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河北省邯郸市广平一中2015-2016学年高二上学期期中化学试卷

来源：年旅网

2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高二（上）期中化学试卷

一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法不正确的是（）

A．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成 B．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现

C．反应前后原子种类和数目不变遵循的是质量守恒定律

D．如果某化学反应的△H和△S均小于0，则反应一定能自发进行

2．下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是（） A．Ca（OH）2 B．CH3COOH C．BaSO4 D．CH3COONa

3．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（） A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡

B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质 C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同 D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电

4．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是（）

①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗

②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗 ③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗 ④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失 ⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确． A．④⑤ B．①④ C．②③⑤ D．②⑤

5．在25℃时将pH=11 的NaOH 溶液与pH=3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（）

A．c （Na）═c（CH3COO）+c（CH3COOH） B．c（H）═c（CH3COO）+c（OH） C．c （Na）＞c （CH3COO）＞c（OH）＞c（H）＞c（OH）

6．在25℃时，在浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2的溶液中，测得其c（NH4）分别为a、b、c（单位为mol/L）．下列判断正确的是（） A．a=b=c

7．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）

①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液． A．②④⑥ B．①② C．②③⑤ D．②④⑤⑥

8．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） A．在1 L 0.2 mol•L的Na2CO3溶液中含有CO3的数目为0.2NA B．0.1 mol Na参加氧化还原反应，转移的电子数目一定是0.1 NA C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少g D．理论上氢氧燃料电池正极消耗11.2 L气体时，外线路通过电子数为NA

9．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（） A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式：2Cl﹣2e═Cl2↑ B．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e═Fe C．硫化钠的水解反应：S+H3O⇌HS+H2O D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na+H+CO3

10．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（） ①无色溶液中：K、Cl、H2PO4、PO4、SO4 ②使pH=14的溶液中：CO3、Na、S、AlO2 ③室温下水电离的c（H）=10

﹣13

2﹣

﹣

3﹣

2﹣

﹣

﹣1

2﹣

﹣

+﹣+﹣一

D．c （CH3COO）＞c（Na）＞c（H）

﹣++

B．a＞b＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b

mol/L的溶液：K、HCO3、Br、Ba

﹣

2﹣

+﹣﹣2+

④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4、Cl、Na、SO4

⑤使甲基橙变红的溶液中：MnO4、NO3、Na、Fe

⑥室温下c（H）/c（OH）=10的溶液中：Fe、Al、NO3、I． A．①③ B．②④⑤ C．①②⑤ D．③⑥

11．常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A．溶液的pH=1

B．溶液中加入一定量NaOH固体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大 C．溶液中c（H）+c（A）=0.1 mol/L D．溶液中水电离出的c（H）=10

12．下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）

A．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同

B．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）＞c（NH4）＞c（H）=c（OH） C．常温下，同物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH大 D．加水稀释等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，溶液中的离子浓度都减小

13．如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是（）

﹣

﹣10

﹣

﹣﹣+3+

=1×10，下列叙述正确的是（）

﹣8

mol/L

2+2+

A．原电池工作时的总反应为Zn+Cu═Zn+Cu B．原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应

C．若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极 D．盐桥中装有琼脂﹣饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K移向ZnSO4溶液

14．一定温度下，溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列说法正确的是（）

A．向溴化银的浊液中加入溴化钠溶液，溴化银的Ksp减小 B．向c点的溶液中加入0.1mol•LAgNO3，则c（Br）减小 C．升高温度可以实现c点到b点的转化 D．图中b点对应的是不饱和溶液

15．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编起始时各物质物质的量/mol 号 ① ② ③ N2 1 2 2 3 3 6 平衡时反应中的能量变化 H2 NH3 0 放出热量a kJ 0 放出热量b kJ 0 放出热量c kJ ﹣1

﹣

下列叙述正确的是（） A．放出热量关系：a＜b＜92.4

B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞② C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③ D．N2的转化率：②＞①＞③

16．如图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系．下列说法一定正确的是（）

A．a与b相比．b的活化能更高

B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量 C．a与b相比，反应的平衡常数一定不同 D．a与b相比，a的反应速率更快

17．反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）达到平衡，温度和压强对该反应的影响如图所示，图中：压强P1＞P2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数；据此可判断（）

A．上述反应是放热反应 B．上述反应是吸热反应 C．a＞b D．无法确定a、b的大小

18．已知：H﹣1

2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1kJ•mol（Q1＞0） C﹣1

2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ•mol（Q2＞0）

C﹣1

2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ•mol（Q3＞0）

依据盖斯定律，若使23g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（单位：kJ）（ A．Q1+Q2+Q3 B．0.5（Q1+Q2+Q3）

C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3 D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3

19．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2； ②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；

③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态； ④混合气体的颜色不再改变的状态； ⑤混合气体的密度不再改变的状态；

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态． A．①④⑥ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤⑥

