1、2013-2014学年陕西省榆林实验中学高二（上）期末化学试卷 一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案请将正确答案填在后面的答题卡里）1（3分）（2013秋榆阳区校级期末）下列反应属于吸热反应的是（）A反应物的总能量大于生成物的总能量B反应物的总能量小于生成物的总能量CCH3COOH+KOHCH3COOK+H2ODC6H12O6（葡萄糖aq）+6O26CO2+6H2O考点：吸热反应和放热反应版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与
2、酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应；解答：解：A吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误； B吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；CCH3COOH+KOHCH3COOK+H2O是酸碱中和反应，属于放热反应，故C错误；DC6H12O6（葡萄糖aq）+6O26CO2+6H2O是体内氧化反应，属于放热反应，故D错误故选B点评：本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或吸热反应的本质是解题的关键，题目难度不大
3、2（3分）（2012秋黑龙江期末）热化学方程式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；H=+131.3kJ/mol表示（）A碳和水反应吸收131.3kJ能量B1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJD1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ考点：热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；C、反应热量变化需要说明物质的聚
4、集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；解答：解：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故A错误；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故B错误；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；故D错误；故选C点评：本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，系数只表示物质的量不表示微粒个数是易错点，题目难度中等3（3分）（2013秋榆阳区校级期末）下列叙述正确的是（）A在原电池的负极发生还
5、原反应B用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2C用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成0.5mol NaOHD镀层破损后，镀锌铁板依然耐腐蚀考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：A、原电池中负极失电子发生氧化反应；B、惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气；C、惰性电极电解饱和NaCl溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，依据电极反应电子守恒计算分析；D、镀锌铁形成原电池反应，锌作负极，铁做正极被保护解答：解：A、原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发
6、生还原反应，故A错误；B、惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，阴阳两极产物的物质的量之比为2：1，故B错误；C、惰性电极电解饱和NaCl溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，依据电极反应电子守恒计算2H+2e=H2，若有1mol电子转移，氢离子减小1mol，溶液中氢氧根离子增加1mol，则生成1mol NaOH，故C错误；D、镀锌铁破损后形成原电池反应，锌作负极，铁做正极被保护，镀层破损后，镀锌铁板依然耐腐蚀，故D正确；故选D点评：本题考查了原电池、电解池原理的分析应用，主要是电解名称、电极反应和电极
7、产物的分析判断，掌握原理是关键，题目较简单4（3分）（2009长春一模）某同学欲完成2HCl+2Ag2AgCl+H2反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：非自发的氧化还原反应可以通过电解池来实现，其中失电子的金属必须做电解池的阳极，根据得电子的离子来确定电解质溶液的选择解答：解：反应2HCl+2Ag2AgCl+H2是一个非自发的氧化还原反应，需要设计成电解池，其中金属银为负极，盐酸为电解质A、金属银为阴极，不能实现金属银失电子，故A错误；B、原电池不能实现非自发的氧化还原反应的发生，故B错误；C、金属银为负极，盐酸为
8、电解质，可以实现该反应，故C正确；D、原电池不能实现非自发的氧化还原反应的发生，故D错误故选C点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，可以根据教材知识来回答，难度不大5（3分）（2013秋榆阳区校级期末）在合成氨时，可以提高H2转化率的措施（）A延长反应时间B充入过量H2C充入过量N2D升高温度考点：合成氨条件的选择版权所有专题：化学平衡专题分析：反应为N2+3H22NH3 H0，提高H2转化率，应使平衡向正反应方向移动，结合方程式的特点和影响化学平衡的条件解答解答：解：A反应达到平衡状态时，延长反应时间不能改变转化率，故A错误；B充入过量H2，虽然平衡向正反应方向移动，但H2的转化率
9、反而减小，故B错误；C充入过量N2，平衡向正反应方向移动，H2转化率增大，故C正确；D正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，H2的转化率减小，故D错误故选C点评：题目以合成氨为载体，考查化学平衡的移动，难度不大，注意把握影响化学平衡移动的因素，易错点为B，注意加入氢气，氢气的转化率降低6（3分）（2013秋榆阳区校级期末）可以判断化学平衡发生移动的是（）A正、逆反应速率的改变B加入催化剂C增大压强D反应转化率的改变考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程
