江西省宜市丰城中学高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中化学试卷一、化学单项选择题（共18题，每题3分，共54分）1化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释a用热的烧碱溶液洗去油污na2co3可直接与油污反应b漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的cacl2与空气中的co2反应生成caco3c施肥时，草木灰（有效成分为k2co3）不能与nh4cl混合使用k2co3与nh4cl反应生成氨气会降低肥效dfecl3溶液可用于铜质印刷线路板制作fecl3能从含cu2+的溶液中置换出铜aabbccdd2已知某温度下ch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，现向10ml浓度为0.1moll1的ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）a水的电离程度始终增大b先增大再减小cc（ch3cooh）与c（ch3coo）之和始终保持不变d当加入氨水的体积为10ml时，c（nh4+）=c（ch3coo）3已知：p4（s）+6cl2（g）=4pcl3（g），h=a kjmol1； p4（s）+10cl2（g）=4pcl5（g），h=b kjmol1，p4具有正四面体结构，pcl5中pcl键的键能为c kjmol1，pcl3中pcl键的键能为1.2c kjmol1下列叙述正确的是（）app键的键能大于pcl键的键能b可求cl2（g）+pcl3（g）=pcl5（s）的反应热hcclcl键的键能kjmol1dpp键的键能为kjmol14高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大如表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数从表格中判断以下说法中不正确的是（） 酸hclo4h2so4hclhno3ka1.61056.31091.61094.21010a在冰醋酸中硫酸的电离方程式为h2so42h+so42b在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸c在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离d电解质的强弱与所处的溶剂相关5室温下，在0.2moll1 al2（so4）3溶液中，逐滴加入1.0moll1 naoh溶液，实验测得溶液ph随naoh溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）aa点时，溶液呈酸性的原因是al3+水解，离子方程式为：al3+3ohal（oh）3bab段，溶液ph增大，al3+浓度不变cbc段，加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀dd点时，al（oh）3沉淀开始溶解6对可逆反应2a（s）+3b（g）c（g）+2d（g）h0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加a的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大b的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，b的转化率提高abcd7一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）aph=5的h2s溶液中，c（h+）=c（hs）=1105 moll1bph=a的氨水溶液，稀释10倍后，其ph=b，则ab+1cph=2的h2c2o4溶液与ph=12的naoh溶液任意比例混合：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hc2o4）dph相同的ch3coona、nahco3、naclo三种溶液的c（na+）：8已知反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0某温度下，将2mol so2和1mol o2置于10l密闭容器中，反应达平衡后，so2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图甲所示则下列说法正确的是（）a由图甲知，a点so2的平衡浓度为0.4 mol/lb由图甲知，b点so2、o2、so3的平衡浓度之比为2：1：2c达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示d压强为0.50 mpa时不同温度下so2转化率与温度关系如丙图，则t2t19下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）a能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：k+、na+、co32、no3bc（h+）=1101moll1的溶液中：cu2+、a13+、so42、no3c能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：na+、nh4+、s2、brd水电离出的c（h+）为11012 moll1的溶液中：na+、mg2+、cl、so4210h2s水溶液中存在电离平衡h2sh+hs和hsh+s2若向h2s溶液中（）a加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大b通入过量so2气体，平衡向左移动，溶液ph值增大c滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液ph值减小d加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小11已知：hcn（aq）+naoh（aq）nacn（aq）+h2o（l）h=12.1kjmol1；hcl（aq）+naoh（aq）nacl（aq）+h2o（l）h=55.6kjmol1则hcn在水溶液中电离的h等于（）a+43.5 kjmol1b+67.7 kjmol1c43.5 kjmol1d67.7 kjmol112准确取20.00ml某待测hcl溶液于锥形瓶中，用0.1000moll1naoh溶液滴定，下列说法正确的是（）a滴定管用蒸馏水洗涤后，装入naoh溶液进行滴定b随着naoh溶液滴入，锥形瓶中溶液ph由小变大c用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定d滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小13下列比较中，正确的是（）a同温度同物质的量浓度时，hf比hcn易电离，naf溶液的ph比nacn溶液大b0.2 moll1nh4cl和0.1 moll1 naoh溶液等体积混合后：c（nh4+）c（cl）c（na+）c（oh）c（h+）c同浓度的下列溶液中，nh4al（so4）2、nh4cl、ch3coonh4、nh3h2o；c（nh4+）由大到小的顺序是：d物质的量浓度相等的h2s和nahs混合溶液中：c（na+）+c（h+）=c（s2）+c（hs）+c（oh）14完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳气体，消耗掉8mol/l的氢氧化钠溶液50ml，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是（）a10qb5q10qc3qd8q15在容积一定的密闭容器中，反应2ab（g）+c（g）达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是（）a正反应是吸热反应，且a不是气态b正反应是放热反应，且a是气态c其他条件不变，加入少量a，该平衡向正反应方向移动d改变压强对该平衡的移动无影响16已知：t时，2h（g）+y（g）2i（g）h=196.6kjmol1，t时，在一压强恒定的密闭容器中，加入4mol