安徽省六校教育研究会2020届高三第一次素质测试化学试题

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

安徽省六校教育研究会2020届高三第一次素质测试化学试题

‎2020 届高三第一次素质测试化学试题 考试时间:100分钟 试卷分值:100 分 注意事项:‎ ‎1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上;‎ ‎2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 一、选择题:(本题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题意。)‎ ‎1.水对我们的生命起着重要的作用,它是生命的源泉,是人类赖以生存和发展的不可缺少的最重要的物质资源之一。下列关于水的叙述正确的是 A. 水是一种重要的溶剂,能溶解所有的无机物和大多数有机物 B. 在氧化还原反应中,水只能作氧化剂,不能作还原剂 C. 水是一种重要的化学试剂,在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应 D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等,在上述方法中都有化学反应发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.部分无机物难溶于水,如硫酸钡等无机物难溶于水,故A错误;‎ B.水中H元素的化合价能降低,O元素的化合价能升高,则水既可作氧化剂,又可作还原剂,故B错误;‎ C.水能与部分金属、金属氧化物、非金属氧化物、部分有机物等反应,所以在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应,故C正确;‎ D.有新物质生成的反应属于化学反应,蒸馏法、电渗析等过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎2.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列有关叙述不正确的是 A. 密闭容器中,0.2molNO和0.1 molO2充分反应后,分子总数为0.2NA B. 室温下,1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1 NA C. 7.8 gNa2S和7.8 gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3 NA D. 1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡:2NO2⇌N2O4,导致分子个数减少,则最终分子个数小于0.2NA个,故A错误;‎ B.室温下,pH=13的氢氧化钡溶液中,氢氧根浓度为0.1mol/L,故1L该溶液中氢氧根的物质的量为0.1mol,个数为0.1NA个,故B正确;‎ C.7.8gNa2S和7.8gNa2O2的物质的量均为0.1mol,且两者均含2个钠离子和1个阴离子,故0.1mol过氧化钠和0.1mol硫化钠中均含0.3NA个离子,故C正确;‎ D.由于NaClO水溶液中的溶剂水中含有氧原子,所以1.0 L1.0 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D,要注意水溶液中溶剂水对原子个数的影响。‎ ‎3.某合作学习小组讨论辨析:‎ ‎①氯化钠固体和氯化氢气体都不导电是因为二者中都不存在离子 ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物 ‎③醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物 ‎④氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质 ‎⑤碳酸钠晶体在空气中风化是化学变化,硫酸铜晶体溶于水是物理变化 ‎⑥用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应实验,火焰呈黄色说明溶液中含有Na+‎ ‎⑦用Ba(NO3)2溶液、品红试液都可以区分CO2和SO2这两种气体 上述说法正确的是 A. ①④⑤⑥ B. ②③⑥⑦ C. ②③④⑤ D. ②④⑤⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯化钠固体不能导电,氯化钠固体中的离子不能自由移动,故错误;‎ ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都是由离子构成的,都含有离子键,都属于离子化合物,故正确;‎ ‎③过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气,不是碱性氧化物,故错误;‎ ‎④氨气不能电离是非电解质,水和硫酸钡是电解质,但水难电离,是弱电解质,硫酸钡在水中溶解的部分是完全电离,所以是强电解质,故正确;‎ ‎⑤风化失去结晶水是化学变化,硫酸铜晶体溶于水没有新物质生成,是物理变化,故正确;‎ ‎⑥焰色反应为元素的性质,Na的焰色反应为黄色,则火焰呈黄色,玻璃棒含硅酸钠,则不能说明该溶液中含有Na+,故错误;‎ ‎⑦酸化的Ba(NO3)2溶液能与SO2反应生成沉淀,SO2能使品红褪色,而二氧化碳不能,可以区分,故正确;‎ 正确的有②④⑤⑦,故选D。‎ ‎4.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A ‎ 配制100g4%的NOH溶液 ‎ 称取4.0gNaOH放烧杯中,再加入96.0mL水,搅拌均匀 B.