1、集宁一中20182019学年第一学期期中考试高二年级化学试题第一卷（选择题 共42分）一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的。每小题3分，共42分）1.t 时，水的离子积为Kw，该温度下将a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是A. 混合液中c(H)w B. 混合液的pH7C. ab D. 混合液中c(B)c(A)c(OH)【答案】A【解析】2.在RNH2H2ORNH3OH的平衡中，要使RNH2H2O的电离程度及c(OH)都增大，可采取的措施是A. 通入HCl B. 加少量NaOH固体 C. 加水 D. 升温【答案】D
2、【解析】试题分析：A、通入HCl，平衡右移，但是氢氧根离子浓度减小，错误；B、加少量NaOH固体，平衡左移，错误；C、加水电离程度增大，但是氢氧根离子浓度减小，错误；D、升温，平衡右移，RNH2H2O的电离程度及c(OH)都增大，正确。考点：考查同位素的有关知识。3.在常温下,中和相同体积,相同pH的Ba(OH)2、NH3H2O、NaOH三种稀溶液所用相同浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3,则三者关系为A. V2V1=V3 B. V2V1V3 C. V1V2=V3 D. V1=V2=V3【答案】A【解析】【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O溶液中，c(OH-)相同
3、，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，Ba(OH)2和NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，所以用去酸的体积V1=V3，但NH3H2O为弱碱，在水溶液中部分电离，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V3V2，所以消耗酸的体积关系为V2V1=V3。综上所述，本题应选A。4.室温下，pH2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是A. A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C. 若A、B都是弱酸，则6a2D. 当a5时
4、，A是强酸，B是弱酸【答案】D【解析】【分析】酸液稀释1000倍，强酸中不存在电离平衡，因此c(H+)变为原溶液的1/1000，即pH增大3个单位；而弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，即pH的增大小于3个单位，据此解题。【详解】A、室温下，pH2的A、B两种酸溶液酸液稀释1000倍，A溶液pH变化较B大，说明两者酸性不同，即电离程度不同，若A、B两种酸pH2，则浓度一定不相等，故A错误；B、稀释后A酸的pH更大，说明c(H+)比B小，因此稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B错误；C、若A、B都是弱酸，弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，
5、导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，所以pH的增大小于3个单位，即5a2，故C错误；D、A、B两种酸分别稀释1000倍，强酸中不存在电离平衡，因此c(H+)变为原溶液的1/1000，即pH增大3个单位，若a=5，则A是强酸；而弱酸中存在电离平衡，稀释时电离平衡正向移动，导致c(H+)减小程度小于稀释的倍数，即pH的增大小于3个单位，从图中可知B稀释后pH小于a，所以B为弱酸，故D正确；综上所述，本题应选D。5.在常温下，向20 mL NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL-1的醋酸溶液,滴定曲线如下图所示。下列判断中,正确的是A. 在M点,二者恰好完全反应B. 滴定前,酸中c(H+)等于碱中
6、c(OH-)C. NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 molL-1D. 在N点,c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A、若两者恰好反应，则生成物是CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液的pH7，而M点的pH=7，说明醋酸过量，故A错误；B、滴定前c(CH3COOH)=c(NaOH)=0.1 molL-1，NaOH是强碱，溶于水完全电离，但CH3COOH为弱酸，溶于水部分电离，所以滴定前,酸中c(H+)小于碱中c(OH-)，故B错误；C、在常温下，根据初始pH=13可知NaOH溶液中氢离子浓度为10-13molL-1，则c(
7、NaOH)=0.1 molL-1，故C正确；D、据分析c(NaOH)=0.1 molL-1，则N点时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，此时pHc(Na+)c(CH3COOH)c(H+)，故D错误；综上所述，本题应选C。6.下列各组离子在溶液中能大量共存的是A. Ca2、HCO3-、Cl、K B. Al3、AlO2-、HCO3-、NaC. Fe2、H、SO42-、S2 D. Fe3、SCN、Na、CO32-【答案】A【解析】试题分析：A、给定条件下组内离子间不反应，能大量共存，正确；B、Al3和AlO2、HCO3发生相互促进的水解反应，不能大量共存，错误；C、H和
