1、2015-2016学年浙江省台州市临海六中高二（上）期中化学试卷一.选择题（64分，每题只有一个正确答案）1下列关于化学反应方向的叙述中正确的是( )AH0，S0的反应肯定是自发的BH0，S0的反应肯定是自发的CH0，S0的反应肯定是自发的DH0，S0的反应肯定是自发的2在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是( )A（A）=0.5 mol（Ls）1B（B）=0.3 mol（Ls）1C（C）=0.8 mol（Ls）1D（D）=1 mol（Ls）13反应2SO2+O22SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.2mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速
2、率为0.01molL1s1，则这段时间为( )A0.1sB2.5sC5sD10s4下列过程属于熵（S）增加的是( )A一定条件下，水由气态变成液态B高温高压条件下使石墨转变成金刚石C4NO2（g）+O2（g）=2N2O5 （g）DCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）5下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是( )AHClBNH4NO3CNa2SDHClO6常温下c（H+）最小的是( )ApH=0的溶液B0.04 molL1 的H2SO4C0.5 molL1 的HClD0.05 molL1的HNO37某温度下，满足下列条件的溶液肯定呈酸性的是( )A加酚酞显无色的溶液B含有H
3、+的溶液CpH7的溶液Dc（H+）c（OH）的溶液8下列说法不正确的是( )A增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C增大反应物浓度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大9在2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡体系中，当分离出SO3后下列说法中正确的是( )A正反应速率增大B平衡常数增大C正反应速率大于逆反应速率D逆反应速率一直减小10下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是( )ANa2CO3BAl2（SO4）3CK2SO4DH2SO411一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，
4、为了减缓反应速率又不影响生成H2的总量，可采取的措施是( )A加入少量稀NaOH溶液B加入少量CH3COONa固体C加入少量NH4HSO4固体D加入少量Na2CO3浓溶液1225时，将0.1molL1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是( )Ac（OH）BpHCDc（H+）c（OH）13在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是( )A氯化镁溶液B硫酸亚铁溶液C碳酸氢钠溶液D硫酸铝溶液14高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=恒容时，温度升高，H2浓度减小下列说法正确的是( )A该反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度，逆反应速率减小D该
5、反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H215下列电离或水解方程式正确的是( )ANa2SO3的水解：SO32+2H2OH2SO3+2OHBNaHCO3的电离：NaHCO3Na+H+CO32CKHS溶液中HS的电离：HS+H2OH3O+S2DNaClO溶液与FeCl2溶液混合：2ClO+Fe2+2H2O=2HClO+Fe（OH）216下列不能证明醋酸是弱酸的是( )A0.1molL1醋酸的PH为3.1B在醋酸溶液中滴加几滴石蕊试液，再加入醋酸钠固体红色变浅C醋酸钠溶液的PH7D醋酸溶液中加入氯化钠不反应17 在温度相同压强分别为p1、p2条件下，A（g）+2B（g）nC（g）的反应体系中，C的
6、体积分数（C%）随时间（t）变化的曲线如图所示下列结论正确的是( )Ap1p2 n3Bp1p2 n3Cp1p2 n=3Dp1p2 n318在相同温度时，100mL0.01molL1的醋酸溶液与10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是( )AH+的物质的量B醋酸的电离常数C中和时所需NaOH的量DCH3COOH的物质的量19下列措施或事实能用勒沙特列原理解释的是( )A在合成氨（正反应是放热）的反应中，升温有利于氨的合成B钢铁在潮湿的空气中生锈CH2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深D新制的氯水在光照下颜色变浅20下列混合溶液在常温下的呈酸性( )A相同浓度的C
7、H3COOH和NaOH溶液等体积混合BpH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合CpH=3的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合DpH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合21下列说法正确的是( )ApH试纸使用时要先湿润试纸，再用玻璃棒蘸取待测液点试纸，半分钟内与比色卡对照BpH=5的盐酸加水稀释1000倍后PH=8CpH=6的溶液一定是酸性溶液D某溶液C（H+）=KW，则为中性溶液22对室温下等pH、等体积的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是( )A加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B加入足量的苏打固体充分反应后，两溶液中产生的CO
8、2一样多C加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小D加足量的锌充分反应后，盐酸中产生的氢气速率快23摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )AHX、HZ、HYBHZ、HY、HXCHX、HY、HZDHY、HZ、HX24下列有关实验的叙述中，合理的是( )用pH试纸测得某新制氯水的pH为2将纯碱溶于热水中清洗油污，可以增强去污效果使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，则测得溶液的pH都偏小实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解
9、在盐酸中，再配制到所需要的浓度ABCD25某溶液中由水电离产生的c（H+）=1.01010mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是( )AK+、Na+、HCO3、ClBNa+、K+、NO3、ClCK+、Na+、S2、NO3DMg2+、Na+、SO32、CO3226下列各溶液中，相关微粒物质的量浓度关系不正确的是( )A0.1 molL1NH3H2O溶液中：c（NH4+）c（OH）B0.1 molL1NH4Cl溶液中：c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）C0.1 molL1Na2CO3溶液中：c（HCO3）+c（CO3）+c（H2CO3）=0.1 molL1D浓度均为0
10、.1 molL1的NH4Cl、CH3COONH4，NH4HSO4溶液，c（NH4+）大小顺序：CH3COONH4NH4ClNH4HSO427下列叙述正确的是( )A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B25时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数CpH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4DpH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=428关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )Ac（NH+4）：B水电离出的c（H+）：C和等体积混合的溶液：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）D和等体积混合后的溶液：c（NH+4）c（C
11、l）c（OH）c（H+）2925时，浓度均为0.2molL1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc（H+）前者小于后者D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO）均增大30在恒容密闭容器中存在下列平衡：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）CO（g）的平衡物质的量浓度c（CO）与温度T的关系如图所示下列说法错误的是( )A该反应的H0B若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1=K2C通过加热可以使B点变到C点D在T2时若反应进行到状态D，则一定有（正）（逆）31下列说法正确的是( )A向蒸馏水中滴加浓H2