） 20．在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（） t/min n（Y）/mol 2 0.12 4 0.11 ﹣3

7 0.10 9 0.10 A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10 mol/（L•min） B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正） C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44

D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大

二、（非选择题共40分）

21．（1）25℃时，某NaCl溶液中c（Cl）=1×10 mol/L，则该溶液中c（Na ）：c（OH）=

（2）25℃时，将0.1mol/L NaOH溶液与0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合（忽略混合后体积的变化），求所得溶液的pH= ．

（3）纯水中c（H ）=5.0×10 mol/L，则此时纯水中的c（OH）= ；若温度不变，滴入稀硫酸使c（H）=5.0×10mol/L，则c（OH）= ；在该温度时，往水中滴入NaOH溶液，溶液中的c（OH）=5.0×10 mol/L，则溶液中c（H ）= ．

22．如图是一个电化学过程的示意图．

﹣

﹣2

﹣3

﹣

﹣7

﹣

﹣4

﹣

请回答下列问题：

（1）图中甲池是（填“原电池”“电解池”或“电镀池”）．

（2）A（石墨）电极的名称是（填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”）．（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式

（4）乙池中反应的化学方程式为当乙池中B（Ag）极质量增加5.4g，甲池中理论上消耗O2的体积为 L（标准状况），此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是 A．MgSO4B．CuSO4 C．NaClD．AgNO3．

23．某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：

（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子 ﹣1K +Na ﹣6+NH4 ﹣6+SO4 NO3 ﹣5﹣5﹣52﹣﹣Cl ﹣5﹣浓度/mol•L 4×10 6×10 2×10 4×10 3×10 2×10 根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为，试样的pH= ．（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有： ①将煤转化为清洁气体燃料．

已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：． ②洗涤含SO2的烟气．以下物质可作洗涤剂的是． a．Ca（OH）2 b．Na2CO3 c．CaCl2d．NaHSO3 （3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化

①已知汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10mol．计算该温度下的平衡常数K= ．

汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是．

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g）已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据：．

③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为．

﹣4

﹣1

24．氢氟酸（HF）是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：HF⇌H+F．25℃下，向20mL0.2mol•L

﹣1

﹣

的氢氟酸中滴加0.2mol•L的NaOH溶液时，溶液的pH变化如图所示．

﹣1

已知：电离度（α）和电离平衡常数（K）一样，可以用来衡量弱电解质在稀溶液中的电离能力．电离度（α）=请回答下列问题：

（1）在氢氟酸的稀溶液中，通过改变以下条件能使氢氟酸的电离度增大的是，可使氢氟酸的电离平衡常数增大的是． a．升高温度 b．向溶液中滴入2滴浓盐酸 c．加入少量NaF固体 d．加水稀释

（2）在此温度下，氢氟酸的电离平衡常数Ka（HF）为：，电离度α（HF）为 _%．

（3）下列有关图中各点微粒浓度关系正确的是． a．在A处溶液中：c（F）+c（HF）=0.2mol•L b．在B处溶液中：c（H）+c（HF）=c（OH）

c．在B处溶液中：c（Na）＞c（F）＞c（H）＞c（OH） d．在A和B处溶液中都符合：

（4）已知该温度下Ksp（CaF2）=1.5×10

﹣10

﹣

﹣1

×100%

=Ka（HF）

．取B点时的溶液10mL与90mL1×10 mol•L

﹣4

﹣1

CaCl2溶液混合，通过列式计算说明是否有沉淀产生．

2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高二（上）期中化学试卷

参与试题解析

一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法不正确的是（）

A．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成 B．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现

C．反应前后原子种类和数目不变遵循的是质量守恒定律

D．如果某化学反应的△H和△S均小于0，则反应一定能自发进行【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、依据化学反应的实质分析判断；

B、盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关，与反应物和生成物能量有关，是能量守恒的体现；

C、化学反应遵循质量守恒实质是原子数目和种类不变； D、依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析判断；

【解答】解：A、化学反应的实质是化学键断裂和形成，是原子的重新组合，故A正确； B、盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关，与反应物和生成物能量有关，是能量守恒的体现，故B正确；

C、反应前后原子种类和数目不变遵循的是质量守恒定律，故C正确；

D、如果某化学反应的△H和△S均小于0，高温下，反应不一定能自发进行，故D错误；故选D．

【点评】本题考查了化学反应焓变的分析判断，能量守恒，质量守恒的实质理解，掌握基础是关键，题目难度中等．

2．下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是（） A．Ca（OH）2 B．CH3COOH C．BaSO4 D．CH3COONa 【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】在水溶液里和熔融状态下部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质中存在电离平衡．【解答】解：A．氢氧化钙是强电解质，在水溶液里完全电离，不存在电离平衡，故A不选 B．醋酸是弱酸，属于弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，故B选； C．硫酸钡是强电解质，在水溶液里完全电离，不存在电离平衡，故C不选； D．醋酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，不存在电离平衡，故D不选；故选B．

