1、集宁一中2018-2019学年第二学期期中考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 27 S 32第卷（选择题 共42分）一、单选题（每小题3分）1.等物质的量浓度的下列五种溶液：CH3COOH (NH4)2CO3NaHSO4NaHCO3 Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH
2、3COOH是弱酸与同浓度的 NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。考点：酸、碱、盐对水的电离的影响。2.25时将10mL pH11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是（ ）A. 稀释后溶液的pH10B. 氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C. 稀释过程中增大D. pH11氨水的浓度为0.001molL1【答案】C【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10pH11，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH）减
3、小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故B错误；C加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小，在同一溶液中，V相同，则溶液中增大，故C正确；D一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水中的c（OH-）=10-3mol/L，所以氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案选C。3.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.910-12，下列叙述正确的是( )A. AgCl在饱和NaCl溶液中的KSP比在纯水中的KSP小B. 向AgCl的
4、悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明KSP(AgCl)KSP(AgBr)C. 将0.001molL-1AgNO3溶液滴入0.001molL-1KCl和0.001molL-1 K2CrO4混合溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀D. 向AgCl的悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动【答案】BD【解析】试题分析：AKSP只于温度有关，与溶液中离子浓度无关故A错误；B沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明KSP(AgCl)KSP(AgBr)故B错误；C在AgCl饱和溶液中，Qc(AgCl)=c(Ag+)
5、c(Cl-)=0.001molL-10.001molL-1=110-6mol2L-21.810-10mol2L-2，在Ag2CrO4饱和溶液中，Qc(Ag2CrO4)=c(Ag+)2c(CrO42-)=0.001molL-10.001molL-10.001molL-1=110-9mol3L-31.910-12mol3L-3，所以均会产生沉淀，但以AgCl沉淀为主在AgCl饱和溶液中，故C错误；D银离子与氨水生成氢氧化二氨合银，使平衡向右移动故D正确；故选D。考点：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。4.某电池的总反应为Fe2Fe3=3Fe2，能实现该反应的原电池是（ ）A. AB. BC
6、. CD. D【答案】A【解析】【分析】根据2Fe3+Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液应为可溶性的铁盐，据此进行分析。【详解】根据2Fe3+Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液应为可溶性的铁盐，A、铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上铁离子得电子变为亚铁离子，符合题意，故A选；B、铁作负极，碳作正极，电解质为可溶性的硝酸亚铁，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上没有铁离子可以得电子，不符合题
7、意，故B不选；C、锌作负极，铁作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，负极上锌失电子变为锌离子，正极上铁离子得电子变为亚铁离子，不符合题意，故C不选；D、铁作负极，银作正极，电解质为可溶性的硫酸铜，负极上铁失电子变为亚铁离子，正极上铜离子得电子变为铜，不符合题意，故D不选；故答案选A。5.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）。亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应0.1mol/L HNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】溶液存在HN
8、O2，溶液显酸性，说明亚硝酸部分电离，根据弱电解质的定义，即HNO2属于弱电解质，故正确；没有对比实验，无法判断是否是弱电解质，故错误；只能说明硫酸的酸性强于HNO2，不能说明HNO2是弱电解质，故错误；根据弱电解质的定义，弱电解质是部分电离，c(H)0.1molL1，属于弱电解质，故正确；HCl是一元强酸，做对比实验，HNO2导电能力小于HCl，说明HNO2属于 弱电解质，故正确；综上所述，选项C正确。6.0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/LNH4Cl溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小顺序正确的是A. c(Na)c(Cl)c(OH)c(H)B. c(Na)c(Cl)c(H)c(O
