四川省德阳市什邡中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题

什邡中学高级平实部高二下)第一次月考化学试题考试时间：分钟试卷满分：分)可能用到的相对原子质量：一、选择题每题3分，合计分)1.化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法正确的是A.含氟牙膏中添加了F2，可以预防龋齿，利用沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率B.可以在船舶外壳装上锌块，是用外加电流法防止金属腐蚀C.民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀D.“神舟17号”宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型有机材料【答案】C【解析】【详解】A．含氟牙膏中添加的不是氟单质，而是含氟化合物，可以电离出氟离子使牙齿表面的牙釉质转变为更难溶的氟磷灰石，利用了沉淀转化的原理，A错误；B．船舶外壳安装锌块属于牺牲阳极法（利用活泼金属被腐蚀B错误；CC正确；D．高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，D错误；故选C。2.下列有机化合物的分类正确的是A.醇B.酯C.醚D.芳香族化合物【答案】B【解析】【详解】A．官能团羟基直接连在苯环上，属于酚，A错误；B．官能团为酯基，属于酯，B正确；C．官能团为酮羰基，属于酮，C错误；第1页/共17页D．结构中不含有苯环，不属于芳香族化合物，D错误；故选B。3.下列关于该结构的说法不正确的是A.分子中既有σ键又有π键B.该物质属于芳香族化合物C.O—H键的极性强于C—H键的极性D.碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式【答案】D【解析】【详解】A．该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，既有σ键又有π键，A正确；B．该物质含有苯环，属于芳香族化合物，B正确；C．电负性O>C，则O—H键的极性强于C—H键的极性，C正确；D4个单键相连的C原子采用sp3C原子采用sp2sp杂化的C原子，D错误；故答案为：D。4.下列有关螺辛烷的说法正确的是A.分子式为B.一氯代物有4种C.分子中所有碳原子共面D.与互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，螺辛烷的分子式为，故A错误；B．由螺辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故B正确；第2页/共17页C8个碳原子均为sp3故C错误；D．的分子式为CH，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故D错误；故选B。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.白磷(P)含6NA个键，二氧化硅中含2NA个B.常温常压下，乙烯和丙烯的混合气体共14g，含原子数为3NAC.标准状况下，4.48L苯含有的分子数为0.2NAD.1mol羟基所含电子数为10NA【答案】B【解析】【详解】A．白磷(P)含6NA个键，二氧化硅中含4NA个，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式都是CH，乙烯和丙烯的混合气体共14g，含原子数为，故B正确；C．标准状况下苯是液体，4.48L苯的物质的量不是0.2mol，故C错误；D．1个OH中含有9个电子，1mol羟基所含电子数为9N，故D错误；选B。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.用硫化亚铁除去废水中汞离子：B.用铁氰化钾溶液检验：C.用铁作电极电解饱和溶液：D.稀硝酸除去试管上的银镜：【答案】B【解析】【详解】A．用FeS处理含Hg2+废水，离子方程式为：Hg2++FeS=HgS+Fe2+，故A错误；第3页/共17页B．将K[Fe(CN)]溶液滴入含亚铁离子的溶液中产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，故B正确；CFe+2HOFe(OH)↓+HC错误；D．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，Ag和稀硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮，离子方程式为：，故D错误；故选B。7.已知X、Y、Z为原子序数依次增大短周期元素，其中Z的电负性是主族元素中最大的，这三种元素能形成化合物的结构如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能由大到小的顺序为：Z>X>YB.X元素原子共有4个价电子C.Y元素的某种氢化物可作火箭的燃料D.Z元素的气态氢化物是同族元素中酸性最强的【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z的电负性是主族元素中最大的，Z为F元素；三种元素形成化合物中Y为+5价，X为﹣3价，可知X为B元素，Y为N元素，以此来解答。【详解】A．三种元素均为第二周期元素，第一电离能由大到小的顺序为：F>N>B，A错误；B．X为B，价电子数为3，B错误；C．