1、2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学普通班高二（上）期末化学试卷一、选择题（60分每题只有一个正确选项，每小题3分，共20小题）1化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料合成了氨气下列有关说法正确的是（）A该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能B该合成氨过程不属于氮的固定C空气、水、太阳能均为可再生资源D断裂N2中的NN键会释放出能量2下列因素中，对发生在溶液中且无气体参加的反应的速率不产生显著影响的是（）A浓度B温度C压强D反应物的性质3要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（）A增大盐酸的浓度B提高反应的温度C增大压强D用铁粉代替铁片4下列说法正确的是（）A
2、吸热反应一定需要加热才能发生B放热反应一定不需要加热就能进行C放热反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和D吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量5100mL浓度为2molL1的盐酸溶液跟过量的锌片反应，为减慢反应速率，又不影响生成H2的总量，可采用的方法有（）A加适量6molL1HCl溶液B加数滴CuCl2溶液C加适量醋酸钠固体D加适量NaNO3溶液6下列叙述中正确的是（）A溶度积大的化合物溶解度一定大B在一定温度下，向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解，又达到平衡时，AgCl的溶解度不变，溶度积也不变C将难溶电解质放入纯水中，沉淀溶解达到平衡时，电解质离子浓度的乘
3、积就是该物质的溶度积DAgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl是弱电解质7下列变化过程中，S0的是（）A氯化钠溶于水BNH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）C干冰升华D煅烧石灰石8某一化学反应，反应物和生成物都是气体，改变下列条件一定能使化学平衡向正反应方向移动的是（）A增大反应物浓度B减小反应容器的体积C增大生成物浓度D升高反应温度925时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应，下列说法正确的是（）A此时a+b的值是大于14B反应后溶液呈中性C反应后溶液中由水电离的c（H+）小于107mol/LD反应前醋酸和NaOH对水的电离影响程度一样
4、10下列物质中，属于弱电解质的是（）A氯化氢B氢氧化钠C一水合氨D酒精11醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO，加入少量下列固体物质，能使平衡逆向移动的是（）ANaClBNa2C03CNaOHDCH3COONa12某次酸雨的分析数据如下：c （NH4+）=2105mol/L、c（Cl）=6105mol/L、c （Na+）=1.9105mol/L、c （NO3）=2.3105mol/L、c （SO42）=2.8105mol/L，则此酸雨的pH约为（）A3B4C5D613在Al3+3H2OAl（OH）3+3H+的平衡体系中，要抑制Al3+的水解，可采取的措施为（）A加热B通入氯化氢
5、气体C加入适量的氢氧化钠溶液D加入固体AlCl314物质的量浓度相同的下列溶液中，符合PH由小到大顺序排列的是（）ANa2CO3 NaHCO3 NaCl NH4ClBNa2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaClC（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2CO3D（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S15向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液 震荡后静置一段时间下列关于该体系的说法中，不正确的是（）A生成了氢氧化铁沉淀B溶液中不存在Fe3+C加入少量盐酸，则溶液中Fe3+浓度会减小D体系中存在着氢氧化铁的沉淀溶解平衡16在0.1molL1氨水中加入少量的氯化铵晶体，则溶液的
6、pH（）A变小B变大C不变D无法确定17为了配制NH的浓度与Cl的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（）适量的HCl； 适量的NaCl； 适量的氨水； 适量的NaOHABCD18水的电离过程为H2OH+OH，在25、35时其离子积分别为K（25）=1.01014、K（35）=2.11014，则下列说法中正确的是（）A水的电离过程是吸热过程Bc（H+）随着温度的降低而升高C在35时，纯水中c（H+）c（OH）D水的电离度（25）（35）19在一定条件下，有下列分子数相同的可逆反应，其平衡常数K值分别是H2+F22HF K=1047H2+Cl22HCl K=1017H2+Br22HBr
7、 K=109H2+I22HI K=1比较K值大小，可知各反应的正反应进行的程度由大到小的顺序是（）ABCD无法确定20如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂二、填空题21学生用0.1000molL1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分为：A取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞试液B用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管23次C把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D取标准
