1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年新疆兵团农二师华山中学高二（下）开学化学试卷一、选择题1下列推论正确的是（）AS（g）+O2（g）=SO2（g）H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）H2；H1H2BC（石墨，s）=C（金刚石，s）H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定CNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/mol则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJDCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）H0，s0，则：该反应任何温度下都能自发进行2在一密闭容器中，
2、加入物质A和B后发生反应aA（s）+bB（g）cC（g），此反应是放热反应关于化学反应速率的叙述正确的是（）A升高温度时，正反应速率加快，逆反应速率减慢B增加少量的A物质，正反应的化学反应速率加快C增大压强，正反应速率加快，逆反应速率也加快D达到平衡时消耗B的物质的量一定等于消耗C的物质的量3将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（）A水的离子积变大、pH变小、呈酸性B水的离了积不变、pH不变、呈中性C水的离子积变小、pH变大、呈碱性D水的离子积变大、pH变小、呈中性4在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则平衡后溶液中（）AC（B
3、a2+）=C（SO42）=KspBC（Ba2+）C（SO42）Ksp C（Ba2+）=C（SO42）CC（Ba2+）C（SO42）=Ksp C（Ba2+）C（SO42）DC（Ba2+）C（SO42）Ksp C（Ba2+）C C（SO42）5已知反应：CO（g）+CuO（s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是（）A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的H0D对
4、于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小6用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量7下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是（）AAlCl3BKHCO3CFe2（SO4）3DNH4HCO38可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是（）一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其它条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反应速率v（H2）=0.6m
5、ol/（Lmin），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（Lmin）A全部BCD9在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g）当反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原来的体积，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍下列叙述中不正确的是（）A平衡向逆反应方向移动Ba+bc+dCZ的体积分数减小DX的转化率减小10下列图示与对应叙述相符的是（）A图表示向20 mL 0.1 mol/L氨水中逐滴加入0.1 mol/L醋酸，溶液导电性随加入酸体积的变化B图表示压强对可逆反应A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图中曲线表示反应3A（g
6、）+B（g）2C（g）H0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化D据图，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液至pH在4左右11将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A两烧杯中铜片表面均无气泡产生B甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C两烧杯中溶液的pH均增大D产生气泡的速度甲比乙慢12下列对各种平衡体系的叙述中，完全正确的一组是（）在醋酸溶液中存在的电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释后，溶液中所有离子浓度均减小常温下，在醋酸溶液中加入少量的CH3COONa固体，会使其电离平衡逆向移动某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X
7、（g）+Y（g）2Z（g）+W（s）；H0平衡后，升高温度，该化学平衡正向移动在上述的可逆反应中，当容器中气体压强不变时，反应达到平衡一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞试液变红，其原因是溶液中存在如下平衡CH3COO+H2OCH3COOH+OH使得溶液中的c（OH）c（H+）在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡向溶解的方向移动在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀ABCD13下列反应原理或过程，不能用勒夏特列原理解释的是（）A用N2和H2合成氨需采用高压B由H2O2制氧气时使用MnO2催化剂C醋酸溶液加水稀释醋酸的电离度增大D温度升高水的电离程度增大14关
8、于如图装置所示的两个实验，说法正确的是（）A两个装置中都发生了化学变化，都由化学能转变为电能B装置中电流方向是从Zn经导线流入CuC反应开始阶段，两个装置中均有氢气产生D电极反应式：阳极2Cl2eCl2正极2H+2eH215下列各组离子一定能在常温指定环境中大量共存的是（）A在c（H+）=1010molL1的溶液中：Al3+、NH4+、Cl、NO3BpH值为1的溶液：Fe2+、Na+、SO42、NO3C水电离出来的c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、HCO3、Cl、ClODpH值为13的溶液：K+、CO32、Na+、S216常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.0
9、0mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）二、非选择题（共计52分）17由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：已知18g液态水转化成水蒸气需吸热44kJ，则反应2H2（g）+O2（g）2H2O（l）的H=kJm
