广东省东莞市南开实验学校高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期中化学试卷一、单项选择题：本题共16小题每小题3分，共48分每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求1某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中e1表示正反应的活化能，e2表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是（）a该反应为吸热反应b催化剂能改变反应的焓变c催化剂能降低反应的活化能d逆反应的活化能大于正反应的活化能2一种矿泉水标签上印有主要矿物成分（单位：mgl1）：ca：60.00、k：39.00、mg：3.10、zn：0.08、f：0.02等，则对此泉水的叙述正确的是（）该矿泉水不导电 该矿泉水导电 该矿泉水是电解质 该矿泉水是非电解质abcd3已知hclo的酸性比h2co3弱，下列反应cl2+h2ohcl+hclo达到平衡后，要使平衡体系中hclo的浓度增大，应采取的方法是（）a加入石灰石b光照c加入固体naohd加水4某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：x（g）+y（g）z（g）+w（s）；h0下列叙述正确的是（）a加入少量w，逆反应速率增大b平衡后加入x，上述反应的h增大c升高温度，平衡逆向移动d当容器中气体压强不变时，反应达到平衡5下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）a已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）；h0 则金刚石比石墨稳定b已知c（s）+o2（g）=co2（g），h1； c（s）+1/2o2（g）=co（g），h2； 则h1h2c已知2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）；h=483.6kj/mol 则氢气的燃烧热为241.8 kj/mold已知naoh（aq）+hcl（aq）=nacl（aq）+h2o（l）；h=57.3kj/mol 则含20gnaoh的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kj的热量6如图是温度和压强对x+y2z 反应影响的示意图图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中z的体积分数下列叙述正确的是（）a上述可逆反应的正反应为放热反应bx、y、z均为气态cx和y中只有一种是气态，z为气态d上述反应的正反应的h07在相同温度时100ml 0.01mol/l的醋酸溶液与10ml 0.1mol/l的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）a中和时所需naoh的量b电离程度ch+的浓度dch3cooh的物质的量8t下的溶液中，c（h+）=10xmoll1，c（oh）=10ymoll1，x与y的关系如图所示下列说法正确的是（）at下，只有在纯水中才有c（h+）c（oh）=1013b图中直线上的任意点都显中性ct时，ph=7的溶液显碱性dt时，ph=12的苛性钠溶液与ph=1的稀硫酸等体积混合，溶液的ph=79可逆反应a（g）+bc（g）+d达到平衡时，下列说法不正确的是（）a若增大a的浓度，平衡体系颜色加深，d不一定是具有颜色的气体b增大压强，平衡不移动，说明b、d必是气体c升高温度，c的百分含量减小，说明正反应是放热反应d若b是气体，增大a的浓度会使b的转化率增大10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溶液中水的电离程度dval溶液与vbl溶液混合后，若混合后溶液ph=4，则va：vb=11：911下列关于电解质溶液中离子关系的说法或离子方程式书写正确的是（）a用铜作电极电解nacl溶液：2cl+2h2ocl2+h2+2ohb常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的ph=7，则混合溶液中：c（na+）=c（ch3coo）c磷酸一氢钠溶液水解：hpo42+h2opo42+h3o+d常温下，由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，nh4+、so42、hco3、cl能大量共存12恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2no2（气）n2o4（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量no2，又达到平衡时，n2o4的体积分数（）a不变b增大c减小d无法判断13下列反应达到平衡后，加压或升温，平衡都向正反应方向移动的是（）a2no2（g）n2o4（g）h0b3o2（g）2o3（g）h0ch2（g）+i2（g）2hi（g）h0dnh4hco3（s）nh3（g）+h2o（g）+co2（g）h014常温下，向10ml 0.1moll1的hcl溶液中逐滴加入0.1moll1的nh3h2o溶液，其ph逐渐增大，图中a，b，c三点的ph为实验所测得下列有关说法中一定错误的是（）a水的电离程度先增大后减小b当ph=7时，所加nh3h2o溶液的体积大于10mlc当7ph9时，溶液中c（nh4+）c（cl）d继续滴加0.1moll1的nh3h2o溶液，溶液的ph最终可以变化至1315在na2s溶液中存在的下列关系不正确的是（）ac=2c+c+cbc+c=c+c+ccc=c+c+2cdcccc16cocl2（g）co（g）+cl2（g）；h0当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体增加co浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，能提高cocl2转化率的是（）abcd二、非选择题：（共52分）17教材中用酸性kmno4和h2c2o4（草酸）反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o一实验小组欲通过测定单位时间内生成co2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（kmno4溶液已酸化）：实验序号a溶液b溶液20ml 