8、S2反应生成H2S，不能大量共存，错误；D、Fe3与SCN发生络合反应，与CO32发生相互促进的水解反应，不能大量共存，错误。考点：考查离子反应、离子共存7.为了除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，该试剂是( )A. NaOH B. MgO C. 氨水 D. Na2CO3【答案】B【解析】试题分析：FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH)2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故选B。考点：考查了物质的分离、提纯和除杂的相关知识。8.下列溶液在空气中加热蒸干并灼烧后,能得到相应溶质固体的是A. AlCl3 B. KH
9、CO3 C. Fe2(SO4)3 D. FeSO4【答案】C【解析】【详解】A、加热时AlCl3溶液Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，则溶液蒸干最终得到Al(OH)3固体，灼烧后得到Al2O3固体，故A不符合题意；B、加热时KHCO3溶液，KHCO3水解生成K2CO3，灼烧后得到K2CO3固体，故B不符合题意；C、加热时Fe2(SO4)3，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H2SO4，但H2SO4难挥发，会与Fe(OH)3反应重新生成Fe2(SO4)3，则最后固体仍为Fe2(SO4)3，故C符合题意；D、FeSO4中Fe2+具有还原性，加热时FeSO4被氧化为Fe2(SO4)
10、3，Fe2(SO4)3水解生成Fe(OH)3和H2SO4，但H2SO4难挥发，会与Fe(OH)3反应重新生成Fe2(SO4)3，则最后固体为Fe2(SO4)3，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查盐类水解。“溶液在空气中加热蒸干并灼烧”需要考虑水解和分解。加热蒸干过程可以水解的离子会发生水解，但是水解程度与形成的物质的挥发性有关，如氯化铁水解形成氢氧化铁和盐酸，盐酸加热易挥发，水解会完全，最终得到氢氧化铁沉淀。灼烧分解得到相应的氧化物。9.100 ，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A. 在三种酸HX、HY、
11、HZ中以HX酸性相对最强B. HX、HY、HZ三者中有一种为强酸C. 在X、Y、Z三者中，以Z最易发生水解D. 中和1 mol HY酸后溶液为中性，需要的NaOH稍小于1 mol【答案】B【解析】【分析】常温下，水的离子积为110-14，即中性溶液的pH值为7，因为电离为吸热过程，升高温度到100 ，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100 ，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，pH值越大，证明酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱。【详解】A、相同物质的量
12、浓度的钠盐溶液，溶液的pH值越大，酸根离子的水解程度越大,其相应的酸的酸性越弱，根据题意知,在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强，故A不符合题意;B、水电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7，100 ，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，HX、HY、HZ三者均为弱酸，故B符合题意;C、100 ，pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，溶液均为碱性，说明三种钠盐均水解，pH值越大，证明酸根离子越易水解，所以在X、Y、Z三者中，所以Z最
13、易发生水解，故C不符合题意；D、经分析，HY为弱酸，中和1 mol HY酸后溶液为中性，需要的NaOH稍小于1 mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题需要学生注意题干中温度为100 ，学生看到pH=7，就会下意识认为溶液为中性，但pH=7为中性只是在室温下（25 ），温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，此时中性溶液的pH值应小于7。10.草酸是中强酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 molL1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是c(K)c(H)c(HC2O4)c(OH)c(C2O42)c(HC2O4)c(C2O42)0.1 molL1c(C2O42)c(H2C2O4)c(
14、K)c(H2C2O4)c(HC2O4)c(C2O42)A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度。根据电荷守恒，则有c（K+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（OH-）+2c（C2O42-），错误；草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（HC2O4-）=0.1mol/L，错误；草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），正确；在0.1molL-1KHC2O4溶液中，存在H2C2O4、C2O42
