1、山东师大附中2013-2014学年上学期期中考试高二化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）对于反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；H0，下列有关说法正确的是（）A平衡常数表达式为K=B增大体系压强，平衡常数K不发生变化C升高体系温度，平衡常数K减小D增加C（s）的量，平衡正向移动考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A、平衡常数表达式中固体和纯液体不代入表达式中；B、平衡常数是温度的函数；C、平衡常数是温度的函数，温度改变平衡常数如何变化要视正反应是放热还是吸热；D、增加C（s）的量的改变，平衡不移动；解答：解：A、
2、平衡常数表达式中固体和纯液体不代入表达式中，故A错误；B、平衡常数是温度的函数，温度不变常数不变，故B正确；C、平衡常数是温度的函数，正反应是吸热反应，温度升高，K值增大，故C错误；D、增加C（s）的量的改变，平衡不移动，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡影响因素、化学平衡常数，难度中等，注意基础知识理解掌握2（3分）在1 000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=0.0059当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，此反应（）A未达平衡状态，反应逆向进行 B未达平衡状态，反应正向进行C已达平衡状态 D无法确定考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分
3、析：依据平衡常数概念分析计算浓度商和平衡常数减小比较分析判断反应进行的方向解答：解：在1 000K时，已知反应Ni（s）+H2O（g）NiO（s）+H2（g）的平衡常数K=0.0059当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，依据平衡常数表达式计算浓度商=1K=0.0059，反应未达到平衡状态，反应逆向进行；故选A点评：本题考查了平衡常数含义和表达式的计算应用，掌握基础是关键，题目较简单3（3分）在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），2min后该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为
4、0.2molL1则下列判断正确的是（）Ax=2B2min内A的反应速率为0.6 molL1min1CB的转化率为40%D若混合气体的密度不变，则表明该反应达到平衡状态考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：A、根据n=cV计算生成C的物质的量，结合D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；B、根据v=计算v（D），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；C、根据生成的D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的B的物质的量，再利用转化率定义计算；D、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变解答：解：A、平衡时生成的C的物质的量为0
5、.2molL12L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，故A错误；B、2min内生成0.8mol D，故2 min内D的反应速率v（D）=0.2 mol（Lmin）1，速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（D）=0.2 mol（Lmin）1=0.3 mol（Lmin）1，故B错误；C、2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，由方程式3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）可知，参加反应的B的物质的量为0.8mol=0.4mol，故B的转化率为100%=40%，故C正确；D、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值
6、，始终不变，故混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡的有关计算、反应速率的有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态的判断，选择判断的物理量应随反应发生变化，该物理量不再变化，说明到达平衡4（3分）工业上利用可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）合成氨，下列叙述正确的是（）A合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率B恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大C该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D在t1、t2时刻，NH3 （g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，NH
7、3 （g）生成的平均速率为v=考点：化学平衡的调控作用；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A催化剂不影响化学平衡，但催化剂对正逆反应速率都有影响；B通入氩气，由于各组分的浓度不变，反应速率不变；C降低温度，反应速率减小，达到平衡需要的时间增加；D根据反应速率v=进行分析解答：解：A催化剂既影响正反应速率，也影响逆反应速率，故A错误；B恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，由于反应体系中各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故B错误；C温度降低，反应速率减小，反应达到平衡需要的时间增加，故C错误；D在t1、t2时刻，NH3 （g）的浓度分别是c1、c2，则该时间段内NH3 （g）生成的平均