‎ 分离KClO3与MnO2制取O2后的残渣 溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2,滤液蒸发结晶并干燥得到KClO3‎ C 证明 Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)  ‎ 向BaCO3溶液中加入饱和Na2SO4溶液 D 检验Al和Fe2O3反应后固体中是否含Fe2O3‎ 取样,溶于足量稀硫酸,滴加KSCN溶液不变红,说明不含Fe2O3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、100g4%的NOH溶液,溶质的质量为4.0g,溶剂水的质量为96.0g,称取4.0gNaOH放在烧杯中,再加入96.0mL水,搅拌均匀即可,A正确;B、KClO3与MnO2制取O2后的残渣为不溶水的MnO2和溶于水的KCl,溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2,滤液蒸发结晶并干燥得到KCl,B错误;C、向BaCO3悬浊液中加入足量饱和Na2SO4溶液,当沉淀不再变化时,加入稀盐酸,无明显现象,即可证明Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3),C错误;D、Al和Fe2O3反应后固体中一定含有Fe单质,若含有Fe2O3,与酸发应后生成Fe3+,Fe3+可能与Fe单质反应成Fe2+,加入KSCN溶液也不变红,D错误。正确答案为A。‎ 点睛:本题难点在C和D选项,对C选项:沉淀之间的转化,必须是一种沉淀转化为另外一种沉淀,而不是生成的,如C中应该使用BaCO3悬浊液,一种沉淀转化为另一种沉淀,可通过颜色的改变来观察,如无颜色的变化,则必须通过其他方法来证明确实生成了新的沉淀,如C中BaCO3和BaSO4均为白色沉淀,无法直接观察,可通过向生成的沉淀中加硝酸,看沉淀是否溶解来判断。对D选项:要考虑反应后固体中加硫酸后,Fe单质可能与Fe3+反应生成Fe2+,溶液也不显色。‎ ‎5.有机物X是某种合成药物的中间体,其结构简式如图,关于有机物X的说法正确的是 A. X的分子式为C16H16O3‎ B. X苯环上的一氯代物同分异构体有2种 C. X既可发生氧化反应,又可发生加成反应 D. X可使酸性KMnO4溶液褪色,不可使溴的CCl4溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式可知分子式为C16H14O3,故A错误;‎ B.分子中含有2个苯环,两个苯环上共有4种不同化学环境的H,则苯环上的一氯代物有4种,故B错误;‎ C.分子中含有碳碳双键和羟基,故可发生加成反应、氧化反应,故C正确;‎ D.分子中含有碳碳双键,可与溴发生加成反应,使溴的CCl4溶液褪色,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B,要注意该分子结构不对称,两个苯环上连接的侧链基团不同。‎ ‎6.下列各组澄清溶液中离子能大量共存,且加入(或滴入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 X试剂 离子方程式 A K+、Na+、ClO-、SO42-‎ 少量SO2‎ SO2+ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2H+‎ B NH4+、Fe3+、Br-、SO42-‎ 过量H2S ‎2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+‎ C NH4+、Na+、Fe3+、AlO2-‎ 过量铜粉 ‎2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+‎ D K+、Na+、HCO3-、Al3+‎ 少量HCl H++AlO2-+H2O═Al(OH)3↓‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫少量时,反应产物中的氢离子与剩余的次氯酸根离子反应生成HClO,正确的离子方程式为:SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO,故A错误;‎ B.NH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应,加入过量H2S后发生反应:2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+,故B正确;‎ C.NH4+、Fe3+与AlO2-发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;‎ D.HCO3-、Al3+之间发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎7.氯酸是一种强酸,浓度超过40%时会发生分解,反应可表示为:aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O,用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时,试纸先变蓝后褪色。下列说法不正确的是 A. 由反应可推断氧化性:HClO4<HClO3‎ B. 变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了:5Cl2+I2+6H2O═12H++10Cl-+2IO3-‎ C. 若氯酸分解所得混合气体,1 mol混合气体质量为47.6 g,则反应方程式可表示为26HClO3 ═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2O D. 若化学计量数a=8,b=3,则该反应转移电子数为20e-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中HClO3既是氧化剂又是还原剂,其中Cl由+5价升高到+7价,O由-2价升高到0价,因此HClO4、O2是氧化产物;其中Cl由+5价降低到0价,因此Cl2是还原产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物,则氧化性HClO4<HClO3,故A正确; ‎ B.淀粉碘化钾试纸先变蓝是因为生成I2:2I-+Cl2=I2+2Cl-,后褪色I2被Cl2继续氧化生成IO3-:5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-,遵循电子、电荷守恒,故B正确;‎ C.由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol,则,可得n(Cl2)∶n(O2)=2∶3,由电子守恒得化学反应方程式为:8 HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O,故C错误;‎ D.