12、SO4时，KW不变B常温下，0.005molL1 Ba（OH）2溶液pH为12CNa2CO3水解的离子方程式为：CO32+2H2OH2CO3+2OHDNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同32下列叙述正确的是( )A将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7，c（SO42）=c（NH4+）B两种醋酸溶液物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2CpH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D向0.1moLL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大二.填空题（36分）33（1）写出碳酸氢钠电离方程式：_，溶液
13、呈_ 性（2）在一定温度下，测得0.1molL1CH3COOH溶液的PH为3.0，此温度CH3COOH的电离平衡常数为_（3）现有NH4Cl和NH3H2O组成的混合溶液，若其pH=7，则该溶液中c（NH4+）_c（Cl）；若pH7，则该溶液中c（NH4+）_c（Cl）（填“”、“”、“=”）34CH3COOH是中学化学中常用的一元弱酸，请回答下列问题：（1）若分别将pH=2的盐酸和醋酸稀释100倍，则稀释后溶液的pH：盐酸_醋酸（填“”、“=”或“”）（2）将100mL 0.1molL1的CH3COOH溶液与50mL 0.2molL1的NaOH溶液混合得溶液呈_性，原因_（用离子方程式表示）（
14、3）已知某混合溶液中只含有CH3COO、H+、Na+、OH四种离子，且离子浓度大小关系为：c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），则该溶液中含有的溶质为_（4）已知Ka（CH3COOH）=1.76105，Ka（HNO2）=4.6104，若用同浓度的NaOH溶液分别中和等体积且pH相等的CH3COOH和HNO2，则消耗NaOH溶液的体积关系为：前者_后者（填“，或=”）35能源短缺是人类社会面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景工业上合成甲醇的反应原理为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H，如表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K） 温度250
15、300350K2.0410.2700.012（1）根据表中数据可判断H_0 （填“”、“=”或“”）（2）在300时，将2mol CO、3mol H2和2mol CH3OH充入容积为1L的密闭容器中，此时反应将_A向正方向移动 B向逆方向移动 C处于平衡状态 D无法判断36碘钨灯具有使用寿命长、节能环保等优点一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：W（s）+I2（g）WI2（g）H0为模拟上述反应，在450时向一体积为2L的恒容密闭容器中加入0.1mol碘单质和足量的钨，2min后反应达到平衡，测得碘蒸气浓度为0.005molL1请回答下列问题：（1）
16、前两分钟内碘蒸气的反应速率为_（2）能够说明上述反应已经达到平衡状态的有_AI2与WI2的浓度相等B容器内气体压强不再变化CW的质量不再变化D单位时间内，金属钨消耗的物质的量与碘化钨生成的物质的量相等E容器内混合气体的密度保持不变37实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10molL1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定重复上述滴定操作23次，记录数据如下请完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（molL1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.00
17、0.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96（1）滴定达到终点的标志是_（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留小数点后叁位）（3）若滴定结束时，碱式滴定管中的液面如右图所示，终点读数为_mL（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_A用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥 C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D滴定终点读数时俯视 E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失2015-2016学年浙江省台州市临海六中高二（上）期中化学试卷一.选择题（64分，每题只有一个正确
18、答案）1下列关于化学反应方向的叙述中正确的是( )AH0，S0的反应肯定是自发的BH0，S0的反应肯定是自发的CH0，S0的反应肯定是自发的DH0，S0的反应肯定是自发的【考点】焓变和熵变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当反应的HTS0时，反应可自发进行，据此解答【解答】解：AH0，S0，则HTS一定小于0，反应一定能自发进行，故A正确；BH0，S0，HTS要小于0，取决于温度T，所以反应不一定能自发进行，故B错误；CH0，S0，HTS要小于0，取决于温度T，所以反应不一定能自发进行，故C错误；DH0，S0，则HTS一定大于0，反应一定不能自
19、发进行，故D错误；故选：A【点评】本题考查了反应焓变和熵变与反应能否自发进行的关系，题目难度不大，熟悉反应自发进行的判据是HTS0，是解题关键2在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是( )A（A）=0.5 mol（Ls）1B（B）=0.3 mol（Ls）1C（C）=0.8 mol（Ls）1D（D）=1 mol（Ls）1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系 【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意保持单位一致【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的
20、速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，对应反应：2A+B3C+4D，A.=0.25 mol/（Ls）；B.=0.3 mol/（Ls）；C=0.267 mol/（Ls）；D.=0.25 mol/（Ls），故B表示的反应速率最快，故选B【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率进行比较3反应2SO2+O22SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.2mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.01molL1s1，则这段时间为( )A0.1sB2.5sC5sD10s【考点】化学反应速率和化学计量数的关系；反应速率的定量表示方法 【分析】同一可逆反
21、应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.01molL1s1，则三氧化硫的反应速率为0.02molL1s1，根据v=计算反应时间【解答】解：同一可逆反应中，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.01molL1s1，则三氧化硫的反应速率为0.02molL1s1，根据v=得反应时间=10s，故选D【点评】本题考查化学反应速率有关计算，明确化学反应速率与其计量数的关系是解本题关键，题目难度不大4下列过程属于熵（S）增加的是( )A一定条件下，水由气态变成液态B高温高压条件下使石墨转变成金刚石C4NO
22、2（g）+O2（g）=2N2O5 （g）DCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）【考点】焓变和熵变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】属于熵增加反应，反应物气体的物质的量比生成物多，当固体液体气体时，熵增加，以此解答该题【解答】解：A水由气态变为液态，熵值减小，故A错误；B使石墨转化为金刚石，都为固体，熵值基本不变，故B错误；C4NO2（g）+O2（g）=2N2O5 （g），反应物气体的物质的量比生成物多，熵值减少，故C错误；DCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g），反应物为固体，生成物有气体，熵值增大，故D正确；故选D【点评】本题考查熵变知识，较为基础，注意不同聚集状态的物质的
