1、2019届河北省武邑中学高三上学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 化学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1已知一定温度下CuS的溶度积常数为4.01036，现将0.1molCuSO4放入100mL
2、1.0molL1的Na2S溶液中，充分搅拌反应(不考虑溶液体积变化)，则下列说法不正确的是A反应后溶液的pH比反应前溶液的pH小B反应后溶液中不存在Cu2、S2C反应后溶液中：c(Cu2)与c(S2)都约为2.01018molL1DNa2S溶液中：c(Na)c(S2)c(HS)c(OH)c(H)2对于可逆反应：2A(g)+ B(g)2C(g)，分别测定反应在不同温度下达到平衡时B 的转化率，绘制了如图所示的曲线，图中a、b、c三点分别表示不同时刻的状态。下列分析正确的是 A该反应的H0Bb点时混合气体的平均摩尔质量不再变化C增大压强，可使a点达到T1温度下平衡状态Dc点表示的状态：v (正)
3、v (逆)二、单选题3下列叙述正确的是A中和热测定实验用的小烧杯和物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都必须干燥B用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C配制2.0 molL1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)D用铜电极电解2.0 molL1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为214下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是选项环境要求离子A溶液中c(K)c(Cl)K、AlO、Cl、NOB溶液pH7Na、S2、K、ClO-C水电离产生的c(H)1012 mol/L的溶液ClO、CO、NH、NO、SOD向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产
4、生，后沉淀消失Na、Al3、Cl、SO5下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是ASO3 B乙醇 CCaO D醋酸6已知X、Y、Z、W是原子序数依次递增的同主族元素，下列常见的阴离子能影响水的电离平衡的是AX BY CZ DW7对于可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是A增大压强 B升高温度 C使用催化剂 D多充入O28在某容积不变的密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2(g) N2O4(g)；H(N)B若x3，达到平衡后B的转化率关系为：(M)(N)C若xc(N)Dx不论为何值，起始时向N容器中充
5、入任意值的C，平衡后N容器中A的浓度均相等28有 Na2CO3溶液 CH3COONa溶液 NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1molL1，下列说法正确的是A3种溶液pH的大小顺序是B若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C若分别加入25mL0.1molL1盐酸后，pH最大的是D若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是2925时，将1 mol NH4NO3溶于水，再向该溶液滴加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Kb2105)A水的电离先受到促进，后受到抑制，最终水电离的c(OH)B滴加b L氨水后的溶液中，n(NH4+)20
6、0n(NH3H2O)1 molC所滴加氨水的浓度为0.005/b mol/LD滴加b L氨水后的溶液中各离子浓度大小是：c(NH4+)c(NO3)c(H+)c(OH)30某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是A为盐酸稀释时的pH值变化曲线Bb点酸的总浓度大于a点酸的总浓度Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点溶液的导电性比c点溶液的导电性强31在0.1 mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是A水；c(CH3COO-)c(Na+)c(OH-)c(H+)B0.1 mol/L盐酸；c(Na+)
7、=c(Cl-)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)C0.1 mol/L醋酸；c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)D0.1 mol/L氢氧化钠；c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)32根据表中数据，下列判断正确的是A在等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中：c(Na+) + c(H+)c(F) + c(H2PO4) + c(OH)B少量H3PO4和NaF反应的离子方程式为：H3PO4 +2F=HPO42+2HFC同温同浓度时，溶液的pH：NaFNaH2PO4Na2HPO4D结合质子能力：PO43HPO42F33已知：H2SO3的Ka1=1.3102，K
8、a2=6.3108；H2CO3的Ka1=4.2107，Ka 2=5.61011。现将标准状况下2.24L的CO2和2.24L的SO2分别通入两份150mL1mol/LNaOH溶液中，关于两溶液的比较下列说法正确的是Ac(HCO3)c(CO32)B两溶液都能使酸性高锰酸钾溶液褪色Cc(HCO3)c(HSO3)Dc(CO32)+c(HCO3)=c(SO32)+c(HSO3)34将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是A苛性钾溶液中K
9、OH的物质的量是0.09 molBClO的生成是由于氯气的量的多少引起的C在酸性条件下ClO和ClO可生成Cl2D反应中转移电子的物质的量是0.21 mol35著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。(注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+I2。)下列说法正确的是A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HICeI4+ 2H2B用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+ + 2Fe2+=Ce3+ 2Fe3+C在一定条件下，电解熔融状态的CeO
