【化学】安徽省黄山市屯溪第一中学2018-2019学年高二下学期入学摸底考试（解析版）

安徽省黄山市屯溪第一中学2018-2019学年高二下学期入学摸底考试
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O: 16 N:14 Na:23 S: 32
一、选择题
1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法不正确的是
A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是过滤
C. “取碱”得到的是一种盐溶液 D. “浣衣”过程有化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，发生相互促进的水解反应，降低肥效，故A错误；
B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B正确；
C.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液属于盐溶液，故C正确；
D.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液由于CO32-水解呈碱性，“浣衣”过程中促进油脂的水解，有化学变化，故D正确。
故选A。
2.下列叙述正确的是：
A. 使用催化剂可以改变反应的活化能，也可以改变反应的焓变。
B. 金属腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀
C. 电解饱和食盐水，阳极产物一定是氯气
D. 同种弱电解质溶液，增大物质的量浓度导电能力不一定增强
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂能改变反应的活化能、改变反应速率，不改变反应的焓变，故A错误；
B.金属的腐蚀分为：金属和化学物质直接反应的是化学腐蚀，不纯金属（或合金）和电解质溶液构成原电池的是电化学腐蚀，电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，故B错误；
C.若用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产物是氯气，若用活性电极电解饱和食盐水，则活性电极本身失去电子发生氧化反应，故C错误；
D.同种弱电解质溶液，增大物质的量浓度，电离平衡向电离的方向移动，但溶液中离子浓度不一定增大，所以导电能力不一定增强，故D正确。
故选D。
3.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是：
A. 铅蓄电池放电时，负极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
B. 粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=== Cu
C. 生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强
D. 铁制品上镀锌，锌做阴极，铁制品做阳极，电解质溶液中含Zn2＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.由铅蓄电池放电时的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A错误；
B.粗铜精炼时，纯铜为阴极，与电源负极相连，Cu2＋在阴极上得电子被还原为Cu，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故B正确；
C.生铁中含有碳，易形成原电池铁被腐蚀，抗腐蚀能力不如纯铁强，故C错误；
D.电镀时，将镀层金属做阳极，镀件做阴极，故在铁制品上镀锌，应用锌做阳极，铁制品做阴极，含Zn2＋的溶液为电解质溶液，故D错误。
故选B。
【点睛】注意电镀时，镀层金属做阳极，镀件做阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电解质溶液。
4.下列溶液一定呈酸性的是：
A. 含有H＋的溶液 B. pH=6.5的溶液
C. c(OH－) Mg
【答案】C
【解析】
【详解】A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误；
B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；
C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：Mg>Cu，故D错误。
故选C。
13.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是
溶质
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
NaHSO3
pH
11.6
10.3
9.7
4.0
A. 常温下，HSO3－的水解能力强于其电离能力
B. 向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度
C. Na2CO3 溶液中存在以下关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)
D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高
【答案】D
【解析】
【分析】
A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，从而使HClO的浓度增大；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱。
【详解】A.0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO3-的电离程度大于水解程度，故A错误；
B.向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故B错误；
C.根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故C错误；
D.强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故D正确。
故选D。
14.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(s)ΔH >0，若0~15 s内c(HI)由0.1 mol·L-1降到0.07 mol·L-1，则下列说法正确的是(　 　)
