河南省郑州市2018-2019学年高二化学上学期期末考试试卷(含解析)
河南省许昌市禹州第四高级中学2018-2019学年高二化学上学期期末试卷含解析
河南省许昌市禹州第四高级中学2018-2019学年高二化学上学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列说法正确的是A.实验室用玻璃瓶保存氢氟酸B.二氧化硅溶于水显酸性C.二氧化硅是空间立体网状结构,因此它的性质很活泼D.水晶，玛瑙等做的手链不能用KOH溶液来清洗参考答案：D2. 下列化学用语正确的是A．质子数为53、中子数为78的碘原子：B．Na218O中氧离子的结构示意图：C．甲烷的比例模型D．氯化镁的电离方程式MgCl2＝Mg + Cl2↑参考答案：B略3. 今年央视“315特别行动”又曝光了河南一些地方“瘦肉精”事件。
“瘦肉精”对人体健康会产生危害。
已知某中“瘦肉精”含有克伦特罗（Clenbuterol），其结构如图。
下列有关克伦特罗的叙述，不正确的是A．该物质的分子式为C12H18ON2Cl2 B．该物质可与盐酸反应C．该物质的核磁共振氢谱图中有8个吸收峰D．该物质能发生的类型有：加成反应、酯化反应、消去反应、氧化反应等参考答案：C略4. 用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是参考答案：C5. 乙醇与浓硫酸共热时，不可能生成的物质是A．乙醚 B．乙烯 C．炭 D．乙烷参考答案：D6. 反应2X（g）＋Y（g）2Z(g)，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量(n z)与反应时间(t)的关系如图所示。
下列判断正确的是()A．T1<T2，P1<P2B．T1>T2，P1>P2C．T1<T2，P1>P2D．T1>T2，P1<P2参考答案：B略7. 对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0，下列研究目的和示意图相符的是（）参考答案：略8. 已知H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－184.6 kJ·mol－1，则反应HCl(g)===1/2H2(g)＋1/2 Cl2(g)的ΔH为()A．＋184.6 kJ·mol－1 B．－92.3 kJ·mol－1 C．＋92.3 kJ D．＋92.3 kJ·mol－1参考答案：D略9. 把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（）A．H2SO4溶液 B．Na2SO4溶液C．Na2CO3溶液 D．FeC13溶液参考答案：B解：A、硫酸是强电解质，加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A错误；B、硫酸钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、硫酸根离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B正确；C、碳酸钠溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子、碳酸根离子浓度均减小，故C错误；D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D错误．故选B．10. 为应对石油危机，将全面推广使用乙醇汽油作为发动机燃料，即在汽油中掺入一定比例的乙醇，以代替一部分汽油．下列有关说法正确的是（）A．乙醇汽油是一种清洁能源，燃烧不会产生污染B．乙醇与汽油组成元素相同，化学成分相似C．乙醇汽油燃烧时，耗氧量高于等质量的汽油D．乙醇可通过淀粉转化制得，是一种可再生的燃料参考答案：D考点：乙醇的工业制法；乙醇的化学性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇，汽油燃烧有污染；B、乙醇属于醇类．汽油是各种烃的混合物，成分不同；C、乙醇本身含有氧原子，耗氧量多少取决于碳和氢的多少；D、淀粉发酵可以获得乙醇，是一种可再生的能源．解答：解：A、乙醇汽油是在汽油中掺入一定比例的乙醇，乙醇燃烧产物无污染，汽油燃烧有污染，故A错误；B、乙醇属于醇类，而汽油是各种烃的混合物，成分不同，故B错误；C、乙醇本身含有氧原子，乙醇汽油燃烧时，耗氧量低于等质量的汽油，故C错误；D、淀粉发酵可以生成乙醇，是一种可再生的能源，故D正确．故选D．点评：本题考查学生乙醇的有关性质，可以根据所学知识来回答，难度不大．11. 反应a M(g)＋b N(g) c P(g)＋d Q(g)达到平衡时，M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。
2018-2019合肥八中高二化学上册化学期末联考试卷(含答案)
合肥八中、阜阳一中第一学期高二年级期末考试化学试题卷考试说明：1.考查范围：选修四。
2.试卷结构：分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)；试卷分值:100分，考试时间:80分钟。
3.所有答案均要答在答题卷上，否则无效。
考试结束后只交答题卷。
相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Cu：64S：32Cl：35.5Fe：56第Ⅰ卷（选择题共54分）本卷共18小题，每小题3分。
每小题只有一个选项符合题意。
答案填涂到答题卡上。
1．下列金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是()A．水中的钢闸门连接电源的负极B．金属护栏表面涂漆C．汽车底盘喷涂高分子膜D．地下钢管连接镁块2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB.CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/mol C．已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1；将1.5mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量19.3kJD.甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3kJ·mol－1，则CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH<－890.3kJ·mol－13.化学反应进行的方向和限度是化学反应原理所要研究的两个重要问题，下列有关化学反应进行的方向和限度的说法中正确的是（）A.mA(g)+nB(g)pC(g)，平衡时A的浓度等于0.5mol/L，将容器体积扩大一倍，达到新的平衡后A的浓度变为0.3mol/L，则计量数m+n<pB.对于反应A(g)+3B(g)2C(g)，起始充入等物质的量的A和B,达到平衡时A的体积分数为n％，此时若给体系加压则A的体积分数不变C.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH 2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，则CO2的体积分数不变能作为平衡判断的依据D.2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>04.在1.0L恒容密闭容器中放入0.10mol X，在一定温度下发生反应：X(g)Y(g)＋Z(g)ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。
河南省郑州市2018-2019学年高二上学期期末考试数学(理)试题 Word版含解析
河南省郑州市2018-2019学年上期期末考试高二数学（理）第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共有12个小题，每小题5分，共60分。