15、-、HC2O4-和K+，根据物料守恒可知c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），正确。考点：考查离子浓度大小的比较弱，电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用。11.非结合胆红素(VCB)分子中有羟基，被氧化后(生成羧基)与钙离子结合形成胆红素钙的反应，就是一个沉淀生成的离子反应，从动态平衡的角度分析能预防胆结石的方法是A. 大量食用纯碱可使钙离子沉淀完全，防止胆结石生成B. 不食用含钙的食品C. 适量服用低维生素E、低维生素C等抗氧化自由基可防治胆结石D. 常喝水稀释钙离子，溶解沉淀【答案】C【解析】【详解】A、使钙离子沉淀完全依然沉淀在体内，而且大量食用纯
16、碱也会引起身体不适，故A错误；B、不食用含钙的食品，这样易引起人体缺钙，故B错误；C、服用维生素可预防羟基氧化生成羧基，可防治胆结石，故C正确；D、常喝水稀释钙离子，溶解沉淀的做法几乎没有效果，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】从动态平衡的角度分析能预防胆结石应从浓度度化学平衡的影响进行考虑，人体接近恒温、此反应为溶液中的反应，压强影响较小，预防胆结石的生成，可以减小反应物的浓度，减小钙离子浓度可能会导致人体缺钙，可以减小羧酸浓度，即防止羟基（-OH）被氧化后生成羧基与钙离子结合形成沉淀。12.常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液 ，T时刻改变某一条件，离子的浓度变化如图所示，（注
17、：第一次平衡时c（I-）=2x10-3mol/L， c（Pb2+）=1x10-3mol/L）下列有关说法正确的是A. 常温下，Ksp=2x10-6B. 温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，c（Pb2+）不变C. T时刻改变的条件是升高温度，PbI2的，Ksp 增大D. 常温下KspPbS=8x10-28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2（s）+S2-（aq）PbS（s）+2I-（aq）反应的化学平衡常数为5x1018【答案】D【解析】试题分析：A、PbI2(s)Pb2(aq)2I(aq)，Ksp=c(Pb2c(I)2=11034106=410
18、9，错误；B、PbI2(s)Pb2(aq)2I(aq)，加入硝酸铅浓溶液，反应向逆反应方向进行，PbI2的溶解度降低，错误；C、T时刻升高温度，根据图像c(I)是降低，说明反应向逆反应方向进行，溶解度降低，错误；D、K=c2(I)/c(S2)=51018A，正确。考点：考查溶度积的计算和勒夏特列原理。13.关于如图所示装置的叙述，正确的是A. 铜是负极，铜片上有气泡产生 B. 铜离子在铜片表面被还原C. 电流从锌片经导线流向铜片 D. 盐桥中阳离子进入左烧杯【答案】B【解析】【分析】此原电池中，锌的活泼性大于铜的活泼性，所以锌电极为电池负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化，电极反应为：Zn-2
19、e-=Zn2+；铜电极为正极，得到电子，被还原，电极反应为Cu2+2e-=Cu，电子由锌电极流出，经外导线流向铜电极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A、此原电池中，锌的活泼性大于铜的活泼性，所以锌电极为电池负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜电极为正极，电极反应为Cu2+2e-=Cu，没有气体生成，故A错误；B、铜电极为正极，得到电子，被还原，电极反应为Cu2+2e-=Cu，故项正确；C、铜是正极，锌是负极，电流方向与电子流动方向相反，电流是从铜片流向锌片，故C错误；D、原电池中，铜电极作正极，阳离子向正极移动，所以溶液中阳离子向右烧杯中移动，故D错误；综上
20、所述，本题应选B。【点睛】本题考查的知识点为原电池。在原电池中，失去电子发生氧化反应的一极作为负极，得到电子发生还原反应的一极作为正极。电子由负极流出，经外导线流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。14.铅蓄电池充电时，PbSO4A. 在阳极生成 B. 在阴极生成C. 在两个电极上生成 D. 在两个电极上除去【答案】D【解析】铅蓄电池在放电时，两极都生成硫酸铅。充电是放电的逆反应，所以充电时硫酸铅在两极上分别发生氧化反应和还原反应生成二氧化铅和铅，D正确，答案选D。第二卷（非选择题 共58分）二、非选择题（15、16题每空2分，17、18题每空3分，共58分）15.氮是地
21、球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：(1)若在一容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2在一定条件下发生反应: N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) H0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=_。平衡时H2的转化率为_。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有_。A.加了催化剂B.增大容器体积C.降低反应体系的温度D.加入一定量N2(3)若在0.5 L的密闭容器中，一定量的氮气和
