1、2015-2016学年浙江省嘉兴市桐乡高级中学高二（上）期中化学试卷（实验班）一、选择题（每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意）1化学在生产和生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A炼铁时增大高炉的高度，能有效减少CO的排放B明矾在水处理中可作净水剂C热电厂进行燃煤时将煤块压碎以提高煤的燃烧效率D在海轮外壳上镶嵌锌块，能减缓船体的腐蚀速率2反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0；若升温，则反应速率v（正）、v（逆）的变化是（）A同时减少B同时增大Cv（正）增大，v（逆）减少Dv（正）减少，v（逆）增大3下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）ABa（OH）2BFeCl3C
2、NaHSO4DCH3COONa4下列属于正确的电离方程式是（）AHCO3+H2OCO32+H3O+BNH4+H2ONH3H2O+H+CNaHCO3Na+HCO3DH2S2H+S25铅蓄电池放电时的反应：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，下列有关放电时的说法正确的是（）APbO2作正极，电极发生氧化反应B当转移的电子数为3.011023时，参与反应的Pb的质量为103.5 gC负极的电极反应式是：Pb+SO422ePbSO4D溶液中H+移向负极6下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体
3、快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度D研制性能优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果7下列反应过程能量变化如下所示：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H下列说法错误的是（）AHH键比ClCl键稳定BH=184.5 kJmol1C正反应活化能比逆反应活化能高D在相同条件下，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）分别在点燃和光照条件下反应生成2mo
4、l HCl（g），重新恢复到原来的状态时H相同8能说明CH3COOH是弱电解质的事实是（）A常温下，0.1 molL1 CH3COOH溶液的pH=3BCH3COOH溶液能和NaOH溶液反应C往CH3COOH溶液中加入几滴石蕊试液，溶液变红色D0.1 molL1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗9下列说法正确的是（）A室温下用广范pH试纸测得某氯水的pH=4B酸式滴定管的润洗操作：关闭滴定管活塞，往上口加入35mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，然后将液体从上口倒出，重复此操作23次C若酸碱中和滴定过程中用待测液润洗锥形瓶，则测定结果偏高D酸碱中和滴定的终点是指酸和碱恰好完
5、全反应，此时溶液一定呈中性10下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是（）A新制的氯水在光照下颜色逐渐变浅BH2、I2、HI平衡混合气缩小体积加压后颜色变深C工业上生产硫酸的过程中，SO2在催化氧化时条件控制为常压，而不是高压D工业上合成氨气时温度选择450左右，而不是常温11下列各组微粒在指定的环境中一定大量存在的是（）A与铝反应产生H2的溶液中：Na+、K+、S2、CO32B加入酚酞显红色的溶液中：K+、Na+、Cl、CH3COOCpH=2的溶液中：NH4+、Na+、Fe2+、NO3、ClD由水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中：K+、Na+、Cl、Al3+12常温下，对于0.
6、1molL1的氨水，下列说法正确的是（）A加水稀释后，溶液中c（H+）减小B加入少量NaOH固体，电离度增大，溶液的pH增大C加入少量NH4Cl固体，氨水电离平衡向右移动D通入少量HCl气体后，电离平衡常数不变13下列四种NaHCO3溶液分别加入到四个盛有10mL 2molL1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，则反应最快的是（）A1020mL 3 molL1的NaHCO3溶液B2030mL 2 molL1的NaHCO3溶液C2010mL 4 molL1的NaHCO3溶液D1010mL 2 molL1的NaHCO3溶液14某一可逆反应的反应物和生成物都是气体，改变下列条件一定能使化学平衡向正反
7、应方向移动的是（）A恒压下充入稀有气体B减小反应容器的体积C升高反应温度D分离出生成物15磷酸铁锂电池结构如图所示，左边是磷酸铁锂电池材料为电池的正极，有铝箔与电池一极连接；中间是聚合物隔膜，锂离子可以通过而电子不能通过；右边由石墨组成，铜箔与电池另一极连接，电池内充满电解质在充电过程中，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，下列说法不正确的是（）A放电时，铝箔所在电极为负极，铜箔所在电极为正极B放电时，电池反应式为：FePO4+LiLiFePO4C充电时，Li+向阴极移动D充电时，阳极的电极反应式为：LiFePO4eFePO4+Li+16用铂电极电解CuSO4溶液，当铜离子浓度降
8、至一半时，停止通电，若使CuSO4溶液恢复原浓度、原体积，应加入的适当物质是（）ACuSO4BCuSO45H2OCCuODCu（OH）217在恒容密闭容器中加入一定量的反应物后存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），平衡时CO2物质的量浓度与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（）A该反应的H0B在T2时，D点的反应速率：（正）（逆）CA、C两点相比，混合气体的平均相对分子质量：M（A）M（C）D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K218常温下，下列四种溶液：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液有关
9、上述溶液的比较中，正确的是（）A将等体积的、溶液混合后，盐酸会抑制醋酸的电离，所以pH2B将一定体积的、溶液混合后，溶液显碱性，则该混合溶液中c（Cl）c（NH4+）C将一定体积的、溶液混合后，溶液显酸性，则V（NaOH）可能等于V（CH3COOH）D向等体积的、溶液中加水稀释10倍，稀释后溶液中由水电离的c（H+）：19取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00mL，分別用0.10molL1的NaOH溶液或0.10molL1 的稀氨水滴定得下图下列说法正确的是（）A由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸B由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度C曲线b、c的滴定实验可用酚酞做指示剂D由图可知
10、滴定前醋酸电离度约为1.67%20已知反应：2NO2 （红棕色）N2O4（无色）H0将一定量的NO2充入注射器中后封口，图1和图2是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是拉伸注射器Bd 点：v（正）v（逆）Cc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）21在25下，已知反应：NH3H2O+H+NH4+H2O（平衡常数为K1）；Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O（平衡常数为K2），且K1K2下列说法不合理的是（）A25时，将0.02 molL1的氨
11、水与a molL1的盐酸等体积混合（体积变化忽略不计），反应后溶液呈中性，则用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数为Kb=B往银氨溶液中加水稀释，反应平衡向逆反应方向移动C若往银氨溶液中加入足量的盐酸，则溶液中会产生白色浑浊D已知：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则1 L 0.1 molL1氨水和足量的盐酸反应放出的热量等于5.73 kJ22已知部分弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 醋酸 次氯酸碳酸 亚硫酸 电离平衡常数（25） Ka=1.75105 Ka=2.98108 Ka1=4.30107Ka2=5.611011Ka1=1.54102Ka2=1.0210
12、7下列离子方程式正确的是（）A少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClOCO32+2HClOB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32SO32+2HCO3D相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+HCO3CO2+H2O23亚氯酸钠是一种高效氧化型漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是毒性很大的气体经测定，25时各组分含量随
13、pH变化情况如图所示（Cl没有画出）在25时，下列分析正确的是（）A使用该漂白剂的最佳pH为3BpH=5时，溶液中CpH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c（HClO2）c（ ClO2）c（ ClO2）c（ Cl）DNaClO2溶液加水稀释所有离子浓度均减小二、填空题（共34分，24题8分、25题12分、26题14分）24下列微粒中：Na+；Fe3+；Cl；HCO3；AlO2（1）既能电离又能水解的微粒是（填序号）（2）、两种离子组成的盐的水溶液显（填“酸性”或“碱性”或“中性”），用离子方程式表示原因（3）、两种离子在水溶液中会发生反应而生成沉淀，写出相应的离子方程式25（1）25时，0.
