2021-2022学年吉林省长春北师大附属学校高二上学期期中考试化学试题（解析版）

1、试卷第 =page 18 18页，共 =sectionpages 19 19页试卷第 =page 19 19页，共 =sectionpages 19 19页吉林省长春北师大附属学校2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是A锌粒与稀硫酸的反应BBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应C甲烷在氧气中的燃烧反应D灼热的木炭与CO2反应【答案】D【详解】A.锌粒与稀硫酸的反应时放出热量，属于放热反应，故A不符合题意；B. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应没有化合价变化，属于非氧化还原

2、反应，故B不符合题；C.甲烷在氧气中的燃烧反应时放出热量，属于放热反应，故C不符合题意；D.灼热的木炭与CO2反应有化合价变化，属于氧化还原反应，反应时吸收热量，属于吸热反应，故D符合题意；故选D。2要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是A增大盐酸的浓度B提高反应的温度C增大压强D用铁粉代替铁片【答案】C【详解】A增大盐酸的浓度，化学反应速率加快，A错误；B提高反应的温度，化学反应速率加快，B错误；C增大压强，对于反应物无气体的反应来说，压强改变，速率不变，C正确；D用铁粉代替铁片，固体的表面积增大，化学反应速率加快，D错误；故合理选项为C。3下列电离方程式正确的是AH2CO3=

3、2H+COBCH3COONH4=CH3COO-+ NHCNaHCO3=Na+H+CODNa2CO32Na+CO【答案】B【详解】AH2CO3是二元弱酸，分两步电离，电离方程式为：H2CO3H+HCO、HCOH+CO，故A错误；BCH3COONH4属于盐类，完全电离，电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO-+NH，故B正确；CNaHCO3完全电离出一个钠离子和一个碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na+ HCO，故C错误； DNa2CO3为强电解质，完全电离，电离方程式为Na2CO3=2Na+CO ，故D错误；故选：B。4下列粒子能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是

4、ACH3COOHBOH-CCODCl-【答案】C【详解】A醋酸电离得到氢离子，增大了氢离子浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，A错误；B增大OH-的浓度，抑制了水电离，水的电离平衡向左移动，B错误；CCO水解，促进了水电离，水的电离向右移动，C正确；DCl-不水解不电离，不影响水的电离，D错误；故选C。5常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，温度不变时，对于该电离平衡下列叙述正确的是A加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H+)减小B加少量CH3COONa固体于醋酸溶液中，故醋酸的电离平衡向右移动C加入水时，平衡向右移动，CH3C

5、OOH电离常数增大D加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+)增大【答案】A【详解】A加入少量NaOH固体，氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H+反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，故A正确；B加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，该电离电离平衡向左移动，故B错误；C加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故C错误；DpH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为110-5molL-1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为110-5molL-1，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动，则混合液中c(H+)不变，故D错误。答

6、案选A。6关于pH的测定下列说法正确的是ApH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿B用广泛pH试纸测得某盐酸的pH23C利用酸碱指示剂可以测溶液的pHDpH计是精确测定溶液pH的仪器【答案】D【详解】A、pH试纸在使用之前用蒸馏水润湿，测定溶液pH会稀释溶液浓度，测定结果可能会产生误差，选项A错误；B、广泛pH试纸是粗略测定溶液酸碱性，测定数值为整数，不能为小数，选项B错误；C、酸碱指示剂只能测定溶液酸碱性和溶液pH范围，不能测定溶液pH，选项C错误；D、pH计是精确测定溶液pH的仪器，用于测定溶液pH，选项D正确。答案选D。7室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是ApH=2的溶液：Na+、F

7、e2+、I-、Bc(NaAlO2)=0.1molL-1的溶液:K+、OH-、Cl-、C=0.1molL-1的溶液:Na+、K+、ClO-Dc(Fe3+)=0.1molL-1的溶液:Al3+、SCN-【答案】B【详解】A的溶液显酸性，和均能被氧化，不能大量共存，故A错误；B的溶液中、均能大量存在，且离子组间不发生离子反应，故B正确；C=0.1molL-1的溶液呈酸性，H+与ClO反应生成弱酸而不能大量共存，故C错误；D. 的溶液中，Fe3+与生成配合离子，不能大量共存，故D错误；8已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的

