湖北省宜昌市长阳一中高一化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省宜昌市长阳一中高一（下）期末化学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分）1（3分）（2014秋福建校级期末）某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）a用10ml量筒量取7.13ml稀盐酸b用托盘天平称量25.20gnaclc用广泛ph试纸测得某溶液的ph为2.3d用25ml滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70ml考点：计量仪器及使用方法专题：化学实验常用仪器分析：根据化学常用仪器的精确度，托盘天平的精确度为0.1g、量筒的精确度为0.1ml、广泛ph试纸精确到整数，滴定管精确度为0.01ml，否则数据不合理解答：解：a、量筒量取时能精确到0.1ml，无法量取7.13ml盐酸，故a错误；b、天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取25.20g氯化钠，故b错误；c、广泛ph试纸测得溶液的ph值应是整数，故c错误；d、滴定管精确度为0.01ml，能测量出碱溶液21.70ml，故d正确故选d点评：本题是考查中学化学中常用仪器在使用中读数的问题，同学们应熟悉不同仪器的精确度不同并熟练掌握2（3分）（2015春宜昌校级期末）下列有关化学用语使用不正确的是（）a原子核内有l8个中子的氯原子：clbs2的结构示意图：cco2分子比例模型：dh2o2的电子式：考点：电子式；原子结构示意图；球棍模型与比例模型；质量数与质子数、中子数之间的相互关系分析：a质量数=质子数+中子数；b硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子；c比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构；d过氧化氢是共价化合物解答：解：a质量数=质子数+中子数=17+18=35，故a正确； b硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子，离子结构示意图为，故b正确；c二氧化碳的分子式为co2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，实际碳原子半径大于氧原子半径，故c错误；d过氧化氢是共价化合物，其电子式为，故d正确故选c点评：本题考查常用化学用语的书写与理解，难度不大，注意阴离子的结构示意图3（3分）（2015春宜昌校级期末）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）a蒸馏水和0.1 moll1naoh溶液中的c（h+），前者大于后者b红棕色的no2加压后颜色先变深后变浅c高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快d用加热蒸干alcl3溶液的办法不能制得无水alcl3考点：化学平衡移动原理分析：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，否则勒夏特列原理不适用解答：解：a水的电离是可逆反应，向水中加入naoh溶液时，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水的电离，所以蒸馏水和0.1 moll1naoh溶液中的c（h+），前者大于后者，能用平衡移动原理解释，故a不选；b存在平衡2no2n2o4，加压后容器体积减小，二氧化氮浓度增大，所以颜色加深，但增大压强平衡向正反应方向移动，所以气体颜色会变浅，看到的现象是先变深后变浅，能用平衡移动原理解释，故b不选；c催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，所以加入催化剂不能用平衡移动原理解释，故c选；d加热氯化铝溶液时，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，从而促进氯化铝水解，蒸干溶液得到氢氧化铝而不是氯化铝，可以用平衡移动原理解释，故d不选；故选c点评：本题考查化学平衡移动原理，明确勒夏特里原理内涵是解本题关键，注意其适用条件及范围，只有改变条件能使平衡移动的可逆反应才能用平衡移动原理解释，易错选项是c4（3分）（2015春宜昌校级期末）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）a已知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h1；2c（s）+o2（g）2co（g）h2，则h1h2b若c（石墨，s）=c（金刚石，s）h0，则金刚石比石墨稳定c已知naoh（aq）+hcl（aq）nacl（aq）+h2o（l）；h=57.4 kjmol1，则20.0g naoh固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kj的热量d若2h2（g）+o2（g）2h2o（g）；h=483.6 kjmol1，则h2燃烧热为241.8 