河北省衡水市深州市中学高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年河北省衡水市深州市中学高二（上）期中试卷　一、选择题（本题包括30小题，1-20每题1.5分，21-25每题2分，26-30每题3分，共55分；每小题只有一个选项符合题意）1．（1.5分）（2022秋•濉溪县期末）下列说法正确的是（　　）A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量D．物质发生化学变化一定伴随着能量变化　2．（1.5分）（2022春•泉州校级期末）有下列物质：①NaOH固体：②浓硫酸；③NH4N03晶体；④CaO固体．现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血．呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（　　）A．①②③④B．①②④C．②③④D．①②③　3．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）已知下列热化学方程式：CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（l）△H=﹣445.15kJ•mol﹣1CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣607.3kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1则CH4的燃烧热为（　　）A．445.15kJ•mol﹣1B．607.3kJ•mol﹣1C．890.3kJ•mol﹣1D．802.3kJ•mol﹣1　4．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol•L﹣1的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热．下列说法中，正确的是（　　）A．实验过程中没有热量损失B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒35\nC．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D．若烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏小　5．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）将1mol冰醋酸加人到一定量的蒸馏水中最终得到1L溶液．下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是（　　）A．醋酸的浓度达到1mol•L﹣1B．H+的浓度达到0.5mol•L﹣1C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H+的浓度均为0.5mol•L﹣1D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等．　6．（1.5分）（2022秋•淮南期末）下列说法错误的是（　　）A．升高温度可使吸热反应的反应速率增大，使放热反应的反应速率减小B．决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质C．对于有气体参加的反应，增大压强，反应速度一定加快D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大化学反应速率　7．（1.5分）（2022•济南一模）下列有关沉淀溶解平衡的说法中，正确的是（　　）A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp（AgCl）增大B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动C．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D．25℃时，KSP（AgCl）＞KSP（AgI），向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成　8．（1.5分）（2022秋•哈密市校级期末）已知：25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．下列说法正确的是（　　）A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃时，在MgF2的悬浊液加入NaOH溶液后，MgF2不可能转化成为Mg（OH）2　9．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）关于原电池、电解池的电极名称，下列说法错误的是（　　）A．原电池中失去电子的一极为负极B．电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极C．原电池中相对活泼的一极为正极D．电解池中发生氧化反应的一极为阳极　10．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）如图，电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，以下说法正确的是（　　）35\nA．a是电源的正极B．电子流动的方向：d→bC．c极发生氧化反应D．如果将c、d两电极互换，则c上也会生成黄绿色气体　11．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）将0.1mol/L的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（　　）A．比值减小B．OH﹣个数将减少C．比值减小D．NH4+浓度将减小　12．（1.5分）（2022春•五华区校级期末）水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）A．c（H+）随温度的升高而降低B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）C．溶液：pH（35℃）＞pH（25℃）D．水的电离是吸热的过程　13．（1.5分）（2022秋•龙岩期末）在不同条件下分别测N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的反应速率，其中表示该反应速率最快的是（　　）A．v（N2）=3mol•L﹣1•min﹣1B．v（NH3）=2mol•L﹣1•s﹣1C．v（H2）=2.5mol•L﹣1•s﹣1D．v（NH3）=10mol•L﹣1•min﹣1　14．（1.5分）（2022春•中山期末）可以将反应Zn+Br2═ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣　②2Br﹣﹣2e﹣=Br2③Zn﹣2e﹣=Zn2+　④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（　　）A．②和③B．②和①C．③和①D．④　15．（1.5分）（2022•通川区校级模拟）如图所示，将铁棒和石墨棒插入饱和食盐水中．下列说法正确的是（　　）35\nA．甲中铁被保护不会腐蚀B．甲中正极反应式为4OH﹣﹣4e→2H2O+O2↑C．乙中铁电极上发生氧化反应D．乙中石墨电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色　16．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态（　　）①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体总质量．A．②③⑤B．①②③C．②③④D．①③④⑤　17．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）如图的电解池中，a、b、c、d都是石墨电极，通电一段时间后，a、b、c、d各电极上生成物物质的量之比是（　　）A．2：2：4：1B．1：1：2：1C．2：4：4：1D．2：1：2：1　18．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（　　）A．相同温度下，AgCl在水中的溶解度大于在氯化钠溶液中的溶解度B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色透明液体C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）D．加入少量AgCl固体可以除去氯化钠溶液中的少量硫化钠杂质　19．（1.5分）（2022秋•南昌期末）现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（　　）A．加入10mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液B．加入10mL的水进行稀释C．加水稀释成100mLD．加入10mL0.01mol•L﹣1的盐酸溶液　35\n20．（1.5分）（2022秋•柯城区校级期末）使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是（　　）A．用量筒量取浓盐酸配制0.1mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸B．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁粘附的盐酸冲下　21．酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，下列说法正确的是（　　）A．HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H3O++B2﹣B．溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．NaHB的存在抑制了水的电离D．相同物质的量浓度溶液的pH值：NaHB＞Na2B　22．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（　　）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）＜c（NaOH）C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）D．常温下，0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）　23．已知下列热化学方程式：①CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol则反应④2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓变为（　　）A．488.3kJ/molB．﹣224.15kJ/molC．﹣488.3kJ/molD．244.15kJ/mol　24．下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法错误的是（　　）A．电解过程中阴极质量不断增加B．电解过程中溶液的pH不断降低C．此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况D．电解后两极产生的气体体积比为2：1　25．某化学反应达到化学平衡：A（g）+3B（g）⇌2C（g）（△H＜0），将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（　　）A．