河北省邢台市南宫中学学年高二上学期12月月考（化学）普通班解析版.doc

2014-2015学年河北省邢台市南宫中学高二（上）月考化学试卷（12月份）（普通班） 一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生下列属于未来新能源标准的是（）天然气 煤 潮汐能 石油 太阳能 生物质能 风能 氢能ABCD考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源解答：解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等故选C点评：本题考查新能源，题目难度不大，注意加强基础知识的积累2（2分）（2009上海）右图是一个一次性加热杯的示意图当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升制造此加热杯可选用的固体碎块是（）A硝酸铵B生石灰C氯化镁D食盐考点：吸热反应和放热反应版权所有分析：根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解答解答：解：A、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故A错误； B、生石灰（CaO）与水反应时放出热量，故B正确；C、氯化镁溶于水没有明显的热效应，故C错误； D、食盐溶于水也没有明显的热效应，故D错误；故选：B点评：本题考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键3（2分）以下对核外电子运动状况的描述正确的是（）A电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C能层序数越大，s原子轨道的半径越大D在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同考点：原子核外电子的运动状态版权所有专题：原子组成与结构专题分析：A电子运动是没有固定轨道的，只是在某个区域出现的概率大些；B能量高的电子也可以在s轨道上运动；C能层序数越大，电子离原子核越远；D同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，其运动状态不同解答：解：A电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；B能量高的电子也可以在s轨道上运动 如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；C能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；D同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D正确；故选CD点评：本题考查电子云、原子轨道等知识点，注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子能量高低与离核远近的关系，为易错点，题目难度不大4（2分）下列分子或离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是（）ANH4+BPH3CH3O+DOF2考点：判断简单分子或离子的构型版权所有专题：化学键与晶体结构分析：价层电子对几何构型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为V形说明该微粒中含有2个孤电子对，据此分析解答解答：解：A、NH4+中价层电子对个数=4+（5141）=4，且不含孤电子对，价层电子对几何构型和离子的空间构型均为正四面体形，故A错误；B、PH3分子中价层电子对=3+（531）=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故B错误；C、H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D、OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确故选D点评：本题考查了微粒空间构型的判断，难度不大，先根据价层电子对判断VSEPR模型，去掉孤电子对就是其实际空间构型，这是高考的热点、学习的重点5（2分）某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH4+OH，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH的浓度，应采取的措施是（）A适当升高温度B加入NH4Cl固体C通入NH3D加入少量盐酸考点：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：氨水存在电离平衡NH3H2ONH+OH，要想增大NH的浓度，而不增大OH的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子，据此分析解答解答：解：A适当升高温度，平衡正向移动，c（NH4+）增大，c（OH）增大，故A错误；B加入氯化铵固体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，c（OH）减小，故B正确；C向氨水中通入氨气，c（NH4+）增大，c（OH）增大，故C错误；D加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c（NH4+）增大，c（OH）减小，故D正确；故选BD点评：本题考查弱电解质电离，加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质能抑制氨水电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质能促进氨水电离，难度不大6（2分）将相同物质的量浓度的某弱酸HX与NaX溶液等体积混合，测得混合溶液中C（Na+）C（X），则下列关系错误的是（）AC（OH）C（H+）BC（HX）C（x）CC（HX）+C（x）=2C（Na+）DC（H+）+（Na+）=C（X）+C（OH）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；盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：混合后溶液中C（Na+）C（X），根据电荷守恒：C（Na+）+C（H+）=C（X）+C（OH），可知C（OH）C（H+），说明HX为弱酸，且X水解程度大于HX电离程度，溶液呈碱性，结合电荷守恒和物料守恒解答该题解答：解：A混合后溶液中C（Na+）C（X），根据电荷守恒：C（Na+）+C（H+）=C（X）+C（OH）可知C（OH）C（H+），故A错误；BX水解程度大于HX电离程度，则C（HX）C（x），故B正确；C由物料守恒可知C（HX）+C（x）=2（Na+），故C正确；D溶液中存在电荷守恒：C（H+）+（Na+）=C（X）+C（OH），和物料守：C（HX）+C（X）=2（Na+），二者联式可得C（H+）+C（Na+）=C（X）+C（OH），故D正确故选：A点评：本题考查离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解质的电离和盐类水解特点，结合电荷守恒和物料守恒解答该题，易错点为D，注意守恒方法的运用7（2分）（2012福建）将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu 路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、依据装置图分析装置的K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反应，铜做正极，电极上得到电子发生还原反应；B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a，通过电解质溶液离子定向移动到b；电子不能通过电解质溶液；C、甲池中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，硫酸根离子浓度基本不变；D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大；解答：解：A，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应；故A正确；B、电子流向是负极到正极，但ab这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动；故B错误；C、选项中硫酸根离子浓度基本保持不变；故C错误；D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大，故D错误；故选A点评：本题考查电化学知识，原电池、电解池原理的应用，装置图设计有些复杂，B选项干扰作用明显，设问巧妙，题目难度中等8（2分）（2008乐山一模）常温下，将V1 mL c1 mol/L的氨水滴加到V2 mL c2 mol/L的盐酸中，下列结论正确的是（）A若混合液的pH=7，则混合液中c1 V1c2V2B若c1=c2，V1=V2则混合液中c（NH4+）=c（Cl）C若混合液的pH=7，则混合液中c（NH4+）c（Cl）D若V1=V2，且溶液的pH7，则一定有c1c2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：A一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使氨水和盐酸的混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量；B等物质的量的氨水和氯化氢恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；C若混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），结合电荷守恒分析；D若V1=V2，且溶液的pH7，溶液中的溶质可能是氯化铵或氯化铵和氯化氢的混合物解答：解：A一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使氨水和盐酸的混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以混合溶液中c1 V1c2V2，故A正确；B等物质的量的氨水和氯化氢恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），所以c（NH4+）c（Cl），故B错误；C若混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），所以c（NH4+）=c（Cl），故C错误；D溶液的pH7，溶液中的溶质可能是氯化铵或氯化铵和氯化氢的混合物，若V1=V2，如果二者恰好反应，则c1=c2，如果酸过量，则c1c2，故D错误；故选A点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质性质结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，注意二者恰好反应时，溶液也呈酸性，为易错点9（2分）下列物质的沸点比较，前者低于后者的是（）AF2与I2BHF与HClCNa与KDNaCl与H2O考点：分子间作用力对物质的状态等方面的影响；氢键的存在对物质性质的影响版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A根据碘单质的相对分子质量比氟气大判断；B、根据HF含有分子间氢键判断；C根据Na与K属于金属晶体，又钠的半径比钾小来判断；D根据氯化钠属于离子晶体，H2O属于分子晶体来判断；解答：解：A因为都属于分子晶体，又不含氢键，又碘单质的相对分子质量比氟气大，所以沸点前者低于后者，故A正确；B、因为都属于分子晶体，HF含有分子间氢键，沸点较高，所以沸点前者高于后者，故B错误；CNa与K属于金属晶体，又钠的半径比钾小，所以沸点较高，故C错误；D因为氯化钠属于离子晶体，H2O属于分子晶体，所以氯化钠沸点较高，故D错误故选A点评：本题考查不同类型物质的沸点的比较，注意利用离子晶体的熔沸点大于分子晶体的，分子晶体中没有氢键时相对分子质量大的沸点高来解答即可10（2分）下列分子结构中，原子的最外层电子都能满足8电子稳定结构的是（）AXeF2BCO2CPCl5DHClO考点：化学键；原子核外电子排布版权所有专题：化学键与晶体结构分析：如果分子中中心原子价电子数+成键电子对数=8，则该分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，据此分析解答解答：解：如果分子中中心原子价电子数+成键电子对数=8，则该分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，A该分子中Xe原子最外层电子数为8，不符合，故A错误；B该分子中C原子价电子数为4，碳原子和O原子共用电子对个数是4，所以4+4=8，则该分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构，故B正确；CP原子价电子数是5，共用电子对个数是5，5+5=10，所以该分子中所有原子最外层不达到8电子稳定结构，故C错误；D该分子中含有H元素，所以H原子最外层不能达到8电子稳定结构，故D错误；故选B点评：本题考查原子核外电子排布，知道8电子稳定结构的判断方法即可解答，熟练掌握原子结构，题目难度不大二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意）11（3分）体积相同的甲乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（）A等于p%B大于p%C小于p%D无法判断考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动解答：解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%故选B点评：这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化这样，问题就迎刃可解了12（3分）把Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡 Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）下列说法正确的是（）A恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高B给溶液加热，溶液的pH升高C向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加D向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；BCa（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；C加入Na2CO3溶液，平衡向正反应方向移动；D加入少量的NaOH固体，平衡向逆反应方向移动解答：解：A恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，故A错误；B给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，氢氧根离子的浓度减小，所以溶液pH减小，故B错误；C加入Na2CO3溶液，发生Ca2+CO32=CaCO3，则其中固体质量增加，故C正确；D加入少量的NaOH固体，OH浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D错误故选C点评：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，题目难度中等，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低13（3分）如图中每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）AH2SBHClCPH3DSiH4考点：氢键的存在对物质性质的影响版权所有专题：化学键与晶体结构分析：根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断解答：解：在AA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有A族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4故选D点评：本题考查了氢键的存在对物质性质的影响，侧重考查学生对一般规律中异常现象的辨别能力14（3分）X、Y两元素的原子，当它们分别获得两个电子，形成稀有气体元素原子的电子层结构时，X放出的能量大于Y放出的能量；Z、W两元素的原子，当它们分别失去一个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量，则X、Y和Z、W分别形成的化合物中，最不可能是共价化合物的是（）AZ2XBZ2YCW2XDW2Y考点：原子结构与元素的性质版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y两元素的原子分别获得两个电子形成稳定结构时，X放出的能量大于Y放出的能量说明X得电子的能量强于Y，非金属性比Y强；Z、W两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量，说明Z失电子的能力比W高，金属性比W强，据此解答解答：解：得电子形成稳定结构放出的能量越多，说明元素原子越易得电子，元素的非金属性越强，同理，失电子形成稳定结构吸收的能量越多，说明元素原子越难失电子，元素的金属性越弱X、Y两元素的原子分别获得两个电子形成稳定结构时，X放出的能量大于Y放出的能量说明X得电子的能力强于Y，非金属性比Y强；Z、W两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构时，W吸收的能量大于Z吸收的能量说明Z失电子的能力比W高，金属性比W强因此，X、Z之间最易形成离子化合物故选：A点评：本题考查原子的结构与元素周期律的关系，题目难度不大，注意原子得失电子与能量的大小关系和非金属性、金属性强弱的联系15（3分）下列化合物的沸点比较，前者低于后者的是（）A乙醇与氯乙烷B邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸C对