在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知命题那么为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可写出答案.【详解】命题则为故选：B【点睛】本题考全称命题的否定形式，属于简单题.2.已知数列是等比数列，若则的值为（）A. 4B. 4或-4C. 2D. 2或-2【答案】A【解析】【分析】设数列{a n}的公比为q，由等比数列通项公式可得q4＝16，由a3＝a1q2，计算可得．【详解】因故选：A【点睛】本题考查等比数列的性质以及通项公式，属于简单题．3.已知是实数，下列命题结论正确的是（）A. “”是“”的充分条件B. ”是“”的必要条件C. “ac2＞bc2”是“”的充分条件D. ” 是“”的充要条件【解析】【分析】根据不等式的性质，以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【详解】对于，当时，满足，但是，所以充分性不成立；对于，当时，满足，但是，所以必要性不成立；对于，当时，成立，但是，所以充分性不成立，当时，满足，但是，所以必要性也不成立，故“” 是“”的既不充分也不必要条件，故选：C【点睛】本题主要考查不等式的性质以及充分条件，必要条件的判断，属于基础题．4.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】双曲线的渐近线方程为，由渐近线与直线垂直，得的值，从而得到离心率. 【详解】由于双曲线的一条渐近线与直线垂直，所以双曲线一条渐近线的斜率为，又双曲线的渐近线方程为，所以，双曲线的离心率.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程和离心率，以及垂直直线斜率的关系.5.若等差数列的前项和为，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【分析】由得，再由等差数列的性质即可得到结果.【详解】因为为等差数列，所以，解得，故.故选:C【点睛】本题主要考查等差数列的前项和公式，以及等差数列性质（其中m+n=p+q）的应用.6.的内角的对边分别为，，, 则=（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由二倍角公式得到cosB,然后由余弦定理可得b值.【详解】因为，所以由余弦定理，所以故选：D【点睛】本题考查余弦二倍角公式和余弦定理的应用，属于简单题.7.椭圆与曲线的（）A. 焦距相等B. 离心率相等C. 焦点相同D. 准线相同【答案】A【解析】【分析】分析两个曲线的方程，分别求出对应的a,b,c即可得答案.【详解】因为椭圆方程为，所以,焦点在x轴上,曲线,因为，所以,曲线方程可写为,,所以曲线为焦点在y轴上的椭圆，,所以焦距相等.故选：A【点睛】本题考查椭圆标准方程及椭圆简单的几何性质的应用，属于基础题.8.在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,，则的长为（）A. B. 6 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量可得，两边平方即可得出答案．【详解】∵AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∴＝＝＝，∵，∴＝6，∴|=．故选：C．【点睛】本题考查平行四面形法则、向量数量积运算性质、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力.9.已知不等式的解集是，若对于任意，不等式恒成立，则t的取值范围（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由不等式的解集是，可得b、c的值,代入不等式f（x）+t≤4后变量分离得t≤2x2﹣4x ﹣2，x∈[﹣1，0]，设g（x）＝2x2﹣4x﹣2，求g(x)在区间[﹣1，0]上的最小值可得答案．【详解】由不等式的解集是可知-1和3是方程的根，,解得b=4，c=6,,不等式化为，令g（x）＝2x2﹣4x﹣2，，由二次函数图像的性质可知g(x)在上单调递减，则g（x）的最小值为g(0)=-2，故选：B【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，考查不等式的恒成立问题，常用方法是变量分离，转为求函数最值问题.10.在中，角所对的边分别为，表示的面积，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sin A＝1，即A＝900，由余弦定理、三角形面积公式可求角C，从而得到B的值．【详解】由正弦定理及得,因为，所以；由余弦定理、三角形面积公式及，得,整理得，又,所以,故.故选：D【点睛】本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．11.已知均为正实数，若与的等差中项为2，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由等差中项和基本不等式得到，又，画出不等式表示的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可．【详解】由题当且仅当时“”成立，此时；又，作出可行域如图，目标函数z＝x+2y可化为y＝-+，即斜率为-，截距为的动直线，数形结合可知，当动直线过点O时，纵截距z最小，即z最小，过点A（0,2）时，纵截距最大，即z最大，故的取值范围为.故选：B【点睛】本题结合等差中项考查基本不等式及线性规划问题,线性规划中利用可行域求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.12.已知抛物线,其准线与轴的交点为,过焦点的弦交抛物线于两点,且,则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过点A分别作x轴和准线的垂线,利用抛物线的定义可将转为，即可得到，同理可得，然后利用计算即可得到答案. 【详解】如图所示,过点A分别作x轴和准线的垂线,垂足分别为H,A1.根据题意,知,故.同理可得故.故选:C【点睛】本题考查抛物线方程,定义等知识点,考查数形结合思想,转化化归思想的应用.本题亦可采用代数法,求出坐标再用向量法解决.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共有4个小题，每小题5分，共20分。
化学高二物质的两性例题
【题型】单选题【难度】易【年级】高二【省份】黑龙江省既能与盐酸反应得到气体，又能与NaOH溶液反应得到气体的单质是（）A．NaAlO2B．Al2O3C．NH4HCO3D．Al【来源】黑龙江省佳木斯市汤原高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题【答案】D【解析】铝既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，两者均产生氢气。
且题中问的是单质，故只有铝符合要求，D项正确，答案选D。
【题号】2【题型】单选题【难度】易【年级】高二【省份】江苏省下列物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（）A．Mg(OH)2B．Al(OH)3C．SiO2D．Na2CO3【来源】江苏省南通第一中学2018～2019学年高二上学期期末教学质量调研化学【答案】B【解析】A.氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁与水，不能与氢氧化钠反应，故A错误；B.氢氧化铝是两性氢氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故B正确；C.二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，不能与盐酸反应，故C错误；D.Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳和水，但不与氢氧化钠反应，故D错误；正确答案是B。