0.1moll1h2c2o4溶液30ml 0.01moll1kmno4溶液20ml 0.2moll1h2c2o4溶液30ml 0.01moll1kmno4溶液（1）该实验探究的是因素对化学反应速率的影响相同时间内针筒中所得co2的体积较大的是（填实验序号）（2）若实验在2min末收集了4.48ml co2（标准状况下），则在2min末，c（mno4）=mol/l（3）除通过测定一定时间内co2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定来比较化学反应速率（4）小组同学发现反应速率总是如右图，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：该反应放热、18可逆反应a（g）+2b（g）2c（g）h0，在一定条件下达平衡，若改变条件，将变化结果（“变大”、“变小”或“不变”）填入空格（1）保持温度和压强不变，充入惰性气体，则c的物质的量（2）保持温度和体积不变，加入惰性气体，则a的转化率（3）某温度下，在一容器可变的容器中，上诉反应达到平衡时，a、b和c的物质的量分别为2mol、4mol、和4mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是a均减半 b均加倍 c均增加1mol d均减少1mol19（1）泡沫灭火剂的原理是（写离子方程式），泡沫灭火器中有塑料筒和铁筒两种容器，其中小苏打溶液放在 筒，al2（so4）3溶液放在筒，原因是（2）实验室配制feso4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是（3）把alcl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是，为什么（用化学方程式和必要的文字说明）20二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一【】硫酸生产中，so2催化氧化生成so3：2so2（g）+o2（g）2so3（g）某温度下，so2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如下图所示根据图示回答下列问题：写出该反应的化学平衡常数表达式：将2.0mol so2和1.0mol o2置于10l密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10mpa该反应的平衡常数等于平衡状态由a变到b时平衡常数k（a）k（b）（填“”、“”或“=”）已知单质硫的燃烧热为296kjmol1，1mol so2（g）氧化为1mol so3（g）的h=99kjmol1计算由s（s）生成3molso3（g）的h=kjmol1【】（1）用ch4催化还原nox可以消除氮氧化物的污染例如：ch4（g）+4no2（g）=4no（g）+co2（g）+2h2o（g）h=574kjmol1ch4（g）+4no（g）=2n2（g）+co2（g）+2h2o（g）h=1160kjmol1若用标准状况下4.48l ch4还原no2至n2整个过程中转移的电子总数为（阿伏加德罗常数的值用na表示），放出的热量为：kj高温（2）氮化硅（si3n4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2（s）+6c（s）+2n2（g）si3n4（s）+6co（g）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变n2、co的量），反应速率与时间t的关系如图图中t4时引起平衡移动的条件可能是；图中表示平衡混合物中co的含量最高的一段时间是2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共16小题每小题3分，共48分每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求1某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中e1表示正反应的活化能，e2表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是（）a该反应为吸热反应b催化剂能改变反应的焓变c催化剂能降低反应的活化能d逆反应的活化能大于正反应的活化能【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；b、催化剂改变速率不改变平衡；c、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；d、图象中分析判断；【解答】解：a、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故a正确；b、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故b错误；c、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故c正确；d、图象分析逆反应的活化能e2小于正反应的活化能e1，故d错误；故选ac【点评】本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键2一种矿泉水标签上印有主要矿物成分（单位：mgl1）：ca：60.00、k：39.00、mg：3.10、zn：0.08、f：0.02等，则对此泉水的叙述正确的是（）该矿泉水不导电 该矿泉水导电 该矿泉水是电解质 