广东省汕头市潮阳新世界中英文学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

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潮阳新世界中英文学校2019-2020学年上学期期中考试 相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cu 64 Zn 65 Cl 35.5 K 39 Ca 40 P 31‎ 一、选择题：（本题共7小题，每题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）‎ A. a mL B. （50―a）mL C. 大于（50―a）mL D. 大于amL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。‎ ‎2.下列数据中合理的是 A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量25.20 g NaCl C. 用广范pH试纸测得某溶液pH为2.3‎ D. 用25 mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 量筒的精确度为0.1ml，A项错误；‎ B. 托盘天平的精确度为0.1g，B项错误；‎ C. 广范pH试纸是粗略测量溶液酸碱性的工具，不能测出pH为2.3，C项错误；‎ D. 滴定管的精确度为0.01ml，用碱式滴定管可以量取21.70ml的碱溶液，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是 A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3加热后水解生成Al（OH）3和HCl，Al（OH）3易分解生成Al2O3‎ ‎，HCl易挥发，最后得到Al2O3固体；‎ B．KHCO3加热易分解生成K2CO3，最后得到K2CO3固体；‎ C．Fe2（SO4）3加热后水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到Fe2（SO4）3；‎ D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余 本题选C。‎ ‎4.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：‎ A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了水电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．‎ ‎5.在CH3COOHH＋＋CH3COO－的电离平衡中，要使电离平衡右移且氢离子浓度增大，应采取的措施是 A 加入NaOH B. 加入盐酸 C. 加水 D. 升高温度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，加入NaOH，消耗氢离子，氢离子浓度降低，平衡正向移动，故A错误，不符合题意；‎ B选项，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误，不符合题意；‎ C选项，加水，平衡逆向移动，由于溶液体积增大占主要影响因素，因此氢离子浓度减小，故C错误，不符合题意；‎ D选项，升高温度，电离是吸热反应，因此平衡正向移动，氢离子浓度增大，故D正确，符合题意；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】弱电解质电离加水稀释“看得见的浓度减小，看不见的浓度增大”即电离方程式中看见的微粒的浓度减小，隐含的离子浓度增大。‎ ‎6.氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）‎ A. 1mol/L HCN溶液的pH约为3‎ B. HCN易溶于水 C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D. 用HCN溶液做导电性实验，灯泡很暗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若HCN是强电解质，1mol/LHCN溶液的pH为0，现在pH约为3，则说明HCN只发生部分电离，从而说明HCN是弱酸，A符合题意；‎ B．物质的溶解性与电解质的强弱没有必然的联系，B不符合题意；‎ C．不管HCN是强酸还是弱酸，10 mL1mol/LHCN与10 mL 1mol/L NaOH溶液都完全反应，C不合题意；‎ D．溶液的导电能力与电解质强弱没有必然联系，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质强。比如：碳酸钙是强电解质，它的水溶液不导电；硫酸是强电解质，很稀的硫酸导电能力弱；醋酸是弱电解质，但浓醋酸溶液的导电能力较强。‎ ‎7.0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是 A. c（K+）+c（H+）=c（S2—）+c（HS—）+c（OH—）‎ B. c（K+）+ c（S2—） = 0.3mol/L C. c（K+）=c（S2—）+c（HS—）+c（H2S）‎ D. c（OH-）=c（H+）+c（HS—）+2c（H2S）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），A错误；‎ B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2－）＜0.3mol/L，B错误；‎ C、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）＝0.2mol/L，C错误；‎ D、根据质子守恒可知c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S），D正确。‎ 答案选D。‎ 二、填空题(本题包括4小题，共58分)‎ ‎8.（1）AgNO3的水溶液呈___（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH___7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：___；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。‎ ‎（2）氯化铝水溶液呈___性，原因是（用离子方程式表示）：___；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___。‎ ‎（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的___。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). < (3). Ag++H2OAgOH+H+ (4). 抑制 (5). 酸 (6). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (7). Al2O3 (8). 盐酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。‎ ‎（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，由此可知，最终得到的主要固体产物的成分。‎ ‎（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的酸。