2019-2020年高二化學上學期期中試題 （含解析）新人教版.doc

2019-2020年高二化學上學期期中試題 （含解析）新人教版一、選擇題（每小題3分，共48分）1（3分）下列生產、生活等實際應用，不能用勒夏特列原理解釋的是（）A實驗室中配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸B合成氨工業(yè)中使用鐵觸媒做催化劑C飽和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氫氧化鐵膠體D向AgCl沉淀中加入NaCl固體，AgCl沉淀的溶解度發(fā)生改變考點：化學平衡移動原理.專題：化學平衡專題分析：勒沙特列原理是：如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動勒沙特列原理適用的對象應存在可逆過程，若與可逆過程無關，與平衡移動無關，則不能用勒沙特列原理解釋解答：解：A鐵離子水解Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，實驗室配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸抑制鐵離子水解，能用勒夏特利原理解釋，故A不選；B使用催化劑加快反應速率，平衡不移動，不能用勒夏特利原理解釋，故B選；C氯化鐵水解FeCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl，HCl易揮發(fā)，水解過程是吸熱的，加熱，有利于平衡向右移動，有利于氫氧化鐵膠體的生成，能用勒夏特利原理解釋，故C不選；DAgCl溶解存在AgCl（s）Ag+Cl，AgCl沉淀中加入NaCl固體，氯離子濃度增大，抑制AgCl溶解，AgCl沉淀的溶解度減小，能用勒夏特利原理解釋，故D不選；故選B點評：本題考查勒夏特列原理知識，題目難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應，且是否發(fā)生平衡的移動2（3分）表示下列用途或變化的離子方程式不正確的是（）A泡沫滅火器滅火原理：Al3+3HCO3=3CO2+Al（OH）3B純堿代替洗滌劑洗滌餐具：CO32+H2OHCO3+OHC明礬凈水原理：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+DNaHCO3的水解：HCO3+H2OH3O+CO32考點：離子方程式的書寫.專題：離子反應專題分析：A相互促進水解生成二氧化碳氣體，用來滅火；B純堿水解顯堿性，分步進行，以第一步為主；C鋁離子水解生成膠體，可凈化水；D碳酸氫根離子水解生成碳酸解答：解：A泡沫滅火器滅火原理，發(fā)生水解離子反應為Al3+3HCO3=3CO2+Al（OH）3，故A正確；B純堿代替洗滌劑洗滌餐具，水解離子反應為CO32+H2OHCO3+OH，故B正確；C明礬凈水原理，水解離子反應為Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故C正確；DNaHCO3的水解，水解離子反應為HCO3+H2OOH+H2CO3，故D錯誤；故選D點評：本題考查離子反應的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重水解反應的離子反應考查，題目難度不大3（3分）下列有關說法正確的是（）A反應NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的H0B0.01 mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅，說明氨水是弱電解質CFeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加熱蒸干、灼燒都得到Fe2O3D在化學平衡、電離平衡、水解平衡中，平衡常數(shù)都隨溫度的升高而增大考點：焓變和熵變；弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用.專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：A依據(jù)反應能否自發(fā)進行的判據(jù)：HTS解答；B電解質是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，氨水使酚酞變紅，是堿的通性；C弱堿鹽水解生成難揮發(fā)性強酸時，加熱蒸干仍得到原物質；D升高溫度化學平衡常數(shù)可能增大也可能減小解答：解：A反應能自發(fā)進行說明：HTS0，由方程式NH3（g）+HCl（g）NH4Cl（s）可知該反應的0，要使：HTS0，所以必須滿足H0，故A正確；B0.01 mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅是堿的通性，強堿如氫氧化鈉也有此類性質，所以不能證明氨水是弱電解質，弱電解質是化合物，氨水是氨的水溶液是混合物，故B錯誤；C弱堿鹽水解生成難揮發(fā)性強酸時，加熱蒸干仍得到原物質，F(xiàn)eCl3溶液加熱蒸干、灼燒得到Fe2O3，F(xiàn)e2（SO4）3溶液加熱蒸干、灼燒得到Fe2（SO4）3，故C錯誤；D升高溫度化學平衡常數(shù)可能增大也可能減小，若為放熱反應，升高溫度平衡逆移，平衡常數(shù)減小，若為吸熱反應，升高溫度平衡正移，則平衡常數(shù)增大，而電離平衡、水解平衡中，平衡常數(shù)都隨溫度的升高而增大，故D錯誤故選A點評：本題考查了反應自發(fā)性的判斷、弱電解質、鹽的水解、平衡常數(shù)的影響因素，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的綜合考查，題目難度中等4（3分）一定條件下，向某密閉容器中加入一定量的N2和H2發(fā)生可逆反應：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，測得0到10秒內，c（H2）減小了0.75molL1，下列說法正確的是（）A10到15秒內c（NH3） 增加量等于0.25molL1B化學反應速率關系是：3正（H2）=2正（NH3）C達平衡后，分離出少量NH3，V正增大D該反應的逆反應的活化能不小于92.2kJmol1考點：反應速率的定量表示方法.