四川省遂寧市蓬溪中學(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期3月月考化學(xué)試題答案

蓬溪中學(xué)高2022級(jí)第四學(xué)期第一次質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題參考答案1．A【詳解】A．使用適當(dāng)?shù)拇呋瘎┠芗涌旆磻?yīng)速率，A正確；B．對(duì)于氣相反應(yīng)，改變壓強(qiáng)可以改變反應(yīng)速率，但對(duì)于大氣中尾氣處理反應(yīng)，操作起來(lái)困難不是最優(yōu)方法，B錯(cuò)誤；C．提高反應(yīng)溫度可以提高反應(yīng)速率，但對(duì)于大氣中尾氣處理反應(yīng)，操作起來(lái)困難不是最優(yōu)方法，C錯(cuò)誤；D．調(diào)節(jié)反應(yīng)物濃度可以改變反應(yīng)速率，但聯(lián)系實(shí)際不是最佳方法，D錯(cuò)誤；故選A。2．C【詳解】在同一化學(xué)反應(yīng)中，用不同物質(zhì)表示的化學(xué)反應(yīng)速率，速率比等于化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)的比。密閉容器中A(g)與B(g)反應(yīng)生成C(g)，其反應(yīng)速率分別用v(A)、v(B)、v(C)表示，它們之間有以下關(guān)系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，則化學(xué)方程式為A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理選項(xiàng)是C。3．A【詳解】A．CH3COOH是弱電解質(zhì)，其電離方程式為CH3COOH+H2OCH3COO+H3O+，A項(xiàng)正確；B．碳酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)，其電離方程式為NaHCO3=Na++，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．氯化銨的水解：+H2ONH3·H2O+H+，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．亞硫酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中分步水解，以一級(jí)水解為主，水解的離子方程式為+H2O+OH，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。4．B【詳解】A．溶液中存在，加入MgO消耗促進(jìn)平衡右移使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，故A正確；B．將Al(NO3)3溶液蒸干灼燒的過(guò)程中，Al(NO3)3不斷水解，其中生成的HNO3易揮發(fā)逸出，使水解完全，最終得到的是Al2O3，故B錯(cuò)誤；C．Na2CO3、Na2SiO3溶液水解顯堿性，會(huì)與玻璃的主要成分二氧化硅反應(yīng)生成有黏性的硅酸鹽，使瓶體和玻璃塞粘結(jié)在一起，所以實(shí)驗(yàn)室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的試劑瓶應(yīng)用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故C正確；D．泡沫滅火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正確；故選B。5．C【詳解】A．等質(zhì)量的氣態(tài)硫比固態(tài)硫具有的能量高，即等質(zhì)量的氣態(tài)硫完全燃燒放出的熱量比固態(tài)硫更多，則S(g)+O2(g)=SO2(g)

H1；S(s)+O2(g)=SO2(g)

H2，則△H1＜△H2小于0，A錯(cuò)誤；B．H＞0為吸熱反應(yīng)，C(s，石墨)=C(s，金剛石)

H=+1.9kJ/mol，則由石墨制金剛石的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即金剛石具有的能量高于石墨，能量越高越不穩(wěn)定，即石墨比金剛石穩(wěn)定，B錯(cuò)誤；C．燃燒熱是指1mol純物質(zhì)燃料完全燃燒生成指定穩(wěn)定化合物時(shí)放出的熱量，故已知：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)

