湖南省株洲十八中高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖南省株洲十八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（单选，共16题，每题3分，共48分）1下列说法正确的是( )a其它条件相同时，增大反应物浓度使分子获得能量，活化分子百分数提高，反应速率增大b判断过程的自发性能确定过程能否发生和过程发生的速率c体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，这是自然界的普遍规律d催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率，不影响化学平衡2物质的量浓度相同的下列溶液中：nh4cl（nh4）2co3（nh4）2so4nh4hso4 nh4hco3 c（nh4+）由大到小的顺序是( )abcd3下列关于0.10mol1nahso3溶液的说法正确的是( )a加入naoh固体，溶液ph减小b温度升高，c（hso3）增大c25时，加水稀释后，n（h+）与n（oh）的乘积变大dnahso3的电离方程式为nahso3=na+h+so324下列叙述正确的是( )a95纯水的ph7，说明加热可导致水呈酸性bph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph=4c0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后ph=1dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后ph=75在一定温度下，可逆反应2a （g）+b （g）c （g）+d （g）达到平衡的标志是( )ac的生成速率和b的消耗速率相等bv正（a）=2v正（b）c2v正（a）=v逆（b）d反应混合物中a、b、c、d的质量分数不再发生变化6下列操作或仪器的选用正确的是( )a滴定feso4b制取o2c制备fe（oh）2d除去乙醇中的乙酸7常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )a新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）bph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）cph=11的氨水与ph=3的盐酸等体积混合：c（cl）=c（nh4+）c（oh）=c（h+）d0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的naoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）8n2h4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25moln2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量则下列热化学方程式中正确的是( )an2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=+267 kjmol1bn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=534 kjmol1cn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=+534 kjmol1dn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（l）h=133.5 kjmol19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、brabcd10一定量的气体在密闭容器中发生反应：xa（g）+yb（g）zc（g），平衡时测得a的浓度为1.0mol/l，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得a的浓度降低为0.60mol/l下列有关判断正确的是( )a平衡向正反应方向移动b物质b的转化率降低cx+yzd物质c的体积分数增大11下列有关化学用语，正确的是( )a氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中：feo+2h+=fe2+h2ob向ca（hco3）2溶液加少量氢氧化钠溶液：ca2+2hco3+2oh=caco3+co32+2h2oc少量co2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+co2+h2o=c6h5oh+hco3d醋酸溶液与水垢中的caco3反应：caco3+2h+=ca2+h2o+co212已知25时，caso4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100ml该条件下的caso4饱和溶液中，加入400ml 0.01mol/l的na2so4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是( )a溶液中析出caso4沉淀，最终溶液中c（so）较原来大b溶液中无沉淀析出，溶液中c（ca2+）、c（so）都变小c溶液中析出caso4沉淀，溶液中c（ca2+）、c（so）都变小d溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（so）较原来大13下列有关滴定操作的顺序正确的是( )检查滴定管是否漏水 用蒸馏水洗涤玻璃仪器 用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数） 取一定体积的待测液于锥形瓶中 滴定操作abcd14对于可逆反应2ab3（g）2a（g）+3b2（g）h0 下列图象不正确的是( )abcd15下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )a将氯化铁晶体溶解于浓盐酸中配制氯化铁溶液b温度升高，水的电离程度增大c氯水中加入碳酸钙，漂白性增强d反应h2（g）+i2（g）2hi（g）达平衡后，缩小反应容器体积，混合气体颜色变深16已知某温度下，几种酸的电离常数如下：ka（hcn）=6.21010 moll1、ka（hf）=6.8104 moll1、ka（ch3cooh）=1.8105 moll1、ka（hno2）=6.4106moll1则物质的量浓度都为0.1moll1的下列溶液中，ph最小的是( )anacnbnafcch3coonadnano2二、非选择题（52分）17（1）p4（s，白磷）+5o2（g）=p4o10（s）h1=2983.2kj/mol（2）p（s，红磷）+o2（g）=p4o10（s）h2=738.5kj/mol，则白磷转化为红磷的热化学方程式_相同的状况下，能量较低的是_；白磷的稳定性比红磷_（填“高”或“低”）18（13分）食醋（主要成分ch3cooh ）、纯碱（na2co3 ）和小苏打（nahco3 ）均为家庭厨房中常用的物质已知： 弱酸 ch3cooh h2co3 hno2 电离常数（25） k=1.8105 k1=4.3107k2=5.61011 k=5.0104请回答下列问题：（1）定温度下，向0.1moll1ch3cooh 溶液中加入少量ch3coona 晶体时，下列说法正确的是_（填代号）a溶液的ph增大 b ch3cooh的电离程度增大c溶液的导电能力减弱 d溶液中c（oh ）c（h+ ）不变（2）25时，0.10moll1 na2co3 溶液的ph=11，则溶液中由水电离出的c（oh ）：_moll1（3）常温下，将20ml 0.10moll1 ch3cooh溶液和20ml 0.10moll1 hno2 溶液分别与20ml 0.10moll1 nahco3 溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v（ch3cooh ）_ v（hno2）（填“”、“”或“：”），原因是_充分反应后两溶液中c（ch3coo）_c（no2）（填“”、“”或“=”）（4）25时，向ch3cooh溶液中加入一定量的nahco3，所得混合液的ph=6，则混合液中=_1950ml0.50moll1盐酸与50ml 0.55moll1naoh溶液在如图示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_（填“偏大”“偏小”“无影响”）（4）实验中改用60ml 0.50moll1盐酸跟50ml 0.55moll1naoh溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”“不相等”），所求中和热_（填“相等”“不相等”）（5）用相同浓度和体积的氨水代替naoh溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_；用50ml 0.50moll1naoh溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_（均填“偏大”“偏小”“无影响”）20工业上制备h2的一种重要方法是：co（g）+h2o（g）co2 （g）+h2（g）h=q kj/mol已知该反应的平衡常数k与温度t的关系如图所示若在一固定的密闭容器中，850时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度 （mol/l）随时间的变化关系如下表： 时间/min co（g） h2o（g） co2（g） h2（g） 0 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c4 4 c1c2c3c4已知：850时该反应的化学平衡常数k=1.0，请回答下列问题：（1）q_0（填“”、“=”或“”）（2）可以判断该反应达到化学平衡状态的叙述是_（填字母）a单位时间内减少 co（g）的浓度等于生成 co2 （g）的浓度b反应容器内的压强不发生变化c混合气体中 h2（g）的浓度不再发生改变 d氢气的生成速率等于水的生成速率（3）若在850时向反应容器中充人h2o（g），k 值_（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）上表中 c2为_mol/l，co（g）的转化率为_21有机物丙（c13h18o2）是一种香料，其合成路线如图所示其中a的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有二组峰；d的结构简式为，在催化剂存在条件下1mol d与2mol h2反应可以生成乙；丙中含有两个ch3已知：rchch2rch2ch2oh（1）a的结构简式为_（2）c与新制cu（oh）2悬浊液反应的化学方程式_（3）d有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有_种（不考虑立体异构）（4）甲与乙反应的化学方程式为_（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式_与乙互为同分异构体；遇fecl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种2014-2015学年湖南省株洲十八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（单选，共16题，每题3分，共48分）1下列说法正确的是( )a其它条件相同时，增大反应物浓度使分子获得能量，活化分子百分数提高，反应速率增大b判断过程的自发性能确定过程能否发生和过程发生的速率c体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，这是自然界的普遍规律d催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率，不影响化学平衡【考点】化学反应速率的影响因素；焓变和熵变 【专题】化学反应速率专题【分析】a增大浓度，活化分子数目增多，百分数没有变化；b过程的自发性与反应速率无关；c普遍规律发现熵增的反应可自发进行；d催化剂降低反应所需的活化能【解答】解：a其它条件相同时，增大浓度，活化分子数目增多，百分数没有变化，反应速率加快，故a错误；b过程的自发性与反应速率无关，可确定过程能否发生，故b错误；c由普遍规律可知，熵增的反应可自发进行，所以体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，故c正确；d催化剂降低反应所需的活化能，只影响反应速率，不影响化学平衡，故d错误；故选c【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意理论性知识的理解，把握活化能与反应速率的关系、反应进行方向的判断等为解答的关键，侧重反应原理的考查，题目难度不大2物质的量浓度相同的下列溶液中：nh4cl（nh4）2co3（nh4）2so4nh4hso4 nh4hco3 c（nh4+）由大到小的顺序是( )abcd【考点】盐类水解的应用 【专题】盐类的水解专题【分析】nh4cl （nh4）2co3 （nh4）2so4 nh4hso4 nh4hco3 ，先不考虑水解，则（nh4）2co3和（nh4）2so4都含有两个nh4+，所以它们nh4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（nh4+）根据盐类水解的影响分析判断【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液：nh4cl、（nh4）2co3、（nh4）2so4、nh4hso4、nh4hco3；先不考虑水解，则（nh4）2co3 和 （nh4）2so4 都含有两个nh4+，所以它们nh4+的浓度大于其它三种物质，而（nh4）2co3 