【化学】河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷

河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.下列离子方程式书写正确的是
A. Fe3O4 溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3+ +4H2O
B. 过氧化钠投入水中发生：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑
C. 向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量 CO2 (标准状况)：CO2 +2OH‾=CO32—+2H2O
D. 向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2：2Br—+Cl2 =Br2+2Cl—
【答案】B
【解析】
【分析】
三价铁离子能够氧化碘离子；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子。
【详解】Fe3O4溶于足量氢碘酸，二者发生氧化还原反应生成Fe2+离子和单质碘，反应的离子方程式：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，A错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑，B正确；向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量CO2(标准状况)，氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2 +OH‾=HCO3—，C错误；向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2，二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl‾，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
2.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是

选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2SO3
Na2SiO3溶
非金属性：S>Si
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】
A、发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为硫酸>亚硫酸>硅酸，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，无法用亚硫酸的酸性比硅酸的酸性强来证明硫的非金属性强于硅，选项A错误；B、浓硫酸使蔗糖炭化，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，则溴水褪色可知生成二氧化硫，说明浓硫酸具有脱水性、氧化性，选项B正确；Ｃ、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项Ｃ错误；D、浓硝酸具有挥发性，所以硝酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体中可能含有挥发的硝酸，使硅酸钠溶液中产生白色沉淀，所以不能证明碳酸与硅酸酸性的强弱，选项Ｄ错误。答案选B。
3.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是(　　)

A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方 程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=+117 kJ·mol-1
B. 热稳定性: MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质(X2)的反应能自发进行是因为ΔH均小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
4.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是（ ）

A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3
D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。
5.下列说法中正确的是(　　)
A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B. Na2O2、NaClO中所含化学键类型不完全相同
C. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】
分析：A、在化合物中，除H、Li、Be、B四种元素的原子最外层不能达到8电子稳定结构外，其它元素一般情况下都能满足；B、离子化合物中含有离子键，也可能含有共价键；C、同主族元素形成的类似化合物，微粒间的作用也不一定相同；D、化学反应就是旧键的断裂与新键的形成过程，但键的类型不一定相同。
详解：A、CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；
B、Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C、Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；
D、氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。本题答案为B。
点睛：尽管非极性共价键和极性共价键都属于共价键，但二者并不相同，而B选项要求的就是“不完全相同”；化学反应过程中断裂和形成了哪些化学键，可通过反应物和生成物中所含的化学键去判断。
6.有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ3个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。
容器
起始时
T/℃
n(HCl)/mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4

下列说法不正确的是（ ）
A. △Hb>c
【答案】B
【解析】
根据图像当lg=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的3pH5，HA为强酸，HB为弱酸。A，根据图像，稀释相同倍数时，溶液的pH：HAHB，溶液中c（A-）c（B-），A项错误；B，根据图像，溶液的pH：ab=c，酸溶液中OH-全部来自水电离，水的电离程度：b=ca，B项正确；C，a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总物质的量：ac，b点相对于a点加水稀释促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：ba，溶液中离子总物质的量：bac，C项错误；D，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总浓度：ac，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c（H+）=c（B-）+c（OH-）、c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液中离子总浓度：b=c，溶液中离子总浓度：ab=c，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查强酸和弱酸的比较，与溶液稀释有关的pH图像的分析。区分HA和HB的强弱是解题的关键，当lg=2时，HA的pH增大2个单位，HB的pH增大值小于2个单位，HA为强酸，HB为弱酸。弱酸稀释时促进弱酸的电离，弱酸分子电离产生的离子物质的量增大，弱酸分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱酸电离出的离子物质的量浓度减小。
20.25℃时， c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释， 溶液中 CH3COOH 和 CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法不正确的是