H=1400kJ/mol，則葡萄糖的燃燒熱是2800kJ/mol，C正確；D．根據(jù)自由能變G=HTS可知，H>0和S>0的反應(yīng)，在高溫下能自發(fā)進(jìn)行，D錯(cuò)誤；故答案為：C。6．C【分析】勒夏特列原理由叫做平衡移動(dòng)原理，用來(lái)解釋外界條件改變，平衡發(fā)生移動(dòng)的情況，對(duì)于外界條件改變，但平衡不移動(dòng)的情況不能解釋?！驹斀狻緼．該實(shí)驗(yàn)是改變溫度引起的平衡移動(dòng)問(wèn)題，可以用列夏特列原理來(lái)解釋，故A不選；B．表格數(shù)據(jù)說(shuō)明了溫度的改變對(duì)平衡常數(shù)K的影響，即平衡發(fā)生了移動(dòng)，可以用列夏特列原理來(lái)解釋，故B不選；C．CO(g)+NO2(g)?NO(g)+CO2(g)是反應(yīng)前后氣體分子總數(shù)不變的反應(yīng)，改變壓強(qiáng)平衡不發(fā)生移動(dòng)，顏色加深是因?yàn)榧訅菏贵w積減小NO2濃度增大所致，不可以用列夏特列原理來(lái)解釋，故C選；D．氯水中存在平衡：，飽和食鹽水有利于該平衡向逆向移動(dòng)，從而有利于氯氣的逸出收集，可以用列夏特列原理來(lái)解釋，故D不選；故選C。7．D【分析】根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式，可知反應(yīng)方程式為：2C(g)+D(g)A(g)+B(g)ΔH<0，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)的ΔH<0，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故升高溫度，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則化學(xué)平衡常數(shù)減小，A錯(cuò)誤；B．A是生成物，增大A濃度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，即向著正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以C的體積分?jǐn)?shù)減少，C錯(cuò)誤；D．如果降低溫度，平衡向放熱反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故降低溫度，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡常數(shù)K增大，D正確；故本題選D。8．A【詳解】A．=電離平衡常數(shù)不變，所以表達(dá)式的值不變，A錯(cuò)誤；B．加水稀釋溶液的酸性減弱，則c(H+)減小所以溶液中c(OH)增大，B正確；C．醋酸鈉晶體會(huì)電離出CH3COO，則c(CH3COO)增大，使電離平衡逆向移動(dòng)，C正確；D．25℃時(shí)，醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的酸性增強(qiáng)，則c(H+)增大，抑制醋酸電離，則醋酸溶液的pH和電離程度都減小，D正確；故選A。9．C【分析】水的離子積只受溫度影響，溫度升高，促進(jìn)水的電離，水的離子積增大，根據(jù)圖象可知，曲線上c(H+)×c(OH)=Kw，據(jù)此分析；【詳解】A．水的離子積只受溫度的影響，升高溫度，促進(jìn)水的電離，水的離子積增大，根據(jù)圖象可知，從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)水的離子積增大，溫度升高，故A說(shuō)法正確；B．水的離子積只受溫度的影響，根據(jù)圖象可知，溫度大小順序是B＞C＞A=E=D，則水的離子積大小順序是B＞C＞A=E=D，故B說(shuō)法正確；C．D點(diǎn)對(duì)應(yīng)水的離子積為1×1014，水電離產(chǎn)生的c(H+)等于水電離產(chǎn)生的c(OH)，該點(diǎn)的醋酸溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)為108mol/L，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D．B點(diǎn)對(duì)應(yīng)水的離子積為1×1012，pH=2的硫酸溶液中c(H+)=102mol/L，pH=10的KOH溶液中c(OH)=102mol/L，兩種溶液等體積混合，恰好完全中和，溶液顯中性，即pH=6，故D說(shuō)法正確；答案為C。10．A【詳解】常溫下，pH=12的強(qiáng)堿溶液，c(OH－)=0.01mol/L，pH=3的強(qiáng)酸，c(H+)=0.001mol/L，混合后pH=11，堿過(guò)量，c(OH－)=0.001mol/L，則有：c(OH－)V(堿)－c(H+)V(酸)=c(OH－)混合[V(堿)+V(酸)]，代入數(shù)據(jù)求解可得V(酸)：V(堿)=9：2；故選A。11．B【詳解】A．乙裝置中，Co為負(fù)極，Co極電極反應(yīng)式為Co2e=Co2+，Ag為正極，Ag極電極反應(yīng)式為2Ag++2e=2Ag，電池總反應(yīng)的離子方程式為Co(s)+2Ag+(aq)=Co2+(aq)+2Ag(s)，A正確；B．甲裝置中，Co為正極，Co極電極反應(yīng)式為Co2++2e=Co，當(dāng)有1mol電子通過(guò)外電路時(shí)正極析出0.5molCo，即有29.5gCo析出，B錯(cuò)誤；C．