福建省龙岩市武平二中2022学年高二化学下学期期末试卷（练习二）（含解析）

2022-2022学年福建省龙岩市武平二中高二（下）期末化学试卷（练习二）一、选择题（每题3分，共60分，每题只有一个选项符合题意）1．（3分）（2022•宁波校级学业考试）下列各图所表示的反应是吸热反应的是（　　）　A．B．C．D．考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断．解答：解：若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为吸热热反应．故选：A．点评：在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等．　2．（3分）（2022春•武平县校级期末）某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡时，各物质的物质的量之比为n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．保持温度不变，以2：2：1的物质的量之比再充入A、B、C，则（　　）　A．平衡不移动　B．再达平衡时，n（A）：n（B）：n（C）仍为2：2：1　C．再达平衡时，C的体积分数增大　D．再达平衡时，正反应速率增大，逆反应速率减小考点：化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学平衡专题．分析：以2：2：1的体积比将A、B、C充入此容器中，各物质的浓度增大一倍，相当于在原来的基础上压缩体积为原来的一半，结合压强对平衡移动的影响分析．解答：解：A、由于反应前后气体的化学计量数之和不等，则增大压强平衡发生移动，故A错误．B、由于反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，导致再次达到平衡时，A、B和C的物质的量之比减小，故B错误．C、由于反应前后气体的化学计量数之和减小，则增大压强平衡向正反应方向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，故C正确．D、由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，故D错误．故选C．点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据浓度的增大相当于体积的减小，体积缩小一倍时等效于浓度增大一倍．　-15-\n3．（3分）（2022秋•鞍山期末）仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（　　）　A．升高温度B．加压　C．加负催化剂D．加大反应物浓度考点：活化能及其对化学反应速率的影响．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：增大压强、浓度，单位体积活化分子的数目增多，升高温度、加入催化剂活化分子的百分数增大．解答：解：升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数，但增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变；加负催化剂会减少活化分子百分数，故选A．点评：本题考查影响活化分子的因素，题目难度不大，注意相关知识的积累，学习中注意温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响的根本原因是影响活化分子的浓度或百分数，要注意负催化剂对反应的影响．　4．（3分）（2022•长葛市校级一模）将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是（　　）　A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性　B．水的离子积变大、pH变小、呈中性　C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性　D．水的离子积不变、pH不变、呈中性考点：水的电离．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析．解答：解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性．综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；故选：B．点评：本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断．　5．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列物质中，导电性能最差的是（　　）　A．熔融氢氧化钠B．石墨棒C．盐酸溶液D．固态氯化钾考点：离子化合物的结构特征与性质；电解质溶液的导电性．版权所有专题：压轴题．分析：根据是否存在自由移动的离子或电子来分析物质的导电性，若没有自由移动的带电微粒则不导电．解答：解：A、熔融氢氧化钠真会存在自由移动的钠离子和氢氧根离子，导电性好，故A不选；-15-\nB、石墨中的在层与层之间存在自由移动的电子，则石墨具有良好的导电性，故B不选；C、盐酸溶液中存在自由移动的氢离子和氯离子，导电性好，故C不选；D、固态氯化钾中存在离子，但不能自由移动，则不能导电，故D选；故选D．点评：本题较简单，考查物质的导电性，明确物质中存在自由移动的带点微粒是解答的关键．　6．（3分）（2022春•瓯海区校级期末）25℃的下列溶液中，碱性最强的是（　　）　A．pH=11的溶液B．c（OH﹣）=0.12mol/L的溶液　C．1L中含有4gNaOH的溶液D．c（H+）=1×10﹣10mol/L的溶液考点：溶液pH的定义．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：25℃当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性，且pH越大，碱性越强；据此进行分析判断即可．解答：解：A、pH=11的溶液，溶液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L；B、c（OH﹣）=0.12mol/L的溶液；C、氢氧化钠溶液的浓度是0.1mol/L，c（OH﹣）=0.1mol/L；D、c（H+）=1×10﹣10mol/L的溶液，c（OH﹣）=1×10﹣4mol/L；所以碱性最强的是B，故选B．点评：本题考查了比较溶液中碱性强弱，难度不大，掌握溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是顺利解题的关键．　7．