福建省厦门市第一中学学年高二第二学期月考化学试题解析版.docx

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福建省厦门市第一中学学年高二第二学期月考化学试题解析版

福建省厦门市第一中学2018-2019学年高二第二学期3月月考化学试题

1.比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推导不合理的是

序号

化学反应事实

影响化学反应的因素

A

铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧

反应物浓度

B

碳在常温下不与氧气发生反应，而在高温时能与氧气反应

反应温度

C

水在通电的条件才能分解，双氧水只要加入二氧化锰就迅速分解

催化剂

D

铜片在空气中很难燃烧，纳米铜粉在空气中较易燃烧

反应物的接触面积

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A．铁丝能在氧气中燃烧是因为氧气的浓度大了，故A正确；B．碳在点燃时能与氧气反应是因为温度达到了着火点，故B正确；C．水的分解和双氧水分解是两种不同物质的分解，无法判断催化剂对反应速率的影响，故C错误；D．铜片与铜粉都是铜，铜片不易燃烧是因为它的体积大温度升高慢，而铜粉体积小温度升高快很快达到了着火点，是反应物的接触面积改变，故D正确；故答案为C。

2.下列离子方程式中，属于水解反应的是

A.HS－＋H2O

H3O＋＋S2－

B.CO2＋2H2O

HCO3－＋H3O+

C.NH4＋＋2H2O

NH3·H2O＋H3O＋

D.HCO3－＋OH－

CO32－＋H2O

【答案】C

【解析】

A．HS－＋H2O

H3O＋＋S2－表示的是HS-的电离方程式，故A错误；B．CO2＋2H2O

HCO3－＋H3O+表示的是H2CO3的电离方程式，故B错误；C．NH4＋＋2H2O

NH3·H2O＋H3O＋表示的是NH4+的水解方程式，故C正确；D．HCO3－＋OH－

CO32－＋H2O表示的是HCO3-的电离方程式，故D错误；答案为C。

3.下列有关活化分子和活化能的说法不正确的是（）

A.增加气体反应物的浓度可以提高活化分子百分数

B.升高温度可增加单位体积活化分子数

C.发生有效碰撞的分子一定是活化分子

D.使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数

【答案】A

【解析】

【分析】

活化分子指的是能发生有效碰撞的分子，它们的能量比一般分子的能量高；活化分子百分数指的是活化分子占所有分子中的百分含量。

【详解】A.增加气体反应物的浓度，只是增加活化分子的浓度，但是不增加活化分子百分数，A错误；

B.升高温度使普通分子的能量增加，使部分普通分子变成活化分子，因此可以提高单位体积内活化分子百分数，B正确；

C.根据活化分子的定义，发生有效碰撞的一定是活化分子，C正确；

D.使用催化剂，改变反应途径，使反应所需的活化能降低，使大部分普通分子变成活化分子，提高单位体积活化分子百分数，D正确。

本题答案选A。

【点睛】能够提高活化分子百分数的途径包括升高温度和加入催化剂。

提高活化分子的浓度包括升高温度、加入催化剂、提高浓度等。

4.Li/Li2O体系的能量循环图如图所示。

已知，△H4＞0。

下列说法正确的是

A.△H3<0

B.△H3+△H4+△H5=△H6

C.△H6>△H5

D.△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0

【答案】C

【解析】

【详解】A．断裂化学键需要吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热量，△H3＞0，故A错误；

B．根据盖斯定律可知：

反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，故B错误；

C．根据能量转化关系和盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，△H6＞△H5，故C正确；

D．根据盖斯定律，反应过程中的焓变关系为：

△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，故D错误；

答案选C

【点睛】把握反应的转化关系、盖斯定律的应用为解题的关键。

本题中需要注意断裂化学键需要吸收能量，△H＞0；形成化学键需要放出能量，△H＜0。

5.一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示，石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e－+H2O=MnO（OH）+OH-。

该装置工作时，下列叙述正确的是

A.石墨电极上的电势比Al电极上的低

B.Al电极区的电极反应式：

A1-3e-+3NH3·H2O=Al（OH）3+3NH4+

C.每消耗27gAl，有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上

D.若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，电极反应式相同

【答案】B

【解析】

【分析】

放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O═MnO（OH）+OH-，MnO2得电子，石墨为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al（OH）3，结合原电池原理分析解答。

【详解】A．根据上述分析，石墨为正极，Al为负极，石墨电极上的电势比Al电极上的高，故A错误；

B．MnO2得电子为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al（OH）3，负极电极反应式为Al-3e-+3NH3•H2O═Al（OH）3+3NH4+，故B正确；

C．电子从负极流向正极，但是电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；

D．若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，负极生成的氢氧化铝会被氢氧化钠溶解，电极反应式不同，故D错误。