【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡，明确强弱电解质的判断是解本题关键，一般来说弱酸、弱碱属于弱电解质．

3．下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是（） A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡

B．在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质 C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同 D．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电【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．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；

B．强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质； C．稀释促进电离，升温促进电离；

D．NaCl，K2SO4液态时导电，AlCl3，HCl液态时不导电．

【解答】解：A．强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确； B．强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；

C．弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当浓度不同时，离子的浓度不同，所以导电能力不同．但当温度也不同时，弱电解质的电离程度也不同，所以当这两个因素都不相同时，导电能力可能相同，故C正确；

D．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D正确．故选B．

【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．

4．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是（）

①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗

②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗 ③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗 ④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失 ⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确． A．④⑤ B．①④ C．②③⑤ D．②⑤ 【考点】中和滴定．【专题】实验评价题．

【分析】根据c（NaOH）×V（NaOH）=c（HCl）×V（HCl）进行判断，若消耗的标准氢氧化钠溶液的体积偏小，则导致实验结果偏低，据此分析．

【解答】解：①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）=①错误；

②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗，则盐酸的浓度减小，消耗标准液的体积偏小，根据c（待测）=偏低，故②正确；

③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，消耗标准液的体积不变，根据c（待测）=

分析，可知c（待测）无影响，故③错误；

分析，可知c（待测）

分析，可知c（待测）偏高，故

④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）=

分析，可知c（待测）偏高，故④错误；

⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确，导致消耗标准液的体积偏小，根据c（待测）=

分析，可知c（待测）偏低，故⑤正确；

所以②⑤正确；故选D．

【点评】本题考查了中和滴定实验操作，侧重于误差分析的考查，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．

5．在25℃时将pH=11 的NaOH 溶液与pH=3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（）

A．c （Na）═c（CH3COO）+c（CH3COOH） B．c（H）═c（CH3COO）+c（OH） C．c （Na）＞c （CH3COO）＞c（OH）＞c（H）＞c（OH）

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO）＞c（Na）＞c（H）＞c（OH），以此判断，其它选项皆不正确．

【解答】解：A、设溶液的体积都为1L，CH3COOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有n（Na）=0.001mol，n（CH3COO

﹣

一

D．c （CH3COO）＞c（Na）＞c（H）

﹣++

）+n（CH3COOH）＞0.001mol，则c（Na）＜c（CH3COO）+c（CH3COOH），故A错误；

﹣

+﹣

B、根据溶液呈电中性，溶液中存在c（Na）+c（H）=c（OH）+c（CH3COO），则c（H）＜c（CH3COO）+c（OH），故B错误；

C、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，则c（CH3COO

﹣

）＞c（Na），故C错误；

D、在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（CH3COO）＞c（Na），c（H）＞c（OH），由于H离子与OH离子反应，则溶液中c（Na）＞c（H），所以有c（CH3COO）＞c（Na）＞c（H）＞c（OH），故D正确．故选D．

【点评】本题考查溶液离子浓度的大小比较，本题难度中等，做题时注意pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶掖等体积混合后，溶液中醋酸过量，溶液呈酸性，以此进行分析和比较．

6．在25℃时，在浓度均为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2的溶液中，测得其c（NH4）分别为a、b、c（单位为mol/L）．下列判断正确的是（）

﹣

A．a=b=c B．a＞b＞c C．a＞c＞b D．c＞a＞b

【考点】盐类水解的原理．

【分析】如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH4，但溶液中CO3的水解促进NH4的水解，Fe的水解抑制NH4的水解，以此解答该题．

【解答】解：溶液中CO3的水解促进NH4的水解，Fe的水解抑制NH4的水解，则等浓度时，c（NH4）大小顺序应为c＞a＞b，故选D．

【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于盐类水解因素的考查，题目难度不大，注意把握影响因素，能正确判断水解平衡的移动方向．

7．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）

①NaOH固体 ②H2O ③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液． A．②④⑥ B．①② C．②③⑤ D．②④⑤⑥ 【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】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H═Fe+H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答．

【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H═Fe+H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量， ①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；

②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确； ③加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故③错误；

④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；

⑤加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故⑤错误； ⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；显然②④⑥正确，故选：A．

2﹣

【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，难度不大．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，导致溶液中碳酸根离子的数目减少； B．钠为1价金属，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子；

C．若阴极得到电子数为2NA个，转移的电子为2mol，由于粗铜中含有杂质铁，电解时铁优先放电，导致溶解的铜减少；

D．没有告诉在标况下，题中条件无法计算11.2L氢气的物质的量．

【解答】解：A．1 L 0.2 mol•L的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.2mol，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中碳酸根离子小于0.2mol，含有CO3的数目小于0.2NA，故A错误； B．0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，转移的电子数目一定是0.1 NA，故B正确； C．阴极得到电子数为2NA个，转移的电子为2mol，由于粗铜中含有杂质铁，电解过程中铁优先放电，则铜失去的电子小于2mol，电解的铜的物质的量小于1mol，质量小于g，故C错误；

