浙江省温州市苍南县巨人中学高二化学下学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年浙江省温州市苍南县巨人中学高二（下）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，错误的是（）a化学反应必然伴随能量变化b化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的c化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少无关d能量变化是化学变化的基本特征之一2下列过程一定不能自发进行的是（）a2n2o5（g）=4no2（g）+o2（g）；h0b2co（g）=2c（s）+o2（g）；h0c=nh4hco3（s）+nh3（g）；h0d2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）；h03下列物质在指定状态下的电离方程式正确的是（）水溶液nahso4=na+hso4熔融状态nahso4=na+hso4水溶液中nahco3=na+hco3水溶液h3po43h+po43水溶液h2s+h2oh3o+hs水溶液hf+h2oh3o+fabcd4在一定条件下，可逆反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）a加催化剂v（正）、v（逆）都发生变化，而且变化的倍数相等b加压v（正）、v（逆）都增大，且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数c降温，v（正）、v（逆）都减小，且v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数d加入氩气，v（正）、v（逆）都增大且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数5下列有关电池的说法不正确的是（）a手机上用的锂离子电池属于二次电池b铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极c氢氧燃料电池可把化学能转化为电能d锌锰干电池中，锌电极是负极6在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应a（s）+2b（g）c（g）+d（g）已达到平衡状态的是（）混合气体的压强 混合气体的密度 b的物质的量浓度气体总物质的量混合气体的平均相对分子质量 v（c）与v（d）的比值abcd7100时，kw=11012，将100时ph=10的naoh溶液和ph=1的h2so4混合，所得混合溶液的ph=2，则naoh溶液和h2so4溶液的体积比是（）a11：1b9：2c12：11d9：18下列有关说法正确的是（）acaco3（s）cao（s）+co2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的h0b镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈cn2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（h2）和氢气的平衡转化率均增大d水的离子积常数kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应9下列反应中符合图象的是（）an2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0b2so3（g）2so2 （g）+o2（g）h0c4nh3（g）+5o2 （g）4no（g）+6h2o（g）h0dh2（g）+co（g）c（s）+h2o（g）h010已知反应：101kpa时，2c（s）+o2（g）=2co（g）；h=221kj/mol，稀溶液中，h+（aq）+oh（aq）=h2o；h=57.3kj/mol下列结论正确的是（）a碳的燃烧热大于110.5 kj/molb的反应热为221 kj/molc稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为114.6 kj/mold稀醋酸与稀naoh溶液反应生成1mol水，放出57.3 kj热量1125时，水的电离达到平衡：h2oh+oh；h0，下列叙述正确的是（）a向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（oh）增大b将水加热，kw增大，ph不变c向水中加入少量稀硫酸，c （h+）增大，kw不变d向水中加入少量naoh固体，平衡正向移动，c（h+）降低12常温下，将ph=3的盐酸和ph=11的氨水等体积混合，完全反应后，溶液中离子浓度关系正确的是（）ac（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）bc（nh4+）c（cl）c（h+）c（oh）cc（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）dc（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）13有一反应：2a+b2c，其中a、b、c均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示b的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（）a该反应是放热反应bb点时混合气体的平均摩尔质量不再变化ct1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法dc点可表示v（正）v（逆）14下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；铁在潮湿的空气中容易生锈实验室 可用排饱和食盐水的方法收集氯气；常温下，将1ml