湖北省部分重点中学高二化学上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

湖北省部分重点中学2012-2013学年高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）a某物质的溶液ph7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐bagcl在相同物质的量浓度的cacl2和nacl溶液中的溶解度相同cph=5.6的ch3cooh与ch3coona混合溶液中，c（na+）c（ch3coo）dph=4.5的番茄汁中c（h+）是ph=6.5的牛奶中c（h+）的100倍考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a某物质的溶液ph7，则该物质不一定是酸或强酸弱碱盐；b含有相同离子的溶液抑制难溶物的溶解；c根据电荷守恒判断钠离子和醋酸根离子浓度的相对大小；dc（h+）=10ph解答：解：a某物质的溶液ph7，则该物质不一定是酸或强酸弱碱盐，如硫酸氢钠溶液的ph7，故a错误；bcacl2和nacl溶液中都含有氯离子，所以都能抑制氯化银溶解，且氯离子浓度越大，其抑制程度越大，所以agcl在相同物质的量浓度的cacl2和nacl溶液中的溶解度不同，故b错误；cph=5.6的ch3cooh与ch3coona混合溶液中，c（h+）c（oh），c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），所以c（na+）c（ch3coo），故c错误；dph=4.5的番茄汁中c（h+）=104.5，ph=6.5的牛奶中c（h+）=106.5，所以ph=4.5的番茄汁中c（h+）是ph=6.5的牛奶中c（h+）的100倍，故d正确；故选d点评：本题考查弱电解质的电离，注意不能根据溶液的ph确定溶液的酸碱性，为易错点2（3分）在溶液中有浓度均为0.01moll1的fe3+、cr3+、zn2+、mg2+等离子，已知：kspfe（oh）3=2.61039； kspcr（oh）3=7.01031；kspzn（oh）2=1.01017； kspmg（oh）2=1.81011；当氢氧化物开始沉淀时，下列哪一种离子所需溶液的ph最小（）afe3+bzn2+ccr3+dmg2+考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：根据ksp计算出不同离子形成沉淀所需c（oh），c（oh）越小，溶液的ph越小；解答：解：根据金属离子的浓度和溶度积常数可知，四种离子开始沉淀时的oh浓度分别是：=6.381013moll1；=4.121010moll1；=3.16108moll1，=4.24105moll1，所以当氢氧化物开始沉淀时，铁离子所需溶液的ph最小，故选：a点评：该题注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力3（3分）已知25、101kpa下，如图所示，石墨的燃烧热为393.51kj/mol，金刚石的燃烧热为395.41kj/mol下列说法或表达正确的是（）a金刚石比石墨稳定bc（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9 kj/molch1h2d如果使用催化剂，h1和h2都变小考点：焓变和熵变专题：化学反应中的能量变化分析：由图象可知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：c（石墨）+o2（g）=co2（g）；h=393.51kjmol1；c（金刚石）+o2（g）=co2（g）；h=395.41kjmol1，二者相减可得c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9 kj/mol，以此解答该题解答：解：由图象可知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：c（石墨）+o2（g）=co2（g）；h=393.51kjmol1；c（金刚石）+o2（g）=co2（g）；h=395.41kjmol1，二者相减可得c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9 kj/mol，a金刚石燃烧放出能量较多，则说明金刚石总能量较大，石墨比金刚石稳定，故a错误；b由以上分析可知c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9 kj/mol，故b正确；c应反应放热，则h0，金刚石放出的热量多，则有h1h2，故c错误；d催化剂不改变反应热的大小，故d错误故选b点评：本题考查反应热，侧重于金刚石和石墨的转化，题目难度不大，注意对图象的分析4（3分）一定温度下，下列叙述是可逆反应a（g）+3b（g）2c（g）在定容密闭容器中达到平衡的标志的是（）c的生成速率与c的分解速率相等；单位时间内amol