1、解析吉林省吉林市蛟河市第一中学学年高二上学期期中考试化学试题 20192020学年度上学期高二第二次期中测试化学科试卷可能用到的相对原子质量：Fe 56 Cu 64一、选择题：每小题2分，共40分1.下列指定化学用语正确的是（ ）A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2+2OH-C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4= Na+H+SO42-D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-【答案】CA项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-
2、，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H+CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电
3、离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-。2.甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（ ）A. 甲中水电离出来H+的物质的量浓度是乙中水电离出来H+的物质的量浓度的10倍B. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V(甲)V(乙)C. 物质的量浓度c(甲)10c(乙)D. 甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍【答案】C试题分析：Ac（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H
4、+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，错误；C酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）10c（乙），正确；B酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）V（乙），错误；Dc（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，错误。考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
5、CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.810-5K1=4.310-7K2=5.610-11K1=9.110-8K2=1.110-12K1=7.510-3K2=6.210-8K3=2.210-13则下列说法中不正确的是（）A. 碳酸的酸性强于氢硫酸B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C. 常温下，加水稀释醋酸，增大D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变【答案】C【详解】A由表格数据可知，碳酸的K1氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；B多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确； C常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错
6、误； D弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，= ，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。4.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线A
7、. B. C. D. 【答案】A【详解】碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线，读数偏高，所用碱液的体积偏小，所测盐酸浓度偏低。只有符合题意，故答案为A。5.下列说法正确的是A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H) = 10-10 mol/L
8、B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH7，则c(NH4) 7，即c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，则c(NH4) c(Cl-)，因此氨水的电离为主，因此 c(NH4) c(NH3H2O)，故C错误；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA完全电离，则向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：H+ OH =H2O，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了溶液酸碱性与pH。本题的易错点为D，要注意根据溶液的浓度与
9、pH的关系，判断酸H2A和HA的强弱，再判断离子方程式的正误。6.下列事实：NaHSO4溶液呈酸性；长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；NaHS溶液中c(H2S)c(S2)；氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；加热FeCl36H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项【答案】B【详解】中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H所致；中是NH4+水解显酸性所致；中HCl会抑制Cu2水解；中是因HS水解程度大于其电离程度所致；中N
10、H4+水解产生H与锈斑中的Fe2O3反应；加热时部分FeCl3会发生水解。故除外都与盐类的水解有关。故选B。7.室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是()A. 若pH7，则一定是c1V1c2V2B. 在任何情况下都是c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)C. 当pH7时，若V1V2，则一定是c2c1D. 若V1V2，c1c2，则c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Na)【答案】A【详解】A、氢氧化钠为强碱，醋酸为弱酸，两溶液混合时，若恰好完全反应，则得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，pH7，若醋酸溶液稍
11、过量，pH也可能大于7，而碱过量时溶液一定显碱性，pH7，故A错误；B、由电荷守恒知，在任何情况下都存在c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，故B正确；C、溶液pH7时酸过量，所以若V1V2，则一定是c2c1，故C正确；D、由物料守恒知，若V1V2，c1c2，则c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Na)，故D正确；答案选A。8.在25时，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )A. pH相等的四种溶液：aCH3COONa bNa2CO3 cNaHCO3 dNaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d b c aB. 0.1molL1的NaHCO3溶液：c(Na)
12、c(HCO3) c(CO32) c(H2CO3)C. 1 L 0.50 molL1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 molL1NH4Cl 溶液，前者含NH4+ 物质的量多D. 浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO)c(OH) c(CH3COOH)c(H+)【答案】B【分析】酸性，则其对应阴离子的水解程度为。【详解】A. pH相等的、溶液，其物质的量浓度，故d b c 110-7mol/L，错误。Cc点时溶液中水电离产生的c(H+)最大，则该溶液恰好为K2CO3溶液。根据物料守恒可得溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3)+c(H
13、2CO3)，正确。D.根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)。由于该溶液只有水电离产生H+，所以由于d点溶液中c(H+)= c(OH-)，所以c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查电解质溶液中离子浓度大小比较的知识。10.某温度下，向10 mL 0.1 mol/LCuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，已知：lg20.3，Ksp(ZnS)310-25 。下列有关说法正确的是（ ）A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为
14、b点B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)C. 该温度下Ksp(CuS)=410-36D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4 mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【详解】A.、水解促进水电离， b点是与溶液恰好完全反应点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，故A错误；B. 根据物料守恒溶液中：，故B错误；C. b点是与溶液恰好完全反应的点，根据b点数据，该温度下，故C正确；D.大于，所以向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，故D错误。答案选C。11.
