【KS5U解析】北京市海淀实验中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析

1、2019-2020年北京海淀实验中学第二学期期末化学试题一、选择题每小题只有一个选项符合题意（125小题，每小题2分）1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关.下列有关说法中错误的是（ ）a. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝b. 用电解水的方法制取大量h2，可以缓解能源不足的问题c. 大力开发和应用氢能源有利于实现“低碳经济”d. 工业上，不能采用电解nacl溶液的方法制取金属钠【答案】b【解析】【详解】a废旧电池中含有重金属等，易造成水和土壤污染，进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，故a正确；b电解水的方法制取大量h2，消耗大量电能，不经济，故b错误；c开发和应

2、用氢能源，可以减少化石燃料的燃烧，减少碳的排放，有利于实现“低碳经济”，故c正确；d惰性电极电解nacl溶液只能生成naoh、h2和cl2，可用电解熔融的氯化钠的方法制取钠，故d正确；故答案为b。2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()a. 抗氧化剂b. 调味剂c. 着色剂d. 增稠剂【答案】a【解析】【详解】a. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故a正确；b. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故b错误；c. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故c错误；d. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故d错误。故选:a。3.下列反应中，生成物总能量高

3、于反应物总能量的是（ ）a. 乙醇燃烧b. 氧化钙溶于水c. ba(oh)2·8h2o和nh4cl固体反应d. 锌粉和稀硫酸反应【答案】c【解析】【详解】反应中生成物总能量高于反应物总能量，此反应为吸热反应；a乙醇燃烧为放热反应，故a错误；b氧化钙溶于水为放热反应，故b错误；cba(oh)2·8h2o和nh4cl固体反应为吸热反应，故c正确；d锌粉和稀硫酸反应为放热反应，故d错误；故答案为c。4.下列物质中，属于强电解质的是（ ）a. co2b. naoh溶液c. agcld. nh3·h2o【答案】c【解析】【详解】a二氧化碳为非电解质，故a错误；bnaoh溶液

4、为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故b错误；cagcl是难溶于的盐，但溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质，故c正确；dnh3·h2o是弱电解质，故d错误；故答案为c。5.在某无色透明的酸性溶液中，能够大量共存的离子组是（ ）a. k+、na+、mno、nob. ba2+、k+、ch3coo-、cl-c. al3+、ba2+、hco、nod. nh、mg2+、k+、so【答案】d【解析】【详解】a含mno的溶液为紫红色，a不满足题意；bch3coo-和酸性溶液中的h+反应生成ch3cooh而不能大量共存，b不满足题意；cal3+和hco发生完全双水解而

5、不能大量共存，同时酸性溶液中的h+和hco反应生成h2o和co2而不能大量共存，c不满足题意；dnh、mg2+、k+、so在酸性溶液中能大量共存，且无色透明，d满足题意。答案选d。6.下列说法中，正确的是（ ）a. 凡是放热反应都是自发反应b. 凡是熵增大的反应都是自发反应c. 过程的自发性不仅能用于判断过程的方向，还能确定过程是否一定能发生d. 要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变【答案】d【解析】【详解】当g=h-ts0时，反应能进行，则有h、t、s三者共同决定反应能否自发进行；a放热反应有利于反应的自发进行，但是不一定所有的放热反应都是自发反应，故a错误；b熵增大的反应有利

6、于反应的自发进行，但是熵增加的反应不一定都是自发反应，故b错误；c过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故c错误。 d化学反应能否自发进行的判据是：h-ts0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，故d正确；故答案为d。7.100ml2mol/l盐酸与足量锌粒反应，能加快该反应速率又不影响生成氢气的量的物质是（ ）a. 6mol/l盐酸b. 醋酸钠固体c. 金属钠d. 硫酸铜溶液【答案】d【解析】【详解】a加入6 mol/l盐酸，浓度增大，生成氢气速率增大，生成氢气的总量也增多，故a错误；b加入醋酸钠，氢离子浓度减小，生成弱酸，反应速率减小，随着反应的进行，生成的醋

