福建省龙岩市武平二中2022学年高二化学下学期期末试卷（练习一）（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（练习一）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春•海珠区期末）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（　　）　A．碳酸钙受热分解B．乙醇燃烧　C．铝与氧化铁粉未反应D．氧化钙溶于水考点：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：根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答．解答：解：A、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；B、乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C、铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，故C错误；D、氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误．故选A．点评：本题主要考查学生常见的反应的吸热放热情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　2．（3分）（2022春•武平县校级期末）在两个恒容容器中有平衡体系：A（g）⇌2B（g）和2C（g）⇌D（g），X1和X2分别是A和C的转化率．在温度不变情况下，均增加相同的A和C的物质的量，下列判断正确的是（　　）　A．X1降低，X2增大B．X1、X2均降低　C．X1增大，X2降低D．X1、X2均增大考点：化学平衡的影响因素．版权所有专题：化学平衡专题．分析：对于反应：A（g）⇌2B（g）①，2A（g）⇌B（g）②．在恒温、恒容条件下达到平衡时，保持条件不变，增加A的物质的量，平衡都向右移动，到达的平衡状态，可以等效为在原平衡的基础增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断．解答：解：对于反应：A（g）⇌2B（g）①，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向逆反应移动，A的转化率减小，即X1减小；对于反应：2A（g）⇌B（g）②，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向正反应移动，B的转化率减小，即X2减小．故选A．点评：本题考查平衡移动转化率的判断，难度中等，本题采取等效平衡理解，可以借助平衡常数理解，注意形成规律进行总结：①若反应物只有一种时：aA（g）⇌bB（g）+cC（g），增加A的量，平衡向右移动，但该反应物A的转化率α（A）不一定增大，当a=b+c时，α（A）不变；a＞b+c时，α（A）增大；当a＜b+c时，α（A）减小．②若反应物不止一种时：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），只增加A的量，平衡右移，而α（A）减少，α-14-\n（B）增大；若按原比例同倍数增加反应物A和B的量，平衡右移，而反应物的转化率与反应条件及气体反应物的化学计量数有关．若在恒温、恒压条件下，α（A）和α（B）都不变；若在恒温、恒容条件下，当a+b=c+d时α（A）和α（B）都不变；若a+b＜c+d，α（A）和α（B）都减小；若a+b＞c+d，α（A）和α（B）都增大．　3．（3分）（2022春•武平县校级期末）100mL浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（　　）　A．加入适量的6mol•L﹣1的盐酸B．加入数滴氯化铜溶液　C．加入适量蒸馏水D．加入适量的氯化钠溶液考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可．解答：解：A、加入适量的6mol．L﹣1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，故A不选；B、因Zn过量，加入数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，故B选；C、加入适量蒸馏水，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故C不选；D、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积变大，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故D不选；故选B．点评：本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键，并熟悉常见的影响因素来解答，难度不大．　4．（3分）（2022•广东模拟）室温下，在pH=11的某溶液中，由水电离的c（OH﹣）为（　　）①1.0×10﹣7mol•L﹣1　②1.0×10﹣6mol•L﹣1③1.0×10﹣3mol•L﹣1　④1.0×10﹣11mol•L﹣1．　A．③B．④C．①或③D．③或④考点：pH的简单计算．