江西省南昌市20xx-20xx学年高三化学上学期第四次月考试卷含解析

江西省南昌市20xx-20xx学年高三化学上学期第四次月考试卷含解析内容摘要：

离子然后在阴极（铂坩埚）得电子析出，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出 的电量偏大，所以必须增加收集袋，故 C正确； D．银的物质的量 = =，转移电子的物质的量 = （ 1﹣ 0） =，故 D正确； 故选 A． 【点评】 本题考查了电解原理，根据电极上得失电子及物质间的反应来分析解答，易错选项是 C，知道收集袋的作用，难度中等． 7．常温下，向 10mL H2A溶液中滴加 ．有关微粒的物质的量变化如图．根据图示判断，下列说法不正确的是（ ） A． H2A是二元弱酸 B．当 0 mL＜ V（ NaOH）＜ 20 mL时，一定有： c（ OH﹣ ） +c（ HA﹣ ） +2c（ A2﹣ ） =c（ Na+） +c（ H+） C．当 V（ NaOH） =10 mL时，溶液中离子浓度关系一定有： c（ Na+）＞ c（ HA﹣ ）＞ c（ H+）＞ c（ A2﹣ ）＞ c（ OH﹣ ） D．当 V（ NaOH） =20 mL后，再向溶液中加水稀释， c（ H+）减小， c（ OH﹣ ）也减小 【考点】 酸碱混合时的定性判断及有关 ph的计算． 【专题】 电离平衡与溶液的 pH专题． 【分析】 A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加 HA﹣ 离子物质的量增大， H2A为二元弱酸； B、依据溶液中电荷守恒分析判断； C、图象分析可知 H2A浓度 = =，向 10mL H2A溶液中滴加 溶液，当 V（ NaOH） =10 mL时，恰好反应生成 NaHA，图象分析可知此时 A2﹣ 离子大于 H2A，说明溶液中 HA﹣ 离子电离程度大于水解程度； D、当 V（ NaOH） =20 mL后，恰好完全反应生成 Na2A， A2﹣ 离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释 c（ OH﹣ ）减小，温度不变溶液中离子积不变，则 c（ H+）增大； 【解答】 解： A、图象分析可知，随氢氧化钠溶液滴加 HA﹣ 离子物质的量增大，说明 H2A为二元弱酸，故 A正确； B、依据 溶液中电荷守恒分析判断，当 0 mL＜ V（ NaOH）＜ 20 mL时，一定有电荷守恒： c（ OH﹣ ） +c（ HA﹣ ） +2c（ A2﹣ ） =c（ Na+） +c（ H+），故 B正确； C、图象分析可知 H2A浓度 = =，向 10mL H2A溶液中滴加 溶液，当 V（ NaOH） =10 mL时，恰好反应生成 NaHA，图象分析可知此时 A2﹣ 离子大于 H2A，说明溶液中 HA﹣ 离子电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小为； c（ Na+）＞ c（ HA﹣ ）＞ c（ H+）＞ c（ A2﹣ ）＞ c（ OH﹣ ），故 C正确； D、当 V（ NaOH） =20 mL后，恰好完全反应生成 Na2A， A2﹣ 离子水解溶液呈碱性，向溶液中加水稀释 c（ OH﹣ ）减小，温度不变溶液中离子积不变，则 c（ H+）增大，故 D错误； 故选 D． 【点评】 本题考查了酸碱反应后溶液中溶质分析，酸碱性的分析判断，离子浓度大小比较，图象分析判断和反应过程的理解应用时解题关键，题目难度较大． 8． 50℃ 时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ） A． pH=12的纯碱溶液中： c（ OH﹣ ） =10 ﹣ 2mol•L﹣ 1 B． NaHCO3溶液中： c （ H+） +c （ H2CO3） =c（ OH﹣ ） C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液： c（ Na+）＞ c（ CH3COO﹣ ）＞ c（ H+）＞ c（ OH﹣ ） D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的 pH=5的混合溶液： c（ Na+） =c（ NO3﹣ ） 【考点】 离子浓度大小的比较；盐类水解的原理． 【专题】 盐类的水解专题． 【分析】 A、根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度； B、质子守恒，可知 c （ H+） +c（ H2CO3） =c（ OH﹣ ） +c（ CO32﹣ ）； C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，即醋酸的电离为主，所以 离子浓度的大小顺序为： c（ CH3COO﹣ ）＞ c（ Na+）＞ c（ H+）＞ c（ OH﹣ ）； D、 pH=5的混合溶液，钠离子、硝酸根离子不电离、不水解． 【解答】 解： A、水的离子积常数与温度有关，温度不同，水的离子积常数不同，该温度下，水的离子积常数大于 10﹣ 14，所以 pH=12的纯碱溶液中： c（ OH﹣ ）＞ 10 ﹣ 2mol•L﹣ 1，故 A错误； B．质子守恒，可知 c （ H+） +c（ H2CO3） =c（ OH﹣ ） +c（ CO32﹣ ），故 B错误； C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液，即醋酸的电离为主，所以 离子浓度的大小顺序为： c（ CH3COO﹣ ）＞ c（ Na+）＞ c（ H+）＞ c（ OH﹣ ），故 C错误； D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的 pH=5的混合溶液中 c（ Na+） =c（ NO3﹣ ），故 D正确； 故选 D． 【点评】 本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解的应用及质子守恒、电荷守恒即可解答，注意选项 D为易错点，题目难度不大． 9．对下列图象的描述正确的是（ ） A．根据图 ① 可判断反应的 △H ＜ 0 B．根据图 ② ，除去 CuSO4溶液中的 Fe3+，可加入 CuO调节 pH至 3～ 5 C．图 ③ 可表示压强（ p）对反应 2A（ g） +2B（ g） ⇌3C（ g） +D（ s）的影响 D．图 ④ 可表示向醋酸溶液中通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化 【考点】 化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性． 【专题】 图像图表题． 【分析】 A、根据图 ① 可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，据此判断； B、由图可知， Fe3+在 pH=3左右沉淀完全，此时铜离子不沉淀， pH=5时 Cu2+开始沉淀，故可以加入适量 CuO，调节 pH值至 3～ 5，除去 CuSO4溶液中的 Fe3+； C、由图 ③ 可知， p2到达平衡时间短，说明压强 p2＞ p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，据此结合选项解答； D、溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比． 