Y为N，其氢化物NH4可作为火箭燃料，C正确；D．Z为F，从F到I对应气态氢化物的酸性增强，HF为弱酸，D错误；故选C。8.某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是第4页/共17页A.该反应的焓变ΔH＝E－E1B.a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化C.催化剂能改变反应的焓变D.催化剂能降低反应的活化能【答案】D【解析】A应热△H=E－E2，选项A不正确；BabB不正确；C、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，选项C不正确；D、催化剂通过改变反应路径可以降低反应的活化能，但对反应的焓变无影响，选项D正确；答案选D。9.以CH4燃料电池为电源电解饱和NaCl2mol积均在标准状况下测定且忽略气体在溶液中的溶解。下列说法错误的是A.气体X为CO2B.N极的电极反应式为C.通过2mol时，第5页/共17页D.NaCl溶液中的Na+向P极移动【答案】C【解析】【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，通入甲烷的M电极为负极，水分子作用下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，通入空气的N电极为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水；右侧装置为电解饱和氯化钠溶液装置，O电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，P电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。【详解】A．由分析可知，通入甲烷的M电极为负极，水分子作用下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，则气体X为二氧化碳，故A正确；BN应式为，故B正确；C2mol2mol×+2mol×=0.75mol，右侧装置生成氢气和氯气的物质的量为2mol×+2mol×=2mol，则，故C错误；D．由分析可知，右侧装置为电解饱和氯化钠溶液装置，Q电极为阳极，P电极为阴极，则溶液中钠离子向P极移动，故D正确；故选C。10.平衡：下列说法错误的是A.该水解常数表达式为：B.加水稀释，平衡右移，溶液颜色变浅C.滴加浓盐酸，平衡左移，溶液绿色加深D.升高温度，硝酸亚铁水解程度增大【答案】C【解析】【详解】A．稀溶液中HO的浓度为常量，不写入平衡常数表达式，而Fe(OH)2不是沉淀，浓度不为定值，第6页/共17页应写入表达式，故A正确；B．加水稀释，c(Fe2+)、c[Fe(OH)]和c(H+)均减小，浓度商减小，故平衡右移，溶液颜色变浅，故B正确；C．加浓盐酸，强酸性时，NO表现强氧化性将Fe2+氧化成Fe3+，溶液变为黄色，故C错误；D．水解为吸热反应，升高温度，水解平衡右移，水解程度增大，故D正确；故选：C。下列说法正确的是A.向电极a移动B.电极b的电极反应式为C.“全氧电池”工作时总反应为D.理论上，当电极a释放22.4L时，KOH溶液质量减少32g【答案】C【解析】【分析】根据两电极物质元素化合价变化可判断电极a为负极，负极的反应式为，电极b为正极，正极反应式为O+4e+2H+=2HO。【详解】A．阳离子流向正极，即K+向电极b移动，A错误；B．电极b上为得电子，溶液是酸性环境，电极反应式为O+4e+2H+=2HO，B错误；C，C正确；Da电极反应式为a释放出22.4LO(标准状况下)即1molO2时，同时有4molK+移向右侧KSO4溶液中，所以KOH溶液减少的质量为：，D错误；第7页/共17页故选C。12.室温下，下列探究方案能达到实验目的的是选项探究方案实验目的用不同浓度、等体积的溶液分别与相同浓度相同体积的A探究浓度对反应速率的影响溶液反应，观察现象比较与的酸性强B测定同浓度溶液和溶液的，比较溶液大小弱向溶液中滴加2滴证明在相同温度下，C溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴溶液，又生成红褐色沉淀向溶液中，滴入几滴证明与的反应是可D滴加几滴溶液逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A对反应速率的影响，故A错误；B．酸的酸性越弱，对应酸根离子在溶液中的水解程度越大，溶液pH越大，所以用pH计测定同浓度次氯酸钠和氟化钠溶液的pH，比较溶液pH大小可以用于比较次氯酸与氢氟酸的酸性强弱，故B正确；C淀的转化过程，无法比较氢氧化镁和氢氧化铁的溶解度大小，也不能比较组成类型不同的氢氧化镁和氢氧化铁的溶度积大小，故C错误；D．向溶液中，滴入几滴溶液，此时KI过量，应通过检验是否存在Fe3+来验证与的反应是否是可逆反应，而是用来验证Fe2+的，故D错误；第8页/共17页故选B。13.某化学兴趣小组利用电解原理设计如图所示装置，拟将氨转化为高纯氢气。下列有关说法错误的是A.电解一段时间，阴极区溶液pH值变大B.电解过程中OH−从右向左移动C.阳极区电极反应式为：2NH6e−+6OH−=N+6HOD.工作一段时间，左池消耗22.4LNH3时，右池溶液减少54g【答案】D【解析】NH32NH6e−+6OH−=N2+6HO；右边为阴极，电极反应为：2HO+2e−=2OH−+H↑，电解池总反应为：。【详解】A．