2018-2019版高中化学 模块综合试卷 鲁科版选修4.doc

模块综合试卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关实验的说法正确的是()A.用干燥的pH试纸测定新制氯水的pHB.中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C.用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D.向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，故D项错误。考点水溶液中离子平衡的综合题点水溶液中离子平衡相关知识的综合2.能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B.0.1 molL1 CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D.0.1 molL1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊溶液变红答案B考点弱电解质的电离平衡及其移动题点证明弱电解质的常用方法3.下列叙述正确的是()A.用湿润的pH试纸测溶液的pH一定会有误差B.用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，用待测溶液润洗锥形瓶C.用酸式滴定管量取酸性高锰酸钾溶液5.10 mLD.用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会使测得的NaOH溶液的浓度偏大答案C解析用湿润的pH试纸测溶液的pH不一定会有误差，如果是强酸强碱盐形成的中性溶液稀释后溶液仍然呈中性，则测定的pH没有误差，如果是酸性或碱性溶液，湿润后导致浓度变小，则测定的pH一定有误差，故A项错误；用待测液润洗锥形瓶，锥形瓶内NaOH的物质的量偏大，会导致使用的盐酸增多，则导致测定的浓度偏大，故B项错误；酸性高锰酸钾溶液呈强氧化性，所以能用酸式滴定管量取，故C项正确；用标准盐酸溶液滴定未知浓度NaOH溶液的过程中不慎将锥形瓶中的溶液溅出，会导致氢氧化钠物质的量减小，使用的盐酸体积偏小，则使测得的NaOH溶液的浓度偏小，故D项错误。考点酸碱中和滴定题点酸碱中和滴定操作4.一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)HKsp(AgI)C常温下，测得饱和溶液的pH：NaANaB证明常温下的水解程度：A 1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变答案D解析A项，向0.1 molL1CH3COOH溶液中加入少量水，促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以溶液中增大，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为ClOHNHH，显中性，即OHH，所以ClNH，错误；D项，AgCl、AgBr的饱和溶液中ClAgKsp(AgCl)，BrAgKsp(AgBr)， Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)，Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)只与温度有关， 向溶液中加入少量AgNO3，不变，正确。考点水溶液中离子平衡的综合题点水溶液中离子平衡相关知识的综合8.如图甲是一种既能提供电能，又能实现氮固定的新型燃料电池(采用新型电极材料，N2、H2为电极反应物，HClNH4Cl为电解质溶液)；图乙是利用甲装置产生的电能在铁上镀铜。下列说法中正确的是()A.通入H2一极与图乙中的铜电极相连B.电池工作一段时间后，溶液pH减少1C.当消耗0.025 mol N2时，则铁电极增重1.6 gD.通入N2一端的电极反应式：N28H6e=2NH答案D解析图甲为原电池，负极失去电子发生氧化反应，则负极通入H2，正极得到电子发生还原反应，则正极通N2；图乙为电镀池，目的是在铁上镀铜，则纯铜做阳极、Fe做阴极，即Cu与通入N2一极相连，Fe与通入H2一极相连。A项，图乙中的铜电极为阳极，与原电池的正极相连，即通入H2一极与图乙中的Fe电极相连，故A错误；B项，电池工作过程中生成氨气，氨气消耗氢离子，导致溶液的pH增大，故B错误；C项，消耗0.025 mol N2转移电子的物质的量为0.025 mol(32)0.15 mol，根据电子守恒生成铜的物质的量为0.075 mol，则Fe电极增重质量为64 gmol10.075 mol4.8 g，错误；D项，通入N2一端为正极，正极N2得到电子与H结合生成NH，其电极反应式：N28H6e=2NH，正确。考点电化学中的多池互联题点原电池与电解池的组合9.H2CO3和H2S在25 时的电离常数如下：则下列反应可能发生的是()电离常数K1K2H2CO34.2107 molL15.61011 molL1H2S5.7108 molL11.21015 molL1A.NaHCO3NaHS=Na2CO3H2SB.H2S2Na2CO3=Na2S2NaHCO3C.Na2SH2OCO2=NaHSNaHCO3D.H2SNaHCO3=NaHSH2CO3答案C解析由电离平衡常数可知碳酸与氢硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性：H2CO3H2SHCOHS。A项，酸性H2SHCO，不符合强酸制弱酸原理；B项，酸性H2SHCO，所以H2S与Na2CO3反应能生成NaHS和NaHCO3；C项，酸性H2SHCO，所以H2CO3与Na2S反应生成NaHCO3；D项，酸性H2CO3H2S，所以不能由H2S和NaHCO3生成H2CO3。考点电离平衡常数的概念及应用题点电离平衡常数的应用10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.由水电离的H浓度等于1012molL1的溶液中：Na、K、NO、HCOB.pH1的溶液中：Fe2、NO、SO、NaC.加酚酞呈红色的溶液中：CO、Cl、F、NHD.c(H)/c(OH)1012的溶液中：NH、NO、Cl、Fe3答案D考点离子反应题点限制条件下水溶液中离子能否大量共存的判断11.瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中的固体电解质是Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是()A.