1、2014-2015学年云南省红河州蒙自一中（凤凰校区）高二（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（共21小题，每小题3分，满分63分）1（3分）判断一个化学反应的自发性常用焓判熵判据，则下列情况下，可以判定反应一定自发进行的是（）AH0，S0BH0，S0CH0，0DH0，S0考点：焓变和熵变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：当G=HTS0时，反应能自发进行解答：解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行，当H0，S0时，G=HTS0，一定能自发进行，而H0，S0时不能自发进行，H0，S0或H0，S0能否自发进行，取决于反应的温度，所以H0，
2、S0一定能自发进行，故选A点评：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意自由能判据的应用，掌握基础是关键2（3分）酸碱恰好完全中和时（）A酸与碱的物质的量一定相等B溶液呈现中性C酸与碱的物质的量浓度相等D酸所能提供的H+与碱所能提供的OH的物质的量相等考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：酸碱完全中和时，酸所提供的H+与碱提供的OH的物质的量相等，但酸碱浓度、物质的量与酸的强弱、一元或二元有关，溶液不一定为中性，以此来解答解答：解：A酸和碱的物质的量不一定相等，如硫酸与NaOH溶液反应，物质的量之比为1：2，故A错误；B醋酸与NaOH完全中和时生
3、成醋酸钠，溶液为碱性，则酸碱完全中和所得溶液不一定为中性，故B错误；C酸和碱的物质的量浓度不一定相等，与混合时体积关系、酸碱的强弱、一元或二元有关，故C错误；D酸碱完全中和时，酸所提供的H+与碱提供的OH的物质的量相等，故D正确；故选D点评：本题考查酸碱混合，明确完全中和时酸所提供的H+与碱提供的OH的物质的量相等是解答的关键，注意酸碱的强弱、体积、浓度的关系，题目难度中等3（3分）升高温度，下列数据不一定增大的是（）A化学反应速率vB化学平衡常数KC水的离子积常数KwD弱酸的电离常数Ka考点：化学平衡常数的含义；离子积常数版权所有专题：化学平衡专题分析：A、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞
4、增大，反应速率加快；B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数减小；C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离；D、升高温度促进弱电解质的电离解答：解：A、升高温度，反应速率加快，故A不符合；B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故B符合；C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积增大，故C不符合；D、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，故D不符合；故选B点评：考查温度对反应速率的影响、温度对化学平
5、衡常数与水的离子积以及电离平衡常数的影响，比较基础，注意基础知识的掌握4（3分）（2009辽宁模拟）下列实验能达到测量要求的是（）A用托盘天平称取35.20gNaClB用10ml量筒量取8.50ml盐酸C用25ml滴定管量取15.80ml溶液D用PH试纸测得溶液PH值为4.2考点：计量仪器及使用方法版权所有专题：化学实验常用仪器分析：A从托盘天平的精确度来考虑问题；B从量筒的精确程度分析并作出判断；C从滴定管的精确程度分析并作出判断；DPH试纸读数只能为整数解答：解：A托盘天平用于粗略称量物质的质量，其精确度可达到0.1g，所以，使用托盘天平不能称取35.20gNaCl，故A错误； B量筒的最
6、小分度是0.1mL，所以无法用量筒量取8.52mL液体，故B错误；C滴定管的最小分度是0.01mL，用25ml滴定管量取15.80ml溶液，故C正确；DPH试纸读数只能为整数，无法读出PH值为4.2，故D错误故选C点评：本题考查托盘天平、量筒的用途、滴定管、PH试纸要熟记常见实验仪器的基本实验操作，不要在做实验时进行错误操作否则实验失败5（3分）下列实验操作正确的是（）A滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面B测定某无色溶液的pH值时：用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较C滴定管洗净后经蒸馏水润洗，即可注入标准液进行滴定D向某待测
7、液中加入氢氧化钠并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近若变红，说明原溶液有NH4+考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A滴定时，眼睛注意颜色的变化；B测定pH时，pH试纸不能事先湿润，注意不能将试纸插入溶液中；C滴定管应润洗；D氨气使红色石蕊试纸变蓝色解答：解：A滴定时，眼睛注意颜色的变化，以便及时确定滴定终点，减小误差，故A错误；B测定pH时，pH试纸不能事先湿润，注意不能将试纸插入溶液中，可用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较，故B正确；C滴定管应润洗，防止滴定管内溶液浓度降低，故C错误；D氨气使红色石蕊试纸变蓝色，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方
8、案的评价，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的原理和操作方法，难度不大6（3分）（2011丹东模拟）分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用下列分类标准合理的是（）A根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类考点：混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：物质的分类专题分析：A根