kjmol1考点：热化学方程式分析：aco燃烧可以进行继续放出热量，注意焓变比较应考虑符号“”；b物质具有的能量越高越不稳定；c氢氧化钠溶解放出大量的热；d燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的化合物所放出的热量解答：解：a一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程，故生成co放出热量较少，碳的燃烧为放热反应，焓变h0，故h1h2，故a正确；b由c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，可知石墨能量小于金刚石，石墨比金刚石稳定，故b错误；c氢氧化钠固体溶解放出大量的热，故20.0g naoh固体与稀盐酸完全中和，放出热量大于28.7 kj，故c错误；d氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kj/mol，气态水不是稳定氧化物，2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=483.6kjmol1，则氢气燃烧热241.8kjmol1，故d错误，故选a点评：本题考查反应热比较、中和热、燃烧热等，注意对概念与热化学方程式的理解，难度不大5（3分）（2015春宜昌校级期末）已知ksp（agcl）=1.81010；ksp（agbr）=5.31013，将agcl与agbr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓agno3溶液，发生的反应为（）aagcl沉淀多于agbr沉淀bagcl和agbr沉淀等量生成cagcl沉淀少于agbr沉淀d只有agbr沉淀生成考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：向两饱和溶液中，加入agno3，agcl与agbr的溶解平衡向左移动，但是饱和溶液中agbr的溶解度更小，所以溶液中agcl沉淀较多解答：解：在agcl和agbr两饱和溶液中，前者c（ag+）大于后者c（ag+），c（cl）c（br），当将agcl、agbr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的agbr沉淀，与此同时，溶液中n（cl）比原来agcl饱和溶液中大，当加入足量的浓agno3溶液时，agbr沉淀有所增多，但agcl沉淀增加更多故选a点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，解答本题时注意agcl的溶解度比agbr大，加入硝酸银，抑制溶解平衡向右移动，生成沉淀更多6（3分）（2015春宜昌校级期末）下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是（）0.1mol/l的氨水可以使酚酞试液变红0.1mol/l的氯化铵溶液的ph约为5在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱铵盐受热易分解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：证明一水合氨是弱电解质，可从部分电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较，可与强电解质对照判断，以此解答该题解答：解0.1mol/l的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故错误；0.1mol/l的氯化铵溶液的ph约为5，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故正确；在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故正确；铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故错误故选b点评：本题考查电解质的电离，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握实验设计的角度7（3分）（2015春宜昌校级期末）定容容器a与定压容器b的体积开始时相同，内皆装有同质量、同物质的量之比的so2与o2混合气体，经一定时间在相同温度下达到平衡有关叙述正确的是（）aa、b中so2的转化率相同bb中的反应速率比a中快ca中so2的转化率比b中高d若a、b中皆再加入同量的氩气，平衡不移动考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：a容器保持体积不变，b容器保持压强不变，过程中b容器中压强大于a容器，反应速率大于a，达到平衡的时间短，相当于对a容器平衡增大压强，平衡正向进行，b容器中二氧化硫转化率大于a容器，据此解答解答：解：a容器保持体积不变，b容器保持压强不变，过程中b容器中压强大于a容器，反应速率大于a，达到平衡的时间短，相当于对a容器平衡增大压强，平衡正向进行，b容器中二氧化硫转化率大于a容器，a、相当于对a容器平衡增大压强，平衡正向进行，b容器中二氧化硫转化率大于a容器，故a错误；b、a容器保持体积不变，b容器保持压强不变，过程中b容器中压强大于a容器，b中的反应速率大于a，故b正确；c、相当于对a容器平衡增大压强，平衡正向进行，b容器中二氧化硫转化率大于a容器，故c错误；d、再加入同量的氩气，a体积不变，各气体分压不变，平衡不移动，b中条件增大，各气体分压减小，平衡逆向移动，故d错误；故选b点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，恒温恒容、恒温恒压容器的变化特征，题目难度中等，掌握分析方法是关键8（3分）（2015春宜昌校级期末）下列叙述正确的是（）ac（nh4+）相等的（nh4）2so4溶液、（nh4）2fe（so4）2溶液和nh4cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（nh4）2fe（so4）2c（nh4）2so4c（nh4cl）b若用50 