1、2016-2017学年广东省清远市清新一中高二（下）第一次月考化学试卷一、单选题：（共16题每题3分共48分）1实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是（）选项操作测定结果评价A酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗23次偏高B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失偏高C锥形瓶未干燥无影响D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次偏低AABBCCDD2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点溶液的导电性比c点溶液的导电性
2、强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度3下列关于0.10molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CO32B25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D温度升高，c（HCO3）增大4在K2CrO4的溶液中存在着如下的平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，K=11014若用0.05mol K2Cr2O7配制成1L K2CrO4溶液，其中c（Cr2O72）105mol/L，则所配溶液的pH（）A7B7C=7D无法确定5
3、室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解6常温下，Ksp（CaSO4）=9106，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A在任何溶液中，若有CaSO4沉淀析出，则c（Ca2+）与c（SO42）一定相等Bd点溶液通过蒸发可以变到c点Ca点对应
4、的Ksp等于c点对应的KspDb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定等于3103mol/L720mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液已知：Kaq=Fe（OH）3=4.01038，Kaq=Fe（OH）2=8.01016（）A沉淀中只有Fe（OH）3B沉淀中有Fe（OH）3和Fe（OH）2C滤液c（Fe3+）=4.0108mol/LD向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生8下列说法正确的是（）ApH均为2的醋酸和盐酸加水稀释100倍，所得溶液的pH：醋酸盐酸BpH为11的氨水和pH为3的盐酸溶液等体积混合，所得溶
5、液中c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）C浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液：c（Na+）+c（CH3COO）=c（OH）+c（H+）D浓度均为0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中有下列关系：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO）+2c（OH）9常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液中，下列叙述正确的是（）A该一元酸溶液的pH=1B该溶液中由水电离出的c（H+）=11011molL1C该溶液中水的离子积常数为11022D用pH=11的NaOH溶液V1L与V2L0.1 molL1该一元酸（HA）
6、溶液混合，若混合溶液的pH=7，则V1V210常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（）b不能显碱性a可能显酸性或碱性a不可能显酸性b可能显碱性或酸性ABCD11下列各组物质全部是弱电解质的是（）AH2O、NH3H2O、H3PO4、HFBCu（OH）2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONaCH2SO3、Ba（OH）2、BaSO4DSO2、H2S、CO212化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）、溶度积常数（Ksp）等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（）A
7、化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关BKa（HCN）Ka（CH3COOH）说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强C向氯化钡溶液中加入同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO4沉淀，则Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）D当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）变大13加热下列物质的稀溶液，可能使离子总数减小的是（不考虑溶液的挥发）（）AFe2（SO4）3BCH3COOHCNaOHDCa（HCO3）214同温度下的四种溶液，当NH4+浓度相同时，溶液的物质的量浓度最大的是（）ANH4Al（SO4）2BNH4ClCNH3H2ODCH3COONH415下列有关溶
8、液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO4216对于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）Ac（H+）=c（CH3COO）B加水稀释时增大C与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性D加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离，电离常数Ka变小二、非选择题（共3题，共52分）17FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJmo
9、l1；H2O（g）H2O（l）H2=44kJmol1；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=545kJmol1则SO3（g）与H2O（l）反应生成H2SO4（l）的热化学方程式是 18肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料反应时释放大量热并快速产生大量气体已知在101kPa，298K时，1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和水蒸气，放出热量624kJ，该反应的热化学方程式是 又知：H2O（g ）=H2O （l）H=44kJmol1，若1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和液态水，则放出热量为 kJ19化学反应原理在科研和生产中有广