a生成，同时生成3amolb；a、b、c的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；混合气体的平均摩尔质量不再变化；用a、b、c的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；a、b、c的分子数目比为1：3：2；混合气体的密度不再变化abcd考点：化学平衡状态的判断专题：化学平衡专题分析：在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态解答：解：c的生成速率与c的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，故正确；单位时间内amola生成，同时生成3amolb只能说明单方向a、b关系，不能说明正逆反应速率的关系，故错误；a、b、c的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，故正确；因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故正确；混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故正确；用a、b、c的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故错误；a、b、c的分子数目比为1：3：2不是平衡大判据，故错误；故选b点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意c项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变5（3分）t时，向ph=6的蒸馏水中加入nahso4晶体，保持温度不变，测得溶液的ph为2，下列叙述不正确的是（）a此时水的离子积kw=11012b水电离出的c（h+）=11010mol/lc水的电离度随温度升高而增大d若加入等体积ph=12的naoh溶液，溶液呈中性考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a纯水中c（h+）=c（oh），kw=c（h+）、c（oh）；b根据溶液中c（h+）、kw=计算c（oh），水电离出的c（h+）=c（oh）；c水的电离是吸热反应，升高温度电离平衡向吸热反应方向移动；d纯水的ph=6，说明kw=11012，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等解答：解：aph=6的蒸馏水中c（h+）=106mol/l，纯水中c（h+）=c（oh）=106mol/l，kw=c（h+）、c（oh）=1012，故a正确；b在温度t时，ph=6的蒸馏水中c（h+）=106mol/l，则k=1012，溶液的ph=2，c（h+）=102mol/l，c（oh）=1010mol/l，则水电离出的h+的浓度是1.01010mol/l，故b正确；c水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水的电离度随温度升高而增大，故c正确；dkw=11012，应加入等体积浓度为0.01moll1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积ph=10的naoh溶液，可使该溶液恰好呈中性，故d错误故选d点评：本题考查水的电离，难度适中，注意水的离子积常数与温度有关，只有在25水的离子积才是1.010146（3分）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）aph=11的溶液中：co32、mg2+、alo2、no3b加入al能放出h2的溶液中：cl、hco3、so42、nh4+c由水电离出的c（oh）=11013 moll1的溶液中：na+、ba2+、cl、brd有较多fe3+的溶液中：na+、nh4+、scn、hco3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：aph=11的溶液，显碱性；b加入al能放出h2的溶液，为酸或强碱溶液；c由水电离出的c（oh）=11013 moll1的溶液，为酸或碱溶液；d离子之间结合生成络离子，发生相互促进水解反应解答：解：aph=11的溶液，显碱性，mg2+、oh结合生成沉淀，则不能共存，故a错误；b加入al能放出h2的溶液，为酸或强碱溶液，hco3能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故b错误；c由水电离出的c（oh）=11013 moll1的溶液，为酸或碱溶液，无论酸或碱溶液中该组离子之间不反应，能共存，故c正确；dfe3+、scn离子之间结合生成络离子，fe3+、hco3发生相互促进水解反应生成沉淀和水，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确习题中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意d中发生的反应，题目难度不大7（3分）已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.3kjmol1，在一定温度和催化剂的条件下，向一密闭容器中，通入1moln2和3molh2，达到平衡状态i；相同条件下，向另一体积相同的密闭容器中通入0.9moln2、2.7molh2和0.2molnh3，达到平衡状态ii，则下列说法正确的是（）a两个平衡状态的平衡常数的关系：kikiibh2的百分含量相同cn2的转化率：平衡i平衡iid反应放出的热量：qi=qii92.3 