ph=3的醋酸溶液加水稀释至100ml，测得其ph5；钠与氯化钾共融制备钾na（l）+kcl（l）k（g）+nacl（l）；二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压后颜色加深压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深abcd15某密闭容器中加入0.3mola、0.1molc和一定量的b三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示t0t1阶段c（b）未画出图乙为t2后改变互不相同的某一条件时反应速率跟时间的关系，其中t3t4阶段使用催化剂下列说法正确的是（）a若t1=15s，生成物c在t0t1时间段的平均反应速率为0.004 moll1s1bt4t5阶段改变的条件为降低反应温度cb的起始物质的量为0.02 moldt5t6阶段改变的条件是增大反应物浓度16铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：fe+ni2o3+3h2o=fe（oh）2+2ni（oh）2下列有关该电池的说法不正确的是（）a电池的电解液为碱性溶液，正极为ni2o3、负极为feb电池放电时，负极反应为fe+2oh2e=fe（oh）2c电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱d电池充电时，阳极反应为2ni（oh）2+2oh2e=ni2o3+3h2o17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10mlph=11的naoh溶液，混合液的ph=718常温下，向10ml0.1moll1h2a溶液中滴加0.1moll1naoh：溶液有关微粒的物质的量变化如图（其中i代表、h2a，代表a代表a2）根据图示判断，下列说法不正确的是（）a当v（naoh）=10ml时，溶液中离子浓度的关系一有定：c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh）b当v（naoh）=15ml时，溶液中离子浓度的关系一定有：c（ha）+2c（h+）+3c（h2a）=c（a2）+2c（oh）c当v（naoh）=15ml时，向溶液中滴加少量的盐酸或naoh溶液，溶液的ph保持不变d当v（naoh）=20ml时，向溶液中加水稀释，c（h+）减小，kw不变二、填空题（共2题，共46分）19将0.2mol/l ha溶液与0.2mol/l naoh溶液等体积混合，测得混合溶液中c（na+）c（a），则（用“”、“”或“=”填写下列空白）（1）混合溶液中c（ha）c（a）；（2）混合溶液中c（ha）+c（a）0.1mol/l；（3）混合溶液中，由水电离出的c（oh）0.2mol/l ha溶液由水电离出的c（h+）；（4）25时，如果取0.2mol/l ha溶液与0.11mol/l naoh溶液等体积混合，测得混合溶液的ph7，则ha的电离程度naa的水解程度20氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的nahso3溶液的浓度，现用0.1000mol/l的酸性kmno4溶液进行滴定，回答下列问题：（1）配平离子方程式：mno4+hso3+h+mn2+so42+h2o（2）滴定过程中，nahso3溶液的体积是20.00ml，消耗0.100mol/l的酸性kmno4溶液16.00ml，则nahso3溶液的物质的量浓度是 mol/l（3）下列操作会导致测定结果偏高的是a未用标准浓度的酸性kmno4溶液润洗滴定管b滴定前锥形瓶未干燥c滴定前滴定管尖嘴部分有气泡d不小心将少量酸性kmno4溶液滴在锥形瓶外e观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视21（1）cu（no3）2的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：；实验室在配制agno3的溶液时，常将agno3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解（2）把alcl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的（4）物质的量浓度均为0.1mol/l的下列溶液：kno3、na2co3、nahco3、nahso4、ch3cooh、naohph由大到小的顺序为：22在一体积为10l的容器中，通入一定量的co和h2o，在850时发生如下反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2 （g）h0（1）co和h2o浓度变化如右图，则在该温度下，该反应的平衡常数k=04min的平均反应速率v（co）=moll1min1若降低温度，该反应的k值将，该反应的化学反应速率将（填“增大”“减小”或“不变”）（2）在相同容器中发生上述反应，当温度高于850时，容器内各物质的浓度变化如表时间（min）coh2oco2h200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104表中3min4min之间反应处于状态； c1数值0.08moll1 （填大于、小于或等于）反应在4min5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是a增加水蒸气 b降低温度 c使用催化剂 d增加氢气浓度（3）在相同温度下（850），若起始时c（co）=1moll1，c（h2o）=2moll1，反应进行一段时间后，测得h2的浓度为0.5moll1，则此时该反应是否达到平衡状态（填“是”与“否”），此时v（正）v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”），你判断的依据是2015-2016学年浙江省温州市苍南县巨人中学高二（下）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，错误的是（）a化学反应必然伴随能量变化b化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的c化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少无关d能量变化是化学变化的基本特征之一【分析】从化学反应的实质