中nh4+水解显酸性，co32水解显碱性，两者相互促进，所以nh4+水解的量较多，nh4+的量较少，（nh4）2so4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c（nh4+）；三种物质中，nh4hso4酸性最强，nh4+水解受到的抑制最大，即nh4+的量较多，溶液中c（nh4+）较大，nh4cl，nh4+水解，nh4hso4，溶液中氢离子抑制铵根离子水解，即溶液中c（nh4+）； nh4hco3 ，hco3 水解促进铵根离子水解 溶液中c（nh4+）应最小，则；按c（nh4+）由大到小的顺序排列为：，故选：a【点评】本题考查盐类水解的原理和应用，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键，题目难度中等3下列关于0.10mol1nahso3溶液的说法正确的是( )a加入naoh固体，溶液ph减小b温度升高，c（hso3）增大c25时，加水稀释后，n（h+）与n（oh）的乘积变大dnahso3的电离方程式为nahso3=na+h+so32【考点】盐类水解的原理；电离方程式的书写 【分析】a、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液ph增大；b、升温促进弱电解质电离；c、温度一定n（h+）增大，n（oh）增大；d、hso3离子是弱酸阴离子；【解答】解：a、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液ph增大，故a错误；b、升温促进弱电解质电离，亚硫酸根离子易被氧化，hso3h+so32，c（hso3）减小，故b错误；c、温度一定kw不变，加入水池子电离平衡生成氢离子和氢氧根离子，n（h+）物质的量增大，n（oh）增大，n（h+）与n（oh）的乘积变大，故c正确；d、hso3离子是弱酸阴离子，不能拆成离子，故d错误；故选c【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，水的离子积醋酸 分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等4下列叙述正确的是( )a95纯水的ph7，说明加热可导致水呈酸性bph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph=4c0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后ph=1dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后ph=7【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纯水中c（h+）=c（oh），溶液呈中性；b醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；c根据c（h+）=，ph=lgc（h+）计算；dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液中：c（h+）=c（oh）=1103mol/l，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大【解答】解：a水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（h+）增大，ph减小，但存在c（h+）=c（oh），溶液呈中性，故a错误；b醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，ph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph4，故b错误；c.0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后，c（h+）=0.1mol/l，ph=1，故c正确；dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液中：c（h+）=c（oh）=1103mol/l，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液ph7，故d错误故选：c【点评】本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，题目难度中等，本题注意把握弱电解质电离的特点，易错点为a，注意纯水中c（h+）=c（oh）5在一定温度下，可逆反应2a （g）+b （g）c （g）+d （g）达到平衡的标志是( )ac的生成速率和b的消耗速率相等bv正（a）=2v正（b）c2v正（a）=v逆（b）d反应混合物中a、b、c、d的质量分数不再发生变化【考点】化学平衡状态的判断 【专题】化学平衡专题【分析】可逆反应2a（g）+b（g）c（g）+d（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态【解答】解：a、c的生成速率和b的消耗速率相等，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b、化学反应速率之比等于反应方程式的系数之比，即2v正（a）=v逆（b），故b错误；c、v正（a）=2v逆（b），证明正逆反应速率相等，故c错误；d、当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故d正确故选d【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点6下列操作或仪器的选用正确的是( )a滴定feso4b制取o2c制备fe（oh）2d除去乙醇中的乙酸【考点】常见气体制备原理及装置选择；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁 【专题】压轴题；化学实验基本操作【分析】a根据高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡皮，不能放在碱式滴定管中； b氧气收集应用向上排空气法；c根据氢氧化亚铁很容易被氧气氧化；d分液漏斗分离互不相溶的液体【解答】解：a在滴定时，高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡皮，所以不能放在碱式滴定管中，故a错误； b氧气密度比空气密度大，收集应用向上排空气法，故b错误；c因氢氧化亚铁很容易被氧气氧化，所以制备氢氧化亚铁时，应将滴管插入液面以下同时用苯来液封，以隔绝空气，故c正确；d分液漏斗分离互不相溶的液体，乙醇和乙酸能互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故d错误故选c【点评】本题主要考查了实验操作方法，难度不大，根据课本知识即可完成7常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )a新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）bph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（co32）c（h2co3）cph