2019-2020年高二上学期期中化学试卷（实验班）含解析.doc

2019-2020年高二上学期期中化学试卷（实验班）含解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）1已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）H=701.0kJmoll；2Hg（l）+O2 （g）2HgO（s）H=181.6kJmol1则反应Zn（s）+HgO（s）ZnO（s）+Hg （l）的H为（）A+519.4 kJmol1B+259.7 kJmol1C259.7 kJmol1D519.4 kJmoll2下列反应是氧化还原反应，且反应的焓变大于零的是（）A铝片与稀H2SO4反应BBa（ OH）28H2O与NH4Cl反应C灼热的炭与CO2反应D甲烷在O2中的燃烧反应3燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4）等跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱（如KOH）溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法中不正确的是（）A通入氧气的一极发生还原反应，通入甲烷的一极发生氧化反应B负极的电极反应式为CH4+10OH8eCO+7H2OC随着反应的进行，电解质溶液的pH保持不变D甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的大4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，正确的是（）A氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHB电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2ClCl2+2eC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：CuCu2+2eD钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：FeFe2+2e5用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是（）A稀NaOH溶液BHCl溶液CCuSO4溶液DAgNO3溶液6下列说法正确的是（）A凡是放热反应都是自发的B铁在潮湿空气中生锈是自发过程C自发反应都是熵增大的反应D电解池的反应是属于自发反应7对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0，下列图象正确的是（）ABCD8向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6molL1下列说法中正确的是（）用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2molL1s1用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2molL1s1平衡时物质A与B的转化率相等平衡时物质B的浓度为0.2molL1其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变ABCD9已知：A（s）+B（g）2D（g）H0该反应达到平衡后，下列条件的改变有利于平衡向正反应方向移动的是（）A升高温度和减小压强B降低温度和减小压强C降低温度和增大压强D升高温度和增大压强10密闭容器中，反应xA（g）+yB（g）zC（g）达平衡时，A的浓度为0.5mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L下列判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率降低DC的体积分数增大11下列溶液，一定呈中性的是（）Ac（H+）=1107mol/L的溶液BpH=pOH 的溶液CpH=14pOH 的溶液D由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液12在1L密闭容器中，把1mol A和1mol B混合发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），当反应达到平衡时，生成0.4mol D，并测得C的平衡浓度为0.4mol/L，下列叙述中不正确的是（）Ax的值为2BA的转化率为60%CB的平衡浓度为0.8 mol/LDD的体积分数为25%13将0.1molL1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）A溶液中c（H+）和c（OH）都减小B溶液中c（H+）增大C醋酸电离平衡向左移动D溶液的pH增大14固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡，则部分AgCl转化为AgI，原因是（）AAgI比AgCl稳定B碘氧化性比氯弱CI的还原性比Cl强D溶度积Ksp（AgI）Ksp（AgCl）150.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中CNNa+，则下列关系正确的是（）ANa+CNOHH+BHCN+CN=0.04 molL1CNa+H+=CN+OHDCNHCN16用0.01mol/L NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL需NaOH溶液体积最大的是（）A盐酸B硫酸C高氯酸D醋酸17某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B用托盘天平称量25.20g NaClC用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL二、非选择题（共49分）18按下列要求写出反应的热化学方程式：（1）常温下，1mol NO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热46kJ：（2）已知：P4（白磷，s）+5O2（g）=P4O10（s）H=2983.2kJmol1P（红磷，s）+O2（g）=P4O10（s）H=738.5kJmol1则白磷转化为红磷的热化学方程式为19按图所示装置进行实验，并回答下列问题（1）判断装置的名称：A池为，锌极为极，铜极为电极反应式为；（2）石墨棒C1为极，石墨棒C2附近发生的实验现象为；（3）B池总反应的离子方程式为（4）当C2极析出224mL气体（标准状态）时锌的质量变化（填“变大”、“不变”或“变小”）了g20恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固体容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，求a的值；（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标准状况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%，求平衡时NH3的物质的量21在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为；（2）反应是反应（选填“吸热”、放热）（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是a容器中压强不变 b混合气体中c（CO）不变 cv正（H2）=v逆（H2O） dc（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）c（CH2）=c（CO）c（H2O），试判断此时的温度为22某温度（t）时，水的离子积为K=11013mol2L2，则该温度 （选填大于、小于或等于）25，其理由是23在25条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）（）A9B13C1113之间D911之间2425时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（）（填序号）A氨水与氯化铵发生化学反应B氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c（OH）减小25将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合后，溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性”下同）溶液中C（Na+）C（CH3COO）（填“大于”、“小于”或“等于”下同）26pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈，溶液中c（Na+）c（CH3COO）27物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈，醋酸体积氢氧化钠溶液体积28氯化铝水溶液呈性，原因是（用离子方程式表示）：把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是29在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的xx学年山东省滨州市博兴一中高二（上）期中化学试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共51分）1已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）H=701.0kJmoll；2Hg（l）+O2 （g）2HgO（s）H=181.6kJmol1则反应Zn（s）+HgO（s）ZnO（s）+Hg （l）的H为（）A+519.4 kJmol1B+259.7 kJmol1C259.7 kJmol1D519.4 kJmoll【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】根据盖斯定律，利用已知方程式进行叠加，构造出目标反应式，关键在于设计反应过程，注意：（1）当反应式乘以或除以某数时，H也应乘以或除以某数 （2）反应式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“+”、“”符号，即把H看作一个整体进行运算【解答】解：已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）H=701.0kJmol1 2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）H=181.6kJmol1根据盖斯定律，得2Zn（s）+2HgO（s）=2ZnO（s）+2Hg（l），H=519.4kJmol1即Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），H=259.7kJmol1故选：C【点评】本题考查盖斯定律，难度中等，关键在于根据已知反应构造目标反应式2下列反应是氧化还原反应，且反应的焓变大于零的是（）A铝片与稀H2SO4反应BBa（ OH）28H2O与NH4Cl反应C灼热的炭与CO2反应D甲烷在O2中的燃烧反应【考点】焓变和熵变【专题】化学反应中的能量变化【分析】属于氧化还原反应，反应中应存在元素化合价的变化，焓变大于0，应为吸热反应，结合常见吸热反应判断【解答】解：A铝片与稀H2SO4反应为氧化还原反应，且为放热反应，故A错误；BBa（ OH）28H2O与NH4Cl反应，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C灼热的炭与二氧化碳的反应为氧化还原反应，且为吸热反应，故C正确；D甲烷在O2中的燃烧反应为氧化还原反应，且为放热反应，故D错误故选C【点评】本题考查常见化学反应的类型的判断，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的判断角度，能知道常见吸热反应和放热反应，学习中注意相关基础知识的积累3燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4）等跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱（如KOH）溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法中不正确的是（）A通入氧气的一极发生还原反应，通入甲烷的一极发生氧化反应B负极的电极反应式为CH4+10OH8eCO+7H2OC随着反应的进行，电解质溶液的pH保持不变D甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的大【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】燃料电池是燃料跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱（如KOH）溶液，燃料气体通入的是原电池的负极失电子发生氧化反应，氧气通入的是正极发生还原反应；A、氧气在正极发生还原反应，甲烷在负极发生氧化反应；B、正极反应为O2+2H2O+4e=4OH；总化学方程式为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O；总反应减去正极反应得到负极的电极反应式为：CH4+10OH8eCO32+7H2O；C、随着不断放电，原电池反应中反应生成水，氢氧根离子浓度减小，电解质溶液的pH减小；D、甲烷燃料电池的能量实现化学能转化为电能，能量利用率比甲烷燃烧的大，甲烷燃烧损失能量【解答】解：A、通入氧气的一极发生还原反应，通入甲烷的一极发生氧化反应，故A正确；B、正极反应为O2+2H2O+4e=4OH；总化学方程式为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O；总反应减去正极反应得到负极的电极反应式为：CH4+10OH8eCO32+7H2O；故B正确；C、随着不断放电，原电池反应中反应生成水，氢氧根离子浓度减小，电解质溶液的pH减小，故C错误；D、甲烷燃料电池实现化学能转化为电能，电池反应的能量利用率比甲烷燃烧的大，故D正确；故选C【点评】本题考查了化学新型电源电池的应用，主要是电极名称，电极反应，电极反应的判断和应用，题目难度中等4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，正确的是（）A氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e4OHB电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2ClCl2+2eC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：CuCu2+2eD钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：FeFe2+2e【考点】电极反应和电池反应方程式【专题】化学用语专题；电化学专题【分析】A、燃料电池中负极放电的一定是燃料，正极放电的一定是氧气；B、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子；C、粗铜精炼时，阴极是纯铜，粗铜作阳极；D、在原电池中，正极发生得电子的还原反应【解答】解：A、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；B、电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子得电子的反应，故B正确；C、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故D错误故选B【点评】本题主要考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应知识，难度不大，可以根据已有知识进行解答5用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是（）A稀NaOH溶液BHCl溶液CCuSO4溶液DAgNO3溶液【考点】电解原理【分析】用铂电极电解下列溶液，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2时，说明电解的实质是电解水，根据电解原理知识来回答【解答】解：A电解氢氧化钠的实质是电解水，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2，故A正确； B电解HCl的实质是电解物质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和Cl2，故B错误；C电解硫酸铜属于“生酸放氧型”，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Cu和O2，故C错误；D电解硝酸银属于“生酸放氧型”，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Ag和O2，故D错误故选A【点评】本题考查电解池的工作原理知识，注意电解原理知识的灵活应用和电解的各种类型是关键，难度不大6下列说法正确的是（）A凡是放热反应都是自发的B铁在潮湿空气中生锈是自发过程C自发反应都是熵增大的反应D电解池的反应是属于自发反应【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应可自发进行，以此解答该题【解答】解：A放热反应不一定自发进行，如铝热反应需要在高温下才能进行，而常温下不反应，故A错误；B铁在潮湿空气中生锈，发生电化学腐蚀，为自发进行的反应，故B正确；C化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，自发进行的反应，熵不一定增大，故C错误；D电解池的反应是外加电源的反应，将电能转化为化学能，如断开电路，则反应不能自发进行，故D错误故选B【点评】本题考查反应热与焓变，注意反应能否自发进行与焓变和熵变的关系，易错点为D，注意电解池的反应不是自发过程，题目难度不大7对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）H0，下列图象正确的是（）ABCD【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g），正反应吸热，则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡逆向移动，结合图象来解答【解答】解：A该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；B由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则AB3的含量低，两者都不符，故B错误；C增大压强，化学平衡逆向移动，AB3的含量增大，而向横坐标作垂线，得出压强的大的AB3的含量低，故C错误；D升高温度，化学平衡正向移动，AB3的含量减小，由图象可知，向横坐标作垂线，得出温度的大的AB3的含量低，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大8向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6molL1下列说法中正确的是（）用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2molL1s1用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2molL1s1平衡时物质A与B的转化率相等平衡时物质B的浓度为0.2molL1其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变ABCD【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法【专题】化学平衡专题【分析】C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等；根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量，平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同【解答】解：C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）=0.3mol/（LS），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=0.3mol/（LS）=0.2mol/（LS），故正确；由知，v（C）=0.3mol/（LS），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=0.3mol/（LS）=0.1mol/（LS），故错误；A、B化学计量数之比为2：1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等，故正确；c（C）=0.6mol/L，根据2A（g）+B（g）3C（g）可知，c（B）=c（C）=0.6mol/L=0.2mol/L，所以B平衡浓度为0.2mol/L=0.3mol/L，故错误；原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，不影响平衡移动，加入3molC与加入4molC所到达的平衡状态相同，所以向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变，故正确所以正确故选B【点评】本题考查化学反应速率的计算、影响反应速率的因素、平衡移动与等效平衡，难度中等，注意中化学平衡的建立途径及等效平衡规律：恒温恒容下，反应前后体积变化，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的量相等；反应前后体积不变化，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的比相同恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应各物质的比相同9已知：A（s）+B（g）2D（g）H0该反应达到平衡后，下列条件的改变有利于平衡向正反应方向移动的是（）A升高温度和减小压强B降低温度和减小压强C降低温度和增大压强D升高温度和增大压强【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】根据升温时平衡正向移动，减小压强化学平衡向正反应方向移动来分析能使平衡向正反应方向移动的措施【解答】解：对于反应A（g）+B（s）2C（g）H0，反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度和减小压强促进反应正向进行，故选A【点评】本题考查了化学平衡移动原理的应用，注意反应特征的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单10密闭容器中，反应xA（g）+yB（g）zC（g）达平衡时，A的浓度为0.5mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L下列判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率降低DC的体积分数增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，以此来解答【解答】解：保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L，由达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L0.25mol/L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，A体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，故x+yz，故A错误；B由上述分析可知，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故C正确；D平衡向逆反应方向移动，C的物质的量减小，混合气体总的物质的量增大，故C的体积分数降低，故D错误，故选C【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡移动影响因素，根据A的浓度变化判断平衡移动方向是解题关键，题目难度中等11下列溶液，一定呈中性的是（）Ac（H+）=1107mol/L的溶液BpH=pOH 