10、度相同V（正）=V（逆），平衡不移动；（2）改变程度不相同V（正）V（逆），平衡移动反应物的转化率改变，则化学平衡一定发生移动解答：解：A、若正、逆反应速率都同等程度的改变，平衡不移动，故A错误；B、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都同等程度的改变，平衡不移动，故B错误；C、对反应前后气体体积不变的反应，增大压强，正、逆反应速率都同等程度的改变，平衡不移动，故C错误；D、反应物的转化率改变，则化学平衡一定发生移动，故D正确故选D点评：V（正）V（逆），平衡移动反应物的转化率改变，化学平衡一定发生移动7（3分）（2012秋集宁区期末）在密闭容器中进行下列反应：M（气）+N（气）R（气）+2L（？
11、）此反应符合下面图象，下列叙述正确的是（）A正反应放热，L是气体B正反应吸热，L是固体C正反应吸热，L是气体D正反应放热，L是固体或液体考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线版权所有专题：化学平衡专题分析：由图象可知，同在T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，同在P1时，根据到达平衡的时间可知T2T1，根据温度、压强对平衡移动的影响可判断反应热以及L的聚集状态来解答解答：解：同在T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，由图象可知增大压强平衡R的百分含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，则L为气体，同在P1时，根据到达平衡的时间可知
12、T2T1，由图象可知升高温度R的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即在该反应中，正反应为放热反应，且L为气体，故选A点评：本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断问题、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析8（3分）（2013秋榆阳区校级期末）常温下，下列离子能使纯水中H+数目增加的是（）ACH3COOBNH4+CHCO3DNO3考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下，能使溶液中氢离子数目增加，说明该离子能发生水解反应，且水解后溶液呈酸性，则为弱碱离子的水解反应解答：解：ACH3COO水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液中氢
13、氧根离子数目增加，氢离子数目减少，故A错误；B铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故B正确；C碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，故C错误；D硝酸根离子不水解，所以不改变溶液中氢离子或氢氧根离子数目，故D错误；故选B点评：本题考查了盐类水解，根据离子数目的增加确定哪种类型的离子水解，再结合离子水解的生成物判断即可，难度不大9（3分）（2013秋榆阳区校级期末）今有反应X（g）+Y（g）2Z（g）（正反应放热），如图表示该反应在t1时达到平衡，在t2时因改变某个条件而发生变化的曲线则下图中的t2时改变的条件是
14、（）A升高温度或降低Y的浓度B加入催化剂或增大X的浓度C降低温度或增大Y的浓度D缩小体积或降低X的浓度考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：由图可知，t2秒改变条件瞬间X、Z浓度都不变化，不能是改变X、Z的浓度与压强，t2秒后X浓度降低，Z的浓度增大，说明改变条件平衡向正反应方向移动，根据反应的特点和外界条件对平衡的影响来判断解答：解：由图可知，t2秒改变条件瞬间X、Z浓度都不变化，不能是改变X、Z浓度与压强，t2秒后X浓度降低，Z的浓度增大，说明改变条件平衡向正反应方向移动，A升高温度或降低Y的浓度平衡都向逆反应方向移动，Z的浓度减小，X的浓度增大，不符合图象，故A错误；B
15、加入催化剂平衡不移动，增大X的浓度，瞬间X的浓度增大，达型平衡时浓度高于原平衡，不符合图象，故B错误；增大了体系压强，平衡不移动，X、Y、Z的浓度应增大，故B错误；C降低温度或增大Y的浓度，改变条件瞬间X、Z浓度都不变化，平衡都向正反应方向移动，Z的浓度增大，X的浓度减小，与图象相符合，故C正确；D缩小体积，瞬间X、Z的浓度都增大，平衡不移动，若降低X的浓度，瞬间X的浓度应降低，与图象不相符，故D错误，故选C点评：本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，注意化学方程式的前后计量数的关系以及反应放热的特点，以此判断影响平衡移动的因素10（3分）（2013秋榆阳区校级期末）向纯水中加入少量的NaOH
16、固体（温度不变），则溶液（）ApH值升高BH+和OH的乘积增大C显中性DOH离子浓度减小考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：水的电离存在电离平衡，当加入酸碱溶液对水的电离起到抑制作用，温度一定，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，溶液中Kw随温度变化，温度不变Kw不变；解答：解：A、向纯水中加入少量的氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，pH升高，故A正确；B、向纯水中加入少量的氢氧化钠，温度不变，水中H+和OH的乘积不变，故B错误；C、向纯水中加入少量的氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，故C错误；D、向纯水中加入少量的氢氧化钠，氢氧
17、根离子浓度增大，故D错误；故选A点评：本题考查了水的电离平衡的影响因素，水的离子积常数应用，注意溶液中的离子积是随温度变化，题目较简单11（3分）（2011秋三明期末）相同条件下，现有四种溶液：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液下列有关说法正确的是（）A由水电离出的c（H+）：=B将、溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成的H2的物质的量最大D向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：考点：溶液pH的定义；水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、温度不变，水的离子积常数不变，根据溶