專題：化學反應速率專題分析：A隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率減??；B化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比；C減小生成物濃度，正逆反應速率都減??；D、H=正反應的活化能逆反應的活化能解答：解：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，A測得0到10秒內，c（H2）減小了0.75molL1，則c（NH3）增加了0.75molL1=0.5molL1，隨著反應的進行，反應物的濃度減小，化學反應速率減小，故10到15秒內c（NH3） 增加量小于=0.25molL1，故A錯誤；B化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，故2正（H2）=3正（NH3），故B錯誤；C減小生成物濃度，正逆反應速率都減小，故C錯誤；D已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJmol1，H=正反應的活化能逆反應的活化能=92.2kJmol1，則逆反應的活化能=正反應的活化能+92.2kJmol1，所以逆反應的活化能不小于92.2kJmol1，故D正確；故選D點評：本題考查反應速率的計算、影響平衡和速率的因素及活化能大小的判斷等，本題難度中等試題涉及的知識點較多，注意掌握化學平衡的有關知識5（3分）下列各組中的比值等于2：1的是（）ApH為12的燒堿溶液與Ba（OH）2溶液的物質的量濃度之比BK2S溶液中c（K+）與c（S2）之比C相同溫度下0.2mol/L醋酸溶液與0.1mol/L醋酸溶液中的c（H+）之比D10mL0.5mol/L的鹽酸與5mL0.5mol/L的鹽酸溶液中的c（H+）之比考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；鹽類水解的應用.專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：A根據(jù)兩者都是強堿，NaOH是一元堿，Ba（OH）2是二元堿分析；BS2會水解，導致數(shù)目減少；C醋酸為弱電解質，濃度不同，電解程度不同；DH+濃度相同解答：解：A兩者都是強堿，NaOH是一元堿，Ba（OH）2是二元堿，pH相同，所以NaOH的濃度是Ba（OH）2的2倍，故A正確；B因為S2會水解，導致數(shù)目減少，比值會大于2，故B錯誤；C醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低，所以比值小于2，故C錯誤；DHCl是強酸，濃度相同，H+濃度相同，比值是1，故D錯誤故選A點評：本題考查較為綜合，涉及電解質的強弱以及鹽類水解知識，題目難度中等，易錯點為C，注意醋酸是弱電解質，濃度越高，電離度越低6（3分）已知室溫時，1mol/L某一元弱堿MOH在水中有0.001%發(fā)生電離，則該一元弱堿溶液導電能力最接近于（）A1mol/LHNO3溶液B水自身電離出C（H+）=109mol/L的鹽酸CpH為6的鹽酸D1103mol/L NaCl溶液考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：該溫度下，溶液中c（OH）=1mol/L0.001%=105 mol/L，溶液導電能力與自由移動離子濃度成正比，如果溶液導電能力接近，則溶液中離子濃度接近，據(jù)此分析解答解答：解：該溫度下，溶液中c（OH）=1mol/L0.001%=105 mol/L，溶液導電能力與自由移動離子濃度成正比，如果溶液導電能力接近，則溶液中離子濃度接近，所以只要給予的選項中離子濃度接近105 mol/L即可，A.1mol/L 的HNO3溶液中離子濃度為1mol/L105 mol/L，所以該溶液導電能力大于該一元堿溶液，故A錯誤；B水自身電離出C（H+）=109mol/L的鹽酸中，氫離子濃度為105 mol/L，與一元堿MOH離子濃度相同，導電能力相同，故B正確；CpH=6的HCl中離子濃度為106mol/L105 mol/L，則水的導電能力小于該一元堿，故C錯誤；D.103mol/L的NaCl中離子濃度103mol/L105 mol/L，所以該溶液導電能力大于該一元堿溶液，故D錯誤；故選B點評：本題考查了弱電解質的電離，明確溶液導電能力與離子濃度關系是解本題關鍵，溶液導電能力與電解質強弱無關，題目難度不大7（3分）常溫下a molL1稀氨水和b