四川省遂宁市蓬溪中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题答案

蓬溪中学高2022级第四学期第一次质量检测化学试题参考答案1．A【详解】A．使用适当的催化剂能加快反应速率，A正确；B．对于气相反应，改变压强可以改变反应速率，但对于大气中尾气处理反应，操作起来困难不是最优方法，B错误；C．提高反应温度可以提高反应速率，但对于大气中尾气处理反应，操作起来困难不是最优方法，C错误；D．调节反应物浓度可以改变反应速率，但联系实际不是最佳方法，D错误；故选A。2．C【详解】在同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，则化学方程式为A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理选项是C。3．A【详解】A．CH3COOH是弱电解质，其电离方程式为CH3COOH+H2OCH3COO+H3O+，A项正确；B．碳酸氢钠是强电解质，其电离方程式为NaHCO3=Na++，B项错误；C．氯化铵的水解：+H2ONH3·H2O+H+，C项错误；D．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解，以一级水解为主，水解的离子方程式为+H2O+OH，D项错误；答案选A。4．B【详解】A．溶液中存在，加入MgO消耗促进平衡右移使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故A正确；B．将Al(NO3)3溶液蒸干灼烧的过程中，Al(NO3)3不断水解，其中生成的HNO3易挥发逸出，使水解完全，最终得到的是Al2O3，故B错误；C．Na2CO3、Na2SiO3溶液水解显碱性，会与玻璃的主要成分二氧化硅反应生成有黏性的硅酸盐，使瓶体和玻璃塞粘结在一起，所以实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，故C正确；D．泡沫灭火器原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；故选B。5．C【详解】A．等质量的气态硫比固态硫具有的能量高，即等质量的气态硫完全燃烧放出的热量比固态硫更多，则S(g)+O2(g)=SO2(g)

H1；S(s)+O2(g)=SO2(g)

H2，则△H1＜△H2小于0，A错误；B．H＞0为吸热反应，C(s，石墨)=C(s，金刚石)

H=+1.9kJ/mol，则由石墨制金刚石的反应是吸热反应，即金刚石具有的能量高于石墨，能量越高越不稳定，即石墨比金刚石稳定，B错误；C．燃烧热是指1mol纯物质燃料完全燃烧生成指定稳定化合物时放出的热量，故已知：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)