8、氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上23mL处E调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数，为3.10mLF把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管的读数回答下列问题：（1）正确的操作顺序是：B、F（填序号）；（2）上述B步骤操作的目的是；（3）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是 （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；（4）判断到达滴定终点的实验现象是；（5）若滴定结束时，滴定管液面如图所示，则终点读数为mL（6）根据读数计算出该待测液的浓度为22请预测下列盐溶液的酸碱性，若盐能发生水解反应，请写出水解反应的离子方程式（1）硫酸钾溶
9、液；（2）磷酸钠溶液；（3）氯化铁溶液；（4）溴化钠溶液；（5）硫化钾溶液23某温度下，纯水中c（H+）=2107 molL1，则此温度下水的离子积为若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5104 molL1，则此时c（OH）=由水电离产生的c（H+）为，此时温度（填“高于”、“低于”或“等于”）25C24在a、b两支试管中，分别装入足量Na2CO3粉末，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸填写下列空白（1）a、b两支试管中的现象：相同点是，不同点是原因是（2）a、b两支试管中生成气体的速率开始时是ab，反应完毕后生成气体的总体积是ab，原因是（3）写出相关反应的离
10、子方程式：；25已知氯化银在水中的溶解平衡为：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），25，其Ksp为：Ksp=Ag+Cl=1.81010 mol2L2现把氯化银（足量）分别放人：100mL蒸馏水中；100mL 0.1molL1的盐酸溶液中；1000mL 0.1molLl的氯化铝溶液中；100mL0.1molL1的氯化镁溶液中充分搅拌后，相同温度下，银离子浓度由大到小的顺序是（用序号回答）在0.1molLl氯化铝溶液中，银离子的物质的量浓度最大可达到2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学普通班高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（60分每题只有一个正确选项，每小题3分，共
11、20小题）1化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料合成了氨气下列有关说法正确的是（）A该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能B该合成氨过程不属于氮的固定C空气、水、太阳能均为可再生资源D断裂N2中的NN键会释放出能量【分析】用空气和水作原料合成了氨气，为氮的固定过程，该反应为可逆反应，电能、热能不能全部转化为化学能，化学反应中，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，以此解答【解答】解：A为可逆反应，电能、热能不能全部转化为化学能，故A错误；B氮气生成氨气，属于氮的固定，故B错误；C空气、水、太阳能均是可以自己不断再生的物质，为可再生资源，故C正确；D断裂N2中的NN键需要吸收能
12、量，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及氮的固定、可再生资源的含义以及化学键的断裂和能量变化的关系等知识，为高频考点，属于教材基础知识的考查，注意相关知识的积累，难度不大2下列因素中，对发生在溶液中且无气体参加的反应的速率不产生显著影响的是（）A浓度B温度C压强D反应物的性质【分析】影响溶液中的化学反应速率的因素有浓度、温度、催化剂等，压强对化学反应速率的影响只针对有气体的参加的反应【解答】解：压强只影响有气体参加，且在密闭容器中的反应，对于溶液中的反应，改变压强，反应物或生成物的浓度不变反应速率不变，故选C【点评】题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意压强对化学反应速率的影
13、响的使用范围，只针对于气体3要增大铁与盐酸反应的速率，所采取的下列措施中无效的是（）A增大盐酸的浓度B提高反应的温度C增大压强D用铁粉代替铁片【分析】增大铁与盐酸反应的速率，则增大接触面积、酸的浓度、温度等，该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，以此来解答【解答】解：A增大盐酸的浓度，氢离子浓度变大，反应速率加快，故A不选；B提高反应的温度，反应的速率加快，故B不选；C该反应为溶液中的反应，受压强影响不大，则增大压强，不能增大Fe与盐酸的反应速率，故C选；D用铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D不选；故选C【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确温度、浓度、压强、催化剂、接
14、触面积对反应速率的影响即可解答，并注意使用前提来解答，题目难度不大4下列说法正确的是（）A吸热反应一定需要加热才能发生B放热反应一定不需要加热就能进行C放热反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和D吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量【分析】反应物总能量大于生成物总能量，则为放热反应，反之属于吸热反应，化学反应伴随着化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热与反应条件是否加热无关，以此解答该题【解答】解：A吸热反应不一定需要加热才能进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故A错误；B铝热反应为放热反应，但需要在加热条件下才能进行，故B错误；C反应物的键能总和大于