【题号】3【题型】单选题【难度】易【年级】高二【省份】宁夏回族自治区下列物质既能跟盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的盐是（）A．Na2CO3B．Al(OH)3C．NaCl D．NaHCO3【来源】宁夏育才中学学益校区2017-2018学年高一12月月考化学试题【答案】D【解析】A.碳酸钠能与盐酸反应，与氢氧化钠不反应，A项错误；B.氢氧化铝不是盐，B项错误；C.氯化钠与盐酸和氢氧化钠均不反应，C项错误；D.碳酸氢钠属于盐，与盐酸和氢氧化钠均反应，D项正确，答案选D。
【题型】单选题【难度】中等【年级】高二【省份】甘肃省既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（）A．B．C．AlCl3D．Al【来源】甘肃省嘉峪关市酒钢三中2017-2018学年高二上学期第二次月考化学试题【答案】A【解析】A、氧化铝是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，A正确；B、氧化铁是碱性氧化物，与盐酸反应，与氢氧化钠溶液不反应，B错误；C、氯化铝与氢氧化钠溶液反应，与盐酸不反应，C错误；D、铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，但铝属于单质，不是化合物，D错误，答案选A。
山东省师范大学附属中学2018-2019学年高二化学上学期第五次学分认定(期中)试卷(含解析)
B．a、b、c 三点溶液的 pH 由大到小顺序为 a〉b〉c C．a 点的 Kw 值比 b 点的 Kw 值大 D．a 点水电离的 n(H＋）大于 c 点水电离的 n（H＋）
D．CH3COOH 溶液与 Na2CO3 反应生成 CO2 16．298 K 时,在 20。0 mL 0。10 mol·L－1 氨水中滴入 0.10 mol·L－1 的盐酸， 溶液的 pH 与所加盐酸的体积关系如图所示。已知 0.10 mol·L－1 氨水的电离度为
8．向绝热恒容的密闭容器中通入 SO2 和 NO2，发生反应 SO2(g）＋NO2（g)
SO3
（g）＋NO(g)，其正反应速率（v 正)随时间(t)变化的关系如图所示.下列结论中错误
的是
A．反应Ⅰ:ΔH〉0，p2>p1 B．反应Ⅱ：ΔH<0, T2>T1 C．反应Ⅲ：ΔH〉0，T2〉T1 或 ΔH〈0,T2〈T1 D．反应Ⅳ:ΔH〈0,T2〉T1 7．在一定的温度下，将 2mol A 和 3mol B 充入一密闭容器中发生如下反应：aA （g）＋B(g） C（g)＋D(g），5 min 后达到平衡。已知该温度下反应的平衡常数 K＝1,在 t0 时刻，若保持温度不变将容器的体积扩大为原来的 10 倍,A 的转化率不发 生变化，则下列说法正确的是
D．
＝10－10mol·L－1 的溶液中：Na＋、HCO3－、Cl－、K＋
3
山东省师范大学附属中学 2018-2019 学年高二化学上学期第五次学分认定（期中）试卷（含解析）
18．25 ℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10 mol2·L－2，Ksp（BaCO3）＝5。1×10－9 mol2·L
时间/min
5
10
15
20
2018_2019学年高二化学上学期期末考试试题
九江一中2018-2019学年上学期期末考试高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Al:27 P:31 Cu：64第I卷（选择题）一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。
每个小题只有一个选项符合题意）1.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味．”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（）A．脱落酸B．乙烯C．生长素D．甲烷2.下列关于电解质的说法，正确的是( )A. 金属导电，属于电解质B. 乙酸是有机物，属于非电解质C. 只有在水溶液中能够导电的物质才属于电解质D. NaCl和Al2O3在熔融状态下均导电，都属于电解质3.下列有关化学用语表示正确的是( )A. 质子数和中子数均为6的碳原子：B. 硫离子的结构示意图：C. 氢氧化钠的电子式：D. 乙烯的结构简式：CH2CH24.下列互为同素异形体的是( )A. H2O与H2O2B. 与C. 石墨与金刚石D. 正丁烷与异丁烷5.下列变化过程中，ΔS<0的是( )A．氯化钠溶于水中B．NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)C．汽油的燃烧D．煅烧石灰石得到生石灰和二氧化碳6. 根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是( )A. 太阳能电池的主要材料为二氧化硅B. 铁与电源正极连接可实现电化学保护C. 酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀D. iPhone7s用的锂离子电池属于一次电池7.从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测( )A.HR应为红色B.HR应为蓝色C.R-应为无色D.R-应为红色8.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（）A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+B. 25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-9.①pH＝0的盐酸②0.5 mol·L－1的盐酸③0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液④0.1 mol·L－1的NaOH溶液⑤0.5 mol·L－1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是（）A．⑤③④②① B．①②③⑤④ C．①②③④⑤ D．⑤③④①②10.设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A. 常温常压下，6.4 g O2和O3的混合气体中含有的原子数为0.4N AB. 100 mL l mol·L-1的碳酸钠溶液中含有的CO32-数为0.1N AC. 标准状况下，2.24 L苯中含有的碳原子数为0.6N AD. 用含有少量锌、铁、银等杂质的粗铜作阳极电解精炼铜，当阴极析出64 g金属时，阳极失去的电子数小于2N A11.下列说法中，不正确的是( )A．用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为2Cl－－2e－===Cl2↑B．酸性介质或碱性介质的氢氧燃料电池的正极反应式均为O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为Cu2＋＋2e－===CuD．钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为Fe－2e－===Fe2＋12.下列实验误差分析不正确的是（）A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2B. 对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C. 升高温度能够促进水的电离D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加少量铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅14. 下列说法正确的是（）A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率B. 对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率C. 将铜片放入稀硫酸中，无明显现象；若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气产生D. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变15.下列各图中，表示2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0可逆反应的正确图像为（）16.白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。
