2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期第二次月考化学试题 解析版

2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期第二次月考化学试题 解析版

‎2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期第二次月考化学试题 解析版 一、单选题 ‎1. 下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（ ）‎ A. 熔点：H2O＜I2＜SiO2＜KCl B. 粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+‎ C. 酸性：H2SO4＞HClO4＞H3PO4＞H2SiO3‎ D. 稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 二氧化硅是原子晶体，氯化钾是离子晶体，碘与水是分子晶体，熔点：H2O＜I2＜KCl ＜SiO2，故A不正确；B. 离子半径：Na+、Mg2+、Al3+的离子结构相同，随核电荷数增大，离子半径减小，而K+半径大于Na+半径，则粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C. 硅、磷、硫、氯处于同一周期，随核电荷数增大，非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物形成酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C错误；D. 非金属性越强，其氢化物就越稳定，稳定性：SiH4＜PH3＜NH3＜H2O，故D错误。答案选B。‎ 点睛：晶体熔、沸点大小比较，简单的说：比较前先看物质所属的晶体类型，然后依据相应规律比较；（1）金属晶体：金属键越强，熔沸点越高；（2）离子晶体：决定于离子键的强弱；（3）分子晶体，决定于分子间作用力的大小，对于结构相似的分子晶体，相对分子式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。气态氢化物的热稳定性由共价键键能大小决定，而非分子间作用决定。‎ ‎2. 已知H2A为二元弱酸,20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. Ka2(H2A)的数量级为10-5‎ B. NaHA溶液中:c(H+)>c(OH-)‎ C. M点由水电离出的c(H+)>N点由水电离出的c(H+)‎ D. pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(A2-)‎ ‎【答案】C ‎ ‎ ‎3. 将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体 B. 最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)‎ C. 最终得到7.8g的沉淀 D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L ‎，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl。A．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故A错误；B．反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+），故B错误；C．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故C正确；D．根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=2×0.2mol=0.4mol，故溶液钠离子的物质的量浓度为=2mol/L，故D错误；故选C。‎ ‎4. 有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是（ ）‎ A. ①② B. ③⑤ C. ①⑥ D. ④⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。‎ 点睛：本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。‎ ‎5. 下列离子方程式中正确的是（ ）‎ A. 氧化铁可溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O B. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+OH-=NH3↑+H2O C. 硫酸铜溶液中通入硫化氢：Cu2++H2S=CuS↓+2H+‎ D. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、氧化铁和氢碘酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故A错误；B、NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-= NH3·H2O+ H2O+CO32-，故B错误；C、硫酸铜溶液中通入硫化氢反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C正确；D、FeBr2溶液中通入过量Cl2反应生成氯化铁、溴，FeBr2完全被氧化，离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D错误；故选C。‎ ‎6. 已知H2C2O4 是二元弱酸，室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入KOH 溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的组成百分率与pH 的关系如图所示，下列说法正确的是 A. pH=4.27的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-)‎ B. 反应HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-的平衡常数为10-4.27‎ C. 向溶液中加入KOH溶液将pH 由1.3 调至4.27 的过程中水的电离程度先增大后减小 D. pH=2.5 的溶液中：c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)‎ ‎【答案】A ‎7. 已知在酸性介质中，MnSO4 与(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生反应：Mn2++S2O82-→MnO4-+SO42-，下列说法正确的是,‎ A. 反应过程中，因消耗溶液中的H+反应后溶液pH 增大 B. 氧化性：S2O82->MnO4-‎ C. 该反应中酸性介质可以为盐酸 D. 0.1mol 氧化剂参加反应，转移电子0.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】A. 