四川省广元市苍溪中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

这是一份四川省广元市苍溪中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 时间：75 min
考生注意：客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的水笔书写到答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65
一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分。每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题意的。
1. 下列物质间的转化属于化学变化且能量变化符合图示变化的是
A. 2Cl→Cl2B. NaOH(s)溶解C. 水煤气燃烧D. 煅烧石灰石
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知：该化学反应为放热反应，是化学键形成过程，不属于化学反应，故A错误；
B．溶解是物理变化过程，故B错误；
C．水煤气燃烧是放热的化学反应，故C正确；
D．煅烧石灰石是吸热的化学反应，故D错误；
故选C
2. 对于反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH<0，下列条件中能使活化分子百分数增加的是
A. 增加反应物浓度B. 增大气体的压强C. 缩小反应容器的体积D. 升高体系的温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．增加反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，A项不选；
B．增大气体的压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，B项不选；
C．缩小反应容器的体积相当于增大反应物浓度或压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，C项不选；
D．升高体系的温度，活化分子百分数增加，D项选；
答案选D。
3. 下列微粒对水的电离无影响的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S是弱酸，能水解，促进水的电离，A项不符合题意；
B．氢氧根离子能抑制水的电离，B项不符合题意；
C．能水解，促进水的电离，C项不符合题意；
D．是钠离子，钠离子不水解，对水的电离平衡无影响，D项符合题意；
故选D。
4. 已知在密闭容器中发生反应，经，B的物质的量减少。下列有关反应速率的说法正确的是
A. 用A表示的反应速率是
B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是
C. 在末的反应速率，用B表示是
D. 前，和表示的反应速率的值均逐渐增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．A是固体，反应过程浓度不变，不能作为表示反应速率的物质，故A错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，故B正确；
C．反应速率是指某一时段内的平均速率，不是某时刻的瞬时速率，故C错误；
D．反应过程反应物逐渐减少，正反应速率逐渐减小，生成物逐渐增多，因此逆反应速率逐渐增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
5. ，在V2O5存在时，该反应的机理为(快)、(慢)。下列说法正确的是
A. 反应速率主要取决于V2O5的质量
B. V2O5是反应的中间产物
C. 逆反应的活化能大于198
D. 升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，A错误；
B．由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，B错误；
C．正反应的活化能—逆反应的活化能，所以逆反应的活化能大于，C正确；
D．升高温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
故选C。
6. 锆(Zr)是一种适用于霰弹枪的金属燃烧剂，在一定温度下，锆能与氧气、氮气、水蒸气等发生反应。已知一些反应如下：
①Zr(s)+O2(g)=ZrO2(s) △H1；
②2Zr(s)+N2(g)=2ZrN(s) △H2；
③Zr(s)+2H2O(g)=ZrO2(s)+2H2(g) △H3
则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)分解的焓变为
A. △H1+△H2-△H3B. △H1-△H3C. △H1-△H2+△H3D. △H3-△H1
【答案】D
【解析】
【详解】①Zr(s)+O2(g)=ZrO2(s) △H1；②Zr(s)+N2(g)=2ZrN(s) △H2；③Zr(s)+2H2O(g)=ZrO2(s)+2H2(g) △H3；④2H2O(g)=2H2(g)+O2；根据盖斯定律：④=③-①得到的，所以，D项正确；
故答案选D。
7. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. Al3+、AlO、、
B. 滴加酚酞变红的溶液：、、、
C. 的溶液：、、、
D. 有存在的强酸性溶液：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝离子和偏铝酸根离子可以发生双水解，不能共存，A错误；
B．滴加酚酞变红的溶液显碱性，此时氢氧根离子和铵根离子反应，不能共存，B错误；
C．的溶液显碱性，此时、、、，相互之间不反应，且和氢氧根离子不反应，可以共存，C正确；
D．强酸性条件下，硝酸根离子可以氧化碘离子，不能共存，D错误；
故选C。
8. 已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：