14、1molL1的醋酸 0.1molL1的硫酸 0.1molL1的氨水的0.1molL1的NaOH溶液，其pH由小到大的顺序是（填序号）（2）下列物质中NaCl BaSO4 稀硫酸 KOH H2O CH3COOH NH3 蔗糖 SO2Cu，其中属于强电解质的有；其中属于弱电解质的有；其中属于非电解质的有（3）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A）pH（B） （填“”、“=”或“”）现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A）V（B）（填“”、“=”或“”）（4）已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2
15、+H+，若0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则0.1molL1H2R溶液中c（H+） （0.1+a） molL1（填“”、“”或“=”），理由是（5）25时，若10体积某强碱溶液与1体积的某强酸溶液混合后，溶液的pH=7，则混合前，该强碱溶液的pH（强碱）与强酸溶液pH（强酸）之间应满足的关系是26二甲醚是一种重要的化工原料，利用水煤气（CO、H2）合成二甲醚是工业上的常用方法，该方法由以下几步组成：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH（gCH3OCH3（g）+H2O（g）H=24.5kJmol1 CO（g）+H2O（g）CO2
16、（g）+H2（g）H=41.1kJmol1 （1）反应的S0（填“”、“”或“=”）在（填“较高”或“较低”）温度下该反应自发进行（2）在250的恒容密闭容器中，下列事实可以作为反应已达平衡的是（填选项字母）A容器内气体密度保持不变 BCO与CO2的物质的量之比保持不变CH2O与CO2的生成速率之比为1：1 D该反应的平衡常数保持不变（3）当合成气中CO与H2的物质的量之比恒定时，温度、压强对CO转化率的影响如图1所示图1中A点的v（逆）B点的v（正）（填“”、“”或“=”），说明理由实际工业生产中该合成反应的条件为500、4MPa请回答采用500的可能原因（4）一定温度下，密闭容器中发生反应
17、，水蒸气的转化率与n（H2O）n（CO）的关系如图2：计算该温度下反应的平衡常数K=在图2中作出一氧化碳的转化率与n（H2O）n（CO）的曲线27某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）制取无水硫酸铜已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：请回答下列问题：（1）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是（填序号）（2）溶液A中所含溶质为；（3）物质X应选用（填序号），沉淀的主要成分是氯水 双氧水 铁粉 高锰酸钾（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A中Cu2+（不含能与I
18、发生反应的杂质）的浓度过程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL第二步：取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.05000molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三组达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：（已知：I2+2S2O322I+S4O62）滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数（mL）0.100.361.10滴定滴定后读数（mL）20.1220.3422.12CuSO4溶液与KI的反应的离子方程式为滴定中，试液Na2S2O3应放在（填“酸式滴定
19、管”或“碱式滴定管”），判断滴定终点的依据是溶液A中c（Cu2+）=molL1四、计算题（共6分）28液氨气化后，分解产生的氢气可作为氢氧燃料电池的燃料氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）N2 （g）+3H2（g）H=+a kJmol1请回答下列问题：（1）已知：2H2（g）+O2 （g）2H2O（l）H=b kJmol1NH3 （g）NH3（l）H=c kJmol1则4NH3（l）+3O2 （g）2N2（g）+6H2O（l） 的H=kJmol1（2）水能发生电离：2H2O（l）H3O+OH，液氨也能发生类似的电离请写出液氨的电离方程式（3）实验室用Pt电极对液氨进行电解可以得到H2
20、和N2，若电解过程中阳极收集得到4.48L气体（标况），则转移的电子的数目是，标准状况下阴极得到的气体的质量为g2015-2016学年浙江省嘉兴市桐乡高级中学高二（上）期中化学试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意）1化学在生产和生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A炼铁时增大高炉的高度，能有效减少CO的排放B明矾在水处理中可作净水剂C热电厂进行燃煤时将煤块压碎以提高煤的燃烧效率D在海轮外壳上镶嵌锌块，能减缓船体的腐蚀速率【考点】化学平衡的影响因素；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用【分析】A炼铁时增大高炉的高度，不影响平衡移动；
21、B铝离子水解得到氢氧化铝胶体可以净水；C将煤块压碎，增大与空气接触面积，使煤的燃烧更充分；D构成原电池，Zn为负极，船体为正极被保护【解答】解：A炼铁时增大高炉的高度，不影响平衡移动，不能减少CO的排放，故A错误；B铝离子水解得到氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体表面积很大，可以吸附水中悬浮物质起净水作用，故B正确；C将煤块压碎，增大与空气接触面积，使煤的燃烧更充分，可以提高煤的燃烧效率，故C正确；D构成原电池，Zn为负极，船体为正极被保护，可以能减缓船体的腐蚀速率，故D正确，故选：A2反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0；若升温，则反应速率v（正）、v（逆）的变化是（）A同时减少B同时增大
22、Cv（正）增大，v（逆）减少Dv（正）减少，v（逆）增大【考点】化学反应速率的影响因素【分析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大【解答】解：化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大故选B3下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）ABa（OH）2BFeCl3CNaHSO4DCH3COONa【考点】盐类水解的原理【分析】物质的水溶液因水解呈酸性，说明该物质为强碱弱酸盐，根据盐的组成判断【解答】解：A、Ba（OH）2是强碱，在溶液中不水解，故A错误；B、FeCl3属于强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B错误；C
23、、NaHSO4是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈酸性，故C错误；D、=醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中醋酸根离子水解，其溶液呈碱性，故D正确；故选D4下列属于正确的电离方程式是（）AHCO3+H2OCO32+H3O+BNH4+H2ONH3H2O+H+CNaHCO3Na+HCO3DH2S2H+S2【考点】电离方程式的书写【分析】强电解质完全电离，用等号；弱电解质部分电离，用可逆号，注意原子团不能拆，据此解答【解答】解：A碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子和氢离子，电离方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+，故A正确；BNH4+H2ONH3H2O+H+为氨根离子水解的方程式，故B错误；C碳酸氢
