1、四川省南江中学高2020级12月月考化学试卷命题人：冯淼 审题人：常静考试时间：90分钟满分：100分一、选择题（本题共16题，每题3分，共48分）1化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是（）A用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污力B可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性C可以利用水解反应获得纳米材料D草木灰和铵态氮肥混合使用能使肥效增强2下列事实与对应的方程式不相符的是（）A已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H0，灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热B已知：2NO2(g)（红棕色）N2O4(g)（无色） HCd
2、SB溶解平衡常数Ksp：FeS0C正反应的活化能小于逆反应的活化能D使用催化剂，可降低活化能，改变反应热13NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）Ac(H2CO3)和c(HCO)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB常温下，pH=5的盐酸溶液中水电离出的H+数目为10-9NAC1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD7.8g Na2S和Na2O2的混合物中，含有的离子总数为0.3NA (Na-23；O-16；S-32)14室温下，将浓度均为的盐酸与氨水等体积混合，混合液；将浓度为盐酸与氨水等体积混合，混合液(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是
3、（）Aa7 bn(OH-)，混合后溶液中c(H+)=10-3，将n(H+)和n(OH-)带入，解得V1：V2=7:3，故C正确。8D【详解】A由图可知，过程、中未断键，A正确；B双功能催化剂实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率，则提高了活化分子百分数，B正确；C过程CO转化为CO2，则有极性键形成、同时有氢气分子生成，则有非极性键形成，C正确；D催化剂对化学平衡无影响，故上述过程不能提高和的平衡转化率，D错误；答案选D。9A【详解】A四种离子相互之间不反应，可以在澄清透明溶液中大量共存，故A符合题意；B常温下，的溶液显酸性，酸性环境中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能共存，故B不符合题意；C
4、0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中存在大量铝离子，铝离子和碳酸根会发生彻底双水解反应而不能大量共存，故C不符合题意；D能使甲基橙试液显红色的溶液显酸性，酸性溶液中ClO-不能大量存在，故D不符合题意；综上所述答案为A。10C【详解】At1时正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡逆向移动，由图像可知，反应速率瞬间不变，则为增大了生成物的浓度，A正确；B由图像可知，t2时正反应速率瞬间变小，平衡右移，该反应为反应前后气体体积不变的放热的可逆反应，则改变的条件为降低温度，B正确；C由选项B的分析，改变的条件为降温，C错误；Dt3时平衡不移动，正反应速率突然变大后不再改变，则是因为使用了催化
5、剂，D正确；故选：C。11A【详解】A硫酸铝钾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热虽然能促进铝离子水解，但硫酸是难挥发的高沸点酸，水解生成的硫酸能与氢氧化铝反应，在空气中蒸干后依然得到硫酸铝钾固体，故A正确；B亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，在空气中蒸干后得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，故B错误；C硫酸亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁，在空气中蒸干后得到硫酸铁，无法得到硫酸亚铁，故C错误；D氯化镁在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢受热挥发，使氯化镁的水解平衡向正反应方向移动，直至水解趋于完全，在空气中蒸干后得到氢氧化镁，无法得到氯化镁，故D错误；故选A。
6、12B【详解】AHCN相对能量为0.0，HNC的相对能量为59.3kJmol-1，能量越低越稳定，HCN的能量低于HNC的能量，HCN能量低更稳定，所以HCN比HNC稳定，A错误；BH=生成物总能量-反应物总能量=59.3kJ/mol-0kJ/mol=+59.3kJ/mol0，T0自发进行G=H-TS0，B正确；C正反应的活化能186.5kJmol-1，逆反应的活化能为(186.5-59.3)kJmol-1=127.2kJmol-1，即正反应的活化能大于逆反应的活化能，C错误；D催化剂可降低反应的活化能，加快化学反应速率，但不能改变反应的始态和终态，即不改变反应的焓变，D错误；故选B。13D【
