安徽省芜湖市第一中学2023-2024学年高二上学期12月份教学质量诊断测试化学 Word版含解析.docx

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安徽省芜湖市第一中学2023-2024学年高二上学期12月份教学质量诊断测试化学试题相对原子质量：H1O16Na23S32一、单项选择题(本小题包括14小题，每题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列物质属于弱电解质的是A.CO2B.H2OC.HNO3D.NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。【详解】A．CO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意；B．H2O在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意；C．HNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意；D．NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意；故答案选B。2.下列溶液一定显酸性的是A.滴加酚酞为无色的溶液B.的溶液C.的溶液D.【答案】C【解析】【详解】A．滴加酚酞为无色的溶液是pH小于8.0的溶液，该溶液不一定显酸性，故A错误；B．未明确测定溶液pH的温度，则pH为6的溶液不一定显酸性，可能是100℃的中性溶液，故B错误；C．氢氧根离子浓度小于氢离子浓度的溶液一定显酸性，故C正确；D．溶液中说明溶液中的氢离子浓度与水电离出的氢离子浓度相等，无法判断溶液的酸碱性，故D错误；故选C。3.工业合成氨选择下列条件的原因，能用勒夏特列原理解释的是 A.使用铁触媒B.在10MPa~30MPa下进行反应，而不是100MPaC.在400～500℃的条件下进行反应，而不是常温D.将混合气体中的氨气及时液化分离【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理解释的是外界条件改变，平衡移动。【详解】A．催化剂能够加快反应速率，但不能使该化学平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强化学平衡正移，但压强过大，对设备的要求也高，故工业采用10MPa~30MPa下进行反应，而不是100MPa的原因是综合经济效益的角度考虑，故B错误；C．合成氨属于放热反应，降温有利于平衡正移，而工业采用在400～500℃的条件下进行反应，而不是常温，是从化学反应速率的角度考虑，故C错误；D．将混合气体中的氨气及时液化分离，减小生成物浓度，平衡正移，可以用勒夏特列原理解释，故D正确；故选D。4.某反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂能同时改变该反应的活化能和焓变C.使用催化剂能同时提高正逆反应速率D.该反应的ΔH=E2-E1【答案】C【解析】 【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应焓变，故B错误；C．使用催化剂能同等程度的提高正逆反应速率，故C正确；D．由图可知，该反应的ΔH=E1-E2，故D错误。答案选C。5.下列说法中，正确的是A.降低温度能使化学反应速率减小，主要原因是降低了反应物分子中活化分子的百分数B.的反应均是自发进行的反应C.在恒容密闭容器中发生反应：，充入少量氩气，反应速率减小D.氢气燃烧热的热化学方程式为【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，反应物分子的能量降低，反应物分子中活化分子的百分数减小，有效碰撞的次数减小，化学反应速率减小，故A正确；B．高温条件下熵减的放热反应的ΔH—TΔS大于0，不能自发进行，故B错误；C．恒容密闭容器中充入少量氩气时，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故C错误；D．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则题给热化学方程式不能表示氢气燃烧热的热化学方程式，故D错误；故选A。6.常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.加入Al能放出的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．水电离的c(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1的，溶液可以为酸或者碱溶液，铵根在碱溶液中不共存，A不符合题意； B．溶液显酸性，则氢氧根与氢离子不共存，B不符合题意；C．与铝生成氢气的溶液为强酸或强碱溶液，铵根在碱性下不共存，C不符合题意；D．，，各个离子共存，D符合题意；故答案为：D7.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表所示弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka(25℃)、、下列离子方程式正确的是A.少量的通入NaClO溶液中：B.少量的通入溶液中：C.少量的通入溶液中：D.相同浓度的溶液与溶液等体积混合：【答案】B【解析】【分析】上述弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，利用强酸与弱酸的盐可制备弱酸和强酸盐，据此分析解答。【详解】A．根据表格数据可知，次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，所以少量的通入NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，A错误；B．亚硫酸的酸性大于碳酸氢根离子的酸性，所以上述离子方程式正确，B正确；C．亚硫酸钙具有还原性，次氯酸具有氧化性，产物不共存，C错误；D．亚硫酸根离子的酸性小于碳酸的酸性，所以与可共存，两者不反应，D错误；故选B。8.下列说法正确的是 A.常温下1mLpH=8的NaOH溶液加水至100mL，pH为6B.配制溶液时，将固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需的浓度C.25℃时，溶液的pH小于HClO溶液D.常温下，向AgCl饱和溶液中通入HCl气体，AgCl的溶解量减少，不变【答案】D【解析】【详解】A．碱性溶液无论如何稀释都不能变为中性或酸性溶液，所以1mLpH＝8的NaOH溶液加水至100mL，pH接近7但不等于7，故A错误；B．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，再加水稀释到所需浓度，故B错误；C．没有给出溶液的浓度，无法比较pH大小，故C错误；D．在饱和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl气体溶于水电离出Cl-，Cl-浓度增大，溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解量减少，但是溶度积常数只与温度有关，则不变，故D正确；故选D。9.在一定条件下，下列叙述与图像对应正确的是A.图1表示T℃时，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线，的为B.图2表示不同温度下溶液中和的浓度变化曲线，图中a点对应温度低于b点C.图3表示某温度下向溶液中逐滴加入NaOH溶液，该滴定过程宜选用甲基橙作指示剂D.