鹽橋的作用是形成閉合回路和平衡電荷，原電池工作時(shí)，鹽橋中的陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，使兩邊溶液保持電中性，C正確；D．甲裝置中，Cd為負(fù)極，Co為正極，金屬活動(dòng)性：Cd>Co，乙裝置中，Co為負(fù)極，Ag為正極，金屬活動(dòng)性：Co>Ag，則金屬活動(dòng)性：Cd>Co>Ag，反應(yīng)2Ag(s)+Cd2+(aq)=2Ag+(aq)+Cd(s)不能發(fā)生，D正確；故答案選B。12．D【詳解】A．若使用催化劑，則化學(xué)反應(yīng)速率加快，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由甲圖象可知，A、B的濃度變化相同，故A、B的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同，都為1；由乙圖象可知，30min時(shí)改變的條件為減小壓強(qiáng)，40min時(shí)改變的條件為升高溫度，且升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．30min時(shí)改變的條件為減小壓強(qiáng)，40min時(shí)改變的條件為升高溫度，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．前8minA的平均反應(yīng)速率為=0.08mol·L1·min1，D項(xiàng)正確；故選D。13．D【分析】常溫下，甲酸和乙酸的電離常數(shù)分別為1.8×10?4和1.8×10?5，酸強(qiáng)弱為甲酸＞乙酸，將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，變化大的酸性較強(qiáng)，因此Ⅱ代表甲酸。【詳解】A.根據(jù)分析曲線Ⅱ代表甲酸，故A錯(cuò)誤；B.不斷加水，電離程度不斷增大，因此酸的電離程度：d點(diǎn)＞c點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C.b點(diǎn)pH小，酸性強(qiáng)，抑制水的程度大，因此溶液中水的電離程度：c點(diǎn)＞b點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D.從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中，因此保持不變，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】酸不斷加水稀釋，酸性減弱，抑制水的程度減弱，水電離程度增大。14．B【詳解】A．電極A是氯離子變?yōu)槁葰猓蟽r(jià)升高，失去電子，是電解池陽(yáng)極，因此電極A接電源正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；B．電極B為陰極，通入氧氣，氧氣得到電子，其電極反應(yīng)式為：，故B錯(cuò)誤；C．右室生成氫氧根，應(yīng)選用陽(yáng)離子交換膜，左邊的鈉離子進(jìn)入到右邊，在右室獲得濃度較高的溶液，故C正確；D．改進(jìn)設(shè)計(jì)中增大了氧氣的量，提高了電極B處的氧化性，通過(guò)反應(yīng)物的氧化性來(lái)降低電解電壓，減少能耗，故D正確。綜上所述，答案為B。15．(1)A(2)419II148.51076(3)CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=?49.5kJ?mol?1(4)堿S2+H2O?HS+OH、HS+H2O?H2S+OH【詳解】（1）能源分為可再生能源和非再生能源；石油、天然氣等化石能源的蘊(yùn)藏量有限、不能再生，最終會(huì)枯竭，屬于非再生能源；氫能的主要來(lái)源是水，氫燃燒后又生成水，氫能屬于可再生能源；答案選A。（2）由圖可知，該反應(yīng)的活化能為419kJ/mol；催化劑能改變反應(yīng)的歷程，降低反應(yīng)的活化能，故曲線II表示使用催化劑的反應(yīng)過(guò)程；由圖可知反應(yīng)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的?H=419kJ/mol518kJ/mol=99kJ/mol，反應(yīng)生成1.5molCH3OH(g)時(shí)放出的能量為1.5mol×99kJ/mol=148.5kJ；?H=反應(yīng)物的鍵能總和生成物的鍵能總和=E（C≡O(shè)）+2×436kJ/mol(3×413kJ/mol+343kJ/mol+465kJ/mol)=99kJ/mol，解得E（C≡O(shè)）=1076kJ/mol；答案為：419；II；148.5；1076。