2017-2018学年河北省邯郸三中高二上学期第二次月考化学试题 解析版


河北省邯郸三中2017-2018学年高二上学期第二次月考
化学试卷
命题人： 审题人：
考生注意：
本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页，23大题。满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子量：H 1 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷（选择题 54分）
一、选择题（1-18小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）
1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。
考点：考查电解质等有关判断
2. 下列关于水的电离叙述正确的是(　　)
A. 稀释NH4Cl溶液，所有离子浓度都减小
B. 稀释NH4Cl溶液，水的电离程度变大
C. 稀释NaOH溶液，水的电离程度变小
D. 水升高温度后，H＋浓度增大，Kw变大
【答案】D
【解析】A. 加水稀释，促进铵根离子的水解，但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度，则溶液中c（H＋）减小，又因温度不变时水的离子积常数也不变，则溶液中c（OH－）增大，故A错误；B. 稀释NH4Cl溶液，铵根离子浓度减小，对水电离的促进程度减小，所以水的电离程度减小，故B错误；C. 稀释NaOH溶液，c（NaOH）减小，因碱的浓度越大水的电离程度越小，所以稀释NaOH溶液，水的电离程度变大，故C错误；D. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，H＋浓度增大，Kw变大，故D正确；答案选D。
3. 在蒸发皿中将下列物质的溶液加热蒸干并灼烧，可以得到该物质固体的是(　　)
A. Al2(SO4)3 B. NaHCO3 C. KMnO4 D. FeCl3
【答案】A
【解析】A．Al2(SO4)3溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2(SO4)3，可得到溶质固体，故A符合；B．NaHCO3在加热时易分解生成Na2CO3、H2O和CO2，最终所得固体是Na2CO3，故B不符合；C．KMnO4不稳定，加热易分解，故C不符合；D．FeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁，故D不符合；答案选A。
点睛：在蒸发皿中将溶液加热蒸干并灼烧，得到该物质的固体，可以从物质的稳定性以及水解的角度进行分析，蒸干灼烧后能得到该物质的固体，说明该物质性质比较稳定，在蒸干、灼烧过程中不发生分解反应、氧化还原反应等。本题要注意FeCl3水解生成的是挥发性酸，加热蒸干并灼烧最终得到的是氧化铁。
4. 物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是(　　)
A. Na2CO3　NaHCO3　NaCl　NH4Cl
B. NH4Cl　NaCl Na2CO3　NaHCO3
C. (NH4)2SO4　NH4Cl　NaNO3　Na2S
D. NH4HSO4　(NH4)2SO4　Na2S　NaNO3
【答案】C
【解析】A. NH4Cl水解溶液呈酸性，NaCl不水解溶液呈中性，Na2CO3、NaHCO3均水解溶液显碱性，但Na2CO3水解程度大，溶液碱性更强，则pH由小到大顺序排列：NH4Cl、NaCl、NaHCO3、Na2CO3，故A不符合；B. 根据A项分析可知，B不符合；C. (NH4)2SO4　NH4Cl水解溶液都呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，水解后溶液酸性强，pH最小，NaNO3不水解溶液呈中性，Na2S水解溶液呈碱性，符合按pH由小到大顺序排列，故C符合；D. NH4HSO4在溶液中完全电离NH4HSO4=NH4++H++SO42－，溶液酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4水解溶液呈酸性，Na2S水解溶液呈碱性，NaNO3不水解，溶液呈中性， 按pH由小到大顺序排列的是NH4HSO4、(NH4)2SO4、NaNO3 、Na2S，故D不符合；答案选C。
点睛：本题主要考查盐类的水解对溶液酸碱性的影响，解答本题时，可以先根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再根据弱离子水解的影响因素如“越弱越水解”、浓度等来比较浓度相同的溶液pH大小即可，解题时注意D项中的NH4HSO4在溶液中因完全电离溶液的酸性最强，pH最小。
5. 一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）
①NaOH固体　　　②KNO3溶液　　　③水　　　④CH3COONa固体
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】①加入NaOH固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故不符合；②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；则答案选D。
点睛：本题主要考查影响反应速率的因素，解答本题时，要从铁和盐酸反应的实质Fe+2H+=Fe2++H2↑出发，为了减缓反应速率，可减小氢离子的浓度，Fe过量则酸能完全反应，生成氢气的量由盐酸决定，要想不影响生成氢气的总量，必须保证与铁反应的氢离子的物质的量不变，以此来解答本题。本题的易错点是②加入KNO3溶液， H+、NO3－与铁反应不能生成氢气，解题时要注意区别。
6. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则关于同温同体积同浓度的下列物质说法不正确的是(　　)
A. 电离平衡常数：HClO＞HCN
B. pH：HClOc(HS－)>c(S2－)> c(H2S)
C. c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
D. c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
【答案】C
【解析】A.根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，故A错误；B.在 NaHS溶液中，Na+不水解而HS－水解，则Na+浓度大于HS－，溶液中c(OH－)>c(H＋)，说明HS－水解程度大于电离程度，则c(S2－)＜ c(H2S)，故B错误；C.NaHS溶液中存在着多种离子和分子，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故C正确；D.由物料守恒和电荷守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2S)－c(S2－)，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查溶液中离子浓度的大小比较和微粒的守恒关系，本题的难点是根据溶液中c(OH－)与c(H＋)的大小判断HS－的水解程度和电离程度的相对大小，因c(OH－)>c(H＋)，说明溶液显碱性，则HS－的水解程度大于其电离程度，从而进行各项判断。
12. 室温，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比①∶②∶③∶④是(　　)
①pH=0的盐酸②0.1 mol/L的氢碘酸③0.01 mol/L的NaOH溶液
④pH=11的氨水
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】在酸溶液中，OH－是水电离产生的，在碱溶液中，H+是水电离产生的，且水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子浓度。①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－14mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－14mol/L；②0.1 mol/L的氢碘酸，氢碘酸是一元强酸，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－13mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，则由水电离产生的氢离子浓度为：mol/L=1×10－12mol/L；④pH=11的氨水溶液中，氢离子浓度为1×10－11mol/L，因氢离子是由水电离产生的，则由水电离产生的氢离子浓度为1×10－11mol/L，因此四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比为：1×10－14: 1×10－13: 1×10－12: 1×10－11=1:10:100:1 000，故答案选A。
13. 下列说法正确的是( ）
A . PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH=3
B. 室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同
D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液呈中性
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸的电离，造成溶液中氢离子物质的量增加，则PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH＜3，故A错误；B.醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B正确；C. CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)不相同，故C错误；D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)==10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D错误；
14. 25℃，已知KSp(AgCl)＝1.8×10－10，将2×10－5mol/L的AgNO3溶液和2×10－5mol/L的KCl溶液等体积混合，下列说法正确的是(　　)
A. 恰好形成AgCl饱和溶液 B. 能析出AgCl沉淀
C. 不能析出AgCl沉淀D．无法确定能否析出AgCl沉淀
【答案】C
【解析】等体积混合后，c（Ag+）=1×10－5mol/L，c（Cl－）=1×10－5mol/L，Qc= c（Ag+）×c（Cl－）=1×10－10＜KSp(AgCl)，故不能析出AgCl沉淀，答案选C。
15. 下列由实验现象得出的结论正确的是(　　)