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据常温下溶液的pH及水的离子积计算出溶液中氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，再根据溶液显示碱性的原因有两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，在碱溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；在强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子促进了水的电离，据此进行分析．解答：解：常温下，pH=11的某溶液，溶液显示碱性，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣11mol/L，氢氧根离子的浓度为：c（OH﹣）===1×10﹣3mol/L，溶液显示碱性，存在两种情况：碱溶液和强碱弱酸盐溶液，-14-\n在碱溶液中，碱电离的氢氧根离子抑制了水的电离，水电离的氢氧根离子和氢氧根离子浓度减小，溶液中氢离子浓度是水电离，所以水电离的氢氧根离子等于碱溶液中氢离子浓度，即c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣11mol/L，强碱弱酸盐溶液中，弱酸根离子结合了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子就是水电离的，所以水电离的氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）===1×10﹣3mol/L，所以③④正确；故选D．点评：本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，正确分析酸、碱及水解的盐溶液对水的电离影响是解题关键，通过本题可以考查学生对所学知识的掌握情况及灵活应用能力．　5．（3分）（2022秋•绍兴期末）下列物质的稀水溶液中，除水分子外，不存在其它分子的是（　　）　A．NaFB．NaHSC．HNO3D．HClO考点：电解质在水溶液中的电离．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．NaF为强电解质，电离出的氟离子水解生成氢氟酸；B．NaHS电离出的硫氢根离子水解生成硫化氢分子；C．硝酸为强电解质，氢离子和硝酸根离子不水解；D．HClO为弱电解质，在溶液中存在分子；解答：解：A．NaF为强电解质，在水溶液中完全电离，电离出的氟离子为弱酸HF的酸根离子，在水中水解生成氢氟酸，所以溶液中除水分子外，还存在HF分子，故A错误；B．NaHS为强电解质电离出的硫氢根离子和钠离子，电离出的硫氢根离子是弱酸氢硫酸的酸式盐的酸根，水解生成氢硫酸，所以溶液中除水分子外，还存在H2S分子，故B错误；C．硝酸为强电解质，在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硝酸根离子，氢离子和硝酸根离子不水解，除水分子外，不存在其它分子，故C正确；D．HClO为弱电解质，在溶液中部分电离，除水分子外，存在HClO分子，故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的概念，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，平时注意基础知识的积累，题目难度不大．　6．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列溶液一定呈中性的是（　　）　A．pH=7的溶液　B．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L的溶液　C．使酚酞试液呈无色的溶液　D．由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液考点：水的电离．版权所有-14-\n专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）＞c（OH﹣），溶液呈酸性；c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性；常温下，水的离子积Kw=1×10﹣14，所以，pH＜7，溶液呈酸性；pH=7，溶液呈中性；pH＞7，溶液呈碱性．Kw受温度影响，水的电离是吸热反应，温度越高Kw越大，据此进行判断．解答：解：A、pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=1×10﹣14，溶液中c（H+）、c（OH﹣）不一定相等，故A错误；B、溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，故B正确；C、酚酞的变色范围是8﹣10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故C错误；D、由强酸与强碱等物质的量反应得到的溶液，若氢离子浓度物质的量与氢氧根离子的物质的量不相等，反应后溶液不会显示中性，故D错误；故选：B．点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，溶液的酸碱性是由溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小决定的，而不在于c（H+）或c（OH﹣）绝对值的大小．　7．（3分）（2022春•武平县校级期末）常温下，将pH=8的NaOH溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，溶液中为（　　）　A．（10﹣8+10﹣10）B．10﹣8+10﹣10C．5×10﹣9D．2×10﹣10考点：pH的简单计算．