9、H)C. c(Cl)c(Na)c(OH)c(H)D. c(Na)c(Cl)c(OH)c(H)【答案】D【解析】根据题意可知，二者恰好反应生成氨水和氯化钠，氯化钠是强电解质，氨水是弱碱，存在电离平衡，溶液显碱性，所以正确的答案选D。7.25时，水的电离达到平衡：H2OHOH H0，下列叙述正确的是（ ）A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，Kw不变C. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H)降低D. 向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离程度增大，Kw增大【答案】B【解析】【详解】A.向水中加入稀氨水溶液，由于NH3H2ON
10、H4+OH-产生大量的OH-，使得水的电离平衡逆向移动，但c(OH)升高，故A错误； B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na+H+SO42-，使得c(H)增大，Kw只与温度有关，温度不变，则Kw不变，故B正确； C.向水中加入少量醋酸，CH3COOH HCH3COO- 使得c(H)增大，平衡逆向移动，故C错误； D.能够发生水解的盐，能够促进水电离，水的电离程度增大，由于温度不变，Kw不变，故D错误；故答案选B。【点睛】对于纯水来说，温度变化并不能改变其“中性”的状态，但是外加酸或碱，可以抑制水的电离，能够水解的盐能够促进水的电离，导致溶液显现不同的性质。8.如图所示装置中，可观察
11、到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】该装置没有外接电源，所以是原电池；原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少（N棒变细），正极质量增加（M棒变粗）；根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼； 据以上分析解答。【详解】该装置没有外接电源，所以是原电池；原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少（N棒变细），正极质量增加（M棒变粗）；根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼； A、M极材料比N极活泼，
12、故A错误； B、M极上H+2e-=H2，因此M极上质量不增加，故B错误； C、N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，极反应为Ag+e-=Ag，所以质量增加，符合题意，故C正确； D、M极材料比N极活泼，故D错误；故答案选C。9.25 时，下列四种溶液中，由水电离生成氢离子浓度之比是（ ）1 molL1的盐酸 0.1 molL1的盐酸 0.01 molL1的NaOH溶液 1 molL1的NaOH溶液A. 1101001B. 110110121014C. 14131214D. 141321【答案】A【解析】酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根
13、离子都浓度，1molL-1的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢离子为mol/L=110-14mol/L；0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢离子为mol/L =110-13mol/L；0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为mol/L =110-12mol/L；1mol/L的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为mol/L =110-14mol/L；所以由水电离产生的c（H+）之比：=110-14mol/L：110-13mol/L：110-12mol/L：110-14mol/L=1：10：100：1，答案选A。点睛：本题考查了水的电离以及
14、pH的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。电离平衡为H2OH+OH-，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，结合Kw=c（H+）c（OH-）计算该题，从而得解。10.25时，下列说法正确的是（ ）A. 将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH7时：2c(NH4 + )c(SO42-)B. 0.2molL1的CH3COONa溶液与0.1molL1的HCl等体积混合后溶液显示酸性：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(H)c(OH)C. 若等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱
15、性：c(CN)c(HCN)D. pH3的盐酸和pH11的氨水等体积混合后：c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)【答案】D【解析】【分析】A室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当pH=7时，c（NH4+）=2c（SO42-）； B反应后溶质等浓度的NaCl、CH3COONa、 CH3COOH，溶液显酸性，电离大于水解，据此进行分析；C说明HCN的电离程度小于CN-的水解程度； D氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，混合液显示碱性。【详解】A室温下，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，根据溶液中的电荷守恒：c（NH4+）+C（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），当pH=7时，溶液显示中性，则氢离子
