新疆巴州蒙古族高中2022学年高二化学上学期12月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年新疆巴州蒙古族高中高二（上）月考化学试卷（12月份）　一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1．（2分）下列说法中正确的是（　　）A．化学反应中的能量变化，表现形式除热量外还可以是光能和电能等B．化学反应中的能量变化不一定服从能量守恒定律C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量2．（2分）下列有关实验的叙述中正确的是（　　）A．中和热的测定和蒸馏均需要温度计，且温度计水银球均插入反应液中B．中和热的测定和过滤均需要玻璃棒，且玻璃棒的作用均是引流C．中和热的测定和中和滴定，均是将一种反应物逐滴滴加到另一种反应物中D．中和热的测定实验中用60mL0.50mol•L﹣1盐酸和50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液反应，与用50mL0.50mol•L﹣1盐酸和50ml0.55mol•L﹣1NaOH溶液反应所求中和热的数值相等3．（2分）X、Y两元素的原子分别得到2个电子形成稳定结构时，X放出的能量大于Y放出的能量；M、N两元素的原子分别失去1个电子形成稳定结构时N吸收的能量大于M吸收的能量．则X、Y、M、N四种元素中金属性最强的是（　　）A．NB．MC．XD．Y4．（2分）升高温度，下列数据不一定增大的是（　　）A．化学反应速率vB．KNO3的溶解度SC．化学平衡常数KD．水的离子积常数KW5．（2分）（2022•海淀区二模）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈B．用加热蒸干AlCl3溶液的方法不能制得无水AlCl3C．蒸馏水和0.1mol•L﹣1NaOH溶液中的c（H+），前者大于后者D．向含有少量Fe3+的MgCl2酸性溶液中加入MgCO3，可将Fe3+转化成Fe（OH）3除去6．（2分）对于可逆反应：2M（g）+N（g）⇌2P（g）△H＜0，下列各图中正确的是（　　）-39-\nA．B．C．D．7．（2分）在温度、容积相同的2个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙反应物投入量1molN2、3molH24molNH3NH3的浓度（mol•L﹣1）c1c1反应的能量变化放出akJ吸收bkJ气体密度ρ1ρ2反应物转化率α1α2（已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1）下列说法正确的是（　　）A．c1＜c2＜2c1B．a+b＞92.4C．α1+α2=1D．ρ2=2ρ18．（2分）一定温度下，将4molHCl和1molO2充入一恒容密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），下面示意图正确且说明反应达到平衡状态的是（　　）-39-\nA．B．C．D．9．（2分）下列叙述中正确的是（　　）A．同温同压下H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H不同B．常温下，反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应的焓变一定大于零C．需要加热的化学反应，生成物的总能量一定高于反应物的总能量D．反应自发进行的倾向越大，化学反应速率越快10．（2分）下列关于强、弱电解质的叙述，有错误的是（　　）A．电解质本身不一定能导电B．在溶液中，导电能力弱的电解质不一定是弱电解质C．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质11．（2分）已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/mol；C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ（　　）A．Q1+Q2+Q3B．0.5（Q1+Q2+Q3）C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q312．（2分）将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将会（　　）A．偏高B．偏低C．不变D．上述三种情况均有可能-39-\n13．（2分）已知：在100℃时，纯水的c（H+）为1×10﹣6mol•L﹣1，此时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=l的H2SO4溶液V2L混合，若所得混合溶液的pH=10，则V1：V2为（　　）A．1：9B．10：1C．9：1D．1：1014．（2分）pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C．a=5时，A是弱酸，B是强酸D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞215．（2分）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示从下表中选出正确选项（　　）选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊甲B碱酸酚酞甲C碱酸甲基橙乙D酸碱-39-\n甲基橙甲A．AB．BC．CD．D16．（2分）现有物质的量浓度相同的7种溶液：（a）NaHSO4；（b）NaHCO3；（c）H2SO4；（d）Al2（SO4）3；（e）Na2CO3；（f）Na2SO4；（g）Ba（OH）2；pH由小到大的顺序为（　　）A．（c）（a）（b）（d）（f）（e）（g）B．（c）（a）（d）（f）（b）（e）（g）C．（g）（e）（b）（f）（d）（a）（c）D．（c）（a）（d）（f）（e）（b）（g）17．（2分）把FeCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的固体产物是（　　）A．无水FeCl3B．Fe（OH）3C．FeOD．Fe2O318．（2分）下列一定能大量共存的离子组是（　　）A．Al3+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣B．pH=14的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、SCN﹣、Cl﹣、S2﹣D．强碱性溶液中：ClO﹣、SO42﹣、Na+19．（2分）下列物质只能与强酸或者强碱溶液中的一种反应的是（　　）A．AlB．CH3COONH4C．NaHCO3D．Al2（SO4）320．（2分）在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH﹣离子浓度分别为Amol•L﹣1与Bmol•L﹣1，则A和B的关系为（　　）A．A＞BB．A=10﹣4BC．B=10﹣4AD．A=B21．（2分）草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性．在0.01mol•L﹣1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（　　）A．c（K+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（C2O42﹣）B．c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）C．c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.1mol•L﹣1D．c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）-39-\n22．（2分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（　　）A．0.1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1D．0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）23．（2分）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是（　　）A．在A点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．在B点：c（OH﹣）=c（H+），c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．在C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．A、B、C三点中，B点水的电离程度最大24．（2分）氯碱工业的产物NaOH与不同物质反应可以生成不同的盐．