2018--2019年第一学期高二化学酸碱中和滴定复习测试题有答案
1 .有一支50mL的酸式滴定管,其中盛有溶液,液面恰好在30mL刻度处,把管中的溶液全部放出,承接在量筒中溶液的体积是()A,等于30mL B,等于20mL C.大于30mL D,大于20m L2 .以下有关滴定操作的说法正确的选项是()A.用25mL滴定管进行中和滴定时,用去标准液的体积为21.7mLB.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸, 洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,那么测定结果偏低C.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸, 配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质,那么测定结果偏高D.用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时,假设读取读数时,滴定前仰视,滴定到终点后俯视,会导致测定结果偏高3 .室温时,向20mL 0.1mol L-1的醋酸溶液中不断滴加0.1mol L-1的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如下图,在滴定过程中,以下关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是()“4：A. a点时：c(CH3COO )>c(Na+)>c(CH 3COOH) >c(H+)>c(OH )B. b 点时:c(Na+)=c(CH 3COO )C. c 点时:c(OH 尸c(CH 3COOH)+c(H+)D. d 点时：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH )>c(H+)4.常温下,在20.0mL0.10 mol L-1氨水中滴入0.10mol L-1•的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图. 0.10 mol L-1氨水的电离度为 1.32%, 卜列表达错误的选项是()A.该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B. M点对应的盐酸体积小于20.0mLC. M点处的溶液中c(H+)=c(OH-)D. N点处的溶液中pH>125.以下说法不正确的选项是()A. pHV 7的溶液不一定呈酸性B.在相同温度下,物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液,c(OH-)相等C.在相同温度下, pH相等的盐酸、CH3COOH溶液,c(Cl-)=c(CH3COO-)D.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,那么测定结果偏高6 .以下图示与对应的表达相符的是.甲乙丙TA .图甲表示某吸热反响在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反响的能量变化B.图乙表示常温下, 0.1mol L-1NaOH溶液?^定20.00mL0.1mol 1--1醋酸溶液的滴定曲线C.图丙表示某可逆反响的反响速率随时间的变化关系, t0时刻改变的条件是使用了催化剂D.图丁表示一定质量冰醋酸加水稀释过程中、溶液导电水平变化曲线,且醋酸电离程度：a<b<c7 .在含有Ag+的酸性溶液中,以铁俊矶NH4Fe(SO4)2作指示剂,用KSCN的标准溶液滴定Ag +.：AgSCN(白色,s)^^ Ag++SCN-, K sp=1.0 M0-12; Fe3++SCN-^^ FeSCN2+(红色),K=138o以下说法正确的选项是()A.边滴定,边摇动溶液,首先溶液变红色8 .当Ag+定量沉淀后,少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物,即为终点C.上述实验可用KCl标准溶?^代替KSCN的标准溶液滴定Ag +D.滴定时,溶液pH变化不会影响终点的观察1 .8. H2s2.3是一种弱酸,实验室欲用0.01mol L •的Na2s2.3溶液滴定碘水,发生的反响为 b + 2Na2s2O3===2NaI+Na2s4.6,以下说法正确的选项是〔〕A.该滴定反响可用甲基橙作指示剂8 . Na2s2O3是该反响的复原剂C.该滴定反响可选用如以下图所示的装置D.该反响中每消耗2mol Na2s2O3,转移电子的物质的量为4mol9 .【2021年全国普通高等学校招生统一测试化学〔新课标iii卷〕】用0.100mol L-1 AgNO 3滴定50.0mL 0.0500mol L-1 Cl-溶液的滴定曲线如下图.以下有关描述错误的选项是〔〕A .根据曲线数据计算可知K sp〔AgCl〕的数量级为10B,曲线上各点的溶液满足关系式c〔Ag +〕 c〔Cl-〕=K sp〔AgCl〕C.相同实验条件下,假设改为0.0400mol L-1 Cl-,反响终点c移到aD.相同实验条件下,假设改为0.0500mol L--1 Br-,反响终点c向b方向移动10.12021学年山西省大同市第一中学高二上学期期末测试】准确移取20.00mL某待测HCl溶液于维形瓶中,用0.1000mol L-1NaOH溶液滴定.以下说法正确的选项是〔〕A.滴定管用蒸储水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大C.用酚酬:作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色,且半分钟不变色时,停止滴定D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴局部有悬滴,那么测定结果偏小11.【2021年四川省石室中学高二上学期半期测试】以下有关实验中,会导致所配制〔或所测定〕溶液浓度偏高的是〔其它操作均正确〕A.用标准NaOH滴定未知浓度的CH3COOH,用甲基橙作指示剂,溶液由红色变橙色立即停止滴定B.用容量瓶配制100mL 5mol L-1氯化钠溶液试验中,定容时仰视C.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中,使用碱式滴定管开始平视,后来俯视读数D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中,碱式滴定管开始无气泡,后来有气泡12 .【2021年内蒙古集宁一中(西校区)高二上学期第一次月考理科综合】某NaOH 试样中含有NaCl杂质,为测定试样中NaOH的质量分数,进行如下实验：①称量1.00g样品溶于水,配成250mL溶液；②用碱式滴定管准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中,滴加2〜3滴作为指示剂；③用0.1000mol L-1的标准盐酸滴定并重复三次,每次实验数据记录如下:请答复：(1)配制溶液所需要的主要玻璃仪器：.(2)实验步骤②中,横线上填的指示剂是.