23、熵值的大小，学习中注意相关知识的积累5下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是( )AHClBNH4NO3CNa2SDHClO【考点】电解质在水溶液中的电离 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】AHCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子；BNH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水合氨分子；CNa2S电离出的硫离子水解生成硫化氢分子；DHClO为弱电解质，在溶液中存在分子；【解答】解：AHCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子，所以溶液中只有水分子，故A正确；BNH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水合氨分子，所以溶液中除水分子外，还存在一水合氨分子，故B错误；CNa2S电离出的
24、硫离子水解生成硫化氢分子，所以溶液中除水分子外，还存在H2S分子，故C错误；DHClO为弱电解质，在溶液中部分电离，除水分子外，存在HClO分子，故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质的概念，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，平时注意基础知识的积累，题目难度不大6常温下c（H+）最小的是( )ApH=0的溶液B0.04 molL1 的H2SO4C0.5 molL1 的HClD0.05 molL1的HNO3【考点】pH的简单计算；物质的量浓度的相关计算 【专题】计算题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据酸浓度和氢离子浓度的关系及c（H+）=10pH 计算氢离子浓度【解答】解：ApH=0的
25、溶液中c（H+）=1mol/L；Bc（H+）=2c（H2SO4）=0.08mol/L；Cc（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；Dc（H+）=c（HNO3）=0.05mol/L；所以氢离子浓度最小的是D，故选D【点评】本题考查氢离子浓度的计算，明确强酸溶液中，氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键，难度不大7某温度下，满足下列条件的溶液肯定呈酸性的是( )A加酚酞显无色的溶液B含有H+的溶液CpH7的溶液Dc（H+）c（OH）的溶液【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酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红；B酸、碱、盐溶液中同时存在氢
26、离子和氢氧根离子；C溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小；D、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的【解答】解：A酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，故A错误；B酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，故B错误；C溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，且温度未知，如100pH=6为中性，故C错误；D溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故D正确；故选D【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，
27、题目难度不大，C为易错点，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小8下列说法不正确的是( )A增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C增大反应物浓度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【考点】化学反应速率的影响因素 【专题】化学反应速率专题【分析】增大压强、增大反应物浓度都是增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，所以反应速率增大；升高温度、使用催化剂是增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大【解答】解：A增
28、大压强，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，导致反应速率增大，故A正确；B升高温度，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，导致反应速率增大，故B正确；C增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，故C错误；D使用催化剂，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，故D正确；故选C【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、压强、催化剂对活化分子个数影响还是百分数影响是解本题关键，注意它们之间的区别，题目难度不大9在2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡体系中，当分离出SO3后下列说法中正确的是( )
29、A正反应速率增大B平衡常数增大C正反应速率大于逆反应速率D逆反应速率一直减小【考点】化学反应速率的影响因素 【专题】化学反应速率专题【分析】在2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的平衡体系中，当分离出SO3后导致三氧化硫浓度降低，反应速率降低，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，据此分析解答【解答】解：A改变条件瞬间，反应物浓度不变，则正反应速率不变，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C分离出三氧化硫，导致正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故C正确；D平衡正向移动，导致逆反应速率增大直至达到平衡，故D错误；故选C【
30、点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度对反应速率影响原理是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，易错选项是B10下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是( )ANa2CO3BAl2（SO4）3CK2SO4DH2SO4【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】酸或碱能抑制水的电离，且溶液呈酸性，说明溶液中存在的溶质是酸，含有弱根离子的盐能促进水电离【解答】解：水电离出氢离子和氢氧根离子，所以向水中加入酸或碱能抑制水电离，要使溶液呈现酸性且能抑制水电离，则必须向溶液中加入酸，故选D【点评】本题考查影响水电离的因素，根
31、据水电离出的离子来分析即可，难度不大11一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率又不影响生成H2的总量，可采取的措施是( )A加入少量稀NaOH溶液B加入少量CH3COONa固体C加入少量NH4HSO4固体D加入少量Na2CO3浓溶液【考点】化学反应速率的影响因素 【专题】化学反应速率专题【分析】因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，以此来解答【解答】解：A、因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A错误；B、加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应
32、速率但又不影响生成H2的总量，故B正确；C、因为硫酸氢钠溶液中含有氢离子，会导致生成氢气的量增多，故C错误；D、因为盐酸和碳酸钠溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故D错误；故选B【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意强酸转化为弱酸时氢离子的浓度变小而总物质的量不变是解答本题的关键，并熟悉物质之间的反应来解答，题目难度不大1225时，将0.1molL1氨水溶液加水稀释，下列数值变大的是( )Ac（OH）BpHCDc（H+）c（OH）【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】25时，将0.1molL1氨水溶液加水稀释，促进一水合氨电离，但溶液中c（OH）、