8、是Ac(OH)c(HA)c(HB)c(H+)B c(OH-)c(A-)c(B-)c(H+)C c(OH-)c(B-)c(A-)c(H+)D c(OH-)c(HB)c(HA)c(H+)【答案】A【详解】根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比NaB水解程度大，所以溶液中的c(HA)c(HB)，c(A)c(B)；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的c(OH)c(H)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH)c(A)和c(B)。在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，c(Na+) c(B) c(A)c(OH-)c(HA)c(HB)c(H+)，故A正确，答案选A。9以MnO2

9、为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2、Pb2、Cd2等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（）。A具有吸附性B溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C溶解度大于CuS、PbS、CdSD溶解度小于CuS、PbS、CdS【答案】C【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2、Pb2、Cd2形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。

10、10下列叙述正确的是A室温下，某溶液由水电离出来的H+的浓度为1.010-10 molL-1，则该溶液的pH=4B100 时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性C一定温度下，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1D25 时，c(H+)= molL-1=1.010-7 molL-1的溶液一定呈中性【答案】D【详解】A某溶液由水电离出来的H+的浓度为1.010-10 molL-1，说明水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，A错误；B100时，Kw=10-12，pH=2的HCl中c(H+)=10-2 mol/L，但pH=12的NaOH溶液中c(O

11、H-)=，故等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，B错误；CNH3H2O属于弱电解质，稀释时NH3H2O会继续电离补充OH-，故稀释10倍后，OH-浓度大于原本，故ba-1，即ab+1，C错误；DKw=c(H+)c(OH-)，c(H+)=，说明溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，D正确；故选D。11常温下，AgCl和AgI在水中的溶解平衡曲线如下图所示，下列说法错误的是A曲线表示AgI的溶解平衡B常温下，Ksp(AgCl)=110-10C常温下，饱和AgCl溶液与饱和AgI溶液中D常温下，向等浓度NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先产生AgI沉淀【答案】C【详解】AA

12、gCl溶解度大于AgI，溶液中的离子浓度也是AgCl溶解度大于AgI，所以II线表示AgCl，I线表示AgI，故A正确；BII线表示AgCl，常温下，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=10-510-5=110-10，故B正确；C由图知Ksp(AgCl)= 110-10，Ksp(AgI)= 110-18，饱和AgCl溶液电离出等浓度的Ag+和Cl-，则c(Cl-)=mol/L，同理c(I-)=mol/L，则，故C错误；D由于Ksp(AgI) Ksp(AgCl)，Ksp小的先沉淀，则先产生AgI沉淀，故D正确；故选：C。120.1 molL-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下

13、列变化中正确的是电离程度增大c(NH3H2O)增大NH数目增多c(OH-)增大导电性增强增大ABCD【答案】A【详解】因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确；加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH3H2O)减小，故错误；加水促进电离，NH数目增多，故正确；碱性变弱，c(OH)减小，故错误；加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错误；加水促进电离，c(OH)减小，=K/c(OH)增大，故正确；正确；答案选A。13工业上常利用CO2和NH3合成尿素CO(NH2)2，该可逆反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是ANH2COONH4为合成尿素反应的中间产

14、物B反应逆反应的活化能反应正反应的活化能C逆反应过程快于过程D2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)的焓变H=El-E2【答案】D【详解】A从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，A正确；B活化能是指化学反应中反应物分子到达活化分子所需的最小能量，由图像可知，反应逆反应的活化能反应正反应的活化能，B正确；C逆反应过程中为放热反应，是吸热反应，且过程活化能较小，反应速率块，C正确；D2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)为放热反应，H=生成物的总能量-反应物的总能量溴化银碘化银随Ksp的减小，应先出现碘

15、化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故B错误C硫化银的Ksp很小，计算得到需要的银离子浓度，通过计算得出硫化银也比氯化银先沉淀，故C错误；D氯化银、溴化银、碘化银的组成都是11，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银溴化银碘化银随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故D错误故选A。18向15 mL 0.1 mol/L H2A二元弱酸溶液中逐滴滴加0.1 mol/L NaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A2-的物质的量分数（）随pH变化的关系如图所示。