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：pH=8的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣6mol/L，pH=10的KOH溶液c（OH﹣）=mol/L=10﹣4mol/L，混合溶液中c（OH﹣）=mol/L=5.05×10﹣5mol/L，再根据c（H+）=计算．解答：解：pH=8的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=10﹣6mol/L，pH=10的KOH溶液c（OH﹣）=mol/L=10﹣4mol/L，混合溶液中c（OH﹣）=-14-\nmol/L=5.05×10﹣5mol/L，c（H+）==mol/L=2×10﹣10mol/L，故选D．点评：本题考查了pH的简单计算，正确计算混合溶液中氢氧根离子浓度是解本题关键，再结合离子积常数公式进行计算，题目难度不大．　8．（3分）（2022•江苏学业考试）下列表示水解反应的离子方程式中，正确的是（　　）　A．CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B．Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+　C．CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣D．NH3+H2O⇌NH3•H2O考点：盐类水解的原理．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：若离子的水解程度较弱，是一个可逆的过程，不会出现气体和沉淀（除双水解之外）根据水解反应是中和反应的逆反应来书写即可．解答：解：A、碳酸根离子是多元弱酸的阴离子，分两步水解，故A错误；B、铁离子的水解程度较弱，不会出现沉淀，故B错误；C、醋酸根水解生成醋酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，故C正确；D、氨气和水反应生成一水合氨，是气体的溶解平衡过程，不是水解方程式，故D错误．故选C．点评：本题考查学生水解方程式的书写方面的知识，属于教材知识的考查，注意知识的梳理和理解是关键，难度不大．　9．（3分）（2022•唐山一模）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）　A．向水中加入稀氨水，水的电离程度增大　B．向水中加入少量固体醋酸钠，平衡逆向移动，c（H+）降低　C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变　D．将水加热，平衡逆向移动考点：水的电离．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、加入氨水后溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；B、醋酸根离子结合水电离的氢离子，平衡向着正向移动；C、硫酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子；温度不变，水的离子积不变；D、水的电离过程为吸热反应，升高温度，平衡向着正向移动．解答：解：A、向水中加入稀氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，水的电离程度减小，故A错误；B、向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸根离子水解，促进了水的电离，平衡向着正向移动，c（H+）降低，故B错误；C、向水中加入少量固体硫酸氢钠，溶液显示酸性，溶液中氢离子浓度增大；由于温度不变，水的离子积Kw不变，故C正确；D、升高温度，水的电离平衡向着正向移动，促进了水的电离，故D错误；-14-\n故选C．点评：本题考查了水的电离平衡及其影响因素，题目难度中等，注意明确水的电离为吸热反应、温度升高水的电离程度增大、水的离子积增大；可以根据勒夏特列原理判断影响水的电离情况．　10．（3分）（2022秋•潞西市校级期末）下列各组离子能大量共存且溶液颜色为无色的是（　　）　A．Na+、MnO4﹣、K+、NO3﹣SO32﹣B．Na+、S2﹣、SO32﹣、H+、NO3﹣　C．Na+、S2﹣、OH﹣、K+、Cl﹣D．HCO3﹣、H+、Na+、Ca2+SO32﹣考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并注意离子的颜色来解答．解答：解：A、因MnO4﹣在溶液中为紫色，与无色溶液不符，故A错误；B、因S2﹣、SO32﹣、H+能发生氧化还原反应，S2﹣、H+、NO3﹣能发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则能大量共存，故C正确；D、因HCO3﹣、H+能结合水和气体，H+、SO32﹣能结合水和气体，Ca2+、SO32﹣结合成沉淀，则不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子的共存问题，熟悉离子之间的反应及常见离子的颜色即可解答，难度不大．　11．（3分）（2022秋•珠海期末）下列说法正确的是（　　）　A．水解反应是吸热反应　B．升高温度可以抑制盐类的水解　C．正盐水溶液pH均为7　D．硫酸钠水溶液pH小于7考点：盐类水解的应用．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：A、水解反应是中和反应的逆反应；B、升高温度，水解向正方向进行；C、大多数能水解的盐不显中性；D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解．