2018-2019学年广东省清远市高二(上)期末化学试卷解析版

1、2018-20192018-2019 学年广东省清远市高二（上）期末化学试卷学年广东省清远市高二（上）期末化学试卷 一、单选题（本大题共 2020小题，共 50.050.0分） 1.下列不属于正在研究和开发的新能源是（） A.天然气B.生物质能C.氢能D.太阳能 【答案】A 【解析】解：根据新能源的含义，生物质能、氢能、太阳能都属于新能源，天然气是传 统能源； 故选：A。 新能源又称非常规能源， 是指传统能源之外的各种能源形式 是指刚开始开发利用或正 在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、 氢能、风能、潮汐能、生物质能等 本题考查新能源概念，需要了解各种能源的来源和含义，难度较小，解决

2、此题主要依靠 识记集中新能源的类型，并且知道什么是常规能源，注意基础知识的积累掌握 2.下列有关反应原理的说法正确的是（） A.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 B.化学反应速率越快可逆反应正向进行的程度越大 C.纯银器表面在空气中因发生电化学腐蚀生成Ag2O而变暗 D.应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应的焓变 【答案】D 【解析】解：A、化学反应速率和反应的吸放热无关， 取决于物质的性质、 外界条件（温 度、浓度、压强、催化剂、固体表面积等），故A错误； B、化学反应速率和可逆反应正向进行的程度无关，取决于物质的性质、外界条件（温 度、浓度、压强、催化剂、固体表面积等），故

3、B错误； C、空气中会存在少量H2S 气体，与银生成黑色Ag2S 而导致表面变暗，故C错误； D、根据盖斯定律可以根据能直接测量的反应的焓变来计算某些难以直接测量的反应焓 变，故 D 正确。 故选：D。 A、化学反应速率和反应的吸放热无关； B、化学反应速率和可逆反应正向进行的程度无关； C、银和硫化物反应生成硫化银而变暗； D、根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变。 本题涉及化学反应速率、 化学反应中的能量变化等方面的知识， 注意知识的归纳和整理 是关键，难度不大。 3.下列说法正确的是（） A.甲烷的标准燃烧热为H=-890.3kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为 CH4（g）+

4、2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=-890.3 kJmol-1 B.从 C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定 C.常温下，反应 C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0 D.HCl和 NaOH反应的中和热H=-57.3 kJmol-1，则 H2SO4和 Ba（OH）2反应热 -1 H=2（-57.3）kJmol 【答案】B -1 【解析】解：A甲烷的标准燃烧热为H=-890.3kJmol ，则甲烷燃烧的热化学方程式 -1 可表示为 CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJmol ，故 A

5、错误； B从 C（石墨）=C（金刚石）H=+1.9kJ/mol，可知石墨具有的能量较低，物质具有 的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故B正确； 第 1 页，共 15 页 C常温下，反应 C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，但该反应的H0，故 C错误； D HCl和 NaOH反应的 强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热， -1 中和热H=-57.3kJmol ，生成沉淀也要放热，则H2SO4和 Ba（OH）2的反应放出的热 -1 57.3kJ，则H2量大于 2（-57.3）kJmol ，故 D错误； 故选：B。 A燃烧热是 1mol可燃物完全燃烧生成稳定

6、氧化物放出的热量，选项中水的状态应为 液态，为稳定氧化物； B物质具有的能量越低越稳定； CC（s）+CO2（g）=2CO（g）为吸热反应； D强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热。 本题考查了焓变与反应热、中和热、燃烧热以及物质的能量越低越稳定等知识，题目难 度中等，注意平时的积累。 4.2018年 4 月 12日，我国海军首次在南海进行海上阅兵。为了保护舰艇（主要是铁 合金材料），在舰体表面镶嵌金属块（R）。下有关说法不正确的是（） A.这种保护舰体的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法 B.金属块 R 可能是镁或锌 C.海水呈弱碱性，舰艇在海水中易发生析氢腐蚀 D.正极反应