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动C．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动D．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动　35\n26．下列描述中，不符合生产实际的是（　　）A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极　27．已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表：t℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是（　　）A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）B．上述反应的正反应是放热反应C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，该反应达到平衡状态时，生成CO2为0.4molD．若平衡浓度符合关系式=，则此时的温度为1000℃　28．已知热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=﹣241.8kJ•mol﹣1则下列说法正确的是（　　）A．H2的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．根据②推知反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H＞﹣241.8kJ•mol﹣1C．H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要释放能量D．由反应①、②可知如图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1　29．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（　　）35\nA．B．C．D．　30．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：（均在常温下）①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子的浓度一定降低②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1③25℃时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度不同④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO）⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为KW；则三者关系为Ka•Kb=KW⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7．其归纳正确的是（　　）A．全部B．③⑤⑥C．④⑤⑥D．①②④　　二．填空题（共45分）31．（10分）（2022春•资阳期末）已知2molSO2（g）氧化为2molSO3（g）的能量变化如图1所示：（1）写出SO2（g）氧化为SO3（g）的热化学方程式：　　　　　　（2）氧化SO2时，工业上常加入V2O5作催化剂，其反应机理可表示为SO2+V2O5=SO3+2VO2，4VO2+O2=2V2O5；上图中表示加入V2O5的反应曲线为　　　　　　（填“a”或“b”）．（3）若在容积为2L的密闭容器中充入2molSO2（g）和1molO2（g），如图2甲所示，经2min达到平衡，测得放出热量为178.2kJ，则：①2min内O2的化学反应速率v（O2）=　　　　　　；②若再充入1molO2重新达到平衡时，SO3平衡浓度的取值范围是：　　　　　　．（4）若将2molSO2（g）和1molO2（g）充入容积可变的容器乙中，初始体积为2L，达到平衡时放出热量QkJ，则Q　　　　　　178.2kJ（填“＞”，“=”或“＜”）．　32．（10分）（2022•蓟县校级模拟）向一体积不变的密闭容器中加入2mol35\nA、0.6molC和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如附图一所示．附图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件．已知t3﹣t4阶段为使用催化剂；图一中t0﹣t1阶段c（B）未画出．（1）若t1=15min，则t0﹣t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=　　　　　　．（2）t4﹣t5阶段改变的条件为　　　　　　，B的起始物质的量为　　　　　　．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：t1﹣t2t2﹣t3t3﹣t4t4﹣t5t5﹣t6K1K2K3K4K5则K1=　　　　　　（保留两位小数），K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为　　　　　　（用“＞”、“＜”或“=”连接）（3）t5﹣t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，写出此温度下该反应的热化学方程式　　　　　　．　33．（12分）（2022秋•深州市校级期中）电离平衡常数（用Ka表示）的大小可以判断电解质的相对强弱．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：化学式HFH2CO3HClO电离平衡常数（Ka）7.2×10﹣4K1=4.4×10﹣7K2=4.7×10﹣113.0×10﹣8（1）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量增大的是　　　　　　．A．c（H+）B．c（H+）•c（OH﹣）C.D.（2）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1氢氟酸中加入VmL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是　　　　　　．A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）相等B．①点时pH=6，此时溶液中c（F﹣）﹣c（Na+）=9.9×10﹣7mol•L﹣1C．②点时，溶液中的c（F﹣）=c（Na+）D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F﹣）＜c（Na+）=0.1mol•L﹣1（3）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液．依据数据判断pH由大到小的顺序是　　　　　　．（用序号填写）（4）Na2CO3溶液显碱性是因为CO水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之　　　　　　．（5）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在．1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H﹣O﹣F．HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1molHF转移　　　　　　mol电子．35\n　34．（13分）（2022秋•黄冈期末）如图，p，q为直流电源两极，A为+2价金属单质X制成，B，C，D为铂电极，接通电源，金属X沉淀与B极，同时C，D产生气泡，试回答：（1）p为　　　　　　极，A极发生了　　　　　　反应．（2）C试管里收集到的气体是　　　　　　，电极方程式是　　　　　　（3）在电解过程中，测得的C，D两极上产生的气体的实验数据如下：时间（min）12345678910阴极气体体积（cm3）6122029394959597989阳极气体的体积（cm3）24711162l263l3641仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是　　　　　　．（4）当反应进行一段时间后，A，B电极附近溶液的pH　　　　　　（填“增大”“减少”或“不变”）（5）当电路中通过0.004mol电子时，B电极上金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　　　　　　．　　三．选做题（10分）35．（2022秋•深州市校级期中）已知：I2+2S2O═S4O+2I﹣相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入　　　　　　，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=　　　　　　．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是　　　　　　（用化学方程式表示）．由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是　　　　　　．（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．35\n①可选用　　　　　　作滴定指示剂，滴定终点的现象是　　　　　　．②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为　　　　　　．③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为　　　　　　．　　2022-2022学年河北省衡水市深州市中学高二（上）期中试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括30小题，1-20每题1.5分，21-25每题2分，26-30每题3分，共55分；每小题只有一个选项符合题意）1．（1.5分）（2022秋•濉溪县期末）下列说法正确的是（　　）A．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C．据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量D．物质发生化学变化一定伴随着能量变化【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、没有注明温度和压强，则表示反应热是在通常状况下测得的数据；B、催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡；C、反应前后能量守恒，拆化学键吸收能量和形成化学键放出的能量不同，反应一定伴随能量变化；D、拆化学键吸收能量和形成化学键放出的能量不同，反应一定伴随能量变化；【解答】解：A、没有注明温度和压强，则表示反应热是在通常状况下测得的数据，故A错误；B、升高温度，可以改变化学反应的反应热，加入催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡，故B错误；C、据能量守恒定律，反应前后能量守恒，反应一定伴随能量变化，反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故C错误；D、拆化学键吸收能量和形成化学键放出的能量不同，反应一定伴随能量变化，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学反应能量变化和相互转化关系的分析判断，题目较简单．　