ml 0.55 moll1的氢氧化钠溶液，分别与50 ml 0.50 moll1的盐酸和50 ml0.50moll1硫酸充分反应，两反应的中和热不相等c0.2 mol/l hcl溶液与等体积0.05 mol/l ba（oh）2 溶液混合后，溶液的ph=1d0.2 mol/l的nahco3溶液中c（h+）+c（h2co3）=2c（co32）+c（oh）考点：离子浓度大小的比较专题：盐类的水解专题分析：a根据亚铁离子抑制了铵根离子的水解及化学式中含有铵根离子的数目分析；b根据中和热的概念和实质来判断；c0.05mol/l的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/l，混合液中氢离子浓度为0.05mol/l；d根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒、电荷守恒进行分析解答：解：a氯化铵和硫酸铵中铵根离子水解，由于硫酸铵中电离出两个铵根离子，当铵根离子浓度相等时，氯化铵浓度大于硫酸铵；（nh4）2fe（so4）2溶液中，铵根离子和亚铁离子水解相互抑制，且电离出两个铵根离子，故其浓度最小，所以铵根离子浓度相等是溶质浓度大小为：c（nh4）2fe（so4）2c（nh4）2so4c（nh4cl），故a正确；b中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以两个反应中和热相等，故b错误；c.0.2 mol/l hcl溶液与等体积0.05 mol/l ba（oh）2 溶液混合后，混合液中氢离子浓度为0.05mol/l，溶液的ph1，故c错误；d根据电荷守恒可得：c（h+）+c（na+）=2c（co32）+c（oh）+c（hco3），根据物料守恒可得：c（na+）=c（co32）+c（h2co3）+c（hco3），二者相减可得：c（h+）+c（h2co3）=c（co32）+c（oh），故d错误；故选a点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生对基础知识的灵活应用能力，注意明确溶液酸碱性与溶液ph的关系，熟练掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法9（3分）（2015春宜昌校级期末）下列图示与对应的叙述相符的是（）a图为碱式滴定管，可盛装naoh、kmno4等溶液，不可盛装酸性液体b图中曲线表示反应2a（g）+b（g）2c（g）h0，正、逆反应的平衡常数k随温度的变化c图中如果a是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，则电流计指针偏转，且a变粗，b变细d图表示25时，caso4在水中的沉淀溶解平衡曲线向100 ml该条件下的caso4饱和溶液中加入100 ml 0.01moll1的na2so4溶液有沉淀析出考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义；不能加热的仪器及使用方法分析：a、酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管的橡皮管；b、该反应为吸热反应，温度越高正反应平衡常数越大，逆反应平衡常数越小；c、a是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，铁作负极发生氧化反应，b是碳为正极发生还原反应；d、硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：caso4（s）ca2+so42，通过图象可知，25时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比较来判断解答：解：a图a为碱式滴定管，酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以不能盛放酸性高锰酸钾溶液，故a错误；b该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应平衡常数越大，逆反应平衡常数越小，故b错误；ca是铁，b是碳，c是氯化铜溶液，a是铁作负极逐渐溶解，则a变细，b是碳为正极，正极上有铜生成，则b变粗，故c错误；d、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100 ml 0.01 mol/l的na2so4溶液后，混合液中c（ca2+）=1.5103 