8、速率为：v=，故D正确；故选D点评：本题考查了影响化学平衡的因素、化学反应速率的影响因素及计算，题目难度中等，注意掌握影响化学反应速率、化学平衡的因素，明确化学反应速率的计算方法5（3分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A工业合成氨时使用催化剂B配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸C在Na2CO3溶液中，由水电离出的c（OH）1107mol/LDAgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度考点：化学平衡移动原理.专题：化学平衡专题分析：平衡移动原理内容为：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；平衡移动原理适用的对象必须存在可逆过程
9、，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用解答：解：A、加入催化剂只改变化学反应速率，不会影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；B、氯化铁溶液中存在平衡Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3，加入少量的盐酸，抑制Fe3+水解，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C、水的电离存在平衡H2OH+OH，碳酸钠溶液中，碳酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，由水电离出的c（OH）1107mol/L，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D、存在溶解平衡AgCl（S）Ag+Cl，饱和NaCl溶液中Cl增大，抑制氯化银的溶解，AgCl在水中的溶解度更大，能用勒夏
10、特列原理解释，故D错误；故选A点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度中等，注意掌握平衡移动原理的内容，明确使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应6（3分）在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示符合图示的正确判断是（）AT1T2，正反应是放热反应BT1T2，正反应是吸热反应CT1T2，正反应是放热反应DT1T2，正反应是吸热反应考点：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：根据温度对平衡移动的影响分析，温度越高，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，温度越高，平衡时Z的物质的量越小，平衡向逆反应方
11、向移动，根据温度对平衡移动的影响分析解答：解：温度越高，化学反应速率越大，达到平衡用的时间越少，所以T1T2；升高温度，产物的量降低，说明该反应向逆反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，故选A点评：本题考查了化学平衡图象、化学平衡影响因素等，难度中等，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，然后根据温度对化学平衡的影响分析反应热7（3分）某恒温密闭容器中，可逆反应A（s）B+C（g）H=Q kJmol1（Q0 ），达到平衡缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等以下分析不正确的是（）A产物B的状态可能为固态或液态B平衡时，单位时间内A和B消耗的物
12、质的量之比为1：1C保持体积不变，向平衡体系中加入A（s），平衡不移动D若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量QkJ考点：等效平衡.专题：化学平衡专题分析：A、根据容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变来解答；B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗；C、在平衡体系中改变固体的物质的量，平衡不移动；D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q解答：解：A、若B是气体，平衡常数K=c（B）c（C），缩小容器体积，浓度增大，平衡常数增大，若B是非气体，
13、平衡常数K=c（C），由于C（g）的浓度不变，平衡常数不变，因此B是非气体，故A正确；B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗，故B正确；C、在平衡体系中改变固体的物质的量，平衡不移动，故C正确；D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时转化率一定小于100%，因此放出热量小于Q，故D错误；故选D点评：本题考查化学平衡影响因素的分析判断，化学判断移动原理的理解是解题关键，题目难度中等8（3分）在体积一定的密闭容器中，给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应，建立如下化学平衡：aA（g）+bB（g）xC（g）