2．（1.5分）（2022春•泉州校级期末）有下列物质：①NaOH固体：②浓硫酸；③NH4N03晶体；④CaO固体．现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血．呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（　　）A．①②③④B．①②④C．②③④D．①②③【考点】吸热反应和放热反应．35\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据U形管右侧液面升高，说明锥形瓶内气压由于加入物质而增大以及氢氧化钠固体，浓硫酸、生石灰加入水中都放出大量的热而使温度升高，瓶内气体压强增大．【解答】解：因氢氧化固体，浓硫酸、生石灰加入水中都会放出大量的热而使温度升高，使得瓶内气体压强增大，U形管右侧液面升高，故选：B．【点评】记住物质溶于水吸放热情况，氢氧化钠、浓硫酸、生石灰溶于水放热，而硝酸铵溶于水吸热．　3．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）已知下列热化学方程式：CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（l）△H=﹣445.15kJ•mol﹣1CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣607.3kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1则CH4的燃烧热为（　　）A．445.15kJ•mol﹣1B．607.3kJ•mol﹣1C．890.3kJ•mol﹣1D．802.3kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，据此分析热化学方程式所表达意义判断．【解答】解：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成产物为二氧化碳和液态水，燃烧热的化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，甲烷燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，故选C．【点评】本题考查了燃烧热概念分析判断，注意概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．　4．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol•L﹣1的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热．下列说法中，正确的是（　　）A．实验过程中没有热量损失B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D．若烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏小【考点】中和热的测定．【分析】A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；35\nB．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；D．根据大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失．【解答】解：A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；D．大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小，但中和热△H会偏大，故D错误；故选：B．【点评】本题考查学生有关中和热测定原理，可以根据所学知识进行回答，注意比较中和热大小时要考虑“﹣“号．　5．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）将1mol冰醋酸加人到一定量的蒸馏水中最终得到1L溶液．下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是（　　）A．醋酸的浓度达到1mol•L﹣1B．H+的浓度达到0.5mol•L﹣1C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H+的浓度均为0.5mol•L﹣1D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡状态的判断．【分析】当反应达到平衡状态时，醋酸的电离和生成速率相等，且反应体系中各物质的物质的量浓度不变、百分含量不变、物质的量不变等，据此分析解答．【解答】解：A．无论醋酸是否达到平衡状态，该溶液中醋酸浓度都是1mol/L，所以不能据此判断醋酸是否达到电离平衡状态，故A错误；B．氢离子浓度为0.5mol•L﹣1不能说明醋酸的电离和生成速率相等，所以不能说明达到平衡状态，故B错误；C．醋酸的浓度、醋酸根离子的浓度、H+的浓度均为0.5mol•L﹣1，不能说明醋酸的电离和生成速率相等，所以不能说明达到平衡状态，故C错误；D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等，即正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，故D正确；故选D．【点评】本题以弱电解质的电离为载体考查了平衡状态的判断，只有同一物质的正逆反应速率相等时，该反应才能达到平衡状态，为易错点．　6．（1.5分）（2022秋•淮南期末）下列说法错误的是（　　）A．升高温度可使吸热反应的反应速率增大，使放热反应的反应速率减小B．决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质C．对于有气体参加的反应，增大压强，反应速度一定加快D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大化学反应速率【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率都增大；B．影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；C．对于有气体参加的反应，增大压强，如气体浓度增大，则反应速率增大；35\nD．使用催化剂，降低反应所需的活化能．【解答】解：A．无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率都增大，并且正逆反应速率都增大，故A错误；B．影响反应速率的主要因素是物质的本身性质，如钠和冷水剧烈反应，但铁需要高温下才能与水蒸气反应，故B正确；C．对于有气体参加的反应，若恒容下加入稀有气体加压，反应速率不变，如气体浓度增大，则反应速率增大，故C错误；D．使用催化剂，降低反应所需的活化能，则反应速率加快，故D正确．故选AC．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素为解答的关键，注重基础知识的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大．　7．（1.5分）（2022•济南一模）下列有关沉淀溶解平衡的说法中，正确的是（　　）A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp（AgCl）增大B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动C．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D．25℃时，KSP（AgCl）＞KSP（AgI），向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响；B．加入稀盐酸，与碳酸根离子反应，溶液中CO32﹣浓度减小，根据平衡移动原理，平衡向CO32﹣浓度减小的方向移动；C．比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小；D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；【解答】解：A．因难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响，所以加入蒸馏水，氯化银的KSP不变，故A错误；B．碳酸根离子与酸反应生成二氧化碳和水，生成物的浓度减小，碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故B错误；C．比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，故C错误；D．KSP（AgCl）＞KSP（AgI），沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故D正确；故选：D．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．　8．（1.5分）（2022秋•哈密市校级期末）已知：25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．下列说法正确的是（　　）A．25℃时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B．25℃时，在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C．25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃时，在MgF2的悬浊液加入NaOH溶液后，MgF2不可能转化成为Mg（OH）235\n【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；B．氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；C．Ksp只与温度有关；D．氢氧化镁的溶度积小，只要加入NaOH溶液，就可以使氟化镁转化为氢氧化镁沉淀．【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp可知，则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、氢氧化镁的溶度积小，只要加入NaOH溶液，就可以使氟化镁转化为氢氧化镁沉淀，故D错误．故选B．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，难度中等．　9．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）关于原电池、电解池的电极名称，下列说法错误的是（　　）A．原电池中失去电子的一极为负极B．电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极C．原电池中相对活泼的一极为正极D．电解池中发生氧化反应的一极为阳极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以较活泼的金属作负极，较不活泼的电极为正极，电子从负极沿导线流向正极．而电解池的电极与电源有关，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，以此来解答．【解答】解：A．原电池中负极失去电子，则失去电子的一极为负极，故A正确；B．