该矿泉水是非电解质abcd【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性【专题】离子反应专题【分析】矿泉水属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，溶液中存在自由移动的带电荷的离子，矿泉水能够导电，据此进行判断【解答】解：根据矿泉水含有钙离子、钾离子、镁离子等离子，所以矿泉水能够导电；由于矿泉水属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，所以正确只有，故选b【点评】本题考查了电解质和非电解质及溶液的导电性，题目难度不大，能够灵活应用电解质嗯哼非电解质的知识是解题关键，注意溶液能否导电，与溶液中自由移动的离子相关3已知hclo的酸性比h2co3弱，下列反应cl2+h2ohcl+hclo达到平衡后，要使平衡体系中hclo的浓度增大，应采取的方法是（）a加入石灰石b光照c加入固体naohd加水【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】反应cl2+h2ohcl+hclo达到平衡后，要使平衡体系中hclo的浓度增大，应该向溶液中加入物质，加入的物质能和hcl反应但和hcl不反应，从而促进平衡正向移动，从而导致hclo浓度增大，据此分析解答【解答】解：反应cl2+h2ohcl+hclo达到平衡后，要使平衡体系中hclo的浓度增大，应该向溶液中加入物质，加入的物质能和hcl反应但和hcl不反应，从而促进平衡正向移动，从而导致hclo浓度增大，ahclo的酸性比h2co3弱，所以次氯酸和碳酸钙不反应，但盐酸酸性大于碳酸，所以碳酸钙和稀盐酸反应，从而促进平衡正向移动，hclo浓度增大，故a选；b光照条件下发生反应2hclo2hcl+o2，导致hclo浓度降低，故b不选；cnaoh是强碱，能和hcl、hclo都反应生成盐和水，所以导致hclo浓度降低，故c不选；d加水稀释促进次氯酸电离，平衡正向移动，但hclo增大程度小于溶液体积增大程度，所以hclo浓度降低，故d不选；故选a【点评】本题考查弱电解质的电离、强酸制取弱酸等知识点，为高频考点，明确反应原理及影响平衡移动因素是解本题关键，易错选项是d，题目难度不大4某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：x（g）+y（g）z（g）+w（s）；h0下列叙述正确的是（）a加入少量w，逆反应速率增大b平衡后加入x，上述反应的h增大c升高温度，平衡逆向移动d当容器中气体压强不变时，反应达到平衡【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a、固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；b、反应热h与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关；c、升高温度平衡向吸热反应移动；d、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡【解答】解：a、w在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故a错误；b、反应热h与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故b错误；c、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故c错误；d、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故d正确故选d【点评】本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握5下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）a已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）；h0 则金刚石比石墨稳定b已知c（s）+o2（g）=co2（g），h1； c（s）+1/2o2（g）=co（g），h2； 则h1h2c已知2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）；h=483.6kj/mol 则氢气的燃烧热为241.8 kj/mold已知naoh（aq）+hcl（aq）=nacl（aq）+h2o（l）；h=57.3kj/mol 则含20gnaoh的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kj的热量【考点】反应热和焓变【分析】a、依据能量越高越活泼，能量越低越稳定来分析判断；b、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放出热量，完全燃烧比不完全燃烧放出的热多；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；d、强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热【解答】解：a、已知c（石墨，s）=c（金刚石，s）；h0，反应是吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以金刚石不如石墨稳定，故a错误；b、已知2c（s）+2o2（g）=2co2（g）h1，2c（s）+o2（g）=2co（g）h2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变是负值，碳完全燃烧比不完全燃烧放出的热多，所以h1h2，故b错误；c、选项中生成的水是气体不是稳定氧化物，氢气的燃烧热不是241.8 kj/mol，故c错误；d、已知naoh（ag）+hcl（aq）=nacl（aq）+h2o（l）h=57.4 kj/mol，则含20.0g naoh物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kj的热量，故d正确；故选d【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度中等6如图是温度和压强对x+y2z 