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛DH2O与H2Te考点：分子间作用力对物质的状态等方面的影响；氢键的存在对物质性质的影响版权所有专题：化学键与晶体结构分析：氢键的作用力远大于一般的分子间作用力，所以含有氢键的物质的沸点较高，对于含有氢键的有机物，一般来说含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点，以此解答解答：解：A乙醇含有氢键，沸点较高，则沸点前者高于后者，故A错误；B、邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则沸点前者低于后者，故B正确；C对羟基苯甲醛含有分子间氢键，邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则沸点前者高于后者，故C错误；DH2O含有氢键，沸点较高，则沸点前者高于后者，故D错误故选B点评：本题考查氢键，侧重于氢键对物质的物理性质的影响的考查，注意把握分子间氢键与分子内氢键的区别，为易错点，难度中等16（3分）在白磷（P4）分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，结合有关P原子的成键特点，下列有关白磷的说法正确的是（）A白磷分子的键角为10928B分子中共有4对共用电子对C白磷分子的键角为60D分子中有6对孤对电子考点：磷；分子晶体版权所有专题：原子组成与结构专题分析：白磷分子无中心原子，根据共价键的方向性和饱和性，每个磷原子都以3个共价键与其他3个磷原子结合形成共价键，从而形成正四面体结构，所以键角为60，总共有6个共价单键，4对孤对电子，据此进行判断解答：解：白磷的正四面体结构不同于甲烷的空间结构；由于白磷分子无中心原子，根据共价键的方向性和饱和性，每个磷原子都以3个共价键与其他3个磷原子结合形成共价键，从而形成正四面体结构，所以键角为60，总共有6个共价单键，每个磷原子含有一对孤对电子，总计有4对孤对电子，所以只有C正确，故选：C点评：本题考查了白磷分子结构，注意白磷的正四面体结构与甲烷的正四面体结构不同，本题难度中等17（3分）三氯化氮（NCl3）在常温下是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的叙述正确的是（）A分子中NCl键是非极性键B分子中不存在孤对电子C它的沸点比PCl3沸点低D因NCl键键能大，所以NCl3的沸点高考点：判断简单分子或离子的构型；化学键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：NCl3在常温下是一种淡黄色液体，其分子呈三角锥形，则沸点较低，分子中存在NCl极性键，分子晶体的相对分子质量越大沸点越高，以此来解答解答：解：A不同非金属元素之间形成极性共价键，则分子中NCl键是极性共价键，故A错误；B三氯化氮（NCl3）中N原子最外层有5个电子，与3个Cl原子形成三个共用电子对，还有1个孤电子对，故B错误；C分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，沸点越高，所以它的沸点比PCl3沸点低，故C正确；D分子晶体的相对分子质量决定其沸点，则NCl键能大，但NCl3沸点低，故D错误；故选C点评：本题以信息的形式考查分子晶体的沸点比较和共价键，明确信息并结合所学知识即可解答，题目难度不大18（3分）下列说法正确的是（）A由极性键构成的分子全都是极性分子B含有非极性键的分子不一定是非极性分子C极性分子一定含有极性键，非极性分子一定含有非极性键D以极性键结合的双原子分子，可能是非极性分子考点：极性分子和非极性分子；极性键和非极性键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A由极性键变成的分子不一定是极性分子，可能是非极性分子；B含有非极性键的分子可能是极性分子；C极性分子一定含有极性键，但非极性分子不一定含有非极性键；D以极性键结合的双原子分子一定是极性分子解答：解：A由极性键构成的极性分子，若正负电中心重合，则为非极性分子，如CH4，故A错误；B含非极性键的分子也可能含有极性键，分子也可能是极性分子，故B正确；C非极性分子中也可能含有极性键，如CO2，故C错误；D以极性键结合的双原子分子中两种元素对电子吸引能力不同，导致该分子的正负电荷重心不重合，则一定是极性分子，故D错误；故选B点评：本题考查了分子极性与化学键的关系，同种非金属元素之间易形成非极性键，根据分子中正负电荷重心是否重合确定分子极性，题目难度不大19（3分）（2010郑州一模）如图所示，一定条件下将1mol A2气体和3molB2气体充入一容积可变的密闭容器中，可滑动的活塞的位置如图1所示在恒温恒压下发生如下反应：A2+3B22AB3当反应达到平衡时，活塞位置如图2所示，则平衡时A的转化率是（）A20%B40%C60%D无法确定考点：化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：反应在恒温恒压条件下进行，反应前后气体的物质的量之比等于体积之比，由图可知反应前后气体的体积之比为5：4，结合反应的化学方程式计算解答：解：由图可知反应前后气体的体积之比为5：4，反应在恒温恒压条件下进行，反应前后气体的物质的量之比等于体积之比，设转化了xmolA2，则 A2+3B22AB3起始：1mol 3mol 0转化：xmol 3xmol 2xmol平衡：（1x）mol（33x）mol 2xmol则=，x=0.4，平衡时A的转化率是=40%，故选B点评：本题考查化学平衡的计算，根据图象判断反应前后气体物质的量的关系是解答该题的关键，注意利用三段式法解答较为直观20（3分）（2010西城区模拟）以石墨电极电解200mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n（e）与产生气体体积V（g）（标准状况）的关系如图所示下列说法中，正确的是（）A电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/LB电解后所得溶液中c（H+）=2mol/LC当n（e）=0.6mol时，V（H2）：V（O2）=2：3D向电解后的溶液中加入16gCuO，则溶液可恢复为电解前的浓度考点：电解原理；氧化还原反应的计算版权所有专题：电化学专题分析：石墨电极电解200mL