的溶液CpH=14pOH 的溶液D由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液【考点】溶液pH的定义【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断当c（H+）c（OH），溶液就呈酸性；当c（H+）=c（OH），溶液就呈中性；当溶液中c（H+）c（OH），溶液就呈碱性；据此即可解答【解答】解：A常温下，水的离子积Kw=11014，所以，c（H+）1107mol/L，溶液呈酸性；c（H+）=1107mol/L，溶液呈中性；c（H+）1107mol/L，溶液呈碱性Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如100时，水的离子积常数是1012，当c（H+）=1106mol/L时溶液呈中性，当c（H+）=1107mol/L时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=1107mol/L的溶液，也可能显碱性，故A错误；B溶液中当C（H+）=C（OH）时，溶液一定呈中性，pH=lgH+，pOH=lgOH），pH=pOH，故B正确；CpH=14pOH，pH+pOH=14，根据 pH=lgH+，pOH=lgOH），可知：c（H+）c（OH）=11014，当c（H+）=1106mol/L，c（OH）=1108mol/L，符合条件，但c（H+）c（OH），溶液呈酸性，故C错误；D由等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成乙酸钠和水，乙酸钠是弱酸强碱盐水解而使溶液呈碱性，故D错误；故选B【点评】本题主要考查溶液的酸碱性的判断，注意根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性，注意酸碱电解质的强弱以及盐类水解的酸碱性是关键，题目不难12在1L密闭容器中，把1mol A和1mol B混合发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），当反应达到平衡时，生成0.4mol D，并测得C的平衡浓度为0.4mol/L，下列叙述中不正确的是（）Ax的值为2BA的转化率为60%CB的平衡浓度为0.8 mol/LDD的体积分数为25%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】C的平衡浓度为0.4mol/L，则平衡时生成C的物质的量为1L0.4mol/L=0.4mol， 3A（气）+B（气）xC（气）+2D（气）起始：1mol 1mol 0 0转化：0.6mol 0.2mol 0.2xmol 0.4mol平衡：0.4mol 0.8mol 0.4mol 0.4mol则x=2，以此解答该题【解答】解：C的平衡浓度为0.4mol/L，则平衡时生成C的物质的量为1L0.4mol/L=0.4mol， 3A（气）+B（气）xC（气）+2D（气）起始：1mol 1mol 0 0转化：0.6mol 0.2mol 0.2xmol 0.4mol平衡：0.4mol 0.8mol 0.4mol 0.4molA.0.2xmol=0.4mol，x=2，故A正确；BA的转化率为100%=60%，故B正确；CB的平衡浓度为=0.8mol/L，故C正确；DD的条件分数=100%=20%，故D错误故选D【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，解答本题时注意根据生成物的浓度或物质的量利用三段式法计算可轻松解答该题13将0.1molL1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）A溶液中c（H+）和c（OH）都减小B溶液中c（H+）增大C醋酸电离平衡向左移动D溶液的pH增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系确定氢氧根浓度的变化【解答】解：A、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢氧根浓度增大，故A错误；B、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B错误；C、醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C错误；D、醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据Kw值不变，所以氢氧根浓度增大，故D正确；故选D【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键14固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡，则部分AgCl转化为AgI，原因是（）AAgI比AgCl稳定B碘氧化性比氯弱CI的还原性比Cl强D溶度积Ksp（AgI）Ksp（AgCl）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据沉淀转化原理分析，沉淀转化原理：溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现【解答】解：根据沉淀转化原理可知，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，所以把固体AgCl加入较浓的KI溶液中振荡，部分AgCl转化为AgI，是因为AgI的溶解度比AgCl的小，与二者的稳定性无关，与碘和氯的氧化性无关，与离子的还原性无关，故选D【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的移动，沉淀转化原理，侧重于对于基本原理应用的考查，题目难度不大150.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中CNNa+，则下列关系正确的是（）ANa+CNOHH+BHCN+CN=0.04 molL1CNa+H+=CN+OHDCNHCN【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】0.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，溶液中存在HCN的电离和CN的水解，混合溶液中CNNa+，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，溶液应显碱性，即OHH+、CNHCN，结合溶液的电荷守恒、物料守恒分析【解答】解：HCN在溶液中存在电离平衡：HCNH+CN；NaCN在溶液中存在水解平衡：CN+H2OHCN+OH，因为CNNa+，说明CN的水解程度大于HCN的电离程度，溶液应显碱性，即OHH+、CNHCN，A根据分析可知OHH+，溶液中离子浓度大小为：Na+CNOHH+，故A正确；B等体积混合后，溶液浓度为原来的，则HCN+CN=0.02 molL1，故B错误；C溶液存在电荷守恒，：Na+H+=CN+OH，故C正确；D由以上分析可知CNHCN，故D错误；故选AC【点评】本题考查溶液中离子的浓度的比较，题目难度中等，试题侧重于学生分析、比较问题能力的考查，明确物质的化学式及水解、电离是解答本题的关键，注意把握题给信息，从电荷守恒、物料守恒的角度解答16用0.01mol/L NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL需NaOH溶液体积最大的是（）A盐酸B硫酸C高氯酸D醋酸【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】pH=3的各酸溶液中c（H+）=0.001mol/L，反应反应的本质为H+OH=H2O，盐酸、硫酸、高氯酸都是强酸，完全电离，醋酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，溶液中存在大量的醋酸分子，氢离子反应后会继续提供氢离子，据此判断【解答】解：pH=3的各酸溶液中c（H+）=0.001mol/L，发生反应的本质为H+OH=H2O，盐酸、硫酸、高氯酸都是强酸，完全电离，三者消耗氢氧化钠的体积相等；醋酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，溶液中存在大量的醋酸分子，氢离子反应后会继续提供氢离子，消耗氢氧化钠的体积最大，故选D【点评】本题考查酸碱中和反应本质、强弱电解质等，比较基础，注意基础知识的理解掌握17某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B用托盘天平称量25.20g NaClC用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL【考点】计量仪器及使用方法；试纸的使用【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】A、根据量筒的最小读数进行判断；B、根据托盘天平的准确度进行判断；C、pH试纸测定的溶液的pH都是114的整数；D、根据滴定管的准确度进行分析【解答】解：A、量筒的准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；B、托盘天平的准确度是0.1g，无法用托盘天平称量25.20g NaCl，故B错误；C、pH试纸测定的溶液的酸碱性都是整数，不会出现小数，故C错误；D、滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；故选D【点评】本题考查了实验室常用仪器的准确度及pH试纸的特点，需要熟练掌握仪器的最小读数，本题难度不大二、非选择题（共49分）18按下列要求写出反应的热化学方程式：（1）常温下，1mol NO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热46kJ：3NO2（g）+H2O（L）=2HNO3（ag）+NO（g）H=138KJ/mol（2）已知：P4（白磷，s）+5O2（g）=P4O10（s）H=2983.2kJmol1P（红磷，s）+O2（g）=P4O10（s）H=738.5kJmol1则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4（白磷，S）=4P（红磷，S）H=29.2KJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）1mol NO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热46kJ，3molNO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热463kJ=138KJ，据此回答；（2）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）H1=2983.2kJ/molP（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）H2=738.5kJ/mol：4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷），根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的焓变，书写热化学方程式【解答】解：1mol NO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热46kJ，3molNO2气体溶于水中，生成硝酸和NO气体，放热463kJ=138KJ，即3NO2（g）+H2O（L）=2HNO3（ag）+NO（g）H=138KJ/mol，故答案为：3NO2（g）+H2O（L）=2HNO3（ag）+NO（g）H=138KJ/mol；（2）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）H1=2983.2kJ/molP（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）H2=738.5kJ/mol根据盖斯定律：4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）H=（2983.2kJ/mol）（738.5kJ）4=29.2kJ/mol，即：P4（白磷，S）=4P（红磷，S）H=29.2 KJ/mol，故答案为：P4（白磷，S）=4P（红磷，S）H=29.2 KJ/mol【点评】本题考查了热化学方程式书写、盖斯定律的应用以及反应热和物质的能量之间的关系，题目难度中等19按图所示装置进行实验，并回答下列问题（1）判断装置的名称：A池为原电池，锌极为负极，铜极为电极反应式为Cu2+2eCu；（2）石墨棒C1为阳极，石墨棒C2附近发生的实验现象为有气体生成，溶液变红；（3）B池总反应的离子方程式为2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2（4）当C2极析出224mL气体（标准状态）时锌的质量变化变小（填“变大”、“不变”或“变小”）了0.65g【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】（1）该装置中A能自发的进行氧化还原反应为原电池，锌、铜原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极；B为电解池；（2）锌、铜原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，B中连接铜的电极为阳极，连接锌的电极为负极，电解池中阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，据此回答判断；（3）电解氯化钾得到氢氧化钾、氢气和氯气；（4）连接锌的电极C2为阴极，发生电极反应：2H+2e=H2；原电池的负极电极反应：Zn2e=Zn2+，根据电子守恒进行计算【解答】解：（1）A中金属锌和硫酸铜之间能自发的进行氧化还原反应，能将化学能转化为电能，所以为原电池，锌、铜原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，A中锌电极上失电子生成锌离子进入溶液，Zn2e=Zn2+，B有外接电源，属于电解池，故答案为：原电池；负；Cu2+2eCu；（2）锌、铜原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，B中连接铜的电极C1为阳极，连接锌的电极C2为阴极，电解池中阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电产生氢气，所以阴极区域碱性增强，遇到酚酞显示红色，故答案为：阳极；有气体生成，溶液变红；（3）电解氯化钾得到氢氧化钾、氢气和氯气，总反应的离子方程式为2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2；（4）连接锌的电极C2为阴极，发生电极反应：2H+2e=H2；当C2极析出224mL即0.01mol气体（标准状态）时，转移电子是0.02mol，锌是负极，质量减轻，根据电极反应：Zn2e=Zn2+，转移电子0.02mol，消耗金属锌是0.01mol，所以质量减小0.01mol65g/mol=0.65g，故答案为：变小；0.65【点评】本题考查了原电池和电解池原理，根据是否能自发进行反应结合原电池构成条件来确定原电池，正确判断原电池和电解池是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度不大20恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固体容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（1）若反应进行到某时刻t时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，求a的值；（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标准状况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%，求平衡时NH3的物质的量【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据三段式计算；（2）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量【解答】解：（1）根据方程式计算： N2 （g）+3H2（g）2NH3（g），起始：a b 0转化：3 9 6 t时刻：a3 b9 6a3=13，则a=16，答：a值为16；（2）反应达平衡时，混合气体为=32mol，其中平衡时NH3的物质的量为32mol25%=8mol，答：平衡时NH3的物质的量为8mol【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意利用三段式法结合化学方程式计算21在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为；（2）反应是吸热反应（选填“吸热”、放热）（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是bca容器中压强不变 b混合气体中c（CO）不变 cv正（H2）=v逆（H2O） dc（CO2）=c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）c（CH2）=c（CO）c（H2O），试判断此时的温度为830【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据化学平衡常数的概念来书写；（2）根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答；（3）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；（4）根据浓度熵和平衡常数的关系来回答【解答】解：（1）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以，故答案为：；（2）化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热；（3）a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正（H2）=v逆（H2O）表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c（CO2）=c（CO）时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误故选bc；（4）平衡浓度符合下式c（CO2）c（CH2）=c（CO）c（H2O）时，浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830，故答案为：830【点评】本题考查化学平衡常数的含义和表达式的书写知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大22某温度（t）时，水的离子积为K=11013mol2L2，则该温度大于 （选填大于、小于或等于）25，其理由是室温时水的KW=11014mol2L2（小于11013）水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大【考点】离子积常数【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较t）时和25时Kww的值判断【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25时纯水中c（H+）=c（OH）=107 mol/L，Kw=c（H+）c（OH）=1014 ，某温度（T）时，水的离子积常数Kw=110131014，则该温度大于25，故答案为：大于； 室温时水的KW=11014 mol2L2（小于11013）水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大【点评】本题考查了水的电离平衡、水的离子积常数的影响因素以及计算等知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等23在25条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）（）A9B13C1113之间D911之间【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的；【解答】解：一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，溶液中氢氧根离子的物质的量增大，所以将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，溶液的pH应该911之间，故选D；【点评】本题考查了pH的简单计算，注意明确弱电解质只能部分电离，在溶液中存在电离平衡2425时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（）（填序号）A氨水与氯化铵发生化学反应B氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c（OH）减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】氨水是弱电解质，存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离，据此回答判断【解答】解：一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，向溶液中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，A氨水与氯化铵不发生化学反应，故A错误；B氯化铵溶液水解显酸性，但铵根离子浓度远远大于氢离子浓度，所以铵根离子抑制一水合氨电离为主，氢离子浓度减小，故B错误；C氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使c（OH）减小，故C正确；故选：C【点评】本题考查学生影响电离平衡移动的因素，注意平衡移动原理的应用，难度中等25将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合后，溶液呈碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”下同）溶液中C（Na+）大于C（CH3COO）（填“大于”、“小于”或“等于”下同）【考点】离子浓度大小的比较【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成CH3COONa，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小【解答】解：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成CH3COONa，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，根据电荷守恒可得：c（Na+）c（CH3COO），故答案为：碱性；大于【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解原理等即可解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力26pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性，溶液中c（Na+）c（CH3COO）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）