已知常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下表：下列说法中，正确的是（　　）溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A．向氯水中加入NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的浓度B．四种溶液中，水的电离程度最大的是NaClOC．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最大的是H2SO3D．NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣-39-\n25．（2分）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系是（　　）A．AgCl=AgI=Ag2SB．AgCl＜AgI＜Ag2SC．AgCl＞AgI＞Ag2SD．AgI＞AgCl＞Ag2S二.填空题（50分）26．（6分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　_________　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　_________　．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　_________　（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　_________　（填“相等、不相等”），所求中和热　_________　（填“相等、不相等”），简述理由　_________　（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　_________　；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．27．（6分）一密封体系中发生下列反应：N2+3H2⇌2NH3△H＜0，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图，回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是　_________　．（2）t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化：　_________　、　_________　、　_________　．（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是　_________　．A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6．28．（18分）按要求填空-39-\n（1）下列物质中：①NaCl　②BaSO4　③冰醋酸　④CO2　⑤NaHCO3　⑥NH3•H2O　⑦Fe　⑧金刚石　⑨NH3　⑩熔融的Na2O2⑪NaOH，其中属于强电解质的有　_________　；属于非电解质的有：　_________　；能导电的有：　_________　（填序号）（2）有a．盐酸、b．硫酸、c．醋酸三种酸，当pH相同、体积相同时，中和NaOH的物质的量由大到小的顺序为　_________　，与足量相同的锌粉刚开始反应，刚开始瞬间反应的速率由快到慢的顺序是　_________　，（用a、b、c回答）．（3）H2S的电离方程式：　_________　（4）向碳酸钠溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液呈红色，用离子方程式表示其原因：　_________　（5）用pH试纸测偏铝酸钠溶液的pH为9，用离子方程式表示偏铝酸钠溶液呈碱性的原因：　_________　（6）将硫酸铝溶液和碳酸钠溶液混合，可观察到的现象是生成无色气体和絮状沉淀，写出该反应的离子方程式：　_________　．29．（10分）某化学实验小组从市场上买来一瓶某品牌食用白醋（主要是醋酸的水溶液），用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定以测定它的准确浓度，完全反应时所得溶液pH大致为9．下表是4种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙甲基红酚酞变色范围（pH）5.0～8.03.1～4.44.4～6.28.2～10.0（1）该实验应选用　_________　作指示剂．（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为　_________　mL；反应达滴定终点时的现象为　_________　．（3）为减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为cmol/L，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积/mL26.0225.3525.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是　_________　．A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液；-39-\nC．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗；D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过；E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定．（4）根据所给数据，写出计算该白醋中醋酸的物质的量浓度的表达式（不必化简）：C=　_________　mol/L．30．（10分）甲醛是一种重要的有机原料，主要用于塑料工业、医药等．工业上可用如下方法合成甲醛：CO（g）+H2（g）⇌HCHO（g）△H＜0．如图为一定条件下，上述反应的变化状况．已知第2、5、8min时分别改变了反应的某一个条件，且三种情况下改变的条件类型不同．请回答下列问题．（1）第7min时，该条件下反应的平衡常数K=　_________　．第5min时改变的反应条件为　_________　．（2）2﹣4min时，该反应的平均速率v（CO）=　_________　．该段时间内的平均反应速率较前2min内的平均反应速率大，其原因是　_________　．（3）请在图中画出第8～12min时CO浓度的变化曲线图．2022-2022学年新疆巴州蒙古族高中高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）1．（2分）下列说法中正确的是（　　）　A．化学反应中的能量变化，表现形式除热量外还可以是光能和电能等　B．化学反应中的能量变化不一定服从能量守恒定律　-39-\nC．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同　D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量考点：常见的能量转化形式；化学反应中能量转化的原因．分析：A．根据化学反应中的能量的转化形式；B．化学反应过程服从能量守恒定律、质量守恒定律；C．化学反应一般伴随着能量的变化；D．反应物的总能量可能高于生成物的总能量．解答：解：A．化学反应中的能量变化除了热量外还可以是光能、电能等，如燃烧发光、放热，原电池还可以转换成电能，故A正确；B．化学反应过程中的能量变化服从能量守恒定律，质量上服从质量守恒定律，故B错误；C．化学反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故C错误；D．化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要放出能量，根据能量守恒知，在一化学反应中，化学发应中能量变化，宏观表现为反应物总能量和生成物总能量不相等，若为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，若为吸热反应，应物总能量低于生成物总能量，故D错误．故选A．点评：本题考查了化学反应中的能量变化以以及原因，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．　2．（2分）下列有关实验的叙述中正确的是（　　）　A．中和热的测定和蒸馏均需要温度计，且温度计水银球均插入反应液中　B．中和热的测定和过滤均需要玻璃棒，且玻璃棒的作用均是引流　C．中和热的测定和中和滴定，均是将一种反应物逐滴滴加到另一种反应物中　D．