7、式为 O2+2H2O+4e-=4OH- 【答案】C 【解析】解：A原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护，这种保护舰体 的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故A正确； B在舰体表面镶嵌金属块（ R），则R比铁活泼作负极，所以金属块R可能是镁或锌， 故 B 正确； C海水呈弱碱性，舰艇在海水中易发生吸氧腐蚀，故C 错误； D保护舰艇，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故 D 正确； 故选：C。 原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护，则在舰体表面镶嵌金属块（R）， 则 R 比铁活泼作负极， 这种保护舰体的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法， 据此分析解答。 本题考查金属腐蚀与防

8、护， 明确原电池原理是解本题关键， 要保护的金属作原电池正极 即可，熟练掌握防护金属腐蚀的方法，题目难度不大。 5.下列溶液导电能力最强的是（） A.100 mL 0.1 molL-1的醋酸溶液 B.10 mL 0.1 molL-1的氯化钠溶液 C.50mL 0.1 molL-1的硫酸溶液 D.1 L 0.1 molL-1的盐酸溶液 【答案】C 【解析】解：A、0.1mol/L醋酸中醋酸是弱电解质，部分电离，所以离子浓度远小于 0.2mol/L B、0.1 molL-1的氯化钠溶液完全电离，所以离子的浓度等于0.2mol/L； C、0.1mol/L硫酸中，离子的浓度为 0.3 mol/L； D

9、、0.1 molL-1的盐酸溶液离子的浓度等于0.2mol/L； 故选：C。 溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小有关，根据各个选项中的离子浓度的大小来回 答，离子浓度越大，导电能力最强。 本题考查了溶液的导电能力与溶液中离子所带电荷有关， 分析好各物质中离子所带电荷 第 2 页，共 15 页 多少是解题的关键，难度不大。 + 6.研究表明 N2O与 CO在 Fe 作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列 说法错误的是（） A.反应总过程H0 B.Fe+使反应的活化能减小 C.Fe+N2OFeO+N2、FeO+COFe+CO2两步反应均为放热反应 D.FeO+也是该反应的催化剂 【答案】

10、D 【解析】解：A由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应， 故 A 正确； BFe+作催化剂，使反应的活化能减小，故B正确； C由图可知， Fe+N2OFeO+N2、FeO+COFe+CO2两步中均为反应物总能量大于 生成物总能量，则均为放热反应，故C 正确； DFeO+为中间产物，不是催化剂，故D错误； 故选：D。 A由图可知，反应物总能量大于生成物总能量； BFe+作催化剂； C由图可知， Fe+N2OFeO+N2、FeO+COFe+CO2两步中均为反应物总能量大于 生成物总能量； DFeO+为中间产物。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能的影

11、响为 解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D 为解答的难点，题目难度不大。 7.对于在一个密闭容器中进行的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），下列条 件的改变对反应速率几乎没有影响的是（） 增加 C 的量； 增加 CO的量； 将容器的体积缩小一半； 保持体积不变，充入He以增大压强； 升高反应体系的温度； 保持压强不变，充入He以增大体积。 A.B.C.D. 【答案】B 【解析】解：增加 C 的量，物质的浓度不变，反应速率不变，故正确； 增加 CO的量，气体浓度增大，反应速率增大，故错误； 将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故错误； 保持体积不变，充入

12、He以增大压强，但参加反应的物质的浓度不变， 反应速率不变， 故正确； 升高反应体系的温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故错误； 第 3 页，共 15 页 保持压强不变，充入He以增大体积，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小， 故错误。 故选：B。 反应中 C 为固体，增加固体的量对反应速率没有影响， 改变体积或压强，只有反应反应 物质的浓度发生变化时，反应速率才发生改变，以此解答该题。 本题考查化学反应速率的因素， 为高考高频考点， 侧重于学生的分析能力和基础知识的 考查，有利于化学科学素养的培养和提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础 知识的积累。 8.下列实验操作或实验结

