1、吉林省辽源市田家炳高级中学2019-2020学年高二化学12月月考试题（含解析）一、选择题：（本题共20小题，每题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）A. a mLB. （50a）mLC. 大于（50a）mLD. 大于amL【答案】C【解析】【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，
2、把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50a)mL，故选C。2.用水稀释 0.1mol/L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )A. c(OH)/ c(NH3.H2O)B. c(NH3.H2O)/ c(OH)C. c(H+)和 c(OH)的乘积D. OH的物质的量【答案】B【解析】【详解】A.由NH3H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积，c(OH)/ c(NH3.H2O)= n(OH-)/ n(NH3H2O)，二者的比值增大，A项不符合题意；B. 由NH3H2OO
3、H-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积， c(NH3.H2O)/ c(OH) = n(NH3H2O)/ n(OH-)，二者的比值减小，B项符合题意；C.因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C项不符合题意；D.由NH3H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，D项不符合题意；故选B。3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是A. 用量筒量取稀盐酸B. 用托盘天平称量 C. 用广泛试纸测得某溶液的为2.3D. 用滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液【答案
4、】D【解析】【详解】A项，10mL量筒的精确度只能精确到0.1mL，故A项错误；B项，托盘天平精确度为0.1g，故B项错误；C项，广泛pH试纸的测量精度为1，故C项错误；D项，滴定管的精确度可以达到0.01mL，故D项正确；综上所述，本题选D。4.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是A. AlCl3B. KHCO3C. Fe2(SO4)3D. NH4HCO3【答案】C【解析】【详解】AAlCl3加热后水解生成Al（OH）3和HCl，Al（OH）3易分解生成Al2O3，HCl易挥发，最后得到Al2O3固体；BKHCO3加热易分解生成K2CO3，最后得到K2CO3固体；CFe2（SO4）3加热后
5、水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到Fe2（SO4）3；DNH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余。本题选C。5.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：A. ABB. A=10-4BC. B=10-4 AD. A=B【答案】B【解析】【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH）=c（H）=10-9 molL1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH
6、）= = =10-5 molL1，所以A=10-4B；故选：B。【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点6.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的：NaOH固体 H2O NH4Cl固体 CH3COONa固体 NaNO3固体A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2HFe2+H2，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量。【详解】NaO
7、H固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故错误；H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；NH4Cl能够水解，溶液显酸性，溶液中氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故错误；CH3COONa固体，CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，但HNO3具有强氧化性，得不到氢气，故错误；故选A。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，难点Fe4HNO3=Fe3NO2H2O，得不到氢气。7.将4 mol A气体和2 m
8、ol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）2C（气）。若经2 s（秒）后测得C的浓度为0.6 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7 molL1其中正确的是：A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】2A（气）+B（气）2C（气），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析A、B；生成C的物质的量为1.2mol，则
9、转化的A为1.2mol、B为0.6mol，以此分析C、D。【详解】经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质A表示的反应的平均速率为 0.3 molL-1s-1，故正确；由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质B表示的反应的平均速率为 0.15molL-1s-1，故错误；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol，所以A的转化率为100%=30%，故错误；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的B为0.6mol，2s时物质B的浓度为=0.7molL1，故正确；正确，故选B。8.在CH