15、生成物的键能总和，则说明吸收的能量大于放出的能量，为吸热反应，故C错误；D反应物的总能量小于生成物的总能量，由能量守恒可知应为吸热反应，故D正确故选D【点评】本题考查化学反应中能量变化，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意理解反应热与物质的总能量、化学键的关系，难度不大5100mL浓度为2molL1的盐酸溶液跟过量的锌片反应，为减慢反应速率，又不影响生成H2的总量，可采用的方法有（）A加适量6molL1HCl溶液B加数滴CuCl2溶液C加适量醋酸钠固体D加适量NaNO3溶液【分析】Zn过量，生成氢气由盐酸定，为了减慢反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变酸的物质的
16、量，以此来解答【解答】解：A加入适量的6mol/L的盐酸，氢离子浓度增大和物质的量增大，加快反应速率，又影响生成氢气的总量，故A错误；B加入数滴CuCl2溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C错误；C加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，又不影响生成氢气的总量，故C正确；D加入适量NaNO3溶液，不能生成氢气，生成气体为NO，故D错误故选B【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意Zn过量，生成氢气由酸定，把握浓度、温度、原电池对反应速率的影响即可解答，题目难度不大6下列叙述中正确的是（）A溶度积大的化合物溶解度一定大B在一定温度下，向含有Ag
17、Cl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解，又达到平衡时，AgCl的溶解度不变，溶度积也不变C将难溶电解质放入纯水中，沉淀溶解达到平衡时，电解质离子浓度的乘积就是该物质的溶度积DAgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl是弱电解质【分析】A、对于化学式相似溶度积大的化合物溶解度大；B、在一定温度下溶解度和溶度积为常数；C、溶度积的概念分析；D、导电性与溶液中自由移动离子浓度有关，强弱电解质是看在水中是否完全电离【解答】解：A、对于化学式相似溶度积大的化合物溶解度大，所以化学式不相似不能直接比较溶度积，故A错误；B、在一定温度下溶解度和溶度积为常数，所以在一定温度下，向含有AgCl固体的溶液中加入
18、适量的水使AgCl溶解，又达到平衡时，AgCl的溶解度不变，溶度积也不，故B正确；C、溶度积是离子浓度幂的乘积，所以电解质离子浓度的乘积不一定是该物质的溶度积，故C错误；D、导电性与溶液中自由移动离子浓度有关，自由移动离子浓度越大导电性越强，AgCl在水中完全电离属于强电解质，故D错误；故选B【点评】本题考查了溶度积的概念，溶液的导电性，强弱电解质的辨析，题目难度中等7下列变化过程中，S0的是（）A氯化钠溶于水BNH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）C干冰升华D煅烧石灰石【分析】S0为混乱度减小的反应，结合电离、升华及反应中气体的减少判断混乱度减小，以此来解答【解答】解：A氯化钠溶
19、于水，发生电离，混乱度增大，则S0，故A不选；BNH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s），气体减少，S0，故B选；C干冰升华，由固态变为气态，混乱度增大，则S0，故C不选；D煅烧石灰石生成二氧化碳，混乱度增大，则S0，故D不选；故选B【点评】本题考查熵变，为高频考点，把握物质状态变化、反应中气体分子数变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意熵变为衡量混乱度的量，题目难度不大8某一化学反应，反应物和生成物都是气体，改变下列条件一定能使化学平衡向正反应方向移动的是（）A增大反应物浓度B减小反应容器的体积C增大生成物浓度D升高反应温度【分析】根据平衡移动原理解答，改变影响平衡的一个
20、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【解答】解：A、增大反应物的浓度，平衡向正反应移动，故A正确；B、反应前后气体的物质的量不变，减小体积压强增大，平衡不移动，故B错误；C、增大生成物浓度，平衡向逆反应移动，故C错误；D、升高温度平衡向吸热反应移动，正反应不一定是吸热反应，故D错误；故选A【点评】考查影响化学平衡移动的因素，比较基础，注意对化学平衡移动原理的理解，移动结果是减弱改变趋势，不是消除改变925时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应，下列说法正确的是（）A此时a+b的值是大于14B反应后溶液呈中性C反应后溶液中由
21、水电离的c（H+）小于107mol/LD反应前醋酸和NaOH对水的电离影响程度一样【分析】25时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，醋酸溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，A.25时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶质物质的量相同，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度；B溶液显碱性；C生成醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，促进水的电离；D醋酸溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，对水的抑制程度小【解答】解：25时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=
