1、2015-2016学年吉林省吉林市桦甸四中高二（上）第三次月考化学试卷一选择题：（每题只有一个选项，1-10每题2分，11-20每题3分，共50分）1常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（）AS2BCO32CNH4+DBr2关于溶液的酸性、酸性强弱的说法中，正确的是（）A只要溶液中有H+，溶液就显酸性BH+浓度大于OH浓度，溶液一定显酸性CH+浓度增大，溶液的酸性一定增强D强酸溶液的酸性一定比弱酸溶液的酸性强3将1mol SO2和1mol O2 通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时 SO3为0.3mol，若此时移走0.5mol O2和0.5mol SO
2、2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是（）A0.3molB0.15molC小于 0.15molD大于0.15mol而小于 0.3mol4在盐类发生水解的过程中正确的说法是（）A盐的电离平衡被破坏B水的电离度逐渐增大C溶液的pH发生改变D没有中和反应发生5已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3第一级电离常数为了提高氯水中的HClO的浓度，可加入（）AHClBCaCO3CH2ODNaOH6在恒容密闭容器中，反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是（）A升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增加，平衡逆向移动B升高温度，可
3、提高CO2转化率C增加H2的浓度，可提高CO2转化率D改用高效催化剂，可增大反应的平衡常数7常温时将两种溶液等体积混合，其中溶液pH一定或可能等于7的情况共有（）pH=2盐酸和pH=12NaOH溶液 pH=2醋酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12氨水 pH=2某酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12某碱溶液 pH=2硫酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12Ba（OH）2溶液 pH=2硫酸和pH=12Ba（OH）2溶液A5种B6种C7种D8种8甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（
4、g）H=+49.0kJmol1CH3OH（g）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）ACH3OH的燃烧热为192.9 kJmol1B反应中的反应物总能量大于生成物的总能量CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH（l）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的H192.9kJmol19在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，下列判断中一定正确的是（）A加入的一元酸HA过量B生成的盐RA不能发生水解C加入的酸与碱的物质的量相等D反应后溶液中C（A）=C（R+）10下列各组离子一
5、定能大量共存的是（）A在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO311等量的苛性钠溶液分别用pH值为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va和Vb，则它们之间的关系是（）AVa10VbBVb=10VaCVa10VbDVb10Va12某二元弱酸（H2A）溶液按下式发生一级电离和二级电离：H2AHA+H+HAA2+H+下列溶液中C（A2）最大的是（）A0.01 molL1的H2A溶液B0.01 mo
6、lL1NaHA溶液C0.02 molL1HCl溶液与0.04 molL1NaHA溶液等体积混合D0.02molL1 NaOH溶液0.02 molL1 NaHA溶液等体积混合13有两个极易导热的密闭容器a和b（如图所示），a容器体积恒定，b容器体积可变，压强不变在同温同压和等体积条件下，向a和b两容器中通入等物质的量的NO2，发生反应：2NO2N2O4（正反应放热），则以下说法正确的是（）A反应起始时反应速率的关系：vavbB反应过程中反应速率的关系：vavbC两容器内反应达到平衡所需时间一定相同D反应达到平衡，两容器中的NO2的转化率相同14经一定时间后，可逆反应aA+bBcC中物质的含量A%
7、和C%随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B该反应在T2温度时达到化学平衡C该反应的逆反应是放热反应D升高温度，平衡会向正反应方向移动15下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是（）A2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=akJmol1BN2（g）+3H2（g）NH3（g）H=bkJmol1CN2O4（g）2NO2（g）H=+ckJmol1DCO2（g）+C（s）2CO（g）H=+dkJmol116已知HF的酸性比HCN的酸性强现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中的离子数目为n1
8、，后者溶液中的离子数目为n2，则下列关系正确的是（）An1=n2Bn1n2Cn1n2DC（ F）C（CN）17已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确是（）生成物的质量分数一定增加生成物的产量一定增大反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低正反应速率一定大于逆反应速率使用了合适的催化剂ABCD18常温下，用 0.1molL1 HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示下列说法不正确的是（）A当V=0时：c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH）B当V=5时：c（CO32）+c（HCO3）
9、+c（H2CO3）=2c（Cl）C当V=10时：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当V=a时：c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH）19某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（）pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低1L 0.50molL1NH4Cl 溶液与2L 0.25molL1NH4Cl 溶液含NH4+物质的量完全相等pH相等的四种溶液：aCH3COONa bC6H5ONa cNaHCO3 dNaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：dbcapH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（H
10、CO3）c（CO32）c（H2CO3）pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c（OH）c（H+）pH=4、浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）ABCD20一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意图如图下面对这种电池的说法正确的是（）Ab极为电池的负极B当1mol乙醇被氧化转移12NA个电子C电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极D电池正极的电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH二、填空题：（共50分）
11、21工业上制取CuCl2的生产流程如图所示：请结合下表数据，回答下列问题：物 质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度积/258.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434（1）向含有等浓度Fe2+Cu2+Fe3+的混合溶液中滴加NaOH溶液，最先生成的沉淀是（2）溶液A中加入NaClO的目的是（3）在溶液B中加入CuO后过滤，这次加入CuO控制的pH范围是（4）在Cu（OH）2中加入盐酸使Cu（OH）2转变为CuCl2采用多量盐酸和低温蒸干的目的是22某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H+HA HAH+A2回答下列问题：（1）