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB.电极b是正极，O2由电极a流向电极bC.电极a的反应式：CH44O28e=CO22H2OD.当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移4 mol答案C解析电子不能在电池内电路中流动，只能在外电路中流动，故A项错误；电极b氧气得电子，生成O2，而电极a需要O2作为反应物，故O2由正极(电极b)流向负极(电极a)，故B项错误；甲烷所在电极a为负极，电极反应为CH44O28e=CO22H2O，故C项正确；1 mol O2得4 mol电子生成2 mol O2，故当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移2 mol，故D项错误。考点燃料电池题点燃料电池固体电解质12.25 时，水溶液中H与OH的变化关系如图中曲线ac所示，下列判断错误的是()A.ac曲线上的任意一点都有HOH1014 mol2L2B.CH3COONa溶液不可能位于c点C.d点对应溶液的温度高于25 ，pH1107 molL1，溶液的pH6，水的电离为吸热过程，所以d点温度高于25 ，故C项正确；bd线上任意点都满足HOH，溶液一定显中性，故D项正确。考点水的电离题点水的电离平衡曲线13.在t 时，Ag2CrO4(橘红色)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t 时AgCl的Ksp41010 mol2L2，下列说法不正确的是()A.在t 时，Ag2CrO4的Ksp为1108 mol2L2B.在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C.在t 时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D.在t 时，以0.001 molL1AgNO3溶液滴定20 mL 0.001 molL1KCl和0.001 molL1的K2CrO4的混合溶液，Cl先沉淀答案A解析t 时，Ag2CrO4的Ksp(103)2(105) mol3L311011 mol3L3，故A项错误；Ag2CrO4(s)2Ag(aq)CrO(aq)，饱和溶液中加入K2CrO4，平衡逆向移动，Ag减小，溶液由Y点到Z点，Ag减小，CrO增大，可实现转化，故B项正确；以0.001 molL1AgNO3溶液滴定20 mL 0.001 molL1KCl和0.001 molL1的K2CrO4的混合溶液，沉淀Cl所需Ag molL14107 molL1，沉淀CrO所需Ag molL11104 molL1，Cl先沉淀，故D项正确。考点沉淀溶解平衡的应用题点沉淀溶解平衡曲线及其应用14.(2017邢台市高二质检)25 时，将1.0 L c molL1 CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是()A.该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka molL1B.a点对应的混合溶液中CH3COOHNaOHC.水的电离程度：cbaD.当混合溶液呈中性时，NaCH3COOHOH答案A解析该温度下，1.0 L c molL1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合溶液的pH4.3，醋酸的电离平衡常数Ka molL1molL1 molL1，A错误；a点溶液的pH3.1，是加入醋酸后的结果，根据电荷守恒知，CH3COONa，醋酸的电离程度较小，则CH3COOHNaOH，B正确；b以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，a点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度：cba，C正确；当混合溶液呈中性时，HOH，根据电荷守恒有NaCH3COO，则NaCH3COOHOH, D正确。考点水溶液中离子平衡的综合题点溶液混合曲线与离子浓度15.常温下，用 0.100 0 molL1 NaOH 溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 molL1盐酸和 20.00 mL 0.100 0 molL1醋酸溶液，得到 2 条滴定曲线，如下图所示。若以 HA 表示酸，下列说法正确的是()A.滴定盐酸的曲线是图 2B.达到 B、D 状态时，两溶液中离子浓度均为NaAC.达到 B、E 状态时，反应消耗的n(CH3COOH)n(HCl)D.当 0 mLV(NaOH)NaHOH答案B考点酸碱中和滴定题点酸碱中和滴定曲线16.下列说法正确的是()A.浓度均为0.2 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2Na3CO3HCOB.浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中的NH：C.NaHSO3溶液显酸性，NaHSOHOHSOD.pH3.6的0.l molL1HX与0.l molL1NaX的混合溶液中，2H2OHXHX答案D解析A项，浓度均为0.2 molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中存在物料守恒，2Na3CO3HCO3H2CO3，错误；B项，浓度相等的NH4HSO4溶液中H抑制NH水解，NH最大，NH4HCO3溶液中HCO对NH水解具有促进作用，NH最小，NH4Cl溶液中Cl对NH水解没有影响，NH：，错误；C项，NaHSO3溶液显酸性是由于HSO电离大于其水解，NaHSOHSOOH，错误；D项，pH3.6的0.1 molL1HX与0.1 molL1NaX的混合溶液中，HX电离程度大于X水解程度，电荷守恒：HNaOHX，物料守恒：XHX2Na，得2H2OHXHX，正确。考点盐溶液中粒子浓度大小的比较题点盐溶液中粒子浓度大小比较的综合二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.