33、c（NH3H2O）、c（NH4+）都减小，但溶液中c（H+）增大，据此分析解答【解答】解：A加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH）减小，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH）减小，溶液的pH减小，故B错误；C氨水溶液加水稀释，促进一水合氨电离，溶液中n（NH3H2O）减小、c（NH4+）增大，所以增大，故C正确；D温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H+）c（OH）不变，故D错误；故选C【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确“加水稀释虽然促进NH3H2O电离但溶液中c（OH）、
34、c（NH3H2O）、c（NH4+）都减小”的原因是解本题关键，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，为易错点13在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是( )A氯化镁溶液B硫酸亚铁溶液C碳酸氢钠溶液D硫酸铝溶液【考点】盐类水解的应用 【专题】盐类的水解专题【分析】在蒸发发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体，则该物质在蒸发时没有发生水解生成其它物质，没有被氧化或者发生分解等反应，以此解答该题【解答】解：A加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧可得到氧化镁，故A错误；B加入硫酸亚铁溶液，易被空气中氧气氧化
35、生成硫酸铁，故B错误；C加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故C错误；D加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终仍为硫酸铝，故D正确故选D【点评】本题考查盐类水解原理和应用，为高考高频考点，侧重于学生对化学基本反应原理和应用的考查，难度不大，注意把握盐类水解的原理和规律14高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=恒容时，温度升高，H2浓度减小下列说法正确的是( )A该反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度，逆反应速率减小D该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2【考点】化学平衡常数的含义 【专题】化学平衡专题【分析】A、根据平衡常数K=，
36、可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，据此判断；B、根据平衡常数K=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，据此判断；C、根据影响化学反应速率的因素判断；D、根据平衡常数的定义及题中表达式判断；【解答】解：A、根据平衡常数K，可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，故A正确；B、根据平衡常数K=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，所以氢气的浓度增大，故B错误；C、升高温度，无论正反应速率还是逆反应速率都会增大，故C错误；D、平衡常数等于生成浓
37、度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据题中的K的表达式可知，CO和H2O是生成物，故D错误；故选A【点评】本题主要考查了平衡常数的定义、影响化学反应速率的因素，中等难度，解题的关键在于对平衡常数表达式的理解15下列电离或水解方程式正确的是( )ANa2SO3的水解：SO32+2H2OH2SO3+2OHBNaHCO3的电离：NaHCO3Na+H+CO32CKHS溶液中HS的电离：HS+H2OH3O+S2DNaClO溶液与FeCl2溶液混合：2ClO+Fe2+2H2O=2HClO+Fe（OH）2【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A水解生成亚硫酸氢根离子、氢氧根离子；B完
38、全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；CHS电离存在电离平衡；D发生氧化还原反应生成氢氧化铁、氯化钠【解答】解：ANa2SO3的水解的离子反应为SO32+H2OHSO3+OH，故A错误；BNaHCO3的电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故B错误；CKHS溶液中HS的电离方程式为HS+H2OH3O+S2，故C正确；DNaClO溶液与FeCl2溶液混合的离子反应为H2O+ClO+2Fe2+4OH=Cl+2Fe（OH）3，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电离及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大1
39、6下列不能证明醋酸是弱酸的是( )A0.1molL1醋酸的PH为3.1B在醋酸溶液中滴加几滴石蕊试液，再加入醋酸钠固体红色变浅C醋酸钠溶液的PH7D醋酸溶液中加入氯化钠不反应【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】要证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度，以此解答该题【解答】解：A常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=3.1，说明醋酸没有完全电离，可证明醋酸为弱酸，故A不选；B在醋酸溶液中滴加几滴石蕊试液，再加入醋酸钠固体红色变浅，说明溶液中氢离子浓度发生变化，则说明存在电离平衡，加入醋酸钠平衡发生移动，则
40、可证明醋酸为弱酸，故B不选；C测得醋酸钠溶液的pH7，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故C不选；D醋酸溶液中加入氯化钠不反应，说明不符合复分解反应的条件，不能证明酸性的强弱，故D选故选D【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于弱酸的实验角度的探究，注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大17 在温度相同压强分别为p1、p2条件下，A（g）+2B（g）nC（g）的反应体系中，C的体积分数（C%）随时间（t）变化的曲线如图所示下列结论正确的是( )Ap1p2 n3Bp1p2 n3Cp1p2 n=3Dp1p2 n3【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线
41、 【专题】化学平衡专题【分析】由达到平衡的时间可看出P1P2，压强增大，C%的百分含量降低，从压强对平衡移动的影响分析【解答】解：由达到平衡的时间可看出P2P1，压强增大，C%的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向，则n3，故选A【点评】本题考查外界条件对化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意把握图象的分析，注意纵坐标的变化18在相同温度时，100mL0.01molL1的醋酸溶液与10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是( )AH+的物质的量B醋酸的电离常数C中和时所需NaOH的量DCH3COOH的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】电离平衡
42、与溶液的pH专题【分析】根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度、离子的物质的量都小，并结合n=cV来解答，注意电离平衡常数与温度有关【解答】解：A由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故A正确；B电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；C由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；D由n=cV可知，100mL
43、 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；故选A【点评】本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大19下列措施或事实能用勒沙特列原理解释的是( )A在合成氨（正反应是放热）的反应中，升温有利于氨的合成B钢铁在潮湿的空气中生锈CH2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深D新制的氯水在光照下颜色变浅【考点】化学平衡移动原理 【专题】化学平衡专题【分析】勒夏特列原理为：如果改变影