14、，符合图1所示的关系（c%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度，p表示压强）在图2中，Y轴是指（）A反应物A的百分含量B反应物B的平衡转化率C平衡混合气的密度D平衡混合气的总物质的量考点：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：根据图1中“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，升高温度，C的含量降低，说明该反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，增大压强，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，即a+bx，根据化学平衡移动原理来分析即可解答：解：根据图1中“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，升高温度，C的含量降低，说明该
15、反应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，增大压强，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，即a+bx；A根据图2知，增大压强，平衡向正反应方向移动，则A的体积分数减小，与图象不相符，故A错误；B升高温度平衡向逆反应方向移动，则A或B的转化率减小，增大压强平衡正反应方向移动，A或B的转化率增大，符合图象，故B正确；C在一定温度下，根据质量守恒知，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，故C错误；D根据图2知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应的a+bx，所以混合气的总物质的量减小，不符合图象，故D错误；故选B点评：本题考查了温度
16、、压强对化学平衡的影响，根据图1确定该反应的反应热、气体体积系数之间的关系，再结合图2中温度、压强对化学平衡的影响来分析解答，难度中等9（3分）下列说法正确的是（）ApH7的溶液一定是酸性溶液B室温时，pH=5的溶液和pH=3的溶液相比，前者c（OH）是后者的100倍C室温下，每1107个水分子中只有一个水分子发生电离DHCl溶液中无OH，NaOH溶液中无H+，NaCl溶液中既无OH也无H+考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小，如果c（OH+）c（H+），则溶液呈酸性，如果c（OH+）=c（H+）则溶液呈中性，溶
17、液c（OH+）c（H+），则溶液呈碱性；B根据PH和水的离子积计算氢氧根离子浓度进行比较；C室温下，1L水中107mol水发生电离；D由于水的电离平衡的存在，任何水溶液都存在氢离子和氢氧根离子解答：ApH7的溶液不一定是酸性溶液，如100时，纯水的pH=6，则6pH7的溶液呈碱性，故A错误；BpH=5的溶液中氢氧根离子浓度为：=109，pH=3的溶液中氢氧根离子浓度为：=1011，前者c（OH）是后者的100倍，故B正确；C室温下，1L水中107mol水发生电离，1L水的物质的量为：=mol，设每n个水中有一个水电离，则有：n：1=：107，解得n=5.56108，故C错误；D由于水的电离平衡
18、的存在，任何水溶液都存在氢离子和氢氧根离子，故D错误；故选B点评：本题考查了水的电离平衡和PH的计算，中等难度注意判断溶液的酸碱性根据溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小来判断，PH=7显中性，只在常温下成立10（3分）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO，下列叙述不正确的是（）A升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大B0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH）增大CCH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D25时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专
19、题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A升高温度，促进弱电解质电离；B加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，c（OH）增大；C向醋酸中加入CH3COONa固体，抑制醋酸电离；D温度不变，电离平衡常数不变解答：解：A醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，导致醋酸电离平衡常数增大，故A正确；B加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，醋酸电离平衡常数不变，导致c（OH）增大，故B正确；C向醋酸中加入CH3COONa固体，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D温度不变，电离平衡常数不变，所以要使电离平衡常数减小，应该改变温度，故D错误；故选D点评：本题考查了弱电解质
20、的电离，根据电离平衡原理来分析解答，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸性强弱、溶液浓度无关，为易错点11（3分）HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸在0.1molL1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是（）Ac（Na+）c（A）c（H+）c（OH）Bc（Na+）c（OH）c（A）c（H+）Cc（Na+）+c（OH）=c（A）+c（H+）Dc（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，NaA为强碱弱酸盐，A水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒解答：解：ANaA为强碱弱酸盐，A水解导致溶液呈碱性，则c（H