12、Na2A溶液显（填“酸性”，“中性”，或“碱性”）理由是（用离子方程式表示）（2）在0.1molL1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是A c（A2）+c（ HA）+c（ H2A）=0.1molL1 B c（OH）=c（H+）+c（ HA）C c（Na+ ）+c（H+）=c（OH）+c（ HA）+2c（A2） D c（Na+ ）=2c（A2）+2c（ HA）（3）已知0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则0.1molL1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11molL1（填“”，“”，或“=”），理由是：（4）0.1molL1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：
13、23工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号，下同）A生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B混合气体的密度不变C混合气体的相对平均分子质量不变DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化（2）如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断该反应的H0（填“”、“=”或“”）；某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为，此时的温度为（3）
14、要提高CO的转化率，可以采取的措施是a升温 b加入催化剂 c增加CO的浓度d加入H2加压 e加入惰性气体加压 f分离出甲醇（4）一定条件下，CO与H2在催化剂的作用下生成5molCH3OH的能量变化为454kJ在该温度时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCH3OH平衡时数据CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化akJbkJckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率123下列说法正确的是A.2c1c3 Ba+b90.8 C.2p2p3
15、 D 1+3124室温下，将0.1molL1盐酸滴入20mL 0.1molL1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图1所示（1）NH3H2O的电离方程式是（2）b点所示溶液中c（Cl）c（NH4+）（填“”、“”或“=”）（3）c点所示溶液pH7，原因是（用离子方程式表示）（4）d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是搜索相关资料 25（7分）二元弱酸是分步电离的，25时碳酸和草酸的Ka如表：H2CO3 Ka1=4.3107 H2C2O4 Ka1=5.6102Ka2=5.61011 Ka2=5.42105（5）设有下列四种溶液：A0.1molL1的Na2C2O4溶液 B0.1molL1的N
16、aHC2O4溶液C0.1molL1的Na2CO3溶液 D0.1molL1的NaHCO3溶液其中，c（H+）最大的是，c（OH）最大的是（6）某化学实验兴趣小组同学向用大理石和稀盐酸制备CO2后残留液中滴加碳酸钠溶液，在溶液中插人pH传感器，测得pH变化曲线如图2所示刚开始滴人碳酸钠溶液时发生反应的离子方程式为，BC段发生反应的离子方程式为，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH）= molL125神州九号飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池（1）飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将能转化为能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来其工作原理为：Cd+2Ni
17、OOH+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2；充电时，阳极的电极反应式为；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）紧急状况下，应急电池会自动启动，工作原理为：Zn+Ag2O+H2O 2Ag+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为（3）若用上述应急电池电解200mL含有0.1mol/LCuSO4的混合溶液（电极均为惰性电极），当消耗1.3g锌时，阳极产生的气体为（填化学式），溶液的pH=（假设电解前后溶液的体积不变）2015-2016学年吉林省吉林市桦甸四中高二（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题：（每题只有
18、一个选项，1-10每题2分，11-20每题3分，共50分）1常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（）AS2BCO32CNH4+DBr【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】常温下，能使纯水中的H+离子数目增加，说明了该离子能发生水解反应，且水解后溶液显示酸性，即弱碱离子的水解反应，据此进行判断【解答】解：A硫离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液显示碱性，故A错误；B碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，溶液显示碱性，故B错误；C铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液
19、中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；DBr离子不水解，所以不改变溶液中氢离子数目，故D错误；故选C【点评】本题考查了水的电离及其影响因素、盐类水解原理，题目难度不大，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2关于溶液的酸性、酸性强弱的说法中，正确的是（）A只要溶液中有H+，溶液就显酸性BH+浓度大于OH浓度，溶液一定显酸性CH+浓度增大，溶液的酸性一定增强D强酸溶液的酸性一定比弱酸溶液的酸性强【考点】探究溶液的酸碱性【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中C（H+）和C（OH）的相对大小判断的，如果C（H+）C（OH），溶液呈
20、酸性，如果C（H+）=C（OH），溶液呈中性，如果C（H+）C（OH），则溶液呈碱性，据此分析解答【解答】解：A无论酸性、碱性还是中性溶液中，都存在氢离子，故A错误；B如果溶液中c（H+）c（OH），溶液呈酸性，故B正确；C将纯水升高温度，促进纯水电离，溶液中氢离子浓度增大，但c（H+）=c（OH），但纯水仍然是中性，故C错误；D酸的强弱是根据其电离程度划分的，酸溶液的酸性强弱是根据氢离子浓度相对大小确定的，如果强酸溶液中氢离子浓度小于弱酸溶液中氢离子浓度，则强酸溶液的酸性小于弱酸溶液的酸性，故D错误；故选B【点评】本题考查溶液酸碱性的判断，注意不能根据溶液中氢离子浓度大小判断，要根据溶液中C
21、（H+）和C（OH）的相对大小判断，为易错点3将1mol SO2和1mol O2 通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时 SO3为0.3mol，若此时移走0.5mol O2和0.5mol SO2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是（）A0.3molB0.15molC小于 0.15molD大于0.15mol而小于 0.3mol【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】反应达到平衡时移走 0.5molO2和0.5molSO2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO2和0.5molSO2，所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向
