届天津市耀华中学高三上学期第二次月考化学试题解析版Word文档格式.docx
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本题选A。
考点:
化学平衡图像问题。
3.下列说法正确的是
A.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)
△H=-57.3kJ/mol,则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出57.3
kJ的热量
B.用铂丝蘸取溶液进行焰色反应,观察到火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液
C.用玻璃棒蘸取NaC1O
溶液点在干燥的pH试纸上,试纸呈蓝色,证明HC1O是弱酸
D.取久置的Na2O2
粉末,向其中滴加过量的盐酸,产生无色气体,不能说明Na2O2是否变质
【答案】D
【解析】醋酸是弱酸,电离吸热,含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出热量小于57.3
kJ,故A错误;
用铂丝蘸取溶液进行焰色反应,观察到火焰呈黄色,该溶液一定含有钠元素,不一定是钠盐,故B错误;
次氯酸钠溶液能漂白,不能用pH试纸测NaC1O溶液的PH,故C错误;
Na2O2
粉末能与盐酸反应放出氧气,久置的Na2O2
粉末,向其中滴加过量的盐酸,产生无色气体,不能说明Na2O2是否变质,故D正确。
4.T℃时,在一固定容积的密闭容器中发生反应:
A(g)+B(g)
C(s)
0,按照不同配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示,下列判断正确的是
A.T℃时,该反应的平衡常数值为4
B.c点没有达到平衡,此时反应向逆向进行
C.若c点为平衡点,则此时容器内的温度高于T℃
D.T℃时,直线cd上的点均为平衡状态
【解析】A、根据平衡常数的表达式,K=1/[c(A)×
c(B)]=1/4,故错误;
B、c点没有达到平衡,如果达到平衡,应向d点移动,A、B的浓度降低,说明平衡向正反应方向移动,故错误;
C、如果c点达到平衡,此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数,说明平衡向逆反应方向移动,即升高温度,故正确;
D、平衡常数只受温度的影响,与浓度、压强无关,因此曲线ab是平衡线,故错误。
5.下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是
A
B
C
D
名称
250mL容量瓶
分液漏斗
酸式滴定管
冷凝管
图形
用途与操作
定容时仰视刻度,则配得的溶液浓度偏小
用酒精萃取碘水中的碘,分液时,碘层需从上口放出
可用于量取10.00mLNa2CO3溶液
蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体
A.AB.BC.CD.D
【解析】定容时仰视刻度,溶液体积偏大,则配得的溶液浓度偏小,故A正确;
酒精易溶于水,不能用酒精萃取碘水中的碘,故B错误;
Na2CO3溶液呈碱性,用碱式滴定管量取10.00mLNa2CO3溶液,故C错误;
冷凝水应该低进高出,故D错误。
6.下列说法正确的是
A.已知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=-137.0kJ/mol,若乙烯和氢气加成时放出68.5kJ热量,则反应过程中被破坏的碳原子之间的共用电子对数目为NA
B.某温度下CaC2O4的Ksp=2.5×
10-9。
将0.02mol/L澄清石灰水和0.01mol/LH2C2O4溶液等体积混合,所得溶液中C2042-的物质的量浓度为5×
10-7mol/L
C.某温度下,一定浓度CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中
的值增大,电离平衡常数不变
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:
c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3C00-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
【答案】B
【解析】C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=-137.0kJ/mol,若乙烯和氢气加成时放出68.5
kJ热量,说明参加反应的乙烯的物质的量是0.5mol,则反应过程中被破坏的碳原子之间的共用电子对数目为0.5NA,故A错误;
0.02mol/L澄清石灰水和0.01mol/LH2C2O4溶液等体积混合,反应后Ca2+的浓度是0.005mol/L,C2042-的物质的量浓度为
,故B正确;
某温度下,一定浓度CH3COOH溶液加水稀释后,电离平衡正向移动,溶液中
的值减小,电离平衡常数不变,故C错误;
根据物料守恒,CH3COONa和CaCl2混合溶液中,c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3C00-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),故D错误。
点睛:
醋酸溶液加水稀释,电离平衡正向移动,电离程度增大,
减小;
醋酸溶液加冰醋酸,电离平衡正向移动,电离程度减小,
增大,电离平衡常数不变。
7.常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<
7。
下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是
A.
