湖南省邵东县创新实验学校2019届高三化学第五次月考试题（含解析）.docx

湖南省邵东县创新实验学校2019届高三第五次月考化学试题1. 下列溶液一定是碱性的是 （ ）A. pH = 8的某电解质溶液 B. c(OH)110-7mol/LC. 溶液中含有OH. D. 溶液中c(OH)c(H)【答案】D【解析】试题分析：温度影响水的电离，温度降低，水的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，所以pH=8的溶液中不能判断c（OH-）与c（H+）的关系，故A错误；没指明温度，Kw不一定等于10-14不能根据c（OH-）浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；任何溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH-离子的溶液不一定显示碱性，故C错误；溶液中c（OH-）c（H+）的溶液，溶液一定碱性，故D正确。考点：考查溶液酸碱性的判断，注意氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小是绝对判据，涉及水的离子积常数与温度的关系。2.下列有关电解质溶液的说法不正确的是A. 向0.1 molL1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中增大B. 将CH3COONa溶液从20 升温至30 ，溶液中减小C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中=1D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中变小【答案】D【解析】【详解】A项，Ka=c(H+)c(CH3COO)/c(CH3COOH)，所以c(H+)/c(CH3COOH)=Ka/c(CH3COO)，加水虽然促进电离，n(CH3COO)增大，但c(CH3COO)减小， Ka保持不变，则溶液中c(H+)/c(CH3COOH) 增大，故A项正确；B项，20 升温至30 ，促进CH3COO水解，且Kh增大，则溶液中c(CH3COO)/ c(CH3COOH)c(OH)=1/Kh减小，故B项正确；C项，向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH)，由电荷守恒可知，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，即c(NH4+)/ c(Cl-)=1，故C项正确；D项，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c(Ag+)相同，则=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)，Ksp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，故D项错误；综上所述，本题选D。【点睛】温度不变的情况下，用蒸馏水稀释醋酸溶液，促进了醋酸的电离，溶液中的n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)增大；但是溶液中醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)均减小，但是溶液中c(OH-)增大，因为Kw不变。3.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是A. 水电离产生的c(OH)11012 molL1液中：NH4+、Na、Cl、HCO3-B. 能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na、AlO2-、S2、CO32-C. 含有大量Fe3的溶液：SCN、I、K、BrD. 澄清透明的无色溶液中：ClO、MnO4-、Al3、SO42-【答案】B【解析】【详解】A.水电离产生的c(OH)11012 molL11107molL1，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱溶液, HCO3-既能与酸反应又能与碱反应, NH4+与碱反应,则该组离子一定不能大量共存，故A错误；B. 能使pH试纸变深蓝色的溶液,为碱性溶液,碱性条件下该组离子之间不反应,则该组离子一定能大量共存,故B正确；C. Fe3与SCN结合生成络离子,I与Fe3能发生氧化还原反应,则该组离子一定不能大量共存,故C错误；D.MnO4- 在水中为紫色,与无色溶液不符,故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，平衡向左移动，抑制了水的电离，水电离产生的c(H+)和c(OH-)均减小，室温下，均小于10-7mol/L； 因此室温下，某无色溶液中由水电离出来的H+和OH浓度的乘积小于10-14的溶液，可以显酸性或碱性。4.2016天津下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是ABCD制乙炔的发生装置蒸馏时的接收装置除去SO2中的少量HCl准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、制备乙炔应该用饱和食盐水和分液漏斗，A错误；B、蒸馏时锥形瓶不能用瓶塞，B错误；C、碘易升华，分离固体氯化钠和碘单质可以用升华法，C正确；D、应该用酸式滴定管准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液，D错误，答案选C。点睛：选项B是解答的易错点，蒸馏是提纯或分离沸点不同的液体混合物的方法。用蒸馏原理进行多种混合液体的分离，叫分馏。操作时要注意：在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷片，防止液体暴沸。温度计水银球的位置应与支管底口下缘位于同一水平线上。蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于l/3。冷凝管中冷却水从下口进，从上口出。视频5.2016全国下列有关实验的操作正确的是实验操作A配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水B排水法收集KMnO4分解产生的O2先熄灭酒精灯，后移出导管C浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水DCCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】配制稀硫酸要酸入水，故A错误；为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；CC14密度大于水，CC14萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确。视频6.甲、乙、丙三个容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)xB(g) 2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示：容器甲乙丙容积0.5 L0.5 L1.0 L温度/T1T2T2反应物起始量1.5 molA05 molB1.5 molA05 molB6.0 molA20 molB下列说法正确的是A. 10 min内甲容器中反应的平均速率v(A)0.025 molL1min1B. 由图可知：T1T2，且该反应为吸热反应C. 若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D. T1，起始时甲容器中充入0.5 molA、1.5 molB，平衡时A的转化率为25%【答案】C【解析】试题分析：A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）1mol/L10min0.1mol/（Lmin）。