电解池中与电源的连接决定阴极或阳极，则电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极，故B正确；C．一般来说，原电池中相对活泼的一极失去电子，为原电池的负极，故C错误；D．与电源正极相连的为阳极，得到电子，发生氧化反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查电化学反应原理，为高频考点，把握正负极、阴阳极的判断方法为解答本题关键，注意原电池及电解池的区别，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　10．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）如图，电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，以下说法正确的是（　　）35\nA．a是电源的正极B．电子流动的方向：d→bC．c极发生氧化反应D．如果将c、d两电极互换，则c上也会生成黄绿色气体【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，则产生氯气，该电极是阳极，根据电解池的工作原理进行回答即可．【解答】解：电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，所以d是阳极，b是正极，a是负极，c是阴极；A、a是电源的负极，故A错误；B、电子从阳极沿着导线流向阴极，即从d→b→a→c，故B正确；C、c极是阴极，发生还原反应，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子浓度减小到一定程度，如果将c、d两电极互换，则c是阳极，该电极上可能是氢氧根离子失电子生成氧气的过程，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，注意教材知识的归纳和梳理是关键，难度不大．　11．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）将0.1mol/L的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（　　）A．比值减小B．OH﹣个数将减少C．比值减小D．NH4+浓度将减小【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】加水稀释促进NH3•H2O电离，溶液中c（NH4+）、c（OH﹣）、c（NH3．H2O）都减小，c（H+）增大，据此分析解答．【解答】解：加水稀释促进NH3•H2O电离，溶液中c（NH4+）、c（OH﹣）、c（NH3．H2O）都减小，c（H+）增大，35\nA．促进电离，则溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，所以比值增大，故A错误；B．加水稀释促进NH3•H2O电离，溶液中N（OH﹣）增大，故B错误；C．加水稀释促进NH3•H2O电离，溶液中n（OH﹣）增大、n（NH3．H2O）减小，则比值增大，故C错误；D．促进电离，则溶液中n（NH4+）增大，但溶液中铵根离子增大的量小于溶液体积增大的量，所以c（NH4+）减小，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，知道稀释过程中粒子浓度任何变化，易错选项是D，虽然促进电离，但c（NH4+）、c（OH﹣）都减小，为易错点．　12．（1.5分）（2022春•五华区校级期末）水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）A．c（H+）随温度的升高而降低B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）C．溶液：pH（35℃）＞pH（25℃）D．水的电离是吸热的过程【考点】离子积常数；水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），据此分析解答．【解答】解：水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），A．升高温度促进水电离，则c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c（H+）=c（OH﹣），呈中性，故B错误；C．升高温度促进水电离，则c（H+）随温度的升高而增大，所以温度越高，水的pH越小，故C错误；D．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，则水的电离是吸热反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生获取信息、分析学习能力，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键，注意：无论水的电离程度多大，水不能变为酸或碱，仍然呈中性，为易错点．　13．（1.5分）（2022秋•龙岩期末）在不同条件下分别测N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的反应速率，其中表示该反应速率最快的是（　　）A．v（N2）=3mol•L﹣1•min﹣1B．v（NH3）=2mol•L﹣1•s﹣1C．v（H2）=2.5mol•L﹣1•s﹣1D．v（NH3）=10mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．35\n【专题】化学反应速率专题．【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A.=0.05，B.=1，C.=0.83，D.=0.0833，显然B中比值最大，反应速率最快，故选B．【点评】本题考查反应速率比较，为高频考点，把握比值法判断速率的快慢为解答的关键，注意单位要统一，也可转化为同种物质的反应速率比较，题目难度不大．　14．（1.5分）（2022春•中山期末）可以将反应Zn+Br2═ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣　②2Br﹣﹣2e﹣=Br2③Zn﹣2e﹣=Zn2+　④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（　　）A．②和③B．②和①C．③和①D．④【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】充电时，阳极上溴离子失电子发生氧化反应，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，据此分析解答．【解答】解：反应Zn+Br2═ZnBr2设计成蓄电池，放电时锌失电子作负极、另一电极为正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，充电时，阳极上溴离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Br﹣﹣2e﹣=Br2，故选A．【点评】本题考查原电池和电解池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子是解本题关键，会正确书写电极反应式，为学习难点．　15．（1.5分）（2022•通川区校级模拟）如图所示，将铁棒和石墨棒插入饱和食盐水中．下列说法正确的是（　　）A．甲中铁被保护不会腐蚀B．甲中正极反应式为4OH﹣﹣4e→2H2O+O2↑C．乙中铁电极上发生氧化反应D．乙中石墨电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色【考点】原电池和电解池的工作原理．35\n【专题】电化学专题．【分析】甲装置构成原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，所以铁发生吸氧腐蚀；乙装置构成电解池，铁是阴极，石墨是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应．【解答】解：A．甲构成原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，所以甲中铁不被保护，故A错误；B．甲中石墨作正极，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故B错误；C．乙中铁为阴极，发生还原反应，故C错误；D．乙中石墨作阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气置换出碘化钾中的碘，碘遇淀粉变蓝色，所以电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，注意电解池中，如果活泼金属作阳极，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点．　16．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态（　　）①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体总质量．A．②③⑤B．①②③C．②③④D．①③④⑤【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：①两边的计量数相等，混合气体的压强始终不变，所以不一定达平衡状态，故错误；②混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，所以达平衡状态，故正确；③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，故正确；④气体的总物质的量，始终不变，所以不能说明达平衡状态，故错误；⑤混合气体总质量不变，说明反应达平衡状态，故正确；故选A．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　17．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）如图的电解池中，a、b、c、d都是石墨电极，通电一段时间后，a、b、c、d各电极上生成物物质的量之比是（　　）35\nA．2：2：4：1B．1：1：2：1C．2：4：4：1D．2：1：2：1【考点】电解原理．【分析】左、右两个装置都是电解池，左侧装置，a连接电源的负极，为阴极，发生还原反应，Cu2+放电生成Cu，阴极电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，b为阳极，发生氧化反应，Cl﹣放电生成Cl2，阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，右侧装置，c为阴极，发生还原反应，Ag+放电生成Ag，阴极电极反应式为4Ag++4e﹣═4Ag，d连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，水放电生成O2与H+，阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，根据电子转移守恒计算a、b、c、d各电极上析出生成物的物质的量比．【解答】解：左、右两个装置都是电解池，左侧装置，a连接电源的负极，为阴极，发生还原反应，Cu2+放电生成Cu，阴极电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，b为阳极，发生氧化反应，Cl﹣放电生成Cl2，阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，右侧装置，c为阴极，发生还原反应，Ag+放电生成Ag，阴极电极反应式为4Ag++4e﹣═4Ag，d连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，水放电生成O2与H+，阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，两个装置中转移的电子物质的量相等，故由电极反应式可知，a、b、c、d各电极上析出生成物的物质的量比为2：2：4：1，故选：A．