1、2014-2015学年河北省秦皇岛市实验中学高二（上）第二次段考化学试卷一、单项选择题（每题只有一个选项符合答案，每题2分）1常温下，在0.1molL1 CH3COOH溶液中，水的离子积是（）A11014B11013C1.321014D1.3210152将0l molL1的下列物质的水溶液从常温加热到80，溶液的c（H+）不变的是（）AH2SO4BCH3COOHCNaOHDNaCl3下列物质属于强电解质且能导电的是（）氯化钠溶液 氯化铵固体 铜 石墨 熔融NaOH 稀硫酸 乙酸ABCD4盐酸和KHCO3反应时，能使反应的最初速率明显加快的是（）A将盐酸用量增加一倍B盐酸的浓度增加一倍，用量减半
2、C温度降低到25度D增加KHCO3粉末的量5用阳极a和阴极b电解足量c的水溶液一段时间，然后加入d，能使溶液恢复到电解前状态，a、b、c、d正确组合是（）abcdPtPtNaOHNaOHCCNaClNaOHCuCuCuSO4CuOPtPtH2SO4H2OABCD6下列叙述不正确的是（）A生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B在铁制品上镀铜时，石墨为阳极，铁制品作阴极，铜盐为电镀液C用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈D燃气灶上的炒锅支架容易生锈，主要是由于高温下铁易发生“化学腐蚀”7下列电离方程式正确的是（）ABBa（OH）2Ba2+2OHCHCO3+H2OH3O+CO32DNaHCO3Na+H+CO
3、328能影响水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（）A向水中投入一小块金属钠B将水加热煮沸C向水中通入二氧化碳气体D向水中加食盐晶体9下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A碳酸钙受热分解B乙醇燃烧C铝粉与氧化铁粉末反应D氧化钙溶于水10一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）H0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该
4、反应平衡常数不变11用蒸馏水稀释1molL1醋酸时，始终保持增大趋势的是（）A溶液中的c（CH3COO）B溶液中的c（H+）C溶液中的c（CH3COOH）D溶液中的c（OH）12100mL浓度为2molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A加入适量6 molL1的盐酸B加入少量醋酸钠固体C加热D加入少量金属钠13在一定温度不同压强（P1P2）下，可逆反应2X（g）2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）ABCD14把pH=3的H2SO4溶液和pH=10的NaOH溶液混合，两者恰好
5、中和，则两种溶液的体积比是（）A10：1B1：100C1：10D1：215反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率v（X）（反应物的消耗速率或生成物的生成速率）可表示为（）Av（NH3）=0.010 mol（Ls）1Bv（O2）=0.001 mol（Ls）1Cv（NO）=0.0010 mol（Ls）1Dv（H2O）=0.045 mol（Ls）116在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2
6、（g）+2H2O（l）；H=+725.8 kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=1452 kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=725.8 kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=+1452 kJ/mol17下列叙述正确的是（）A金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀C合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强D铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3e+=Fe3+，继而
7、形成铁锈18有A、B、C、D四种金属将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）ADCABBDABCCDBACDBADC19一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（）Aa、b、c三点溶液的pH：cabBa、b、c三点醋酸的电离程度：abcC若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小Da、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：cab二、单项选择题（每
8、题只有一个选项符合答案，每题3分）20下列说法或表示法正确的是（）A等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B由C（石墨）C（金刚石）H=+119kJmol1可知，石墨比金刚石稳定C在稀溶液中：H+OHH2OH=57.3kJmol1，若将含1molCH3COOH的醋酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJD在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=+285.8 kJmol121在密闭容器中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到
9、原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，下列叙述正确的是（）AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d22下列说法正确的是（）A向0.1molL1氨水中加入适量NH4Cl（s），则混合液中c（NH4+）与c（NH3H2O）之比增大B25时，0.1molL1氨水和0.05 molL1氨水中c（OH）之比是2：1C0.1molL1 CH3COOH溶液中，c（CH3COO）=c（H+）D向0.1molL1KNO3溶液中，滴加稀盐酸至溶液pH=5，此时混合液中c（K+）c（NO3）23下列两种溶液：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；相同条件下
10、，有关上述溶液的比较中，正确的是（）A溶液中的c（H+）：B分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液，则消耗溶液的体积：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：D向等体积的两种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：24在一恒定容积的容器中充入4mol A和2mol B发生如下反应：2A（g）+B（g）（），达到平衡后，的体积分数为%，若维持容积和温度不变，按1.2、0.6和2.8为起始物质，达到平衡后，的体积分数仍为%，则的为（）A只能为2B只能为3C可能为2，也可能为3D无法确定三、非选择题（共42分）25（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同），属于非电解质的