10、ol1，氢气的标准燃烧热H=kJmol1（2）已知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=184.6kJmol1其它相关数据如下表：H2（g）Cl2 （g）HCl （g）1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436243a则表中a为（3）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=kJmol118T时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与
11、时间的关系如图（）所示根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为，正反应为（填“吸热”或“放热”）反应（2）在密闭容器中，加入2mol A和6mol B当反应达到平衡时，A和B的浓度比是；A和B的转化率之比是升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量（填“变大”、“变小”或“不变”）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将（填“正向”、“逆向”或“不”）移动若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将（填“正向”、“逆向”或“不移动”）达到新平衡后，容器内温度（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍19已知t时，0.01mol
12、L1NaOH溶液的pH=11，0.1molL1的HA溶液中=109请回答下列问题：（1）该温度下，水的离子积KW=，HA是（填“强”或“弱”） 酸（2）该温度下，将pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈（填“酸”、“碱”或“中”）性（3）在室温下，用蒸馏水稀释0.01molL1HA溶液时，下列各项呈减小趋势的是A B C溶液中c（H+）和c（OH）的乘积 D溶液中c（A）c（HA）的值E水的电离程度（4）室温下，取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：图中表示HA溶液pH变化曲线的是（填“A”或“B”）设盐
13、酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1m2（填“”、“”或“=”）20已知25时，CH3COONH4溶液呈中性将0.1molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的NaOH溶液等体积混合（混合溶液的体积变化忽略不计），测得混合溶液的pH=9回答下列问题：（1）用离子方程式表示混合溶液的pH=9的原因（2）混合后溶液中c（CH3COOH）=molL1（填写精确值）（3）相同温度相同浓度的下列四种溶液：（NH4）2CO3 CH3COONH4 （NH4）2SO4 NH4Cl，pH由大到小的排列顺序为（填序号）Mg（OH）2沉淀可溶解于NH4Cl溶液同学对有关该反应的原理
14、的解释如下：甲同学认为是NH4Cl水解，溶液呈酸性，H+中和了Mg（OH）2电离出的OH导致沉淀溶解；乙同学认为是NH4+与Mg（OH）2电离出的OH反应生成弱电解质NH3H2O，导致沉淀溶解（4）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂来验证甲、乙两同学的观点，他选用的试剂是ANH4NO3 BCH3COONH4CNa2CO3 DNH3H2O（5）丙同学选择该试剂的理由是：（6）丙同学将所选试剂滴加到Mg（OH）2悬浊液中，Mg（OH）2溶解，由此可知：（填“甲”或“乙”）的解释更合理Mg（OH）2沉淀与NH4Cl溶液反应的离子方程式为：（7）现有Mg（OH）2和Al（OH）3沉
15、淀的混合物，若除去Mg（OH）2得到纯净的Al（OH）3，可用（填写所用试剂的化学式，试剂从本题涉及的试剂中选取，下同）；若除去Al（OH）3得到纯净的Mg（OH）2，可用21现用邻苯二甲酸氢钾标准溶液来测定NaOH溶液的浓度用氢氧化钠溶液来滴定邻苯二甲酸溶液时有下列操作：向溶液中加入12滴指示剂 取20mL标准溶液放入锥形瓶中用氢氧化钠溶液滴定至终点 重复以上操作用天平精确称取5.105g邻苯二甲酸氢钾（相对分子质量为204.2）固体配成250mL标准溶液（测得pH约为4.2）根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度（1）以上各步中，正确的（填序号）操作顺序是，上述中使用的仪器除锥形瓶外，还需
16、要使用的仪器是选用指示剂是：（2）滴定，并记录NaOH的终读数重复滴定几次，数据记录如下表： 滴定次数实验数据1234V（样品）/mL20.0020.0020.0020.00V（NaOH）/mL（初读数）0.100.300.000.20V（NaOH）/mL（终读数）20.0820.3020.8020.22V（NaOH）/mL（消耗）19.9820.0020.8020.02某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积为：V（NaOH）=20.20mL，他的计算合理吗？理由是通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢 氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a20.02（填“”、“”或“
17、=”）（3）步骤中在观察滴定管的起始读数时，要使滴定管的尖嘴部分充满溶液，如果滴定管内部有气泡，赶走气泡的操作（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，此操作对实验结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）2015-2016学年新疆兵团农二师华山中学高二（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列推论正确的是（）AS（g）+O2（g）=SO2（g）H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）H2；H1H2BC（石墨，s）=C（金刚石，s）H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定CNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（a
18、q）+H2O（l）H=57.4kJ/mol则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJDCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）H0，s0，则：该反应任何温度下都能自发进行【考点】反应热和焓变【分析】A固体硫变化为气态硫需要吸收热量；B物质的能量越低，物质越稳定；C根据热化学方程式中物质的物质的量与能量成正比；D根据反应自发进行的判断依据是：G=HTS0；【解答】解：A固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，但H1H2 故A正确；B石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C由NaOH（a