=11的氨水与ph=3的盐酸等体积混合：c（cl）=c（nh4+）c（oh）=c（h+）d0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的naoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题【分析】a、依据溶液中电荷守恒分析判断；b、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；c、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；d、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：a、新制氯水中加入固体naoh所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），故a错误；b、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；ph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（hco3）c（h2co3）c（co32），故b错误；c、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+）；故c错误；d、0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的naoh溶液等体积混合后得到0.05mol/l的ch3cooh溶液和0.05mol/l的ch3coona溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo）；依据物料守恒：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）；故d正确；故选d【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等8n2h4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25moln2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量则下列热化学方程式中正确的是( )an2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=+267 kjmol1bn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=534 kjmol1cn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（g）h=+534 kjmol1dn2h4（g）+o2（g）n2（g）+2h2o（l）h=133.5 kjmol1【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，则0.25mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量，则1mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj4=534kj的热量，热化学方程式为：n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kjmol1，据此分析【解答】解：a、0.25mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量，其焓变是负值，故a错误；b、0.25mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量，则1mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj4=534kj的热量，热化学方程式为：n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kjmol1，故b正确；c、n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故c错误；d、0.25mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj热量，则1mol n2h4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kj4=534kj的热量，故d错误；故选b【点评】本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大9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 【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 ）=11013moll1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10一定量的气体在密闭容器中发生反应：xa（g）+yb（g）zc（g），平衡时测得a的浓度为1.0mol/l，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得a的浓度降低为0.60mol/l下列有关判断正确的是( )a平衡向正反应方向移动b物质b的转化率降低cx+yzd物质c的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】根据将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，a的浓度应变化为0.25mol/l，题干中再达到平衡时，测得a的浓度降低为0.30mol/l，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析判断选项中的问题【解答】解：将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，a的浓度应变化为0.25mol/l，题干中再达到平衡时，测得a的浓度降低为0.30mol/l，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；a、平衡逆向进行，故a错误；b、平衡逆向进行，b的转化率减小，故b正确；c、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+yz，故以错误；d、平衡逆向进行，c的体积分数减小，故d错误；故选：b【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡移动，明确体积变化引起a的浓度变化是解答本题的关键，注意动态变化与静态变化相结合得出平衡正向移动即可解答，题目难度不大11下列有关化学用语，正确的是( )a氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