9、据元素组成的种类分析；B根据弱电解质和强电解质的电离程度不同；C根据分散质粒子直径大小来分类；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类对反应进行基本分类；解答：解：A根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故A正确；B弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，强电解质是指在水溶液中能完全电离的化合物，与溶液导电能力强弱无关，故B错误；C根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故C错误；D根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少，把化学反应分为两种物质反应生成一种物质的为化合反应，一
10、种物质生成两种或两种以上物质的反应解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，不是根据反应中的能量变化，故D错误；故选：A；点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果7（3分）下列变化过程，属于放热过程的是（）液态水变成水蒸气 酸碱中和反应 浓H2SO4稀释 固体氢氧化钠溶于水H2在Cl2中燃烧 弱酸电离 NH4Cl晶体与Ba（OH）28H2O混合搅拌ABCD考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：放热过程，不一定需发生化学变化，
11、物理变化中的液化、凝华，强酸、强碱的溶于水都是放热过程；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、常温下的金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应等解答：解：液态水变成水蒸气，是物理变化中的汽化，是吸热过程，故错误；酸碱中和反应，是典型的放热反应，是放热过程，故正确；浓H2SO4稀释，是物理变化，是放热过程，故正确；固体氢氧化钠溶于水，是物理变化，是放热过程，故正确；H2在Cl2中燃烧，所有的物质燃烧，是典型的放热反应，是放热过程，故正确；弱酸电离，是化学变化中的吸热反应，是吸热过程，故错误；NH4Cl晶体与Ba（OH）28H2O混合搅拌，是典型的吸热反应，是吸热过程，
12、故错误；故选D点评：放热过程，既包含物理变化中的放热现象，也包含化学变化中的放热反应，是解答本题的关键8（3分）在100时，水的离子积为11012，若该温度下某溶液中的H+浓度为1107mol/L，则该溶液（）A呈酸性B呈碱性C呈中性D无法确定考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小关系判断溶液酸碱性解答：解：某溶液中H+浓度为1107molL1，故c（OH）=1105molL1，故c（OH）c（H+），故溶液显碱性，故选B点评：本题考查溶液酸碱性判断，难度不大要注意根据溶液中c（OH）、c（H+）相对大小判断溶液酸碱性，不能根据溶液
13、pH大小判断溶液酸碱性9（3分）工业上采用乙烯和水蒸气在催化剂（磷酸/硅藻土）表面合成乙醇，反应原理为：CH2=CH2（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H0，达到平衡时，要使反应速率加快，同时乙烯的转化率提高，应采取的措施是（）A充入氦气B分离除乙醇C增大压强D升高温度考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：要使反应速率加快，同时乙烯的转化率提高，方法有升高温度，增大有气体参加的反应的压强等；提高乙烯的转化率，使反应向着正反应方向移动，由此分析解答解答：解：A、充入氦气，体积不变的情况，各组分的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动；体积可变充入氦气，相当于减小压强，速率减
14、慢，平衡逆向移动，乙烯的转化率降低，故A错误；B、分离除乙醇，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，但反应速率减小，故B错误；C、增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，故C正确；D、升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，乙烯的转化率降低，故D错误；故选C点评：本题考查了外界条件对化学平衡及化学反应速率的影响，本题难度中等10（3分）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）过程中的能量变化情况如图所示，曲线I和曲线II分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况下列判断正确的是（）A该反应的H=+91 kJ/molB加入催化剂，该反应的H变小C如果该反应生成液态CH3OH，则H变大
15、D反应物的总能量大于生成物的总能量考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，曲线活化能降低，应加入催化剂，以此解答该题解答：解：A反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，则H0，故A错误；B加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即H不变，故B错误；C如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故C错误；D由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故D正确故选D点评：本题考查反应热与焓变，注意反应物与生成物总能量与反应热的关系，特别是催化剂只改变反应的活化能，但不能改变反应热，题目
16、难度不大11（3分）下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是（）A向H2S水溶液中加入NaOH固体有利于S2增多B鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3CH2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深D合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施考点：化学平衡移动原理版权所有专题：化学平衡专题分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，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且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用解答：A、向H2S水溶液中存在硫化氢的电离平衡，向硫化氢溶液中加入NaOH，二者反应生成水从而促进硫化氢电离，则有利于S2增
