湖南省岳阳市平江一中高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2013-2014学年湖南省岳阳市平江一中高二（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1（3分）（2013秋平江县校级期中）当今国际能源研究的热点之一是寻找新能源，下列能源不属于新能源的是（）a太阳以能b氢能c风能d水能考点：常见的能量转化形式；清洁能源专题：化学反应中的能量变化分析：氢能、太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等都是新能源解答：解：太阳能、氢能、风能是新能源，水能是传统能源故选d点评：本题考查新能源，难度不大，侧重基础知识的考查，注意基础知识的积累2（3分）（2014秋怀化期末）在恒温恒压、不做功时，反应a+bc+d在下列哪种情况下，一定能自发进行（）ah0，s0bh0，s0ch0，s0dh0，s0考点：焓变和熵变专题：化学平衡专题分析：反应自发进行的判断依据是hts0，依据判断依据分析选项解答：解：a、在恒温恒压、不做功时h0、s0，hts不一定小于0，故a不符合；b、在恒温恒压、不做功时h0、s0，hts0，反应一定不能自发进行，故b不符合；c、在恒温恒压、不做功时h0、s0，hts0，反应一定能自发进行，故c符合；d、在恒温恒压、不做功时h0、s0，hts不一定小于0，故d不符合；故选c点评：本题考查了反应自发进行的判断方法，注意焓变熵变是共同决定反应自发进行的因素，题目较简单3（3分）（2013秋红桥区期中）在2l的密闭容器中，发生以下反应：2a（g）+b（g）2c（g）+d（g），若最初加入的a和b都是4mol，在前10s a的平均反应速率为0.12mol/（ls），则10s时，容器中b的物质的量是（）a3.4 molb3.2 molc2.8 mold1.2 mol考点：化学反应速率和化学计量数的关系专题：化学反应速率专题分析：前10s a的平均反应速率为0.12mol/（ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可计算b的速率，再结合v=解答解答：解：前10s a的平均反应速率为0.12mol/（ls），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，b的反应速率为0.12mol/（ls）=0.06mol/（ls），所以转化的b为0.06102=1.2mol，则10s时，容器中b的物质的量为4mol1.2mol=2.8mol，故选c点评：本题考查化学反应速率的计算，明确反应速率的计算公式和反应速率与化学计量数的关系即可解答，题目难度不大4（3分）（2013秋平江县校级期中）在水中存在h2oh+oh平衡，加入下列哪种物质或进行哪项操作，不会使平衡发生移动（）a加入naoh固体b加入nacl固体c加入ch3cooh固体d升温考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：水的电离平衡：h2oh+oh中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（h+）或c（oh）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，k增大，c（h+），则ph减小解答：解：a加入氢氧化钠后，水中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故a错误；b加入氯化钠，电离出的钠离子和氯离子不影响水的电离，故b正确；c加入醋酸，水中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故c错误；d水的电离为吸热过程，升高温度促进了水的电离，故d错误；故选b点评：本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐促进了水的电离5（3分）（2014春福州校级期末）化学反应n2+3h22nh3的能量变化如图所示，e是正值，该反应的热化学方程式是（）an2（g）+3h2（g）2nh3（l）；h=2（abc）kjmol1bn2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h=2（ba）kjmol1cn2（g）+h2（g）nh3（l）；h=（b+ca）kjmol1dn2（g）+h2（g）nh3（g）；h=（a+b）kjmol1考点：热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态解答：解：由图可以看出，e为反应的活化能，反应热等于反应物的活化能减生成物的活化能，所以n2（g）+h2（g）nh3（g）h=（ab）kj/mol，即 n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h=2（ba）kjmol1，故bd错误；而1mol的nh3（g）转化为1mol的nh3（l）放出的热量为ckj，根据盖斯定律有：n2（g）+h2（g）nh3（l）h=（abc）kj/mol，即：n2（g）+3h2（g）2nh3（l）h=2（abc）kjmol1；故a正确，c错误；故选：a点评：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法6（3分）（2013秋平江县校级期中）根据热化学方程式：s（s）+o2（g）so2（g）h=a kjmol1（a=297.2），下列说法中不正确的是（）as（s）在氧气中燃烧的反应是放热反应bs（s）+o2（g）so2（g）h=b