由于速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）0.1mol/（Lmin）20.05mol/（Lmin），A错误；B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，B错误；C、乙中平衡时C的浓度是1.0mol/L，则根据方程式可知，消耗A的浓度是0.5mol/L，物质的量是0.5mol/L0.5L0.25mol，所以A的转化率为；丙中平衡时C的浓度是2.0mol/L，则根据方程式可知，消耗A的浓度是1.0mol/L，物质的量是1.0mol/L1L1.0mol，所以A的转化率为A。丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x1，C正确；D、A（g）+B（g）2C（g）起始浓度（mol/L） 3 1 0转化浓度（mol/L） 0.75 0.75 1.5平衡浓度（mol/L） 2.25 0.25 1.5故T1，该反应的平衡常数为K4令T1，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则A（g）+B（g）2C（g）起始浓度（mol/L） 1 3 0转化浓度（mol/L） x x 2x平衡浓度（mol/L） 1x 3x 2x所以4解得x0.75所以故A的转化率100%75%，D不正确，答案选C。考点：考查考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算7.利用反应6NO28NH3=7N212H2O构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A. 电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C. 电极A极反应式为2NH36e=N26HD. 当有4.48 L NO2被处理时，转移电子数为0.8NA【答案】B【解析】由反应6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。AB为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误； B正极反应为6NO2+24e-+12H2O= 3N2+24OH-，负极反应为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，故B正确；C电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故C错误；D没有明确4.48 L NO2是否是标准状况下，故D错误。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子从负极经导线流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极。8.某同学利用氧化还原反应：2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是A. b电极上发生还原反应B. 外电路电子的流向是从a到bC. 电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯D. a电极上发生的反应为MnO4-8H5e=Mn24H2O【答案】D【解析】试题分析：A、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2eFe3，A错误；B、外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42向b极移动，C错误；D、总电极反应式：2MnO410Fe216H2Mn210Fe38H2O，a极是正极得电子，电极反应式总电极反应式b极反应式，得出：2MnO416H10e2Mn28H2O，化简得：MnO48H5eMn24H2O，D正确；答案选D。【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源【名师点晴】明确原电池的工作原理是解答的关键，根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。9.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积V L。则下列说法正确的是A. OH由A端移向B端B. 0V22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH4 2O2 KOH=KHCO3 2H2OC. 22.4 LV44.8 L时，负极电极反应为：CH4 9CO32-3H2O8e=10HCO3-D. V33.6 L时，溶液中阴离子浓度大小关系为c(CO32-)c(HCO3-)c(OH)【答案】C【解析】试题分析：A、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，在原电池中阴离子向负极移动，OH-由B端移向A端，故A错误；B、当0V22.4L时，0n（CH4）1mol，则0n（CO2）1mol，只发生反应，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B错误；C、当22.4 LV44.8L，1moln（CH4）2mol，则1moln（CO2）2mol，发生反应，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，故C正确；D、当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，则c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-），故D错误；故选C。【考点定位】考查化学电源新型电池、原电池的工作原理【名师点晴】本题考查了燃料电池的工作原理重要考点，计算要求的综合性较强，本题难度较大。解答本题，要理清思路：燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（KOH）=2mol/L1L=2mol，可能先后发生反应CH4+2O2CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。10. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 反应CH4H2O3H2CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反应为：H22OH2e=2H2OC. 电池工作时，CO32向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O22CO24e=2CO32【答案】D【解析】A、1molCH4CO，化合价由-4价+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：COH22CO324e=3CO2H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O22CO24e=2CO32，故D正确。【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。视频11.用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 molL1 CuSO4溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了9.8 g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数)A. 电解过程中流经外电路的电子个数为0.2NA B. 在标准状况下，两极共产生4.48 L气体C. 电解后溶液的pH为1(溶液体积不变) D. 