(3)滴定管在使用前的要.(4)滴定管装好溶液后,排除碱式滴定管中气泡的方法：滴定过程中用左手限制 (填仪器及部位),眼睛,直至滴定终点.(5)判断滴定终点到达时的现象为.(6)假设出现以下情况,测定结果偏高的是 (填字母).a.滴定前用蒸储水冲洗锥形瓶b.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出c.滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外d.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失e.滴定前仰视刻度,滴定后俯视刻度f.酸式滴定管在使用前没有润洗(7)通过计算可知该烧碱样品的纯度为.13 .【2021年天津市七校(静海一中,杨村中学,宝地一中,大港一中等)高二上学期期中联考】结合所学内容,答复以下问题：I.某同学进行影响草酸与酸性高镒酸钾溶液反响速率因素的研究. 草酸与酸性高镒酸钾的反响为：2KMnO4+5H2c2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2 T +8HO.室温下,两支4请答复:(1)该实验2论是.(2)实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是(3)该同学为使实验更加严密, 在试管③中做了如下实验,请预测褪色时间约为.3+ 2+ 22242的碘含量,其步骤为a.准确称取W g食盐,加适量蒸储水使其完全溶解b.用稀硫酸酸化所得溶液,参加足量KI溶液,使KIO3与KI反响完全c.参加指示剂,逐滴参加物质的量浓度为 2.0 10-3mol L-1的Na2s2O3溶液10.0mL,恰好反响完全〔4〕 c中参加的指示剂可选用 ,恰好完全反响时的现象是.〔5〕假设操作b在空气中振荡时间过长,那么最终测定的测定食用精制盐中的的碘含量会〔填偏高〞、褊低〞或没有影响〞.〕〔6〕根据以上实验和包装说明,算得所测食用精制盐的碘含量是〔以含W的代数式表示〕mg kg-1〔计算结果保存整数即可〕.1 .【答案】D【解析】滴定管的“〔刻度在上、“ 50mL刻度在下〔量筒与此相反〕,在“ 50mL刻度以下还有一段空间没有刻度.因此,将装到50mL酸式滴定管的溶液全部放出,除由30mL亥I 度到50mL刻度处有20mL溶液外,还有50mL刻度以下的溶液一并放出, 总量超过20mL. 故答案选D.2 .【答案】D【解析】A.滴定管精确值为0.01mL,读数应保存小数点后2位,A错误；B.用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,由于没有润洗,标准液浓度减小,消耗标准液体积增加,那么测定结果偏高, B错误；C.所用的固体KOH中混有NaOH ,相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾,氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量,故所配的溶液的OH-浓度偏大,导致消耗标准液的体积V (碱)偏小,根据c(酸)=5碱)可(碱加(酸)可知c(酸)偏小,C错误；D.用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时,假设滴定前仰视读数,滴定至终点后俯视读数,导致消耗的盐酸体积偏小,依据 C (酸) =c(碱)W(碱)/v(酸)可知测定结果偏高, D正确；答案选Do3 .【答案】D【解析】A. a点时醋酸过量,溶液为CH3COOH和CH s COONa的混合物,溶液呈酸性, 醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度,那么c(CH3COO-)>c(CH3COOH),但醋酸的电离程度较小,因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH) >c(H+)>c(OH-),故A 正确;B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+尸c(CH 3COO-)+c(OH-), b点时溶液的pH=7 ,呈中性,那么c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+尸c(CH 3COO-),故B正确；C. c点时,氢氧化钠与醋酸恰好反响生成醋酸钠溶液, 醋酸钠溶液中存在电荷守恒：①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),也存在物料守恒：②c(Na+尸c(CH 3COO-)+c(CH 3COOH),将②带入①可得：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+),故C正确；D. d点为等物质的量的NaOH和CH s COONa的混合物, 溶液呈碱性,由于CH3COO-存在微弱的水解,那么：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故D错误；应选D.4 .【答案】D【解析】A .强酸弱碱相互滴定时,由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性,那么应选择甲基橙作指示剂,故A表达正确；B .如果M点盐酸体积为20.0mL,那么二者恰好完全反响生成氯化俊,氯化俊中俊根离子水解导致该点溶液应该呈酸性, 要使溶液呈中性,那么氨水应该稍微过量,所以盐酸体积小于20.0mL,故B表达正确；C.M处溶液呈中性,那么存在c(H+尸c(OH-), 故C 表达正确；D. N点为氨水溶液,氨水浓度为0.10mol L-；该氨水电离度为 1.32%,那么该溶?^中c(OH-)=0.10mol L-1 X1.32%=1.32 10-3mol L-1, c(H+)=10-14/1.32 10-3mol - L-1=7.6 X0-12mol L-1,所以该点溶液pH<12,故D表达错误；答案选D.5 .【答案】B【解析】A . pH V 7的溶液不一定呈酸性,如100OC时,pH=6为中性溶液,pH<7可能为碱性溶液,故A说法正确；B.氨水是弱碱,在相同温度下,物质的量浓度相等的氨水和NaOH溶液中,氢氧化钠溶液中c(OH-)大于氨水,故B说法错误；C.在相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液,c(H+)和分别相等,根据电荷守恒,分别有c(Cl-)+c(OH-尸c(H+),c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+),因此c(Cl-)=c(CH3COO-),故C 说法正确；D.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,那么标准KOH溶液的浓度偏小,耗用标准溶液的体积偏多,那么测定结果偏高,故D说法正确；答案选Bo6 .【答案】D【解析】A.图甲中反响物的总能量高于生成物的总能量,是放热反响,选项A错误； B.滴定终点时即氢氧化钠的体积为20.00mL时,为醋酸钠溶液,溶液呈碱性pH>7,选项B错误；C.反响前后气体的体积相等的反响,如：3A(g)=^ 2C(g)+B(g),增大压强或减小压强,平衡不移动,所以图示可能为增大压强, 催化剂能改变反响速率, 也可能为使用了催化剂,选项C错误；D.醋酸是弱电解质,所以醋酸溶液中存在电离平衡,加水稀释促进醋酸电离,所以溶液体积越大,醋酸的电离程度越大,所以醋酸电离程度大小顺序是c>b>a,选项D正确.答案选D.7 .【答案】B【解析】A. AgSCN的溶度积常数很小,边滴定,边摇动溶液,溶液中首先析出AgSCN 白色沉淀,故A错误；B. Fe3++SCN-二二FeSCN2+(红色),K=138 ,比拟大,故正向反响容易进行,故当Ag+定量沉淀后,少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物,且半分钟不退色时即为终点,故B正确；C.