(10分)(1)结合下表回答下列问题：物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积(25 )8.01016 mol3L32.01020 mol3L34.01038 mol4L4完全沉淀时的pH范围9.66.434现有某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl2，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，按如图步骤进行提纯：加入CuO调至溶液pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3 沉淀，此时溶液中的Fe3_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。计算Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数为_。(2)含Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0103 molL1的Cr2O，为了使废水的排放达标，进行如下处理：绿矾化学式为FeSO47H2O，反应()的离子方程式为_，若处理后的废水中Fe321013 molL1，则废水中Cr3_molL1。(已知KspCr(OH) 36.01031 mol4L4)答案(1)4.0108 molL15109 molL1(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O3106解析(1)加CuO调节溶液的pH使Fe3完全沉淀。Fe3 KspFe(OH)3/OH34.01038/(1.01010)3 molL14.0108 molL1。Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数K。根据KspCu(OH)2Cu2OH2及常温下KwHOH得K molL15.0109 molL1。(2)酸性条件下，Cr2O具有强氧化性，可氧化Fe2，反应的离子方程式为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O；若处理后的废水中残留的Fe321013molL1，KspFe(OH)3Fe3OH34.01038 mol4L4，计算得到OH321025 mol3L3，则KspCr(OH)3Cr3OH36.01031 mol4L4，残留的Cr3的浓度为Cr33106molL1。考点沉淀溶解平衡的应用题点难溶电解质沉淀溶解平衡应用的综合18.(10分)如图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：(1)a为_极，电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，你能观察到的现象是_，电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应为_。(2)当d极上收集到44.8 mL气体(标准状况)时停止电解，a极上放出了_mol气体，若b电极上沉积金属M的质量为0.432 g，则此金属的摩尔质量为_。(3)电解停止后加蒸馏水使A烧杯中的溶液体积仍为200 mL，取这种溶液加入到25.0 mL 0.100 molL1HCl溶液中，当加入31.25 mL溶液时刚好沉淀完全。试计算：电解前A烧杯中MNO3溶液的物质的量浓度为_molL1。答案(1)阳c极附近的溶液首先变成蓝色4OH4e=2H2OO2(2)0.001108 gmol1(3)0.1解析(1)由电解原理可得：金属M沉积于b极，说明b是阴极，则a是阳极；电极反应为2I2e=I2，I2遇到淀粉溶液能使淀粉溶液变蓝，I放电完毕后，OH放电：4OH4e=2H2OO2，c极上的试管中收集到的气体为氧气。(2)d极电极反应为2H2e=H2，0.044 8 L/22.4 Lmol10.002 mol。a极电极反应为4OH4e=2H2OO2，即氧气的物质的量为0.001 mol。b极上M放电：Me=M，n(M)0.004 mol，则金属的摩尔质量M108 gmol1。考点电化学中的多池互联题点多池互联的综合分析19.(12分)常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定等。(1)酸碱中和滴定用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。某学生的实验操作如下：A.用碱式滴定管取稀NaOH 25.00 mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂；B.用待测定的溶液润洗碱式滴定管；C.用蒸馏水洗净滴定管；D.将酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上23 cm处，赶气泡、调液面，再把滴定管固定好；E.检查滴定管是否漏水；F.另取锥形瓶，再重复操作一次；G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管中液面的变化，并于终点时记下滴定管液面所在刻度；上述操作步骤中有错误的是_(填字母，下同)，若将错误更正，则整个滴定实验操作的正确顺序是_。(2)氧化还原滴定葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定。葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：馏分注：实验中加入盐酸的目的：将Na2S2O5全部转化成SO2。滴定时，I2溶液应装在_(“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_。实验消耗标准I2溶液25.00 mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。上述滴定过程中的原理为_(用离子方程式表示)，下列情形会造成测定结果偏高的是_。A.滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B.滴定前平视，滴定后俯视C.盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失(3)沉淀滴定滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是_。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.771010 mol2L25.351013 mol2L21.211016 mol2L21.121012 mol3L31.01012 mol2L2A.NaCl B.NaBrC.NaCN D.Na2CrO4答案(1)GECBADGF(或ECDBAGF)(2)酸当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30 s内不变色0.16SO2I22H2O=SO4H2ICD(3)D解析(1)中和滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，步骤G错误，滴定实验有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作，所以操作顺序应为ECBADGF或ECDBAGF。