2019-2020年高二化学上学期期中试题 （含解析）新人教版.doc

2019-2020年高二化学上学期期中试题 （含解析）新人教版一、选择题（每小题3分，共48分）1（3分）下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（）A实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸B合成氨工业中使用铁触媒做催化剂C饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体D向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度发生改变考点：化学平衡移动原理.专题：化学平衡专题分析：勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释解答：解：A铁离子水解Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，实验室配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，故A不选；B使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，不能用勒夏特利原理解释，故B选；C氯化铁水解FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，HCl易挥发，水解过程是吸热的，加热，有利于平衡向右移动，有利于氢氧化铁胶体的生成，能用勒夏特利原理解释，故C不选；DAgCl溶解存在AgCl（s）Ag+Cl，AgCl沉淀中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，抑制AgCl溶解，AgCl沉淀的溶解度减小，能用勒夏特利原理解释，故D不选；故选B点评：本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动2（3分）表示下列用途或变化的离子方程式不正确的是（）A泡沫灭火器灭火原理：Al3+3HCO3=3CO2+Al（OH）3B纯碱代替洗涤剂洗涤餐具：CO32+H2OHCO3+OHC明矾净水原理：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+DNaHCO3的水解：HCO3+H2OH3O+CO32考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A相互促进水解生成二氧化碳气体，用来灭火；B纯碱水解显碱性，分步进行，以第一步为主；C铝离子水解生成胶体，可净化水；D碳酸氢根离子水解生成碳酸解答：解：A泡沫灭火器灭火原理，发生水解离子反应为Al3+3HCO3=3CO2+Al（OH）3，故A正确；B纯碱代替洗涤剂洗涤餐具，水解离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故B正确；C明矾净水原理，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故C正确；DNaHCO3的水解，水解离子反应为HCO3+H2OOH+H2CO3，故D错误；故选D点评：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解反应的离子反应考查，题目难度不大3（3分）下列有关说法正确的是（）A反应NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的H0B0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质CFeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3D在化学平衡、电离平衡、水解平衡中，平衡常数都随温度的升高而增大考点：焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A依据反应能否自发进行的判据：HTS解答；B电解质是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，氨水使酚酞变红，是碱的通性；C弱碱盐水解生成难挥发性强酸时，加热蒸干仍得到原物质；D升高温度化学平衡常数可能增大也可能减小解答：解：A反应能自发进行说明：HTS0，由方程式NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）可知该反应的0，要使：HTS0，所以必须满足H0，故A正确；B0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红是碱的通性，强碱如氢氧化钠也有此类性质，所以不能证明氨水是弱电解质，弱电解质是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，故B错误；C弱碱盐水解生成难挥发性强酸时，加热蒸干仍得到原物质，FeCl3溶液加热蒸干、灼烧得到Fe2O3，Fe2（SO4）3溶液加热蒸干、灼烧得到Fe2（SO4）3，故C错误；D升高温度化学平衡常数可能增大也可能减小，若为放热反应，升高温度平衡逆移，平衡常数减小，若为吸热反应，升高温度平衡正移，则平衡常数增大，而电离平衡、水解平衡中，平衡常数都随温度的升高而增大，故D错误故选A点评：本题考查了反应自发性的判断、弱电解质、盐的水解、平衡常数的影响因素，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合考查，题目难度中等4（3分）一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，测得0到10秒内，c（H2）减小了0.75molL1，下列说法正确的是（）A10到15秒内c（NH3） 增加量等于0.25molL1B化学反应速率关系是：3正（H2）=2正（NH3）C达平衡后，分离出少量NH3，V正增大D该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJmol1考点：反应速率的定量表示方法.