2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（1.4） 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1．据新浪网报道，欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢．有下列几种说法：①水分解反应是放热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；③使用氢气作燃料有助于控制温室效应；④氢气是一级能源．其中叙述正确的是（ ）A．①②B．③④C．②③D．①②③④ 2．下列几种微粒中能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡逆向移动的是（ ）A．HSO4﹣B．Cl﹣C．13X3+D．16X2﹣ 3．关于化学能与热能的叙述，正确的是（ ）A．1mol酸与碱恰好中和时所放出的热量叫中和热B．化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的C．燃料电池反应时，化学能升高D．反应物的总能量高于生成物总能量的反应，不需要加热就可自行反应 4．在做测定中和热的实验时，应使用的仪器正确的组合是（ ）①天平②量筒③烧杯④胶头滴管⑤温度计⑥试管⑦酒精灯⑧环形玻璃搅拌棒．A．①②④⑤B．②③④⑤⑧C．②③④⑦⑧D．全部 5．下列说法正确的是（ ）A．自发进行的化学反应不一定是放热反应B．自发过程将导致体系的熵增大C．△H﹣T△S＜0的反应，不需要任何条件就可自发进行D．同一物质的气、液、固三种状态的熵值依次增大 6．298K时，各反应的平衡常数如下：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g） K=1×10﹣30；②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K=2×1081③2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g） K=4×10﹣92则常温下，NO、H2O、CO2这三种化合物分解放氧的倾向最大的是（ ）A．①B．②C．③D．无法判断 7．向氨水中加入NH4Cl晶体，溶液的碱性（ ）A．增强B．减弱C．不变D．无法判断 -19-8．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5 9．已知（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g），经实验测得不同压强下，体系的平均摩尔质量随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）A．该过程的△H＜0B．气体压强：p（a）＜p（b）=p（c）C．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）D．测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件 10．下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+B．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣C．在=1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣D．=10﹣10mol•L﹣1的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、K+ 11．常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（ ）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合后pH＜7，则HA为弱酸B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）C．物质的量浓度均为0.2mol•L﹣1CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.2mol•L﹣1D．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣） 12．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位同学分别作出如下回答其中正确的是（ ）A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：在醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的C．丙同学：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的-19-D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的 13．常温下，将1体积pH=2.5的盐酸与10体积NaOH溶液混合，两者恰好完全反应，则NaOH溶液的pH等于（ ）A．11.5B．10.5C．9.5D．9.0 14．下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（ ）①中和10ml1mol/LCH3COOH溶液需要10ml1mol/LNaOH溶液②物质的量溶液相同时，锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快③0.01mol/L醋酸溶液pH的大于2④0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性．A．①②③B．②③④C．①③④D．①④ 15．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质．根据上述信息，下列说法不正确的是（ ）A．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和PH3C．NaClO的水解产物之一是HClOD．Mg3N2的水解产物是两种碱性物质 16．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电．若此溶液体积为2L，则所得电解液的pH是（ ）A．1B．8C．13D．14 17．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是（ ）A．Mg为电池的正极B．负极反应为AgCl+e﹣=Ag+Cl﹣C．不能被KCl溶液激活D．可用于海上应急照明供电 18．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（ ）A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小 19．