molL1稀鹽酸等體積混合，對混合后溶液判斷一定正確的是（）A若a=b，則c（NH4+）=c（Cl）B若ab，則c（NH4+）c（Cl）C若ab，則c（OH）c（H+）D若ab，則c（OH）c（H+）考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A如果a=b，等濃度等體積的氨水和鹽酸恰好反應生成氯化銨，根據(jù)鹽的類型確定離子濃度；B如果ab，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，根據(jù)溶液中的溶質判斷離子濃度；C如果ab，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，根據(jù)溶液的酸堿性判斷；D如果ab，等體積混合時，溶液中的溶質是鹽酸和氯化銨，根據(jù)溶質判斷溶液的酸堿性解答：解：A如果a=b，等濃度等體積的氨水和鹽酸恰好反應生成氯化銨，氯化銨是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性即c（OH）c（H+），根據(jù)電荷守恒知c（NH4+）c（Cl），故A錯誤；B如果ab，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當溶液呈中性時，c（NH4+）=c（Cl），當溶液呈堿性時，c（NH4+）c（Cl），故B錯誤；C如果ab，等體積混合時，氨水的物質的量大于鹽酸，溶液可能呈中性也可能呈堿性，當溶液呈中性時，c（OH）=c（H+），當溶液呈堿性時，c（OH）c（H+），故C錯誤；D如果ab，等體積混合時，溶液中的溶質是鹽酸和氯化銨，溶液呈酸性，則c（OH）c（H+），故D正確；故選D點評：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，根據(jù)溶液中的溶質判斷溶液的酸堿性，結合電荷守恒得出離子濃度大小，難度中等8（3分）常溫下，下列各組離子一定能大量共存的是（）A滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液中：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由水電離的c（H+）=1.01013 molL1的溶液中：K+、NH4+、AlO2、HCO3考點：離子共存問題.專題：離子反應專題分析：A滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液，顯酸性，離子之間能發(fā)生氧化還原反應；Bc（H+）=1012 molL1的溶液，顯堿性；Cc（OH）/c（H+）=1012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液顯堿性；D由水電離的c（H+）=1.01013 molL1的溶液，抑制水的電離，溶液為酸或堿溶液解答：解：A滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液，顯酸性，H+、Fe2+、NO3離子之間能發(fā)生氧化還原反應，則不能共存，故A錯誤；Bc（H+）=1012 molL1的溶液，顯堿性，溶液中該組離子之間不反應，能夠共存，故B正確；Cc（OH）/c（H+）=1012的溶液，c（OH）=0.1mol/L，溶液顯堿性，NH4+、Al3+均與OH反應，則不能共存，故C錯誤；D由水電離的c（H+）=1.01013 molL1的溶液，抑制水的電離，溶液為酸或堿溶液，HCO3既能與酸反應又能與堿反應，則一定不能共存，故D錯誤；故選B點評：本題考查離子的共存，明確習題中的信息是解答本題的關鍵，熟悉離子之間的反應即可解答，選項A為解答的易錯點，題目難度不大9（3分）室溫下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，據(jù)此，在室溫下，下列說法錯誤的是（）A上述溶液能使甲基橙試劑變黃色B室溫下，NH3H2O是比HCN更弱的電解質C上述溶液中CN的水解程度大于NH4+的水解程度D室溫下，0.1mol/L NaCN溶液中，CN的水解程度小于上述溶液中CN的水解程度考點：鹽類水解的應用.專題：鹽類的水解專題分析：室溫下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈堿性，說明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，則相同條件下，HCN的電離程度小于NH3H2O的電離程度，相互促進水解的離子水解程度越大，據(jù)此分析解答解答：解：室溫下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈堿性，說明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，則相同條件下，HCN的電離程度小于NH3H2O的電離程度，相互促進水解的離子水解程度越大，A室溫下，上述溶液呈堿性，則溶液能使甲基橙試劑變黃色，故A正確；B通過以上分析知，HCN的電離程度小于NH3H2O的電離程度，所以NH3H2O是比HCN更強的電解質，故B錯誤；C通過以上分析知，CN的水解程度大于NH4+的水解程度，故C正確；DCN、NH4+相互促進水解，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正確；故選B點評：本題考查了鹽類水解，根據(jù)鹽溶液酸堿性確定水解程度相對大小，知道弱根離子水解程度與弱電解質電離程度的關系，易錯選項是D10（3分）已知化學反應A2（g）+B2（g）=2AB（g）的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是（）A每生成2分子AB吸收bkJ熱量B加入催化劑，該化學反應的反應熱變大C斷裂1molAA和1molBB鍵，放出akJ能量D該反應熱H=+（ab）kJ/mol考點：反應熱和焓變.專題：化學反應中的能量變化分析：A、依據(jù)圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，能量變化為（ab）；B、催化劑只改變反應速率，不影響反應熱大??