（3分）（2022春•武平县校级期末）pH=1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图示，下列说法不正确的是（　　）　A．A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等　B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱　C．若a=4，则A是强酸，B是弱酸　D．若1＜a＜4，则A、B都是弱酸考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：-15-\n由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此来解答．解答：解：A、因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；B、由图可知，稀释相同倍数后B的pH小，c（H+）大，稀释后B酸的酸性强，故B正确；C、由图可知，若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；D、pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B都是弱酸，故D正确；故选A．点评：本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难度不大．　8．（3分）（2022秋•长春期末）在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+对于该平衡，下列叙述正确的是（　　）　A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动　B．加水，反应速率增大，平衡向逆反应力向移动　C．滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c（H+）减少　D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动考点：影响盐类水解程度的主要因素．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；B、加水促进电离，平衡正向进行；C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；解答：解：A、加入氢氧化钠溶解后的氢氧根离子和氢离子反应促进电离平衡正向进行；故A正确；B、加水稀释促进电离平衡，浓度减小反应速率减小，醋酸电离平衡正向进行；故B错误；C、加入盐酸氢离子浓度增大，平衡左移；达到锌平衡后，溶液中氢离子浓度增大，故C错误；D、加入醋酸钠溶解后的醋酸根离子抑制醋酸电离，平衡左移；故D错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素判断，电离是吸热过程，醋酸是弱电解质存在电离平衡，题目较简单．　9．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列说法正确的是（　　）　A．温度升高水的电离程度增大，pH值增大　B．纯水中c（H+）与c（OH﹣）的乘积一定等于1×10﹣14　C．某水溶液中只要c（H+）=c（OH﹣），则一定是中性的　D．电离程度大的酸一定比电离程度小的酸pH值小考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有-15-\n专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．升高温度，促进水电离；B．水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；C．溶液的酸碱性取决于c（H+）和c（OH﹣）的相对大小；D．溶液的pH取决于溶液中氢离子浓度．解答：解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的pH减小，故A错误；B．纯水中，KW=c（H+）．c（OH﹣），但水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，故B错误；C．溶液的酸碱性取决于c（H+）和c（OH﹣）的相对大小，如果c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，如果c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性，如果c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，故C正确；D．溶液的pH取决于溶液中氢离子浓度，与酸的电离程度无关，故D错误；故选C．点评：本题涉及水的离子积常数、溶液酸碱性的判断、pH计算等知识点，易错选项是D，明确溶液酸碱性的判断方法、pH与氢离子浓度的关系即可解答，难度不大．　10．（3分）（2022春•皇姑区校级期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）　A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+　B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣、K+　C．=1×1012的溶液中：NH4+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+　D．c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、S2﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或者碱性；C．c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；D．与Fe3+反应的离子不能大量共存．解答：解：A．pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或者碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，故B错误；C．c（H+）/c（OH﹣）=1×1012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C正确；D．与Fe3+反应的S2﹣、SCN﹣不能大量共存，故D错误．故选：C．点评：本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于元素化合物的综合考查和学生的分析能力的考查，注意离子之间发生氧化还原反应以及复分解反应的特点，答题时注意审题，把握题给要求，为解答该题的关键，难度不大．