北京市十二中2018_2019学年高二化学下学期6月月考试题（含解析）.docx

北京市十二中2018-2019学年高二化学下学期6月月考试题（含解析）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. 用装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B. 装置的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+C. 装置中钢闸门应与外接电源负极相连D. 装置中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】D【解析】装置中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；BCH3COONa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：NH3H2ONH4+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。【此处有视频，请去附件查看】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 3Fe(CN) 6和亚铁氰化钾K 4Fe(CN) 6的混合溶液，下列说法不正确的是( ) A. K移向催化剂bB. 催化剂a表面发生反应：Fe(CN)64-eFe(CN)63C. 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。Ab为正极，则K+移向催化剂b，A项正确；Ba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；Cb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+O2B. 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，曲线代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线代表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；DA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0.1molL-1氨水稀释成0.01molL-1，测得pH由11.1变成10.6稀释后，NH3H2O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25mL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/L1L=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 mol2+0.025mol2=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0.125mol22.4L=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+的实验步骤通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；加入CuO调节溶液pH至3.24.7；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3.24.7。【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OHClBrIS2。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。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-) c(SO32-)，A项正确；B. pH=7时，溶液为中性，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则c(Na+)+ c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)，则推出c(Na+)=c(HSO3-) +2c(SO32-)，B项错误；C. 溶液的pH控制在45时，c(HSO3-)浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在45左右，C项正确。所以答案选A、C。向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，是因为亚硫酸氢钠溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32CaSO3，使亚硫酸根离子的浓度减小，电离平衡右移，c(H+)增大，pH减小；（3）在酸性环境中，Ce4+将NO氧化为硝酸根离子，依据氧化还原反应规律可知其反应的离子方程式为：NO + 2H2O + 3Ce4+3Ce3+ + NO3- + 4H+；（4）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，其电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+；生成Ce4+从电解槽的a口流出；（5）溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置中加入了氨气和氧气，因此NO2-被氧气氧化生成NO3-，氮元素化合价由+3价升高到+5价，氧气中氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为：2NO2-O2，n（NO2-）=，则需氧气的物质的量为：n（O2）=n（NO2-）=，其标准状况下的体积为：22.4L/mol=243a（或242a、244a、）。15.可降解聚合物P的合成路线如下：已知： 请回答：（1）A为芳香烃，其结构简式为_。（2） E 中含氧官能团名称为 _。（3） BC 的反应类型为_。（4） C D的方程式