2022-2023学年四川省成都市四川师范大学附属中学高二上学期12月月考试题化学试题.docx

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1、四川师大附中高2021级高二(上期)12月考试化 学第卷(选择题，共40分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分共40分)1. 下列关于水的说法正确的是A. 升高温度，测得水的pH7，显酸性B. 向水中加入FeSO4固体，水的电离平衡向正反应方向移动，Kw增大C. Zn和稀硫酸制取氢气过程中，溶液中水电离平衡向正反应方向移动D. 25时，pH相同的氨水和纯碱溶液中水的电离程度相同【答案】C【解析】【详解】A升高温度，促进水的电离，氢离子浓度增大，则测得水的pH c(H+)，溶液呈碱性，Al3+、NH4+都不能与OH-共存，A不符合题意；Bc(OH-)=1010molL110-7 mo

2、lL1，溶液显酸性，所列离子都能大量共存，B符合题意；C水电离产生的c(H+)11012molL1，说明水的电离受到抑制，可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下ClO-不能大量共存，碱性条件下NH4+都不能不能大量共存， C不符合题意；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中CO3-不能大量共存，D不符题意；故选B。6. 在2L密闭恒容容器内，500时反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的体系中，n(NO)随时间的变化如表(K表示平衡常数)：时间(s)01234n (NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.007下列说法正确的是A. 2s内消耗氧气的平均速率为3.01

3、0-3molL-1s-1B. 反应达到平衡时，v(NO)=2v(O2)C. 当容器内气体的密度不再发生变化时，该反应达到平衡状态D. 若K500K550，4s后升温达到新平衡过程中逆反应速率先增大后减小最后保持不变【答案】D【解析】【详解】A由表格可知，2s内消耗一氧化氮的物质的量为：0.020mol-0.008mol=0.012mol，所以一氧化氮的平均反应速率为，同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以在02s内氧气的反应速率为，故A错误；B当正逆反应速率相等时反应达到平衡状态，即，故B错误；C该体系为恒容状态，气体体积始终不变，根据质量守恒定律可知，气体密度也始终不变，故无法

4、判断是否达到平衡状态，故C错误；D若，说明升高温度，平衡常数减小，则该反应为放热反应，第4s后升温至达到新平衡过程中升温瞬间逆反应速率增大，平衡左移，逆反应速率减小，最后保持不变，故D正确；故答案选D。7. 对于反应，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系正确的是 v(D)=0.03molL-1s-1A. B. =C. D. 【答案】C【解析】【详解】比较不同条件下的反应速率应转化成同一物质的速率进行比较，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行转换，以A的速率为标准，对应的；对应的；可知反应速率的由快到慢的顺序为：；故选：C。8. 在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：

5、A(g)+B(g)xC(g)，有图所示的反应曲线，试判断对图的说法中正确的是A. P3P4，y轴表示B的转化率B. P3P4，y轴表示混合气体的密度D. P3T2，且温度越高，平衡时C的体积分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，据此分析。【详解】A由图()知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以，P3P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低；随着压强的减小，B物质的转化率减小，故A正确；BP3P

6、4，增大压强，在相同温度下平衡向正反应移动，B的体积分数减小。温度升高平衡向逆反应移动，B的体积分数增大，图象与实际不符，故B错误；C密度=质量体积，混合气体的质量和体积都不变，密度不变，故C错误；DP3P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均摩尔质量增大。温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际不相符，故D错误；故选：A。9. 在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的

7、是（ ）A. CO、H2S的转化率之比为11B. 达平衡后H2S的体积分数为4%C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动【答案】B【解析】【分析】A. 利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率； B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。【详解】A. 设起始时H2S的物质的量为x mol,CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)； 始(mol) 10 x 0 0转(mol) 2 2 2 2平

8、(mol) 8 x-2 2 2平衡常数K=1，解得x=2.5mol，CO的转化率=100%=20%，H2S的转化率=100%=80%，转化率不相等，A项错误；B. 达平衡后H2S的体积分数=100%=4%，B项正确；C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc=0.671说明平衡正向移动，D项错误；答案选B。【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA

9、(g)bB(g) cC(g)dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q，称为浓度商，且QK反应向正反应方向进行，v正v逆QK反应处于化学平衡状态，v正v逆QK反应向逆反应方向进行，v正v逆10. 化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是A. 已知C(石墨，s)C(金刚石，s)H0，则金刚石比石墨稳定B. 一定条件下，将0.5molH2和0.5molI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：H2(g)+I2(g)2HI(g)H=-2akJ/molC. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ

10、热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：H=-285.8kJ/molD. HCl和NaOH反应的中和热H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热H=-114.6kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A石墨转化成金刚石为吸热反应，故金刚石的能量高，不稳定，故A错误；B0.5molH2和0.5molI2生成HI(g)的物质的量小于1mol，则I2和H2反应生成1molHI(g)时放热大于akJ，放热焓变为负，则I2(g)+H2(g)2HI(g)H-2akJmol-1，故B错误；C燃烧热是指在一定压强下，1mol的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物的时候所放出的热量，故C正确

11、；DHCl和NaOH反应的中和热H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热仍然为H=-57.3kJ/mol，由于硫酸与氢氧化钡还生成硫酸钡沉淀，放热热量增大，则硫酸与氢氧化钡反应的H-114.6kJ/mol，故D错误；故选：C。11. 下列实验过程可以达到实验目的的是实验目的实验过程A根据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响往2支试管中分别加入同体积、等浓度的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的KMnO4溶液B比较HClO和CH3COOH酸性的强弱常温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHC证明HA是弱酸等体积、浓度均为0.1m

12、ol/L的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多D制备Al2O3固体将NaAlO2溶液蒸干并灼烧A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A高锰酸钾是有色物质，根据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响时高锰酸钾的体积和浓度应相同，则往2支试管中分别加入同体积、不同浓度的草酸溶液，再分别加入同体积、等浓度且均少量的KMnO4溶液，A错误；BCH3COONa和NaClO都是强碱弱酸盐，在溶液中阴离子发生水解反应产生弱酸，使溶液显碱性，可在相同温度下，利用pH计测定等物质量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，根据盐的水解规律，来比较CH3COOH和HClO的

13、酸性强弱，故B正确；C浓度均为0.1mol/L的HA和HB两种酸，分别与足量Zn反应，最终能电离出来的c(H+)相同，则等体积、等浓度的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，放出的H2一样多，C错误；D将NaAlO2溶液蒸发过程中先促进水解、但由于氢氧化钠浓度增大、水解被抑制，蒸干并灼烧所得为NaAlO2固体，D错误；答案选C。12. 常温下将pH=3的硫酸和pH=11的某一元碱溶液等体积混合。在混合后的溶液中，加入的下列离子一定可以大量共存的是A. H+B. OH-C. Ba2+D. 【答案】D【解析】【详解】A如果碱是强碱，则二者恰好反应，溶液显中性，如果碱是弱碱，碱过量，反应后溶液显碱性，

14、所以氢离子不能大量共存，选项A错误；B如果生成的盐是强酸弱碱盐，例如硫酸铵等，氢氧根离子不能大量共存，选项B错误；C由于反应后存在硫酸根离子，所以钡离子一定不能大量共存，选项C错误；D根据以上分析可知硝酸根离子一定可以大量共存，选项D正确；答案选D。13. 研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A. 总反应速率由反应的速率决定B. 反应中Fe+的存在可以增加活化分子百分数C. 当反应中转移1mole-时，生成N2的体积为标况下22.4LD. 其他条件不变时，升高温度，总反应的平衡常数K减小【答案】C【解析】【详解】A由题图可知，反应的活化

15、能高于反应，因此反应的速率较慢，则总反应速率由反应的速率决定，故A项正确； B由题图可知，Fe+先转化为FeO+， FeO+后续又转化为Fe+，因此Fe+是催化剂，催化剂的存在可以增加活化分子百分数，故B项正确； C总反应方程式为N2O+ CO CO2+N2，氮元素化合价从+1价降低至0价，当转移电子的物质的量为1 mol时，有0.5 mol N2生成，在标况下体积为11.2L，故C项错误； D由题图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，总反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，故D项正确；答案选C。14. 用如图装置测锌和稀硫酸的反应速率。分别在t1、t2时刻

16、测得下列物理量,其中不能用于表示(或计算)其反应速率的是A. H2的浓度B. 溶液的质量C. H2的体积D. H2SO4的浓度【答案】A【解析】【详解】AZn和稀H2SO4反应生成氢气，由于容器的容积是变化的，所以不能通过测定氢气的浓度变化量来测定反应速率，A错误；BZn和稀H2SO4反应，溶液质量增加，可通过测量一定时间内溶液质量的变化测定反应速率，B正确；C氢气是产物，可通过收集一定体积H2需要的时间，或一定时间内收集氢气的体积，来计算反应速率，C正确；DZn和稀H2SO4反应，可通过测定一定时间内硫酸浓度变化测定反应速率，D正确；故答案选A。15. 某温度下，向一定体积0.1mol/L氨

17、水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 此温度下，水的离子积常数为1.010-2aB. N点溶液加水稀释，增大C. M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D. Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积【答案】D【解析】【详解】AQ点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.010-2a，故A正确；B一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶液pOHpH，所以c(H+)I-Cl-)。下列说法不正确的是A.