【点评】本题考查电解原理，难度不大，掌握离子放电顺序是关键，转移根据电子转移守恒计算电极产物的物质的量之比．　18．（1.5分）（2022秋•深州市校级期中）下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（　　）A．相同温度下，AgCl在水中的溶解度大于在氯化钠溶液中的溶解度B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色透明液体C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）D．加入少量AgCl固体可以除去氯化钠溶液中的少量硫化钠杂质【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：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，勒夏特列原理适用于所有的可逆反应，勒夏特列原理不适用于非可逆反应，据此分析解答．【解答】解：A、在氯化钠中，相当于在水中增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故A不选；B、浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色透明液体是因为氯化铁和水之间发生水解反应，不能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故B选；C、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，CuSO4与ZnS反应生成硫化铜和硫酸锌，最后生成溶解度更小的CuS，这些反应都是复分解反应，沉淀向着更难溶解的方向进行，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故C不选；D、氯化银可以和硫化钠之间反应生成溶解度更小的硫化银，沉淀向着更难溶解的方向进行，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查勒夏特里原在沉淀转化中的应用，侧重考查基本理论，明确勒夏特里原理适用范围即可解答，知道勒夏特里原理内涵，题目难度不大．　35\n19．（1.5分）（2022秋•南昌期末）现有常温时pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（　　）A．加入10mL0.01mol•L﹣1的NaOH溶液B．加入10mL的水进行稀释C．加水稀释成100mLD．加入10mL0.01mol•L﹣1的盐酸溶液【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，可加水稀释或加入一定量的碱进行中和，使c（H+）=0.01mol/L即可．【解答】解：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c（H+）=0.01mol/L，则：A、pH=1的某强酸溶液10mL，n（H+）=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH﹣）=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，混合后c（H+）=≠0.01mol/L，故A错误；B、加入10mL的水进行稀释，混合后c（H+）==0.05mol/L≠0.01mol/L，故B错误；C、加水稀释成100mL，c（H+）==0.01mol/L，故C正确；D、加入10mL0.01mol/L的盐酸，混合后，c（H+）=≠0.01mol/L，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意首先判断混合后溶液的酸碱性，根据溶液混合后c（H+）计算pH值．　20．（1.5分）（2022秋•柯城区校级期末）使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol/L盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是（　　）A．用量筒量取浓盐酸配制0.1mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸B．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁粘附的盐酸冲下【考点】中和滴定．【分析】A．量筒中的蒸馏水稀释了浓盐酸，导致浓盐酸浓度减小；B．定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小；C．滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，导致消耗的标准液的体积偏大；D．蒸馏水不影响待测液中溶质的物质的量，对滴定结果没有影响．【解答】解：A．用量筒量取浓盐酸配制0.01mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被稀释，导致标准液盐酸浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，测定结果偏大，故A正确；35\nB．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，导致标准液盐酸浓度偏大，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故B错误；C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故C错误；D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内避粘附的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，测定结果无影响，故D错误；故选A．【点评】本题考查了中和滴定中的误差分析，根据c（待测）=即可完成，培养了学生的灵活应用所学知识解决实际问题的能力．　21．酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，下列说法正确的是（　　）A．HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H3O++B2﹣B．溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．NaHB的存在抑制了水的电离D．相同物质的量浓度溶液的pH值：NaHB＞Na2B【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】酸式盐NaHB在水溶液中，HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，则溶液呈碱性，结合盐类水解的影响因素解答该题．【解答】解：A．HB﹣水解方程式：HB﹣+H2O⇌H2B++OH﹣，题为电离方程式，故A错误；B．HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，则溶液呈碱性，且单水解的程度一般较低，则有c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C．HB﹣的电离程度小于HB﹣的水解程度，可促进水的电离，故C错误；D．盐类的水解以第一步为主，水解程度B2﹣＞HB﹣，pH值：NaHB＜Na2B，故D错误．故选B．【点评】本题考查盐类的水解，注意把握水解原理和影响水解的因素，为该题考查的侧重点，学习中注意把握相关基础知识，题目难度不大．　22．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（　　）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（M+）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）＜c（NaOH）C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）=2c（H+）+c（CH3COOH）D．常温下，0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．混合溶液可能呈酸性、碱性或中性；B．pH相等的这三种溶液，NaOH浓度最小，酸根离子水解程度越大，溶液浓度越小；35\nC．混合溶液中存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D．常温下，0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，说明HA﹣的电离程度大于水解程度．【解答】解：A．HA、BOH的强弱未知且体积未知，所以混合溶液可能呈酸性、碱性或中性，无法确定溶液中离子浓度大小，故A错误；B．pH相等的这三种溶液，NaOH浓度最小，酸根离子水解程度越大，溶液浓度越小，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，所以这三种溶液浓度是c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；C．混合溶液中存在电荷守恒、物料守恒，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C正确；D．常温下，0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，说明HA﹣的电离程度大于水解程度，则c（H2A）＜c（A2﹣），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高考高频点，明确溶液中溶质及其性质、溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒即可解答，易错选项是B．　23．已知下列热化学方程式：①CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol则反应④2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓变为（　　）A．488.3kJ/molB．﹣224.15kJ/molC．﹣488.3kJ/molD．244.15kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】由盖斯定律可知2×②+③×2﹣①得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），则△H=2△H2+2△H3﹣△H1，带入数据进行计算．【解答】解：已知①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3KJ/mol，②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5KJ/mol，③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1，将方程式2×②+③×2﹣①得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），则△H=2△H2+2△H3﹣△H1=2（﹣393.5kJ/mol）+（﹣571.6KJ/mol）﹣（﹣870.3KJ/mol）=﹣488.3kJ/mol，故选C．