及能量变化与化学键的关系来分析解答【解答】解：化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收能量，成键放出能量，所以能量变化是化学变化的基本特征之一，化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，化学反应必然伴随能量变化，能量变化的大小与反应物的质量成正比故选c【点评】化学反应中只要有旧键的断裂和新键的形成就一定有能量的变化2下列过程一定不能自发进行的是（）a2n2o5（g）=4no2（g）+o2（g）；h0b2co（g）=2c（s）+o2（g）；h0c=nh4hco3（s）+nh3（g）；h0d2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）；h0【分析】反应能自发，应满足g=hts0，放热的和熵增的反应有利于反应的自发进行，结合反应的h和s进行判断【解答】解：a、h0，s0，在较高温度下可满足hts0，即在较高温度下反应能自发进行，故a错误；b、h0，s0，一般情况下g=hts0，不能自发进行，故b正确；c、h0，s0，在较高温度下可满足hts0，即在较高温度下反应能自发进行，故c错误；d、h0，s0，温度较低时即可满足hts0，能自发进行，故d错误；故选b【点评】本题考查焓变与熵变，题目难度不大，注意根据g=hts判断反应能否自发进行3下列物质在指定状态下的电离方程式正确的是（）水溶液nahso4=na+hso4熔融状态nahso4=na+hso4水溶液中nahco3=na+hco3水溶液h3po43h+po43水溶液h2s+h2oh3o+hs水溶液hf+h2oh3o+fabcd【分析】电离方程式的书写应遵循质量守恒定律，即左右两边同种元素的原子个数相等；同时溶液不显电性的原因是阳离子所带的正电总数和阴离子所带的负电总数相等离子带电数和元素或原子团所显的化合价数值相等且要注意共价键在熔融状态不能被破坏，对于酸式弱酸根，在水溶液中不能完全电离，不能拆，据此分析【解答】解：在水溶液中，由于hso4是酸式的强酸根，故必须拆，故正确的电离方程式为：nahso4=na+h+so42；故错误；熔融状态下，共价键不能被破坏，即hso4不能拆，故电离方程式为：nahso4=na+hso4，故正确；水溶液中由于hco3是酸式弱酸根，不能完全电离，故不能拆，故电离方程式为：nahco3=na+hco3，故正确；由于磷酸为多元中强酸，电离方程式应分步写，故错误；h2s为二元弱酸，在水溶液的电离步完全，且应分步进行，故电离方程式为：h2s+h2oh3o+hs，故正确；hf为弱酸，在水溶液中电离不完全，用可逆号，即hf+h2oh3o+f故正确故选d【点评】电离方程式的书写应遵循质量守恒定律，即左右两边同种元素的原子个数相等；同时溶液不显电性的原因是阳离子所带的正电总数和阴离子所带的负电总数相等4在一定条件下，可逆反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）a加催化剂v（正）、v（逆）都发生变化，而且变化的倍数相等b加压v（正）、v（逆）都增大，且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数c降温，v（正）、v（逆）都减小，且v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数d加入氩气，v（正）、v（逆）都增大且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数【分析】由反应的热化学方程式n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：a加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故a正确；b反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故b正确；c正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故c正确；d在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故d错误故选d【点评】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为d，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变5下列有关电池的说法不正确的是（）a手机上用的锂离子电池属于二次电池b铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极c氢氧燃料电池可把化学能转化为电能d锌锰干电池中，锌电极是负极【分析】a锂离子电池属于二次电池；b铜锌原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；c氢氧燃料电池属于原电池；d锌锰干电池中，锌易失电子而作负极【解答】解：a锂离子电池中能循环使用，属于二次电池，故a正确；b铜锌原电池中，锌易失电子而作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极，故b错误；c燃料电池属于原电池，是将化学能转变为电能的装置，故c正确；d锌锰干电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故d正确；故选b【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池正负极的判断方法、电子的流向即可解答，难度不大6在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应a（s）+2b（g）c（g）+d（g）已达到平衡状态的是（）混合气体的压强 混合气体的密度 b的物质的量浓度气体总物质的量混合气体的平均相对分子质量 v（c）与v（d）的比值abcd【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：混合气体的压强始终不变，故错误； 