D．没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L气体的物质的量，故D错误；故选B．

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项D为易错点，注意题中没有告诉在标况下．

9．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（） A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式：2Cl﹣2e═Cl2↑

﹣

﹣2﹣

﹣1

2﹣

B．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e═Fe C．硫化钠的水解反应：S+H3O⇌HS+H2O D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3═Na+H+CO3

【考点】离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式．【专题】离子反应专题；电化学专题．

【分析】A．电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电； B．钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子；

C．二元弱酸的酸根离子分步水解，S+H3O⇌HS+H2O为硫离子和氢离子反应； D．碳酸是弱酸，碳酸氢根离子在电离方程式中不能拆分．

【解答】解：A．电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl﹣2e═Cl2↑，故A正确；

B．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e═Fe，故B错误；

C．S+H3O⇌HS+H2O为硫离子和氢离子反应，硫化钠溶于水时发生水解，其水解的离子方程式为S+H2O⇌HS+OH、HS+H2O⇌H2S+OH，故C错误；

D．碳酸氢钠是易溶于水的强电解质，完全电离，碳酸是弱酸，碳酸氢根离子在电离方程式中不能拆写，碳酸氢钠正确的电离方程式为：NaHCO3═Na+HCO3，故D错误；故选：A．

【点评】本题考查较综合，涉及原电池和电解池原理、弱电解质的电离、强碱弱酸盐的水解等知识点，注意多元弱酸的酸根离子水解分步进行，题目难度中等．

10．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（） ①无色溶液中：K、Cl、H2PO4、PO4、SO4 ②使pH=14的溶液中：CO3、Na、S、AlO2 ③室温下水电离的c（H）=10

﹣13

2﹣

﹣

3﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

﹣2+

mol/L的溶液：K、HCO3、Br、Ba

﹣

2﹣

+﹣﹣2+

④加入Mg能放出H2的溶液中：NH4、Cl、Na、SO4 ⑤使甲基橙变红的溶液中：MnO4、NO3、Na、Fe

⑥室温下c（H）/c（OH）=10的溶液中：Fe、Al、NO3、I． A．①③ B．②④⑤ C．①②⑤ D．③⑥ 【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．

﹣

【分析】①H2PO4与PO4离子能够发生反应；

②pH=14的溶液为碱性溶液，能够与氢氧根离子发生反应的离子不能够共存； ③水电离的c（H）=10

﹣13

﹣3﹣

mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液；

④加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，能够与氢离子反应的离子不能够共存； ⑤使甲基橙变红的溶液中存在电离的氢离子；

⑥室温下c（H）/c（OH）=10的溶液为酸性溶液，根离子在酸性条件下具有强氧化性、亚铁离子、碘离子具有还原性．

【解答】解：①H2PO4与PO4离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故①错误； ②使pH=14的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO3、Na、S、AlO2离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确； ③室温下水电离的c（H）=10

﹣13

2﹣

﹣

3﹣

﹣

mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离

子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故③错误；

④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4、Cl、Na、SO4离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；

⑤使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4、NO3、Na、Fe离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；

⑥室温下c（H）/c（OH）=10的溶液为酸性溶液，根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故⑥错误；故选B．

【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe和 SCN）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H

﹣

2﹣

或OH；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu、Fe、Fe、MnO4等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等．

11．常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A．溶液的pH=1

=1×10，下列叙述正确的是（）

﹣8

B．溶液中加入一定量NaOH固体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大 C．溶液中c（H）+c（A）=0.1 mol/L D．溶液中水电离出的c（H）=10

﹣10

﹣

mol/L

【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】溶液中以此解答该题．【解答】解：溶液中

﹣3

=1×10，由Kw=c（H）×c（OH）=10

﹣8+﹣﹣14

，可知c（H）=10mol/L，

+﹣3

=1×10，由Kw=c（H）×c（OH）=10

﹣8+﹣﹣14

，可知c（H）=10

mol/L，

﹣3

A．c（H）=10mol/L，溶液的pH=3，故A错误；

B．溶液中加入一定量NaOH固体或加水稀释，c（H）都减小，则溶液的c（OH）均增大，故B正确；

C．HA为弱酸不能完全电离，由c（H）=10mol/L可知c（H）+c（A）=0.002 mol/L，故C错误；

D．溶液中水电离出的c（H）=c（OH）=10故选B．

【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意根据Kw=c（H）×c（OH）=10结合溶液中

12．下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）

A．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同

B．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）＞c（NH4）＞c（H）=c（OH） C．常温下，同物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH大 D．加水稀释等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，溶液中的离子浓度都减小【考点】盐类水解的应用；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；盐类的水解专题．