若化学计量数a=8,b=3,则化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2 Cl2↑+4 HClO4+2H2O,还原产物只有Cl2,由HClO3→Cl2,Cl元素化合价由+5价降低为0价,故生成2molCl2时转移电子的物质的量为2mol×2×(5-0)=20mol,即该反应中电子转移数目为20e-,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据化合价的变化分析氧化还原反应是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为C,注意平均相对分子质量的计算和电子守恒的应用。‎ ‎8.2019年是联合国确立的“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应,也可与化合物XR水溶液反应,且均产生X单质。化合物ZYX与化合物XR恰好完全反应后的溶液不能与M单质反应。下列说法正确的是 A. 五种元素分别处于不同主族 B. M与Y、M与R形成化合物中化学键类型相同 C. 简单离子半径: X< Z<M< Y< R D. Y、R最简单氢化物的沸点为Y>R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应,也可与化合物XR水溶液反应,且均产生X单质,则M为Al,X为H元素,ZYX为NaOH,XR为HCl,则Y为O元素,Z为Na,R为Cl元素;满足化合物NaOH与化合物HCl恰好完全反应后的溶液不能与Al反应,据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知:X为H元素,Y为O元素,Z为Na元素,M为Al元素,R为Cl元素。‎ A.H、Na元素都位于ⅠA族,故A错误;‎ B.M与Y形成的化合物为氧化铝,为离子化合物,含有离子键;M与R形成的化合物为氯化铝,为共价化合物,含有共价键,化学键类型不同,故B错误;‎ C.一般而言,电子层越多,半径越大,电子层数相同,核电荷数越大,半径越小,简单离子半径: X< M < Z < Y< R,故C错误;‎ D.水分子之间存在氢键,导致水的沸点高于氯化氢,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎9.有关下列四组实验描述不正确的是 A. 加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl B. 利用装置乙可证明非金属性强弱:Cl>C>Si C. 打开丙中的止水夹,一段时间后,可观察到烧杯内溶液上升到试管中 D. 向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液,一段时间后,烧杯中不会有蓝色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.SiO2受热不分解,而NH4Cl受热分解;B.盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl,另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4;C.该装置构成原电池,该装置中铁发生吸氧腐蚀;D.Zn-Fe原电池中Zn为负极,Fe为正极。‎ ‎【详解】A.SiO2受热不分解,而NH4Cl受热分解,利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl,故A正确;B.氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4,另外盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl,无法判断碳酸的酸性比硅酸强,由装置乙无法证明非金属性强弱:Cl>C>Si,故B错误; C.该装置构成原电池,该装置中铁发生吸氧腐蚀,一段时间内试管内压强减小,烧杯内溶液上升到试管中,故C正确;D.Zn-Fe原电池中Zn为负极,Fe为正极,烧杯内无Fe2+,则滴入2滴铁氰化钾溶液,烧杯中不会有蓝色沉淀生成,故D正确;故答案为B。‎ ‎10.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是 A. pH=12的溶液:K+、Na+、CH3COO-、Br-‎ B. 空气: C2H2、CO2、SO2、NO C. 氢氧化铁胶体:H+、K+、S2-、Br-‎ D. 高锰酸钾溶液:H+、Na+、SO42-、C2H5OH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=12的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,与氢氧根离子也不反应,可大量共存,故A正确;‎ B.NO和空气中的氧气反应,不能大量共存,故B错误;‎ C.H+、S2-反应生成硫化氢气体,不能大量共存,故C错误;‎ D.H+、MnO4-、C2H5OH能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D,要注意乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。‎ ‎11.实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示:‎ 下列叙述错误的是( )‎ A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2‎ B. 铜帽溶解后,将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2‎ C. 与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+‎ D. “过滤”操作后,将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收 Cu并制备ZnO,电池铜帽加入稀硫酸、过氧化氢溶解,铜生成硫酸铜溶液,加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去,加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子,加入锌粉反应过滤得到海绵铜,沉淀锌离子得到氢氧化锌,分解得到氧化锌。‎ ‎【详解】A.酸性条件下,通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜,故A正确;‎ B.铜帽溶解后,溶液中存在过氧化氢,将溶液加热至沸腾,H2O2受热分解,可除去溶液中过量的H2O2,故B正确;‎ C.