《河北省安平中学2019_2020学年高二化学上学期第二次月考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省安平中学2019_2020学年高二化学上学期第二次月考试题含解析.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、河北省安平中学2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Al:27 Cu:64 N:14 Mg:24 Fe:56 Zn:65 Ni:59 Pb:207本试卷分卷和卷，考试时间90分钟。满分100分。请将试题答案按要求填涂在答题卡上。第卷(50分)一选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合要求，每小题2分，共50分。）1.在相同温度时，100 mL 0.01 mol L 1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol L 1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是A. H+的物质的量B. 电离常数C. 中和时所需NaOH
2、的量D. CH3COOH的物质的量【答案】B【解析】【分析】在相同温度时，100mL 0.01molL-1醋酸溶液与10mL 0.1molL-1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol，醋酸为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。【详解】A.由n=cV可知，100mL0.01molL-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1molL-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者的浓度小，电离程度大，产生的H+的物质的量大，正确。B. 醋酸电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数不变，错误；C.因为溶质n(CH3COOH)都为0.
3、001mol，中和时所需NaOH的量应相同，错误；D. 由n=cV可知，100mL 0.01molL-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1molL-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，醋酸的物质的量相等，错误；综上所述，本题选A。2.醋酸在水中电离方程式可表示为：CH3COOHCH3COO-+H+H0，下列操作能使H+浓度增大的是（）A. 加入少量NaOH固体B. 加入固体CH3COONaC. 加入锌粉D. 加热升温10【答案】D【解析】A、加入少量NaOH固体，发生中和反应，H+浓度减小，选项A错误；B、溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加
4、入固体CH3COONa，CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，H+浓度减小，选项B错误；C、加入少量锌粉，消耗H+，H+浓度减小，选项C错误；D、醋酸的电离CH3COOHCH3COO-+H+H0，电离是吸热的，加热升温10，平衡正向移动，H+浓度增大，选项D正确。答案选D。3.相同温度下，已知下面三个数据：7.2104、2.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 NaNO2+HFHCN+NaF NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（）A. HF的电离常数是B. HNO2的电离常数
5、是C. HCN的电离常数是D. HNO2的电离常数是【答案】A【解析】【分析】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答。【详解】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 、NaNO2+HFHCN+NaF、NaNO2+HFHNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HFHNO2HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HFHNO2HCN，则HF的电离常数是、HNO2的电离常数是、HCN的电离平衡常数是，答案选A。4.25时，将稀氨
6、水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，下列关系正确的是()A. c(NH4+)=c(SO42)B. c(NH4+)=2c(SO42)C. 2c(NH4+)=c(SO42)D. c(OH)+c(SO42)=c(H+)+c(NH4+)【答案】B【解析】25时，溶液pH=7，则有c(OH-)=c(H+)，溶液呈电中性，则有c(OH-)+2c(SO42-)=c(NH4+)+c(H+)，所以有：2c(SO42-)=c(NH4+)，故选B。5.下列说法正确的是（ ）A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25 时0.1 mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱C. NaHC
7、O3溶液中溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOD. 室温下，对于0.10 molL1的氨水，加水稀释后，溶液中c（NH）c（OH）变大【答案】B【解析】【详解】A稀醋酸中加入少量醋酸钠，相当于增大醋酸根离子浓度，平衡左移；醋酸的电离程度减少；A错误；B硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质；B正确；CNaHCO3溶液中HCO3-为弱酸根离子，不能完全电离；不拆成离子形式；C错误；D氨水加水稀释后，平衡右移，c（NH）减少，c（OH）减少；溶液中c（NH）c（OH）变小； D错误；答案选B。6.298 K时，在20.0 mL 0.10molL1氨水中滴入0.10molL1的盐酸，溶液的pH与
8、所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B. M点对应盐酸体积为20.0 mLC. M点处的溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)D. N点处的溶液中pHc(OH)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH)c(H)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H)增大，所以