11、是亚硫酸溶液 次氯酸钠 氯化氢气体 蔗糖 硫酸钡氨气 冰醋酸 硫酸氢钠固体 氢氧化铁 NO2（2）写出下列物质在水中的电离方程式：硫酸氢钠：；次氯酸钠：；（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1molL1、0.1molL1，则c（OH）甲：c（OH）乙10（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1molL1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH）的大小关系为；（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO22NO+O2T时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到
12、平衡状态的标志是混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态的比值不再改变的状态26一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意完成下列问题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=，升高温度，K值（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡向方向移动（2）在500，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是（选填选项字母
13、）A氢气的浓度减少B正反应速率加快，逆反应速率也加快C甲醇的物质的量增加D重新平衡时增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是（用化学方程式表示）27室温时1L 0.01molL1的硫酸氢钠溶液的pH为，在其中滴入等体积的0.01molL1的Ba（OH）2溶液后，加水稀释到10L，所发生反应的离子方程式为，pH为28某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度
14、线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（2）判断滴定终点的现象是：（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.0029在25时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该
15、盐酸溶液用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，（题中 ab，b8）问：（1）若a+b=14，则Va/Vb=（2）若a+b=13，则Va/Vb=（3）若a+b14，则Va/Vb=，且VaVb（填“”“”“=”）2014-2015学年河北省秦皇岛市实验中学高二（上）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题只有一个选项符合答案，每题2分）1常温下，在0.1molL1 CH3COOH溶液中，水的离子积是（）A11014B11013C1.321014D1.321015【考点】离子积常数菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】水的离子积只受温度影响，常温下为11014，
16、水的离子积不仅适用于纯水，也适用酸、碱溶液【解答】解：水的离子积只受温度影响，常温下为11014，也适用于酸的溶液，0.1molL1 CH3COOH溶液中水的离子积为11014；故选A【点评】考查水的离子积，比较基础，注意水的离子积常数只受温度影响2将0l molL1的下列物质的水溶液从常温加热到80，溶液的c（H+）不变的是（）AH2SO4BCH3COOHCNaOHDNaCl【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】弱电解质的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离和盐类水解，导致溶液中水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子
17、浓度变化来确定pH变化【解答】解：A硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度不影响硫酸电离，虽然促进水的电离，但水电离的程度小于硫酸电离的程度，则可以忽略，所以溶液中氢离子浓度基本不变，故A正确；B醋酸是弱电解质，升高温度促进醋酸电离，则溶液中氢离子浓度增大，故B错误；C升高温度时NaOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故C错误；DNaCl是强酸强碱盐，溶液中的氢离子全部来自于水的电离，加热促进水的电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，故D错误；故选A【点评】本题明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，注意A和D
18、选项的比较，升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等3下列物质属于强电解质且能导电的是（）氯化钠溶液 氯化铵固体 铜 石墨 熔融NaOH 稀硫酸 乙酸ABCD【考点】强电解质和弱电解质的概念菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，能导电的物质必须有电子或自由移动的离子，据此判断【解答】解：氯化钠溶液能导电，但氯化钠溶液是混合物，故错误；氯化铵固体是强电解质，但氯化铵固体没有自由移动的离子不导电，故错误；铜能导电，但铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误；石墨能导电，但石墨是单质，既不是电解质也不是非
19、电解质，故错误；熔融的氢氧化钠是化合物，能完全电离出自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，属于强电解质，故正确；稀硫酸属于混合物，能导电，稀硫酸既不是电解质也不是非电解质，故错误；乙酸属于弱电解质，故错误；故选A【点评】本题重点考查了强电解质概念的辨析，解题时紧抓住是否完全电离及能否导电，题目难度不大4盐酸和KHCO3反应时，能使反应的最初速率明显加快的是（）A将盐酸用量增加一倍B盐酸的浓度增加一倍，用量减半C温度降低到25度D增加KHCO3粉末的量【考点】化学反应速率的影响因素菁优网版权所有【分析】根据影响化学反应速率的因素分析盐酸与K2CO3反应时，升高温度、增大酸的浓度、增大固体的接触面
