2019-2020年高二化学上学期期中试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高二化学上学期期中试卷（含解析） (V)一、选择题：（本题共20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=+725.8 kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=1452 kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=725.8 kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=+1452 kJ/mol2（3分）已知反应：101kPa时，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJ/mol稀溶液中，H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol下列结论正确的是（）A碳的燃烧热小于110.5 kJ/molB的反应热为221 kJ/molC稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/molD稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ3（3分）将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示在相同的条件下，将b g（ab）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）ABCD4（3分）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（）A加催化剂同时升高温度B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2D降低温度同时增大压强5（3分）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）6（3分）若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为（）A10：1B5：1C1：1D1：107（3分）有等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）AV3V2V1BV3=V2=V1CV1=V2V3DV3V2=V18（3分）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（）A水的离子积变大、pH变小、呈酸性B水的离了积不变、pH不变、呈中性C水的离子积变小、pH变大、呈碱性D水的离子积变大、pH变小、呈中性9（3分）在0.1molL1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A加入水时，平衡向逆反应方向移动B加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C加入少量0.1molL1 HCl溶液，溶液中c（H+）减小D加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动10（3分）反应：A（气）+3B（气）2C（气）H0达平衡后，将气体混合物的温度降低下列叙述中正确的是（）A正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动11（3分）相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（）A弱酸溶液产生较多的氢气B强酸溶液产生较多的氢气C两者产生等量的氢气D无法比较两者产生氢气的量12（3分）用蒸馏水稀释1molL1醋酸时，始终保持增大趋势的是（）A溶液中的c（CH3COO）B溶液中的c（H+）C溶液中的c（CH3COOH）D溶液中的c（OH）13（3分）常温下测得某无色溶液中由水电离出c（H+）为1013mol/L，该溶液中一定能大量共存的离子组是（）AK+、Na+、NO3、SO42BK+、Na+、Cl、CO32CMg2+、K+、NO3、ClDFe2+、NO3、SO42、NH4+14（3分）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A均减半B均加倍C均增加1molD均减少1mol15（3分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q，673K，30MPa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如下图所示下列叙述正确的是（）A点a的正反应速率比点b的小B点 c处反应达到平衡C点d（t1时刻） 和点 e（t2时刻） 处n（N2）不一样D其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值大16（3分）已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（）A该溶液的pH=4B升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍17（3分）下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是（）A焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的B焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的C焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的D熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的18（3分）下列说法正确的是（）A强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强B氨气是弱电解质，铜是强电解质C氢氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质D硫酸钠是强电解质，硫酸钡是弱电解质19（3分）在一定温度不同压强（p1p2）下，可逆反应2X（g）2Y（g）+Z（g）中，生成物Z的物质的量（n）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）ABCD20（3分）常温时，将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释1000倍后，溶液中的（）ApH=9Bc（OH）105molL1CpH7Dc（OH）108 molL1二、实验题（2个小题，18分）21（8分）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是（2）烧杯间填满碎纸条的作用是（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“相等、不相等”），所求中和热（填“相等、不相等”），简述理由（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）22（10分）实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H+6H2O+（CH2）6N4H+滴定时，1mol（CH2）6N4H+与 l mol H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g步骤：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀步骤：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点按上述操作方法再重复2次（1）根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂颜色由 色（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1050molL1则该样品中氮的质量分数为三、填空题（5个小题，22分）23（6分）在稀氨水中存在平衡：NH3+H2ONH4+OH，如进行下列操作，则NH3、NH4+、H+、OH浓度如何变化？请用“增大”“减小”“不变”填写（1）通适量HCl气体时，c （NH3），c （H+）（2）加入少量NaOH固体时，c（NH4+），c （OH）（3）加入NH4Cl晶体时，c （NH4+），c （OH）24（4分）有浓度为0.1molL1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，试回答：（1）三种溶液中c（H+） 依次为a molL1，b molL1，c molL1，大小顺序为（2）等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH 溶液反应，生成的盐的物质的量依次为n 1mol，n2 mol，n3 mol，它们的大小关系为（3）中和等量NaOH溶液都生成正盐时，分别需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V3L，其大小关系为（4）与等量锌反应时产生氢（气）的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为25（6分）常温下，有pH=12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11（1）如果加入蒸馏水，就加入 mL （忽略密度差别，下同）（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，应加入 mL（3）如果加入0.008mol/L HCl溶液，应加入 