-15-\n　11．（3分）（2022秋•临沂期末）有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是（　　）　A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强　B．HX、HY、HZ三者均为弱酸　C．在X﹣、Y﹣、Z﹣三者中以Z﹣最易发生水解　D．中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，据此解答．解答：解：A．相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，根据题意知，在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强，故A正确；B．NaX、NaY、NaZ水溶液都大于7，说明这三种盐都是强碱弱酸盐，所以这三种酸都是弱酸，故B正确；C．相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，所以Z﹣水解程度最大，故C正确；D．这三种酸都是一元酸，一元酸中和氢氧化钠时，酸碱的物质的量相等，所以中和1molHY酸，需要的NaOH等于1mol，故D错误；故选D．点评：本题考查盐类水解，明确酸的强弱与酸根离子水解程度关系是解本题关键，难度中等．　12．（3分）（2022春•武平县校级期末）25℃时，pH值都等于11的NaOH溶液和Na2CO3溶液，两溶液中水的电离程度大小（　　）　A．相等B．Na2CO3溶液大C．NaOH溶液大D．无法比较考点：水的电离；盐类水解的应用．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：氢氧化钠为强碱溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的；碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子为水电离的，据此进行判断．解答：解：25℃时，pH值都等于11的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：1×10﹣11mol/L；pH=11的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：mol/L=0.001mol/L，所以Na2CO3溶液中水电离程度＞NaOH溶液中水的电离程度，故选B．点评：-15-\n本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意明确水的电离平衡及影响水的电离的因素，明确酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离．　13．（3分）（2022春•武平县校级期末）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．以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10﹣56.3×10﹣91.6×10﹣94.2×10﹣10从以上表格中判断以下说法中不正确的是（　　）　A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离　B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸　C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H++SO42﹣　D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据酸的电离程度分析；B．在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；C．存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；D．在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分．解答：解：A．根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A正确；B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4﹣，故C错误；D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选C．点评：本题考查了电解质的电离，该题中的溶剂是冰醋酸不是水，做题时不能定势思维，知道电离平衡常数能反映酸的强弱．　14．（3分）（2022春•武平县校级期末）体积相同，浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液、氨水，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为（　　）　A．4m=nB．m=nC．m＜nD．m＞n考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，物质的量浓度相同的NaOH和氨水，NaOH的pH大，如稀释相同倍数，稀释后的溶液仍是氢氧化钠pH大，以此解答．解答：解：一水合氨是弱电解质，不能完全电离，物质的量浓度相同的NaOH和氨水，NaOH的pH大，如稀释相同倍数，稀释后的溶液仍是氢氧化钠pH大，如稀释后溶液的pH相等，则氢氧化钠应加入较多的水，则m＞n，故选D．点评：本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查和基本理论知识的综合运用，为高频高频考点，注意把握弱电解质的电离特点，难度不大．　-15-\n15．（3分）（2022春•武平县校级期末）电解CuCl2溶液时，如果阴极上有1.6gCu析出，则阳极上产气体的体积（标况）约为（　　）　A．0.28LB．0.56LC．0.14LD．11.2L考点：电解原理．版权所有专题：电化学专题．分析：电解池中，阳极是还原性强的阴离子先放电，阴极是氧化性强的阳离子先放电，根据电极反应方程式结合电子守恒来计算．解答：解：电解氯化铜的电极反应如下：阳极：2Cl﹣=Cl2↑+2e﹣，阴极：Cu2++2e﹣=Cu，阴极上有1.6g即0.025mol的Cu析出，则会转移电子0.05mol，所以在阳极上产生0.025mol的氯气，体积为：0.025mol×22.4L/mol=0.56L．故选B．点评：本题考查学生电解池的工作原理以及电子守恒的有关计算知识，可以根据所学内容来回答，难度不大．　16．