kjmol1，则abc1mol so2（g）所具有的能量低于1mol s（s）与1mol o2（g）所具有的能量之和d16g固体硫在氧气中充分燃烧，可放出148.6kj的热量考点：热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：a、焓变是负值属于放热反应；b、s（s）+o2（g）so2（g）h=b kjmol1 ，a=b；c、依据反应是放热反应，结合能量守恒分析判断；d、依据热化学方程式计算分析判断；解答：解：a、s（s）+o2（g）so2（g）h=a kjmol1（a=297.2），焓变是负值，s（s）在氧气中燃烧的反应是放热反应，故a正确；b、（s）+o2（g）so2（g）h=b kjmol1，s（s）+o2（g）so2（g）h=a kjmol1 ，分析可知a=b，故b错误；c、反应是放热反应，1mol so2（g）所具有的能量低于1mol s（s）与1mol o2（g）所具有的能量之和，故c正确；d、s（s）+o2（g）so2（g）h=a kjmol1（a=297.2），16g固体硫为0.5mol，在氧气中充分燃烧，可放出148.6kj的热量，故d正确；故选b点评：本题考查了热化学方程式书写方法，焓变分析判断，能量守恒分析应用，热化学方程式计算，掌握基础是关键，题目难度中等7（3分）（2013秋平江县校级期中）达平衡状态的可逆反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g），改变某一条件，一段时间后，测得正反应速率以n2的浓度减小表示：v（n2）=0.6mol/（lmin），逆反应速率以nh3的浓度减小表示：v（nh3）=1.2mol/（lmin），此时可逆反应的状态是（）a测定时，v正v逆b测定时，v正v逆c测定时，v正=v逆d不可能达到新平衡考点：反应速率的定量表示方法专题：化学平衡专题分析：依据化学反应速率之比等于反应速率之比，表示的是正反应速率之比，若物质的正逆反应速率相同说明反应达到平衡状态，v正v逆 ，反应逆向进行，v正v逆反应正向进行解答：解：v正（n2）表示消耗n2的速率，v逆（nh3）表示消耗nh3的速率，且v正（n2）：v逆（nh3）=1：2，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，说明到达平衡状态，故选c点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握平衡状态的实质以及判断的依据8（3分）（2009肇庆二模）经一定时间后，可逆反应aa+bbcc中物质的含量a%和c%随温度的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）a该反应在t1、t3温度时达到化学平衡b该反应在t2温度时达到化学平衡c该反应的逆反应是放热反应d升高温度，平衡会向正反应方向移动考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：t2之前a%变小，c%从0渐增大，而t2之后a%渐大，c%渐小，说明t2之前是反应没有达到平衡状态，而t2时恰好平衡，t2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应解答：解：t2之前a%变小，c%从0渐增大，而t2之后a%渐大，c%渐小，说明t2之前是反应没有达到平衡状态，而t2时恰好平衡，t2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应a、t1温度之后a%继续变小，c%继续增大，t3温度之后a%继续增大，c%继续减小，故t1、t3温度时未达到化学平衡，故a错误；b、t2之前a%变小，c%从0渐增大，而t2之后a%渐大，c%渐小，说明t2之前是反应没有达到平衡状态，故b正确；c、t2时恰好平衡，t2之后a%渐大，c%渐小，说明t2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，故c错误；d、t2时恰好平衡，t2之后a%渐大，c%渐小，说明t2之后是温度升高使平衡向逆反应移动，故d错误故选b点评：本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断t2时恰好平衡是解题关键9（3分）（2009山东）某温度下，相同ph值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡ph值随溶液体积变化的曲线如图所示据图判断正确的是（）a为盐酸稀释时的ph值变化曲线bb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强ca点kw的数值比c点kw的数值大db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度考点：比较强弱电解质的实验专题：压轴题分析：根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同ph值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故ii应为醋酸稀释时的ph值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同ph值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（ii）浓度大于盐酸（i）浓度解答：解：a、应为醋酸稀释时的ph值变化曲线，故a错；b、溶液导电性取决于离子浓度，b点的