‎ ‎【详解】（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性，pH<7，原因是Ag++H2OAgOH+H+；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。答案为：酸；<；Ag++H2OAgOH+H+；抑制；‎ ‎（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最终所得主要固体的成分为Al2O3。答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3；‎ ‎（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的盐酸。答案为：盐酸。‎ ‎【点睛】对于挥发性酸的弱碱盐，在加热蒸干和灼烧过程中，水解生成的酸挥发，水解生成的金属氢氧化物分解，所以最终所得的固体为金属氧化物；对于不挥发性酸的弱碱盐，因为起初水解生成的酸不能挥发，所以最终水解生成的金属氢氧化物再与酸反应，重新生成盐，故最终所得固体仍为该无水盐。‎ ‎9.（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈___（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c(Na＋)___c(CH3COO－)（填“>”或“＝”或“<”）。‎ ‎（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈___，溶液中c(Na＋)___c(CH3COO－)。‎ ‎（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈___，醋酸体积___氢氧化钠溶液体积。‎ ‎（4）常温下，Ksp(PbI2)=8.5×10-9。取适量黄色PbI2粉末溶于水中，充分揽拌后得到浊液，过滤。在滤液中加入少量KI，测得c(I-)=1.0×10-2mol·L-1。则c(Pb2+)=___。‎ ‎【答案】 (1). 碱性 (2). > (3). 酸性 (4). < (5). 中性 (6). > (7). 8.5×10-5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，二者恰好完全反应，生成CH3COONa和水，由于CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，可得出溶液的酸碱性及溶液中c(Na＋)与c(CH3COO－)的关系；‎ ‎（2）醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，CH3COOHCH3COO-+H+，由此可确定溶液的酸碱性及溶液中c(Na＋)与c(CH3COO－)的关系；‎ ‎（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，依据电荷守恒，可得出溶液中c(H+)与c(OH-)的关系，从而确定混合后溶液的酸碱性及醋酸体积与氢氧化钠溶液体积的关系；‎ ‎（4）滤液中PbI2达到沉淀溶解平衡，加入少量KI，测得c(I-)=1.0×10-2mol·L-1，由Ksp(PbI2)= c(Pb2+)∙c2(I-)，可求出c(Pb2+)。‎ ‎【详解】（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，二者恰好完全反应，生成CH3COONa和水，由于CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，使溶液呈碱性；由于CH3COO-水解，导致其浓度减小，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)。答案为：碱性；>；‎ ‎（2）醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，CH3COOHCH3COO-+H+，所以溶液呈酸性；溶液中CH3COONa=CH3COO-+Na+，再加上CH3COOHCH3COO-+H+，所以c(Na＋)氢氧化钠溶液体积。答案为：中性；>；‎ ‎（4）滤液中PbI2达到沉淀溶解平衡，加入少量KI，测得c(I-)=1.0×10-2mol·L-1，由Ksp(PbI2)= c(Pb2+)∙c2(I-)，可求出c(Pb2+)=；‎ 答案为：8.5×10-5mol/L。‎ ‎10.(Ⅰ)常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：‎ 实验 编号 HA的物质的量浓度(mol·L－1)‎ NaOH的物质的量浓度(mol·L－1)‎ 混合后溶液的pH 甲 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝a 乙 ‎0.12‎ ‎0.1‎ pH＝7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝10‎ ‎ (1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还弱酸？‎ ‎_______________________________________________________________________。‎ ‎(2)乙组混合溶液中离子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系是_______。‎ A．前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断 ‎(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。‎ ‎(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝_______mol/L。‎ ‎(Ⅱ)某二元酸(分子式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－‎ 回答下列问题：‎ ‎(5)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_______。‎ A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1 mol/L B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)‎ D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)‎ ‎【答案】 (1). a=7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸 (2). C (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). 10-4-10-3 (5). A、C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱取决于完全中和后盐的pH，若a=7为强酸；若a＞7为弱酸；‎ ‎（2）据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，因c(H+)＝c(OH-)，所以c(Na+)＝c(A-)，答案选C；‎ ‎（3）丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，由pH＞7知A-水解程度大于HA的的电离，离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；‎ ‎（4）据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，推导c(Na+)-c(A-)＝c(OH-)—c(H+)＝（10-4-10-10）mol/L；‎ ‎（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB- +OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子。