（3分）（2022•颍泉区校级二模）“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（　　）　A．大力发展农村沼气，将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源　B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用　C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料　D．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生考点：常见的生活环境的污染及治理．版权所有专题：热点问题．分析：降低消耗、保护环境，应尽量使用清洁能源，开发利用新能源，代替传统化石能源的使用，减少污染物的排放．解答：解：A．将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A正确；B．使用新型能源可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B正确；C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C正确；D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误．故选D．点评：本题考查环境污染及治理知识，题目难度不大，本题注意把握降低消耗，节约能源的做法．　17．（3分）（2022春•武平县校级期末）工业上合成氨时一般采用700K左右的温度，其原因是（　　）①提高合成氨的速率②提高氢气的转化率③提高氨的产率④催化剂在700K时活性最大．　A．只有①B．①②C．②③④D．①④考点：合成氨条件的选择．版权所有专题：化学平衡专题．分析：N2+3H2⇌2NH3△H-15-\n＜0，该反应是放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在700℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用700℃左右的温度，以此解答．解答：解：合成氨发生：N2+3H2⇌2NH3△H＜0，升高温度可增大反应速率，提高产量，故①正确；该反应的正反应为放热反应，升高温度不是提高氢气的转化率，或氨气的产率，故②③错误；该温度时，催化剂的活性最大，有利于增大反应速率，提高产量，故④正确．故选D．点评：本题考查化学平衡知识，侧重于化学与生产的关系的考查，有利于培养学生的良好科学素养和提高学习的积极性，难度不大．　18．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列物质属于弱电解质的是（　　）　A．BaSO4B．CO2C．CH3COOHD．CH3COONH4考点：强电解质和弱电解质的概念．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子的电解质；弱电解质为：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此即可解答．解答：解：A、BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42﹣有自由移动的离子，能导电，是强电解质，故A错误；B、CO2和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以CO2的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是CO2，所以CO2是非电解质，故B错误；C、CH3COOH在水溶液里部分电离：CH3COOH⇌CH3COO﹣+OH﹣，为弱电解质，故C正确；D、CH3COONH4在熔融状态下或水溶液里完全电离，为强电解质，故D错误；故选C．点评：本题考查了电解质、强弱电解质的判断，题目难度不大，注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，强电解质与弱电解质的本质区别是能否完全电离．　19．（3分）（2022春•武平县校级期末）某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（　　）　A．△H＜0，△S＞0B．△H＜0，△S＜0C．△H＞0，△S＞0D．△H＞0，△S＜0考点：焓变和熵变．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，△G=△H﹣T•△S＞0时，反应不能自发进行，据此分析．解答：解：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=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，A、当△H＜0，△S＞0时，△G=△H﹣T•△S＜0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、△H＜0，△S＜0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、△H＞0，△S＜0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误．-15-\n故选：C．点评：本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用．　20．（3分）（2022秋•景洪市期末）在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是（　　）　A．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）　C．c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：由氯化铵的化学式为NH4Cl，Cl﹣与NH4+的物质的量之比为1：1，根据氯化铵溶液中铵根离子水解可知，＞，铵根离子水解溶液显酸性，则＞，然后分析选项即可．解答：解：A、NH4Cl中铵根离子水解可得＞，铵根离子水解溶液显酸性，则＞，离子水解的程度很弱，则＞，即＞＞＞，故A正确；B、因NH4Cl中铵根离子水解可得＞，故B错误；C、因NH4Cl中铵根离子水解可得＞，铵根离子水解溶液显酸性，则＞，故C错误；D、由NH4Cl中铵根离子水解可得＞，故D错误；故选A．点评：本题考查盐类水解的应用，明确水解后离子的浓度的关系及水解的程度、水解后溶液的酸碱性是解答的关键．　二、填空题：21．（8分）（2022春•武平县校级期末）如图为相互串联的甲乙两个电解池，请回答：（1）甲池若为用电解精炼铜的装置，A极是　阴极　，材料是　纯铜　，电极反应为　Cu2++2e﹣═Cu　，B极是　阳极　，材料是　粗铜　，电极反应为　Cu﹣2e﹣═Cu2+　，电解质溶液为　CuSO4溶液　．