H=1400kJ/mol，则葡萄糖的燃烧热是2800kJ/mol，C正确；D．根据自由能变G=HTS可知，H>0和S>0的反应，在高温下能自发进行，D错误；故答案为：C。6．C【分析】勒夏特列原理由叫做平衡移动原理，用来解释外界条件改变，平衡发生移动的情况，对于外界条件改变，但平衡不移动的情况不能解释。【详解】A．该实验是改变温度引起的平衡移动问题，可以用列夏特列原理来解释，故A不选；B．表格数据说明了温度的改变对平衡常数K的影响，即平衡发生了移动，可以用列夏特列原理来解释，故B不选；C．CO(g)+NO2(g)⇌NO(g)+CO2(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，改变压强平衡不发生移动，颜色加深是因为加压使体积减小NO2浓度增大所致，不可以用列夏特列原理来解释，故C选；D．氯水中存在平衡：，饱和食盐水有利于该平衡向逆向移动，从而有利于氯气的逸出收集，可以用列夏特列原理来解释，故D不选；故选C。7．D【分析】根据平衡常数表达式，可知反应方程式为：2C(g)+D(g)A(g)+B(g)ΔH<0，据此分析。【详解】A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的ΔH<0，正反应是放热反应，故升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，A错误；B．A是生成物，增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向着正反应方向移动，所以C的体积分数减少，C错误；D．如果降低温度，平衡向放热反应方向移动，正反应是放热反应，故降低温度，化学平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，D正确；故本题选D。8．A【详解】A．=电离平衡常数不变，所以表达式的值不变，A错误；B．加水稀释溶液的酸性减弱，则c(H+)减小所以溶液中c(OH)增大，B正确；C．醋酸钠晶体会电离出CH3COO，则c(CH3COO)增大，使电离平衡逆向移动，C正确；D．25℃时，醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的酸性增强，则c(H+)增大，抑制醋酸电离，则醋酸溶液的pH和电离程度都减小，D正确；故选A。9．C【分析】水的离子积只受温度影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，根据图象可知，曲线上c(H+)×c(OH)=Kw，据此分析；【详解】A．水的离子积只受温度的影响，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，根据图象可知，从A点到达C点水的离子积增大，温度升高，故A说法正确；B．水的离子积只受温度的影响，根据图象可知，温度大小顺序是B＞C＞A=E=D，则水的离子积大小顺序是B＞C＞A=E=D，故B说法正确；C．D点对应水的离子积为1×1014，水电离产生的c(H+)等于水电离产生的c(OH)，该点的醋酸溶液中由水电离产生的c(H+)为108mol/L，故C说法错误；D．B点对应水的离子积为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，两种溶液等体积混合，恰好完全中和，溶液显中性，即pH=6，故D说法正确；答案为C。10．A【详解】常温下，pH=12的强碱溶液，c(OH－)=0.01mol/L，pH=3的强酸，c(H+)=0.001mol/L，混合后pH=11，碱过量，c(OH－)=0.001mol/L，则有：c(OH－)V(碱)－c(H+)V(酸)=c(OH－)混合[V(碱)+V(酸)]，代入数据求解可得V(酸)：V(碱)=9：2；故选A。11．B【详解】A．乙装置中，Co为负极，Co极电极反应式为Co2e=Co2+，Ag为正极，Ag极电极反应式为2Ag++2e=2Ag，电池总反应的离子方程式为Co(s)+2Ag+(aq)=Co2+(aq)+2Ag(s)，A正确；B．甲装置中，Co为正极，Co极电极反应式为Co2++2e=Co，当有1mol电子通过外电路时正极析出0.5molCo，即有29.5gCo析出，B错误；C．盐桥的作用是形成闭合回路和平衡电荷，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，使两边溶液保持电中性，C正确；D．甲装置中，Cd为负极，Co为正极，金属活动性：Cd>Co，乙装置中，Co为负极，Ag为正极，金属活动性：Co>Ag，则金属活动性：Cd>Co>Ag，反应2Ag(s)+Cd2+(aq)=2Ag+(aq)+Cd(s)不能发生，D正确；故答案选B。12．D【详解】A．若使用催化剂，则化学反应速率加快，A项错误；B．由甲图象可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由乙图象可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项错误；C．30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，C项错误；D．前8minA的平均反应速率为=0.08mol·L1·min1，D项正确；故选D。13．D【分析】常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10−4和1.8×10−5，酸强弱为甲酸＞乙酸，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，变化大的酸性较强，因此Ⅱ代表甲酸。【详解】A.根据分析曲线Ⅱ代表甲酸，故A错误；B.不断加水，电离程度不断增大，因此酸的电离程度：d点＞c点，故B错误；C.b点pH小，酸性强，抑制水的程度大，因此溶液中水的电离程度：c点＞b点，故C错误；D.从c点到d点，溶液中，因此保持不变，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】酸不断加水稀释，酸性减弱，抑制水的程度减弱，水电离程度增大。14．B【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：，故B错误；C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的溶液，故C正确；D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。综上所述，答案为B。15．(1)A(2)419II148.51076(3)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.5kJ⋅mol−1(4)碱S2+H2O⇌HS+OH、HS+H2O⇌H2S+OH【详解】（1）能源分为可再生能源和非再生能源；石油、天然气等化石能源的蕴藏量有限、不能再生，最终会枯竭，属于非再生能源；氢能的主要来源是水，氢燃烧后又生成水，氢能属于可再生能源；答案选A。（2）由图可知，该反应的活化能为419kJ/mol；催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能，故曲线II表示使用催化剂的反应过程；由图可知反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的∆H=419kJ/mol518kJ/mol=99kJ/mol，反应生成1.5molCH3OH(g)时放出的能量为1.5mol×99kJ/mol=148.5kJ；∆H=反应物的键能总和生成物的键能总和=E（C≡O）+2×436kJ/mol(3×413kJ/mol+343kJ/mol+465kJ/mol)=99kJ/mol，解得E（C≡O）=1076kJ/mol；答案为：419；II；148.5；1076。（3）根据盖斯定律，将反应II②得2CO2(g)+6H2(g)⇌2CH3OH(g)+2H2O(g)∆H=122.5kJ/mol(23.5kJ/mol)=99kJ/mol，反应①的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H=49.5kJ/mol；答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H=49.5kJ/mol。16．3d104s2<PV形sp3水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键N>O>C3【详解】Ⅰ.（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s2；（2）同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减小，所以电负性Se＜S；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Se＜As；（3）H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3；（4）含有氢键的氢化物熔沸点较高，H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点（100℃）高于H2Se的沸点（42℃）；Ⅱ.（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C；（2）N2F2分子结构式为FN=NF，因此lmolN2F2含有3molσ键；17．搅拌；适当增大酸的浓度过滤滤液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，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO2、SiO2，加过氧化氢、盐酸发生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出滤渣II为SiO2，滤液II为CeCl3溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氩气氛围中加热CeCl3•6H2O得到无水CeCl3，一定条件下CeCl3转化为Ce，以此来解答。【详解】(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；(2)操作①和②均为过滤；滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；(3)加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；(4)Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×106mol/L，，常温下，则pH=9；(5)①滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；②由电子守恒可知Ce3+物质的量等于Fe2+的物质的量，质量为0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5×100%=78.88%.18．(1)锥形瓶中溶液颜色变化滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变无色，30s不恢复(2)AC(3)I<(4)淀粉溶液990不是维生素C易被空气氧化，减少实验误差【分析】酸碱中和滴定的原理是用已知浓度的酸或碱滴定未知浓度的碱或酸，选择合适的酸碱指示剂以确定滴定终点，利用酸和碱反应的定量关系进行计算；氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，是用氧化剂或还原剂滴定还原剂或氧化剂，通常也需要选择氧化还原指示剂，以确定滴定终点，然后利用得失电子守恒建立等量关系式进行计算，据此分析回答问题。【详解】（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变