20、积等都可加快化学反应速率，以此解答【解答】解：A盐酸的用量增加一倍，并不改变浓度，反应速率不变，故A错误；B盐酸的浓度增加一倍，用量减半，反应速率增大，故B正确；C温度降低，化学反应速率减慢，故C错误；D增大KHCO3粉末的用量，浓度不变，固体表面积不变，则反应速率不变，故D错误故选B【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度、温度、接触面积等对反应速率的影响即可解答，难度不大5用阳极a和阴极b电解足量c的水溶液一段时间，然后加入d，能使溶液恢复到电解前状态，a、b、c、d正确组合是（）abcdPtPtNaOHNaOHCCNaClNaOHCuCuCuSO4CuOPtPtH2SO4H2OA
21、BCD【考点】原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【专题】电化学专题【分析】电解质在通电一段时间后要想让电解质复原要加入遵循：出什么加什么的原则，根据电解池的工作原理来回答【解答】解：A、以铂为电极，电解氢氧化钠的水溶液实质是电解水，要想复原，需要加水，故A错误；B、以石墨为电极，电解氢氧化钠溶液会在两极上析出氢气和氯气，要想复原，则需通入氯化氢气体，故B错误；C、以金属铜为电极，电解硫酸铜，电解前后溶液组成、浓度均不变，故C错误；D、以铂为电极，电解H2SO4溶液，实质是电解水，要想复原，需要加水，故D正确故选D【点评】本题主要考查学生电解原理的应用知识以及电解质复原需加入的物质的选择，可
22、以根据所学知识进行回答，难度不大6下列叙述不正确的是（）A生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B在铁制品上镀铜时，石墨为阳极，铁制品作阴极，铜盐为电镀液C用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈D燃气灶上的炒锅支架容易生锈，主要是由于高温下铁易发生“化学腐蚀”【考点】金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【分析】A生铁中含有碳，碳、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀；B铁制品上镀铜时，铜作阳极，铁制品作阴极；C锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀；D温度越高，铁越容易被氧化【解答】解：A生铁中含有碳，碳、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，故A正
23、确；B铁制品上镀铜时，铜作阳极，铁制品作阴极，铜盐为电镀液，故B错误；C锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故C正确；D温度越高，铁越容易被氧化，所以铁越容易生锈，故D正确；故选：B【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，知道防止金属被腐蚀的电化学方法有：牺牲阳极的阴极保护法及外加电源的阴极保护法7下列电离方程式正确的是（）ABBa（OH）2Ba2+2OHCHCO3+H2OH3O+CO32DNaHCO3Na+H+CO32【考点】电离方程式的书写菁优网版权所有【分析】分清电解质的强弱，强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电
24、解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答【解答】解：A、酸是二元弱酸存在电离平衡，分步电离，电离方程式为：H2C2O4H+HC2O4，HC2O4H+C2O42，故A错误；B、氢氧化钡为强碱，是强电解质，完全电离，故用等号，故B错误；C、由于碳酸是二元弱酸，不能完全电离，故HCO3在水分子的作用下部分电离为CO32，故电离方程式为：HCO3+H2OH3O+CO32，故C正确；D、由于碳酸是二元弱酸，不能完全电离，故HCO3在水分子的作用下只能部分电离为CO32，即NaHCO3只能完全电离为Na+和HCO3，即正确的离子方程式为：NaHCO3=Na+C
25、O3，故D错误故选C【点评】本题考查了电离方程式的书写，明确电解质的强弱及电离方程式的书写规则是解本题关键，注意HCO3原子团不能拆，题目难度不大8能影响水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（）A向水中投入一小块金属钠B将水加热煮沸C向水中通入二氧化碳气体D向水中加食盐晶体【考点】水的电离菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】c（H+）c（OH），溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动【解答】解：A、加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，
26、c（H+）c（OH），故A错误；B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B错误；C、二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c（H+）c（OH），酸对水的电离起抑制作用，故C正确；D、食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不一定，不影响水的电离，溶液呈中性，故D错误故选：C【点评】本题考查学生水的电离的影响因素，可以根据所学知识进行回答，较简单9下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A碳酸钙受热分解B乙醇燃烧C铝粉与氧化铁粉末反应D氧化钙溶于水【考点】化学反应的能量变化规律菁优网版权所有
27、【分析】根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答【解答】解：A、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；B、乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C、铝与氧化铁粉末反应是一个放热反应，故C错误；D、氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误故选A【点评】本题主要考查学生常见的反应的吸热放热情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大10一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）H0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件
28、不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变【考点】化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关【解答】解：A该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；B硫是液体，分离出硫，气