；C、斷裂化學鍵吸收能量；D、反應熱H=反應物能量總和生成物能量總和；解答：解：A、依據(jù)圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，吸收（ab）kJ熱量，不是生成2分子AB，故A錯誤；B、催化劑不影響反應熱的大小，故B錯誤；C、斷裂1 mol AA和1 mol BB鍵，吸收a kJ能量，故C錯誤；D、反應熱H=反應物能量總和生成物能量總和，所以反應熱H=+（ab）kJmol1，故D正確；故選D點評：本題考查了化學反應的能量變化，圖象分析判斷，注意反應熱H=反應物能量總和生成物能量總和，題目較簡單11（3分）下述實驗能達到預期目的是（）A用潤濕的pH試紙測定飽和Na2CO3溶液的pHB向同pH、同體積的醋酸和鹽酸溶液中加入足量鎂粉，通過完全反應后收集到的H2體積比較兩種酸的電離程度：醋酸鹽酸C將1mLKSCN溶液與1mL同濃度FeCl3溶液充分混合；再繼續(xù)加入KSCN溶液，溶液顏色加深證明溶液中存在平衡：Fe3+3SCNFe（SCN）3D在中和熱測定的實驗中，將NaOH溶液和鹽酸混合反應后的冷卻溫度作為終點溫度考點：化學實驗方案的評價；中和熱的測定.專題：實驗評價題分析：A用潤濕的pH試紙測定pH易導致誤差；B醋酸為弱酸，不能完全電離，同pH時，醋酸濃度大；CKSCN溶液不足，不能證明存在平衡；D將氫氧化鈉溶液和鹽酸混合反應后的最高溫度作為末溫度解答：解：A用潤濕的pH試紙測定pH，會導致溶液濃度減小，導致誤差，故A錯誤； B醋酸為弱酸，不能完全電離，同pH時，醋酸濃度大，等體積時生成氣體多，可通過生成氣體的體積判斷兩種酸的電離度，故B正確；CKSCN溶液不足，不能證明存在平衡，應使二者恰好反應后再檢驗，故C錯誤；D中和熱是要求酸堿中和反應的放熱量，用反應的最高溫度為末溫度，溶液初始溫度為初溫度，初末溫度做差，再利用溶液的比熱容、溶質摩爾數(shù)等代入計算公式，可以求得反應的中和熱，故D錯誤故選B點評：本題考查化學實驗方案的評價，側重于試紙的使用、弱電解質的電離、平衡移動以及中和熱測定等，題目難度不大，注意把握相關物質的性質12（3分）可逆反應A（g）+BC（g）+D，達到平衡時，下列說法不正確的是（）A平衡時，單位時間內n（B）消耗n（C）消耗=11B若增大A的濃度，平衡體系顏色加深，D不一定是有顏色的氣體C升高溫度，C百分含量減少，說明正反應是放熱反應D增大壓強，平衡不移動，說明B是氣體考點：化學平衡的影響因素.專題：化學平衡專題分析：A因為B和C系數(shù)比為1：1，則平衡時，單位時間內n（B）消耗n（C）消耗=1：1；BA本身可能為有顏色的氣體；C升高溫度，C的百分含量減小，說明升溫平衡逆向移動；D因A、C為氣體，且化學計量數(shù)相同，則增大壓強平衡不移動，可說明B、D均不是氣體或均為氣體解答：解：A因為B和C系數(shù)比為1：1，則平衡時，單位時間內n（B）消耗n（C）消耗=1：1，故A正確；B因A本身可能為有顏色的氣體，則若增大A的濃度，平衡體系顏色加深，D不一定是具有顏色的氣體，故B正確；C升高溫度，C的百分含量減小，說明升溫平衡逆向移動，即正反應為放熱反應，故C正確；D因A、C為氣體，且化學計量數(shù)相同，則增大壓強平衡不移動，可說明B、D均不是氣體或均為氣體，故D錯誤；故選D點評：本題考查影響化學平衡的因素，明確溫度、壓強對化學平衡的影響及物質的狀態(tài)等即可解答，題目難度不大，注意A為學生解答的易錯點13（3分）在一定溫度和壓強下，向盛有足量X的體積可變的密閉容器中通入Y氣體，發(fā)生反應：X（s）+aY（g）bZ（g）+W（g）；H0平衡時Z的物質的量與通入Y的物質的量的變化關系如圖所示下列說法中正確的是（）A平衡時Y的轉化率為100%B向容器中再加入少量X，則Y的轉化率增大C再通入Y，重新達到平衡時W的體積分數(shù)不變D保持壓強一定，當原反應在較高溫度下建立平衡時，圖中45考點：化學平衡建立的過程.專題：化學平衡專題分析：A、根據(jù)圖可知，平衡時Z、Y的物質的量相等，據(jù)此計算Y的轉化率；B、根據(jù)固體物質對平衡的影響判斷；C、根據(jù)圖可知，在恒壓過程中增加Y，平衡時Z、Y的物質的量始終相等，各物質濃度都不變，據(jù)此判斷；D、升高溫度平衡正向移動，據(jù)此判斷解答：解：A、根據(jù)圖可知，平衡時Z、Y的物質的量相等，所以該反應中有一半的Y物質反應，所以Y的轉化率為50%，故A錯誤；B、固體物質的變化對平衡沒有影響，所以平衡不移動，Y的轉化率不變，故B錯誤；C、根據(jù)圖可知，在恒壓過程中增加Y，平衡時Z、Y的物質的量始終相等，各物質濃度都不變，所以W的體積分數(shù)也不變，故C正確；D、由于該反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，Z的物質的量變大，Y的物質的量變小，所以45，故D錯誤；故選C點評：本題考查化學平衡的圖象分析，明確圖象中的縱橫坐標的含有及隱含平衡時的信息是解答的關鍵，并利用影響化學反應速率及化學平衡的影響因素來解答，中等難度14（3分）一定條件下，發(fā)生反應：M（s）+N（g）R（g）H=Q1 kJmol1，2R （g）+N（g）2T （g）H=Q2 kJmol1 Q1、Q2、Q3均為正值下列說法正確的是（）A1 mol R（g）的能量總和大于1 mol M（s）與1 mol N（g） 的能量總和B將2 mol R （g）與1 mol N（g）在該條件下充分反應，放出熱量Q2 kJC當1 mol M（s） 與N（g）完全轉化為T （g）時（假定無熱量損失），放出熱量Q1+kJDM（g）+N（g）R（g）H=Q3 kJmol1，則Q3Q1考點：反應熱和焓變.專題：化學反應中的能量變化分析：A、反應焓變?yōu)樨撝?，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物；B、反應是可逆反應不能進行徹底；C、依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算分析判斷；D、固體變化為氣體吸收能量，反應是放熱反應焓變?yōu)樨撝到獯穑航猓篈、反應焓變?yōu)樨撝?