中和热的测定实验中用60mL0.50mol•L﹣1盐酸和50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液反应，与用50mL0.50mol•L﹣1盐酸和50ml0.55mol•L﹣1NaOH溶液反应所求中和热的数值相等考点：-39-\n化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．石油分馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口附近；B．环形玻璃棒，使溶液混合更均匀；C．中和热的测定不能滴加；D．为了使反应进行更完全，酸或碱要过量．解答：解：A．石油分馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度，故A错误；B．环形玻璃棒，使溶液混合更均匀，测量更准确，故B错误；C．中和热的测定不能滴加，应倒入，故C错误；D．为了使反应进行更完全，可以使酸（碱）适当过量，故D正确．故选D．点评：本题考查中和热的测定，题目难度不大，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键．　3．（2分）X、Y两元素的原子分别得到2个电子形成稳定结构时，X放出的能量大于Y放出的能量；M、N两元素的原子分别失去1个电子形成稳定结构时N吸收的能量大于M吸收的能量．则X、Y、M、N四种元素中金属性最强的是（　　）　A．NB．MC．XD．Y考点：常见金属的活动性顺序及其应用．专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物．分析：非金属元素的原子获得相同数目的电子放出热量越多，生成的阴离子越稳定，原子的非金属性越强；金属元素的原子失去相同数目的电子吸收的能量越小，生成的阳离子越稳定，原子的金属性越强，据此判断金属性强弱．解答：解：非金属元素的原子获得相同数目的电子放出热量越多，生成的阴离子越稳定，原子的非金属性越强，所以非金属性X＞Y；金属元素的原子失去相同数目的电子吸收的能量越小，生成的阳离子越稳定，原子的金属性越强，所以金属性M＞N，则金属性最强的是M，故选B；-39-\n点评：本题考查金属性、非金属性强弱判断，明确元素性质与能量关系即可解答，会从能量角度判断金属性、非金属性强弱，题目难度不大．　4．（2分）升高温度，下列数据不一定增大的是（　　）　A．化学反应速率vB．KNO3的溶解度S　C．化学平衡常数KD．水的离子积常数KW考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：A．升高温度，化学反应速率一定增大；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离．解答：解：A．升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故A不选；B．硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则升高温度，硝酸钾的S增大，故B不选；C．对于放热的化学反应，升高温度K减小，即升高温度，化学反应的平衡常数K不一定增大，故C选；D．水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数KW增大，故D不选；故选C．点评：本题考查温度对反应速率、平衡常数、溶解度、离子积的影响，明确化学反应中吸热与放热反应受温度影响导致的平衡移动是解答的关键，题目难度中等．　5．（2分）（2022•海淀区二模）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）　A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈　B．用加热蒸干AlCl3溶液的方法不能制得无水AlCl3-39-\n　C．蒸馏水和0.1mol•L﹣1NaOH溶液中的c（H+），前者大于后者　D．向含有少量Fe3+的MgCl2酸性溶液中加入MgCO3，可将Fe3+转化成Fe（OH）3除去考点：化学平衡移动原理．专题：化学平衡专题．分析：平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．解答：解：A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故A选；B．加入AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关，故B不选；C．水的电离存在平衡H2O⇌H++OH﹣，NaOH溶液中，OH﹣浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c（H+）＜1×10﹣7mol/L，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．加入MgCO3与酸及铁离子水解生成的氢离子反应，会促进水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D不选．故选A．点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．　6．（2分）对于可逆反应：2M（g）+N（g）⇌2P（g）△H＜0，下列各图中正确的是（　　）　A．B．-39-\nC．D．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：该反应是正反应气体体积减小的放热反应，A、利用先拐先平数值大原则解答；B、利用定一议二原则分析；C、正逆反应速率都随压强的增大而增大；D、利用定一议二原则分析．解答：解：A、温度升高平衡逆向移动，N的浓度应增大，故A错误；B、加压平衡正向移动，压强越大P的百分含量越高，升温平衡逆向相应的，温度越高，P的百分含量越低，故B正确；C、正逆反应速率都随压强的增大而增大，故C错误；D、温度升高平衡逆向移动，温度越高M的转化率越低，故D错误；故选B．点评：本题考查了根据图象分析影响平衡移动和化学反应速率的因素，题目难度不大．注意先拐先平数值大原则和定一议二原则在图象题中的应用．　-39-\n7．（2分）在温度、容积相同的2个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙反应物投入量1molN2、3molH24molNH3NH3的浓度（mol•L﹣1）c1c1反应的能量变化放出akJ吸收bkJ气体密度ρ1ρ2反应物转化率α1α2（已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1）下列说法正确的是（　　）　A．c1＜c2＜2c1B．a+b＞92.4C．α1+α2=1D．ρ2=2ρ1考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量4molNH3，若恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡．在温度、容积相同的2个密闭容器中，乙所到达的平衡，可以当成在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积与甲容器体积相等所到达的平衡，A．体积缩小1倍，压强增大1倍，若氨气的转化率不变，则c2=2c1，但平衡向正反应移动，氨气的转化率降低，B．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，但乙中为4molNH3，分解的NH3较2molNH3时多；-39-\nC．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应物转化率之和为1，但乙中为4molNH3，较2molNH3时的转化率低；D．乙中混合气体的质量为甲中的2倍，体积相同，密度之比等于质量之比．解答：解：甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量4molNH3，若恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡．在温度、容积相同的2个密闭容器中，乙所到达的平衡，可以当成在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积与甲容器体积相等所到达的平衡，A．体积缩小1倍，压强增大1倍，若氨气的转化率不变，则c2=2c1，但平衡向正反应移动，氨气的转化率降低，故c2＞2c1，故A错误；B．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，但乙中为4molNH3，分解的NH3较2molNH3时多，故a+b＞92.4，故B正确；C．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应物转化率之和为1，但乙中为4molNH3，较2molNH3时的转化率低，故α1+α2＜1，故C错误；D．乙中混合气体的质量为甲中的2倍，体积相同，密度之比等于质量之比，故ρ2=2ρ1，故D正确；故选BD．点评：本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径．　