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文档介绍
【化学】江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（选修）试题（解析版）
江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（选修）试题 本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 选择题 (共40分) 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。 1.水是生命之源，下列关于水的说法正确的是 A. 水是非电解质 B. pH=6.8的纯水呈中性 C. 降低温度，水的Kw增大 D. 电解水制氢气和氧气时可向其中加入盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A. 水是弱电解质，A项错误； B. 无论纯水的pH为多少，纯水始终都是中性的，B项正确； C. 水的电离是吸热的过程，降低温度，水的Kw减小，C项错误； D. 电解水制氢气和氧气时可向其中加入盐酸，生成物为氯气和氢气，不再是电解水，D项错误； 答案选B。 2.下列有关化学用语表示中正确的是 A. 电子式：Na::Na B. 中子数为22的钙原子：4222Ca C. NaHSO3水解的离子方程式：HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－ D. H2CO3的电离方程式：H2CO3=H+＋HCO3- 【答案】C 【解析】 【分析】 A. Na2O为离子化合物； B. 核素左上角为质量数，左下角为质子数； C. NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO3-发生水解； D. H2CO3为弱酸，分步电离。 【详解】A. Na2O为离子化合物，电子式为：，A项错误； B. 核素左上角为质量数，左下角为质子数，那么中子数为22的钙原子为，B项错误； C. NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO3-发生水解，水解反应的离子方程式为：HSO3-＋H2OH2SO3＋OH－，C项正确； D. H2CO3为弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3H+＋HCO3-，HCO3-H++CO32-； 答案选C。 3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、OH－ B. ＝10－12的溶液中：Na+、NO3-、AlO2-、CO32- C. 水电离的c(H＋) =1×10－13mol·L－1溶液中：Na＋、K+、NO3-、HCO3- D. 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中：K+、Mg2+、SO42-、SCN－ 【答案】B 【解析】 【详解】A. NH4+与OH－发生复分解反应，生成弱电解质NH3•H2O，不能共存，A项错误； B. ＝10－12的溶液为碱性溶液，存在OH-，Na+、NO3-、AlO2-、CO32-与OH-均可大量共存，B项正确； C. 水电离的c(H＋) =1×10－13mol·L－1的溶液，可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，溶液中存在H+或OH-，HCO3-与H+或OH-均可发生复分解反应，不能共存，C项错误； D. Fe3+与SCN－发生络合反应，不能大量共存，D项错误； 答案选B。 【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO 等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。 4.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 向AlCl3溶液中滴加足量氨水：Al3＋＋3NH3·H2OAl(OH)3↓＋3NH4+ B. 向碳酸氢钠溶液滴加澄清石灰水：HCO3-＋OH－=H2O＋CO32- C. 向大理石上滴加醋酸：CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O D. 用稀硝酸洗涤试管内壁银镜：Ag＋2H+＋NO3-=Ag+＋NO2↑＋H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A. Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于弱碱，因此向AlCl3溶液中滴加足量氨水，只能生成Al(OH)3，离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2OAl(OH)3↓＋3NH4+，A项正确； B. 向碳酸氢钠溶液滴加少量澄清石灰水，离子方程式为：HCO3-＋Ca2++OH－=H2O＋Ca CO3↓，当滴加过量澄清石灰水时，离子方程式为：2HCO3-＋Ca2++2OH－=2H2O＋CO32-+ CaCO3↓，B项错误； C. 碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙和水，离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－＋Ca2++CO2↑＋H2O，C项错误； D. 用稀硝酸洗涤试管内壁银镜，离子方程式为：3Ag＋4H+＋NO3-=3Ag+＋NO2↑＋2H2O，D项错误； 答案选A。 【点睛】解答本题时明确反应的意义以及书写方法是关键，离子方程式中，化学式拆与不拆易出错。①易溶于水、易电离的强电解质必须拆分；②非电解质、弱电解质(弱酸、弱碱、水等)、难溶物、气体、氧化物、单质均不能“拆分”，用化学式表示。 5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是 A. Al2O3AlCl3(aq) 无水AlCl3 B. FeFe2O3Fe(OH)3 C. NH4ClNH3NO D. 