22、逆反应移动，反应物的转化率降低【解答】解：将lmolSO2和lmolO2通入体积不变的密闭容器中，反应达到平衡时移走 0.5molO2和0.5molSO2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO2和0.5molSO2，所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低，若转化率不变时，生成的SO3为0.15mol，由于反应物转化率降低，故生成的SO3小于0.15mol，故选C【点评】考查化学平衡的影响因素、有关计算等，难度中等，构建平衡建立的途径是解题的关键，运用平衡移动解答4在盐类发生水解的过程中正确的说法是（）A盐的电离平衡被破坏B水的电离度
23、逐渐增大C溶液的pH发生改变D没有中和反应发生【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】A、盐的水解是盐溶液中的弱离子和水电离出的氢离子或是氢氧根离子结合形成弱电解质的过程；B、根据盐的水解实质和内涵来回答；C、盐的水解会导致有的盐溶液显示酸碱性；D、（H+）与c（OH）的乘积受温度的影响【解答】解：A、盐类水解的过程中，水的电离平衡被破坏，盐是能完全电离的，不存在平衡，故A错误；B、盐类水解的过程是对水的电离平衡的促进过程，故B正确；C、盐的水解会导致有的盐溶液显示酸碱性，水解平衡不移动，盐的酸碱性不变，故C错误；D、盐类水解是酸碱中和反应的逆反应，存在水解平衡，有中和反应发生，故
24、D错误故选B【点评】本题考查学生盐的水解原理以及盐的电离知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大5已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3第一级电离常数为了提高氯水中的HClO的浓度，可加入（）AHClBCaCO3CH2ODNaOH【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】平衡思想；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题【分析】HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性H2CO3HClOHCO3，氯水中含有HCl和HClO，为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，根据强酸制取弱酸分
25、析解答【解答】解：HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性 H2CO3HClOHCO3，氯水中含有HCl和HClO，为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，A、加和盐酸，抑制氯气与水的反应，减小了次氯酸的浓度，故A错误；B、根据酸性强弱知，加入CaCO3，盐酸与碳酸钙反应，促使氯气与水的反应正向进行，而次氯酸不与碳酸钙反应，次氯酸的浓度增大，故B正确；C、加水溶液被稀释，次氯酸的浓度减小，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸和次氯酸都反应，所以次氯酸的浓度减小，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质
26、的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱之间关系是解本题关键，题目难度不大6在恒容密闭容器中，反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是（）A升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增加，平衡逆向移动B升高温度，可提高CO2转化率C增加H2的浓度，可提高CO2转化率D改用高效催化剂，可增大反应的平衡常数【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A升高温度，正、逆反应速率都增大；B正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，据此判断；C增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率升高；D平衡常数只受温度
27、影响【解答】解：A正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2转化率降低，故B错误；C增加H2的浓度，平衡向正反应方向移动，可提高CO2转化率，故C正确；D平衡常数只受温度影响，使用催化剂不影响平衡常数，故D错误，故选C【点评】本题考查化学平衡、反应速率及平衡常数的影响因素，难度不大，注意根据平衡移动原理分析解答7常温时将两种溶液等体积混合，其中溶液pH一定或可能等于7的情况共有（）pH=2盐酸和pH=12NaOH溶液 pH=2醋酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12
28、氨水 pH=2某酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12某碱溶液 pH=2硫酸和pH=12NaOH溶液pH=2盐酸和pH=12Ba（OH）2溶液 pH=2硫酸和pH=12Ba（OH）2溶液A5种B6种C7种D8种【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】常温下，溶液可能或一定呈中性，则溶液溶质为强酸强碱盐、强酸弱碱盐和弱碱、强碱弱酸盐和弱酸，根据溶液中的溶质及其性质来分析解答【解答】解：pH=2盐酸和pH=12NaOH溶液中，c（HCl）=C（NaOH）=0.01mol/L，二者等体积混合，二者恰好反应生成氯化钠，氯化钠是强酸
29、强碱盐，所以其溶液呈中性，故正确；pH=2醋酸和pH=12NaOH溶液中，醋酸的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故错误；pH=2盐酸和pH=12氨水中，盐酸浓度小于氨水，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以混合溶液呈碱性，故错误； pH=2某酸和pH=12NaOH溶液，如果酸是强酸，酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，二者等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故正确；pH=2盐酸和pH=12某碱溶液，如果碱为强碱，酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，二者等体积混合，二者恰
30、好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故正确； pH=2硫酸和pH=12NaOH溶液，酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，二者等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故正确；pH=2盐酸和pH=12Ba（OH）2溶液，酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，二者等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故正确； pH=2硫酸和pH=12Ba（OH）2溶液，酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，二者等体积混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故正确；故选B【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确酸、碱的强弱及混合溶液中的电解质及其性质是解本题关键，根据溶液中氢氧根离
31、子和氢离子浓度相对大小判断混合溶液的酸碱性，为易错点8甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H=+49.0kJmol1CH3OH（g）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）ACH3OH的燃烧热为192.9 kJmol1B反应中的反应物总能量大于生成物的总能量CCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH（l）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的H192.9kJmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、
