1、广西钦州市第一中学2019-2020学年高二化学5月月考试题7化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氯化铝制取B侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理D电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）Al mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于NAB常温下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数大于0.001NAC电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA
2、D相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同9常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A水电离的c(H)11013molL1的溶液：K、Mg2、SO42、FB滴入酚酞变红色的溶液：K、Ca2、HCO3-、CO32-C滴入甲基橙变黄色的溶液：NH4+、Fe3、ClO、SO42-D 0.1 molL1 FeSO4溶液：Na、K、Cl、NO3-10下列根据实验操作、现象得出相应结论一定正确的是选项实验操作、现象实验结论A用pH计测定同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)pH(CH3COONa)酸性：HFCH3COOHB向2mL 0.5m
3、ol/L FeCl3溶液中滴加2mL 1mol/L KSCN溶液，振荡后静置，观察到溶液变成红色，加入1mL 2mol/L KCl溶液后溶液红色变浅c(KCl)增大使该反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的化学平衡逆向移动C向盛有2ml0.1molL-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1molL-1NaCl溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加5滴0.1molL-1KI溶液，出现黄色沉淀KSP(AgCl)KSP(AgI)D将10mL2mol/L FeCl3的溶液与1mL1mol/LKI溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性11如图为Zn-聚苯胺二次电
4、池的示意图，下列说法正确的是（ ） A放电时，Zn片做负极，发生的电极方程式为Zn + 2e-=Zn2+B放电时，混合液中的Cl-向B移动C充电时，聚苯胺被氧化 D充电时，A端接电源的正极12已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示弱酸CH3COOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数Ka(25)1.7510-52.9810-8Ka1=4.3010-7Ka2=5.6110-11Ka1=1.5410-2Ka2=1.0210-7下列离子方程式正确的是( )ACO2+H2O +2C1O- =CO32-+2HClO B2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2 +H2OCSO2+H2O +C
5、a2+ +2ClO-=CaSO3 +2HClO DSO2+CO32-=CO2+SO32-1325 时，分别向20.00 mL 0.100 0 molL1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.100 0 molL1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )AM点溶液中：c(OH)c(NH4+)c(NH3H2O)c(H) BN点溶液中：c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)CP点溶液中： c(NH4+)c(NH3H2O)c(OH)c(NH4+) c(H)，A项错误；B. N点溶液的溶质为NH3H2O与NH4Cl，根据图像可知溶液显碱性，c(OH) c(H)，根据电
6、荷守恒式c(NH4+)+ c(H)= c(Cl)+ c(OH)可知，c(NH4+)c(Cl)，则离子浓度大小为：c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)，B项正确；C. P点溶液中加入10mLHCl溶液，反应后溶质为等浓度的醋酸铵、氯化铵和醋酸，根据物料守恒可知： c(NH4+)c(NH3H2O)=c(CH3COO) + c(CH3COOH)，C项错误；D. Q点溶液中盐酸与醋酸铵按物质的量之比为1:1反应，溶液溶质为等浓度的醋酸和氯化铵，根据物料守恒可知，2c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4+)+ c(CH3COO)+c(NH3H2O)，D项错误；答案选B。26.2NH3(
7、g) +CO2(g)=CO(NH2)2(s)+ H2O (l) H=-75kJ/mol T1，温度越高甲烷物质的量越大，证明升温平衡逆向进行，正反应为为放热反应，H0，故答案为：；温度T1时，010min内，甲烷物质的量减小0.4mol0.3mol=0.1mol，反应的二氧化氮物质的量为0.2mol， NO2的平均反应速率v(NO2)= =0.02 mol L-1min-1，结合三段式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol， K=3.6；CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反应为气体体积增大的放热反应，A、改用高效催化剂增大反应速率不改变
8、化学平衡，转化率不变，故A不符合题意；B、增加CH4的浓度，反应速率增大，提高NO2的转化率，故B符合题意；C、缩小容器的体积，增大压强反应速率增大，平衡逆向进行，反应物转化率减小，故C不符合题意；D、反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，反应速率增大，转化率减小，故D不符合题意；（3）6NO2+8NH3=7N2+12H2O，正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e+4H2O=N2+8OH，负极上是氨气失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3 - 6e- = N2 + 6H+；（4）NaN3溶液中N3水解，溶液呈碱性，故溶液中离子浓度c(Na+)c(N3)c(OH-)c
9、(H+)；常温下，将amolL1的HN3与bmolL1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3)+c(OH)，当2c(Ba2+)=c(N3)，c(H+)=c(OH)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)=mol/L =（0.5b-a）mol/L。27. 三颈烧瓶 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 乳酸根离子中的羟基也能
10、被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复 91.4% 【解析】【分析】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+I22S2O3
11、2-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(1)由仪器图形可知C为三颈烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中
12、生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数
13、会大于100%；I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；23.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02380L0.100mol/L=2.3810-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.3810-3mol=9.5210-3mol，则样品的纯度为100%=91.4%。28.充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等(说法合理
14、即可) SiO2、S、MnO2 3.75.6（ 或3.7pH5.6）3H2O + 2 Fe33 CuO 2Fe(OH)3 + 3Cu2 5(或 Fe3+ 3H2O Fe(OH)3 + 3H CuO 2H Cu2+ H2O )Mn2HCO3NH3MnCO3NH4 0.02 2100 【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。【详解】（1）酸浸时，通
15、过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；（2）“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.75.6或3.7pH5.6；若溶液（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2HCO3NH3MnCO3NH4；（5）35. 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2
16、3 NH4+ TiBH 5 6 八面体4NA 异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键【解析】【详解】(1)钴元素为第27号元素，根据构造原理，其基态原子核外的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；其3d轨道上有3个未成对电子，故未成对电子数为3；(2)BH4-含有5个原子，价电子总数为8，据此分析书写与BH4-互为等电子体的阳离子；根据第一电离能的变化规律分析判断H、B、Ti原子的第一电离能的大小顺序；(3)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；(4) 在配合物Co(NH
17、3)4(H2O)2Cl3中，配体为NH3、H2O，其配位数=4+2=6；其阳离子的成键电子对数为6，孤电子对数为0，故其立体构型为八面体；，(5) （SCN）2分子结构式为NC-S-S-CN，1个NC键中有1个键，其余两个为键，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为4NA；硫氰酸和异硫氰酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体,而异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高； 36. 苯甲醛 +NaOH+NaCl 取代反应 BCDA 4 CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO 【解析】【分析】反应发生加成
18、反应，A的结构简式为CH3CH2OH，反应发生氧化反应，即B的结构简式为CH3CHO，反应发生水解反应，C的结构简式为C6H5CH2OH，反应发生氧化反应，D的结构简式为C6H5CHO，根据信息，推出E的结构简式为C6H5H(OH)CH2CHO，反应发生消去反应得到F，据此分析解答。【详解】（1）由反应可知，A为C2H5OH，C2H5OH氧化为BCH3CHO，可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为；答案为苯甲醛；（2）略（3）略（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加
19、入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验；答案为：BCDA；（5）E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构；答案为：4；（6）以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以由乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，即CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO；答案为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO。