10、2制Ce，在阴极获得铈D铈的四种核素、，它们互称为同素异形体三、实验题36绿矾(FeSO47H2O)、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为：(NH4)2SO4FeSO46H2O(NH4)2SO4FeSO46H2O。其流程可表示为：(1)洗涤中Na2CO3的主要作用是 。(2)结晶过程中要加热蒸发溶剂，浓缩结晶。应加热到 时，停止加热。(3)过滤是用下图装置进行，这种过滤跟普通过滤相比，除了过滤速度快外，还有一个优点是 。(4)用无水乙醇洗涤的目的是 。(5)产品中Fe2的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+。为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性条件
11、下KMnO4标准液滴定的方法。称取4.0 g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸。用0.2 molL-1KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积 10.00 mL。本实验的指示剂是 。A酚酞B甲基橙 C石蕊D不需要产品中Fe2+的质量分数为 。四、推断题37已知AH均为中学化学常见的物质，转化关系如下图。其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，E为两性化合物。(1)写出C与水反应的离子方程式_，假设温度不变，该反应会使水的电离程度_(填写“变大”“变小”“不变”)(2)B的水溶液呈_性，用离子方程式解释原因_(3
12、)将AH中易溶于水的化合物溶于水，会抑制水的电离的是_(填序号)(4)常温下，pH均为10的D、F溶液中，水电离出的c(OH)之比为_向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：_五、填空题38对于2X(g) Y(g)的体系，在压强一定时，平衡体系中Y的质量分数w(Y)随温度的变化情况如图所示(实线上的任何一点为对应温度下的平衡状态)。(1)该反应的正反应方向是一个_反应(“吸热”或“放热”)。(2)A、B、C、D、E各状态中，v正v逆的点是_。(3)维持t1不变，EA所需时间为x，维持t2不变，DC所需时间为y，则x _ y(填“”、“”或“”)。(4)
13、欲使E状态从水平方向到C状态后，再沿平衡曲线到达A状态，从理论上来讲，可选用的条件是_。39(1)一定温度下，向1 L 0.1molL1 CH3 COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)常温下，将VmL、0.1000molL-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL-1醋酸溶液中，充分反应。回答下列问题。(忽略溶液体积的变化) 如果溶液pH=7，此时V的取值_20.00(填“”、“7，反应后，溶液主要成分为Na2SO4，溶液PH接近中性，反应后溶液PH比反应前溶液的pH小，故A正确，但不符合题意；B反应生成CuS
14、在溶液中存一定的溶解平衡，故溶液中一定含有少量的Cu2、S2，故B错误，符合题意；C由于CuS在溶液中存在一定的溶解平衡：CuSCu2+S2-，CuS的溶度积常数为4.01036=c(Cu2+)c(S2-)，故得到c(Cu2+)= c(S2-)=2.01018molL1，故C正确，但不符合题意； DNa2S溶液中存在: Na2S=2Na+ +S2- S2-+H2OHS-+OH- HS-+H2OH2S+OH- H2OH+OH-，根据反应，可知：c(OH-)C(HS-)，根据水解原理，一级水解远大于二级水解，c(OH-)略小于c(HS-),而溶液显碱性，则c(OH-)远大于c(H+)，故c(OH-
15、)c(HS-)c(H+)，故D错误，但符合题意。故选BD。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，谁强显谁性。关于离子溶度大小比较的题目，先考虑强电解质的电离，再考虑离子的水解，多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主，最后再进一步进行比较。2BD【解析】【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态，以此解答该题。【详解】A随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，H0，故A错误；Bb点处于平衡状态，反应物和生成物浓度不变，所以混合气体的平均摩尔质量也不再变化，故B正确
16、；C增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误；Dc点不是平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D正确。故选BD。【点睛】解题的关键是通过图像分析出何时为平衡状态，利用勒夏特列原理分析平衡应该移动的方向。3C【解析】试题分析：A中和热测定实验用的小烧杯必须干燥，物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都不需要干燥，A错误；B用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，则读数偏大，氢氧化钠浓度偏高，B错误；C配制2.0 molL1的硫酸，若定容
17、时俯视，则液面低于刻度线，因此所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)，C正确；D用铜电极电解2.0 molL1的硫酸，阳极铜失去电子，得不到氧气，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、误差分析及电解产物判断等【名师点晴】中和滴定误差分析的总依据为：由C测=C标V标/V测 由于C标、V待均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小。4D【解析】试题分析：A、若溶液中c(K)c(Cl)，则含有K、AlO2、Cl、NO3的溶液由于阳离子总数少带负电荷，而不能大量共存，A错误；B、溶液pH7的溶液是碱性溶液，而S2有还原性，ClO有氧化性，会发生氧
18、化还原反应而不能大量共存，B错误；C、水电离产生的c(H)1012mol/L的溶液,可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中，CO32会发生复分解反应而不能大量共存，ClO、H、NO3、SO32会发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性溶液中，NH4、OH-会发生复分解反应而不能大量共存，C错误；D、向含有Na、Al3、Cl、SO42溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有Al(OH)3沉淀产生，当碱过量时由于Al(OH)3是两性氢氧化物沉又发生反应：Al(OH)3+ OH-AlO2-+ 2H2O，沉淀消失，D正确。答案选D。【考点定位】本题主要是考查离子大量共存的知识【名师点晴】离子间能否大量共存的常设陷阱条件