根据得失电子守恒和原子守恒配平该离子方程式为：2Mn2＋＋5S2O82-＋8H2O=2MnO4-＋10SO42-＋16H＋，根据方程式可知，反应过程中，溶液中生成氢离子，反应后溶液pH减小，故A错误；B.该反应过程中，S2O82—中的硫元素得电子化合价降低，S2O82-是氧化剂，锰元素化合价升高，Mn2＋是还原剂生成氧化产物MnO4-，所以氧化性：S2O82->MnO4-，故B正确；C. 盐酸为还原性酸，能被S2O82-离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；D. 根据A项配平的方程式可知，若有5mol 氧化剂S2O82-参加反应，，转移电子10mol，则0.1mol 氧化剂参加反应，转移电子0.2mol，故D错误；答案选B。‎ ‎8. ‎ 甲、乙、丙、丁分别为A、B、C、D 四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物，已知0.1mol·L-1甲、丙、丁溶液的pH 与A、C、D 的原子序数关系如图所示(lg2=0.3)，且常温下甲、丙、丁均可与乙反应。下列说法正确的是 A. 原子半径：AROH，当lgVo/V==2时，MOH和ROH两种溶液中对应的pH分别为11、10，而这里的氢离子浓度就是水电离产生的，故水电离的c(OH－)的比值是1:10，D正确。‎ 点睛：首先理解坐标意义，由起始点确定两种碱的相对强弱，然后由弱电解质电离平衡进行分析，溶液中微粒浓度大小比较，常用方法是确定某点的溶质及其量的关系，由三个守恒法（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来确定等式至不等式。‎ ‎13. 往200mLFeCl3溶液中通入4.48L标难状况下的H2S气体后(气体完全反应)，再加入过量的Fe粉，反应停止后，测得溶液中含有1.2mol金属阳离子，下列说法正确的是 A. 通入H2S时发生反应的离子方程式为Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+‎ B. 若将加入Fe粉后溶液中的1.2mol金属阳离子完全氧化，需要通入Cl213.44L C. 若将上述4.48L标准状况下的H2S换成0.2molNa2S,加入过量的Fe粉后溶液中也能得到1.2mol金属阳离子 D. 将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的质量为64g ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：往200mLFeCl3溶液中通入4.48L标难状况下的H2S气体后(气体完全反应)，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。标难状况下，4.48L H2S的物质的量为0.2mol，由离子方程式可知，反应后可生成0.8mol Fe2+和0.8mol H+，再加入过量的Fe粉，反应停止后，0.8mol H+可以溶解0.4mol Fe再生成0.4mol Fe2+，Fe2+总物质的量恰好为1.2mol，所以溶液中金属阳离子全部是Fe2+，说明H2S与反应后，Fe3+没有剩余，所以原溶液中只有0.8mol Fe3+。A. 通入H2S时发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A不正确；B. 若将加入Fe粉后溶液中的1.2mol Fe2+完全氧化，需要通入0.6molCl2，0.6molCl2在标准状况下体积为13.44L，B不正确；C. 若将上述4.48L标准状况下的H2S换成0.2molNa2S，则反应后没有H+生成，加入过量的Fe粉后，铁粉不会溶解，所以溶液中不能得到1.2mol金属阳离子，C不正确；D. 将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是 ‎0.4mol Fe2O3，0.4mol Fe2O3的质量为64g，D正确。本题选D。‎ ‎14. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 称取3.0gNaOH固体 先在托盘上各放一个小烧杯，然后在右盘上添加3g砝码，左盘上添加NaOH 固体 B 制Fe(OH)3 胶体 将FeCl3 浓溶液滴入沸水中，并不断搅拌 C 除去Cu中混有的少量Si 将固体混合物溶于过量的NaOH溶液中，然后过滤、洗涤、干燥 D 验证铁的吸氧腐蚀 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A. 称取3.0gNaOH固体时，先在左边托盘上放一个小烧杯并称量其质量，然后在右盘上再添加3g砝码，左盘烧杯中添加NaOH 固体至天平平衡，A不正确；B. 制Fe(OH)3 胶体时将FeCl3 浓溶液滴入沸水中，不能搅拌，B不正确；C. 将混有的少量Si的Cu溶于过量的NaOH溶液中，然后过滤、洗涤、干燥，可以除去Cu中混有的少量Si，C正确；D. 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，因为酸性较强，所以不能验证铁发生了吸氧腐蚀，D不正确。本题选C。‎ ‎15. 某有机物的分子式为C5H10O2,该有机物能发生银镜反应，但不能与钠反应产生氢气，也不能发生水解反应，则该有机物可能的结构有 A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 11种 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：某有机物的分子式为C5H10O2,该有机物能发生银镜反应，但不能与钠反应产生氢气，也不能发生水解反应，则该有机物分子中有醛基、醚键，没有羟基和酯基，可能的结构有CH3OCH2CH2CH2CHO、CH3CH2OCH2CH2CHO、CH3CH2CH2OCH2CHO、CH3OCH2CH(CH3)CHO、CH3CH2OCH(CH3)CHO、CH3CH2CH(OCH3)CHO、CH3‎ O CH(CH3)CH2CHO、CH3 CH(CH3) O CH2CHO、CH3O C (CH3) 2CHO等9种。本题选B。‎ 点睛：本题考查了限定条件的同分异构体数目的确定，难度较大。要求学生能熟悉常见有机物的通式，能根据分子式快速确定有机物的不饱和度，进而根据有机物的性质确定其可能含有的官能团，然后根据碳链异构找到所有可能结构。由本题有机物分子式可知，该有机物分子中有一个不饱和度，因为醛基有一个不饱和度且含有一个氧原子，所以另一个氧原子只能做醚键。‎ ‎16. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Cl2+Fe2++2Br-=4Cl-+Fe3++Br2‎ B. 向CuSO4溶波中加入Na2O2: 2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑‎ C. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2: SiO32-+SO2+2H+=H2SiO3↓+SO32-‎ D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液:SO32-+2H'=SO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A.