固体溶解中溶液中存在Cu2+、H+,二者都与锌反应,故C正确;‎ D.滤液中含有硫酸锌和硫酸钠,将滤液蒸干得到ZnSO4和Na2SO4,高温灼烧时硫酸锌分解而硫酸钠,故不能得到纯净的ZnO,故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用,解题关键:明确制备流程,注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法,易错点A,酸性条件下,通入氧气可把铜氧化生成硫酸铜。‎ ‎12.下列关于0.5 mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是 A. 溶质的电离方程式为NaHCO3=Na+ + H+ + CO32-‎ B. 温度升高,c(HCO3-)增大 C. 加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大 D. 离子浓度关系:c(Na+) + c(H+)= c(OH-) + c(HCO3-) + c(CO32-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子,电离方程式为:NaHCO3=Na++HCO3-,HCO3-只能部分电离,故A错误;‎ B.碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生水解,升高温度,水解程度增加,所以c(HCO3-)减小,故B错误;‎ C.加水稀释,促进碳酸氢根离子水解,水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增加,所以溶液中n(H+)与n(OH-)的乘积变大,故C正确;‎ D.在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故错D误;‎ 故选C。‎ ‎13.臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是(  )‎ A. 升高温度,平衡常数减小 B. 0-3s内,反应速率V (NO2)=0.2 mol•L-1‎ C.  t1时仅加入催化剂,平衡正向移动 D. 达到平衡时,仅改变X,则X为C(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:A、由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,A正确;B、由图可知,0-3s内,二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L,故v(NO2)=0.6mol/L÷3s=0.2mol/(L.s),单位错误,B错误;C、t1时刻,改变条件,反应速率加快,平衡不移动,该反应前后气体的物质的量减小,不能是增大压强,只能是使用催化剂,但催化剂不影响平衡的移动,C错误;D、达平衡时,仅增大c(O2),平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低,由图可知,二氧化氮的转化率随x增大而增大,x可以代表O3浓度、压强,D错误。答案选A。‎ 考点:本题考查化学平衡、图像的分析。‎ ‎14.下列各项反应对应的图像正确的是 A. 保持温度不变,向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠固体 B. 向少量氯化铁溶液中加入铁粉 C. 25℃时,向亚硫酸溶液中通入氯气 D. 向NaAlO2溶液中通入HCl气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.BaSO4饱和溶液中,存在溶解平衡,BaSO4Ba2++ SO42-,加硫酸钠,硫酸根离子浓度增大,溶解平衡逆向移动,BaSO4溶解度减小,故A错误;‎ B.向少量氯化铁溶液中加入铁粉,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,则Fe元素的质量增加,导致溶液的质量增加,而Cl元素的质量不变,所以Cl的质量分数减小,至反应结束不再变化,故B正确;‎ C.亚硫酸为弱酸,部分电离生成氢离子,溶液显酸性,pH<7,通入氯气,发生Cl2 + SO2 + 2H2O=H2SO4+2HCl,溶液的酸性增强,pH减小,直至不变,故C错误;‎ D.NaAlO2溶液中通入HCl气体,发生H++ AlO2-+H2O =Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1∶3,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎15.现在污水治理越来越引起人们重视,可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚(),其原理如下图所示,下列说法正确的是 A. 该装置为电解装置,B为阳极 B. A极的电极反应式为 + e- = Cl- + ‎ C. 当外电路中有0.1 mol e-转移时,A极区增加的H+的个数为0.1 NA D. 电子从B极沿导线经小灯泡流向A极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置中没有电源,为原电池。原电池中阳离子移向正极,根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极,正极有氢离子参与反应,电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl- + ,结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A.该装置中没有电源,为原电池,根据氢离子的移动方向可知,A为正极,B为负极,故A错误;‎ B. + e- = Cl- + 质量不守恒,A为正极,正极有氢离子参与反应,电极反应式为 + 2e-+H+ = Cl- + ,故B错误;‎ C.根据电荷守恒,当外电路中有0.2mole-转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA,而发生 + 2e-+H+ = Cl- + ,则A极区增加的H+的个数为0.1NA,故C错误;‎ D.原电池中电子从负极B沿导线经小灯泡流向正极A,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B,要注意 + e- = Cl- + 反应前后的H原子不守恒。