【化学】北京十二中2018-2019学年高二下学期6月月考 试卷

北京十二中2018-2019学年高二下学期6月月考
可能用到的相对原子质量: H -1 N -14 O -16
第I卷（选择题 共44分）
1-11题为选择题，每道题只有一个正确选项，每道题4分，共44分。
1.垃圾分类从你我做起。废电池属于（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：A、用于回收B、C、D之外的其它垃圾，故不符合题意。B、用于回收各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾；废弃的塑料属于可回收垃圾，故符不合题意。C、用于回收会造成环境污染或危害人体健康的物质，故符合题意。D、用于回收各种厨房垃圾，故不符合题意。
考点：几种常见的与化学有关的图标
2.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是 

A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】D
【解析】
装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确，答案选B。
3. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A. 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热
C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】
试题分析：A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误，答案选B。
【考点定位】本题考查影响盐类水解的因素
【名师点晴】该题难度不大，解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。
4.常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液,关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(     )
(1)b不能显碱性  (2)a可能显酸性或碱性  (3)a不可能显酸性  (4)b可能显碱性或酸性
A. (1)(2) B. (3)(4) C. (1)(3) D. (2)(4)
【答案】A
【解析】
【详解】（1）pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故（1）正确；
（2）某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时酸可能过量，则a可能显酸性，故（2）正确；
（3）若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水反应时酸可能过量，则a可能显酸性，故（3）错误；
（4）若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故（4）错误；
综上所述，（1）（2）正确，答案选A。
【点睛】考查溶液酸碱性的定性分析，根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液可能为强酸或弱酸，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性，此题应忽略盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答。
5.用如图所示装置进行实验，下列叙述不正确的是（  ）

A. K与N连接时，铁被腐蚀
B. K与N连接时，石墨电极产生气泡
C. K与M连接时，一段时间后溶液的pH增大
D. K与M连接时，开始阶段石墨电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. K与N连接时，构成原电池，铁发生析氢腐蚀，A项正确；
B. K与N连接时，铁做负极被腐蚀，石墨电极氢离子得电子生成氢气，故产生气泡，B项正确；
C. 若K与M相连，则外电源接入形成电解池，石墨作阳极，Cl- 先失去电子被氧化2Cl--2e-=Cl2↑，铁做阴极，H+ 在铁电极上得到电子被还原2H+ +2e-=H2↑，所以整个过程实质是电解HCl，HCl的浓度逐渐减小，一段时间后pH增大，C项正确；
D. K与M连接时，石墨作阳极，开始阶段Cl- 先失去电子被氧化，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，D项错误；
答案选D。
6.一种太阳能电池的工作原理示意图如下所示，电解质为铁氰化钾K 3[Fe(CN) 6]和亚铁氰化钾K 4[Fe(CN) 6]的混合溶液，下列说法不正确的是( )

A. K＋移向催化剂b
B. 催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64―-e－＝Fe(CN)63－
C. Fe(CN)63－在催化剂b表面被氧化
D. 电解质溶液中Fe(CN)63－和Fe(CN)64－浓度基本保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。
A．b为正极，则K+移向催化剂b，A项正确；
B．a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64--e-═Fe(CN)63-，B项正确；
C．b上发生还原反应：Fe(CN)63-+e-═Fe(CN)64-，C项错误；
D．由B、C中的电极反应可知，二者以1:1相互转化，电解质溶液中Fe(CN)63-和Fe(CN)64-浓度基本保持不变，D项正确；
答案选C。
7.1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOHO2↑+4Na+2H2O；后来盖•吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑。下列有关说法正确的是（ ）
A. 戴维法制钠，阳极的电极反应式为：2OH-+2e-═H2↑+O2↑
B. 盖•吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强
C. 若用戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等
D. 若用戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，戴维法转移电子总数较少
【答案】D
【解析】
【分析】
由电解方程式可知，戴维法制钠时，阳极上氢氧根放电，阴极上钠离子放电，制得4molNa转移4mol电子；由化学方程式可知，反应能够进行的原因是高温时生成Na蒸气，Na蒸气挥发有利于反应正向移动，反应中铁做还原剂，氢氧化钠做氧化剂，生成4molNa转移8mol电子。
【详解】A. 由电解方程式可知，电解过程中，阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A项正确；
B. 钠的溶沸点低，高温时生成Na蒸气，Na蒸气挥发有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，B项错误；
C. 戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖•吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则转移电子不等，C项错误；
D. 戴维法生成4molNa转移4mol电子，但盖•吕萨克法生成4molNa转移8mol电子，则戴维法转移电子总数较少，D项正确。
答案选D。
8.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定0.100mol/L浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是（   ）

A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A、C两点对应溶液均呈中性
C. B点溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)
D. A点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.050mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A项正确；
B. C点溶质为NaCl，显中性；而A点溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解使溶液显碱性，B项错误；
C. B点溶液中，滴入NaOH溶液为20ml，则溶液组成为等量的CH3COONa和NaOH，因为醋酸根水解，则c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c(H+)，C项正确；
D．A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，D项正确；
9.根据下列操作及现象，所得结论正确的是(　　)
序号
　　　　　　　　　　操作及现象
结论
A
将0.1 mol·L-1氨水稀释成0.01 mol·L-1，测得pH由11.1变成10.6
稀释后，NH3·H2O的电离程度减小
B
常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液
常温下水解程度:CO32- >HCO3-
C
向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色
温度升高，Fe3+的水解程度增大
D
将固体CaSO4加入Na2CO3溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3
同温下溶解度:CaSO4Cu2+>H+,则阴极电解的放电顺序可知，阴极发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+；Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑；
（5）用1L 0.2mol/L的FeCl3溶解铜，则生成的n(Cu2+)=×0.2mol/L×1L=0.1mol,溶液中当阴极产生无色气体0.56L气体时，则阴极产生的氢气为0.56L，标砖状况下生成的氢气的物质的量为=0.025mol，依据放电顺序可知阴极反应式分别为：Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑，则转移的电子数为0.1 mol×2+0.025mol×2=0.25 mol，而阳极发生的电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑，故生成的氯气的物质的量为×0.25 mol=0.125mol，在标准状况下的体积为0.125mol×22.4L=2.8L；
（6）氢氧化亚铁沉淀所需pH范围为7.0-9.0，氢氧化铁完全沉淀所需pH值为1.9-3.2，氢氧化铜开始沉淀时的pH为4.7，若要除去Cu2+中的Fe2+和Fe3+，则需要先将Fe2+转化为铁离子，再调节溶液的pH范围以达到除杂目的，依据所给实验用品可知，除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液pH至3.2~4.7；最后过滤弃去滤渣，故答案为：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；加入CuO调节溶液pH至3.2~4.7。
【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：
（1）阴极：阴极上放电的是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。
（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。
14.SO2、NO是大气污染物。吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：

（1）装置Ⅰ中生成HSO3-的离子方程式为_____ 。
（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3-和SO32-）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。

①下列说法正确的是_____ （填字母序号）。
A.pH=8时，溶液中c(HSO3-) c(SO32-)>c(HSO3-)> c(OH-)> c(H+)，所以c(HSO3-)