2022-2023学年重庆市渝东六校共同体高二上学期联合诊断考试化学试题含解析

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重庆市渝东六校共同体2022-2023学年高二上学期
联合诊断考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列属于吸热反应的是
A．液态水汽化 B．生石灰与水反应生成熟石灰
C．与 D．氢气在氯气中燃烧
【答案】C
【分析】常见的放热反应有中和反应、燃烧反应、活泼金属跟水或酸的置换反应、铝热反应和大多数的化合反应；常见的吸热反应有大多数的分解反应、NaHCO3和盐酸的反应、Ba(OH)2⋅8H2O 与NH4Cl的反应、C和CO2的反应、C和水蒸气的反应等。
【详解】A．液态水汽化需吸收热量，但为物理变化，不是吸热反应，故A不符合题意；
B．生石灰与水反应生成熟石灰是化合反应，放出大量的热，为放热反应，故B不符合题意；
C．Ba(OH)2⋅8H2O 与NH4Cl的反应为吸热反应，故C符合题意；
D．氢气在氯气中燃烧，放出大量的热，为放热反应，故D不符合题意；
答案选C。
2．下列说法正确的是
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同
D．已知热化学方程式：，在容器中充入和充分反应，最终放出的热量为
【答案】A
【详解】A．由于等量的S(g)能量高于S(s)，故完全燃烧后，S(g)放热更多，故A正确；
B．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3 kJ•mol-1，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出890.3kJ热量，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3 kJ•mol-1，故B错误；
C．化学反应必然伴随着能量变化，则反应物的总能量与生成物的总能量一定不相等，故C错误；
D．热化学方程式中为完全转化时的能量变化，可逆反应不能完全转化，且物质的量与热量成正比，则容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量小于196.64kJ，故D错误；
故选：A。
3．下列描述正确的是
A．泡沫灭火器的反应原理：
B．熔融的电离方程式：
C．溶液显酸性的原因：
D．溶液的水解方程式：
【答案】C
【详解】A．泡沫灭火器的反应原理：铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和二氧化碳；泡沫灭火器工作原理的离子方程式为：Al3++3═Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；
B．熔融NaHSO4只能电离为Na+和，故电离方程式为NaHSO4═Na++，故B错误；
C．镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，造成氢离子浓度大于氢氧根离子浓度因此溶液显酸性，离子方程式为：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，故C正确；
D．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，水解的离子方程式为：+H2O⇌H2SO3+OH-，故D错误；
故选：C。
4．的反应机理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是

A．反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应
B．反应速率由反应Ⅱ决定
C．加入催化剂改变了反应的历程
D．的能量高于的能量
【答案】D
【详解】A．反应I的反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，反应II的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，A正确；
B．由E2>E1可知反应II的正反应活化能高于反应I的，根据活化能越大反应速率越慢，则反应II的速率低于反应I的，整个化学反应的速率由最慢的一步反应决定，即反应速率由反应Ⅱ决定，B正确；
C．加入催化剂可降低反应的活化能，改变了反应的历程，C正确；
D．由图可知，和1molO2(g)的总能量高于的总能量，无法比较与的能量大小，D错误；
故选：D。
5．下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO
B．工业上合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H T2，故答案为：>；
②起始时n(H2)越大，N2的转化率越大，起始时n(H2)：a＜b＜d＜c，所以c点反应物N2的转化率最高，故答案为：c；
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，可减少生成物的浓度，则还可采取的措施是及时的分离出氨气；
（4）①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，平均反应速率，根据速率之比等于系数比，则用表示的平均反应速率为；平衡时n(NH3)=cV=0.3mol/L×4L=1.2mol，列三段式：，平衡时总物质的量为1.2+2.4+1.2=4.8mol，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数；
②若维持容器体积不变，温度不变，则平衡常数不变，浓度平衡常数为，向原平衡体系中再加入和，此时，平衡正向移动，则再次达平衡后，氨气的浓度大于。
17．常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)可作净水剂，其原理是_______(用离子方程式说明)。
(2)配制溶液时，通常需加入适量的_______，减小其水解程度。
(3)相同条件下，溶液中的_______(填“等于”“大于”或“小于”)溶液中的。
(4)下列图像为0.1mol/L的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线。

其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填罗马数字)，溶液的pH随温度变化的原因是_______。
(5)室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与加入溶液体积的关系曲线如图所示。

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点。
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
③由b到c发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
(2)稀硫酸
(3)大于
(4)     Ⅰ     水解是吸热反应，升高温度水解平衡正向移动，增大pH减小
(5)     a         