10、泛应用（1）生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H=+131.3kJmol1，S=+133.7Jmol1K1，该反应在低温下 （填“能”或“不能”）自发进行（2）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I）反应（ I）的平衡常数表达式K= ，若K=1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为 （3）已知在400时，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的K=0.5在400时，2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的K= （
11、填数值）400时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v（N2）正 （填“”“”“=”或“不确定”）v（N2）逆（4）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝钢制品接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为 mol2016-2017学年广东省清远市清新一中高二（下）第一次月考化学
12、试卷参考答案与试题解析一、单选题：（共16题每题3分共48分）1实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是（）选项操作测定结果评价A酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗23次偏高B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失偏高C锥形瓶未干燥无影响D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次偏低AABBCCDD【考点】R3：中和滴定【分析】根据中和滴定操作方法对c（待测）=中V（标准）的影响判断滴定误差【解答】解：A酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗23次，导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；B开始
13、实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；C锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次，导致待测液中溶质氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液体积偏高，测定结果偏高，故D错误；故选D2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点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Ca点Kw的数值比c点Kw的数值大Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【考点】RL：比较强弱电解质的实验【分
14、析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度【解答】解：A、应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；C、Kw的大小只取决于温度，故C错；D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相
15、同体积时，醋酸（）浓度大于盐酸（）浓度，故D错故选B3下列关于0.10molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CO32B25时，加水稀释后，n（H+）与n（OH）的乘积变大C离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D温度升高，c（HCO3）增大【考点】1B：真题集萃；DD：盐类水解的应用；DN：离子浓度大小的比较【分析】A碳酸氢根离子不可拆分；B加水稀释后，促进HCO3水解，但Kw不变；C溶液遵循电荷守恒；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解【解答】解：ANaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为
16、NaHCO3Na+HCO3，故A错误；B.25时，加水稀释后，促进HCO3水解，n（OH）增大，c（OH）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH）的乘积变大，故B正确；C由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3）减小，故D错误；故选B4在K2CrO4的溶液中存在着如下的平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，K=11014若用0.05mol K2Cr2O7配制成1L K2CrO4溶液，其中c（Cr2O72）105mo
17、l/L，则所配溶液的pH（）A7B7C=7D无法确定【考点】CP：化学平衡的计算；DA：pH的简单计算【分析】若用0.05mol K2Cr2O7配制成1L K2CrO4溶液，其中c（Cr2O72）105mol/L，依据反应2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，K=11014，平衡浓度计算平衡常数得到【解答】解：若用0.05mol K2Cr2O7配制成1L K2CrO4溶液，其中c（Cr2O72）105mol/L，平衡状态生成CrO42浓度=0.05mol/L2105mol/L，结合反应平衡常数计算式计算得到： =11014，c（H+）21010mol/L，溶液pH7，故选A5室温下，在0.
18、2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【考点】1B：真题集萃；GK：镁、铝的重要化合物【分析】A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；Bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；Cbc段，pH变化不大；Dc点后pH发生突变，NaOH过量【解答】解：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解
19、显酸性，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；Bab段，发生H+OHH2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；Cbc段，pH变化不大，主要发生Al3+3OHAl（OH）3，则加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；Dc点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH10，NaOH远远过量，故D错误；故选C6常温下，Ksp（CaSO4）=9106，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A在任何溶液中，若有CaSO4沉淀析出，则c（Ca2+）与c（SO42）一