图4表示在一定温度下，改变起始时对反应的影响，a、b、c三点中，b点时的转化率最大【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，T℃时Ag2CrO4的溶度积Ksp=(1×10-3)2×1×10-6=1×10-12，A错误； B．温度越高水的离子积常数越大，由图可知，水中a点的氢离子浓度小于b点的氢离子浓度，则图中a点对应温度低于b点，B正确；C．醋酸为弱酸，与氢氧化钠溶液恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，滴定过程宜选用酚酞作指示剂，C错误；D．增大二氧化硫的物质的量，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，则a点二氧化硫的转化率最大，D错误；故选B。10.室温下，下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将1mL0.1mol/L溶液滴入5mL0.1mol/LNaOH溶液有沉淀产生，再滴加0.1mol/L溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀B向浓度均为0.1mol/L的和混合溶液中滴加0.1mol/L溶液先出现黄色沉淀还原性强于C室温时，在pH试纸上滴2~3滴溶液测得，溶液中D用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pH值NaClO溶液的pH值大于溶液AAB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．白色沉淀变为蓝色沉淀因NaOH过量，不是沉淀转化，不能判断Ksp大小，A错误；B．向浓度均为0.1mol/LI-、Cl-的混合溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，先出现黄色沉淀，说明AgI的溶度积常数小于AgCl的，与二者的还原性没有关系，B错误； C．室温时，在pH试纸上滴2~3滴NaHSO3溶液pH<7，说明电离大于水解，则，C正确；D．用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH值，NaClO溶液的pH值大于CH3COONa溶液的，说明次氯酸根离子的水解程度大于CH3COO-的，因此相应酸的电离常数关系为Ka(HClO)”、“<”或“=”)。【答案】（1）①.②.（2）（3）⑤>①>③>④>②（4）（5）①.C②.<【解析】【小问1详解】碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解反应以一级水解为主，水解的离子方程式为；氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，溶液蒸干时，氯化氢受热挥发，使水解平衡不断右移直至水解趋于完全生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧发生分解反应生成氧化铁，则氯化铁溶液蒸干并灼烧得到的产物为氧化铁，故答案为：；；【小问2详解】硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合作灭火剂发生的反应为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】 一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子，所以氨水中的铵根离子浓度小于盐溶液中铵根离子浓度；铵根离子在溶液中部分水解使溶液呈酸性，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解程度大于硫酸亚铁铵中亚铁离子水解抑制铵根离子水解的程度，则硫酸亚铁铵溶液中铵根离子浓度大于氯化铵溶液中铵根离子浓度，小于硫酸氢铵溶液中的铵根离子浓度，所以溶液中铵根离子浓度的大小顺序为⑤>①>③>④>②，故答案为：⑤>①>③>④>②；【小问4详解】设氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由钠原子个数守恒可得：2a+b=1mol/L×0.15L，由碳原子个数守恒可得：a+b=，解联立方程可得a=b=0.05，由碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子可知，混合溶液中离子浓度的大小顺序为，故答案为：；【小问5详解】由电离方程式可知，H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—离子在溶液中部分电离出A2—离子和氢离子，则H2A在溶液中存在的微粒为HA—离子、A2—离子、氢离子和氢氧根离子；①A．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，则溶液中的物料守恒关系为，故错误；B．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，Na2A溶液中不存在H2A分子，则溶液中的质子守恒关系为，故错误；C．Na2A溶液中存在电荷守恒关系，故正确；D．由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—离子在溶液中部分电离出A2—离子和氢离子可知，Na2A溶液中A2—离子在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则由水能部分电离出氢离子和氢氧根离子可知，溶液中离子浓度的大小顺序为，故错误；故选C；②由H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子可知，H2A在溶液中电离出的氢离子抑制HA—离子的电离，由常温下，0.1mol/LNaHA溶液的pH为2可知，0.1mol/LH2A溶液中氢离子浓度小于0.11mol/L，故答案为：<。16.利用所学化学反应原理知识进行计算：（1）某温度下，纯水中的，若温度不变，滴入稀硫酸使，则由水电离出的___________。 （2）将99mLpH=2盐酸与1mL1mol/L的NaOH溶液混合(忽略溶液体积变化)，恢复至25℃时溶液的___________。（3）0.2mol/L的和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液中：___________mol/L。（4）常温下，向100mL0.2mol/L的溶液中加入200mL0.15mol/L的盐酸(混合后溶液的体积变化忽略不计)，已知25℃时，，混合后溶液中___________mol/L。【答案】（1）（2）10（3）0.1（4）【解析】【小问1详解】由某温度下，纯水中的氢氧根离子浓度为2×10—7mol/L可知，水的离子积常数为4×10—14，由水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度可知，氢离子浓度为5×10—5mol/L的稀硫酸溶液中水电离出氢离子浓度为=mol/L，故答案为：；【小问2详解】由题意可知，99mLpH为2盐酸与1mL1mol/L氢氧化钠溶液混合时，氢氧化钠溶液过量，则混合溶液的氢氧根离子浓度为=10—4mol/L，溶液pH为10，故答案为：10；【小问3详解】由物料守恒可知，0.2mol/L的草酸氢钠溶液和0.1mol/L氢氧化钠溶液等体积混合后的溶液中=0.1mol/L，故答案为：0.1；【小问4详解】由题意可知，常温下，向100mL0.2mol/L的硝酸银溶液与200mL0.15mol/L盐酸反应时，盐酸溶液过量，反应得到的混合溶液中银离子浓度为=mol/L，故答案为：。17.Ⅰ.工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量的方法如下： 步骤一：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤二：加入过量的碘化钾溶液充分反应：。