【点评】本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意掌握盖斯定律在热化学方程式的计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　24．下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法错误的是（　　）A．电解过程中阴极质量不断增加B．电解过程中溶液的pH不断降低C．此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况35\nD．电解后两极产生的气体体积比为2：1【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】用惰性电极电解AgNO3溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴极离子的放电顺序为氢氧根离子＞硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子＞氢离子，则4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，以此来解答．【解答】解：A．电解过程中阴极银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，故A正确；B．由4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，故B正确；C．由电解反应可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况，故C正确；D．电解时只有阳极生成氧气，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解原理律，明确离子的移动方向及离子的放电顺序是解答本题的关键，难度不大．　25．某化学反应达到化学平衡：A（g）+3B（g）⇌2C（g）（△H＜0），将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（　　）A．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动C．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动D．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】对于正反应为放热反应的化学反应来说，降低温度，该反应的正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答．【解答】解：A、该正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故A正确；B、降低温度，正、逆反应速率都减小，故B错误；C、降低温度，正、逆反应速率都减小，故C错误；D、降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选A．【点评】本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，难度不大，侧重对基础知识的巩固．　26．下列描述中，不符合生产实际的是（　　）A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极【考点】电解原理；铜的电解精炼．【专题】电化学专题．35\n【分析】A、电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极；C、电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，所以氢氧根浓度增大，在该极附近生成大量的氢氧化钠；D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极．【解答】解：A、电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极是则阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，在该电极上会析出大量的铜，故B正确；C、电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，在该极附近生成大量的氢氧化钠，符合生产实际，故C正确；D、电镀原理中，镀层金属做阳极，镀件金属做阴极，故D正确．故选A．【点评】本题考查学生电解池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　27．已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表：t℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是（　　）A．该反应的化学方程式是CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）B．上述反应的正反应是放热反应C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，该反应达到平衡状态时，生成CO2为0.4molD．若平衡浓度符合关系式=，则此时的温度为1000℃【考点】化学平衡常数的含义．【分析】A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，幂次方为化学方程式计量数，据此书写化学方程式；B、平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应；C、依据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比较分析判断；D、计算此时平衡常数结合图表数据判断．【解答】解：A、平衡常数表达式为K=，化学方程式为CO+H2O=CO2+H2，故A正确；B、平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，故B正确；C、若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）起始量（mol）110035\n变化量（mol）0.40.40.40.4平衡量（mol）0.60.60.40.4反应前后气体物质的量不变，可以用其他物质的量代替平衡浓度计算，Q==0.4＜K=1，此时平衡正向进行，故C错误；D、若平衡浓度符合关系=，则=0.6，所以此时的温度为1000℃，故D正确；故选C．【点评】本题考查了平衡常数书写方法，计算应用，平衡常数影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．　28．已知热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=﹣241.8kJ•mol﹣1则下列说法正确的是（　　）A．H2的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1B．根据②推知反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H＞﹣241.8kJ•mol﹣1C．H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要释放能量D．由反应①、②可知如图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量来判断；B、化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差；C、氢气转化为水蒸气的途径不一样，化学反应过程吸收或释放能量的情况就不一样；D、气态水变为液态水是一个放热过程．【解答】解：A、氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H＜﹣241.8kJ•mol﹣1，故B错误．C、氢气和氧气在点燃的情况下生成水（液态）一定会释放能量，水（液态）气化到气态，则是吸收能量，如果是氢气和氧化铜在高温下发生化学反应则会吸收能量，故C错误；35\nD、化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）等于①﹣②，即反应的焓变=﹣283.0kJ•mol﹣1+241.8kJ•mol﹣1=﹣41.2kJ•mol﹣1，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学反应的能量变化、燃烧热的概念以及图象分析判断知识，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键，难度不大．　29．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答．【解答】解：A．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；B．增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；D．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．　30．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：（均在常温下）①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子的浓度一定降低②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1③25℃时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度不同④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO）⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为KW；则三者关系为Ka•Kb=KW⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7．其归纳正确的是（　　）A．全部B．③⑤⑥C．④⑤⑥D．①②④【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】①加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）增大；②根据pH=﹣lgc（H+）计算；③依据同离子效应判断即可；35\n④根据电荷守恒判断；⑤利用平衡常数的表达式判断；⑥如pH之和等于14，等体积混合可等于7．【解答】解：①加水稀释，c（H+）减小，由于Kw不变，则c（OH﹣）增大，故①错误；②由pH=﹣lgc（H+）可知，pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故②错误；③溶度积只与温度有关，与溶液的浓度和类型无关，由于溶度积是常数，故氯离子浓度大，则银离子浓度小，在CaCl2溶液中的溶解程度小，故③正确；④pH=7，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知，溶液中应存在c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故④错误；⑤水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=；则有Ka•Kh=Kw，故⑤正确；⑥当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故⑥正确；综上，符合题意选项为C．