18、 若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液B. 通入N2和煮沸的目的是将产生的气体从溶液中全部赶出C. 葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性D. 若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液【答案】A【解析】【分析】葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中SO2的量计)，首先需要加入试剂使酒样中的硫酸盐转化为二氧化硫，并且生成的二氧化硫要全部排出，再选择合适的试剂吸收二氧化硫形成溶液，进行滴定，计算出二氧化硫的含量。【详解】A二氧化硫具有还原性，可以被氯水氧化为硫酸，但氯水也可以和氢氧化钠反应，所

19、以不能选择NaOH标准液，故A错误；B根据题意分析知，通入N2是为了将生成的二氧化硫从溶液中全部排出，故B正确；C亚硫酸根易被空气中的氧气氧化为硫酸根，葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止葡萄酒氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，故C正确；D若试剂A选择碱液，可以和二氧化硫反应得到亚硫酸盐或是亚硫酸氢盐，该盐可以被碘单质氧化为硫酸盐，则试剂B可选择I2标准液，故D正确；故答案选A。17. 下列叙述与图像相符的是A. 图甲是反应 H0中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1c(HSO)c(SO)c(H+)=c(OH-) . 增大【解析】【小问1详解】实验室配制氯化铁

20、溶液时，先将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释，目的是抑制铁离子的水解。【小问2详解】铁离子水解生成氢氧化铁，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，两者相互促进水解的离子方程式为：2Fe3+3SO+6H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；由反应现象：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色可知，活化能较大的是氧化还原反应。【小问3详解】。【小问4详解】溶液呈中性，把带入，可得，从而得到离子浓度排序为：c(Na+)c(HSO)c(SO)c(H+)=c(OH-)；向该溶液中加入少量的I2，发生反应，可知溶液酸性增强，氢离子浓度增大，带入Ka1表达式，可得将增

21、大。23. .完成下列问题（1）用0.2000mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作步骤如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入1-2滴甲基橙溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。重复以上滴定操作23次。以上步骤有错误的是_(填编号)。（2）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol/L的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，

22、某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，选用酚酞作指示剂，得到如图所示两条滴定曲线。甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)；a=_。摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种重要的化工原料，在定量分析、冶金等方面有重要应用。称取mg摩尔盐配制成100mL溶液。用移液管移取20mL上述溶液，用浓度为0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液滴定，测定所配摩尔盐的浓度，写出该反应的离子方程式，并描述反应达到终点的实验现象。（3）离子方程式：_。（4）达到终点的实验现象：_。（5）滴定前后读数如图，所用KMnO4溶液的体积为_ ，计算配得摩尔盐溶液的物质的

23、量浓度_。（6）下述操作对摩尔盐浓度测定的影响，结果偏大的有_。a滴至终点时有1滴酸性KMnO4溶液悬在管口处未滴入b待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水c装酸性KMnO4溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失【答案】（1） （2） . 图2 . 20.00 （3） （4）滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 （5） . 20.00mL . 0.0500mol/L （6）ac【解析】【小问1详解】滴定管在装液前，应用待装液进行润洗，所以错误，故答案为：；【小问2详解】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，分析题图，可知甲溶液滴定丙溶液的曲线是图2；氢氧化钠溶液

24、滴定盐酸恰好中和时，pH=7，因二者浓度相等，二者体积相等，a=20.00；【小问3详解】摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O中的Fe2+被酸性KMnO4溶液氧化为Fe3+，离子方程式为：；【小问4详解】达到终点的实验现象：滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；【小问5详解】滴定前后读数如图，所用KMnO4溶液的体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL，根据，可知配得摩尔盐溶液的物质的量浓度为：50.0100mol/L= 0.0500mol/L；【小问6详解】a滴至终点时有1滴酸性KMnO4溶液悬在管口处未滴入，则消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，结果偏大，故符合题意；b待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水不影响摩尔盐的物质的量，不影响滴定结果，故不符合题意；c装酸性KMnO4溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失，则酸性KMnO4溶液的体积偏大，结果偏大；故选ac。24. 我国科学家研制的第二代“彩虹鱼”万米级深海着陆器所用的金属材料主要是钛合金。以钛铁矿(成分：FeTiO3及少量Fe2O3、FeO等杂质)为主要原料制钛的流程如下：