该离子方程式没有配平， A不正确；B. 向CuSO4溶波中加入Na2O2，离子方程式为2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，B正确；C. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，生成H2SiO3和HSO3-，C不正确；D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液后，SO32-被HNO3氧化为SO42-，D不正确。本题选B。‎ ‎17. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是空气中含量最多的元素。下列说法正确的是 A. X、Z两种元素形成的化合物中可能既含极性键，又含非极性键 B. 原子半径: r(Y)r(Z)，B不正确；C. W可能是S或Cl，W的氧化物对应的水化物不一定是强酸，如亚硫酸、次氯酸等等都是弱酸，C不正确；D. W的气态氢化物与W的最高价含氧酸有可能反应，如H2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2↑+2H2O，D不正确。本题选A。‎ 点睛：本题有两种元素无法确定，只能知道大概的范围，难度较大。要求学生要熟悉常见的元素化合物及其之间的转化，能根据氧化还原反应的规律判断可能发生的反应。‎ ‎18. 下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ A. pH=12的Ba(OH)2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c(OH－)相等 B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na+)>c(Cl－）>c(CH3COOH)‎ C. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②NH4HSO4、③NH4Fe(SO4)2、④NH3•H2O三种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④‎ D. 等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前>N后 ‎【答案】C ‎【解析】A、Ba(OH)2为强碱，抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐，CO32-结合水中的H+，从而促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c(OH−)大，故A错误；B、溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＞c(Cl-)，根据醋酸钠的物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以(Cl-)=c(CH3COOH)，c(Na+)>c(Cl－)=c(CH3COOH)，故B错误；D、①NH4HCO3中NH4+水解呈酸性，HCO3−水解呈碱性，促进NH4+的水解；②NH4HSO4在水溶液中完全电离出H+，抑制NH4+的水解；③NH4Fe(SO4)2中，Fe3+水解呈酸性，但Fe3+水解产生H+的浓度小，它对抑制NH4+的水解抑制程度小；④NH3•H2O部分电离，产生的NH4+浓度比盐溶液中的小，故四种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④，故C正确；D、根据电荷守恒NaClO(aq)中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)，所以NaClO(aq)中离子总浓度为2[c(Na+)+c(H+)]；根据电荷守恒NaCl(aq)中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]；等浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中c(Na+)相同，NaClO溶液中ClO-水解，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，c(H+)＜，而NaCl(aq)中，c(OH−)=c(H+)=，所以NaClO(aq)中c(H+)小于NaCl(aq)中c(H+)，所以等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数多少：N前0.8 (2). 当升高到一定温度以后，R渐渐转化为气态 (3). ‎ 气体物质两边的化学计量数相等，增大压强不改变平衡状态 (4). N渐渐转化为非气态，增大压强平衡向左移动 ‎【解析】(1)在一定温度下，向一固定容积的密闭容器中加入 1mol M和 2mol N，发生下述反应：M(g)+2N(g)3Q(g)+2R(s)(放热反应)，达到平衡时生成了1.8mol Q，‎ ‎                            M(g)+2N(g)3Q(g)+2R(s)‎ 起始量(mol)      1            2              0              0‎ 变化量(mol)     0.6          1.2           1.8           1.2‎ 平衡量(mol)    0.4           0.8            1.8          1.2‎ 反应从逆反应方向开始，按不同的配比作为起始物质，达到平衡时Q仍为1.8mol，依据化学方程式计算平衡状态下逆向进行生成0.4molM需要Q物质的量1.2mol，需要R物质的量为0.8mol，反应达到平衡状态R物质的量大于0.8mol，R的起始物质的量n(R)应满足的条件是：n(R)＞0.8mol，故答案为：＞0.8；‎ ‎(2)若降低原平衡体系温度，当再次达到平衡后，测得两次平衡条件下混合气体的平均相对分子质量未发生改变，形成这种结果的可能原因是R的摩尔质量和原平衡状态的平均摩尔质量相同，即M(R)=原平衡状态的相对分子质量，升高温度后R变化为气体，故答案为：当温度升高到一定温度以后，R渐渐转化为气体；‎ ‎(3)M(g)+2N(g)3Q(g)+R(s)，在一定温度和常压下，将1mol M和2mol N充入该容器中，建立平衡之后，M的物质的量浓度为a mol/L。‎ ‎①当压强为原来1.5倍时，M的平衡时物质的量浓度为m mol/L，测得m=1.5a，体积变化从a变化应1.5a，反应前后气体体积不变，压强减小，平衡不移动只是体积改变，故答案为：气体物质两边的化学计量数相等，增大压强不改变平衡状态；‎ ‎②当压强为原来10倍时，M的平衡时物质的量浓度为n mol/L，体积变化引起的浓度变化浓度应变化为10a，应为n=10a，而实际测定结果测得n＞10a，证明平衡逆向进行，只能是增大压强，结合反应前后气体变化可知，可能N变化为非气体才符合，故答案为：N渐渐转化为非气态，增大压强平衡向左移动。‎ ‎ ‎