18、液的PH值计算水电离的氢离子浓度B、根据电解质的强弱判断溶液的物质的量浓度，结合反应方程式判断溶液的体积C、先根据溶液的PH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少D、根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的PH值大小解答：解：A、的氢离子浓度相同，、的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：=，故A正确；B、氨水是弱碱只有部分电离，所以C（NH3H2O）C（OH），氯化氢是强电解质，所以其溶液中C（HCl）=C（H+），C（NH3H2O）C（H
19、Cl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：，故B错误；C、醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，、三种溶液的物质的量浓度关系为：=，所以等体积的、溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：最大，故C错误；D、醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以、稀释后溶液的PH值7；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以、稀释后溶液的PH值7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：，故C错误；故选A点评：本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后PH值相对大小的比较等知识点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离12（3分）（2
20、013秋榆阳区校级期末）物质的量浓度相同的三种一元酸的钠盐NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为7、8、9，则同物质的量浓度的这三种一元酸的酸性由强到弱的顺序是（）AHX、HY、HZBHZ、HY、HXCHX、HZ、HYDHY、HX、HZ考点：盐类水解的原理版权所有专题：盐类的水解专题分析：根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱，溶液的碱性越强来解答解答：解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HXHYHZ，故选A点评：本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱13（3分）（2010信阳二模）下列溶液中离子浓
21、度关系表示正确的是（）ANaHCO3溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（CO32）+c（HCO3）BpH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（H+）c（OH）C0.1mol/L的NH4Cl溶液中，c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）D物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c（Na+）=c（CH3OOH）+c（CH3COO）考点：离子浓度大小的比较；pH的简单计算；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：压轴题；溶液和胶体专题；盐类的水解专题分析：A、从溶液电中性的角度思考；
22、B、根据pH=3的CH3COOHc（H+）与pH=11的NaOH溶液c（OH）相等，结合醋酸为弱酸来分析反应后溶液的酸碱性；C、从盐的水解程度的角度思考；D、从物料守恒的角度分析解答：解：A、根据溶液电中性，溶液中阳离子带的电荷等于阴离子带的电荷，则有：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），故A错误；B、pH=3的CH3COOHc（H+）与pH=11的NaOH溶液c（OH）相等，而醋酸为弱酸，则反应后醋酸过量，溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），故B错误；C、一般情况下盐的水解程度较弱，0.1mol/L的NH4Cl溶液中，则c（Cl）c（NH4+）c（H+）c
23、（OH），故C错误；D、物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，混合前n（CH3COOH）=n（CH3COONa），根据物料守恒，则有等体积混合后的溶液中：2c（Na+）=c（CH3OOH）+c（CH3COO），故D正确故选D点评：本题考查溶液中离子浓度的大小比较，题目具有一定难度，做题时注意把握电荷守恒、物料守恒和质子守恒的应用14（3分）（2011秋忻州期末）向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系是（）AA
24、gCl=AgI=Ag2SBAgClAgIAg2SCAgClAgIAg2SDAgIAgClAg2S考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据沉淀转化的实质，一种难溶物转化成另一种更难溶的物质分析判断；沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；解答：解：沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类
25、型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgClAgIAg2S；故选C点评：本题考查了沉淀转化的实质，沉淀现象是分析判断的依据，题目较简单15（3分）（2013秋榆阳区校级期末）有人欲配制下列含有不同阴阳离子的四种溶液，其中能配制成功的是（）AFe2+、NO3、Cl、H+BCa2+、Al3+、Cl、HCO3CMg2+、Al3+、Cl、SO42DNa+、Ba2+、Cl、SO42考点：离子共存