19、类型高考中的常见表述误点点拨常见的限制条件“无色”有色离子不能大量存在“pH1”或“pH13”溶液显酸性或碱性“因发生氧化还原反应而不能共存”只能是氧化性离子和还原性离子不共存，不是其他离子反应类型常见的易错点“透明”“透明”也可“有色”“不能共存”易看成“能共存”常见的隐含条件“与Al反应放出H2”溶液既可能显酸性也可能显碱性“由水电离出c(H)11012molL1”溶液既可能显酸性也可能显碱性“通入足量的NH3”与NH3H2O反应的离子不能存在常见题干要求(1)“一定大量共存”审清关键字(2)“可能大量共存”(3)“不能大量共存”5A【解析】【详解】A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离
20、出阴阳离子而使二氧化硫的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，则二氧化硫是非电解质，故A正确；B乙醇在水溶液里以分子存在，酒精水溶液不导电，故B错误；CCaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，故C错误；D醋酸在水溶液能电离出阴阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故D错误；故选A。6A【解析】【分析】根据水的电离平衡概念分析。【详解】X、Y、Z、W原子形成的阴离子都是带一个负电荷，说明它们是第A族元素，卤素中，只有F元素形成的F-与水电离出的H+形成弱酸，从而促进水的电离，已知X、Y、Z、W原
21、子序数依次递增，故X元素为F，故A正确。故选A。【点睛】影响水的电离平衡，实际上是讨论如何能影响水解反应的进行，而盐水解生成的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大，故阴离子结合水电离出的H+形成的电解质越弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。7B【解析】试题分析：A增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。8A【解析】容器容积不变，通入氮气，平衡不移动。但由于氮气的相对分子质
22、量小于NO2和N2O4的，所以混合气体平均相对分子质量减小；由于反应物和生成物都只有一种，因此不论再加入NO2还是N2O4，都相当于是增大压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量增大；正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量增大，答案选A。9B【解析】【分析】根据燃烧热的概念分析。【详解】燃烧热定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，硫元素完全燃烧生成SO2，故答案选B。10B【解析】【详解】2mol氢原子形成1mol氢气分子放出的热量为：akJNA=aNAkJ，则1mol氢气分解为氢原子需要吸收aNAkJ热量，标况下VL氢气的物质的
23、量为：n(H2)=mol，标况下VL氢气完全分解为氢原子需要吸收的热量为：aNAkJ= kJ，故B答案正确。故选B。11C【解析】【分析】根据化学实验基础中的操作和注意事项分析；根据胶体的本质特征和性质分析。【详解】A. H2O2溶液在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，氧气不溶于水，利用排水法收集，则图所示装置用H2O2溶液制备O2，故A正确，但不符合题意；B.图利用单位时间内收集到O2的体积计算H2O2分解的速率，故B正确，但不符合题意；C.胶体亦能透过滤纸，故C错误，符合题意；D.用已知浓度的硫酸来滴定NaOH溶液，用酸式滴定管正确，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】胶体的粒子直径介于
24、1100nm之间，能透过滤纸，不能透过半透膜，鉴别溶液和胶体利用丁达尔效应。12D【解析】试题分析：根据公式G=HTS，当G0时，反应不能自发进行；但是H0,S0，反应是个非自发的反应；故选D。考点：本题考查的是反应焓变来判定反应是否自发进行。13B【解析】【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故A不符合题意；BCu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故B符合题意；C常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故C不符合题意；D滴加FeCl3溶液是使用了催化剂，这是外界因素，故D不符合题意。
25、故选B。【点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。14C【解析】【分析】根据盐类的水解原理分析；【详解】CuSO4溶液中 Cu2+水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质；故符合题意；FeSO4中的Fe2+加热易被氧化为三价铁，最终无法得到原溶质，故不符合；K2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故符合题意；Ca(HCO3)2受热分解生成CaCO3、CO2和H2O，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钙，故不符合；NH4
26、HCO3受热分解，生成CO2、H2O和NH3，故加热后得不到原溶质，故不符合；KMnO4加热到质量不变，分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故得不到原溶质，故不符合题意；FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，在加热蒸干，氢氧化铁分解生成Fe2O3，故得不到原溶质，故不符合意义。故选C。【点睛】掌握物质在水溶液中，经过加热促进水解的过程中发生的化学变化是解题关键。15B【解析】试题解析：由图得：C(S，石墨)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5kJmol-1，C(S，金刚石)+O2(g)=CO2(g)H=-395.4kJmol-1，-可得：C(S，石墨)=C(
27、S，金刚石)H=+1.9kJmol-1，则：石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；因C(s、石墨)=C(s、金刚石)H=+1.9kJmol-1，故B正确；金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；依据热化学方程式C(S，石墨)=C(S，金刚石)H=+1.9kJmol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误。考点：热化学方程式的书写及应用16C【解析】在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3mol/L0.
