学年黑龙江省哈尔滨六中高二月考化学试题 解析版.docx

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学年黑龙江省哈尔滨六中高二月考化学试题解析版

哈六中高二学年12月份知识总结试卷

化学试题

1.下列热化学方程式中的反应热又为燃烧热的是（）

A.

══

B.

══

C.C2H4（g）+3O2（g）==2CO2（g）+2H2O（l）

D.

══

【答案】C

【解析】试题分析：

燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，水应该为液态，碳元素以二氧化碳形式存在，所以选C。

考点：

热化学方程式的判断，燃烧热的定义

2.下列变化过程中，熵在减小（即△S<0）的是（）

A.

B.

══

C.

══

D.

══

【答案】D

【解析】熵值的大小比较规律有：

①同一种物质，三种状态下，熵值的大小顺序为：

S（g）＞S（l）＞S（s）；②对于确定的产生气体的反应，气体的物质的量增加的反应都是熵值增加的反应，气体的物质的量减小的反应都是熵值减小的反应，所以D正确。

3.下列事实能说明甲酸

属于弱酸的是（）

①1mol/LHCOOH的pH=2②甲酸能与水以任意比互溶

③20mL1mol/LHCOOH与20mL1mol/LNaOH恰好中和④HCOONa溶液的pH>7

A.①②B.②③C.③④D.①④

【答案】D

【解析】试题分析：

①若甲酸为强酸，则1mol/L的甲酸溶液的pH=0，而实际为2，说明甲酸为弱酸，正确；②甲酸与水以任意比互溶，不能说明甲酸为弱酸，错误；③20mL1mol·L-1HCOOH与20mL1mol·L-1NaOH恰好中和，是因为二者的物质的量相等，不能说明甲酸为弱酸，错误；④HCOONa溶液的pH>7，说明甲酸根离子发生水解，根据水解规律可知有弱才水解，说明甲酸为弱酸，正确，答案选D。

考点：

4.用惰性电极电解下列溶液，在阴、阳两极生成气体的体积比为1∶1的是（）

A.

溶液B.

溶液C.

溶液D.

溶液

【答案】A

【解析】试题分析：

A项电解产生H2和Cl2，其体积比为1：

1，正确；B、C项在阴极产生的都是铜，错误；D项在阴、阳两极生成的气体分别是H2和O2，其体积比为2∶1，错误。

考点：

考查电解原理。

5.下列各组离子在指定的环境中能大量存在的是（）

A.pH=5的溶液中：

SO42—、Fe3+、Na+、Cl—

B.能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：

Na+、K+、S2—、CO32—

C.加入铝粉能产生H2的溶液中：

NH4+、Na+、Fe2+、NO3—

D.水电离出的c（H+）=110-12mol/L的溶液中：

K+、Na+、Cl-、HCO3—

【答案】B

【解析】A、Fe3+易水解，在pH=3.7左右就已沉淀完全，pH=5的溶液中，Fe3+不能大量共存，故A错误；B、能使石蕊试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，Na+、K+、S2—、CO32—、OH-相互之间不会发生反应，故B错误；C、加入铝粉能产生H2的溶液中存在大量的H+或OH-，NH4+与OH-反应，NO3-在酸性溶液中能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、由水电离出的c（H+）=1.0×10-12mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，pH=2或者pH=12，HCO3—都不能大量共存，故D错误。

故选B。

6.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。

放电时电池的总反应为：

Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6（x<1）。

下列关于该电池的说法不正确的是（）

A.放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移

B.放电时，负极的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6

C.充电时，若转移1mole-，石墨C6电极将增重7xg

D.充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+

【答案】C

【解析】试题分析：

A．放电时，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，故A正确；B．放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LixC6-xe-═xLi++C6，故B正确；C．充电时，石墨（C6）电极变成LixC6，电极反应式为：

xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨（C6）电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：

xLi+～～～xe-

1mol1mol

可知若转移1mole-，就增重1molLi+，即7g，故C错误；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：

Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，充电是放电的逆反应，故D正确；故选C。

【考点定位】考查二次电池的充放电原理

【名师点晴】明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理是解题关键，放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，Li元素的化合价升高变成Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答。

7.下列说法正确的是（）

A.在Na2CO3、NaHCO3两溶液中，离子种类不相同

B.在等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液中，阳离子总数相等

C.在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中一定有c（Na+）＋c（H+）＝c（HCO3-）＋c（OH-）＋2c（CO32-）