‎ ‎16.已知:25 ℃时, Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 该温度下,用 0.100mol·L-1 的氨水滴定 10.00 mL 0.100mol·L-1 的一元酸 HA 的溶液, 滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中 的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. HA 为强酸 B. a=10‎ C. 25 ℃时,NH4+的水解平衡常数为 D. 当滴入 20 mL 氨水时,溶液中存在 c(NH4+)>c(A-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 水溶液中,所以根据水的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L,所以HA为强酸,A正确;B. 时溶液显中性,二者恰好反应时生成的铵盐水解,溶液显酸性,则要显中性,则a>10,B错误;C. 25 ℃时,NH4+的水解平衡常数为=,C正确;D. 当滴入20mL氨水时氨水过量,溶液显碱性,根据电荷守恒可知混合溶液中c(NH4+)>c(A-),D正确,答案选D。‎ 二、非选择题(共四个大题,共52分)‎ ‎17.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示:‎ 已知A是一种单质,将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题:‎ ‎(1)写出C的溶液与双氧水反应的离子方程式:_________________。‎ ‎(2)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象:________________。‎ ‎(3)F是一种难溶物质,其溶度积常数为1.0×10-39。向D溶液中加碱调节至pH为_______时,铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全)。 ‎ ‎(4)已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的ΔH= –99 kJ·mol-1,单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1,计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H=__________kJ·mol-1。‎ ‎(5)在200 mL 1.5 mol·L-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48L CO2气体,完全反应后所得溶液中,各种离子浓度由大到小的顺序是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+ = 2Fe3++ 2H2O (2). 取少量E于试管中,加入过量氢氧化钠溶液,加热,在试管口放一湿润的红色石蕊试纸,观察到红色石蕊试纸变蓝,证明E中有NH4+存在(或用蘸浓盐酸的玻璃棒靠近,若有白烟也可) (3). 2.7 (4). -1185 (5). c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体,说明F为Fe(OH)3,D含有铁离子,结合转化关系,可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4,H为H2SO4。据此分析解答。‎ ‎【详解】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体,说明F为Fe(OH)3,D含有铁离子,结合转化关系,可知金属单质A为Fe、B为FeS、C为FeSO4、D为Fe2(SO4)3、E为(NH4)2SO4,H为H2SO4。‎ ‎(1)FeSO4溶液与双氧水反应生成硫酸铁,反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O;‎ ‎(2)鉴定(NH4)2SO4中阳离子(NH4+)的实验方法和现象为:取少量E于试管中,加入过量氢氧化钠溶液,加热,在试管口放一湿润的红色石蕊试纸,观察到红色石蕊试纸变蓝,证明E中有NH4+存在,故答案为:取少量E于试管中,加入过量氢氧化钠溶液,加热,在试管口放一湿润的红色石蕊试纸,观察到红色石蕊试纸变蓝,证明E中有NH4+存在;‎ ‎(3)Fe(OH)3溶度积常数为1.0×10-39。要使铁离子刚好沉淀完全,则需要满足c(Fe3+)c3(OH-)=1.0×10-39,即c(OH-)==×10-11mol/L≈0.5×10-11mol/L,此时pH=2.7,故答案为:2.7;‎ ‎(4)①1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g) ΔH= –99 kJ·mol-1,即SO2(g)+O2(g)=SO3(g) △H2=-99 kJ•mol-1;②单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1,则S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1=-296 kJ•mol-1,根据盖斯定律将②×3+①×3可得3 S(s)+O2(g)=3SO3(g) △H3=3×(△H1+△H2)=-1185 kJ•mol-1,故答案为:-1185 ;‎ ‎(5)4.48L CO2通入到200mL 1.5mol/LNaOH溶液中,二氧化碳物质的量=‎ ‎=0.2mol,氢氧化钠的物质的量1.5mol/L×0.2L=0.3mol。当1<=1.5<2时,生成物是碳酸钠和碳酸氢钠,根据二氧化碳和氢氧化钠物质的量之间的关系得方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O,根据方程式知,碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等,碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子,所以c(HCO3-)>c(CO32-),钠离子不水解,离子浓度最大,所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),故答案为:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎18.