28、25mol/L，说明体积增大、减小压强，平衡向逆反应方向移动，x+yz，C的体积分数下降，B的浓度减小，答案选C。点睛：本题易错解成：体积扩大两倍，再次达到平衡时A的浓度0.3mol/L0.5mol/L，平衡向正反应方向移动，产生错误的原因是忽略了体积变化对浓度的影响。17D【解析】【分析】根据离子反应的条件分析；根据离子反应方程书写规则分析；【详解】A. 由于在酸性条件下抑制了Fe2+水解，Fe2+在空气中，被氧气被氧化为Fe3+，则FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为：4Fe2+ +O2 +4H+=4Fe3+ +2H2O，故A正确，但不符合题意；B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3
29、的抗酸药发生的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故B正确，但不符合题意；C.明矾净水原理即是明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体吸附水中杂质，离子方程式为：Al3+3H2O =Al(OH)3(胶体)+3H+，故C正确，但不符合题意；D. 恰好使SO42-沉淀完全，明矾与Ba(OH)2的物质的量之比为1：2，则向明矾溶液中滴加Ba(OH)2，恰好使SO42-沉淀完全的离子反应为：A13+2SO42-+2Ba2+4OH-A1O2-+2BaSO4，故D错误，但符合题意；故选D。【点睛】判断离子反应方程式书写的正误从三点出发：查原子守恒查电荷守恒查是否符合客观规律(是否发生氧化
30、还原反应，是否能拆成离子形式，产物是否正确等)18C【解析】试题分析：根据反应热的计算公式H=Q=-cmT可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、反应后溶液的质量以及生成水的物质的量m、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化T，选项C符合题意考点：测定酸碱中和反应的中和热19C【解析】【分析】根据弱电解质的电离、盐类的水解的概念分析。【详解】A. 配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B. 用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L
31、的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C. 取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；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，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】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，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸
32、，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值1；测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值7。20A【解析】试题分析：该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；该容器的体积保持不变，A是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，
33、故错误；容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故正确；故选A。【考点定位】考查化学平衡状态的判断【名师点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。21B【解析】【分析】根据弱电解质的电离、溶液中的溶解平衡及外界条件对平衡的影响。【详解】A .常温下0
34、.1mol/L氨水的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍，由于溶液中存在NH3H2ONH4+OH-，加水促进电离，故溶液的PH(a-1)，故A错误；B.加入适量的氯化铵固体，NH3H2ONH4+OH-，c(NH4+)增大，使平衡向逆方向移动，则OH-的浓度减小，PH减小，故PH有可能等于(a-1)，故B正确；C.0.1mol/L氨水中加入等体积的0.1mol/L NaOH溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH-的浓度增大，PH增大，故C错误；D.把溶液的温度提高，则NH3H2ONH4+OH-，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向正方向移动，溶液中c(OH-)的浓度增大，PH增大，故D错误.故选B
35、。【点睛】水解和电离都是吸热反应；离子浓度增大促进平衡向离子浓度减小的方向移动。22D【解析】试题分析：可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H0 反应前后气体体积数不变，所以气体密度始终不变，反应前后压强始终不变。温度变化了，那一定是平衡移动了。故选D。考点：化学平衡移动点评：化学平衡的判断对于一个反应Ma+Nb=Qc+Dp 其中M，N,Q,D为方程式前的计量数。第一大类；TV不变，即容积不变时1.M+NQ+D 或M+NQ+D 或M+N F-H2PO4-，故D正确。故选D。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性。33C【解析】试题分析：A、CO2和SO2的物