mol/l，c（so42）=6.5103 mol/l，溶液中c（ca2+）c（ so42 ）=1.5103 6.5103=9.75106ksp（caso4）=9.0106，所以混合液中有caso4沉淀析出，故d正确；故选d点评：本题考查滴定管的选取、反应热与平衡常数的关系、原电池原理、难溶物的溶解平衡等知识点，明确“同一温度下，可逆反应中正逆反应平衡常数互为倒数”10（3分）（2015春宜昌校级期末）下列离子方程式正确的是（）a过氧化钠与水的反应：2o22+2h2o4oh+o2balcl3和过量氨水反应：al3+4ohalo2+2h2oc成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：cl+cl0+2h+cl2+h20d等物质的量的ba（oh）2与nahso4在溶液中反应：ba2+2oh+2h+so42baso4+2h2o考点：离子方程式的书写分析：a过氧化钠为氧化物，离子方程式中过氧化钠不能拆开；b氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；c次氯酸根离子和氯离子在酸性条件下能够反应生成氯气；d物质的量相等的氢氧化钡和硫酸氢钠反应，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式书写，氢离子和氢氧根离子的系数错误解答：解：a过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确的离子反应为：2na202+2h2o40h+4na+o2，故a错误；b氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故b错误；c成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合，二者反应生成有毒的氯气，容易导致中毒，反应的离子方程式为：cl+cl0+2h+cl2+h20，故c正确；d等物质的量的ba（oh）2与nahso4在溶液中反应生成硫酸钡、水和氢氧化钠，正确的离子方程式为：ba2+oh+h+so42baso4+h2o，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；d为易错点，注意反应物过量对生成物的影响11（3分）（2015春宜昌校级期末）如图为10ml x moll1的盐酸用y moll1的naoh溶液滴定的图象，依据图象推出x和y的数值可能是下列各组中的（）abcdx0.120.040.030.09y0.040.120.090.03aabbccdd考点：中和滴定专题：图示题分析：设x和y的物质的量浓度分别为c（hcl）、c（naoh），当naoh溶液体积为20ml，利用关系式hclnaoh，结合图象可知，酸过量，c（h+）=0.01mol/l，当naoh溶液体积为30ml，利用关系式hclnaoh，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即10c（hcl）=30c（naoh），联立方程组，求解解答：解：设x和y的物质的量浓度分别为c（hcl）、c（naoh），当naoh溶液体积为20ml，结合图象可知，酸过量，c（h+）=0.01mol/l 当naoh溶液体积为30ml，结合图象可知，溶液呈中性，恰好反应，即10c（hcl）=30c（naoh）由、求解得c（hcl）=0.09mol/l、c（naoh）=0.03mol/l，故选d点评：本题主要考查了ph值的计算，抓住酸过量时，相当于对过量的酸进行稀释，恰好反应时两者的物质的量之比等于化学计量数之比12（3分）（2015春宜昌校级期末）常温时，下列各组溶液中，水的电离的c（h+）相等的是（）a0.3mol/l的hcl溶液与0.3mol/l的ch3cooh溶液b0.1mol/l的h2so4溶液与0.2mol/l的naoh溶液c0.2mol/l的nh4cl溶液与0.2mol/l的nh4hco3溶液d0.3mol/l的na2co3溶液和0.3mol/l的na2so3考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、hcl为强酸，醋酸为弱酸，弱酸电离不完全；b、0.1mol/l的h2so4溶液中，氢离子的浓度是0.2mol/l；c、铵根浓度相同，氯化铵中铵根水解，碳酸氢铵中碳酸氢根促进铵根水解；d、亚硫酸与碳酸的酸性不同，电离程度不相同解答：解：a、hcl为强酸，醋酸为弱酸，0.3mol/l的hcl中氢离子浓度就是0.3mol/l，水电离出的氢氧根为：mol/l，弱酸电离不完全，故由水的电离出的c（h+）不确定，故a错误；b、0.1mol/l的h2so4溶液中，氢离子的浓度是0.2mol/l，与0.2mol/l的naoh溶液电离出的氢氧根浓度相等，水的电离出的c（h+）相等，故b正确；c、铵根浓度相同，氯化铵中铵根水解，碳酸氢铵中碳酸氢根促进铵根水解，水的电离出的c（h+）不相等，故c错误；d、亚硫酸与碳酸的酸性不同，电离程度不相同，水的电离出的c（h+）相等，故d错误点评：本题主要考查的是水的电离，盐类水解的应用等，难度不大13（3分）（2009佛山一模）有x、y两种元素，原子序数20，x的原子半径小于y，且x、y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数），下列说