(NH4)2Cr2O7可用作有机合成催化剂、媒染剂、显影液等。某化学兴趣小组对(NH4 )2Cr2O7的部分性质及组成进行探究。已知:Cr2O72-(橙色)+ H2O 2CrO42-(黄色)+ 2H+。请回答下列问题:‎ ‎(1)取少量(NH4)2Cr2O7浓溶液于试管中,滴加足量浓KOH溶液,振荡、微热,观察到的主要现象是______________。‎ ‎(2)为探究(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g/mol)加热的分解产物,按下图连接好仪器,加热装置略去,在A中加入5.040 g样品进行实验。‎ ‎①仪器A的名称是______________。‎ ‎②连接好装置,点燃酒精灯之前,先通入一段时间N2其目的为___________。‎ ‎③反应结束后,依然要通一段时间的氮气的原因是________________________。‎ ‎④加热A至恒重,观察到D中溶液不变色,同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44 g,写出重铬酸铵加热分解反应的化学方程式:____________________。‎ ‎(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数(杂质不发生反应),其反应原理为 2Ba2++Cr2O72- + H2O = 2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO =3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时,‎ ‎1 mo1 (CH2)6N4H+ 与 1 mo1 H+ 相当],然后用 NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。‎ 实验步骤:称取样品5.600 g,配成500 mL溶液,移取25.00 mL样品溶液于 250 mL锥形瓶中,用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后,加入10 mL 20.00 mol·L-1的中性甲醛溶液,摇匀、静置5 min后,加入1〜2滴酚酞试液,用0.200 mo1 • L-1 NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次,最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00 mL。‎ ‎①若滴定终点时,俯视读数,则测定结果_____(填“偏大” “偏小”或“无影响”)。‎ ‎②滴定计算得该样品中氮的质量分数为___________。‎ ‎【答案】 (1). 产生无色、有刺激性气味气体;溶液由橙色变为黄色 (2). 硬质玻璃管 (3). 将装置内空气排尽 (4). 将A中分解产生的气体全部赶入B中,防止产生实验误差 (5). (NH4)2Cr2O7 = Cr2O3+N2↑+4H2O (6). 偏小 (7). 8.00%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据加入碱对平衡Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+的影响,结合铵根离子的性质分析解答;‎ ‎(2)①根据仪器A的结构分析判断;②根据装置内存在空气分析解答;③反应结束后,装置中仍残留少量生成的气体;④加热A至恒重,观察到D中溶液不变色,说明无氨气生成,生成的是氮气,同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g,为吸收的水蒸气,结合定量关系计算写出化学方程式;‎ ‎(3)根据沉淀重铬酸根离子生成氢离子2xmol,铵根离子和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+,利用氢离子物质的量和氢氧根物质的量相同计算解答。‎ ‎【详解】(1)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体,溶液中存在滴加足量浓KOH溶液,振荡、微热,铵根离子与碱反应放出氨气、氢离子浓度减小,溶液中的Cr2O72-(橙色)+H2O ⇌ 2CrO42-(黄色)+2H+平衡正向进行,溶液显黄色,因此观察到的主要现象是:固体溶解;产生无色、有刺激性气味的气体;溶液由橙色变为黄色,故答案为:固体溶解;产生无色、有刺激性气味的气体,溶液由橙色变为黄色;‎ ‎(2)①根据装置图,仪器A为硬质玻璃管,故答案为:硬质玻璃管;‎ ‎②连接好装置,点燃酒精灯之前,需进行的必要操作是:检查装置的气密性后通入一段时间氮气,将装置内空气排尽,故答案为:将装置内空气排尽;‎ ‎③反应结束后,依然要通一段时间的氮气的原因是:将A中分解产生的气体全部赶入B中,防止产生实验误差,故答案为:将A中分解产生的气体全部赶入B中,防止产生实验误差;‎ ‎④(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252g/mol)的分解产物,在A中加入5.040g样品,物质的量==0.02mol,加热A至恒重,观察到D中溶液不变色,说明无氨气生成,生成的是氮气,同时测得A中残留物为Cr2O3、B中质量的变化为1.44g,为吸收的水蒸气物质的量==0.08mol,据此定量关系,反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O,故答案为:(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O;‎ ‎(3)①若滴定终点时,俯视读数,读取消耗氢氧化钠溶液增小,则测定结果偏小,故答案为:偏小;‎ ‎②反应原理为2Ba2++Cr2O72-+H2O=2BaCrO 4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+ [滴定时,1mo1(CH2)6N4H+与1mo1H+相当],然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸,设25.00 mL样品溶液中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为x,则沉淀重铬酸根离子时生成氢离子2xmol,铵根和甲醛反应生成氢离子相当于4molNH4+反应生成4molH+,用0.200mo1•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次,最终滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值为16.00mL,2x+2x=0.016L×0.200mol/L,解得:x=0.0008mol,则原样品中含有(NH4)2Cr2O7的物质的量为0.0008mol×=0.016mol,该样品中氮的质量分数=×100%=8.00%,故答案为:8.00%。