1、河北武邑中学2018-2019学年上学期高三期中考试化学试题注意事项：1、本试卷分卷（选择题）和卷（非选择题）两部分。2、本堂考试100分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Mn-55 Fe-56 1. 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
2、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21【答案】C【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、
3、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。2.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生，后沉淀消失Na、Al3、Cl、SOA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、若溶液中c(K)c(Cl)，则含有K、A
4、lO2、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+
5、 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
6、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”3.下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（ ）A. SO3 B. 乙醇 C. CaO D. 醋酸【答案】A【解析】【详解】A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离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
7、能导电，但醋酸是电解质，故D错误；故选A。4.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（ ）A. X B. Y C. Z D. W【答案】A【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
8、弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。5.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O2【答案】B【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。6.在某容积不变的密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2
9、(g)N2O4(g)；H0，在达到平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使平衡混合气体平均相对分子质量减小的是 ()A. 通入N2 B. 通入NO2 C. 通入N2O4 D. 降低温度【答案】A【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。7.已知反应：H2S(g) + aO2(g)
10、 =X + cH2O(l) H，若H表示H2S的燃烧热，则X为（ ）A. S(s) B. SO2(g) C. SO3(g) D. SO3(l)【答案】B【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。8.两个氢原子结合成一个氢分子时放出a kJ热量，那么标准状况下V L的H2完全分解为氢原子，需要吸收的能量约为(NA表示阿伏加德罗常数) （ ）kJA. Va/22.4 B. VaNA/22.4 C. aNA D. Va【答案】B【解析】【详解】2mol氢原子形成1mol氢气分子放出的热量为：akJ
11、NA=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。9.判断下列实验装置进行的相应实验，错误的是（ ）A. 用图装置，进行H2O2分解制取少量O2的实验B. 用图装置，进行测定H2O2的分解速率的实验C. 用图装置，进行分离Fe(OH)3胶体和NaCl溶液的实验D. 用图装置，进行用已知浓度的硫酸溶液测定NaOH溶液浓度的实验【答案】C【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
12、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。10.已知反应2CO(g) =2C(s) + O2(g) H0 设H和S不随温度而变，下列说法正确的是（ ）A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
13、C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】【分析】根据吉布斯自由能的概念和应用分析。【详解】根据吉布斯自由能公式G=HTS，当G0时，反应不能自发进行，当H0 S0，反应是个非自发的反应，故D正确。故选D。【点睛】掌握焓变和熵变的变化趋势，即可判断吉布斯自由能的数值大小，进而确定反应是否可以自发进行。11.下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物本身性质的是（ ）A. Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快B. Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应C. N2与O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D. 向H2O2溶液中，分别滴加5滴等浓度的
14、FeCl3溶液或CuSO4溶液，前者产生气泡快【答案】B【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。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。12.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是（
15、）CuSO4 FeSO4 K2CO3 Ca(HCO3)2 NH4HCO3 KMnO4 FeCl3A. 全部都可以 B. 仅 C. 仅 D. 仅【答案】C【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
16、为止，能得到较纯净碳酸钙，故不符合；NH4HCO3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。13.如图所示，H1393.5kJmol1，H2395.4kJmol1，下列说法或表示式正确的是A. 石墨和金刚石的转化是物理变化B. C(s、石墨)=C(s、金刚
17、石)H 1.9kJmol1C. 金刚石的稳定性强于石墨D. 断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量少【答案】B【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（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
18、；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14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡测的A的浓度降低为0.3 mol/L。下列有关判断正确的是A. x+y1；测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值7。18.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s) 2B(g)C(g)
19、D(g) 已达到平衡状态混合气体的压强 混合气体的密度B的物质的量浓度 气体的总物质的量混合气体总质量A. B. C. D. 【答案】A【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
20、的量不变，不能表明反应达到平衡状态，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。19.常温下0.1 mol/L氨水的pHa，下列能使溶液的pH(a1
21、)的措施是（ ）A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的氯化铵固体C. 加入等体积0.2 mol/LNaOH溶液 D. 提高溶液的温度（不考虑挥发）【答案】B【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0.1mol/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
22、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。【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。20.可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H0， 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强等而发生下列项目的变化时，能做为平衡一定发生了移动的标志的是（ ）A. 气体的密度变小了 B. 反应物和生成物浓度均变为原来的2倍C. 气体的颜色变深了