19、q）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/mol可知40gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为57.4kJ，所以含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ，故C错误；D该反应的H0，S0，G=HTS在低温下大于零，故D错误；故选：C；【点评】本题主要考查了热化学方程式的运用，物质的稳定性与能量的关系、反应自发性的判断，难度不大，根据课本知识即可完成2在一密闭容器中，加入物质A和B后发生反应aA（s）+bB（g）cC（g），此反应是放热反应关于化学反应速率的叙述正确的是（）A升高温度时，正反应速率加快，逆反应速率减慢B增加少量的A物质
20、，正反应的化学反应速率加快C增大压强，正反应速率加快，逆反应速率也加快D达到平衡时消耗B的物质的量一定等于消耗C的物质的量【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A无论吸热反应还是放热反应，升高温度增大正逆反应速率；BA是固体，A的量多少不影响反应速率；C有气体参与的反应中，增大压强，正逆反应速率都增大；D反应达到平衡时，消耗B的物质的量与消耗C的物质的量之比等于其计量数之比【解答】解：A无论吸热反应还是放热反应，升高温度增大正逆反应速率，所以升高温度正逆反应速率都增大，故A错误；BA是固体，A的量多少不影响反应速率，所以增加少量的A物质，不影响正反应的化学反应速率，故B错误；C有气体参与的反应
21、中，增大压强，正逆反应速率都增大，该反应中有气体参加，所以增大压强正逆反应速率都增大，故C正确；D反应达到平衡时，消耗B的物质的量与消耗C的物质的量之比等于其计量数之比，b、c两个数值不一定相等，所以达到平衡时消耗B的物质的量不一定等于消耗C的物质的量，故D错误；故选C【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，知道外界条件对反应速率的影响及其原理，注意反应速率改变平衡不一定移动，题目难度不大3将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（）A水的离子积变大、pH变小、呈酸性B水的离了积不变、pH不变、呈中性C水的离子积变小、pH变大、呈碱性D水的离子积变大、pH变小、呈中性【考点】水的电离【分析】依据
22、纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；故选：D【点评】本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断4在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则平衡后溶液
23、中（）AC（Ba2+）=C（SO42）=KspBC（Ba2+）C（SO42）Ksp C（Ba2+）=C（SO42）CC（Ba2+）C（SO42）=Ksp C（Ba2+）C（SO42）DC（Ba2+）C（SO42）Ksp C（Ba2+）C C（SO42）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+SO42；若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则Ksp=c（Ba2+）c（SO42），饱和溶液中c（Ba2+）=c（SO42），加入氯化钡溶液增大钡离子浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向进行
24、，硫酸根离子浓度减小，溶度积常数随温度变化，不随浓度改变【解答】解：A加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，但溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；B加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，最后溶液中的溶度积常数不变，故B错误；C加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，最后溶液中的溶度积常数不变，即c（Ba2+）c（SO42）=Ksp c（Ba2+）c（SO42），故C正确；D溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故D错误；故选C【点
25、评】本题考查了沉淀溶解平衡的建立和影响因素，题目难度不大，注意掌握溶解平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力5已知反应：CO（g）+CuO（s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是（）A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的H0D对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因
26、素【分析】A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；B由方程式可知，反应=反应反应，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；D根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答【解答】解：A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应的平衡常数K1=，故A错误；B反应的平衡常数K1=，反应的平衡常数K2=，反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=，故B正确；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，故C错误；D
27、对于反应，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2 的浓度不变，故D错误故选B【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，难度中等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系6用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少【解答】解：A、由NH3H2OOH+NH4+可
28、知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，增大，故A错误；B、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，减小，故B正确；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误；故选：B【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答7下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是（）AAlCl3BKHCO3CFe2（SO4）3DNH4HCO3【考点】盐类