CuSO4溶液，先发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，后发生2H2O2H2+O2，结合图象可知，生成2.24L气体时转移0.4mol电子发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，以此来计算解答解答：解：A由生成2.24L气体时转移04mol电子发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，则n（CuSO4）=2=0.2mol，c=1mol/L，故A错误；B当转移0.4mol电子时，生成n（H2SO4）=0.2mol，c（H+）=2mol/L，随电解的进行，水继续电解，溶剂减小，则电解后所得溶液中c（H+）2mol/L，故B错误；C当n（e）=0.6mol时，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4、2H2O2H2+O24e，n（H2）=0.1mol，n（O2）=0.1mol+0.05mol=0.15mol，所以V（H2）：V（O2）=0.1mol：0.15mol=2：3，故C正确；D因电解后从溶液中析出Cu、氧气、水，则加入16gCuO不会恢复为电解前的浓度，故D错误；故选C点评：本题考查电解原理及计算，明确发生的电解反应及图象中体积与转移电子的关系即可解答，注意从溶液中析出Cu、氧气、水结合电解反应中转移的电子数来计算，题目难度中等三、填空题（本题包括5小题，共50分）21（14分）（2013天津模拟）实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求试运用所学知识，解决下列问题：（1）已知某反应的平衡表达式为：K=，它所对应的化学方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）（2）已知在400时，N2 （g）+3H2（g）2NH3（g）H0 的K=0.5，则400时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应V（N2）正=V（N2）逆（填：、=、不能确定）欲使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，可采取的正确措施是A（填序号）A缩小体积增大压强 B升高温度 C加催化剂 D使氨气液化移走（3）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：A（g）+3B（g）2C（g）+D（s）H，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K300400500K/（molL1）241068107K1请完成下列问题：判断该反应的H0（填“”或“”）在一定条件下，能判断该反应一定达化学平衡状态的是CD （填序号）A3v（B）（正）=2v（C）（逆）BA和B的转化率相等C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变（4）已知甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，该电池正极的电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，当3.2g甲醇完全反应生成CO2时，有0.6mol 电子发生转移考点：化学平衡状态的判断；化学电源新型电池版权所有专题：化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据平衡常数的定义判断反应的方程式；（2）计算浓度商和平衡常数减小比较判断反应进行的方向，若Q=K，反应达到平衡，QK，反应正向进行，QK反应逆向进行；使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，需要改变条件 满足化学反应速率增大，且平衡正向进行；（3）分析图表平衡常数温度升高，平衡常数增大，平衡正向进行，正反应为吸热反应；结合平衡移动原理分析，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；（4）在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极，发生失电子的氧化反应，氧气作正极，发生得电子的还原反应，根据电极反应以及电子守恒来计算转移电子的量解答：解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；（2）一段时间后，当N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol/L、1mol/L、2mol/L时，Qc=0.5，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等，欲使得该反应的化学反应速率加快，同时使平衡时NH3的体积百分数增加，A反应是气体体积减小的反应，缩小体积增大压强，反应速率增大，平衡逆向进行，故A正确；B反应是放热反应，升高温度，速率增大，平衡逆向进行，故B错误； C加催化剂改变反应速率，不改变平衡，故C错误；D使氨气液化移走，平衡正向进行，反应速率减小，故D错误；故答案为：=；A；（3）图表分析可知，平衡常数随温度升高增大，说明正反应为吸热反应，H0，故答案为：； A（g）+3B（g）2C（g）+D（s）H0，A反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v（B）（正）=3v（C）（逆），说明C的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但3v（B）（正）=2v（C）（逆）不能说明反应达到平衡状态，故A错误；BA和B的转化率相等与起始量、变化量有关，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C反应前后气体体积减小，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确； D反应前后气体质量减小，体积不变，混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：CD；（4）该电池正极是氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O；当3.2g即0.1mol甲醇完全反应生成CO2时，根据总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，消耗氧气0.15mol，转移电子0.6mol，故答案为：0.6点评：本题考查根据化学平衡常数书写化学方程式、平衡移动相关计算、原电池等，题目较为综合，涉及多方面的知识，难度中等，注意平衡标志判断22（14分）下列物质中，NaCl；NaOH；NH3H2O；CH3COOH溶液；BaSO4；H2O；HCl；H2SO4CO2；=10 