mL26（4分）在25时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸溶液用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，（题中 ab，b8）问：（1）若a+b=14，则Va/Vb=（2）若a+b=13，则Va/Vb=（3）若a+b14，则Va/Vb=，且VaVb（填“”“”“=”）27（2分）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=24.8kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47.2kJ/molFe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：宁夏银川市育才中学xx高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=+725.8 kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=1452 kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=725.8 kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=+1452 kJ/mol考点：热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析解答：解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，则热化学方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，焓变的数值与化学计量数不成正比，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故D错误；故选B点评：本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点2（3分）已知反应：101kPa时，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJ/mol稀溶液中，H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol下列结论正确的是（）A碳的燃烧热小于110.5 kJ/molB的反应热为221 kJ/molC稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/molD稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ考点：化学能与热能的相互转化专题：化学反应中的能量变化分析：A、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；B、反应热包含符号，的反应热为221 kJmol1；C、根据中和热的概念分析；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量解答：解：A、由反应可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A错误；B、反应热包含符号，的反应热为221 kJmol1，故B错误；C、中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，H=57.3 kJ/mol，所以稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D正确；故选：D点评：本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意稀的强酸、强碱的中和热为H=57.3kJ/mol3（3分）将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示在相同的条件下，将b g（ab）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）ABCD考点：化学反应速率的影响因素分析：由题意可知，图中实线表示的块状的碳酸钙与足量的盐酸反应，虚线所示粉末状碳酸钙与同浓度的盐酸反应，利用接触面积对反应速率的影响来解答解答：解：固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 ab导致最终损失的质量ab，由图象可知，只有C符合，故选C点评：本题考查影响化学反应速率的因素及图象分析，为高频考点，明确接触面积对反应速率的影响及盐酸足量时参加反应的碳酸钙的质量相同是解答本题的关键，难度不大4（3分）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（）A加催化剂同时升高温度B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2D降低温度同时增大压强考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析解答：解：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；H=373.4kJmol1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等5（3分）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）考点：化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比解答：解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3正（NH3）=2正（H2O），故D错误故选A点评：本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点6（3分）若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为（）A10：1B5：1C1：1D1：10考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：计算题；物质的量浓度和溶解度专题分析：根据强酸和强碱完全反应时，强酸和强碱的物质的量之间的关系进行计算解答：解：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，所以硫酸与氢氧化钠量的比是1：2；设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钠溶液浓度为103mol/l，体积为10V，则硫酸与氢氧化钠量的比=1：2，解得c=5103mol/l，则二者物质的量浓度之比应为5103mol/l：103mol/l=5：1故选B点评：本题考查学生强酸和强碱混合后有关溶液的PH值、浓度、体积等的计算问题，解题的关键是找好强酸和强碱之间的量的关系，然后列等式进行计算7（3分）有等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）AV3V2V1BV3=V2=V1CV1=V2V3DV3V2=V1考点：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：等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH）相同，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH）越大，消耗酸越多解答：解：等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2V3，所以消耗酸的体积关系为V3V2=V1，故选D点评：本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等8（3分）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（）A水的离子积变大、pH变小、呈酸性B水的离了积不变、pH不变、呈中性C水的离子积变小、pH变大、呈碱性D水的离子积变大、pH变小、呈中性考点：水的电离分析：依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析解答：解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；故选：D点评：本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断9（3分）在0.1molL1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A加入水时，平衡向逆反应方向移动B加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C加入少量0.1molL1 