反应影响的示意图图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中z的体积分数下列叙述正确的是（）a上述可逆反应的正反应为放热反应bx、y、z均为气态cx和y中只有一种是气态，z为气态d上述反应的正反应的h0【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】由图象曲线变化可知，随着温度的升高，z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，增大压强，z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，以此解答该题【解答】解：a图象曲线变化可知，随着温度的升高，z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，故a错误；b如x、y、z均为气态，反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡应不移动，但由图象可知增大压强平衡向逆反应方向移动，故b错误；c增大压强，z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则x和y中只有一种是气态，z为气态，故c正确；d由a可知，正反应吸热，h0，故d错误故选c【点评】本题考查化学平衡移动的图象问题，题目难度中等，解答该题的关键是把握图象中曲线的变化特点，结合外界条件对化学平衡的影响分析7在相同温度时100ml 0.01mol/l的醋酸溶液与10ml 0.1mol/l的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）a中和时所需naoh的量b电离程度ch+的浓度dch3cooh的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题【解答】解：a计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1v1=0.1 l0.01 moll1=1103 mol，n（后）=c2v2=0.01 l0.1 moll1=1103 mol，两者相等，因而中和时消耗的naoh的量相等，故a错误；b醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者大于后者，故b正确；c酸的浓度越大，c（h+）越大，前者小于后者，故c错误；d电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（ch3cooh）前者小于后者，故d错误故选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8t下的溶液中，c（h+）=10xmoll1，c（oh）=10ymoll1，x与y的关系如图所示下列说法正确的是（）at下，只有在纯水中才有c（h+）c（oh）=1013b图中直线上的任意点都显中性ct时，ph=7的溶液显碱性dt时，ph=12的苛性钠溶液与ph=1的稀硫酸等体积混合，溶液的ph=7【考点】离子积常数【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、t下，酸碱盐溶液中也存在c（h+）c（oh）=1013；b、c（h+）=c（oh）时溶液显中性；c、当室温下时，ph=7的溶液是中性的；d、ph=12的苛性钠溶液与ph=1的稀硫酸等体积混合，根据氢离子和氢氧根离子量的关系确定溶液的酸碱性【解答】解：a、t下，酸碱盐溶液中也存在c（h+）c（oh）=1013，故a错误；b、当c（h+）=c（oh）时溶液显中性，直线上只有一点显中性，即c（h+）=c（oh）的点，故b错误；c、该温度下，kw=1013 mol2l2，t时，ph=6.5的溶液显中性，ph=7的溶液显碱性，故c正确；d、该温度下，ph=12的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.1mol/l，ph=1的稀硫酸中氢离子浓度是0.1mol/l，等体积混合，溶液显中性，ph=6.5，故d错误故选c【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意水的离子积常数的计算，把握相关计算公式的运用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力9可逆反应a（g）+bc（g）+d达到平衡时，下列说法不正确的是（）a若增大a的浓度，平衡体系颜色加深，d不一定是具有颜色的气体b增大压强，平衡不移动，说明b、d必是气体c升高温度，c的百分含量减小，说明正反应是放热反应d若b是气体，增大a的浓度会使b的转化率增大【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】aa本身可能为有颜色的气体；b因a、c为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明b、d均不是气体或均为气体；c升高温度，c的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动；db是气体时，增大一种反应物必然会促进另一种反应物的转化【解答】解：a因a本身可能为有颜色的气体，则若增大a的浓度，平衡体系颜色加深，d不一定是具有颜色的气体，故a正确；b因a、c为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明b、d均不是气体或均为气体，故b错误；c升高温度，c的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，即正反应为放热反应，故c正确；db是气体时，增大一种反应物必然会促进另一种反应物的转化，所以增大a的浓度会使b的转化率增大，故d正确；故选b【点评】本题考查影响化学平衡的因素，明确温度、压强对化学平衡的影响及物质的状态等即可解答，题目难度不大，注意a为学生解答的易错点10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溶液中水的电离程度dval溶液与vbl溶液混合后，若混合后溶液ph=4，则va：vb=11：9【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【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、两溶液中氢离子浓度相等，对水的电离的抑制程度相同；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、两溶液中氢离子浓度相等，对水的电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，