20、定相等Bd点溶液通过蒸发可以变到c点Ca点对应的Ksp等于c点对应的KspDb点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42）一定等于3103mol/L【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，ACaSO4饱和溶液中c（Ca2+）=c（SO42），若加Na2SO4固体，c（SO42）增大，c（Ca2+）减小；B蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；CKsp与温度有关，a和c的Ksp相等；Db点QcKsp，有沉淀生成【解答】解：ACaSO4饱和溶液中c（Ca2+）=c（SO42），若加Na2SO4固体，c（SO42）增大
21、，c（Ca2+）减小，c（SO42）c（Ca2+），故A错误；Bd为不饱和溶液，蒸发时硫酸根的浓度会增大，所以d点溶液通过蒸发不能变到c点，故B错误；CKsp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故C正确；D根据图示数据，可以看出b点Qc=2l05Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，由于b点c（Ca2+）c（SO42），生成沉淀时两者减少的离子数目相同，Ksp（CaSO4）=9106，则平衡后（Ca2+）c（SO42），c（SO4）小于3l03mol/L，故D错误；故选C720mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，溶液
22、中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液已知：Kaq=Fe（OH）3=4.01038，Kaq=Fe（OH）2=8.01016（）A沉淀中只有Fe（OH）3B沉淀中有Fe（OH）3和Fe（OH）2C滤液c（Fe3+）=4.0108mol/LD向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】AB根据c（Fe2+）c（OH）2与Ksp=Fe（OH）2的关系分析；C根据Ksp=Fe（OH）3=c（Fe3+）c（OH）3计算；D向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液的PH增大【解答】解：AB20mL 0.1mol/L溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，
23、则c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）2=8.01016=c（Fe2+）c（OH）2=c（Fe2+）（1010）2，解得c（Fe2+）=8104mol/L，所以溶液中没有Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2在溶液中易被氧化为Fe（OH）3；所以溶液中生成的沉淀是Fe（OH）3沉淀，故A正确，B错误；C已知溶液的PH=4，则c（OH）=1010mol/L，KspFe（OH）3=4.01038=c（Fe3+）c（OH）3=c（Fe3+）（1010）3，解得c（Fe3+）=4.0108mol/L，所以滤液c（Fe3+）=4.0108mol/L，故C正确；D向滤液中滴加FeCl2溶液，溶液
24、的体积增大，氢氧根离子的浓度减小，所以没有沉淀生成，故D正确；故选B8下列说法正确的是（）ApH均为2的醋酸和盐酸加水稀释100倍，所得溶液的pH：醋酸盐酸BpH为11的氨水和pH为3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）C浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液：c（Na+）+c（CH3COO）=c（OH）+c（H+）D浓度均为0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中有下列关系：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO）+2c（OH）【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DN
25、：离子浓度大小的比较【分析】A加水稀释促进弱电解质醋酸电离；BpH=3的盐酸溶液浓度是0.001mol/L，pH=11的氨水溶液，氨水浓度大于0.001mol/L，等体积混合，氨水过量，导致溶液呈碱性；C溶液中存在电荷守恒；D结合电荷守恒和物料守恒计算分析判断【解答】解：A加水稀释促进弱电解质醋酸电离，所以醋酸继续电离出氢离子，而HCl不再电离出氢离子，导致稀释后醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸pH小于HCl，故A错误；BpH为11的氨水和pH 为3的盐酸溶液等体积混合，氨水过量，导致溶液呈碱性，所得溶液中c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故B错误；C浓度均为0.1 mol/L的
26、NaOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故C错误；D浓度均为0.1mol/L的醋酸和CH3COONa溶液等体积混合，电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+），计算得到，溶液中有下列关系：c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO）+2c（OH），故D正确；故选D9常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液中，下列叙述正确的是（）A该一元酸溶液的pH=1B该溶液中由水电离出的c（H+）=11011molL1C该溶液中水的
27、离子积常数为11022D用pH=11的NaOH溶液V1L与V2L0.1 molL1该一元酸（HA）溶液混合，若混合溶液的pH=7，则V1V2【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据溶液中c（OH）与c（H+）的比值结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出酸的强弱性质，再根据与碱反应的性质判断反应后溶液的pH；A根据溶液中氢离子浓度计算溶液的PH；B酸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；C温度不变，水的离子积常数不变；D氢氧化钠是强碱，HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量【解答】解：A常温下，0.1molL1某一元酸（HA）溶液中mol/L
28、结合c（H+）c（OH）=1014可知，溶液中氢离子浓度=108mol/L，所以c（H+）=0.001mol/L，氢离子浓度小于酸浓度，所以该酸是弱酸，溶液的PH=3，故A错误；B酸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，所以该溶液中由水电离出的c（H+）=11011molL1，故B正确；C温度不变，水的离子积常数不变，所以该溶液中水的离子积常数为11014，故C错误；DpH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度=0.001mol/L，氢氧化钠是强碱，HA是弱酸，假设HA是强酸，则NaOH和HA的体积之比为100：1，实际上HA是弱酸，要使混合溶液呈中性则NaOH与HA体积之比小于1