A．根据物料守恒得c( B2- )+c(HB- )＝0.1 mol/L，A正确；B．溶液中没有H2B分子，所以根据物料守恒可得：c(Na+)＝2[c(B2-)+ c(HB- )]，B错误；C．根据质子守恒得c(OH- )=c(H+)+c(HB- )，C错误；D．根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HB-)+2c(B2- )，D错误，答案选AC。‎ ‎【点晴】本题主要考查电解质的强弱及溶液中离子浓度大小比较的知识。酸溶液显酸性，碱溶液显碱性，而酸与碱恰好完全反应产生盐和水时的溶液不一定显中性。若盐是强酸强碱盐，则溶液显中性，若是强碱弱酸盐或强酸弱碱盐则盐电离产生的弱酸根离子或弱碱根离子就会与水电离产生的H+或OH-离子结合形成弱酸或弱碱，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)、c(OH-)不再相等，使溶液显碱性或酸性。即发生盐的水解。水解规律是：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性。盐水解程度微弱的，主要以盐电离产生的离子存在。对于多元弱酸形成的酸式盐，在溶液中存在电离平衡、水解平衡，若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，若水解程度大于电离程度，则溶液显碱性。常见的电离程度大于水解程度的只有NaHSO3、Ca(H2PO4)2,其余都是水解作用大于电离作用。在比较离子浓度大小时要用到电荷守恒、物料守恒和质子守恒。掌握盐的水解规律及比较离子浓度的方法是解答本题的关键。‎ ‎11.水的电离平衡曲线如图所示。‎ ‎（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从___增加到___。‎ ‎（2）将100℃的pH=8的Ba(OH)2溶液与100℃的pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为___。‎ ‎（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）___。‎ A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间 ‎（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）___。‎ A．氨水与氯化铵发生化学反应 B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)‎ C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH-)减小 ‎（5）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，‎ ‎①___和____两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。‎ ‎②___和___两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol。‎ ‎【答案】 (1). 10-14 (2). 10-12 (3). 2：9 (4). D (5). C (6). NH3·H2O ‎ ‎ (7). NH4+ (8). NH4+ (9). H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从10-7×10-7增加到10-6×10-6；‎ ‎（2）设Ba(OH)2溶液的体积为V1，稀盐酸的体积为V2，则，由此可求出V1:V2，则可以计算出Ba(OH)2与盐酸的体积比；‎ ‎（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后，由于氨水的电离度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，从而得出溶液的pH；‎ ‎（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是氯化铵电离生成的NH4+抑制氨水的电离，从而使氨水的电离平衡逆向移动；‎ ‎（5）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液中，n(NH4Cl)=0.05mol，n(NH3·H2O)=0.05mol，n(NaCl)=0.05mol，在溶液中，存在下列两个电离平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-；若假设电离的n(NH3·H2O)电离=x，则平衡后的溶液中，n(NH3·H2O)平=0.05-x，n(NH4+)=0.05+x，c(OH-) =x+ n(H+)。由此得出：‎ ‎①NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.1mol；‎ ‎②NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol。‎ ‎【详解】（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从10-14增加到10-12；‎ 答案为：10-14；10-12；‎ ‎（2）设Ba(OH)2溶液体积为V1，稀盐酸的体积为V2，则，由此可求出V1:V2=2：9，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为2：9。答案为2：9；‎ ‎（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后，由于氨水的电离度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，10-11mol/L< c(H+)<10-9mol/L，从而得出溶液的pH为9~11之间；‎ 答案为：D；‎ ‎（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是氯化铵电离生成的NH4+抑制氨水的电离，从而使氨水的电离平衡逆向移动；‎ 答案为：C；‎ ‎（5）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液中，n(NH4Cl)=0.05mol，n(NH3·H2O)=0.05mol，n(NaCl)=0.05mol，在溶液中，存在下列两个电离平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-。‎ 若假设电离的n(NH3·H2O)电离=x，则平衡后的溶液中，n(NH3·H2O)平=0.05-x，n(NH4+) =0.05+x，c(OH-) =x+ n(H+)，由此得出：‎ ‎①NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.1mol；‎ 答案为：NH3·H2O；NH4+；‎ ‎②NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol；‎ 答案为：NH4+；H+。‎ ‎ ‎