《河南省中原名校高二下学期第一次联考化学试题Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省中原名校高二下学期第一次联考化学试题Word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018学年高二下学期第一次联考化学试题1. 本草纲目中载有一药物，名“铜青”藏器日：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也.铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之.时珍曰：近时人以醋制钢生绿，取收晒干货之.后者的反应原理为A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应【答案】C【解析】铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。点睛：本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在
2、空气中与氧气、二氧化碳和水发生的反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。Cu与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成的，反应方程式为2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，据此进行解答。2. 在蒸发皿中加热燕干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该溶质的固体物质的是A. 碳酸氢钠 B. 硫酸镁 C. 氯化铝 D. 高锰酸钾【答案】B【解析】A、碳酸氢钠能受热分解生成碳酸钠，选项A不选；B、硫酸镁溶液加热蒸干，还是硫酸镁，选项B选；C、氯化铝加热蒸干并灼烧，促进水解，最后得到氧化铝，选项C不选；D、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾和二氧化锰和氧气，选项D不选。答案选B。3.
3、 常温下，某溶液中由水电离出的c(OH-)=110-11mol/L，若向该溶液中滴入2-3滴酚酞，溶液的颜色可能是A. 只显红色 B. 呈无色 C. 无色或蓝色 D. 红色或无色【答案】D【解析】常温下，kw=10-14，某溶液中由水电离出来的c(OH)11011 mol/L107 mol/L，说明加入酸或碱抑制了水的电离，若加入酸，溶液中滴入23滴酚酞，溶液呈无色，若加入碱，溶液中滴入23滴酚酞，溶液呈红色，D正确。4. 下列各组离子在济液中能大量共存的是A. Na+、OH-、S2O32-、Cl- B. Fe3+、K+、,AlO2-、HCO3-C. H+、Al3+、CO32-、SO42- D
4、. H+、Na+、HCO3-、Cl-【答案】A【解析】A.各离子不反应，能大量共存，选项A正确；BAlO2-与HCO3- 反应生成Al(OH)3 沉淀，Fe3+与AlO2-、HCO3-发生双水解而不能大量共存，选项B错误；CH+与CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，选项C错误；DH+与HCO3-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，选项D错误。答案选A。5. 已知25时，AgCl的溶度积Ksp=1.810-10，则下列说法正确的是A. 饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp变大B. AgNO3溶液与NaC1溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag+)=c(Cl-)C. 温度一定时，“溶液中c(
5、Ag+)c(Cl-)=Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出D. 将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI,因为AgCl的溶解度大于AgI的【答案】D【解析】试题分析： A项加入盐酸引起沉淀溶解平衡移动，Ksp不变，故A项错误；B项由于不知道AgNO3和NaCl物质的量情况，不一定具有c(Ag+)=c(Cl-)，故B项错误；C项当有c(Ag+)c(Cl-)=Ksp时，沉淀的溶解处于平衡状态，不一定有AgCl沉淀析出，故C项错误；D项由于AgCl转化为AgI，是因为溶解度大的AgCl转化为溶解度小的AgI，故D项正确。考点：难溶电解质的溶解平衡6. 下列实验装置或操作设计正确
6、，且能达到目的的是A. 实验，设计铜锌双液原电池B. 实验，将钢闸门与外接电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀C. 实验，准确量取一定体积K2CrO7标准溶液D. 实验，可用于验证酸性:H2SO4H2CO3HClO【答案】B【解析】A、必须将锌和铜电极换过来才能形成双液原电池，选项A错误；B、实验，将钢闸门与外接电源的负极相连，为外接电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，选项B正确；C、实验是碱式滴定管，K2CrO7具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取，必须改用酸式滴定管，选项C错误；D、产生的二氧化碳能与次氯酸钠反应生成次氯酸，但该反应没有明显现象，无法判断，选项D错误。答案选B。7. 相同体移的c
7、(H+)=10-2mol/L的盐酸溶液和醋酸溶液分别跟等质量的锌充分反应，下列说法错误的是A. 刚开始时两种溶液中产生H2的速率相同B. 若有一种溶液中锌有剩余，则有剩余的是盐酸溶液C. 若两种溶液中锌均有剩余。则两者产生等量的氢气D. 若两种溶液中锌均无剩余，则两者产生等量的氢气【答案】C【解析】A反应速率与氢离子浓度成正比，pH相等的强弱酸中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，选项A正确；BpH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子的物质的量大于强酸，所以强酸中反应的镁的质量小于弱酸中镁的质量，则强酸中镁有剩余，选项B正确；C如果两种溶液中镁均有剩余，则生成氢气的量与