混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确； b的物质的量浓度，说明生成b和消耗b的速率相等，故正确；气体总物质的量一直不变，故错误；混合气体的平均相对分子质量，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确； v（c）与v（d）的比值，只要反应发生两者的比值就是1：1，不发生变化，故错误；故选a【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为07100时，kw=11012，将100时ph=10的naoh溶液和ph=1的h2so4混合，所得混合溶液的ph=2，则naoh溶液和h2so4溶液的体积比是（）a11：1b9：2c12：11d9：1【分析】100时，kw=11012，ph=10的naoh溶液中氢氧根离子的物质的量浓度为：102mol/l，ph=1的h2so4溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1mol/l；当混合溶液的ph=2时，溶液呈酸性，即硫酸过量，据此列式计算【解答】解：100时，kw=11012，将100时ph=10的naoh溶液中氢氧根离子浓度为： =0.01mol/l，ph=1的h2so4溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，当混合溶液的ph=2时，混合溶液中氢离子的物质的量浓度为：10phmol/l=0.01mol/l，设硫酸的体积为x，氢氧化钠的体积为y，两溶液混合后氢离子的浓度为： =0.01mol/l，所以y：x=9：2，即：naoh溶液和h2so4溶液的体积比为：9：2，故选b【点评】本题考查了混合溶液ph的计算，题目难度中等，注意明确“100时，kw=11012”条件下中性溶液的ph不等于7而是为6，能灵活运用水的离子积常数是解本题的关键8下列有关说法正确的是（）acaco3（s）cao（s）+co2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的h0b镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈cn2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（h2）和氢气的平衡转化率均增大d水的离子积常数kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应【分析】a、分解反应一般是吸热反应，熵变、焓变都大于零，依据hts判断，仅在高温下自发；b、铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极更易被氧化；c、据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动平衡转化率减小d、水的离子积常数kw随着温度的升高而增大说明水的电离是吸热反应越热越电离水的离子积常数kw随着温度的升高而增大【解答】a、分解反应一般是吸热反应熵变、焓变都大于零，依据hts0自发进行，仅在高温下自发；故a错误；b、依据原电池的原理分析，铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极更易被氧化；故b正确；c、反应是放热反应，据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小，故c错误；d、水的离子积常数kw随着温度的升高而增大说明水的电离是吸热反应，越热越电离水的离子积常数kw随着温度的升高而增大，故d错误；故选b【点评】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力9下列反应中符合图象的是（）an2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0b2so3（g）2so2 （g）+o2（g）h0c4nh3（g）+5o2 （g）4no（g）+6h2o（g）h0dh2（g）+co（g）c（s）+h2o（g）h0【分析】根据图象可知，温度升高生成物浓度增大，所以升温平衡向正反应方向移动即正反应为吸热反应，又由图象可知，升高压强正反应速率增大比逆反应速率快，即平衡向正反应方向移动，则正反应为气体体积减小的反应，据此分析【解答】解：根据图象可知，温度升高生成物浓度增大，所以升温平衡向正反应方向移动即正反应为吸热反应，又由图象可知，升高压强正反应速率增大比逆反应速率快，即平衡向正反应方向移动，则正反应为气体体积减小的反应，所以该反应为气体体积减小的吸热反应，故abc错误，d正确；故选：d【点评】本题以图象题为载体，考查学生影响化学反应速率的因素和平衡移动的因素，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大10已知反应：101kpa时，2c（s）+o2（g）=2co（g）；h=221kj/mol，稀溶液中，h+（aq）+oh（aq）=h2o；h=57.3kj/mol下列结论正确的是（）a碳的燃烧热大于110.5 kj/molb的反应热为221 kj/molc稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为114.6 kj/mold稀醋酸与稀naoh溶液反应生成1mol水，放出57.3 kj热量【分析】a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；b、反应热分吸收热量，放出热量两种情况；c、中和热是指稀的强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量；d、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程【解答】解：a、由反应可知，1mol碳燃烧生成co放出的热量为110.5 kj，co燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kj，碳的燃烧热大于110.5 kj/mol，故a正确；b、反应热包含符号，的反应热为221 