h和2mol y反应，达到平衡后，y剩余0.2mol若在上面的平衡体系中，再加入1mol气态的i物质，t时达到新的平衡，此时h物质的物质的量n（h）为（）a0.8 molb0.6 molc0.5 mold0.2 mol17一定量的co2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：c（s）+co2（g）2co（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（p分）=气体总压（p总）体积分数，下列说法正确的是（）a550时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动b650时，反应达平衡后co2的转化率为25.0%ct时，若充入等体积的co2和co，平衡向逆反应方向移动d925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数kp=24.0p总18一定条件下存在反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），h0现有三个相同的2l恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器i、ii、iii：在i中充入1mol co和1mol h2o，在ii中充入1mol co2 和1mol h2，在iii中充入2mol co 和2mol h2o，700条件下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是（）a容器i、ii中正反应速率相同b容器i、iii中反应的平衡常数相同c容器i中co 的物质的量比容器ii中的少d容器i中co 的转化率与容器ii中co2 的转化率之和小于1二、填空题（共4题，共46分）19常温下，某水溶液m中存在的离子有：na+、a2、ha、h+、oh，存在的分子有h2o、h2a根据题意回答下列问题：（1）写出酸h2a的电离方程式（2）若溶液m由10ml 2moll1naha溶液与2moll1naoh溶液等体积混合而得，则溶液m的ph7 （填“”、“”或“=”），溶液中离子浓度由大到小顺序为（3）若溶液m由下列三种情况：0.01moll1的h2a溶液0.01moll1的naha溶液0.02moll1的hcl与0.04moll1的naha溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中h2a分子浓度最大的为_；ph由大到小的顺序为20（14分）（2015秋丰城市校级期中）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：、so2+2h2o+i2h2so4+2hi、2hih2+i2、2h2so42so2+o2+2h2o（1）分析上述反应，下列判断正确的是a反应易在常温下进行 b反应中so2氧化性比hi强c循环过程中需补充h2od循环过程中产生1mol o2的同时产生1mol h2（2）一定温度下，向1l密闭容器中加入1mol hi（g），发生反应，h2物质的量随时间的变化如图所示02min内的平均反应速率v（hi）=（3）实验室用zn和稀硫酸制取h2，若加入少量下列试剂中的，产生h2的速率将增大（填字母）anano3bcuso4 cna2so4 dnahso3（4）以h2为燃料可制成氢氧燃料电池已知2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h=572kjmol1 某氢氧燃料电池释放228.8kj电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为（5）利用氢气合成二甲醚的三步反应如下：2h2（g）+co（g）ch3oh（g）；h=90.8kjmol12ch3oh（g）ch3och3（g）+h2o（g）；h=23.5kjmol1co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）；h=41.3kjmol1总反应：3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2 （g）的h=；（6）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是（填字母）av生成（ch3oh）=v消耗（co） b混合气体的密度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变 dco、h2、ch3oh的浓度均不再变化（7）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5mol co和7.5mol h2反应生成ch3oh（g），达到平衡时co的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的倍21（10分）（2015秋丰城市校级期中）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：（1）已知：化学键chccc=chh键能/kjmol1412348612436计算上述反应的h= kjmol1（2）维持体系总压强p恒定，在温度t时，物质的量为n、体积为v的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数k= （用等符号表示）（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和 水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了h2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如所示：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实控制反应温度为600的理由是（4）某研究机构用co2代替水蒸气开发了绿色化学合成工 艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：co2+h2=co+h2o，co2+c=2co新工艺的特点有（填编号）co2与h2反应，使乙苯脱氢反应的化学平 衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利于co2资源利用22（16分）（2015秋丰城市校级期中）研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g）k1h10（）2no（g）+cl2（g）2clno（g）k2h20（）（1）4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g）的平衡常数k=（用k1、k2表示）（2）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向2l恒容密闭容器中加入0.2mol no和0.1mol cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（clno）=7.5103 