24、钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3，故C错误；D硫化氢分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2SH+HS，故D错误；故选：A5铅蓄电池放电时的反应：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，下列有关放电时的说法正确的是（）APbO2作正极，电极发生氧化反应B当转移的电子数为3.011023时，参与反应的Pb的质量为103.5 gC负极的电极反应式是：Pb+SO422ePbSO4D溶液中H+移向负极【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【分析】该原电池放电时，正极反应式为PbO2+4H+SO422e2H2O+PbSO4，负极反应式为Pb+SO422ePbS
25、O4，APbO2作正极，得电子的物质发生还原反应；B根据Pb+SO422ePbSO4计算消耗Pb的质量；C负极上Pb失电子发生氧化反应；D放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动【解答】解：该原电池放电时，正极反应式为PbO2+4H+SO422e2H2O+PbSO4，负极反应式为Pb+SO422ePbSO4，APbO2作正极，正极反应式为PbO2+4H+SO422e2H2O+PbSO4，二氧化铅得电子发生还原反应，故A错误；B当转移的电子数为3.011023时，转移电子物质的量是0.5mol，根据Pb+SO422ePbSO4得消耗n（Pb）=0.25mol，消耗Pb质量=0.25
26、mol207g/mol=51.75g，故B错误；C负极上Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb+SO422ePbSO4，故C正确；D放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中H+移向正极，故D错误；故选C6下列说法正确的是（）A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读
27、出并记录反应体系的最高温度D研制性能优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果【考点】化学反应速率的影响因素；中和热的测定【分析】A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目；B、催化剂能够降低反应的活化能；C、“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少热量散失；D、催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应【解答】解：A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但是单位体积内活化分子的百分数不变，故A错误；B、催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，故B错误；C、“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少
28、热量散失，故C错误；D、催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应，所以优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果，故D正确；故选D7下列反应过程能量变化如下所示：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H下列说法错误的是（）AHH键比ClCl键稳定BH=184.5 kJmol1C正反应活化能比逆反应活化能高D在相同条件下，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）分别在点燃和光照条件下反应生成2mol HCl（g），重新恢复到原来的状态时H相同【考点】有关反应热的计算【分析】A键能越大，化学键越稳定；BH=反应物键能总和生成物键能总和；CH2（g）+Cl2（g）2
29、HCl（g）H0，说明正反应活化能比逆反应活化能低；D反应热与反应的条件无关【解答】解：A因为H2的键能大于Cl2的键能，所以HH键比ClCl键稳定，故A正确；BH=2=184.5 kJmol1，故B正确；CH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H0，说明正反应活化能比逆反应活化能低，故C错误；DH与起点和终点有关，与反应的条件无关，故D正确；故选C8能说明CH3COOH是弱电解质的事实是（）A常温下，0.1 molL1 CH3COOH溶液的pH=3BCH3COOH溶液能和NaOH溶液反应C往CH3COOH溶液中加入几滴石蕊试液，溶液变红色D0.1 molL1CH3COOH溶液做导电性实验，灯
30、光较暗【考点】弱电解质的判断【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要说明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答【解答】解：A常温下，0.1 molL1 CH3COOH溶液的pH=3，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则醋酸为弱电解质，故A正确；B醋酸和氢氧化钠反应生成盐和水，说明醋酸是酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B错误；C往CH3COOH溶液中加入几滴石蕊试液，溶液变红色，说明醋酸是酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故C错误；D.0.1 molL1CH3COOH溶液做导电性实验，灯光较暗，说明
31、该醋酸中离子浓度降低，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故D错误；故选A9下列说法正确的是（）A室温下用广范pH试纸测得某氯水的pH=4B酸式滴定管的润洗操作：关闭滴定管活塞，往上口加入35mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，然后将液体从上口倒出，重复此操作23次C若酸碱中和滴定过程中用待测液润洗锥形瓶，则测定结果偏高D酸碱中和滴定的终点是指酸和碱恰好完全反应，此时溶液一定呈中性【考点】中和滴定【分析】A、根据氯水具有酸性和漂白性；B、根据润洗后，从滴定管的下口放出；C、根据用待测液润洗锥形瓶，溶质增加；D、根据反应生成的盐类是否发生水解来解答【解答】解：A、
32、氯水具有酸性和漂白性，滴入到PH试纸，试纸先变红，后变白，不能测量氯水的pH值，故A错误；B、润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；C、若酸碱中和滴定过程中用待测液润洗锥形瓶，会导致待测液中溶质的物质的量增大，使用的标准液体积偏大，将导致测定结果偏高，故C正确；D、酸和碱恰好完全反应，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选C10下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是（）A新制的氯水在光照下颜色逐渐变浅BH2、I2、HI平衡混合气缩小体积加压后颜色变深C工业上生产硫酸的过程中，SO2在催化氧化时条件控
33、制为常压，而不是高压D工业上合成氨气时温度选择450左右，而不是常温【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释【解答】解：A、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，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B、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B错误；C、由表中数据可
34、知，常压时SO2的转化率已经很高，若加压对设备要求高，增大投资和能量消耗，不能用勒沙特列原理解释，故C错误；D、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D错误；故选A11下列各组微粒在指定的环境中一定大量存在的是（）A与铝反应产生H2的溶液中：Na+、K+、S2、CO32B加入酚酞显红色的溶液中：K+、Na+、Cl、CH3COOCpH=2的溶液中：NH4+、Na+、Fe2+、NO3、ClD由水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中：K+、Na+、Cl、Al3+【考点】离子共存问题【分析】A与铝反应产生H2的溶液中存在大量氢离