29、00：1，但仍然存在V1V2 ，故D错误；故选B10常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（）b不能显碱性a可能显酸性或碱性a不可能显酸性b可能显碱性或酸性ABCD【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性【解答】解：pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可
30、能显碱性，故正确；某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故正确；若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则a可能显酸性，故错误；若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故错误；故选A11下列各组物质全部是弱电解质的是（）AH
31、2O、NH3H2O、H3PO4、HFBCu（OH）2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONaCH2SO3、Ba（OH）2、BaSO4DSO2、H2S、CO2【考点】D2：强电解质和弱电解质的概念【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；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、水与少数盐据此即可解答【解答】解：AH2O、NH3H2O、H3PO4、HF在水溶液部分电离，属于弱电解质，故A正确；BC2H5OH为非电解质，CH3COONa为强电解质，故B错误；CBa（OH）
32、2、BaSO4都是强电解质，故C错误；DSO2、CO2都是非电解质，故D错误；故选：A12化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）、溶度积常数（Ksp）等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（）A化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关BKa（HCN）Ka（CH3COOH）说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强C向氯化钡溶液中加入同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO4沉淀，则Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）D当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）变大【考点】C8：化学平衡常数的含义【分析】A化学平衡常数只与温度有关
33、；B二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小；C溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小；D弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离【解答】解：A化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故A错误；B二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故氢氰酸的酸性比醋酸弱，故B错误；C溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），故C错误；D弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）变
34、大，故D正确；故选D13加热下列物质的稀溶液，可能使离子总数减小的是（不考虑溶液的挥发）（）AFe2（SO4）3BCH3COOHCNaOHDCa（HCO3）2【考点】DC：影响盐类水解程度的主要因素；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、加热促进水解；B、加热促进弱酸的电离；C、加热促进水的电离；D、加热Ca（HCO3）2会分解生成碳酸钙【解答】解：A、加热Fe2（SO4）3溶液，会促进Fe2（SO4）3水解，溶液中离子浓度增大，故A不选；B、加热促进CH3COOH的电离，溶液中离子浓度增大，故B不选；C、加热对氢氧化钠无影响，但会促进水的电离，所以溶液中离子浓度增大，故C不选；D、加
35、热Ca（HCO3）2会分解生成碳酸钙，所以溶液中离子浓度减小，故D选故选D14同温度下的四种溶液，当NH4+浓度相同时，溶液的物质的量浓度最大的是（）ANH4Al（SO4）2BNH4ClCNH3H2ODCH3COONH4【考点】5C：物质的量浓度的相关计算【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，据此进行判断【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABD选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1，C中NH3H2O部分电离，铵根离子浓度最小，ANH4
36、Al（SO4）2中的铝离子的水解对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度较大；B氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；CNH3H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；D醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，溶液中铵根离子浓度较小；根据分析可知，NH4+的浓度相同时，溶质的浓度最大的是NH3H2O，故选C15下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+
37、、Cl、SO42【考点】DP：离子共存问题【分析】A无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子【解答】解：AAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3离子之间
38、不发生反应，HCO3离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；DFe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C16对于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）Ac（H+）=c（CH3COO）B加水稀释时增大C与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性D加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离，电离常数Ka变小【考点】DA：pH的简单计算【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，醋酸能够抑制水的电离，氯化铵能够促进水的电离，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子物质的量增大，以氢离子浓度与氢氧根离子浓度相