稀盐酸Cl2Ca(ClO)2 【答案】C 【解析】 【分析】 A. Al3+水解，生成弱电解质Al(OH)3； B. Fe与水蒸气反应生成Fe3O4； C. NH4Cl与Ca(OH)2反应生成氨气，氨气催化氧化可得NO； D. MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气。 【详解】A. Al3+水解，生成弱电解质Al(OH)3，因此AlCl3溶液蒸发后，得不到无水AlCl3，A项错误； B. Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，且Fe3O4与水不反应，B项错误； C. NH4Cl与Ca(OH)2发生复分解反应生成氨气，氨气催化氧化可得NO，C项正确； D. MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，与稀盐酸不反应，D项错误； 答案选C。 6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的周期表前20号元素中的四种元素，且分别位于第二、三、四周期。X与Z位于同一主族，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z的单质可用于制造半导体芯片，W的原子序数等于X和Y原子序数之和。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X) B. 简单气态氢化物的热稳定性：Z＞X C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞W D. 工业上可以用电解W的氯化物的水溶液的方法来制取W的单质 【答案】A 【解析】 【分析】 Y是地壳中含量最高的金属元素，说明Y为Al，Z的单质可用于制造半导体芯片，说明Z为Si，X与Z位于同一主族，说明X为C，W的原子序数等于X和Y原子序数之和，那么W为K，据此进行分析判断。 【详解】A. 同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，A项正确； B. X和Z同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，因此简单气态氢化物的热稳定性：X＞Z，B项错误； C. 同周期从左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，因此最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y，C项错误； D. 工业上可以用电解熔融状态W的氯化物的方法来制取W的单质，D项错误； 答案选A。 7.用0.1000 mol·L－1的HCl标准溶液滴定20.00mL未知浓度的NaOH溶液，下列说法正确的是 A. 可以用如图所示的装置及操作进行滴定 B. 指示剂可以使用紫色石蕊 C. 滴加盐酸的速度应保持匀速，且需不断摇荡锥形瓶 D. 若滴加盐酸的滴定管滴定前有气泡，滴定终了无气泡，则所测NaOH溶液浓度偏大 【答案】D 【解析】 【详解】A. 滴定时盐酸存放在酸式滴定管中，未知浓度的NaOH溶液置于锥形瓶中，A项错误； B. 盐酸滴定氢氧化钠，指示剂一般选择甲基橙或者酚酞，B项错误； C. 滴加盐酸的速度开始时可以较快，接近滴定终点时一滴一滴滴加，并不断摇动锥形瓶，使液体充分混合，C项错误； D. 若滴加盐酸的滴定管滴定前有气泡，滴定终了无气泡，会使标准液体积增大，则所测NaOH溶液浓度偏大，D项正确 答案选D。 8.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D−Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn−NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn＋2NiOOH＋H2O ZnO＋2Ni(OH)2。下列说法正确的是 A. 放电时负极附近的pH升高 B. 放电过程中OH－通过隔膜从负极区移向正极区 C. 充电时3D−Zn电极应与外接直流电源的正极相连 D. 充电时阳极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 根据电池反应中元素化合价的变化可知，放电时，Zn为负极，NiOOH为正极，电解质溶液呈碱性， 负极的电极反应为：Zn(s)+2OH-(aq)-2e-=ZnO(s)+H2O(l)，正极的电极反应为：NiOOH(s)＋H2O(l)+e－=Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)，充电时阳极的反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)-e－=NiOOH(s)＋H2O(l)，阴极的电极反应为：ZnO(s)+H2O(l)+2e-= Zn(s)+2OH-(aq)，放电时电解质溶液中阴离子向负极移动，据此进行分析判断。 【详解】A. 放电时负极的电极反应为：Zn(s)+2OH-(aq)-2e-=ZnO(s)+H2O(l)，c(OH-)逐渐减小，因此负极附近的pH降低，A项错误； B. 放电时电解质溶液中阴离子向负极移动，因此放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，B项错误； C. 充电时阴极的电极反应为：ZnO(s)+H2O(l)+2e-= Zn(s)+2OH-(aq)，因此3D−Zn电极应与外接直流电源的负极相连，C项错误； D. 充电时阳极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O，D项正确； 答案选D。 【点睛】解答本题的关键是：可充电电池有充电和放电两个过程，放电时是原电池反应，充电时是电解池反应。放电时的负极反应和充电时的阴极反应互为逆反应，放电时的正极反应和充电时的阳极反应互为逆反应。将负(正)极反应式变换方向并将电子移项即可得出阴(阳)极反应式。 9.下列说法正确的是 A. 