答案选B。

6.下列说法中正确的是

A.25℃时0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液的Kw大于100℃时0.01mol•L﹣1NaCl溶液的Kw

B.常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108

C.根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性

D.室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性

【答案】B

【解析】

【详解】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离，则离子积常数增大，所以25℃时0.1mol•L-1NH4Cl溶液的Kw小于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的Kw，故A错误；

B．酸抑制水的电离、含有弱离子的盐促进水的电离，则常温下pH=3的醋酸和硫酸铝溶液中由水电离出的c（H+）分别为：

mol/L=10-11mol/L、10-3mol/L，二者之比为1：

108，故B正确；

C．温度未知，不能根据溶液的pH判断溶液酸碱性，pH=6.5的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，也可能是中性，故C错误；

D．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合时氨水过量较多，溶液呈碱性，故D错误；

答案选B。

【点睛】明确溶液中溶质成分及其性质是解题的关键。

本题的易错点为C，要注意离子积常数只与温度有关，温度未知时不能根据pH判断溶液酸碱性。

7.常温下，某溶液中由水电离出来的c（H＋）＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是（）

①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液

A.①④B.①②C.②③D.③④

【答案】A

【解析】

某溶液中由水电离出来的c（H＋）＝1.0×10-13mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性。

①SO2＋H2O

H2SO3，H2SO3

HSO3－＋H＋，HSO3-

SO32－＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。

8.能促进水的电离，并使溶液中c（H＋）>c（OH－）的操作是

①将水加热煮沸　②向水中投入一小块金属钠　③向水中通CO2　④向水中加入明矾晶体　⑤向水中加NaHCO3固体　⑥向水中加NaHSO4固体⑦向水中加NH4Cl固体

A.①②④⑤B.①⑤⑦C.③④⑥D.④⑦

【答案】D

【解析】

【分析】

影响水的电离的因素：

温度，同离子效应，所加物质的酸碱性等。

【详解】①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误；

②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c（H＋）

③二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c（H＋）>c（OH－），酸对水的电离起抑制作用，故③错误；

④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H＋）>c（OH－），故④正确；

⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c（H＋）

⑥向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，氢离子对水的电离起抑制作用，故⑥错误；

⑦向水中加NH4Cl固体，NH4+与水电离出的OH-结合生成一水合氨弱电解质，促进水的电离，使水的电离向右移动，酸性增强，c（H＋）>c（OH－），故⑦正确。

答案选D。

【点睛】本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：

本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？

各自对水的电离平衡如何影响？

结果如何（c（H+）与c（OH-）相对大小）？

归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。

9.下列说法正确的是（　　）

A.将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同

B.配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度

C.热的碳酸钠溶液去除油污的效果更好

D.草木灰和铵态氮肥一起使用对农作物的肥效更佳

【答案】C

【解析】

【分析】

根据有关离子的水解平衡及其移动分析解答。

【详解】A项：

AlCl3溶液中都存在铝离子的水解平衡，加热蒸干时，因水解吸热和HCl的挥发，使AlCl3水解完全生成Al（OH）3沉淀，灼烧时Al（OH）3分解生成Al2O3。

Al2（SO4）3溶液中也存在铝离子的水解平衡，因H2SO4是不挥发性酸，加热蒸干时其浓度变大，抑制铝离子的水解，最终得到Al2（SO4）3固体。

A项错误；

B项：

FeSO4溶液中Fe2+水解，配制其溶液时使用H2SO4抑制其水解，才不会在溶液中引入杂质离子，B项错误；

C项：

碳酸钠溶液中碳酸根分步水解使溶液呈碱性，加热促进其水解，溶液中氢氧根浓度增大，去除油污的效果更好，C项正确；

D项：

草木灰（K2CO3）中碳酸根水解呈碱性，铵态氮肥中铵根水解呈酸性，两者混合使用会使铵根转化为氨气而损失氮元素，D项错误。

本题选C。

【点睛】弱阴离子水解使溶液呈碱性，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。

水解平衡的移动符合平衡移动原理。

10.下列事实一定能说明HF是弱酸的是

　①常温下NaF溶液的pH大于7；　②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；

　③HF与NaCl不能发生反应；　　④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；

⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；⑥HF与水能以任意比混溶；

⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红。

A.①②⑦B.②③⑤C.③④⑥D.①④

【答案】D

【解析】

F-水解显碱性，证明HF是弱酸。

用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗只能说明导电性很差。

常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3，说明部分电离，证明为弱酸。

⑤⑦只是说明为酸，弱酸无法证明。

⑥说明HF中有氢键。

11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：

Ni（s）+4CO（g）

Ni（CO）4（g）。

230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。

已知：

Ni（CO）4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。

第一阶段：

将粗镍与CO反应转化成气态Ni（CO）4；

第二阶段：

将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。

下列判断不正确的是（）

A.第二阶段，Ni（CO）4分解率较高

B.该