硫氧化钾和铁离子形成红色溶液,氯化钾和铁离子不反响,故不能用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag + ,故C错误；D.铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体,干扰实验现象的观察,因此,滴定时要限制溶液一定的酸性,故D 错误；应选Bo8 .【答案】B【解析】A .由于该反响为I2 +2Na2s2O3===2NaI + Na2s4.3,是碘单质转变成了碘离子, 检验碘的试剂是淀粉溶液, 所以滴定反响不应用甲基橙作指示剂, 应该用淀粉溶液作指示剂,故A项错误；B.在该反响中,I2的化合价降低,得到电子,I2作氧化剂,Na2s2.3中的S 的化合价升高,失去电子, Na2s2O3是该反响的复原剂,故B项正确；C. Na2s2O3是强碱弱酸盐,其溶液显碱性,应该使用碱式滴定管盛装, 不能用酸式滴定管盛装,C项错误；D.根据方程式I2+ 2Na2s2O3===2NaI + Na2s4O3知该反响中每消耗2mol Na2s2O3,转移2mol电子, 故D项错误.9 .【答案】C【解析】A .选取横坐标为50mL的点,此时向50mL 0.05mol L-1的Cl-溶液中,参加了50mL 0.1mol L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol L-1 (根据银离子和氯离子 1 ： 1沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来2倍),由图示得到此时Cl-约为1M0-8mol L-1(实际稍小),所以K sp(AgCl)约为0.025 10-8=2.5 10-1°,所以其数量级为10-1°,选项A正确.B.由于K SP(AgCl)极小,所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出, 溶液一直是氯化银的饱和溶液,所以c(Ag+) c(Cl-) = K SP(AgCl),选项B正确.C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子,所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定, 将50mL 0.05mol L-1的Cl-溶液改为50mL 0.04mol L-1•的Cl-溶液,此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍,所以滴定终点需要参加的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由c点的25mL变为25 >0.8=20mL ,而a点对应的是15mL,选项C错误.D.卤化银从氟化银到1 碘化银的溶解度应该逐渐减小,所以K SP(AgCl)应该大于K SP(AgBr),将50mL 0.05mol L-的Cl-溶液改为50mL 0.05mol L-1•的Br-溶液,这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的澳离子,由于银离子和氯离子或澳离子都是 1 ： 1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,但是由于澳化银更难溶, 所以终点时,澳离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小, 所以有可能由a点变为b点.选项D正确.10 .【答案】B【解析】A项,滴定管用蒸储水洗涤后会将标准液稀释,应用标准NaOH溶液洗涤滴定管,故A项错误；B项,锥形瓶中溶液原来显酸性,随着NaOH溶液滴入,慢慢变为中性、碱性,PH由小变大,故B项正确；C项,用酚酬:作指示剂,滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变粉红色,故C项错误；D项,滴定管尖嘴局部有悬滴,测得的滴定标准液体积增大,那么测定结果偏大,故D 项错误.综上所述,此题正确答案为Bo11 .【答案】D【解析】A. NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反响恰好完全时,生成了CH3COONa , CH3COONa水解溶液呈碱性,假设选用甲基橙作指示剂,滴定终点时溶液在酸性范围,标准液的体积偏小,所测定溶液浓度偏低,选项A错误；B.用容量瓶配制100mL 5mol L-1氯化钠溶液试验中,定容时仰视那么所加蒸储水偏多,溶液浓度偏低,选项B错误；C.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液试验中,使用碱式滴定管开始平视,后来俯视读数,那么所读数体积偏小,滴定消耗的标准盐酸体积偏低,所测定溶液浓度偏低,选项C错误；D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中, 碱式滴定管开始无气泡,后来有气泡,那么标准液体积偏大,所测定溶液浓度偏高,选项D正确.答案选D.12 .【答案】〔1〕烧杯,玻璃棒,250ml容量瓶,胶头滴管〔2〕酚酬:或甲基橙〔3〕验漏〔4〕碱式滴定管应将胶管向上弯曲,用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出,以排除气泡酸式滴定管活塞注视锥形瓶内溶液颜色的变化〔5〕滴入最后一滴盐酸后,锥形瓶中溶液颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色（6）cdf（7）80%【解析】〔1〕操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,用到的仪器为：天平、药匙、量筒、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；所以还缺少的仪器为：烧杯,玻璃棒, 250ml容量瓶,胶头滴管；〔2〕强酸滴定强碱用酚配或甲基橙作指示剂；〔3〕滴定管有球阀或活塞在使用前的要查漏；〔4〕滴定管装好溶液后,排除碱式滴定管中气泡的方法：碱式滴定管应将胶管向上弯曲, 用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出, 以排除气泡.滴定过程中用左手限制酸式滴定管活塞, 眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化, 直至滴定终点.〔5〕滴定时,滴入最后一滴盐酸后,锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色,可说明到达滴定终点；〔6〕 a.滴定前用蒸储水冲洗锥形瓶,待测液的物质的量不变,标准液体积不变,测定值不变,故a错误；b.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出,会导致测定标准液体积偏小,测定值偏低,故b错误；c.假设在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外,会导致测定标准液体积偏大,测定值偏高,故c正确；d.酸式滴定管在滴定前有气泡, 滴定后气泡消失,造成V 〔标准〕偏大,根据c 〔待测〕=c〔标准〕M〔标准〕/V〔待测〕,可知c 〔待测〕偏大,故d正确；e.滴定前仰视刻度,滴定后俯视刻度,会导致测定标准液体积偏小,测定值偏低,故e错误；f.酸式滴定管在使用前没有润洗,标准液被冲稀,会导致测定标准液体积偏大, 测定值偏高,故f正确；应选cdf;〔7〕用0.10mol L-1 的标准盐酸滴定三次,消耗盐酸的平均体积为〔20.10+20.00+19.90〕/3mL=20.00mL , HCl --------------- N aOH1 10.10mol L-1X20mL n(NaOH)解得n(NaOH)=0.002mol ,那么烧碱样品的纯度为0.002mol 10XM0gmol-1/1g=80%.13.