22、氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：T/200300400KK1K20.5请完成下列问题：试比较K1、K2的大小，K1_K2（填“”或“” ）；下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_（填序号字母）A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1:3:2B.v(H2)正3v(N2)逆C.容器内压强保持不变D.混合气体的密度保持不变400时，反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为_。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和 1 mol时，则该反应的v(N2)正_v(N2)
23、逆（填“”或“”）。【答案】 (1). 0.01mol/(L.min) (2). 50% (3). CD (4). (5). BC (6). 2 (7). 【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的相关知识。(1)根据题意可用反应速率公式计算氨气的反应速率，再根据反应速率之比等于系数之比计算v(N2);利用浓度变化量之比等于化学计量数之比,计算反参加反应的氢气的物质的量,据此计算转化率；(2)平衡后，若提高H2的转化率，需平衡正向移动，应从影响平衡的因素考虑，如改变浓度、温度、压强等；(3)根据平衡状态的判断根据判断,N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H0，正反应是气体体积减小的放热反应；
24、化学平衡常数,正反应平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数,根据浓度熵和平衡常数的关系来确定平衡的移动方向。【详解】(1)5min时反应达到平衡， ,所以，根据反应速率之比等于系数之比,则前5分钟的平均反应速率；5分钟时反应达到平衡，根据方程式N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 可知生成0.2 mol氨气消耗氢气的物质的量为0.3mol，所以氢气的转化率为0.3mol0.6mol100%=50%；(2)若提高H2的转化率，需要平衡正向移动，则：A.加入催化剂，只能改变反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高氢气的转化率，故A不符合题意；B.该反应正反应是一个气体体积减小的反应，增大容器体积，即
25、减小压强，平衡逆向移动，降低了氢气的转化率，故B不符合题意；C.该反应H0，即为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，可提高氢气的转化率，故C符合题意；D.加入一定量N2，可促进平衡正向移动，可提高氢气的转化率，故D符合题意；综上所述，本题应选CD；(3)该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,生成物浓度减小,反应物浓度增大,则K1K2；反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) Hc(A)，则：(1)混合溶液中c(A)_(填“”、“c(A)，说明HA为弱酸，据此解题。【详解】(1)将0.2 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合则溶液中的溶质
26、是NaA和HA,且二者物质的量浓度相等都是0.05molL1，混合溶液中c(Na)c(A),根据电荷守恒，则溶液中c(H+)c(OH-),溶液呈碱性,说明HA酸的电离程度小于酸根离子的水解程度,即c(A)c(HA)；(2)根据物料守恒得c(HA)c(A)=0.1 molL1；(3)酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,所以混合溶液中,由水电离出来的c(OH-)大于0.2 molL1 HA溶液中由水电离出的c(H)；(4)如果取0.2 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合,则溶液中的溶质是NaA和HA,且二者的物质的量浓度相等,测得混合溶液的pH=10,说明酸
27、的电离程度小于酸根离子的水解程度，根据电荷守恒可得c(Na)+c(H+)=c(A)+c(OH-)，所c(Na)c(A)=c(OH-)-c(H+)，25 时，pH=10的溶液中c(H+)=10-10molL1 ，c(OH-)=10-4molL1，所以c(Na)c(A)=c(OH-)-c(H+)=(10-4-10-10)molL1.18.化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。(1)下列相关说法正确的是_A.通过某种电池单位质量或单位体积所能输出能量的多少，来判断该电池的优劣B.二次电池又称充电电池或蓄电池，这类电池可无限次重复使用C.除氢气外，甲醇、甲烷、乙烷等都可用作燃料电池的燃料D.