用惰性电极电解物质的量浓度相等的CuSO4、NaCl混合溶液，电解过程中不可能发生的反应是（ ）A．2Cl﹣+Cu2+Cu+Cl2↑B．2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣C．2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+D．2H2O2H2↑+O2↑ -19-20．电解硫酸铜溶液一段时间后，停止电解．往溶液中加入1molCu（OH）2和3mol水，可以使溶液恢复到电解前的成分和浓度，则在电解过程中，电子转移（ ）mol．A．10B．6C．2D．不可能出现此情况 二、非选择题：21．如图所示，当关闭阀门K时，向甲中充入1.5molA、3.5molB，向乙中充入3molA、7molB，起始时，甲、乙体积均为VL．在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下列反应：3A（g）+2B（g）═C（g）+2D（g）；△H＜0达到平衡（Ⅰ）时，V（乙）=0.86VL．请回答：（1）乙中B的转化率为 ；（2）甲中D和乙中C的物质的量比较： （填“相等”、“前者大”、“后者大”）；（3）打开K，过一段时间重新达平衡（Ⅱ）时，乙的体积为 （用含V的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计．） 22．已知：A为淡黄色固体，E、X常温下为无色无味气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）．请回答下列问题：（1）B中所含化学键的类型是 ．（2）常温常压下，7.8gA与足量的水充分反应放出热量akJ，写出该反应的热化学方程式： ．（3）C也可转化为B，写出该转化的化学方程式 ．（4）将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为 ，b点溶液中各离子浓度由大到小的关系是： ．-19-（5）①25℃时，将C溶液与氢氧化钡溶液混合可得不溶物F，F的Ksp=2.5×10﹣9．现将该沉淀放入0.5mol/L的BaCl2溶液中，其Ksp （填“增大”、“减小”或“不变”），组成不溶物F的阴离子在溶液中的浓度为 mol/L．②已知25℃时硫酸钡的Ksp=1.0×10﹣10，若向20mL硫酸钡的饱和溶液中逐滴加入8.0×10﹣4mol/L的C溶液20mL，能否产生沉淀 （填“能”或“否”）． 23．用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加．（1）写出乙中两极发生的电极反应式．阴极： 阳极： （2）写出甲中发生反应的化学方程式： ．（3）C（左）、C（右）、Fe、Ag4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是 ． -19-2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（上）周测化学试卷（1.4）参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共60分）1．据新浪网报道，欧洲一集团公司拟在太空建立巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢．有下列几种说法：①水分解反应是放热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可改善生存条件；③使用氢气作燃料有助于控制温室效应；④氢气是一级能源．其中叙述正确的是（ ）A．①②B．③④C．②③D．①②③④【考点】清洁能源；吸热反应和放热反应．【分析】①水分解反应是吸热反应；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件；③氢气燃烧只生成水，是洁净的能源；④氢气是二级能源．【解答】解：①水分解反应是吸热反应，故①错误；②若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以减少二氧化碳的排放量，同时得到新能源甲醇，可改善生存条件，故②正确；③氢气燃烧只生成水，不会生成二氧化碳气体，有助于控制温室效应，故③正确；④氢气是二级能源，故④错误；通过以上分析②③正确，故选C．【点评】本题考查了新能源的开发和利用，题目难度不大，解题时抓住新能源的要求﹣节能减排，不难找到答案． 2．下列几种微粒中能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡逆向移动的是（ ）A．HSO4﹣B．Cl﹣C．13X3+D．16X2﹣【考点】水的电离．【分析】A．硫酸氢根离子在水中能电离出氢离子；B．氯离子是强酸的阴离子不水解；C．该微粒为Al3+；D．该微粒为S2﹣．【解答】解：水的电离H2O⇌H++OH﹣，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离．A．硫酸氢根离子在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子，水的电离H2O⇌H++OH﹣，抑制了水的电离，水的电离向逆反应方向移动，故A正确；B．盐酸为强酸，氯离子为盐酸的阴离子，为强酸根，不水解，对水的电离无影响，故B错误；C．Al3+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故C错误；D．该微粒为S2﹣，S2﹣为弱酸根，在溶液中会水解，使水的电离平衡右移，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查了水的电离平衡的移动，解答须抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目不难．-19- 3．关于化学能与热能的叙述，正确的是（ ）A．1mol酸与碱恰好中和时所放出的热量叫中和热B．化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的C．燃料电池反应时，化学能升高D．反应物的总能量高于生成物总能量的反应，不需要加热就可自行反应【考点】化学能与热能的相互转化；反应热和焓变．【分析】A、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；B、依据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成，过程中一定伴随能量变化；C、燃料燃烧是自发进行的氧化还原反应，是放热反应，反应过程中物质的能量降低；D、反应物的总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，某些放热反应也需要加热才能发生反应．