【答案】〔1〕在其他条件相同时, Mn2+是KMnO4与H2c2.4反响的催化剂,起着加快反响速率的作用〔2〕酸性KMnO 4溶液具有强氧化性,能氧化MnCl2中的Cl ,也会使KMnO 4溶液褪色.或限制单一变量,排除CF对反响速率有影响的可能性〔两者取其一即可〕〔3〕 116s〔4〕淀粉溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化〔5〕偏局〔6〕 423/W【解析】I . 〔1〕实验①、②、③中使用的反响物是都是0.01mol L-1酸f I E KMnO 4溶液、0.1mol L;1H2C2O4,都在室温下反响,说明浓度相同,温度相同,高镒酸钾褪色时间最快的是②,加了硫酸镒, ③中加的是硫酸钠与①褪色时间根本相同,比照得知起催化作用的是Mn2+,因此,此题正确答案是：在其他条件相同时, Mn2+是草酸与酸性高镒酸钾反响的催化剂,起着加快反响速率的作用；〔2〕酸性KMnO 4溶液具有强氧化性,能氧化MnCl2中的Cl ,也会使KMnO 4溶液褪色.或限制单一变量,排除CF对反响速率有影响的可能性〔两者取其一即可〕因此,此题正确答案是：酸性KMnO 4溶液具有强氧化性,能氧化MnCl2中的Cl ,也会使KMnO 4溶液褪色.或限制单一变量,排除CF对反响速率有影响的可能性〔两者取其一即可〕；〔3〕实验①、②、③中使用的反响物是都是0.01mol L-1酸fKMnO 4 溶液、0.1mol L-1 H2C2O4,实验③没有Mn2+的催化作用,反响速率和实验①应相同,褪色时间约为116s；因此,此题正确答案是：116s； n . 〔4〕碘遇淀粉溶液变蓝,故参加的指示剂可选用淀粉；溶液呈蓝色,随反响I2+2S2O3-===2I-+S4O6-进行,溶液中没有碘,溶液由蓝色为无色,说明反响到终点,判断c中反响恰好完全所根据的现象是：溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化,因此,此题正确答案是：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色,且30s不变化；〔5〕假设操作b在空气中振荡时间过长,那么有局部「可能被空气中的氧气氧化成I2,在滴定时消耗的标准液偏多,计算结果偏高；因此,此题正确答案是：偏高；〔6〕 b中生成的碘在c中反响IO3+5I-+6H+===3I2+3H2O,所以IO 3 -------------- 3I 2 ------------- 6s 2 O2-1mol 6molx 2.0 10-3mol L-1X0.01L=2.0 10-5mol解得：x=- 2.0 10-5mol, m(I)= - 2.0 10-5mol X127gmol-1=4.23 10-4g=0.423mg ,那么每千克食盐中含碘=—mg/kg ,因此,此题正确答案是: 423/Wo。
2018_2019学年高二化学下学期期末调研考试试题(含解析)
2018-2019学年高二下学期期末调研考试理科综合化学试题1.化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。
下列说法正确的是A. 汝窑瓷器的天青色来自氧化铁B. “傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质C. 中国歼—20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用D. 诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能【答案】D【解析】【详解】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误；C.氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；所以本题答案：D。
2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1LpH=6的纯水中含有OH－的数目为10－8N AB. 当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为N AC. 0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)，含有N A个S—S键D. 一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2N A 【答案】B【解析】【详解】A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l×10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l×10-6N A，故A错误；B. 氢氧燃料电池在酸性条件下,负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，正极的电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为N A，故B正确；C. 由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在S—S ，所以C错误；D. 因为H2+I22HI为可逆反应，所以一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molI2(g)充分反应，生成HI分子数小于2N A，故D错误；所以本题答案：B。
3.某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。
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河南省郑州市2018-2019学年高二化学上学期期末考试试卷（含解析）说明：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2．将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在第Ⅱ卷的答题表（答题卡）中。
3．可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Cu:64 Ag:108第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项。
1．以KCl和ZnCl2的混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A．未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D．镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用【答案】C【点睛】：明确电池或电解工作原理是解题关键，根据Zn的金属性强于Fe，未通电前上述镀锌装置可构成原电池，其正极反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-，与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程；电镀时，每转移2mol电子析出1molZn，通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关；电镀时保持单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成Zn-Fe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护。
2．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+20H－-2e－=Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O【答案】CC．充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D．充电时，阴极发生Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阳极发生2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，故D正确；故选C。