7、酸继续电离h+，则最终生成的氢气量不变，故b错误；c加入金属钠，钠与盐酸、水剧烈反应生成氢气，生成氢气的总量增多，故c错误；d锌置换出铜形成原电池反应，速率加快，且生成氢气的总量不变，故d正确；故答案为d。8.常温下，下列溶液中氢离子浓度最小的是（ ）a. ph=0的nahso4溶液b. 0.04mol·l-1硫酸c. ph=3醋酸溶液d. 0.5mol·l-1盐酸【答案】c【解析】【详解】aph=0的nahso4溶液中c(h+)=1mol/l；b硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，则0.04mol·l-1硫酸中c(h+)=2c(h2so4)=0.08mol/l；

8、cph=3醋酸溶液中c(h+)=0.001mol/l；d盐酸是强电解质，在水溶液中完全电离，则0.5mol·l-1盐酸中c(h+)=c(hcl)=0.5mol/l；通过以上分析知，氢离子浓度最小的是ph=3醋酸溶液，故答案为c。9.25时，水的电离可达到平衡：h2oh+oh h0，下列叙述正确的是a. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(h+)增大，kw不变b. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(oh)降低c. 向水中加入少量固体ch3coona，平衡逆向移动，c(h+)降低d. 将水加热，kw增大，ph不变【答案】a【解析】【详解】a、向水中加入少量固体硫酸氢钠， 硫酸氢钠电离出的氢

9、离子，抑制水电离，平衡逆向移动，但是c(h+)增大，因为温度不变，kw不变，a正确；b、向水中加入氨水，氨水是碱能够抑制水的电离，平衡逆向移动，c(h+)减小，c(oh)增大，b错误；c、向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸根离子与水电离出的氢离子结合生成弱电解质醋酸，促进水电离，平衡正向移动，c错误；d、水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，kw增大，氢离子浓度增大，ph减小，d错误；正确选项a。【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。10.铅蓄电池反应为：pb(s)+pbo2(s)+2h2so4(aq)2pbso4(s)+2

10、h2o(l)。下列说法正确的是（ ）a. 放电时pb为正极，发生还原反应b. 放电时电解质溶液中的h+向负极移动c. 充电时阳极的电极反应为：pbso4(s)-2e-=pb(s)+so(aq)d. 充电时阳极附近电解质溶液的ph逐渐减小【答案】d【解析】【分析】由总方程式可知，为原电池时，pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为pb+so42-2e-=pbso4，pbo2为正极，发生还原反应，电极方程式为pbo2+4h+so42-+2e-=2h2o+pbso4，在充电时，阴极发生的反应是pbso4+2e-=pb+so42-，阳极反应为pbso4-2e-+2h2o=pbo2+so42-+4h+，放

11、电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此解答该题。【详解】a放电时，该原电池的负极材料是铅，铅失电子发生氧化反应，故a错误；b放电时，蓄电池内电路中h+向正极移动，故b错误；c充电时阳极发生氧化反应，阳极反应为pbso4-2e-+2h2o=pbo2+so42-+4h+，故c错误；d阳极反应为pbso4-2e-+2h2o=pbo2+so42-+4h+，由电极方程式可知阳极附近电解质溶液的ph逐渐减小，故d正确；故答案d。11.向0.lmol/lch3cooh溶液中加入少量ch3coona晶体时，会引起（ ）a. 溶液的ph增大b. ch3cooh电离程度增大c. 溶液的导电能力减弱d. 溶

12、液中c(oh-)减小【答案】a【解析】【详解】a醋酸钠电离生成的醋酸根离子抑制醋酸电离，所以溶液的酸性减弱，ph增大，故a正确；b醋酸钠电离出醋酸根离子导致溶液中醋酸根离子浓度增大，则抑制醋酸电离，所以ch3cooh的电离程度减小，故b错误；c醋酸钠是强电解质，完全电离，所以溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增强，故c错误；d醋酸钠电离生成的醋酸根离子抑制醋酸电离，溶液的中c(h+)浓度减小，kw不变，则溶液中c(oh-)增大，故d错误；故答案为a。12.已知2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h=-571.6kj/molh2o(l)=h2o(g) h=+44kj/mol下列说法中，不

