河北省衡水市武邑中学高二化学上学期周测试卷（1.4）（含解析）.doc

2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（1.4）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1据新浪网报道，欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢有下列几种说法：水分解反应是放热反应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；使用氢气作燃料有助于控制温室效应；氢气是一级能源其中叙述正确的是（）abcd2下列几种微粒中能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡逆向移动的是（）ahso4bclc13x3+d16x23关于化学能与热能的叙述，正确的是（）a1mol酸与碱恰好中和时所放出的热量叫中和热b化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的c燃料电池反应时，化学能升高d反应物的总能量高于生成物总能量的反应，不需要加热就可自行反应4在做测定中和热的实验时，应使用的仪器正确的组合是（）天平量筒烧杯胶头滴管温度计试管酒精灯环形玻璃搅拌棒abcd全部5下列说法正确的是（）a自发进行的化学反应不一定是放热反应b自发过程将导致体系的熵增大chts0的反应，不需要任何条件就可自发进行d同一物质的气、液、固三种状态的熵值依次增大6298k时，各反应的平衡常数如下：n2（g）+o2（g）2no（g）k=11030；2h2（g）+o2（g）2h2o（g）k=210812co2（g）2co（g）+o2（g）k=41092则常温下，no、h2o、co2这三种化合物分解放氧的倾向最大的是（）abcd无法判断7向氨水中加入nh4cl晶体，溶液的碱性（）a增强b减弱c不变d无法判断8已知：c（s）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h34fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h43co（g）+fe2o3（s）3co2（g）+2fe（s）h5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）ah10，h30bh20，h40ch1=h2+h3dh3=h4+h59已知（ch3cooh）2（g）2ch3cooh（g），经实验测得不同压强下，体系的平均摩尔质量随温度（t）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）a该过程的h0b气体压强：p（a）p（b）=p（c）c平衡常数：k（a）=k（b）k（c）d测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件10下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（）a能使ph试纸变红的溶液中：co32、k+、cl、na+b由水电离产生的c（oh）=11010moll1的溶液中：no3、mg2+、na+、so42c在=11012的溶液中：nh4+、fe2+、cl、no3d=1010 moll1的溶液中：na+、hco3、cl、k+11常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（）aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液等体积混合后ph7，则ha为弱酸bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c（naoh）c（na2co3）c（ch3coona）c物质的量浓度均为0.2moll1ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）=0.2moll1d0.1moll1的naha溶液，其ph=4：c（ha）c（h+）c（h2a）c（a2）12要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位同学分别作出如下回答其中正确的是（）a甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的b乙同学：在醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的c丙同学：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的d丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的13常温下，将1体积ph=2.5的盐酸与10体积naoh溶液混合，两者恰好完全反应，则naoh溶液的ph等于（）a11.5b10.5c9.5d9.014下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（）中和10ml1mol/lch3cooh溶液需要10ml1mol/lnaoh溶液物质的量溶液相同时，锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快0.01mol/l醋酸溶液ph的大于2 0.1mol/lch3coona溶液显碱性abcd15广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质根据上述信息，下列说法不正确的是（）acao2的水解产物是ca（oh）2和h2o2bpcl3的水解产物是hclo和ph3cnaclo的水解产物之一是hclodmg3n2的水解产物是两种碱性物质16用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电若此溶液体积为2l，则所得电解液的ph是（）a1b8c13d1417mgagcl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2agcl+mg=mg2+2ag+2cl有关该电池的说法正确的是（）amg为电池的正极b负极反应为agcl+e=ag+clc不能被kcl 溶液激活d可用于海上应急照明供电18以石墨为电极，电解ki溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）下列说法错误的是（）a阴极附近溶液呈红色b阴极逸出气体c阳极附近溶液呈蓝色d溶液的ph变小19用惰性电极电解物质的量浓度相等的cuso4、nacl混合溶液，电解过程中不可能发生的反应是（）a2cl+cu2+cu+cl2b2cl+2h2oh2+cl2+2ohc2cu2+2h2o2cu+o2+4h+d2h2o2h2+o220电解硫酸铜溶液一段时间后，停止电解往溶液中加入1mol