A. 0~15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001 mol·L-1·s-1
B. c(HI)由0.07 mol·L-1降到0.05 mol·L-1所需的反应时间小于10 s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率也加快
D. 减小反应体系的体积，正逆反应速率增大程度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.0∼15s内c(HI)由0.1mol⋅L−1降到0.07mol⋅L−1，v(HI)=0.03mol/L÷15s=0.002mol/(L.s)，由速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)=0.002mol/(L.s)×12=0.001mol/(L.s)，但I2(s)为固体，不能表示反应速率，故A错误；
B.若速率不变，c(HI)由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1所需的反应时间为0.02mol/L÷0.002mol/(L.s)=10s，但随反应进行浓度减小，反应速率减小，则c(HI)由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1所需的反应时间大于10 s，故B错误；
C.升高温度，正逆反应速率均增大，故C正确；
D.减小反应体系的体积，压强增大，则化学反应速率加快，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故D错误。答案选C。
【点睛】本题在解题时特别注意B选项c(HI)由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1和由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1，浓度均是降低0.02mol/L，但是随反应的进行浓度减小，反应速率减小，后者所需时间比前者长；C选项误区是升高温度，正反应速率增大，逆反应速率不增大，实际是正逆反应速率均增大。据此解答。
15.常温下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），根据图示判断，当V（NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是

A. c(Na+)＞c(HB－)＞c(H+)＞c(B2－)＞c(H2B)
B. c(Na+)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)
C. c(Na+)＞c(H+)＞c(HB－)＞c(B2－)＞c(OH－)＞c(H2B)
D. c(Na+)＞c(OH－)＞c(HB－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)
【答案】A
【解析】
【分析】
向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。
【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。
故选A。
16.某温度下，Fe(OH)3（s）、Cu(OH)2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如右图所示。据图分析，下列判断错误的是

A. Ksp[Fe(OH)3]< Ksp [Cu(OH)2]
B. Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
C. 加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D. c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH－)乘积相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe(OH)3]与KSP[Cu(OH)2]的大小，KSP[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)•(OH-)3＝c(Fe3+)•(10-12.7)3，KSP[Cu(OH)2]＝c(Cu2+)•(OH-)2＝c(Cu2+)•(10-9.6)2，因c(Fe3+)＝c(Cu2+)，故KSP[Fe(OH)3]＜KSP[Cu(OH)2]，A正确；B、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，B正确；C、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c(OH-)增大，故不能使溶液由a点变到b点，C错误；D、只要温度不发生改变，溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积(即Kw)就不变。该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等
【名师点晴】对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据(或坐标点)之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解等是解题关键；根据图象找出可用来比较Fe(OH)3与Cu(OH)2溶度积常数点，可用b、c进行计算；由a点变到b点，pH增大，氯化铵水解呈酸性，不会增大溶液的pH；Kw只与温度有关；注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别，答题时注意灵活应用。
二、填空题
17.室温下，把下列各题的结果填在横线上。
（1）c(OH－)=1×10－3mol/L的溶液的pH=___________________
（2）0.01mol/L HNO3溶液中，水电离出的H+的物质的量的浓度c(H＋)=_________________
（3）某溶液由水电离出H+的物质的量的浓度c(H＋)= 1×10－5mol/L，则该溶液可以是______（填“硫酸”或“氯化铵”或 “氢氧化钠” 或“氯化钠”）溶液
（4）将0.39g过氧化钠溶于足量水中并配成100 mL溶液，则溶液的pH=_____________
（5）0. 12mol/L HCl溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=___________
【答案】 (1). 11 (2). 1×10-12mol/L (3). 氯化铵 (4). 13 (5). 2
【解析】
【分析】