HCl溶液，溶液中c（H+）减小D加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动考点：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：A、稀释弱电解质溶液，会促进电离；B、H+被氢氧化钠消耗，平衡向着正向移动；C、引进了氢离子，平衡向着逆向移动，但是c（H+）会增大；D、加入醋酸根离子，平衡向着逆向移动解答：解：A、加入水时，溶液被稀释，电离平衡向着正向移动，会促进醋酸的电离，故A错误；B、加入少量NaOH固体后，H+和氢氧化钠反应，平衡向着正向移动，故B正确；C、盐酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大，故C错误；D、加入少量CH3COONa固体，溶液的c（CH3COO）增大，平衡向着逆向移动，故D错误故选B点评：本题考查的是影响弱电解质电离平衡的因素，如温度、浓度等，难度适中10（3分）反应：A（气）+3B（气）2C（气）H0达平衡后，将气体混合物的温度降低下列叙述中正确的是（）A正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答解答：解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选C点评：本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，注意H0说明该反应为放热反应是解答的关键，难度不大11（3分）相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（）A弱酸溶液产生较多的氢气B强酸溶液产生较多的氢气C两者产生等量的氢气D无法比较两者产生氢气的量考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：弱电解质部分电离，pH=3的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大，体积相等时，弱酸的物质的量较大，反应生成的氢气多解答：解：弱电解质部分电离，强电解质完全电离，所以等pH的强酸和弱酸溶液，弱酸的浓度大于强酸，相同体积的两种酸，弱酸的物质的量大于强酸，与足量的镁反应时，弱酸常数的氢气多，强酸产生的氢气少，故选A点评：本考查若弱电解质的电离，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，从浓度的角度分析反应速率的影响12（3分）用蒸馏水稀释1molL1醋酸时，始终保持增大趋势的是（）A溶液中的c（CH3COO）B溶液中的c（H+）C溶液中的c（CH3COOH）D溶液中的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：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，据此分析解答解答：解：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，A醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（CH3COO）减小，故A错误；B醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故B错误；C加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则c（CH3COOH）减小，故C错误；D加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH）增大，故D正确；故选D点评：本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意结合水的离子积常数分析，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，难度中等13（3分）常温下测得某无色溶液中由水电离出c（H+）为1013mol/L，该溶液中一定能大量共存的离子组是（）AK+、Na+、NO3、SO42BK+、Na+、Cl、CO32CMg2+、K+、NO3、ClDFe2+、NO3、SO42、NH4+考点：离子共存问题分析：溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，由水电离出c（H+）为1013mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，AK+、Na+、NO3、SO42离子之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，且为无色溶液；B酸性溶液中，碳酸根离子与氢离子发一份生成二氧化碳气体和水；C碱性溶液中，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；D亚铁离子为有色离子，碱性溶液中，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应，酸性溶液中，硝酸根离子能够氧化亚铁离子解答：解：无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，由水电离出c（H+）为1013mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，AK+、Na+、NO3、SO42离子之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中 能够大量共存，故A正确；B酸性溶液中存在大量氢离子，CO32与氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；C碱性溶液中，Mg2+与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe2+为有色离子，碱性溶液中，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，酸性溶液中，NO3能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在14（3分）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A均减半B均加倍C均增加1molD均减少1mol考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小解答：解：A、由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A、错误；B、由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；C、同样由于容积可变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，平衡向右移动，故C正确；D、“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小，平衡向左移动，故D错误；故选：C点评：本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是xx届高考中不变的一个重点这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键15（3分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义对于密闭容器中的反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q，673K，30MPa下n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系如下图所示下列叙述正确的是（）A点a的正反应速率比点b的小B点 c处反应达到平衡C点d（t1时刻） 和点 e（t2时刻） 处n（N2）不一样D其他条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比上图中d点的值大考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：在N2（g）+3H2（g）2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项解答：解：A随着反应的进行，反应物的浓度之间减小，反应速率逐渐减小，则a点的正反应速率比b点大，故A错误；Bc点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；Cd点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C错误；D该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时氢气的物质的量比d点的值大，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键16（3分）已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（）A该溶液的pH=4B升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍考点：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：A利用氢离子的浓度计算pH；B温度升高促进电离，氢离子浓度越大，pH越小；C根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；DHA电离出的c（H+）为0.1mol/L0.1%，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度解答：解：AHA电离出的c（H+）为0.1mol/L0.1%=104mol/L，则pH=lg（104）=4，故A正确；B温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故B错误；C由HAH+A，c（H+）=c（A）=104mol/L，则电离平衡常数为=1107，故C正确；DHA电离出的c（H+）为0.1mol/L0.1%=104mol/L，水电离产生的氢离子浓度为1010mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故D正确；故选B点评：本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大17（3分）下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是（）A焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的B焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的C焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的D熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