23、 D. 体系的温度发生了变化【答案】D【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+NB. 若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C. 若分别加入25mL 0.1mol/L盐酸后，pH最大的是D. 若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是【答案】C【解析】试题分析: A等浓
24、度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是，A项错误；B稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是，B项错误；C等体积等浓度混合后，中溶质为NaHCO3、NaCl，中溶质为NaCl、CH3COOH，中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是，C项正确；D根据A中分析可知，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是 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。31.已知：H2SO3的Ka1=1.3102，Ka
25、2=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A. c（HCO3）c（CO32）B. 两溶液都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. c（HCO3）c（HSO3）D. c（CO32）+c（HCO3）=c（SO32）+c（HSO3）【答案】C【解析】试题分析：由V/Vm可知，n(CO2)=n(SO2)=0.1mol，由cV可知，n(NaOH)=0.15mol，则2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O、2SO2+3NaOH=N
26、a2SO3+NaHSO3+H2O；A、由Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则溶液中剩下的c（HCO3）c（CO32），错误；B、Na2SO3和NaHSO3均有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Na2CO3和NaHCO3则不能，错误；C、由Ka2(H2SO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下HSO3的电离程度大于HCO3，则溶液中剩下的c（HCO3）c（HSO3），正确；D、由物料守恒可知，c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）= c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），由Ka1(H2SO3)Ka1(H2
27、CO3)可知，等温等浓度下HSO3的水解程度小于HCO3，则溶液中c（H2CO3）c（H2SO3），故c（CO32）+c（HCO3）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=2
28、Na+ +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-)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。33.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
29、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KOH的物质的量是0.09 molB. ClO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 mol【答案】D【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，
30、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34.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+
31、4，氧化性:Ce4+Fe3+）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+4HI=CeI4+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CeO2制Ce，在阴极获得铈D. 四种铈的核素 、 ，它们互称为同素异形体【答案】C【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+
32、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。35.（双选）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H0B. b点时混合气体
33、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D. c点表示的状态：v (正) v (逆)【答案】BD【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；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
34、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。第二卷36.25 时，将体积为Va、pHa的某一元酸HA溶液与体积为Vb、pHb的某一元碱BOH溶液混合，请回答。（1）若a + b14，2VaVb，反应后所得溶液pH7。则生成的盐溶液中，一定发生水解的离子方 程式为_（2）若a + b12，酸是盐酸，碱是KOH，反应后所得溶液pH7，则Va与Vb的关系是_（3）若酸是盐酸，碱是氨水，反应后所得溶液中离子浓度大小关系不可能是_（
35、填序号）Ac(Cl)c(NH)c(H+)c(OH) Bc(H+)c(OH)c(Cl)c(NH)Cc(NH)c(Cl)c(OH)c(H+) Dc(Cl)c(H+)c(NH)c(OH)Ec(Cl)c(NH)c(H+)c(OH)（4）若酸是醋酸，碱是NaOH，且反应后混合溶液中c(CH3COO)c(H+)，则混合溶液可能呈_（填序号）A酸性 B碱性 C中性 D都有可能（5）25 时，将体积Va200 mL，pH2的H2SO4溶液与体积Vb10 mL、pH11的氨水溶液混合，恰好完全反应。则此条件下，氨水的电离平衡常数是_【答案】 (1). A+ H2OHA + OH (2). Vb100 Va (3
36、). B (4). D (5). 5106【解析】【分析】根据题干分析溶液中溶质的成分，再根据溶液酸碱性、电荷守恒、质子守恒等分析溶液中离子浓度大小。【详解】(1)pH=a的酸的溶液中c（H+）=10-pHmolL-1=10-amolL-1，a+b=14，则pH=b的碱中c（OH-）=10pH-14molL-1=10b-14molL-1=10-amolL-1，可见酸中c（H+）与碱中c（OH-）相等，2Va=Vb混合后溶液的pH=7，说明酸的电离程度弱于碱的电离程度，所以酸是一种弱酸，一定发生水解的离子方程式为：A+ H2OHA + OH；(2)酸中c（H+）=10-pHmolL-1=10-a
37、molL-1，碱中c（OH-）=10pH-14molL-1=10b-14molL-1=10-（a+2）molL-1，pH=7时，因为强酸强碱反应，所以Va 10-amolL-1=Vb10-（a+2）molL-1，故答案为： Vb100 Va； (3)若酸是盐酸，碱是氨水，若盐酸过量，则溶液为氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为： c（Cl-） 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+）
38、，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
39、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-)=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。37.对于2X(g) Y(g)的体系，在压强一
40、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）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_。【答案】 (1). 放热 (2). D (3). (4). 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
41、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）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