8．（2分）一定温度下，将4molHCl和1molO2充入一恒容密闭容器中发生可逆反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），下面示意图正确且说明反应达到平衡状态的是（　　）　A．B．C．-39-\nD．考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．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：A、体积不变，反应体系都是气体，密度始终不变，不能作为平衡状态的标志，故A错误；B、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C、氧气和氯气的物质的之比不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D、未体现正与逆的关系，反应的正向速率不变，故D错误；故选：C．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．　9．（2分）下列叙述中正确的是（　　）　A．同温同压下H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H不同　B．常温下，反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）不能自发进行，则该反应的焓变一定大于零　C．需要加热的化学反应，生成物的总能量一定高于反应物的总能量　D．反应自发进行的倾向越大，化学反应速率越快考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：-39-\nA．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；C．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，与反应条件无关；D．反应自发进行的倾向越大与化学反应速率没有必然的内在联系．解答：解：A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0自发，△H﹣T△S＞0不自发，已知常温下，反应2A（s）+B（g）=2C（g）+D（g）为熵增大的反应即△S＞0，若△H﹣T△S＞0，则反应的焓变一定大于零，故B正确；C．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，与反应条件无关，所以需要加热的化学反应，不一定是生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D．反应自发进行的倾向越大与化学反应速率没有必然的内在联系，故D错误；故选B．点评：本题考查化学变化特征、反应自发性的判断、能量转化形式等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．　10．（2分）下列关于强、弱电解质的叙述，有错误的是（　　）　A．电解质本身不一定能导电　B．在溶液中，导电能力弱的电解质不一定是弱电解质　C．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电　D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质考点：强电解质和弱电解质的概念．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、电解质如果不含有自由移动的离子就不能导电，如氯化钠晶体、HCl；B、导电能力与离子浓度、离子的电荷数有关，与电解质的强弱无关；C、NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电；D、SO2本身不能电离出离子，是非电解质．解答：解：A、电解质如果不含有自由移动的离子就不能导电，如氯化钠晶体|HCl，故A正确；-39-\nB、导电能力与离子浓度、离子的电荷数有关，与电解质的强弱无关，故B正确；C、离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故C正确；D、SO2本身不能电离出离子，是非电解质，故D错误；故选D．点评：本题考查强弱电解质与导电能力的关系，难度不大，注意离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等．　11．（2分）已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/mol；C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ（　　）　A．Q1+Q2+Q3B．0.5（Q1+Q2+Q3）　C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．分析：23g液态酒精为0.5mol，利用已知的反应得出C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）的反应热，利用物质的量与反应放出的热量成正比来解答．解答：解：①H2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣（3Q1﹣Q2+Q3）kJ/mol，即1mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1﹣Q2+Q3）kJ，则23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5×（3Q1﹣Q2+Q3）kJ=1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3kJ，故选D．点评：本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度中等．-39-\n　12．（2分）将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将会（　　）　A．偏高B．偏低　C．不变D．上述三种情况均有可能考点：试纸的使用．专题：化学实验常用仪器．分析：用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的PH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定PH．此题中PH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变．解答：解：解：此题中pH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，而溶液本身的酸碱性不确定，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变．所以无法确定pH是偏大还是偏小，故选：D．点评：本次考查了用PH试纸检验溶液的酸碱性，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的PH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定PH．　13．（2分）已知：在100℃时，纯水的c（H+）为1×10﹣6mol•L﹣1，此时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=l的H2SO4溶液V2L混合，若所得混合溶液的pH=10，则V1：V2为（　　）　A．1：9B．10：1C．9：1-39-\nD．1：10考点：pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：纯水中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣6mol•L﹣1，PH=﹣lgc（H+）=6，酸碱溶液混合后溶液呈碱性，则碱过量，根据反应后的pH计算溶液中的c（H+），然后根据水的离子积常数计算c（OH﹣），利用c（OH﹣）的计算公式进行计算．解答：解：在100℃时，纯水的c（H+）为1×10﹣6mol•L﹣1，水的离子积为KW=c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣12，此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，PH=﹣lgc（H+）=1的H2SO4溶液c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=10，则反应后的溶液的c（OH﹣）=mol/L=0.01（mol/L），则c（OH﹣）==0.01mol/L，解得：V1：V2=1：9，故选A．点评：本题考查了酸碱溶液混合后溶液pH的计算方法，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，做题时注意把握水的离子积常数随温度的变化而变化．　