学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期末质量检测理化学试题解析版.docx

1、学年安徽省宿州市十三所重点中学高二上学期期末质量检测理化学试题解析版安徽省宿州市十三所重点中学2018-2019学年高二上学期期末质量检测（理）试题说明：1、本试卷分第I卷和第II卷两部分;满分100分，考试时间100分钟。2、请将第I卷和第II卷两部分的答案用黑笔或蓝色笔写在试卷答题卷上。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O: 16 N:14 Na:23 S: 32第I卷（选择题共48分）一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）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

2、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

3、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

4、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PbO24HSO42-2e=PbSO42H2OB. 粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu22e=CuC. 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+Pb2PbSO4+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

5、应式为Cu22e=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)c(H)的溶液 D. 常温下，由水电离的c(OH)=1.01013mol/L【答案】C【解析】A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子；B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大

6、小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小；C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的；D.常温下由水电离的c(OH)=1.01013mol/L可能为酸性或碱性溶液。【详解】A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，故B错误；C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故C正确；D.常温下由水电离出的c（OH-）水=1.010-13mol/L10-7mol/L，说明溶液中的溶质抑制了水

7、的电离，酸、碱溶液抑制水的电离，水解的盐会促进水的电离，所以抑制水的电离是酸、碱溶液，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误。故选C。5.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A. NaHS水解反应：HSH2O H3OS2B. Fe(OH)2与稀硝酸反应：2HFe(OH)2=Fe22H2OC. 过量的SO2通入到漂白粉溶液中：ClOSO2H2O=HClOHSO3-D. Na2CO3水溶液中存在平衡：CO32+H2OHCO3+OH【答案】D【解析】【详解】A.该反应是电离方程式，水解方程式应该是HSH2OOHH2S；故A错误；B.Fe(OH)2与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为

8、：10H3Fe(OH)2+NO3-=3Fe38H2O+NO，故B错误；C.漂白粉溶液中通入过量SO2气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，离子反应为Ca2+2ClO-+2H2O+2SO24H+2Cl-+CaSO4+SO42-，故C错误；D.Na2CO3溶液存在水解平衡，水解方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；

9、“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。6.在铝与稀硫酸的反应中，已知10 s末硫酸的浓度减少了0.9 molL1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10 s内生成硫酸铝的平均反应速率是A. 0.02 molL1min1 B. 1.8 molL1min1C. 1.2 molL1min1 D. 0.18 molL1min1【答案】B【解析】【详解】根据题意可得：(H2SO4)=0.9mol/L10s=0.09mol/(Ls)，由于(硫酸铝)=1/3(H2SO4)=0.03mol/(Ls)=1.8 molL1min1，故B正确。故选B。7.室温下，下列离子组在给定

10、条件下一定能大量共存的是A. pH=1的溶液中：K、Na、NO3、CH3COOB. c(ClO)=1.0mol/L 的溶液：K、SO32、S2、ClC. KCl溶液中：Na、Fe3、SO42、SCND. c(OH)=1.01013mol/L的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A.pH=l的溶液显酸性，不能大量存在CH3COO-，故A不选；B.ClO-分别与SO32-、S2-发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C.Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故C不选；D.室温下c(OH-)=110-13molL-1的溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故

11、D选。故选D。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存。8.下图中甲池是以甲醇为原料，KOH为电解质的高效燃料电池，电化学过程的如图，下列说法中不正确的是A. 甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2OB. 若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极的电极反应为: 4OH4e= 2H2O+O2C. 甲池中随着反应的不断进行，溶液的pH减小D. 若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓

12、度和pH，则电解过程中转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.根据装置图可知甲池是燃料电池，甲醇在负极失去电子，氧气在正极得到电子，由于电解质是氢氧化钾溶液，因此总的反应式为2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，故A正确；B.若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极是氢氧根离子放电，电极反应为4OH-4e-2H2O+O2，故B正确；C.甲池中总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，随着反应的不断进行，KOH的量逐渐减少，所以溶液的pH减小，故C正确；D.若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2