44、响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，与勒沙特列原理不符，故A错误；B、钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，是形成电化学腐蚀的原因，不能用勒沙特列原理解释，故B错误；C、H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释，故C错误；D、氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H+Cl，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，故D正确；故选D【点评】本题考查
45、了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理20下列混合溶液在常温下的呈酸性( )A相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合BpH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合CpH=3的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合DpH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合【考点】pH的简单计算；水的电离 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、同浓度、同体积的醋酸与氢氧化钠混合后，二者恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性；B、pH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成氯化钠，溶液显示
46、中性；C、pH=3的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合，氢氧化钠过量，溶液显示碱性；D、醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，pH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显示酸性【解答】解：A、醋酸为弱电解质，相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合二者去氧化反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液显示碱性，故A错误；B、pH=2的HCl中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，二者等体积混合后恰好反应生成氯化钠，溶液显示中性，故B错误；C、pH=3的HCl中氢离子浓度为0.001mol/L，pH=12的氢
47、氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合后氢氧化钠过量，溶液显示碱性，故C错误；D、pH=2的CH3COOH中醋酸的浓度大于0.01mol/L，而pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液一定显示酸性，故D正确；故选D【点评】本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性及pH的简单计算、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液酸碱性的判断方法，明确盐的水解原理，选项D为易错点，注意弱电解质部分电离，醋酸是过量的21下列说法正确的是( )ApH试纸使用时要先湿润试纸，再用玻璃棒蘸取待测液点试纸，半分钟内与比色卡对照BpH=5的盐
48、酸加水稀释1000倍后PH=8CpH=6的溶液一定是酸性溶液D某溶液C（H+）=KW，则为中性溶液【考点】试纸的使用；水的电离；pH的简单计算 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A湿润试纸相当于稀释了溶液；BpH=5的盐酸溶液，加水稀释，溶液的酸性随加水量而减弱，pH也就随之增大，溶液逐渐接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7；C常温下，酸性溶液可能是盐溶液；D氢离子与氢氧根离子的浓度相等【解答】解：A湿润试纸相当于稀释了溶液，可能产生误差，故A错误； BpH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永
49、远不能到达7，故稀释1000倍，液的pH略小于7，故B错误；C常温下，强酸弱碱盐的溶液也呈酸性，故C错误；DC（H+）=KW，氢离子与氢氧根离子的浓度相等，溶液呈中性，故D正确故选D【点评】本题考查试纸的使用和pH的计算等，注意氢离子与氢氧根离子的浓度相等时溶液呈中性，题目难度不大22对室温下等pH、等体积的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是( )A加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B加入足量的苏打固体充分反应后，两溶液中产生的CO2一样多C加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小D加足量的锌充分反应后，盐酸中产生的氢气速率快【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】电离
50、平衡与溶液的pH专题【分析】醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，pH相同，醋酸浓度大于盐酸浓度A醋酸钠溶于水，电离出醋酸根离子，能够结合溶液中的氢离子，能抑制醋酸电离；B等pH、等体积的醋酸和盐酸两种溶液，H+数量相同，但醋酸的物质的量大于盐酸；C加水稀释后，盐酸和醋酸溶液的pH都增大；D盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，加足量的锌充分反应后，盐酸中产生的氢气速率慢【解答】解：A向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故A正确；BpH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸
51、，所以分别与足量的苏打固体充分反应后，醋酸产生的CO2比盐酸多，故B错误；C醋酸为弱酸，加水稀释2倍后，醋酸溶液中氢离子增加，但不及溶液体积增加快，所以氢离子浓度减小，盐酸是强酸，不存在电离平衡，加水氢离子浓度减小，则pH均增大，故C错误；DpH相同、体积相同的醋酸和盐酸，加足量的锌充分反应后，开始醋酸和盐酸氢离子浓度相同，反应速率相等，由于醋酸是弱电解质存在电离平衡，醋酸的物质的量大于盐酸，所以后来盐酸中产生的氢气速率慢，故D错误；故选A【点评】本题考查弱电解质电离，题目难度不大，注意弱电解质的电离特点，本题易错点为B，注意醋酸浓度比盐酸大的特点23摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ
52、的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )AHX、HZ、HYBHZ、HY、HXCHX、HY、HZDHY、HZ、HX【考点】盐类水解的应用 【专题】盐类的水解专题【分析】根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱来解答【解答】解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HXHYHZ，故选C【点评】本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱24下列有关实验的叙述中，合理的是( )用pH试纸测得某新制氯水的pH为2将纯碱溶于热水中清洗油污，可以增强去污效果使用容量瓶的第一步操作是先
53、将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，则测得溶液的pH都偏小实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需要的浓度ABCD【考点】pH的简单计算；盐类水解的应用 【分析】氯水具有漂白性，可使pH试纸褪色，无法测定溶液的pH；盐的水解为吸热反应，升高温度可以促进碳酸根离子的水解，从而增大溶液中氢氧根离子浓度；使用容量瓶时应先检查是否漏水，避免影响配制过程，不需要烘干；高锰酸钾具有强氧化性，不能用碱式滴定管，可以选用酸式滴定管；如溶液呈中性，不会引起误差，如果酸性溶液，溶液的pH偏大；先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止铁
54、离子水解【解答】解：氯水中含有HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得溶液的PH，应用PH计，故错误；在热水中碳酸根离子水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液去污效果增强，故正确；使用容量瓶时应先检查是否漏水，而不是烘干，故错误；高锰酸钾具有强氧化性，不可碱式滴定管，可以选用酸式滴定管，故正确；如溶液呈中性，不会引起误差，如果为酸性溶液，会导致测定结果偏大，所以pH试纸用水湿润后，测定结果不一定偏小，故错误；先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊，故正确；根据分析可知，正确的有：，故选A【点评】本题考查了化学实验基本操作方法偏判断、盐的水解原理及其应用等知识，题目难度中等，