步骤三：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/L溶液进行滴定，数据记录如表：()滴定次数溶液起始读数/mL溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是___________。（2）步骤Ⅲ中滴定达到终点时的实验现象是___________。（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：①a=___________mL。②计算废水中含量为___________mol/L。（4）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是___________(填字母)。A滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失B.量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗C.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度D.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗Ⅱ.佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量：准确称取1.705g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL，取10.00mL于锥形瓶中，加的溶液20.00mL()，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖，加入指示剂，用KSCN标准溶液滴定过量的至终点()。 已知：，（5）水解方程式为___________。（6）实验中，若不加硝基苯，测定的纯度将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）酸式滴定管（2）滴入最后一滴标准液，溶液恰好蓝色褪去，且30秒内无变化（3）①.18.20②.0.01（4）ABC（5）（6）偏小【解析】【分析】实验I的实验目的是利用滴定原理测定废水中重铬酸根离子的含量并分析造成含量偏高的原因；实验Ⅱ的实验目的是利用滴定原理测定经过提纯后的产品中POCl3的含量。【小问1详解】废水中的重铬酸根离子具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以量取含有重铬酸根离子的废水时应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；【小问2详解】由题意可知，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应时，再滴入一滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定达到终点时的实验现象为滴入最后一滴标准液，溶液恰好蓝色褪去，且30秒内无变化，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液恰好蓝色褪去，且30秒内无变化；【小问3详解】①由图可知，滴定管中凹液面a的读数为18.20mL，故答案为：18.20；②由题给方程式可得如下转化关系：Cr2O—3I2—6Na2S2O3，由表格数据可知，滴定消耗0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液的体积为=18.00mL，则30.00mL废水中重铬酸根离子的含量为=0.01mol/L，故答案为：0.01；【小问4详解】A．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失会使会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故正确；B．量取硫代硫酸钠溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗会使硫代硫酸钠溶液的浓度减小，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故正确； C．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故正确；D．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗不影响溶质的物质的量和消耗溶液的体积，对测定结果无影响，故错误；故选ABC；【小问5详解】由题意可知，POCl3在溶液中水解生成磷酸和盐酸，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问6详解】由溶度积可知，氯化银的溶解度小于硫氰化银，实验中，若不加硝基苯覆盖氯化银，氯化银会转化为硫氰化银，导致会使滴定消耗硫氰化钾溶液的体积偏大，导致测得POCl3的含量偏小，故答案为：偏小。18.是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素的化合物杂质)为原料获得。操作步骤如图：已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH6.39.72.23.26.48.4（1）向滤液Ⅰ中加入FeS固体是为了除去、等杂质，则除去离子方程式为___________。当同时沉淀、时，溶液中___________(已知： 、)（2）根据对滤液Ⅱ的操作作答：①向滤液Ⅱ中加入后发生反应的离子方程式为___________。②调节滤液Ⅱ的pH，pH应控制在范围___________。③调节滤液Ⅱ的pH，适宜的物质为___________。A．NaOHB．C．D．（3）检验滤液Ⅲ中杂质金属离子是否除尽的试剂是___________。（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，这两步操作的目的是___________。【答案】（1）①.②.（2）①.②.3.2～6.4③.C（3）KSCN溶液（4）增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)【解析】【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液Ⅰ含有Cu2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+等离子，加入FeS可除去Cu2+、Zn2+，发生沉淀的转化，然后加H2O2是将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液pH使Fe3+以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀Ni2+，过滤后，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到NiSO4•6H2O。【小问1详解】向滤液Ⅰ中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质，即发生沉淀的转化，则除去Cu2+的离子方程式为，同时沉淀、时，溶液中=。小问2详解】①双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，然后调节溶液的pH，从而除去铁离子；②调节滤液ⅡpH，将铁离子转化为沉淀而除去，从而除去Fe3+，但不能除去Ni2+，所以pH应控制在范围为3.2～6.4； ③为防止引入杂质，加入调节溶液的pH；【小问3详解】Fe3+能和KSCN溶液反应生成血红色的络合物，所以可以用KSCN溶液检验；【小问4详解】