专题：化学反应速率专题分析：A随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率减小；B化学反应速率之比等于化学计量数之比；C减小生成物浓度，正逆反应速率都减小；D、H=正反应的活化能逆反应的活化能解答：解：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，A测得0到10秒内，c（H2）减小了0.75molL1，则c（NH3）增加了0.75molL1=0.5molL1，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，故10到15秒内c（NH3） 增加量小于=0.25molL1，故A错误；B化学反应速率之比等于化学计量数之比，故2正（H2）=3正（NH3），故B错误；C减小生成物浓度，正逆反应速率都减小，故C错误；D已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，H=正反应的活化能逆反应的活化能=92.2kJmol1，则逆反应的活化能=正反应的活化能+92.2kJmol1，所以逆反应的活化能不小于92.2kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查反应速率的计算、影响平衡和速率的因素及活化能大小的判断等，本题难度中等试题涉及的知识点较多，注意掌握化学平衡的有关知识5（3分）下列各组中的比值等于2：1的是（）ApH为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液的物质的量浓度之比BK2S溶液中c（K+）与c（S2）之比C相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c（H+）之比D10mL0.5mol/L的盐酸与5mL0.5mol/L的盐酸溶液中的c（H+）之比考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A根据两者都是强碱，NaOH是一元碱，Ba（OH）2是二元碱分析；BS2会水解，导致数目减少；C醋酸为弱电解质，浓度不同，电解程度不同；DH+浓度相同解答：解：A两者都是强碱，NaOH是一元碱，Ba（OH）2是二元碱，pH相同，所以NaOH的浓度是Ba（OH）2的2倍，故A正确；B因为S2会水解，导致数目减少，比值会大于2，故B错误；C醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越低，所以比值小于2，故C错误；DHCl是强酸，浓度相同，H+浓度相同，比值是1，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及电解质的强弱以及盐类水解知识，题目难度中等，易错点为C，注意醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越低6（3分）已知室温时，1mol/L某一元弱碱MOH在水中有0.001%发生电离，则该一元弱碱溶液导电能力最接近于（）A1mol/LHNO3溶液B水自身电离出C（H+）=109mol/L的盐酸CpH为6的盐酸D1103mol/L NaCl溶液考点：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：该温度下，溶液中c（OH）=1mol/L0.001%=105 mol/L，溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，如果溶液导电能力接近，则溶液中离子浓度接近，据此分析解答解答：解：该温度下，溶液中c（OH）=1mol/L0.001%=105 mol/L，溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，如果溶液导电能力接近，则溶液中离子浓度接近，所以只要给予的选项中离子浓度接近105 mol/L即可，A.1mol/L 的HNO3溶液中离子浓度为1mol/L105 mol/L，所以该溶液导电能力大于该一元碱溶液，故A错误；B水自身电离出C（H+）=109mol/L的盐酸中，氢离子浓度为105 mol/L，与一元碱MOH离子浓度相同，导电能力相同，故B正确；CpH=6的HCl中离子浓度为106mol/L105 mol/L，则水的导电能力小于该一元碱，故C错误；D.103mol/L的NaCl中离子浓度103mol/L105 mol/L，所以该溶液导电能力大于该一元碱溶液，故D错误；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离，明确溶液导电能力与离子浓度关系是解本题关键，溶液导电能力与电解质强弱无关，题目难度不大7（3分）常温下a molL1稀氨水和b molL1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是（）A若a=b，则c（NH4+）=c（Cl）B若ab，则c（NH4+）c（Cl）C若ab，则c（OH）c（H+）D若ab，则c（OH）c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A如果a=b，等浓度等体积的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，根据盐的类型确定离子浓度；B如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，根据溶液中的溶质判断离子浓度；C如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，根据溶液的酸碱性判断；D如果ab，等体积混合时，溶液中的溶质是盐酸和氯化铵，根据溶质判断溶液的酸碱性解答：解：A如果a=b，等浓度等体积的氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性即c（OH）c（H+），根据电荷守恒知c（NH4+）c（Cl），故A错误；B如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl），当溶液呈碱性时，c（NH4+）c（Cl），故B错误；C如果ab，等体积混合时，氨水的物质的量大于盐酸，溶液可能呈中性也可能呈碱性，当溶液呈中性时，c（OH）=c（H+），当溶液呈碱性时，c（OH）c（H+），故C错误；D如果ab，等体积混合时，溶液中的溶质是盐酸和氯化铵，溶液呈酸性，则c（OH）c（H+），故D正确；故选D点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质判断溶液的酸碱性，结合电荷守恒得出离子浓度大小，难度中等8（3分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl、NO3Bc（H+）=1012 molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrCc（OH）/c（H+）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、CO32D由水电离的c（H+）=1.01013 