：，
：，
：，，
则以下反应不能自发进行的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据电离常数的意义，对于弱酸而言，电离常数越大，酸性越强，根据已知，以上几种酸的酸性强弱为>>>；再根据强酸制弱酸原理判断反应是否发生；
【详解】A．酸性：>，所以反应，能发生，故A不选；
B．酸性：>，所以反应，不能发生，故B选；
C．酸性：>，所以反应，能发生，故C不选；
D．酸性：>>，在碳酸钠溶液中加入足量溶液，可以发生反应，故D不选;
故选B。
9. 在一定体积的密闭容器中，进行反应 ，K为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表所示：
根据以上信息推断下列说法错误的是
A. 该反应的
B. 压强保持不变时，反应达到平衡状态
C. 反应达到1000℃时的反应速率比700℃时大
D. K数值越大，反应物的转化率越高
【答案】B
【解析】
【详解】温度越高，K值越大，，说明正反应吸热，A项正确；
反应前后气体体积不变，且在恒容条件下压强始终不变，B项错误；
温度越高反应速率越快，C项正确；
化学平衡常数越大，说明反应进行得越彻底，反应物的转化率越高，D项正确；
故选B。
10. NA为阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1L0.01ml•L-1NaF溶液的说法正确的是
A. 该溶液中F-的数目为0.01NAB. 该溶液中：c(H+)+c(HF)=c(OH-)
C. 通入HCl至溶液pH=7：c(Na+)=c(F-)D. 加入少量KF固体后，水电离出的c(OH-)减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．部分水解，该溶液中的数目小于，A项错误；
B．质子守恒式：，B项正确；
C．通入HCl至溶液：，由电荷守恒可知，C项错误；
D．加入少量KF固体后，溶液中c(F-)增大，F-的水解平衡正向移动，溶液中氢氧根浓度增大，水电离出的增加，D项错误；
故选B。
11. 在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Fe2(SO4)3②Na2CO3③KCl④CuCl2⑤NaHCO3可以得到相应盐的晶体(可以含有结晶水)的是
A. ①②③B. ①③⑤C. ②④D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①Fe2(SO4)3加热时虽发生水解，但硫酸难挥发，加热溶液可生成Fe2(SO4)3，故正确；
②Na2CO3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠不稳定，在空气中仍生成碳酸钠，故正确；
③KCl性质稳定，加热溶液可生成KCl，故正确；
④CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸挥发，最后生成氢氧化铜，故错误；
⑤NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠，故错误；
故选A。
12. 某温度下，Ksp(MnS)=2×10-13，Ksp(PbS)=2×10-28，生产中用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Pb2+，其反应原理为Pb2+(aq)+MnS(s)PbS(s)+Mn2+(aq)。下列说法正确的是
A. 该反应平衡常数K=1015
B. PbS悬浊液中：c(Pb2+)=1×10-14ml•L-1
C. 该反应达平衡时c(Mn2+)=c(Pb2+)
D. 其他条件不变，使平衡体系中c(Mn2+)增大，则c(Pb2+)减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应的平衡常数，A项正确；
B．PbS悬浊液中：，，B项错误；
C．根据A项分析，C项错误；
D．为常数，平衡体系中增大，则也增大，D项错误。
答案选A。
13. 常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+) = c(Cl-) + c(ClO-) + c(OH)
B. pH = 8.3的NaHCO3溶液：c(Na+) > c(HCO3-) > c(CO32-) > c(H2CO3)
C. pH = 11的氨水与pH = 3的盐酸等体积混合：c(Cl-) = c(NH4+) > c(OH) = c(H+)
D. 0.2ml/LCH3COOH溶液与0.1ml/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+) – 2c(OH-) = c(CH3COO-) – c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水中加入足量固体NaOH存在电荷c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，故A错误；
B．pH = 8.3 的 NaHCO3溶液中HCO3-的水解大于其电离，则c(Na+)> c(HCO3-) > c(H2CO3) > c(CO32-) ，故B错误；
C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后溶液显碱性，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入计算得到：2c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，所以得到：c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D正确；
答案为D。
14. 下表为25℃时某些弱酸的电离平衡常数。25℃时，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 图像中，a点酸的总浓度>b点酸的总浓度
B. 浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液，