﹣

﹣8

﹣

﹣14

﹣

﹣11

﹣3

﹣

mol/L，故D错误．

，

=1×10计算溶液中氢离子浓度确定HA为弱酸为解答该题的关键．

【分析】A．醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸；

B．根据电荷守恒分析；

C．碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子；

D．溶液中c（H）•c（OH）为常数，二者不能同时减小．

【解答】解：A．醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）＞c（HCl），等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故A错误；

B．溶液中存在电荷守恒：c（Cl）+c（OH）=c（H）+c（NH4），已知pH=7，则c（H）=c（OH

﹣

），所以c（Cl）=c（NH4），故B错误；

﹣+

C．碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，所以同物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH大，故C正确；

D．溶液中c（H）•c（OH）为常数，二者不能同时减小，所以加水稀释等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液，当氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，所以溶液中的离子浓度不可能都减小，故D错误．故选C．

【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断及盐类水解，明确弱电解质电离特点及盐类水解特点即可解答，注意溶液中电荷守恒的应用题目难度不大．

13．如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是（）

﹣

2+2+

A．原电池工作时的总反应为Zn+Cu═Zn+Cu B．原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应

C．若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极 D．盐桥中装有琼脂﹣饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K移向ZnSO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理．

【专题】电化学专题．

【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn﹣2e=Zn，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu+2e=Cu，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答．

【解答】解；A．该原电池中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上铜离子得到生成铜，电池反应式为：Zn+Cu=Zn+Cu，故A正确；

B．该原电池中，易失电子的锌作负极，负极上锌失电子生成锌离子，发生氧化反应，故B正确；

C．如果将Cu电极改为Fe电极，锌的活泼性大于铁，所以Zn电极依然作负极，故C正确； D．原电池工作时，阳离子向正极移动，即盐桥中的K移向CuSO4溶液，故D错误．故选D．

【点评】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理和电极方程式的书写，难度不大．

14．一定温度下，溴化银在水中的沉淀溶解平衡曲线如图，下列说法正确的是（）

﹣

【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、溶度积常数只与温度有关； B、根据浓度对溶解平衡的影响； C、升高温度，促进溶解平衡正向移动；

﹣1

﹣

D、根据c（Ag）×c（Br）与Ksp的相对大小判断溶液是否是饱和溶液，如果c（Ag）×c（Br

﹣

+﹣+

）=Ksp，则溶液为平衡状态，如果c（Ag）×c（Br）＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，如果c

﹣

+﹣

（Ag）×c（Br）＜Ksp，则溶液为不饱和溶液．

【解答】解：A、溶液的温度不变，所以Ksp不变，故A错误；

B、向c点的溶液中加入0.1mol•LAgNO3，c（Ag）增大，溶解平衡逆向移动，则c（Br）减小，故B正确；

C、升高温度，促进溴化银的溶解，c（Ag）、c（Br）浓度都增大，故C错误；

D、b点相对与c点的溶液中c（Ag）不变，c（Br）增大，故Qsp＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，故错误；故选B．

【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，明确溶度积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关．

﹣

﹣1

﹣

下列叙述正确的是（） A．放出热量关系：a＜b＜92.4

B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞② C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③ D．N2的转化率：②＞①＞③

【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．

【分析】A、反应是可逆反应不能进行彻底，焓变是对应化学方程式的物质完全反应放出的热量；

B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变；

C、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断；

D、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断．

【解答】解：A、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量；①起始量反应不能全部转化所以a＜92.4KJ，②起始量相当于在①中加入了1mol氮气，所以平衡正向进行反应放出的热量b＞a，但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b＜92.4KJ，故放出热量关系：a＜b＜92.4，故A正确；

B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以化学平衡常数为①=②=③，故B错误； C、达到平衡时，氨气的条件分数，依据A分析可知②＞①，③可以看做在②中加入了3mol氢气，平衡继续正向进行，所以氨气的含量增大，即达平衡时氨气的体积分数：①＜②＜③，故C错误；

D、依据C的分析可知，氮气的转化率③＞②；②＜①，③可以看做是在①中加入了相同的平衡体系，压强增大平衡正向进行，所以氮气转化率③＞①＞②，故D错误；故选A．

【点评】本题考查化学平衡知识应用（判断平衡状态、图象分析、平衡移动原理、平衡计算）；考题主要有两类形式：第一类考查平衡的一般问题，如化学反应速率的表示（计算）、化学平衡图象的分析、平衡常数的大小比较及相关计算．回答化学反应速率时重点留意是否为浓度的改变量．平衡常数的大小比较，关键两者的温度高低．第二类为等效平衡的相关判断．

16．如图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系．下列说法一定正确的是（）

A．a与b相比．b的活化能更高

B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量 C．a与b相比，反应的平衡常数一定不同 D．a与b相比，a的反应速率更快

【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．催化剂能降低反应的活化能； B．断键吸收能量成键放出能量； C．催化剂只改变反应速率；