【解答】解：A、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，酸碱分强弱，一元、二元之分，1mol酸与碱恰好中和时不一定生成1mol水，故A错误；B、依据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应过程中一定伴随能量变化，化学反应中的能量变化，主要是由化学键的变化引起的，故B正确；C、燃料燃烧是自发进行的氧化还原反应，是放热反应，反应过程中物质的能量降低，燃料电池反应时，化学能降低，故C错误；D、反应物的总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，某些放热反应也需要加热才能发生反应，如氢气和氧气点燃火加热才能反应，铝热反应需要引燃才能反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了中和热概念分析，化学反应能量变化的分析应用时解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等． 4．在做测定中和热的实验时，应使用的仪器正确的组合是（ ）①天平②量筒③烧杯④胶头滴管⑤温度计⑥试管⑦酒精灯⑧环形玻璃搅拌棒．A．①②④⑤B．②③④⑤⑧C．②③④⑦⑧D．全部【考点】中和热的测定．【分析】根据中和热测定的实验原理可知，做中和热实验测定时，应需要量筒、烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒，以此来解答．【解答】解：中和热测定的实验装置如图：，需要温度计测定溶液温度、烧杯盛放溶液，环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，所以应使用的仪器正确的组合是②量筒③烧杯④胶头滴管⑤温度计⑧环形玻璃搅拌棒，故选B．【点评】本题考查了中和热的测定，明确实验需要的仪器及仪器的作用即可解答，注意使用量筒量取酸或碱溶液，需要胶头滴管，题目难度不大． -19-5．下列说法正确的是（ ）A．自发进行的化学反应不一定是放热反应B．自发过程将导致体系的熵增大C．△H﹣T△S＜0的反应，不需要任何条件就可自发进行D．同一物质的气、液、固三种状态的熵值依次增大【考点】反应热和焓变．【分析】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自不发进行．【解答】解：A、高温下熵增自发进行的反应，是吸热反应，故A正确；B、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，当△H＜0，△S＜0时，低温下反应能够自发进行，所以，自发过程不一定导致体系的熵值增大，故B错误；C、当△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，但△H＞0，△S＞0时，高温下反应才能够自发进行，故C错误；D、同种物质在固态、液态、气态三种状态下，固态时熵值最小，气态时熵值最大，故D错误；故选A．【点评】本题考查了反应自发进行的判据应用，注意温度的作用，反应自发进行只要满足，△H﹣T△S＜0即可． 6．298K时，各反应的平衡常数如下：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g） K=1×10﹣30；②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g） K=2×1081③2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g） K=4×10﹣92则常温下，NO、H2O、CO2这三种化合物分解放氧的倾向最大的是（ ）A．①B．②C．③D．无法判断【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】要判断NO、H2O、CO2这三种化合物分解放氧的倾向大小，则必须求出各个可逆反应中分解放氧反应的平衡常数，然后比较其平衡常数的大小即可．【解答】解：根据①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g） K=1×10﹣30可知NO释放氧的反应：2NO（g）⇌N2（g）+O2（g）的平衡常数K==1×1030，根据②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）K=2×1081可知水分解释放氧的反应：2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）的平衡常数K==5×10﹣82，③2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g） K=4×10﹣92，化学平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，由于平衡常数：1×1030＞5×10﹣82＞4×10﹣92，因此反应①NO分解放氧的倾向最大，故选A．【点评】本题考查了化学平衡常数的含义及其应用，题目难度中等，注意掌握化学平衡常数的概念、表达式及计算方法，明确化学平衡常数的含有，本题中正确理解题干信息为解答本题的关键． 7．向氨水中加入NH4Cl晶体，溶液的碱性（ ）A．增强B．减弱C．不变D．无法判断-19-【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】加入氯化铵晶体后，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，据此进行解答．【解答】解：因氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，导致c（OH﹣）变小，溶液碱性减弱，故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离及其影响，题目难度不大，明确弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 8．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5【考点】真题集萃；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误；C、已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③=×（④+⑤），因此△H3=△H4+△H5，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键． 9．已知（CH3COOH）2（g）⇌2CH3COOH（g），经实验测得不同压强下，体系的平均摩尔质量随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）-19-A．该过程的△H＜0B．气体压强：p（a）＜p（b）=p（c）C．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）D．