29、体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故B错误；C该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；D平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，故D正确；故选D【点评】本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，易错选项是B，注意固体和纯液体改变用量对反应速率无影响，催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动11用蒸馏水稀释1molL1醋酸时，始终保持增大趋势的是（）A溶液中的c（CH3COO）B溶液中的c（H+）C溶液中的c（CH3COOH）D溶液中的c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡
30、与溶液的pH专题【分析】醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，据此分析解答【解答】解：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，A醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（CH3COO）减小，故A错误；B醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故B错误；C加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则c（CH3COOH）减小，故C错误；D加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不
31、变，所以c（OH）增大，故D正确；故选D【点评】本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意结合水的离子积常数分析，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，难度中等12100mL浓度为2molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A加入适量6 molL1的盐酸B加入少量醋酸钠固体C加热D加入少量金属钠【考点】化学反应速率的影响因素菁优网版权所有【专题】化学反应速率专题【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，
32、以此解答该题【解答】解：A加入适量的6 molL1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；B加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；C升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；D加入钠，与水反应生成氢气，氢气的总量改变，故D不选故选C【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意Zn过量，生成氢气由盐酸决定，把握浓度、温度、原电池对反应速率的影响即可解答，题目难度不大13在一定温度不同压强（P1P2）下，可逆反应2X（g）2Y（g）+Z（g）中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）ABCD【考
33、点】产物百分含量与压强的关系曲线菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【分析】一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答【解答】解：A、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1p2，与题意不符，故A错误；B、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C、图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1p2，与题意不符，故C错误；D、图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错
34、误；故选B【点评】本题考查化学平衡移动图象题，难度中等，注意根据：“先拐先平数值大”判断图象中压强大小14把pH=3的H2SO4溶液和pH=10的NaOH溶液混合，两者恰好中和，则两种溶液的体积比是（）A10：1B1：100C1：10D1：2【考点】化学方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】pH=3H2SO4溶液中c（H+）=103mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=104mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH），再结合n=cV表示出n（H+）、n（OH），据此判断【解答】解：pH=3H2SO4溶液中c（H+）=103mol/L，pH=10的
35、NaOH溶液中c（OH）=mol/L=104mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH），所以Vac（H+）=Vbc（OH），所以Va：Vb=c（OH）：c（H+）=104mol/L：103mol/L=1：10故选：C【点评】考查溶液PH值的计算、化学方程式计算，比较基础，注意基础知识的掌握15反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率v（X）（反应物的消耗速率或生成物的生成速率）可表示为（）Av（NH3）=0.010 mol（Ls）1Bv（O2）=0.001 mol（Ls）1C
36、v（NO）=0.0010 mol（Ls）1Dv（H2O）=0.045 mol（Ls）1【考点】反应速率的定量表示方法菁优网版权所有【专题】化学反应速率专题【分析】根据v=计算v（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率进行判断【解答】解：在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol则v（H2O）=0.0015molL1s1，A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=0.0015molL1s1=0.0010molL1s1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=0.0015molL1s1=0.00125molL1
