内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）

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：H1C12N14O16Cu27S32第Ⅰ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：①CH3COOH②(NH4)2CO3③NaHSO4④NaHCO3⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是()A.⑤③①④②B.⑤③①②④C.②④③①⑤D.②④①③⑤【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；CH3COOH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10mLpH＝11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是（）A.稀释后溶液的pH＝10B.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+432c(NH)c(NHHO)增大D.pH＝11氨水的浓度为0.001mol·L－1【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10＜pH＜11，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，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；2C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）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)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，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0.001mol•L-1AgNO3溶液滴入0.001mol•L-1KCl和0.001mol•L-1K2CrO4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：A．KSP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+)•c(Cl-)=0.001mol•L-1×0.001mol•L-1=1×10-6mol2•L-2＞1.8×10-10mol2•L-2，在Ag2CrO4饱和溶液中，Qc(Ag2CrO4)=c(Ag+)2•c(CrO42-)=0.001mol•L-1×0.001mol•L-1×0.001mol•L-1=1×10-9mol3•L-3＞1.9×10-12mol3•L-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Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能实现该反应的原电池是（）A.AB.BC.CD.D3【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，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（）。①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1mol/LHNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L⑤相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱A.①②③B.②③④C.①④⑤D.①②④⑤【答案】C【解析】【详解】①溶液存在HNO2，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；②没有对比实验，无法判断是否是弱电解质，故错误；③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；④根据弱电解质的定义，弱电解质是部分电离，c(H＋)0.1mol·L－1，属于弱电解质，故正确；⑤HCl是一元强酸，4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(OH－)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：H2OH＋＋OH－ΔH＞0，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NH3∙H2ONH4++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，CH3COOHH＋＋CH3COO-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（）5A.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，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，由水电离生成的氢离子浓度之比是（）①1mol·L－1的盐酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液④1mol·L－1的NaOH溶液A.1∶10∶100∶1B.1∶10－1∶10－12∶10－14C.14∶13∶12∶14D.14∶13∶2∶1【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6电离的氢氧根离子都浓度，①1mol•L-1的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢离子为14101mol/L=1×10-14mol/L；②0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢离子为14100.1mol/L=1×10-13mol/L；③0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为14100.01mol/L=1×10-12mol/L；④1mol/L的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为14101mol/L=1×10-14mol/L；所以由水电离产生的c（H+）之比①：②：③：④=1×10-14mol/L：1×10-13mol/L：1×10-12mol/L：1×10-14mol/L=1：10：100：1，答案选A。点睛：本题考查了水的电离以及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H2O⇌H++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pH＝7时：2c(NH4+)＝c(SO42-)B.0.2mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1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性：c(CN－)＞c(HCN)D.pH＝3的盐酸和pH＝11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，则氢离子和氢氧根浓度相等，所7以c（NH4+）=2c（SO42-），故A错误；B．0.2mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1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；D．pH=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