13、果正确的是（） A.用酚酞试纸测定氨气的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿 B.测定中和热的实验中，酸或碱不可过量，否则会产生较大误差 C.用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时，酸式滴定管没有用标准液润洗会导致结 果偏小 D.用 pH试纸测定 pH时，将溶液倒在试纸上，观察颜色变化并与标准比色卡对照 【答案】A 【解析】解：A、用 pH试纸来测气体的 pH时，试纸需先润湿，使气体能溶解在水中， 故 A 正确； B、为了确保另一方完全反应，酸碱中和滴定时，一方必须过量，此生另一方能完全反 应，测量结果才是正确的，故B错误； C、酸式滴定管未润洗会导致标准液被稀释，则所消耗的酸的体积会偏大，则计算出的 结果

14、也会偏大，故 C错误； D、根据溶液pH的检测方法可知，用pH试纸测定 pH时，用玻璃棒蘸取待测液点到试 纸的中部，观察颜色变化并与标准比色卡对照，故D错误。 故选：A。 A、用 pH试纸来测气体的 pH时，试纸需先润湿； B、为了确保另一方完全反应，酸碱中和滴定时，一方必须过量； C、酸式滴定管未润洗会导致标准液被稀释； D、根据溶液 pH的检测方法来分析。 本题考查了气体酸碱性的检验、中和滴定误差分析等，难度不大，应注意基础的积累。 CH3COOHCH3COO-+H+，9.醋酸在水溶液中存在下列电离平衡： 下列说法不正确的 是（） A.加入醋酸钠，平衡向左移动 B.加入碳酸钠，平衡向右移动

15、 C.加入 Na，pH变大 D.加水稀释，溶液中所有离子浓度都减小 【答案】D - 【解析】解：A、加入CH3COONa，溶液中c（CH3COO ）增大，抑制CH3COOH电离， 所以平衡向左移动，故A正确； B、加入Na2CO3，Na2CO3和 H+反应生成二氧化碳，促进CH3COOH电离，所以平衡向 右移动，故 B 正确； C、加入 Na，Na与 H+反应，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH变大，故 C正确； D、加水稀释促进CH3COOH电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以 +- 溶液中 c（H ）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（OH ）增大，故D 错误； 故

16、选：D。 A、加入 CH3COONa，溶液中 c（CH3COO-）增大，抑制 CH3COOH电离； 第 4 页，共 15 页 B、加入 Na2CO3，Na2CO3和 H+反应生成二氧化碳，促进CH3COOH电离； C、加入 Na，Na与 H+反应，溶液中氢离子浓度减小； D、加水稀释促进 CH3COOH电离，溶液中 c（H+）减小，而 c（OH-）增大。 本题考查了弱电解质的电离， 根据溶液中离子浓度变化确定醋酸电离平衡移动方向， 难 度不大。 10. 下列说法中正确的是（） A.将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小 B.保存 FeSO4溶液时，加入稀 HNO3抑制 Fe2+水解 C.FeC

17、l3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体 D.日常生活中常用汽油去除衣物上的油污，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污， 两者的原理完全相同 【答案】A 【解析】解：A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，故 A 正确； B、保存 FeSO4溶液时，加入稀 HNO3氧化亚铁离子，不能抑制Fe2+水解，故 B错误； C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀 分解生成氧化铁，故C 错误； D、有机物之间的互溶性较好，故用汽油去除衣物上的污渍是利用了油脂易溶于汽油， 是物理变化；热的纯碱溶液显碱性，能使油脂水解，是化学变化，故两者的原理不

18、同， 故 D 错误； 故选：A。 A、纯水电离是吸热反应，加热促进电离，Kw增大，PH减小，呈中性； B、亚铁离子具有还原性加入硝酸具有强氧化性，氧化亚铁离子； C、氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁 沉淀分解生成氧化铁； D、有机物之间的互溶性较好；热的纯碱溶液显碱性，能使油脂水解。 本题考查了盐类水解的应用，弱电解质的电离平衡影响因素的分析，溶液PH的变化判 断，水溶液中离子积的影响因素判断，题目较简单。 11. 常温下，关于 pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是（） A.溶液中 c（OH-）=1.010-3 molL-1 B.加水稀释 100倍后

