贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题 15页

遵义市南白中学2019-2020-1高二第三次月考试卷 化 学 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Cl:35.5 Cu:64‎ 第I卷(选择题)‎ 一、单选题(共7题，每题6分，共42分)‎ ‎1.关于离子化合物NH5（H有正价和负价）下列说法正确的是（ ）‎ A. N为+5价 B. 阴阳离子个数比是1:1‎ C. 阴离子为8电子稳定结构 D. 阳离子的电子数为11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息知，氢有正价和负价，所以NH5可以写成NH4H，其中铵根离子中氮元素化合价为-3价，氢元素化合价为+1价，后面有-1价氢离子。‎ ‎【详解】A.氮元素的化合价为-3价，故A错误；‎ B.阴阳离子个数比为1:1，故B正确；‎ C.阴离子是H-，为2电子稳定结构，故C错误；‎ D.阳离子为铵根离子，电子数为10，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列物质放入水中，会显著放热的是 A. 食盐 B. 蔗糖 C. 酒精 D. 生石灰 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食盐溶于水，放热不明显，A错误；‎ B. 蔗糖溶于水，放热不明显，B错误；‎ C. 酒精溶于水，放热不明显，C错误；‎ D. 生石灰溶于水生成氢氧化钙时放出大量的热，属于放热反应，D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】明确常见物质溶于水的热效应是解答的关键，需要说明的是D中热效应是反应热，物理变化中的放热或吸热不是反应热。‎ ‎3.已知反应式：mX(g)+nY(?)‎ pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体 C. 系数n>m D. Z的体积分数减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；‎ B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；‎ C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；‎ D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握平衡移动方向的判断，需要从改变条件后的数据进行分析，结合平衡移动的规律确定移动方向和物质的状态及化学计量数的大小关系。‎ ‎4.用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是( )‎ A. 可以用石蕊代替指示剂 B. 滴定前用待测液润洗锥形瓶 C. 若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果 D. 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石蕊的变色范围太大，会造成较大误差，故A错误； B．滴定前用待测液洗涤锥形瓶，导致NaOH物质的量增大，消耗的盐酸量偏大，滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，故B错误； C．若NaOH吸收少量CO2，发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H++OH-=H2O再与碳酸钠反应，CO32-+2H+=H2O+CO2↑可以发现存在关系2 OH-～CO32-～2H+，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 ‎ 不影响测定结果，故C正确； D．该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，故D错误； 故选：C。‎ ‎5.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是 A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；‎ ‎【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；‎ B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；‎ C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；‎ D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C.‎ ‎【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。‎ ‎6.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度 B. 图中各点对应Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；‎ ‎（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。‎ ‎【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。‎ ‎9.偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)= 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) (Ⅰ)‎ ‎(1)反应(Ⅰ)中氧化剂是___________。‎ ‎(2)火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4(g)⇌2NO2(g) (Ⅱ)当温度升高时，气体颜色变深，则反应(Ⅱ)为______(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(3)一定温度下，反应(Ⅱ)的焓变为△H。现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是_________。若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数______(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(4)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3 。25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是______________(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________(填“正向”“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为_______mol•L﹣1 。(NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol•L﹣1)‎ ‎【答案】 (1). N2O4 (2). 吸热 (3). ad (4). 不变 (5). NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ (6). 逆向 (7). a/200b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化合价的变化分析，化合价降低的做氧化剂被还原； （2）当温度升高时，气体颜色变深，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应；‎ ‎（3）化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；‎ ‎（4）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．‎ ‎【详解】：（1）反应（Ⅰ）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中C元素和N元素化合价升高，是还原剂， 故答案为：N2O4； （2）N2O4（g）⇌2NO2（g） （Ⅱ），当温度升高时，气体颜色变深，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应， 故答案为：吸热；‎ ‎（3）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中； a、密度等于质量除以体积，平衡体系质量不变，反应体积增大，密度在反应过程中减小，密度不变说明反应达到平衡，故a符合； b、反应的焓变和反应物与生成物能量总和之差计算，与平衡无关，故b不符合； c、图象只表示正反应速率变化，不能证明正逆反应速率相同，故c不符合； d、N2O4（l）转化率不变，证明反应达到平衡，故d符合； 示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是ad；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；‎ 故答案为：ad；不变；‎ NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5 mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，c（NH4+）=c（NO3-）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K= ==2×10-5 mol•L-1，计算得到c（NH3•H2O）=‎ ‎ a/200bmol/L， 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；a/200b。