kj考点：等效平衡专题：化学平衡专题分析：已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.3kjmol1，在一定温度和催化剂的条件下，向一密闭容器中，通入1moln2和3molh2，达到平衡状态i，反应是可逆反应h192.3kjmol1；相同条件下，向另一体积相同的密闭容器中通入0.9moln2、2.7molh2和0.2molnh3，转化起始量为1moln2和3molh2，达到平衡状态ii和平衡状态i相同；a、平衡常数随温度变化；b、平衡状态相同；c、依据平衡状态相同分析判断；d、反应是可逆反应不能进行彻底，起始量本题反应热量不同解答：解：已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h=92.3kjmol1，在一定温度和催化剂的条件下，向一密闭容器中，通入1moln2和3molh2，达到平衡状态i，反应是可逆反应h192.3kjmol1；相同条件下，向另一体积相同的密闭容器中通入0.9moln2、2.7molh2和0.2molnh3，转化起始量为1moln2和3molh2，达到平衡状态ii和平衡状态i相同；a、平衡常数随温度变化，两个平衡状态的平衡常数的关系：ki=kii，故a错误；b、平衡状态ii和平衡状态i相同；h2的百分含量相同，故b正确；c、平衡状态ii和平衡状态i相同，n2的转化率：平衡i=平衡ii，故c错误；d、反应是可逆反应不能进行彻底，平衡反应是正逆进行，反应放出的热量：qiqii92.3 kj，故d错误；故选b点评：本题不仅考查了反应热的概念，还同时考查了可逆反应，等效平衡，平衡常数，转化率等概念，综合性较强，考生只有在准确理解上述概念的基础上，才能准确作答由于“化学反应中的能量变化”，新教材已将其作为另一条主线贯穿于教材始终，故能量变化问题几乎可与任何一章相联系、相综合，复习中应多加留意8（3分）下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是（）aph相等的naoh、ch3coona和nahco3三种溶液，则有c（naoh）c（nahco3）c（ch3coona）b已知25c时ksp（agcl）=1.81010，则在0.1moll1alcl3溶液中，ag+的物质的量浓度最大可达到6.01010moll1c25时，0.1moll1na2co3溶液中水电离出来的oh浓度大于0.1moll1naoh溶液中水电离出来的oh浓度d室温下，0.1moll1naha溶液的ph=4，则有c（ha）c（h+）c（h2a）c（a2）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：aph相等碱性溶液，强碱的浓度最小，盐类的水解程度越小，浓度越大；b首先计算c（cl），根据ksp（agcl）=c（ag+）c（cl）计算；c盐类水解促进水的电离；dnaha溶液的ph=4，说明电离程度大于水解程度解答：解：aph相等碱性溶液，强碱的浓度最小，则c（naoh）最小，盐类的水解程度越小，浓度越大，由于酸性：ch3coohh2co3，ph相等时，c（nahco3）c（ch3coona），故a正确；bc（cl）=0.3mol/l，c（ag+）=mol/l=6.01010moll1，故b正确；c盐类水解促进水的电离，而酸、碱抑制水的电离，则0.1moll1na2co3溶液中水电离出来的oh浓度大于0.1moll1naoh溶液中水电离出来的oh浓度，故c正确；dnaha溶液的ph=4，说明电离程度大于水解程度，则c（a2）c（h2a），故d错误故选d点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意盐类水解程度的比较，把握溶度积的计算9（3分）温度压强一定，在催化剂铁触媒作用下，向一密闭容器充入n2、h2和nh3若起始时n（n2）=x mol、n（h2）=y mol、n（nh3）=z mol （x、y、z均不为0 ），平衡时n（n2）=0.1mol、n（h2）=0.3mol、n（nh3）=0.08mol下列有关判断不合理的是（）an2、h2的转化率不相等b平衡时，h2与nh3的生成速率之比为3：2cx：y=1：3dx的取值范围为0x0.14考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：a、依据化学平衡起始量变化量=平衡量，转化量是按照化学方程式中的物质的量之比进行反应；b、反应过程中物质的反应速率之比等于化学方程式中的计量数之比；c、通过平衡三段式列式计算得到；d、运用极值转化方法计算氮气的取值范围解答：解：a、题干中平衡时氮气和氢气物质的量之比为1：3，转化量是依据化学方程式计量数的计算剩余转化量氮气和氢气物质的量之比等于1：3，根据平衡起始量变化量=平衡量，可知，氮气和氢气转化率相同，故a错误；b、反应过程中和平衡状态下化学反应中 物质反应速率之比等于化学方程式的计量数之比，平衡时，h2与nh3的生成速率之比为3：2，故b正确；c、依据a选项分析可知，反应物的起始量之比为1：3，即x：y=1：3，故c正确；d、依据极值转化始转平，平转始，得到氮气的物质的量取值范围，假设反应正向进行 n2+3h22nh3起始量（mol） x y z变化量（mol） x0.1 y0.3 0.08z平衡量（mol） 0.1 0.3 