广西南宁市第三中学2019-2020学年高二下学期期中考试段考化学试题 21页

南宁三中2019-2020学年度下学期高二段考 理科化学试题 可能用到相对原子质量 H－1 Li－7 N－14 O－16 Ni－59 Cu－64‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，本题包括16个小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是 A. 电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠 B. 铁制容器盛放和运输浓硫酸 C. 镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀 D. 铝制器皿不宜长期盛放酸性食物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢离子的氧化性强于钠离子，金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性越弱，能用金属活动性顺序表解释，A正确；‎ B．在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，B错误；‎ C．在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C正确；‎ D．在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. pH > 7的溶液一定呈碱性 B. 溶液中HCO3－，Al3+，AlO2－，SO42-可以大量共存 C. 加热蒸干Na2CO3溶液，最后得到Na2CO3固体 D. 常温下将pH＝2和pH＝12的酸、碱溶液等体积混合后，溶液的pH＝7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)c(NH4+)>c(Cl-)‎ B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中： c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH) +c(H+)‎ C. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/L D. 用0.1mol/L的盐酸滴定未知浓度的氨水时，可用酚酞作指示剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液中氨水过量，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)，A正确；‎ B．0.2 mol·L-1的醋酸与0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为醋酸钠水解，c(CH3COOH)＞c(Na+)，因此c(CH3COO-)+c(OH-)＜c(CH3COOH)+c(H+)，B错误；‎ C．pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，但醋酸铵水解，促进水的电离，所得溶液中由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol·L-1，C错误；‎ D．用0.1mol·L-1的盐酸滴定未知浓度的氨水时，恰好完全反应时生成的氯化铵水解溶液显酸性，应该选用在酸性条件下变色的指示剂，D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.25 ℃‎时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知‎25 ℃‎时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是 A. 若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大 B. 若向Mg(OH)2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动 C. 若向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色 D. 若向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH-)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2+)增大，A正确；‎ B．加入少量的水，Ksp保持不变，c(Mg2+)、c(OH-)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，B错误；‎ C．向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]c(SO42-)>c(H+)>c(OH-) (2). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (3). 盐酸 (4). 10-3 (5). 10-11 (6). Cu (7). H2O2 + 2H+ +2e－= 2H2O (8). 负 (9). 3.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①硫酸铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)；‎ ‎②碳酸氢钠溶液呈碱性，其原因是碳酸氢根在水中发生的水解，水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；Fe3+在水溶液中溶液发生水解，故配制溶液是应加入少量的盐酸抑制水解；‎ ‎（2）由于醋酸根发生水解，故溶液中c(OH-)=10-3mol/L，由于OH-由水电离而来，水电离出的H+的浓度为10-3mol/L；醋酸在水溶液中电离，抑制的水的电离，故水中c(OH-)=10-11mol/L，水电离出的H+浓度为10-11mol/L；‎ ‎（3）①方程式中Cu失去电子变成Cu2+，在原电池中做负极，H2O2中O原子得电子变成 H2O，故负极材料为Cu，正极反应式为H2O2 + 2H+ +2e－= 2H2O；‎ ‎②反应过程中负极有大量阳离子生成，需要阴离子平衡电荷，故溶液中硫酸根向负极移动；‎ ‎③当电路中转移0.1mol电子，负极减少‎3.2g，同时总反应未生成气体、沉淀等物质，故电解质溶液质量增加‎3.2g。‎ ‎18.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。‎ Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3(aq)＋S(s)Na2S2O3(aq)‎ 实验步骤：‎ ‎①称取‎15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取‎5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。‎ ‎②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60 min。‎ ‎③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。‎ 回答问题：‎ ‎(1)仪器a的名称是_________，其作用是__________________________。‎ ‎(2)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________。检验是否存在该杂质的方法是________________________________。‎ ‎(3)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：________。‎ Ⅱ．测定产品纯度 准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol•L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O32-＋I2＝S4O62-＋2I-。‎ ‎(4)滴定至终点时的判断依据是___________________________。‎ ‎(5)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_______mL。产品的纯度为 ‎(设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M)_________。(用含M的式子表达)‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). Na2SO4 (4). 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 (5). S2O32-＋2H＋= S↓＋SO2↑＋H2O (6). 滴入最后一滴标准液，溶液颜色由无色变蓝色，半分钟内不褪去 (7). 18.10 (8). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题中图示装置图可知，仪器a为球形冷凝管，该实验中球形冷凝管具有冷凝回流水和乙醇的作用；‎ ‎（2）S2O32-具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；‎ ‎（3）S2O32-与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32-+2H＋=S↓+SO2↑+H2O；‎ ‎（4）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定至终点时的判断依据是滴入最后一滴标准液，溶液颜色由无色变蓝色，半分钟内不褪去；‎ ‎（5）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL，根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n(S2O32-)=2n(I2)，所以W g产品中含有Na2S2O3·5H2O质量为：0.1000 mol·L-1×18.10×10‎-3L×2×M=3.620×10‎-3M g，则产品的纯度为：×100%。‎ ‎19.电镀工业会产生大量的电镀污水处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥，电镀污泥含有多种金属(Ni、Cu、Fe、Cr、Al)的氢氧化物和不溶性杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程：‎ 电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。‎ ‎（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。‎ ‎（2）在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为___________。‎ ‎（3）假设电解前后Ni2+浓度基本不变，若使Ni2+在除杂过程不损失，则溶液中PO43-浓度不能超过________ mol/ L。(列出计算表达式．Ksp[Ni3(PO4)2]=5×10-31)‎ ‎（4）滤液中的___________可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为________ (用离子方程式解释)。‎ ‎（5）Ni(OH)2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni(OH)2变为NiOOH，则电池放电时正极的电极反应式为________。‎ ‎（6）电镀污水中的Cr元素也可以用铁氧体法处理，原理为在废水中加入过量的FeSO4，在酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；加入过量的强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀，写出加入过量强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4)沉淀的离子方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). 加热、增大硫酸浓度、搅拌等 (2). FePO4、CrPO4、AlPO4 (3). (4). Na3PO4 (5). Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O (6). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH- (7). xCr3++Fe2++ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4↓+ 4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素，硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为加热、增大硫酸浓度、搅拌等。‎ ‎（2）根据常见酸碱盐是溶解性规律，可知，磷酸盐沉淀中含有的物质有FePO4、CrPO4、AlPO4，故答案为FePO4、CrPO4、AlPO4。‎ ‎（3）根据Ksp[Ni3(PO4)2]=5×10-31，要使Ni2+在除杂过程不损失，需要Qc＜Ksp[Ni3(PO4)2]，溶液中c(Ni2+)=7000mg/L=mol/ L，则溶液中PO43-浓度不能超过=mol/ L，故答案为。‎ ‎（4） 根据流程图，氢氧化钠溶解部分沉淀物生成的Na3PO4可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因是氢氧化钠将氢氧化铝溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O，故答案为Na3PO4；Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；‎ ‎（5） Ni(OH)2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni(OH)2发生氧化反应生成NiOOH，则电池放电时正极上NiOOH发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故答案为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；‎ ‎（6）在废水中加入过量的FeSO4，在酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；加入过量的强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀，加入过量强碱生成铁铬氧体(CrxFe3-xO4沉淀的离子方程式为xCr3++Fe2++ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4↓+ 4H2O，故答案为xCr3++Fe2++ (2-x) Fe3+ +8OH-=CrxFe3-xO4↓+ 4H2O。‎ ‎20.化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B的结构简式为_________；E中官能团的名称为_________。‎ ‎(2)1mol D与足量氢氧化钠反应，最多可以消耗氢氧化钠的物质的量为_______mol。‎ ‎(3)下列有关说法正确的是____________。‎ A．用高锰酸钾溶液可以鉴别B和C B．D含有3个官能团 C．等物质的量的A和C完全燃烧的耗氧量一样多 D．M可以发生的反应类型有：取代、加成、氧化、水解、酯化 ‎(4)由F生成M的化学方程式为___________________________________。‎ ‎(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有________种。‎ ‎①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环 ‎②能发生银镜反应和水解反应 ‎(6)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料无机试剂任选，设计制备聚丁烯的合成路线_______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 碳碳双键、羧基 (3). 2 (4). C (5). (6). 5 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A分子式为C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是，A与CO在AlCl3及HCl中发生反应生成B，B为，B催化氧化产物为 C，C与氯气在光照条件下生成D（），D与HCHO反应生成E（），E与I2在一定条件下发生信息中反应生成F（），F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应生成M（），据此答题。‎ ‎【详解】（1）根据分析，B的结构简式为，E中含有的官能团为羧基、碳碳双键；‎ ‎（2）根据D的结构，羧基可以和NaOH发生反应生成羧酸钠，溴甲基中的溴原子可以和NaOH发生反应生成-CH2OH，故1mol B可以和2mol NaOH反应；‎ ‎（3）A．B、C两种有机物均含有甲基连接在苯环上，故均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．D中含有两个官能团，分别为羧基和溴原子，B错误；C．根据分子式，1mol A、C 两种物质分别在氧气中燃烧均消耗9mol氧气，C正确；D．M结构中不含有羧基或羟基，不能发生酯化反应，D错误；故选D；‎ ‎（4）根据分析，F到M的化学方程式为；‎ ‎（5）根据题目所给信息，能发生银镜反应的官能团为醛基，能发生水解反应的官能团为酯基，同时满足两种条件的结构为，故满足题目条件的同分异构体有5种，分别为、、、、；‎ ‎（6）聚2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br和CH3CHO利用信息原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成制得，故合成路线为 ‎【点睛】解题时应该注意，（1）苯环不算官能团；（2）不仅羧基可以和NaOH发生反应，同时卤代烃中的卤素原子也可以和NaOH发生反应。‎