29、水解的原理【分析】溶液加热蒸干后，能析出溶质固体本身，说明在加热过程中物质本身不分解，或不水解，或水解生成的酸为难挥发性酸，以此解答该题【解答】解：A加热AlCl3溶液，水解生成盐酸和氢氧化铝，不能得到AlCl3，故A错误；B加热KHCO3分解，最终得到碳酸钾，故B错误；C加热Fe2（SO4）3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2（SO4）3，故C正确；DNH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力，题目难度不大，注意把握盐类水解的特点以及相关物质的性质8可以证明可逆反应N2+3H22
30、NH3已达到平衡状态的是（）一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂；其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；保持其它条件不变时，体系压强不再改变；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变；正反应速率v（H2）=0.6mol/（Lmin），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（Lmin）A全部BCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断【解答】解：一个NN断裂的同时，有3个HH键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反
31、应速率是否相等，故错误；一个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；反应两边气体的质量不变，气体的体积不相等，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，故正确；恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，故错误；正反应速率v（H2）=0
32、.6mol/（Lmin），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（Lmin），说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；故选：C【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意方程式中气体的化学计量数关系，注意平衡时的浓度关系、物质的量关系不能作为判断是否平衡的依据9在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g）当反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原来的体积，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍下列叙述中不正确的是（）A平衡向逆反应方向移动Ba+bc+dCZ的体积分数减小DX的转化率减小【考点】化学平衡的影响因素【分析】在密闭容器中发生反应：aX（
33、g）+bY（g）cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析选项【解答】解：A、依据条件改变分析判断平衡逆向进行，故A正确；B、压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+bc+d，故B错误；C、反应平衡逆向进行，Z的体积分数减小，故C正确；D、平衡逆向进行，X转化率减小，故D正确；故选：B【点评】本题考查化学平衡的判断和影响因素分析，掌握平衡移动原理是解题关键，题目难度中等10下列
34、图示与对应叙述相符的是（）A图表示向20 mL 0.1 mol/L氨水中逐滴加入0.1 mol/L醋酸，溶液导电性随加入酸体积的变化B图表示压强对可逆反应A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C图中曲线表示反应3A（g）+B（g）2C（g）H0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化D据图，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液至pH在4左右【考点】电解质溶液的导电性；反应热和焓变；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全
35、后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱；B、增大压强加快化学反应速率速率而对化学平衡的移动无影响，因两边的化学计量数相等，改变压强平衡不移动；C、正反应是放热反应，温度升高K正减小，K逆增大；D、除杂不能引入新的杂质，加入NaOH溶液引入新的杂质钠离子【解答】解：A、氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故A错误；B、所给反应时气体体积不变的反应，因此增大压强只能加快化学反应速率速率，而对化学平衡的移动无影响，先拐的压强大速率快，达平衡所需的
36、时间短，故乙的压强大，乙到甲减小压强，增大压强，平衡不移动，所以反应物的百分含量保持不变，故B正确；C、正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K正减小，K逆和K正互为倒数，因此K逆增大，故C错误；D、除杂不能引入新的杂质，加入NaOH溶液引入新的杂质Na+，应加入CuO或Cu（OH）2至pH在4左右，故D错误；故选B【点评】本题考查酸碱混合及溶液的导电性，明确电解质的强弱、离子浓度与导电性的关系即可解答，题目难度不大11将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A两烧杯中铜片表面均无气泡产生B甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C两烧杯中溶液的pH均增大D产生气
37、泡的速度甲比乙慢【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，原电池的构成加快了反应速率乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析【解答】解：A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B、乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C、甲乙两烧杯反应的总方程式都为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的PH增大，故C正确；D、原电
38、池能加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误故选C【点评】本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理12下列对各种平衡体系的叙述中，完全正确的一组是（）在醋酸溶液中存在的电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释后，溶液中所有离子浓度均减小常温下，在醋酸溶液中加入少量的CH3COONa固体，会使其电离平衡逆向移动某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（s）；H0平衡后，升高温度，该化学平衡正向移动在上述的可逆反应中，当容器中气体压强不变时，反应达到平衡一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞试液变红，其原因