D.在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中一定有2c（Na+）＝3[c（HCO3-）＋c（CO32-）＋c（H2CO3）]

【答案】D

【解析】试题分析：

A．在Na2CO3中含有Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-，在NaHCO3中含有Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-。

离子种类相同，错误；B．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3两溶液即n（Na2CO3）=n（NaHCO3），Na2CO3=2Na++CO32-,NaHCO3=HCO3-+Na+．二者的水溶液水解都显碱性。

所以阳离子总数Na2CO3>NaHCO3，错误；C．在任何溶液中都存在电荷守恒，即阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，正确；D．根据物料电荷守恒可得对于Na2CO3来说c（Na+）=2c（HCO3－）＋2c（H2CO3）＋2c（CO32－）。

对于NaHCO3来说c（Na+）=c（HCO3－）＋c（H2CO3）＋c（CO32－）。

在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中二者的浓度比为2:

1时Na+的浓度相等。

将上述两式相加有：

2c（Na+）＝3[c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（H2CO3）]。

若物质的量之比不是2:

1，则不能相加，即上述式子不成立，错误。

考点：

Na2CO3、NaHCO3离子浓度大小关系

8.下列各项叙述中，正确的是（　　）

A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态

B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素

C.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同

D.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2

【答案】C

【解析】原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。

B不正确，应该是位于第ⅢA，属于p区元素。

电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：

1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。

所以正确的答案是C。

9.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是（　　）

A.第一电离能：

④>③>②>①B.原子半径：

④>③>②>①

C.电负性：

④>③>②>①D.最高正化合价：

④>③＝②>①

【答案】A

【解析】根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。

同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：

④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误。

10.25℃,用0.1mol·L

NaOH溶液滴定0.1mol·L

盐酸，如果达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液（1滴溶液约为0.05mL），继续加水至50mL，所得溶液的pH是（　　）

A.4B.7.2C.10D.11.3

【答案】C

【解析】试题分析：

终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c（OH-）=

×0.1mol．L-1=10-4mol．L-1，根据c（H+）c（OH-）=10-14，则c（H+）=10-10mol/L，pH=10，故选C。

考点：

考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算；中和滴定的相关知识。

11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：

Ni（s）+4CO（g）

Ni（CO）4（g）。

230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。

已知：

Ni（CO）4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。

第一阶段：

将粗镍与CO反应转化成气态Ni（CO）4；

第二阶段：

将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。

下列判断正确的是

A.增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数增大

B.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃

C.第二阶段，Ni（CO）4分解率较低

D.该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]=4v生成（CO）

【答案】B

【解析】A．平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B正确；C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4分解率较大，故C错误；D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni（CO）4]=v生成（CO），故D错误；故选B。

点睛：

把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键。

侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C为解答的难点，根据加热至230℃制得高纯镍判断。

12.在CuCl2水溶液中存在如下平衡：

[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl-

[CuCl4]2-（绿）+4H2O能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的操作是（）

A.蒸发浓缩B.加水稀释C.加入CuCl2固体D.加入食盐晶体

【答案】B

13.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（）

A.某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐

B.pH＝4.5的番茄汁中c（H+）是pH＝6.5的牛奶中c（H+）的100倍

C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同

D.pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）>c（CH3COO－）

【答案】B

【解析】试题分析：

A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；B、pH＝4.5的番茄汁中c（H＋）＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c（H＋）＝1.0×10-6.5mol/L，前者是后者的100倍，B正确；C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c（Na＋）＜C（CH3COO－），D错误，答案选B。

考点：

考查溶液酸碱性的判断，氢离子浓度的计算，难溶电解质的溶解平衡的应用，混合液的离子浓度的比较

14.化学用语是学习化学的重要工具。

下列用来表示物质变化的化学用语中，不正确的是（）

A.向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体：

Fe3+＋3H2O

Fe（OH）3（胶体）＋3H+

B.明矾水解的离子方程式：

Al3++3H2O

Al（OH）3+3H+

C.以石墨作电极电解氯化铝溶液：

2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑

D.硫化氢在水溶液中的电离方程式：

H2S+H2O

HS-+H3O+

【答案】C

【解析】A、实验室制备氢氧化铁胶体原理为Fe3+的水解，故A正确；B、明矾溶液中含有Al3+，Al3+易水解，B正确；C、Al3+在碱性环境下不能大量存在，应生成AlO2-，故C错误；D、H2S的电离为分步电离，D正确。