A. 由图可知， 25℃时醋酸的 Ka=10-4.76
B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中， α(CH3COOH)增大， c(CH3COOˉ)也一定增大
C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl， α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1
D. 对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)
【答案】B
【解析】
A. 由图可知，pH=4.76时，α(CH3COOH)=c(CH3COOˉ) ，所以25℃时醋酸的 Ka=10-4.76，A正确；B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中，CH3COOH的电离平衡正向移动，所以α(CH3COOH)减小， c(CH3COOˉ)增大，B不正确；C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl，HCl电离使溶液中c(H+)增大，CH3COOH的电离平衡逆向移动 ，所以α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小，根据物料守恒可知， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，C正确；D. 根据质子守恒可知，对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)，D正确。本题选B.
21.硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛。
（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用如下方法降低尾气中的含硫量：
①方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4
已知：a. CaO(s)+CO2(g) =CaCO3(s) ΔH=-178.3kJ·mol-1
b.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-2762.2kJ·mol-1
c.2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=-2314.8kJ·mol-1
写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：____________________________。
②方法2：用氢氧化钠溶液将SO2转化为NaHSO3，再氧化为 Na2SO4。实验测得NaHSO3溶液中= 1500，则溶液的pH为______________（已知：H2SO3的Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7）。
（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫(0=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g) +H2(g)H2S (g)+CO(g) ΔH>0。
①恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是__________(填字母)。
a.COS的浓度保持不变 b.化学平衡常数不再改变
c.混合气体的密度不再改变 d.形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将一定量的CO和H2S混合加热并达到下列平衡：H2S(g)+ CO(g) COS(g)+H2(g)，K=0.25，则该温度下反应COS(g)+H2(g)H2S(g)+ CO(g)的平衡常数K=__________。T1℃时，向容积为10 L的恒容密闭容器中充入1mol COS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为______________________。
（3）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为
。
①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。
②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). CaO(s)+SO2(g)==CaSO3(s) ΔH=-402.0kJ·mol-1 (2). 6 (3). bc (4). 4 (5). 66.7% (6). 0.4 (7). 2SO42--2e-=S2O82-
【解析】
【分析】
由盖斯定律可得CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式；由Ka1×Ka2计算溶液中c(H+)；在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态；恒容条件下，容器体积不变，混合气体质量不变，混合气体的密度不变；逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数；依据题给条件建立三段式，运用化学平衡常数计算COS得消耗量；
【详解】（1）①由盖斯定律，a+b/2-c/2得CaO(S)＋SO2(g)＝CaSO3(S)ΔH=－402.0kJ/mol；②NaHSO3溶液中Ka1×Ka2=，由题给数据可得1.5×10-2×1.0×10-7
=1500×c2(H+),解得c(H+)=1.0×10-7mol/L，则pH为6。（2）①各物质的物质的量浓度保持不变是反应达到平衡的标志；恒温条件下，化学平衡常数为定值；形成H-S键代表正反应速率，形成H-H键代表逆反应速率，形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键说明正、逆反应速率相等。②逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数，正反应化学平衡常数K=0.25，则逆反应的化学平衡常数K1=1/K=4；达到平衡时COS的转化率为x，设由题给数据建立如下三段式：
COS(g) + H2(g) H2S(g) + CO(g)
c(起) 0.1mol/L 0.1mol/L 0 0
c(变) 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
c(平) (0.1-0.1x) mol/L (0.1-0.1x) mol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
由化学平衡常数可得：=4，解得x=2/3。（3）①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，S2O82-中S元素化合价为+7价，设1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为a，由得失电子数目守恒可得：1mol×2×（7-6）=a×（7-2）,解得a=0.4 mol；电解硫酸和硫酸铵混合溶液的电解池中，阳极是SO42-失电子发生氧化反应的过程，电极反应式为：2SO42--2e-=S2O82-。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用和氧化还原反应，考查知识点较多，涉及了化学反应中的能量变化、化学平衡的移动及其影响因素、氧化还原反应计算、电解原理及其应用等相关知识，分析时，要注意从题目中寻找线索并结合反应的特征分析。化学平衡是重要的化学基本理论，是中学化学的重点和难点，也是考查学生能力的重要载体，是高考历久不衰的热点。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。
22.I．根据下表所示化学反应与数据关系，回答下列问题：
化学反应
平衡常数
温度
973 K
1173 K
①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)
K1
1.50
2.15
②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)
K2
2.40
1.67
③CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)
K3
？
？