37、s1，故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NO）=0.0015molL1s1=0.0010molL1s1，故C正确；D、v（H2O）=0.0015molL1s1，故D错误故选：C【点评】本题考查化学反应速率的计算，难度不大，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常有定义法、化学计量数法，根据题目选择合适的计算方法16在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H=+725.8 kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=145
38、2 kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=725.8 kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）；H=+1452 kJ/mol【考点】热化学方程式菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故A错误；B、
39、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，则热化学方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，焓变的数值与化学计量数不成正比，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故D错误；故选B【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点17下列叙述正确的是（）A金属腐蚀
40、就是金属失去电子被还原的过程B将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀C合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强D铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3e+=Fe3+，继而形成铁锈【考点】金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【专题】电化学专题【分析】A、金属失去电子被氧化；B、金属与负极相连被保护；C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性可能比其成分金属强；D、Fe作负极失电子生成Fe2+【解答】解：A、金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，故A错误；B、将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极，被保护
41、，所以可防止水闸被腐蚀，故B正确；C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性可能比其成分金属强，也可能比其成分金属弱，故C错误；D、铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中形成原电池，Fe作负极失电子生成Fe2+，电极反应为Fe2e+=Fe2+，故D错误；故选B【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护及合金的性质，注意掌握原电池与电解池原理，题目难度不大18有A、B、C、D四种金属将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）ADCABBDABC
42、CDBACDBADC【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用菁优网版权所有【专题】电化学专题【分析】原电池中较活泼的金属作负极，负极上失电子生成阳离子进入溶液而被腐蚀；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，据此分析解答【解答】解：将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性AB；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈
43、，所以金属活动性DA；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以B的活泼性大于铜；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，所以铜的活泼性大于C所以它们的活动性由强到弱的顺序是DABC，故选B【点评】本题考查了金属活泼性强弱的判断，难度不大，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等19一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（）Aa、b、c三点溶液的pH：cabBa、b、c三点醋酸的
44、电离程度：abcC若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小Da、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：cab【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；B随水的增多，醋酸的电离程度在增大；C用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同【解答】解：A导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为bac，故A错误；B随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a
45、、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故B正确；C用湿润的pH试纸测量酸性的pH，相当于在a点之后加水，溶液导电性变强，说明溶液中醋酸根离子和氢离子浓度升高，测得的pH值偏低，故C正确；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；故选B、C【点评】本题考查电解质的电离，题目难度中等，本题注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为C，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小二、单项选择题（每题只有一个选项符合答案，每题3分）20下列说法或表示法正确的是（）A等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后
46、者放出热量多B由C（石墨）C（金刚石）H=+119kJmol1可知，石墨比金刚石稳定C在稀溶液中：H+OHH2OH=57.3kJmol1，若将含1molCH3COOH的醋酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJD在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=+285.8 kJmol1【考点】反应热和焓变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；B、物质的能量越低越稳定；C、CH3COOH为弱酸，电离时吸热；D、2g氢气燃烧放热285.8