，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物?mol R（g）的能量總和小于1mol M（s）與1mol N（g）的能量總和，故A錯誤；B、反應是可逆反應不能進行徹底，將2mol R（g）與1mol N（g）在該條件下充分反應，放出熱量Q2 kJ，故B錯誤；C、依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算分析判斷，+得到，M（s）+N（g）T（g）H=（Q1+）kJ/mol，則C正確；D、固體變化為氣體吸收能量，反應是放熱反應焓變?yōu)樨撝担琈（g）+N（g）R（g）H=Q3 kJmol1，則Q3Q1，故D錯誤；故選C點評：本題考查了化學反應能量變化，蓋斯定律計算應用，注意焓變?yōu)樨撝凳欠艧岱磻}目難度中等15（3分）在一密閉容器中加入A、B兩種氣體，保持一定溫度，在t1、t2、t3、t4時刻測得各物質的濃度如下：據(jù)此下列結論中正確的是（）測定時刻/st1t2t3t4C（A）/molL16322C（B）/molL153.533C（C）/molL112.533A在容器中發(fā)生的反應為2A（g）+B（g）2C（g）B該溫度下，此反應的平衡常數(shù)為0.25CA的轉化率比B轉化率的低D在t3時刻反應已經停止考點：化學平衡的計算.專題：化學平衡專題分析：A、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A+BC；B、t3達到平衡狀態(tài)，結合平衡濃度計算平衡常數(shù)；C、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A+BC，極值轉化反應前A的濃度為8mol/L、B為6mol/L；D、t3時刻達到了平衡狀態(tài)，反應沒有停止；解答：解：A、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A（g）+B（g）C（g），故A錯誤；B、反應關系為：2A（g）+B（g）C（g），平衡常數(shù)=0.25，故B正確；C、t1到t2，A、B分別消耗了3mol/L、1.5mol/L，同時生成了1.5mol/L的C，反應關系為：2A（g）+B（g）C（g），極值轉化反應前A的濃度為8mol/L、B為6mol/L，A的轉化率=100%=37.5%，B的轉化率=100%=25%，A的轉化率大于B的轉化率，故C錯誤；D、可逆反應達到了平衡狀態(tài)，但是反應仍然進行，故D錯誤；故選B點評：本題考查化學反應速率、平衡常數(shù)的計算及反應方程式的求算，注意平衡狀態(tài)，反應沒有停止，難度中等16（3分）（xx石家莊模擬）有Na2CO3溶液；CH3COONa溶液；NaOH溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L，下列說法正確的是（）A三種溶液pH的大小順序是B若將三種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是C若分別加入25mL 0.1mol/L鹽酸后，pH最大的是D若三種溶液的pH均為9，則物質的量濃度的大小順序是考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越?。籅稀釋時強堿的變化程度大；C根據(jù)酸堿混合后溶液中的溶質來分析；D三種溶液的pH均為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等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三種溶液pH的大小順序是，故A錯誤；B稀釋時強堿的變化程度大，所以三種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是，故B錯誤；C等體積等濃度混合后，中溶質為NaHCO3、NaCl，中溶質為NaCl、CH3COOH，中溶質為NaCl，HCO3離子水解顯堿性，所以pH最大的是，故C正確；D三種溶液的pH均為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，所以三種溶液的pH均為9，則物質的量濃度的大小順序是，故D錯誤；故選C點評：本題考查鹽類水解、pH的計算等，明確酸堿混合的計算，鹽類水解的規(guī)律、pH與濃度的關系等知識即可解答，題目難度不大二.實驗題17（6分）現(xiàn)用物質的量濃度為a mol/L的標準鹽酸去測定VmL NaOH溶液的物質的量濃度，請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，還應該進行的操作是：標準鹽酸潤洗23次（2）如果用酚酞做指示劑，試判斷到達滴定終點的實驗現(xiàn)象是溶液由淺紅色褪成無色，且半分鐘內不變色（3）如圖1是酸式滴定管中液面在滴定前后的讀數(shù)，c（NaOH）=mol/L（4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定的NaOH溶液的物質的量濃度偏高（填“偏高”、“偏低”或“不影響”）考點：中和滴定.