(1)反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)在973K时，K3=_________。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有______(填写字母序号)。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积 C．升高温度
D．使用合适的催化剂 E．设法减小平衡体系中的CO浓度
Ⅱ．无机和有机氰化物在工农业生产中应用广泛，尤其是冶金工业常用的氰化物，含氰废水的处理显得尤为重要。含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN－的形式存在,工业上有多种废水处理方法。
(1)电解处理法：
用如图所示装置处理含CN－废水时，控制溶液pH为9~10并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO－将CN－氧化为无害物质而除去。铁电极为__________(填“阴极” 或“阳极”)，阳极产生ClO－的电极反应为__________________________，阳极产生的ClO－将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为__________________________。

(2)UV(紫外光线的简称)—H2O2氧化法。
实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，
光照一定时间后取样分析。
【查阅资料】
①在强碱性溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH－===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O，[Fe(CN)6]4－更稳定；
②[Fe(CN)6]3－转化为CN－容易被H2O2除去；
③HCN是有毒的弱酸，易挥发。
【问题设计】
①请写出HCN的电子式________________。
②含氰废水在不同pH下的除氰效果如图所示，pH选择的最佳范围应为________________（选填编号：．7~10；．10~11；．11~13），解释该pH不宜太大的原因___________________。

【答案】 (1). 吸热 (2). 1.60 (3). CE (4). 阴极 (5). Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O (6). 2CN－+5ClO－＋2OH－＝N2↑＋5Cl－＋2CO32-＋H2O (7). (8). b (9). pH太大溶液中发生[4Fe(CN)6]3－＋4OH－＝4[Fe(CN)6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe(CN)6]4－难以除去
【解析】
试题分析：本题考查外界条件对化学平衡和化学平衡常数的影响，化学平衡常数的计算，电解原理和电极反应式的书写，图像的分析。
I.（1）反应①升高温度，K1增大，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，反应①是吸热反应。
（2）根据化学平衡常数的概念写出平衡常数表达式，K1=c（CO）/c（CO2），K2=c（H2）/c（H2O），K3==K2/K1，973K时K3==1.60。
（3）A，缩小反应容器的容积，增大压强，反应③的平衡不移动；B，扩大反应容器的容积，减小压强，反应③的平衡不移动；C，1173K时K3==0.781.60，升高温度反应③的K3减小，平衡向逆反应方向移动；D，使用合适的催化剂，能加快反应速率缩短达到平衡的时间，不能使化学平衡发生移动；E，设法减小平衡体系中CO浓度，平衡向逆反应方向移动；能使反应③的平衡向逆反应方向移动的措施有C、E，答案选CE。
II.（1）一定条件下电解加入NaCl的含CN-废水时阳极产生ClO-，则阳极为惰性电极，石墨电极为阳极，铁电极为阴极。阳极Cl-失去电子被氧化成ClO-，阳极电极反应为Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2O。ClO-将CN-氧化为无害物质，在碱性溶液中CN-被氧化成CO32-和N2，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=5Cl-+2CO32-+N2↑+H2O。
（2）①HCN的电子式为。
②根据图像，pH=7和pH=13总氰去除率低；pH=10和pH=11总氰去除率高；pH选择的最佳范围应为10~11，答案选b。根据资料，[Fe（CN）6]3－转化为CN-容易被H2O2除去，pH太大溶液中发生反应：[Fe（CN）6]3－＋4OH-=4[Fe（CN）6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe（CN）6]4－难以转化为CN-而除去。
23.滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。

（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). b (3). 酚酞 (4). 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 (5). 0.24 (6). 盐酸的挥发 (7). 用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】
根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
【详解】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。