‎ ‎10.无水三氯化铁易升华，有强烈的吸水性，是一种用途比较广泛的盐。‎ ‎(1)实验室中可将FeCl3溶液_____________________、_______________________、过滤、洗涤干燥得FeCl3·6H2O；再______________________________，得到无水FeCl3。‎ ‎(2)室温时在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为2.7时，Fe3+开始沉淀；当溶液pH为4时，c(Fe3+)=______mol·L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]= 1.1×10-36)。‎ ‎(3)利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2(C2O4)3·5H2O]的实验流程如下图所示：‎ ‎①为抑制FeCl3水解，溶液X为______________。‎ ‎②所得Fe2(C2O4)3·5H2O需用冰水洗涤，其目的是____________________________。‎ ‎③为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取ag样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于下图所示仪器_________(填“甲”或“乙”)中；下列情况会造成实验测得Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏低的是___________。‎ a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗 b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失 c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 ‎【答案】 (1). 蒸发(浓缩) (2). 冷却(结晶) (3). 将FeCl3·6H2O在HCl的气氛中加热脱水 (4). 1.1×10-6 (5). (浓)盐酸 (6). 除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗 (7). 甲 (8). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化铁人员占得到溶质固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水，抑制铁离子的水解得到固体氯化铁； （2）根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH）计算； （3）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质； ②洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失； ③KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量， a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多； b．读数高锰酸钾体积多； c．读数体积偏小，结果偏低．‎ ‎【详解】：（1）实验室中可将FeCl3溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化铁晶体FeCl3•6H2O，将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热，抑制铁离子水解脱水得到无水FeCl3． 故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热脱水； （2）溶液pH为4时，c（OH）=10-10，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH），可知c（Fe3+）= =1.1×10-6 mol/L， 故答案为：1.1×10-6； （3）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解， 故答案为：（浓）盐酸； ②取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失， 故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗； ③KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中； a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高； b．读数高锰酸钾体积多，偏高； c．读数体积偏小，结果偏低，正确； 故答案为：甲；c．‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解盐类分析，草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理。‎ ‎11.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：‎ ‎(1)Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721‎ ‎ ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。‎ ‎②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2(填“大于”或“小于”)。‎ ‎(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________(填标号)。‎ A．＜0.25 B．0.25 C．0.25～0.50 D．0.50 E．＞0.50‎ ‎(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。‎ 可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). C (3). 小于 (4). 202 (5). COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过气体所占物质的量分数结合反应方程式判断；‎ ‎（2）CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变，当反应物全部反应氢气所占物质的量的分数50%，但反应为可逆反应不能进行彻底； （3）图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒（活化能）E正，得到反应的化学方程式；‎ ‎【详解】：（1）①反应的化学方程式：H2+CoO⇌Co+H2O，②反应的化学方程式：CO+CoO⇌Co+CO2，相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的反应，一氧化碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度大 故答案为：大于；‎ ‎（2）假设氢气的物质的量为1mol，①H2+CoO⇌Co+H2O中反应后氢气的物质的量分数可求出该温度下反应的平衡常数，方法如下：‎ ‎ ‎ K1= =a/(1-a)；其中(1-a)/1=0.025；故K1=39；用同样方法求出反应②反应CO+CoO⇌Co+CO2的平衡常数K2= =51；反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）平衡常数K=>1；当K==1时，===，此时氢气的物质的量分数为0.25；当反应物全部反应氢气所占物质的量的分数0.50，但反应为可逆反应不能进行彻底，综上所述氢气的物质的量分数应大于0.25小于0.50，‎ 故答案为：C；‎ ‎（3）图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，是发生的过渡反应：COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH，该历程中最大能垒（活化能）E正=1.86eV-（-0.16eV）=2.02eV， 故答案为：小于；2.02；COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH；‎ ‎【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新颖，提取信息能力较弱的学生，会比较 吃力。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误。‎ ‎ ‎ ‎ ‎