molL1的溶液中：K+、NH4+、AlO2、HCO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，离子之间能发生氧化还原反应；Bc（H+）=1012 molL1的溶液，显碱性；Cc（OH）/c（H+）=1012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性；D由水电离的c（H+）=1.01013 molL1的溶液，抑制水的电离，溶液为酸或碱溶液解答：解：A滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间能发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；Bc（H+）=1012 molL1的溶液，显碱性，溶液中该组离子之间不反应，能够共存，故B正确；Cc（OH）/c（H+）=1012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液显碱性，NH4+、Al3+均与OH反应，则不能共存，故C错误；D由水电离的c（H+）=1.01013 molL1的溶液，抑制水的电离，溶液为酸或碱溶液，HCO3既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，选项A为解答的易错点，题目难度不大9（3分）室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是（）A上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B室温下，NH3H2O是比HCN更弱的电解质C上述溶液中CN的水解程度大于NH4+的水解程度D室温下，0.1mol/L NaCN溶液中，CN的水解程度小于上述溶液中CN的水解程度考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：室温下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，相互促进水解的离子水解程度越大，据此分析解答解答：解：室温下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，说明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，相互促进水解的离子水解程度越大，A室温下，上述溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；B通过以上分析知，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，所以NH3H2O是比HCN更强的电解质，故B错误；C通过以上分析知，CN的水解程度大于NH4+的水解程度，故C正确；DCN、NH4+相互促进水解，所以0.1mol/L NaCN溶液中，CN的水解程度小于上述溶液中CN的水解程度，故D正确；故选B点评：本题考查了盐类水解，根据盐溶液酸碱性确定水解程度相对大小，知道弱根离子水解程度与弱电解质电离程度的关系，易错选项是D10（3分）已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）A每生成2分子AB吸收bkJ热量B加入催化剂，该化学反应的反应热变大C断裂1molAA和1molBB键，放出akJ能量D该反应热H=+（ab）kJ/mol考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，能量变化为（ab）；B、催化剂只改变反应速率，不影响反应热大小；C、断裂化学键吸收能量；D、反应热H=反应物能量总和生成物能量总和；解答：解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，吸收（ab）kJ热量，不是生成2分子AB，故A错误；B、催化剂不影响反应热的大小，故B错误；C、断裂1 mol AA和1 mol BB键，吸收a kJ能量，故C错误；D、反应热H=反应物能量总和生成物能量总和，所以反应热H=+（ab）kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，注意反应热H=反应物能量总和生成物能量总和，题目较简单11（3分）下述实验能达到预期目的是（）A用润湿的pH试纸测定饱和Na2CO3溶液的pHB向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的H2体积比较两种酸的电离程度：醋酸盐酸C将1mLKSCN溶液与1mL同浓度FeCl3溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深证明溶液中存在平衡：Fe3+3SCNFe（SCN）3D在中和热测定的实验中，将NaOH溶液和盐酸混合反应后的冷却温度作为终点温度考点：化学实验方案的评价；中和热的测定.专题：实验评价题分析：A用润湿的pH试纸测定pH易导致误差；B醋酸为弱酸，不能完全电离，同pH时，醋酸浓度大；CKSCN溶液不足，不能证明存在平衡；D将氢氧化钠溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度解答：解：A用润湿的pH试纸测定pH，会导致溶液浓度减小，导致误差，故A错误； B醋酸为弱酸，不能完全电离，同pH时，醋酸浓度大，等体积时生成气体多，可通过生成气体的体积判断两种酸的电离度，故B正确；CKSCN溶液不足，不能证明存在平衡，应使二者恰好反应后再检验，故C错误；D中和热是要求酸碱中和反应的放热量，用反应的最高温度为末温度，溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质摩尔数等代入计算公式，可以求得反应的中和热，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，侧重于试纸的使用、弱电解质的电离、平衡移动以及中和热测定等，题目难度不大，注意把握相关物质的性质12（3分）可逆反应A（g）+BC（g）+D，达到平衡时，下列说法不正确的是（）A平衡时，单位时间内n（B）消耗n（C）消耗=11B若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是有颜色的气体C升高温度，C百分含量减少，说明正反应是放热反应D增大压强，平衡不移动，说明B是气体考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A因为B和C系数比为1：1，则平衡时，单位时间内n（B）消耗n（C）消耗=1：1；