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：（1）滴定管使用前應潤洗； （2）用酚酞做指示劑，滴定終點時溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色；（2）根據(jù)關系式NaOHHCl來計算；（4）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差解答：解：（1）酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，用標準鹽酸潤洗23次，故答案為：標準鹽酸潤洗23次；（2）根據(jù)滴定終點，溶液由無色恰好變?yōu)榧t色，且半分鐘內不褪色，停止滴定，故答案為：溶液由淺紅色褪成無色，且半分鐘內不變色；（3）滴定終止時消耗鹽酸溶液（V2V1）mL， NaOHHCl 1 1 c（NaOH）VmL a molL1（V2V1）mLc（NaOH ）=mol/L，故答案為：；（4）若滴定前滴定管尖嘴部分留有有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=可知，c（標準）偏大，則測定的NaOH溶液的物質的量濃度偏高，故答案為：偏高點評：本題主要考查了中和滴定操作、誤差分析以及計算，難度不大，根據(jù)課本知識即可完成18（4分）如圖是鹽酸與氫氧化鈉的滴定曲線a和b，試認真分析后填空：（1）曲線a是用NaOH溶液滴定HCl溶液（2）P點的坐標為P（15，7）（3）鹽酸的物質的量濃度為0.1mol/L考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.分析：（1）根據(jù)曲線a的pH的變化趨勢來判斷；（2）根據(jù)曲線P點時pH值為7，此時氫離子和氫氧根離子的物質的量是相等的；（3）根據(jù)曲線a可以看出鹽酸溶液的pH=1，然后求出鹽酸的物質的量濃度；解答：解：（1）曲線a的pH是由小到大，說明是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸溶液的曲線，故答案為：NaOH；HCl；（2）根據(jù)圖示，可以知道鹽酸的濃度和氫氧化鈉的濃度是相等的，都是0.1mol/L，曲線P點時pH值為7，此時氫離子和氫氧根離子的物質的量是相等的，氫氧化鈉的體積是15，所以鹽酸的體積也是15mL，即P的坐標是（15，7），故答案為：P（15，7）；（3）根據(jù)曲線可以看出鹽酸溶液的pH=1，pH=lgc（H+）=1，所以c（HCl）=c（H+）=0.1mol/L，故答案為：0.1mol/L點評：本題借助于滴定曲線考查了中和滴定過程中PH的變化，難度不大，關鍵能從圖中要得出信息三填空題19（10分）研究燃料的燃燒和對污染氣體產物的無害化處理，對于防止大氣污染有重要意義（1）將煤轉化為清潔氣體燃料已知：H2 （g）+1/2O2（g）=H2O（g）H=242.0kJ/molC（s）+1/2O2（g）=CO（g）H=110.0kJ/mol寫出焦炭與水蒸氣反應制H2和CO的熱化學方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol已知在101kPa時，CO、H2和CH4的燃燒熱分別為283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol則反應CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+205KJ/molkJ/mol（2）已知一定溫度和壓強下，由H2和CO反應合成優(yōu)質燃料甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1在相同條件下要想得到182kJ熱量，加入各物質的物質的量可能是DA2mo1CO和4mol H2 B2mo1CO、4mol H2和1mol CH3OH（g）C4mo1CO和4mol H2 D4mo1CO和6mol H2將1mol CO和2mol H2充入一密閉容器中，保持恒溫恒壓時進行反應，達到平衡時，測得CO的轉化率為20%若在相同條件下，起始時在該容器中充入1mol CH3OH（g），反應達到平衡時的熱量變化是吸收（填“吸收”或“放出”）72.8kJ熱量考點：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；有關反應熱的計算.專題：化學反應中的能量變化分析：（1）根據(jù)已知反應方程式，利用蓋斯定律解答；根據(jù)CO、H2和CH4的燃燒熱寫出化學方程式，再據(jù)蓋斯定律解答；（2）由反應方程式可知生成1mol的CH3OH時放熱91 kJ，想得到182kJ熱量，則需生成2molCH3OH；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到2molCH3OH，CO與H2物質的量必須要多于2mol和4mol；已知反應：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1，則有CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）；H=+91KJmol1，保持恒溫恒壓，將1mol CO和2mol H2充入一密閉容器中與起始時在該容器中充入1mol CH3OH（g），為等效平衡狀態(tài)，平衡時兩種不同的途徑平衡狀態(tài)相同，各物質的含量、物質的量等都相同，以此計算解答：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據(jù)蓋斯定律，得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol，故答案為：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2 （g）H=+132.0kJ/mol；CO、H2和CH4的燃燒熱分別為283kJ/mol、286kJ/mol和892kJ/mol，其熱化學方程式為：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據(jù)蓋斯定律，3得：CH4（g）+H2O（l）CO（g）+3H2（g）H=+205KJ/mol，故答案為：+205KJ/mol；（2）由反應方程式可知生成1mol的CH3OH時放熱91 kJ，想得到182kJ熱量，則需生成2molCH3OH；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到2molCH3OH，CO與H2物質的量必須要多于2mol和4mol，故答案為：D；CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=91kJ/mo1起始量 1 2 0 轉化量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轉化量 0.8 0.8 1.6轉化量 0.2 0.8 1.6生成1molCH3OH放熱91KJ，分解1molCH3OH吸熱91KJ，分解0.8mol甲醇，吸熱72.8KJ，故答案為：吸收；72.8點評：本題考查了蓋斯定律的應用、燃燒熱、逆反應的反應熱，題目難度中等20（10分）現(xiàn)有25時0.1molL1的氨水，請回答以下問題：（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中減小（填“增大”“減小”“不變”）（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，寫出反應的離子方程式：NH3H2O+H+=NH4+H2O；所得溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用離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，此時NH4+=a molL1，則SO42=0.5amol/L（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，則所得溶液中各離子的物質的量濃度由大到小的順是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：（1）向氨水中加入少量硫酸銨固體，銨根離子濃度增大，抑制氨水的電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大；（2）硫酸和氨水反應生成硫酸銨和水，硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性；（3）根據(jù)溶液中陰陽離子所帶電荷相等確定硫酸根離子濃度；（4）氨水是弱電解質，所以氨水中氫氧根離子濃度遠遠小于氨水濃度，0.1molL1的氨水與pH=1的硫酸等體積混合恰好反應，溶液中的溶質是硫酸銨，銨根離子水解而硫酸根離子不水解，導致溶液呈酸性，據(jù)此判斷溶液中 各種離子濃度大小解答：解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4+SO42，溶液中NH4+濃度增大，抑制氨水電離，導致溶液中氫氧根離子濃度減小，氨水分子濃度增大，所以此時溶液中減??；故答案為：減小；（2）硫酸和氨水反應生成硫酸銨和水，離子反應方程式為NH3H2O+H+=NH4+H2O，硫酸銨是強酸弱堿鹽水解而使其溶液呈酸性，水解方程式為：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案為：NH3H2O+H+=NH4+H2O，NH4+H2ONH3H2O+H+；（3）溶液呈中性，則溶液中c（H+）=c（OH），溶液呈電中性，溶液中存在電荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42 ）+c（OH），所以c（SO42 ）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；故答案為：0.5amol/l；（4）pH=1的硫酸溶液，C（ H +）=0.1molL1，氫離子濃度與氨水濃度相等，體積相同，所以恰好反應生成鹽，如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42）=2：1，但水解是較弱的，所以c（NH4+）c（SO42 ）；溶液呈酸性，所以c（H+）c（OH），故溶液中離子濃度大小順序是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）；故答案為：c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）點評：本題考查了弱電解質的電離、鹽類的水、離子濃度大小的比較等知識點，難度不大，離子濃度大小的比較是學習的難點也是考試的熱點，根據(jù)物料守恒和電荷守恒來進行分析即可21（12分）水的電離平衡曲線如圖所示（1）若從A點變動到B點，可以采取的措施是CA加酸溶液 B加堿溶液 C加熱（2）現(xiàn)有T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液該Ba（OH）2溶液的物質的量濃度為0.005mol/L；向該溫度下100mLpH=2的硫酸與硫酸鈉的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好達最大量（假設混合溶液的體積等于混合前兩溶液的體積和），此時溶液的pH大于7（填“大于”、“小于”或“等于”）；原混合溶液中硫酸鈉的物質的量濃度為0.01mol/L考點：pH的簡單計算.