2017-2018学年河北省唐山一中高二上学期12月月考化学试题 解析版


河北省唐山一中2017-2018学年高二上学期12月月考化学试题
命题人：赵广柱 审核人：李丽双
说明：
1．考试时间90分钟，满分100分。
2．将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在答题纸上。
3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡占后５位。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Cl-35.5 Na-23 Zn-65
卷Ⅰ(选择题 共50分)
一．选择题（共25小题，每小题2分，计50分。每小题只有一个正确选项）
1. 下列物质仅能在水溶液中导电的是
A. HC1 B. NaHSO3 C. NaOH D. CH3CH2OH
【答案】A

考点：考察电解质概念知识。
2. 下列有关甲烷的说法中错误的是
A. 采煤矿井中的甲烷气体是植物残体经微生物发酵而来的
B. 天然气的主要成分是甲烷
C. 甲烷燃料电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理
D. 甲烷与氯气发生取代反应所生成的产物四氯甲烷是一种效率较高的灭火剂
【答案】C

3. 将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】水电离出的c(H+)= c(OH－)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH－)，c(H+)、 c(OH－)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH－) 呈中性，故D正确。
点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。
4. 下列说法中有明显错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
C. 活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D. 加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
【答案】C
【解析】试题分析：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
5. 在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C. 加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】0.1mol/L CH3COOH溶液中存在水解平衡为CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+。A项加入水时，平衡正反应方向移动，错误；B项加入少量的NaOH固体，则会消耗溶液中的H+，平衡向正反应方向移动，正确；C项，、加入少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡虽然会向逆反应方向移动,但溶液中C(H＋)增大，错误；加入少量CH3COONa 固体，溶液中的CH3COO—的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，错误。
6. 有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是
A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】Ba(OH)2、NaOH是强碱，完全电离，等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH中，c（OH-）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
7. 下列说法正确的是
A. 若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7
C. 钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D. 一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2) = 2v逆(NH3)
【答案】C
【解析】A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；
B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．
【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．

8. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 配制FeCl3溶液时加入少量的浓盐酸
B. 常温下，NaOH溶液中由水电离出的c(H+)0
B. 电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液处理，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】该反应，298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，说明 ，所以ΔHc(CO32 －)>c(HCO3－ )>c(OH－)
B. CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变
C. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)>c(NH4＋)+c(OH－)
D. 0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32 －) >c(OH－)>c(HCO3－ )，故A错误；= ，所以CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变，故B正确；室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，氨水电离大于铵根离子水解，所以c(NH4＋ )> c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)Ksp时有沉淀生成；Q=Ksp恰好达到饱和状态；Q c（CN－），故B错误； 根据物料守恒，c（HCN）+c（CN－）=2 c（Na＋），根据电荷守恒c（Na＋）+ c（H＋）= c（CN－）+c（OH－），综合以上，c（HCN）-c（CN－）= 2c（OH－）- 2c（H＋），故C错误；根据物料守恒c（HCN）+c（CN－）=0.1mol·L－1，故D正确。
21. 下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)
B. 10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12
C. 在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中，c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】B
【解析】根据电荷守恒，0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)+ c(H＋)，故A错误；10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，氢氧化钡有剩余，溶液呈碱性，若混合后溶液的体积为20 mL，则 ， c(H＋)= ，则溶液的pH=12，故B正确；在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中c(SO42-)c(C1-)=c(I-)
C. CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。

24. 与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，但既不是同系物又不是同分异构体的是
A. 环丙烷 B. 环丁烷 C. 乙烯 D. 丙烷
【答案】B
【解析】具有相同的碳、氢百分含量，说明最简式和丙烯的相同。A是同分异构体，C是同系物，D的最简式不同，所以正确的答案是B。
25. 化工生产中含Cu2+的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为：Cu2+(aq) + MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是
A. 该反应达到平衡时c(Cu2+)=c(Mn2+)
B. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c( Mn2 +)变大
D. 该反应平衡常数表达式：K=
【答案】A
【解析】依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu(NO3)2(s)后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c(Cu2＋)≠c(Mn2＋)，A项错误。
卷Ⅱ(非选择题 共50分)
二．填空题（计50分）
26. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。
Ⅰ、实验步骤：
(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如下图所示，则此时的读数为________mL。

(4)滴定。当______________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ、实验记录

Ⅲ、数据处理与讨论：
(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。
(2)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的______(填写序号)。
a．pH b．沸点 c．电离常数 d．溶解度
(3)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________(填写序号)。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (5). 4.500 (6). c (7). ab
【解析】试题分析：I．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；（2）强碱滴定弱酸时应选择碱性范围内变色的指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；III．（1）根据数据的合理性来分析；求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH 溶液反应的关系式来解答；（2）根据电离常平衡数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；（3）根据C（待测）= 分析误差。
解析：I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂酚酞；（3）滴定管液面的读数0.70mL；（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色； III．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设20mL稀释后的白醋样品含有 CH3COOOH Xg，则
       
c（市售白醋）=g/100 mL；（2）依据电离常数的大小判断酸性强弱，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故选c；（3）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏大，故a正确；b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏大，故b正确；c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据C（待测）=，分析可知C（待测）不变，故c错误；d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据C（待测）=，分析可知C（待测）偏小，故d错误。
27. Ⅰ、在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12，则：
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是________mol/L。
(3)在该温度下，将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。
Ⅱ、现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水，请回答下列问题：
(4)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (填序号)___________。
(5)④、⑤、⑦、⑧四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是 (填序号)_________________。
(6)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度关系正确的是________(填字母序号)。
A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)
B．c(Na＋)＝0.1 mol/L
C．c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．c(H＋)>c(OH－)
Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性，求该温度下NH3·H2O的电离常数________。
【答案】 (1). 10－12 mol2·L－2 (2). 10－b－10－a (3). 11 (4). ④>②>③>① (5). ⑦>④>⑤>⑧ (6). A (7). （a-b）10-7/b
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ ；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)计算c(Na+)；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 计算c(OH－)，根据KW计算c(H＋)，最后计算PH；Ⅱ、(4)向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离； (5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+）。Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+ c（H+）+ c（NH4+）= c（OH-）+ c（CI-），则c（Na+）+ c（NH4+）= c（CI-），根据物料守恒c（Na+）=mol/L 、c（CI-）=mol/L 、c（NH4+）+c(NH3•H2O)= mol/L ，根据 计算NH3·H2O的电离常数；
解析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ mol2·L－2；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)，c(Na+)= c(OH－)- c(H+)=10－b－10－a，所以该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是10－b－10－a mol/L；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 ， c(H＋)= ， PH=11；Ⅱ、向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离；①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，对水电离的抑制作用小，④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①；(5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH浓度由大到小的顺序是⑦>④>⑤>⑧；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+），，根据分析A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)，故A正确； B．根据物料守恒c(Na＋)＝0.05 mol/L，故B错误； C．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(NH)+ c（H+）＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误； D．溶液呈碱性c(H＋)