39、是溶液中存在如下平衡CH3COO+H2OCH3COOH+OH使得溶液中的c（OH）c（H+）在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡向溶解的方向移动在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸溶液加水稀释平衡状态下的微粒浓度减小，温度不变，溶液中离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大；醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶解后会增大醋酸根离子浓度，电离平衡逆向进行；升温平衡向吸热反应方向进行；反应前后气体物质的量不变，过程中压强始终不变；醋酸钠溶液中醋酸根离子是弱酸阴离子，醋酸根离子水解结合水电离出的氢离子，促进水的
40、电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大；根据影响平衡移动的因素：减小生成物浓度，平衡正向移动；由于AgCl与AgI分子组成形式相同，故Ksp越大，溶解度越大，溶解度大的能转化为溶解度小【解答】解：在醋酸溶液中存在的电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+ 加水稀释后，溶液中氢离子浓度均减小，温度不变水的离子积不变，所以氢氧根离子浓度变大，故错误；醋酸电离产生醋酸根离子，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度变大，则平衡向逆向移动，故正确；某温度下，容积一定的密闭容器中进行可逆反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（s）；H0，反应是吸热反应，平衡后升高温度，该化学平衡正向移动，故正确；X（g）+Y（g）2
41、Z（g）+W（s）H0，两边的气体的计量相等，反应前后气体物质的量不变，过程中压强始终不变，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；醋酸钠溶液中醋酸根离子是弱酸阴离子，醋酸根离子水解结合水电离出的氢离子，促进水的电离平衡正向进行，氢氧根离子浓度增大，CH3COO+H2OCH3COOH+OH使得溶液中的c （OH）c（H+），故正确；碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，消耗碳酸根浓度，平衡正向移动，即向溶解的方向移动，故正确；由于AgCl与AgI分子组成形式相同，故Ksp越大，溶解度越大，溶解度大的能转化为溶解度小的，因为KSP（AgCl）大于KSP（AgI），故AgI的溶解度小，所以氯化
42、银沉淀能转化为AgI黄色沉淀，故正确；故选C【点评】本题侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对四种平衡状态以及外界条件对平衡状态影响的了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有助于提升学生的学科素养，该题是高考中的常见考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强13下列反应原理或过程，不能用勒夏特列原理解释的是（）A用N2和H2合成氨需采用高压B由H2O2制氧气时使用MnO2催化剂C醋酸溶液加水稀释醋酸的电离度增大D温度升高水的电离程度增大【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理是指在化学平衡发生改变的时候，化学平衡会向减少改变的方向移动
43、，也就是阻止改变的方向移动，但不会回到原来，凡是存在可逆过程的反应，与平衡移动有关时，可用勒夏特列原理解释【解答】解：A合成氨工业：N2+3H22NH3 H0，正反应是气体体积减小反应，增大压强平衡向正反应方向移动，故采用较高的压强有利于氨的合成，能用平衡移动原理解释，故A不选；B催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，故B选；C醋酸为弱酸，加水促进电离，可用平衡移动原理解释，故C不选；D水的电离为吸热过程，加热促进电离，可用平衡移动原理解释，故D不选故选B【点评】本题考查了化学平衡移动原理、化学平衡影响因素等，难度不大，注意使用平衡移动原理的前提必须是可逆过程，且与平衡移动有关14关于如图装置
44、所示的两个实验，说法正确的是（）A两个装置中都发生了化学变化，都由化学能转变为电能B装置中电流方向是从Zn经导线流入CuC反应开始阶段，两个装置中均有氢气产生D电极反应式：阳极2Cl2eCl2正极2H+2eH2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】是电解池是原电池，中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，中锌作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，电流从正极沿导线流向负极，以此解答该题【解答】解：A是电解池，是电能转化为化学能的装置，是原电池，是化学能转化为电能的装置，故A错误；B中电流的方向是从铜沿导线流向锌，故B错误；C反应开始阶段，中阳
45、极上析出氯气，阴极上析出铜，中正极上生成氢气，负极上生成锌离子，故C错误；D阳极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，其电极反应式：中阳极 2Cl2eCl2中正极 2H+2eH2，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池、电解池的工作原理，把握原电池和电解池的区别，难度不大15下列各组离子一定能在常温指定环境中大量共存的是（）A在c（H+）=1010molL1的溶液中：Al3+、NH4+、Cl、NO3BpH值为1的溶液：Fe2+、Na+、SO42、NO3C水电离出来的c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、HCO
46、3、Cl、ClODpH值为13的溶液：K+、CO32、Na+、S2【考点】离子共存问题【分析】Ac（H+）=1010molL1的溶液呈碱性；BpH值为1的溶液呈酸性，酸性条件下NO3具有强氧化性；C水电离出来的c（H+）=1012 molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性；DpH值为13的溶液呈碱性【解答】解：Ac（H+）=1010molL1的溶液呈碱性，碱性条件下，Al3+、NH4+不能大量共存，故A错误；BpH值为1的溶液呈酸性，酸性条件下NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C水电离出来的c（H+）=1012 molL1的溶液，水的电离受到抑制，
47、溶液可能呈酸性也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3都不能大量存在，故C错误；DpH值为13的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，明确信息及离子之间的反应即可解答，熟悉离子之间的氧化还原反应、相互促进水解等来解答，难度不大16常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3CO