(2)I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，应装在酸式滴定管中，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30 s内不变色；设100.00 mL葡萄酒中SO2的质量为m g，根据SO22H2OI2=H2SO42HI可得m0.025 L0.010 00 molL164 g mol10.016 g。故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为0.16 gL1；滴定过程中的原理为SO2I22H2O=H2SO42HI，其离子方程式为SO2I22H2O=SO4H2I。A项，若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，使测定结果偏低；B项，滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小，使测定结果偏低；C项，盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低，消耗的碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高；D项，滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高，故选CD。(3)若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成。考点酸碱中和滴定原理的迁移应用题点酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定20.(10分)下表是25 时某些弱酸的电离平衡常数。化学式CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4Ka /molL1Ka1.8105Ka3.0108Ka14.1107 Ka25.61011Ka15.9102 Ka26.4105(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。(2)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK_NaClO(填“”“HC2OHC2OOH(2) 9.9107 molL1(3)5(4)减小 (5)Cl22COH2O=2HCOClClO解析(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH溶液反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，则HC2O的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：HC2OOH，溶液中离子浓度大小：KHC2OHC2OOH。(2)根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOHHClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得NaClOOHHKCH3COO；若0.1 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH8，溶液中电荷守恒：NaHCH3COOOH，则NaCH3COOOHH106108 molL19.9107molL1。(3)根据醋酸的电离平衡常数表达式1.8105 molL1，CH3COOHCH3COO59，求出溶液中H1.8105 molL1105 molL1，pH5。(4)pH2的CH3COOH溶液，加入少量无水醋酸钠固体，CH3COOH的电离平衡向左移动，n(CH3COOH)增大，n(H)减小，故减小。(5)向碳酸钠溶液中滴加少量的氯水，氯水中的盐酸与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠，反应离子方程式：Cl22COH2O=2HCOClClO。考点电离平衡和水解平衡题点盐类水解与相关知识的综合21.(10分)甲醇是重要的燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H3回答下列问题：化学键HHCOHOCHE/kJmol14363431 076465413(1)已知反应中的相关的化学键键能数据如上：由此计算H1_kJmol1，已知H258 kJmol1，则H3_kJmol1(2)反应的化学平衡常数K的表达式为_；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_(填曲线标记字母)，其判断理由是_。(3)合成气的组成n(H2)/n(COCO2)2.60时体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。(CO)值随温度升高而_(填“增大”或“减小”)，其原因是_。图2中的压强由大到小为_，其判断理由是_。答案(1)99 41 (2)Ka反应为放热反应，平衡常数应随温度升高变小(3)减小升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，使产生CO的量增大，总结果：随温度升高，使CO的转化率减小p3p2p1相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高解析(1)H反应物总键能反应产物总键能，故H11 076 kJmol12436 kJmol1(3413343465)kJmol199 kJmol1。(2)反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系。(3)由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的量增大，总结果：随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：p3p2p1。考点反应焓变的计算、化学平衡图像题点反应焓变计算的综合、化学平衡图像的综合