D．催化剂能降低反应的活化能加快反应速率．

【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能，所以b为使用催化剂的条件，则b的活化能更小，故A错误；

B．反应时断键吸收能量，成键放出能量，由于该反应为放热反应，所以反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确；

C．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，a与b反应的平衡常数相同，故C错误； D．b降低了活化能，反应速率加快，所以b的反应速率更快，故D错误．故选B．

【点评】本题考查了催化剂对化学平衡、反应速率、活化能的影响，注意催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，题目较简单．

A．上述反应是放热反应 B．上述反应是吸热反应 C．a＞b D．无法确定a、b的大小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．

【分析】根据影响化学平衡的因素进行判断，升高温度，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，据此分析．

【解答】解：图中压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数，则相同压强下，温度越高，G的体积分数越小，故升高温度，平衡正向移动，所以该反应为吸热反应；

相同温度时，压强越大，G的体积分数越大，则增大压强，平衡逆向移动，因L为固体，所以a＜b，故选B．

【点评】本题考查了温度、压强的变化对平衡移动的影响，注意图象分析中定一议二法的应用，题目难度中等．

18．已知：H2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1kJ•mol（Q1＞0） C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ•mol（Q2＞0）

C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ•mol（Q3＞0）

依据盖斯定律，若使23g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（单位：kJ）（） A．Q1+Q2+Q3 B．0.5（Q1+Q2+Q3）

C．0.5Q1﹣1.5Q2+0.5Q3 D．1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3 【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．

【分析】23g液态乙醇为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（Q1＞0）， ②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ•mol（Q2＞0），

③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ•mol（Q3＞0），

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液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1﹣Q2+Q3）kJ，

则23g液态乙醇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+0.5Q3）kJ，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．

19．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（） ①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；

﹣1

②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；

③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态； ④混合气体的颜色不再改变的状态； ⑤混合气体的密度不再改变的状态；

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态． A．①④⑥ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④⑤⑥ 【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．

【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．

【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．故选A．

【点评】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．

20．在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（） t/min n（Y）/mol 2 0.12 4 0.11 ﹣3

D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

【专题】压轴题；化学平衡专题．

【分析】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据v=在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；

计算v（Y），

B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；

C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；

D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．

【解答】解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，故v（Y）

==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/

（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；

B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；

C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则： X（g）+Y（g）⇌2Z（g）开始（mol）：0.16 0.16 0 变化（mol）：0.06 0.06 0.12 平衡（mol）：0.1 0.1 0.12

由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k=

=1.44，故C正确；

D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；故选C．

【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解．

二、（非选择题共40分）

21．（1）25℃时，某NaCl溶液中c（Cl）=1×10 mol/L，则该溶液中c（Na ）：c（OH）= 1000：1

（2）25℃时，将0.1mol/L NaOH溶液与0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合（忽略混合后体积的变化），求所得溶液的pH= 2 ．

（3）纯水中c（H ）=5.0×10 mol/L，则此时纯水中的c（OH）= 5.0×10mol/L ；若温度不变，滴入稀硫酸使c（H）=5.0×10mol/L，则c（OH）= 5.0×10

﹣

﹣2

﹣3

﹣

﹣11

﹣7

﹣

﹣7

﹣

﹣4

﹣

mol/L ；在该

温度时，往水中滴入NaOH溶液，溶液中的c（OH）=5.0×10 mol/L，则溶液中c（H ）= 5.0×10

﹣12

mol/L ．

【考点】pH的简单计算；物质的量浓度的相关计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；溶液浓度的计算．

【分析】（1）25℃时，中性溶液中，c（OH）=c（H）=1×10mol/L，根据电荷守恒得c（Na ）=c（Cl），据此计算溶液中c（Na ）：c（OH）；

（2）二者体积相等，n（NaOH）：n（H2SO4）=C（NaOH）：C（H2SO4）=0.1mol/L：0.06mol/L=5：3，NaOH和H2SO4以2：1反应，所以硫酸有剩余，溶液呈酸性；

（3）纯水中，c（H）=c（OH），据此计算该温度下的Kw，任何溶液中，Kw=c（H）•c（OH）都成立．

【解答】解：（1）25℃时，中性溶液中，c（OH）=c（H）=1×10mol/L，根据电荷守恒得c（Na ）=c（Cl），据此计算溶液中c（Na ）：c（OH）=1×10 mol/L：1×10 mol/L=1000：1，

故答案为：1000：1；

（2）二者体积相等，n（NaOH）：n（H2SO4）=C（NaOH）：C（H2SO4）=0.1mol/L：0.06mol/L=5：3，NaOH和H2SO4以2：1反应，所以硫酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中c（H ）=