cu（oh）2和3mol水，可以使溶液恢复到电解前的成分和浓度，则在电解过程中，电子转移（）mola10b6c2d不可能出现此情况二、非选择题：21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；（2）甲中d和乙中c的物质的量比较：（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（用含v的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计）22已知：a为淡黄色固体，e、x常温下为无色无味气体，a、b、c、d含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）请回答下列问题：（1）b中所含化学键的类型是（2）常温常压下，7.8g a与足量的水充分反应放出热量a kj，写出该反应的热化学方程式：（3）c也可转化为b，写出该转化的化学方程式（4）将一定量的气体x通入2l b的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和hcl的挥发）请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为，b点溶液中各离子浓度由大到小的关系是：（5）25时，将c溶液与氢氧化钡溶液混合可得不溶物f，f的ksp=2.5109现将该沉淀放入0.5mol/l的bacl2溶液中，其ksp（填“增大”、“减小”或“不变”），组成不溶物f的阴离子在溶液中的浓度为 mol/l已知25时硫酸钡的ksp=1.01010，若向20ml硫酸钡的饱和溶液中逐滴加入8.0104mol/l的c溶液20ml，能否产生沉淀（填“能”或“否”）23用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加（1）写出乙中两极发生的电极反应式阴极：阳极：（2）写出甲中发生反应的化学方程式：（3）c（左）、c（右）、fe、ag 4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（1.4）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1据新浪网报道，欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢有下列几种说法：水分解反应是放热反应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；使用氢气作燃料有助于控制温室效应；氢气是一级能源其中叙述正确的是（）abcd【考点】清洁能源；吸热反应和放热反应【分析】水分解反应是吸热反应；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件；氢气燃烧只生成水，是洁净的能源；氢气是二级能源【解答】解：水分解反应是吸热反应，故错误；若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件，故正确；氢气燃烧只生成水，不会生成二氧化碳气体，有助于控制温室效应，故正确；氢气是二级能源，故错误；通过以上分析正确，故选c【点评】本题考查了新能源的开发和利用，题目难度不大，解题时抓住新能源的要求节能减排，不难找到答案2下列几种微粒中能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡逆向移动的是（）ahso4bclc13x3+d16x2【考点】水的电离【分析】a硫酸氢根离子在水中能电离出氢离子；b氯离子是强酸的阴离子不水解；c该微粒为al3+；d该微粒为s2【解答】解：水的电离h2oh+oh，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离a硫酸氢根离子在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子，水的电离h2oh+oh，抑制了水的电离，水的电离向逆反应方向移动，故a正确；b盐酸为强酸，氯离子为盐酸的阴离子，为强酸根，不水解，对水的电离无影响，故b错误；cal3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故c错误；d该微粒为s2，s2为弱酸根，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故d错误故选a【点评】本题主要考查了水的电离平衡的移动，解答须抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难3关于化学能与热能的叙述，正确的是（）a1mol酸与碱恰好中和时所放出的热量叫中和热b化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的c燃料电池反应时，化学能升高d反应物的总能量高于生成物总能量的反应，不需要加热就可自行反应【考点】化学能与热能的相互转化；反应热和焓变【分析】a、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；b、依据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成，过程中一定伴随能量变化；c、燃料燃烧是自发进行的氧化还原反应，是放热反应，反应过程中物质的能量降低；d、反应物的总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，某些放热反应也需要加热才能发生反应【解答】解：a、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，酸碱分强弱，一元、二元之分，1mol酸与碱恰好中和时不一定生成1mol水，故a错误；b、依据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应过程中一定伴随能量变化，化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的，故b正确；c、燃料燃烧是自发进行的氧化还原反应，是放热反应，反应过程中物质的能量降低，燃料电池反应时，化学能降低，故c错误；d、反应物的总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，某些放热反应也需要加热才能发生反应，如氢气和氧气点燃火加热才能反应，铝热反应需要引燃才能反应，故d错误；故选b【点评】本题考查了中和热概念分析，化学反应能量变化的分析应用时解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