h+浓度大，导电性强，故b正确；c、kw的大小只取决于温度，故c错；d、相同ph值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（）浓度大于盐酸（）浓度，故d错故选b点评：本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点10（3分）（2013秋长春期末）实验室用标准盐酸测定naoh溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（）a酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次b开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失c锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度d盛naoh溶液的锥形瓶滴定前用naoh溶液润洗23次考点：中和滴定专题：化学实验基本操作分析：根据c（待测）=分析不当操作对v（标准）的影响，以此判断浓度的误差解答：解：a、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故a错误；b、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故b错误；c、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成v（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故c正确；d、盛naoh溶液的锥形瓶滴定前用naoh溶液润洗23次，待测液的物质的量偏大，造成v（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故d错误；故选c点评：本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c（待测）=分析即可完成11（3分）（2013秋平江县校级期中）25时，水的电离达到平衡；h2oh+ohh0，下列叙述正确的是（）a向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（oh）降低b向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（h）降低c向水中加入少量固体氢氧化钠，平衡正向移动，c（h）降低d将水加热，kw增大，ph不变考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：水的电离平衡：h2oh+oh中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（h+）或c（oh）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，k增大，c（h+），则ph减小解答：解：a、向水中加入稀氨水是弱碱抑制水的电离，平衡逆向移动，c（oh）增大，故a错误；b、向水中加入少量固体硫酸氢钠溶解后相当于一元酸，抑制水的电离平衡，平衡逆向移动，c（h+）增大，故b错误；c、向水中加入少量固体氢氧化钠抑制水的电离，平衡逆向进行，c（h+）减小，温度不变kw不变，故c正确；d、水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，kw增大，氢离子浓度增大，ph减小，故d错误；故选c点评：本题考查了水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用，主要是抑制水的电离的溶液可以是酸也可以是碱溶液，题目较简单12（3分）（2009金华模拟）在一个固定体积的密闭容器中，通入3l x 气体和2l y 气体，在一定条件下发生下列反应：4x（g）+3y（g）2q（g）+nr（g）反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，x的浓度减小，则该反应方程式中的n值为（）a3b5c6d7考点：化学平衡的计算专题：压轴题；化学平衡专题分析：在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，为便于计算，可假设通入3molx 气体和2moly气体，根据x的浓度变化，结合方程式计算解答：解：假设通入3molx 气体和2moly气体，x的浓度减小，则反应的x为1mol，则 4x（g）+3y（g）2q（g）+nr（g）起始：3mol 2mol 0 0转化：1mol 0.75mol 0.5mol 0.25nmol平衡：2mol 1.25mol 0.5mol 0.25nmol在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，则有=n=6，故选c点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意把握在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比13（3分）（2011秋武清区校级期末）700时，向容积为2l的密闭容器中充入一定量的co和h2o，发生反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2）：反应时间/minn（co）/molh2o/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（）a反应在t1min内的平均速率为v（h2）=moll1min1b保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molco和1.20 