kj/mol，故b错误；c、稀的强酸、强碱的中和热为h=57.3kj/mol，稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为h=57.3kj/mol，故c错误；d、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀naoh溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kj，故d错误【点评】本题考查燃烧热、中和热概念的理解及有关计算，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大1125时，水的电离达到平衡：h2oh+oh；h0，下列叙述正确的是（）a向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（oh）增大b将水加热，kw增大，ph不变c向水中加入少量稀硫酸，c （h+）增大，kw不变d向水中加入少量naoh固体，平衡正向移动，c（h+）降低【分析】a向平衡体系中加入水，平衡不移动；b水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动；c向水中加入少量稀硫酸，c （h+）增大，平衡逆向移动；但kw只与温度有关；d向水中加入少量naoh固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（h+）降低【解答】解：a向平衡体系中加入水，平衡不移动，c（oh）不变，故a错误；b水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，kw增大，氢离子浓度增大，故ph增大，故b错误；c向水中加入少量稀硫酸，c （h+）增大，平衡逆向移动；但kw只与温度有关，故保持不变，故c正确；d向水中加入少量naoh固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（h+）降低，故d错误；故选c【点评】本题考查水的电离的影响因素，浓度不大要注意kw只与温度有关12常温下，将ph=3的盐酸和ph=11的氨水等体积混合，完全反应后，溶液中离子浓度关系正确的是（）ac（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）bc（nh4+）c（cl）c（h+）c（oh）cc（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）dc（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）【分析】氨水为弱碱，常温下ph=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/l，则氨水的浓度大于0.001mol/l；ph=3的盐酸的物质的量浓度为0.001mol/l，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，c（oh）c（h+），根据电荷守恒可知：c（nh4+）c（cl）【解答】解：ph=3的盐酸的物质的量浓度为0.001mol/l，一水合氨为弱电解质，常温下ph=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/l，氨水的浓度一定大于0.001mol/l，两溶液等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，则：c（oh）c（h+），根据电荷守恒c（nh4+）+c（h+）=c（cl）+c（oh）可知：c（nh4+）c（cl），所以溶液中各离子浓度大小为：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+），故选a【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确一水合氨为弱碱，两溶液混合后溶液为碱性为解答关键，注意电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法13有一反应：2a+b2c，其中a、b、c均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示b的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是（）a该反应是放热反应bb点时混合气体的平均摩尔质量不再变化ct1温度下a点表示若想达到平衡，可以采取增大压强的方法dc点可表示v（正）v（逆）【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，b的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态，以此解答该题【解答】解：a随着温度的升高，b的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，故a错误；bb点处于平衡状态，混合气体的平均摩尔质量不再变化，故b正确；c增大压强平衡向正反应方向移动，b的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向b的转化率减小的方向移动，应减小压强，故c错误；dc点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向b的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故d错误故选b【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象的变化趋势，比较a、b、c三点的状态以及反应方向14下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体；铁在潮湿的空气中容易生锈实验室 可用排饱和食盐水的方法收集氯气；常温下，将1ml