13、后恰好恢复到电解前的浓度和pH，这说明阴极开始是铜离子放电，析出铜，在后阶段溶液中的氢离子也放电生成氢气，但阳极始终是氢氧根离子放电生成氧气，所以根据氧原子守恒可知生成0.1mol氧气，则电解过程中转移的电子数为0.4NA，故D错误。故选D。9.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.61010，下列叙述正确的是A. AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小B. AgCl的悬浊液中c(Cl)=4105.5mol/LC. 将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001 mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(Ag

14、Cl) Ksp(AgI)C 室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和1.0mol/L的盐酸中Zn粒与1.0mol/L的反应更剧烈探究浓度对化学反应速率的影响D 用石墨做电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：Cu 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)K

15、sp(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MgCu，所以金属活动性：MgCu，故D错误。故选C。11.向0.50 L 0.3molL1NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g。有关该溶液说法正确的是A. 溶质为Na2CO3B. c（Na+）/2=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）C. c（Na+）c（CO32-）c（HCO3-）c（H+）c（OH-）D. c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）【答案】D【解析

16、】向0.50L0.3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重4.4g，增重4.4g是二氧化碳，物质的量为0.1mol，溶液中含有氢氧化钠为0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=1：1.5。二氧化碳与氢氧化钠可能发生反应CO2+NaOH=NaHCO3；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。n（CO2）：n（NaOH）=1：1.5，介于1：1与1：2之间，两个反应都发生，所以反应后的溶液中含有物质的量都为0.05mol的NaHCO3和Na2CO3，据此答题。【详解】A.由分析可知，溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液，故A错误；B.由碳元素守恒可知c（HCO3-）+c（CO3

17、2-）+c（H2CO3）=0.2mol/L，溶液中c（Na+）=0.3mol/L，所以2/3c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故B错误；C.碳酸根离子、碳酸氢根离子都水解，且碳酸根的水解能力大于碳酸氢根的水解能力，而钠离子不水解，所以其混合溶液呈碱性，则c（OH-）c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故D正确。故选D。【点睛】作答此类题目时应注意电荷守恒、质子守恒、物料守恒结合使用。12.某弱酸溶液中存在电离平衡HAH+A，下列叙述不正确的是A. 溶液中离子浓

18、度的关系满足：c(H) = c(OH)c(A)B. 常温下，加入NaA固体可使HA的电离常数增大C. HA溶液中加少量的NaA固体，平衡逆向移动D. 0.10mol/L的HA溶液中加水稀释，溶液中c（OH-）增大【答案】B【解析】【详解】A.溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（H+）=c（OH-）+c（A-），故A正确；B.温度不变，弱酸的电离平衡常数不变，故B错误；C.加入少量的NaA时，c（A-）增大，从而抑制弱酸电离，平衡逆向移动，故C正确；D.加水稀释促进弱电解质电离，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，所以c（OH-）增大，故D正确。故选B。13.常温下，浓度均为

19、0.1molL1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Na2CO3NaClONaHCO3NaHSO3pH11.610.39.74.0A. 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】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NaH

20、CO3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

21、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.下列有关中和滴定的部分操作顺序正确的是：标准溶液润洗滴定管往滴定管中注入标准溶液检查滴定管是否漏水滴定洗涤滴定管调整滴定管中液面在“0”或“0”以下刻度记数A. B. C. D. 【答案】B

22、【解析】试题分析：由中和滴定的操作顺序：检漏洗涤润洗调零（标准液或待测液）读数待测液注入锥形瓶加指示剂滴定计算。故上述顺序为；答案选B。考点：本题酸碱中和滴定的主要步骤及其注意事项。【名师点睛】化学是一门与实验联系紧密的自然科学，在化学学习过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。15.常温下，向20mL0.2molL1H2B溶液中滴加0.2molL1NaOH溶液。有关微粒的物质的

23、量变化如下图（其中表示H2B，代表HB、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】向20mL0.2molL-1H2B溶液中滴加0.2molL-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

24、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20mL0.2molL-1H2B溶液中滴加0.2molL-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

25、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. KspFe(OH)3110-7mol/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）=0.005mol2=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=-lgc(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】