【化学】河北省安平中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

河北省安平中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
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Ⅰ卷和Ⅱ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Ⅰ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的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】B
【解析】
【分析】在相同温度时，100mL 0.01mol·L-1醋酸溶液与10mL 0.1mol·L-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，100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1mol·L-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0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，错误； 
D. 由n=cV可知，100mL 0.01mol·L-1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL 0.1mol·L-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：CH3COOH⇌CH3COO-+H+△H＞0，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CH3COONa
C. 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CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入固体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CH3COOH⇌CH3COO-+H+△H＞0，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：①7.2×10﹣4、②2.6×10﹣4、③4.9×10﹣10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+HNO2═HCN+NaNO2 NaNO2+HF═HCN+NaF NaNO2+HF═HNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（　　）
A. HF的电离常数是① B. HNO2的电离常数是①
C. HCN的电离常数是② D. HNO2的电离常数是③
【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+HNO2═HCN+NaNO2 、NaNO2+HF═HCN+NaF、NaNO2+HF═HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，
答案选A。
4.25℃时，将稀氨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. NaHCO3溶液中溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
D. 室温下，对于0.10 mol·L－1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；
C．NaHCO3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 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 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 mL
C. 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)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。
故选B。
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：Cu＋2Fe3+= 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：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：Cu＋2Fe3+= 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①盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，从而沟通内电路，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；②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。
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+