moll1min1，则平衡后n（cl2）=mol，no的转化率1=其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时no的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数k2（填“增大”“减小”或“不变”）若要使k2减小，可采取的措施是（3）实验室可用naoh溶液吸收no2，反应为2no2+2naohnano3+nano2+h2o含0.2mol naoh的水溶液与0.2mol no2恰好完全反应得1l溶液a，溶液b为0.1moll的ch3coona溶液，则两溶液中c（no）、c（no）和c（ch3coo）由大到小的顺序为（已知hno2电离常数ka=7.1104 moll1，ch3cooh的电离常数ka=1.7105 moll1）可使溶液a和溶液b的ph相等的方法是a向溶液a中加适量水 b向溶液a中加适量naohc向溶液b中加适量水 d向溶液b中加适量naoh2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、化学单项选择题（共18题，每题3分，共54分）1化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释a用热的烧碱溶液洗去油污na2co3可直接与油污反应b漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的cacl2与空气中的co2反应生成caco3c施肥时，草木灰（有效成分为k2co3）不能与nh4cl混合使用k2co3与nh4cl反应生成氨气会降低肥效dfecl3溶液可用于铜质印刷线路板制作fecl3能从含cu2+的溶液中置换出铜aabbccdd【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物【分析】a、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；b、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；c、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；d、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；【解答】解：a、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，na2co3 不可直接与油污反应，故a错误；b、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故b错误；c、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为k2co3）不能与nh4cl混合使用，故c正确；d、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，fecl3不能从含cu2+的溶液中置换出铜，fecl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故d错误；故选c【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等2已知某温度下ch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，现向10ml浓度为0.1moll1的ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）a水的电离程度始终增大b先增大再减小cc（ch3cooh）与c（ch3coo）之和始终保持不变d当加入氨水的体积为10ml时，c（nh4+）=c（ch3coo）【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】a开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；b根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；c根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；dch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（nh4+）=c（ch3coo）【解答】解：a酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故a错误；b当向ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为ch3cooh和ch3coonh4的混合物，由ch3coonh4的水解常数kh=，随着氨水的加入，c（h+）逐渐减小，kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数kb=，c（oh）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数k不变，所以逐渐减小，即始终减小，故b错误；cn（ch3cooh）与n（ch3coo）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（ch3cooh）与c（ch3coo）之和逐渐减小，故c错误；d当加入氨水的体积为10ml时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可知：c（nh4+）=c（ch3coo），故d正确；故选d【点评】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液ph的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法3已知：p4（s）+6cl2（g）=4pcl3（g），h=a kjmol1； p4（s）+10cl2（g）=4pcl5（g），h=b kjmol1，p4具有正四面体结构，pcl5中pcl键的键能为c kjmol1，pcl3中pcl键的键能为1.2c kjmol1下列叙述正确的是（）app键的键能大于pcl键的键能b可求cl2（g）+pcl3（g）=pcl5（s）的反应热hcclcl键的键能kjmol1dpp键的键能为kjmol1【考点】反应热和焓变【专题】压轴题；化学反应中的能量变化【分析】a、依据p和cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；b、依据盖斯定律分析判断；c、依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析；d、由p4是正四面体可知p4中含有6个pp键依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析【解答】解：a、原子半径pcl，因此pp键键长大于pcl键键长，则pp键键能小于pcl键键能，故a错误；b、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出cl2（g）+pcl3（g）=pcl5（g）h=kjmol1，但不知pcl5（g）=pcl5（s）的h，因此无法求出cl2（g）+pcl3（g）=pcl5（s）的h，故b错误；c、利用cl2（g）+pcl3（g）=pcl5（g）h=kjmol1可得e（clcl）+31.2c5c=，因此可得e（clcl）=kjmol1，故c正确；d、由p4是正四面体可知p4中含有6个pp键，由题意得6e（pp）+1045c=b，解得e（pp）= kjmol1，故d错误；故选c【点评】本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等4高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大如表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数从表格中判断以下说法中不正确的是（） 