辽宁省丹东市凤城市第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题

辽宁省丹东市凤城市第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学试题

化学试题 一、选择题(本题包括 20 个小题，1—10 题每小题 2 分，11—20 题每小题 3 分，共 50 分。每 小题仅有一个选项符合题意) 1.化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的( ) A. 食品、蔬菜贮存在冰箱和冰柜里，能延长保鲜时间 B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，能减缓生锈 C. 制造蜂窝煤时加入生石灰，减少 SO2 排放 D. 煤气换成天然气时，要调整灶具进气(或出气)管 【答案】C 【解析】 【分析】 从影响化学反应速率的因素分析。 【详解】A 项：冰箱和冰柜里温度较低，食品、蔬菜氧化反应较慢，保鲜时间长，A 项与速率 有关； B 项：铁锅、铁铲等保持干燥，不能形成电解质溶液，能减缓生锈，B 项与速率有关； C 项：燃煤时，煤中硫元素生成 SO2，被生石灰吸收，从而减少 SO2 排放，与速率无关； D 项：等体积煤气和天然气燃烧时耗氧量不同，煤气换成天然气时要增加灶具空气进入量，加 快燃烧速率，D 项与速率有关。 本题选 C。 2.下表中物质的分类组合完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 KNO3 H2SO4 BaSO4 HClO4 弱电解质 HF CaCO3 HClO NH3 非电解质 SO2 金属 Al H2O C2H5OH A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．KNO3 为强电解质，HF 为弱电解质，SO2 为非电解质，A 正确； B．CaCO3 为强电解质，金属 Al 既不是电解质也不是非电解质，B 错误； C．H2O 是弱电解质，而不是非电解质，C 错误； D．NH3 为非电解质，而不是弱电解质，D 错误。 故选 A。 【点睛】虽然 NH3 溶于水能导电，但导电离子来自氨气与水反应的产物，而不是来自 NH3，所 以 NH3 属于非电解质。 3.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序.若以 E 表示某能级的能量， 下列能量大小顺序中正确的是（ ） A. E(4f)＞E(4s)＞E(3d) B. E(3s)＞E(2s)＞E(1s) C. E(3s)＞E(3p)＞E(3d) D. E(5s)＞E(4s)＞E(4f) 【答案】B 【解析】 【详解】根据构造原理可判断，A 不正确，应该是 E(4f)＞E(3d) ＞E(4s)。C 不正确，应该是 E(3s)＜E(3p)＜E(3d)。D 也不正确，应该是 E(4f)＞E(5s)＞E(4s)。所以答案选 B。 4.已知反应 X(g)+3Y(g) 2Z(g) △H 的能量变化如下图所示。下列说法正确的是 A. △H= E2- E1 B. 更换高效催化剂,E3 不变 C. 恒压下充入一定量的氦气 n(Z)减少 D. 压缩容器，c(X)减小 【答案】C 【解析】 【详解】A、△H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故 A 错误； B、更换高效催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，该反应中（E3-E2）为活化能，E2 为反 应物的能量，E2 不变，活化能降低，则 E3 减小，故 B 错误； C、恒压下充入一定量的氦气，容器体积增大，反应体系的分压减小，平衡向气体增多的方向 移动，则 n(Z)减少，故 C 正确； D、压缩容器体积，压强增大，平衡向右移动，n(X)减小，体积减小，各物质的浓度都增大， 平衡移动只能减弱这种改变，而不能消除，故 c(X)还是比原来大，故 D 错误。 故选 C。 5.下列叙述中正确的是（ ） A. 在一个基态多电子的原子中，可以有两个运动状态完全相同的电子 B. 在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子 C. 在一个基态多电子的原子中，M 层上的电子能量肯定比 L 层上的电子能量高 D. 如果某一基态原子 3p 能级上仅有 2 个电子，它们的自旋状态必然相反 【答案】C 【解析】 【详解】A、在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又 有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原 子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故 A 错误； B、每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价 轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故 B 错误； C、L 层只有 2s、2p 能级，2s、2p 能级能量比 3s、3p 能级低，故 M 层上的电子能量肯定比 L 层上的电子能量高，故 C 正确； D、某一基态 3p 能级上仅有 2 个电子，这 2 个电子分别占据不同的轨道，且自旋方向相同， 故 D 错误。 故答案为 C。 6.