C. pH相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液的浓度关系：
D. 图像中，的值：a点>c点(HR代表CH3COOH或HClO)
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀释前，CH3COOH、HClO的pH相同，由于HClO的酸性弱，所以HClO的浓度大，故HClO的总浓度大于CH3COOH，则稀释相同的倍数，HClO的总浓度仍大于CH3COOH，即图中a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度，A项错误；
B．浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液，前者水解程度小，pH小，较小，较大，而两溶液中钠离子浓度相等，存在电荷守恒、，故，B项正确；
C．电离常数越大，酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，溶液的碱性越弱，即pH越小，所以pH相同时，酸性强的对应盐的浓度大，所以pH相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液的浓度关系为，C项错误；
D．酸加水稀释时，酸根离子浓度减小，增大，所以图中的值为a点故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 甲烷是重要的气体燃料和化工原料，由制取合成气(、)的反应原理为 。回答下列问题：
（1）若生成，吸收热量akJ，相关化学键的键能(断裂1ml化学键所吸收的能量)，如表所示。
①的键能为___________(用含a的式子表示)。
②当体系温度等于TK时，温度大于T时___________(填“>”“<”或“=”)0。
③在一定温度下，恒容密闭容器中发生上述反应，下列状态表示反应一定达到平衡状态的有___________(填标号)。
A．
B．气体压强不再变化
C．单位时间每消耗，同时产生
D．与的物质的量之比为
（2）在体积为的恒容密闭容器中通入和，在不同条件下发生反应，测得平衡时的体积分数与温度、压强的关系如图所示。
①X表示___________(填“温度”或“压强”)，m、n、q点的平衡常数由大到小的顺序为___________。
②若q点对应的纵坐标为30，此时甲烷的转化率为___________，该条件下平衡常数___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 1282-4a ②. < ③. AB
（2） ①. 压强 ②. q>n>m ③. 25% ④. 0.19
【解析】
【小问1详解】
①若生成,吸收热量，则生成1mlCO吸收热量4，设的键能为 x，=断键吸收的总能量-形成化学键放出的总能量=，解得x=1282-4a；
②该反应的>0，且是一个气体体积增大、熵增大的反应，即>0，当体系温度等于时，温度大于T时不变，>0，所以<0；
③A．，用不同物质表示的正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故A正确；
B．一定温度下，恒容密闭容器气体压强不再变化，说明气体分子数不变，对该反应而言，反应一定达到平衡状态，故B正确；
C．单位时间每消耗同时产生，因为任意时刻消耗1ml甲烷同时一定会产生，说明反应不一定达到平衡状态，故C错误；
D．与的物质的量之比为1：3，不能说明物质的物质的量或者浓度不变，所以反应不一定达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AB；
【小问2详解】
①该反应正反应吸热，升高温度化学平衡正向移动，H2O(g)的体积分数减小，根据曲线可以判断出横坐标是温度，又该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强化学平衡逆向移动，H2O(g)的体积分数增大，可以判断出X1大于X2 ，即X表示的是压强；
该反应正反应吸热，升高温度化学平衡常数增大，由图可知温度q> n>m，所以m、n 、q点的平衡常数由大到小的顺序为q>n>m；
②设甲烷的浓度变化量为x，由题意可知：，解得x=0.25，此时甲烷的转化率为；该条件下平衡常数。
16. 是危害最为严重的大气污染物之一，它主要来自化石燃料的燃烧。工业上常采用催化还原法或吸收法处理。回答下列问题：
（1）用还原生成S的反应分两步完成(部分产物略去)，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示。

分析可知X为___________(写化学式)，时间段温度为___________，总反应的化学方程式为___________(可不写条件)。
（2）时用的溶液吸收，当溶液中的溶质为时，H2SO3___________SO (填“大于”、“小于”或“等于”)(已知：的电离平衡常数，)。
（3）SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少SO2的排放，回答下列方法中的问题。
方法1(双碱法)：用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液Na2SO3溶液
①写出过程ⅰ的离子方程式：___________；
②CaO在水中存在如下转化：CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)，从平衡移动角度，简述过程ⅱ中NaOH再生的原理：___________。
方法2：用氨水除去SO2
③已知25 ℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8。若氨水的浓度为2.0 ml·L-1，溶液中的c(OH-)=___________ ml·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7 ml·L-1时，溶液中的=___________。
【答案】（1） ①. H2S ②. 300℃ ③.
