2022-2023学年贵州省铜仁市第二中学高三上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年贵州省铜仁市第二中学高三上学期第二次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
贵州省铜仁市第二中学2022-2023学年高三上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．将氯化铝溶液蒸干灼烧并熔融后用铂电极进行电解，下列有关电极产物的判断正确的是
A．阴极产物是氢气 B．阳极产物是氧气
C．阴极产物是铝和氧气 D．阳极产物是氯气
【答案】B
【详解】氯化铝溶液中存在，AlCl3 + 3H2OAl(OH)3 + 3HCl，在加热蒸干的过程中，盐酸易挥发，平衡正向移动，蒸干产物是Al(OH)3，灼烧后生成氧化铝，电解氧化铝生成铝和氧气，阳极产物为氧气，阴极产物为铝，选B。
2．水在高效催化剂表面光解的微观过程如图所示。下列说法中不正确的是

A．光解水实现了太阳能向化学能的转化 B．反应过程中有中间产物H2O2生成
C．反应Ⅱ中反应物的能量小于生成物的能量 D．反应Ⅰ中C3N4可降低反应的活化能
【答案】C
【详解】A．利用太阳能实现了水的分解生成了氢气和氧气，故光解水实现了太阳能向化学能的转化，A正确；
B．反应Ⅰ中生成H2O2，在反应Ⅱ中H2O2又发生了分解产生H2O、O2，故H2O2是中间产物，B正确；
C．H2O2不稳定能量高，而H2O2、O2都是比较稳定的物质，总能量低，C错误；
D．在反应Ⅰ中C3N4是催化剂，催化剂可降低反应的活化能，D正确；
故合理选项是C。
3．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．碳酸钙受热分解生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，A项正确；
B．S与反应生成，B项错误；
C．电解溶液得不到A1单质，C项错误；
D． NaCl溶液中通入得不到，D项错误；
答案选A。
4．2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)　ΔH=-198 kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应的机理为：V2O5＋SO2=2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2=2V2O5(慢)。下列说法中正确的是
A．反应速率主要取决于V2O5的质量 B．VO2是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198 kJ·mol-1 D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
【答案】C
【详解】A．由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误；
B．由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，VO2是该反应的中间产物，V2O5一开始就有，到最后反应完还有，根据催化剂特点可知，V2O5是该反应的催化剂，故B错误；
C．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；
D．使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，故D错误；
故选C。
5．某弱酸性指示剂(HIn)在水中存在平衡：。25℃时，将浓度为0.1 mol/L的该指示剂加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是
A．pH B． C． D．Ka(HIn)
【答案】B
【详解】A．加水稀释溶液中的c(H+)减小，pH增大，A错误；
B．在稀释过程中，电离平衡正向移动，则逐渐增大﹐故稀释过程中逐渐减小，B正确；
C．加水稀释过程中由HIn电离出的H+的物质的量等于电离生成的In-的物质的量，由于稀释溶液中c(H+)减小，水的电离平衡正向进行，则水电离出的H+随着稀释不断增大，故逐渐增大，C错误；
D．温度不变，Ka(HIn)不变，为定值，D错误；
故合理选项是B。
6．1mol与1molCO恰好反应生成和NO过程中的能量变化如图所示。下列说法中正确的是

A．相同条件下，过渡态比反应物更稳定
B．升高温度有利于提高CO的转化率
C．图中所示反应的逆反应的活化能为
D．反应的
【答案】D
【详解】A．过渡态的能量高于反应物，故过渡态不稳定，A错误；
B．NO与CO的反应为放热反应，升高温度逆向移动，CO的转化率降低，B错误；
C．逆反应的活化能为，C错误；
D．，D正确；
故选D。
7．反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【详解】
A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；
C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；
答案为B。
8．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是

A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。
【详解】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；
故选B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。
9．依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是
①，
②，
③，
④，
⑤，
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的为负数，绝对值大的反而小，故A错误；
B．反应③是H2S的不完全燃烧，反应④是H2S的完全燃烧，完全燃烧放出的热量多，放热反应的为负数，绝对值大的反而小，所以，故B错误；
C．根据盖斯定律，②×2＋③得，故C错误；
D．根据盖斯定律[③×3-④]得，故D正确；
选D。
10．利用钠碱循环法可脱除烟气中的。在钠碱循环法中溶液作为吸收液，当吸收液完全转化为溶液时，送至电解槽再生，再生装置如图所示。下列说法正确的是