22、b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，醋酸溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，A.25时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶质物质的量相同，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，10a，此时a+b的值是大于14，故A正确；B.25时，向VmL pH=a的醋酸中滴加pH=b的NaOH溶液VmL时，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，故B错误；C生成醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，促进水的电离，反应后溶液中由水电离的c（H+）大于107mol/L，故C错误；D醋酸溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧
23、根离子浓度，对水的抑制程度小，反应前醋酸和NaOH对水的电离影响程度不一样，故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、酸碱反应后溶液酸碱性判断、影响谁电离平衡因素分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等10下列物质中，属于弱电解质的是（）A氯化氢B氢氧化钠C一水合氨D酒精【分析】弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物一般是强酸、强碱和大部分盐类，据此即可解答【解答】解：A氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质，故A
24、错误；B氢氧化钠的水溶液中，氢氧化钠能完全电离出钠离子和氢氧根离子，所以是强电解质，故B错误；C一水合氨，在水溶液里只有部分电离，NH3H2ONH4+OH，所以是弱电解质，故C正确D酒精，是乙醇的俗称，在水溶液里以分子存在，其水溶液不导电，所以乙醇不是电解质，是非电解质，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了弱电解质的判断，解答须抓住弱电解质的特征“不能完全电离”，平时注意积累常见的弱电解质有助于解题11醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO，加入少量下列固体物质，能使平衡逆向移动的是（）ANaClBNa2C03CNaOHDCH3COONa【分析】加入固体物质，能使平衡逆向移动，
25、说明抑制醋酸电离，则加入的固体中含有氢离子或醋酸根离子，据此分析解答【解答】解：A加入氯化钠固体时，不影响溶液中CH3COOH、H+、CH3COO浓度，所以平衡不移动，故A错误；B加入碳酸钠固体，碳酸根离子和氢离子反应而使氢离子浓度减小，则促进醋酸电离，平衡正向移动，故B错误；C加入NaOH固体，氢氧根离子和氢离子反应生成水，促进醋酸电离，平衡正向移动，故C错误；D加入少量CH3COONa，溶液中CH3COO增大，抑制醋酸电离，则平衡逆向移动，故D正确；故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中离子浓度变化再结合弱电解质电离平衡影响因素来分析解答，注意：向醋酸溶液中加入某些物质可能影响
26、平衡移动，但不影响电离平衡常数，为易错点12某次酸雨的分析数据如下：c （NH4+）=2105mol/L、c（Cl）=6105mol/L、c （Na+）=1.9105mol/L、c （NO3）=2.3105mol/L、c （SO42）=2.8105mol/L，则此酸雨的pH约为（）A3B4C5D6【分析】根据溶液中电荷守恒计算酸雨中氢离子浓度，再根据pH的计算公式计算溶液的pH【解答】解：溶液中阴阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为C，所以c （NH4+）+c （Na+）+C（H+）=c （NO3）+2c （SO42）+c（Cl），2105mol/L+1.9105mol/L+C（H+）=2.31
27、05mol/L+22.8105mol/L+6105mol/L，所以C（H+）=104 mol/L，pH=4，故选B【点评】本题考查了溶液的pH的简单计算，难度不大，明确溶液中阴阳离子所带电荷相等是解本题的关键，难度不大13在Al3+3H2OAl（OH）3+3H+的平衡体系中，要抑制Al3+的水解，可采取的措施为（）A加热B通入氯化氢气体C加入适量的氢氧化钠溶液D加入固体AlCl3【分析】由Al3+3H2OAl（OH）3+3H+可知，加酸可抑制Al3+的水解，以此来解答【解答】解：A水解为吸热反应，加热促进水解，故A不选；B通入氯化氢气体，氢离子浓度增大，抑制水解，故B选；C加入适量的氢氧化钠溶
28、液，与氢离子反应，促进水解，故C不选；D加入固体AlCl3，平衡正向移动，故D不选；故选B【点评】本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水解平衡移动的特点，题目难度不大14物质的量浓度相同的下列溶液中，符合PH由小到大顺序排列的是（）ANa2CO3 NaHCO3 NaCl NH4ClBNa2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaClC（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2CO3D（NH4）2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S【分析】pH由小到大的顺序为：酸性中性碱性，结合盐的水解判断溶液的pH，以此来解答【