32、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物的过程所放出的热量；B、反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C、根据化学方程式可知，甲醇转化为氢气的过程就是放热的；D、气体甲醇变为液态甲醇的过程是放热的过程【解答】解：A、燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物的过程放出的热量，甲醇燃烧对应产物应该是二氧化碳气体和液态的水，不是氢气，故A错误；B、反应时吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；C、根据化学方程式可知，甲醇转化为氢气的过程就是放热的，故C错误；D、气体甲醇变为液态甲醇的过程是放热的过程，根据反应CH3OH（g）+1/2O2（g）=CO2（g）+2H2（g
33、）；H=192.9 kJmol1 知道，液态甲醇发生此反应放出的热量会小于192.9kJ，故D正确；故选D【点评】本题考查学生物质具有的能量和化学反应的吸放热之间的关系，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大9在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，下列判断中一定正确的是（）A加入的一元酸HA过量B生成的盐RA不能发生水解C加入的酸与碱的物质的量相等D反应后溶液中C（A）=C（R+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，则溶液中存在C（OH）=C（H+），根据电荷守恒得
34、C（A）=C（R+），据此分析解答【解答】解：在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，则溶液中存在C（OH）=C（H+），根据电荷守恒得C（A）=C（R+），A如果酸或碱有一种是弱电解质，要使混合溶液呈中性，则弱电解质的物质的量稍微大些，如果酸、碱都是强电解质，则酸碱的物质的量相等，故A错误；B生成的盐RA可能不发生水解，也可能发生水解，如果发生水解时，则酸或碱的物质的量不等，如果不发生水解，则酸和碱的物质的量相等，故B错误；C如果二者都是一元强电解质，则加入的酸与碱的物质的量相等，如果有一种是弱电解质，则二者的物质的量不等，故C错误；D通过以上分析知，反应后
35、溶液中C（A）=C（R+），故D正确；故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离，同时考查学生发散思维能力，根据酸碱强弱确定溶液酸碱性，但无论何种电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，题目难度不大10下列各组离子一定能大量共存的是（）A在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=0的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】AFe3+与SCN发生络合反应；B强碱溶液中存在大量的OH；Cc（H+）=1013mo
36、l/L的溶液呈碱性，存在大量的OH；DpH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+【解答】解：AFe3+与SCN发生络合反应生成Fe（SNC）3而不能共存，故A错误；B强碱溶液中存在大量的OH，离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故B正确；Cc（H+）=1013mol/L的溶液呈碱性，存在大量的OH，NH4+与OH反应生成NH3H2O，A13+与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DpH=0的溶液呈酸性，存在大量的H+，Fe2+与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意常见离子的性质，判断离子之间能否发生反应，注意题目的要求11等量的
37、苛性钠溶液分别用pH值为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va和Vb，则它们之间的关系是（）AVa10VbBVb=10VaCVa10VbDVb10Va【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，二者物质的量相等判断【解答】解：含等量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，
38、pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Vax=Vby，则=，即Vb10Va，故选D【点评】本题考查酸碱混合的计算，题目难度中等，本题注意浓度不同的醋酸，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小12某二元弱酸（H2A）溶液按下式发生一级电离和二级电离：H2AHA+H+HAA2+H+下列溶液中C（A2）最大的是（）A0.01 molL1的H2A溶液B0.01 molL1NaHA溶液C0.02 molL1HCl溶液与0.04 molL1NaHA溶液等体积混合D0
39、.02molL1 NaOH溶液0.02 molL1 NaHA溶液等体积混合【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】C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合以后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，得到的是0.01mol/LNa2A溶液；由于H2A为二元弱酸，其电离程度较小，且A2的水解程度较小，则c（A2）最大的为D【解答】解：A0.01 molL1的H2A溶液中，H2A为二元弱
40、酸，则c（A2）0.01mol/L；B0.01 molL1的NaHA溶液，由于H2A为二元弱酸，则c（A2）0.01mol/L；CHCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，c（A2）0.01mol/L；D.0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合以后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，得到的是0.01mol/LNa2A溶液，A2的水解程度较小，则c（A2）约为0.01mol/L；根据分析可知c（A2）最大的为D，故选D【点评】本题考查弱电解质的电离和及盐的水解原理
41、，题目难度中等，明确盐的水解、弱电解质的电离程度都较小为解答关键，注意首先判断各溶液的成分，从电离平衡移动、盐的水解原理的角度分析13有两个极易导热的密闭容器a和b（如图所示），a容器体积恒定，b容器体积可变，压强不变在同温同压和等体积条件下，向a和b两容器中通入等物质的量的NO2，发生反应：2NO2N2O4（正反应放热），则以下说法正确的是（）A反应起始时反应速率的关系：vavbB反应过程中反应速率的关系：vavbC两容器内反应达到平衡所需时间一定相同D反应达到平衡，两容器中的NO2的转化率相同【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】A、根据浓度、温度、压强对反应速率的影响分析
42、；B、温度不变，根据方程式中气体物质的量变化结合容器体积特点分析两容器内压强关系，压强越大，反应速率越快；C、速率越快，到达平衡的时间越短；D、温度不变，根据方程式中气体物质的量变化结合容器体积特点分析两容器内压强关系【解答】解：A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率Va=Vb，故A错误；B、容器a体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器a中压强降低，容器b体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（a）v（b），故B正确；C、速率越快，到达平衡的时间越短，故容器b到达平衡所用时间少，故C错误；D、容器a体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量
43、减小，容器a中压强降低，容器b体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（a）p（b），b中二氧化氮转化率增大，两容器中的NO2的转化率不相同，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学反应速率的影响因素等，难度不大，注意题目实际为恒温条件，分析两容器中压强的变化是关键14经一定时间后，可逆反应aA+bBcC中物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A该反应在T1、T3温度时达到化学平衡B该反应在T2温度时达到化学平衡C该反应的逆反应是放热反应D升高温度，平衡会向正反应方向移动【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】T2之前A%
