2022北京首都师大附中高二（上）期中化学（教师版）

这是一份2022北京首都师大附中高二（上）期中化学（教师版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022北京首都师大附中高二（上）期中
化 学
可能用到的相对原子质量：
第I卷(共42分)
一、选择题(本大题共21小题，每小题2分，共42分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)
1. 25℃时，向水中加入下列物质，能使水电离出的c(H+)>1×10-7mol/L的是
A. Na2CO3 B. H2SO4 C. Na2SO4 D. NaOH
2. 下列反应的发生与“盐类水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是
A. 镁条与溶液反应生成 B. 溶液与溶液反应生成
C. 盐酸与反应生成 D. 溶液和溶液反应生成
3. 在室温下，下列叙述正确的是
A. 将1 mL 1.0×10-5 mol/L盐酸稀释到1000 mL，得到pH＝8 的盐酸
B. 将1 mL pH＝3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸
C. 用pH＝1盐酸分别中和1 mL pH＝13 NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
D. pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸比较，2c(Cl- )＝c(SO42-)
4. 某同学用盐酸标准溶液滴定某烧碱溶液的浓度，以下操作会导致测定结果偏低的是
A. 未用盐酸标准溶液润洗滴定管 B. 装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水
C. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 D. 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
5. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. 将溶液加热蒸干制备无水固体
B. 从酸式滴定管中放出溶液
C. 用去除溶液中的
D. 配制溶液时，将溶于热水中，然后冷却稀释
6. 在下列各溶液中，指定的离子组一定能大量共存的是
A. 无色溶液中：
B. 含有的溶液中：
C. 在溶液中：
D. 室温下，的溶液中：
7. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是

选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O

A. A B. B C. C D. D
8. 一定温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是

A. 曲线I代表HCl的稀释过程
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从b点到d点，溶液中(各微粒的浓度均为平衡浓度)保持不变
D. 溶液的导电能力：d点＞e点
9. 下列离子方程式书写正确的是
A 用FeCl3溶液蚀刻铜制电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B. 向硫酸铝溶液中滴入少量氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C. 向FeI2溶液中通入过量Cl2：Cl2+2I-=2Cl-+I2
D. 向NH4HSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Ba2++2H++2OH-+SO=BaSO4↓+2H2O
10. NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A. 0.01mol/L NaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/L
B. 长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C. 通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO+HClO
D. 25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)
11. 电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是
化学式
H2CO3
HCN
HF
电离平衡常数(K)

Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
6.2×10-10

6.8×10-4


A. 电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>
B. 相同物质的量浓度溶液的pH：NaF②
D. 用Na2SO3溶液代替NaHSO3进行实验，现象相同
21. 某同学设计实验方案，利用沉淀滴定法测定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常数K。一定温度下，先将0.0100mol·L-1Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，待反应达到平衡时，过滤，取vmL滤液用c1mol·L-1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。
已知：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K1
Fe3++SCN- FeSCN2+(红色) K2
下列说法正确的是
A. Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替换为AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)
B. K1>>K2，Fe3+是滴定终点的指示剂
C. 若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏大
D. 若改为测定滤液中c(Fe3+)，选择合适的滴定方法直接滴定滤液，也能达到目的
第Ⅱ卷(共58分)
二、填空题(本大题共5小题，共58分)
22. 常温下，五种溶液：
①②③④⑤
已知：。
（1）用化学用语解释④呈酸性的原因：_________________________________。
（2）溶液①中由水电离出的为_________________________________。
（3）五种溶液的由大到小依次是_________________________________(填序号)。
（4）溶液①、③等体积混合后，溶液中___________(填“>”、“”、“1×10-7mol/L，A正确；
B．硫酸为强酸，会抑制水的电离，B错误；
C．硫酸钠为强酸强碱盐，不会影响水的电离，C错误；
D．氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，D错误；
故选A。
2. 【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵溶液存在着水解平衡，加入镁条后消耗氢离子，促使平衡正向移动，A项错误；
B．硫酸氢钠溶液是强电解质，电离出的氢离子可以和氢氧化钠溶液反应，从而生成硫酸钠，与溶解平衡和水解平衡无关，B项正确；
C．碳酸钙中存在着沉淀溶解平衡，加入盐酸消耗碳酸根离子，促使平衡正向移动，C项错误；
D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液中都存水解平衡，两者之间互相促进水解，最终完全水解，生成二氧化碳和沉淀，D项错误；
答案选B。
3. 【答案】B
【解析】
【详解】A. 在室温下，将1 mL 1.0×10-5 mol/L的盐酸无论加多少水稀释，pH不可能超过7，A叙述不正确；
B. 在室温下，将1 mL pH＝3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，说明在稀释过程中，该酸存在电离平衡的移动，则此酸为弱酸，B叙述正确；
C. 在室温下，用pH＝1盐酸分别中和1 mL pH＝13 NaOH溶液和氨水，由于氨水中存在NH3∙H2O的电离平衡，在pH相等的条件下，氨水的物质的量浓度远远大于氢氧化钠的，所以氨水消耗的盐酸多，C叙述不正确；
D. 在室温下， pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸，其物质的浓度分别是0.01mol/L和0.05mol/L，5c(Cl-)＝c(SO42-) ，D叙述不正确。
答案选B。
4. 【答案】C
【解析】
【分析】根据反应，可得，即，其中待测液的体积和标准液的浓度已知，则待测液的浓度与标准液的体积成正比，即，以此判断。
【详解】A．未用盐酸标准溶液润洗滴定管，则标准液浓度偏低，消耗的标准液的体积偏大，结果偏高，故A错误；
B．装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水，相当于待测液被稀释，但是物质的量不变，消耗的标准液体积不变，浓度无影响，故B错误；
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则标准液体积偏小，计算结果偏低，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则标准液体积偏大，结果偏高，故D错误；
故选C。
5. 【答案】B
【解析】
【详解】A． 在HCl气流中将溶液加热蒸干制备无水固体，可抑制镁离子水解，故A错误；
B． 高锰酸钾具有强氧化性，从酸式滴定管中放出溶液，故B正确；
C． 用去除溶液中的会引入钠离子，应加入MgO或Mg(OH)2，调节pH，除去铁离子，故C错误；
D． 配制溶液时，将溶于盐酸中，然后冷却稀释至所需浓度，故D错误；
故选B。
6. 【答案】C
【解析】
【详解】A．的溶液为紫色，不能在无色溶液中存在，A错误；
B．Fe3+有氧化性，I-有较强还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．pH =1的溶液为酸性溶液，之间不反应，能大量共存，C正确；
D．室温下，c(H+)=molL-1Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，D正确；
故答案选D。
11. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，则电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正确；
B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaF，则HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应，C正确；
D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D错误；
故选：D。
12. 【答案】C
【解析】
【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。
A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；
B．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是由原子组成，属于共价化合物，B错误；
C．气态氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞R，Y、R 两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R，C正确；
D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：M>K2；出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明Fe3+是滴定终点的指示剂，B正确；
C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，滴入KSCN溶液时发生反应Ag++SCN-AgSCN↓，使Ag++Fe2+Fe3++Ag↓逆向移动，使银离子浓度增大，，K值偏小，C错误；
D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，Fe2+容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，滴定结果不准确，D错误；
故选B。
第Ⅱ卷(共58分)