【点睛】：根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe(OH)2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni(OH)2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2，则充电时，阴极发生Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O。
3．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。
下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是 ( )A．A B．B C．C D．D【答案】B【点睛】：考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热。
4．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是①b不可能显碱性②a可能显酸性或碱性③a不可能显酸性④b可能显碱性或酸性A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】A【解析】①pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故①正确；②某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故②正确；③若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则a可能显酸性，故③错误；④若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故④错误；故选A。
【点睛】：考查溶液酸碱性的定性分析，根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液可能为强酸或弱酸，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性，此题应忽略盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答。
5．下列描述中正确的是A．CS2为V形的极性分子B．ClO3—的空间构型为平面三角形C．SF6中有6对相同的成键电子对D．SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化【答案】C6．绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右图所示。
由图可得出的正确结论是A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．Δt1＝Δt2时SO2的转化率：a～b段小于b～c段【答案】D【解析】A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D．随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选D。
【点睛】：由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快。
7．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量 1 mol N2、3 mol H2 2 mol NH3 4 mol NH3NH3的浓度(mol·L－1) c1c2c3反应的能量变化放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ体系压强(Pa) p1p2p3反应物转化率α1α2α3下列说法正确的是A．2c1＞c3 B．a＋b＝92.4 C．2p2＜p3 D．α1＋α3＞1 【答案】B器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；A．丙容器反应物投入量4 molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2 molN2、6 molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B．甲投入1 molN2、3 molH2，乙中投入2 molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故a+b=92.4，故B正确；C．丙容器反应物投入量4 molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；故选B。
【点睛】：考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建立的等效途径；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据此进行解答。
8．常温下，有甲、乙两份体积为1 L，浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2 mol·L－1的NaOH混合，在混合液中：n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝y mol，x、y的正确答案组合为A．5； 0.1 B．5； 0.2C．3＜x＜5； 0.1 D．3＜x＜5； 0.2【答案】D【解析】醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1 mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2 mol/L的NaOH混合，根据电荷守恒可知：n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)=y mol，n(Na+)=0.2 mol/L×1L=0.2 mol，所以y=0.2，故选D。
9．同一温度下，强电解质溶液a，弱电解质溶液b，金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是A．b＞a＞c B．a＝b＝c C．c＞a＞b D．b＞c＞a 【答案】A10．有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等。
现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生的反应如下：NaR＋CO2(少量)＋H2O===HR＋NaHCO32NaR′＋CO2(少量)＋H2O===2HR′＋Na2CO3比较HR和HR′酸性的强弱，正确的是A．HR较弱 B．HR′较弱 C．两者相差不大 D．无法比较【答案】B【解析】NaR′的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR′发生第一步反应：NaR′+H2CO3=NaHCO3+HR′，由于NaR′过量，所以NaHCO3继续和NaR′反应：NaHCO3+NaR′=HR′+Na2CO3，总反应表示为：2NaR′+CO2+H2O=2HR′+Na2CO3，酸性：H2CO3＞HCO3-＞HR′，NaR的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR发生第一步反应：NaR+H2CO3=NaHCO3+HR，虽然NaR过量，但反应停在了NaR+CO2+H2O=HR+NaHCO3这步，说明酸性：H2CO3＞HR＞HCO3 -，所以HR较强、HR′较弱，故选B。