36、质的量均是1mol，氢氧化钠的物质的量均是0.15mol，则反应中均生成0.5molNa2CO3、Na2SO3和0.5molNaHCO3、NaHSO3。根据电离常数可知，酸性强弱顺序是H2SO3H2CO3HSO3HCO3。由于CO32的水解程度强于HCO3的水解程度，所以溶液中c(HCO3)c(CO32)，A不正确；B、CO32或HCO3均没有还原性，因此碳酸钠和碳酸氢纳的混合液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不正确；C、由于CO32的水解程度强于SO32的水解程度，所以溶液中c(HCO3)c(HSO3)，C正确；D、由于两份溶液的pH不同，所以c(CO32)+ c(HCO3)c(SO32)+
37、c(HSO3)，D不正确，答案选C。考点：考查溶液中离子浓度大小比较34D【解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl-)=0.06mol(1-0)+0.03mol(5-0)=0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则氢氧化钾的物质的量=0.3mol，A错误；B、从0t1都没有ClO3的生成，说明与温度有关，B错误；C、ClO和ClO3不
38、可能可生成Cl2，因为不可能都得电子，C错误；D、反应中转移电子的物质的量是0.21mol，D正确；答案选D考点：氯气及其化合物的性质，氧化还原反应的计算35C【解析】【分析】根据题中信息分析，根据电荷守恒判断，根据同位素及同素异形体的定义判断。【详解】A.由于氧化性Ce4+Fe3+I，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4，应该是CeI3，故A错误；B.离子方程式中，Ce4+2Fe2+=Ce3+2Fe3+，左边总电荷为+8，右边总电荷为9，电荷不守恒，正确应为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故B错误；C. 电解熔融状态的CeO2制Ce，化合价降低发生还原反应，阴极发生还原反应，多以在阴极获得
39、铈，故C正确；D. 四种铈的核素 、 ，具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故D错误。故选C。【点睛】从题干中获取氧化性:Ce4+Fe3+的信息，是解题的关键。36(12分)(1)利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污( 2分)(2)加热到溶液表面出现晶膜时( 2分)(3)得到较干燥的沉淀( 2分)(4)除去水分，减少晶体溶解损失；容易干燥( 2分)(5)D(2分) 14%( 2分)【解析】试题分析：(1)废铁屑上有油污，油污在碱性条件下水解，所以利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；(2)利用浓缩结晶，应该加热到溶液表面出现晶膜时就停止加热；(3)过滤装置是进行抽
40、滤，在减压的情况下，过滤速度快，且留下的水分少，可以得到较干燥的沉淀；(4)乙醇和水能任意比互溶，所以可以除去水分，而晶体不溶于乙醇，减少晶体溶解损失；容易干燥；(5)因为高锰酸钾溶液显紫色，所以不用选择指示剂，选D ； 根据亚铁离子和高锰酸钾的比例为5:1进行计算，高锰酸钾的物质的量为0.20.01=0.002摩尔，所以亚铁离子的物质的量为0.0025=0.01摩尔，亚铁离子的质量=0.0156=0.56克，其质量分数=0.56/4.0=14% 。考点：物质的制备，亚铁离子的性质372Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2 变大 酸 Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+
41、 D 1106 c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32) 【解析】【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【详解】由题干“其中A、C均为金属单质，C与水反应生成D和最轻的气体”知，C为活泼金属钠、钾或者钙，又D、F、G、H的焰色反应均为黄色，则C为钠，D为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D与二氧化碳反应生成F，则F为碳酸钠，H为碳酸氢钠，E为两性化合物，且由B和D反应得到，则E为氢氧化铝，G为偏铝酸钠，B为氯化铝，A为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；钠
42、与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2；变大；(2)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为： Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ，故答案为： 酸；Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ ； (3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：D；(4) pH为10的氢氧化钠溶液中，c(H+)=110-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的c(0H-)= c(H+)=110-10，
43、pH为10的碳酸钠溶液中，水电离出的c(0H-)=Kw /c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它们的比为：10-10/10-4=1106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且c(0H-)= c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，则c(Na+)=c(HCO3) +2c(CO32)，HCO3的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)，故答案为：1106 ， c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)c(CO32)。【