13、正确的是（ ）a. h2的燃烧热为285.8kj/molb. 2h2(g)+o2(g)=2h2o(g) h=-483.6kj/molc. 1molh2完全燃烧生成气态水放出的热量等于285.8kjd. 形成1molh2o的化学键释放的总能量大于断裂1molh2和0.5molo2的化学键所吸收的总能量【答案】c【解析】【详解】a已知2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h=-571.6kj/mol，则1molh2燃烧生成液态水放出285.8kj的热量，即h2的燃烧热为285.8kj/mol，故a正确；b已知2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h=-571.6kj/mol，h2o(l)=

14、h2o(g) h=+44kj/mol，根据盖斯定律可知+×2可得2h2(g)+o2(g)=2h2o(g)，则h=(-571.6kj/mol)+(+44kj/mol)×2=-483.6kj/mol，故b正确；c由选项b解析可知2h2(g)+o2(g)=2h2o(g) h=-483.6kj/mol，则1molh2完全燃烧生成气态水放出的热量等于241.8kj，故c错误；dh2在氧气中燃烧，无论生成液态水或气态水，均为放热反应，则形成1molh2o的化学键释放的总能量大于断裂1molh2和0.5molo2的化学键所吸收的总能量，故d正确；故答案为c。13.相同物质的量浓度的nax

15、、nay、naz三种盐溶液的ph分别为7、8、9，则相同物质的量浓度的hx、hy、hz的酸性强弱顺序为 （）a. hx、hy、hzb. hz、hy、hxc. hx、hz、hyd. hz、hy、hx【答案】a【解析】【分析】根据酸根离子水解程度越大，对应酸就越弱，溶液的碱性越强，据此答题。【详解】因ph越大则溶液的碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以hx、hy、hz的酸性由强到弱的顺序：hxhyhz，故a正确。故选a。14.下列说法不正确的是( )a. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为：fe2efe2+b. 钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为：o24e2h2o4ohc.

16、破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀d. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极【答案】d【解析】【详解】a钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：fe-2e-=fe2+，故a说法正确；b钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2h2o+o2+4e-=4oh-，故b说法正确；c在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故c说法正确；d用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故d说法错误；故答案选d。【点睛】本题主要考查金属的

17、腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。15.在一定温度下，可逆反应达到平衡的标志是a. 生成的速率和分解的速率相等b. 、的浓度相等c. 单位时间内生成，同时生成d. 、的分子数之比为1：3：2【答案】a【解析】【详解】anh3生成的速率和nh3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确；b.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，n2、h2、nh3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，b错误；c单位时间内生成nmoln2是逆反应，同时生

18、成3nmolh2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故c错误；d n2，h2，nh3分子数之比为1：2：3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故d错误；答案选a。【点睛】化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。16.下列有关事实，与水解反应无关的是a. 醋酸钠溶液中，b. 实验室保存溶液时常加入fe粉c. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体d. 用和大量水反应，同时加热制备【答案】b【解析】详解】a

19、.醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解导致溶液呈碱性，与水解有关，故a错误；b.实验室保存fecl2溶液时常加入fe粉是为发防止fe2+被氧化，与水解无关，故b正确；c.加热蒸干氯化铁溶液，由于促进了fe3+的水解，最终得到氢氧化铁固体，不能得到氯化铁晶体，与水解有关，故c错误；d. ticl4遇水发生水解反应； ticl4+(x+2)h2o=tio2xh2o+4hcl，加热生成tio2，与水解有关，故d错误；答案选b。17.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【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

20、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。【详解】a盐酸是强酸，在溶液中完全电离，不存在电离平衡，故a选；b水是弱电解质，存在电离平衡h2oh+oh-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故b不选；c存在平衡2no2n2o4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故c不选；d沸水中滴加饱和fecl3溶液，温度升高促进fe3+的水解生成氢氧化铁胶体，可以用平衡移动