molh2o，到达平衡时，n（co2）=0.40 molc保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molh2o，与原平衡相比，达到新平衡时co转化率增大，h2o的体积分数减小d温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：a根据v=计算v（co），结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（h2）；bco与h2o按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol co和1.20 mol h2o与充入1.20 mol co和0.6mol h2o到达平衡时对应生成物的浓度、物质的量相同；c保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；d根据平衡时各物质的浓度计算700时的平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热解答：解：av（co）=mol/（lmin），化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（h2）=v（co）=mol/（lmin），故a错误；bco与h2o按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol co和1.20 mol h2o与充入1.20 mol co和0.6mol h2o，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（co）=0.8mol，n（h2o）=0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时n（h2o）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（co2）=0.4mol，故b正确；c保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molh2o，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时co转化率增大，h2o转化率减小，h2o的体积分数会增大，故c错误；dt1min时反应已经达到平衡状态，此时c（co）=0.4mol/l，c（h2o）=0.1mol/l，c（co2）=c（h2）=0.2mol/l，则k=1，温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，故d错误；故选b点评：本题属于化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度，题目难度中等，注意c选项中的规律利用14（3分）（2013秋平江县校级期中）下列说法正确的是（）a在100、101kpa条件下，液态水的气化热为40.69kjmol1，则h2o（g）h2o（l）的h=40.69kjmol1b在ph=2的盐酸中，水电离出来的c（oh）=1.01012moll1cco（g）的燃烧热是283.0kjmol1，则2co2（g）2co（g）+o2（g）的h=2（283.0）kjmol1d常温下，在0.10moll1的nh3h2o溶液中加入少量nh4cl晶体，能使nh3h2o的电离度降低，溶液的ph减小考点：热化学方程式；ph的简单计算专题：化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、液态水的气化热为40.69kjmol1，是液体水变化为气体需要吸收热量，焓变为负值；b、温度不一定是常温，溶液中离子积常数不一定是1014；c、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，焓变改变符号；d、一水合氨是弱电解质存在电离平衡，加入氯化铵晶体，溶解后铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小；解答：解：a、液态水的气化热为40.69kjmol1，是液体水变化为气体需要吸收热量，焓变为负值，故a错误；b、温度不一定是常温，溶液中离子积常数不一定是1014，在常温下，在ph=2的盐酸中，水电离出来的c（oh）=1.01012moll1，故b错误；c、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，焓变改变符号，co（g）的燃烧热是283.0kjmol1，则2co2（g）2co（g）+o2（g）的h=2283.0kjmol1，故c错误；d、一水合氨是弱电解质存在电离平衡，加入氯化铵晶体，溶解后铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，氢氧根离子浓度减小，能使nh3h2o的电离度降低，溶液的ph减小，故d正确；故选d点评：本题考查了汽化热、燃烧热概念分析，离子积常数的应用条件，若点击电离平衡影响因素分析和溶液酸碱性变化分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等15（3分）（2013秋日照期末）高温下，某反应达到平衡，平衡常数k=恒容时，温度升高，h2的浓度减小下列说法正确的是（）a该