测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、温度升高平均摩尔质量减小，气体质量不变，物质的量增大，说明平衡正反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行；B、bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，P1＞P2；C、平衡常数随温度变化而不随压强变化；D、反应是气体体积增大的吸热反应，测定乙酸的相对分子质量应使平衡正向进行选择条件．【解答】解：A、温度升高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡正反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，反应是吸热反应，△H＞0，故A错误；B、bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量越大，P1＞P2，则P（a）＜P（b）=P（c），故B正确；C、a点温度和c点温度相同，b点温度较高，由于反应是吸热反应，因此温度越高平衡常数越大，平衡常数K（b）＞K（a）=K（c），故C错误；D、反应是气体体积增大的吸热反应，测定乙酸的相对分子质量应使平衡正向进行，需要在低压高温条件下进行乙提高乙酸的纯度，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，图象分析方法的掌握是解题关键，题目难度较大． 10．下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是（ ）A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32﹣、K+、Cl﹣、Na+B．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣C．在=1×1012的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣D．=10﹣10mol•L﹣1的溶液中：Na+、HCO3﹣、Cl﹣、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性；B．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；-19-C．在=1×1012的溶液，显碱性；D.=10﹣10mol•L﹣1的溶液，显酸性．【解答】解：A．能使pH试纸变红的溶液，显酸性，CO32﹣、H+结合生成水和气体，则不能大量共存，故A错误；B．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．在=1×1012的溶液，显碱性，碱性溶液中NH4+、Fe2+不能存在，故C错误；D.=10﹣10mol•L﹣1的溶液，显酸性，H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大． 11．常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（ ）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合后pH＜7，则HA为弱酸B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）C．物质的量浓度均为0.2mol•L﹣1CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.2mol•L﹣1D．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．弱酸在溶液中部分电离，则HA的浓度大于MOH，混合液中AH过量，溶液显示酸性；B．氢氧化钠为强电解质，pH相等时其浓度最小，碳酸的酸性小于醋酸的酸性，则pH相等时c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）；C．根据混合液中的物料守恒分析；D．NaHA溶液的pH=4，说明的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A）．【解答】解：A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合后，若HA为强酸，则反应后的溶液呈中性，溶液的pH=7，而二者反应后的溶液的pH＜7，则说明HA为弱酸，混合液中HA过量，故A正确；B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，NaOH为强碱，则其浓度最小；碳酸的酸性小于醋酸的酸性，则pH相等时c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），所以pH相等时各物质的浓度大小为：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B正确；C．物质的量浓度均为0.2mol•L﹣1CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.2mol•L﹣1，故C正确；D．0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4，说明的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A），正确的离子浓度大小为：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D错误；-19-故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识在判断离子浓度大小中的应用方法． 12．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位同学分别作出如下回答其中正确的是（ ）A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：在醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的C．丙同学：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的【考点】探究吸热反应和放热反应．【分析】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量；B．醋酸的电离本身是吸热的过程；C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解．【解答】解：A．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；B．