17、多，可以用平衡移动原理解释，故A不选；B、存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故B不选；C、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故C选；D、合成 NH3反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应分析移动，则为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施，能用勒夏特列原理解释，故D不选故选：C点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提12（3
18、分）（2013天津模拟）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3无色溶液中：K+、Na+、Cr3+、SO42加入Al能放出氢气的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl由水电离出的c（OH ）=11013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、BrABCD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：pH=11的溶液，显碱性；Cr3+为橙色；加入Al能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；酸性溶液中，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应；由水电离出的c（OH ）=11013molL
19、1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；Cr3+为橙色，与无色不符，故不选；加入Al能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能存在HCO3，碱性溶液中不能存在HCO3、NH4+，故不选；酸性溶液中，Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；由水电离出的c（OH ）=11013molL1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子之间均不反应，可大量共存，故选；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大
20、13（3分）2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2下列对此反应的叙述中正确的是（）A使用光催化剂不改变反应速率B使用光催化剂能增大NO的转化率C升高温度能加快反应速率D改变压强对反应速率无影响考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：据外界条件（浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积）对化学反应速率的影响和平衡移动原理分析判断，反应方程式为：2NO+2CO=N2+2CO2；反应特征是气体体积减少的反应解答：解：A、催化剂改变反应速率，故A
21、错误；B、催化剂改变反应速率，不改变平衡，反应物的转化率不变，故B错误；C、升高温度增大反应速率，故C正确；D、反应前后气体体积改变，改变压强，平衡发生移动，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应速率的影响因素分析，平衡移动方向的判断，化学平衡移动原理，催化剂的作用分析是解题关键，题目较简单14（3分）已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）Aa=bB混合溶液的PH=7C混合溶液中，PH=14pOH的溶液D混合溶液中，c（H+）=molL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版
22、权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，应存在反应后的溶液中c（H+）=c（OH）=c（H+）=molL1，据此进行解答解答：解：A因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；B因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；C由于温度不知，且强弱电解质未知，则无法判断pH与pOH的关系，故C错误；D混合溶液中，c（H+）=molL1，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）=molL1，溶
23、液呈中性，故D正确；故选D点评：本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c（OH），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断15（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A5.85 g NaCl晶体中含有氯化钠分子的数目为0.1 NAB25时，1L pH=1的醋酸溶液中含有醋酸分子数大于0.1NAC含0.1 mol FeCl3的饱和溶液中Fe3+数目为0.1 NAD0.1 mol Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.3 NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、氯化钠为离子化合物