26、问题版权所有专题：离子反应专题分析：离子之间不产生气体、沉淀、弱电解质、络合物，不发生氧化还原反应、不发生双水解反应时即可配制成功，据此分析解答解答：解：A酸性条件下，NO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化物Fe3+，所以配制不成功，故A错误；BAl3+和HCO3发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，所以配制不成功，故B错误；C这几种离子之间不反应，所以配制成功，故C正确；DBa2+和SO42反应生成硫酸钡沉淀，所以配制不成功，故D错误；故选C点评：本题以配制溶液为载体考查了离子共存，为高考热点内容，熟悉离子共存的条件及物质的性质是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，易错选项是A，酸性条件下硝酸根离
27、子具有强氧化性，中性或碱性条件下，硝酸根离子没有强氧化性，为易错点16（3分）（2013秋榆阳区校级期末）下列反应的离子方程式表示正确的是（）A碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：HCO3+OH=CO32+H2OB碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C电解饱和食盐水：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2DFeCl3溶液净水原理：Fe3+3H2O Fe（OH）3+3H+考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A碳酸氢钙和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；B弱电解质要写化学式；C用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电；D水解反应要写可
28、逆号，且不能写沉淀、气体符号解答：解：A碳酸氢钙和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，离子方程式为：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，故A错误；B弱电解质要写化学式，其离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+H2O+CO2，故B错误；C用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，其离子方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故C正确；D水解反应要写可逆号，且不能写沉淀、气体符号，其离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式判断，根据物质的溶解性、电解质
29、的强弱、物质间的反应来分析解答，易错选项是D，注意：盐类水解较微弱，且盐类水解中存在守恒，则要写可逆号，不能写沉淀、气体符号，为易错点二填空题（共52分）17（14分）（2013秋榆阳区校级期末）能量是一个世界性的话题，如何充分利用能量、开发新能源，为人类服务是广大科技工作者不懈努力的目标（1）如图所示，组成一个原电池当电解质溶液为稀硫酸时：Cu电极是正 （填“正”或“负”）极，其电极反应为2H+2e=H2；当电解质溶液为浓硝酸时：Cu电极是负极，其电极反应为Cu2e=Cu2+（2）请写出用惰性电极电解硫酸铜溶液的总化学方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4（3）燃烧氢气时耗氧
30、量小，放出热量多已知4g H2燃烧生成液态水时放热为571.6kJ，试写出表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.6kJmol1（4）将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一已知：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（l）+O2（g）H=+140.5kJ/molC（s，石墨）+O2（g）CO（g）H=110.5kJ/mol则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s，石墨）TiCl4（l）+2CO（g）的H是80.5kJ/mol考点：原电池和电解池的工作原理；热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：（1）在原电
31、池中，易失电子的电极为负极，另一个电极为正极当电解质溶液为稀硫酸时，铁易失电子作负极、Cu作正极，正极上氢离子放电；当电解质溶液为浓硝酸时，铜易失电子作负极，负极上铜失电子生成铜离子；（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电；（3）4g H2的物质的量是2mol，4g H2燃烧生成液态水时放热为571.6kJ，则1mol燃烧生成液态水时放热为285.8kJ；（4）根据盖斯定律计算解答：解：（1）当电解质溶液为稀硫酸时，铁易失电子作负极、Cu作正极，正极上氢离子放电，Cu电极上电极反应式为：2H+2e=H2，故答案为：正；2H+2e=H2；当电解质溶液为浓硝酸时，
32、铁和浓硝酸发生钝化现象，所以铜易失电子作负极，负极上铜失电子生成铜离子，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，故答案为：负；Cu2e=Cu2+；（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（3）4g H2的物质的量是2mol，4g H2燃烧生成液态水时放热为571.6kJ，则1mol燃烧生成液态水时放热为285.8kJ，则氢气的燃烧热化学方程式为H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.6 kJmol1，故答案为：H2（g）+O2（g）H2O（
33、l）H=285.6 kJmol1；（4）TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+O2（g）H=+140.5kJ/molC（s，石墨）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJ/mol根据盖斯定律，+2得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s，石墨）=TiCl4（l）+2CO（g）；H=+140.5kJ/mol+（110.5kJ/mol）2=80.5kJ/mol，故答案为：80.5kJ/mol点评：本题考查了原电池原理、燃烧热化学方程式的书写、盖斯定律等知识点，根据基本概念、盖斯定律的内涵、原电池原理等知识点来分析解答，注意不能根据金属的活泼性强弱确定原电池正负极，要根据失电子的难易