醋酸的电离本身是吸热的过程，醋酸溶液中加入碳酸氢铵粉末，若溶液温度下降，不能说明盐类水解是吸热的，故B错误；C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查反应中的热效应，注意判断盐类水解为吸热反应时应注意温度对水解反应的影响，明确晶体溶解伴随热效应是解答的易错点，题目难度中等． 13．常温下，将1体积pH=2.5的盐酸与10体积NaOH溶液混合，两者恰好完全反应，则NaOH溶液的pH等于（ ）A．11.5B．10.5C．9.5D．9.0【考点】pH的简单计算．【分析】酸碱中和的实质是：H++OH﹣=H2O，当H+与OH﹣恰好完全反应时，依据二者的物质的量相等，可求强酸（或强碱）的浓度或体积，若H+或OH﹣过剩，则用“对消﹣稀释法“，先求剩余的c（H+）或c（OH﹣），再进一步求混合溶液的pH．【解答】解：盐酸和氢氧化钠溶液恰好反应，根据H++OH﹣=H2O可知反应中消耗的H+与OH﹣的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，则：V•10﹣2.5=10V•10pH﹣14，解得：pH=10.5，故选B．【点评】本题考查了溶液pH的简单计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的计算方法为解答关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力． 14．下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（ ）-19-①中和10ml1mol/LCH3COOH溶液需要10ml1mol/LNaOH溶液②物质的量溶液相同时，锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快③0.01mol/L醋酸溶液pH的大于2④0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性．A．①②③B．②③④C．①③④D．①④【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】证明醋酸是弱电解质，可证明存在电离平衡、部分电离或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答．【解答】解：①酸碱的物质的量相同，完全发生中和反应，与酸的强弱无关，不能证明为弱酸，故错误；②开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快，说明等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大，则可说明醋酸为弱酸，故正确；③0.01mol/L醋酸溶液的pH=3，说明醋酸没有完全电离，可证明为弱酸，故正确；④CH3COONa溶液显碱性，可说明为强碱弱酸盐，可证明醋酸为弱酸，故正确．故选B．【点评】本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性． 15．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质．根据上述信息，下列说法不正确的是（ ）A．CaO2的水解产物是Ca（OH）2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和PH3C．NaClO的水解产物之一是HClOD．Mg3N2的水解产物是两种碱性物质【考点】盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物．【解答】解：A、CaO2的水解产物钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca（OH）2和过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；B、PCl3的水解产物是HCl和H3PO3，故B错误；C、NaClO的水解产物是HClO和NaOH，故C正确；D、Mg3N2的水解产物是Mg（OH）2和NH3，是两种碱性产物，故D正确．故选B．【点评】本题是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大． 16．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电．若此溶液体积为2L，则所得电解液的pH是（ ）A．1B．8C．13D．14【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．-19-【分析】用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣═H2↑，根据氢氧化钠与电子的关系式计算出溶液中的氢氧根离子、氢离子的浓度，然后计算出溶液的pH．【解答】解：用惰性电极电极饱和食盐水，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣═H2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，当电源提供给0.2mol电子时，根据2H++2e﹣═H2↑可知，生成0.1mol氢气，根据总方程式可知，2NaOH～H2↑，所以溶液中氢氧根离子，n（OH﹣）=0.2mol，此溶液体积为2L，溶液中c（OH﹣）===0.1mol/L，c（H+）==mol/L=10﹣13mol/L，所以pH=13，故选：C．【点评】本题考查了电解饱和食盐水的有关知识，掌握电解池的工作原理和有关PH计算是解答的关键，题目难度中等． 17．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是（ ）A．Mg为电池的正极B．负极反应为AgCl+e﹣=Ag+Cl﹣C．不能被KCl溶液激活D．可用于海上应急照明供电【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；D、原电池是将化学能转化为电能的装置．【解答】解：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，故A错误；B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故B错误；C、因为该电池能被海水激活，故KCl溶液也可以激活电池，故C错误；D、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D正确．故选D．【点评】结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的．原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物． 18．