7、详解】ANaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO)+c()，则c(H2CO3)和c(HCO)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目大于NA，A错误；B溶液体积未知，不能计算粒子数目，B错误；C1L 0.1mol/L乙醇溶液中含有0.1mol的CH3CH2OH，0.1molCH3CH2OH中含有共价键的数目为0.8NA，但溶液中还有H2O，因此存在的共价键总数大于0.8NA，C错误；D7.8g Na2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，Na2S含有2个Na+和1个S2-，Na2O2含有2个Na+和1个，则混合物含有的离子总数为0.3NA，
8、D正确；答案选D。14C【详解】A将浓度均为的盐酸与氨水等体积混合,二者恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵水解显酸性，故混合液7；将浓度为盐酸与氨水等体积混合，因该混合液，故必须盐酸少量即b0.3，A正确；B由题意列电荷守恒得：，因室温下混合液，说明溶液显中性，所以，因等体积混合故=mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为，故其电离平衡常数，B正确；C中混合液存在物料守恒，故，C错误；D因溶液显酸性，溶液显中性，故将与混合液混合显酸性，由电荷守恒得：，故，D正确；故选C。15C【详解】Aac的过程中，随着氢氧化钠溶液的不断加入，H2A逐渐转化为Na2A，A2-会结合水电离出的氢离子，促进
9、了水的电离，水的电离程度一直增大，cd的过程是Na2A中加入氢氧化钠，氢氧化钠电离出的氢氧根会抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，故A错误；B滴定终点时，应是之间反应，即，故B错误；C加入NaOH溶液50 mL，溶液中溶质为NaHA和H2A，根据物料守恒得：，根据质子守恒得：，联立两个式子可得：，故C正确；D加入NaoH溶液150 mL，混合溶液中溶质为NaHA和Na2A，由于弱电解质的电离或盐的水解均是微弱的，肯定满足，故D错误；故选C。16A【详解】A相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，即图中c点所
10、示条件下，v(正)v(逆)，故A正确；B图中a点、c点的转化率相同，生成的的物质的量相同，但a点容器体积小于c点容器体积，则对应的浓度：，故B错误；C由于a点为平衡点，此时的转化率为40%，a点反应三段式为：各物质平衡浓度为、，T时，该反应的化学平衡常数，故C错误；Db点反应三段式为：根据a点反应三段式、b点反应三段式和可知，由于，所以容器内的压强：，故D错误；答案选A。17（1）H3PO2)H+H2PO（2）Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2（3）110-11110-3（4）碳酸钠溶液碳酸根水解能力比硫氢根强（5）a【解析】（1）H3PO2是一元中强酸，其电离方程式为：H3PO2)H
11、+H2PO。（2）泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3溶液中的Al3+和NaHCO3溶液中的HCO发生完全双水解反应生成二氧化碳而灭火，原理为：Al3+3HCO=Al(OH)3+3CO2。（3）室温下，盐酸中HCl电离出的氢离子抑制了水的电离，水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即pH=3的盐酸中水电离出的氢离子浓度为110-11molL1；氯化铵溶液中，铵根离子可以结合水电离出的OH-生成弱电解质NH3H2O，促进了水的电离，水电离出的氢离子浓度即溶液中的氢离子浓度，所以pH=3的氯化铵溶液中由水电离出的氢离子浓度为110-3molL1。（4）硫氢化钠溶液中HS-既水解又电离，由于
12、HS-的电离常数为Ka2=7.110-15，而水解常数Kh=7.710-8，水解程度大于电离程度；碳酸钠溶液中CO的水解常数Kh=1.810-4，碳酸根水解能力比硫氢根强，所以碱性更强的是碳酸钠溶液。（5）25时，若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合恰好中和，则n(H+)=n(OH-)，即Va10-a=Vb10-(14-b)，=10a+b-14，由于VaVb，则1，所以10a+b-141，解得a+b14，又由于a=0.5b，所以a；碱溶液的pH7，所以b7，由于a=0.5b，所以a，则a的取值范围是a。18（1）-49A（2）b总反应H0，升高温度时平衡向逆反