19、，溶液的 pH=9 C.此溶液中由水电离出的H+和 OH-浓度均为 1.010-11 molL-1 D.加入等体积 pH=3的 H2SO4溶液，溶液呈碱性 【答案】B 【解析】解：A、溶液中 c（OH-）=molL-1=1.010-3molL-1，故 A 正确； B、 加水稀释过程中， 促进氨水电离， 加水稀释 100倍后， 溶液的 pH大于 9， 故 B 错误； C、pH=11的氨水溶液，H+只来源于水的电离，c（H+）=1.010-11molL-1，而水电离出 -+ 的 OH 与 H 相等，故 C正确； D、加入等体积 pH=3的 H2SO4溶液，与 pH=11的氨水，发生中和反应，氨水是

20、弱碱， - 还能电离出 OH ，溶液显碱性，故D正确； 故选：B。 A、溶液中 c（OH-）=； B、加水稀释过程中，促进氨水电离； C、pH=11的氨水溶液，H+只来源于水的电离； D、加入等体积 pH=3的 H2SO4溶液，与 pH=11的氨水，生成硫酸铵，氨水过量。 第 5 页，共 15 页 本题考查了弱电解质的电离和盐的水解， 明确弱电解质电离特点是解本题关键， 注意电 荷守恒在解题中的应用。 12. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A.密闭容器中，2 mol SO2和 1 mol O2催化反应后分子总数为 2NA B.将 0.1mol氯化铁溶于 1L水中，所得溶液

21、含有 Fe3+数目为 0.1NA C.25时 pH=13的 NaOH溶液中含有 OH-的数目为 0.1 NA D.25时，1L 0.1 molL-1 Na2S 溶液中阴离子总数大于0.1NA 【答案】D 【解析】解：A、2mol SO2和 1mol O2在密闭容器中加热催化反应后，反应是可逆反应， 容器内分子总数大于 2NA，故 A错误； B、三价铁离子发生水解，将0.1mol氯化铁溶于 1L水中，所得溶液含有 Fe3+数目小于 0.1NA，故 B错误； C、缺少溶液的体积，无法计算OH-的数目，故 C 错误； D、S2-发生水解，25时，1L 0.1molL-1Na2S 溶液中阴离子总数大于

22、0.1NA，故 D 正确； 故选：D。 A、2molSO2和 1molO2在密闭容器中加热催化反应后，反应是可逆反应； B、三价铁离子发生水解； C、缺少溶液的体积； D、S2-发生水解。 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查可逆反应的应用，水解的应用等知识。 13. SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键已知：1mol S（s）转化为 气态硫原子吸收能量 280kJ，断裂 1molF-F、S-F键需吸收的能量分别为 160kJ、 330kJ则 S（s）+3F2（g）=SF6（g）的反应热H为（） A.-1780kJ/molB.-1220 kJ/molC.-450 kJ/mo

23、lD.+430 kJ/mol 【答案】B 【解析】解：反应热H=反应物总键能-生成物总键能， 所以对于 S（s）+3F2（g）=SF6（g），其反应热 160KJ/mol-6330KJ/mol=-1220kJ/mol，H=280KJ/mol+3 故选：B。 根据反应热H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热 本题考查反应热的计算，难度中等，清楚 H=反应物总键能-生成物总键能是解题关键 14. 英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：2CO （NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，电池装置如图所 示下列说法正确的是（） A.该装置能够在高温下工作 B.微生物促进了反应中电子的转移 C

24、.装置工作时，电能转变为化学能 D.装置工作时，电子由电极a沿导线流向电极 b 【答案】B 【解析】解：A微生物在高温下发生变性，所以该装置不能够在高温下工作，故A错 误； B微生物能加快反应，所以促进了反应中电子的转移，故B 正确； C该电池是在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，故C 错误； D该电池是在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置， b是负极，a是正极，则电 第 6 页，共 15 页 子由负极 b 沿导线流向正极 a，故 D错误。 故选：B。 根据题给信息知，图中装置是将化学能转化为电能的原电池，b是负极，a 是正极，电 解质溶液为酸性溶液，负极上CO（NH2）2失电子发生