24、，晶体中不存在氯化钠分子；B、pH=1的醋酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离；C、氯化铁溶液中铁离子部分水解，导致溶液中铁离子数目减少；D、Fe与稀盐酸生成Fe2+，0.1mol Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2 NA解答：解：A、氯化钠晶体为离子晶体，不存在氯化钠分子，故A错误；B、1LpH=1的醋酸溶液中含有氢离子物质的量为0.1mol，由于醋酸为弱电解质，溶液中醋酸只能部分电离，所以溶液中醋酸的物质的量大于0.1mol，溶液中含有醋酸分子数大于0.1NA，故B正确；C、0.1 mol FeCl3的饱和溶液中，由于铁离子发生水解，导致铁离子数目
25、减少，所以溶液中铁离子的物质的量小于0.1mol，Fe3+数目为0.1 NA，故C错误；D、Fe与稀盐酸生成Fe2+，0.1mol Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2 NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意离子化合物中不存在分子；阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容16（3分）（2011山东）室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D再加入
26、10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算版权所有专题：压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的pH专题分析：根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答解答：解：A、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A错误；B、因=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故B正确；C、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减
27、小，故C错误；D、等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH7，故D错误；故选：B点评：本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键17（3分）下列说法正确的是（）ApH=5的盐酸，再加水冲稀1000倍，溶液的pH=8B给稀醋酸溶液加热，溶液pH值增大CpH=1的盐酸中c（H+）是pH=3的盐酸的c（H+）100倍D在H2CO3溶液中，C（H+）：C（CO32）=2：1考点：pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离
28、平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、盐酸加水冲稀1000倍，溶液仍为酸，pH7；B、给稀醋酸溶液加热，促进电离，氢离子浓度变大，PH值减小；C、pH=1的盐酸中c（H+）是101mol/L，pH=3的盐酸的c（H+）是103mol/L，所以浓度之比为100倍；D、H2CO3是弱电解质，微弱电离，所以C（H+）：C（CO32）2：1解答：解：A、盐酸加水冲稀1000倍，溶液仍为酸，pH7，故A错误；B、给稀醋酸溶液加热，促进电离，氢离子浓度变大，PH值减小，故B错误；C、pH=1的盐酸中c（H+）是101mol/L，pH=3的盐酸的c（H+）是103mol/L，所以浓度之比为10
29、0倍，故C正确；D、H2CO3是弱电解质，微弱电离，所以C（H+）：C（CO32）2：1，故D错误；故选C点评：本题考查溶液PH的计算和电解的电离的应用，比较简单18（3分）（2011安徽）电镀废液中Cr2O72可通过下列反应转化成铬黄（PbCrO4）：Cr2O72（aq）+2Pb2+（aq）+H2O（l）2PbCrO4（s）+2H+（aq）H0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是（）ABCD考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学反应速率变化曲线及其应用；转化率随温度、压强的变化曲线版权所有专题：图示题；热点问题；化学平衡专题分析：根据图象中纵横
30、坐标的意义，利用温度、浓度对化学反应速率及化学平衡的影响来分析一个量随另一个量的变化，变化趋势与图中符合的即为正确答案解答：解：A、由H0，则正反应是一个放热的反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即向逆反应方向移动，由平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积，则K减小，故A正确；B、pH增大溶液，则碱性增强，会中和溶液中H+，降低生成物浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72的转化率会增大，与图中不符，故B错误；C、温度升高，正、逆反应速率都增大，与图中不符，故C错误；D、增大反应物Pb2+的浓度，平衡向正方应方向移动，则Cr2O72的物质的量会减小，与图中不符，故D错误；故选：A点评：本
31、题考查影响化学平衡移动和化学反应速率的因素，注重了与图象相结合来考查学生，明确图象中纵横坐标表示的量，学生应学会将理论分析与图象有机的结合在一起即可解答，难度不是很大19（3分）在一密闭容器中，反应 aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的40%，则（）A平衡向正反应方向移动了B平衡向逆反应方向移动了C物质B的质量分数减小了Dab考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程版权所有专题：化学平衡专题分析：采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时A的浓度相比判
32、断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断解答：解：采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，A的浓度是原来的40%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动A、平衡时A的浓度是原来的40%，小于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，故A正确；B、平衡时A的浓度是原来的40%，小于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，故B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增大，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，故C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向做反应方向移动，则说明ab，故D错误故选：A点评：本题考查化学平衡移动