48、OH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）【考点】中和滴定；质量守恒定律；离子浓度大小的比较【分析】根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）；点pH=7，即c（H+）=c（OH
49、），c（Na+）=c（CH3COO）；点体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况【解答】解：A、点反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH
50、）+c（H+），故A错；B、点pH=7，即c（H+）=c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）=c（CH3COO），故B错；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO水解，且程度较小，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确；故选：D【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角
51、度做题二、非选择题（共计52分）17（1）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJmol1已知18g液态水转化成水蒸气需吸热44kJ，则反应2H2（g）+O2（g）2H2O（l）的H=571.6kJmol1，氢气的标准燃烧热H=285.8kJmol1（2）已知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=184.6kJmol1其它相关数据如下表：H2（g）Cl2 （g）HCl （g）1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436243a则表中a为431.8（3）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO
52、3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=41.8kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】（1）根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热；氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol；（2）1molH2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为436kJ，1molCl2（g）化学键断裂时需要吸收的能量
53、为243kJ，1molHCl（g）化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，依据H=反应物的总键能生成物的总键能列式计算；（3）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1依据盖斯定律计算（）得到反应热化学方程【解答】解：（1）氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8kJ/mol，1mol液态水变成气态水时要吸收44kJ的热量，故反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的反应热H=（241.8kJ/mol+44kJ/mol）2
54、=571.6kJ/mol，故反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）的反应热H=（241.8kJ/mol+44kJ/mol）=285.8kJ/mol，故氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8 kJmol1；571.6，285.8； （2）1molH2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为436kJ，1molCl2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为243kJ，1molHCl（g）化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，H2（g）+Cl2（g）2HCl （g）H=184.6kJmol1，依据H=反应物的总键能生成物的总键能，则184.6KJ=436
55、KJ+243kJa2，a=431.8，故答案为：431.8；（3）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1依据盖斯定律计算（）得到反应热化学方程式：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=41.8KJ/mol，故答案为：41.8【点评】本题考查了热化学方程式的书写与反应热的计算、燃烧热概念等，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用，燃烧热注意把握可燃物为1mol，生成稳定的氧化物18T时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图（）所示，若保持其
56、他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（）所示根据以上条件，回答下列问题：（1）A与B反应生成C的化学方程式为A（g）+3B（g）2C（g），正反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应（2）在密闭容器中，加入2mol A和6mol B当反应达到平衡时，A和B的浓度比是1：3；A和B的转化率之比是1：1升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量变小（填“变大”、“变小”或“不变”）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或
57、“不移动”）达到新平衡后，容器内温度小于（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）由图（）可知，A和B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比判断反应的化学方程式；由图（）可知T1T2，升高温度B的体积分数增大，说明生成温度平衡向逆反应方向移动，据此判断该反应是吸热还是放热反应；（2）依据化学平衡起始量、变化量分析；反应前后气体质量不变，物质的量减小，结合混合气体的平均相对分子质量=分析；恒温恒容容器加入惰气，总压增大，为保持压强不变，体积增大，压强减小，平衡向气体
58、体积增大的方向进行；若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，反应是放热反应，平衡逆向进行方向【解答】解：（1）由图（）可知，A和B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：c（A）：c（B）：c（C）=0.2mol/L：0.6mol/L：0.4mol/L=1：3：2，则反应的化学方程式为：A（g）+3B（g）2C（g）；由图（）可知T1T2，升高温度B的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故答案为：A（g）+3B（g）2C（g）；放热；（2）若在密闭容器中，使2mol A和6
