化学卷·2019届河北省张家口市高二上学期12月月考试题（解析版）

化学卷·2019届河北省张家口市高二上学期12月月考试题（解析版）

河北省张家口市2017-2018学年高二12月月考 化学试题 ‎1. 化学与生活密切相关，下列与盐类水解无关的是 A. 纯碱去油污 B. 食醋除水垢 C. 明矾净化水 D. NH4Cl除铁锈 ‎【答案】B ‎【解析】纯碱是碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，可以与油污发生皂化反应达到去除油污的目的，选项A与水解相关。食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应，实际是利用醋酸的酸性，所以选项B与水解无关。明矾净水，是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力，所以选项C与水解相关。氯化铵水解显酸性，可以将氧化铁反应，所以选项D与水解相关。‎ ‎2. 下列离子在水溶液中不发生水解的是 A. Ag+ B. Cu2+ C. F- D. Cl-‎ ‎【答案】D 点睛：水解的原则是“有弱才水解”，即弱电解质（弱酸或弱碱）对应的离子才能水解。具体一点说就是：弱酸的酸根和弱碱的阳离子能水解。‎ ‎3. 下列属于水解的离子方程式且书写正确的是 A. HCO3-+H2OH3O++CO32- B. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-‎ C. SO32-+2H2OH2SO3+2OH- D. Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】H3O+实际就是H+，所以选项A是碳酸氢根的电离方程式，选项A错误。CH3COO-水解会结合水电离的H+形成CH3COOH，所以方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，选项B正确。SO32-的水解应该分步，选项C错误。Fe3+水解生成Fe(OH)3但是不会看到有沉淀生成，不能加“↓”，所以选项D错误。‎ 点睛：如果遇到离子方程式中出现H3O+的情况，可以将方程式的两侧都减去一个水分子，将H3O+转化为H+，再进行判断。例如本题的选项A，可以变为：HCO3-H++CO32-。‎ ‎4. 某温度下，Ag2S饱和溶液中c(S2-)=a mol·L-1，则该温度下，Ag2S的Ksp为 A. a2 B. 4a3 C. a3 D. 4a2‎ ‎【答案】B ‎【解析】Ag2S饱和溶液中c(S2-)=a mol·L-1，则c(Ag+)=2a mol·L-1，所以Ksp＝，选项B正确。‎ ‎5. 下列物质既能与盐酸反应，又能与NaOH 溶液反应的是 A. NaAlO2 B. AlCl3 C. (NH4)2CO3 D. CH3COONa ‎【答案】C ‎【解析】NaAlO2能与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，但是不与氢氧化钠反应，选项A错误。AlCl3能与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，但是不与盐酸反应，选项B错误。(NH4)2CO3能与盐酸反应生成二氧化碳气体，能与氢氧化钠反应生成氨气，选项C正确。CH3COONa能与盐酸反应生成醋酸，但是不与氢氧化钠反应，选项D错误。‎ 点睛：与强酸强碱都反应的物质主要有：1、含有Al的某些物质：Al、Al2O3、Al(OH)3；2、弱酸的酸式盐：NaHCO3等；3、弱酸的铵盐：(NH4)2CO3等。‎ ‎6. 下列物质中，能促进水的电离且溶液中c(H+)>c(OH-)的是 A. NaHSO4 B. CH3COONa C. HCl D. CuSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】NaHSO4在溶液中电离出大量的氢离子，对水的电离起到抑制作用，选项A错误。CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项B错误。HCl在溶液中电离出大量的氢离子，对水的电离起到抑制作用，选项C错误。CuSO4是强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，同时水解会促进水电离，所以选项D正确。‎ 点睛：物质对于水电离的影响可总结为：加酸加碱对于水的电离都起到抑制作用，加入可以水解的盐对水的电离起到促进作用，加入不水解的盐对水的电离无影响。另外如果加入酸式盐，NaHCO3这样水解大于电离的应该促进水电离，NaHSO3这样电离大于水解的应该抑制水电离。‎ ‎7. 下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是 A. HNO3 B. NaHS C. HF D. NH4Cl ‎【答案】A ‎【解析】硝酸溶液中除水分子以外都是离子，有：H+、NO3-、OH-，不存在其他分子，选项A正确。