ph=3的醋酸溶液加水稀释至100ml，测得其ph5；钠与氯化钾共融制备钾na（l）+kcl（l）k（g）+nacl（l）；二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压后颜色加深压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深abcd【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】解：氯化铁易水解生成氢氧化铁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，从而促进氯化铁水解，所以溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体而使氢氧化铁固体，能用平衡移动原理解释，故不选；铁在潮湿的空气中容易生锈，是因为铁和c、水蒸气构成原电池，铁被腐蚀生成带结晶水的铁的氧化物，不能用平衡移动原理解释，故选；实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故不选；醋酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，体积变化和定量平衡正向进行，共同决定溶液ph，将1ml ph=3的醋酸溶液加水稀释至100ml，测得其ph5，能用勒沙特列原理解释，故不选；钠与氯化钾共融制备钾 na（l）+kcl（l）=k（g）+nacl（l），利用减少k蒸汽，平衡正移，来制备k，故能用勒沙特列原理解释，故不选；二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压二氧化氮减少，颜色加深，是因为体积变小浓度增大，所以颜色变深，故不能用勒沙特列原理解释，故选；因为由h2、i2蒸气、hi组成的平衡体系，增加压强，体积变小，平衡不移动，但碘浓度增大，颜色变深，故不能用勒夏特列原理解释，故选；故选b【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵及其适用条件及适用范围即可解答，注意：平衡移动原理适用于能引起平衡移动的可逆反应，为易错点15某密闭容器中加入0.3mola、0.1molc和一定量的b三种气体一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示t0t1阶段c（b）未画出图乙为t2后改变互不相同的某一条件时反应速率跟时间的关系，其中t3t4阶段使用催化剂下列说法正确的是（）a若t1=15s，生成物c在t0t1时间段的平均反应速率为0.004 moll1s1bt4t5阶段改变的条件为降低反应温度cb的起始物质的量为0.02 moldt5t6阶段改变的条件是增大反应物浓度【分析】a根据v=计算反应速率；bt4t5阶段正逆反应速率减小且相等，如是降低温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等；c根据c、a浓度的变化判断二者计量数关系，根据t4t5阶段判断化学方程式，根据化学方程式计算；d如果增大反应物的浓度正反应速率变大，瞬间逆反应速率不变【解答】解：a、若t1=15s，生成物c在t0t1时间段的平均反应速率为：v（c）=0.004moll1s1，故a正确；b如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，应为降低压强，故b错误；c反应中a的浓度变化为0.15mol/l0.06mol/l=0.09mol/l，c的浓度变化为0.11mol/l0.05mol/l=0.06mol/l，反应中a与c的计量数之比为0.09：0.06=3：2，t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，则t4t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3a（g）b（g）+2c（g），根据方程式可知消耗0.09mol/l的a，则生成0.03mol/l的b，容器的体积为2l，生成b的物质的量为0.06mol，平衡时b的物质的量为0.1mol，所以起始时b的物质的量为0.1mol0.06mol=0.04mol，故c错误；d、如果增大反应物的浓度正反应速率变大，瞬间逆反应速率不变，根据图象可知t5t6阶段应为升高温度，故d错误；故选a【点评】本题考查化学平衡移动图象、外界条件对平衡的影响、化学平衡与反应速率计算等，难度中等，注意从乙图判断各阶段的影响因素此为解答该题的关键，结合甲图中各物质的浓度，判断反应条件的改变16铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：fe+ni2o3+3h2o=fe（oh）2+2ni（oh）2下列有关该电池的说法不正确的是（）a电池的电解液为碱性溶液，正极为ni2o3、负极为feb电池放电时，负极反应为fe+2oh2e=fe（oh）2c电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱d电池充电时，阳极反应为2ni（oh）2+2oh2e=ni2o3+3h2o【分析】根据电池的总反应：fe+ni2o3+3h2o=fe（oh）2+2ni（oh）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成fe2+，最终生成fe（oh）2，ni2o3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成ni（oh）2，电池放电时，负极反应为fe+2oh2e=fe（oh）2，则充电时，阴极发生fe（oh）2+2e=fe+2oh，阴极附近溶液的ph升高，电池充电时，阳极发生2ni（oh）2+2oh2e=ni2o3+3h2o【解答】解：a、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，ni2o3做氧化剂得到电子，即正极为ni2o3、负极为fe，故a正确；b、根据总反应fe+ni2o3+3h2o=fe（oh）2+2ni（oh）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成fe2+，碱性电解质中最终生成fe（oh）2，负极反应为：fe+2oh2e=fe（oh）2，故b正确；c、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：fe+2oh2e=fe（oh）2，所以电池充电过程时阴极反应为fe（oh）2+2e=fe+2oh，因此电池充电过程中阴极附近溶液的ph会升高，故c错误；d、充电时，阴极发生fe（oh）2+2e=fe+2oh，阳极发生2ni（oh）2+2oh2e=ni2o3+3h2o，故d正确 