【化学】内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高二上学期期中考试试题
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：①CH3COOH ②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3 ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④③①⑤ D. 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。
2.25℃时将10mL pH＝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＝10
B. 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. 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；
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（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-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：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。
4.某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能实现该反应的原电池是（ ）

A. A B. B C. C D. 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/L HNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L
⑤相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. 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＋) (6). c (7). ab
【解析】
【详解】（1）常温下，有pH相同、体积相同的①盐酸和②醋酸两种溶液，采取以下措施：①CH3COOHCH3COO-+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；
②加水稀释10倍后，醋酸的电离平衡向右移动，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：>；
③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：>；
④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：>；
⑤①盐酸和②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，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(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，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)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（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CuCl2·2H2O晶体___，应如何操作___。
【答案】(1). C (2). CuO[或Cu(OH)2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). Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O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：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；答案是： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O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CuCl2∙2H2O的晶体；答案是: 不能；应在HCl气流中加热蒸发。
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). 2H2－4e－=4H＋ (2). O2＋4e－＋4H＋=2H2O (3). 2H2＋O2=2H2O (4). 变大 (5). 2H2－4e－＋4OH－=4H2O (6). O2＋4e－＋2H2O=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2H2＋O2=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：2H2－4e－=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：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，电池总反应为2H2＋O2=2H2O；反应生成水，溶液氢离子浓度降低，pH增大；故答案为：2H2－4e－=4H＋ ；O2＋4e－＋4H＋=2H2O；2H2＋O2=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2H2－4e－＋4OH－=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O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应为2H2＋O2=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：2H2－4e－＋4OH－=4H2O；O2＋4e－＋2H2O=4OH－；变小。