55、试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，要求学生熟练掌握化学实验基本操作方法25某溶液中由水电离产生的c（H+）=1.01010mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是( )AK+、Na+、HCO3、ClBNa+、K+、NO3、ClCK+、Na+、S2、NO3DMg2+、Na+、SO32、CO32【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】由水电离产生的c（H+）=1.01010mol/L，为酸或碱溶液，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应，则能大量共存，以此来解答【解答】解：由水电离产生的c（H+）=1.01010mol/L，为
56、酸或碱溶液，AHCO3既能与酸又能与碱反应，则一定不能共存，故A错误；B该组离子在酸碱溶液中均不反应，则一定能共存，故B正确；C在酸溶液中S2、NO3发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D酸溶液中氢离子分别与SO32、CO32反应，则不能共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，明确信息是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答即可，题目难度不大26下列各溶液中，相关微粒物质的量浓度关系不正确的是( )A0.1 molL1NH3H2O溶液中：c（NH4+）c（OH）B0.1 molL1NH4Cl溶液中：c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）C0.1 molL1Na2CO
57、3溶液中：c（HCO3）+c（CO3）+c（H2CO3）=0.1 molL1D浓度均为0.1 molL1的NH4Cl、CH3COONH4，NH4HSO4溶液，c（NH4+）大小顺序：CH3COONH4NH4ClNH4HSO4【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；盐类水解的应用 【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A根据离子来源分析；B根据电荷守恒分析；B根据物料守恒分析；D等浓度且铵根离子相同的铵盐溶液中，根据其水解程度判断铵根离子浓度【解答】解：A铵根离子来源于一水合氨电离，氢氧根离子来源于一水合氨和水的电离，所以c（NH4+）c（OH），故A正确；B
58、根据电荷守恒知，c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH），故B正确；C根据物料守恒得c（HCO3）+c（CO3）+c（H2CO3）=0.1 molL1，故C正确；D等浓度且铵根离子相同的这几种铵盐溶液中，硫酸氢根离子电离出的氢离子抑制铵根离子水解，醋酸根离子和铵根离子相互促进水解，所以铵根离子浓度大小顺序是CH3COONH4NH4ClNH4HSO4，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，难度中等，易错选项是D，注意分析离子水解程度，为易错点27下列叙述正确的是( )A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B25时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数CpH=3的
59、醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4DpH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】电化学专题【分析】A纯水呈中性；B水的离子积常数只与温度有关；C醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；D根据c（H+）=计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH【解答】解：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95纯水的pH7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以纯水仍然呈中性，故A错误；B水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；C醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀
60、释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/Lc（H+）0.0001mol/L，则溶液的pH小于4，故C错误；Dc（H+）=5.5104mol/L，所以溶液的pH小于4，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离，注意不能根据溶液PH的大小确定溶液的酸碱性，要根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性，为易错点28关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )Ac（NH+4）：B水电离出的c（H+）：C和等体积混合的溶液：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）D和等体积混合后的溶液：c（NH+4）c（Cl）c（OH）c（H+）【考点】弱
61、电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A氯化铵电离生成铵根离子，而氨水的电离程度很小；B盐酸为强酸，氢离子浓度大，则由水电离产生的氢离子浓度较小；C和等体积混合的溶液为氯化铵溶液，利用质子守恒来分析；D和等体积混合后的溶液氨水的电离大于氯化铵中铵根离子的水解【解答】解：A氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+，氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，则c（NH+4）：，故A正确；B在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c（H+）：，故B错误；C盐酸和氨水混合后恰好
62、完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O），故C正确；D和等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（NH+4）c（Cl）c（OH）c（H+），故D正确；故选：B【点评】本题综合考查弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小比较等相关知识，对于考生的要求较高，难度中等2925时，浓度均为0.2molL1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc（H+）前者小于后者D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO）均增大【考点】钠的重要化合物；盐类水解的应
63、用 【专题】元素及其化合物【分析】A所有溶液中都存在水的电离平衡，弱离子在水溶液里存在水解平衡；BHCO3能电离和水解，CO32有两步水解；CCO32的水解程度远远大于HCO3水解程度；D碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，NaOH能抑制弱酸根的水解【解答】解：ANaHCO3溶液中存在的电离HCO3和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；BHCO3能电离和水解，电离生成CO32和H+，水解生成H2CO3和OH，CO32第一步水解生成HCO3和OH，第二步水解生成H2CO3和OH，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；CCO32的水
64、解程度远远大于HCO3水解程度，二者水解均显碱性，Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32）均增大，故D正确故选C【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同以及盐类水解知识，为高频考点，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，明确水解原理及盐类水解规律的应用是解题的关键30在恒容密闭容器中存在下列平衡：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）CO（g）的平衡物质的量浓度c（CO）与温度T的关系如图所示下列说法错误的是( )