NaHS溶液中的HS-会水解得到H2S分子，选项B错误。HF是弱酸只能电离一部分，一定存在HF分子，选项C错误。NH4Cl溶液中铵根离子水解得到NH3·H2O分子，选项D错误。‎ ‎8. 向两份0.1mol·L CH3COONa 溶液中分别加入少量NH4NO3和NaOH 固体(忽略溶液体积变化)，则两份溶液中c(CH3COO-)的变化依次为 A. 增大、减小 B. 减小、增大 C. 增大、增大 D. 减小、减小 ‎【答案】B ‎【解析】 CH3COONa 溶液中加入少量NH4NO3，NH4+的水解对于CH3COO-的水解起到促进作用，所以CH3COO-的浓度减小。CH3COO-的水解会生成OH-，则CH3COONa ‎ 溶液中加入少量NaOH时，氢氧化钠电离的OH-对于CH3COO-的水解起到抑制作用，所以CH3COO-的浓度增大。由上，选项B正确。‎ 点睛：阴阳离子都水解一定互相促进，多种阳离子或多种阴离子都水解一定互相抑制。‎ ‎9. 下列事实中能说明HA一定为弱电解质的是 A. 常温时NaA 溶液的pH>7 B. 用HA 溶液做导电实验时灯泡很暗 C. HA有强氧化性 D. 常温下0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1‎ ‎【答案】A ‎【解析】常温时NaA 溶液的pH>7，说明NaA 属于强碱弱酸盐，所以证明HA为弱酸，属于弱电解质，选项A正确。用HA 溶液做导电实验时灯泡很暗，说明溶液的导电能力比较差，但是溶液的导电能力由离子浓度决定，有可能是因为HA的浓度太小所以导电能力较差，不能说明HA是弱电解质，选项B错误。HA有强氧化性，这个性质与HA的酸性强弱无关，选项C错误。常温下0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，即HA是强酸，属于强电解质，选项D错误。‎ ‎10. 下列有关0.10 mol·L-1=的NH4Cl溶液的叙述不正确的是 A. c(H+)>c(OH-) B. c(NH4+)c（OH-），故A正确；B．根据电荷守恒，c（NH4+） +c（H+） =c（Cl-） +c（OH-），结合c（H+）>c（OH-），则c（NH4+）Ksp(AgI)‎ C 常温下，测得饱和溶液的pH：NaA>NaB 证明常温下的水解程度：A- Ksp(AgI)，选项B能达到预期目的。证明常温下的水解程度：A- A>C (4). Ag2SO4+CrO42-=Ag2CrO4+SO42-‎ ‎【解析】（1）依据图象分析，选取b点，一定温度下的溶度积Ksp=c2(Ag+ )×c(SO42- )=(2×10 -2 ) 2 ×4×10 -2 =1.6×10 -5 (mol•L -1) 3 ；图象中a点处的离子浓度为：c(SO 42- )=4×10 -2 mol/L，c(Ag + )=1×10 -2 mol/L，c 2 (Ag + )×c(SO 42-)=4×10 -6 ＜ksp，不是饱和溶液。‎ ‎（2）依据图象分析，选取b点，一定温度下的溶度积Ksp=c2(Ag+ )×c(SO42- )=(2×10 -2 ) 2 ×4×10 -2 =1.6×10 -5 (mol•L -1) 3。‎ ‎（3）一定温度下的溶度积Ksp= c2(Ag+ )×c(SO42- )=1.6×10 -5 (mol•L -1) 3 ；将足量的Ag 2 SO 4 分别放入：a.40mL0.01mol•L -1 K 2 SO 4溶液，0.01mol/L的硫酸根抑制硫酸银的溶解；b.10mL 蒸馏水中形成饱和溶液；c.10mL0.02mol•L -1 H 2SO 4溶液中，0.02mol/L的硫酸根离子抑制硫酸银的溶解；显然硫酸根离子浓度越大，硫酸银的溶解度越小（注意：溶解度与溶液体积无关），所以Ag 2SO 4 的溶解度由大到小的排列顺序为：b＞a＞c。‎ ‎（4）往Ag 2SO 4 溶液中加入足量的Na 2CrO 4 固体，可观察到砖红色沉淀（Ag 2CrO 4 为砖红色），说明Ag 2CrO 4 溶解性小于Ag 2SO 4 发生了沉淀转化，反应的离子方程式为：Ag2SO4+CrO42-=Ag2CrO4+SO42-。‎ ‎22. 某二元酸(H2A)在水中的电离方程式是H2A=H++HA-； HA-H++A2-。‎ ‎（1）NazA溶液显___________(填“酸性”“ 中性”或“碱性”)。理由是____________________(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）已知0.1mol·L-1的NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1 的HA溶液中c(H+)_______________ (填“<”“ >”或“=”)0.11mol·L-1。理由是______________________。