2019-2020年高二化学12月检测试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二化学12月检测试卷（含解析）一、单选题1下列说法正确的是活化分子间的碰撞一定能发生化学反应普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子百分数增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查了化学反应速率的影响因素。活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错。普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错。升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，故正确。增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，故正确。使用催化剂，可以降低反应的活化能，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故错。活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确，故该题选B。2在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是A.Z为0.3mol/LB.Y2为0.4mol/LC.X2为0.2mol/LD.Z为0.4mol/L【答案】A【解析】本题考查了化学平衡的建立。若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则根据三段式计算：若反应逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则根据三段式计算：由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范围为0c(X2)0.2，0.2c(Y2)0.4，0c(Z)0.4，故该题选A。3把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是A.1020mL 3mol/L的X溶液B.2030mL 2mol/L的X溶液C.2010mL 4mol/L的X溶液D.1010mL 2mol/L的X溶液【答案】B【解析】本题考查化学反应速率的影响因素。在这个题目中需要考虑的条件是温度和浓度。温度相同时考虑浓度的影响，浓度相同时考虑温度的影响。A和D温度相同，只有X的浓度不同，且A大于D，故A的反应速率大于D，B和C温度相同，X的浓度B大于D，故反应速率B大于D，A和B浓度相同，B温度高，故B反应速率最快。4已知下列热化学方程式：Fe2O3(s) + 3CO(g)2Fe(s) + 3CO2(g) H= -25kJmol-13Fe2O3(s) + CO(g)2Fe3O4(s) + CO2(g) H= -47kJmol-1则下列关于Fe3O4(s)被CO还原成Fe(s)和CO2的热化学方程式的书写中正确的是A.Fe3O4 + 4CO3Fe + 4CO2 H= -14kJmol-1B.Fe3O4(s) + 4CO(g)3Fe(s) + 4CO2(g) H= -22kJmol-1C.Fe3O4(s) + 4CO(g)3Fe(s) + 4CO2(g) H= +14kJmol-1D.Fe3O4(s) + 4CO(g)3Fe(s) + 4CO2(g) H= -14kJmol-1【答案】D【解析】本题考查热化学方程式的书写及盖斯定律的应用。由盖斯定律：（3）/2，经整理可知D正确。5反应N2O4(g)2NO2(g)H57kJmol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：ACB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.由状态B到状态A，可以用加热的方法D.A、C两点气体的平均相对分子质量：AC【答案】C【解析】本题考查图像分析能力及稳定、压强等因素对化学平衡移动的影响。由图像可知C点的压强大于A点的压强，因为其他条件不变时，压强越大，化学反应速率越快，所以反应速率CA，A错误；由于A、C两点温度相等，C点的压强大于A点的压强，体积减小增大压强，二氧化氮浓度会变大，所以A浅，C深，B错误；由图可知，A和B状态的压强相等，而温度不同，A点的NO2的体积分数大，说明平衡向正反应方向移动，反应为吸热反应，故温度升高，即T2T1，所以由B状态到A状态可以通过加热方法实现，C正确；从A到B，二氧化氮的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以气体物质的量减小，气体的平均相对分子质量会增大，即AB，D错误。故选C。6已知在298K时下述反应的有关数据：C(s)+O2(g)CO(g)H1=110.5kJmol-1，C(s)+O2(g)CO2(g)H2=393.5kJmol-1，则C(s)+CO2(g)2CO(g) 的H 为A.+283.5kJmol1 B.+172.5kJmol1C.172.5kJmol1 D.504kJmol1【答案】B【解析】本题考查了盖斯定律的计算。已知：C (s)+O2(g)CO(g)H=110.50kJ/mol C (s)+O2(g)CO2(g) H=393.51kJ/mol，根据盖斯定律，将2可得：C (s)+CO2(g)2CO(g) H=(110.50kJ/mol)2(393.51kJ/mol)=+172.5kJ/mol。故选B。7化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.65%的酒精用于消毒B.Al(OH)3可用于治疗胃酸过多C.明矾用于水的杀菌消毒D.从海水中提取可燃冰【答案】B【解析】本题考查化学与社会、生产、生活的联系。A、用于消毒的酒精是75%，错误；B、胃酸中含有盐酸，与氢氧化铝发生中和反应，可治疗胃酸过多，正确；C、明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附作用，可净化水，但不能杀菌消毒，错误；D、可燃冰是甲烷水合物，埋藏在海底的沉积物和陆地冻土的岩石中，海水中不含可燃冰，错误，答案选B。二、填空题8：如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：(1)达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是 。(2)若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度1处，此时甲容积为2L，反应化学平衡常数为_。(3)若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧刻度靠近0处， 则乙中可移动活塞F最终停留在右侧的刻度不大于 ；：若一开始就将K、F固定，其它条件均不变，则达到平衡时：(4)测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为 ；(5)假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是 。【答案】.(1)0a2 (2)4 (3)8.