25、氧化反应生成氮气和二氧化碳， 正极上氧气得电子发生还原反应与氢离子结合生成水，以此解答该题 本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确原电池正负 极上得失电子、电子移动方向即可解答，难度中等 +2+ 15. 已知：Cu（s）+2H（aq）=Cu （aq）+H2（g）H1 2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）H2 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3 +2+ 则反应 Cu（s）+H2O2（l）+2H （aq）=Cu （aq）+2H2O（l）的H是（ ） A.H=H1+ H2+ H3 C.H=H1+2H2+2H3 B.H=H 1+ H2- H3 D.H=2H

26、 1+H2+H3 【答案】A +2+ 【解析】解：Cu（s）+2H （aq）=Cu （aq）+H2（g）H1， 2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）H 2， 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H 3， +2+ 由盖斯定律得+ + 得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H （aq）=Cu （aq）+2H2O（l） H=H1+ H2+ H3， 故选：A。 依据已知热化学方程式和盖斯定律构建目标方程式， 再根据已知反应热计算得到目标热 化学方程式的反应热 本题考查了热化学方程式的计算书写，注意涉及盖斯定律的计算应用，题目较简单 16. O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济

27、等优点。O 3可溶于水， 在水中易分解，产生的O为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发 生反应如下： 反应：O3O2+OH0平衡常数为 K1； 反应：O+O32O2H0平衡常数为 K2； 总反应：2O33O2H0平衡常数为 K。 下列叙述正确的是（） A.降低温度，K减小B.K=K1+K2 C.适当升温，可提高消毒效率D.压强增大，K2减小 【答案】C 【解析】解：A由总反应：2O3=3O2H0可知正反应为放热反应，则降低温度平衡 向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误； B由盖斯定律可知反应+可得总反应，则 K=K1K2，故 B错误； C适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，

28、故C 正确； D平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D 错误， 故选：C。 由盖斯定律可知反应+可得总反应，则K=K1K2，结合温度对平衡移动的影响判断 即可。 本题主要考查的是化学平衡的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点， 第 7 页，共 15 页 注意相关知识的积累，题目难度中等。 17. 下列图象不符合反应 Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）H0 的是（图中 v 是速率， 为混合物中 H2的体积百分含量）（） A.B. C.D. 【答案】A 【解析】解：A为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则图中交点后应逆反应速率大 于正反应速率，故 A 错误；

29、B升高温度平衡逆向移动，氢气的体积含量减小，图象与平衡移动一致，故B正确； C升高温度加快反应速率，且平衡逆向移动，氢气的体积含量减小，图象与平衡移动 一致，故 C正确； DFe为纯固体，不影响反应速率，与图象一致，故D 正确； 故选：A。 .焓变为负，为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，且反应速率加快，Fe为固体不影 响反应速率，以此来解答。 本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析 与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。 18. 将 AgCl分别加入盛有：5mL水；6mL 0.5mol/L NaCl溶液； 10mL 0.2mol/

30、L CaCl2溶液；50mL 0.1mol/L盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各 + 溶液中 c（Ag ）从大到小的顺序排列正确的是（） A.B.C.D. 【答案】C +- 【解析】解：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag （aq）+Cl（aq）， -+-+ 加入 Cl 平衡逆向移动 c（Ag ）会减小，加入 Cl 的浓度越大，c（Ag ）越小，即 c（Ag ） -+ 与 c（Cl ）大小顺序相反，已知Cl 的浓度从大到小顺序为：，则c（Ag ）浓 度从大到小顺序相反为：，故A、B、D 错误；故 C 正确； 故选：C。 +- 在 AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（

31、s）=Ag （aq）+Cl（aq），加入相同离 子平衡逆向移动。 本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，离子浓度的影响，浓度越大，影响越大。 19. 关于电解 NaCl水溶液，下列叙述正确的是（） A.若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色 B.若在阳极附近的溶液中滴入 KI溶液，溶液呈棕色 C.电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠 D.电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性 【答案】B 第 8 页，共 15 页 【解析】解：A、在阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚 酞试液，溶液呈红色，故A错误； B、在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，