解答：解：A、水解反应是中和反应的逆反应，属于吸热反应，故A正确；B、水解反应是吸热反应，升高温度，水解向正方向进行，即升高温度可以促进盐类的水解，故B错误；C、大多数能水解的盐不显中性，如氯化铵显酸性，碳酸钠显碱性，是由于其中的弱离子水解的缘故，故C错误；D、硫酸钠是强酸强碱盐，不水解，显中性，pH等于7，故D错误．故选：A．点评：-14-\n本题考查盐的水解平衡的影响因素和水解原理知识，可以根据教材知识回答，难度不大．　12．（3分）（2022春•武平县校级期末）在60℃时，水的离子积Kw═1×10﹣13mol2•L﹣2，下列同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和最小的是（　　）　A．pH=4B．pH=6C．pH=8D．pH=11考点：水的电离；pH的简单计算．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据离子积常数分别计算溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，计算微粒数分析判断；解答：解：A、pH=4的溶液中c（H+）=10﹣4mol/L，c（OH﹣）=10﹣9mol/L，同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和10﹣4+10﹣9；B、PH=6的溶液中c（H+）=10﹣6mol/L，c（OH﹣）=10﹣7mol/L，同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和10﹣6+10﹣7；C、PH=8的溶液中c（H+）=10﹣8mol/L，c（OH﹣）=10﹣4mol/L，同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和108+10﹣4；D、PH=6的溶液中c（H+）=10﹣11mol/L，c（OH﹣）=10﹣2mol/L，同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和10﹣1+10﹣2；综上所述计算可知同体积的各水溶液中所含H+和OH﹣粒子数之和最小的为10﹣6+10﹣7；故选B．点评：本题考查了溶液PH计算和离子积常数的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　13．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列对电离平衡常数K的叙述中，不正确的是（　　）　A．与溶液的物质的量浓度有关　B．只与温度有关，而与浓度无关　C．根据相同条件下K的大小，可以判断弱酸的相对强弱　D．升高温度K增大考点：化学平衡常数的含义．版权所有专题：化学平衡专题．分析：电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，多元弱酸各步电离平衡常数依次减小，据此分析．解答：解：A、电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数与温度有关，而与浓度无关，故B正确；C、电离平衡常数的大小是衡量弱电解质电离程度的物理量，弱酸电离程度主要取决于第一步，可以判断弱酸的相对强弱，故C正确；D、电离过程是吸热过程，升温促进电离，平衡常数增大，故D正确；故选A．点评：本题考查了电离平衡常数，注意电离平衡常数（K）是温度的常数，题目难度不大．　14．（3分）（2022春•武平县校级期末）99mL0.5mol/L硫酸跟101mL1mol/L氢氧化钠溶液混合后，溶液的pH值为（　　）-14-\n　A．0.4B．2C．12D．13.6考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：n（H+）=2×0.099L×0.5mol/L=0.099mol，n（OH﹣）=0.101L×1mol/L=0.1O1mol，碱过量，反应后溶液呈碱性，计算反应后c（OH﹣），可计算pH．解答：解：n（H+）=2×0.099L×0.5mol/L=0.099mol，n（OH﹣）=0.101L×1mol/L=0.1O1mol，碱过量，反应后溶液的体积为99mL+101mL=200mL=0.2L，则反应后c（OH﹣）==0.01mol/L，则pH=12，故选C．点评：本题考查酸碱混合的计算，难度不大，注意酸碱物质的量的计算和过量问题，把握相关计算公式．　15．（3分）（2022•常州学业考试）如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极．则下列有关的判断正确的是（　　）　A．a为负极、b为正极　B．a为阳极、b为阴极　C．电解过程中，d电极质量增加　D．电解过程中，氯离子浓度不变考点：电解原理．版权所有专题：电化学专题．分析：依据装置图中电流流向分析电极名称，与电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极；电解时铜离子在阴极得到电子析出铜，氯离子在阳极失电子生成氯气，据此分析．解答：解：A、电流从正极流向负极，根据装置图中电流流向判断a为电源正极，b为电源负极；故A错误；B、a为电源正极，与a连接的电极c为阳极；b为电源负极，与负极相连的电极d为阴极，故B错误；C、电解过程中，Cu2+在阴极d上得电子生成Cu，所以d电极质量增加，故C正确；D、氯离子在阳极失电子生成氯气，电解过程中，氯离子浓度减小，故D错误；故选C．点评：-14-\n本题考查电解原理的分析应用，电极名称、电极反应和电极产物的分析判断是解题关键，题目难度中等．　16．（3分）（2022春•武平县校级期末）下列说法错误的是（　　）　A．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应　B．