33、问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键20（3分）体积相同浓度均为0.1molL1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m和n的关系正确的是（）AmnBm=nCmnD不能确定考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨仍然存在电离平衡解答：解：氢氧化钠是强电解质完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，相同浓度的两种溶液中，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，加水稀
34、释促进一水合氨电离，但一水合氨仍然存在电离平衡，电离程度仍然小于氢氧化钠，所以要使稀释后溶液的PH相等，则氢氧化钠需要稀释倍数大于氨水，故选A点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据氢氧化钠和一水合氨电离程度来分析解答即可，难度不大21（3分）室温下，分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是（）溶液的体积相同，酸是多元强酸 两溶液的体积相同，酸是一元弱酸酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大ABCD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在本题中，
35、酸电离出的 C（H+）=0.1mol/L，碱液中 C（OH）=1 mol/L，铝是足量的，所以生成氢气的量就取决于 n（H+）、n（OH），而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的 n（H+） 比 n（OH）多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要 n（H+）n（OH），然后结合强酸完全电离，弱酸部分电离的特点来解本题解答：解：由铝与酸、碱的反应可知： 2Al6H+3H2 2Al2OH3H2要使生成的氢气前者多，必须n（H+）n（OH）当酸为多元强酸，由于C（H+）C（OH），当两种溶液体积相同时，则会有n（H+）n（OH），不符合题意，故错误；若酸是一元弱酸，虽然酸电离出的 C（H
36、+）小于氢氧化钠中的 C（OH），但弱酸是部分电离，此时酸中的H+ 的总量完全可以比 NaOH 中的 OH 多 故满足n（H+）n（OH），符合题意，故正确；pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH）=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n（H+）3n（OH），不管强酸和弱酸，故正确，pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH）=1mol/L，若酸为强酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故错误；故选B点评：此题考查PH定义，强电解质和弱电解质的区别，铝单质的化学性质，其中强电解质和弱电解质的区别
37、是难点，综合性较强，难度适中二、解答题（共8小题，满分48分）22（9分）现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大已知：A的一种同位素原子核内不含中子，元素B的一种同素异形体是自然界中硬度最大的单质，D3可以吸收来自太阳的大部分紫外线，E元素是第三周期原子半径最大的元素，D和F可以形成FD2、FD3两种化合物回答下列问题：（1）D、E均可与A 按原子个数1：1形成化合物，其电子式分别为：和（2）C的最高价氧化物的水化物的化学式是：HNO3该物质的稀溶液与铜反应的化学方程式为：3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+4H2O+2NO（3）D、E、F三种元素能形成两种盐M、N，其中
38、M的稀溶液呈碱性，请用离子方程式解释呈碱性的原因：SO32+H2OHSO3+OH（4）C2 A4常用作火箭发射的燃料，8g气态C2 A4 完全燃烧生成气态水和一种无色无毒的气体，同时放出133.5KJ的热量，该反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534 kJmol1考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A的一种同位素原子核内不含中子，则A为H元素，元素B的一种同素异形体是自然界中硬度最大的单质，则B为C元素，D3可以吸收来自太阳的大部分紫外线，则D为O元素，C为N元素，E元素
39、是第三周期原子半径最大的元素，则E为Na元素，D和F可以形成FD2、FD3两种化合物，则F为S元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，A的一种同位素原子核内不含中子，则A为H元素，元素B的一种同素异形体是自然界中硬度最大的单质，则B为C元素，D3可以吸收来自太阳的大部分紫外线，则D为O元素，C为N元素，E元素是第三周期原子半径最大的元素，则E为Na元素，D和F可以形成FD2、FD3两种化合物，则F为S元素，（1）A、E均与D按原子个数1：1形成化合物分别为H2O2，Na2O2，电子式分别为，故答案为：；（2）C的最高价氧化物的水化物的化学式是HNO3，稀硝酸与铜反应的化学