等4在做测定中和热的实验时，应使用的仪器正确的组合是（）天平量筒烧杯胶头滴管温度计试管酒精灯环形玻璃搅拌棒abcd全部【考点】中和热的测定【分析】根据中和热测定的实验原理可知，做中和热实验测定时，应需要量筒、烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒，以此来解答【解答】解：中和热测定的实验装置如图：，需要温度计测定溶液温度、烧杯盛放溶液，环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，所以应使用的仪器正确的组合是量筒烧杯胶头滴管温度计环形玻璃搅拌棒，故选b【点评】本题考查了中和热的测定，明确实验需要的仪器及仪器的作用即可解答，注意使用量筒量取酸或碱溶液，需要胶头滴管，题目难度不大5下列说法正确的是（）a自发进行的化学反应不一定是放热反应b自发过程将导致体系的熵增大chts0的反应，不需要任何条件就可自发进行d同一物质的气、液、固三种状态的熵值依次增大【考点】反应热和焓变【分析】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当g=hts0时，反应能自不发进行【解答】解：a、高温下熵增自发进行的反应，是吸热反应，故a正确；b、hts0的反应能够自发进行，当h0，s0时，低温下反应能够自发进行，所以，自发过程不一定导致体系的熵值增大，故b错误；c、当hts0，一定能自发进行，但h0，s0时，高温下反应才能够自发进行，故c错误；d、同种物质在固态、液态、气态三种状态下，固态时熵值最小，气态时熵值最大，故d错误；故选a【点评】本题考查了反应自发进行的判据应用，注意温度的作用，反应自发进行只要满足，hts0即可6298k时，各反应的平衡常数如下：n2（g）+o2（g）2no（g）k=11030；2h2（g）+o2（g）2h2o（g）k=210812co2（g）2co（g）+o2（g）k=41092则常温下，no、h2o、co2这三种化合物分解放氧的倾向最大的是（）abcd无法判断【考点】化学平衡常数的含义【专题】化学平衡专题【分析】要判断no、h2o、co2这三种化合物分解放氧的倾向大小，则必须求出各个可逆反应中分解放氧反应的平衡常数，然后比较其平衡常数的大小即可【解答】解：根据n2（g）+o2（g）2no（g）k=11030可知no释放氧的反应：2no（g）n2（g）+o2（g）的平衡常数k=11030，根据2h2（g）+o2（g）2h2o（g）k=21081可知水分解释放氧的反应：2h2o（g）2h2（g）+o2（g）的平衡常数k=51082，2co2（g）2co（g）+o2（g）k=41092，化学平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，由于平衡常数：110305108241092，因此反应no分解放氧的倾向最大，故选a【点评】本题考查了化学平衡常数的含义及其应用，题目难度中等，注意掌握化学平衡常数的概念、表达式及计算方法，明确化学平衡常数的含有，本题中正确理解题干信息为解答本题的关键7向氨水中加入nh4cl晶体，溶液的碱性（）a增强b减弱c不变d无法判断【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】加入氯化铵晶体后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，据此进行解答【解答】解：因氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，当加入少量的nh4cl晶体后，nh4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入nh4cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，导致c（oh）变小，溶液碱性减弱，故选b【点评】本题考查弱电解质的电离及其影响，题目难度不大，明确弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力8已知：c（s）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h34fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h43co（g）+fe2o3（s）3co2（g）+2fe（s）h5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）ah10，h30bh20，h40ch1=h2+h3dh3=h4+h5【考点】真题集萃；反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、所有的燃烧反应属于放热反应；b、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；c、根据盖斯定律利用加合法进行分析；d、根据盖斯定律利用加合法进行分析【解答】解：a、所有的燃烧反应属于放热反应，因此h10，h30，故a错误；b、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，h20，铁与氧气的反应属于放热反应，h40，故b错误；c、已知：c（s）+o2（g）co2（g）h1co2（g）+c（s）2co（g）h22co（g）+o2（g）2co2（g）h3，由盖斯定律可知=+，因此h1=h2+h3，故c正确；d、已知2co（g）+o2（g）2co2（g）h34fe（s）+3o2（g）2fe2o3（s）h43co（g）+fe2o3（s）3co2（g）+2fe（s）h5，由盖斯定律可知=（+），因此h3=h4+h5，故d错误；故选c【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键9已知（ch3cooh）2（g）2ch3cooh（g），经实验测得不同压强下，体系的平均摩尔质量随温度（t）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）a该过程的h0b气体压强：p（a）p（b）=p（c）c平衡常数：k（a）=k（b）k（c）d测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件【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】a、温度升高平均摩尔质量减小，气体质量不变，物质的量增大，说明平衡正反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行；b、bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，p1p2；c、平衡常数随温度变化而不随压