16、和氢氧根浓度相等，所以c（NH4+）=2c（SO42-），故A错误； B0.2molL1的CH3COONa溶液与0.1molL1的HCl等体积混合后，生成等浓度的NaCl、CH3COONa、 CH3COOH的三种物质，溶液显酸性，电离大于水解，所以c(Na)c(CH3COO) c(Cl)c(H)c(OH)，故B错误；C等体积等浓度的HCN溶液与NaCN溶液混合后溶液显碱性，则HCN的电离程度小于CN-的水解程度，所以c（CN-）c（HCN），故C错误； DpH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，因为氨水为弱碱，则氨水过量，混合液呈碱性：c（OH-）c（H+），根据电荷守恒可以知道，c（N
17、H4+）c（Cl-），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl-）c（OH-）c（H+），故D正确；故答案选D。11. 下列有关实验操作的说法错误的是：A. 中和滴定时盛待测的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响B. 在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需要润洗，否则引起误差C. 滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手握持锥形瓶，边滴加振荡，眼睛注视滴定管中的液面D. 在酸碱中和滴定实验中，滴定前仰视滴定后俯视会引起误差【答案】C【解析】试题分析：A、中和滴定时盛待测的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响，A项正确；B、在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需要润洗，否则引起误差，B项正确；C、滴定时，左手控制滴定
18、管的活塞，右手握持锥形瓶，边滴加振荡，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，C项错误；D、在酸碱中和滴定实验中，滴定前仰视滴定后俯视会引起误差，D项正确；答案选C。考点：考查中和滴定的操作12.常温下，将pH=3的硫酸与pH=9的NaOH溶液混合，若要得到pH=7的溶液，混合时硫酸与 NaOH 溶液的体积比为（ ）A. 1：200B. 200：1C. 100：1D. 1：100【答案】D【解析】【分析】先根据水的离子积常数计算氢氧化钡溶液中c（OH-），盐酸中的c（H+），再得到pH=7的溶液,则n（H+）=n（OH-），根据n=cV计算氢氧化钠和盐酸的体积之比。【详解】将pH=9的NaOH溶液中c（O
19、H-）=10-5mol/L，pH=3的稀盐酸中c（H+）=10-3mol/L；设氢氧化钠的体积为x，盐酸的体积为y，欲使混合溶液pH=7，溶液呈中性,则n（H+）=n（OH-），则x10-5mol/L=y10-3mol/L；计算得出x：y=100:1，所以盐酸与NaOH溶液的体积比为1：100；故答案选D。13.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H)1.01013molL1，该溶液可能是（ ）A. 氯化钠溶液B. 氯化铵溶液C. 硝酸钠溶液D. 氢氧化钠溶液【答案】D【解析】【分析】常温下，某溶液中由水电离出的c(H)1.01013molL110-7 molL1，说明该溶液中的溶质抑制了水的电
20、离；溶液中的溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能够抑制水电离；注意强碱弱酸盐或强酸弱碱盐能够促进水的电离，据此分析判断。【详解】由水电离出的c(H)1.01013molL1”、“”或“”、“”或“”、“”或“ (4). (5). (6). c (7). ab【解析】【详解】（1）常温下，有pH相同、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，采取以下措施：CH3COOHCH3COO-+H+，加适量醋酸钠晶体后，c（CH3COO-）增大，平衡左移，c(H)减小；盐酸溶液中加入醋酸钠晶体后，发生反应：CH3COO-+H+= CH3COOH，c(H)减小；故答案：减小；减小；加水稀释10倍后，醋酸的电离平衡向右移动
21、，n（H+）增大；HCl不存在电离平衡，HCl电离出的n（H+）不变；所以加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H)大于盐酸溶液中的c(H)；故答案是：；加等浓度的NaOH溶液，NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O；HCl+NaOH=NaCl+H2O；由于醋酸部分电离，反应过程中醋酸的电离平衡向电离方向移动，且反应前c（CH3COOH）c（HCl），故恰好完全中和时，醋酸所需要的氢氧化钠的体积大；故答案是：；使温度都升高20，醋酸的电离平衡向电离方向移动，c(H)增大，HCl已经完全电离；故答案是：；盐酸和醋酸；反应开始两溶液pH相同，即c（H+）相同，所以开始时，与锌反应速率相同，
22、随着反应的进行，醋酸的电离平衡向电离方向移动，故反应速率v（醋酸） v（盐酸），又因为反应开始时，c（CH3COOH）c（HCl），所以与足量锌反应，醋酸生成氢气的量多；故选c；故答案选c。（2）a.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故a正确； b.加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中离子总数增多，故b正确； c.加水稀释醋酸，虽然促进醋酸电离，溶液中离子个数增多，但离子浓度降低，所以导电能力减弱，故c错误； d.加水稀释醋酸，促进醋酸电离，导致醋酸分子数减少，故d错误；故答案选ab。17.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将