44、变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应【解答】解：T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，而T2时恰好平衡，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，故A错误；B、T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是反应没有达到平衡状态，故B正确；C、T2时恰好
45、平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故C错误；D、T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故D错误故选B【点评】本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断T2时恰好平衡是解题关键15下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是（）A2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=akJmol1BN2（g）+3H2（g）NH3（g）H=bkJmol1CN2O4（g）2NO2（g）H=+ckJmol1DCO2（g）+C（s）2C
46、O（g）H=+dkJmol1【考点】化学平衡的影响因素【专题】图像图表题；化学平衡专题【分析】A、依据先拐先平，温度高分析判断；B、反应是气体体积减小的放热反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行；C、反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向进行，四氧化二氮物质的量分数增大，压强一定，温度越高平衡正向进行，四氧化二氮物质的量分数减小；D、增大二氧化碳物质的量，转化率减小；【解答】解：A、依据先拐先平，温度高分析判断，图象中先拐的为温度低的体积，不符合平衡建立，故A错误；B、反应是气体体积减小的放热反应，压强增大正逆反应速率增大，平衡正向进行，正反应速率大于逆反应速率，图象不符合，故B错误
47、；C、反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向进行，四氧化二氮物质的量分数增大，压强一定，温度越高平衡正向进行，四氧化二氮物质的量分数减小U型符合变化特征，故C正确；D、增大二氧化碳物质的量，相当于增大压强平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡图象分析判断，化学平衡影响因素分析判断，掌握分析方法是解题关键，题目较简单16已知HF的酸性比HCN的酸性强现有物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液，已知前者溶液中的离子数目为n1，后者溶液中的离子数目为n2，则下列关系正确的是（）An1=n2Bn1n2Cn1n2DC（ F）C（CN）【考点】弱电解质
48、在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子水解程度FCN，相同温度下，物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液中两种盐的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子水解程度FCN，相同温度下，物质的量浓度和体积均相同的NaF和NaCN两种溶液中两种盐的物质的量相等，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（F）、c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CN），两种溶液中离子浓度
49、分别是其溶液中所有阳离子浓度的2倍，因为酸根离子水解程度FCN，则c（F）c（CN），所以NaF溶液中氢离子浓度大于NaCN，两种溶液中钠离子浓度相等，所以NaF溶液中离子个数大于NaCN离子个数，即n1n2，故选B【点评】本题以离子个数比较为载体考查了盐类水解，题目难度中等，明确电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，然后再采用电荷守恒、离子代换等方法来分析解答17已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确是（）生成物的质量分数一定增加生成物的产量一定增大反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低正反应速率一定大于逆反应速率使用了合适的催化
50、剂ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低；平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加；增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率；加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动【解答】解：总质量不变，向正反应移动，生成物的质量分数一定增大，若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故错误；平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故正确；降低生成物
51、的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故错误；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故错误；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故正确；加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故错误；综上所述正确，故选C【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析18常温下，用 0.1molL1 HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示下列
52、说法不正确的是（）A当V=0时：c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH）B当V=5时：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl）C当V=10时：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当V=a时：c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH）【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【分析】A根据碳酸钠溶液中物料守恒和电荷守恒进行判断；B当V=5时，根据混合液中物料守恒可得c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl）；C当V=10时，反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小
53、进行比较；D根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），再根据电荷守恒计算出溶液中钠离子与氯离子浓度关系【解答】解：A当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），根据物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32），根据电荷守恒和物料守恒可得：c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH），故A正确；B当V=5时，碳酸钠与氯化氢浓度相等，则氯离子的物质的量为总的碳原子的物质的量一半，根据物料守恒可得：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl），故B
54、正确；C当V=10时，此时恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解大于其电离程度，则碳酸的浓度大于碳酸根离子，即c（CO32）c（H2CO3），正确的离子浓度大小关系为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故C错误；Dv=a时，溶液为中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（Cl）+c（HCO3），则c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（Cl），所以c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH），故D正确；故选C【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，