故选B．【点评】本题以电解质的电离为载体考查了电解质的电离、盐类的水解以及难溶电解质的溶解平衡、pH的计算等知识点，注意根据电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，题目难度中等．　二．填空题（共45分）31．（10分）（2022春•资阳期末）已知2molSO2（g）氧化为2molSO3（g）的能量变化如图1所示：（1）写出SO2（g）氧化为SO3（g）的热化学方程式：　2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H=﹣198kJ/mol　（2）氧化SO2时，工业上常加入V2O5作催化剂，其反应机理可表示为SO2+V2O5=SO3+2VO2，4VO2+O2=2V2O5；上图中表示加入V2O5的反应曲线为　b　（填“a”或“b”）．（3）若在容积为2L的密闭容器中充入2molSO2（g）和1molO2（g），如图2甲所示，经2min达到平衡，测得放出热量为178.2kJ，则：①2min内O2的化学反应速率v（O2）=　0.225mol•L﹣1•min﹣1　；②若再充入1molO2重新达到平衡时，SO3平衡浓度的取值范围是：　0.9mol/L＜c（SO3）＜1mol/L　．（4）若将2molSO2（g）和1molO2（g）充入容积可变的容器乙中，初始体积为2L，达到平衡时放出热量QkJ，则Q　＞　178.2kJ（填“＞”，“=”或“＜”）．35\n【考点】热化学方程式；反应速率的定量表示方法；催化剂的作用；化学反应的可逆性．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）依据图象分析得到焓变，标注物质聚集状态写出热化学方程式；（2）催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变化学平衡状态；（3）①甲是恒温恒容条件，依据燃料变化计算反应的氧气，结合反应速率概念计算得到氧气的反应速率；②依据极值转化计算得到取值范围；（4）乙容器是恒温恒压容器，反应过程中压强比甲容器大，反应正向进行的程度大；【解答】解：（1）图象分析可知，二氧化硫氧化为三氧化硫的反应过程中，每2mol二氧化硫反应放热198KJ，热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H=﹣198kJ/mol；故答案为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H=﹣198kJ/mol；（2）工业上常加入V2O5作催化剂，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变化学平衡状态，不改变反应焓变，所以曲线b符合；故答案为：b；（3）①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），△H=﹣198kJ/mol，若在容积为2L的密闭容器中充入2molSO2（g）和1molO2（g），如图2甲所示，经2min达到平衡，测得放出热量为178.2kJ，反应的氧气物质的量=×1mol=0.9mol，氧气表示的反应速率==0.225mol/L•min；故答案为：0.225mol•L﹣1•min﹣1；②依据化学平衡三段式列式计算2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）210变化量（mol）1.80.91.8平衡量（mol）0.20.11.8再充入1molO20.21.11.8极值转化00.9235\n若再充入1molO2重新达到平衡时，依据极值转化分析，物质的量介于1.8﹣2之间，SO3平衡浓度的取值范围是0.9mol/L＜c（SO3）＜1mol/L；故答案为：0.9mol/L＜c（SO3）＜1mol/L；（4）若将2molSO2（g）和1molO2（g）充入容积可变的容器乙中，初始体积为2L，乙容器是恒温恒压容器，反应过程中压强比甲容器大，反应正向进行的程度大；达到平衡时放出热量QkJ，Q＞178.2KJ；故答案为：＞；【点评】本题考查了热化学方程式计算应用和书写，化学平衡影响因素分析判断，化学平衡的计算应用，极值转化是常用判断物质取值的方法，掌握基础是关键，题目难度中等．　32．（10分）（2022•蓟县校级模拟）向一体积不变的密闭容器中加入2molA、0.6molC和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如附图一所示．附图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件．已知t3﹣t4阶段为使用催化剂；图一中t0﹣t1阶段c（B）未画出．（1）若t1=15min，则t0﹣t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v（C）=　0.02mol•L﹣1•min﹣1　．（2）t4﹣t5阶段改变的条件为　减小压强　，B的起始物质的量为　1.0mol　．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：t1﹣t2t2﹣t3t3﹣t4t4﹣t5t5﹣t6K1K2K3K4K5则K1=　0.84　（保留两位小数），K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为　K1=K2=K3=K4＜K5　（用“＞”、“＜”或“=”连接）（3）t5﹣t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，写出此温度下该反应的热化学方程式　2A（g）+B（g）3C（g）△H=+200akJ/mol　．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率变化曲线及其应用．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据v=计算v（C）；（2）（3）图二是在四种不同情况下影响的化学平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压；35\n反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g）3C（g），起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是2L，t5﹣t6阶段为升高温度，v（正）＞（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；根据平衡常数以及平衡移动的有关知识解答K1、K2、K3、K4、K5之间的关系；【解答】解：（1）15min内，以C浓度变化表示的反应速率为v（C）==0.02mol/（L•min），故答案为：0.02mol/（L•min）；（2）t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应，t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压．反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图一可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，该反应的方程式为2A（g）+B（g）3C（g），所以，△c（B）=△n（A）=×0.2mol/L=0.1mol/L，起始2molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是=2L，故B的起始物质的量为n（B）=（0.1mol/L+0.4mol/L）×2L=1mol，t1﹣t2段，处于平衡状态，c（A）平衡=0.8mol/L，c（B）平衡=0.4mol/L，c（C）平衡=0.6mol/L，K1===0.84，t2﹣t3段，为改变浓度，平衡移动，平衡常数不变，K2=0.84，t3﹣t4段，使用催化剂，加快反应，平衡常数不变，K3=0.84，t4﹣t5段，为降低压强，反应速率降低，平衡不移动，平衡常数不变，K4=0.84，t5﹣t6段，为升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故K1=K2=K3=K4＜K5，故答案为：减小压强；1.0mol；0.84；K1=K2=K3=K4＜K5；（3）根据方程式计算，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，则反应2molA时，交换热量200akJ，而由图象可知，t5～t6阶段应为升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，所以热化学方程式为2A（g）+B（g）3C（g）△H=+200akJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g）3C（g）△H=+200akJ/mol．【点评】本题由图象来考查影响化学反应速率以及化学平衡移动的因素，难度较大，等效平衡问题是本题的难点也是易错点．　33．（12分）（2022秋•深州市校级期中）电离平衡常数（用Ka表示）的大小可以判断电解质的相对强弱．25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：35\n化学式HFH2CO3HClO电离平衡常数（Ka）7.2×10﹣4K1=4.4×10﹣7K2=4.7×10﹣113.0×10﹣8（1）将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水稀释一倍（假设温度不变），下列各量增大的是　CD　．A．c（H+）B．c（H+）•c（OH﹣）C.D.（2）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1氢氟酸中加入VmL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是　BC　．A．pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）相等B．①点时pH=6，此时溶液中c（F﹣）﹣c（Na+）=9.9×10﹣7mol•L﹣1C．②点时，溶液中的c（F﹣）=c（Na+）D．③点时V=20mL，此时溶液中c（F﹣）＜c（Na+）=0.1mol•L﹣1（3）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液．依据数据判断pH由大到小的顺序是　①④②③　．（用序号填写）（4）Na2CO3溶液显碱性是因为CO水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之　在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅　．（5）长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在．1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H﹣O﹣F．HFO与水反应得到HF和化合物A，每生成1molHF转移　1　mol电子．