23、溶液中的Cu2、Fe2、Fe3沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是_(填序号)。AK2Cr2O7 BNaClO CH2O2 DKMnO4（2）物质Y是_。（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_，原因是_。（4）除去Fe3的有关离子方程式是_。（5）加氧化剂的目的是_。（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体_，应如何操作_。【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2
24、或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3). 不能 (4). 因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀 (5). Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等 (6). 将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 (7). 不能 (8). 应在HCl气流中加热蒸发【解析】【分析】加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀,过滤除去沉淀,对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体； (1)加入氧化剂,将Fe2氧化为Fe3，易除去,除杂时,不能引入新杂
25、质； (2)物质Y的作用是调节溶液的pH,据此来选择合适的试剂； (3)加碱的同时Cu2+也会生成沉淀； (4)CuO能促进三价铁离子水解； (5)加入氧化剂,将Fe2氧化为Fe3； (6) CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)。【详解】(1)根据题意,加入氧化剂X可把Fe2氧化为Fe3,而没有增加新杂质,所以X为H2O2；故答案是:C；(2)结合题示，调节pH至3.7，使Fe3全部沉淀,所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ；故答案是: CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ；(3)加碱的同时，Cu2+也会生成
26、沉淀；答案是:不能；因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀； (4)铁离子水解产生H+，氧化铜与H+ ，减小了氢离子浓度，促进了铁离子的水解，产生氢氧化铁沉淀，达到除去铁离子的目的；除去Fe3的有关离子方程式：Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等；答案是： Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等；(5) Fe2沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2的沉淀的pH相同，也就是说, Fe2沉淀的同时, Cu2也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可以知道Fe3沉淀所需的pH较
27、小，所以应先将Fe2氧化为Fe3后再将其除去；答案是: 将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离 ；(6)CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发)，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体；答案是: 不能；应在HCl气流中加热蒸发。【点睛】CuCl2属于强酸弱碱盐，水解产生易挥发性的盐酸，加热蒸干该溶液，可以得到氢氧化铜固体，灼烧可以得到氧化铜；要想从氯化铜溶液中得到氯化铜晶体，就得抑制其水解，所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl22H2O的晶体。18.氢氧燃料电池的工作原理如图所示。通常氢氧燃料电池有酸
28、式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式当解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时两种。试回答下列问题：（1）酸式电池的电极反应：负极：_，正极：_。电池总反应：_。电解质溶液pH的变化_(填“变大”、“变小”或“不变”)。（2）碱式电池的电极反应：负极：_，正极：_；电解质溶液pH的变化_(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】 (1). 2H24e=4H (2). O24e4H=2H2O (3). 2H2O2=2H2O (4). 变大 (5). 2H24e4OH=4H2O (6). O24e2H2O=4OH (7). 变小【解析】【分析】氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化
29、反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，总反应为2H2O2=2H2O；随着酸碱环境的不同，两极极反应方程式也不同，据此进行分析。【详解】(1)氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，酸性溶液中负极反应为：2H24e=4H，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，酸性溶液中正极反应为：O24e4H=2H2O，电池总反应为2H2O2=2H2O；反应生成水，溶液氢离子浓度降低，pH增大；故答案为：2H24e=4H ；O24e4H=2H2O；2H2O2=2H2O；变大； (2)氢氧燃料电池中通入氢气的一极为原电池的负极，发生氧化反应，碱性溶液中负极反应为2H24e4OH=4H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，碱性溶液中正极反应为O24e2H2O=4OH，电池总反应为2H2O2=2H2O；反应生成水，溶液氢氧根离子离子浓度降低，pH减小；故答案为：2H24e4OH=4H2O；O24e2H2O=4OH；变小。