32、 滴入 KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质 而使得溶液呈棕色，故B正确； C、电解时在阳极是氯离子失电子生成氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故C 错误； D、电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D 错误。 故选：B。 A、碱遇酚酞显红色，酸遇酚酞不变色； B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质； C、根据电解池的工作原理知识来回答； D、根据电解产物以及物质间的反应来回答 本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据教材知识来回答，难度不大 20. 下列有关物质的量浓度关系正确的是（） A.物质的量浓度相等 CH3COOH和 CH3COONa溶液等体积混合，溶液

33、呈酸性：c - （CH3COO ）c（CH3COOH） NaOH和 Na2CO3三种溶液： c （NaOH） c （CH3COONa）B.pH 相等的 CH3COONa、 c（Na2CO3） C.0.1molL-1的 NaHA溶液，其 pH=4：c（HA-）c（H+）c（H2A）c（A2-） D.pH=2的 HA 溶液与 pH=12的 MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c +- （H ）+c（M ）=c（OH ）+c（A ） 【答案】D 【解析】解：A物质的量浓度相等CH3COOH和 CH3COONa溶液等体积混合，溶液 - 呈酸性，证明 CH3COOH的电离程度大于 CH3COO离子

34、的水解程度，则溶液中c - （CH3COO ）c（CH3COOH），故 A错误； BpH相等的 CH3COONa、NaOH和 Na2CO3三种溶液中含有的氢氧根离子浓度相等， 由于氢氧化钠为强碱，则氢氧化钠的浓度最小；醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解 程度小于碳酸钠，水解生成相等浓度的氢氧根离子时，醋酸钠的浓度需要大于醋酸钠， 则三者的浓度关系为：c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），故 B 错误； C.0.1molL-1的 NaHA溶液，其 pH=4，溶液显示酸性，说明HA-的电离程度大于其水解 2-+ 程度，则溶液中 c（H2A）c（A ），溶液中离子浓度关系为：c（H

35、A ）c（H ） 2- c（A ）c（H2A），故 C 错误； D pH=2的 HA 溶液与 pH=12的 MOH溶液任意比混合后， 反应后的溶液一定遵循电荷 +- 守恒，则溶液中离子浓度关系为：c（H ）+c（M ）=c（OH ）+c（A ），故 D 正确； 故选：D。 A溶液显示酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中醋酸根离 子浓度大于醋酸的浓度； B醋酸的酸性大于碳酸，则醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，等pH时醋酸钠的浓度大 于醋酸钠，氢氧化钠为强碱，浓度最小； C溶液显示酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，溶液中c（H2A）c（A2-）； D溶液中一定满足电荷守恒，

36、根据pH=2的 HA溶液与 pH=12的 MOH溶液的混合液 中电荷守恒进行判断 本题考查了判断溶液中离子浓度大小的方法， 题目难度中等， 注意掌握比较溶液中离子 浓度大小的方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识正确判断溶液中各离 子之间浓度大小 二、填空题（本大题共2 2 小题，共 25.025.0分） 第 9 页，共 15 页 21. 在容积为 1L 的密闭容器中，进行如下反应：A （g）+2B （g）C（g）+D （g）， 在不同温度下，D 的物质的量 n（D ）和时间 t的关系如图，（在800，第 5分钟 时可逆反应达到平衡状态），请回答下列问题： （1）700时，0-5mi

37、n内，以 B 表示的平均反应速率为_ （2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_ A 、容器中压强不变 B、混合气体中 c（A ）不变 C、v正（B）=v 逆（D ） D、c（A ）=c （C） （3）若最初加入 1.0molA和 2.2molB，利用图中数据计算800时的平衡常数 K=_ ，该反应为_反应（填“吸热”或“放热”） （4）800时，某时刻测得体系中各物质的物质的量浓度如下：c（A ）=0.06mol L-1、c（B）=0.50mol L-1、c（C）=0.20mol L-1、c（D ）=0.018mol L-1，则此时该 反应_ （填“向正方向进行”、 “向逆方向进行”