加入11.1 g Cu2(OH)2 CO3可将溶液彻底复原【答案】B【解析】【详解】A用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 molL1 CuSO4溶液的阴极反应首先是Cu2+2e-=Cu,假设所有的铜离子0.1mol全部放电,转移电子的物质的量为0.2mol，则析出金属铜的质量为: 0.1mol64g/mol=6.4g ,此时阳极放电的电极反应为: 4OH-4e=O2+2H2O,转移0.2mol电子时生成的氧气的质量是:0.05mol32g/mol=1.6g/mol，所以溶液质量减少总量为6.4+1.6=89.8g,接下来阴极放电的是氢离子,阳极仍是氢氧根放电,相当于此阶段电解水,还要电解掉水的质量为9.8-8=1.8g,电解掉这些水转移电子的物质的量为0.2mol,所以整个过程转移电子的总量为0.4mol,个数为0.4NA ，故A错误；B.阳极放电的电极反应为: 4OH-4e=O2+2H2O,当转移0.4mol电子时,产生的氧气物质的量为0.1mol,即2.24L,阴极上产生氢气, 2H+2e-=H2,当转移0.2mol电子时,产生的氢气物质的量为0.1mol,即2.24L,所以在标准状况下,两极共产生4.48L气体,故B正确；C.针对电解硫酸铜溶液的过程，电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.4mol，所以最后溶液中c(H+)=0.2mol1L=0.2mol/L,其pH1,故C错误；D.针对电解硫酸铜溶液，溶液中相当于减少了氧化铜和水,需加入的氧化铜的物质的量为0.1mol ,质量8g，还需加入1.8g的水才能复原，故D错误；综上所述，本题选B。12.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-) c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+) c(HCO3-)c(CO32-) c(OH-)D0.03c(Na+) c(HCO3-) c(OH-)c(H+)A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- Al(OH)3，所以水解程度CO32-c(AlO2-)，故B错误；C.形成碳酸钠溶液，+H2O+OH，H2O H+OH，离子浓度的关系为c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-)，故C错误；D.形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3 + OH，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+) c(HCO3-) c(OH-)c(H+)，故D正确。故选D。视频13.下列描述中正确的是A. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H=+1.9kJmol-1，则由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定B. CO(g)的燃烧热是283.0kJmol-1，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的H=2(+283.0) kJmol-1C. 有些化学反应的发生不会伴随着能量的变化D. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6 kJmol-1，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol-1【答案】B【解析】【详解】A.物质含有的能量越低，该物质的稳定性就越强，因此金刚石不如石墨稳定，A错误；B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJmol-1，则反应的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)= CO2(g) H=-283.0 kJmol-1；所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应为吸热反应，其H=2(+283.0) kJmol-1，B正确；C. 化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键释放能量，因此化学反应的发生一定会伴随着能量的变化，C错误；D. 燃烧热指的是1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，而给定的2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6 kJmol-1，则H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H=241.8 kJmol-1，反应生成的水为气态，不是液态，所以氢气的燃烧热大于241.8 kJmol-1，D错误；综上所述，本题选B。【点睛】燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为34。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B. 原子半径大小:XWC. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，AX与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小XY，ZW，故B错误；C化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；DY的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。考点：考查原子结构与元素周期律的关系视频15.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是)选项已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：FeCu2= CuFe2将Na加入到CuSO4溶液中：2NaCu2= Cu2NaB向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：CO2H2OCa22ClO= CaCO32HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2H2OCa22ClO= CaSO32HClOC惰性电极电解氯化钠溶液：2Cl2H2O2OHH2Cl2惰性电极电解MgBr2溶液：2Br2H2O2OHH2Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：HOH=H2O稀硝酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：HOH=H2OA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐溶液的反应是先与水反应，不会置换出其中的金属，故A错误；B、同时和亚硫酸的酸性均强于次氯酸，但SO2具有还原性，次氯酸钙含有氧化性，二者混合发生氧化还原反应，B错误；C、惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和溴，C错误；D、盐酸与氢氧化钠、稀硝酸与氢氧化钡反应均可用H+OH-=H2O不是，D正确，答案选D。考点：考查离子方程式书写知识16.在密闭容器中充入一定量NO2，发生反应2NO2(g) N2O4(g)H57 kJ mol1。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A. a、c两点的反应速率：acB. a、b两点NO2的转化率：a0，选项D错误。答案选A。视频19.298