放热的反应在常温下不一定很容易发生　C．反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小　D．吸热反应在一定的条件下也能发生考点：反应热和焓变．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：A、反应放热还是吸热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对大小；B、可燃物燃烧都是放热反应，有很多可燃物燃烧需要比较高的着火点；C、焓变=生成物的能量和﹣反应物的能量和；D、反应放热还是吸热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对大小．解答：解：A、煤的燃烧是放热反应，但需要加热到着火点，故A错误；B、很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度，故B正确；C、反应热决定于反应物和生成物能量的相对高低，△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，故C正确；D、氯化铵和氢氧化钡反应是吸热反应，在常温下就能发生，故D正确．故选A．点评：本题主要考查焓变与反应物生成物的能量高低有关，与反应条件无关，主要把握．　17．（3分）（2022春•武平县校级期末）在合成氨工业中，实现下列目的变化过程中与平衡移动无关的是（　　）　A．为增加NH3的日产量，不断将NH3分离出来　B．为增加NH3的日产量，使用催化剂　C．为增加NH3的日产量，采用500℃左右的高温　D．为增加NH3的日产量，采用2×107﹣5×107Pa的压强考点：化学平衡移动原理．版权所有专题：化学平衡专题．分析：平衡移动原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用平衡移动原理时，反应必须是可逆反应且存在平衡移动，否则平衡移动原理不适用．解答：解；A．不断将氨分离出来，可以降低生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，从而提高氨的产量，故A不选；B．使用催化剂，只能同等倍数地增加正、逆反应速率，缩短反应达到平衡所需要的时间，但平衡不发生移动，故B选；C．采用500℃左右的高温，是因为此温度下，催化剂活性最高，而正反应放热，温度过高不利于平衡向正反应方向移动，故C不选；D．用高压，使平衡向生成氨的方向移动，有利于氨的生产，与平衡移动有关，故D不选．故选B．点评：-14-\n本题考查了工业上合成氨的反应，侧重于化学平衡与生成的关系，主要涉及压强、浓度、温度、催化剂对化学平衡的影响，题目难度不大．　18．（3分）（2022春•武平县校级期末）弱电解质区别于强电解质的理论根据是（　　）　A．溶液的导电性差　B．在溶液中离子与离子间存在电离平衡　C．溶解度小　D．在溶液中存在分子和离子之间的电离平衡考点：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：强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．以此解答该题．解答：解：A．电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力无关，溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，虽溶于水的部分能完全电离，可导电能力很弱，故A错误；B．如电离出简单离子，无论是强电解质还是弱电解质，在溶液中离子与离子间都不存在离子平衡，不能用于证明，故B错误；C．强弱电解质与溶解度无关，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，乙酸易溶于水，但它是弱酸，是弱电解质，故C错误；D．强电解质完全电离，不存在分子和离子之间的电离平衡，而弱电解质部分电离，则在溶液中存在分子和离子之间的电离平衡，故D正确．故选D．点评：本题考查了强弱电解质的判断，为高频考点，注意强弱电解质与导电能力、溶解度之间的关系，难度不大，抓住强电解质的定义中的关键词“完全电离”是解题的关键．　19．（3分）（2022•广东模拟）下列关于△H﹣T△S说法中正确的是（　　）　A．△H﹣T△S可用于判断所有条件下的反应能否自发进行　B．△H﹣T△S只用于判断温度、体积一定的反应能否自发进行　C．△H﹣T△S只用于判断温度、压强一定的反应能否自发进行　D．△H﹣T△S＜0的反应，在该条件下一定剧烈反应考点：焓变和熵变．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：一定温度、压强条件下，△H﹣T△S＜0反应自发进行，△H﹣T△S＞0反应不能自发进行．解答：解：一定温度、压强条件下，△H﹣T△S＜0反应自发进行，△H﹣T△S＞0反应不能自发进行；A、△H﹣T△S只用于判断温度、压强一定的反应能否自发进行，故A错误；B、△H﹣T△S只用于判断温度、压强一定的反应能否自发进行，故B错误；C、一定温度、压强条件下，△H﹣T△S＜0反应自发进行，△H﹣T△S＞0反应不能自发进行，所以△H﹣T△S只用于判断温度、压强一定的反应能否自发进行，故C正确；D、△H﹣T△S-14-\n＜0的反应，反应能自发进行，但是该条件下反应不一定剧烈，如钢铁在自然界的腐蚀等反应比较缓慢，故D错误；故选C．点评：本题考查了反应自发性的判断，注意考查了△H﹣T△S的应用条件，题目难度不大．　20．（3分）（2022春•武平县校级期末）在碳酸钠的饱和溶液中，C（Na+）和C（CO32﹣）的比值（　　）　A．等于1B．等于2C．