40、方程式为3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+4H2O+2NO，故答案为：HNO3；3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+4H2O+2NO；（3）D、E、F三种元素能形成两种盐M、N，其中M的稀溶液呈碱性，则M为Na2SO3，Na2SO3水解使溶液呈碱性，水解离子方程式为SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；（4）N2H4常用作火箭发射的燃料，燃烧反应的生成物是一种气态单质和一种化合物，它们对环境无污染，生成氮气与液态水，8g气态N2H4与O2完全反应生成两种气体时放出热量133.5kJ，则1molN2H4反应放出的热量为133.5kJ4=534kJ，则该反
41、应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534 kJmol1，故答案为：N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534 kJmol1点评：本题以元素推断为载体，考查电子式书写、化学方程式的书写、水解反应和热化学方程式的书写等，难度中等，推断元素是解题关键23（2分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用请回答下列问题：用NH3催化还原NOX还可以消除氮氧化物的污染例如4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）；H1=akJmol1N2（g）+O2（g）2NO（g）；H2=b kJmol1若1mo
42、l NH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热H3=kJmol1（用含a、b的式子表示）考点：有关反应热的计算版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：依据热化学方程式和盖斯定律构造目标热化学方程式计算反应热解答：解：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H1=akJmol1N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H2=b kJmol1利用盖斯定律将可得NH3（g）+NO（g）=N2（g）+H2O（g）H3=kJ/mol，故答案为：点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及H的符号的变化，题目难度不大24（12分）在一定条件下，N2（g）+3H2（g）2NH
43、3（g）H=93.0kJmol1，S=93.0J（molK）1，将l mol N2与3mol H2混合于一个10L密闭容器中，反应达到平衡时，A点混合气体中氨占25%，试回答：根据本题所给数据分析，该反应自发进行的最高温度为：600 KA点时N2的浓度为0.06mol/L；图中在状态A时，平衡常数 KA=（填写代入数值的表达式，不要求化简）；当温度由T1变化到T2时，KA KB（填“”、“”或“=”）在容积固定的密闭容器中发生上述反应，各物质的浓度如表： 时间/min浓度/molL1c （N2）c （H2）c （NH3）00.61.8030.52x0.1660.361.080.4890.361
44、.080.48反应从0min到3min之间，H2的反应速率为0.08molL1min1；反应在3min时，条件发生了改变，改变的条件可能是a（填序号）a使用催化剂 b降低温度 c增加H2的浓度 d充入Ne增大压强考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：HTS0反应自发进行，据此分析；令参加反应的氮气的物质的量为nmol，结合根据三段式用n表示出各组分的物质的量的变化量，平衡时各组分的物质的量，结合混合气体中氨占25%，列方程求出n的值；平衡常数指生成物浓度的系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值，k=；该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数k减
45、小；先根据速率公式求出N2的反应速率，然后根据速率之比等于化学计量数之比，求出H2的反应速率；根据表可知第3min是平衡建立过程，反应速率加快，H2的量没有增加，根据外界条件对化学反应速率的影响解答：解：HTS0反应自发进行，已知S=93.0J（molK）1，H=93.0kJmol1，则93000Jmol1（93.0J（molK）1）T0，则T600K；故答案为：600；对于反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol）：1 3 0变化（mol）：n 3n 2n平衡（mol）：1n 33n 2n所以100%=25%，解得n=0.4，则c（N2）=0.06mol/L；故答案为：0.0
46、6；平衡时各物质的浓度为c（N2）=0.06mol/L，c（H2）=0.18mol/L，c（N2）=0.08mol/L，则K=；该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应进行，平衡常数k减小，即KAKB，故答案为：；N2的反应速率为V=molL1min1，而V（H2）=3V（N2）=0.08 molL1min1，根据表可知第2min是平衡建立过程，反应速率加快，H2的量没有增加，根据外界条件对化学反应速率的影响，可知使用催化剂、升高温度均可，增加H2的浓度是不可故答案为：0.08 molL1min1；a点评：本题考查了反应自发性的判断、化学平衡计算、平衡常数的计算和应用等，题目难度中等，旨在考查学
47、生对知识的掌握与运用，注意加强基础知识的掌握理解25（4分）氨可用于工业制硝酸，其主反应为：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=a kJmol1上述反应NO生成量与温度的关系，该可逆反应在恒容条件下达到平衡时测得部分实验数据如表：温度 T/K323313303NO生成量/（106 mol）4.85.96.0此合成反应的a0 （填“”“”或“=”）判断该反应达到化学平衡状态的依据是AC（填序号）Av NH3（正）=v NO（逆） B4v NH3（正）=6vH2O（逆）C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变考点：化学平衡状态的判断版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专