10、3COOHHCH3COO的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是A. 加入NaOHB. 加入盐酸C. 加水D. 升高温度【答案】D【解析】【详解】A选项，加入NaOH，消耗氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，故A错误，不符合题意；B选项，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误，不符合题意；C选项，加水，平衡逆向移动，由于溶液体积增大占主要影响因素，因此氢离子浓度减小，故C错误，不符合题意；D选项，升高温度，电离是吸热反应，因此平衡正向移动，氢离子浓度增大，故D正确，符合题意；综上所述，答案为D。【点睛】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小，看不见的浓度增大”
11、即电离方程式中看见的微粒的浓度减小，隐含的离子浓度增大。9.相同体积的pH3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是A. 强酸溶液产生较多的氢气B. 弱酸溶液产生较多的氢气C. 两者产生等量的氢气D. 无法比较两者产生氢气的量【答案】B【解析】pH3的强酸溶液和弱酸溶液，由于弱酸的电离程度通常非常小，所以弱酸的物质的量浓度远远大于强酸。相同体积的pH3的强酸溶液和弱酸溶液中，弱酸的物质的量远远大于强酸，分别跟足量的镁完全反应后，弱酸生成的氢气远远多于强酸，所以B正确，本题选B。10.下列溶液，一定呈中性的是：A. c(H+)110-7mol/L的溶液B. pHpOH 的溶液
12、C. 使石蕊试液呈紫色的溶液D. 由等体积、等物质量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液【答案】B【解析】【分析】溶液一定呈中性，说明溶液中c（H）=c（OH），不能根据pH、氢离子或氢氧根离子浓度大小判断溶液酸碱性。【详解】Ac（H）=110-7molL1的溶液可能呈酸性、碱性或中性，如果c（H）=c（OH），则溶液呈中性，如果c（H）c（OH），则溶液呈酸性，如果c（H）c（OH），则溶液呈碱性，故A错误；BpH=pOH的溶液（pOH是OH浓度的负对数），说明溶液中存在c（H）=c（OH），则溶液呈中性，故B正确；C使石蕊试液呈紫色的溶液一种常用的酸碱指示剂，变色范围是pH=5.0
13、-8.0之间，不能确定是酸性、中性、碱性，故C错误。D由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液，如果酸是强酸，则溶液呈中性，如果酸是弱酸，则溶液呈碱性，故D错误；故选：B。11.物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是（ ）A. CaCl2B. CH3COONaC. NH3D. K2S【答案】D【解析】【详解】A、CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2+、Cl-、OH-、H、H2O，共5种；B、CH3COONa发生水解，溶液中存在Na+、CH3COO-、CH3COOH、H+、OH-、H2O，共6种粒子；C、氨水中存在NH3、NH3H2O、NH4+、OH-、H
14、+、H2O，共6种粒子；D、K2S中S2-发生两步水解，溶液中存在K+、S2-、HS-、H2S、OH-、H+、H2O，共7种粒子；答案选D。12.下列方程式书写正确的是（ ）A. HCO3在水溶液中的电离方程式：HCO3H2OH3OCO32B. H2SO3的电离方程式H2SO32HSO32C. CO32的水解方程式：CO322H2OH2CO32OHD. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+CO32【答案】A【解析】AHCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2OH3O+CO32-，故A正确；B亚硫酸是二元弱酸，分步电离，第一步电离生成氢离子和亚硫酸
15、氢根离子，第二步电离生成亚硫酸根离子和氢离子，且第一步电离程度远远大于第二步电离，其第一步电离方程式为H2SO3H+HSO3-，故B错误； C、碳酸根的水解分两步进行，先水解为碳酸氢根，最后水解为碳酸，故C错误；D碳酸钙是难溶物，但是为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2+CO32-，故D错误；故选A。点睛：明确电解质强弱及电离方程式书写特点是解本题关键。注意多元弱酸、多元弱碱电离方程式书写区别，易错选项是D，电离方程式中“=”或“ ”的书写与其电离程度有关，与电解质溶解性无关。13.氢氰酸（HCN）的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是A. 1mol/L甲酸溶液的p
16、H约为3B. HCN易溶于水C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应D 用HCN溶液做导电性实验，灯泡很暗【答案】A【解析】【详解】A. 1mol/L甲酸溶液的pH约为3，说明甲酸没有全部电离，故A正确；B. HCN易溶于水，与酸碱性无必然联系，故B错误；C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，只能说明HCN一元酸，不能说明它是弱酸，故C错误；D. 用HCN溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子溶液低，不能说明它是否完全电离，故D错误；故选A。14.为了配制NH4+浓度与Cl的浓度比为1:1的