故选C。

15.已知NaHSO3溶液显酸性，表示0.1mol/LNaHSO3溶液中有关微粒浓度大小的关系式，正确的是（）

A.c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）

B.c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（SO32-）+c（OH-）

C.c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）＞c（OH-）

D.c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）

【答案】D

【解析】A、NaHSO3溶液中存在HSO3－电离平衡：

HSO3－⇌H++SO32－和水解平衡：

HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH－,NaHSO3溶液显酸性，可知HSO3－电离程度大于水解程度，所以c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；B、该选项考查电荷守恒，SO32-带2个负电荷，故电荷守恒应为：

c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故B错误；H2SO3仅来自于HSO3－的水解，而OH-不仅来自于HSO3－的水解，也来自于水的电离，故C错误；D、该选项考查物料守恒，D正确。

故选D。

点睛：

离子浓度大小比较的题型中，要注意两个典型的弱酸酸式盐：

NaHSO3和NaHCO3。

NaHSO3溶液显酸性，HSO3-的电离大于水解，c（SO32－）＞c（H2SO3）；NaHCO3溶液显碱性，HCO3-的水解大于电离c（H2CO3）＞c（CO32－）。

16.常温下，将乙酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）

A.c（CH3COO-）＞c（Na+）B.c（CH3COO-）＜c（Na+）

C.c（CH3COO-）=c（Na+）D.无法确定c（CH3COO-）与c（Na+）的关系

【答案】C

【解析】根据电荷守恒可知c（OH－）+c（CH3COO－）=c（H+）+c（Na+），所得溶液pH=7，则c（OH－）=c（H+），所以溶液中c（CH3COO－）=c（Na+），答案选C。

17.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-。

某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。

对于该溶液下列叙述不正确的是（）

A.该温度高于25℃

B.水电离出来的c（H+）=110-10mol/L

C.c（H+）=c（OH-）+c（SO42-）

D.该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性

【答案】D

【解析】A项，pH=6的蒸馏水Kw为10-12，说明此时中性水中氢离子浓度大于10-7，水的电离程度增大，温度应高于常温（25℃），A正确；B项，测得溶液pH为2，那么氢离子浓度为0.01mol·L-1，故由水电离出的氢离子浓度为10-12÷0.01=10-10，B正确；C项，根据电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（SO42-），根据物料守恒：

c（Na+）=c（SO42-），所以c（H+）=c（OH-）+c（SO42-），C正确；D项，该温度PH=12的氢氧化钠溶液，c（OH-）=1mol·L-1，pH＝2的溶液c（H+）=0.01mol·L-1，显然等体积不能中和，D错误。

点睛：

本题考查水的电离和pH的简单计算，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，纯水是始终是显中性的，但常温时pH=7，温度升高促进电离，纯水的pH变小。

18.20℃时，两种一元弱酸的钠盐NaX和NaY，已知往NaX溶液中通入CO2只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2能生成HY和Na2CO3，下列说法正确的是（）

A.酸性HY>HXB.结合H+的能力Y->CO

>X->HCO

C.溶液的碱性：

NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3D.HX和HY酸性相同但比H2CO3弱

【答案】B

..............................

19.下列实验方案不能成功的是（）

A.用Na2S做沉淀剂除去Cu2+、Hg2+等离子

B.用明矾做净水剂杀菌消毒

C.加热蒸发Fe2（SO4）3溶液制备Fe2（SO4）3晶体

D.测均为0.1mol/L的NaCl、CH3COONa溶液的pH来鉴别盐酸和乙酸是否为弱电解质

【答案】B

【解析】A、用Na2S做沉淀剂，硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，除去废水中的Cu2+和Hg2+，故A正确；B、明矾在水中Al3＋＋3H2O⇌Al（OH）3＋3H＋,Al（OH）3具有吸附性，是常用的净水剂，但不可以杀菌消毒，故B错误；C、虽然Fe3+水解生成Fe（OH）3，但是生成的H2SO4不会挥发,所以仍然在溶液中,这样加热到最后时H2SO4和Fe（OH）3又重新生成了Fe2（SO4）3,所以最后得到的一定是Fe2（SO4）3，故C正确；D、均为0.1 mol/L的NaCl、CH3COONa溶液，NaCl是强酸强碱盐，不水解，呈中性，CH3COONa是弱酸强碱盐，水解呈碱性，所以测pH来鉴别盐酸和乙酸是否为弱电解质，故D正确。