下列事实一定能证明 HNO2 是弱电解质的是（ ） ①常温下 NaNO2 溶液的 pH 大于 7 ②用 HNO2 溶液做导电实验，灯泡很暗 ③HNO2 和 NaCl 不能 发生反应 ④0.1 mol·L－1 HNO2 溶液的 pH＝2.1 ⑤NaNO2 和 H3PO4 反应，生成 HNO2 ⑥0.1 mol·L－1 HNO2 溶液稀释至 100 倍，pH 约为 3.9 A. ①④⑥ B. ①②③④ C. ①④⑤⑥ D. 全部 【答案】C 【解析】 【详解】：①常温下 NaNO2 溶液 pH 大于 7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质， 故①正确； ②溶液的导电性与离子浓度成正比，用 HNO2 溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离 子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误； ③HNO2 和 NaCl 不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③ 错误； ④常温下 0.1 mol•L-1 HNO2 溶液的 pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所 以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确； ⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2 和 H3PO4 反应，生成 HNO2，说明 HNO2 的酸性弱于 H3PO4，所以能说 明亚硝酸为弱酸，故⑤正确； ⑥常温下 0.1 mol·L－1 的 HNO2 溶液稀释至 100 倍，则浓度为 10-4mol/L，若为强酸则 pH=4，而 实际约为 3.9 说明亚硝酸不完全电离，故⑥正确； 故正确的有①④⑤⑥；故答案为 C。 【点睛】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸能不能完全电离或盐 类水解的规律来分析某酸是否为弱电解质． 7.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是 A. pH＝11 的氨水 B. 0.01 mol/L 的 Na2CO3 溶液 C. 0.01 mol/L 的盐酸 D. pH＝4 的 NaHSO3 溶液 【答案】C 【解析】 A、pH =11 的氨水，c(H+)溶液=10-11mol/L=c(H+)水；B、0.01 mol/L Na2CO3 溶液，由于碳酸根的水 解促进水的电离 c(H+)水>10-7mol/L；C、0.01 mol/L 盐酸， c(H+)溶液 =10-2mol/L，则 c(OH-)溶液 =   Kw c H 溶液 = c(H+)水=10-12mol/L；D、pH = 4 NaHSO3 溶液，c(H+)溶液=10-4mol/L，c(OH-)溶液 =   Kw c H 溶液 = c(H+)水=10-10mol/L；比较可得水的电离程度最小的是 C。 8.科学家提出如下光分解法制备氢气： ①2Ce4＋(aq)＋H2O(l)===2Ce3＋(aq)＋ 1 2 O2(g)＋2H＋(aq) ΔH1 ②Ce3＋(aq)＋H2O(l)===Ce4＋(aq)＋ 1 2 H2(g)＋OH－(aq) ΔH2 ③H2O(l)===H＋(aq)＋OH－(aq) ΔH3 ④2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH4 下列说法正确的是( ) A. Ce4＋能够增大水分解反应的活化能，提高反应速率 B. Ce3＋是反应②和反应③的催化剂 C. 上述反应中，ΔH4＝2ΔH1＋4ΔH2－4ΔH3 D. 通常条件下，反应④中生成 H2、O2 的速率之比为 1∶2 【答案】C 【解析】 【详解】A.A 中说法矛盾，活化能增大，反应速率减慢，故错误；B.②和③的总反应 Ce3＋参与 了反应，没有生成 Ce3＋，所以不符合催化剂的特征，故 B 错误；C.根据盖斯定律可得：ΔH4 ＝2ΔH1＋4ΔH2－4ΔH3，故 C 正确；D.化学反应速率用不同物质表示时与方程式的计量系数成 正比，④生成 H2 和 O2 的速率比应为 2∶1，故 D 错误；答案选 C。 9.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是( ) A. ③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的 pH 均增大 B. ②和③两溶液等体积混合，所得溶液中 c(H＋)>c(OH－) C. 分别加水稀释 10 倍，四种溶液的 pH：①>②>④>③ D. V1 L ④与 V2L ①溶液混合后，若混合后溶液 pH＝7，则 V1”“<”或“＝”)。 【答案】 (1). 2.5 (2). －75kJ·mol－1 (3). 