34、程度确定正负极，如：Mg、Al和NaOH溶液中铝作负极，Fe、Cu和浓硫酸或浓硝酸构成的原电池中Cu作负极，为易错点18（10分）（2013秋榆阳区校级期末）在450并有催化剂存在下，于一容积恒定的密闭容器内进行下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=190kJmol1（1）该反应500时的平衡常数450时的平衡常数（填“”、“”或“=”）（2）判断该反应达到平衡状态的标志是bc（填字母）aSO2和SO3浓度相等 bSO2百分含量保持不变 c容器中气体的压强不变dv（O2）正=2v（SO3）逆 e容器中混合气体的密度保持不变（3）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是b（填字母）
35、a向装置中再充入N2 b向装置中再充入O2c改变反应的催化剂 d升高温度（4）在一个固定容积为1L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.10mol；则平衡常数K=20；用SO2表示半分钟内的反应速率为0.0033mol/（Lmin）考点：化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）化学反应是放热反应，升温，平衡逆向进行，平衡常数减小；（2）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，“变量不变”据此分析；（3）提高二氧化硫转化率，平衡正向进行，依据平衡
36、移动原理分析判断；（4）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念、反应速率概念计算解答：解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=190kJmol1，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，所以该反应500时的平衡常数小于该反应400时的平衡常数，故答案为：；（2）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；a物质的浓度关系和起始量和转化率有关，SO2和SO3浓度相等不能说明费用达到平衡状态，故a不符合；bSO2百分含量保持不变是平衡的标志，能说明费用达到平衡状态，故b符合；c反应前后气体体积改变，当容器中气体的压强不变说明费用达到平衡状态，故c符合；
37、d速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，当2v（O2）正=v（SO3）逆，说明三氧化硫正逆反应速率相同，但选项中速率之比错误，故d不符合；e反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，容器中混合气体的密度保持不变不能说明费用达到平衡状态，故e不符合；故答案为：bc；（3）欲提高SO2的转化率，平衡正向进行，a向装置中再充入N2，恒温恒容容器，总压增大，分压不变，平衡不动，故a不符合； b两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，向装置中再充入O2，二氧化硫转化率增大，故b符合；c改变反应的催化剂，改变反应速率但不改变化学平衡，故二氧化硫转化率不变，故c不符
38、合； d反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故d不符合；故答案为：b；（4）在一个固定容积为1L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.10mol， 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol/L） 0.20 0.10 0变化量（mol/L） 0.10 0.050 0.10平衡量（mol/L） 0.10 0.050 0.10则平衡常数K=20；用SO2表示半分钟内的反应速率=0.0033mol/（Lmin），故答案为：20；0.0033mol/（Lmin）点评：本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡
39、常数、反应速率的计算应用，掌握平衡移动原理是关键，题目难度中等19（6分）（2013秋榆阳区校级期末）pH=12的NaOH溶液100mL，要使它的pH为11（体积变化忽略不计）（1）如果加入蒸馏水，应加900mL；（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，应加1000mL；（3）如果加0.01mol/L HCl，应加81.8mL考点：pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1=C2（V1+V2）计算加入的水体积；（2）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1+C2V2=C3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；
40、（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据C（OH）=解答：解：（1）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，C1V1=C2（V1+V2）=0.01mol/L0.1L=（0.1+V2）L0.001mol/L，V2=0.9L=900mL，故答案为：900；（2）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积
41、是V2，C1V1+C2V2=C3（V1+V2）=0.01mol/L0.1L+0.0001mol/LV2=0.001mol/L（0.1+V2），V2=1L=1000mL，故答案为：1000；（3）盐酸的浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，C（OH）=0.001mol/L，v=81.8mL，故答案为：81.8点评：本题考查pH的计算，题目难度不大，注意有关计算公式的运用，从质量守恒的角度解答20（10分）（2013秋榆阳区校级期末）有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含一种阳离子和一种阴离子且互不重复）阳离子K+、Na+、Ba2+、NH4+阴离子CH