选D。

点睛：

明确弱电解质的性质，是弱电解质的判断的关键，常用的方法有：

①从弱电解质的电离特点分析：

不完全电离；加水稀释平衡移动；②从水解方面分析：

测定对应盐的酸碱性；水解平衡的移动；③离子浓度方面：

导电性、反应速率的大小比较；④元素周期表：

非金属性强弱、金属性强弱的比较；⑤以强制弱：

强酸制弱酸、强碱制弱碱。

20.在同体积pH=3的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，加入足量锌粉，下列说法正确的是（）

A.硫酸中放出的氢气最多B.醋酸中放出的氢气最多

C.盐酸和硝酸放出的氢气一样多D.硝酸比盐酸放出的氢气多

【答案】B

【解析】HNO3具有强氧化性与锌反应不产生H2；同体积pH=3的H2SO4、HCl、CH3COOH溶液中CH3COOH是弱酸不完全电离，则CH3COOH的物质的量最大，还有很多未电离，故与足量锌粉反应产生H2最多的是醋酸。

而H2SO4、HCl是强酸，H+一样多，，所以只有HCl和H2SO4与锌反应放出的氢气一样多，故选B。

点睛：

弱酸的电离特点：

不能完全电离。

①相同浓度的盐酸与醋酸，盐酸氢离子浓度大于醋酸氢离子浓度，与金属反应产生氢气的总量相同，但速率盐酸较大；

②相同pH的盐酸与醋酸，盐酸的浓度等于氢离子浓度，而醋酸的浓度远大于氢离子浓度，即还有大量醋酸没有电离，与金属反应起始速率相同，但平均速率醋酸大，产生氢气的总量醋酸大。

21.25℃时，在含有大量的PbI2饱和溶液中存在平衡：

PbI2（s）

Pb2+（aq）+2I－（aq），向其中加入KI溶液，下列说法正确的是（）

A.溶液中Pb2+和I－浓度都增大B.溶度积常数Ksp增大

C.沉淀溶解平衡向逆向移动D.PbI2的溶解度不变

【答案】C

【解析】试题分析：

A．加入KI溶液，c（I-）增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c（Pb2＋）减小，A项错误；B．温度不变，溶度积常数Ksp不变，B项错误；C．加入KI溶液，c（I-）增大，沉淀溶解平衡逆向移动，C项正确；D．加入KI溶液，c（I-）增大，沉淀溶解平衡逆向移动，PbI2的溶解度减小，D项错误；答案选C。

考点：

考查沉淀溶解平衡的应用。

22.下列叙述正确的是（）

A.当溶液中c（H+）=c（OH－）>10－7mol/L时，其pH<7，溶液呈现酸性

B.室温下，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系是：

c（Cl－）=c（NH4+）>c（OH－）=c（H+）

C.Na2S溶液中存在c（OH－）=c（HS－）+2c（H2S）+c（H+）

D.CH3COONa溶液中存在2c（Na+）=c（CH3COO－）+c（CH3COOH）

【答案】C

【解析】A、溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）与c（OH-）的相对大小，由于c（H+）=c（OH-），溶液显示中性，中性环境下，c（H+）不一定等于10－7mol/L，与温度有关，故A错误；B、室温下，pH=3的盐酸中c（H+）=10－7mol/L=c（HCl），pH=11的氨水中,一水合氨为弱碱发生微弱的电离,则c（OH-）=10－7mol/L＜＜c（NH3·H2O），等体积混合后，氨水过量，溶液显示碱性，c（Cl-）＜c（NH4+）、c（OH-）＞c（H+），溶液中离子浓度关系是：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；C、该选项考察质子守恒，C正确；D、该选项考察物料守恒，正确式子应为：

c（Na+）=c（CH3COO－）+c（CH3COOH），故D错误。

选C。

23.常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是（）

A.Ka2（H2X）的数量级为10-6

B.曲线N表示pH与

的变化关系

C.NaHX溶液中

D.当混合溶液呈中性时，

【答案】D

【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=

＞Ka2=

，所以当pH相等即氢离子浓度相等时

＞

，因此曲线N表示pH与

的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，

=10－0.6mol·L－1，c（H＋）=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与

的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，

=100.6mol·L－1，c（H＋）=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c（H＋）＞c（OH－），C正确；D.根据图像可知当

＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，

＞0，即c（X2-）＞c（HX-），D错误；答案选D。

24.改变0.1

二元弱酸

溶液的pH，溶液中的

、

、

的物质的量分数

随pH的变化如图所示[已知

]。