21、原理解释，故d不选；故答案为a。18.a、b两种酸溶液ph都是2，各取1ml分别加水稀释成1000ml，其ph的变化如图所示，则下列判断正确的是（ ）a. 原酸溶液的浓度c(a)=c(b)b. 若a=5，则b为强酸，a为弱酸bc. 原酸溶液的浓度c(a)>c(b)d. 若a<5，则a、b都是弱酸【答案】d【解析】【分析】ph=2的两种酸稀释1000倍时，弱酸中存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离，导致溶液的ph小于5，强酸溶液的ph=5，稀释过程中，弱酸的电离导致稀释后溶液的ph小于强酸的变化程度，根据图象知，a的酸性大于b。【详解】a根据图象知，a酸ph变化大，b酸ph变化小，

22、说明a的酸性大于b，ph相等的两种酸，弱酸的浓度大于强酸，所以原酸溶液的浓度c(a)c(b)，故a错误；b若a=5，稀释1000倍后氢离子浓度变为原来的千分之一，所以a为强酸，b的ph小于a，说明b中存在电离平衡，则b为弱酸，故b错误；c由a项分析可知，原酸溶液的浓度c(a)c(b)，故c错误；d若a5，说明两种酸中都存在电离平衡，则a、b都是弱酸，故d正确；故答案为d。19.一定条件下，将no(g)和o2(g)按物质的量之比21充入反应容器，发生反应：2no(g) + o2(g) 2no2(g)。其他条件相同时，分别测得no的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下

23、列说法正确的是a. p1 < p2b. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大c. 400、p1条件下，o2的平衡转化率为20%d. 400时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9【答案】a【解析】【详解】a2no(g)+o2(g)2no2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则no的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时no的转化率大，则p2时压强大，即p1< p2，故a正确；b由图象可知，随着温度的升高，no的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故b错误；c根据图像，400、p1条件下，no的平衡转化率为40%，将no(g)和o2(

24、g)按物质的量之比21充入反应容器，则o2的平衡转化率也为40%，故c错误；d该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数k=，而c=，因此k=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400时，该反应的化学平衡常数k，故d错误；答案选a。20.已知：nahso3溶液呈酸性。常温下，将0.1mol/l亚硫酸(忽略h2so3的分解)与0.1mol/lnaoh溶液等体积混合，下列关于该混合溶液说法不正确的是（ ）a. c(na+)>c(hso)>c(h2so3)>c(so)b. c(na+)=c(hso)+c(so)+c(h2so3)c. c(hso)+c(h

25、2so3)+c(so)=0.05mol/ld. c(na+)+c(h+)>c(hso)+c(so)+c(oh-)【答案】a【解析】【分析】0.1mol/l亚硫酸(忽略h2so3的分解)与0.1mol/lnaoh溶液等体积混合，h2so3和naoh的物质的量相等，二者发生反应为：h2so3+naoh=nahso3+h2o，得nahso3溶液，据此解答。【详解】anahso3溶液中存在hso3-的电离：hso3-h+so32-，hso3-的水解：hso3-+h2oh2so3+oh-，但hso3-的水解和电离都是微弱的，所以c(na+)>c(hso)>c(h2so3)、c(so)，

26、由于nahso3溶液呈酸性，所以hso3-的电离程度大于hso3-的水解程度，c(h2so3)c(so)，所以c(na+)>c(hso)>c(so)c(h2so3)，a错误；bnahso3溶液存在物料守恒：c(na+)=c(hso)+c(so)+c(h2so3)，b正确；cnahso3溶液存在物料守恒：c(na+)=c(hso)+c(so)+c(h2so3)=0.05mol/l，c正确；dnahso3溶液存在电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(hso)+2c(so)+c(oh-)，故c(na+)+c(h+)>c(hso)+c(so)+c(oh-)，d正确；答案选a。21.

27、关于图中各装置的叙述不正确的是a. 装置能验证agcl沉淀可转化为溶解度更小的ag2s沉淀b. 装置能测量锌与硫酸的反应速率c. 装置能验证铁的吸氧腐蚀d. 装置的x电极是负极，则能验证外接电源的阴极保护法【答案】a【解析】【详解】a硝酸银过量，加入硫化钠肯定生成ag2s沉淀，不能证明agcl和ag2s的溶解度大小，故a错误；b化学反应速率的快慢可以通过单位时间内产生氢气的体积的多少或产生相同体积的氢气需要时间的多少，因此可以用装置能测量锌与硫酸的反应速率，故b正确；c若铁发生的是吸氧腐蚀，则装置中的气体压强会减小，水会进入导气管，因此装置能验证铁的吸氧腐蚀，故c正确；d装置的x电极是负极，观