9、负极区溶液pH升高，故C错误；D当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol4=0.25mol，故D错误。故选B。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。【此处有视
10、频，请去附件查看】20. 下列叙述正确的是A. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图一所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生氧化反应B. 图一所示当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成C. 图二装置中发生：Cu2Fe3+= Cu2+2Fe2+，X极是负极，Y极材料可以是铜D. 如图二，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，Fe3+经过盐桥进入左侧烧杯中【答案】A【解析】试题分析：图一为电解池,电解质溶液为强碱性溶液，石墨电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应：2H2O + 2e-= H2+ 2OH-，铜电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应
11、：2Cu 2e-+ 2OH- = Cu2O + H2O ，电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2。由此可知A选项正确。根据电解总反应可知，当有0.2mol电子转移时，才有0.1molCu2O生成， B选项不正确。图二装置为原电池，根据图中给出的电子流向，可以判断X极是电池的负极，Y极是电池的正极；根据装置中发生的反应：Cu2Fe3+= Cu2+2Fe2+，可知X极为负极，失电子，发生氧化反应，即Cu-2e- = Cu2+，所以X极的材料应该是铜。依据原电池的形成条件，Y极材料应该是活动性比铜弱的金属或石墨等材料，故C选项不正确。盐桥的作用盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，从而沟通内电路，
12、形成闭合回路，保障了电子通过外电路从电池负极到正极的不断转移，使原电池不断产生电流；平衡电荷，盐桥可使由它连接的两个半电池中的溶液保持电中性，同时又能阻止反应物直接接触。所以，Fe3+是不能经过盐桥进入左侧烧杯中，故D选项不正确。考点：电化学基础知识21.金属镍有广泛用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制备高纯度的镍。下列叙述正确的是(已知:氧化性Fe2+Ni2+Cu2+)()A. 电解后,电解槽底部的阳极泥中只有金属PtB. 电解过程中,电解质溶液的质量可能保持不变C. 电解后,溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+D. 阳极发生氧化反应,其电极反应式:Ni2+
13、2e-Ni【答案】B【解析】A、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，A错误；B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加可能相等，因此电解质溶液的质量可能保持不变，B正确；C、电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，C错误；D、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，D错误；答案选B。22.如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜
14、的精炼原理，其中乙装置中X 为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是A. 反应一段时间后，乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区B. 乙装置中铁电极为阴极，电极反应式为Fe-2e-= Fe2+C. 反应一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变D. 通入氧气的一极为正极，发生的电极反应为O2 - 4e- + 2H2O = 4OH-【答案】A【解析】甲装置为甲醚燃料电池，通入氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，投放燃料的为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠的装置，根据串联电池中，电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极；丙装置为电解精炼铜的装置，精铜为阴极，粗铜为阳极。A乙装置中铁极反应2H+2e-H2
15、，所以反应一段时间后，装置中生成的氢氧化钠在铁极区，选项A正确；B乙装置中铁极反应为2H+2e-H2， 选项B错误；C投放氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-4OH-，选项C错误；D丙装置中，粗铜极除了铜发生氧化反应外，活动性在铜前面的金属也要反应，但是在精铜极，除铜离子被还原外，没有其他离子能被还原，根据得失电子相等，可知硫酸铜溶液浓度减小，选项D错误，答案选A。点睛：本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，结合串联电路的特点解答该题，解题关键是理解：燃料电池中通入氧气的电极是正极
16、，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子发生氧化反应。23. 宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化B. 正极发生的电极反应为O2+ 4e+2H2O=4OHC. 环境中的Cl与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2+3OH+Cl=Cu2 (OH)3ClD. 若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48L【答案】D【解
17、析】试题分析：A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+ 4e+2H2O=4OH，B正确；C、多孔粉状锈 Cu2（ OH ）3Cl为固体，故生成 Cu2（ OH ）3Cl 的离子方程式为：2Cu2+3OH+Cl=Cu2 (OH)3Cl，C正确；D、不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。考点：考查金属的腐蚀与防护24.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e