15、 下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是A. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不再对铁制品起保护作用B. 在空气与水面交接处的钢柱，比在水下部分的钢柱容易腐蚀C. 钢铁不论发生析氢腐蚀还时吸氧腐蚀，其负极反应都为Fe2eFe2+D. 将输油管道与电源的正极相连的防护方法叫做牺牲阳极的阴极保护法【答案】D试题分析：A、由于金属性是铁强于锡，所以当镀锡铁制品的镀层破损构成原电池时，铁是负极，加快腐蚀，因此镀层不再对铁制品起保护作用，A正确；B、由于在水下部分氧气的含量低，因此在空气与水面交接处的钢柱，比在水下部分的钢柱容易腐蚀，B正确；C、钢铁不论发生析氢腐蚀还时吸氧腐蚀，均是铁作负极，失去电子被氧化
16、，其负极反应都为Fe2eFe2+，C正确；D、电解池中阳极失去电子，被氧化。所以将输油管道与电源的负极相连的防护方法叫做外加电流的阴极保护法，D不正确，答案选D。考点：考查金属腐蚀与防护的有关判断12.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2OD. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：
17、Al-3e-=Al3+【答案】C【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH-3e-=AlO2-+2H2O，正确；D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。故选C。【点睛】判断原电池的正负极时，我们通常比较两电极材料的活动性，确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断，容易得出错误
18、的结论。如C、D选项中，我们会错误地认为C中Mg作负极，D中Al作负极。实际上，我们判断正负电极时，不是看金属的活动性，而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应，若只有一个电极能与电解质溶液发生反应，则该电极为负极；若两电极材料都能与电解质发生反应，则相对活泼的电极为负极。13.铅蓄电池放电时的工作原理为：PbPbO22H2SO42PbSO42H2O，下列判断错误的是A. 放电时Pb为负极B. 充电时阳极的电极反应式：PbSO42H2O2ePbO24H+SO42C. 放电完全后铅蓄电池可进行充电，此时铅蓄电池的负极连接外电源的正极D. 用铅蓄电池电解CuCl2溶液，若制得2.24L Cl2
19、（标准状况），这时电池内至少转移0.2 mol电子【答案】C【分析】由总方程式可以知道，放电时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42-2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H+ SO42-+2e-= PbSO4+2H2O；在充电时，阴极发生的反应是PbSO42ePbSO42，阳极反应为PbSO42H2O2ePbO24H+SO42，结合电极方程式解答该题。【详解】A.电池放电时，Pb为负极，所以A选项是正确的；B. 充电时，阳极上PbSO4失电子发生氧化反应，阳极反应为PbSO42H2O2ePbO24H+SO42，所以B选项是正确的；C.充电时
20、，负极与外加电源的负极相连，故C错误；D. 铅蓄电池电解CuCl2溶液，若制得2.24L Cl2 (标准状况)，可能有电能转化为热能，所以至少转移电子为0.2 mol，所以D选项是正确的。故答案选C。14.200mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体2.24L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为200 mL，下列说法正确的是A. 原混合溶液中c(Na)0.9 molL1B. 电解后溶液的pH值为0C. 上述电解过程中共转移0.8 mol电子D. 电解后得到的Cu的物质的量为0.2mol【答案】
21、B惰性电极电解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，两极均收集到标准状况22.4L气体，即H2和O2均为0.1mol；阳极发生反应：4OH-4e-O2+2H2O，阴极发生反应：Cu2+2e-Cu、2H+2e-H2，所以转移电子共0.4mol，H+和Cu2+各得0.2mol电子。A项，Cu2+得0.2mol电子，因为Cu2+全部反应，所以n（Cu2+）0.1mol，c（Cu2+）0.1mol0.2L0.5mol/L，由电荷守恒可得，原混合溶液中c（Na+）1.4mol/L-0.5mol/L20.4mol/L，故A错误；B项，阳极反应0.4molOH-，阴极反应0.2molH+，OH-和H+都来
22、自于水，电解后溶液中c（H+）依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定，所以电解后溶液中c（H+）（0.4mol-0.2mol）0.2L1mol/L，所以pH值为0，故B正确；C项，由上述分析可知，电解过程转移电子总数为0.4mol，故C错误；D项，Cu2+得0.2mol电子生成0.1molCu，故D错误。点睛：本题考查电解原理的应用，明确发生的电极反应及电子守恒是解题关键，根据题意，电解分为两阶段，首先电解Cu(NO3)2溶液，然后电解水；注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的应用。15. 16.工业上常用电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均
23、为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为12，以下说法正确的是A. a极与电源的负极相连B. 产物丙为硫酸溶液C. 离子交换膜d为阴离子交换膜D. a电极反应式：2H2O+2e= H2+2OH【答案】B试题分析：分析装置图可知该装置是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH-4e-2H2O+O2，阴极生成氢气，2H+2e-=H2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极。在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；A、根据以上分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，
24、A错误；B、阳极a生成氧气，电极反应4OH-4e-=2H2O+O2，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e-=H2，生成产物丁为氢氧化钠，B正确；C、阳极a生成氧气，电极反应4OH-4e-=2H2O+O2，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e-=H2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，C错误；D、阳极a生成氧气，电极反应4OH-4e-=2H2O+O2，D错误，答案为B。考点：考查了电解原理的分析应用16.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中正确的是（ ）A
25、. 燃料电池工作时负极反应为：H2=2H+2e-B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g【答案】C【分析】分析原电池或电解池类试题的实验装置时，解题的切入点是正负极的判断。从图中可以看出，左边电池为燃料电池，右边电池为电解池。通H2的电极为负极，通O2的电极为正极；右边装置中，a电极为阳极，b电极为阴极。【详解】A. 燃料电池工作时负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铜，b极是铁，
26、错误；C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极为阳极，失电子，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，有铜析出，正确；D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，线路中转移电子为2mol，b极为阴极，析出铜64g，a极为阳极，不能析出铜，错误。故答案为C。【点睛】书写电极反应式时，除去应考虑电极材料及电解质中的微粒得失电子以外，还应考虑电解质的性质。在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH-；在碱性电解质中，电极反应式中不能出现 H+。17.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是（ ）A. 标准状况下当甲中产生4.
27、48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6gB. 电解过程中丙中溶液pH无变化C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态D. 乙中左侧电极反应式：Cu2+2e-=Cu【答案】C分析】通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极。因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极，右边电极都为阳极。【详解】A. 甲装置为电解KCl的装置，阳极生成氯气，阴极生成氢气，标准状况下当甲中产生4.48L气体时，线路中转移电子0.2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0.2molAg，质量增加21.6g，正确 ；B. 丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变，电解过程中丙中溶液pH无变化，正确；C. 甲中电解后，有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误；D. 乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2+2e-=Cu，正确。故答案为C。18.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。