17、溶液，可在NH4Cl溶液中加入：适量HCl适量NaCl适量的氨水适量的NaOH，正确的是A B. C. D. 【答案】D【解析】氯化铵是弱碱强酸盐，由于水解，导致溶液中，溶液呈酸性，为了配制与的浓度比为1：1的溶液，可以增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度；加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，错误；加入后氯离子浓度增加，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，错误；加入适当氨水增加了铵根离子浓度，可以配制与的浓度比为1：1的溶液，正确；加入后，中和了氢离子，平衡右移，铵根离子浓度降低，不能配制与的浓度比为1：1的溶液，错误；只有符合题意，正确选项D。点睛：为了配制NH4+浓
18、度与Cl的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：适量的硫酸铵、硝酸铵、氨水等，或加入适量的硝酸银等，总体的思路为增加铵根离子浓度，或减少溶液中氯离子的浓度，即可达到目的。15.在一定温度不同压强(P1P2)下，可逆反应2X(g)2Y(g)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数()与反应时间(t)的关系如图所示，正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】增大压强，反应速率增大，到达平衡所用时间短。所以P1c(OH)，总之：c(Na+)=c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，故A正确；B. 0.1molL1 NH4Cl溶液与0.1molL1氨水等体积混合(
19、pH7)：NH3H2O的电离大于NH4+水解，c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)，故B错误；C. 0.1molL1 Na2CO3溶液与0.1molL1 NaHCO3溶液等体积混合：溶液中存在物料守恒，钠与碳酸各存在形态之和的比为3:2，2c(Na+)=3c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，故C错误；D. 0.1molL1 Na2C2O4溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，相当于0.1molL1 NaHC2O4溶液与0.1molL1 NaCl溶液混合，溶液中存在电荷守恒，Cl不能丢失： c(Cl )+2c(C2O42)+c(HC
20、2O4)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；故选A。【点睛】两溶液混合后离子浓度大小比较，难点C，物料守恒，明确溶液中要比较的两种粒子总量的比是解题关键，钠与碳酸各存在形态之和的比为3:2，易错点D，写电荷守恒要将离子分析全，不能漏写。20.室温下，pH相同体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是：A. 加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小B. 使温度都升高20后，两溶液的pH均不变C. 加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均减小D. 加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多【答案】D【解析】【详解】A醋酸中存在电离平衡，盐酸中不存在氯化氢的电离平衡，加水稀
21、释后，促进醋酸的电离，所以盐酸的pH变化程度大，且pH均增大，故A错误； B盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误； C向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故C错误； DpH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D正确；故选：D。二、填空题(本题包括6小题，共40分)21.（1）AgNO3的
22、水溶液呈_（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_7（填“”、“=”、“” 或“”或“” 或“”或“” 或“”或“ c(CH3COO)。（2）醋酸是弱酸，pH3的醋酸中H+和pH11的氢氧化钠溶液中OH-相等，但醋酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，等体积混合后溶液呈酸性，电离大于水解，溶液中c(Na) ”、“”、或“=”，下同） c（NH3H2O），混合后溶液中c（NH4+）与c（Cl）的关系c（NH4+） c（Cl）。【答案】（1）D（2分）（2）C（2分）（3）NH3H2O和NH4+（共2分，均答对给分）NH4+和H+（共2分，均答对给分）（4）氯化铵，A（各2分） NH4Cl和HCl（2
23、分），（各2分）【解析】26. 盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) H 24.8kJmol3Fe2O3(s)+ CO(g)=2Fe3O4(s)+ CO2(g) H 47.2kJmolFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) H +640.5kJmol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：_ 【答案】CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）H=-218.0kJ/mol【解析】【详解】CO气体还原FeO固体生成Fe固体和CO2气体的化学方程式为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）；应用盖斯定律，消去Fe2O3（s）、Fe3O4（s），将3-26=1/2-1/6-1/3得，CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g） H=（-24.8kJ/mol3+47.2kJ/mol-640.5kJ/mol2）6=-218.0kJ/mol，CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学方程式为CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g） H=-218.0kJ/mol。【点睛】运用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标看来源变方向调系数相叠加得答案。