47、KJ，4g氢气燃烧放热应更多【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；B、石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，故B正确；C、醋酸为弱电解质，电离吸热，所以将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；D、2g氢气燃烧放热285.8KJ，4g氢气燃烧放热应为2285.8KJ=571.6KJ，故D错误故选B【点评】本题考查焓变与反应条件的关系、中和热、能量越低越稳定、热化学方程式中焓变与化学计量数的关系，题目难度不大21在密闭容器中发生下列反应aA（
48、g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，下列叙述正确的是（）AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d【考点】化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】先判断气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度与原来浓度的关系，再与再次达到平衡时D的浓度作比较判断平衡如何移动，从而判断各选项是否正确【解答】解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A错误；B、平衡向逆
49、反应方向移动，故B错误；C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以ac+d，故D正确故选D【点评】正确判断气体体积刚压缩的一瞬间D的浓度是解本题的关键22下列说法正确的是（）A向0.1molL1氨水中加入适量NH4Cl（s），则混合液中c（NH4+）与c（NH3H2O）之比增大B25时，0.1molL1氨水和0.05 molL1氨水中c（OH）之比是2：1C0.1molL1 CH3COOH溶液中，c（CH3COO）=c（H+）D向0.1molL1KNO3溶液中，滴加稀盐酸至溶液pH=5，此时混合液中c（K+）c
50、（NO3）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【专题】盐类的水解专题【分析】A加入氯化铵后溶液中铵根离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，然后结合氨水的电离平衡常数判断；B弱电解质溶液中，浓度越小，弱电解质的电离程度越大；C根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；D根据硝酸钾溶液中的物料守恒分析【解答】解：A向0.1molL1氨水中加入适量NH4Cl（s），一水合氨的电力平衡向着逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，根据Kb=可知，温度不变、Kb不变，则混合液中c（NH4+）与c（NH3H2O）之比=的比值增大，故A正确；B.25时，如果一水合氨是强电解质，则0.1 molL1氨水和0.05mo
51、lL1 氨水中c（OH）之比是2：1，实际上，一水合氨是弱电解质且溶液浓度越稀，一水合氨的电离程度越大，所以0.1 molL1氨水和0.05molL1 氨水中c（OH）之比小于2：1，故B错误；C.0.1molL1 CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO）+c（OH）=c（H+），则c（CH3COO）c（H+），故C错误；D混合液中硝酸根离子和钾离子都不反应，根据物料守恒可知：c（K+）=c（NO3），故D错误；故选A【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响危机的关键，注意掌握电荷守恒、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，试题培养
52、了学生的分析能力及灵活应用能力23下列两种溶液：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（）A溶液中的c（H+）：B分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液，则消耗溶液的体积：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：D向等体积的两种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】Ac（H+）=10pH；B相同条件下，pH相等的CH3COOH和pH=2的HCl溶液中c（HCl）c（CH3COOH），分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液消
53、耗酸的体积与其物质的量浓度成反比；C两种酸和足量Al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比；D加水稀释促进醋酸电离【解答】解：A根据c（H+）=10pH知，二者的pH相等，则氢离子浓度相等，则溶液中的c（H+）：=，故A错误；B相同条件下，pH相等的CH3COOH和pH=2的HCl溶液中c（HCl）c（CH3COOH），分别中和等体积相同物质的量浓度的NaOH溶液消耗酸的体积与其物质的量浓度成反比，所以消耗溶液的体积：，故B正确；C两种酸和足量Al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比，pH相等、体积相等的两种酸的物质的量：，则生成氢气的量：，故C错误；D加水稀释促进醋酸电离，HCl完
54、全电离，所以稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于HCl，则溶液的pH：，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意pH相等但其物质的量浓度不等，注意C中金属是足量的，为易错点24在一恒定容积的容器中充入4mol A和2mol B发生如下反应：2A（g）+B（g）（），达到平衡后，的体积分数为%，若维持容积和温度不变，按1.2、0.6和2.8为起始物质，达到平衡后，的体积分数仍为%，则的为（）A只能为2B只能为3C可能为2，也可能为3D无法确定【考点】化学平衡的影响因素；等效平衡菁优网版权所有【分析】恒温恒容下，开始充入4molA和2molB与开始
55、充入1.2molA、0.6molB和2.8molX达到平衡后，X的体积分数为%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=4mol、n（B）=2mol，据此解答【解答】解：恒温恒容下，开始充入4molA和2molB与开始充入1.2molA、0.6molB和2.8molX达到平衡后，X的体积分数为%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=4mol、n（B）=2mol，故1.2mol+2=4mol，解得x=2，但是对于反应前后气体系数和相等的反应，物质的投料比等于化学计量数之比，也是等效平衡，所以x=3也是正确的故选C【点评】本题考查化学平衡计算、等效平衡等，难