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：（1）水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，A點水的離子積常數(shù)107.107=1014、B點水的離子積常數(shù)106.106=1012，水的離子積常數(shù)只與溫度有關；（2）T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液，該溫度下，溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH）；根據(jù)溶液中的反應判斷反應后溶液的酸堿性；根據(jù)硫酸根離子和氫氧化鋇的關系式計算n（SO42）總，根據(jù)混合溶液的pH計算原來溶液中n（H+）和n（H2SO4），從而得出其中硫酸鈉的量解答：解：（1）水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，A點水的離子積常數(shù)107.107=1014、B點水的離子積常數(shù)106.106=1012，水的離子積常數(shù)只與溫度有關，與溶液酸堿性無關，所以只能是加熱才能實現(xiàn)，故選C；（2）T1溫度下，pH=12的Ba（OH）2溶液，該溫度下，溶液中c（OH）=mol/L=0.01mol/L，c（Ba（OH）2）=c（OH）=0.01mol/L=0.005mol/L，故答案為：0.005mol/L；向100mLpH=2的硫酸與硫酸鈉的混合溶液中，加入300mL上述Ba（OH）2溶液，沉淀正好達最大量，硫酸與氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和水，硫酸鈉與氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和氫氧化鈉，所以反應后有強堿生成，故溶液顯堿性，即PH大于7；據(jù)題意知原溶液中n（SO42）總=nBa（OH）2=0.3L5103molL1=1.5103 mol；已知原來硫酸的PH=2，則n（H+）=0.001mol，所以n（H2SO4）=n（H+）=5104mol，原混合液中n（Na2SO4）=n（SO42）總n（H2SO4）=1.5103 mol5104mol=1103 mol，所以c（Na2SO4）=molL1=0.01molL1，故答案為：大于；0.01molL1點評：本題考查pH的簡單計算、離子積常數(shù)，明確離子積常數(shù)只與溫度有關、與溶解酸堿性及濃度無關是解本題關鍵，題目難度中等22（10分）在 1.0L恒容密閉容器中放入0.10mol A （g），在一定溫度進行如下反應A（g）2B（g）+C（g）+D（s）H=+85.1kJ/mol容器內氣體總壓強（P）與起始壓強P0的比值隨反應時間（t）變化數(shù)據(jù)見下表（提示：密閉容器中的壓強比等于氣體物質的量之比）時間t/min01248162025P/P01.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列問題：（1）該反應的平衡常數(shù)表達式K=（2）02min內的平均反應速率v（B）=0.04 mol/（Lmin）（3）下列能提高 A 的轉化率的是AA升高溫度 B向體系中通入A氣體C減少D的物質的量 D向體系中通入稀有氣體He（4）相同條件下，若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則 D 的取值范圍n （D）0.03 mol（5）將容器改為恒壓容器，改變條件，使反應達到相同的限度，則達到平衡時 B 的濃度為0.0583mol/L（保留三位有效數(shù)字）考點：化學平衡常數(shù)的含義；化學平衡的影響因素.專題：化學平衡專題分析：（1）化學平衡常數(shù)K為平衡時的生成物濃度方次的乘積與反應物濃度方次的乘積之比，固體或純液體不在公式中；（2）化學反應速率v=；（3）使得化學平衡正向進行的因素（但是不能加入物質本身）均可以提高反應物的轉化率；（4）若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則QcK，根據(jù)極限轉化思想來實現(xiàn)等效平衡；（5）據(jù)體積之比等于其物質的量之比，求算出反應后氣體的物質的量，可求出反應后氣體體積和物質的量解答：解：（1）反應A（g）2B（g）+C（g）+D（s）的化學平衡常數(shù)K=，故答案為：； （2）在1.0L密閉容器中放入0.10mol A（g），設A的變化量是x，則 A（g）2B（g）+C（g）+D（s）初始量：0.1 0 0 變化量：x 2x x末態(tài)量：0.1x 2x x則=，解得x=0.04mol，所以02min內A的反應速率是v=0.02mol/（Lmin），物質表示的反應速率之比等于系數(shù)之比，所以B表示的反應速率為：0.04mol/（Lmin），故答案為：0.04mol/（Lmin）；（3）A升高溫度，平衡正向移動，所以A的轉化率增大，故A正確；B體系中通入A氣體，A的轉化率減小，故B錯誤；C將D（固體）的濃度減小，不會引起平衡的移動，A的轉化率不變，故C錯誤；D通入稀有氣體He，使體系壓強增大到原來的5倍，但是各組分濃度不變，不會引起平衡的移動，A的轉化率不變，故D錯誤；故選A；（4）相同條件下，若該反應從逆向開始，建立與上述相同的化學平衡，則D的取值范圍n（D）0.03，故答案為：0.03；（5）反應后氣體物質的量為：0.10.07+20.07+0.07=0.24mol，相同壓強下，氣體體積之比等于物質的量之比，反應后氣體體積為：，V=2.4L，所以B的濃度為=0.0583mol/L，故答案為：0.0583mol/L點評：本題考查了化學平衡常數(shù)的含義、化學平衡移動的影響因素等，題目涉及的知識點較多，側重反應原理的應用的考查，題目難度中等