14．（2分）pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）　A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等　B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强　C．a=5时，A是弱酸，B是强酸　-39-\nD．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2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：加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，据此分析解答．解答：解：加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，A．根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错误；B．根据图片知，稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；C．如果a=5，则A是强酸，B是弱酸，故C错误；D．若A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5＞a＞2，故D正确；故选：D．点评：本题考查了弱电解质的电离，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．　15．（2分）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示从下表中选出正确选项（　　）选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊甲B碱酸酚酞甲C碱-39-\n酸甲基橙乙D酸碱甲基橙甲　A．AB．BC．CD．D考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：根据酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，其变色范围大，会引起较大误差．解答：解：A．不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误；B．用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，故B正确；C．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，故C错误；D．不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故D错误．故选B．点评：本题考查中和滴定，难度不大，做题时注意酸式滴定管和碱式滴定管的使用方法和指示剂的选择，易错点为指示剂的选择．　-39-\n16．（2分）现有物质的量浓度相同的7种溶液：（a）NaHSO4；（b）NaHCO3；（c）H2SO4；（d）Al2（SO4）3；（e）Na2CO3；（f）Na2SO4；（g）Ba（OH）2；pH由小到大的顺序为（　　）　A．（c）（a）（b）（d）（f）（e）（g）B．（c）（a）（d）（f）（b）（e）（g）C．（g）（e）（b）（f）（d）（a）（c）D．（c）（a）（d）（f）（e）（b）（g）考点：pH的简单计算；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：先根据酸碱盐分类，再根据酸中酸的强弱分类，盐中盐的水解呈酸碱性分类比较即可解答．（a）NaHSO4溶液硫酸氢根离子电离呈酸性；（b）NaHCO3溶液碳酸氢根离子水解呈碱性；（c）H2SO4溶液电离呈酸性；（d）Al2（SO4）3溶液铝离子水解呈酸性；（e）Na2CO3溶液碳酸根离子水解呈碱性．解答：解：现有物质的量浓度相同的7种溶液：设它们的物质的量浓度均为0.1mol/L．（a）NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以c（H+）=0.1mol/L，所以pH=1；（b）NaHCO3是弱酸的酸式盐水解显碱性pH＞7，水解程度小于Na2CO3，碱性小于Na2CO3；（c）H2SO4是二元强酸，完全电离，c（H+）=0.2mol/L，所以pH=0.699；（d）Al2（SO4）3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，1＜pH值＜7；（e）Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性pH＞7；（f）Na2SO4是强酸强碱盐，水溶液呈中性，pH=7；（g）Ba（OH）2是二元强碱，完全电离，c（OH﹣）=0.2mol/L，所以pH=13.7；所以pH由小到大的顺序为：（c）（a）（d）（f）（b）（e）（g），故选B．点评：本题考查盐类水解以及弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握盐类水解规律．　17．（2分）把FeCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的固体产物是（　　）　A．无水FeCl3B．Fe（OH）3C．FeO-39-\nD．Fe2O3考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题．解答：解：在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又由于灼热发生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，故选：D．点评：本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意水解平衡移动的影响因素．　18．（2分）下列一定能大量共存的离子组是（　　）　A．Al3+、Cl﹣、AlO2﹣、SO42﹣　B．pH=14的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+　C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、SCN﹣、Cl﹣、S2﹣　D．强碱性溶液中：ClO﹣、SO42﹣、Na+考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；B．pH=14的溶液为碱性溶液，碳酸氢根离子、铵根离子能够与氢氧根离子反应；C．铁离子能够氧化硫离子，铁离子与硫氰根离子结合生成硫氰化铁；D．ClO﹣、SO42﹣、Na+之间不发生反应，且都不与强碱性溶液中的氢氧根离子反应．解答：解：A．Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；-39-\nB．pH=14的溶液中存在大量氢氧根离子，HCO3﹣、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．SCN﹣、S2﹣都与Fe3+发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．ClO﹣、SO42﹣、Na+之间不反应，都不与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．　19．（2分）下列物质只能与强酸或者强碱溶液中的一种反应的是（　　）　A．AlB．CH3COONH4C．NaHCO3D．Al2（SO4）3考点：铝的化学性质；铵盐；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：既能与强酸反应又能与强碱溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等．A．Al与强酸反应生成铝盐和氢气，与强碱反应生成偏铝酸钠和氢气；B．CH3COONH4与强酸反应，如与盐酸反应可以生成氯化铵和醋酸，与强碱反应生成氨水和醋酸盐；C．NaHCO3属于弱酸的酸式盐，如与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水；D．硫酸铝与碱反应，可以生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，但硫酸铝与酸不反应；解答：解：A．Al与强酸反应生成铝盐和氢气，与强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，故A不选；B．CH3COONH4与强酸反应，如与盐酸反应可以生成氯化铵和醋酸，与强碱反应生成氨水和醋酸盐，故B不选；C．NaHCO3属于弱酸的酸式盐，如与盐酸反应生成氯化钠与二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故C不选；-39-\nD．