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（ ）A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小【考点】电解原理；真题集萃．【专题】电化学专题．-19-【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．【解答】解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等． 19．用惰性电极电解物质的量浓度相等的CuSO4、NaCl混合溶液，电解过程中不可能发生的反应是（ ）A．2Cl﹣+Cu2+Cu+Cl2↑B．2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣C．2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+D．2H2O2H2↑+O2↑【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】用惰性电极电解物质的量浓度相等的CuSO4、NaCl混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氢氧离子放电，阴极上铜离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电．【解答】解：用惰性电极电解物质的量浓度相等的CuSO4、NaCl混合溶液，设溶液体积为1L，硫酸铜、氯化钠浓度都为1mol/L，则n（CuSO4）=n（Cu）=1mol，n（NaCl）=n（Cl﹣）=1mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当氯离子完全放电时，转移电子的物质的量为1mol，当转移电子的物质的量为1mol时，析出铜的物质的量为0.5mol，还剩0.5mol铜离子，所以电池反应式为2Cl﹣+Cu2+Cu+Cl2↑；第二阶段：阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，当铜离子完全析出前，发生的电池反应式为2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电池反应式为2H2O2H2↑+O2↑；故选：B．-19-【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质，难度中等． 20．电解硫酸铜溶液一段时间后，停止电解．往溶液中加入1molCu（OH）2和3mol水，可以使溶液恢复到电解前的成分和浓度，则在电解过程中，电子转移（ ）mol．A．10B．6C．2D．不可能出现此情况【考点】电解原理．【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，据此分析．【解答】解：加入1molCu（OH）2和3mol水后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成1mol铜转移电子=1mol×2mol=2mol，根据原子守恒知，生成4mol水需要4mol氢气，生成4mol氢气转移电子=4mol×2mol=8mol，所以电解过程中共转移电子数为2+8=10mol，故选A．【点评】本题考查了电解原理，明确实际上加入的物质是解本题关键，再根据原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等． 二、非选择题：21．如图所示，当关闭阀门K时，向甲中充入1.5molA、3.5molB，向乙中充入3molA、7molB，起始时，甲、乙体积均为VL．在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下列反应：3A（g）+2B（g）═C（g）+2D（g）；△H＜0达到平衡（Ⅰ）时，V（乙）=0.86VL．请回答：（1）乙中B的转化率为 20% ；（2）甲中D和乙中C的物质的量比较： 后者大 （填“相等”、“前者大”、“后者大”）；（3）打开K，过一段时间重新达平衡（Ⅱ）时，乙的体积为 0.29V （用含V的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计．）【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）乙为等温等压容器，3A（g）+2B（g）═C（g）+2D（g）；气体减少2mol，则B反应了2mol，乙中10mol对应VL则0.86VL对应8.6mol，故乙中气体减少了1.4mol；-19-（2）甲相对乙体积无法改变，正反应气体体积减小的反应，最终达到平衡后，体积减小压强减小；乙中是恒压容器，所以甲中转化率小于乙，甲中D物质的量＜2倍乙中D的物质的量=乙中C的物质的量；（3）此时所达平衡Ⅱ及乙容器平衡I互为恒温恒压下的等效平衡，解题方法为一边倒极值，极值成正比关系，由题意打开阀门后，整个系统反应同乙，故反应后总体积为1.5×0.86V=1.29VL，减去甲中容积VL，则乙的体积为0.29VL．【解答】解：（1）乙为等温等压容器，3A（g）+2B（g）═C（g）+2D（g）；气体减少2mol，则B反应了2mol，乙中10mol对应VL则0.86VL对应8.6mol故乙中气体减少了1.4mol；反应的B物质的量为1.4mol；所以B的转化率=×100%=20%，故答案为：20%；（2）若甲、乙两容器中A的转化率相等，则甲中D和乙中的C物质的量相等，甲相对乙体积无法改变，正反应气体体积减小的反应，最终达到平衡后，体积减小压强减小；乙中是恒压容器，所以甲中转化率小于乙，甲中D物质的量＜2倍乙中D的物质的量=乙中C的物质的量；现乙中平衡气体的压强比甲中平衡气体的压强大，故乙中A的转化率比甲中A的转化率大，则甲中D的物质的量比乙中C的物质的量要小，故答案为：后者大；（3）此时所达平衡Ⅱ及乙容器平衡I互为恒温恒压下的等效平衡，解题方法为一边倒极值，极值成正比关系，由题意打开阀门后，整个系统反应同乙，未打开K，乙容器中3molA反应气体体积减小到0.86VL，打开K后容器中A的物质的量为4.5mol，故反应后总体积为×0.86V=1.29VL，减去甲中容积VL，则乙的体积为0.29VL，故答案为：0.29V．【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，主要考查了恒温恒容容器，恒温恒压容器中的平衡分析判断，物质转化率的计算，题目难度较大． 22．已知：A为淡黄色固体，E、X常温下为无色无味气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如图1（部分产物已略去）．请回答下列问题：（1）B中所含化学键的类型是 离子键、共价键 ．（2）常温常压下，7.8gA与足量的水充分反应放出热量akJ，写出该反应的热化学方程式： 2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣20akJ/mol ．