大于2D．1﹣2之间考点：盐类水解的应用．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，钠离子不水解，据此分析解答．解答：解：碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，钠离子不水解，所以溶液中C（Na+）和C（CO32﹣）的比值大于2，故选C．点评：本题考查了盐类水解，根据水解的离子、不水解的离子来确定C（Na+）和C（CO32﹣）的比值，知道常见水解的离子，题目难度不大．　二、填空题：21．（8分）（2022春•武平县校级期末）家用液化气的主要成分之一是丁烷（C4H10），常温常压下，当5.8kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为2.9×105kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：　2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣5800kJ/mol　，已知1mol液态水气化时需要吸收44kJ的热量，则反应：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）的△H为　﹣2680KJ/mol　．考点：热化学方程式．版权所有专题：化学反应中的能量变化．分析：依据质量换算物质的量，结合化学方程式对应的物质的量计算反应放出的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和反应焓变写出；已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；解答：解：当5.8kg丁烷完全反应物质的量=100mol，完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为2.9×105kJ，2mol丁烷完全反应放热==5800KJ，依据反应物和产物状态标注聚集状态和对应量下的反应热，书写的热化学方程式为：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣5800kJ/mol，已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，①H2O（l）=H2O（g）△H=44KJ/mol；②2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣5800kJ/mol；依据盖斯定律①×10+②得到2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（g）△H=﹣5360kJ/mol，则得到反应，C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）△-14-\nH=﹣2680KJ/mol；故答案为：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣5800kJ/mol；﹣2680KJ/mol；点评：本题考查了热化学方程式的书写方法和计算应用，题目较简单，注意焓变计算和物质聚集状态的标注．　22．（12分）（2022春•武平县校级期末）某温度下，测得某溶液的pH=6，且氢离子与氢氧根离子物质的量相等，此溶液呈中性．则此温度　高于　室温（填高于、低于或等于），其理由是　水的电离为吸热反应，升温有利于水的电离，使Kw增大　．将此温度下pH=10的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合：（1）若所得混合液为中性，则a：b=　10：1　．（2）若所得混合液的pH=2，则a：b=　9：2　．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有专题：计算题．分析：常温下中性溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，溶液c（H+）增大，pH=6，且氢离子与氢氧根离子物质的量相等，此时Kw=10﹣12，Kw=c（H+）×c（OH﹣），此温度下pH=10的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣1mol/L，以此可解答该题．解答：解：常温下中性溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，溶液c（H+）增大，pH=6，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L，此时温度高于常温，故答案为：高于；水的电离为吸热反应，升温有利于水的电离，使K增大；（1）此温度下pH=10的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=10﹣1mol/L，若所得混合液为中性，则有10﹣2mol/L×aL=10﹣1mol/L×bL，则a：b=10：1，故答案为：10：1；（2）若所得混合液的pH=2，则有=10﹣2mol/L，a：b=9：2，故答案为：9：2．点评：本题考查酸碱混合的计算，题目难度中等，注意水的电离特点，把握相关计算公式的运用．　23．（8分）（2022秋•石家庄期末）今有①CH3COOH、②HCl、③H2SO4三种溶液，请用序号回答下列问题（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小排列的是　①＞②＞③　．（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH由大到小排列的是　①＞②＞③　．