35、子或氢氧根离子，硫离子、碳酸根离子与氢离子反应；B加入酚酞显红色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；CpH=2的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；D水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铝离子与氢氧根离子反应【解答】解：A与铝反应产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，S2、CO32与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；B加入酚酞显红色的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、Cl、CH3COO之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；CpH=2的溶液为
36、酸性溶液，Fe2+、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D水电离出的c（H+）=11012molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；故选B12常温下，对于0.1molL1的氨水，下列说法正确的是（）A加水稀释后，溶液中c（H+）减小B加入少量NaOH固体，电离度增大，溶液的pH增大C加入少量NH4Cl固体，氨水电离平衡向右移动D通入少量HCl气体后，电离平衡常数不变【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A加水稀释氢氧根离子浓度减小，结合Kw分析；B加碱抑制氨水的电离；C根据同离子效应分析；D
37、电离平衡常数只有温度有关【解答】解：A加水稀释氢氧根离子浓度减小，由于Kw=c（H+）c（OH）不变，所以c（H+）增大，故A错误；B加入少量NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨水的电离，则电离度减小，故B错误；C加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡向左移动，故C错误；D电离平衡常数只有温度有关，所以通入少量HCl气体后，电离平衡常数不变，故D正确故选D13下列四种NaHCO3溶液分别加入到四个盛有10mL 2molL1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，则反应最快的是（）A1020mL 3 molL1的NaHCO3溶液B2030mL 2 molL1的NaHCO3溶
38、液C2010mL 4 molL1的NaHCO3溶液D1010mL 2 molL1的NaHCO3溶液【考点】化学反应速率的影响因素【分析】计算出稀释后NaHCO3溶液的中NaHCO3的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则NaHCO3的物质的量越大，NaHCO3浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快【解答】解：A20mL3mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3的物质的量为0.02L3mol/L=0.06mol；B30mL2mol/L的溶NaHCO3液，NaHCO3的物质的量为0.03L2mol/L=0.06mol；C10mL4mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3的物质的量为0.
39、01L4mol/L=0.04mol；D10mL2mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3的物质的量为0.01L2mol/L=0.02mol，显然四种情况下，NaHCO3浓度A=BCD，而温度B=CA=D，故反应速率B的反应速率最快，故选B14某一可逆反应的反应物和生成物都是气体，改变下列条件一定能使化学平衡向正反应方向移动的是（）A恒压下充入稀有气体B减小反应容器的体积C升高反应温度D分离出生成物【考点】化学平衡的影响因素【分析】根据平衡移动原理解答，改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动【解答】解：A恒压下充入稀有气体，反应体系分压减小，平衡向气
40、体体积增大的方向移动，但不能确定正反应为气体体积增大的反应，故A错误；B减小反应容器的体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，但不能确定正反应为气体体积减小的反应，故B错误；C升高温度平衡向吸热反应方向移动，但正反应不一定是吸热反应，故C错误；D分离出生成物，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故D正确，故选：D15磷酸铁锂电池结构如图所示，左边是磷酸铁锂电池材料为电池的正极，有铝箔与电池一极连接；中间是聚合物隔膜，锂离子可以通过而电子不能通过；右边由石墨组成，铜箔与电池另一极连接，电池内充满电解质在充电过程中，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，下列说法不正确的是（）
41、A放电时，铝箔所在电极为负极，铜箔所在电极为正极B放电时，电池反应式为：FePO4+LiLiFePO4C充电时，Li+向阴极移动D充电时，阳极的电极反应式为：LiFePO4eFePO4+Li+【考点】化学电源新型电池【分析】充电时，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，则铝电极失电子发生氧化反应，为阳极，铜电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，所以阳极反应式为LiFePO4eFePO4+Li+、阴极反应式为Li+e=Li；放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，据此分析解答【解答】解：充电时，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，则铝电极失电子发生氧化
42、反应，为阳极，铜电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，所以阳极反应式为LiFePO4eFePO4+Li+、阴极反应式为Li+e=Li，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，A充电时铝电极为阳极、铜电极为阴极，则放电时，铝电极为正极、铜电极为负极，故A错误；B放电时，负极上锂失电子发生氧化反应、正极上磷酸铁得电子发生还原反应，所以电池反应式为FePO4+LiLiFePO4，故B正确；C充电时，阳离子向阴极移动，所以Li+向阴极移动，故C正确；D充电时，阳极上失电子发生氧化反应，所以阳极的电极反应式为：LiFePO4eFePO4+Li+，故D正确；故选A16用铂电极电解CuSO
43、4溶液，当铜离子浓度降至一半时，停止通电，若使CuSO4溶液恢复原浓度、原体积，应加入的适当物质是（）ACuSO4BCuSO45H2OCCuODCu（OH）2【考点】电解原理【分析】用铂电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可【解答】解：CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42、OH，OH离子的放电能力大于SO42 离子的放电能力，所以OH离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2
44、O2 Cu+O2 +2H2SO4，所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，故选C17在恒容密闭容器中加入一定量的反应物后存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），平衡时CO2物质的量浓度与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（）A该反应的H0B在T2时，D点的反应速率：（正）（逆）CA、C两点相比，混合气体的平均相对分子质量：M（A）M（C）D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（CO2）越