BA本身可能为有颜色的气体；C升高温度，C的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动；D因A、C为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明B、D均不是气体或均为气体解答：解：A因为B和C系数比为1：1，则平衡时，单位时间内n（B）消耗n（C）消耗=1：1，故A正确；B因A本身可能为有颜色的气体，则若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是具有颜色的气体，故B正确；C升高温度，C的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，即正反应为放热反应，故C正确；D因A、C为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明B、D均不是气体或均为气体，故D错误；故选D点评：本题考查影响化学平衡的因素，明确温度、压强对化学平衡的影响及物质的状态等即可解答，题目难度不大，注意A为学生解答的易错点13（3分）在一定温度和压强下，向盛有足量X的体积可变的密闭容器中通入Y气体，发生反应：X（s）+aY（g）bZ（g）+W（g）；H0平衡时Z的物质的量与通入Y的物质的量的变化关系如图所示下列说法中正确的是（）A平衡时Y的转化率为100%B向容器中再加入少量X，则Y的转化率增大C再通入Y，重新达到平衡时W的体积分数不变D保持压强一定，当原反应在较高温度下建立平衡时，图中45考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A、根据图可知，平衡时Z、Y的物质的量相等，据此计算Y的转化率；B、根据固体物质对平衡的影响判断；C、根据图可知，在恒压过程中增加Y，平衡时Z、Y的物质的量始终相等，各物质浓度都不变，据此判断；D、升高温度平衡正向移动，据此判断解答：解：A、根据图可知，平衡时Z、Y的物质的量相等，所以该反应中有一半的Y物质反应，所以Y的转化率为50%，故A错误；B、固体物质的变化对平衡没有影响，所以平衡不移动，Y的转化率不变，故B错误；C、根据图可知，在恒压过程中增加Y，平衡时Z、Y的物质的量始终相等，各物质浓度都不变，所以W的体积分数也不变，故C正确；D、由于该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，Z的物质的量变大，Y的物质的量变小，所以45，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡的图象分析，明确图象中的纵横坐标的含有及隐含平衡时的信息是解答的关键，并利用影响化学反应速率及化学平衡的影响因素来解答，中等难度14（3分）一定条件下，发生反应：M（s）+N（g）R（g）H=Q1 kJmol1，2R （g）+N（g）2T （g）H=Q2 kJmol1 Q1、Q2、Q3均为正值下列说法正确的是（）A1 mol R（g）的能量总和大于1 mol M（s）与1 mol N（g） 的能量总和B将2 mol R （g）与1 mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJC当1 mol M（s） 与N（g）完全转化为T （g）时（假定无热量损失），放出热量Q1+kJDM（g）+N（g）R（g）H=Q3 kJmol1，则Q3Q1考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物；B、反应是可逆反应不能进行彻底；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值解答：解：A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，故A错误；B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量Q2 kJ，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，+得到，M（s）+N（g）T（g）H=（Q1+）kJ/mol，则C正确；D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）R（g）H=Q3 kJmol1，则Q3Q1，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算应用，注意焓变为负值是放热反应，题目难度中等15（3分）在一密闭容器中加入A、B两种气体，保持一定温度，在t1、t2、t3、t4时刻测得各物质的浓度如下：据此下列结论中正确的是（）测定时刻/st1t2t3t4C（A）/molL16322C（B）/molL153.533C（C）/molL112.533A在容器中发生的反应为2A（g）+B（g）2C（g）B该温度下，此反应的平衡常数为0.25CA的转化率比B转化率的低D在t3时刻反应已经停止考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：A、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A+BC；B、t3达到平衡状态，结合平衡浓度计算平衡常数；C、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A+BC，极值转化反应前A的浓度为8mol/L、B为6mol/L；D、t3时刻达到了平衡状态，反应没有停止；解答：解：A、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A（g）+B（g）C（g），故A错误；B、反应关系为：2A（g）+B（g）C（g），平衡常数=0.25，故B正确；C、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A（g）+B（g）C（g），极值转化反应前A的浓度为8mol/L、B为6mol/L，A的转化率=100%=37.5%，B的转化率=100%=25%，A的转化率大于B的转化率，故C错误；D、可逆反应达到了平衡状态，但是反应仍然进行，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应速率、平衡常数的计算及反应方程式的求算，注意平衡状态，反应没有停止，难度中等16（3分）（xx石家庄模拟）有Na2CO3溶液；CH3COONa溶液；NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A三种溶液pH的大小顺序是B若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C若分别加入25mL 