酒精溶液（均填写编号回答）（1）是弱电解质的有，是非电解质的有（2）pH相等的的溶液和的溶液等体积加水稀释相同倍数后，pH大的是（3）有pH均为2的、三种物质的溶液，物质的量浓度大到小的顺序为，若分别用这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积分别为a、b、c，则a、b、c的大小关系是b=ca（4）某温度时，0.01molL1的醋酸溶液电离平衡常数为1.010 8，醋酸的电离平衡常数表达式为K=，达平衡时，溶液中氢离子浓度是1.0105mol/L，当向该溶液中加入一定量的盐酸时，电离常数否发生变化（填是、否）（5）将pH=1的盐酸平均分成2份，1份加适量水，另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入了水与NaOH溶液的体积比为11：9考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，不是化合物的物质既不是电解质，也不是非电解质，据此进行解答；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO，其平衡常数表达式为K=；据c（H+）=求算氢离子浓度；电离平衡常数只受温度影响；（5）此题为溶液PH的计算，涉及两种题型，一种为溶液的稀释，另一种为酸碱溶液的混合，计算时前者根据溶质的物质的量不变，后者计算反应后剩余的酸的物质的量和溶液的体积进行计算解答：解：（1）电解质为：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，满足该条件的有NaCl；NaOH；NH3H2O；BaSO4；H2O；HCl；H2SO4；非电解质为：在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物，满足该条件下有：CO2；溶液是混合物，即不是电解质也不是非电解质，故答案为：；（2）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大，NaOH是强电解质，加水稀释时氢氧根离子物质的量不变，加水稀释相同倍数后，一水合氨溶液中氢氧根离子物质的量浓度大，pH大，故答案为：；（3）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，醋酸浓度大于盐酸，盐酸浓度大于硫酸；pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸，若分别用pH相等的这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积醋酸盐酸=硫酸，故答案为：；b=ca；（4）醋酸的电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO，其平衡常数表达式为K=；c（H+）=mol/L=mol/L=1.0105mol/L；醋酸的电离平衡常数只受温度影响，加入盐酸不影响其大小，故答案为：K=；1.0105mol/L；否；（5）根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=l的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1可设碱液体积x依题意可列出下列等式：101mol/L1L101mol/LxL=102mol/L（1+x）L，解之得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9：=11：1，故答案为：11：1点评：本题考查电解质非电解质的判断、强弱碱加水稀释时pH变化、pH相同的强弱电解质的区别、电离平衡常数的有关计算、pH计算，注意平衡常数只与温度有关，与溶液是酸碱性无关，为易错点23（11分）（1）CuCl2溶液有时呈蓝色，有时呈绿色，这是因为在CuCl2溶液中存在如下的平衡：Cu（H2O）42+4ClCuCl42+4H2O 蓝色 绿色现欲使溶液由绿色变成蓝色，请写出可采用的两种方法：加入硝酸银溶液、加水稀释（2）Co（NH3）5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知两种配合物的分子式分别为Co（NH3）5BrSO4和Co（NH3）5SO4Br，在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，现象是产生白色沉淀生成；如果在第二种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，现象是无现象，若加入AgNO3溶液时，现象是产生淡黄色沉淀生成考点：配合物的成键情况版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）使溶液由绿色变成蓝色，应使平衡向左移动，能够使化学平衡向逆反应方向移动的措施都可以；（2）配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，內界原子不能发生电离，第一种配合物中，硫酸根离子为外界，在水溶液里能该配合物电离出SO4 2，SO4 2和Ba 2+反应生成白色沉淀；第二种配合物中SO4 2为內界，该配合物在水溶液里不能电离出自由移动的SO4 2，溴离子为外界，在水溶液里该配合物电离出溴离子，溴离子和银离子反应生成淡黄色溴化银沉淀；解答：解：（1）使溶液由绿色变成蓝色，应使平衡向左移动，