45、大，说明升高温度平衡向正反应移动；B、T2时反应进行到状态D，c（CO2）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；C、在恒容密闭容器中反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的气体质量不变；D、温度越高平衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动【解答】解：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错误；B、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B正确；C、在恒容密闭容器中反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的气体质量不
46、变，气体体积不变，故平均相对分子质量不变，即M（A）=M（C），故C错误；D、温度越高平衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，则温度越高，平衡常数越大，所以T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故D错误；故选B18常温下，下列四种溶液：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液有关上述溶液的比较中，正确的是（）A将等体积的、溶液混合后，盐酸会抑制醋酸的电离，所以pH2B将一定体积的、溶液混合后，溶液显碱性，则该混合溶液中c（Cl）c（NH4+）C将一定体积的、溶液混合后，溶液显酸性，则V（NaOH）可能等于V（CH
47、3COOH）D向等体积的、溶液中加水稀释10倍，稀释后溶液中由水电离的c（H+）：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A根据醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO+H+分析；B氨水中一水合氨的浓度大于氢氧根离子的浓度；C醋酸的浓度大于氢离子浓度，氢氧化钠的浓度等于氢氧根离子的浓度；D稀释促进氨水的电离，氢氧根离子浓度变化小，氢氧根离子浓度越大，水电离的氢离子浓度越小【解答】解：ApH=2的CH3COOH溶液与pH=2的HCl溶液等体积混合，醋酸的浓度减小，电离平衡CH3COOHCH3COO+H+向正方向移动，所以氢离子的物质的量增大，则pH小于2，故A错误；B氨水中一水合氨的浓度大于
48、氢氧根离子的浓度，即c（NH3H2O）0.01mol/L，c（HCl）=0.01mol/L，则二者等体积混合时，氨水过量，所以c（Cl）c（NH4+），故B错误；C醋酸的浓度大于氢离子浓度，即c（CH3COOH）0.01mol/L，氢氧化钠的浓度等于氢氧根离子的浓度，c（NaOH）=0.01mol/L，所以二者等体积混合时，醋酸过量，溶液显酸性，故C正确；D向等体积的、溶液中加水稀释10倍，稀释促进氨水的电离，氢氧根离子浓度变化小，所以稀释后氨水中的氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，氢氧根离子浓度越大，水电离的氢离子浓度越小，即由水电离的c（H+）：，故D错误故选C19取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各
49、25.00mL，分別用0.10molL1的NaOH溶液或0.10molL1 的稀氨水滴定得下图下列说法正确的是（）A由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸B由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度C曲线b、c的滴定实验可用酚酞做指示剂D由图可知滴定前醋酸电离度约为1.67%【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】由图象可知加入NaOH或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，如用氨水中和，滴定终点时溶液呈酸性，应用甲基橙为指示剂，结合消耗氢氧化钠的物质的量计算醋酸的浓度，结合pH计算电离度【解答
50、】解：A由图象可知加入NaOH或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，故A错误；B硫酸、盐酸都为强酸，题中纵坐标为pH，不能确定浓度大小，故B错误；C如用氨水中和，滴定终点时溶液呈酸性，应用甲基橙为指示剂，故C错误；D开始时醋酸溶液pH=3，c（H+）=103mol/L，滴定终点时消耗NaOH的体积为15mL，则有c（HAc）0.025L=0.10mol/L0.015L，c（HAc）=0.06mol/L，醋酸电离度为=1.67%，故D正确故选D20已知反应：2NO2 （红棕色）N2O4（无色）H0将一定量的
51、NO2充入注射器中后封口，图1和图2是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作是拉伸注射器Bd 点：v（正）v（逆）Cc点与a点相比，c（NO2）增大，c（N2O4）减小D若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气
52、体颜色变浅，透光率增大，据此分析【解答】解：A、气体颜色变深，透光率变小，b点开始是压缩注射器的过程，故A错误；B、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）v（正），故B正确；C、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故C错误；D、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）T（c），故D错误；故选B21在25下，已知反应：NH3H2O+H+NH4+H2O（平衡常数为K1）；Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O（平衡常数为K2），且K1K2下列说法不合理的是（）A25时，将0.02 molL1的氨水
53、与a molL1的盐酸等体积混合（体积变化忽略不计），反应后溶液呈中性，则用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数为Kb=B往银氨溶液中加水稀释，反应平衡向逆反应方向移动C若往银氨溶液中加入足量的盐酸，则溶液中会产生白色浑浊D已知：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则1 L 0.1 molL1氨水和足量的盐酸反应放出的热量等于5.73 kJ【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A呈中性则c（H+）=c（OH）=107mol/L，c（NH4+）=c（Cl）=mol/L，以此计算；B根据浓度对平衡的影响分析；C盐酸与氨水反应生成氯化铵，氯离子与银离子结合生成A
54、gCl沉淀；D氨水中NH3H2O电离时吸热，1molNH3H2O与HCl反应放出的热量小于57.3kJ【解答】解：A呈中性则c（H+）=c（OH）=107mol/L，c（NH4+）=c（Cl）=mol/L，所以用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数为Kb=，故A正确；B往银氨溶液中加水稀释，生成物水增加，则反应平衡向逆反应方向移动，故B正确；C盐酸与氨水反应生成氯化铵，氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，所以若往银氨溶液中加入足量的盐酸，则溶液中会产生白色浑浊，故C正确；D氨水中NH3H2O电离时吸热，1molNH3H2O与HCl反应放出的热量小于57.3kJ，则1 L 0.1 molL1氨
55、水，即0.1molNH3H2O和足量的盐酸反应放出的热量小于5.73 kJ，故D错误故选D22已知部分弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 醋酸 次氯酸碳酸 亚硫酸 电离平衡常数（25） Ka=1.75105 Ka=2.98108 Ka1=4.30107Ka2=5.611011Ka1=1.54102Ka2=1.02107下列离子方程式正确的是（）A少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClOCO32+2HClOB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32SO32+2HCO3D相