42、3COO、Cl、OH、SO42已知：A、C溶液的pH均大于7，B溶液的pH小于7，A、B的溶液中水的电离程度相同；D溶液焰色反应显黄色C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象（1）A的名称是醋酸钾（2）写出C溶液和D溶液反应的离子方程式Ba2+SO42BaSO4（3）25时pH=9的A 溶液和pH=9的C溶液中水的电离程度小的是Ba（OH）2（填写A或C的化学式）（4）25时用惰性电极电解D的水溶液，一段时间后溶液的pH=7；（填、或=）（5）B溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）考
43、点：电解质在水溶液中的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、C溶液的pH均大于7，应为醋酸盐和碱溶液，B溶液的pH小于7，应为铵盐溶液，A、B的溶液中水的电离程度相同，则溶液水解程度相同；D溶液焰色反应显黄色，溶液中含有钠离子，所以A为醋酸钾；C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象，则说明C为Ba（OH）2，D为Na2SO4，则B为NH4Cl（1）根据题中信息推断出各物质分别为：ACH3COOK，BNH4Cl，CBa（OH）2，DNa2SO4；（2）C溶液和D溶液反应为氢氧化钡和硫酸的反应，生成硫酸钡和氢氧化
44、钠；（3）CH3COOK水解促进水的电离，Ba（OH）2抑制水的电离；（4）用惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水；（5）氯化铵溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性，根据离子浓度大小比较的方法来回答解答：解：A、C溶液的pH均大于7，应为醋酸盐和碱溶液，B溶液的pH小于7，应为铵盐溶液，A、B的溶液中水的电离程度相同，则溶液水解程度相同；D溶液焰色反应显黄色，溶液中含有钠离子，所以A为醋酸钾；C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象，则说明C为Ba（OH）2，D为Na2SO4，则B为NH4Cl，（1）根据题中信息推断出各
45、物质分别为：ACH3COOK，BNH4Cl，CBa（OH）2，DNa2SO4，故答案为：醋酸钾；（2）C溶液和D溶液反应为氢氧化钡和硫酸的反应，生成硫酸钡和氢氧化钠，反应方程式为Ba（OH）2+Na2SO4BaSO4+2NaOH，即Ba2+SO42BaSO4；故答案为：Ba2+SO42BaSO4；（3）CH3COOK水解促进水的电离，Ba（OH）2抑制水的电离，二者c（H+）=109molL1，CH3COOK由水电离产生c（OH）=105 molL1，Ba（OH）2溶液中水电离产生c（OH）=c（H+）=109molL1，故Ba（OH）2中水电离程度小，故答案为：Ba（OH）2；（4）用惰性电
46、极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，溶液呈中性，pH=7，故答案为：=；（5）氯化铵溶液中离子浓度的大小顺序是：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）点评：本题考查无机物的推断，题目较为综合，难度较大，正确推断各种物质为解答本题的关键21（12分）（2013秋榆阳区校级期末）某研究性小组用0.20mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的白醋（指示剂为酚酞）请回答：（1）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为20，此时滴定管中液体的体积大于29.60mL（2）滴定过程中，眼睛始终注视滴定管滴速和锥形
47、瓶中溶液颜色的变化，判断到达滴定终点的实验现象是滴入最后一滴，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色（3）同学们进行了三次实验，每次取白醋20.00mL，实验结果记录如表： 滴定 标准NaOH溶液体积/mL 次数 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 第一次 0.02 25.00 第二次 0.01 25.03 第三次 0.03 26.35请计算白醋的物质的量浓度为0.25 mol/L（保留两位有效数字）（4）操作时用白醋润洗锥形瓶，对滴定结果产生的影响是偏大（填“偏大”或“偏小”或“无影响”下同）（5）若滴定终点时测得pH=7下列离子浓度的比较正确的是CAc（Na+）c（CH3COO） Bc（
48、Na+）c（CH3COO）Cc（Na+）=c（CH3COO） D不能确定考点：中和滴定版权所有专题：实验题分析：（1）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度 20，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；（2）滴定时，眼睛始终注视滴定管滴速和锥形瓶中溶液颜色的变化；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；（3）先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计算；（4）根据c（待测）=分析误差；（5）在滴定过程中，溶液中离子电荷守恒解答：解：（1）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻
49、度为20，A和B之间是5个小格，所以相差0.50mL，则液面读数为20.40mL，由于滴定管50.00mL刻度下方还有液体，所以实际溶液的液体大于29.60mL，故答案为：大于29.60；（2）滴定过程中，眼睛始终注视滴定管滴速和锥形瓶中溶液颜色的变化；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：锥形瓶中溶液颜色的变化；滴入最后一滴，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色；（3）三次滴定消耗的体积为：24.98mL，25.02mL，26.32mL，第三组数据无效，则平均消耗V（NaOH）=25.00mL，c（待测）=0.25 mol/L；故答案为：0.25 mol/L；（4）操作时用白醋润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大；故答案为：偏大；（5）在滴定过程中，溶液中离子电荷守恒，关系式为c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），若滴定终点时测得pH=7，即c（OH）=c（H+），所以c（CH3COO）=c（Na+），故选C点评：本题主要考查了滴定操作，误差分析以及化学计算，难度不大，在进行误差分析时根据c（待测）=分析