<
1.0×
10-7mol/LB.c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)D.c(Cl-)>
c(NH4+)>
c(HCO3-)>
c(CO32-)
【解析】A、因为溶液显酸性,因此有Kw/c(H+)<
10-7,故A说法正确;
B、因为两者是等体积等浓度加入,因此NH4HCO3和NaCl物质的量相等,即n(Na+)=n(HCO3-),根据物料守恒,因此有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3),故B说法正确;
C、发生的反应是NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,溶液有NH4Cl和一部分NaHCO3,因此依据电中性,有c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)+2c(HCO3-),故C说法错误;
D、根据选项C的分析,离子浓度大小顺序是c(Cl-)>
c(NH4+)>
c(HCO3-)>
c(CO32-),故D说法正确。
8.如右图所示,将纯Fe棒和石墨棒插入1L饱和NaCl溶液中。
下列说法正确的是
A.去掉电源,将M、N用导线直接相连,则Fe棒上产生气泡
B.M接电源负极,N接电源正极,Fe棒不会被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法
C.M接电源正极,N接电源负极,将石墨棒换成Cu棒,电解质溶液换成CuSO4溶液,则可实现在铁棒上镀铜
D.去掉电源,将M、N用导线直接相连,烧杯中的溶液换成经酸化的3%NaCl溶液,向Fe电极区滴入2
滴K3[Fe(CN)6]溶液,反应一段时间后,烧杯中产生蓝色沉淀
电镀时,镀件作阴极,镀层金属作阳极,含有镀层金属的盐溶液作电解质溶液;
电镀过程中电解质溶液的浓度保持不变。
9.25C时,将1.0Lwmol/L的CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,充分反应后向混合液中通(加)
入HCl气体或NaOH固体,溶液pH随加入HCl或NaOH的物质的量而变化如下图。
下列叙述正确的是
A.a、b、c
对应的混合液中,水的电离程度由大到小的顺序的是a>
b>
c
B.C点混合液中c(Na+)>
c(CH3COO-)
C.加入NaOH过程中,
减小
D.若忽略体积变化,则25℃时CH3COOH的电离平衡常数
【解析】1.0Lwmol/L的CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,PH<
7,说明醋酸有剩余,所以b点抑制水电离;
C点PH=7,电解质对水电离无影响;
a点加入盐酸,对水电离的抑制增强,所以a、b、c
对应的混合液中,水的电离程度由大到小的顺序的是a<
b<
c,故A错误;
C点PH=7,根据电荷守恒,混合液中c(Na+)=c(CH3COO-),故B错误;
加入NaOH过程中,钠离子、氢氧根离子浓度增大,
增大,故C错误;
根据题意,1.0Lwmol/L的CH3COOH溶液与0.2molNaOH固体后,溶液PH=7,c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(CH3COOH)=(w-0.2)mol/L,则25℃时CH3COOH的电离平衡常数
,故D正确。
根据电荷守恒,溶液中阳离子带的正电荷总数一定等于阴离子带的负电荷总数;
盐水解促进水电离,酸碱电离出的氢离子或氢氧根离子抑制水电离。
10.下列有关叙述正确的是
A.将CO2通入BaCl2溶液中至饱和,无沉淀产生;
再通入SO2,产生沉淀
B.常温下,反应4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4FeOH)3(s)能自发进行,则△H<
C.NH4Al(SO4)2溶液中加入少量氢氧化钠溶液:
NH4++OH-=NH3·
H2O
D.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;
再加入Cu(NO3)2固体,铜粉仍不溶解
【解析】亚硫酸酸性小于盐酸,BaCl2溶液中通入SO2,无沉淀产生,故A错误;
该反应
,常温下能自发进行,根据
,则△H<
0,故B正确;
NH4Al(SO4)2溶液中加入少量氢氧化钠溶液:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓,故C错误;
铜与硝酸反应生成硝酸铜,在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;
再加入Cu(NO3)2固体,铜粉溶解,故D错误。
11.欲用下图装置对所制备的气体进行除杂检验,其设计方案合理的是
制备气体
X(除杂试剂)
Y(检验试剂)
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
KMnO4酸性溶液
电石与NaCl水溶液
Br2的水溶液
C2H5OH与浓硫酸加热至170℃
饱和NaHSO3溶液
K2Cr2O7
酸性溶液
生石灰与浓氨水
浓硫酸
红色石蕊试纸
【解析】A.CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯,而挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰检验试验的进行,需要用水吸收乙醇,故A正确;
B.电石与水反应生成的乙炔中有硫化氢杂质,均具有还原性,应该用硫酸铜溶液除去硫化氢,故B错误;
C.乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体,同时乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应,生成黑色碳、二氧化硫气体和水,含有的杂质二氧化硫不能被饱和NaHSO3溶液吸收,而二氧化硫也能使K2Cr2O7酸性溶液褪色,故C错误;
D.生石灰与水反应生成氢氧化钙,同时放出大量热,使浓氨水分解,放出氨气,氨气能够与浓硫酸反应被吸收,不能检验到生成的氨气,故D错误;
故选A。
本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及有机物性质、制备实验及物质的检验等,侧重物质的性质及实验技能的考查。
本题的易错点是C,要注意高温下,浓硫酸具有脱水性和强氧化性。
12.如图所示,隔板I固定不动,活塞II可自由移动,M、N
两个容器中均发生反应:
A(g)+2B(g)
xC(g)
△H=-192kJ/mol,向M、N中都通入1molA和2molB的混合气体,初始M、N容积相同,保持温度不变。
A.若x=3,达到平衡后A的体积分数关系为:
φ(M)>
φ(N)
B.若x>
3,达到平衡后B的转化率关系为:
α(M)>
α(N)
C.若x<
3,C的平衡浓度关系为:
c(M)>
c(N)
D.X不论为何值,起始时向N容器中充入任意值的C,平衡后N容器中A的浓度均相等