强变化；d、反应是气体体积增大的吸热反应，测定乙酸的相对分子质量应使平衡正向进行选择条件【解答】解：a、温度升高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡正反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，反应是吸热反应，h0，故a错误；b、bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，p1p2，则p（a）p（b）=p（c），故b正确；c、a点温度和c点温度相同，b点温度较高，由于反应是吸热反应，因此温度越高平衡常数越大，平衡常数k（b）k（a）=k（c），故c错误；d、反应是气体体积增大的吸热反应，测定乙酸的相对分子质量应使平衡正向进行，需要在低压高温条件下进行乙提高乙酸的纯度，故d错误；故选：b【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，图象分析方法的掌握是解题关键，题目难度较大10下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（）a能使ph试纸变红的溶液中：co32、k+、cl、na+b由水电离产生的c（oh）=11010moll1的溶液中：no3、mg2+、na+、so42c在=11012的溶液中：nh4+、fe2+、cl、no3d=1010 moll1的溶液中：na+、hco3、cl、k+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a能使ph试纸变红的溶液，显酸性；b由水电离产生的c（oh）=11010moll1的溶液，为酸或碱溶液；c在=11012的溶液，显碱性；d.=1010 moll1的溶液，显酸性【解答】解：a能使ph试纸变红的溶液，显酸性，co32、h+结合生成水和气体，则不能大量共存，故a错误；b由水电离产生的c（oh）=11010moll1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故b正确；c在=11012的溶液，显碱性，碱性溶液中nh4+、fe2+不能存在，故c错误；d.=1010 moll1的溶液，显酸性，h+、hco3结合生成水和气体，不能大量共存，故d错误；故选b【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，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大11常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（）aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液等体积混合后ph7，则ha为弱酸bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c（naoh）c（na2co3）c（ch3coona）c物质的量浓度均为0.2moll1ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）=0.2moll1d0.1moll1的naha溶液，其ph=4：c（ha）c（h+）c（h2a）c（a2）【考点】离子浓度大小的比较【分析】a弱酸在溶液中部分电离，则ha的浓度大于moh，混合液中ah过量，溶液显示酸性；b氢氧化钠为强电解质，ph相等时其浓度最小，碳酸的酸性小于醋酸的酸性，则ph相等时c（na2co3）c（ch3coona）；c根据混合液中的物料守恒分析；dnaha溶液的ph=4，说明的电离程度大于其水解程度，则c（a2）c（h2a）【解答】解：aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液等体积混合后，若ha为强酸，则反应后的溶液呈中性，溶液的ph=7，而二者反应后的溶液的ph7，则说明ha为弱酸，混合液中ha过量，故a正确；bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液，naoh为强碱，则其浓度最小；碳酸的酸性小于醋酸的酸性，则ph相等时c（na2co3）c（ch3coona），所以ph相等时各物质的浓度大小为：c（naoh）c（na2co3）c（ch3coona），故b正确；c物质的量浓度均为0.2moll1ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）=0.2moll1，故c正确；d0.1moll1的naha溶液，其ph=4，说明的电离程度大于其水解程度，则c（a2）c（h2a），正确的离子浓度大小为：c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a），故d错误；故选d【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识在判断离子浓度大小中的应用方法12要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位同学分别作出如下回答其中正确的是（）a甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的b乙同学：在醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的c丙同学：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的d丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的【考点】探究吸热反应和放热反应【分析】a硝酸铵晶体溶于水吸收热量；b醋酸的电离本身是吸热的过程；c醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；d醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解【解答】解：a因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故a错误；b醋酸的电离本身是吸热的过程，醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，不能说明盐类水解是吸热的，故b错误；c醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故c错误；d醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故d正确；故选d【点评】本题考查反应中的热效应，注意判断盐类水解为吸热反应时应注意温度对水解反应的影响，明确晶体溶解