【解答】 解： A、根据图 ① 可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应 A2（ g） +3B2（ g） ⇌2AB3（ g）正反应是吸热反应，故 A错误； B、由图可知， Fe3+在 pH=3左右沉淀完全， 此时铜离子不沉淀， pH=5时 Cu2+开始沉淀，故可以加入适量 CuCO，调节 pH值至 3～ 5，使铁离子转变成氢氧化铁沉淀，除去 CuSO4溶液中的Fe3+，不引入杂质，故 B正确； C、由图 ③ 可知， p2到达平衡时间短，说明压强 p2＞ p1，平衡时反应物的转化率不变，反应前后气体的体积不变，对可逆反应 2A（ g） +2B（ g） ⇌3C（ g） +D（ s），正反应是体积减小的反应，故图象 p2应表示使用催化剂，故 C错误； D、醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故 D错误 ； 故选 B． 【点评】 本题考查了图象分析题，注意分析图象纵横坐标的含义及图象的变化，结合规律来解答问题，中等难度． 10．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液 200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解 ．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为 NO气体）．下列分析或结果错误的是（ ） A． H2SO4浓度为 mol•L﹣ 1 B．第二份溶液中最终溶质为 FeSO4 C． OA段产生的是 NO， AB段的反应为 Fe+2Fe3+═3Fe 2+， BC 段 产生氢气 D．原混合酸中 NO3﹣ 物质的量为 【考点】 离子方程式的有关计算． 【专题】 计算题． 【分析】 由图象可知，由于铁过量， OA段发生反应为： Fe+NO3﹣ +4H+=Fe3++NO↑+2H 2O， AB 段发生反应为： Fe+2Fe3+=3Fe2+， BC段发生反应为： Fe+2H+=Fe2++H2↑ ． A．根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度； B．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性 的硝酸； C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应； D． OA段发生反应为： Fe+NO3﹣ +4H+=Fe3++NO↑+2H 2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算． 【解答】 解： A．反应消耗 14g铁，也就是 =，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸 ，所以硫酸的浓度是 ，故 A正确； B．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中 最终溶质为 FeSO4，故 B正确； C．由图象可知，由于铁过量， OA段发生反应为： Fe+NO3﹣ +4H+=Fe3++NO↑+2H 2O， AB段发生反应为： Fe+2Fe3+=3Fe2+， BC段发生反应为： Fe+2H+=Fe2++H2↑ ，故 C正确； D． OA段发生反应为： Fe+NO3﹣ +4H+=Fe3++NO↑+2H 2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中 n（ NO3﹣ ） =2n（ Fe） =2 =，故 D错误； 故选 D． 【点评】 本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段 发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用 11．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下： SiCl4（ g） +2H2（ g） ═Si （ s） +4HCl（ g）△H=+Q kJ/mol （ Q＞ 0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（ ） A．反应过程中，若增大压强能提高 SiCl4的转化率 B．若反应开始时 SiCl4为 1mol，则达平衡时，吸收热量为 Q kJ C．反应至 4min时，若 HCl浓度为 ，则 H2的反应速率为 （ L•min） D．当反应吸收热量为 ，生成的 HCl通入 100mL 1mol/L的 NaOH溶液恰好反应 【考点】 化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程． 【专题】 化学平衡专题． 【分析】 A、从压强对平衡移动的影响分析； B、注意反应的可逆性； C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析； D、根据方程式计算生成 HCl的物质的量． 【解答】 解： A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动， SiCl4的转化率减小，故 A错误； B、该反应为 可逆反应， 1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于 QkJ，故 B错误； C、反应至 4min时，若 HCl浓度为 ，则 v（ HCl） = =（ L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则 v（ H2） = v （ HCl） = （ L•min）=（ L•min），故 C错误； D、由方程式可知，当反应吸收热量为 ，生成 HCl的物质的量为4= ， 100mL1mol/L的 NaOH的物质的量为 1mol/L=0. 1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故 D正确； 故选 D． 【点评】 本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性，选项 B是解答中的易错点． 12．下列叙述正确的是（ ） A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液 pH=7时， c（ SO42﹣ ）＞ c（ NH4+） B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为 c1和 c2， pH分别为 a和 a+1，则 c1=10c2 C． pH=11的 NaOH溶液与 pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色 D．向 ，则溶液中 增大 【考点】 酸碱混合时的定性判断及有关 ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【分析】 A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离子和铵根离子的关系； B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等； C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的酸碱性判断石蕊试液的颜色； D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断． 【解答】 解： A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液 pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子 所带电量相等，所以 2c（ SO42﹣ ） =c（ NH4+），故A错误； B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为 c1和 c2， pH分别为 a和 a+1的。