16、下列叙述正确的是A曲线代表的微粒是A2-BpH=3至pH=4的过程中n（H2A）、n（A2）、n（HA）之和不变C0.01mol/LNaHA溶液中存在：c（Na+）c（HA）c（H2A）c（A2）D向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大【答案】B【详解】A.由图可知，曲线代表H2A、曲线代表HA-、曲线代表A2-，故A错误；B.由物料守恒可知，滴加0.1 mol/L NaOH溶液过程中n（H2A）、n（A2）、n（HA）之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n（H2A）、n（A2）、n（HA）之和不变，故B正确；C.由图可知，pH=1.2时，溶液中c（HA）=c（H2

17、A），则Ka1= c（H+）=1101.2，同理pH=4.2时，溶液中c（HA）= c（A2），Ka1= c（H+）=1104.2，由NaHA的水解常数Kh=11012.8可知，HA的电离大于水解，则溶液中c（A2）c（H2A），故C错误；D.向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，HA与OH反应生成A2和H2O，A2在溶液中水解促进水的电离，水的电离程度增大，当HA与OH完全反应后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化铝电离出的OH会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则滴加NaOH溶液的过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；故选B。19常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合

18、溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：。下列叙述不正确的是AKa(HA)的数量级为10-5B滴加NaOH溶液的过程中，保持不变Cm点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)Dn点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】D【分析】根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱酸，即存在HAHA，加入NaOH溶液，发生NaOHHA=NaAH2O，c(A)/c(HA)比值增大，即，减小，然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；【详解】A、HA为弱酸，即存在HAHA，Ka=c(H)c(A)/c(HA)，时，Ka=c(H)=104.76=1050.24，即数量级为105，故

19、A说法正确；B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H)c(Na)=c(OH)c(A)，由A选项分析，m点时，c(A)=c(HA)，因此有c(H)=c(HA)c(OH)c(Na)，故C说法正确；D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na) c(CH3COO-)=c(OH-) c(H+)【答案】C【详解】A、图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根据酸碱中和规律，醋酸的浓度为0.1mol/L，故A正确；B、图中点到点所示溶液中随着醋酸逐渐

20、滴入，氢氧化钠不断被消耗，水的电离被抑制程度逐渐减小，即水的电离程度增大；恰好反应点，水的电离程度最大，从此以后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，所以图中点到点所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；C、点所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-），故C错误；D、滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）c（CH3COO-）=c（OH-）c（H+），故D正确；故选C。二、填空题21

21、回答下列问题：(1)FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热可制得铁系氧化物材料。已知25，101kPa时：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) H=-1648kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393kJ/mol2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) H=-1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式为_。(2)某温度时水的离子积Kw=1.010-13，则该温度时纯水的pH_7(填“”、“”或“=”)。该温度下，pH=2的CH3COOH溶液中，水电出的c(H+)=_。(3)25 时，pH=5的盐酸和pH

22、=9的氢氧化钠溶液以体积比119混合，混合液的pH=_。(4)利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池。负极材料是_ (写名称)。正极电极反应式为_。溶液中SO向_极移动。【答案】(1)4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)H=260kJmol1(2) 1.01014，说明溶液中氢离子浓度大于107molL1，所以该纯水的pH小于7，该温度下，pH2的CH3COOH溶液中，氢氧根离子都是水电离的，则；故答案为：1.01011molL1；（3）pH=5的盐酸，pH=9的氢氧化钠溶液，物质的量浓度相等，体积比11

23、：9混合，则酸过量，则混合液的pH： ；（4）由2CuO22H2SO4=2CuSO42H2O可知，该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，铜作负极；负极电极反应为Cu-2e-=Cu2+，正极上氧气得电子发生还原反应，又因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H+O2+4e-2H2O；原电池工作是时，阴离子向负极(铜)移动，即向负极移动。22已知：H2CO3HFHCNK或Ka14.310-77.210-44.910-10Ka25.610-11(1)在相同浓度的H2CO3和HF的溶液中，用“”“”或“=”填空。c(H+

24、)：H2CO3_HF；c(F-)_c(CO)。(2)HCO、CO、F-、CN-结合质子能力：_。(3)H2CO3、HCO、HF、HCN酸性由强到弱的顺序为：_。(4)将足量的二氧化碳通入到NaCN溶液中的离子方程式为_。【答案】(1) (2)COCN-HCOF-(3)HFH2CO3HCNHCO(4)CN-+H2O+CO2=HCN+HCO【解析】（1）由表格中的数据可知，HF的电离常数大，故c(H+)：H2CO3c(CO)；（2）电离常数越小，其电离出阴离子结合氢离子的能力越强，根据表格中的数据可知HCO、CO、F-、CN-结合质子能力：COCN-HCOF-；（3）对于弱酸来说，电离常数越大，其