0.08若正向进行彻底，氮气物质的量全部转化，物质的量为0；若反应逆向进行彻底，氮气物质的量为0.14mol，氨气为0，但反应是可逆反应不可能进行彻底，得到氮气的物质的量为0n（n2）0.14mol，故d正确；故选a点评：本题考查了化学平衡的计算应用，反应速率之比等于计量数之比，化学平衡的极值转化计算是解题关键，题目难度中等10（3分）下列热化学方程式中，正确的是（）a甲烷的燃烧热h=890.3 kjmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=890.3 kjmol1b一定条件下，将0.5 mol n2和1.5 mol h2置于密闭容器中充分反应生成nh3放热19.3kj，其热化学方程式为：n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）h=38.6 kjmol1c在101 kpa时，2gh2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kj热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=571.6 kjmol1dhcl和naoh反应的中和热h=57.3 kjmol1，则h2so4和ca（oh）2反应的中和热h=2（57.3）kjmol1考点：热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：a、依据燃烧热概念分析，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量；b、氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底；反应焓变是起始物质和终了物质能量之差，和变化过程无关；c、物质聚集状态和焓变数值是检查反应热化学方程式是否正确的依据；d、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热；必须是酸和碱的稀溶液 因此对于强酸强碱的反应，中和热是一固定值，不会随物质的量的改变而改变；硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙微弱，过程中放热解答：解：a、甲烷的燃烧热h=890.3 kjmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=890.3 kjmol1 ，故a错误；b、一定条件下，将0.5 mol n2和1.5 mol h2置于密闭容器中充分反应生成nh3放热19.3kj，氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底；反应n2（g）+3h2（g）=2nh3（g）的h38.6 kjmol1，故b错误；c、在101 kpa时，2gh2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kj热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=571.6 kjmol1 ，故c正确；d、hcl和naoh反应的中和热h=57.3 kjmol1，则h2so4和ca（oh）2反应生成硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙过程放热，所以反应的焓变h2（57.3）kjmol1，反应的中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，故d错误；故选c点评：本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，主要是燃烧热、中和热，沉淀热的分析判断，题目难度中等11（3分）下列说法正确的是（）ah0、s0的反应在温度低时不能自发进行bnh4hco3（s）nh3（g）+h2o（g）+co2（g）h=+185.57 kj/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向c因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据d在其他条件不变时，增大反应物的浓度，可以增大活化分子百分数考点：焓变和熵变专题：化学反应中的能量变化分析：a根据g=hts0进行判断；b反应生成气体，熵值增大，反应能自发进行；c反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；d增大反应物的浓度，活化分子的百分数不变解答：解：ah0、s0，在低温下可满足g=hts0，能自发进行，故a错误；b反应生成气体，熵值增大，可满足g=hts0，能自发进行，故b正确；c反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，不能用焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据，故c错误；d增大反应物的浓度，活化分子的浓度增大，但活化分子的百分数不变，故d错误故选b点评：本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当g=hts0，能自发进行12（3分）可逆反应aa（s）+2b（g）2c（g）+d（g），其中a为正整数反应过程中，当其它条件不变时，c的百分含量（c%）与温度（t）和压强（p）的关系如图，下列叙述正确的是（）a达到平衡后