28、察钢铁腐蚀的速率比连接电源前腐蚀的快慢，从而能验证外接电源的阴极保护法，故d正确。答案选a。22.常温下，0.1 mol/l某一元酸（ha）溶液中c（oh）/c（h+）1×108，下列叙述正确的是 （ ）a. 该溶液中水电离出的c（h+）1×1010mol/lb. 该溶液中c（h+）c（a）c（ha）0.1 mol/lc. 该溶液与0.05 mol/lnaoh溶液等体积混合后：c（a）c（na+）c（oh）c（h+）d. 向该溶液中加入一定量naa晶体或加水稀释，溶液中c（oh）均增大【答案】d【解析】【详解】常温下0.1mol/l的一元酸ha溶液中c（oh）/c（h+）=

29、1×108，c（oh）c（h+）=1×1014，解得c（h+）=1×10-3mol/l<0.1mol/l，c（oh-）=1×10-11mol/l ，ha为弱酸；a.酸溶液中oh-全部来自水电离，该溶液中水电离的c（h+）=1×10-11mol/l ，a错误；b.该溶液中c（a）c（ha）=0.1 mol/l，b错误；c.该溶液与0.05mol/lnaoh溶液等体积混合后得到物质的量浓度均为0.025mol/l的ha和naa的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（na+）+ c（h+）= c（oh-）+ c（a），c（a）c（na+）c（oh）c

30、（h+）违背电荷守恒，c错误；d.该溶液中存在电离平衡hah+a-，加入一定量naa，c（a）增大，电离平衡逆向移动，c（h+）减小，则溶液中c（oh）增大，加水稀释，促进ha的电离，但由于溶液体积也增大，故c（h+）减小，溶液中c（oh）增大，d正确；答案选d。23.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是a. 常温下，测得氨水的ph为11：b. 将通入水中，所得水溶液呈酸性：c. 用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：d. 恒温恒容时，平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数k【答案】c【解析】【详解】a.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/l氨水的ph为

31、13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故a原理表示正确；b将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故b表示原理正确；c用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故c原理表示不正确；d.在平衡体系中，通入i2(g)后，c(i2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数k，平衡正向移动，故d原理表示正确；答案选c。【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，qc=k，则反应处于平衡状态；qc>k，则反应逆向移动； qc<k，则反应正向移动。24.室温

32、下，一元碱a与0.01mol/l一元强酸等体积混合后所得溶液的ph为7。下列说法正确的是（ ）若a为强碱，其溶液的物质的量浓度等于0.01mol/l若a为弱碱，其溶液的物质的量浓度大于0.01mol/l反应前，a溶液中c(oh-)一定是0.01mol/l反应后，混合溶液中阴离子的总浓度大于阳离子的总浓度a. b. c. d. 【答案】b【解析】【详解】室温下，某一元碱a与0.01mol/l某一元强酸等体积混合后所得溶液的ph为7，溶液呈中性；若a为强碱，生成的盐是强酸强碱盐，混合溶液呈中性，则酸碱物质的量相等，酸碱体积相等，则二者浓度相等，所以碱溶液浓度为0.01mol/l，故正确；若a为弱碱

33、，生成的盐是强酸弱碱盐，盐溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则碱应该稍微过量，二者体积相等，则碱浓度应该大于0.01mol/l，故正确；混合溶液呈中性，如果碱是强碱，则酸碱浓度相等，如果碱是弱碱，则酸浓度应该稍微小于碱浓度，所以反应前，a溶液中c(oh-)一定等于或小于0.01mol/l，故错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，则一元碱a与一元强酸混合后所得溶液中，根据电荷守恒得混合溶液中阴离子的总浓度等于阳离子的总浓度，故错误；正确，故答案b。25. 对下列图像的描述正确的是（ ）a. 根据图可判断反应a2（g）+3b2（g）2ab3（g）的h>0b. 图可表示压强（p）对反应 2a（g