48、题分析：（1）图表分析温度升高NO的平衡浓度减小，说明正反应是放热反应；（2）平衡状态的判断依据主要有正逆反应速率相等和各组分的浓度保持不变解答：解：（1）图表分析温度升高NO的平衡浓度减小，说明正反应是放热反应，H0，a0，故答案为：；（2）Av NH3（正）=v NO（逆），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确； B6v NH3（正）=4vH2O（逆），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B错误；C反应前后气体体积有变化，压强不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D混合气体的密度保持不变，混合气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反
49、应达到平衡状态，故D错误；故答案为：AC点评：本题考查了据平衡常数随温度的变化判断焓变的大小以及外界条件对化学平衡移动的影响，题目难度中等26（3分）已知：常温下0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则该酸为弱酸（填“强”或“弱”），H2A的电离方程式为H2AH+HA，HAH+A2，该溶液中由水电离出的c（H+）=1010 mol/L考点：pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液里只有部分电离的酸是弱酸，二元弱酸分步电离，依据KW=c（H+）c（OH），pH=lgc（H+）=4求解c（OH），酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度解答：解：常温下，0
50、.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2AH+HA，HAH+A2，KW=c（H+）c（OH），pH=4，c（OH）=1010 mol/L，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以该溶液中由水电离出的c（H+）水=c（OH）=1010 mol/L，故答案为：弱；H2AH+HA，HAH+A2；1010 mol/L点评：本题考查了弱电解质的电离以及溶液pH的计算方法，题目难度不大，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，注意二元弱酸分步电离27（10分）室温下将pH=5和pH=3 的两种盐酸等体积混合，混合后溶液
51、的pH=3.3；室温下将pH=13的强碱溶液与pH=2 的强酸混合，混合后溶液的pH=11；则强酸与强碱的体积比：9：1室温下某H2SO4溶液浓度为0.005molL1，此溶液的pH=2；用水稀释100倍，所得溶液的pH=4；再稀释104，所得溶液的pH=7考点：pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：酸溶液混合，先计算混合后溶液中氢离子的物质的量，再根据c=计算氢离子的物质的量浓度，最后根据pH=lgc（H+）计算出混合液的pH；常温下pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合溶液的pH=11，则混合溶液中c
52、（OH）=0.001mol/L，根据混合溶液中c（OH）=计算；硫酸为强电解质，在水中能够完全电离，根据氢离子浓度和硫酸浓度的关系结合pH=lgc（H+）计算；硫酸稀释100倍后，则溶液中氢离子浓度是原来的，再根据pH计算公式计算溶液的pH，当溶液稀释至接近中性时，要考虑水的电离解答：解：pH=3的盐酸和pH=5的硫酸等体积混合后，设体积均为VL，混合液中氢离子的物质的量为：n（H+）=VL103mol/L+VL105mol/L103Vmol，则混合溶液中氢离子浓度为：c（H+）=5104mol/L，所以pH=lg5104=4lg53.3，故答案为：3.3；pH=13的强碱溶液中c（OH）=0
53、.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，混合液的pH=11，则混合溶液中c（OH）=103mol/L=，解得：V（酸）：V（碱）=9：1，故答案为：9：1；硫酸为强电解质，在水中能够完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H+SO42，c（H+）=2c（H2SO4）=20.005mol/L=0.01mol/L，pH=lgc（H+）=2，硫酸稀释100倍后，则溶液中氢离子浓度是原来的，即C（H+） 是0.0001mol/L，所以pH=lgc（H+）=4；再继续稀释到10000倍时，酸电离出的氢离子浓度是原来的，即氢离子浓度是108mol/L，水电离出的氢离子浓度是107
54、mol/L，则溶液中氢离子浓度是1.01107mol/L，则pH=lg1.011077，故答案为：2；4；7点评：本题考查了溶液pH的计算方法，题目难度中等，试题侧重基础知识的考查，注意掌握pH的表达式及计算方法，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，试题有利于培养学生的化学计算能力28（6分）根据题目完成下列各小题：一定温度下，两种酸：a、盐酸 b、醋酸：当两种酸的物质的量浓度相同时，c（H+）：ab（填“”、“”或“=”，下同）在pH相同、体积相同的两种酸溶液中加入过量的铁粉，反应结束时生成H2的总体积：a b将pH相同，体积相同的两种酸溶液分别加水稀释100倍，所得溶液的pH值：a
55、b考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：盐酸为强酸，醋酸为弱酸；同体积同pH的两种酸，醋酸的物质的量浓度远远大于盐酸；当c（H+）相同、体积相同时，盐酸完全电离，加水稀释时只有醋酸继续电离解答：解：盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是ab，故答案为：；同体积同pH的两种酸，醋酸的物质的量浓度远远大于盐酸，加入过量的铁粉，醋酸产生的氢气多，故答案为：；当c（H+）相同、体积相同时，盐酸完全电离，只有醋酸在继续电离，加水稀释时，盐酸的pH变化大，醋酸的pH小，故答案为：点评：本题考查强弱电解质的本质区别，题目
56、难度中等，注意强弱电解质的比较和影响电离平衡移动的因素，注重基础知识的积累29（2分）常温下0.1molL1 的氨水中=11010，下列叙述正确的是ADA、该溶液的pH=12B、该溶液中的溶质电离出的阳离子浓度为0.1molL1C、将pH=12的氨水溶液加水稀释100倍后，pH为10D、该溶液中水电离出的c（ H+）与c（OH）乘积为11024E、0.1molL1的盐酸溶液V1L与该溶液0.1molL1的氨水V2L混合，若混合溶液pH=7，则V1V2考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据溶液中c（H+）与c（OH）的比值结合溶液的离子积常数Kw计算出