伴随热效应是解答的易错点，题目难度中等13常温下，将1体积ph=2.5的盐酸与10体积naoh溶液混合，两者恰好完全反应，则naoh溶液的ph等于（）a11.5b10.5c9.5d9.0【考点】ph的简单计算【分析】酸碱中和的实质是：h+oh=h2o，当h+与oh恰好完全反应时，依据二者的物质的量相等，可求强酸（或强碱）的浓度或体积，若h+或oh过剩，则用“对消稀释法“，先求剩余的c（h+）或c（oh），再进一步求混合溶液的ph【解答】解：盐酸和氢氧化钠溶液恰好反应，根据h+oh=h2o可知反应中消耗的h+与oh的物质的量相等，设强酸的体积为v，则强碱的体积为10v，则：v102.5=10v10ph14，解得：ph=10.5，故选b【点评】本题考查了溶液ph的简单计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液ph的计算方法为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力14下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（）中和10ml1mol/lch3cooh溶液需要10ml1mol/lnaoh溶液物质的量溶液相同时，锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快0.01mol/l醋酸溶液ph的大于2 0.1mol/lch3coona溶液显碱性abcd【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】证明醋酸是弱电解质，可证明存在电离平衡、部分电离或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答【解答】解：酸碱的物质的量相同，完全发生中和反应，与酸的强弱无关，不能证明为弱酸，故错误；开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快，说明等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大，则可说明醋酸为弱酸，故正确；0.01mol/l醋酸溶液的ph=3，说明醋酸没有完全电离，可证明为弱酸，故正确；ch3coona溶液显碱性，可说明为强碱弱酸盐，可证明醋酸为弱酸，故正确故选b【点评】本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性15广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质根据上述信息，下列说法不正确的是（）acao2的水解产物是ca（oh）2和h2o2bpcl3的水解产物是hclo和ph3cnaclo的水解产物之一是hclodmg3n2的水解产物是两种碱性物质【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物【解答】解：a、cao2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的ca（oh）2和过氧根离子和氢离子结合生成的h2o2，故a正确；b、pcl3的水解产物是hcl和h3po3，故b错误；c、naclo的水解产物是hclo和naoh，故c正确；d、mg3n2的水解产物是mg（oh）2和nh3，是两种碱性产物，故d正确故选b【点评】本题是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大16用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电若此溶液体积为2l，则所得电解液的ph是（）a1b8c13d14【考点】ph的简单计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2cl2ecl2，阴极上是氢离子得电子，2h+2eh2，根据氢氧化钠与电子的关系式计算出溶液中的氢氧根离子、氢离子的浓度，然后计算出溶液的ph【解答】解：用惰性电极电极饱和食盐水，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2cl2ecl2，阴极上是氢离子得电子，2h+2eh2，总反应为：2nacl+2h2o 2naoh+cl2+h2，当电源提供给0.2mol电子时，根据2h+2eh2可知，生成0.1mol氢气，根据总方程式可知，2naohh2，所以溶液中氢氧根离子，n（oh）=0.2mol，此溶液体积为2l，溶液中c（oh）=0.1mol/l，c（h+）=mol/l=1013mol/l，所以ph=13，故选：c【点评】本题考查了电解饱和食盐水的有关知识，掌握电解池的工作原理和有关ph计算是解答的关键，题目难度中等17mgagcl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2agcl+mg=mg2+2ag+2cl有关该电池的说法正确的是（）amg为电池的正极b负极反应为agcl+e=ag+clc不能被kcl 溶液激活d可用于海上应急照明供电【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】a、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；b、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；c、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；d、原电池是将化学能转化为电能的装置【解答】解：a、由电池反应方程式看出，mg是还原剂、agcl是氧化剂，故金属mg作负极，故a错误；b、金属mg作负极，其电极反应式为：mg2e=mg2+，故b错误；c、因为该电池能被海水激活，故kcl溶液也可以激活电池，故c错误；d、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时 