38、或“处于平衡状态”） 【答案】0.18mol/ （Lmin）AB0.72 吸热向正方 向进行 【解析】解：（1）700时，5min 平衡时生成 0.45mol ， 则 v（D ）=0.09mol/ （Lmin），速率之比等于化学 计量数之比，则 v（B）=2v（D ）=0.18mol/ （Lmin）， 故答案为：0.18mol/ （Lmin）； （2）A 正反应为气体物质的量减小的反应，随反应进行容器中压强减小，当容器内 压强不变时，说明反应到达平衡，故A 正确； B混合气体中 c（A ）不变说明到达平衡，故B 正确； Cv 正（B）=2v逆（D ）时说明到达平衡，故C 错误； D 平衡时 A

39、 、C 的浓度与 A 的转化率有关，平衡时不一定相等，故D 错误， 故选：AB ； （3）800时平衡时生成D 为 0.6mol ，则： A （g）+2B （g）C（g）+D （g） 起始量（mol）：12.2 0 0 变化量（mol）：0.6 1.20.60.6 平衡量（mol）：0.4 10.6 0.6 由于容器的体积为 1L， 用物质的量代替浓度计算平衡常数， 则 K=0.9； 由图可知，升高温度后 D 的物质的量增大， 说明升高温度平衡正向移动， 而升高温度平 衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应， 故答案为：0.9 ；吸热； （4）浓度商 Qc= （1）根据 v= =0.24K=0.

40、9，反应向正反应进行，故答案为：向正方向进行 计算 v（D ），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）； （2）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变， 由此衍生的其它一些量不变， 判断平衡的物理量应随反应进行发生变化， 该物理量由变 化到不变化说明到达平衡； （3）800时平衡时生成D 为 0.6mol ，则： A （g）+2B （g）C（g）+D （g） 起始量（mol）：12.200 变化量（mol）：0.6 1.20.6 0.6 平衡量（mol）：0.4 1 0.6 0.6 第 10 页，共 15 页 由于容器的体积为 1L，用物质的量代替浓度代入

41、K=计算平衡常数； 由图可知，升高温度后D的物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动； （4）计算浓度商 Qc，若 Qc=K，处于平衡状态，若 QcK，反应向正反应进行，若 QcK，反应向逆反应进行 本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、反应速率计算、平衡常数计算与应用等，难度 不大，注意理解平衡常数应用 22. 某小组以醋酸为例探究弱酸的性质 （1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响 -1 设计实验方案如表，表中c=_ molL 编号 1 2 酸的种类 醋酸 盐酸 -1 酸的浓度/molL酸的体积/mL 10 10 镁条质量/g 2.0 2.0 1.0 c 实验步骤：a）检查装置（图

42、1）的气密性后，添加药品； b）反应开始后，_； c）将所记录的数据转化为曲线图（图2） 写出 05min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：_ （2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电 解质分子数占原来总分子数的百分比） 设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在表中 待测物理量 _ _ 测定方法 量取 25.00ml醋酸溶液于锥形瓶中， 滴加指示剂， 将 0.1000molL NaOH标准溶液装入 _ ，滴定至终点，记录数据重复滴定2 次 _ -1 【答案】1.0每隔 1min记录一次生成 H2的体积 醋酸与镁条反应的速率随时间变化 不明显， 盐酸

43、与镁条反应开始阶段反应速率很快， 一段时间后反应速率明显减小醋酸 + 溶液的物质的量浓度碱式滴定管H 的物质的量浓度取适量醋酸溶液于烧杯中， 用 pH计测定溶液 pH 【解析】解：（1）要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影 响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C 也应为 1.0mol/L， 故答案为：1.0； 据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速 率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成 H2的体积， 故答案为：每隔 1min记录一次生成 H2的体积； 通过图象分析可知， 单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化