34、）+2b（g）3c（g）+d（s）的影响c. 图可表示向醋酸溶液通人氨气时，溶液导电性随氨气量的变化d. 根据图，除去cuso4溶液中的fe3+，可加入cuo调节ph至35【答案】d【解析】【详解】a.根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，h0，故a错误；b.从图象可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质d为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实

35、际的，故b错误；c.乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故c错误；d.cuso4溶液中加入适量cuo，发生：cuo+2h+cu2+h2o，溶液中h+浓度减小，易于fe3+水解生成沉淀，当调节ph在4左右时，fe3+全部水解生成沉淀而除去，故d正确；答案选d。【点睛】本题主要老查了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 电解质溶液的导电性 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。二、简答题（本大题共5小题，共50分）26.（1）在nh4clnaclch3coona三种盐溶液中，常温下呈酸性的是_（填序号，下同），呈

36、中性的是_，呈碱性的是_。（2）氯化铁水解的离子方程式为_，配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). fe3+3h2ofe(oh)3+3h+ (5). 抑制氯化铁的水解【解析】【分析】根据盐溶液中存在的水解平衡和影响水解平衡的因素分析。【详解】(1)nh4cl为强酸弱碱盐，nh4+水解使溶液呈酸性，nacl为强酸强碱盐，溶液呈中性， ch3coona为强碱弱酸盐，ch3coo-水解使溶液呈碱性；(2)氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解离子方程式为fe3+3h2ofe(oh)3+3h+，配制溶液时应防止水解生成沉淀而使溶液变浑浊，则应加入盐酸。【

37、点睛】27.现有室温下浓度均为1×10-3mol/l的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、氯化铵、氨水、naoh溶液，回答下列问题：（1）将、混合后，若溶液呈中性，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为_。（2）将等体积的、混合，则溶液的ph_7(填>、=、<)，用离子方程式说明其原因_。（3）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为_，最终产生h2总量的关系为_。（4）向相同体积的、溶液中分别加入相同浓度、相同体积的ch3coona溶液，充分混合后，混合液的ph大小关系为_(填>、=、<)。（5）若将等体积的、溶液加热至相同温度后，溶

38、液的ph_(填>、=、<)。【答案】 (1). c(na+)=c(ch3coo-)c(oh-)=c(h+) (2). (3). nh4+h2onh3h2o+h+ (4). (5). = (6). (7). 【解析】【分析】结合弱酸的电离平衡、盐类的水解平衡及酸碱混合后溶液中的电荷守恒及酸、碱性的判断方法分析解题。【详解】(1)醋酸、naoh溶液混合，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(na+)+c(h+)=c(oh-)+c(ch3coo-)中性溶液中c(oh-)=c(h+)；所以溶液中离子浓度大小关系为：c(na+)=c(ch3coo-)c(oh-)=c(h+)；(2)将等体积的盐

39、酸、氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液ph7；原因是氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性；离子方程式为：nh4+h2onh3h2o+h+；(3)向相同体积的：盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1×10-3mol/l三种酸液中溶质的物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度；由于n（hcl）=n（ch3cooh），二者和锌反应产生的氢气的量相等，硫酸中氢离子的量是盐酸中氢离子的量的2倍，因此产生氢气的量的关系：；(4)向相同体积的盐酸、醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的ch3coon

40、a溶液，中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的ph 大小关系；(5)等体积、等浓度的氨水、naoh溶液，氨水中的溶质（一水合氨）存在电离平衡，溶液中c(oh-)；溶液加热至相同温度后，溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但仍不能完全电离；溶液中氢氧根离子浓度不变，两溶液中氢氧根离子浓度，则溶液ph为。【点睛】考查溶液中离子浓度大小的比较方法，溶液中电荷守恒的应用，弱电解质电离平衡的影响因素，溶液ph的判断，酸碱反应后的溶液酸碱性的判断，明确弱酸溶液中存在的电离平衡和影响平衡的因素是解题关键。28.某同学用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。