反应的化学方程式为co+h2o=co2+h2b升高温度，逆反应速率减小c该反应的焓变为正值d恒温恒容时，增大压强，h2的浓度一定减小考点：化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义专题：化学平衡专题分析：化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，某反应达到平衡，平衡常数k=，可知该可逆反应为co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g），恒容时，温度升高，h2的浓度减小，说明平衡向正反应移动，该反应正反应为吸热反应a、反应达到平衡，平衡常数k=，可知该可逆反应为co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）；b、升高温度，反应物、生成物的活化分子增多，正、逆反应速率都增大；c、恒容时，温度升高，h2的浓度减小，说明平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；d、该反应前后气体的体积不发生变化，恒温恒容时，加入不反应的气体，增大压强，平衡不移动，h2的浓度不变；增大氢气的浓度，增大压强，平衡向正反应移动，平衡是氢气的浓度增大，与增大压强的方法有关解答：解：a、平衡常数k=，可知该可逆反应为co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g），故a错误；b、升高温度，反应物、生成物的活化分子增多，正、逆反应速率都增大，故b错误；c、恒容时，温度升高，h2的浓度减小，说明平衡向正反应移动，该反应正反应为吸热反应，即反应的焓变为正值，故c正确；d、恒温恒容时，增大氢气的浓度，增大压强，平衡向正反应移动，平衡时氢气的浓度增大，故d错误故选c点评：本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数等，难度中等，注意对化学平衡常数的理解，同一反应，化学计量数不同，平衡常数不同16（3分）（2015山东模拟）根据碘与氢气反应的热化学方程式（i）i2（s）+h2（g）2hi（g）h1=+26.47kj/mol（ii） i2（g）+h2（g）2hi（g）h2=9.48kj/mol下列判断正确的是（）a反应（ii）的产物比反应（i）的产物稳定b1moli2（s）比1moli2总能量低35.96kjc254gi2中通入2gh2（g）充分反应放热9.48 kjd反应（ii）反应物的总能量比反应（i）反应物的总能量高l7 kj考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：a、反应ii是放热反应，依据能量守恒分析；b、已知：i2（g）+h2（g）2hi（g）h=9.48kjmol1；i2（s）+h2（g）2hi（g）h=+26.48kjmol1，利用盖斯定律将可得i2（g）=i2（s）h=9.48kjmol126.48kjmol1=35.96kjmol1，根据二者转化的热化学方程式判断；c、254gi2物质的量为1mol，2gh2（g）物质的量为1mol，混合反应是可逆反应，不能进行彻底；d、由i2（g）=i2（s）h=35.96kjmol1，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kj；解答：解：已知：i2（g）+h2（g）2hi（g）h=9.48kjmol1；i2（s）+h2（g）2hi（g）h=+26.47kjmol1，利用盖斯定律将可得i2（g）=i2（s）h=9.48kjmol126.47kjmol1=35.95kjmol1，a反应、的产物都是hi，状态相同，稳定性相同，故a错误；b由i2（g）=i2（s）h=35.95kjmol1，可知i2（g）能量大于i2（s），故b正确；cn（i2）=1mol，n（h2）=1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kj，故c错误；d由i2（g）=i2（s）h=35.95kjmol1，氢气能量相同，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.95kj，故d错误故选b点评：本题考查化学反应与能量，明确盖斯定律的应用是解答该题的关键，注意物质的稳定性与能量高低的关系，易错点为c，注意反应为可逆反应的特征二、非选择题（本题包括6小题，17-22小题，共52分）17（10分）（2010春怀柔区期末）向体积不变的密闭容器中充入2mol n2和6mol h2，一定条件下发生反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g），平衡时混合气共7mol令a、b、c分别代表n2、h2、nh3起始加入的物质的量，维持温度不变，使达到平衡时各成分的百分含量不变则：（1）若a=0，b=0，则c=4（2）若a=0.7，b=2.1，则：c=2.6这时反应向逆反应方向进行，因为：浓度商平衡常数若要维持反应开始向该反应方向进行，c的范围是1c4（3）欲使起始反应维持向与相反的方向进行，则b的范围是4.5b6考点：等效平衡专题：化学平衡专题分析：（1）为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n（n2）=2mol、n（h2）=6mol；（2）、为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n（n2）=2mol、n（h2）=6mol；、令平衡时，参加反应的氮气的物质的量为xmol