44、点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是H2，D、F、G、H的焰色反应均为黄色，即含有Na元素，再根据Na及其化合物的性质推断。溶液中的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。38放热 D 先突然升温到t2,然后无限缓慢地降温到t1【解析】(1)由图象可看出，升高温度，Y的质量分数减少，说明升温平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。(2)A、B、C三点都在平衡线上，所以此三点正逆反应速率相等；D点须降低Y的质量分数才能达到平衡，也就是逆向建立平衡，所以v(正)v(逆)；E点须提高Y的质量分数才能达到平衡，也就是正向建立平衡，所以v(正
45、)v(逆)。(3)温度越高反应速率越大，反应达到平衡的时间越短，因为温度t1t2，所以时间xy。(4)若突然升温，瞬间平衡未移动，但温度升高，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标突然增大；若缓慢降温，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以缓慢升温时，Y的体积分数的变化应沿平衡曲线变化，所以，要使E状态从水平方向到C状态，应突然升温；由C沿平衡曲线到达A状态，应缓慢降温。点睛：本题考查化学平衡图象问题，重在识图和分析能力的考查，注意把握图象曲线的特点，弄清横纵坐标及曲线上点的含义，明确温度对化学平衡移动的影响。39不变 c(H) = c(OH) 1/30或0.033 8pH12 ABD c
46、(Na+)=c(Cl-)c(HCO3-) 【解析】试题分析：(1) 醋酸的电离平衡常数K=，因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；(2) 若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选 c(H) = c(OH) 根据电荷守恒分析有c(Na)+ c(H)= c(CH3COO)+ c(OH)，根据物料守恒有c(Na) = 2c(CH3COO)+ 2c(CH3COOH)，两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c(OH) -c(H) - c(CH3COOH)=1/2c(Na) ，钠离子浓度为0.10.04/0.06=1/
47、30或0.033mol/L。(3)从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8pH c(NH4+)c(H+)c(OH-)或c(Cl-) c(H+)c(NH4+)c(OH-)，A和C正确；若盐酸和氨水反应，溶液呈碱性，则此时氨水过量，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，(OH-)c(H+)，得到c(NH4+)c(Cl-)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故C正确；若溶液pH7，则反应后溶液为氯化铵和氨水的混合液，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)，得
48、到c(NH4+)=c(Cl-)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)=c(Cl-)c(OH-)=c(H+)，故E正确；溶液中因为加入了氨水，故不可能出现c(H+)c(Cl)，故B错误；故答案为B；(4)反应后溶液分为三种情况，醋酸过量呈酸性，醋酸过量呈中性，恰好完全反应或是碱过量呈碱性，任何时候c(CH3COO)c(H+)，故答案选D；(5)因为恰好完全反应，所以n(NH3H2O)=2n(H2SO4)=2(0.2L10-2 molL-1/2)=0.002 mol，c(NH3H2O)=0.001mol/0.01L=0.2 molL-1 ，pH11的氨水溶液中，pOH=14-11=3， c(OH-
49、)=10-3 molL-1，NH3H2O的电离平衡常数为Kb=(10-3 molL-1)2/0.2 molL-1=5106，故答案为：5106。【点睛】比较离子浓度的大小通常方法是根据电荷守恒和物料守恒(有能力的话直接写质子守恒)写出关系式；然后把握住溶液中的不变量，即强电解质部分。42(1)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2(2)NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3+NaOH(3)由于溶液中硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，降低pH有利于水解平衡向正方向移动，当pH调到78时，使它们水解完全，从而除去SiO32和AlO2。(4)2CrO42+2H+Cr2O72+H2O(5)94.08%
50、【解析】试题分析：(1)Al2O3与Na2CO3生成可溶性盐，则应为NaAlO2，根据原子守恒另一种产物为CO2。(2)NaFeO2水解产生沉淀，则沉淀只能是Fe(OH)3，另一种产物为NaOH。(3)滤液中含有杂质Na2SiO3和NaAlO2，二者都水解显碱性，降低pH有利于两种盐水解产生沉淀，从而除去。(4)酸化即加酸，CrO42和H+反应生成Cr2O72和H2O。(5)根据发生的反应：Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O32=2I+S4O62，可得出关系式：Cr2O723I2 6S2O32，因此样品中所含重铬酸钾的物质的量为，重铬酸钾的纯度为。考点：考查化工流程分析，化学方程式书写，中和滴定计算。