29、解答】解：ANa2CO3、NaHCO3水解显碱性，且Na2CO3水解程度大，NaCl不水解，NH4Cl水解显酸性，则Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl的pH由大到小，故A不选；BNa2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl中，NH4Cl水解显酸性，其pH最小，故B不选；CNH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3不水解，Na2CO3水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2CO3，故C选；DNH4Cl、（NH4）2SO4水解显酸性，且（NH4）2SO4水解生成氢离子浓度大，NaNO3
30、不水解，Na2S水解显碱性，则pH由小到大的顺序为（NH4）2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S，故D选；故选CD【点评】本题考查盐类水解及pH比较，为高频考点，把握盐类水解规律及酸碱性判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氢离子浓度越大时pH越小，题目难度中等15向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液 震荡后静置一段时间下列关于该体系的说法中，不正确的是（）A生成了氢氧化铁沉淀B溶液中不存在Fe3+C加入少量盐酸，则溶液中Fe3+浓度会减小D体系中存在着氢氧化铁的沉淀溶解平衡【分析】氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3+3OH=Fe（OH）3，存在溶解沉淀平衡，Fe
31、（OH）3（s）Fe3+（aq）+3OH（aq），结合平衡移动的影响因素解答该题【解答】解：A氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，Fe3+3OH=Fe（OH）3，故A正确；B存在氢氧化铁溶解沉淀平衡，一定含有铁离子，故B错误；C氢氧化铁溶解于盐酸溶液中，Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，铁离子浓度增大，故C错误；D沉淀形成在溶液中存在溶解沉淀平衡，Fe（OH）3（s）Fe3+（aq）+3OH（aq），故D正确故选BC【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握沉淀的生成和性质，把握影响溶解平衡的影响因素，难度不大16在0.1molL1氨水中
32、加入少量的氯化铵晶体，则溶液的pH（）A变小B变大C不变D无法确定【分析】存在NH3H2ONH4+OH，加入少量的氯化铵晶体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，以此来解答【解答】解：氨水中存在NH3H2ONH4+OH，加入少量的氯化铵晶体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，c（OH）减小，由Kw=c（H+）c（OH），可知c（H+）增大，pH=lgc（H+），则pH变小，故选A【点评】本题考查弱电解质电离平衡移动，为高频考点，把握铵根离子浓度对电离平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意pH与氢离子浓度的关系，题目难度不大17为了配制NH的浓度与Cl的浓度比为1：1的溶液，可
33、在NH4Cl溶液中加入（）适量的HCl； 适量的NaCl； 适量的氨水； 适量的NaOHABCD【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）c（Cl），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，据此分析【解答】解：氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）c（Cl），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl的浓度比为1：1的溶液，须增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度加入适量的HCl，溶液中氯离子浓度增大，则溶液中c（NH4+）c（Cl），故
34、错误；加入适量的NaCl，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度不变保持，导致c（NH4+）c（Cl），故错误；加入适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故正确；加入适量NaOH，会发生反应：NH4+OH=NH3H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）c（Cl），故错误；故选：B【点评】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大18水的电离过程为H2OH+OH，在25、35时其离子积分别为K（25）=1.01014、K（35）=2.1
35、1014，则下列说法中正确的是（）A水的电离过程是吸热过程Bc（H+）随着温度的降低而升高C在35时，纯水中c（H+）c（OH）D水的电离度（25）（35）【分析】水中存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大；水中氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，水是中性【解答】解：A、分析不同温度下其平衡常数，K（25）=1.0l014，K（35）=2.1l014，温度升高平衡常数增大，则水的电离是吸热过程，故A正确；B、温度升高促进水的电离，氢离子浓度增大，故B错误；C、在35时水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度比25C大，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度是相同的，