21、+）c（OH），A水解、钠离子不水解，所以c（Na+）c（A），A水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A错误；B根据A知，c（OH）c（A），故B错误；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH）c（A）+c（H+），故C错误；D溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），故D正确；故选D点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确盐的特点结合“谁强谁显性、谁弱谁水解”来分析解答，注意守恒思想的运用，题目难度不大12（3分
22、）25时，在PbI2饱和溶液中，存在着平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），若再加入少量PbI2固体，下列说法不正确的是（）A溶液中Pb2+和I浓度都增大B溶度积常数Ksp不变C沉淀溶解平衡不移动D溶液中Pb2+和I浓度不变考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），加入PbI2固体，沉淀溶解平衡不移动，溶液中Pb2+和I浓度不变，溶度积常数Ksp只与温度有关，溶度积不变解答：解：APbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），加入PbI2固体，沉淀溶解平衡不移动，溶液中
23、Pb2+和I浓度不变，故A错误；B溶度积常数Ksp只与温度有关，Ksp不变，故B正确；C加入PbI2固体，沉淀溶解平衡不移动，故C正确；D加入PbI2固体，沉淀溶解平衡不移动，溶液中Pb2+和I浓度不变，故D正确；故选A点评：本题考查了沉淀溶解平衡的移动、溶度积的影响因素，注意溶度积是温度的函数不随浓度的变化而变化，题目难度不大13（3分）（2009福建）在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入CO2，平衡朝正反应方向移动C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小考点：化学平衡移动原理；化学平衡常数的
24、含义.分析：根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答解答：解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH反应，平衡正向移动，故B正确；C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，是增大的，故C错误；D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选：B点评：本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系14（3分）为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的
25、是（）A配制0.10 mol/L CH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质C对盐酸和醋酸溶液进行导电性实验，若与CH3COOH溶液相串联的灯泡较暗，证明醋酸为弱电解质D配制0.10 mol/L CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质考点：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：证明醋酸为弱酸，可通过证明醋酸为弱电解质，不能完全电离，如等浓度的强酸对比或测定强碱溶液的酸碱性等，则
26、可测一定物质的量浓度醋酸溶液的pH值，测一定物质的量浓度醋酸溶液稀释一定倍数前后溶液的pH，测醋酸钠溶液的pH等解答：解：A.0.10molL1CH3COOH溶液，醋酸是一元酸，如果醋酸是强酸，溶液的pH是1，如果大于1，则证明醋酸是弱电解质，故A正确；B.0.01 molL1和0.10 molL1的CH3COOH溶液，如果醋酸是强酸，溶液的pH分别是2和1，两者的pH相差1个单位，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质，故B正确；C因两种溶液的浓度未知，则不能证明电解质的强弱，故C错误；D如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH7，
27、则可证明醋酸是弱电解质，故D正确故选C点评：本题考查酸弱电解质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意常见的弱电解质的判断方法有：测一定物质的量浓度溶液的pH，测其常见盐溶液的pH等15（3分）下列有关平衡常数（K、Ka、Kw、Ksp）的说法中错误的是（）A若各平衡常数（K、Ka、Kw、Ksp）的值发生变化，则平衡一定发生移动B若温度升高，则各平衡常数一定增大C平衡常数的大小能说明反应（或电离、溶解）进行的程度D某一可逆反应的平衡常数越大，表明反应（或电离、溶解）进行的程度越大考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：A、因为平衡常数（K、Ka、Kw、Ksp）是温度的函数，
28、温度改变，则平衡一定发生移动；B、正反应是吸热反应，温度越高K值越大；C、平衡常数量平衡时反应物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，值越大，说明正向进行的程度越大；D、平衡常数量平衡时反应物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，值越大，说明正向进行的程度越大解答：解：A、因为平衡常数（K、Ka、Kw、Ksp）是温度的函数，温度改变，则平衡一定发生移动，故A正确；B、正反应是吸热反应，温度越高K值越大，正反应是放热反应，温度越高K值越小，故B错误；C、平衡常数量平衡时反应物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，值越大，说明正向进行的程度越大，故C正确；D、平衡常数量平衡时反应物的浓度幂之积比反应物浓度幂之积，值