法正确的是（）a若x（oh）n为强碱，则y（oh）n也一定为强碱b若hnxom为强酸，则x的氢化物溶于水一定显酸性c若x形成的单质是x2，则y元素形成的单质一定是y2d若y的最高正价为+m，则x的最高正价一定为+m考点：原子结构与元素的性质专题：元素周期律与元素周期表专题分析：x、y原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，x的原子半径小于y，则原子序数y大于x，根据同主族元素性质的递变规律判断解答：解：x、y原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，x的原子半径小于y，则原子序数y大于x，则：a如x、y为金属元素，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故a正确；b若hnxom为硝酸，则x的氢化物为氨气，为碱性气体，溶于水呈碱性，故b错误；c若x形成的单质是n2，则y元素形成的单质可以是红磷或者白磷，白磷的分子式为p4，故c错误；d若y的最高正价为+m，x不一定有正价，如cl的最高正价为+7价，而f的最高价为0价，故d错误故选a点评：本题考查原子结构与元素的性质，题目难度不大，本题注意同主族元素性质的递变规律，特别注意化合价等问题14（3分）（2015春宜昌校级期末）下列说法正确的是（）a为确定某酸h2a是强酸还是弱酸，可测naha溶液的ph，若ph7，则h2a是弱酸；若ph7，则h2a一定是强酸b用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氨水，选用最佳指示剂为酚酞c为减小洗涤过程中固体的损失，最好选用稀h2so4代替h2o来洗涤baso4沉淀d常温下，强酸溶液的ph=a，将溶液的体积稀释到原来的10n倍，则ph=a+n考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定分析：a、若naha溶液的ph7，h2a也可能是弱酸；b、盐酸和氨水恰好反应时溶液呈酸性，酚酞的变色范围约为810，为碱性环境；c、加入与难溶盐含相同离子的强电解质时，难溶盐的溶解度会降低；d、若a+n7时，常温下，强酸溶液的ph=a，将溶液的体积稀释到原来10n倍，则ph=a+n；但是若a+n7时，溶液稀释后其ph不可能大于7，只能无限接近7解答：解：a、若naha溶液的ph7，h2a也可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸是弱酸，故a错误；b、盐酸和氨水恰好反应时溶液呈酸性，酚酞的变色范围约为810，为碱性环境，如滴定至指示剂变色，则加入盐酸较少，氨水没有完全反应，会使测定出的氨水物质的量浓度偏低，故b错误；c、加入与难溶盐含相同离子的强电解质时，难溶盐的溶解度会降低，为减少洗涤过程中固体的损失，应选用稀h2so4溶液代替h2o来洗涤baso4沉淀，故c正确；d、常温下，强酸溶液的ph=a，将溶液的体积稀释到原来10n倍，若a+n7时，则ph=a+n；但是若a+n7时，溶液稀释后其ph不可能大于7，溶液的ph只能无限接近7，故d错误；故选c点评：本题考查了弱电解质的电离以及根据盐判断酸的强弱、酸碱中和滴定时指示剂的选择、沉淀的溶解平衡、溶液ph的计算，题目难度不大15（3分）（2015春宜昌校级期末）将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐溶液混合溶于硫酸酸化的水中，测得c（so42）=0.105mol/l，c（al3+）=0.055mol/l，溶液的 ph=2.0，则 c（k+）为（）a0.045mol/lb0.035mol/lc0.055mol/ld0.040mol/l考点：物质的量浓度专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：依据溶液中电荷守恒分析计算，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数解答：解：将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐溶液混合溶于硫酸酸化的水中，测得c（so42）=0.105mol/l，c（al3+）=0.055mol/l，溶液的ph=2.0，溶液中氢氧根离子浓度较小可以忽略不计存在电荷守恒：2c（so42）=3c（al3+）+c（k+）+c（h+），20.105=30.055+c（k+）+0.01，c（k+）=0.035mol/l，故选b点评：本题考查了电解质溶液中电荷守恒的计算分析应用，掌握计算方法是关键，题目较简单16（3分）（2012徐汇区一模）在一定体积ph=12的ba（oh）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的nahso4溶液，当溶液中的ba2+恰好完全沉淀时，溶液ph=11若反应后溶液的体积等于ba（oh）2溶液与nahso4溶液的体积之和，则ba（oh）2溶液与nahso4溶液体积比是（）a1：9b1：1c1：2d1：4考点：离子方程式的有关计算；ph的简单计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要ba（oh）2和nahso4按照物质的量1：1反应，结合溶液的ph和溶液体积