65、A该反应的H0B若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1=K2C通过加热可以使B点变到C点D在T2时若反应进行到状态D，则一定有（正）（逆）【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，说明升高温度平衡向正反应移动；B、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响；C、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，B、C点都处于平衡物质的量浓度c（CO）与温度T变化曲线上，C点的浓度高于B点；D、T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行【解答】解：
66、A、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即H0，故A正确；B、该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1K2，故B错误；C、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，B、C点都处于平衡物质的量浓度c（CO）与温度T变化曲线上，C点的浓度高于B点，故可以通过加热可以使B点变到C点，故C正确；D、T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有（正）（逆），故D正确；故选B【点评】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度
67、中等，注意曲线的各点都处于平衡状态，注意B选项若有一点不在曲线上，不能单独通过改变温度实现平衡状态的转化31下列说法正确的是( )A向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，KW不变B常温下，0.005molL1 Ba（OH）2溶液pH为12CNa2CO3水解的离子方程式为：CO32+2H2OH2CO3+2OHDNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【考点】水的电离；pH的简单计算；盐类水解的原理 【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】AKW只与温度有关，向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，温度温度升高，平衡正向移动，KW变大；B根据物质的量浓度和KW进行计算；
68、CNa2CO3水解分2步进行，以第一步为主；DNaCl对水的电离不产生影响，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，能发生水解，促进水的电离【解答】解：AKW只与温度有关，向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，温度温度升高，平衡正向移动，KW变大，故A错误；B常温下，0.005molL1 Ba（OH）2溶液，c（OH）=0.0052=0.01molL1，c（H+）=1012molL1，pH=12，故B正确；CNa2CO3水解的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故C错误；DNaCl对水的电离不产生影响，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，能发生水解，促进水的电离，故CH3COONH4溶液中水的电离程度大
69、于NaCl溶液中水的电离程度，故D错误，故选B【点评】本题考查KW的影响因素，溶液ph的相关计算，盐类的水解等，难度中等，要注意多元弱酸根离子的水解分步进行32下列叙述正确的是( )A将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7，c（SO42）=c（NH4+）B两种醋酸溶液物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2CpH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D向0.1moLL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大【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】A根据电荷守恒判断；B醋酸的浓度越大，其电离程度
70、越小；CpH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=0.001mol/L，pH=3的醋酸溶液中c（CH3COOH）0.001mol/L，等体积混合，酸剩余；D向氨水中加入硫酸铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离【解答】解：A混合溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+2c（SO42），所以c（NH4+）c（SO42），故A错误；B醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c110c2，故B错误；CpH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=0.001mol/L，pH=3的醋酸溶液中c
71、（CH3COOH）0.001mol/L，等体积混合，酸剩余，溶液呈酸性，酸能使石蕊试液呈红色，故C正确；D向氨水中加入硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，所以溶液中减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据电荷守恒、弱电解质电离平衡的影响因素等知识来分析解答，易错选项是B，注意弱电解质电离程度与溶液浓度的关系，为易错点二.填空题（36分）33（1）写出碳酸氢钠电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3，溶液呈碱 性（2）在一定温度下，测得0.1molL1CH3COOH溶液的PH为3.0，此温度CH3COOH的电
72、离平衡常数为105（3）现有NH4Cl和NH3H2O组成的混合溶液，若其pH=7，则该溶液中c（NH4+）=c（Cl）；若pH7，则该溶液中c（NH4+）c（Cl）（填“”、“”、“=”）【考点】电离方程式的书写；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）碳酸氢钠为强电解质完全电离；碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子；（2）CH3COOH的电离平衡常数Ka=，以此解答该题；（3）依据电荷守恒定律解答【解答】解：（1）碳酸氢钠为强电解质完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3；碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性；故答案为：NaHCO3=Na+HCO
73、3；碱性；（2）由CH3COOHCH3COO+H+知，c（H+）等于已经电离的c（CH3COOH），所以已经电离的醋酸浓度是1.0103mol/L，由CH3COOHCH3COO+H+知，c（H+）=c（CH3COO）=已经电离的c（CH3COOH），溶液中未电离的醋酸浓度为（0.10.001）mol/L，Ka=105，故答案为：105；（3）常温下，混合溶液中pH=7说明溶液呈中性，则溶液中C（H+）=C（OH），根据电荷守恒得C（H+）+C（NH4+）=C（OH）+C（Cl），则c（NH4+）=c（Cl）；若pH7，说明溶液呈碱性，则C（H+）C（OH），根据电荷守恒得C（H+）+C（NH4
74、+）=C（OH）+C（Cl），则c（NH4+）c（Cl），故答案为：=；【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写、电离平衡常数的计算、离子浓度大小比较，掌握电解质电离方式、电离平衡常数的应用是解题关键，题目难度不大34CH3COOH是中学化学中常用的一元弱酸，请回答下列问题：（1）若分别将pH=2的盐酸和醋酸稀释100倍，则稀释后溶液的pH：盐酸醋酸（填“”、“=”或“”）（2）将100mL 0.1molL1的CH3COOH溶液与50mL 0.2molL1的NaOH溶液混合得溶液呈碱性，原因CH3COO+H2OCH3COOH+OH（用离子方程式表示）（3）已知某混合溶液中只含有CH3COO、H
75、+、Na+、OH四种离子，且离子浓度大小关系为：c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），则该溶液中含有的溶质为CH3COOH和CH3COONa（4）已知Ka（CH3COOH）=1.76105，Ka（HNO2）=4.6104，若用同浓度的NaOH溶液分别中和等体积且pH相等的CH3COOH和HNO2，则消耗NaOH溶液的体积关系为：前者后者（填“，或=”）【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）醋酸的弱电解质，加水稀释促进其电离，氯化氢是强电解质，不存在电离平衡；（2）等物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好反应