（3）中和等量的烧碱溶液，需同浓度的三种酸溶液的体积大小关系为　①=②＞③　．（4）体积和浓度相同的①、②、③-14-\n三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，所需烧碱溶液的体积由大到小关系为　③＞②＞①　．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；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：（1）PH相同溶液中氢离子浓度相同，依据醋酸是弱酸，硫酸是二元酸分析判断；（2）浓度相同，溶液PH大小由溶液中氢离子浓度大小分析计算判断；（3）中和等量氢氧化钠，依据化学方程式中的电离关系计算判断；（4）溶液中溶质物质的量相同时，与碱反应后溶液呈中性，硫酸是二元酸，醋酸是弱酸分析判断．解答：解：（1）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol/L；需要②溶液浓度为1mol/L；、需要③H2SO4溶液浓度为0.5mol/L；其物质的量浓度由大到小排列的是①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；（2）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L、②HCl电离出氢离子浓度为1mol/L、③H2SO4，电离出的氢离子浓度为2mol/L；pH由大到小排列的是①＞②＞③，故答案为：①＞②＞③；（3）中和等量的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要①醋酸1mol，需要②HCl1mol；需要③H2SO40.5mol；需同浓度的三种酸溶液的体积大小关系为①=②＞③，故答案为：①=②＞③；（4）体积和浓度相同的①、②、③三溶液，假设溶质为1mol，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，①CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；②和1molH氢氧化钠恰好反应溶液呈中性；③1molH2SO4和2mol恰好反应需要氢氧化钠2mol；所需烧碱溶液的体积由大到小关系为③＞②＞①，故答案为：③＞②＞①．点评：本题考查了酸碱反应的过程和产物溶液性质判断，主要考查溶液pH计算，溶液浓度判断溶液中的两种浓度，消耗碱的量，依据弱酸存在电离平衡，一元强酸二元强酸反应的定量关系分析是解题关键．　24．（12分）（2022春•无锡期末）恒温下，将amol氮气与bmol氢气的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）求：（1）反应进行到某时刻t时，n（N2）=13mol，n（NH3）=6mol，计算a=　16　（2）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%，计算平衡时NH3的物质的量，n（NH3）=　8mol　．（3）原混合气体与平衡时混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比，下同）n（始）：n（平）=　5：4　（4）原混合气体中，a：b=　2：3　（5）达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α（N2）：α（H2）=　1：2　（6）平衡混合气体中，n（N2）：n（H2）：n（NH3）=　3：3：2　．考点：化学平衡的计算．版权所有专题：计算题；化学平衡专题．分析：（1）根据三段式计算．（2）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量．（3）利用差量法计算原混合气体的物质的量．（4）原混合气体的物质的量减去氮气的物质的量为氢气的物质的量，据此计算．-14-\n（5）计算出达到平衡时，N2和H2的转化率，据此计算．（6）计算出达到平衡时，反应混合物各组分的物质的量，据此计算．解答：解：（1）根据方程式计算：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），起始：ab0转化：396t时刻：a﹣3b﹣96a﹣3=13，则a=16，故答案为：16；（2）反应达平衡时，混合气体为=32mol，其中NH3的物质的量为32mol×25%=8mol．故答案为：8mol（3）利用差量法计算：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），物质的量减少△n1mol3mol2mol2mol转化：4mol12mol8mol8mol故原混合气体为32mol+8mol=40mol，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n（始）：n（平）=40mol：32mol=5：4．故答案为：5：4（4）由（1）知a=16mol，则b=40mol﹣16mol=24mol，所以：a：b=16mol：24mol=2：3．故答案为：2：3（5）达到平衡时，N2和H2的转化率之比α（N2）：α（H2）=：=1：2．故答案为：1：2（6）平衡混合气的组成为：N212mol，H212mol，NH3为8mol．平衡混合气体中，n（N2）：n（H2）：n（NH3）=12mol：12mol：8mol=3：3：2．故答案为：3：3：2．点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意利用三段式法结合化学方程式计算．　-14-