中：feo+2h+=fe2+h2ob向ca（hco3）2溶液加少量氢氧化钠溶液：ca2+2hco3+2oh=caco3+co32+2h2oc少量co2通入苯酚钠溶液中：c6h5o+co2+h2o=c6h5oh+hco3d醋酸溶液与水垢中的caco3反应：caco3+2h+=ca2+h2o+co2【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a发生氧化还原反应生成硝酸铁、no和水；bnaoh完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；c反应生成苯酚、碳酸氢钠；d醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式【解答】解：a氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中的离子反应为3feo+no3+10h+=3fe3+5h2o+no，故a错误；b向ca（hco3）2溶液加少量氢氧化钠溶液的离子反应为ca2+hco3+oh=caco3+h2o，故b错误；c少量co2通入苯酚钠溶液中的离子反应为c6h5o+co2+h2o=c6h5oh+hco3，故c正确；d醋酸溶液与水垢中的caco3反应的离子反应为caco3+2hac=ca2+h2o+co2+2ac，故d错误；故选c【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意选项a中氧化还原反应及选项d中与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度中等12已知25时，caso4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100ml该条件下的caso4饱和溶液中，加入400ml 0.01mol/l的na2so4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是( )a溶液中析出caso4沉淀，最终溶液中c（so）较原来大b溶液中无沉淀析出，溶液中c（ca2+）、c（so）都变小c溶液中析出caso4沉淀，溶液中c（ca2+）、c（so）都变小d溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（so）较原来大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】通过图象分析得到该温度下硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：caso4（s）ca2+so42；c（ca2+）=c（ so42）=3.0103 mol/l；溶度积常数ksp（caso4）=c（ca2+）c（ so42）=9.0106通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，乘积与ksp比较来判断沉淀的生成与溶解；【解答】解：由图示可知，在该条件下，caso4饱和溶液中，c（ca2+）=c（ so42）=3.0103 mol/l，ksp（caso4）=9.0106当向100 ml该条件下的caso4饱和溶液中加入400 ml 0.01 mol/l的na2so4溶液后，混合液中c（ca2+）=6.0104 mol/l，c（so42）=8.6103 mol/l，溶液中c（ca2+）c（ so42 ）=5.16106ksp（caso4）=9.0106，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选d【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等13下列有关滴定操作的顺序正确的是( )检查滴定管是否漏水 用蒸馏水洗涤玻璃仪器 用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数） 取一定体积的待测液于锥形瓶中 滴定操作abcd【考点】中和滴定 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作【解答】解：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：，故选b【点评】本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作14对于可逆反应2ab3（g）2a（g）+3b2（g）h0 下列图象不正确的是( )abcd【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】对于可逆反应2ab3（g） a2（g）+3b2（g）h0，反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，以此解答该题【解答】解：a反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比你反应速率大，平衡向正反应方向移动，故a正确；b反应吸热，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，ab3的含量降低，故b正确；c升高温度，平衡向正反应方向移动，ab3的含量降低，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，ab3的含量增大，故c正确；d增大压强，平衡向逆反应方向移动，ab3的转化率减小，与图象不符，升高温度，平衡向正反应方向移动，ab3的转化率增大，与图象不符，故d错误；故选d【点评】本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度中等，注意根据化学方程式的特点以及反应的吸热、放热等特点判断温度、压强对化学平衡移动的影响15下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )a将氯化铁晶体溶解于浓盐酸中配制氯化铁溶液b温度升高，水的电离程度增大c氯水中加入碳酸钙，漂白性增强d反应h2（g）+i2（g）2hi（g）达平衡后，缩小反应容器体积，混合气体颜色变深【考点】化学平衡移动原理 【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：a、氯化铁中铁离子会发生水解反应，加入盐酸，可以使水解平衡逆向移动，抑制水解，能用勒夏特列原理解释，故a不选；b、水的电离为吸热过程，加热促进电离，可用平衡移动原理解释，故b不选；c、依据氯水中的化学平衡为cl2+h2ohcl+hclo，加入碳酸钙和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故c不选；d、对2hih2+i2（g），平衡体系增加压强使颜色变深，但平衡不移动，不能解释，故d选；故选d【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意把握勒夏特列原理的内容和使用对象，能用勒沙特列原理解释的必须符合平衡移动的规律，且必须是可逆反应16已知某温度下，几种酸的电离常数如下：ka（hcn）=6.21010 