四川省威远中学2018_2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

四川省威远中学2018-2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）1.下列有关说法中，不正确的是A. 利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污B. 实际生产中，要除去锅炉中硫酸钙，需先将其转化成易溶于盐酸碳酸钙C. 硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解【答案】C【解析】【详解】A. 纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱溶液中生成溶于水的物质，可除去物品表面的油污，A项正确；B. 实际生产中，要除去锅炉中硫酸钙，先用碳酸钠溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不能，则可用酸除去，B项正确；C. 草木灰是强碱弱酸盐，水解显碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，混合后会发生铵根和碳酸根水解相互促进的反应：2NH4+CO32=CO2+2NH3+H2O，肥效降低，C项错误；D. 氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸的存在抑制了水解进行，避免溶液变浑浊，通常将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，其目的是为了抑制Fe3+的水解，D项正确；答案选C。2.如图是一个铜锌双液原电池装置图，下列说法正确的是A. 盐桥中的阴离子向CuSO4溶液中移动B. 盐桥的作用之一是平衡电荷C. 铜片作电池的负极D. 电子从锌电极经溶液流向铜电极【答案】B【解析】【分析】根据图示可知该装置是原电池，活泼金属锌失电子作负极，发生氧化反应，铜片作正极，电子从负极经过外电路流向正极，据此分析作答。【详解】A盐桥中的阴离子向负极锌电极区即左侧的硫酸锌溶液中移动，A项错误；B负极发生反应Zn-2e-=Zn2+，盐桥中阴离子向ZnSO4溶液中移动，正极反应式为：Cu2+2e-= Cu ，盐桥中阳离子向CuSO4溶液中移动，盐桥的作用是形成闭合回路并平衡电荷，使溶液保持电中性，B项正确；C. 由于金属活动性ZnCu，所以Zn负极，失去电子，C项错误；D.电子由负极锌电极通过外电路向铜电极移动，D项错误；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆，要求学生充分理解原电池中电子的流向，溶液中阴阳离子的移动方向等问题，本题还要特别注意盐桥的作用。3.如图是Zn和Cu形成的原电池，则下列结论中正确的是铜为负极，锌为正极；铜极上有气泡；SO42-向铜极移动；锌发生还原反应；电子的流向是铜到锌；负极反应式：Zn-2eZn2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】Cu-Zn-稀硫酸原电池放电时，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析作答。【详解】CuZn稀硫酸原电池放电时，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，项错误；较不活泼的金属铜作正极，铜极上氢离子得电子生成氢气，冒气泡，项正确；溶液中阴离子向负极即向锌极(负极)移动，项错误；锌失电子发生氧化反应，项错误；电子的流向是从负极到正极，即从锌极到铜极，项错误；负极锌失电子，发生氧化反应，其反应式为：Zn-2eZn2，项正确，综上所述，D项正确。答案选D。4.常温下向100mL 0.1molL-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL-1的NaOH溶液，所得溶液的pH随加入NaOH溶液的体积V的关系中不正确的是A. A点表示的溶液：c(CH3COO)c(Na)B. A点溶液中：c(CH3COO-)c(CH3COOH) =2(10-410-10)molL-1C. B点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D. C点溶液促进水的电离【答案】C【解析】【分析】A 依据电荷守恒规律作答；B. 遵循电荷守恒和物料守恒；C. B点的pH=7，醋酸为弱酸，若完全反应生成的醋酸钠显碱性，与图像不符；D. 醋酸钠会发生水解，促进水的电离。【详解】A. A点溶液pH=4，说明溶液中c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒规律c(Na)+ c(H+)=c(CH3COO)+ c(OH-)可知，c(CH3COO)c(Na)，A项正确；B. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，醋酸和NaOH浓度相等，醋酸体积是NaOH的二倍，所以存在2c(Na+)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)c(OH-)+c(CH3COO-)、根据物料守恒得2c(Na+)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得c(CH3COO-)c(CH3COOH)= 2c(OH-)-2c(H+)2(10-410-10)molL-1，选项B正确；C. B点pH=7，说明溶液显中性，因醋酸为弱酸，若醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，则生成的醋酸钠会因发生水解使溶液显碱性，所以B点处醋酸应过量，C项错误；D. 向100mL 0.1molL-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1molL-1的NaOH溶液时，C点氢氧化钠的体积为100mL，则CH3COOH和NaOH恰好反应完全，溶液的溶质为CH3COONa，因其会发生水解，所以会促进水的电离，D项正确；答案选C。【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力，是高频考点。其中B选项是该题的难点，也是易错点。解答这类复杂守恒关系式的题型时，首先通过分析得出所得溶液溶质，再列出电荷守恒与物料守恒，最后推出质子守恒式。5.已知T时AgCl的Ksp21010；Ag2CrO4是一种橙红色固体，T时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A. T时Ag2CrO4的Ksp1108B. Y和Z点Ag2CrO4Ksp不相同C. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体可使溶液由Y点到X点D. 浓度均为2106molL1AgNO3与NaCl溶液等体积混合无沉淀生成【答案】D【解析】【详解】A曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq)，则Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)210-6=10-12，A项错误；BAg2CrO4的Ksp只与温度有关，Y和Z点温度相同，则Ksp相同，B项错误；C在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以不能使溶液由Y点变为X点，C项错误；D浓度均为2106molL1AgNO3与NaCl溶液等体积混合后，Qc(AgCl)=110-6110-6=110-12Ksp(AgCl)，没有沉淀生成，D项正确；答案选D。6.25时，下列有关叙述中不正确的是A. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pHcbd (4). B (5). 