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11下列关于电解质溶液中离子关系的说法或离子方程式书写正确的是（）a用铜作电极电解nacl溶液：2cl+2h2ocl2+h2+2ohb常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的ph=7，则混合溶液中：c（na+）=c（ch3coo）c磷酸一氢钠溶液水解：hpo42+h2opo42+h3o+d常温下，由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液，nh4+、so42、hco3、cl能大量共存【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子共存问题【分析】a、用cu作电极电解nacl溶液时，阳极上cu失电子；b、根据电荷守恒可知c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（ch3coo），结合ph=7综合分析解答；c、磷酸一氢根离子水解生成磷酸二氢根离子；d、常温下，由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液的ph为2或12【解答】解：a、用cu作电极电解nacl溶液时，阳极上cu失电子生成铜离子，阴极上氢离子放电生成氢气，故a错误；b、根据电荷守恒可知c（h+）+c（na+）=c（oh）+c（ch3coo），而溶液ph=7，即c（h+）=c（oh），两式相减，得到c（na+）=c（ch3coo），故b正确；c、磷酸一氢根离子水解生成磷酸二氢根离子，hpo42+h2opo42+h3o+为电离方程式，故c错误；d、常温下，由水电离产生的c（h+）=1012moll1的溶液的ph为2或12，hco3一定不会大量存在，故d错误；故选b【点评】本题考查了电解原理、溶液中的电荷守恒、盐类水解方程式书写、离子共存，属于基础知识的考查，题目难度不大12恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2no2（气）n2o4（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量no2，又达到平衡时，n2o4的体积分数（）a不变b增大c减小d无法判断【考点】化学平衡移动原理；化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2n02（气） n204（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量n02，则体积增大，二氧化氮浓度不变，根据浓度对化学平衡移动的影响来回答【解答】解：恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2n02（气） n204（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量n02，则体积增大，可以认为是两个一样的容器加入一样的二氧化氮，建立相同的平衡后，两个容器叠加，抽掉隔板，则此时n204的体积分数和原来的两个容器中的一样，保持不变故选a【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素，可以根据所学知识来回答，难度不大13下列反应达到平衡后，加压或升温，平衡都向正反应方向移动的是（）a2no2（g）n2o4（g）h0b3o2（g）2o3（g）h0ch2（g）+i2（g）2hi（g）h0dnh4hco3（s）nh3（g）+h2o（g）+co2（g）h0【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】加压平衡正向移动，说明正反应气体体积减小，升温平衡正向移动，说明正反应吸热，据此分析【解答】解：加压平衡正向移动，说明正反应气体体积减小，升温平衡正向移动，说明正反应吸热，a、正反应是放热反应，故a错误；b、正反应是吸热反应且气体体积减小，故b正确；c、反应前后气体体积不变，正反应放热，故c错误；d、正反应气体体积增大，故d错误；故选b【点评】本题考查了化学平衡移动的影响因素，据勒夏特列原理分析即可，题目难度不大14常温下，向10ml 0.1moll1的hcl溶液中逐滴加入0.1moll1的nh3h2o溶液，其ph逐渐增大，图中a，b，c三点的ph为实验所测得下列有关说法中一定错误的是（）a水的电离程度先增大后减小b当ph=7时，所加nh3h2o溶液的体积大于10mlc当7ph9时，溶液中c（nh4+）c（cl）d继续滴加0.1moll1的nh3h2o溶液，溶液的ph最终可以变化至13【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】a酸和碱抑制了水的电离，随着氨水的滴入，开始时溶液中氢离子浓度逐渐减小，则水的电离沉淀逐渐增大，之后当二者恰好反应后再滴入氨水，氨水过量，氨水电离的氢氧根离子抑制了水的电离，则水的电离程度逐渐减小；b一水合氨为弱电解质，当氨水体积为10ml时，二者恰好反应生成氯化铵，溶液显示酸性，若为中性，则氨水应该稍过量；c当7ph9时，溶液显示碱性，则c（h+）c（oh），结合电荷守恒进行判断；d一水合氨为弱碱，0.1mol/l的氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/l【解答】解：a盐酸中氢离子抑制了水的电离，开始时随着氨水的滴入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，则水的电离沉淀逐渐增大，当二者恰好反应后再滴入氨水，氨水过量，一水合氨电离的氢氧根离子抑制了水的电离，则水的电离程度会逐渐减小，所以水的电离程度先增大后减小，故a正确；b当两溶液恰好反应时生成强酸弱碱盐氯化铵，溶液呈酸性，若满足溶液的ph=7，所加nh3h2o溶液的体积应该大于10ml，故b正确；c当7ph9时溶液呈碱性，则：c（h+）c（oh），根据溶液中的电荷守恒可知：c（nh4+）c（cl），故c正确；d.0.1moll1的nh3h2o溶液中氢氧根离子浓度一定小于0.1mol/l，溶液的ph小于13，则混合液的ph一定小于13，故d错误；故选d【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算