，利用三段式用b表示出平衡时各组分的物质的量，再根据平衡时混合气体共7mol列方程计算x的值，进而计算平衡时各组分的物质的量，结合平衡常数与浓度商计算判断；、结合反应进行方向与原平衡时c的值与b的极大值判断；（3）结合反应进行方向与原平衡时b的值与b的极大值判断解答：解：（1）为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n（n2）=2mol、n（h2）=6mol，2mol氮气与6mol氢气完全转化可以得到4mol氨气，故c=4，故答案为：4；（2）、为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边满足n（n2）=2mol、n（h2）=6mol，则：0.7+0.5c=2（或2.1+1.5c=6），解得c=2.6，故答案为：2.6；、令平衡时，参加反应的氮气的物质的量为xmol，则： n2（g）+3h2（g）2nh3（g），开始（mol）：2 6 0转化（mol）：x 3x 2x 平衡（mol）：2x 63x 2x2x+63x+2x=7，解得x=0.5，即平衡时物质的量分别为1.5mol、4.5mol、1mol，当a、b、c分别为0.7、2.1、2.6时，浓度商平衡常数（qk），则化学反应逆向移动，故答案为：逆反应方向；浓度商平衡常数；、因平衡时c为1，c的最大值为4，则要维持反应开始向该反应方向进行，应满足1c4，故答案为：1c4；（3）欲使起始反应维持向与相反的方向进行，即反应向正向移动，平衡时b=4.5，b的最大值为6，则满足4.5b6即可，故答案为：4.5b6点评：本题考查化学平衡的计算、等效平衡等，难度中等，明确三段法计算方法、等效平衡、极性转化、反应方向的判断等知识即可解答，注意反应的移动方向为学生解答的难点18（8分）（2013秋平江县校级期中）下表中的数据表示破坏1mol物质中的化学键需消耗的能量（即键能）：化学键hhclclhcl键能/kjmol1436243431h2和cl2反应生成hcl过程中的热效应可用下图表示，回答下列问题：（1）h1=+243 kjmol1，h2=+436 kjmol1，h3=431 kjmol1（2）据实验测定，h2和cl2的混合气体在光照下反应生成hcl，你认为引发该反应的第一步是上图中分子转化为原子的哪一步（填序号）步，请说明原因：clcl键的键能比hh键的键能小，更易断裂，从而引发反应（3）该反应的热化学方程式为：h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h=183 kjmol1考点：反应热和焓变；化学能与热能的相互转化；热化学方程式专题：化学反应中的能量变化分析：化学反应中，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，以此解答该题解答：解：（1）化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，则由表中数据可知h1=+243 kjmol1，h2=+436 kjmol1，h3=431 kjmol1，故答案为：+243 kjmol1；+436 kjmol1；431 kjmol1；（2）引发该反应的第一步是上图中分子转化为原子的第步，因clcl键的键能比hh键的键能小，更易断裂，从而引发反应，故答案为：；clcl键的键能比hh键的键能小，更易断裂，从而引发反应；（3）在反应中h2（g）+cl2（g）=2hcl（g），反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则h=（436+2432431）kj/mol=183 kjmol1，故答案为：h2（g）+cl2（g）=2hcl（g）h=183 kjmol1点评：本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，该题易错点为（2），注意把握反应的特点以及反应热的计算放方法19（10分）（2014春宿城区校级期末）dis（digital information system）系统即数字信息系统它由传感器、数据采集器和计算机组成dis系统为化学教学提供了全新的技术手段和教学平台某学习小组用dis系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点实验步骤如下：（1）用酸式滴定管（填仪器名称）量取10.00ml食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100ml容量瓶中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中（2）量取20.00ml上述溶液倒入烧杯中，连接好dis系统（如图1）向烧杯中滴加浓度为0.1000moll1的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线（见图2）用滴定管盛氨水前，滴定管要用氨水润洗23遍，润洗的目的是防止待测液被稀释溶液导电能力随氨水体积变化的原因是醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱食用白醋中醋酸的物质的量浓度是1.000moll1考点：电解质溶液的导电性；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：（1）根据量取液体体积的精确度以及液体的性质选择仪器；（2）滴定管清洗完之后管壁上残留水，会使待测溶液浓度下降据此分析解答；图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