【详解】（1）NH4Al(SO4)2是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目的，水解的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；
（2）和铝离子水解，都是结合水电离产生的OH-促使水电离出更多的H+，导致溶液中c(H+)>c(OH-)：+H2O⇌NH3•H2O+H+，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，为了抑制和铝离子的水解，配制硫酸铝铵溶液时，需要加入适量的酸抑制和铝离子的水解，为了不引入新杂质，加入的酸为稀硫酸；
（3）NH4Al(SO4)2和CH3COONH4在溶液中电离出的在溶液中均发生水解反应，NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制水解，CH3COONH4在溶液中电离出的CH3COO-会促进的水解，等浓度的NH4Al(SO4)2和CH3COONH4溶液中，NH4Al(SO4)2溶液中的浓度大于CH3COONH4溶液中的浓度，故答案为：大于；
（4）NH4Al(SO4)2溶于水电离出的和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，和铝离子的水解程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，则符合条件的曲线是I，故答案为：I；
（5）NH4HSO4在水中完全电离成、H+和，滴加同浓度的NaOH溶液，OH-先和H+中和生成水，当滴入100mLNaOH溶液时，H+恰好被中和，此时为a点，溶液中存在、Na+和；继续滴加NaOH溶液，部分和OH-反应生成NH3•H2O，溶液呈中性时，达到b点，此时溶液中含有、NH3•H2O、Na+和；继续滴加NaOH溶液，当滴入的NaOH溶液为150mL时到达c点，溶液中的一半和OH-反应生成了NH3•H2O；当滴入的NaOH溶液为200mL时为d点，和OH-恰好完全反应，此时溶液中的溶质为Na2SO4和NH3•H2O。
①在溶液中水解促进水的电离，NH3•H2O是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，由分析可知，a→d的过程中，浓度依次减小，NH3•H2O浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大，故答案为：a；
②由分析可知，b点为硫酸铵、硫酸钠和NH3•H2O的混合溶液，溶液呈中性，所以，滴加的NaOH溶液体积大于100mL，部分结合OH-生成了NH3•H2O，所以，H+和OH-是少量的，所以溶液中离子的浓度大小顺序为，故答案为：；
③由分析可知，b到c发生的反应为与OH-反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：，故答案为：。

三、实验题
18．滴定是分析化学中重要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
Ⅰ.酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
(1)滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为_______(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要_______。
Ⅱ.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。
实验步骤：称取1.0g粗品配制溶液待用。
用碱式滴定管取待测液锥形瓶中。
用浓度为的酸性标准溶液进行滴定
回答下列问题：
(3)配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、_______；
(4)请写出滴定中发生反应的离子方程式_______。
(5)滴定终点时的现象_______。
(6)酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”“无影响”)；读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使测定结果_______(填“偏高”、“偏低”“无影响”)。
(7)有关数据记录如下：
滴定次数
待测液的体积/mL
的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.50
20.60
第二次
25.00
6.00
25.90
第三次
25.00
1.40
24.20

依据上表数据计算粗品中的质量分数为_______。
【答案】(1)大于
(2)用待装碱液润洗2～3次
(3)250mL容量瓶
(4)
(5)当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(6)     偏低     偏低
(7)63%

【详解】（1）碱式滴定管的下端无刻度，则25mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为0.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为大于25.00mL，故答案为：大于；
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要用待装碱液润洗2～3次，防止标准液的浓度偏小，故答案为：用待装碱液润洗2～3次；
（3）配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
（4）滴定中高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸锰和硫酸钠，发生反应的离子方程式；
（5）高锰酸钾本身为紫红色溶液，与亚硫酸钠反应时被还原为无色的锰离子，滴定终点时的现象是：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（6）酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，读数正常，滴定后有气泡，读数偏小，两次的体积差偏小，则测定结果偏低；读取KMnO4标准液时，因为滴定管的小刻度在滴定管上方，开始仰视读数，读数偏大，滴定结束时俯视读数，读数偏小，两次的体积差偏小，则测定结果偏低；
（7）三次消耗的高锰酸钾的体积分别为 20.10mL，19.90mL，22.8mL，第三次数据误差过大，应该舍去，另外两次的平均值为，消耗n()=cV=0.1mol/L×20.00×10-3L=2×10-3mol，由，则n()=n()=×2×10-3mol=5×10-3mol，则m()=5×10-3mol×126g/mol=0.63g，粗品中的质量分数为。