29、越大，说明正向进行的程度越大，故D正确；故选B点评：本题考查了平衡常数的有关知识，知道平衡常数的含义、表达式，平衡常数只与温度有关，弱电解质的电离平衡常数与溶液酸碱性无关、溶液浓度无关，为易错点16（3分）25时，将1mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，据此判断下列说法中不正确的是（NH3H2O的电离平衡常数取Kb=2105molL1）（）A滴加氨水的过程中，水的电离平衡将正向移动B滴加b L氨水后的溶液中，n（NH4+）=200 n（NH3H2O）=1molC所滴加氨水的浓度为0.005/b molL1D滴加b L氨水后的溶液中各离子浓度大小是：c（NH4+）=c
30、（NO3）c（H+）=c（OH）考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A、硝酸铵溶液中铵根离子水解显酸性，是因为水解促进水的电离，溶液中加入氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动；B、依据溶液中电荷守恒可知c（NH4+）=c（NO3），则溶液中n（NH4+）=1mol，根据电离平衡常数计算氨水浓度分析；C、依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度，分析判断；D、溶液呈中性，依据电荷守恒分析判断解答：解：A、铵根离子水解促进水的电离，硝酸铵溶液中铵根离子水解显酸性，溶液中加入氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，故A错误；B、将1mol NH4NO3溶于水，
31、向该溶液滴加bL 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3），NH3H2O的电离平衡常数取Kb=2105 molL1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3）=1mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3H2ONH4+OH，平衡常数K=2105 molL1，计算得到c（NH3H2O）=mol/L，n（NH3H2O）=mol，（NH4+）=c（NO3）=1mol/L，滴加b L氨水后的溶液中，n（NH4+）=200 n（NH3H2O）=1mol，故B正确；C、将1mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加bL 氨水后溶液
32、呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3），NH3H2O的电离平衡常数取Kb=2105 molL1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3）=1mol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3H2ONH4+OH，平衡常数K=2105 molL1，计算得到c（NH3H2O）=mol/L，故C正确；D、溶液中存在电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+c（NO3），得到c（NH4+）=c（NO3），c（H+）=c（OH），得到c（NH4+）=c（NO3）c（H+）=c（OH），故D正确；故选A点评：本题考查了电解质溶液中电荷守
33、恒，弱电解质电离平衡的计算应用，注意电离平衡常数不随浓度变化，掌握基础是关键，题目难度较大二、填空题（共5小题，共52分）17（14分）现有反应：mA（g）+B（g）2C（g），达到平衡后，当升高温度时，A的转化率变小；当减小压强时，混合体系中C的质量分数不变，则：（1）该反应的H0（填“”或“”），且m=1（填“”“=”“”）（2）若加入B（假设容器的体积不变），则A的转化率增大，B的转化率减小 （填“增大”“减小”或“不变”）（3）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（假设容器的体积不变）时混合物颜色变深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色变浅（填“变深”“变浅”或“不变”）（
34、4）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol C（g）使其分解，气体A的物质的量随时间的变化如图所示则02分钟内的平均反应速率（C）=0.1molL1min1考点：化学平衡建立的过程；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：（1）达到平衡后，当升高温度时，A的转化率变小，说明该反应的正反应是放热反应，减小压强时，混合体系中C的质量分数不变，说明反应前后气体体积不变，据此答题；（2）增加一种反应物浓度平衡正向移动，另一种反应物的转化率提高，而自身的转化率下降，据此答题；（3）容器体积不变时加入C会使各物质的浓度都会增大，恒压充入氖气时，达到平衡时，体积增大，反应中的各物质浓度变小
35、，据此判断颜色的变化；（4）根据v=进行计算解答：解：（1）达到平衡后，当升高温度时，A的转化率变小，说明该反应的正反应是放热反应，即H0，减小压强时，混合体系中C的质量分数不变，说明反应前后气体体积不变，所以m=1，故答案为：；=；（2）增加一种反应物浓度平衡正向移动，另一种反应物的转化率提高，而自身的转化率下降，所以加入B，A的转化率增大，B的转化率减小，故答案为：增大；减小；（3）容器体积不变时加入C会使各物质的浓度都会增大，所以颜色加深，恒压充入氖气时，达到平衡时，体积增大，反应中的各物质浓度变小，所以颜色变浅，故答案为：变深；变浅；（4）由图可知，反应中A增加了0.1mol，根据方程