（2）小于 （3） ①. 2OH-＋SO2=＋H2O ②. 与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成 ③. 6.0×10-3 ④. 0.60
【解析】
【小问1详解】
氢气与二氧化硫反应生成X，X与SO2反应生成S，反应中X是还原剂，则X为H2S；
0～t1时间段内主要是生成X，则反应的温度为300℃；
根据原子守恒可知反应中还有水生成，则总反应的化学方程式为；
小问2详解】
亚硫酸氢根离子的水解常数小于其二级电离常数，则亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，故H2SO3小于SO；
【小问3详解】
①过程ⅰ中，NaOH与SO2反应生成Na2SO3和水，离子方程式：2OH-＋SO2=＋H2O；
②过程ⅰ中产生的与Ca2+反应生成CaSO3，促进平衡Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)正向移动，从而生成OH-，则过程ⅱ中NaOH再生的原理：与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。
③若氨水的浓度为2.0ml·L-1，由Kb=，可得出溶液中的c(OH-)==ml·L-1=6.0×10-3ml·L-1。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7ml·L-1时，溶液中的===0.60。答案为：2OH-＋SO2=＋H2O；与Ca2＋生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成；6.0×10-3；0.60。
17. 工业上常常使用过氧化氢，它是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。请填写下列空白：
（1）移取10.00 mL密度为ρ g·mL-1的过氧化氢溶液至250 mL___________(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。_______
MnO＋H2O2＋H＋=Mn2＋＋H2O＋___________
（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是___________。
（4）重复滴定三次，平均耗用c ml·L-1 KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为___________。
（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）容量瓶 （2）
（3） ①. 酸式 ②. 滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色
（4）
（5）偏高
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，配制一定体积一定物质的量浓的溶液用的仪器为容量瓶；
【小问2详解】
方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，根据电子转移守恒和原子守恒配平化学方程式，即；
【小问3详解】
由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
【小问4详解】
根据化学方程式可得，关系式：，根据耗用c ml/L KMnO4标准溶液V mL，即消耗KMnO4标准溶液，则的消耗量为，根据取的体积为25 mL，则原的质量为，原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为；
【小问5详解】
若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的KMnO4标准溶液的体积偏大,所以计算的KMnO4的物质的量偏大，则的物质的量偏大，所以测得结果偏高。
18. 某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr)为原料制备Ni(NH3)6Cl2，并测定相关组分含量。制备流程示意图如下：
已知：①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按离子浓度为0.1 ml·L-1计算)如表所示。
②Ni(OH)2为绿色难溶物。Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，溶解度均随温度的升高而增大，水溶液均显碱性。
回答下列问题：
（1）实验需要配制3.0 ml·L-1的稀硝酸250 mL，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和___________。
（2）步骤(a)中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为___________。
（3）步骤(b)为首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，过滤后再继续加入X调节pH以得到绿色沉淀。
①调节pH约为6的原因是___________。
②试剂X可以是___________(填字母)，将pH调至___________。
A．H2SO4 B．NaOH C．NiO D．Fe2O3
（4）步骤(c)和(d)中的反应都需要在冰水浴环境下进行，其作用除了可以减少NH3·H2O的挥发，还有___________。步骤(d)中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）250mL容量瓶
（2）Ni+4HNO3(浓)Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（3） ①. pH约为6时，杂质Fe3+和Cr3+已沉淀完全，而Ni2+还未开始沉淀 ②. C ③. 8.9
（4） ①. 降低产品在水溶液中的溶解度，减少产物损失 ②. Ni(NH3)6(NO3)2+2HCl+2NH3∙H2O= Ni(NH3)6Cl2+2NH4NO3+2H2O
【解析】
【分析】粗镍(含少量Fe和Cr)加入浓硝酸、加热得到含Fe3+、Ni2+、Cr3+的溶液，加入试剂X，经系列操作得到绿色沉淀Ni(OH)2，Ni(OH)2中先加入3.0ml/L稀硝酸、再加入氨水经过滤得到蓝紫色晶体1：Ni(NH3)6(NO3)2；蓝紫色晶体1中先加入盐酸、再加入NH3∙H2O—NH4Cl经过滤得到蓝紫色晶体2：Ni(NH3)6Cl2。
【小问1详解】
实验室配制3.0ml/L的稀硝酸250mL的主要实验步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶。
【小问2详解】
Ni和浓硝酸加热反应生成Ni(NO3)2、NO2和H2O，反应的化学方程式为Ni+4HNO3(浓)Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
【小问3详解】
①步骤(a)得到的溶液中含Ni2+、Fe3+、Cr3+，步骤(b)为首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，根据已知①中各离子生成氢氧化物沉淀的pH可知，pH约为6时，杂质Fe3+和Cr3+已沉淀完全，而Ni2+还未开始沉淀。
②试剂X应能够消耗H+，同时不引入新杂质，试剂X选用C；为使Ni2+完全转化成Ni(OH)2绿色沉淀，需将pH调至8.9。
【小问4详解】T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
弱酸的电离平衡常数(25℃)
CH3COOH
HClO
化学键
键能
414
436
467
离子
Fe3+
Cr3+
Ni2+
开始沉淀pH
1.5
4.3
6.9
完全沉淀pH
2.8
5.6
8.9