25、酸性越强，根据表格中的数据可知，H2CO3、HCO、HF、HCN酸性由强到弱的顺序为：HFH2CO3HCNHCO；（4）由表格中的数据可知，碳酸的一级电离常数大于HCN的电离常数，碳酸的二级电离常数小于HCN的电离常数，则将足量的二氧化碳通入到NaCN溶液中的离子方程式为：CN-+H2O+CO2=HCN+HCO。三、原理综合题23按要求回答下列问题：（1）配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释，用离子方程式解释其原因_ 。（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的PH值如下表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.71

26、1.610.311.1根据表中数据，将浓度均为0.01mol L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_。A HCNB HClOC H2CO3D CH3COOH根据以上数据，判断下列反应可以成立的是_。A CH3COOH+Na2CO3NaHCO3+CH3COONaB CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCNC CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClOD NaHCO3+HCNNaCN+H2O+CO2III.已知在Cu2、Mg2、Fe2浓度相同的溶液中，其开始沉淀时的pH如下：离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4（1）若向该溶液中滴加NaOH溶

27、液，则离子沉淀先后顺序是 _（填离子符号），（2）已知KspCu（OH）2=2.510-20，若向该溶液中加入生石灰调节其pH，当pH=_时，溶液中Cu2+沉淀完全。已知1g2=0.3（3）下列说法不正确的是_（填序号）。用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的对于Al（OH）3（s） Al（OH）3（aq）Al33OH，前者为溶解平衡，后者为电离平衡除去溶液中的Mg2，用OH沉淀比用CO好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的大沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全【答案】 Fe3+3H2OFe(OH)3+

28、3H+ A AB Cu2+、Fe2+、Mg2+ 6.7 【详解】(1)因Fe3+极易发生水解，配制FeCl3溶液时，将氯化铁固体溶解在浓盐酸中，再加水稀释，可抑制铁离子水解，水解方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；(2)加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的pH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故选A；HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOHH2CO3HC1OHCNHCO，根据强酸制取弱酸知；A酸性CH3COOHH2CO3HCO，所以

29、二者反应为CH3COOH+Na2CO3NaHCO3+CH3COONa，故正确；B醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN，故正确；C酸性CH3COOHHC1OHCO，所以二者反应为CO2+H2O+2NaClONaHCO3+HClO，故错误；D酸性H2CO3HC1OHCN，所以NHCO3、HCN二者不反应，故错误；故选AB；III.(1)Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+最先沉淀，Mg2+开始沉淀的pH最大，所以Mg2+最后沉淀，所以离子的沉淀先后顺序为：Cu2+、Fe2+、Mg2+，故答案为：Cu2+、Fe2+、Mg2+；(2)溶液中Cu2+沉淀

30、完全时，其浓度小于110-5 mol/L，则KspCu(OH)2=c2(OH-)c(Cu2+)=2.510-20，解得c(OH-)=510-8 mol/L，此时溶液中c(H+)=210-7 mol/L，pH=7-lg2=6.7，故答案为：6.7；(3)氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，K=c(Ag+)c(Cl-)，银离子浓度增大，平衡向沉定方向进行，用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故正确；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，故正确；氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡，故正确；Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的小，故错误；为使离子完全

31、沉淀加入过量的沉淀剂能使离子沉淀完全，故正确；故选；四、实验题24回答下列问题：(1)准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是_。A50mL量筒B10mL量筒C50mL酸式滴定管D50mL碱式滴定管(2)进行中和滴定时，事先不应该用所盛溶液润洗的仪器是_。A酸式滴定管B碱式滴定管C锥形瓶D量筒某烧碱样品中含有少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A在托盘天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解；B在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液；C用碱式滴定管量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中，并滴入几滴甲基橙作指示剂；D将物质的量浓度为c molL1的标准硫酸溶液装入已润洗过的酸式滴定管中，调整液面并记下起始读数为V1mL；E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数为V2m