故选c【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应17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10mlph=11的naoh溶液，混合液的ph=7【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18常温下，向10ml0.1moll1h2a溶液中滴加0.1moll1naoh：溶液有关微粒的物质的量变化如图（其中i代表、h2a，代表a代表a2）根据图示判断，下列说法不正确的是（）a当v（naoh）=10ml时，溶液中离子浓度的关系一有定：c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh）b当v（naoh）=15ml时，溶液中离子浓度的关系一定有：c（ha）+2c（h+）+3c（h2a）=c（a2）+2c（oh）c当v（naoh）=15ml时，向溶液中滴加少量的盐酸或naoh溶液，溶液的ph保持不变d当v（naoh）=20ml时，向溶液中加水稀释，c（h+）减小，kw不变【分析】a根据图象知，当v（naoh）=10 ml时，发生反应为naoh+h2a=naha+h2o，溶液主要为naha，电离为主，溶液显酸性；b根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断；c当v（naoh）=15ml时，形成了缓冲溶液；d当v（naoh）=20ml时，反应溶质为na2a，a2部分水解溶液呈碱性，稀释后溶液中a2的浓度减小，溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度增大【解答】解：a当v（naoh）=10 ml时，发生反应为naoh+h2a=naha+h2o，溶液主要为naha，ha电离大于水解，溶液显酸性，则c（na+）c（ha）c（h+）c（a2）c（oh），故a正确；b当v（naoh）=15ml时，溶液中的溶质为相同物质的量的na2a和naha的混合物，据物料守恒2c（na+）=3c（ha）+3c（h2a）+3c（a2），据电荷守恒c（h+）+c（na+）=2c（a2）+c（oh）+c（ha），二者结合可得：c（ha）+2c（h+）+3c（h2a）=c（a2）+2c（oh），故b正确；c当v（naoh）=15ml时，溶液中的溶质为相同物质的量的na2a和naha的混合物，形成了缓冲溶液，则向溶液中滴加少量的盐酸或naoh溶液，溶液的ph基本保持不变，故c正确；d当v（naoh）=20ml时，反应溶质为na2a，溶液中a2部分水解溶液呈碱性，加水稀释后溶液中a2的浓度减小，则溶液中氢氧根离子浓度减小，而水的离子积不变，所以氢离子浓度增大，故d错误；故选d【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可二、填空题（共2题，共46分）19将0.2mol/l ha溶液与0.2mol/l naoh溶液等体积混合，测得混合溶液中c（na+）c（a），则（用“”、“”或“=”填写下列空白）（1）混合溶液中c（ha）c（a）；（2）混合溶液中c（ha）+c（a）0.1mol/l；（3）混合溶液中，由水电离出的c（oh）0.2mol/l ha溶液由水电离出的c（h+）；（4）25时，如果取0.2mol/l ha溶液与0.11mol/l naoh溶液等体积混合，测得混合溶液的ph7，则ha的电离程度naa的水解程度【分析】（1）将0.2mol/l ha溶液与0.2mol/l naoh溶液等体积混合，恰好反应生成naa，测得混合溶液中c（na+）c（a），说明ha是弱酸弱酸阴离子水解生成的ha；（2）依据溶液中物料守恒计算得到；（3）溶液中naa水解显碱性；（4）如果取0.2mol/l ha溶液与 0.1mol/l naoh 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa和ha，且二者的物质的量浓度相等，测得混合溶液的ph7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度【解答】解：（1）将0.2mol/l ha 溶液与 0.2mol/l naoh溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa，物质的量浓度是0.1mol/l，混合溶液中c（na+）c（a），说明a离子水解显碱性，a+h2oha+oh，c（ha）c（a）；故答案为：；（2）溶液中c（h+）c（oh），溶液naa呈碱性，根据物料守恒得c（ha）+c（a）=0.1mol/l，故答案为：=；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中，由水电离出来的c（oh）0.2mol/l ha溶液中由水电离出的c（h+），故答案为：；（4）如果取0.2mol/l ha溶液与 0.1mol/l naoh 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa，测得混合溶液的ph7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；故答案为：；【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据混合溶液中溶质及溶液的酸碱性确定弱电解质的电离程度和弱根离子的水解程度相对大小，难度中等20氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的nahso3溶液的浓度，现用0.1000mol/l的酸性kmno4溶液进行滴定，回答下列问题：（1）配平离子方程式：2mno4+5hso3+1h+2mn2+5so42+3h2o（2）滴定过程中，nahso3溶液的体积是20.00ml，消耗0.1