59、molB混合发生反应，依据化学平衡三段式列式计算，A（g）+3B（g）2C（g）；起始量（mol）物质的量之比=A：B=2：6=1：3，反应物质的量之比为1：3，所以当反应达到平衡时，A和B的浓度比为1：3，A和B的转化率比是1：1；故答案为：1：3，1：1；反应是放热反应，反应前后气体质量不变，物质的量减小，结合混合气体的平均相对分子质量=分析，升高平衡体系的温度（保持体积不变）平衡逆向进行，气体质量不变，气体物质的量增大，平均摩尔质量变小，故答案为：变小；恒温恒容容器加入惰气，总压增大，为保持压强不变，体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡逆向进行，故答案为：逆向；若容器恒
60、容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，达到新平衡状态，容器中温度小于原来2倍，故答案为：逆向；小于【点评】本题考查了化学平衡图象问题，影响化学平衡因素的分析判断，题目难度中等，解答该题时注意分析图象的曲线变化特点，由图象得出反应的化学方程式，化学平衡移动原理为解答该题的关键19已知t时，0.01molL1NaOH溶液的pH=11，0.1molL1的HA溶液中=109请回答下列问题：（1）该温度下，水的离子积KW=1013，HA是弱（填“强”或“弱”） 酸（2）该温度下，将pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈酸（填“酸”、“碱”
61、或“中”）性（3）在室温下，用蒸馏水稀释0.01molL1HA溶液时，下列各项呈减小趋势的是BDA B C溶液中c（H+）和c（OH）的乘积 D溶液中c（A）c（HA）的值E水的电离程度（4）室温下，取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：图中表示HA溶液pH变化曲线的是B（填“A”或“B”）设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1m2（填“”、“”或“=”）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）0.01molL1NaOH溶液中c（OH）=102mol/L，已知pH=11，根据Kw的公式计算
62、；0.1molL1的HA溶液中=109，根据Kw计算c（H+），再判断酸性强弱；（2）pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液，c（OH）=c（H+），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度；（3）HA是弱电解质，加水稀释HA，促进HA电离，则n（A）、n（H+）增大，n（HA）减小，但酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（A）、c（H+）、c（HA）都减小，据此分析解答；（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA继续电离出氢离子，则反应过程中HA中pH增大程度小于HCl，当完全反应后，HA和盐酸中pH相等，则HA反应的物质的量大于盐酸，根据酸和锌之间的关系计算【解答】解：（1
63、）0.01molL1NaOH溶液中c（OH）=102mol/L，已知pH=11，即c（H+）=1011mol/L，则Kw=c（OH）c（H+）=1013；0.1molL1的HA溶液中=109，已知Kw=1013，则c（H+）=102mol/L，氢离子浓度小于酸的浓度，所以HA为弱酸；故答案为：1013；弱；（2）pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液，氢氧化钠溶液中c（OH）等于醋酸溶液中c（H+），由于酸是弱酸，酸的浓度大于氢离子浓度，所以混合后酸有剩余，则溶液显酸性；故答案为：酸；（3）A加水稀释，c（A）、c（H+）都减小，由于水也电离出氢离子，所以c（H+）减小的程度小，则会增大，故A
64、错误；B加水稀释，促进电离，则n（A）增大，n（HA）减小，所以减小，故正确；C溶液中c（H+）和c（OH）的乘积为常数，温度不变，则 c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D加水稀释，溶液的体积增大，c（A）与c（HA）均减小，所以溶液中c（A）c（HA）的值减小，故D正确；E加水稀释，溶液的体积增大，c（H+）减小，对水的电离的抑制程度减小，所以水的电离程度增大，故E错误；故答案为：BD；（4）HA是弱电解质，在反应过程中HA电离出氢离子，所以反应过程中HA中C（H+）大于HCl，则HA中pH增大程度小于HCl，所以表示HA溶液中pH变化曲线为B；故答案为：B；当完全反应后，HA和盐
65、酸中pH相等，则参加反应的n（HA）n（HCl），酸消耗的越多，则参加反应的Zn的质量越大，所以m1m2，故答案为：【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其影响、pH与酸的稀释等知识，题目难度中等，注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答，综合性较大，充分考查了学生的灵活应用能力20已知25时，CH3COONH4溶液呈中性将0.1molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的NaOH溶液等体积混合（混合溶液的体积变化忽略不计），测得混合溶液的pH=9回答下列问题：（1）用离子方程式表示混合溶液的pH=9的原因CH3COO+H2OCH3COOH+OH（2）混合后溶液中c（CH3CO
66、OH）=（11051109）molL1（填写精确值）（3）相同温度相同浓度的下列四种溶液：（NH4）2CO3 CH3COONH4 （NH4）2SO4 NH4Cl，pH由大到小的排列顺序为（填序号）Mg（OH）2沉淀可溶解于NH4Cl溶液同学对有关该反应的原理的解释如下：甲同学认为是NH4Cl水解，溶液呈酸性，H+中和了Mg（OH）2电离出的OH导致沉淀溶解；乙同学认为是NH4+与Mg（OH）2电离出的OH反应生成弱电解质NH3H2O，导致沉淀溶解（4）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂来验证甲、乙两同学的观点，他选用的试剂是BANH4NO3 BCH3COONH4CNa2CO
67、3 DNH3H2O（5）丙同学选择该试剂的理由是：CH3COONH4溶液呈中性，不存在甲同学观点中条件，以此确认乙同学的观点是否正确（6）丙同学将所选试剂滴加到Mg（OH）2悬浊液中，Mg（OH）2溶解，由此可知：乙（填“甲”或“乙”）的解释更合理Mg（OH）2沉淀与NH4Cl溶液反应的离子方程式为：Mg（OH）2+2 NH4+Mg2+2NH3H2O（7）现有Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀的混合物，若除去Mg（OH）2得到纯净的Al（OH）3，可用NH4NO3（或CH3COONH4等铵盐均可）（填写所用试剂的化学式，试剂从本题涉及的试剂中选取，下同）；若除去Al（OH）3得到纯净的Mg（O