方法，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法15在na2s溶液中存在的下列关系不正确的是（）ac=2c+c+cbc+c=c+c+ccc=c+c+2cdcccc【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】硫化钠溶液中，硫化钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度；溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷相等；溶液中的物质遵循物料守恒【解答】解：a、硫化钠溶液中遵循物料守恒，即钠离子浓度与含有硫元素的微粒浓度之和的比为2：1，即（na+）=2c（s2）+c（hs）+c（h2s），故a正确b、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2），故b错误c、溶液中物料守恒得（na+）=2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s），电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hs）+2c（s2），所以c（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s），故c正确d、溶液中硫离子水解导致（na+）2c（s2），所以钠离子浓度大于硫离子浓度，硫离子水解生成部分氢氧根离子，硫氢根离子水解生成部分氢氧根离子，只有硫离子水解生成硫氢根离子，所以溶液中氢氧根离子浓度大于硫氰根离子浓度，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（na+）c（s2）c（oh）c（hs），故d正确故选b【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可16cocl2（g）co（g）+cl2（g）；h0当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体增加co浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，能提高cocl2转化率的是（）abcd【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】化学反应cocl2（g）co（g）+cl2（g）h0，正反应是气体体积增大的吸热反应，升温平衡向吸热反应方向移动；恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；增加co的浓度，平衡逆向进行；减压平衡向气体体积增大的方向进行；加催化剂，改变速率不改变平衡；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行【解答】解：化学反应cocl2（g）co（g）+cl2（g）h0，正反应是气体体积增大的吸热反应，升温平衡向正反应移动，cocl2转化率增大，故符合；恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，cocl2转化率不变，故不符合；增加co的浓度，平衡向逆反应方向移动，cocl2转化率减小故不符合；减压平衡向正反应方向移动，cocl2转化率增大，故符合；加催化剂，改变速率不改变平衡，cocl2转化率不变，故不符合；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，cocl2转化率增大，故符合，故选：b【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等二、非选择题：（共52分）17教材中用酸性kmno4和h2c2o4（草酸）反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o一实验小组欲通过测定单位时间内生成co2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（kmno4溶液已酸化）：实验序号a溶液b溶液20ml 0.1moll1h2c2o4溶液30ml 0.01moll1kmno4溶液20ml 0.2moll1h2c2o4溶液30ml 0.01moll1kmno4溶液（1）该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响相同时间内针筒中所得co2的体积较大的是（填实验序号）（2）若实验在2min末收集了4.48ml co2（标准状况下），则在2min末，c（mno4）=0.0052mol/l（3）除通过测定一定时间内co2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定高锰酸钾溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需时间来比较化学反应速率（4）小组同学发现反应速率总是如右图，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：该反应放热、产物mn2+（或mnso4）是反应的催化剂【考点】探究影响化学反应速率的因素【专题】化学反应速率专题【分析】（1）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中a溶液的浓度比中大；（2）先求出反应的（mno4）的物质的量，再求出反应后的浓度；（3）通过测定kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；（4）催化剂能加快化学反应的速率【解答】解：（1）对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中a溶液的浓度比中大，化学反应速率大，所得co2的体积大，故答案为：浓度；（2）co2的物质的量是：4.48ml10322.4mol/l=0.0002mol，设2min末，反应（mno4）为x2mno4+5h2c2o4+6h+=2mn2+10co2+8h2o2 10x 0.0002mol解得 