56、度中等，恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比三、非选择题（共42分）25（1）下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同），属于非电解质的是亚硫酸溶液 次氯酸钠 氯化氢气体 蔗糖 硫酸钡氨气 冰醋酸 硫酸氢钠固体 氢氧化铁 NO2（2）写出下列物质在水中的电离方程式：硫酸氢钠：NaHSO4Na+H+SO42；次氯酸钠：NaClOClO+Na+；（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1molL1、0.1molL1，则c（OH）甲：c（OH）乙小于10（填“大于”、“等于”或“小于”）（4）现有常温条件下甲、
57、乙、丙三种溶液，甲为0.1molL1的NaOH溶液，乙为0.1mol/L的HCl溶液，丙为0.1mol/L的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH）的大小关系为丙甲=乙；（5）NO2与NO之间存在如下可逆反应：2NO22NO+O2T时，在一恒容密闭容器中充入适量NO2，反应达到平衡状态的标志是混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态的比值不再改变的状态【考点】强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；化学平衡状态的判断菁优网版权所有【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为
58、电解质，在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物为非电解质；（2）硫酸氢钠是强电解质，硫酸氢根在水溶液中能拆，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号；（3）弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大；（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（5）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答【解答】解：（1）亚硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；次氯酸钠是盐，属于强电解质；氯化氢气体溶于水能导电，属于强电解质；蔗糖不能导电，属于非电解质；
59、硫酸钡是盐，熔融状态下能导电，属于强电解质；氨气不能导电，属于非电解质；冰醋酸不能导电，溶于水能导电，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；硫酸氢钠固体是盐，属于强电解质；氢氧化铁是碱，属于弱电解质；NO2不能导电，属于非电解质，故答案为：；（2）NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，NaHSO4Na+H+SO42，次氯酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式用等号，电离方程式为：NaClO=Na+ClO，故答案为：NaHSO4Na+H+SO42；NaClOClO+Na+；（3）一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度
60、越小，一水合氨的电离程度越大，甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中OH之比小于10，故答案为：小于；（4）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水的电离，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是：丙甲=乙，故答案为：丙甲=乙；（5）混合气体的颜色不再改变时，各物质的
61、浓度不变，说明该反应达到平衡状态，所以可以据此判断平衡状态，故正确；该反应的反应前后气体质量不变、容器体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，反应体系的密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质浓度不变，所以混合气体的压强不再改变，所以可以据此判断平衡状态，故正确； 该反应的反应前后是气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以其平均相对分子质量不变，则可以据此判断平衡状态，故正确；该反应的反应前后有热量变化，当该反应达到平衡状态时，反应体系温度不再发生变化，所以不再变化，则可以据此判断平
62、衡状态，故正确故选【点评】本题考查了电解质与非电解质的概念，电解质的电离方程式书写、平衡状态判断等，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确无论电解质还是非电解质，都一定为化合物26一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意完成下列问题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=，升高温度，K值减小（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡向逆反应方向移动（2）在500，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=mol（Lmin）1（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的
63、体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是BC（选填选项字母）A氢气的浓度减少B正反应速率加快，逆反应速率也加快C甲醇的物质的量增加D重新平衡时增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是Cu2O+CO2Cu+CO2（用化学方程式表示）【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程菁优网版权所有【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据温度对化学平衡、平衡常数的影响；（2）先根据图象依据=求出求出（CH3OH），然后根据速率之比等于化学计量数之比求出（H2）；