据以上分析可知，阴极的电极反应为：2HO+2e−=2OH−+H↑，反应产生OH，为维持电荷守恒，溶液中OH−向左移动，阴极消耗水，KOH的物质的量不变，则其浓度变大，溶液pH变大，A正确；BNH3失去电子被氧化为N2NH6e−+6OH−=N+6HO2HO+2e−=2OH−+HOHOHOH−从右向左移动，B正确；C．根据装置图可知：左侧的阳极电极反应式为：2NH−6e−+6OH−=N+6HO，C正确；D22.4L的NHD错误；故合理选项是D。14.某温度时，可用KS沉淀Cu2+、Zn2+、Mn2+三种离子(用M2+表示)，所需S2最低浓度的对数值lgc(S2)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是第9页/共17页A.三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×1020B.向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大C.可用ZnS除去ZnCl2溶液中混有的少量杂质MnCl2D.向浓度均为1×105mol/L的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×104mol/L的NaS溶液，Cu2+先沉淀【答案】D【解析】【详解】A．对于MS沉淀，溶度积常数为K=c(M2+)c(S2)，所以有lgc(M2+)=lgc(S2)+lgK，则三种离子对应的硫化物中K(CuS)最小，约为1×1035，A错误；BMnSc(S2)是一定的，B错误；C．K(MnS)＞K(ZnS)，同类型沉淀溶度积越大，溶解度越大，溶解度大的自发转化为溶解度小的，不能用ZnS除去ZnCl2溶液中混有的少量杂质MnCl，C错误；D．K(MnS)＞K(ZnS)＞K(CuS)，溶解度越小越优先形成，所以向浓度均为1×105mol/L的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入l×l04mol•L1的NaS溶液，Cu2+最先沉淀，D正确；故答案为：D。二、解答题15.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。（11为钢铁防护模拟实验装置，检测钢铁保护效果的方法是：取少量铁电极附近的溶液于试管中，滴第10页/共17页加_____(填化学式)溶液，若不产生蓝色沉淀，则说明保护效果好。（2）在图2所示的装置中，闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题。①甲池为_____()，B电极的电极反应式为_____。②丙池中F电极为_____()，该池的总反应的化学方程式为_____。③已知丙池中有200mL，0.5mol/LCuSO4溶液，当乙池中C极质量减少10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_____mL(标准状况下)，一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是_____(填字母)。A．CuB．CuOC．Cu(OH)2D．Cu(OH)CO3④已知丙池中的溶液为400mLK224mL(标准状况下)气体，则此时溶液的pH为_____。（3）图3通过NOx传感器可监测NOx的含量，写出NiO电极的电极反应式：_____。【答案】（1）KFe(CN)6（2）①.原电池②.O+4e+2HO=4OH③.阴极④.2CuSO+2HO2Cu+2HSO+O2↑⑤.560⑥.B⑦.1（3）NO2e+O2=NO2【解析】【小问1详解】图1是外接电源的阴极保护法，钢铁桥墩连接外电源负极，作阴极；如果铁被腐蚀，有Fe2+生成，故检验保护效果即检验Fe2+，可以加入KFe(CN)6溶液看是否有蓝色沉淀生成，若不产生蓝色沉淀，则说明保护效果好。【小问2详解】ABCEDF为阴极，则乙池为电解硝酸银溶液，丙池是电解硫酸铜溶液；AB解质溶液为碱性，电极反应式为O+4e+2HO=4OH；F程式为2CuSO+2HO2Cu+2HSO+O↑；第11页/共17页CAge=Ag+C极质量减少10.8g即0.1molAg反应，根据电极反应式转移电子0.1mol，甲池中B电极理论上消耗O20.025mol，标准状况下体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；由丙池中的总反应方程式可知，丙池中的反应相当于Cu和O以1：1离开溶液体系，故加入CuO可以使丙池恢复到反应前浓度，故选B；④丙池中阳极HO失电子生成H+和O，电极方程式为2HO4e=4H++O↑，阳极收集到气体224mL(标准状况下)O2物质的量为0.01molH+0.04mol0.4Lc(H+)=0.1mol/LpH=1；【小问3详解】图3中NiO电极上NO转化为NO，失电子，同时固体电解质中有O2迁移，故电极反应式为NO2e+O2=NO。16.我国是铁矿石消费量最大的国家。菱铁矿是一种价值较高的铁矿石，其成分主要有FeCO、MnCO3以及少量杂质SiO某同学设计下列工艺流程制取FeO3和MnCO。已知常温下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀pH[c(Mn+)=0.1mol·L−1]1.8676.858.15完全沉淀pH[c(Mn+)=10−5mol·L−1]3.209.8510.15回答下列问题：（1）常温下_______。（2_______(填一种即可)A的主要成分是_______()B的主要成分是_______。（3）加HO2的目的是_______，若不加HO2对实验结果的影响是_______。