56、同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+HCO3CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3HAcH2CO3HSO3HClOHCO3，A次氯酸钠通入少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠；B发生氧化还原反应生成硫酸钙；C二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠；D不能生成二氧化碳气体【解答】解：依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3HAcH2CO3HSO3HClOHCO3，ANaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故A错误；B向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2+ClO+SO2+H
57、2OCaSO4+Cl+2H+，故B错误；CNa2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32+H2O+SO2SO32+2HCO3，故C正确；D由电离常数可知酸性HSO3比碳酸弱，不能生成二氧化碳气体，故D错误故选C23亚氯酸钠是一种高效氧化型漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是毒性很大的气体经测定，25时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl没有画出）在25时，下列分析正确的是（）A使用该漂白剂的最佳pH为3BpH=5时，溶液中CpH=7时，溶液中含氯微
58、粒的浓度大小为：c（HClO2）c（ ClO2）c（ ClO2）c（ Cl）DNaClO2溶液加水稀释所有离子浓度均减小【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH；BpH=6时，c（HClO2）=c（ClO2），c（H+）Ka=106，由电离平衡常数计算pH=5时；C根据图知，pH=7时，c（HClO2）c（ ClO2）；DNaClO2溶液加水稀释，溶液碱性减弱，则c（OH）减小，温度不变，离子积常数不变，由此确定c（H+）变化【解答】解：A根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，则
59、图中HClO2和ClO2的浓度之和最大时漂白效果最好，所以该漂白剂的最佳pH在13，故A错误；BpH=6时，c（HClO2）=c（ClO2），c（H+）Ka=106，由电离平衡常数计算pH=5时=0.1，故B正确；C根据图知，pH=7时，存在c（HClO2）c（ ClO2），则离子浓度大小顺序是c（ ClO2）c（HClO2）c（ ClO2）c（ Cl），故C错误；DNaClO2溶液加水稀释，溶液碱性减弱，则c（OH）减小，温度不变，离子积常数不变，则c（H+）增大，故D错误；故选B二、填空题（共34分，24题8分、25题12分、26题14分）24下列微粒中：Na+；Fe3+；Cl；HCO3；
60、AlO2（1）既能电离又能水解的微粒是（填序号）（2）、两种离子组成的盐的水溶液显酸性（填“酸性”或“碱性”或“中性”），用离子方程式表示原因Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3（3）、两种离子在水溶液中会发生反应而生成沉淀，写出相应的离子方程式AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】（1）Na+是强碱阳离子，Fe3+是弱碱阳离子，水溶液中水解，Cl是强酸阴离子，HCO3是弱酸酸式酸根离子，溶液中可以发生电离和水解，AlO2是弱酸阴离子不能电离，可以发生水解；（2）、两种离子组成的盐为FeCl3，溶液中Fe3+水解溶液显酸
61、性；（3）HCO3，AlO2两种离子在水溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；【解答】解：（1）Na+是强碱阳离子，Fe3+是弱碱阳离子，水溶液中水解，Cl是强酸阴离子，HCO3是弱酸酸式酸根离子，溶液中可以发生电离和水解，AlO2是弱酸阴离子不能电离，可以发生水解，既能电离又能水解的微粒是HCO3离子，故答案为：；（2）、两种离子组成的盐为FeCl3，溶液中Fe3+水解溶液显酸性，水解离子方程式为：Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3，故答案为：酸性； Fe3+3H2O3H+Fe（OH）3；（3）HCO3，AlO2两种离子在水溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离
62、子方程式为：AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32，故答案为：AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32；25（1）25时，0.1molL1的醋酸 0.1molL1的硫酸 0.1molL1的氨水的0.1molL1的NaOH溶液，其pH由小到大的顺序是（填序号）（2）下列物质中NaCl BaSO4 稀硫酸 KOH H2O CH3COOH NH3 蔗糖 SO2Cu，其中属于强电解质的有；其中属于弱电解质的有；其中属于非电解质的有（3）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等若将两溶液稀释相同的倍数后，pH（A）pH（B） （填“”、“=”或“”）现用上述稀释溶液中和等
63、浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V（A）V（B）（填“”、“=”或“”）（4）已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+，若0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，则0.1molL1H2R溶液中c（H+） （0.1+a） molL1（填“”、“”或“=”），理由是H2R中第一步电离出的H+对HR的电离产生了抑制作用（5）25时，若10体积某强碱溶液与1体积的某强酸溶液混合后，溶液的pH=7，则混合前，该强碱溶液的pH（强碱）与强酸溶液pH（强酸）之间应满足的关系是pH（酸）+pH（碱）=13【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和
64、弱电解质的概念；pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）0.1molL1的醋酸，醋酸为弱电解质，部分电离，0.1molL1的醋酸氢离子浓度小于0.1molL1；0.1molL1的硫酸，硫酸为强电解质0.1molL1的硫酸，氢离子浓度为0.2molL1； 0.1molL1的氨水，一水合氨为弱电解质，部分电离，0.1molL1的氨水氢氧根离子浓度小于0.1molL1；0.1molL1的NaOH溶液，氢氧化钠为强电解质，完全电离，0.1molL1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度0.1molL1；溶液中氢离子浓度越大，溶液PH越小，氢氧根离子浓度越大溶液PH越大；（2）水溶液中
65、或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在溶液中完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；（3）加水稀释弱酸时，会促进弱酸的电离；依据中和反应中消耗的氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量解答；（4）根据电离方程式知，HA只电离不水解，0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则HA电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步电离出的氢离子抑制第二步电离；（5）设酸溶液的pH为a，碱溶液的pH为b，根据酸碱中和反应氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相同列式计算【解答】解：（1）0.1molL1的醋酸，醋酸为弱电解质，部分电
66、离，0.1molL1的醋酸氢离子浓度小于0.1molL1；0.1molL1的硫酸，硫酸为强电解质0.1molL1的硫酸，氢离子浓度为0.2molL1； 0.1molL1的氨水，一水合氨为弱电解质，部分电离，0.1molL1的氨水氢氧根离子浓度小于0.1molL1；0.1molL1的NaOH溶液，氢氧化钠为强电解质，完全电离，0.1molL1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度0.1molL1；碱溶液PH大于酸溶液，溶液中氢离子浓度越大，溶液PH越小，溶液PH，氢氧根离子浓度越大溶液PH越大，则其pH由小到大的顺序是，故答案为：；（2）NaCl溶于水或熔融状态导电，完全电离为强电解质； BaSO4 熔