‎ ‎（3）在0.1mol·L-1 的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是______________(填字母)。‎ A. c(A2-)+c(HA-)=0.1mol·L-1‎ B. c(OH-)=c(H+)+c(HA-)‎ C. c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)‎ D.c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)‎ ‎（4）若向0.1mol·L-1的H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碱性 (2). A2-+H2OHA-+OH- (3). < (4). H2A 的第一步电离产生的H+ 对HA- 的电离有抑制作用 (5). C (6). c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)‎ ‎【解析】试题分析：本题考查水解离子方程式的书写，溶液中粒子浓度的大小关系。‎ ‎（1）由于H2A第一步为完全电离，第二步为部分电离，所以Na2A溶液中A2-只发生一步水解：A2-+H2OHA-+OH-，Na2A溶液呈碱性。‎ ‎（2）NaHA在水中的电离方程式为：NaHA=Na++HA-，HA-H++A2-，0.1mol/LNaHA溶液的pH=2，溶液中c（H+）=0.01mol/L；H2A在水中的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，0.1mol/LH2A溶液中第一步电离出的c（H+）=0.1mol/L，由于第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，所以0.1mol/LH2A溶液中c（H+）0.11mol/L。‎ ‎（3）由于H2A第一步为完全电离，第二步为部分电离，所以Na2A溶液中A2-只发生一步水解：A2-+H2OHA-+OH-。A项，根据“A”守恒：c（A2- ）+c（HA-）=0.1mol/L，正确；B项，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），物料守恒为：2[c（A2- ）+c（HA-）]=c（Na+），整理得c（OH-）=c（H+）+c（HA-），正确；C项，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），错误；D项，溶液中的物料守恒为： c（Na+）= 2[c（A2- ）+c（HA-）]，正确；答案选C。‎ ‎（4）等体积等浓度的H2A溶液与NaOH溶液反应得NaHA溶液，在NaHA溶液中存在以下电离：NaHA=Na++HA-，HA- H++A2-，H2OH++OH-，HA-、H2O的电离都很微弱，但HA-的电离大于H2O的电离，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（ HA- ）>c（H+）>c（A2- ）>c（OH- ）。‎ ‎23. NaNO2 是一种工业盐，外观与NaCl非常相似，且有毒。某化学兴趣小组欲测定某亚硝酸钠样品的纯度，并对NaCl 与NaNO2 进行深究。‎ Ⅰ.甲组同学拟测定样品中NaNO2 的纯度。‎ 已知：5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4=NaNO3+2MnSO4+K2SO4+3H2O 高锰酸钾滴定法：称取m g 试样于锥形瓶中，加入适量水溶解，然后用c mol·L-1的KMnO4溶液(适量稀H2SO4 酸化)进行滴定，并重复上述操作3 次。‎ ‎（1）甲组同学在滴定时最合理的滴定装置是_______________ (填字母)。‎ ‎（2）滴定达到终点的标志是____________________________________。‎ ‎（3）若滴定终点时平均消耗V mL标准容液，则产品的纯度为_______________(用含c、m、V的代数式表示 )。‎ Ⅱ.乙组同学设计实验鉴别NaCl 和NaNO2。‎ ‎（4）用pH试纸分别测定0.1mol·L-1 两种盐溶液的pH，测得NaNO2 呈碱性。该溶液呈碱性的原因是_____________________(用离子方程式解释)。‎ ‎（5）已知：Ksp(AgNO2)=2×10-8，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，分别向盛有5mL0.01 mol·L-1两种盐溶液的试管中滴入硝酸银溶液，先生成沉淀的是装有_____________(填化学式)溶液的试管。