钢铁浸泡于食盐水中发生电化学腐蚀时的正极反应为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－ B. 增大气体压强或使用催化剂能能提高活化分子的百分数，从而加快反应速率 C. 反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g) ΔS＜0在任何条件下都不能自发进行 D. 工业上合成氨反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0采用高温是为了提高N2的平衡转化率 【答案】C 【解析】 【分析】 A. 钢铁浸泡于食盐水中发生吸氧腐蚀； B. 增大气体压强不能提高活化分子的百分数； C. 反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)的ΔS＜0，ΔH>0，通过复合判据进行分析； D. 升高温度，平衡逆向移动。 【详解】A. 钢铁浸泡于食盐水中发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2+2H2O＋4e－＝4OH－,A项错误； B. 增大气体压强不能提高活化分子的百分数，使用催化剂能提高活化分子的百分数，但二者都能增大反应速率，B项错误； C. 反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)的ΔS＜0，ΔH>0，ΔG=ΔH-TΔS>0，在任何条件下都不能自发进行，C项正确； D. 升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，在较高温度下反应，与反应速率及催化剂的活性有关，D项错误； 答案选C。 10.下列说法正确的是 A. 常温下，向0.1 mol·L-1 CH3COONa中加入少量水，溶液中比值减小 B. 用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积等pH的盐酸和醋酸，盐酸消耗NaOH溶液的体积大 C. 常温下，pH＝10的氨水中，由水电离出的OH－浓度为1×10－4mol·L-1 D. 常温下，向10 mL pH＝2的盐酸中分别加入V1 mL的水和V2 mL pH＝12的NaOH溶液，所得溶液的pH均为3，忽略混合时溶液体积的变化，则V1∶V2＝11∶1 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 加水促进CH3COO-的水解； B. 等pH的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸的浓度； C. 常温下，pH＝10的氨水中，由水电离出的H+浓度为=10-3mol/L，由水电离出的H+浓度与由水电离出的OH-浓度相等； D. 盐酸中c(H+)为0.01mol/L，加水稀释，溶质的物质的量不变，加入氢氧化钠溶液后根据混合后溶液的pH为3计算出需要氢氧化钠的体积，进一步进行计算。 【详解】A. 加水促进CH3COO-的水解，溶液中比值增大，A项错误； B. 等pH的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，因此用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别中和等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸消耗NaOH溶液的体积大，B项错误； C. 常温下，pH＝10的氨水中，由水电离出的H+浓度为=10-3mol/L，由水电离出的H+浓度与由水电离出的OH-浓度相等，即由水电离出的OH-浓度为10-3mol/L，C项错误； D. 常温下，向10 mL pH＝2的盐酸中加入V1 mL的水，c(H+)==10-3mol/L，解得V1=90ml；向10 mL pH＝2的盐酸中加入V2 mL pH＝12的NaOH溶液，混合后溶液pH为3，那么c(H+)==10-3mol/L，解得V2=ml，因此V1∶V2＝11∶1，D项正确； 答案选D。 【点睛】混合溶液pH计算的方法：（1） pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pH＜a+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pH>a-b；（2） ①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝。②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再据KW求出c混(H＋)，最后求pH。c混(OH－)＝。③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H ＋或OH－的浓度，最后求pH。c混(H＋)或c混(OH－)＝。 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 11.有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是 A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. X分子中含有2个手性碳原子 C. 能与FeCl3溶液发生显色反应 D. 1 mol X最多能与5 mol H2发生加成反应 【答案】A 【解析】 【分析】 A. 有机物X中存在碳碳双键，能发生氧化反应； B. 手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，用C*表示； C. 含有酚羟基的有机物能与FeCl3溶液发生显色反应； D. 苯环和碳碳双键的位置可与氢气发生加成反应。 【详解】A. 有机物X中存在碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项正确； B. 有机物X中只有星号位置的一个碳原子是手性碳原子，B项错误； C. 有机物X中不存在酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应，C项错误； D. 1 mol X最多能与4 mol H2发生加成反应，D项错误； 答案选A。 