13、应方向移动，甲醇的物质的量分数变小33.3%【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的。(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。该反应正向为放
14、热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应H0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率=33.3%19（1）防止Fe2+被氧化成Fe3+（2）NH4+H2ONH3H2O+H+（3）A（4）（5）当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液时，溶液变为粉红（或浅紫红）色，且半分钟内不复原，说明反应达到终点（6）94.08%（7）ABD【解析】（1）步骤1中，制备的是硫酸亚铁溶液，因Fe2+易被空气氧化，所以加入过量铁粉，可防
15、止Fe2+被氧化成Fe3+；（2）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中发生水解，其离子方程式为：，所以使溶液显酸性；（3）高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡胶，所以需要用酸式滴定管盛装，下图中A为酸式滴定管（下端为一玻璃活塞）；B为碱式滴定管（下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球）故答案为：A；（4）滴定过程中，酸性高锰酸钾溶液将氧化为，自身被还原为Mn2+，根据氧化还原反应的规律可知，离子方程式为：；（5）高锰酸钾为紫色，硫酸亚铁铵溶液为浅绿色，开始滴定时高锰酸钾溶液不足，溶液为浅绿色，当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液时，溶液变为粉红（或浅紫红）色，且半分钟内不复
16、原，说明反应达到终点；（6）根据反应的离子方程式可知，关系式，结合实验数据可以看出，上表中第一次的数据明显大于后两次的数据，应舍去，则所消耗的高锰酸钾的体积V标=24.00mL，所以亚铁离子的物质的量n(Fe2+)=0.012mol，则样品中硫酸亚铁铵的物质的量为=0.048mol，则其质量分数为。（7）上表中第一次的数据大于后两次的数据，即测量数据偏大，根据可知，A第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，A符合题意；B第一次滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，B符合题意；C第一次滴定结束时，俯
17、视读取酸性高锰酸钾溶液的体积，会使读标准液的体积偏小，导致实验数据测量值偏小，C不符合题意；D第一次滴定结束时，有一滴酸性高锰酸钾溶液悬挂在滴定管尖嘴处，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，D符合题意；故选ABD。20加快反应速率、使反应充分SiO2、CaSO42Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OACD4.50.004NiC2O42H2ONi+2CO2+2H2O【分析】废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)粉碎后加入过量稀硫酸进行酸浸，得到含有Al3+、Ni2+、Fe2+、Ca2+等离子的溶液，过滤得到的滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2和微溶物CaS
18、O4；向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，并加入沉淀剂调节pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3(滤渣)，此时杂质阳离子还有Ca2+，加入NH4F得到CaF2沉淀(滤渣)，之后加入草酸铵反应过滤得到草酸镍晶体。【详解】(1)粉碎可以增大接触面积，加快反应速率、使反应充分；根据分析可知滤渣为SiO2、CaSO4；(2)先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；沉淀剂应该可以和H+反应，同时也不能引入新的杂质，所以可以选择NiO、Ni(OH)2、NiCO3，故答案为acd；根据题目所给信息可知KspFe(OH)3 KspAl(OH)3，所以Al3+完全沉淀时Fe3+也已经完全沉淀，而Al3+完全沉淀时c(OH-)=310-10mol/L，则c(H+)=10-4mol/L，pH=4.5，即至少应调节pH到4.5；(3)在“沉淀”过程中，Ca2+刚好沉淀完全时，c(Ca2+)=1.010-5mol/L，所以c(F-)=0.004mol/L；(4)根据题意可知草酸镍晶体在真空中加热至320分解生成Ni单质，根据元素守恒可知产生的气体为CO2，说明分解过程中Ni2+将+3价的C元素氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为NiC2O42H2ONi+2CO2+2H2O。