将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故d正确故选d【点评】结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物18以石墨为电极，电解ki溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）下列说法错误的是（）a阴极附近溶液呈红色b阴极逸出气体c阳极附近溶液呈蓝色d溶液的ph变小【考点】电解原理；真题集萃【专题】电化学专题【分析】以石墨为电极，电解ki溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断【解答】解：a、以石墨为电极，电解ki溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故a正确；b、以石墨为电极，电解ki溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故b正确；c、以石墨为电极，电解ki溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故c正确；d、以石墨为电极，电解ki溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的ph变大，故d错误故选d【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等19用惰性电极电解物质的量浓度相等的cuso4、nacl混合溶液，电解过程中不可能发生的反应是（）a2cl+cu2+cu+cl2b2cl+2h2oh2+cl2+2ohc2cu2+2h2o2cu+o2+4h+d2h2o2h2+o2【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】用惰性电极电解物质的量浓度相等的cuso4、nacl混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氢氧离子放电，阴极上铜离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电【解答】解：用惰性电极电解物质的量浓度相等的cuso4、nacl混合溶液，设溶液体积为1l，硫酸铜、氯化钠浓度都为1mol/l，则n（cuso4）=n（cu）=1mol，n（nacl）=n（cl）=1mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当氯离子完全放电时，转移电子的物质的量为1mol，当转移电子的物质的量为1mol时，析出铜的物质的量为0.5mol，还剩0.5mol铜离子，所以电池反应式为2cl+cu2+cu+cl2；第二阶段：阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，当铜离子完全析出前，发生的电池反应式为2cu2+2h2o2cu+o2+4h+；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电池反应式为2h2o2h2+o2；故选：b【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质，难度中等20电解硫酸铜溶液一段时间后，停止电解往溶液中加入1mol cu（oh）2和3mol水，可以使溶液恢复到电解前的成分和浓度，则在电解过程中，电子转移（）mola10b6c2d不可能出现此情况【考点】电解原理【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 cu（oh）2后溶液与电解前相同，cu（oh）2从组成上可看成cuoh2o，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，据此分析【解答】解：加入1mol cu（oh）2和3mol水后恰好恢复到电解前的浓度和ph，cu（oh）2从组成上可看成cuoh2o，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成1mol铜转移电子=1mol2mol=2mol，根据原子守恒知，生成4mol水需要4mol氢气，生成4mol氢气转移电子=4mol2mol=8mol，所以电解过程中共转移电子数为2+8=10mol，故选a【点评】本题考查了电解原理，明确实际上加入的物质是解本题关键，再根据原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等二、非选择题：21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22已知：a为淡黄色固体，e、x常温下为无色无味气体，a、b、c、d含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）请回答下列问题：（1）b中所含化学键的类型是离子键、共价键（2）常温常压下，7.8g a与足量的水充分反应放出热量a kj，写出该反应的热化学方程式：2na2o2（s）+2h2o（l）=4naoh（aq）+o2（g）h=20a kj/mol（3）c也可转化为b，写出该转化的化学方程式na2co3+ca（oh）2=caco3+2naoh（4）将一定量的气体x通入2l b的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和hcl的挥发）请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为na2co3和nacl，b点溶液中各离子浓度由大到小的关系是：c（na+）c（cl）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）（5）25时，将c溶液与氢氧化钡溶液混合可得不溶物f，f的ksp=2.5109现将该沉淀放入0.5mol/l的bacl2溶液中，其ksp不变（填“增大”、“减小”或“不变”），组成不溶物f的阴离子在溶液中的浓度为5109 mol/l已知25时硫酸钡的ksp=1.01010，若向20ml硫酸钡的饱和溶液中逐滴加入8.0104mol/l的c溶液20ml，能否产生沉淀否（填“能”或“否”）【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】e、x常温下为无色无味气体，a为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成e与b，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则a为na2o2，e为o2，b为naoh，b与x可以连续反应，可推知x为co2，c为na2co3，d为nahco3，据此解答【解答】解：e、x常温下为无色无味气体，a为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成e与b，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则a为na2o2，e为o2，b为naoh，b与x可以连续反应，可推知x为co2，c为na2co3，d为nahco3，（l）b为naoh，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（2）常温常压下，7.8g na2o2与足量的水充分反应放出热量a kj，2mol na2o2完全反应方程式的热量=a kj=20a kj，反应热化学方程式为：2na2o2（s