76、生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致其溶液呈碱性；（3）c（H+）c（OH），溶液呈酸性，即酸过量；（4）电离平衡常数越大的酸，其电离程度越大，则等pH的CH3COOH和HNO2，其c（HNO2）c（CH3COOH），酸的物质的量越多，消耗的氢氧化钠越多【解答】解：（1）氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以盐酸的pH大于醋酸，故答案为：；（2）n（CH3COOH）=0.1L0.1molL1=0.01mol，n（NaOH）=0.05L0.2molL1=0.01mol=n（CH3COOH），所以醋酸和氢氧化钠恰好完全
77、反应生成醋酸钠，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：碱；CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（3）c（H+）c（OH），溶液呈酸性，醋酸过量溶液中的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合物，故答案为：CH3COOH和CH3COONa； （4）Ka（CH3COOH）=1.76105Ka（HNO2）=4.6104，所以等pH的醋酸和亚硝酸，其c（HNO2）c（CH3COOH），等pH、等体积的醋酸和亚硝酸，n（HNO2）n（CH3COOH），所以消耗NaOH溶液的体积关系为：醋酸大于亚硝酸，故答案为：【点评】本题考查弱电解质电
78、离，难度较大，根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性是本题的难点所在，可以根据溶液中离子守恒确定溶质35能源短缺是人类社会面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景工业上合成甲醇的反应原理为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H，如表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K） 温度250300350K2.0410.2700.012（1）根据表中数据可判断H0 （填“”、“=”或“”）（2）在300时，将2mol CO、3mol H2和2mol CH3OH充入容积为1L的密闭容器中，此时反应将AA向正方向移动 B向逆方向移动 C处于平衡状态 D无法判断【
79、考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）依据表中数据分析，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行；（2）计算浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行方向【解答】解：（1）依据表中数据分析，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行正反应为放热反应，H0；故答案为：；（2）在300时，将2mol CO、3mol H2和2mol CH3OH充入容积为1L的密闭容器中，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），浓度商Q=K=0.270，反应正向进行；故答案为：A【点评】本题考查了反应的热效应和化学反应进行的方向，学生要掌握用浓度商和平衡常数的大
80、小来判断反应的进行方向是关键，题目难度中等36碘钨灯具有使用寿命长、节能环保等优点一定温度下，在碘钨灯灯泡内封存的少量碘与沉积在灯泡壁上的钨可以发生如下的可逆反应：W（s）+I2（g）WI2（g）H0为模拟上述反应，在450时向一体积为2L的恒容密闭容器中加入0.1mol碘单质和足量的钨，2min后反应达到平衡，测得碘蒸气浓度为0.005molL1请回答下列问题：（1）前两分钟内碘蒸气的反应速率为0.0225molL1min1（2）能够说明上述反应已经达到平衡状态的有CEAI2与WI2的浓度相等B容器内气体压强不再变化CW的质量不再变化D单位时间内，金属钨消耗的物质的量与碘化钨生成的物质的量相
81、等E容器内混合气体的密度保持不变【考点】化学平衡状态的判断；反应速率的定量表示方法 【专题】化学平衡专题【分析】（1）平衡时碘蒸气浓度为0.005mol/L，则c（I2）=0.005mol/L=0.045mol/L，根据v=计算v（I2）；（2）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：（1）平衡时碘蒸气浓度为0.005mol/L，则c（I2）=0.005mol/L=0.045mol/L，所以v（I2）=0.0225molL1min1，故答案为：0.0225molL1min1；（2）A、反应达平衡时，I2与WI2的浓度可能相等
82、也可能不等，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能证明达到平衡状态，故A错误；B、该反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，故B错误；C、平衡时各种物质的质量也不变，W的质量不再变化，说明到达平衡，故C正确；D、单位时间内，金属钨消耗的物质的量与碘化钨生成的物质的量相等，都表示反应的正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E、反应有固体参加，随反应进行气体的质量发生变化，容器的体积不变，混合气体的密度发生变化，当密度不再变化，说明到达平衡，故E正确；故答案为：CE【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素等，难度中等，理解化学平衡状态
83、的判断是关键，旨在考查学生分析和解决问题的能力37实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10molL1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定重复上述滴定操作23次，记录数据如下请完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（molL1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96（1）滴定达到终点的标志是最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色（2）根据上述
84、数据，可计算出该盐酸的浓度约为0.115mol/L（保留小数点后叁位）（3）若滴定结束时，碱式滴定管中的液面如右图所示，终点读数为22.28mL（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有CEA用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥 C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D滴定终点读数时俯视 E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【考点】中和滴定 【专题】综合实验题【分析】（1）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（2）先判断数据的合理性，求出标准NaOH溶液体积，然后依据c（待测）=求出即可；（3）依
85、据正确读数方法得出即可；（4）依据（2）中公式，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差【解答】解：（1）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色，故答案为：最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色；（2）舍去误差较大的数，得出V（标准）=23.01mL，c（待测）=0.115mol/L，故答案为：0.115mol/L；（3）读图可知，终点读数为22.28mL，故答案为：22.28mL；（4）A酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）公式分析，可知c（标准）偏小，故A错误；B锥形瓶洗涤后不干燥，对结果无影响，故B错误；C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，以酚酞为指示剂时等质量的氢氧化钠和潮解的氢氧化钠消耗的氢氧化钠后者大，所以造成V（标准）偏大，故C正确；D滴定终点读数时俯视读，造成V（标准）偏小，根据c（待测）公式分析，可知c（标准）偏小，故D错误；E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）公式分析，可知c（标准）偏大，故E正确；故选：CE【点评】本题主要考查了滴定操作、误差分析以及根据滴定曲线进行化学计算，难度不大，根据课本知识即可完成