55、注意掌握溶液中盐的水解原理及溶液中离子浓度大小比较的方法，需要明确电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中应用方法19某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（）pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低1L 0.50molL1NH4Cl 溶液与2L 0.25molL1NH4Cl 溶液含NH4+物质的量完全相等pH相等的四种溶液：aCH3COONa bC6H5ONa cNaHCO3 dNaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：dbcapH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）pH=2的一
56、元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c（OH）c（H+）pH=4、浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）ABCD【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；盐类的水解专题【分析】强酸稀释时氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；铵根离子的浓度越大水解程度越小；相同浓度时碱性越强，则pH相同时其溶液的浓度越小；PH=8.3，说明水解大于电离；pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸；pH=4浓度均为0.1m
57、olL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解【解答】解：强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积（水的离子积）为定值，则氢氢氧根离子浓度增大，故错误；铵根离子的浓度越大，其水解程度越小，则1L 0.50molL1 NH4Cl溶液与2L 0.25molL1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量不相等，前者大于后者，故错误；四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为dbca，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故正确；pH=8.3，溶液呈碱性，说明水解大于电离，水解生成H2CO3而电离产生CO32，钠离子
58、不水解，HCO3）存在两种趋势，但两种趋势都极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故错误；pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸，强酸呈中性，弱酸呈酸性，则反应后的混合液中的c（OH）c（H+），故正确；pH=4浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解，c（Na+）c（CH3COOH），电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故正确；根据分析可知，正确的为，故选C【点评】本题考查离子浓度大小比较，涉及弱电解质的
59、电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，注意掌握弱电解质的电离平衡及其影响，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法20一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍电池总反应为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，电池示意图如图下面对这种电池的说法正确的是（）Ab极为电池的负极B当1mol乙醇被氧化转移12NA个电子C电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极D电池正极的电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由质子的定向移动可知a为负极，b为正极，负极发生氧
60、化反应，乙醇被氧化生成CO2和，电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H+O2+4e=2H2O，结合电极反应解答该题【解答】解：A在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，b是正极，故A错误；B根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，即1mol乙醇被氧化转移12NA个电子，故B正确；C电池工作时，电子在电路中从负极流向正极，在该电池中，电子由a极流向b极，故C
61、错误；D在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H+O2+4e=2H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查原电池知识，题目难度中等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法二、填空题：（共50分）21工业上制取CuCl2的生产流程如图所示：请结合下表数据，回答下列问题：物 质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度积/258.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434（1）向含有等浓度Fe2+Cu2+Fe3+的混合溶液中滴加NaOH溶液，最先生成的沉淀是Fe（OH）3（2）溶液A中加入NaClO的目的是氧化
62、Fe2+ 生成Fe3+ 有利于沉淀分离（3）在溶液B中加入CuO后过滤，这次加入CuO控制的pH范围是34（4）在Cu（OH）2中加入盐酸使Cu（OH）2转变为CuCl2采用多量盐酸和低温蒸干的目的是抑制 Cu2+水解防止生成CuO【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）根据表中溶度积可知，Fe（OH）3的Ksp最小，最先生成沉淀；（2）根据完全沉淀时的pH范围可知，Fe2+沉淀时Cu2+已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2+转变为Fe3+才能完全除去；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使F
63、e3+完全沉淀；（4）因为Cu2+易水解，所以加入过量盐酸和低温蒸干可以防止Cu2+水解【解答】解：（1）根据表中溶度积可知，Fe（OH）3的Ksp最小，所以Fe（OH）3最先生成沉淀，故答案为：Fe（OH）3；（2）根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2+沉淀时Cu2+已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2+转变为Fe3+才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2+ 生成Fe3+ 有利于沉淀分离，故答案为：氧化Fe2+ 生成Fe3+ 有利于沉淀分离；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，Fe3+完全沉淀时PH的范围是34，故答案为：34；（4）因为溶液中存在
64、以下平衡：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2+水解，故答案为：抑制 Cu2+水解防止生成CuO【点评】本题以工业上制取CuCl2的生产流程为背景，综合考查学生灵活运用元素化合物知识、氧化还原反应知识、沉淀转化、盐类水解以及实验分析等知识和技能，难度较大22某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H+HA HAH+A2回答下列问题：（1）Na2A溶液显碱性（填“酸性”，“中性”，或“碱性”）理由是A2+H2OHA+OH（用离子方程式表示）（2）在0.1molL1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是AA c（A2）+c