‎ ‎19.我国是干电池的生产和消费大国。某工厂用软锰矿(主要成分是MnO2,含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS,含少量FeS、CuS等杂质)为原料制备MnO2和Zn(干电池原料),其简化流程如下:‎ 已知:经过反应Ⅰ后,所有金属元素均以离子形式存在。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)碱性锌锰干电池是以锌粉为负极,二氧化锰为正极,氢氧化钾溶液为电解质。电池总反应为2MnO2+Zn+2KOH=2MnOOH+K2ZnO2,请写出电池的正极反应式__________。‎ ‎(2)滤渣1中除了SiO2以外,还有一种淡黄色物质,该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的,请写出该反应化学方程式________________。‎ ‎(3)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属,请写出该反应的离子方程式______。‎ ‎(4)反应Ⅲ中X可以是______。(填字母代号)‎ a.MgO b.Zn(OH)2 c.Cu2(OH)2CO3 d.MnCO3‎ ‎(5)已知:H2S的电离常数K1=1.0×10−7,K2=7.0×10−15。0.1 mol/L NaHS的pH___7(填“>”“=”或“<”)。‎ ‎(6)在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去,向含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体,调节溶液的pH=a,当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时,Mn2+开始沉淀,则a=________。[已知:Ksp(MnS)=1.4×10−15]‎ ‎【答案】 (1). MnO2 + e- + H2O = MnOOH + OH— (2). MnO2+CuS +2H2SO4 = MnSO4 + CuSO4 + S + 2H2O (3). Cu2++Zn = Cu+ Zn2+ (4). bd (5). > (6). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图:软锰矿(主要成分是MnO2,含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS,含少量FeS、CuS等杂质)加入硫酸酸浸,发生反应:MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S+6H2O、MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+、Al3+,浸取渣为S和SiO2,加入适量的Zn和铁离子反应生成亚铁离子,把铜离子转化为铜单质,过滤除去Cu,向滤液加入MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加入Zn(OH)2或MnCO3调节溶液pH,使Fe3+和Al3+转化为沉淀,Fe3+和Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,过滤除去,得到的滤液中含硫酸锰、硫酸锌,电解,阳极生成二氧化锰,阴极生成锌,同时得到硫酸,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)电池总反应为2MnO2+Zn+2KOH=2MnOOH+K2ZnO2,锌为负极发生氧化反应,正极为二氧化锰生成MnOOH的过程,结合电解质为碱溶液和电荷守恒、原子守恒,正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-,故答案为:MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-;‎ ‎(2)滤渣1中除SiO2以外,还有一种淡黄色物质,该物质是由MnO2‎ ‎、CuS与硫酸共热时产生的S单质,反应的方程式为:MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O,故答案为: M nO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O;‎ ‎(3)反应Ⅱ中加入适量金属锌可以置换出Cu进而回收Cu,反应的离子方程式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu,故答案为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu;‎ ‎(4)反应Ⅲ中X的作用是调节溶液pH,使Fe3+和Al3+转化为沉淀,得到的含硫酸锰、硫酸锌的溶液,abcd均可调节pH,为不引入杂质可以选择Zn(OH)2或MnCO3,故答案为:bd;‎ ‎(5)已知:H2S的K2=7.0×10-15,HS-的水解平衡常数==>K2,说明HS-的水解平衡常数大于其电离平衡常数,故溶液显碱性,pH>7;故答案为:>;‎ ‎(6)当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,调节溶液的pH=a,H2S电离常数:K2=7.0×10-15,HS-浓度为1.0×10-4mol•L-1时,K2=,则7.0×10-15=,则c(S2-)=7×10a-19mol•L-1,所以Ksp=c(Mn2+)•c(S2-)=7×10a-19mol•L-1×0.020mol•L-1=1.4×10-15,解得a=5,故答案为:5。