硫酸铝与碱反应，可以生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸盐，但硫酸铝与酸不反应，故D选；故选：D．点评：本题考查了元素化合物的性质，掌握物质的性质是解本题的关键，侧重对基础知识的考查，难度不大，注意归纳总结中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质．　20．（2分）在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH﹣离子浓度分别为Amol•L﹣1与Bmol•L﹣1，则A和B的关系为（　　）　A．A＞BB．A=10﹣4BC．B=10﹣4AD．A=B考点：水的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：水的电离方程式为：H2O⇌H++OH﹣，水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，据此即可解答．解答：解：依据影响水电离的因素分析，氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，在pH等于9的NaOH溶液中，c（H+）=1×10﹣9mol/L，而NaOH只能提供OH﹣，不提供H+，根据公式知：由NaOH电离产生的c（OH﹣）==10﹣5mol/L，则由水电离产生的c（OH﹣）=c（H+）=mol/L=10﹣9mol/L，即A=10﹣9mol/L；CH3COONa是弱酸强碱盐，水中乙酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，pH=9的CH3COONa溶液促进水的电离，OH﹣全部由水电离产生，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，即B=c（OH﹣）=10﹣5mol/L，所以：A：B=10﹣9mol/L：10﹣5mol/L=10﹣4，即A=10﹣4B．故选B．点评：本题考查了影响水的电离的因素，题目难度不大，注意碱和盐分别对水的电离平衡移动的影响是解答本题的关键．　21．（2分）草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性．在0.01mol•L﹣1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（　　）　A．-39-\nc（K+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（C2O42﹣）　B．c（C2O42﹣）＜c（H2C2O4）　C．c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.1mol•L﹣1　D．c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答．解答：解：A．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+2c（C2O42﹣），故A错误；B．草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，所以c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故B错误；C．HC2O4﹣能水解和电离，所以溶液中含有H2C2O4、C2O42﹣，但水解和电离程度较小，则溶液中还存在大量HC2O4﹣，根据物料守恒得c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）=0.1mol/L，故C错误；D．根据物料守恒得c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查离子浓度大小比较，同时考查学生获取有用信息并灵活运用的能力，明确溶液中溶质的性质再结合守恒思想解答即可，注意HC2O4﹣的水解和电离程度都较小，题目难度不大．　22．（2分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是（　　）　A．0.1mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）　B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）　C．0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1　-39-\nD．0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．（NH4）2Fe（SO4）2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒判断；B．pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；D．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度．解答：解：A．（NH4）2Fe（SO4）2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+），故A正确；B．pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故B错误；C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，故C正确；D．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；故选B．点评：本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，知道任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据守恒思想解答，题目难度不大．　23．（2分）25℃时，在20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是（　　）　A．在A点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　-39-\nB．在B点：c（OH﹣）=c（H+），c（Na+）=c（CH3COO﹣）　C．在C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　D．A、B、C三点中，B点水的电离程度最大考点：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．在A点时，n（CH3COOH）=n（NaOH），二者恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小；B．在B点，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；C．在C点，pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；D、B点是NaOH和醋酸钠溶液，D点是恰好反应生成醋酸钠溶液分析；解答：解：A．在A点时，n（CH3COOH）=n（NaOH），二者恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa水解导致溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），但水解程度较小，所以存在c（OH﹣）＜c（CH3COO﹣），故A正确；B．在B点，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣），水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故B正确；C．在C点，pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D、B点是NaOH和醋酸钠溶液，D点是恰好反应生成醋酸钠溶液分析，C点生成的醋酸钠溶液中醋酸根离子水解促进水解，C点水的电离程度最大，故D错误；故选D．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断和离子浓度大小比较，明确图中每一点对应的溶质、溶液酸碱性是解本题关键，正确利用守恒来分析解答，注意盐类水解程度较小，题目难度不大．　24．（2分）氯碱工业的产物NaOH与不同物质反应可以生成不同的盐．已知常温下，浓度均为0.1mol/L的4种钠盐溶液pH如下表：下列说法中，正确的是（　　）溶质Na2CO3NaHCO3NaClO-39-\nNaHSO3pH11.69.710.35.2　A．向氯水中加入NaHCO3，可以增大氯水中次氯酸的浓度　B．