故答案为：2；

（3）纯水中，c（H）=c（OH）=5.0×10 mol/L，所以该温度下的Kw=c（H）•c（OH）=2.5×10

﹣13

﹣

﹣7

﹣

﹣4

﹣7

﹣

﹣7

﹣

﹣7

=0.01mol/L，则溶液中pH=2，

mol/L，酸溶液中，Kw=c（H）•c（OH），当c（H）=5.0×10mol/L，则c（OH）

22+﹣+﹣3﹣

=mol/L=5.0×10

﹣11

mol/L，NaOH溶液中的c（OH）=5.0×10 mol/L，则溶液中

﹣﹣2

c（H ）=

﹣7

mol/L=5.0×10

﹣12

mol/L，

﹣12

故答案为：5.0×10mol/L；5.0×10

﹣11

mol/L；5.0×10mol/L．

【点评】本题考查pH的简单计算，先确定是否发生反应，再计算溶液中氢离子浓度，从而计算溶液pH，注意温度不同水的离子积不同，侧重考查计算能力，题目难度中等．

22．如图是一个电化学过程的示意图．

请回答下列问题：

（1）图中甲池是原电池（填“原电池”“电解池”或“电镀池”）．

（2）A（石墨）电极的名称是阳极（填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”）．（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式 CH3OH+8OH﹣6e=CO3+6H2O （4）乙池中反应的化学方程式为 4AgNO3+2H2O

4Ag+O2↑+4HNO3 当乙池中B（Ag）极

﹣

2﹣

质量增加5.4g，甲池中理论上消耗O2的体积为 0.28 L（标准状况），此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是 B A．MgSO4B．CuSO4 C．NaClD．AgNO3．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．

【分析】（1）甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池；（2）乙是电解池和通氧气的正极相连为阳极；

（3）燃料电池中，负极上通入燃料，燃料失电子发生氧化反应；

（4）乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解银溶液；根据转移电子守恒计算消耗氧气等体积，丙池中，阴极上析出金属，根据转移电子计算金属的相对原子质量，从而确定盐．

【解答】解：（1）甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池，故答案为：原电池；（2）乙是电解池，甲为原电池，通氧气的是正极，A和正极相连，为电解池中的阳极，故答案为：阳极；

（3）燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH+8OH﹣6e=CO3+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH﹣6e=CO3+6H2O；

（4）乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解银溶液，电池反应式为：4AgNO3+2H2O

4Ag+O2↑+4HNO3，乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析

﹣

2﹣

﹣

2﹣

出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积

=×22.4L/mol=0.28L，

丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量=

=32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二

价金属，则

=g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B，

故答案为：4AgNO3+2H2O 4Ag+O2↑+4HNO3；0.28；B．

【点评】本题考查了原电池和电解池原理，正确推断原电池中正负极是解本题关键，难度中等．

（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子 ﹣1K +Na ﹣6+NH4 ﹣6+SO4 NO3 ﹣5﹣5﹣52﹣﹣Cl ﹣5﹣浓度/mol•L 4×10 6×10 2×10 4×10 3×10 2×10

根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH= 4 ．（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有： ①将煤转化为清洁气体燃料．

已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式： C（s）+H2O（g）═CO（g）+H（；△H=+13l.30kJ•mol2g）

﹣1

．

②洗涤含SO2的烟气．以下物质可作洗涤剂的是 ab ． a．Ca（OH）2 b．Na2CO3 c．CaCl2d．NaHSO3 （3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化

①已知汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10mol．计算该温度下的平衡常数K= 4×10 ．

汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多．

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g）已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据：不能实现，因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△H﹣T△S＞0，在任何温度下均不能自发进行．

③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为 2CO+2N0

2CO2+N2 ．

﹣6

﹣4

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算；pH的简单计算．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．

【分析】（1）观察表格中发现NH4水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；

（2）①盖斯定律的内容为：化学反应的反应热值与反应的始态和终态有关，而与反应进行的途径无关；

根据盖斯定律，用第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得焦炭与水蒸气反应的热化学方程式；

②依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应，二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应；

（3）①列三段表示出各种物质平衡时的浓度，带入平衡常数表达式；N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多；

②利用反应能否自发进行的判据△H﹣T△S；

③CO和NOx在催化剂的作用下发生氧化还原反应生成无毒的二氧化碳和氮气．

【解答】解：（1）观察表格中发现NH4水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性．试样的pH值根据溶液中电荷守恒计算H+离子浓度为10，PH值为4，故答案为：酸性；4；（2）①已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣241.81kJ•mol， C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=﹣110.51kJ•mol，

利用盖斯定律，将②﹣①可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），△H=（﹣110.5kJ/mol）﹣（﹣241.8kJ/mol）=+13l.3 kJ/mol，

所以焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H（；△H=+13l.30kJ•mol2g）

﹣1

﹣4+

，

﹣1

故答案为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+13l.3kJ•mol；

②二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：SO2+Ca（OH）

=CaSO3↓+H2O；二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑所

以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂；二氧化硫与氯化钙溶液不反应，且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故答案为：ab；（3））①设反应容器的体积是aL 根据题意得：