，结合醋酸与氨水反应过程分析解答；（3）根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，分别求出反应消耗的醋酸的物质的量和氨水的物质的量，依据酸碱中和反应n（ch3cooh）=n（nh3h2o）计算求解解答：解：（1）滴定管精确度为0.01ml，醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；故答案为：酸式滴定管；（2）为防止滴定管清洗完之后管壁上残留水将待测液稀释，应用所盛液体润洗23次，故答案为：氨水；防止氨水被稀释；醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱；（3）设白醋的浓度为c，则反应消耗的醋酸的物质的量为n（ch3cooh）=c10.00ml；反应消耗的氨水的物质的量为：n（nh3h2o）=0.1000moll120ml，根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，所以n（ch3cooh）=n（nh3h2o），c10.00ml=0.1000moll120ml，c=1.000moll1；故答案为：1.000moll1点评：本题考查中和滴定实验，题目难度中等，注意滴定管的选择和使用的注意事项20（6分）（2013秋平江县校级期中）（1）1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是aana（g）+cl（g）nacl（s）；h bna（s）+cl2（g）nacl（s）；h1cna（s）=na（g）；h2dna（g）e=na（g）；h3e.cl2（g）=cl（g）；h4fcl（g）+e=cl（g）；h5写出h1与h、h2、h3、h4、h5之间的关系式h1=h+h2+h3+h4+h5（2）可逆反应：aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g），取a mol a和b mol b置于v l密闭容器中，2min后，测得容器中a的浓度为x moll1，这时c的浓度为（x）mol/l考点：晶格能的应用；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；化学键与晶体结构分析：（1）依据1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能分析；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（3）根据三段法列式计算，根据a的浓度变化求出c的浓度解答：解：（1）1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：na（g）+cl（g）nacl（s）；h；所以a正确；故答案为：a；ana（g）+cl（g）nacl（s）；h bna（s）+cl2（g）nacl（s）；h1cna（s）=na（g）；h2dna（g）e=na（g）；h3e.cl2（g）=cl（g）；h4fcl（g）+e=cl（g）；h5依据盖斯定律a+c+d+e+f得到：na（s）+cl2（g）nacl（s）h1=h+h2+h3+h4+h5，故答案为：h1=h+h2+h3+h4+h5；（2）开始时，a的物质的量浓度为moll1，2分钟后，测得容器内a的浓度为x moll1，反应了（x）moll1， aa（g）+bb（g）cc（g）+dd（g）初始时（moll1 ） 0 反应（moll1 ） x （x） 2分钟后（moll1 ） x （x） 则2分钟后，c的浓度为 （x）mol/l，故答案为：（x）mol/l点评：本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，三段式在化学平衡计算中的应用等，注意反应焓变可以依据键能计算，题目难度中等21（8分）（2013秋广德县校级期中）此表是不同温度下水的离子积数据：试回答以下问题：温度/25t1t2水的离子积常数1.010141.01012（1）若25t1t2，则（填“”“”或“=”）1.01014，作出此判断的理由是升高温度，水的电离程度增大，离子积增大（2）25下，某na2so4溶液中c（so42）=5104moll1，取该溶液1ml，加水稀释至10ml，则稀释后溶液中c（na+）：c（oh）=1000：1（3）t2下，将ph=11的苛性钠溶液v1 l与ph=1的稀硫酸v2 l混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的ph=2，则v1：v2=9：2考点：离子积常数；ph的简单计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）根据水的电离过程为吸热反应判断；（2）根据硫酸钠是溶液据常中性溶液，结合常温下氢氧根离子浓度来计算c（na+）：c（oh）；（3）酸和碱混合，若所得混合液的ph=2，则酸过量，根据c（h+）=计算，在计算ph解答：解：（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故答案为：；升高温度，水的电离程度增大，离子积增大；（2）硫酸钠溶液中c（na+）：c（oh）=25104 moll1：1107 moll1=1000：1，故答案为：1000：1；（3）若所得混合液的ph=2，酸过量，c（h+）=0.01，解之得：a：b=9：2，故答案为：9：2点评：本题主要考查酸碱混合ph的计算，明确浓度与ph的换算、酸碱混合溶液为中性、碱性时离子浓度的关系等是解答本题的关键，题目难度中等22（10分）（2