增大 (4). > 【解析】 【分析】 （1）         3 2 3 2 2 3 c CH OH c H OK = c CO c H   ，据此计算；根据盖斯定律计算焓变； （2）吸热反应升温平衡右移； （3）根据浓度商和平衡常数的大小关系判断； 【详解】（1）由         3 2 3 2 2 3 c CH OH c H OK = c CO c H   ，       3 1 2 c CH OHK = c H c CO ，         2 2 2 2 c CO c H OK = c CO c H   可知 3 1 2K =K K =2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH1＝－116 kJ·mol－1；②CO2(g) ＋H2(g) H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1；可知③=①+②，所以ΔH3＝ΔH1+ΔH2= －116 kJ·mol－1+（＋41 kJ·mol－1）=－75kJ·mol－1；故答案为：2.5；－75kJ·mol－1； （2）反应②ΔH2 大于零，故为吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，故答案为： 增大； （3）         3 2 2 2 3 3 c CH OH c H O c CO c H 0.3 0.15= = 0.880.1 0.8Q     v 逆；故答案为：>； 【点睛】灵活运用浓度商与平衡常数的大小关系来判断平衡移动方向。 23.(1)H2A 在水中存在以下平衡：H2A H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2－。NaHA 溶液显酸性，则溶液 中离子浓度的大小顺序为__________________________。 (2)已知常温下 H2A 的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2＋(aq)＋A2－(aq)滴加 少量 Na2A 固体，c(Ca2＋)___(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是______。 (3)含有 2- 2 7Cr O 的废水毒性较大，某工厂废水中含 4.00×10－3 mol·L－1 的 Cr2O 。为使废水能 达标排放，作如下处理： 2- 2 7Cr O Cr3＋、Fe3＋ Cr(OH)3、Fe(OH)3 ①该废水中加入 FeSO4·7H2O 和稀硫酸，发生反应的离子方程式为：_______。 ②若处理后的废水中残留的 c(Fe3＋)＝1×10－13 mol·L－1，则残留的 Cr3＋的浓度为 __________________。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38 ，Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31} 【答案】 (1). c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－) (2). 减小 (3). 加少量 Na2A 固体，A2－浓度增大，CaA 的溶解平衡向左移动，所以 c(Ca2＋)减小 (4). Cr2O ＋14H＋＋6Fe2 ＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (5). 1×10－6 mol·L－1 【解析】 【分析】 (1) H2A 在水中存在以下平衡：H2A H+＋HA-，HA－ H+＋A2- ，所以 H2A 是二元弱酸，NaHA 在溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明 HA-的电离程度大于水解程度，以此分 析。 (2)加少量 Na2A 固体，A2－浓度增大，CaA 的溶解平衡向左移动。 (3) ①亚铁离子被氧化的离子方程式为 Cr2O7 2－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 ②根据 Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和 Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31 可知     3 3 tc Fe c Cr ＝     sp 3 sp 3 Fe(OH) Cr(OH) K K ，根据 c(Fe3＋)浓度可求出 Cr3＋的浓度。 【详解】（1）因为钠离子不水解，HA－既水解又电离，所以 c(Na＋)>c(HA－)，因为 NaHA 溶液显 酸性，所以 HA－的电离大于水解，又因为水电离也能产生 H＋，所以 c(H＋)>c(A2－)，水的电离 很微弱，OH－浓度很小，所以 c(A2－)>c(OH－)，综上，c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。 因此，本题正确答案是：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。 （2）由于加入 Na2A 固体，c(A2- )增大，从而导致溶解平衡左移，c(Ca2+ )减小。 因此，本题正确答案是：减小；加少量 Na2A 固体，A2－浓度增大，CaA 的溶解平衡向左移动， 所以 c(Ca2＋)减小。 （3）Cr2O7 2-有较强氧化性，FeSO4·7H2O 中 Fe2＋有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原 反应，由实验流程可知，第①步反应中 Cr2O7 2-在酸性条件下将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，自身被还原为 Cr3＋，根据元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为 Cr2O7 2-＋14H＋＋6Fe2 ＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O； 因此，本题正确答案是：Cr2O7 2-＋14H＋＋6Fe2＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。 （4）根据 Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38 和 Ksp[Cr(OH)3]≈1.0×10－31，若处理后的废水中残留的 c （Fe3+）＝1×10-13mol•L-1，     3 3 tc Fe c Cr =     sp 3 sp 3 Fe(OH) Cr(OH) K K ，c（Cr3+）＝ 31 13 38 1.0 10 1 101.0 10       mol/L=1×10-6mol•L-1。 因此，本题正确答案是：1×10－6 mol·L－1。 24.如图所示，A、F 为石墨电极，B、E 为铁片电极。按要求回答下列问题。 （1）打开 K2，合并 K1。B 为___极，A 极的电极反应为___。 （2）打开 K1，合并 K2。E 为___极，F 极的电极反应为___， （3）若往 U 形管中滴加酚酞，进行(1)(2)操作时，A、B、E、F 电极周围能变红的是___，原 因是___。 【答案】 (1). 负 (2). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (3). 阴 (4). 2Cl－－2e-=Cl2↑ (5). AE (6). 因为 A 极产生 OH－，E 极中 H＋反应了，促进了水的电离，溶液中有 OH－剩余， 酚酞遇 OH－变红 【解析】 【详解】（1）当打开 K2，闭合 K1 时，铁片、石墨和 NaCl 溶液构成原电池，负极为铁，电极反 应式为：Fe-2e-═Fe2+，正极为石墨，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O═4OH-，故答案为：负； O2+4e-+2H2O═4OH-； （2）当打开 K1，闭合 K2 时，铁片、石墨和 NaCl 溶液构成电解池，阴极为铁，电极反应式为： 2H++2e-═H2↑，阳极为石墨，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，故答案为：阴；2Cl--2e-═Cl2↑； （3）由于 A 极 O2 得到电子产生 OH-，E 极上水放电产生 H2 和 OH-，均导致电极区域呈碱性，所 以 A、E 电极周围遇酚酞变红， 故答案为：AE；A 极上 O2 放电产生 OH-，E 极上水放电产生 H2 和 OH-，均导致电极区域呈碱性． 25.已知 X、Y 和 Z 三种元素的原子序数之和等于 42。X 元素原子的 4p 轨道上有 3 个未成对电 子，Y 元素原子的最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子。X 跟 Y 可形成化合物 X2Y3，Z 元素可以 形成负一价离子。请回答下列问题： （1）X 元素原子基态时的电子排布式为___，该元素的符号是___； （2）Y 元素原子的价层电子的电子排布图为___，该元素的名称是___； （3）X 与 Z 可形成化合物 XZ3，该化合物的空间构型为___； （4）已知化合物 X2Y3 在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为 XZ3，产物还有 ZnSO4 和 H2O，该反应 的化学方程式是___。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). As (3). 或 (4). 氧 (5). 三 角 锥 形 (6). As2O3 ＋ 6Zn ＋ 6H2SO4=2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O 【解析】 【分析】 X 元素原子的 4p 轨道上有 3 个未成对电子，则可以知道 X 元素原子基态时的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，为 As，Y 元素原子的最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子，则元素原 子基态时的电子排布式为 1s22s22p4，为 O；X、Y 和 Z 三种元素的原子序数之和等于 42，X 原 子序数为 33，Y 为 8，则 Z 为 H 原子，X 与 Z 可形成化合物 AsH3，据此解答该题． 【详解】（1）由以上分析可知 X 为 As，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为： 1s22s22p63s23p63d104s24p3；As； （ 2 ） Y 为 氧 元 素 ， 原 子 的 价 层 电 子 的 轨 道 表 示 式 为 或 ，故答案为： 或 ；氧； （3）X 与 Z 可形成化合物 AsH3，该化合物的空间构型和氨气相似，为三角锥型，故答案为： 三角锥； （4）已知化合物 As2O3 在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为 AsH3，产物还有 ZnSO4 和 H2O，则反 应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O， 故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。