0.1mol/L盐酸后，pH最大的是D若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；B稀释时强碱的变化程度大；C根据酸碱混合后溶液中的溶质来分析；D三种溶液的pH均为9，c（OH）=105mol/L，c（NaOH）=105mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（Na2CO3）c（CH3COONa）105mol/L解答：解：A等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是，故A错误；B稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是，故B错误；C等体积等浓度混合后，中溶质为NaHCO3、NaCl，中溶质为NaCl、CH3COOH，中溶质为NaCl，HCO3离子水解显碱性，所以pH最大的是，故C正确；D三种溶液的pH均为9，c（OH）=105mol/L，c（NaOH）=105mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c（CH3COONa）c（Na2CO3）105mol/L，所以三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是，故D错误；故选C点评：本题考查盐类水解、pH的计算等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答，题目难度不大二.实验题17（6分）现用物质的量浓度为a mol/L的标准盐酸去测定VmL NaOH溶液的物质的量浓度，请填写下列空白：（1）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是：标准盐酸润洗23次（2）如果用酚酞做指示剂，试判断到达滴定终点的实验现象是溶液由浅红色褪成无色，且半分钟内不变色（3）如图1是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数，c（NaOH）=mol/L（4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有气泡，滴定后气泡消失，则测定的NaOH溶液的物质的量浓度偏高（填“偏高”、“偏低”或“不影响”）考点：中和滴定.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）滴定管使用前应润洗； （2）用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（2）根据关系式NaOHHCl来计算；（4）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差解答：解：（1）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，用标准盐酸润洗23次，故答案为：标准盐酸润洗23次；（2）根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定，故答案为：溶液由浅红色褪成无色，且半分钟内不变色；（3）滴定终止时消耗盐酸溶液（V2V1）mL， NaOHHCl 1 1 c（NaOH）VmL a molL1（V2V1）mLc（NaOH ）=mol/L，故答案为：；（4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，c（标准）偏大，则测定的NaOH溶液的物质的量浓度偏高，故答案为：偏高点评：本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，根据课本知识即可完成18（4分）如图是盐酸与氢氧化钠的滴定曲线a和b，试认真分析后填空：（1）曲线a是用NaOH溶液滴定HCl溶液（2）P点的坐标为P（15，7）（3）盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析：（1）根据曲线a的pH的变化趋势来判断；（2）根据曲线P点时pH值为7，此时氢离子和氢氧根离子的物质的量是相等的；（3）根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后求出盐酸的物质的量浓度；解答：解：（1）曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故答案为：NaOH；HCl；（2）根据图示，可以知道盐酸的浓度和氢氧化钠的浓度是相等的，都是0.1mol/L，曲线P点时pH值为7，此时氢离子和氢氧根离子的物质的量是相等的，氢氧化钠的体积是15，所以盐酸的体积也是15mL，即P的坐标是（15，7），故答案为：P（15，7）；（3）根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgc（H+）=1，所以c（HCl）=c（H+）=0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L点评：本题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，难度不大，关键能从图中要得出信息三填空题19（10分）研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义（1）将煤转化为清洁气体燃料已知：H2 （g）+1/2O2（g）=H2O（g）H=242.0kJ/molC（s）+1/2O2（g）=CO（g）H=110.0kJ/mol写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol已知在101kPa时，CO、H2和CH4的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol则反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+205KJ/molkJ/mol（2）已知一定温度和压强下，由H2和CO反应合成优质燃料甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1在相同条件下要想得到182kJ热量，加入各物质的物质的量可能是DA2mo1CO和4mol H2 B2mo1CO、4mol H2和1mol CH3OH（g）C4mo1CO和4mol H2 D4mo1CO和6mol H2将1mol CO和2mol H2充入一密闭容器中，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20%若在相同条件下，起始时在该容器中充入1mol CH3OH（g），反应达到平衡时的热量变化是吸收（填“吸收”或“放出”）72.8kJ热量考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算.