换算物质的量列式计算解答：解：ph=12的ba（oh）2溶液中c（oh）=102mol/l，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x102mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x102mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应ba（oh）2+nahso4=baso4+h2o+naoh，混合后溶液ph=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为103mol/l；所以得到：=103；得到x：y=1：4，故选d点评：本题考查了酸碱反应的综合计算，溶液ph的计算应用，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键二、解答题（共6小题，满分52分）17（10分）（2015春宜昌校级期末）（1）理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池请利用反应“cu+2ag+2ag+cu2+”设制一个化学电池（正极材料用碳棒），回答下列问题：该电池的负极材料是cu，发生氧化反应（填“氧化”或“还原”），电解质溶液是硝酸银溶液；若导线上转移电子1mol，则被还原的物质108克（2）已知拆开1mol hh键、1mol nn、1mol nh键分别需要吸收的能量为436kj、946k j、391k j则由n2和h2反应生成1mol nh3需要放出（填“放出”或“吸收”）46kj的热量（3）常温下将0.010molch3coona和0.004molhcl溶于水，配制成0.5l混合溶液，判断：溶液中共有7种微粒（包括分子和离子）；溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是ch3coo和ch3cooh；溶液中n（ch3coo）+n（oh）n（h+）=0.006mol考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理分析：（1）根据方程式，失电子的物质作负极；电解质溶液中含有得电子的ag+；根据正极反应式计算ag的物质的量，带入m=nm计算质量；（2）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热，以此计算反应热并判断吸热还是放热；（3）ch3coona和hcl反应生成ch3cooh和nacl，因ch3coona的物质的量大于hcl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为nacl、ch3cooh、ch3coona，且ch3coona的物质的量与ch3cooh的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡h2oh+oh、ch3coohch3coo+h+，水解平衡ch3coo+h2och3cooh+oh，据此判断溶液中存在的粒子；任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断解答：解：（1）原电池中失电子的物质作负极，负极发生氧化反应，根据反应方程式知，cu作负极，电解质溶液中含有得电子的ag+，可用硝酸银溶液作电解质溶液，故答案为：cu；氧化；硝酸银溶液；由ag+e=ag可知，导线上转移电子1mol，则被还原生成1molag，质量为1mol108g/mol=108g，故答案为：108；（2）拆1molhh键、1molnn、1molnh键分别需要吸收的能量为436kj、946kj、391kj，在反应n2+3h22nh3中，断裂3mol hh键，1mol n三n键共吸收的能量为：3436kj+946kj=2254kj，生成2mol nh3，共形成6molnh键，放出的能量为：6391kj=2346kj，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kj2254kj=92kj，所以生成1mol nh3放出热量为46kj；故答案为：放出；46kj；（3）ch3coona和hcl反应生成ch3cooh和nacl，因ch3coona的物质的量大于hcl，所以醋酸钠有剩余，溶液中的溶质为nacl、ch3cooh、ch3coona，且ch3coona的物质的量与ch3cooh的物质的量之比为3：2，溶液中存在电离平衡 h2oh+oh、ch3coohch3coo+h+，水解平衡ch3coo+h2och3cooh+oh，所以溶液中存在的粒子有h2o、h+、oh、ch3cooh、ch3coo、na+、cl，所以一共有7种微粒，故答案为：7； 任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得n（ch3coo）+n（ch3cooh）=0.010mol；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得n（ch3coo）+n（oh）+n（cl）=n（h+）+n（na+），所以的n（ch3coo）+n（oh）n（h+）=n（na+）n（cl）=0.010mol0.004mol=0.006mol，故答案为：ch3coo；ch3cooh；0.006点评：本题考查原电池的设计、反应热的计算、离子浓度大小比较，题目难度不大，（3）中明确溶液中的溶质是解本题关键，再利用电荷守恒、物料守恒解答，会判断溶液中存在的微粒，为易错点18（8分）（2015春宜昌校级期末）将0.2moll1 