64、（2）缩小容器的体积相当于减压，然后根据压强对浓度、速率和化学平衡的影响来解答；（4）根据Cu2O能被CO还原生成CO2和Cu，该反应为可逆反应【解答】解：（1）因化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，由图可知，升高温度，甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，故答案为：；减小；逆反应；（2）由图象可知，在500时，时间达到tB时，甲醇的物质的量为nB，依据（CH3OH）=mol（Lmin）1，由速率之比等于化学计量数之比求出，（H2）=（CH3OH）=2mol（Lmin）=mol（Lmin）1=mol（Lmin）1；故答案为：mol（Lmin）1；
65、（3）其他条件不变时，将处于E点的体系体积压缩到原来的，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，故选：BC；（4）二氧化有利于抑制反应 Cu2O+CO2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，故答案为：Cu2O+CO2Cu+CO2【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，注意外界条件对化学平衡移动的影响以及平衡状态的判断，而问题（4）是易错点27室温时1L 0.01molL1的硫酸氢钠溶液的pH为2，在其中滴入等体积的0.01molL1的Ba（OH）2溶液后，加水稀释到10L，
66、所发生反应的离子方程式为SO42+Ba2+H+OH=BaSO4+H2O，pH为11【考点】pH的简单计算菁优网版权所有【分析】硫酸氢钠电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42，所以溶液中c（H+）=c（NaHSO4）=0.01mol/L，据此计算溶液的pH；在其中滴入等体积的0.01molL1的Ba（OH）2溶液后，二者的物质的量相等，二者反应生成硫酸钡、NaOH和水，根据钠原子守恒计算溶液中c（NaOH），再计算溶液的pH【解答】解：硫酸氢钠电离方程式NaHSO4=Na+H+SO42，所以溶液中c（H+）=c（NaHSO4）=0.01mol/L，溶液的pH=2；在其中滴入等体积的0.01m
67、olL1的Ba（OH）2溶液后，二者的物质的量相等，二者反应生成硫酸钡、NaOH和水，离子方程式为SO42+Ba2+H+OH=BaSO4+H2O，根据钠原子守恒计算溶液中c（NaOH）=0.001mol/L，c（H+）=mol/L=1011 mol/L，溶液的pH=11，故答案为：2；SO42+Ba2+H+OH=BaSO4+H2O；11【点评】本题考查了pH的计算，根据弱电解质电离程度与溶液浓度的关系、pH的计算方法等知识点来分析解答，注意根据硫酸氢钠和氢氧化钡的量确定产物，为易错点28某学生用0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立
68、即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号），该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）偏大（2）判断滴定终点的现象是：无色变为浅红，半分钟内不变色（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：0.2000mol/L滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000
69、.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【考点】中和滴定菁优网版权所有【分析】（1）碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；根据不润洗会使标准液的浓度偏小判断对测定结果影响；（2）根据滴定终点前溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液显示红色判断滴定终点；（3）根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；（4）根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度【解答】解：（1）“用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液”，该操作错误，碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液，若没有润洗，导致标准液
70、的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏大，故答案为：；偏大；（2）滴定结束前，锥形瓶中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束后，滴入氢氧化钠溶液后，溶液显示粉红色，所以达到终点的现象为：锥形瓶中溶液无色变为粉红，半分钟内不变色，故答案为：无色变为粉红，半分钟内不变色；（3）根据图示滴定管结构可知，每个小刻度为0.01mL，液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度，读数为22.60mL，故答案为：22.60；（4）根据表中数据，第一次滴定消耗的标准液体积为：（20.400.40）mL=20.00mL，第二次滴定消耗的标准液体积为：（24.102.00）mL=22.10mL，第三次滴定消耗的标
71、准液体积为：（24.004.00）mL=20.00mL，可见第二次滴定数据误差偏大，应该舍弃，其它两次滴定消耗的标准液平均体积为：20.00mL，氢氧化钠和盐酸都是一元酸，反应的体积都是20.00mL，所以氢氧化钠溶液和盐酸的浓度一定相等，即盐酸的浓度为：0.2000molL1，故答案为：0.2000【点评】本题考查了酸碱中和滴定、pH的简单计算、离子方程式的书写，题目难度不大，注重了中和滴定的基础知识考查，要求学生掌握中和滴定的方法29在25时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸溶液用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，（题中 ab，b8）问：（1）若a+b
72、=14，则Va/Vb=1：1（2）若a+b=13，则Va/Vb=1：10（3）若a+b14，则Va/Vb=10a+b14，且VaVb（填“”“”“=”）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】25时、有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，则有VaL10amol/L=VbL10b14mol/L，即=10a+b14，以此来计算【解答】解：25时、有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，则有VaL10amol/L=VbL10b14mol/L，即=10a+b14，若a+b=14，则=10a+b14=1：1，故答案为：1：1；若a+b=13，则=10a+b14=1：10，故答案为：1：10；若a+b14，则=10a+b141，即VaVb，故答案为：10a+b14；【点评】本题考查盐类水解和酸碱中和的计算，明确溶液不显电性及原子守恒的关系、酸碱中和时氢离子与氢氧根离子的物质的相同是解答本题的关键，题目难度中等版权所有：高考资源网()