(4)1-b (5)4/3d3/2【解析】本题综合考查了化学平衡的基本知识，平衡状态的判断，化学平衡移动原理的应用，化学平衡的计算等知识。.(1)根据反应式2A(g)+B(g)2C(g) 可知反应达平衡时气体物质的量减小，当物质的量不变时平衡，此时隔板K、F不再移动，当乙中没有He气时，甲中充入2molA、1molB，与乙中充入2molC到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molHe气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动，再次到达平衡时，隔板位于a处，通过观察，当反应未开始时隔板位于0处，每一个格相当于0.5mol气体。隔板在a处时，甲中的气体为0.5(6a)mol。设甲中反应到达平衡时，有xmolB发生反应，(22x)+(1x)=(6a)0.5 0.5a=x当B完全反应时，x=1，a取最大，即a=22molA和1molB完全反应时生成2molC，根据可逆反应不能进行到底可知：K停留在02之间某位置；(2)根据题中的条件，当到达平衡时，隔板位于左侧1处，则说明乙端的相当有7个格，即乙中平衡时气体的物质的量为3.5mol，其中He为1mol。设乙中到达平衡时有ymolC反应(2y)+y+y=2.5 y=1，则甲中C的物质的量为1mol，A的物质的量为1mol，B的物质的量为0.5mol，甲容积为2L，根据化学平常数表达式的概念，生成物浓度计量系数次方的乘积与反应物浓度计量系数次方的乘积的比值，K=4；(3)根据题中信息可知，甲和乙是在恒温恒压条件下的反应，属于等效平衡，若平衡时K停留在0处，说明甲中平衡混合物为3mol，如乙平衡不移动，乙中为C和He，共4mol，体积为8，F应停留在8处，但因为等同于此时再向乙中通入1molHe，2C(g)2A(g)+B(g)，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，则活塞F应停留在右侧不大于8处；.(1)体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氦气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，左边甲容器中A的转化率为b，则A转化了2bmol，右边乙容器中含有2bmol的C物质，乙中C的转化率=1b；(2)此题仍要考虑两种极限情况，即乙、甲完全转化与乙、甲完全不转化，当乙完全不转化、甲完全转化时，恒容，d=p甲/p乙= n甲/n乙=3/2；当乙完全转化、甲完全不转化时，恒容，d= p甲/p乙= n甲/n乙=4/3，因此d的取值范围是4/3d3/2。9常温下将0.01 mol NH4Cl和0.002 mol NaOH溶于水配成1 L溶液。(1)该溶液中存在的平衡体系有;。(2)溶液中共有种不同的微粒。(3)这些微粒中浓度为0.01 molL-1的是,浓度为0.002 molL-1的是。(4)物质的量之和为0.01 mol的两种微粒是。(5)和两种微粒的物质的量之和比OH-的物质的量多0.008 mol。【答案】(1)H2O H+OH-NH3H2O N+OH-N+H2O NH3H2O+OH-(2)7(3)Cl-Na+(4)N、NH3H2O(5)H+N【解析】将0.01 mol NH4Cl和0.002 mol NaOH溶于水配成1 L溶液,反应后生成0.002 mol NH3H2O和0.002 mol NaCl,剩余 0.008 mol NH4Cl。(1)该溶液中存在水和NH3H2O的电离平衡、N的水解平衡。(2)溶液中存在H2O、NH3H2O、Na+、Cl-、N、OH-、H+7种不同的微粒。(3)Cl-和Na+没有参与反应,其物质的量不变,根据溶液体积可求其浓度。(4)根据物料守恒可得出答案。(5)根据电荷守恒H+N+Na+=OH-+Cl-可得,H+N-OH-=0.008 mol/L。三、实验题10有一瓶澄清溶液,其中可能含有N、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、N、C、S。(1)用pH试纸检验,溶液呈强酸性,可排除的存在。(2)取出部分溶液,加入少量CCl4及数滴新制氯水,经振荡后CCl4层呈紫红色,可排除的存在。(3)另取部分溶液慢慢加入NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性,在滴加过程中及滴加完毕后,溶液均无沉淀产生,则可排除的存在。(4)取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液,有白色沉淀生成,可证明的存在,又排除的存在。(5)将(3)中得到的碱性溶液加热,有气体放出,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(6)根据上述实验事实确定该溶液中肯定存在的离子是;肯定不存在的离子是;不能确定是否存在的离子是。【答案】(1)C(2)Fe3+、N(3)Mg2+、Al3+(4)Ba2+S(6)N、Ba2+、I-Mg2+、Al3+、Fe3+、N、C、SCl-、K+、Na+【解析】(1)C可与酸中的H+结合生成CO2和H2O,因此可排除C的存在。(2)CCl4层呈紫红色,说明生成了I2,即原溶液中有I-,而2I-+2Fe3+ 2Fe2+I2,在酸性溶液中I-可被N氧化,故可排除Fe3+和N的存在。(3)加入NaOH溶液,自始至终无沉淀生成,说明溶液中无Mg2+、Al3+存在。(4)题给阳离子中,只有Ba2+、Mg2+、Al3+可与C生成沉淀,而Mg2+、Al3+已被排除掉,故溶液中必有Ba2+存在,而根据Ba2+的存在又可排除S。(5)使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3,故原溶液中一定含有N。(6)因实验过程中未涉及Cl-、Na+、K+的有关判定,故不能确定其是否存在。四、综合题11常温下向20.00 mL 0.10 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.10 mol/L盐酸40.00 mL,所得溶液的pH与加入盐酸体积的关系如表所示:溶液的pH加入盐酸的总体积12V(HCl)=08V(HCl)=20.00 mL5V(HCl)=40.00 mL(1)20.00 mL 0.10 mol/L Na2CO3溶液中所有阳离子和阴离子的浓度有何关系?(用等式表示)。(2)当V(HCl)=20.00 mL时,溶液呈碱性的原因是(用离子方程式和必要的文字说明)此时溶液中c(H2CO3)(填“”、“(3)2.510-6不变(4)9.510-9【解析】(1)在Na2CO3溶液中,存在平衡:C+H2OHC+OH-,HC+H2OH2CO3+OH-,H2OH+OH-,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)。(2)当加入盐酸20 mL时,发生反应:Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3,HC+H2OH2CO3+OH-,HCH+C,因溶液呈碱性,说明HC的水解程度大于电离程度,c(H2CO3)c(C)。(3)H2CO3H+HC,K1=2.510-6,平衡常数只与温度有关,温度不变,K1不变。(4)Ksp(BaCO3)=c(C)c(Ba2+)=0.109.510-9。