【解析】M容器是恒温恒容下建立的平衡,N容器是恒温恒压下建立的平衡,
A.若x=3,由于反应前后气体体积不变,N容器建立的平衡与恒温恒容下建立的平衡等效,所以达到平衡后A的体积分数关系为:
φ(M)=φ(N),故A错误;
B.若x>3,由于反应后气体体积增大,N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积,压强减小,平衡正向移动,B的转化率增大,所以达到平衡后B的转化率关系为:
α(M)<α(N),故B错误;
C.若x<3,由于反应后气体体积减小,N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积,压强增大,平衡正向移动,C的平衡浓度增大,所以C的平衡浓度关系为:
c(M)<c(N),故C错误;
D.恒温恒压下,x不论为何值,起始时向N容器中充入任意值的C,一边倒后,A与B的物质的量之比都是1:
2,为等效平衡,反应物的浓度相同,即平衡后N容器中A的浓度均相等,故D正确;
故选D。
13.工业上制备相关物质,涉及的反应原理及部分流程较为合理的是
A.制取镁:
海水
Mg(OH)2
MgO
Mg
B.冶炼铝:
铝土矿
NaAlO2
无水AlCl3
Al
C.制溴:
浓缩海水
Br2
HBr(aq)
D.制碘:
海带
海带灰
I2(aq)
I2
A.缺少过滤步骤,生成的氢氧化镁沉淀需要过滤后溶解,制备金属镁,需要电解熔融的氯化镁得到,不是电解氧化镁,故A错误;
B.电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝,氯化铝是共价化合物,熔融的氯化铝不能导电,故B错误;
C.海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质,被二氧化硫吸收后富集,再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质,步骤和实验过程正确,故C正确;
D.热裂汽油含有不饱和烃,和碘单质会发生加成反应,不能做萃取剂,应用分馏汽油,故D错误;
故选C。
【考点定位】考查海水资源的分析应用,金属的冶炼方法和原理。
【名师点晴】掌握基础和工业生产过程是解题关键;
因MgCl2的熔点较MgO低,为节约能源,镁的冶炼应电解氯化镁,AlCl3是共价化合物,熔融时不导电,无法电解,而裂化汽油含有双键,能与I2发生加成反应,明确了反应原理,即可解题。
14.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。
用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH将收制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。
下列推断合理的是
A.镍是阳极,电极反应为4OH--4e-=
O2↑+2H2O
B.电解时电流的方向为:
负极→Ni电极→溶液→Fe→电极→正极
C.若隔膜为阴离子交换膜,则OH-自右向左移动
D.电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高(假设电解前后体积变化忽略不计)
【解析】镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH制备Na2FeO4,铁是阳极,电极反应为
,故A错误;
电解时电流的方向为:
负极←Ni电极←溶液←Fe←电极←正极,故B错误;
若隔膜为阴离子交换膜,则OH-自左向右移动,故C错误;
电解时阳极反应是
,pH降低;
阴极区反应是
,pH升高,故D正确。
15.下列有关平衡常数K的说法正确的是
A.已知碳酸:
K1=4.4×
10-7,K2=4.7×
10-11,次氯酸:
K1=2.98×
10-8,碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为:
CO32-+Cl2+H2O=HCO3-+Cl-+HClO
B.1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0。
由此可知Ka1(H2CO3)>
Kb(NH3·
H2O)>
Ka2(H2CO3)
C.常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)=
D.将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1mo/LCuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]sp[Mg(OH)2]
【解析】已知碳酸:
K1=4.4×
K1=2.98×
2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO-,故A错误;
越弱越水解,1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0。
由此可知
Kb(NH3·
Ka1(H2CO3)>
Ka2(H2CO3),故B错误;
常温下电离常数为Ka
的酸HA溶液中c(H+)=
,故C错误;
一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀,将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH
溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1mo/LCuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]<
Ksp[Mg(OH)2],故D正确。
16.水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、A13+、AlO2-、SiO32-、CO32-、SO32-、SO42-中的若干种离子。
某同学对该溶液进行了如下实验:
下列判断正确的是
A.气体甲一定是纯净物B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C.K+、AlO2-、SiO32-一定存在于溶液X中D.CO32-和SO42-一定不存在于溶液X
中
【解析】加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-,或两者都有,生成的气体是二氧化碳或二氧化硫,或两者都有,一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子,所以不存在镁离子、铝离子;
加盐酸有沉淀,说明一定有硅酸根离子,硅酸是沉淀,加入过量氨水(提供OH-)有沉淀生成,只能是氢氧化铝沉淀,说明此时溶液中存在铝离子,但是原来溶液中的铝离子一定不能存在,所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的,所以,一定存在偏铝酸根离子,要保证溶液电中性,只有K+这一个阳离子,所以一定存在钾离子.