67、融状态导电完全电离，属于强电解质；稀硫酸是硫酸的溶液，是混合物；KOH 水溶液中或熔融状态下导电，完全电离，属于强电解质；H2O存在电离平衡导电，属于弱电解质；CH3COOH水溶液中存在电离平衡，属于弱电解质；NH3本身不能电离出离子，水溶液中反应生成电解质一水合氨，氨气属于非电解质；蔗糖水溶液中和熔融状态下本身不能电离出离子，属于非电解质； SO2本身不能电离出离子，水溶液中反应生成电解质亚硫酸，二氧化硫属于非电解质；Cu是单质既不是电解质也不是非电解质，其中属于强电解质的有，其中属于弱电解质的有，属于非电解质的有，故答案为：，；（3）某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等，则弱酸有
68、大部分为电离，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，所以pHApHB，上述稀释溶液中弱酸的氢离子的物质的量浓度大于强酸，所以等体积含有的氢离子的物质的量多，中和等浓度等体积的NaOH溶液，用的体积少，故答案为：，；（4）根据电离方程式知，HA只电离不水解，0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则HA电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步完全电离生成0.1mol/L的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于0.01mol/L，则H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应小于0.11mol/L，故答案为：；
69、H2R中第一步电离出的H+对HR的电离产生了抑制作用；（5）设强酸溶液的pH为a，体积为V，pH=lgc（H+），溶液中氢离子浓度为：10amol/L；碱溶液的pH为b，体积为10V，溶液中氢氧根离子的浓度为：c（OH）=10（14b）mol/L，混合后溶液呈中性，则满足溶液中氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，即10amol/LVL=10（14b）mol/L10VL，解得：a=b13，a+b=13，即pH酸+pH碱=13，故答案为：pH酸+pH碱=13；26二甲醚是一种重要的化工原料，利用水煤气（CO、H2）合成二甲醚是工业上的常用方法，该方法由以下几步组成：2H2（g）+CO（g）C
70、H3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH（gCH3OCH3（g）+H2O（g）H=24.5kJmol1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.1kJmol1 （1）反应的S0（填“”、“”或“=”）在较高（填“较高”或“较低”）温度下该反应自发进行（2）在250的恒容密闭容器中，下列事实可以作为反应已达平衡的是BC（填选项字母）A容器内气体密度保持不变 BCO与CO2的物质的量之比保持不变CH2O与CO2的生成速率之比为1：1 D该反应的平衡常数保持不变（3）当合成气中CO与H2的物质的量之比恒定时，温度、压强对CO转化率的影响如图1所示图1中A点的v（逆）B点
71、的v（正）（填“”、“”或“=”），说明理由B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率实际工业生产中该合成反应的条件为500、4MPa请回答采用500的可能原因500时一氧化碳转化率较大，反应速率也较快若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢（4）一定温度下，密闭容器中发生反应，水蒸气的转化率与n（H2O）n（CO）的关系如图2：计算该温度下反应的平衡常数K=1在图2中作出一氧化碳的转化率与n（H2O）n（CO）的曲线【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【分析】（1）反应的正反应为气体物质的量减小的反应，混乱度减小；HTS0
72、反应自发进行；（2）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（3）B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率；500时一氧化碳转化率较大，反应速率也较快若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢；（4）由图可知， =1时水的转化率为0.5，令水、CO的起始物质的量均为1mol，转化的水为0.5mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1 1 0 0变化量（mol）：0.5
73、0.5 0.5 0.5平衡量（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5 由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度代入K=计算平衡常数；越大CO的转化率越大， =1时，CO与水的转化率相等为50%【解答】解：（1）反应的正反应为气体物质的量减小的反应，混乱度减小，则S0，反应的焓变H0，而HTS0反应自发进行，故在较高温度下具有自发性，故答案为：；较高；（2）A混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内气体密度始终保持不变，故A错误；BCO与CO2的物质的量之比保持不变，说明二者物质的量保持不变，反应到达平衡，故B正确；CH2O与CO2的生成速率之比为1：1，说明水的消耗速率与生成速率相等
74、，反应到达平衡，故C正确；D一定温度下，平衡常数为单质，该反应的平衡常数保持不变，不能说明反应到达平衡，故D错误，故选：BC；（3）B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率，故A点的v（逆）B点的v（正）；500时一氧化碳转化率较大，反应速率也较快，若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢，故选择500的温度，故答案为：；B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率；500时一氧化碳转化率较大，反应速率也较快若温度过高，一氧化碳转化率降低，若温度过低，反应速率太慢；（4）由图可知， =1时水的转化率为0.5，令水、CO的起
75、始物质的量均为1mol，转化的水为0.5mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1 1 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5平衡量（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5 由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=1；越大CO的转化率越大， =1时，CO与水的转化率相等为50%，一氧化碳的转化率与的曲线变化为：，故答案为：1；27某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）制取无水硫酸铜已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所
76、示：请回答下列问题：（1）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是（填序号）（2）溶液A中所含溶质为CuSO4、FeSO4、H2SO4；（3）物质X应选用（填序号），沉淀的主要成分是Fe（OH）3氯水 双氧水 铁粉 高锰酸钾（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A中Cu2+（不含能与I发生反应的杂质）的浓度过程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL第二步：取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.0500