操作及现象
结论
A
室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀。
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深
盐类水解是吸热反应
C
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液变红
溶液中一定含有Fe2＋
D
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
可以制得Fe(OH)3胶体


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A. 室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，该过程中硝酸银过量，两种沉淀都生成，不存在沉淀的转化问题，故不能比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故A错误；B.醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，使溶液呈碱性，滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明加热促进了醋酸根离子的水解，则可以证明盐类的水解是吸热反应，故B正确；C.原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液后，溶液也会变红，所以不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故C错误；D. 将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故D错误；答案选B。
16. 常温下，将体积为V1、物质的量浓度为c1的氨水滴加到体积为V2、物质的量浓度为c2的盐酸中，下列结论正确的是(　　)
A. 若V1＝V2，且溶液的pHc(CH3COO-)＞c(H＋)
② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H＋)
③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)
④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)
⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)
结合离子关系填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；
(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_____________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤
【解析】(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+) +c(H＋)= c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)= c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为：CH3COONa；③ ；④ ；
(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为：③④⑤。
22. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、________________ 。
(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。
(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视__________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。
(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。
滴定
次数
待测液体积
(mL)
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.00
24.10

（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是 _______________(填序号)。
①读数：滴定前平视，滴定后俯视②未用待测液润洗碱式滴定管
③用待测液润洗锥形瓶       ④不小心将标准液滴在锥形瓶外面
⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ①  ②
【解析】(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；
(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；
(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；
（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。
点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。
23. 炼锌厂产生的工业废渣——锌渣(除了含Zn 外，还含有Fe、Al、Cd （镉）和SiO2等杂质)，利用锌渣制取并回收ZnSO4·7H2O 和金属镉(Cd)是一个有益的尝试，流程如下：

已知：金属活动性Zn> Cd
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Cd(OH)2
Fe(OH)2
完全沉淀时的PH
≥3.2
≥4.7
≥6.5
≥9.4
≥9.7

试回答下列问题：
(1)第一步浸出时用到的试剂X为__________，滤渣1的成分是___________。
(2)加入Ca(ClO)2 的目的是氧化Fe2+，写出反应的离子方程式____________________。
(3)调节pH 过程可以选用；本流程的pH 调节一般调至5，其目的是_____________________。
(4)写出过滤后加入过量的锌粉反应的离子方程式__________________。
(5)在蒸发浓缩操作时，要保持一定的酸度，其目的是______。
【答案】 (1). H2SO4溶液 (2). SiO2 (3). 2H++ClO—+2Fe2+ =Cl—+2Fe3++H2O (4). ZnO除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出 (5). Zn+Cd2+== Zn2++Cd (6). 防止Zn2+水解
【解析】(1).Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中，只有二氧化硅不能和硫酸反应，可以用硫酸将之溶解，过滤，先获得二氧化硅，故答案为：H2SO4溶液；SiO2；
(2).为了将杂质铝离子以及三价铁离子沉淀下来，结合离子沉淀的条件，首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后再将之形成沉淀，反应实质是：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O，故答案为：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O；
(3).“调节pH”过程能使得溶液的碱性增强，同时又不能引入杂质离子，据此可以选择氧化锌，该试剂可以将三价铁离子和铝离子沉淀下来，形成Fe(OH)3、Al(OH)3，同时还可以防止Zn2+沉淀析出，故答案为：ZnO；除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出；
(4).金属Cd的活泼性比金属锌差，可以用金属锌来置换金属铬，反应的离子方程式为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd；
(5).从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，但是要注意保持溶液一定的酸度，以防止Zn2+的水解，故答案为：防止Zn2+水解。