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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；溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算．【分析】（1）氢氟酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释其溶液促进氢氟酸电离，注意水的离子积常数只与温度有关；（2）A．酸或碱抑制了水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；B．在①点时pH=6，溶液显示酸性，根据电荷守恒分析；C．在②点时，溶液为中性，根据电荷守恒分析离子浓度大小；D．等物质的量的氢氟酸和氢氧化钠恰好反应生成氟化钠，溶液呈碱性，根据电荷守恒判断，注意等体积混合时，不水解离子浓度变为原来的一半；（3）等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大；（4）设计实验使溶液中的CO32﹣由有到无，再根据酚酞的颜色变化起作用的是否是碳酸根离子；（5）根据原子守恒确定A，再根据化合价变化计算转移电子．【解答】解：（1）氢氟酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释其溶液促进氢氟酸电离，A．稀释过程中促进氢氟酸电离，但c（H+）减小，故A错误；35\nB．温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H+）•c（OH﹣）不变，故B错误；C．稀释过程中促进氢氟酸电离，氢离子个数增大，氟化氢分子个数减小，所以增大，故C正确；D．稀释过程中促进氢氟酸电离，溶液的体积增大程度大于氢离子的物质的量，所以氢离子浓度降低，氢氧根离子浓度增大，则增大，故D正确；故答案为：CD；（2）A．氢氟酸抑制水电离，氟化钠促进水电离，所以pH=3的HF溶液和pH=11的NaF溶液中，由水电离出的c（H+）不相等，故A错误；B．①点时pH=6，溶液中存在电荷守恒，c（F﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（F﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=9.9×10﹣7mol/L，故B正确；C．②点时，溶液呈中性，c（OH﹣）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，c（F﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（F﹣）=c（Na+），故C正确；D．③点时V=20mL，此时溶液中溶质在氟化钠，溶液呈碱性，根据电荷守恒知c（F﹣）＜c（Na+），但等体积混合时不水解的离子浓度变为原来的一半，所以c（F﹣）＜c（Na+）=0.05mol/L，故D错误；故答案为：BC；（3）等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大，酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大，所以等物质的量浓度的①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液中pH由大到小的顺序是①④②③，故答案为：①④②③；（4）为证明纯碱溶液呈碱性是由CO32﹣引起的，就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验，根据溶液中酚酞颜色的变化判断，所以设计的实验为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅，则说明Na2CO3溶液显碱性是因为CO32﹣水解的缘故，故答案为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅；（5）根据原子守恒知，该反应方程式为：HFO+H2O=HF+H2O2，根据元素化合价知，每生成1molHF转移1mol电子，故答案为：1．【点评】本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盐类水解、实验设计、氧化还原反应等知识点，注意（3）中D选项，等体积混合时，不水解的离子其浓度变为原来的一半，明确HOF中各元素的化合价，为易错点．　34．（13分）（2022秋•黄冈期末）如图，p，q为直流电源两极，A为+2价金属单质X制成，B，C，D为铂电极，接通电源，金属X沉淀与B极，同时C，D产生气泡，试回答：（1）p为　正　极，A极发生了　氧化　反应．（2）C试管里收集到的气体是　氧气　，电极方程式是　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　（3）在电解过程中，测得的C，D两极上产生的气体的实验数据如下：时间（min）12345678910阴极气体体积（cm3）6122029394959597989阳极气体的体积（cm3）24711162l263l364135\n仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是　氧气比氢气更易溶于水　．（4）当反应进行一段时间后，A，B电极附近溶液的pH　不变　（填“增大”“减少”或“不变”）（5）当电路中通过0.004mol电子时，B电极上金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　64g/mol　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）接通电源，金属M沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，M离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，连接阳极的是电源正极；（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；（3）根据氢气和氧气的溶解性和溶解度等方面进行分析；（4）根据发生电解的物质分析；（5）根据金属和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：（1）接通电源，金属M沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，M离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，所以p是正极，A电极上失电子发生氧化反应，故答案为：正；氧化；（2）C是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：氧气；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）氢气和氧气都难溶于水，但是氧气更易溶于水；所以1～6分钟内氧气比氢气溶解的快而多，从而导致阴、阳两极生成的气体体积之比大于2：1；故答案为：氧气比氢气更易溶于水；（4）电解硫酸溶液实际上电解的是水，电解一段时间后，A，B电极附近溶液的pH不变，故答案为：不变；（5）设其摩尔质量为M，电解时，B电极上的电极反应式为X2++2e﹣=X，则X2++2e﹣=X2mol1mol0.004molM==64g/mol，故答案为：64g/mol．【点评】本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等，注意电子守恒的应用．　三．选做题（10分）35\n35．（2022秋•深州市校级期中）已知：I2+2S2O═S4O+2I﹣相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入　Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3　，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=　2.6×10﹣9mol/L　．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是　2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O　（用化学方程式表示）．由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是　应在氯化氢气流中抑制其水解，并带走水蒸气　．（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．①可选用　淀粉溶液　作滴定指示剂，滴定终点的现象是　溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色　．②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为　2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2　．③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为　95%　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素；定量测定与误差分析；利用化学方程式的计算．【分析】（1）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）=计算c（Fe3+）；（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据物质间的关系式进行计算．【解答】解：（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，则溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，加入物质能与酸反应能转化为氯化铜，且不能引进杂质，可以是Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为10﹣4mol/L，则氢氧根离子浓度为10﹣10mol/L，c（Fe3+）===2.6×10﹣9mol/L，故答案为：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L；（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl235\n，反应方程式为：2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解，并带走水蒸气，故答案为：2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；应在氯化氢气流中抑制其水解，并带走水蒸气；（3）测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2；得到2Na2S2O3～2Cu2+220.1000mol/L×0.0200L0.002mol则CuCl2•2H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为×100%=95%，故答案为：95%．【点评】本题考查Ksp计算和物质制备，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意利用平衡移动原理、氧化还原滴定分析解答，明确滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，注意加热灼烧CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固体的区别，为易错点．　35