A．X、Y分别接直流电源正、负极
B．a、b分别为阴、阳离子交换膜
C．阳极主要电极反应式为
D．外电路通过1mol时，X电极区约增加1mol
【答案】D
【详解】A．根据再生示意图可知X，Y电极均为分别发生还原反应、氧化反应，X、Y分别为电解池阴极、阳极，A错误；
B．通过a膜进入X电极区，通过b膜进入Y电极区，则a、b分别为阳、阴离子交换膜，B错误；
C．阳极区阴离子的放电顺序为，故电极主要反应式为，C错误；
D．X电极区电极反应为，反应前后离子数目几乎不变，当外电路通过1mol电子时，由于通过a的阳离子有和极少量的，故约有1mol通过a膜进入X电极区，D正确；
故选D。
11．侯氏制碱法的流程如图所示。下列说法正确的是

A．实验室应在陶瓷地房中煅烧
B．提纯粗盐时使用溶液除去杂质
C．“氨化”步骤和“碳酸化”步骤对调，不影响产率
D．通过“吸氨”步骤，有利于NHCI从“母液1”中分离
【答案】D
【详解】A．在较高温度下与陶瓷中的 会发生反应，A错误；
B．使用硝酸钡溶液除去会引入难以除去的，应使用溶液，B错误；
C．先“氨化”使饱和氯化钠溶液显碱性，能够吸收更多的，生成更多的，有利于提高产率，C错误；
D．通过“吸氨”步骤增大了“母液1”中浓度，有利于析出，D正确；
故选D。
12．研究表明，一定条件下活性炭可有效地将NO转化为，反应的热化学方程式为，△H。已知：，(、为速率常数，只与温度有关)。在某密闭容器中加入足量C(s)和一定量的NO发生上述反应，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．该反应的△H>0 B．q点处，
C．1050K温度下， D．1100K温度下，
【答案】D
【详解】A．m点已经达到平衡，随着温度的升高，NO的转化率降低，所以该反应的，A错误；
B．q点未达到平衡，，B错误；
C．由于反应前后分子数不变，相当于恒压恒容反应，根据m点的NO的转化率及利用三段式可计算出平衡常数，C错误；
D．1100K，反应仍然为平衡状念，1100温度下，，D正确；
故选D。
13．将使用过的废铝热剂(主要成分为，含少量)再生制取金属铝的工艺流程如图所示。下列说法中正确的是

A．“碱浸”时，发生反应的化学方程式为
B．“沉铝”时，可以用足量HCl代替
C．冶炼金属铝的方法为热还原法
D．该流程中各步均不涉及氧化还原反应
【答案】A
【详解】A．与反应，选项A正确；
B．足量会使溶解，不可代替，选项B错误；
C．冶炼金属铝为电解法，选项C错误；
D．属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选A。
14．25℃条件下，用0.1mol•L-1的一元弱酸HR[已知：25℃时，Ka(HR)=1.7×10-5]溶液滴定10.00mL0.1mol•L-1一元碱MOH溶液，滴定过程中HR溶液的体积与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是

A．25℃时，0.1mol•L-1的MOH溶液pHc(H+)>c(M+)>c(OH-)
D．25℃时，MR溶液中=×10-9
【答案】D
【详解】A．由图可知的MOH溶液中，故，解得，溶液的，故A错误；
B．由图象可知lg，a点溶液呈中性，由于MOH是强碱，HR是弱酸，得到的是弱酸强碱盐，显碱性，若要使二者反应若呈中性，则HR溶液的体积大于，故B错误；
C．b点初始溶液中MR和HR浓度相等，由于该点溶液呈酸性，故HR的电离程度大于的水解程度，因此离子浓度大小为，故C错误；
D．为的水解平衡常数表达式，，故D正确；
答案选D。

二、填空题
15．原电池是化学对人类的一项重大贡献。回答下列问题：
(1)铁是用途最广的金属材料之一，但生铁易生锈。请讨论电化学实验中有关铁的性质。
①某原电池装置如图所示，右侧烧杯中的电极反应式为___________。

②已知下图甲、乙两池的总反应式均为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，且在同侧电极(指均在“左电极”或“右电极”)产生H2。请在两池上标出电极材料___________(填“Fe”或“C”)。

(2)碱性锌锰干电池的剖面图如图所示，已知电池放电后的产物是Zn(OH)2和MnOOH，则其总反应式为___________，负极电极反应式为___________。

(3)用高铁(Ⅵ)酸盐设计的高铁(Ⅵ)电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。
①写出正极电极反应式：___________。
②用高铁(Ⅵ)电池作电源，以Fe作阳极，以Cu作阴极，对足量KOH溶液进行电解，当电池中有0.2 mol K2FeO4反应时，则在电解池中生成___________L(标准状况) H2。
【答案】(1)     2H++2e-=H2↑     甲中：左—Fe；右—C；乙中：左—Fe；右—C
(2)     Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH     Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
(3)          6.72