的考点：焓变和熵变专题：化学反应中的能量变化分析：依据反应自发的判据：HTS0，只有当H0，S0，所有温度下反应自发进行；而H0，S0，只有在低温下反应自发进行，H0，S0，只有在高温下反应自发进行，H0，S0，所有的温度下反应都不自发进行解答：解：A、H0，S0，HTS0，常温下反应就能自发进行，故A正确；B、H0，S0，只有在低温下反应自发进行，HTS0，高温时可能不自发进行，故B错误；C、H0，S0，只有在高温下反应自发进行HTS0，故C错误；D、H0，S0，HTS0，只有在很低的温度下在可能进行，但温度过低反应速率太小，可认为不能自发进行，故D错误；故选A点评：本题考查了反应自发进行的判据应用，注意温度的作用，反应自发进行只要满足，HTS0即可18（3分）下列说法正确的是（）A强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强B氨气是弱电解质，铜是强电解质C氢氧化钠是强电解质，醋酸是弱电解质D硫酸钠是强电解质，硫酸钡是弱电解质考点：强电解质和弱电解质的概念专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A溶液的导电性取决于溶液的离子浓度，如浓度不确定，则电解质的强弱无法比较；B强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；C强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质；D强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质解答：解：A溶液的导电性取决于溶液的离子浓度，离子浓度越大，导电能力越强，如果是等浓度的溶液，强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电性强，故A错误；B氨气在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，铜是单质，电解质必须是化合物，铜不是电解质，故B错误；C氢氧化钠在水溶液里状态下都完全电离，所以是强电解质，醋酸在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，故C正确；D硫酸钠和硫酸钡在水溶液里状态下都完全电离，所以是强电解质，故D错误故选C点评：本题考查了强弱电解质的判断，难度不大，注意电解质的强弱是以电离程度判断的，不是以导电能力大小判断的19（3分）在一定温度不同压强（p1p2）下，可逆反应2X（g）2Y（g）+Z（g）中，生成物Z的物质的量（n）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）ABCD考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答解答：解：A、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p1到达平衡时间短，图象中p1p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C、图象中压强p2到达平衡时间短，故图象中p1p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，注意根据：“先拐先平数值大”判断图象中压强大小20（3分）常温时，将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释1000倍后，溶液中的（）ApH=9Bc（OH）105molL1CpH7Dc（OH）108 molL1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算分析：CH3COOH为弱酸，电离后溶液呈酸性，无论怎么稀释，溶液都不可能呈碱性，以此解答解答：解：将pH=6的CH3COOH溶液加水稀释1000倍后，溶液c（H+）减小，c（OH）增大，溶液接近中性，pH略小于7，因不可能呈碱性，则满足c（OH）c（H+），故A、B、D错误，故选C点评：本题考查弱电解质的电离和溶液pH的计算，侧重于学生的分析能力的考查，明确醋酸电离特点是解本题关键，难度不大二、实验题（2个小题，18分）21（8分）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等、不相等”），所求中和热相等（填“相等、不相等”），简述理由因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）考点：中和热的测定专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（5）根据弱电解质电离吸热分析解答：解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25molL1H2SO4溶液跟50mL0.55molL1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50molL1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小点评：本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大22（10分）实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H+6H2O+（CH2）6N4H+滴定时，1mol（CH2）6N4H+与 l mol H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g步骤：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀步骤：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点按上述操作方法再重复2次（1）根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积无影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察BA滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂颜色由无色变为浅红 色（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1050molL1则该样品中氮的质量分数为19.6%考点：中和滴定分析：（1）滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；锥形瓶内是否有水，溶质的物质的量不变；滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；氢氧化钠滴定酸溶液，酚酞颜色变化为无色变化为红色；（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知（CH2）6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数解答：解：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高，故答案为：偏高；锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，溶液的体积不变，故答案为：无影响；定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点，故答案为：B；氢氧化钠滴定酸溶液，滴定终点时，溶液从无色变为浅红色，30s内不褪色，故答案为：无色变为浅红；（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即0.15g，滴定结果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共0.02L0.1050mol/L=0.0021mol，根据4NH4+6HCHO3H+6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+0.0021mol，其中含氮元素0.0021mol14g/mol=0.0294g所以氮的质量分数为100%=19.6%，故答案为：19.6%点评：本题考查物质的含量的测定，侧重于中和滴定的考查，注重于学生实验能力和分析能力和计算能力的综合考查，题目难度不大三、填空题（5个小题，22分）23（6分）在稀氨水中存在平衡：NH3+H2ONH4+OH，如进行下列操作，则NH3、NH4+、H+、OH浓度如何变化？请用“增大”“减小”“不变”填写（1）通适量HCl气体时，c （NH3）减小，c （H+）增大（2）加入少量NaOH固体时，c（NH4+）减小，c （OH）增大（3）加入NH4Cl晶体时，c （NH4+）增大，c （OH）减小考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：根据NH3+H2ONH3H2ONH4+OH知，向氨水中加入酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，从而促进氨水电离；向氨水中加入碱，氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移，从而抑制氨水电离；向氨水中加入氯化铵，导致溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，据此分析解答解答：解：（1）向氨水中通适量的氯化氢气体，氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所以溶液中氢原子浓度增大，故答案为：减小；增大； （2）向氨水中加入适量氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移，则溶液中铵根离子浓度减小，故答案为：减小；增大； （3）向