28、近年来，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是电池外壳的金属材料需要回收(2)目前常用的镍（Ni）镉（Cd）电池，其电池总反应可表示为：Cd+2NiO(OH)+2H2O 2Ni(OH) 2+Cd(OH)2已知Ni(OH) 2和Cd(OH) 2均难溶于水，但能溶于酸，下列说法正确的是：_A.以上反应是可逆反应 B.反应环境为碱性C.电池放电时Cd作负极 D.该电池是一种二次电池(3)航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和无污染的优点。氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式均为：2H2O2=2H2O。碱式电池中的电解质是KOH，其负极反应式为2H24e4OH
29、=4H2O，则其正极反应可表示为_,电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”）。若该电池为飞行员提供了36 kg的水，则电路中通过了_mol电子。【答案】 (1). AC (2). BCD (3). O22H2O4e=4OH (4). 减小 (5). 4000mol【解析】【分析】本题重点考查原电池的相关知识。根据充放电电池的总反应可以判断电池的正负极，放电时，化合价升高，失去电子，发生氧化反应的为负极，化合价降低，得到电子，发生还原反应的为正极。在新型燃料电池中，一般通氧气的为电池正极，通燃料的为电池负极，电极反应的应根据电解质溶液的酸碱性进行书写，若电解质溶液为
30、碱性，则正极反应为O22H2O4e=4OH；若电解质溶液为酸性，则正极反应为：O24H+4e=2H2O，据此解题。【详解】(1)A、通过某种电池单位质量或单位体积所能输出能量的多少,可以判断该电池的优劣，所以A选项是正确的;B、二次电池可以多次使用,随着使用,电极和电解质溶液消耗,不能无限次重复使用，故B错误;C、除氢气外，甲醇、甲烷、乙烷等都可用作燃料电池的燃料，所以C选项是正确的;D、废电池进行集中处理的主要原因是电池中含有汞、镉、铅等重金属离子对土壤水源造成污染，废电池必须进行集中处理,故D错误;因此，本题应选AC；(2)A、两个反应方向的条件不同,充电是电解池,放电是原电池;反应条件不
31、同,不是可逆反应,故A错误;B、根据电池反应和生成产物为Ni(OH) 2和Cd(OH)2分析,电解质溶液为碱性溶液;所以B选项是正确的;C、放电时原电池,失电子的做负极;电池放电时Cd失电子作负极,所以C选项是正确的;D、二次电池又称为充电电池或蓄电池,是指在电池放电后可通过充电的方式使活性物质激活而继续使用的电池，该电池可充电，是一种二次电池,所以D选项是正确的;因此，本题应选BCD；(3)燃料氢气在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应，电池总反应式为：2H2O2=2H2O，负极反应式为2H24e4OH=4H2O，用总反应减去负极反应即得正极反应为：O22H2O4e=4OH；根据总反应式可知该电池中没有消耗溶液中的溶质氢氧化钾，但有溶剂水生成，所以电池工作一段时间后，溶液中氢氧化钾的浓度降低，溶液pH减小；36g水的物质的量为36g18g/mol=2mol,根据电池总反应式2H2O2=2H2O可知，生成2mol水，即36g水转移的电子数为4mol,所以生成36 kg水转移的电子数为4000mol。