36、式A（g）+B（g）2C（g），得C分解了0.2mol，所以（C）=molL1min1=0.1molL1min1，故答案为：0.1molL1min1点评：本题主要考查了影响平衡移动的因素及化学反应速率的计算，中等难度，解题时要注意平衡移动原理的灵活运用18（10分） 工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=116kJ/mol（1）该反应的化学平衡常数表达式为（2）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且提高转化率的是d （填字母序号）a随时将CH3OH与反应混合物分离 b降低反应温度c使用高效催化剂d增大体系压强（3 ）一定条件下
37、，将1mol CO与3mol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是cd （填字母序号）ac（H2）减少b正反应速率加快，逆反应速率减慢cCH3OH的物质的量增加d重新平衡减小（4）在密闭容器中充有1mol CO与2mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，CO的转化率（）与温度（T）、压强（P）的关系如图所示A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间，tA大于tC（填“大于”、“小于”或“等于”）若A点时容器的体积为1L，该温度下B点的平衡常数K=1L2mol2考点：化学平衡的影响因素；化学平
38、衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：（1）化学平衡常数表达式为生成物浓度的幂之积比上反应物浓度幂之积；（2）外界条件的加强（非反应物浓度的增加）平衡正向移动有利于增大该反应的反应速率且提高转化率；（3）相当增加压强，平衡正向移动；（4）温度越高反应速率越快所需时间越短温度不变，平衡常数不变，根据A点温度下的转化率求平衡时各种物质的浓度解答：解：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；（2）a随时将CH3OH与反应混合物分离，反应速率减小，转化率增加，故a不选； b降低反应温度，反应速率减小，转化率增加，故b不选；c使用高效催化剂，速率加快，但平衡不移动，转化率不变，故c不选；d增
39、大体系压强，压强越大，速率越快，平衡正向移动，转化率增加，故选d，故答案为：d；（3）平衡后将容器的容积压缩到原来的，相当增加压强，ac（H2）减少，体积压缩到原来的一半，如果平衡不移动，浓度应原来的2倍，平衡正向移动，移动的结果是减弱而不是抵消，所以浓度应在原平衡的基础上增加，故a不选；b正、逆反应速率都加快，故b不选；c平衡正向移动，CH3OH的物质的量增加，故c正确；d重新平衡的分子和分母都乘以体积，实际上就是氢气的物质的量和甲醇的物质的量之比，因为平衡正向移动，氢气的物质的量在减小，甲醇的量在增加，两者的比值减小，故d正确，故答案为：cd；（4）由图可知A点低于C的温度，温度越高反应速
40、率越快所需时间越短，所以tA大于tC，故答案为：大于CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初起浓度 1mol/L 2mol/L 0变化量 0.5mol/L 1mol/L 0.5mol/L 平衡量 0.5mol/L 1mol/L 0.5mol/L 故K=1L2mol2，故答案为：1L2mol2点评：本题考查外界条件的改变对平衡移动的影响，以及平衡常数的影响因素的考查，题目难度不大，学生只要认真审题即可19（12分）有下列物质Cu 液态SO2 CH3COOH NaHCO3 Ba（OH）2溶液 熔融NaCl 稀氨水 BaSO4 H2O（1）属于强电解质的是（填序号）属于弱电解质的是（填序号）（2）
41、常温下，0.1molL1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na+、HCO3、CO32、OH四种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（CO32）NaHCO3水解的离子方程式HCO3+H2OH2CO3+OH（3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25、pH=13的Ba（OH）2溶液该Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为0.05mol/L与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=2考点：强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专
42、题分析：（1）强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；（2）NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3的水解程度大于电离程度，据此判断溶液中Na+、HCO3、CO32、OH四种微粒的浓度大小；碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子结合水电离的氢离子生成碳酸和氢氧根离子；（3）先计算出pH=13的Ba（OH）2溶液中c（H+）浓度，然后计算出c（OH ），再根据氢氧化钡的化学式计算出氢氧化钡的浓度； pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与
43、酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH ）=103mol/L，设盐酸的浓度为amol/L，用a表示出混合后溶液中n（OH ），列方程进行计算解答：解：（1）能够完全电离的为强电解质，满足条件为：NaHCO3 熔融NaCl BaSO4 ；只能部分电离，存在电离平衡的为弱电解质，满足条件为：CH3COOH H2O，故答案为：；（2）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于8，说明了HCO3的水解程度大于其电离程度，则溶液中Na+、HCO3、CO32、OH四种微粒的浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（CO32）；碳