ha溶液与0.2moll1 naoh溶液等体积混合，测得混合溶液中c（na+）c（a），则（用“”、“”或“=”填写下列空白）：（1）混合溶液中c（ha）c（a）；（2）混合溶液中c（ha）+c（a）=0.1moll1；（3）混合溶液中由水电离出的c（oh）0.2moll1 ha溶液中由水电离出的c（h+）；（4）25时，如果取0.2moll1 ha溶液与0.1moll1 naoh溶液等体积混合，测得混合溶液的ph7，则ha的电离程度naa的水解程度考点：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专题分析：（1）将0.2mol/l ha溶液与0.2mol/l naoh溶液等体积混合，恰好反应生成naa，测得混合溶液中c（na+）c（a），说明ha是弱酸弱酸阴离子水解生成的ha；（2）依据溶液中物料守恒计算得到；（3）溶液中naa水解显碱性；（4）如果取0.2mol/l ha溶液与 0.1mol/l naoh 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa和ha，且二者的物质的量浓度相等，测得混合溶液的ph7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度解答：解：（1）将0.2mol/l ha 溶液与 0.2mol/l naoh溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa，物质的量浓度是0.1mol/l，混合溶液中c（na+）c（a），说明a离子水解显碱性，a+h2oha+oh，c（ha）c（a）；故答案为：；（2）溶液中c（h+）c（oh），溶液naa呈碱性，根据物料守恒得c（ha）+c（a）=0.1mol/l，故答案为：=；（3）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中，由水电离出来的c（oh）0.2mol/l ha溶液中由水电离出的c（h+），故答案为：；（4）如果取0.2mol/l ha溶液与 0.1mol/l naoh 溶液等体积混合，则溶液中的溶质是naa，测得混合溶液的ph7，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；故答案为：点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据混合溶液中溶质及溶液的酸碱性确定弱电解质的电离程度和弱根离子的水解程度相对大小，难度中等19（12分）（2015春宜昌校级期末）在一定温度下，有a盐酸，b硫酸，c醋酸三种酸（用a、b、c填空）（1）当其物质的量浓度相同时，c（h+）由大到小的顺序是bac（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和naoh的能力由大到小的顺序是ba=c（3）当三者c（h+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为cab（4）当三者c（h+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是ca=b（5）当c（h+）相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的h2（相同状况），反应所需时间的长短关系是a=bc（6）将c（h+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（h+）由大到小的顺序是ca=b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）盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离；（2）同体积同物质的量浓度的三种酸，盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同，硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多；（3）盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，h+相同时，醋酸浓度最大，（4）当h+相同、体积相同时，醋酸浓度最大，相同状况下产生的气体最多；（5）当h+相同，则刚开始的反应速率相同，醋酸电离平衡正移，氢离子的物质的量增大，反应所需的时间最短（6）醋酸是弱电解质，加水稀释能促进醋酸的电离解答：解：（1）盐酸是一元强酸完全电离，氢离子浓度等于酸的浓度；硫酸是二元强酸完全电离，硫酸中氢离子浓度为酸的二倍；醋酸是弱酸部分电离，氢离子的浓度小于酸的浓度；所以h+由大到小的顺序是bac，故答案为：bac；（2）同体积同物质的量浓度的三种酸，盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同，硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