41、实验步骤如下：.配制待测液：用托盘天平称量5.0g烧碱样品（杂质不与盐酸反应），配制成1000ml溶液。.滴定：取20.00ml所配待测液用0.10mol/l的盐酸标准液进行滴定，达到滴定终点后重复此操作两次。.记录数据如下：测定序号待测溶液的体积（ml）所耗盐酸标准液的体积（ml）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.64220.001.2024.32320.001.3021.40请根据上述实验回答以下问题：（1）配制待测液时，除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要玻璃仪器有_。（2）盛装0.10mol/l的盐酸标准液应该使用_滴定管（选填“酸式”或“碱式”），滴定时眼睛应注意观察_。（

42、3）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）用蒸馏水冲洗锥形瓶，测定结果_；在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，测定结果_；读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，测定结果_。（4）计算纯度：烧碱样品的纯度是_(保留一位小数)。【答案】 (1). 1000ml容量瓶、胶头滴管 (2). 酸式 (3). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (4). 无影响 (5). 偏高 (6). 偏高 (7). 80.5%【解析】【分析】根据溶液配制和中和滴定操作步骤分析解题，结合c(待测)=分析误差。【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在

43、烧杯中溶解，冷却后转移到1000ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、1000ml容量瓶、胶头滴管；(2)盛装0.10mol/l的盐酸标准溶液应该使用酸式滴定管，滴定时眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；(3)滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对v(标准)无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)无影响；若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成v(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高；读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，造成v(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏

44、高；(4)三次消耗盐酸体积分别为：20.64ml-0.50ml=20.14ml、24.32ml-1.20ml=23.12ml；21.40ml-1.3ml=20.10ml，第二次数据误差明显偏大，舍去，第一次和第三次消耗盐酸的平均体积为20.12ml，原溶液中n(naoh)=×n(hcl)=50×0.10 mol/l×20.12ml×10-3=0.1006mol，所以烧碱的纯度为80.5%。【点睛】考查中和滴定误差分析，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若

45、标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。29.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）根据下列能量变化示意图，请写出和co反应的热化学方程式_。（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应： h<0，其平衡常数k与温度t的关系如下表：t/k298398498平衡常数k试判断_（填写>、=，<）下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_（填字母）a. 容器内、的浓度之比为1：3：2b. c. 容器内压强保持不变d. 混合气体的密度保持不变（3）对反应 h>0，在温度分别为、时，平衡体系中的体积分数随压强变化曲

46、线如下图所示。a、c两点的反应速率：a_c（填>、=、<）a、c两点的转化率：a_c（填>、=、<）由状态b到状态a，可以采用方法是_。（4）一定温度下若在1l的密闭容器中，充入1 mol和3 mol发生反应，并维持容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的7/8，则的转化率a（）=_，以表示该过程的反应速率v（）=_.若在1l的密闭容器中，充入2mol和6mol发生反应，并维持压强恒定，达到平衡时，平衡浓度比中平衡浓度的2倍_。（填>、=、<）【答案】 (1). (2). > (3). c (4). < (5). > (6)

47、. 加热 (7). 25% (8). (9). >【解析】（1）根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，因此热化学反应方程式为： ；（2）化学平衡常数受温度的影响，因为此反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即k1>k2；a、不清楚投入量是多少，容器内、的浓度之比为1：3：2只是一个特殊的比值，因此不能作为达到平衡的标志，故错误；b、用不同物质的表示反应速率，达到平衡，要求反应方向一正一逆，且速率之比等于系数之比，通过题目方向是一正一逆，且速率之比不等于系数之比，不能做为达到平衡的标志，故错误；c、因为反应前后气体的系数之和不相等，反应过程中压

48、强在变化，当压强不变则说明反应已达平衡状态，故正确；d、恒容状态下，密度始终不变，密度不能作为平衡状态的标志，故错误；答案选c；（3）、c点压强大于a点，压强增大，反应速率加快，即a<c；曲线是随压强的增大而减小，no2的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向进行，n2o4的转化率减小，即a>c；、恒压状态下，从下到上no2的体积分数增大，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，即升高温度， t2>t1，则由状态b到状态a，可以采用的方法是加热；（4） n2 3h22nh3起始量： 1 3 0变化量： x 3x 2x平衡量： （1x) (33x) 2x根据压强之比等于物质的量之比，即=，解得x=0.25，则n2的转化率为0.25×100%=25%，v(nh3)=2×mol/(l·min)=0.05 m