12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 A. 向0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中滴加双氧水，溶液紫红色褪去，说明H2O2具有漂白性 B 向0.1 mol·L-1 NaHCO3中滴加HF溶液，有气泡产生，说明HF是强酸 C. 向0.1 mol·L-1 CH3COOH中加入少量CH3COONa(s)，溶液酸性减弱，说明CH3COOH是弱酸 D. 常温下，测定等浓度的Na2CO3和C6H5ONa溶液的pH，前者pH比后者的大，说明酸性：C6H5OH＞H2CO3 【答案】C 【解析】 【分析】 A. 高锰酸钾溶液中滴加双氧水，发生氧化还原反应； B. 利用强酸制弱酸的理论进行分析； C. 向0.1 mol·L-1 CH3COOH中加入少量CH3COONa(s)，c(CH3COO-)增大，抑制了醋酸的电离； D. 常温下，测定等浓度的Na2CO3和C6H5ONa溶液的pH，前者pH比后者的大，可知CO32-的水解程度大于C6H5O-。 【详解】A. 高锰酸钾溶液中滴加双氧水，发生氧化还原反应，双氧水表现还原性，A项错误； B. 由强酸制弱酸理论可知，只能证明酸性HF大于HCO3-，并不能证明HF是强酸，B项错误； C. 向0.1 mol·L-1 CH3COOH中加入少量CH3COONa(s)，c(CH3COO-)增大，抑制了醋酸的电离导致溶液酸性减弱，说明CH3COOH是弱酸，C项正确； D. 常温下，测定等浓度的Na2CO3和C6H5ONa溶液的pH，前者pH比后者的大，可知CO32-的水解程度大于C6H5O-，酸性H2CO3大于C6H5OH，D项错误； 答案选C。 13.根据图像所得结论正确的是 A. 图甲是反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0中SO2 平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1＞Y2 B. 图乙是室温下用0.1000 mol·L－1的一元酸HA滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1的一元碱BOH的滴定曲线，说明BOH是强碱 C. 图丙是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：b＞a＞c D. 图丁是室温下稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时溶液的pH随加入水的体积的变化曲线，说明曲线M代表的是盐酸 【答案】AD 【解析】 【分析】 A. 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大。 B. 当达到滴定终点时溶液的pH为6，溶液呈酸性，说明生成强酸弱碱盐； C. 加水促进醋酸的电离，溶液越稀，电离程度越大； D. 强酸和弱酸稀释时，强酸的pH的变化大于弱酸的pH的变化。 【详解】A. 增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，因此Y1＞Y2，A项正确； B. 当达到滴定终点时溶液的pH为6，溶液呈酸性，说明生成强酸弱碱盐，因此BOH是弱碱，B项错误； C. 加水促进醋酸的电离，溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点加入水的体积c ＞b＞a，因此电离程度c ＞b＞a，C项错误； D. 强酸和弱酸稀释时，强酸的pH的变化大于弱酸的pH的变化，因此稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时，曲线M代表的是盐酸，曲线N为醋酸，D项正确； 答案选AD。 14.常温下，用 0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液，所得溶液的pH随加入NaOH溶液的体积变化如下图。下列说法正确的是 A. V(NaOH)＝5 mL：c(Na＋)＝c(CH3COO－) B. V(NaOH)＝10 mL：c(Na＋)＜c(CH3COO－) C. pH＝7：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) D. V(NaOH)＝15 mL：3c(CH3COOH)＋4c(H＋)＝c(CH3COO－)＋4c(OH－) 【答案】BD 【解析】 【分析】 A. 当V(NaOH)＝5 mL时，溶液呈酸性，根据电荷守恒判断离子浓度大小关系； B. 当V(NaOH)＝10 mL时，溶液呈酸性，根据电荷守恒判断离子浓度大小关系； C. 常温下，当溶液pH＝7时，消耗的NaOH溶液的体积小于20.00ml； D. 当V(NaOH)＝15 ml时，根据物料守恒和电荷守恒进行计算。 【详解】A. 当V(NaOH)＝5 mL时，n(NaOH)=0.1000mol/L×5×10-3L=5×10-4 mol，n(CH3COOH)= 0.1000mol/L×0.02L=0.002 mol，n(CH3COOH)> n(NaOH)，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，由于溶液呈酸性，c(H＋)> c(OH－)，那么c(Na＋)＜c(CH3COO－)，A项错误； B. 当V(NaOH)＝10 mL时，n(NaOH)=0.1000mol/L×10×10-3L=0.001 mol，n(CH3COOH)= 0.1000mol/L×0.02L=0.002 mol，n(CH3COOH)> n(NaOH)，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，由于溶液呈酸性，c(H＋)> c(OH－)，那么c(Na＋)＜c(CH3COO－)，B项正确； C. 消耗NaOH溶液的体积为20.00ml时，醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液中醋酸根离子水解，使溶液显碱性，因此当溶液pH＝7时，消耗的NaOH溶液的体积小于20.00ml，则c(Na＋)查看更多