x=0.00004mol30ml1030.01moll10.00004mol=0.00026molc（mno4）=nv=0.00026mol0.05l=0.0052mol/l故答案为：0.0052；（3）通过测定kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，故答案为：kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；（4）催化剂能加快化学反应的速率，产物mn2+（或mnso4）是反应的催化剂，故答案为：产物mn2+（或mnso4）是反应的催化剂【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素，难度不大，注意可通过测定kmno4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率18可逆反应a（g）+2b（g）2c（g）h0，在一定条件下达平衡，若改变条件，将变化结果（“变大”、“变小”或“不变”）填入空格（1）保持温度和压强不变，充入惰性气体，则c的物质的量减小（2）保持温度和体积不变，加入惰性气体，则a的转化率不变（3）某温度下，在一容器可变的容器中，上诉反应达到平衡时，a、b和c的物质的量分别为2mol、4mol、和4mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是ca均减半 b均加倍 c均增加1mol d均减少1mol【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）保持温度和压强不变，充入惰性气体，容器容积增大，等效为压强减小，平衡逆向移动；（2）保持温度和体积不变，加入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动；（3）保持温度和压强不变，a、b、c的物质的量之比为1：2：2时，处于平衡状态a物质的量均减半，a、b、c的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，平衡不移动；b物质的量均加倍 a、b、c的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，平衡不移动；ca、b和c的物质的量分别为2.5mol、5mol、和5mol时处于平衡状态，均增加1mol等效为前者平衡的基础上增大0.5mola；da、b和c的物质的量分别为1.5mol、3mol、和3mol时处于平衡状态，均进行1mol等效为前者平衡的基础上移走0.5mola【解答】解：（1）保持温度和压强不变，充入惰性气体，容器容积增大，等效为压强减小，平衡逆向向移动，c的物质的量减小，故答案为：减小；（2）保持温度和体积不变，加入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，a的转化率不变，故答案为：不变；（3）保持温度和压强不变，a、b、c的物质的量之比为1：2：2时，处于平衡状态；a物质的量均减半，a、b、c的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，恒温恒压下为等效平衡，平衡不移动，故a不符合；b物质的量均加倍 a、b、c的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，恒温恒压下为等效平衡，平衡不移动，故b不符合；ca、b和c的物质的量分别为2.5mol、5mol、和5mol时处于平衡状态，均增加1mol等效为前者平衡的基础上增大0.5mola，平衡正向移动，故c符合；da、b和c的物质的量分别为1.5mol、3mol、和3mol时处于平衡状态，均进行1mol等效为前者平衡的基础上移走0.5mola，平衡逆向移动，故d不符合，故选：c【点评】本题考查化学平衡移动、等效平衡，难度中等，关键是理解效平衡规律：1、恒温恒容，反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比，2：恒温恒压，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比19（1）泡沫灭火剂的原理是al3+3hco3=al（oh）3+3co2（写离子方程式），泡沫灭火器中有塑料筒和铁筒两种容器，其中小苏打溶液放在铁 筒，al2（so4）3溶液放在塑料筒，原因是因为al2（so4）3溶液中al3+水解显酸性，会腐蚀铁筒（2）实验室配制feso4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因是抑制fe2+的水解；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是防止fe2+被空气中的氧气氧化成fe3+（3）把alcl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是al2o3，为什么因为溶液中存在alcl3+3h2oal（oh）3+3hcl，加热促进alcl3水解，生成al（oh）3沉淀，hcl挥发，水解完全，al（oh）3受热分解成al2o3（用化学方程式和必要的文字说明）【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】（1）泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；铝离子水解显酸性，能腐蚀铁筒；（2）亚铁离子水解显酸性，亚铁离子具有还原性，易被氧气氧化；（3）alcl3水解生成氢氧化铝和hcl，加热促进水解，而且hcl易挥发，氢氧化铝受热易分解【解答】解：（1）泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，其水解的离子方程式为：al3+3hco3=al（oh）3+3co2；铝离子水解显酸性，能腐蚀铁筒，所以al2（so4）3溶液放在塑料桶中，小苏打溶液盛放在铁桶中；故答案为：al3+3hco3=al（oh）3+3co2；铁；塑料；因为al2（so4）3溶液中al3+水解显酸性，会腐蚀铁筒；（2）亚铁离子水解显酸性，所以配制feso4溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，抑制fe2+的水解；亚铁离子具有还原性，易被氧气氧化，在溶液中要加入少量铁屑