（2）若甲槽阴极增重12.8g，则乙槽阴极放出气体在标准状况下的体积为　4.48　．（3）若乙槽剩余液体为400mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为　14　．考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：图示是两个串联的电解池，依据电源判断A为阴极，B为阳极，Fe为阴极，C为阳极，-15-\n（1）电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐；（2）甲池是精炼铜，增重12.8g是铜的质量，根据电解反应过程中电极上的电子守恒计算；（3）依据析出铜的物质的量结合电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量，来计算浓度．解答：解：（1）电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐，根据图片知，A是阴极，B是阳极，所以A极材料是纯铜，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e﹣═Cu，B是阳极，电极材料是粗铜，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，电解质一般用可溶性的硫酸铜溶，故答案为：阴极；纯铜；Cu2++2e﹣═Cu；阳极；粗铜；Cu﹣2e﹣═Cu2+；CuSO4溶液；（2）串联电路中转移电子相等，若甲槽阴极增重12.8g，由电极方程式Cu2++2e﹣═Cu可知，阴极上得到电子的物质的量=，乙槽中阴极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子相等得，则乙槽阴极电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，放出气体在标准状况下的体积==4.48L，故答案为：4.48；（3）依据析出铜的物质的量为0.2mol，电子转移为0.4mol，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑；减少氢离子物质的量为0.4mol，溶液中增多氢氧根离子物质的量为0.4mol，常温下若乙槽剩余液体为400mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为1mol/L，即pH=14，故答案为：14．点评：本题考查了电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，再结合转移电子相等分析解答，难度不大．　22．（10分）（2022春•武平县校级期末）在稀氨水中存在下述电离平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，分别加入少量下列物质，溶液中c（OH﹣）如何变化？（填“增大”“减小”或“不变”）；平衡移动方向如何？加入的物质少量（NH4）2SO4固体少量HNO3溶液少量KOH溶液c（OH﹣）的变化①　减小　②　减小　③　增大　平衡移动方向④　左移　⑤　右移　⑥　左移　考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：氨水中存在电离平衡，如果向氨水中加入含有铵根离子或氢氧化根离子的物质，则抑制氨水电离，如果加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质则促进其电离，据此分析解答．解答：解：氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向氨水中加入少量硫酸铵，硫酸铵中含量铵根离子，导致溶液中铵根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动，所以溶液中氢氧根离子浓度减小；-15-\n向氨水中加入少量硝酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，平衡向右移动；向氨水中加入少量氢氧化钾，导致氢氧根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动，故答案为：加入的物质少量（NH4）2SO4固体少量HNO3溶液少量KOH溶液c（OH﹣）的变化①减小②减小③增大平衡移动方向④左移⑤右移⑥左移．点评：本题考查弱电解质电离，加入相同的离子则抑制弱电解质电离，加入和溶液中离子反应的物质则促进其电离，难度不大．　23．（10分）（2022春•武平县校级期末）现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是　④②③①　（填序号）（2）④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是　⑥④⑤⑦　（填序号）（3）将③和④按体积比1：2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是　c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．（4）已知t℃，KW=1×10﹣13，则t℃（填“＞”或“＜”或“=”）　＞　25℃．在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=　9：2　．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（2）从盐类的水解和弱电解质的电离程度角度分析；（3）③和④等体积混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl、NH3．H2O，从盐类的水解角度分析；（4）根据温度对电解质的电离影响判断温度的大小，根据c（H+）=计算酸碱混合反应．