四种溶液中，水的电离程度最大的是NaClO　C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最大的是H2SO3　D．NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，A．盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应；B．相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大；C．酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小．解答：解：根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，A．盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故A正确；B．相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故B错误；C．酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣＞HSO3﹣，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，故C错误；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO3﹣电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小，所以c（H+）＜c（HSO3﹣），故D错误；-39-\n故选A．点评：本题考查了盐类水解，根据钠盐溶液pH大小确定相对应酸的强弱，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，题目难度中等．　25．（2分）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系是（　　）　A．AgCl=AgI=Ag2SB．AgCl＜AgI＜Ag2SC．AgCl＞AgI＞Ag2SD．AgI＞AgCl＞Ag2S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：根据沉淀转化的实质，一种难溶物转化成另一种更难溶的物质分析判断；沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；解答：解：沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为淡黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S；故选C．点评：本题考查了沉淀转化的实质，沉淀现象是分析判断的依据，题目较简单．　二.填空题（50分）26．（6分）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　（填“偏大、偏小、无影响”）-39-\n（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填“相等、不相等”），所求中和热　相等　（填“相等、不相等”），简述理由　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关　（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．考点：中和热的测定．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（5）根据弱电解质电离吸热分析．解答：解：（1）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器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）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，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L﹣1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L﹣1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．点评：本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　27．（6分）一密封体系中发生下列反应：N2+3H2⇌2NH3△H＜0，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图，回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是　t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6　．-39-\n（2）t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化：　升高温度　、　加催化剂　、　减小压强　．（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是　A　．A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等；（2）根据温度、催化剂以及压强对反应速率的影响分析，注意各时间段正逆反应速率的变化；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大．解答：解：（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，时间处于t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6时，正逆反应速率相等，则说明反应达到平衡状态，故答案为：t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6；（2）t1时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由反应方程式△H＜0可知，应为升高温度；t3时，正逆反应速率都增大并且相等，平衡不移动，应为加入催化剂的变化；t4时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由方程式计量数关系可知，应为减小压强的变化；故答案为：升高温度；加催化剂；减小压强；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大，反应进行到最大时间时，生成的氨气最多，氨的体积分数最高，由于t1～t2时间段和t4～t5时间段内，平衡都向逆反应方向移动，氨的百分含量都减小，所以应是t0～t1时间段中氨的百分含量最高．故答案为：A．点评：本题考查化学反应速率的变化曲线，题目难度中等，注意化学方程式的特点，判断温度、压强对反应平衡移动的影响，结合外界条件对反应速率的影响分析．　28．（18分）按要求填空（1）下列物质中：①NaCl　②BaSO4　③冰醋酸　④CO2　⑤NaHCO3　⑥NH3•H2O　⑦Fe　⑧金刚石　⑨NH3　⑩熔融的Na2O2⑪NaOH，其中属于强电解质的有　①②⑤⑩⑪　；属于非电解质的有：　④⑨　；能导电的有：　⑦⑩　（填序号）（2）有a．盐酸、b．硫酸、c．醋酸三种酸，当pH相同、体积相同时，中和NaOH的物质的量由大到小的顺序为　c＞a=b　，与足量相同的锌粉刚开始反应，刚开始瞬间反应的速率由快到慢的顺序是　a=b=c　，（用a、b、c回答）．（3）H2S的电离方程式：　H2S⇌H++S2﹣，HS﹣⇌H++S2﹣　-39-\n（4）向碳酸钠溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液呈红色，用离子方程式表示其原因：　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣　（5）用pH试纸测偏铝酸钠溶液的pH为9，用离子方程式表示偏铝酸钠溶液呈碱性的原因：　AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣　（6）将硫酸铝溶液和碳酸钠溶液混合，可观察到的现象是生成无色气体和絮状沉淀，写出该反应的离子方程式：　Al3++HCO3﹣=Al（OH）3↓+CO2↑　．考点：电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．