65、（ HA）+c（ H2A）=0.1molL1 B c（OH）=c（H+）+c（ HA）C c（Na+ ）+c（H+）=c（OH）+c（ HA）+2c（A2） D c（Na+ ）=2c（A2）+2c（ HA）（3）已知0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则0.1molL1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11molL1（填“”，“”，或“=”），理由是：因HA部分电离且H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA的电离（4）0.1molL1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分
66、析】（1）该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2能水解、HA只电离不水解，Na2A水溶液中A2水解导致溶液呈碱性；（2）根据溶液中的电荷守恒、物料守恒以及质子守恒来回答；（3）0.1molL1H2A溶液，H2AH+HA，电离出H+小于0.1mol/L，0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则由HAH+A2可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA的电离；（4）NaHA溶液显酸性，存在HAH+A2，则c（Na+）c（HA）c（H+）c（OH），结合水的电离分析【解答】解：（1）该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2能水解、HA只电离不水解，Na2A
67、水溶液中A2水解导致溶液呈碱性，水解方程式为A2+H2OHA+OH，故答案为：碱性；A2+H2OHA+OH；（2）A根据物料守恒，c（A2）+c（HA）=0.1mol/L，故A错误；B根据氢离子守恒：c（OH）=c（H+）+c（HA），故B正确；C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c（ Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），故C正确；D根据B、C可以得出c（Na+）=2c（A2）+2c（HA），故D正确；故答案为：A；（3）0.1molL1H2A溶液，H2AH+HA，电离出0.1mol/LH+，由HAH+A2可知，HA部分电离，且第一步电离生成的H+抑制了
68、HA的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.2molL1，故答案为：；因HA部分电离且H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA的电离；（4）NaHA溶液显酸性，存在HAH+A2，则c（Na+）c（HA）c（H+）c（OH），结合水的电离H2OH+OH，同时有部分A2发生水解，使c（A2）减小，所以c（H+）c（A2），即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故答案为：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH）【点评】本题考查盐类水解及离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意二元酸的两步电离
69、特点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力23工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号，下同）CDA生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B混合气体的密度不变C混合气体的相对平均分子质量不变DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化（2）如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断该反应的H0（填“”、“=”或“”）；某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.2
70、mol/L，则CO的转化率为80%，此时的温度为250（3）要提高CO的转化率，可以采取的措施是dfa升温 b加入催化剂 c增加CO的浓度d加入H2加压 e加入惰性气体加压 f分离出甲醇（4）一定条件下，CO与H2在催化剂的作用下生成5molCH3OH的能量变化为454kJ在该温度时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCH3OH平衡时数据CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化akJbkJckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率123
71、下列说法正确的是DA.2c1c3 Ba+b90.8 C.2p2p3 D 1+31【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断；等效平衡【专题】化学平衡专题【分析】（1）当反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态，据此判断平衡状态；（2）升高温度化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应； 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（mol）：1 3 0变化浓度（mol）：0.8 1.6 0.8平衡浓度（mol）：0.2 1.4 0.8转化率=100%，根
72、据K=计算平衡常数，进而判断温度；（3）要提高CO的转化率，可以通过增大氢气浓度、减小甲醇浓度、降低温度、增大压强等方法；（4）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，计算反应热数值，据此判断；C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；D、甲、乙处于相同的平衡状态，
73、则1+2=1，由C的分析可知23【解答】解：（1）A无论反应所得达到平衡状态都存在生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，所以不能据此判断平衡状态，故错误；B反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；C反应前后气体的物质的量减小，所以其相对平均分子质量增大，当混合气体的相对平均分子质量不变时，该反应达到平衡状态，故正确；DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，正逆反应速率不变，反应达到平衡状态，故正确；故选CD；（2）升高温度化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，则H0，故答案为：； 某温度
74、下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度（mol）：1 3 0变化浓度（mol）：0.8 1.6 0.8平衡浓度（mol）：0.2 1.4 0.8CO转化率=100%=80%，平衡常数KK=2.042，故温度为250，故答案为：80%；250；（3）a升温平衡逆向移动，则CO转化率降低，故错误；b加入催化剂不影响平衡移动，CO转化率不变，故错误； c增加CO的浓度平衡正向移动但CO转化率减小，故错误；d加入H2加压，平衡正向移动，CO转化率增大，故正确； e加入惰性气体加
75、压，反应物浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故错误； f分离出甲醇，平衡正向移动，CO转化率增大，故正确；故选df；（4）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1c3，故A错误；B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1n），故a+b=90.8，故B错误；C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（