57、溶液的c（H+）和c（OH），再计算溶液的pH，氨水中的氢离子全部是水电离出来的，水电离出来的氢离子浓度与水电离出来的氢氧根离子浓度相同，据此分析解答：解：A、根据溶液中c（H+）与c（OH）的比值结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+）=11012mol/L，c（OH）=1102mol/L，所以pH=12，故A正确；B、c（OH）=1102mol/L，所以氨水电离出来的铵根离子浓度为0.01mol/L，故B错误；C、氨水是弱碱，加水稀释促进其电离，氢氧根物质的量增大，所以pH=12的氨水溶液加水稀释100倍后，10pH12，故C错误；D、氨水中的氢离子全部是水电离出来的，水电离出来的氢
58、离子浓度与水电离出来的氢氧根离子浓度相同，都是11012mol/L，所以该溶液中水电离出的c（ H+）与c（OH）乘积为11024，故D正确；E、盐酸与氨水恰好中和时溶液显酸性，若使pH=7，必须氨水过量，即V1V2，故E错误；故答案为：AD点评：本题考查酸碱混合后溶液pH的判断，题目难度不大，本题的关键是根据溶液中c（H+）与c（OH）的比值，结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸三实验题（9分）30（9分）某化学实验小组从市场上买来一瓶某品牌食用白醋（主要是醋酸的水溶液），用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定以测定它的准确浓度，完全反应时所得溶液pH大致为9下表是
59、4种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙甲基红酚酞变色范围（pH）5.08.03.14.44.46.28.210.0（1）该实验应选用酚酞作指示剂（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为25.40mL；反应达滴定终点时的现象为溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色（3）为减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为c mol/L，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积/mL26.0225.3525.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH
60、溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是BDA实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积；B滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液；C盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗；D锥形瓶预先用食用白醋润洗过；E滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定（4）根据所给数据，写出计算该白醋中醋酸的物质的量浓度的表达式（不必化简）：C=mol/L考点：中和滴定版权所有专题：实验题分析：（1）根据弱酸与强碱反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂；（2）A与C刻度间相差1ml，则每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度25，据此确定B的
61、刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（3）根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响；（4）第一次消耗氢氧化钠溶液体积过大，应舍去，利用第二、三次消耗NaOH溶液的平均体积，再根据c（酸）=计算浓度解答：解：（1）醋酸与NaOH溶液反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂，故选酚酞，故答案为：酚酞；（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为25，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是25.40mL；滴定终点判断，锥形瓶内溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色，故
62、答案为：25.40；溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色；（3）从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液体积明显多于后两次，上面测得的醋酸浓度偏大，A实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，导致氢氧化钠溶液的体积偏小，所测醋酸浓度偏小，故A错误；B滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所测醋酸浓度偏大，故B正确；C盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗，不影响氢氧化钠溶液的体积，所测醋酸浓度不变，故C错误；D锥形瓶预先用食用白醋润洗过，醋酸的物质的量偏大，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所测醋酸浓度偏大，故D正确；E滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致使用的氢氧化钠体积偏小，所测醋酸浓度偏小，故E错误；故选：BD；（4）第一次消耗氢氧化钠溶液体积过大，应舍去，利用第二、三次消耗NaOH溶液的平均体积=mL，c（酸）=计算浓度；故该白醋中醋酸的物质的量浓度=mol/L，故答案为：点评：本题考查中和滴定实验、滴定管结构与使用、误差分析以及计算等，难度不大，注意理解中和滴定的原理与滴定管的结构及精度