【详解】（1）①该装置构成了原电池，由于电极活动性：Fe＞C，所以左边Fe电极为负极，石墨电极为正极，在负极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，在正极上硫酸电离产生的H+获得电子变为H2逸出，故右侧烧杯中的电极反应式为2H++2e-=H2↑；
②甲、乙两池的总反应式均为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，在图示的装置中甲为原电池，乙为电解池。在甲装置的原电池中，正极上发生还原反应产生H2，而在电解池中阴极上发生还原反应产生H2，由于乙装置中右侧电极为阴极，发生反应：2H++2e-=H2↑，故左侧阳极为Fe电极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，右侧阴极为石墨C电极；故甲装置中右侧正极电极为石墨C电极，左侧负极为Fe电极；
（2）在碱性锌锰干电池中，已知电池放电后的产物是Zn(OH)2和MnOOH，Zn为负极，负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；正极MnO2得到电子被还原产生MnOOH，正极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知其总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH；
（3）根据高铁(Ⅵ)酸盐设计的高铁(Ⅵ)电池是一种新型可充电电池，结合总反应方程式可知：①正极上K2FeO4得到电子被还原产生Fe(OH)3，则正极的电极反应式为：；
②用高铁(Ⅵ)电池作电源，以Fe作阳极，以Cu作阴极，对足量OKH溶液进行电解，当电池中有0.2 mol K2FeO4反应时，K2FeO4转化为Fe(OH)3，消耗0.2 mol K2FeO4时转移的电子数为0.2 mol×3=0.6 mol，电解足量KOH溶液产生H2的电极反应为：2H2O+2e- =H2↑+2OH-， 根据电子转移守恒，则产生H2的物质的量为0.3 mol，状态在标况下H2的体积为V=0.3 mol×22.4 L/mol=6.72 L。

三、实验题
16．某同学根据Mg与反应的原理推测Na也能在中燃烧，为了确定其产物，他设计了如图所示装置进行实验(已知能被CO还原得到黑色的金属Pd)。

按如下顺序进行实验操作：
①打开和，通入待E中溶液变浑浊时，再点燃酒精灯；
②待金属钠完全燃烧后熄灭酒精灯，并冷却至室温；
③关闭和。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称是___________。
(2)装置B中的试剂是___________，作用是___________。
(3)步骤①的目的是_______；若直接点燃酒精灯，反应中可能会生成一种淡黄色固体，写出这种固体与水反应的化学方程式：___________。
(4)点燃酒精灯后，观察到钠块表面变黑，熔融成金属小球，然后金属钠燃烧产生黄色火焰，硬质玻璃管中有大量黑色和白色固体(一种盐类物质)产生，一段时间后F中试管内壁也有黑色沉淀产生。
上述现象说明金属钠在中燃烧的产物为___________(填化学式)；体现了金属钠的___________(填物理性质)和___________(填“氧化性”或“还原性”)。
【答案】(1)长颈漏斗
(2)     饱和溶液     除去中混有的HCl
(3)     排尽装置中空气    
(4)     ，C和CO     熔点低     还原性

【分析】用盐酸和大理石制取二氧化碳，二氧化碳中混有氯化氢和水蒸气，用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，干燥纯净的二氧化碳进入D中和钠反应，E中的氢氧化钡溶液可以检验二氧化碳，F中的PbCl2溶液可以吸收CO。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器X为长颈漏斗。
（2）由以上分析可知，B中装有饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去二氧化碳中的氯化氢。
（3）通入二氧化碳待E中溶液变浑浊时再点燃酒精灯，目的是用二氧化碳排尽装置中的空气，以免钠被空气中的氧气氧化。钠和氧气反应可以生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠和水反应的化学方程式为：。
（4）点燃酒精灯后，观察到钠块表面变黑，熔融成金属小球，说明钠的熔点低；然后金属钠燃烧产生黄色火焰，硬质玻璃管中有大量黑色和白色固体(一种盐类物质)产生，根据镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳可知，硬质玻璃管中的黑色固体为碳，白色固体是一种盐类，则为碳酸钠，一段时间后F中试管内壁也有黑色沉淀产生，说明有CO生成。综上所述，金属钠在 CO2中燃烧的产物为Na2CO3 ，C和CO；钠熔成金属小球，体现了金属钠的熔点低，反应中钠的化合价升高，体现了钠的还原性。

四、原理综合题
17．氮的氧化物既是空气的主要污染物，也是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)已知
Ⅰ、，；
Ⅱ、，。
则反应的△H=___________。又知，反应机理为(快反应)，(慢反应)，则活化能较小的是反应是___________(填“快反应”或“慢反应”)。
(2)若用、分别表示正、逆反应的速率常数(只受温度影响)，反应△H