76、g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2p3，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由C的分析可知23，所以a1+a31，故D正确，故答案为：D【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、化学平衡影响因素及等效平衡问题，难度较大，注意（4）题为易错点、难点，注意理解等效平衡问题24室温下，将0.1molL1盐酸滴入20mL 0.1molL1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图1所示（1）NH3H2O的电离方程式是NH3H2ONH4+OH（2）b点所示溶液中c（Cl）=c（NH4+）（填“”、“”或“=”）（3）c点所示溶液pH7，原因是NH4
77、+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示）（4）d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）搜索相关资料 25（7分）二元弱酸是分步电离的，25时碳酸和草酸的Ka如表：H2CO3 Ka1=4.3107 H2C2O4 Ka1=5.6102Ka2=5.61011 Ka2=5.42105（5）设有下列四种溶液：A0.1molL1的Na2C2O4溶液 B0.1molL1的NaHC2O4溶液C0.1molL1的Na2CO3溶液 D0.1molL1的NaHCO3溶液其中，c（H+）最大的是B，c（OH）最大的是C（6）某化学实验兴趣小组同学向用大理石和稀盐酸制备C
78、O2后残留液中滴加碳酸钠溶液，在溶液中插人pH传感器，测得pH变化曲线如图2所示刚开始滴人碳酸钠溶液时发生反应的离子方程式为2H+CO32=H2O+CO2，BC段发生反应的离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH）=104 molL1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；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】（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡；（2）pH=7时，溶液中cc（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒，再结合电荷守恒判断c（Cl）和c（NH4+）的相对大小；（3）c点时，二者恰好反应生成氯化铵
79、，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性；（4）d点时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，氯化氢完全电离，铵根离子能水解，据此判断溶液中离子浓度大小；（5）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液的碱性越弱；（6）溶液pH7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度【解答】解：（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离出氢氧根离子和铵根离子，一水合氨的电离方程式为：NH3H2ON
80、H4+OH，故答案为：NH3H2ONH4+OH； （2）b点时pH=7，则溶液中cc（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+cc（H+），所以得c（Cl）=c（NH4+），故答案为：=；（3）c点时二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，水解离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+； （4）d点时，酸的物质的量是氨水的2倍，二者混合时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，氯化氢完全电离，铵根离子水解但
81、水解程度较小，结合物料守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c （Cl）c （H+）c （NH4+）c （OH），故答案为：c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）；（5）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：草酸草酸氢根离子碳酸碳酸氢根离子，离子水解强弱顺序是：碳酸根离子碳酸氢根离子草酸根离子醋酸氢根离子，根据离子水解程度知，草酸氢根离子水解程度最小，则其溶液碱性最弱，氢离子浓度最大，所以氢离子浓度最大的是B，水解程度最强的是C，则溶液C中碱性最强，氢氧根离子浓度最大，故答案为：
82、B；C；（6）溶液pH7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式为：2H+CO32=H2O+CO2，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH）=mol/L=104 mol/L，故答案为：2H+CO32=H2O+CO2；Ca2+CO32=CaCO3；104【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断与计算，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力25神州九
83、号飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池（1）飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将太阳能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来其工作原理为：Cd+2NiOOH+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2；充电时，阳极的电极反应式为Ni（OH）2e+OH=NiOOH+H2O；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）紧急状况下，应急电池会自动启动，工作原理为：Zn+Ag2O+H2O 2Ag+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2（3）若用上述应急电
84、池电解200mL含有0.1mol/LCuSO4的混合溶液（电极均为惰性电极），当消耗1.3g锌时，阳极产生的气体为O2（填化学式），溶液的pH=0.7（假设电解前后溶液的体积不变）【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理【分析】（1）太阳能电池是将太阳能转化为电能；充电时阳极上Ni（OH）2失电子发生氧化反应生成NiOOH；镉镍蓄电池放电时，Cd在负极发生氧化反应生成Cd（OH）2；（2）该电池中Zn失电子为负极，负极电极反应式为Zn+2OH2e=Zn（OH）2；正极是Ag2O，正极的电极反应式为Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，据此解答；（3）由离子放电顺序可知，电解0.1mol/L
85、CuSO4溶液200ml，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，氢氧根离子是水电离产生，剩余氢离子，依据电极反应和电子守恒分析判断【解答】解：（1）太阳能电池是将太阳能转化为电能；充电时阳极上Ni（OH）2失电子发生氧化反应生成NiOOH，电极反应式为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O；镉镍蓄电池放电时，Cd在负极发生氧化反应生成Cd（OH）2，电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，碱性减弱，故答案为：太阳；电； Ni（OH）2e+OH=NiOOH+H2O；减小；（2）该电池中Zn失电子为负极，负极电极反应式为Zn+2OH2e=Zn（OH）2，故答案为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2；（3）由离子放电顺序可知，电解0.1mol/LCuSO4溶液200ml，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，氢氧根离子是水电离产生，剩余氢离子，1.3gZn反应，转移电子物质的量为：2=0.04mol，依据电极反应和电子守恒分析，4OH4e=2H2O+O2，转移0.04mol电子，消耗0.04mol氢氧根离子，生成0.04mol氢离子，氢离子浓度为： =0.2mol/L，pH=0.7，故答案为：O2；0.7【点评】本题考查了太阳能电池中能量转化、电极反应式书写、电解原理、pH计算，题目难度中等版权所有：高考资源网()