（4）实验中调pH的范围是_______。（5）沉锰离子反应方程式为_______。【答案】（1）10−37.4（2）①.搅拌或适当增大硫酸浓度等(其它合理答案也可)②.SiO2③.Fe(OH)3第12页/共17页（3）①.将Fe2+氧化成Fe3+②.Fe2+与Mn2+不能完全分开，所得产品不纯（4）3.2～8.15（5）【解析】【分析】菱锌矿加入稀硫酸溶浸后得到含Fe2+、Mn2+的滤液，滤渣A为不溶于酸的杂质二氧化硅，滤液加pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀B加入碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰沉淀。【小问1详解】由Fe3+完全沉淀时pH=3.20时，c(Fe3+)=10−5mol·L−1c(OH−)=10−10.8mol·L−1K[Fe(OH)]=10−5×(10−10.8)3=10−37.4。【小问2详解】提高酸溶效率可延长时间或加快反应速率，而加快反应速率可搅拌、可增大酸的浓度、可提高反应温度等；FeCO3和MnCO3均能溶于硫酸，故滤渣A为SiO；分离Fe、Mn元素时调pH使Fe3+水解，故滤渣B为Fe(OH)。【小问3详解】HO2是用来将Fe2+氧化成Fe3+，便于调节pH将Fe3+与Mn2+分开，若不氧化，Fe2+难以完全与Mn2+分开，将使得所得FeO、MnCO3不纯。【小问4详解】为了使Fe3+完全沉淀，pH≥3.2，为了不让Mn2+沉淀，pH<8.15，故调pH的范围是3.2～8.15；【小问5详解】沉锰离子反应为锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、水、二氧化碳，方程式为：2+Mn2+=MnCO↓+HO+CO↑。17.近我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。回答下列问题：（1）已知：CO(g)+H(g)=HO(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ·mol1；CO(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=90.0kJ·mol1。根据CO₂催化氢化合成甲醇的热化学方程式，求算出对应的焓变：H(g)+CO(g)=CHOH(g)+HO(g)ΔH=_______kJ·mol1。（2）为提高CHOH(g)的产率，理论上应采用的条件是_______(填字母)。第13页/共17页a．高温高压b．低温高压c．高温低压d．低温低压（3）250℃时，在恒容密闭容器中由CO(g)催化氢化合成CHOH(g)，如图为不同投料比「n(H)/n(CO)」时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。反应物x是_______(填“CO”或“H”)。（42502.0L的恒容密闭容器中加入6molH2molCO2P应：3H+CO⇌CHOH+HO，10min时反应达到平衡，测得(CHOH)=0.75mol·L1。①前10min内用H2表示平均反应速率_______mol·L1·min1。②用分压表示化学平衡常数Kp=_______。【答案】（1）24.45（2）b（3）CO2（4）①.0.225②.【解析】【小问1详解】已知：CO(g)+H(g)=HO(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol1①CO(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=－90.0kJ•mol1②根据盖斯定律可知，①+②可得CO2催化氢化合成甲醇的化学方程式为3H2(g)+CO2(g)=CHOH(g)+HO(g)，对应的焓变ΔH=ΔH+ΔH=+41.1kJ•mol1+（－90.0kJ•mol1）=－48.9kJ•mol1，故对应的热化学方程式为：H(g)+CO(g)=CHOH(g)+HO(g)ΔH=24.45kJ·mol1；【小问2详解】对于反应3H(g)+CO(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=－48.9kJ•mol1，是气体分子数减小的放热反应，则为提高CHOH产率，使平衡向正反应方向移动，可采用低温高压的措施，b项符合题意，故答案为：b；【小问3详解】第14页/共17页同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，图示中横坐标增大，相当于c(CO)不变时，增大c(H)，平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO，故答案为：CO；【小问4详解】250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CHOH)=0.75mol·L1，列出三段式：前10min的平均反应速率v(H)===0.225mol⋅L−1⋅min−1，故答案为：0.225；②根据物质的量，列三段式为：初始压强为P，平衡压强为；CO、H、CHOH、HO的分压分别为：、、、，K=。18.某小组设计实验探究和浓盐酸反应的最低浓度以及氯气的性质，实验装置如图所示。第15页/共17页实验中，装置C中溶液先变浑浊，后变澄清；装置D中溶液先变红色，后褪色。回答下列问题：（1）装置B中试剂是________E的作用是____________。（2）装置A中反应的离子方程式为__