，加入催化剂，则c%增大b达到平衡后，若升高温度，平衡向右移动ca可以为任意正整数d达平衡后，增加a的量，有利于平衡向右移动考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：由左图可知，温度t2到达平衡所用的时间越短，则温度t2t1，温度越高，平衡时c的百分含量（c%）越小，升高温度平衡向逆反应移动，故该反应的正反应为放热反应；由右图可知，压强p2到达平衡所用的时间越短，则压强p2p1，压强越大，平衡时c的百分含量（c%）越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合平衡移动原理解答解答：解：由左图可知，温度t2到达平衡所用的时间越短，则温度t2t1，温度越高，平衡时c的百分含量（c%）越小，升高温度平衡向逆反应移动，故该反应的正反应为放热反应；由右图可知，压强p2到达平衡所用的时间越短，则压强p2p1，压强越大，平衡时c的百分含量（c%）越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，a、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，c的百分含量c%不变，故a错误；b、温度越高，平衡时c的百分含量（c%）越小，升高温度平衡向逆反应移动，故b错误；c、压强越大，平衡时c的百分含量（c%）越小，增大压强平衡向逆反应移动，故该反应正反应为气体物质的量增大的反应，a为固体，逆反应为气体体积减少的反应，故a可以为任意正整数，故c正确；d、a为固体，增大固体物质的物质的量不能使平衡移动，故d错误故选c点评：本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意d选项中，固体量的多少对化学平衡无影响，即不影响平衡的移动，也不影响其它气体的转化率13（3分）（2011宝山区一模）今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）ph111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸a、中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的ph均减小b分别加水稀释10倍，四种溶液的ph c、两溶液等体积混合，所得溶液中c（cl）c（nh4+）c（oh）c（h+）dval与vbl溶液混合后，若混合后溶液ph=4，则va：vb=11：9考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a氨水中存在电离平衡，加氯化铵晶体抑制其电离，而氢氧化钠溶液中加氯化铵晶体发生反应；b强酸、强碱稀释10倍，ph变化1，而弱酸、弱碱稀释10倍，ph变化小于1；c、两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性；d若混合后溶液ph=4，则盐酸过量，利用酸的物质的量、碱的物质的量来计算ph解答：解：a氨水中存在电离平衡，加氯化铵晶体抑制其电离，氢氧根离子的浓度变小，则ph减小，而氢氧化钠溶液中加氯化铵晶体发生反应生成氯化钠和一水合氨，碱性减弱，ph减小，故a正确；b强酸、强碱稀释10倍，ph变化1，则稀释10倍时的ph=10，的ph=4，而弱酸、弱碱稀释10倍，ph变化小于1，则的10ph11，的3ph4，即分别加水稀释10倍四种溶液的ph为，故b正确；c、两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+），故c错误；d若混合后溶液ph=4，则盐酸过量，则=0.0001mol/l，解得va：vb=11：9，故d正确；故选c点评：本题考查离子浓度的比较、弱电解质的电离、ph的有关计算，综合性较强，难度较大，注意电离与水解的相互结合来分析解答14（3分）在容积固定的容器中发生反应x（g）+y（g）z（g）（未配平）温度为t0时，各物质的浓度随时间变化的关系如图a 所示其他条件相同，温度分别为t1、t2时发生反应，z的浓度随时间变化的关系如图b 所示下列叙述正确的是（）a该反应正反应的反应热h0b增大压强，平衡向正反应方向移动c图a中反应达到平衡时，y的转化率为62.5%d发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（x）=v（y）=2v（z）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：由图a可知，平衡时，x、y、z的物质的量浓度变化量分别为0.25mol/l、0.25mol/l、0.5mol/l，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，故反应为x（g）+y（g）2z（g）；由图b可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时z的物质的量浓度越大，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移动，故正反应为吸热反应，a、正反应为吸热反应；b、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；c、由图a可知，y的起始浓度为0.4mol/l，平衡时y的物质的量浓度为0.15mol/l，y的浓度变化为0.25mol/l，结合转化率定义计算；d、速率之比等于化学计量数之比解答：解：由图a可知，平衡时，x、y、z的物质的量浓度变化量分别为0.25mol/l、0.25mol/l、0.5mol/l，化学计量数之比等于物质的量变化量之比，故反应为x（g）+y（g）2z（g）；由图b可知，温度为t1先到达平衡，所以t1t2，温度越高，平衡时z的物质的量浓度越大，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移动，故正反应为吸热反应，a、由上述分析可知，该反应正反应为吸热反应，故h0，故a错误；b、由上述分析可知，反应为x（g）+y（g）2z（g），反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故b错误；c、由图a可知，y的起始浓度为0.4mol/l，平衡时y的物质的量浓度为0.15mol/l，y的浓度变化为0.25mol/l，故平衡时y的转化率为100%=62.5%，故c正确；d、由上述分析可知，反应为x（g）+y（g）2z（g），速率之比等于物质的量变化量之比，所以反应时各物质的反应速率大小关系为：2v（x）=2v（y）=v（z），故d错误；故选c点评：本题考查化学平衡图象问题、平衡有关计算、平衡常数、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象确定反应方程式与判断反应为吸热反应是解题的关键注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响注意平衡图象先拐先平数值大原则与定一议二原则15（3分）常温常压下，将amolco2气体通入1l1mol/l的naoh溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的是（）a当a=0.5时，所得溶液中存在：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+）b当0.5a1时，所得溶液中存在：c（na+）c（co32）+c （hco3）+c （h2co3）c当a=1时，所得溶液中存在：c（co32）+c（oh）=c （h+）+c （h2co3）d当a=1时，所得溶液中存在：c（na+）c （co32）c（hco3）c（oh）c（h+）考点：离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：naoh溶液中n（naoh）=1l1mol/l=1mol，当a：1，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当a：11时二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，当时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠，根据溶液中的溶质分析解答解答：解：a当a=0.5时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成0.5mol碳酸钠，钠离子不水解，碳酸根离子水解，所以c（na+）c（co32），碳酸根离子和碳酸氢根离子水解都产生氢氧根离子，但水解较微弱，且只有碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子，所以c（co32）c（oh）c（hco3），故a正确；b当0.5a1时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠，根据物料守恒知，碳酸氢钠中存在c（na+）=c（co32）+c （hco3）+c （h2co3），碳酸钠中存在c（na+）=2c（co32）+2c （hco3）+2c （h2co3），所以混合溶液中存在c（na+）c（co32）+c （hco3）+c （h2co3），故b正确；c当a=1，二氧化碳和氢氧化钠恰好反应生成碳酸氢钠，根据物料守恒知，碳酸氢钠中存在c（na+）=c（co32）+c （hco3）+c （h2co3），根据电荷守恒知，c（na+）+c （h+）=2c（co32）+c （hco3）+c （oh），将得c（co32）+c（oh）=c （h+）+c （h2co3），故c正确；d当a=1，二氧化碳和氢氧化钠恰好反应生成碳酸氢钠，溶液中hco3水解程度大于hco3电离程度，且水解和电离程度都较小，主要以hco3形式存在，则c（hco3）c（co32），故d错误；故选d点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，明确二氧化碳和氢氧化钠反应的量是解本题关键，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，从守恒的角度比较离子浓度大小是常用的方法16（3分）常温下，取物质的量浓度相等的naoh和hcl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液ph=12，设混合溶液体积变化忽略不计，则原溶液的浓度为（）a0.01mol/lb0.05mol/lc0.017mol/ld0.50mol/l考点：物质的量浓度的相关计算专题：计算题分析：物质的量浓度相等的naoh和hcl溶液，以3：2体积比相混合，发生反应：naoh+hcl=nacl+h2o，氢氧化钠有剩余，令二者的浓度为cmol/l，用c表示出反应后溶液中c（oh），根据混合后溶液的ph=12，可知应后溶液中c（oh）=0.01mol/l，据此计算解答：解：物质的量浓度相等的naoh和hcl溶液，以3：2体积比相混合，发生反应：naoh+hcl=nacl+h2o，氢氧化钠有剩余，令二者的浓度为cmol/l，则反应后溶液中c（oh）=mol/l=mol/l，根据混合后溶液的ph=12，可知应后溶液中c（oh）=0.01mol/l，即mol/l=0.01mol/l，解得c=0.05，故选b点评：本题考查溶液ph值的有关计算，难度不大，注意酸碱混合后呈碱性，先计算剩余氢氧根的浓度，再计算氢离子浓度，利用定义计算ph值二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17（7分）（1）已知：hh键能为436kj/mol，nn键能为945kj/mol，nh键能为391kj/mol根据键能计算工业合成氨的反应是放热反应（填“吸热”或“放热”），消耗1mol n2合成氨反应的h=93kj/mol（2）现根据下列3个热化学反应方程式：fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）h=24.8kj/mol3fe2o3（s）+co（g）=2fe3o4（s）+co2（g）h=47.2kj/molfe3o4（s）+co（g）=3feo（s）+co2（g）h=+640.5kj/mol则co气体还原feo固体得到fe固体和co2气体的热化学反应方程式为co（g）+feo（s）=fe（s）+）+co2（g）h=218kj/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：（1）由n2+3h22nh3可知，h=断裂化学键吸收的能量之和形成化学键释放的能量之和；（2）由fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）h=24.8kj/mol，3fe2o3（s）+co（g）=2fe3o4（s）+co2（g）h=47.2kj/mol，fe3o4（s）+co（g）=3feo（s）+co2（g）h=+640.5kj/mol，根据盖斯定律可知，得到co（g）+feo（s）=fe（s）+）+co2（g），以此来解答解答：解：（1）由n2+3h22nh3可知，h=945kj/mol+3436kj/mol391kj/mol6=93kj/mol0，该反应为放热反应，即消耗1moln2合成氨反应的h=93kj/mol，故答案为：放热；93kj/mol；（2）由fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）h=24.8kj/mol，3fe2o3（s）+co（g）=2fe3o4（s）+co2（g）h=47.2kj/mol，fe3o4（s）+co（g）=3feo（s）+co2（g）h=+640.5kj/mol，根据盖斯定律可知，得到co（g）+feo（s）=fe（s）+）+co2（g）h=218kj/mol，故答案为：co（g）+feo（s）=fe（s）+）+co2（g）h=218kj/mol点评：本题考查反应热的计算，明确化学键与反应热的关系、盖斯定律计算反应热的方法即可解答，（2）中注意目标反应与已知反应的关系为解答的易错点，题目难度不大18（7分）如图所示，当关闭阀门k时，向甲中充入1.5mol a、3.5mol b，向乙中充入3mol a、7mol b，起始时，甲、乙体积均为vl在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下列反应：3a（g）+2b（g）c（g）+2d（g）；h0达到平衡（）时，v（乙）=0.86vl请回答：（1）乙中b的转化率为20%；（2）甲中d和乙中c的物质的量比较：后者大（填“相等”、“前者大”、“后者大”）；（3）打开k，过一段时间重新达平衡（）时，乙的体积为0.29v（用含v的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计）考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：（1）乙为等温等压容器，3a（g）+2b（g）c（g）+2d（g）；气体减少2mol，则b反应了2mol，乙中10mol对应vl 则0.86vl对应8.6mol，故乙中气体减少了1.4mol；（2）甲相对乙体积无法改变，正反应气体体积减小的反应，最终达到平衡后，体积减小压强减小；乙中是恒压容器，所以甲中转化率小于乙，甲中d物质的量2倍乙中d的物质的量=乙中c的物质的量；（3）此时所达平衡及乙容器平衡i互为恒温恒压下的等效平衡，解题方法为一边倒极值，极值成正比关系，由题意打开阀门后，整个系统反应同乙，故反应后总体积为1.50.86v=1.29vl，减去甲中容积vl，则乙的体积为 0.29vl解答：解：（1）乙为等温等压容器，3a（g）+2b（g）c（g）+2d（g）；气体减少2mol，则b反应了2mol，乙中10mol对应vl 则0.86vl对应8.6mol 