44、很小， 即醋酸与 镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内 第 11 页，共 15 页 生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小， 故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显， 盐酸与镁条反应开始阶段反应速 率很快，一段时间后反应速率明显减小； （2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸 + 的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H 的浓度 根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的 NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测 液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中； 醋酸溶液的物质的量浓度； +

45、由于能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H 的浓度，而若较 精确的测量溶液的 pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定 溶液 pH故答案为： 待测物理量 醋酸溶液的物质的量浓度 H+的物质的量浓度 测定方法 碱式滴定管 取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液 pH （1）要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的 因素保持一致，据此分析C的数值； 据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率， 据此分析反应开始后的操作； 通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、 盐酸与镁条反应的速率的变 化情

46、况； （2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸 + 的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H 的浓度，据此分析 根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式 滴定管中； + 由于能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H 的浓度，而若较 精确的测量溶液的 pH，用 pH计 本题考查了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题，综合性较强，是高考 的高频考点 三、简答题（本大题共2 2 小题，共 25.025.0分） 23. 已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列 问题： （1）

47、可逆反应：FeO（s）+CO（g） Fe（s）+CO2（g）是炼铁工业中的一个重要 反应，其温度与平衡常数K的关系如下表： T（K） K 938 0.68 1100 0.40 若该反应在体积固定的密闭容器中进行， 在一定条件下达到平衡状态， 若升高温度， 混合气体的平均相对分子质量_（填“增大”“减小”或“不变”，下同）； 充入氦气，混合气体的密度_。 -1 （2）常温下，浓度均为0.1molL 的下列五种溶液的 pH如下表： 溶质 pH CH3COONa 8.8 NaHCO3 9.7 Na2CO3 11.6 NaClO 10.3 NaCN 11.1 上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是

48、_。 -1 根据表中数据判断，浓度均为0.01molL 的下列四种物质的溶液中，酸性最强 的是_；将各溶液分别稀释 100倍，pH变化最小的是_（填字母）。 第 12 页，共 15 页 AHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH 要增大氯水中 HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方 程式为：_。 2- 10-3 molL-1的 Cr2O72-为了含有 Cr2O7的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0 使废水的排放达标，进行如下处理： 3+ 10-13 molL-1，则残留的 Cr3+的浓度为若处理后的废水中残留的c（Fe ）=4.0 _ molL-1（已知：Ksp

49、Fe（OH）3=4.010-38，KspCr（OH）3=6.010-31）。 2-2- 10-6【答案】减小增大CO3DA2Cl2+CO3+H2O=CO2+2Cl+2HClO6 【解析】解：（1）升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，气体的质量减 小，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量减小；充入氦气，反应体积不变，气 体质量增大，混合气体的密度增大， 故答案为：减小；增大； （2）弱酸根离子水解程度越大， 相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质 2-2- 子能力越大，根据 pH知，CO3的水解程度最大，则CO3结合质子能力最强， 2- 故答案为：CO3； 酸的酸性越强，酸

50、的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液 的 pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是醋酸；加水稀释促进弱酸电离，相同浓 度的不同酸稀释相同的倍数， 酸的酸性越弱， 酸的 PH变化越小， 酸性最弱的酸是 HCN， 则 pH变化最小的是 HCN， 故答案为：D；A； 2- HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，因为CO3会结合反应 Cl2+H2OH+Cl-+HClO生成的 H+， 使平衡向右移动， 所以导致氯水中 HClO浓度增大， 2- 离子方程式为 2Cl2+CO3+H2O=CO2+2Cl+2HClO， 2- 故答案为：2Cl2+CO3+H2O=CO2+2C

51、l+2HClO； 3+ 10-13molL-1，则溶液中的 c（OH-）若处理后的废水中残留的c（Fe ）=4.0 = 3+ ，则 c（Cr ）=molL-1=6.010-6molL-1， 10-6。故答案为：6 （1）升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，气体的质量减小，物质的量 不变；充入氦气，反应体积不变，气体质量增大； （2）弱酸根离子水解程度越大， 相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质 子能力越大； 酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液 的 pH越小；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越 弱，酸的 PH变化越小； 2- HClO和碳酸钠