解答：解：（1）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；（2）④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑦氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH4+浓度由大到小的顺序是⑥④⑤⑦，故答案为：⑥④⑤⑦；（3）③和④按体积比1：2混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl、氨水，根据物料守恒知，c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于溶液中存在：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨的电离程度大于氢根离子水解程度，则c（NH4+）＞c（Na+），溶液呈碱性得c（OH﹣）＞c（H+），故有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），-15-\n故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（4）t℃，KW=1×10﹣13，25℃，KW=1×10﹣14，已知水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，KW增大，所以t℃大于25℃，t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L，在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则有：=0.01mol/L，则a：b=9：2，故答案为：＞；9：2．点评：本题考查溶液离子浓度大小的比较以及盐类的水解和弱电解质的电离等问题，题目难度较大，易错点为（1）（2），注意把握影响盐类水解以及电解质的电离的因素．　24．（12分）（2022春•武平县校级期末）Ⅰ．在一定条件下的下列可逆反应达到平衡时，试填出：xA+yB⇌zC（1）若A、B、C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z关系是　x+y＞z　；（2）若C是气体，并且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，则平衡必定是向　逆反应（或向左移动）　方向移动；（3）已知B、C是气体，现增加A物质的量，平衡不移动，说明A是　固或液　（填状态）；（4）如加热后，C的百分含量减小，则正反应是　放　热反应．Ⅱ．如图所示向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，起始时，V（A）=V（B）=aL．在相同温度和有催化剂存在下，两容器中各自发生下述反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）；△H＜0．达到平衡时，V（A）=1.2aL．试回答：（1）A中X的转化率α（A）　40%　．（2）A、B中X的转化率的关系：α（A）　＞　α（B）．（填“＜”“＞”或“=”）（3）打开K，一段时间又达到平衡，A的体积为　2.6a　L．（连通管中气体体积不计）考点：化学平衡的计算．版权所有专题：化学平衡专题．分析：Ⅰ（1）降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，据此判断；（2）C是气体，且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X、Y至少有1种不是气体，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；（3）B、C是气体，增加A物质的量（其他条件不变），平衡不移动，说明A是固体或纯液体；（4）加热后，C的百分含量减小，说明升高温度平衡向逆反应移动；Ⅱ（1）A为恒温恒压过程，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡后A中平衡时混合气体的物质的量，根据差量法计算参加反应的X的物质的量，利用转化率定义计算；-15-\n（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积不变的反应，A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，B容器相当增大压强，平衡逆向进行，平衡后A中的X的转化率大；（3）反应前后气体的物质的量不变，故打开K保持温度不变，又达到平衡与开始A中充入1molX、1molY到达的平衡相同，根据X的转化率计算转化的X的物质的量，进而计算平衡后总的物质的量增大量，计算平衡后混合气体总的物质的量，再根据体积之比等于物质的量之比计算总体积，进而计算A容器的体积，据此判断．解答：解：Ⅰ（1）A、B、C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y＞z，故答案为：x+y＞z；（2）C是气体，且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X、Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应（或向左移动）；（3）B、C是气体，增加A物质的量（其他条件不变），平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为固或液态故答案为：固或液；（4）加热后，C的百分含量减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，故答案为：放；Ⅱ（1）A为恒温恒压过程，达到平衡时VA=1.2aL，等压等温条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，所以平衡后混合气体的物质的量是2mol×1.2=2.4mol，设参加反应的X的物质的量为mmol，则：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）物质的量增多1mol　1molmmol　（2.4﹣2）mol所以，m=0.4所以X物质的转化率=×100%=40%；故答案为：40%；（2）A为恒温恒压容器，B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积不变的反应，A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，B中压强增大平衡逆向进行，X的转化率减小，平衡后A中的X的转化率大于B中X的转化率；故答案为：＞；（3）打开K达新平衡等效为A中到达的平衡，X的转化率为40%，参加反应的X的总的物质的量为3mol×40%=1.2mol，则：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）物质的量增多1mol1mol1.2mol1.2mol故平衡后容器内总的物质的量为（1mol+1mol+2mol+2mol）+1.2mol=7.2mol，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则总容器的体积为aL×=3.6a，则A的体积为3.6a﹣a=2.6a；故答案为：2.6a．点评：-15-\n本题考查化学平衡的影响因素、压强对平衡移动的影响、化学平衡的建立和变化过程中气体体积的变化、体积之比等于物质的量之比，解题时要注意AB容器的条件应用，题目难度较大　-15-