42、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。38.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）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
43、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：_【答案】 (1). 2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH+ H2 (2). 变大 (3). 酸 (4). Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+ (5). D (6). 1106 (7). 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
44、、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+
45、+ 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，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(H
46、CO3)+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)。【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。39.（1）一定温度下，向1 L 0.1molL1 CH3 COOH溶液中加入0.1molCH3C
47、OONa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“”、“”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为_。 如果V=40.00，则此时溶液中c(OH)-c(H)-c(CH3COOH)= _molL-1。（3）常温下，向20 ml 0.1molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1 HC1溶液40 mL，溶液中含碳元
48、素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下图，回答下列问题： 若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，则此溶液的pH的取值范围是_；为测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，下列方案可行的是_A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体 所得溶液中含量最多的三种离子的物质的量浓度的大小关系为_【答案】 (1). 不变 (2). c(H) = c(O
49、H) (4). 1/30或0.033 (5). 8pH12 (6). ABD (7). c（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）
50、- c（CH3COOH）=1/2c（Na） ，钠离子浓度为0.10.04/0.06=1/30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8pH12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。碳
51、酸钠的物质的两位0.100.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.10.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na+）=c（Cl-）c（HCO3-）。考点：钠的重要化合物的性质40. A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl、OH、CO32、SO42 分别取四种物质进行实验，实验结果如下B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成将A溶
52、液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体回答下列问题：（1）A所含的阳离子和C所含阳离子的半径大小_（填离子符号）。B所含的阴离子是_（2）C溶液呈_性（填“酸性”或“碱性”），其原因是_（用离子方程式解释）。D的化学式是_（3）以Pt为电极电解1L0.1mol/LB的水溶液，当电路中通过0.1mol电子时，溶液的pH为_（设电解过程溶液体积不变），阳极的电极反应式为_（4）若将阳极产生的气体通入A溶液中至恰好完全反应时，则溶液中各离子浓度由大到小
53、的排列顺序为_【答案】（1）Na+ Al3+（1分） Cl-（2）酸性 Al3+3H2OAl(OH)3+3H+(NH4)2CO3（3）13 2Cl-2e-=Cl2（1分（4）C(Na+) C(Cl-)C(ClO-)C(OH-)C(H+)【解析】试题分析：根据A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成；A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，至完全消失，用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体。则A为NaOH，C为Al2（SO4）2，B为Ba Cl2，D为（NH4）2CO3，（1）Na
54、+与 Al3+同一周期，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，所以Na+ Al3+；B为Ba Cl2，阴离子是氯离子。（2）C为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；其原因是Al3+水解所致，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+D的化学式是（NH4）2CO3（3）用惰性电极电解BaCl2，时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl-2e-Cl2，阴极上是氢离子得电子，2H+2e-H2,当电源提供给0.1mol电子时，根据2H+2e-H2可知，生成0.05mol氢气，所以溶液中氢氧根离子n（OH-）=0.1mol，此溶液体积为1L，溶液中c（OH-）=n v =0.1mol /1L =0.1mol/L
55、，c（H+）=Kw /C(OH) =1014/0.1 mol/L=10-13mol/L，所以pH=13，（4）将阳极产生的气体通入A溶液中至恰好完全反应时，即发生Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，得到的是等物质的量的NaCl、NaClO的混合溶液，NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解，溶液呈碱性，所以有：C(Na+) C(Cl-)C(ClO-)C(OH-)C(H+)考点：阴阳离子组合的分析和判断41.重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成份为FeO Cr2O3)为原料生产，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下，涉及的主要反应是：6FeO
56、Cr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O请回答下列问题：（1）在反应器中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Ai2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式：_。（2) NaFeO2能强烈水解，在操作生成沉淀而除去，写出该反应的化学方程式：_。（3）简要叙述操作的目的：_。（4）操作中，酸化时，CrO42-转化为Cr2O72-，写出平衡转化的离子方程式：_。（5）称取重铬酸钾试样2. 5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘
57、化钾（铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O62），若刚达到滴定终点共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品重铬酸钾的纯度_ (设整个过程中其它杂质不参与反应)。【答案】（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+Cr2O
58、72+H2O（5）94.08%【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
59、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。42.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
60、酸性条件下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 。【答案】（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