专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据已知反应方程式，利用盖斯定律解答；根据CO、H2和CH4的燃烧热写出化学方程式，再据盖斯定律解答；（2）由反应方程式可知生成1mol的CH3OH时放热91 kJ，想得到182kJ热量，则需生成2molCH3OH；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到2molCH3OH，CO与H2物质的量必须要多于2mol和4mol；已知反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1，则有CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）；H=+91KJmol1，保持恒温恒压，将1mol CO和2mol H2充入一密闭容器中与起始时在该容器中充入1mol CH3OH（g），为等效平衡状态，平衡时两种不同的途径平衡状态相同，各物质的含量、物质的量等都相同，以此计算解答：解：（1）已知：H2 （g）+1/2O2（g）=H2O（g）H=242.0kJ/molC（s）+1/2O2（g）=CO（g）H=110.0kJ/mol据盖斯定律，得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol；CO、H2和CH4的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol，其热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）H=892kJmol1H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=286kJmol1据盖斯定律，3得：CH4（g）+H2O（l）CO（g）+3H2（g）H=+205KJ/mol，故答案为：+205KJ/mol；（2）由反应方程式可知生成1mol的CH3OH时放热91 kJ，想得到182kJ热量，则需生成2molCH3OH；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到2molCH3OH，CO与H2物质的量必须要多于2mol和4mol，故答案为：D；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1起始量 1 2 0 转化量0.2 0.4 0.2平衡量0.8 1.6 0.2 CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）；H=+91KJmol1，起始量 1 0 0转化量 0.8 0.8 1.6转化量 0.2 0.8 1.6生成1molCH3OH放热91KJ，分解1molCH3OH吸热91KJ，分解0.8mol甲醇，吸热72.8KJ，故答案为：吸收；72.8点评：本题考查了盖斯定律的应用、燃烧热、逆反应的反应热，题目难度中等20（10分）现有25时0.1molL1的氨水，请回答以下问题：（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中减小（填“增大”“减小”“不变”）（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：NH3H2O+H+=NH4+H2O；所得溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式表示其原因NH4+H2ONH3H2O+H+（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时NH4+=a molL1，则SO42=0.5amol/L（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）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：（1）向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大；（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性；（3）根据溶液中阴阳离子所带电荷相等确定硫酸根离子浓度；（4）氨水是弱电解质，所以氨水中氢氧根离子浓度远远小于氨水浓度，0.1molL1的氨水与pH=1的硫酸等体积混合恰好反应，溶液中的溶质是硫酸铵，铵根离子水解而硫酸根离子不水解，导致溶液呈酸性，据此判断溶液中 各种离子浓度大小解答：解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4+SO42，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小；故答案为：减小；（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，离子反应方程式为NH3H2O+H+=NH4+H2O，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性，水解方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案为：NH3H2O+H+=NH4+H2O，NH4+H2ONH3H2O+H+；（3）溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42 ）+c（OH），所以c（SO42 ）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；故答案为：0.5amol/l；（4）pH=1的硫酸溶液，C（ H +）=0.1molL1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42）=2：1，但水解是较弱的，所以c（NH4+）c（SO42 ）；溶液呈酸性，所以c（H+）c（OH），故溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）；故答案为：c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）点评：本题考查了弱电解质的电离、盐类的水、离子浓度大小的比较等知识点，难度不大，离子浓度大小的比较是学习的难点也是考试的热点，根据物料守恒和电荷守恒来进行分析即可21（12分）水的电离平衡曲线如图所示（1）若从A点变动到B点，可以采取的措施是CA加酸溶液 