二、填空题(本大题共5小题，共58分)
22. 【答案】（1）
（2）
（3）
（4）= （5）
（6） ①. ②. bc
【解析】
【小问1详解】
铵根水解显酸性，；
【小问2详解】
溶液，根据，水电离出的==；
【小问3详解】
五种溶液：①，②是弱电解质，，③是强酸的酸式盐，可以电离出氢离子，，④水解显酸性，⑤是强酸强碱盐显中性，故五种溶液的由大到小依次是；
【小问4详解】
溶液①、③等体积混合后正好中和生成，溶液显酸性，=；
【小问5详解】
的溶液=0.1mol/L，的溶液=0.01mol/L，混合溶液的，，解得；
【小问6详解】
①向溶液中滴加溶液，发生中和反应，离子方程式是；
②
a．A点是抑制水的电离，随着氢氧化钠的加入水的电离程度增大，生成醋酸钠促进水的的电离，C两点水的电离程度：，故a错误；
b．B点正好中和一半，溶质为和，物质的量浓度之比为1:1，根据电荷守恒溶液中微粒浓度满足： ，故b正确；
c．D点是正好中和的点，溶质为，根据元素质量守恒可知溶液微粒浓度满足：，故c正确；
故答案为bc；
23. 【答案】（1）2 （2）试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，相同条件醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当与的初始浓度相等时，溶液中
（3）BC （4）CD
（5）变大
【解析】
【小问1详解】
1L水中通入0.01molHCl，，溶液是pH=-，2；
【小问2详解】
试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，相同条件下醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当与的初始浓度相等时，溶液中，所以溶液呈酸性；
【小问3详解】
A．、配制成溶液，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以，故A错误；
B．、配制成溶液，根据电荷守恒，根据物料守恒 ；所以 ，故B正确；
C．根据物料守恒，故C正确；
故选BC；
【小问4详解】
A．溶液中加入酸，氢离子浓度迅速增大；加入碱，氢离子浓度迅速减小，不具有缓冲作用，故不选A；
B． 溶液中加入酸，氢氧根离子浓度迅速减小；加入碱，氢氧根离子浓度迅速增大，不具有缓冲作用，故不选B；
C．溶液中加入酸，氨水和酸反应生成氯化铵，氢离子浓度变化小；加入碱，氯化铵和氢氧根离子反应生成氨水，氢氧根离子浓度变化小，具有缓冲作用，故选C；
D．溶液中加入酸，碳酸根和氢离子反应生成碳酸氢根，氢离子浓度变化小；加入碱，碳酸氢根和氢氧根离子反应生成碳酸根离子，氢氧根离子浓度变化小，具有缓冲作用，故选D；
故选CD。
【小问5详解】
温度不变，碳酸的电离常数不变。当少量的强碱进入血液中时，c(H+)浓度减小，血液缓冲体系中的值将变大。
24. 【答案】（1）
（2）＜ （3） ①. ②. 无气泡产生，沉淀不溶解
（4）
（5）虽然BaSO4比BaCO3更难溶，但存在，当溶液中的浓度较大时，会结合BaSO4中的Ba2+，生成BaCO3，使平衡正移。
【解析】
【小问1详解】
的溶度积常数表达式为。
【小问2详解】
根据溶解度计算出和饱和溶液的浓度。：，Ksp=(1.03×10-5)2=1.1×10-10；：，Ksp=(7.1×10-5)2=5.0×10-9；故＜。
【小问3详解】
全部转化为的离子方程式为；与盐酸不反应，故现象为无气泡产生，沉淀不溶解。
【小问4详解】
实验Ⅱ的沉淀为和的混合物，加入稀盐酸的离子方程式是。
【小问5详解】
实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，原因是虽然BaSO4比BaCO3更难溶，但存在，当溶液中的浓度较大时，会结合BaSO4中的Ba2+，生成BaCO3，使平衡正移。
25. 【答案】（1） ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+
（3）
【解析】
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【小问1详解】
①溶出前，软锰矿需研磨。研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，目的是增大反应速率，提高浸出率。故答案为：增大反应速率，提高浸出率；
②i．II是从软锰矿中溶出的主要反应，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O。故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；
i．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
【小问2详解】
MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，“纯化”时，先向溶出液中先加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3•H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，适宜调节的pH范围是4.7≤pH＜5.8，可调溶液。故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+；
【小问3详解】
根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=cmol•L-1×dL，产品纯度== 。故答案为：。
26. 【答案】（1）
（2）起始浓度少，水解产生的少
（3）与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少
（4） ①. 可以减缓与的氧化还原反应 ②. 0.14g ③. 无明显现象
（5）c
【解析】
【分析】对比实验Ⅰ和Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅰ中的氯化铁的量较少，且水解速率较慢，水解产生的较少，即出现红褐色颜色较浅。
【小问1详解】
(1) 溶液和溶液均为强酸弱碱盐，铁离子水解呈酸性，其水解方程式为，故填；
【小问2详解】
(2)实验Ⅰ中起始浓度较少，实验Ⅱ和Ⅲ中浓度比Ⅰ大，虽然浓度越低越水解，但是实验Ⅰ中数目少，且水解速率没有Ⅱ和Ⅲ快，水解产生的也少，故填起始浓度少，水解产生的少；
【小问3详解】
(3)分别取少量实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，5min后的溶液于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，实验Ⅰ无变化，实验Ⅱ和Ⅲ中出现蓝色沉淀，说明实验Ⅱ和Ⅲ中与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少，故填与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少；
【小问4详解】
(4) 后实验III中溶液颜色比实验II中深，结合因素①可以加快与的氧化还原反应；③在酸性环境下代替氧化了，同时消耗，使水解出的较多，则可推出因素②为：可以减缓与的氧化还原反应，针对因素探究可用对比实验的方法，即向实验Ⅴ溶液中加入NaCl固体，加入的量为2mL中氯离子的物质的量相同，即，所需氯化钠的质量为0.14g。实验结果显示因素①和②均成立，因素③不成立，所以实验Ⅵ中现象为：无明显现象，故填可以减缓与的氧化还原反应、0.14g、无明显现象；
【小问5详解】
(5)a．对比实验Ⅱ、Ⅲ5 min 后的现象，溶液立即变为红褐色，说明铁离子水解，实验Ⅲ比实验Ⅱ红褐色深，铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，但不是以氧化还原反应为主，故a错误；
b．对照实验Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅲ现象红褐色变浅，比Ⅱ中深，说明稀硝酸在5 min 内能将氧化，故b错误；
c．向 pH大于1的稀硝酸中加入少量，使其完全溶解，可用来检验实验Ⅰ的上层清液中是否存在，若有，有白色不溶于稀硝酸的沉淀产生，故c正确；
故填c。