分析：（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；含有自由移动离子或电子的物质能导电；（2）pH相同时，溶液的c（H+），醋酸为弱酸，溶液浓度最大；开始瞬间氢离子浓度相同，反应速率相同；（3）H2S是弱酸分步电离；（4）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，溶液呈红色；（5）偏铝酸根离子水解显碱性；（6）硫酸铝和碳酸钠发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；解答：解：（1）下列物质中：①NaCl　②BaSO4　③冰醋酸　④CO2　⑤NaHCO3　⑥NH3•H2O　⑦Fe　⑧金刚石　⑨NH3　⑩熔融的Na2O2⑪NaOH，依据概念分析判断，其中属于强电解质的有①②⑤⑩⑪，属于非电解质的有④⑨，能导电的有⑦⑩；故答案为：①②⑤⑩⑪；④⑨；⑦⑩；（2）pH相同时，溶液的c（H+），醋酸为弱酸，溶液浓度最大，中和NaOH溶液时消耗NaOH的物质的量由大到小的顺序是c＞a=b，与足量相同的锌粉刚开始反应，开始瞬间氢离子浓度相同，反应速率相同，刚开始瞬间反应的速率由快到慢的顺序是a=b=c；故答案为：c＞a=b；a=b=c；（3）H2S是弱酸分步电离，H2S⇌H++S2﹣，HS﹣⇌H++S2﹣；故答案为：H2S⇌H++S2﹣，HS﹣⇌H++S2﹣；（4）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，溶液呈红色，反应的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；（5）用pH试纸测偏铝酸钠溶液的pH为9，偏铝酸根离子水解显碱性，AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣；故答案为：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣；（6）硫酸铝和碳酸钠发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3++HCO3﹣=Al（OH）3↓+CO2↑；故答案为：Al3++HCO3﹣=Al（OH）3↓+CO2↑．点评：本题考查了盐类水解的实质理解应用，离子方程式书写，弱电解质电离平衡的影响因素分析，电解质非电解质概念的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．　-39-\n29．（10分）某化学实验小组从市场上买来一瓶某品牌食用白醋（主要是醋酸的水溶液），用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定以测定它的准确浓度，完全反应时所得溶液pH大致为9．下表是4种常见指示剂的变色范围：指示剂石蕊甲基橙甲基红酚酞变色范围（pH）5.0～8.03.1～4.44.4～6.28.2～10.0（1）该实验应选用　酚酞　作指示剂．（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为　25.40　mL；反应达滴定终点时的现象为　溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色　．（3）为减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为cmol/L，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积/mL26.0225.3525.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是　BD　．A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液；C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗；D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过；E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定．（4）根据所给数据，写出计算该白醋中醋酸的物质的量浓度的表达式（不必化简）：C=　　mol/L．-39-\n考点：中和滴定．专题：实验题．分析：（1）根据弱酸与强碱反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂；（2）A与C刻度间相差1ml，则每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度25，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（3）根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响；（4）第一次消耗氢氧化钠溶液体积过大，应舍去，利用第二、三次消耗NaOH溶液的平均体积，再根据c（酸）=计算浓度．解答：解：（1）醋酸与NaOH溶液反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂，故选酚酞，故答案为：酚酞；（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为25，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是25.40mL；滴定终点判断，锥形瓶内溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：25.40；溶液从无色突变为粉红色，且在半分钟内不褪色；（3）从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液体积明显多于后两次，上面测得的醋酸浓度偏大，A．实验结束时，俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积，导致氢氧化钠溶液的体积偏小，所测醋酸浓度偏小，故A错误；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束尖嘴部分充满溶液，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所测醋酸浓度偏大，故B正确；C．盛装白醋溶液的滴定管用蒸馏水洗过，未用白醋溶液润洗，不影响氢氧化钠溶液的体积，所测醋酸浓度不变，故C错误；D．锥形瓶预先用食用白醋润洗过，醋酸的物质的量偏大，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所测醋酸浓度偏大，故D正确；E．滴加NaOH溶液时，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致使用的氢氧化钠体积偏小，所测醋酸浓度偏小，故E错误；故选：BD；（4）第一次消耗氢氧化钠溶液体积过大，应舍去，利用第二、三次消耗NaOH溶液的平均体积=mL，c（酸）==计算浓度；故该白醋中醋酸的物质的量浓度=mol/L，故答案为：．-39-\n点评：本题考查中和滴定实验、滴定管结构与使用、误差分析以及计算等，难度不大，注意理解中和滴定的原理与滴定管的结构及精度．　30．（10分）甲醛是一种重要的有机原料，主要用于塑料工业、医药等．工业上可用如下方法合成甲醛：CO（g）+H2（g）⇌HCHO（g）△H＜0．如图为一定条件下，上述反应的变化状况．已知第2、5、8min时分别改变了反应的某一个条件，且三种情况下改变的条件类型不同．请回答下列问题．（1）第7min时，该条件下反应的平衡常数K=　1.25　．第5min时改变的反应条件为　升温　．（2）2﹣4min时，该反应的平均速率v（CO）=　0.3mol/（L•min）　．该段时间内的平均反应速率较前2min内的平均反应速率大，其原因是　第2分钟改变的条件为增压，反应速率变大　．（3）请在图中画出第8～12min时CO浓度的变化曲线图．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：（1）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；（2）根据平均速率v=计算，压强增大，反应速率变大；（3）第8分钟通过增大CO浓度使平衡正向移动，CO的浓度增大然后减小，直到平衡．解答：解：（1）反应CO（g）+H2（g）⇌HCHO（g）的平衡常数K===1.25，第2分钟时，起始浓度不变，平衡正向移动，反应速率变大；第5分钟时，平衡逆向移动，第8分钟时，平衡正向移动，已知第2、5、8min时分别改变了反应的某一个条件，且三种情况下改变的条件类型不同，所以改变的条件分别为增压、升温和增大CO浓度，故答案为：1.25；升温；-39-\n（2）平均速率v（CO）===0.3mol/（L•min），第2分钟改变的条件为增压，反应速率变大，故答案为：0.3mol/（L•min）；第2分钟改变的条件为增压，反应速率变大；（3）第8分钟通过增大CO浓度使平衡正向移动，CO的浓度增大然后减小，图象为，故答案为：．点评：本题考查了化学平衡的影响因素以及有关的化学平衡的计算，注意第2、5、8min时分别改变了反应的某一个条件，且三种情况下改变的条件类型不同是判断图象中CO浓度改变的关键．　-39-