36、水仍是中性，故C错误；D、升温促进水的电离程度，水的电离度（25）（35），故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，主要考查水的电离平衡的影响因素分析，题目较简单19在一定条件下，有下列分子数相同的可逆反应，其平衡常数K值分别是H2+F22HF K=1047H2+Cl22HCl K=1017H2+Br22HBr K=109H2+I22HI K=1比较K值大小，可知各反应的正反应进行的程度由大到小的顺序是（）ABCD无法确定【分析】根据平衡常数越大，反应进行的程度越大来解答【解答】解：平衡常数越大，反应进行的程度越大，各反应的正反应进行的程度由大到小是，故选A【点评】本题主
37、要考查了平衡常数的运用，掌握平衡常数与反应进行的程度的关系是解题的关键20如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂【分析】A、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；B、根据曲线P点时pH值来判断酸碱性；C、根据曲线a的pH的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；【解答】解：A、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
38、+）=0.1mol/L，故A错误；B、根据曲线可以看出P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故B正确；C、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C错误；D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂，故D错误；故选：B【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二、填空题21学生用0.1000molL1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分为：A取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞试液B用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管23次C把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固
39、定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上23mL处E调节液面至“0”或“0”刻度以下，记下读数，为3.10mLF把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管的读数回答下列问题：（1）正确的操作顺序是：B、DCEA、F（填序号）；（2）上述B步骤操作的目的是防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；（3）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是偏大 （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；（4）判断到达滴定终点的实验现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（5）若滴定结束时，滴定管液面如图所示，则终
40、点读数为21.10mL（6）根据读数计算出该待测液的浓度为0.0900molL1【分析】（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作；（2）滴定管需要润洗23次；（3）根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响；（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，据此结合图象读数；（6）根据盐酸和氢氧化钠恰好反应，二者物质的量相等求出盐酸的浓度【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，故答案为：D C E A；（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液
41、润洗滴定管23次，故答案为：防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（碱）偏大，根据c（酸）=，会造成结果偏高，故答案为：偏大；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，由图可知终点读数为21.10mL，故答案为：21.10；（6）C（HCl）=0.0900molL1，故答案为：0.0900molL1【点评】本题考查酸碱中
42、和滴定，难度中等，注意理解滴定的原理与操作22请预测下列盐溶液的酸碱性，若盐能发生水解反应，请写出水解反应的离子方程式（1）硫酸钾溶液不能水解；（2）磷酸钠溶液PO43+H2OHPO42+OH；（3）氯化铁溶液Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（4）溴化钠溶液不水解；（5）硫化钾溶液S2+H2OHS+OH【分析】首先判断盐对应酸、碱的强弱，强酸强碱盐不水解，强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐水解呈碱性，以此解答该题【解答】解：（1）硫酸钾为强酸强碱盐，不能水解，故答案为：不能水解；（2）磷酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为PO43+H2OHPO42+OH，故答案为：PO43+H2O
