【化学】吉林省公主岭市2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

吉林省公主岭市2018-2019学年高二上学期期末考试
1.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c(H＋) B. Ka(HF) C. c(F-)/c(H+) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不断减小，A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+)不会超过10-7mol•L-1，c(F-)不断减小，则比值变小，C错误；D、因Ka(HF)=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c(F-)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，D正确；答案选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c(H+)不会超过10-7mol•L-1，根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变。
2.用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是
A. CuSO4 B. H2SO4 C. CuCl2 D. NaCl
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸铜溶液电解质生成铜和氧气和硫酸，电解一段时间后，铜和氧元素减少，需要加入一定量的氧化铜才能恢复，错误，不选A；B、电解硫酸溶液实际上是电解水，所以电解一段时间后需要加入水就能恢复，正确，选B；C、电解氯化铜溶液，产生铜和氯气，一段时间后加入氯化铜才能恢复，错误，不选C；D、电解氯化钠溶液产生氢气和氯气和氢氧化钠，一段时间后加入氯化氢才能恢复，错误，不选D。
考点：电解原理
3.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：
①水溶液中：X＋Y2＋===X2＋＋Y
②Z＋2H2O(冷)===Z(OH)2＋H2↑
③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－===M2＋
④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是
A. M＜N＜Y＜X＜Z B. N＜M＜X＜Y＜Z
C. N＜M＜Y＜X＜Z D. X＜Z＜N＜M＜Y
【答案】C
【解析】
【分析】
金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。
【详解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。
4.在下列各说法中，正确的是
A. ΔH>0表示放热反应，ΔHc(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离产生的离子浓度很小，主要以电解质分子存在；而③氯化铵是盐，属于强电解质，完全电离产生离子，当二者等浓度时，电离产生的c(NH4+)：③＞①，A正确；B．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离产生的离子浓度很小，电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用；②盐酸是强电解质，HCl=H++Cl-，二者浓度相等时电离产生的离子浓度HCl大于氨水，电离产生的离子浓度越大，对水的电离平衡的抑制作用越强，水电离出的c(H+)就越小，所以水电离出的c(H+)：②c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】
试题分析：A、a点是c（H+）=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，溶液中存在水的电离，所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，正确；B、溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，错误；D、b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，正确。
考点：本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、盐类的水解、平衡常数的判断。
21.在铁制品上镀上一层锌层，以下电镀方案中合理的是
A. 锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2＋
B. 锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2＋
C. 锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3＋
D. 锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2＋
【答案】D
【解析】
要在铁制品上镀锌，应该用锌作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2＋的溶液作电镀液，所以D项正确。
22.铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是

A. K闭合时，d极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO42-
B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C. K闭合时，Ⅱ中SO42-向c极迁移
D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d极为正极
【答案】C
【解析】
试题分析：断开K,I两个电极之间有电势差,II两个电极之间没有电势差,所以I是电源,II是电解池，K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，A、K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，K闭合时, d电极反应式:PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H++S，A项正确；B、当电路中转移0.2 mol电子时,Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol ，B项正确；C、K闭合时, I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，Ⅱ中S向d电极迁移，C项错误；D、K闭合一段时间后断开,Ⅱ可单独作为原电池,d电极为正极，D项正确；答案选C。
考点：考查铅蓄电池的工作原理
23.如下图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确

A. Pt为阴极，Cu为阳极
B. b极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑
C. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
D. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体
【答案】B
【解析】
A、b极附近溶液变红，说明此电极产生OH－，即电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，说明b极为阴极，即Y为负极，X为正极，根据电解原理，Pt为阳极，铜为阴极，故A错误；B、根据选项A的分析，故B正确；C、电解CuSO4，其反应式为2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，c(H＋)增大，pH降低，故C错误；D、根据电解原理，Pt电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，没有铜单质析出，故D错误。
点睛：本题易错点是选项D，容易造成错选，即Cu2＋＋2e－=Cu，产生6.4gCu，转移电子物质的量为0.2mol，产生氢气的体积为0.1×22.4L=2.24L，但是Pt作阳极，属于惰性电极，应是阴离子在Pt放电，因此Pt电解上没有铜单质析出，因此D选项错误。
24.在25℃时，将2个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：用铜电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上铜失去电子，阴极上氢离子放电，电解的总反应式为Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑，电解后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠和水组成的也是饱和溶液。b mol结晶水合物Na2SO4·10H2O中硫酸钠的质量＝142bg；设电解水的质量为x：
Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑
36g 1mol
x amol
解得x＝36ag
所以饱和溶液的质量分数＝＝，答案选C。
考点：考查以电解原理为载体的质量分数计算
25.有位科学家说：“甲烷是21世纪的新燃料。”甲烷作为燃料的用途之一就是用于制作燃料电池。有科技工作者制造了一种甲烷燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入甲烷，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。以下判断错误的是
A. 电池正极发生的反应：O2＋4e－===2O2－
B. 电池负极发生的反应：CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O
C. 固体电解质里的O2－的移动方向：由正极流向负极
D. 向外电路释放电子的电极：正极(即电子由正极流向负极)
【答案】D
【解析】
A．该燃料电池中，正极上氧气得电子生成氧离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故A正确；B．负极上甲烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故B正确；C．放电时，电解质中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以氧离子向负极移动，故C正确；D．向外电路释放电子的电极：是负极，电子从负极流向正极，故D错误；故选D。
点睛：明确原电池原理是解本题关键，书写时要结合电解质特点书写，燃料和氧化剂相同，如果电解质不同其电极反应式不同；该燃料电池中，正极上氧气得电子生成氧离子；负极上甲烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水；原电池放电时，电解质中阴离子向负极移动，失电子的极是负极，据此回答判断。
26.现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：
（1）取10 mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。
（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)______pH(乙)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。
（3）各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)。
（4）取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)的大小关系为c(Na＋)______c(CH3COO－)。
【答案】（1）向右；向右；减小 （2）小于；2 （3）大于 （4）小于
【解析】
试题分析：pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙，c（CH3COOH）＞c（HCl），
（1）加水稀释促进CH3COOH电离，平衡向右移动；如果加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向右移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c（CH3COO-）增大，抑制CH3COOH电离，则c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO－）值减小；
（2）加水稀释促进醋酸电离，同pH、同体积的醋酸和盐酸，稀释相同的倍数时，弱酸浓度大于强酸，所以pH（甲）小于pH（乙）；混合前醋酸和HCl溶液的pH相等，c（H＋）浓度相等，若将甲、乙两溶液等体积混合，c（H＋）不变，所以溶液的pH=2。
（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和HCl中n（CH3COOH）＞n（HCl），所以消耗NaOH体积V（甲）大于V（乙）。
（4）pH=2的醋酸浓度大于pH=12的NaOH的浓度，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），再结合电荷守恒得c（Na+）小于c（CH3COO-）。
【考点定位】考查弱电解质的电离，溶液酸碱性的判断及PH的有关计算
【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点及混合溶液酸碱性即可解答，会利用平衡原理解答，题目难度不大。浓度对弱电解质电离平衡的影响总结如下，在一定温度下，同一弱电解质，浓度越小，离子发生碰撞而结合的几率越小，增大溶液的浓度，电离平衡向电离的方向移动，但电离程度减小；稀释溶液时，电离平衡向电离的方向移动，且电离程度增大。
27.一定温度下，在容积固定的V L密闭容器中加入n mol A、2n mol B，发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)　ΔH