68、H）2，可用NaOH溶液等【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）溶液中CH3COO离子水解，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；（2）由电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）计算c（CH3COO），再根据物料守恒计算溶液中c（CH3COOH）；（3）CH3COONH4溶液呈中性，说明CH3COO水解程度和NH4+水解程度相同，CO32水解程度大于CH3COO，所以溶液呈碱性；（NH4）2SO4、NH4Cl水解均为酸性，但硫酸铵中铵根离子浓度大，酸性更强；（4）为了证明Mg（OH）2悬浊液与氯化铵溶液的反应原理，可加入醋酸铵溶液检验，因醋酸铵溶液呈中性，如
69、甲同学的解释正确，则氢氧化镁不溶解，如氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确；（5）CH3COONH4溶液呈中性；（6）丙同学将所选试剂滴加到Mg（OH）2悬浊液中，Mg（OH）2溶解，说明氢氧化镁和铵根离子反应而使氢氧化镁溶解；（7）通过以上分析知，氢氧化镁溶于铵盐，但氢氧化铝不溶于铵盐，可以用铵盐除去氢氧化镁；氢氧化铝能溶于强碱，但氢氧化镁不溶于强碱，所以可以用强碱溶液除去氢氧化铝【解答】解：（1）等物质的量的醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，说明醋酸是弱酸，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：CH3COO+H2OCH3C
70、OOH+OH；（2）根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），所以得c（CH3COOH）=c（OH）c（H+）=mol/L109mol/L=（11051109）mol/L，故答案为：（11051109）；（3）CH3COONH4溶液呈中性，说明CH3COO水解程度和NH4+水解程度相同；CO32水解程度大于CH3COO，所以溶液呈碱性；（NH4）2SO4、NH4Cl水解均为酸性，但硫酸铵中铵根离子浓度大，酸性更强，通过以上分析知，溶液pH大小顺序是，故答案为：；（4）硝酸铵和氯化铵相似，只有铵根
71、离子的水解，而碳酸钠和氨水溶液都呈碱性，为了证明Mg（OH）2悬浊液与氯化铵溶液的反应原理，可加入醋酸铵溶液检验，因醋酸铵溶液呈中性，如甲同学的解释正确，则氢氧化镁不溶解，如氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确，故答案为：B；（5）CH3COONH4溶液呈中性，不存在甲同学观点中条件，以此确认乙同学的观点是否正确，故答案为：CH3COONH4溶液呈中性，不存在甲同学观点中条件，以此确认乙同学的观点是否正确；（6）丙同学将所选试剂滴加到Mg（OH）2悬浊液中，Mg（OH）2溶解，说明氢氧化镁和铵根离子反应而使氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg（OH）2+2 NH4+Mg2+2NH3H2O，故答案为：乙；
72、Mg（OH）2+2 NH4+Mg2+2NH3H2O；（7）通过以上分析知，氢氧化镁溶于铵盐，但氢氧化不溶于铵盐，可以用铵盐除去氢氧化镁，如NH4NO3（或CH3COONH4等铵盐均可）；氢氧化铝能溶于强碱，但氢氧化镁不溶于强碱，所以可以用强碱溶液除去氢氧化铝，如NaOH溶液等，故答案为：NH4NO3（或CH3COONH4等铵盐均可）；NaOH溶液等【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解，试题侧重于考查学生的实验探究能力和分析能力，是对学生综合能力的考查21现用邻苯二甲酸氢钾标准溶液来测定NaOH溶液的浓度用氢氧化钠溶液来滴定邻苯二甲酸溶液时有下列操作：向溶液中加入12滴指示剂 取20mL标准
73、溶液放入锥形瓶中用氢氧化钠溶液滴定至终点 重复以上操作用天平精确称取5.105g邻苯二甲酸氢钾（相对分子质量为204.2）固体配成250mL标准溶液（测得pH约为4.2）根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度（1）以上各步中，正确的（填序号）操作顺序是，上述中使用的仪器除锥形瓶外，还需要使用的仪器是酸式滴定管选用指示剂是：酚酞（2）滴定，并记录NaOH的终读数重复滴定几次，数据记录如下表： 滴定次数实验数据1234V（样品）/mL20.0020.0020.0020.00V（NaOH）/mL（初读数）0.100.300.000.20V（NaOH）/mL（终读数）20.0820.3020.8020
74、.22V（NaOH）/mL（消耗）19.9820.0020.8020.02某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积为：V（NaOH）=20.20mL，他的计算合理吗？理由是不合理；第3组数据和其他三组相差较大，不应采用通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢 氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a20.02（填“”、“”或“=”）（3）步骤中在观察滴定管的起始读数时，要使滴定管的尖嘴部分充满溶液，如果滴定管内部有气泡，赶走气泡的操作快速放液（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，此操作对实验结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【考点】中
75、和滴定【分析】（1）依据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等操作分析判断；滴定时，用滴定管待测液取20mL标准溶液放入锥形瓶中；根据滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内确定指示剂；（2）第3组数据和其他三组相差较大，氢氧化钠溶液的体积取其他3次平均值；（3）邻苯二甲酸氢钾标准溶液盛放在酸式滴定管中，快速放液，可赶走酸式滴定管中的气泡；（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，待测液被稀释【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为；滴定时，用酸式滴定管待测液取20mL邻苯二甲酸氢钾放入锥形瓶中；邻苯二甲
76、酸氢钾为弱酸，终点时溶液的pH约为9.1，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，所以选用酚酞作指示剂；故答案：；酸式滴定管；酚酞；（2）第3组数据和其他三组相差较大，氢氧化钠溶液的体积取其他3次平均值为： mL=20.00mL，故答案为：不合理；第3组数据和其他三组相差较大，不应采用；（3）邻苯二甲酸氢钾标准溶液盛放在酸式滴定管中，如果滴定管内部有气泡，赶走气泡的操作快速放液；故答案为：快速放液；（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的氢氧化钠溶液滴定，待测液被稀释，待测液的浓度偏小，故答案为：偏小【点评】本题考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，理解中和滴定的原理是解题关键高考资源网版权所有，侵权必究！