酸hclo4h2so4hclhno3ka1.61056.31091.61094.21010a在冰醋酸中硫酸的电离方程式为h2so42h+so42b在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸c在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离d电解质的强弱与所处的溶剂相关【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】a硫酸在冰醋酸中存在电离平衡；b酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强；c酸有电离平衡常数，说明酸中存在电离平衡；d这几种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中都部分电离【解答】解：a硫酸在冰醋酸中存在电离平衡，其电离方程式为h2so4h+hso4，故a错误；b酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，这几种酸中，电离平衡常数最大的是高氯酸，所以高氯酸的酸性最强，故b正确；c酸有电离平衡常数，说明酸中存在电离平衡，这几种酸在冰醋酸中都存在电离平衡，所以都没有完全电离，故c正确；d这几种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中都部分电离，所以电解质的强弱与所处的溶剂相关，故d正确；故选a【点评】本题考查了电解质的电离，明确电离平衡常数与酸的强弱之间的关系，根据酸在水溶液里或冰醋酸中电离程度确定电解质强弱与溶剂的关系，注意：该溶液的溶剂是冰醋酸不是水5室温下，在0.2moll1 al2（so4）3溶液中，逐滴加入1.0moll1 naoh溶液，实验测得溶液ph随naoh溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）aa点时，溶液呈酸性的原因是al3+水解，离子方程式为：al3+3ohal（oh）3bab段，溶液ph增大，al3+浓度不变cbc段，加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀dd点时，al（oh）3沉淀开始溶解【考点】真题集萃；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】a硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；cbc段，ph变化不大；dc点后ph发生突变，naoh过量【解答】解：a硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为al3+3h2oal（oh）3+3h+，故a错误；bab段，发生h+ohh2o，但加入naoh溶液，总体积增大，则al3+浓度减小，故b错误；cbc段，ph变化不大，主要发生al3+3ohal（oh）3，则加入的oh主要用于生成al（oh）3沉淀，故c正确；dc点后ph发生突变，naoh过量，al（oh）3沉淀开始溶解，生成naalo2，碱性较强，而d点ph10，naoh远远过量，故d错误；故选c【点评】本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点ph突变为解答的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大6对可逆反应2a（s）+3b（g）c（g）+2d（g）h0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加a的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大b的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，b的转化率提高abcd【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a是固体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；增大b的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动【解答】解：a是固体，增大a的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故错误；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故错误；增大b的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）v（逆），故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，b的转化率不变，故错误；故选b【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等7一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）aph=5的h2s溶液中，c（h+）=c（hs）=1105 moll1bph=a的氨水溶液，稀释10倍后，其ph=b，则ab+1cph=2的h2c2o4溶液与ph=12的naoh溶液任意比例混合：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hc2o4）dph相同的ch3coona、nahco3、naclo三种溶液的c（na+）：【考点】离子浓度大小的比较【分析】a根据硫化氢溶液中的电离平衡h2sh+hs、hsh+s2、h2oh+oh判断；b一水合氨为弱碱，弱碱在稀释过程中溶液的ph变化比强碱溶液小；c混合液中一定满足电荷守恒，该电荷守恒漏掉了2c（c2o42）；d钠离子不水解，可以根据酸根离子对应酸的酸性强弱判断ph相同的ch3coona、nahco3、naclo的浓度大小，钠离子浓度与三者浓度相等【解答】解：ah2s溶液中存在电离平衡：h2sh+hs、hsh+s2、h2oh+oh，根据上述反应知，氢离子来自水的电离和硫化氢的电离，则ph=5的h2s溶液中，c（h+）=1105 moll1c（hs），故a错误；b一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液ph变化比强碱小，ph=a的氨水溶液，稀释10倍后的ph=b，则ab+1，故b错误；cph=2的草酸溶液与ph=12的naoh溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hc2o4）+2c（c2o42），故c错误；d酸性：ch3coohh2co3hclo，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则ph越大，故ph相同的ch3coonanahco3naclo三种溶液的c（na+）大小为：，故d正确；故选d【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，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，试题有利于培养学生的分析、理解能力8已知反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0某温度下，将2mol