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(5)、(6),(5)中要注意根据计算判断HS-的水解平衡常数和电离平衡常数的大小;(6)中要注意结合电离平衡常数和溶度积计算。‎ ‎20.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应:2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) △H,上述反应分两步完成,如图所示。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示):___________。‎ ‎(2)反应①和反应②中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是____(填“反应①”或“反应②”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是_________(反应未使用催化剂)。‎ ‎(3)T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。实验测得:v正=k正c2(NO)·c(O2),v逆=k逆c2(NO2),k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO2)如表:‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO2)/mol ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎①从0~2s该反应的平均速率v(NO2)=___________mol/(L·s)。‎ ‎②T1温度时化学平衡常数K=___________mol-1·L。‎ ‎③化学平衡常数K与速率常数、的数学关系是K=___________。若将容器的温度改变为T2时其=,则T1__________T2 (填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(4)水能部分吸收NO、NO2混合气体得到HNO2溶液。向20 mL 0.10 mol/LHNO2溶液中逐滴加入0.10 mol·L-1 NaOH溶液,所得pH曲线如图所示。则A点对应的溶液中 =_______。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g) N2O2(g) △H = -(E3-E4) kJ/ mol (2). 反应② (3). 决定总反应速率的是反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢 (4). 0.0875 (5). 8 (6). (7). < (8). 10-3.70‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图像分析反应①为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变,写出热化学方程式;‎ ‎(2)根据图像可知,反应①的活化能<反应②的活化能,反应①为快反应,反应②为慢反应,决定该反应速率的是慢反应;决定正反应速率的是反应②,结合升高温度对反应①和②的影响分析可能的原因;‎ ‎(3)①根据v=结合表格数据计算;②根据表格数据,计算出平衡时的c(NO2)、c(NO)和c(O2)结合K=计算;③平衡时v正=v逆,结合速率方程和化学平衡常数表达式分析计算;根据图像,该反应是放热反应,若将容器的温度改变为T2时其=,则K=1<8,说明平衡逆向移动,结合温度对平衡的影响分析判断;‎ ‎(4)根据图象可知,0.10mol•L-1HNO2溶液的pH=2.15,据此可计算出HNO2的电离平衡常数Ka,A点溶液为中性,则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-),则A点溶液中c(Na+)=c(NO2-),A点对应的溶液中==,据此计算。‎ ‎【详解】(1)根据图像可知,反应①的化学方程式为:2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4) kJ/ mol,故答案为:2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4) kJ/ mol;‎ ‎(2)根据图像可知,反应①的活化能<反应②的活化能,反应①为快反应,反应②为慢反应,决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应②;对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能的原因是:决定总反应速率的是反应②,升高温度后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢,故答案为:反应②;决定总反应速率的是反应②,升高温度后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢;‎ ‎(3)①从0~2s该反应的平均速率v(NO2)== 0.0875mol/(L·s),故答案为:0.0875;‎ ‎②根据表格数据,平衡时,c(NO2)==0.25mol/L,反应的二氧化氮浓度c(NO2) =0.25mol/L,根据2NO(g)+O2(g)2NO2(g),平衡时c(NO)= 0.25mol/L,c(O2) =0.125mol/L,则T1温度时化学平衡常数K===8mol-1·L,故答案为:8;‎ ‎③平衡时v正=v逆,即k正c2(NO)·c(O2)=k逆c2(NO2),化学平衡常数K==;若将容器的温度改变为T2时其=,K=1<8,说明平衡逆向移动,因为该反应是放热反应,说明T1<T2 ,故答案为:;<;‎ ‎(4)根据图象可知,0.10mol•L-1HNO2溶液的pH=2.15,则HNO2的电离平衡常数Ka=,A点溶液为中性,则c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,溶液中电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-),则A点溶液中c(Na+)=c(NO2-),A点对应的溶液中====103.70,则=10-3.70,故答案为:10-3.70。‎ ‎ ‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档