39、等的醋酸与氢氧化钠，醋酸的物质的量大于氢氧化钠，此解答该题【解答】解：A常温下pH=2的醋酸溶液，电荷守恒为：c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故A错误；B加水稀释促进醋酸的电离，CH3COO的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，所以加水稀释时增大，故B正确；C 氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的醋酸与氢氧化钠，醋酸的物质的量大于氢氧化钠，其等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，故C错误；D电离常数Ka只与温度有关，温度不变，电离常数Ka不变，故D错误故选B二、非选择题（共3题，共52分）17FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2
40、SO3（g）H1=197kJmol1；H2O（g）H2O（l）H2=44kJmol1；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=545kJmol1则SO3（g）与H2O（l）反应生成H2SO4（l）的热化学方程式是SO3（g）+H2O（g）=H2SO4（l）H3=152kJ/mol【考点】BE：热化学方程式【分析】利用盖斯定律：（） 可得SO3 （g）+H2O（l）=H2SO4（l），据此计算出该反应的焓变，然后写出反应的热化学方程式【解答】解：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=一197kJ/mol 2H2O （g）=2H2O（1）H2=44kJ/mol 2
41、SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）H3=一545kJ/mol利用盖斯定律：（） 得：SO3 （g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=152kJ/mol，故答案为：SO3（g ）+H2O（g）=H2SO4（l）H3=152kJ/mol18肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料反应时释放大量热并快速产生大量气体已知在101kPa，298K时，1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和水蒸气，放出热量624kJ，该反应的热化学方程式是N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=624KJ/mol又知：H2O（g ）=H2O （l）H=
42、44kJmol1，若1mol液态N2H4在氧气中完全燃烧生成N2和液态水，则放出热量为712kJ【考点】5D：有关反应热的计算【分析】根据题中数据结合热化学方程式的意义书写该反应的热化学方程式；根据盖斯定律及热化学方程式计算出反应的热量【解答】解：在101kPa（25时）时，已知1mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出624KJ的热量，则该反应的热化学方程式为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=624kJ/mol；如果生成液态水，1mol肼完全反应放出的热量为：624kJ+442kJ=712kJ，故答案为：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g
43、）H=624KJ/mol；71219化学反应原理在科研和生产中有广泛应用（1）生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H=+131.3kJmol1，S=+133.7Jmol1K1，该反应在低温下不能（填“能”或“不能”）自发进行（2）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 （ I）反应（ I）的平衡常数表达式K=，若K=1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为66.7%（3）已知在400时，N2（g）+3H2（g）2NH3（g
44、）的K=0.5在400时，2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的K=2（填数值）400时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v（N2）正=（填“”“”“=”或“不确定”）v（N2）逆（4）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝钢制品接电源的负极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7+3eAl+7AlCl4为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6m
45、ol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol【考点】CP：化学平衡的计算；BH：原电池和电解池的工作原理；C5：焓变和熵变【分析】（1）反应自发进行的判断依据是HTS0；（2）化学平衡常数等于各生成物平衡浓度系数次幂之积和各反应物平衡浓度系数次幂之积的比值；结合化学平衡常数劣势计算，转化率=100%计算；（3）相同温度下，同一可逆反应的正逆平衡常数互为倒数关系；根据浓度熵和平衡常数之间的关系来判断反应的状态；（4）电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液来实现；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；
46、依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气【解答】解：（1）C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）H=+131.3kJmol1，S=+133.7Jmol1K1，）HTS=131.3kJ/molT0.1337KJ/（molK），低温时，131.3kJ/molT0.1337KJ/（molK）0，反应不能自发进行，故答案为：不能；（2）反应（）TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）H0 的平衡常数表达式K=，若K=1，设 I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1x）mol，K=1，解之得：x=66.7%
47、，故答案为：；66.7%（3）相同温度下，同一可逆反应的正逆平衡常数互为倒数关系，在400时，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的K=0.5，则2NH3（g）N2（g）+3H2（g）的K=2；故答案为：2；一段时间后，当N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol/L、2mol/L、4mol/L时，Qc=0.5，QC=K所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等；故答案为：=；（4）电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H+2e=H2；依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol，故答案为：负；4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；H2 ；32017年6月21日