2H2e=H2 (6). 变大【解析】【分析】（1）依据由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等先计算出该温度下水的离子积常数，再根据水溶液中KW=c(H+)c(OH)求得结果；（2）物料守恒是指溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。也就是元素守恒(原子守恒)，变化前后某种元素的原子个数守恒不变，据此分析；（3）AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(s) Cl(aq)Ag(aq)，依据氯离子浓度对沉淀溶解平衡的影响效果作答；（4）根据除杂原则作答；【详解】（1）t时，纯水中c(H+)110-6 molL-1，则此时溶液中的c(OH-)110-6 molL-1，所以水的离子积常数 KW=c(H+)c(OH)=110-12，该温度下，0.05mol/L的Ba(OH)2溶液中c (OH-)=0.05mol/L2=0.1mol/L，则c(H+)=，则pH=-lgc(H+)=11，故答案为：11；（2）NaHS溶液中物料守恒式为：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故答案为：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)；（3）中氯离子的浓度分别是0.3mol/L、0.2 mol/L、0.5 mol/L，四种水溶液中存在沉淀溶解平衡为：AgCl(s) Cl(aq)Ag(aq)，氯离子浓度越大，Ag的浓度就越小，各溶液中Ag+的浓度从大到小顺序是acbd，故答案为：acbd；（4）除去Fe2，常加入合适氧化剂，使Fe2氧化为Fe3，但不能引入新杂质，A. 引入K和Mn2，A项错误；B. 过氧化氢是绿色氧化剂，本身不稳定，受热易分解，B项正确。C. 引入Cl，C项错误；D. 引入NO3，D项错误；故答案为：B；（5）铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2；溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，pH值变大，故答案为：2H2e=H2；变大。10.常温下有浓度均为0.1 molL-l的下列4种溶液：NaCN溶液NaOH溶液CH3COONa溶液Na2CO3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa=4.910-10Ka1=410-7Ka2=5.610-11Ka=1.710-5（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是_（填序号）。（2）NaCN溶液显碱性的原因（用方程式说明）_（3）若向等体积的和中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积_（填“”、“”、“ (2). CN- +H2OHCN +OH- (3). c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+) (6). CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO- (7). 【解析】【分析】（1）结合表格数据易知，电离平衡常数越小，酸性越弱，再依据盐类水解的“越弱越水解”规律作答；（2）依据盐类水解“谁强显谁性”原理分析原因；（3）通过比较和溶液中的碱性强弱，对比达到中性后消耗的同浓度的盐酸的体积；（4）醋酸为弱酸，恰好完全中和后的溶液为醋酸钠，水解显碱性，据此分析；（5）Na2CO3溶液中CO32-会发生水解，结合水解平衡与电离平衡分析溶液中离子浓度大小关系；（6）利用强酸制弱酸原理书写；（7）结合盐溶液中“越弱越水解”规律解答。【详解】（1）相同浓度的溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶液，CH3COONa溶液显碱性，Na2CO3溶液水解显碱性，因为酸性：醋酸HCN碳酸氢根离子，越弱越水解，因此溶液的碱性，4种溶液pH由大到小的顺序是，故答案为：；（2）因NaCN溶液中存在水解平衡CN- +H2OHCN +OH-，促进水的电离，使溶液显碱性，故答案为：CN- +H2OHCN +OH-；（3）等浓度CH3COONa溶液和Na2CO3溶液中，根据越弱越水解规律结合表格可以看出，因酸性：醋酸碳酸氢根离子，所以等浓度的Na2CO3溶液水解程度大于CH3COONa的水解程度，对应的碱性强于CH3COONa，则若向等体积的和中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积，故答案为：c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H+)；（6）CH3COOH的Ka=1.710-5，HCN的Ka=4.910-10，则根据强酸制弱酸原理可知，向NaCN溶液中通入CH3COOH，发生的离子方程式为：CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO-，故答案为：CH3COOH+ CN- =HCN+CH3COO-；（7）因碳酸的第二步电离平衡常数Ka2=5.610-11，HCN的电离平衡常数Ka=4.910-10，则酸性：HCN碳酸氢根离子，所以对应的盐水解程度：碳酸钠NaCN,则同温下，溶液的pH值，故答案为：。【点睛】本题侧重考查弱电解质及对应的盐类水解规律，掌握盐类“有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性”的基本水解规律是解题的关键，要特别注意的是，二元弱酸如碳酸分两步电离，对应的盐分别是碳酸氢钠与碳酸钠，这是学生的易错点。11.锶(Sr)为第5周期A族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl26H2O)具有很高的经济价值，61时晶体开始失去结晶水，100时失去全部结晶水。用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe的化合物等杂质）制备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。请回答：（1）常温下，氯化锶溶液pH_7（已知金属性CaSr）（填“大于”、“等于”或“小于”）；（2）写出在浆液中加入盐酸时主要发生的离子方程式_；（3）步骤所得滤渣的主要成分是_（填化学式），调节溶液pH至810，宜选用的试剂为 _。A.稀硫酸 B氢氧化锶粉末 C氢氧化钠 D氧化锶粉末（4）步骤中，洗涤氯化锶晶体最好选用_。A水 B稀硫酸 C氢氧化钠溶液 D氯化锶饱和溶液（5）工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是_（填字母）。A5060 B7080 C80100 D100以上【答案】 (1). 等于 (2). SrCO3+2H+=Sr2+H2O+CO2 (3). BaSO4、Fe(OH)3 (4). BD (5). D (6). A【解析】【分析】（1）根据同主族元素性质递变规律解答；（2）锶与钙同族，且在钙的下一周期，性质类似，可推出碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳；（3）调节pH除去Fe3+等杂质，不能引入杂质，由于前面加入了稀硫酸，故有硫酸钡沉淀生成；（4）从防止氯化锶溶解的角度分析；（5）由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61时晶体会失去结晶水；【详解】（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，pH等于7，故答案为：等于；（2）碳酸锶与盐酸反