A.加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-,生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体,故A错误;
B.溶液中一定含有CO32-或SO32-,或两者都有,则一定不含有镁离子,它们和镁离子都不共存,所以沉淀甲是硅酸,不可能是硅酸镁,故B错误;
C.原来溶液中K+、AlO2-、SiO32-一定存在,故C正确;
D.硫酸根离子是否存在不能确定,CO32-可能存在,故D错误。
II卷(共52分)
17.A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。
B、C、D均能与A形成10电子分子,E单质可用于焊接钢轨,F与D同主族,F与G同周期。
(1)D、E、F的离子半径由大到小的顺序为_________(填离子符号)。
(2)写出能证明G比F非金属性强的一个离子方程式_____________。
(3)F和G的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构,该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物,三种产物的物质的量之比为2:
1:
6,甲的电子式为_______,该反应的化学方程式为___________________。
(4)C能分别与A和D按原子个数比1:
2形成化合物乙和丙,乙的结构式为_______。
常温下,液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质,若共生成1mol产物时放热QkJ,该反应的热化学方程式为_____________________。
(5)现取100mL1mol/L的E的氯化物溶液,向其中加入1mol/L氢氧化钠溶液产生了3.9g沉淀,则加入的氢氧化钠溶液体积可能为_________mL。
【答案】
(1).S2->
O2->
Al3+
(2).Cl2+H2S=2H++2Cl-+S↓(或Cl2+S2-=2Cl-+S↓)(3).
(4).3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl(5).
(6).2N2H4
(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)
△H=-7QkJ/mol(7).150
或350
A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。
B、C、D均能与A形成10电子分子,F与D同主族,F与G同周期;
所以A是H元素;
B、C、D是第二周期元素,F、G是第三周期元素,B是碳元素、C是氮元素、D是氧元素;
F是硫元素、G是氯元素;
E单质可用于焊接钢轨,E是铝元素。
解析:
(1)电子层数越多半径越大,电子层数相同时,质子数越大半径越小,O2-、Al3+、S2-
的半径由大到小的顺序为S2->
Al3+。
(2)非金属性越强,单质氧化性越强,Cl2+H2S=2H++2Cl-+S↓能证明Cl比S非金属性强。
(3)Cl和S的一种化合物甲与水反应生成S单质、HSO4和HCl,三种产物的物质的量之比为2:
6,根据元素守恒,甲的化学式是SCl2,电子式为
,该反应的化学方程式为3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl。
(4)N能分别与H和O按原子个数比1:
2形成化合物乙和丙,乙是N2H4,丙是NO2,N2H4的结构式为
。
常温下,液体N2H4与NO2气体反应生成两种氮气和水,若共生成1mol产物时放热QkJ,该反应的热化学方程式为2N2H4
(1)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)
△H=-7QkJ/mol。
(5)3.9g氢氧化铝沉淀的物质的量是0.05mol;
设铝离子只生成氢氧化铝沉淀,需要氢氧化钠溶液的体积是VL
,V=0.15L=150mL;
设铝离子生成氢氧化铝沉淀和偏铝酸根离子,生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠150mL,生成偏铝酸钠的物质的量是0.1L×
1mol/L-0.05mol=0.05mol,生成偏铝酸钠消耗氢氧化钠0.05mol×
4=0.2mol,消耗氢氧化钠溶液的体积为0.2mol÷
1mol/L=0.2L=200mL,共消耗氢氧化钠溶液的为350mL;
氢氧化铝是两性氢氧化物,既能与酸反应又能与强碱反应;
氯化铝与少量的氢氧化钠反应生成氯化铝沉淀;
氯化铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠。
18.含氮的化合物广泛存在于自然界,是一类非常重要的化合物。
回答下列问题:
(1)在一定条件下:
2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g)。
己知该反应的相关的化学键键能数据如下:
化学键
N≡N
H-O
N-H
O=O
E/(kJ/mol)
946
463
391
496
则该反应的△H=________kJ/mol.
(2)在恒容密闭容器中充入2molNO2
与1m
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- 天津市 华中 学高三 上学 第二次 月考 化学试题 解析
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