18、-=Fe3+,继而形成铁锈B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀【答案】B【解析】ACu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-Fe2+，故A错误；BZn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误；D强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件
19、下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。25.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是A. 正极反应为：SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-B. 输送暖气的管道不易发生此类腐蚀C. 这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3xH2OD. 管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀【答案】C【解析】A原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反
20、应为SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-，故A正确；B硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；C由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；D管道上刷富锌油漆，形成ZnFe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；答案为C。第II卷（非选择题）（50分）26.已知水在25和95时，其电离平衡曲线如图所示：（1）95时水的离子积KW=_（2）95时，0.01mol/LNaOH溶液的PH=_（3）95时水的电离平衡曲线应为_（填“A”或“B”），请说明理由_（4）25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4
21、溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_（5）95时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是_【答案】 (1). 1.01012 (2). 10 (3). B (4). 水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大，c（H+）、c（OH）均增大 (5). 10：1 (6). pH1+pH2=14（或a+b=14）【解析】【详解】(1)，常温下，水的离子积常数为KW=1014，曲线A条件下Kw=c(H+)c(OH)=107107=1014，曲线B条件c(H+)=c
22、(OH)=106mol/L，Kw=c(H+)c(OH)=1012，故曲线B表示95时的水的离子积常数；故答案为：1.01012；(2)95时，0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，所以溶液中氢离子的浓度为：1010mol/L，所以溶液的PH=10，故答案为：10；(3)95时，水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以两者浓度都为106mol/L，水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大，c(H+)、c(OH)均增大，水的电离平衡曲线应为B；答案为：B；水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大，c(H+)、c(OH)均增大；（4）25时所得混合溶液的pH=
23、7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH)=n(H+)，则V(NaOH)105molL1=V(H2SO4)104molL1，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1，故答案为：10:1；（5）要注意的是95时，水的离子积为1012，即酸、碱浓度相等时pH(酸)+pH(碱)=12，现强碱的OH浓度是强酸H+浓度的100倍，所以pH(酸)+pH(碱)=14，即pH1+pH2=14，或a+b=14，故答案为：pH1+pH2=14(或a+b=14)。27.现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸溶液乙，请根据下列操作回答问题：(1)常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式
24、的数据一定增大的是_Ac(H+) Bc(H+)/c(CH3COOH) Cc(H+)c(OH) Dc(OH)/c(H+)(2)取10mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡_(填“向左”、“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中c(H+)/c(CH3COOH) 的比值将_(填“增大”、“减小”或“无法确定”)(3)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)_ V(乙)( 填“”、“”或“=”)(4)已知25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式C
25、H3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K11.81054.31073.0108K25.61011下列四种离子结合H+能力最强的是_AHCO3 BCO32 CClO DCH3COO(5)常温下，取甲溶液稀释100倍，其pH=_；取99mL甲溶液与1mL1mol/L的NaOH溶液混合(忽略溶液体积变化)，恢复至常温时其pH=_【答案】 (1). BD (2). 向右 (3). 减小 (4). (5). B (6). 4 (7). 10【解析】本题主要考查弱电解质的电离平衡。（1）A.酸性减弱，c(H+)减小；B.稀释过程中水的电离程度增大，水电离产生的H+、OH-增多，所以c(H+)/c(CH3COOH)增大；C.水的离子积不变，所以c(H+)c(OH-)不变；D. c(OH-)增大，c(H+)减小，所以c(OH-)/c(H+)增大，故选BD。 （2）取10mL乙溶液，加入等体积水，稀释促进醋酸电离，醋酸的电离平衡向右移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，由于Ka=不变，c(CH3COO)增大，所以c(H+)/c(CH3COOH)的比值将减小。（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，由于醋酸电离程度很小，醋酸溶液浓度大于盐酸，所以消耗的