8、参加反应的氢离子的物质的量成正比，pH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子大于强酸，所以弱酸产生的氢气多，选项C错误；D如果两种溶液中镁都无剩余，说明酸不足量，则生成氢气的量与镁的量有关，镁的质量相等则生成氢气的量相等，选项D正确；答案选C。8. 向绝热恒容密闭容器中通入N2和H2，在一定条件下使反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0达到平衡，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列有关叙述正确的是A. c点表示NH3生成速率与NH3分解速率相同B. c点和e点时反应的平衡常数相同C. N2的转化率：baD. d点时，n(N2):n(H2):n(NH
9、3)=1:3:2【答案】C【解析】试题分析：Ac点以后氨气物质的量增大，氢气的物质的量减小，最后定值，故c点未到达平衡，反应向正反应进行，故c点NH3生成速率大于NH3分解速率，故A错误；Bc点尚未达到平衡，e点是平衡状态，故B错误； C由a到b点的过程是反应正向进行的过程，则N2的转化率ba，故C正确； Dd点是平衡状态，形成平衡状态的过程中N2、H2、NH3变化物质的量是1:3:2，但平衡时n(N2):n(H2):n(NH3)不一定是1:3:2，故D错误，答案为C。【考点定位】考查化学平衡图象问题，涉及平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡移动等【名师点晴】注意分析图象中各物理量的变化曲线，
10、把握平衡状态的特征为解答该题的关键；在N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。9. 次磷酸钴Co(H2PO2)26H2O可用于化学电镀，共饱和溶液的pH约为6；利用电渗析法可在产品室析出高纯Co(H2PO2)26H2O电渗析原理如图所示。则阳离子交换膜有A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】阳极室金属钴失电子产生钴离子，膜为阳离子交换膜，允许钴离子通过进入产品室；阴极室水电离产生的氢离子得电子产生氢气氢氧根离子
11、浓度增大，膜为阳离子交换膜允许钠离子通过进入阴极室产生氢氧化钠；膜为阳离子交换膜，原料室NaH2PO2中的钠离子通过进入缓冲室2，膜、为阴离子交换膜，阳离子不能通过以免钠离子进入产品室，H2PO2-通过最后进入产品室。故阳离子交换膜有3个。答案选C。10. 实验室采用HCl气体“置换“除水，开华相结合的方法从市售的氯化锌制各高纯度无水氯化锌，装置如图所示市售氯化锌含Zn(OH)Cl.下列说法不正确的是A. 恒压漏斗的作用是平衡气体压强B. 在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置C. 管式炉采用的升温方式是阶段式升温D. 实验时，应先徽去管式炉，再撒去管式炉【答案】D【解析】A、恒压分液漏斗可以保证
12、内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，选项A正确；B、为防止氯化锌吸水再次生成Zn(OH)Cl，在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置，选项B正确；C、装置中干燥的HCl气体从左边进入管式炉I，与Zn(OH)Cl反应生成氯化锌和H2O(g)，H2O(g)随HCl气流进入尾气吸收装置，然后管式炉I升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以管式炉采取的升温方式是阶段式升温，选项C正确；D、氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉的加热，再撒去管式炉，选项D错误； 答案选D。点睛：本题通过高纯度无水氯化锌的制
13、备考查实验分析能力，涉及实验仪器的使用、实验装置的选择与改进等。解题时注意明确制备方法以及对实验流程的分析，本实验制备高纯度无水氯化锌的核心部位在管式炉，因为生成的氯化锌需要升华后再冷凝为固体，反应的温度比升华温度低，所以需要阶段加热，后期用于凝华收集，所以肯定先撤的加热；无水氯化锌具有很强的吸水性，能自空气中吸收水分而转变为碱式氯化锌，所以尾气吸收装置前应增加干燥装置。11. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H=-198J /mol，在V2O5存在时，该反应的机理为: V2O5+ SO22VO2+SO3(快) 4VO2+O22V2O5 (慢)下列说法正确的是A. 反应速率主要取决
14、于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂C. 逆反应的话化能大于198kJ/mol D. 增大SO2的浓度可显著提高反应速率【答案】C【解析】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、B都错误；C项，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项，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。点睛：本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、H与正逆反应活化能的关系等知识，注意：催
15、化剂参与化学反应，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以VO2不是催化剂；有些气体反应的催化剂，都要吸附气体，催化剂的表面积越大，吸附的气体越多，反应速度越快，还有些催化剂直接参与反应，只是反应完成又释放出来，化学反应速率与催化剂质量有关，但主要取决于催化剂的表面积；H=正反应的活化能-逆反应的活化能；增大反应物(SO2)浓度可以提高反应速率，但与使用催化剂相比，还达不到显著提高反应速率的程度。12. 298K时，在H3PO4溶液中滴入NaOH溶液，溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A. K(H3PO4)的数量级为10-8B. Na2HPO4溶液中:c(PO43-) c(HPO42-)D. NaH2PO4溶液显碱性【答案】D【解析】A、多元弱酸的电离是分步的，第一步电离为主，当pH=4时，c(H+)c(H2PO4-)=10-4mol/L，溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数(X)=1.0，K(H3PO4)= =10-8mol/L，数量