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为浅红色(或淡紫红色)，且半分钟内不褪色 (3). (或×100%) (4). NO2-+H2OHNO2+OH- (5). NaCl ‎【解析】（1）高锰酸钾是强氧化剂会氧化橡胶，则不能使用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，所以合理的是B装置。‎ ‎（2）高锰酸钾是紫红色溶液，滴加的高锰酸钾会被亚硝酸钠还原而褪色，直至亚硝酸钠被反应完，再滴入高锰酸钾，溶液会显浅红色。所以定达到终点的标志是：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为浅红色(或淡紫红色)，且半分钟内不褪色。‎ ‎（3）滴定终点时平均消耗V mL标准溶液（c mol·L-1的KMnO4溶液），所以消耗的KMnO4的物质的量为cV/100 mol，根据反应得到NaNO2为 mol，所以产品纯度为 。‎ ‎（4）NaNO2 呈碱性的原因一定是因为NO2-会水解结合水电离的H+，方程式为NO2-+H2OHNO2+OH-。‎ ‎（5）明显AgCl的Ksp更小，所以应该先生成AgCl沉淀。‎ ‎24. 某硫酸工业废渣的主要成分为SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3 等。回收废渣中金属元素的工艺流程如下：‎ 已知常温条件下：‎ ‎①阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和恰好完全沉淀(阳离子浓度等于10-5 mol·L-1)时的pH 如下表所示。‎ 阳离子 Fe3+‎ Al3+‎ Mg2+‎ 开始沉淀时的pH ‎1.9‎ ‎3.7‎ ‎9.6‎ 恰好完全沉淀时的pH ‎3.2‎ ‎5.2‎ ‎11.0‎ ‎②饱和氨水溶液中c(OH-)约为1×10-3mol·L-1。‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）固体C为_________________(填化学式)。‎ ‎（2）上述流程中两次使用试剂X，试剂X是______________(填“氨水”或“氢氧化钠”)，其理由是_____________________ 。‎ ‎（3）溶液D→固体E的过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是___________________‎ ‎（4）写出溶液F→溶液H的离子方程式：________________________ 。‎ ‎（5）Ksp[Mg(OH)2]=____________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). 氢氧化钠 (3). 经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH= 13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性 (4). 镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全 (5). AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+ HCO3- (6). 10-11‎ ‎【解析】废渣中加入过量的盐酸，氧化镁溶解生成镁离子，氧化铝溶解生成铝离子，氧化铁溶解生成铁离子，二氧化硅不溶解，所以固体A为二氧化硅，溶液B中加入试剂X，调pH=3.7生成固体C为氢氧化铁，溶液D加入试剂X，调pH=13，则产生的沉淀为氢氧化镁，说明此时铝离子应以偏铝酸根离子存在，在试剂X为强碱，溶液F含有偏铝酸根，通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，溶液H含有碳酸氢根离子。‎ ‎ (1).根据以上分析，固体C为氢氧化铁，故答案为： Fe(OH)3 ； (2)根据以上分析，且经过计算，饱和氨水溶液的pH为11，不能将溶液调成13，试剂X为氢氧化钠，。故答案为： 氢氧化钠；经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸醎性；(3).根据铝离子和镁离子的完全沉淀时的pH数值分析，如果pH过小，镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全，故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全； (4) 溶液F→溶液H为偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子的过程，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-； (5) 镁离子完全沉淀时的pH为11，则氢氧根离子浓度为10-3mol/L，氢氧化镁的溶度积常数=10-5×（10-3）2=l0-11，故答案为：l0-11。‎