so2和1mol o2置于10l密闭容器中，反应达平衡后，so2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图甲所示则下列说法正确的是（）a由图甲知，a点so2的平衡浓度为0.4 mol/lb由图甲知，b点so2、o2、so3的平衡浓度之比为2：1：2c达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示d压强为0.50 mpa时不同温度下so2转化率与温度关系如丙图，则t2t1【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；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、甲图表示不同压强下到达平衡时，so2的平衡转化率与压强关系，由甲图可知a点so2的转化率为0.8，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算c（so2），进而计算二氧化硫的平衡浓度；b、由甲图可知b点so2的转化率为0.85，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算c（so2），根据三段式进而计算各物质的平衡浓度，据此计算判断；c、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，据此判断；d、由到达平衡的时间可知，温度为t1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快【解答】解：a、二氧化硫起始浓度为=0.2mol/l，由甲图可知a点so2的转化率为0.8，所以c（so2）=0.80.2mol/l=0.16mol/l，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/l0.16mol/l=0.04mol/l，故a错误；b、由甲图可知b点so2的转化率为0.85，所以c（so2）=0.850.2mol/l=0.17mol/l，则： 2so2（g）+o2（g）2so3（g）开始（mol/l）：0.2 0.1 0变化（mol/l）：0.17 0.085 0.17平衡（mol/l）：0.03 0.015 0.17所以b点so2、o2、so3的平衡浓度之比为0.03：0.015：0.17=6：3：34，故b错误；c、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故v（正）v（逆），故c正确；d、由到达平衡的时间可知，温度为t1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故t2t1，故d错误；故选c【点评】考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，难度中等，注意甲图表示不同压强下到达平衡时，so2的平衡转化率与压强关系9下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）a能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：k+、na+、co32、no3bc（h+）=1101moll1的溶液中：cu2+、a13+、so42、no3c能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：na+、nh4+、s2、brd水电离出的c（h+）为11012 moll1的溶液中：na+、mg2+、cl、so42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，与h+反应的离子不能大量共存；bc（h+）=1101moll1的溶液呈酸性，在酸性条件下，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存；c能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，具有还原性的离子不能大量共存；d水电离出的c（h+）为11012 moll1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性【解答】解：a能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，co32与h+反应的离子而不能大量共存，故a错误；bc（h+）=1101moll1的溶液呈酸性，在酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故b正确；c能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，具有还原性的s2不能大量共存，故c错误；d水电离出的c（h+）为11012 moll1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性条件下mg2+不能大量共存，故d错误故选b【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题中各项所给信息，此为解答该题的关键，也是易错点10h2s水溶液中存在电离平衡h2sh+hs和hsh+s2若向h2s溶液中（）a加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大b通入过量so2气体，平衡向左移动，溶液ph值增大c滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液ph值减小d加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小【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】a加水稀释促进弱电解质电离；b硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水，亚硫酸酸性大于氢硫酸；c氯气和硫化氢反应生成硫和盐酸，盐酸酸性大于氢硫酸；d硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性大于氢硫酸【解答】解：a加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故a错误；b二氧化硫和硫化氢反应方程式为so2+2h2s=3s+2h2o，通入过量二氧化硫平衡向左移动，二氧化硫和水反应方程式为h2o+so2=h2so3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的ph减小，故b错误；c氯气和硫化氢反应方程式为cl2+h2s=s+2hcl，通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的ph减小，故c正确；d加入硫酸铜溶液发生反应cuso4+h2s=h2so4+cus，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故d错误；故选c【点评】本题考查弱电解质的电离，明确离子间发生的反应是解本题关键，注意加水稀释时，虽然促进氢硫酸电离，但氢离子浓度减小，溶液的ph增大，为易错点11已知：hcn（aq）+naoh（aq）nacn（aq）+h2o（l）h=12.1kjmol1；hcl（aq）+naoh（aq）nacl（aq）+h2o（l）h=55.6kjmol1则hcn在水溶液中电离的h等于（）a+43.5 kjmol1b+67.7 kjmol1c43.5 kjmol1d67.7 kjmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】利用盖斯定律进行计算，将已知两个热化学方程式相减得到hcn在水溶液中电离的电离方程式，同时反应热也随之相减，可得hcn在水溶液中电离的反应热【解答】解：反应的热化学方程式分别为：hcn（aq）+oh（aq）cn（aq）+h2o（l）h=12.1kjmol1h+（aq）+oh（aq）h2o（l）h=55.6kjmol1hcn电离方程式为，hcnh+cn，用可得hcn电离的热化学方程式为hcn（aq）h+（aq）+cn（aq）h=12.1kjmol1（55.6kjmol1）=+43.5kjmol1，故选a【点评】本题考查反应热的计算，本题难度不大，做题时注意盖斯定律的应用方法12准确取20.00ml某待测hcl溶液于锥形瓶中，用0.1000moll1naoh溶液滴定，下列说法正确的是（）a滴定管用蒸馏水洗涤后，装入naoh溶液进行滴定b随着naoh溶液滴入，锥形瓶中溶液ph由小变大c用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定d滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【考点】真题集萃；中和滴定【分析】a滴定管使用必须用naoh标准液润洗；b碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；c用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；d滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大【解答】解：a滴定管使用必须用naoh标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故a错误；b碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着naoh溶液滴入，锥形瓶中溶液ph由小变大，故b正确；c用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故c错误；d滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故d错误；故选b【点评】本题为2015年广东高考题，侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大13下列比较中，正确的是（）a同温度同物质的量浓度时，hf比hcn易电离，naf溶液的ph比nacn溶液大b0.2 moll1nh4cl和0.1 moll1 naoh溶液等体积混合后：c（nh4+）c（cl）c（na+）c（oh）c（h+）c同浓度的下列溶液中，nh4al（so4）2、nh4cl、ch3coonh4、nh3h2o；c（nh4+）由大到小的顺序是：d物质的量浓度相等的h2s和nahs混合溶液中：c（na+）+c（h+）=c（s2）+c（hs）+c（oh）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题【分析】a相同温度相同浓度时hf比hcn易电离说明hf酸性大于hcn，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液ph越小；b.0.2 moll1nh4cl和0.1 moll1 naoh溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的nh4cl、nh3h2o、nacl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，根据物料守恒和电荷守恒判断；c相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，铝离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解；d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：a相同温度相同浓度时hf比hcn易电离说明hf酸性大于hcn，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液ph越小，水解能力cnf，所以相同浓度的钠盐溶液phnafnacn，故a错误；b.0.2 moll1nh4cl和0.1 moll1 naoh溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的nh4cl、nh3h2o、nacl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒得c（cl）c（nh4+）c（na+）c（oh）c（h+），故b错误；c相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，铝离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c（nh4+）由大到小的顺是：，故c正确；d任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=2c（s2）+c（hs）+c（oh），故d错误；故选c【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒、物料守恒判断，注意b中溶液成分及其浓度关系，题目难度不大14完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳气体，消耗掉8mol/l的氢氧化钠溶液50ml，则1mol无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是（）a10qb5q10qc3qd8q【考点】有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】据co2与naoh溶液反应，利用极限法计算出co2的物质的量范围，进而计算出乙醇的物质的量范围，根据乙醇的物质的量和热量的关系计算出1mol乙醇完全燃烧生成水放出的热量即可【解答】解：n（naoh）=0.05l8mol/l=0.4mol，则由co22naohna2co3，可知n（co2）=0.2mol，则n（c2h6o）=n（co2）=0.1mol，放出的热量为q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10q，由co2naohnahco3可知，n（co2）=0.4mol，则n（c2h6o）=n（co2）=0.2mol，放出的热量为q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5q，若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的化合物，则乙醇的燃烧热在5q10q之间，所以c不符合；故选c【点评】本题考查了化学反应极值分析计算，反应燃烧热概念的分析应用，掌握概念和计算方法是解题关键，题目难度中等15在容积一定的密闭容器中，反应2ab（g）+c（g）达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述正确