moll1、ka（hf）=6.8104 moll1、ka（ch3cooh）=1.8105 moll1、ka（hno2）=6.4106moll1则物质的量浓度都为0.1moll1的下列溶液中，ph最小的是( )anacnbnafcch3coonadnano2【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】酸的电离常数越大，酸越强，对应的钠盐溶液的碱性越弱，溶液的ph越小，以此解答该题【解答】解：由电离常数可知酸性：hfch3coohhno2hcn，酸越强，对应的钠盐溶液的碱性越弱，溶液的ph越小，所以ph最小的naf，故选b【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点以及盐类水解的规律，题目难度不大，答题时注意把握题给信息二、非选择题（52分）17（1）p4（s，白磷）+5o2（g）=p4o10（s）h1=2983.2kj/mol（2）p（s，红磷）+o2（g）=p4o10（s）h2=738.5kj/mol，则白磷转化为红磷的热化学方程式p4（s，白磷）=4p（s，红磷）h=29.2kj/mol，相同的状况下，能量较低的是红磷；白磷的稳定性比红磷低（填“高”或“低”）【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】根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定【解答】解：p4（s，白磷）+5o2（g）=p4o10（s）h1=2983.2kj/molp（s，红磷）+o2（g）=p4o10（s）h2=738.5kj/mol，根据盖斯定律：4可得：p4（s，白磷）=4p（s，红磷）h=（2983.2kj/mol）（738.5kj）4=29.2kj/mol，说明白磷转化为红磷是放热反应，相同的状况下，红磷能量比白磷低，红磷比白磷稳定，故答案为：p4（s，白磷）=4p（s，红磷）h=29.2kj/mol；红磷；低【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用18（13分）食醋（主要成分ch3cooh ）、纯碱（na2co3 ）和小苏打（nahco3 ）均为家庭厨房中常用的物质已知： 弱酸 ch3cooh h2co3 hno2 电离常数（25） k=1.8105 k1=4.3107k2=5.61011 k=5.0104请回答下列问题：（1）定温度下，向0.1moll1ch3cooh 溶液中加入少量ch3coona 晶体时，下列说法正确的是ad（填代号）a溶液的ph增大 b ch3cooh的电离程度增大c溶液的导电能力减弱 d溶液中c（oh ）c（h+ ）不变（2）25时，0.10moll1 na2co3 溶液的ph=11，则溶液中由水电离出的c（oh ）：103moll1（3）常温下，将20ml 0.10moll1 ch3cooh溶液和20ml 0.10moll1 hno2 溶液分别与20ml 0.10moll1 nahco3 溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v（ch3cooh ） v（hno2）（填“”、“”或“：”），原因是据其电离平衡常数可知，hno2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和hno2相比，hno2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快充分反应后两溶液中c（ch3coo）c（no2）（填“”、“”或“=”）（4）25时，向ch3cooh溶液中加入一定量的nahco3，所得混合液的ph=6，则混合液中=18【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】（1）向0.1moll1ch3cooh 溶液中加入少量ch3coona 晶体时，会抑制醋酸的电离，导致酸性减弱，但由于醋酸钠的电离，溶液中总离子浓度增大，kw只受温度影响，据此分析；（2）na2co3 溶液中的氢离子和氢氧根离子都是由水电离出来的；（3）据其电离平衡常数可知，hno2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和hno2相比，hno2溶液中氢离子浓度大；相同物质的量浓度的醋酸根离子和no2相比，醋酸根离子水解程度大，据此分析；（4）据醋酸的电离平衡常数k=1.8105和ph=6求算【解答】解：（1）向0.1moll1ch3cooh 溶液中加入少量ch3coona 晶体时，a溶液的酸性减弱，ph增大，故a正确；b ch3cooh的电离程度减小，故b错误；c溶液的导电能力增强，故c错误；d溶液中c（oh）c（h+）=kw，kw只受温度影响，温度不变所以kw不变，故d正确；故答案为：ad；（2）25时，0.10moll1na2co3 溶液的ph=11，则c（h+）=1011mol/l，据kw可知，c（oh）=103mol/l，故答案为：103；（3）据其电离平衡常数可知，hno2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和hno2相比，hno2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快，故答案为：；据其电离平衡常数可知，hno2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和hno2相比，hno2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快；常温下，将20ml 0.10moll1ch3cooh溶液和20ml 0.10moll1hno2 溶液分别与20ml 0.10moll1nahco3 溶液混合，充分反应后得到相同物质的量浓度的醋酸钠和亚硝酸钠溶液，相同物质的量浓度的醋酸根离子和no2相比，醋酸根离子水解程度大，所以醋酸根离子浓度小，故答案为：；（4）醋酸的电离平衡常数k=1.8105，ph=6，则c（h+）=106mol/l，所以k=18，故答案为：18【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、水的离子积常数及应用、弱电解质的电离平衡常数及应用、盐类水解中的越弱越水解原理，题目难度较大1950ml0.50moll1盐酸与50ml 0.55moll1naoh溶液在如图示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大”“偏小”“无影响”）（4）实验中改用60ml 0.50moll1盐酸跟50ml 0.55moll1naoh溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等”“不相等”），所求中和热相等（填“相等”“不相等”）（5）用相同浓度和体积的氨水代替naoh溶