（3）根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)II②得2CO2(g)+6H2(g)?2CH3OH(g)+2H2O(g)?H=122.5kJ/mol(23.5kJ/mol)=99kJ/mol，反應(yīng)①的熱化學(xué)方程式為CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.5kJ/mol；答案為：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H=49.5kJ/mol。16．3d104s2<PV形sp3水分子間存在氫鍵、H2Se分子間無(wú)氫鍵N>O>C3【詳解】Ⅰ.（1）Zn是30號(hào)元素，其原子核外有30個(gè)電子，其3d、4s電子為其價(jià)電子，其價(jià)電子排布式為3d104s2；（2）同一主族元素，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而減小，所以電負(fù)性Se＜S；同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能Se＜As；（3）H2Se價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該分子空間構(gòu)型及Se原子雜化方式分別為V形、sp3；（4）含有氫鍵的氫化物熔沸點(diǎn)較高，H2O含有氫鍵、H2Se不含氫鍵，導(dǎo)致H2O的沸點(diǎn)（100℃）高于H2Se的沸點(diǎn)（42℃）；Ⅱ.（1）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，氮元素2p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：N＞O＞C；（2）N2F2分子結(jié)構(gòu)式為FN=NF，因此lmolN2F2含有3molσ鍵；17．?dāng)嚢?；適當(dāng)增大酸的濃度過(guò)濾濾液12CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O抑制Ce3+水解生成沉淀9Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+78.88【分析】由流程可知，攪拌、適當(dāng)增大酸的濃度酸浸，過(guò)濾分離出濾液I為鐵鹽溶液，濾渣I為CeO2、SiO2，加過(guò)氧化氫、鹽酸發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，過(guò)濾分離出濾渣II為SiO2，濾液II為CeCl3溶液，加入堿溶液調(diào)節(jié)溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，懸濁液中加入鹽酸得到CeCl3溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌得到結(jié)晶水合物，在濃鹽酸、氬氣氛圍中加熱CeCl3?6H2O得到無(wú)水CeCl3，一定條件下CeCl3轉(zhuǎn)化為Ce，以此來(lái)解答?！驹斀狻?1)為了加快廢玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有攪拌、適當(dāng)增大酸的濃度；(2)操作①和②均為過(guò)濾；濾液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液顯紅色；(3)加入H2O2只作還原劑時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加熱的條件下加入濃HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；(4)Ce(OH)3懸濁液中c(Ce3+)=8×106mol/L，，常溫下，則pH=9；(5)①滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；②由電子守恒可知Ce3+物質(zhì)的量等于Fe2+的物質(zhì)的量，質(zhì)量為0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，則CeCl3樣品的純度為9.86/12.5×100%=78.88%.18．(1)錐形瓶中溶液顏色變化滴入最后一滴鹽酸，溶液由紅色變無(wú)色，30s不恢復(fù)(2)AC(3)I<(4)淀粉溶液990不是維生素C易被空氣氧化，減少實(shí)驗(yàn)誤差【分析】酸堿中和滴定的原理是用已知濃度的酸或堿滴定未知濃度的堿或酸，選擇合適的酸堿指示劑以確定滴定終點(diǎn)，利用酸和堿反應(yīng)的定量關(guān)系進(jìn)行計(jì)算；氧化還原滴定與酸堿中和滴定類(lèi)似，是用氧化劑或還原劑滴定還原劑或氧化劑，通常也需要選擇氧化還原指示劑，以確定滴定終點(diǎn)，然后利用得失電子守恒建立等量關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，據(jù)此分析回答問(wèn)題。【詳解】（1）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中溶液顏色變