B加碱溶液 C加热（2）现有T1温度下，pH=12的Ba（OH）2溶液该Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为0.005mol/L；向该温度下100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好达最大量（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），此时溶液的pH大于7（填“大于”、“小于”或“等于”）；原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为0.01mol/L考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，A点水的离子积常数107.107=1014、B点水的离子积常数106.106=1012，水的离子积常数只与温度有关；（2）T1温度下，pH=12的Ba（OH）2溶液，该温度下，溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH）；根据溶液中的反应判断反应后溶液的酸碱性；根据硫酸根离子和氢氧化钡的关系式计算n（SO42）总，根据混合溶液的pH计算原来溶液中n（H+）和n（H2SO4），从而得出其中硫酸钠的量解答：解：（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，A点水的离子积常数107.107=1014、B点水的离子积常数106.106=1012，水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，所以只能是加热才能实现，故选C；（2）T1温度下，pH=12的Ba（OH）2溶液，该温度下，溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH）=0.01mol/L=0.005mol/L，故答案为：0.005mol/L；向100mLpH=2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好达最大量，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠，所以反应后有强碱生成，故溶液显碱性，即PH大于7；据题意知原溶液中n（SO42）总=nBa（OH）2=0.3L5103molL1=1.5103 mol；已知原来硫酸的PH=2，则n（H+）=0.001mol，所以n（H2SO4）=n（H+）=5104mol，原混合液中n（Na2SO4）=n（SO42）总n（H2SO4）=1.5103 mol5104mol=1103 mol，所以c（Na2SO4）=molL1=0.01molL1，故答案为：大于；0.01molL1点评：本题考查pH的简单计算、离子积常数，明确离子积常数只与温度有关、与溶解酸碱性及浓度无关是解本题关键，题目难度中等22（10分）在 1.0L恒容密闭容器中放入0.10mol A （g），在一定温度进行如下反应A（g）2B（g）+C（g）+D（s）H=+85.1kJ/mol容器内气体总压强（P）与起始压强P0的比值随反应时间（t）变化数据见下表（提示：密闭容器中的压强比等于气体物质的量之比）时间t/min01248162025P/P01.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列问题：（1）该反应的平衡常数表达式K=（2）02min内的平均反应速率v（B）=0.04 mol/（Lmin）（3）下列能提高 A 的转化率的是AA升高温度 B向体系中通入A气体C减少D的物质的量 D向体系中通入稀有气体He（4）相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则 D 的取值范围n （D）0.03 mol（5）将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到相同的限度，则达到平衡时 B 的浓度为0.0583mol/L（保留三位有效数字）考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：（1）化学平衡常数K为平衡时的生成物浓度方次的乘积与反应物浓度方次的乘积之比，固体或纯液体不在公式中；（2）化学反应速率v=；（3）使得化学平衡正向进行的因素（但是不能加入物质本身）均可以提高反应物的转化率；（4）若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则QcK，根据极限转化思想来实现等效平衡；（5）据体积之比等于其物质的量之比，求算出反应后气体的物质的量，可求出反应后气体体积和物质的量解答：解：（1）反应A（g）2B（g）+C（g）+D（s）的化学平衡常数K=，故答案为：； （2）在1.0L密闭容器中放入0.10mol A（g），设A的变化量是x，则 A（g）2B（g）+C（g）+D（s）初始量：0.1 0 0 变化量：x 2x x末态量：0.1x 2x x则=，解得x=0.04mol，所以02min内A的反应速率是v=0.02mol/（Lmin），物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以B表示的反应速率为：0.04mol/（Lmin），故答案为：0.04mol/（Lmin）；（3）A升高温度，平衡正向移动，所以A的转化率增大，故A正确；B体系中通入A气体，A的转化率减小，故B错误；C将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，故C错误；D通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，故D错误；故选A；（4）相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的取值范围n（D）0.03，故答案为：0.03；（5）反应后气体物质的量为：0.10.07+20.07+0.07=0.24mol，相同压强下，气体体积之比等于物质的量之比，反应后气体体积为：，V=2.4L，所以B的浓度为=0.0583mol/L，故答案为：0.0583mol/L点评：本题考查了化学平衡常数的含义、化学平衡移动的影响因素等，题目涉及的知识点较多，侧重反应原理的应用的考查，题目难度中等