77、0molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三组达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：（已知：I2+2S2O322I+S4O62）滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数（mL）0.100.361.10滴定滴定后读数（mL）20.1220.3422.12CuSO4溶液与KI的反应的离子方程式为2Cu2+4I2CuI+I2滴定中，试液Na2S2O3应放在碱式滴定管（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），判断滴定终点的依据是最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化溶液A中c（Cu2+）=0.5000molL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
78、【分析】将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，生成FeSO4、CuSO4，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4，向溶液A中加入X调节pH过滤，得到溶液B，向溶液B中加入Cu（OH）2调节pH过滤，得到沉淀II，除去FeSO4、CuSO4和H2SO4中的FeSO4，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，应该先将FeSO4氧化为铁盐，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为Cl2或H2O2，然后向溶液中加入Cu（OH）2调节溶液的pH，所以沉淀II为Fe（OH）3，然后将溶液C蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO45H2O，最后在HCl氛围中加热Cu
79、SO45H2O得到CuSO4，（1）实验中用到的化学操作有称量、过滤和蒸发，没有制取气体、分液、热分解操作；（2）根据物质的性质和药品的用量来分析溶液A中所含溶质；（3）获得纯净的硫酸铜晶体，选用除去铁离子和亚铁离子，由于亚铁离子不易完全除去，应该使用氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子、不能污染空气，据此进行解答；（4）从溶液中获得硫酸铜晶体，直接加热会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥的操作方法；（5）CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾；根据Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性分析；根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；由2
80、Cu2+4I=2CuI+I2、I2+2S2O32=S4O62+2I可知，Cu2+S2O32，以此来计算【解答】解：将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4，向溶液A中加入X调节pH过滤，得到溶液B，向溶液B中加入Cu（OH）2调节pH过滤，得到沉淀II，除去FeSO4、CuSO4和H2SO4中的FeSO4，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，应该先将FeSO4氧化为铁盐，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为Cl
81、2或H2O2，然后向溶液中加入Cu（OH）2调节溶液的pH，所以沉淀II为Fe（OH）3，然后将溶液C蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO45H2O，最后在HCl氛围中加热CuSO45H2O得到CuSO4，（1）实验中用到的化学操作有称量、过滤（）和蒸发（），没有固液常温下制取气体（）、分液（）、以及热分解（）操作，故答案为：；（2）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4，故答案为：CuSO4、FeSO4、H2SO4；（3）根据实验流程可知，测量氧化铜含量，需要获得纯净的硫酸铜晶体，应该先除去亚杂质铁离子、铁离子，由于
82、亚铁离子完全沉淀的pH=9.6，此时铜离子也完全沉淀，而铁离子完全沉淀的pH=3.7，此时铜离子没有生成沉淀，所以应该加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以应该选用（双氧水），2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，符合要求，铁粉具有还原性，氯水、高锰酸钾具有氧化性，但引入新的杂质，沉淀II为Fe（OH）3，故答案为：；Fe（OH）3；（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶、过滤、自然干燥；（5）CuSO4与KI反应生
83、成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2+4I=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I2CuI+I2；Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：碱式滴定管；最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.120.10）mL=20.02mL、（20.340.36）mL=19.98mL、（22.121.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2+4I=2CuI+I
84、2、I2+2S2O32=S4O62+2I可知，Cu2+S2O32，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）=0.5000mol/L，故答案为：0.5000四、计算题（共6分）28液氨气化后，分解产生的氢气可作为氢氧燃料电池的燃料氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）N2 （g）+3H2（g）H=+a kJmol1请回答下列问题：（1）已知：2H2（g）+O2 （g）2H2O（l）H=b kJmol1NH3 （g）NH3（l）H=c kJmol1则4NH3（l）+3O2 （g）2N2（g）+6H2O（l）
85、 的H=2a3b+4ckJmol1（2）水能发生电离：2H2O（l）H3O+OH，液氨也能发生类似的电离请写出液氨的电离方程式2NH3NH4+NH2（3）实验室用Pt电极对液氨进行电解可以得到H2和N2，若电解过程中阳极收集得到4.48L气体（标况），则转移的电子的数目是1.2NA，标准状况下阴极得到的气体的质量为1.2g【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；电离方程式的书写；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据所给的反应，通过加减乘除等变化得到所要求的反应，反应热也做相应的变化即可；（2）根据水的电离并结合题目所给的信息来分析；（3）实验室用Pt电极对液氨进行电解可以得到H2和N2，
86、则阳极收集到的气体为N2，求出氮气的物质的量，然后根据电解时氮元素的价态由3价变为0价来分析转移的电子的数目；根据电解时阴阳两极上得失电子数相等，可求出阴极上失去的电子的物质的量，然后根据阴极上当转移2mol电子时，生成1mol氢气来分析所得气体的物质的量和质量【解答】解：（1）已知：2NH3（g）N2 （g）+3H2（g）H=+a kJmol12H2（g）+O2 （g）2H2O（l）H=b kJmol1NH3 （g）NH3（l）H=c kJmol1将2+34可得：4NH3（l）+3O2 （g）2N2（g）+6H2O（l）H=（2a3b+4c）KJ/mol，故答案为：2a3b+4c；（2）液氨
87、类似于水的电离，已知水的电离方程式可写为2H2OH3O+OH，则液氨的电离方程式为2NH3NH4+NH2，故答案为：2NH3NH4+NH2；（3）实验室用Pt电极对液氨进行电解可以得到H2和N2，则阳极收集到的气体为N2，标况下4.48L氮气的物质的量为0.2mol，而电解时氮元素的价态由3价变为0价，故当生成0.2mol氮气时转移0.2mol6=1.2mol电子，即1.2NA个电子；根据电解时阴阳两极上得失电子数相等，故阴极上得到的电子的物质的量为1.2mol，而阴极上当转移2mol电子时，生成1mol氢气，故当阴极上得到1.2mol电子时，生成0.6mol氢气，质量m=nM=0.6mol2g/mol=1.2g，故答案为：1.2NA；1.22016年5月27日