多，所以中和氢氧化钠的能力由大小顺是ba=c，故答案为：ba=c；（3）盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，h+相同时，醋酸浓度最大，硫酸的浓度最小，所以物质的量浓度由大到小的顺序是cab，故答案为：cab；（4）当h+相同、体积相同时，醋酸浓度最大，相同状况下产生的气体最多，所以相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是ca=b，故答案为：ca=b；（5）酸与金属反应实质是金属与氢离子反应，所以当h+相同，刚开始的反应速率相同即a=b=c，醋酸电离平衡正移，氢离子的物质的量增大，反应所需的时间最短，所以反应所需的时间a=bc，故答案为：a=bc（6）醋酸是弱电解质，加水稀释能促进醋酸的电离，所以醋酸中氢离子浓度变化慢，即醋酸中氢离子浓度大，所以将h+相同的三种酸均稀释100倍后，h+由大到小的顺序是ca=b，故答案为：ca=b点评：本题考查了弱电解质的电离平衡，注意弱酸部分电离，加水促进电离，题目难度一般20（6分）（2015春宜昌校级期末）（1）已知二元酸h2a在水中存在以下电离：h2ah+ha，hah+a2，试回答下列问题：naha溶液呈酸性，理由是ha只电离，不发生水解（2）某温度下，向10ml、0.1mol/l naha溶液中加入0.1mol/l koh溶液v ml至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是bd（填写字母）a溶液ph=7 b水的离子积kw=c2（oh）cv=10 dc（k+）c（na+）（3）已知0.1mol/l的naha溶液的ph=2，则0.1mol/l的h2a溶液中h+的浓度0.11moll1（填“”“=”或“”），原因是ha部分电离且h2a第一步电离出的氢离子抑制第二步电离考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：（1）由hah+a2可知，na2a为强碱弱酸盐；naha为酸式盐，h2a第一步完全电离，所以ha只电离，不发生水解；（2）a根据温度判断溶液的ph；b中性c（oh）=c（h+）；cha与 oh恰好反应时生成a2，溶液呈碱性，已知溶液为中性，说明naha溶液有剩余，故v10d根据c选项判断；（3）根据电离方程式知，ha只电离不水解，0.1moll1naha溶液的ph=2，则ha电离出氢离子浓度为0.01mol/l，h2a第一步电离出的氢离子抑制第二步电离解答：解：（1）由hah+a2可知，na2a为强碱弱酸盐；naha为酸式盐，h2a第一步完全电离，所以ha只电离，不发生水解，ha电离生成氢离子，所以溶液显酸性；故答案为：酸；ha只电离，不发生水解；（2）a由于温度不知道，故中性时溶液ph不能确定，故a错误；b中性c（oh）=c（h+），kw=c（oh）c（h+）=kw=c2（oh），故b正确；cha与 oh恰好反应时生成a2，溶液呈碱性，已知溶液为中性，说明naha溶液有剩余，故v10，故c错误；d根据c选项判断，naha过量，所以c（k+）c（na+），故d正确；故答案为：bd；（3）根据电离方程式知，ha只电离不水解，0.1moll1naha溶液的ph=2，则ha电离出氢离子浓度为0.01mol/l，h2a第一步完全电离生成0.1mol/l的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于0.01mol/l，则h2a溶液中氢离子的物质的量浓度应小于0.11mol/l，故答案为：；ha部分电离且h2a第一步电离出的氢离子抑制第二步电离点评：本题考查弱电解质的电离，注意题干信息中h2a的两步电离不同，第一步完全电离、第二步部分电离，导致ha只电离不水解，为易错题21（8分）（2015邯郸模拟）硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效以菱镁矿（主要成分是mgco3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：（1）步骤中发生反应的离子方程式为2nh4+mgomg2+2nh3+h2o（2）步骤中调节ph=6.06.5的目的是抑制mg2+水解，以便得到较纯的产品（3）步骤的操作为蒸发浓缩、冷却结晶（4）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的ph范围如表所示：ph8.08.09.69.6颜色黄色绿色蓝色25时，向mg（oh）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为蓝色25时，kspmg（oh）2=5.61012考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）步骤中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水；（2）步骤中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节ph为弱酸性，抑制镁离子的水解；（3）根据温度较高时会导致mgso47h2o中的结晶水失去分析操作方法；（4）mg（oh）2的饱和溶液中的溶度积计算饱和