N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）初始浓度

转化浓度平衡浓度

﹣6

将各种物质的浓度带入表达式得K=≈4×10，

故答案为：4×10；

汽缸中发生的化学反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，这是个吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多，

故答案为：该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多；

②2CO（g）=2C（s）+O2（g）是一个熵值减小的反应即：△S＜0，同时又是一个△H＞O，所以△H﹣T△S一定大于0，所以任何条件下不能自发进行，

故答案为：不能实现，因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△H﹣T△S＞0，在任何温度下均不能自发进行；

③CO和NO在催化剂发生反应：2CO+2N02CO+2N0

2CO2+N2．

2CO2+N2，故答案为：

﹣6

【点评】本题考查了pH值的计算、盖斯定律求反应热、化学平衡常数的计算、反应进行方向的判断，题目综合性非常强，涉及知识点多，难度中等，同时又结合了环境的污染和治理，题目又比较新颖，是高考的热门话题，解题时应该结合相应的知识，认真解答．

24．氢氟酸（HF）是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为：HF⇌H+F．25℃下，向20mL0.2mol•L

﹣1

﹣

的氢氟酸中滴加0.2mol•L的NaOH溶液时，溶液的pH变化如图所示．

﹣1

已知：电离度（α）和电离平衡常数（K）一样，可以用来衡量弱电解质在稀溶液中的电离能力．电离度（α）=请回答下列问题：

（1）在氢氟酸的稀溶液中，通过改变以下条件能使氢氟酸的电离度增大的是 ad ，可使氢氟酸的电离平衡常数增大的是 a ．

a．升高温度 b．向溶液中滴入2滴浓盐酸 c．加入少量NaF固体 d．加水稀释

（2）在此温度下，氢氟酸的电离平衡常数Ka（HF）为： 5×10 ，电离度α（HF）为 5 _%．

（3）下列有关图中各点微粒浓度关系正确的是 bd ． a．在A处溶液中：c（F）+c（HF）=0.2mol•L

﹣

﹣1

﹣4

×100%

b．在B处溶液中：c（H）+c（HF）=c（OH）

c．在B处溶液中：c（Na）＞c（F）＞c（H）＞c（OH） d．在A和B处溶液中都符合：

（4）已知该温度下Ksp（CaF2）=1.5×10

﹣10

﹣

+﹣

=Ka（HF）

．取B点时的溶液10mL与90mL1×10 mol•L

﹣4

﹣1

CaCl2溶液混合，通过列式计算说明是否有沉淀产生．

【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】（1）HF酸中存在HF⇌F+H，为使电离常数或电离度增大，应使平衡正向移动；（2）由图象可知0.2mol•L的氢氟酸的pH=2，则c（H）=0.01mol/L，以此可计算电离度和电离常数；

（3）根据物料守恒、质子守恒以及影响盐类水解的角度可解答该题；（4）根据平衡常数和浓度熵之间的关系来计算回答．

【解答】解：（1）HF酸中存在HF⇌F+H，为使电离度增大，应使平衡正向移动， a．升高温度，可使平衡正向移动，电离常数或电离度增大，故a正确；

b．向溶液中滴入2滴浓盐酸以及c．加入少量NaF固体，都可使平衡逆向移动，电离度减小，故b、c错误，

d、加水稀释会促使电离平衡正向移动，使电离度增大，故d正确；所以ad能使电离度增大，但是K只是温度的函数，电离是吸热的，温度升高，K增大．故答案为：ad；a；

（2）由图象可知0.2mol•L的氢氟酸的pH=2，则c（H）=0.01mol/L，可知电离的c（HF）=0.01mol/L，则α=

=5%，

﹣1

﹣

﹣1

﹣

K==≈5×10，

﹣4

故答案为：5×10； 5；

（3）a．在A处溶液中，由于加入NaOH溶液，则总体积大于20mL，则c（F）+c（HF）＜0.2mol•L

﹣1

﹣

﹣4

，故a错误；

b．在B处溶液中，HF和NaOH完全反应生成NaF，由质子守恒可知：c（H）+c（HF）=c（OH

﹣

），故b正确；

﹣

c．在B处溶液pH＞7，则c（H）＜c（OH），故c错误； d．由于温度不变，则电离常数不变，则在A和B处溶液中都符合：（HF），故d正确；故答案为：bd；

（4）混合溶液中氟离子浓度为：c（F）=10mol/L，钙离子浓度为：c（Ca）=9×10mol/L，则Qc=9×10＞Ksp，所以有沉淀产生，

答：混合后c（F）=10mol/L，c（Ca）=9×10mol/L，Qc=9×10＞Ksp有沉淀产生．【点评】本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡常数的有关计算等知识，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握影响盐类水解和弱电解质电离的因素．

﹣

﹣2

﹣5

﹣9

﹣

﹣2

﹣5

=Ka

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