（1）根据pH的计算公式进行计算；
（2）0.01mol/LHNO3溶液中c（H+）=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，所以由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），根据Kw计算溶液中c（OH-）；
（3）水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，由于c(OH-)=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明水的电离被促进；NH4Cl中含有弱碱阳离子NH4+，可结合水电离的OH-，使平衡正向移动，符合题意；
（4）由n（NaOH）=2n（Na2O2）=0.005mol×2=0.01mol可知，故形成的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg0.1=1，所以溶液的pH=14-1=13；
（5）根据酸和碱混合计算溶液的pH值。
【详解】（1）c(OH－)=1×10－3mol/L的溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg1×10－3=3，所以溶液的pH=14-3=11，故答案为：11。
（2）0.01mol/LHNO3溶液中c（H+）=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-14，溶液中c（OH-）=1×10-14/0.01=1×10-12（mol/L），由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），故溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10-12mol/L，
故答案为：1×10-12mol/L。
（3）水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，由于c(OH-)=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明水的电离被促进；NH4Cl中含有弱碱阳离子NH4+，可结合水电离的OH-，使平衡正向移动，符合题意，而H2SO4可电离出H+抑制水的电离，NaOH可电离出OH－抑制水的电离，NaCl对水的电离平衡无影响，
故答案为：氯化铵。
（4）0.39g过氧化钠的物质的量为0.39g÷78g/mol=0.005mol，由化学方程式2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑及钠元素守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2O2）=0.005mol×2=0.01mol，故形成的氢氧化钠溶液的浓度为0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液的pOH=-lg[c(OH-)]=-lg0.1=1，所以溶液的pH=14-1=13，故答案为：13。
（5）NaOH与HCl以1：1发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，现在盐酸浓度为0.12mol/L，氢氧化钠浓度为0.1mol/L，且溶液体积相等，设盐酸和氢氧化钠溶液的体积都是VL，则完全反应后，溶液中盐酸有剩余，剩余的盐酸的浓度为：（0.12mol/L×VL-0.1mol/L×VL)/2VL=0.01mol/L，即：c(HCl)剩余=0.01mol/L，则c(H+)剩余=0.01mol/L，pH=-lg[c(H+)]=-lg0.01=2。
故答案为：2。
18.利用所学化学反应原理，解决以下问题：
（1）KAl (SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)
（2）碳酸氢钠溶液蒸干并灼烧得到的固体物质是__________（填化学式）
（3）向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_____________
（4）将AgCl分别放入①5mLH2O　②10mL0.2mol·L－1MgCl2溶液　③20mL0.5mol·L－1NaCl溶液④40mL0.1mol·L-1HCl溶液中溶解至饱和，各溶液中Ag＋的浓度由大到小的顺序是________________________（用序号填空）
（5）常温下amol/LCH3COOH稀溶液和bmol/LKOH稀溶液等体积混合：若c(K+)＜c(CH3COO－)，则a_____________b（填>、④>②>③ (5). > (6). ③③。
（5）若c(K+)＜c (CH3COO－)，由电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知，所以c(H+)>c(OH-)，所以a>b；假设溶液的体积为1L，浓度均为1 mol/L相同体积的下列四种溶液，①含有KCl物质的量为1mol，氯化钾为强电解质，完全电离，所以含有钾离子的物质的量为1mol，②含有FeCl3 物质的量为1mol，氯化铁为强电解质，完全电离,产生1mol三价铁离子，铁离子为弱碱阳离子，部分水解，水解方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以阳离子物质的量略大于1mol，③含有HF物质的量为1mol，HF为弱电解质，部分电离，所以含有的氢离子小于1mol，④含有Na2CO3物质的量为1mol，碳酸钠为强电解质完全电离，产生2mol钠离子，所以含有阳离子物质的量为2mol，则所含阳离子数由少到多的顺序是③③。本小题答案为：①>④>②>③。
（5）若c(K+)＜c (CH3COO－)，由电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知，所以c(H+)>c(OH-)，所以a>b；假设溶液的体积为1L，浓度均为1 mol/L相同体积的下列四种溶液，①含有KCl物质的量为1mol，氯化钾为强电解质，完全电离，所以含有钾离子的物质的量为1mol，②含有FeCl3 物质的量为1mol，氯化铁为强电解质，完全电离,产生1mol三价铁离子，铁离子为弱碱阳离子，部分水解，水解方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，所以阳离子物质的量略大于1mol，③含有HF物质的量为1mol，HF为弱电解质，部分电离，所以含有的氢离子小于1mol，④含有Na2CO3物质的量为1mol，碳酸钠为强电解质完全电离，产生2mol钠离子，所以含有阳离子物质的量为2mol，则所含阳离子数由少到多的顺序是③