44、酸氢钠溶液中HCO3部分水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（CO32）；HCO3+H2OH2CO3+OH；（3）pH=13的Ba（OH）2溶液中c（H+）=1013mol/L，则氢氧根离子浓度为0.1mol/L，氢氧化钡的物质的量浓度为：c（OH ）=0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH）=103mol/L，设盐酸
45、的浓度为amol/L，则混合后溶液中n（OH）=1L0.1mol/L9Lamol/L=103mol/L（1L+9L），解得a=0.01，所以pH=2故答案为：2点评：本题主要考查了电解质概念的辨析、溶液酸碱性与溶液pH的简单计算、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，关键注意“电解质是化合物，单质和混合物不是电解质；强电解质完全电离，弱电解质部分电离”，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，（2）为难点和易错点，能够根据盐的水解原理比较离子浓度大小20（8分）已知MOH为一元弱碱，25时，电离常数Kb=1106molL1，（1）25时，将0.2molL1 HCl溶液与0.2molL1
46、MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，此时混合溶液中由水电离出的c（H+）=AmolL1，若0.2mol/L HCl溶液中由水电离出的c（H+）=BmolL1，则：比较AB（填“”、“”或“=”）根据电荷守恒，计算混合溶液中c（Cl）c（M+）=9.9107 molL1（精确计算，填具体数字）（2）25时，0.01molL1 MOH溶液的pH=10，将其与等体积pH=4的盐酸溶液混合，则混合溶液的pH 7（填“”、“”或“=”），试求此时溶液中MCl的水解平衡常数Kh=108mol/L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
47、分析：（1）室温下取0.2molL1HCl溶液与0.2molL1 MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，说明得到的盐是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，含有弱根离子的盐促进水电离；根据物料守恒和电荷守恒计算离子浓度大小；（2）MOH为弱电解质，二者混合后碱过量，溶液显示碱性；根据MCl的水解方程式M+H2OMOH+H+写出水解平衡常数表达式，再根据水的离子积及MOH的电离常数计算出Kh解答：解：（1）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H+）0.2
48、molL1 HCl溶液中水电离出的c（H+），即AB，故答案为：；根据电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）得：c（Cl）c（M+）=c（H+）c（OH）=106 mol/L108 mol/L=9.9107molL1，故答案为：9.9107；（2）25时，0.01molL1 MOH溶液的pH=10，氢氧根离子浓度为104molL1，pH=4的盐酸中氢离子浓度为104molL1，由于MOH为弱碱，则反应后MOH过量，溶液显示碱性，即pH7；MCl的水解方程式为：M+H2OMOH+H+，则溶液中MCl的水解平衡常数Kh=108mol/L，故答案为：；108点评：本题考查了酸碱混合后
49、溶液定性判断及溶液酸碱性与pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液的pH的计算方法，（2）为难点和易错点，注意明确计算MCl的水解平衡常数的方法21（8分）某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀，从而将其除去的可能性，查得如下资料：（以下数据和实验均指在25下测定）难溶电解质CaCO3CaSO4Ksp（mol2L2）31099106实验步骤如下：往100mL 0.1molL1的CaCl2溶液中加入100mL 0.1molL1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去
50、上层清液向沉淀中加入足量的盐酸（1）步骤所得悬浊液中Ca2+=0.003molL1（2）写出第步发生反应的离子方程式：CO32（aq）+CaSO4（s）=SO42（aq）+CaCO3（s）（3）设计第步的目的是洗去沉淀中附着的SO42（4）第步操作发生的现象为：沉淀完全溶解，有气泡冒出考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）步骤所得悬浊液为硫酸钙饱和溶液，根据硫酸根的溶度积计算出钙离子浓度；（2）碳酸钙与硫酸钙为同种类型的难溶物，溶度积越小越难溶，碳酸钙比硫酸钙更难溶；（3）硫酸钙沉淀转化成了更难溶的碳酸钙，通过洗涤将硫酸根离子洗掉；（4）碳酸钙与
51、盐酸反应生成二氧化碳气体，据此进行解答反应现象解答：解：（1）步骤所得悬浊液为硫酸钙饱和溶液，钙离子与硫酸根离子浓度相等，则溶液中Ca2+=mol/L=0.003mol/L，故答案为：0.003；（2）根据表中数据可知，碳酸钙溶度积更小，所以碳酸钙比硫酸钙更难溶，第步加入碳酸钠固体后，发生了难溶物的转化，反应的离子方程式为：CO32（aq）+CaSO4（s）=SO42（aq）+CaCO3（s），故答案为：（3）生成的碳酸钙沉淀表面有附着的硫酸根离子杂质，所以洗涤的目的是洗去沉淀中附着的SO42，故答案为：洗去沉淀中附着的SO42；（4）碳酸钙能够溶液盐酸，向碳酸钙沉淀中加入足量的盐酸后，碳酸钙沉淀完全溶解，同时生成了二氧化碳气体，会有气泡生成，故答案为：沉淀完全溶解，有气泡冒出点评：本题考查了难溶物的溶解平衡及沉淀转化，题目难度中等，注意掌握难溶物的沉淀转化的本质，明确溶度积常数的概念及利用难溶物溶度积计算溶液中离子浓度的方法