43、HPO42+OH；（3）氯化铁为强酸弱碱盐水解呈酸性，离子方程式可为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（4）溴化钠为强酸强碱盐，不能水解，故答案为：不水解；（5）硫化钾为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2+H2OHS+OH，故答案为：S2+H2OHS+OH【点评】本题考查了水解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，弱根离子水解导致盐溶液呈酸碱性，注意水解方程式不能写沉淀符号、气体符号，明确水解是微弱的，要写可逆号23某温度下，纯水中c（H+）=2107 molL1，则此温度下水的离子积为41014若温度不变，滴入稀
44、盐酸使c（H+）=5104 molL1，则此时c（OH）=81011mol/L由水电离产生的c（H+）为81011mol/L，此时温度高于（填“高于”、“低于”或“等于”）25C【分析】纯水中c（H+）=c（OH），Kw=c（H+）c（OH），水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，据此分析解答【解答】解：纯水中c（H+）=c（OH）=2107 molL1，Kw=c（H+）c（OH）=21072107=41014，温度不变，水的离子积常数不变，所以=810
45、11mol/L，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢离子浓度是81011mol/L，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，该温度下的水的离子积常数是4101411014，所以该温度高于25C；故答案为：41014；81011mol/L；81011mol/L；高于【点评】本题考查了水的离子积常数的有关计算，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点24在a、b两支试管中，分别装入足量Na2CO3粉末，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸填写下列空白（1）a、b两支试管中的现象
46、：相同点是都产生无色气泡，不同点是产生气泡快慢不同，a中产生气泡快原因是氢离子浓度不同，a中氢离子浓度大（2）a、b两支试管中生成气体的速率开始时是a大于b，反应完毕后生成气体的总体积是a等于b，原因是开始反应时盐酸中氢离子浓度大但两者氢离子物质的量相同（3）写出相关反应的离子方程式：CO32+2H+=CO2+H2O；CO32+2CH3COOH=2CH3COO +CO2+H2O【分析】（1）观察到都有无色的气体产生，但氢离子的浓度不同，所以反应速率不等；（2）因为盐酸是强电解质氢离子完全电离，氢离子浓度大于醋酸部分电离出的氢离子的浓度，但相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能
47、力相同；（3）据复分解反应Na2CO3和酸反应生成盐和水书写方程式，并根据强酸，强碱，大多数盐拆写离子方程式【解答】解：（1）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，两只试管中观察到都有产生无色的气体，但因为盐酸中氢离子的浓度大于醋酸，所以a中产生氢气的速率比b快，故答案为：都产生无色气泡；产生气泡快慢不同，a中产生气泡快；氢离子浓度不同，a中氢离子浓度大；（2）因为盐酸是强电解质氢离子完全电离，氢离子浓度大于醋酸部分电离出的氢离子的浓度，但相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同，故答案为：大于；等于；开始反应时盐酸
48、中氢离子浓度大但两者氢离子物质的量相同；（3）根据复分解反应Na2CO3和酸反应生成盐和水书写方程式，并根据强酸，强碱，大多数盐拆写离子方程式，故答案为：CO32+2H+=CO2+H2O；CO32+2CH3COOH=2CH3COO +CO2+H2O【点评】本题考查化学反应速率的因素题目难度中等，注意强弱电解质的比较和影响反应速率的因素，注重基础知识的积累25已知氯化银在水中的溶解平衡为：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），25，其Ksp为：Ksp=Ag+Cl=1.81010 mol2L2现把氯化银（足量）分别放人：100mL蒸馏水中；100mL 0.1molL1的盐酸溶液中；1000m
49、L 0.1molLl的氯化铝溶液中；100mL0.1molL1的氯化镁溶液中充分搅拌后，相同温度下，银离子浓度由大到小的顺序是（用序号回答）在0.1molLl氯化铝溶液中，银离子的物质的量浓度最大可达到61010molL1【分析】氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化，先计算出各溶液中氯离子浓度，然后计算出银离子浓度即可【解答】解：Ksp=1.81010mol2L2=c（Ag+）c（Cl），通过计算分别得到：100mL蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；100mL 0.1molL1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，c（Ag+）=1.8109mol/L；100mL 0.1molL1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，c（Ag+）=61010mol/L；100mL 0.1molL1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，c（Ag+）=91010mol/L，综上所述大小顺序为；0.1molL1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，c（Ag+）=mol/L=61010mol/L，故答案为：； 61010molL1【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及溶度积的计算，题目难度中等，明确溶度积的概念及表达式为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力2017年4月22日