故乙中气体减少了1.4mol；反应的b物质的量为1.4mol；所以b的转化率=100%=20%，故答案为：20%；（2）若甲、乙两容器中a的转化率相等，则甲中d和乙中的c物质的量相等，甲相对乙体积无法改变，正反应气体体积减小的反应，最终达到平衡后，体积减小压强减小；乙中是恒压容器，所以甲中转化率小于乙，甲中d物质的量2倍乙中d的物质的量=乙中c的物质的量；现乙中平衡气体的压强比甲中平衡气体的压强大，故乙中a的转化率比甲中a的转化率大，则甲中d的物质的量比乙中c的物质的量要小，故答案为：后者大；（3）此时所达平衡及乙容器平衡i互为恒温恒压下的等效平衡，解题方法为一边倒极值，极值成正比关系，由题意打开阀门后，整个系统反应同乙，未打开k，乙容器中3mola反应气体体积减小到0.86vl，打开k后容器中a的物质的量为4.5mol，故反应后总体积为0.86v=1.29vl，减去甲中容积vl，则乙的体积为 0.29vl，故答案为：0.29v点评：本题考查了化学平衡的分析判断，主要考查了恒温恒容容器，恒温恒压容器中的平衡分析判断，物质转化率的计算，题目难度较大19（14分）酸碱中和反应是中学化学一类重要的反应，某学生实验小组对课本中的两个酸碱中和实验进行了研究（1）用图甲装置进行强酸（50ml 0.5mol/l的hcl）和强碱（50ml 0.55mol/l的naoh）反应的中和热测定从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌器大小烧杯之间填满纸屑的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，若用醋酸代替上述盐酸实验，实验测得的中和热的数值偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（2）用实验室准确配制的0.100mol/l的naoh溶液测定某未知浓度的稀盐酸其具体实验步骤如下：应选择b滴定管（填写图乙中对应字母），用少量标准naoh溶液润洗23次水洗后的该滴定管，再加入标准的0.100mol/l的naoh溶液并记录液面刻度读数；用酸式滴定管精确的放出25.00ml待测盐酸，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中再加入2滴酚酞试液；滴定时，边滴边振荡，同时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，观察到锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟不褪色，即达到滴定终点；记录液面刻度读数根据滴定管的两次读数得出消耗标准naoh溶液的体积，再重复测定两次，实验结果记录见下表：实验次数起始滴定管读数终点滴定管读数10.00ml24.02ml20.50ml24.46ml32.50ml25.02ml测得未知稀盐酸的物质的量浓度为0.096mol/l（保留小数点后3位）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是cd（填写字母序号）a滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确b盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗c滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液d未用标准液润洗碱式滴定管e滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥考点：中和热的测定；配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验题；化学实验基本操作分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作；醋酸是弱酸，电离过程吸热；（2）根据碱性溶液只能存放在碱式滴定管中；选择酚酞，观察到锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟不褪色，则达到滴定终点；先根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗v（naoh），接着根据c（待测）=计算；根据c（待测）=分析不当操作对v（标准）的影响，以此判断；解答：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故答案为：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用用醋酸代替上述盐酸实验，测得反应前后温度的变化值会减小，中和热偏大，数值偏小，故答案为：偏低；（2）标准naoh溶液只能存放在碱式滴定管中，故答案为：b；选择酚酞，观察到锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟不褪色，则达到滴定终点，故答案为：观察到锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变为无色，且半分钟不褪色；三次滴定消耗的体积为：24.02ml，23.96ml，22.52ml，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗v（naoh）=23.99ml，c（待测）=0.096mol/l，故答案为：0.096mol/l；a滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，导致氢氧化钠溶液体积偏小，所以所测盐酸