（3）C也可转化为B，写出该转化的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH ．（4）将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为 Na2CO3和NaCl ，b点溶液中各离子浓度由大到小的关系是： c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） ．-19-（5）①25℃时，将C溶液与氢氧化钡溶液混合可得不溶物F，F的Ksp=2.5×10﹣9．现将该沉淀放入0.5mol/L的BaCl2溶液中，其Ksp 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”），组成不溶物F的阴离子在溶液中的浓度为 5×10﹣9 mol/L．②已知25℃时硫酸钡的Ksp=1.0×10﹣10，若向20mL硫酸钡的饱和溶液中逐滴加入8.0×10﹣4mol/L的C溶液20mL，能否产生沉淀 否 （填“能”或“否”）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】E、X常温下为无色无味气体，A为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成E与B，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则A为Na2O2，E为O2，B为NaOH，B与X可以连续反应，可推知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，据此解答．【解答】解：E、X常温下为无色无味气体，A为含金属离子的淡黄色固体化合物，能与水反应生成E与B，应是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，则A为Na2O2，E为O2，B为NaOH，B与X可以连续反应，可推知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，（l）B为NaOH，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（2）常温常压下，7.8gNa2O2与足量的水充分反应放出热量akJ，2molNa2O2完全反应方程式的热量=akJ×=20akJ，反应热化学方程式为：2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣20akJ/mol，故答案为：2Na2O2（s）+2H2O（l）=4NaOH（aq）+O2（g）△H=﹣20akJ/mol；（3）碳酸钠也可转化为氢氧化钠，该转化的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；（4）根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗盐酸与产生二氧化碳消耗盐酸体积之比=3：2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，结合方程式可知，溶液中n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：2，故a点是氢氧化钠恰好与盐酸反应碳酸钠未反应，a点时溶液中的溶质是Na2CO3和NaCl，b点时，碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，b点溶液中的溶质是NaHCO3和NaCl，且n（NaHCO3）：n（NaCl）=2：3，钠离子和氯离子不水解，根据元素守恒知c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），NaHCO3为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，水和碳酸氢根离子都电离生成氢离子，所以c（H+）＞c（CO32﹣），故答案为：Na2CO3和NaCl；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；（5）①F是BaCO3，温度不变，溶度积常数不变，溶液中c（Ba2+）≈0.5mol/L，则溶液中c（CO32﹣）=mol/L=5×10﹣9mol/L，故答案为：不变；5×10﹣9；②已知25℃时硫酸钡的Ksp=1.0×10﹣10，若向20mL硫酸钡的饱和溶液中逐滴加入8.0×10﹣4mol/L的Na2CO3溶液20mL，混合后溶液中c（Ba2+）≈×mol/L=5.0×10﹣6mol/L，则溶液中c（CO32﹣）=×8.0×10﹣4mol/L=4.0×10﹣4mol/L，而5.0×10﹣6×4.0×10﹣4=2.0×10﹣9＜2.5×10﹣9，故没有沉淀产生，-19-故答案为：否．【点评】本题考查了无机物推断，涉及化学键、热化学方程式、离子浓度大小比较、溶度积有关计算等知识点，（4）为易错点，清楚发生的反应判断原溶液中溶质及物质的量关系是关键，题目难度中等． 23．用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加．（1）写出乙中两极发生的电极反应式．阴极： Ag++e﹣=Ag 阳极： Ag﹣e﹣=Ag+ （2）写出甲中发生反应的化学方程式： 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ．（3）C（左）、C（右）、Fe、Ag4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是 2：1：4：4 ．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）装置是电解池，通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁做电解池阴极，银做阳极；（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸；（3）阳极电极反应和电子守恒计算电极产物或电解溶解的物质的量．【解答】解：（1）通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁做电解池阴极，银做阳极，电解质溶液是硝酸银溶液，所以原理是电镀原理，阴极电极反应为：Ag++e﹣=Ag；阳极电极反应为：Ag﹣e﹣=Ag+，故答案为：Ag++e﹣=Ag；Ag﹣e﹣=Ag+；（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；（3）甲中阴极电极反应为2Cu2++4e﹣=2Cu，阳极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；乙池中电极反应，阳极电极反应为4Ag﹣4e﹣=4Ag+；阴极电极反应为4Ag++4e﹣=4Ag；依据电子守恒计算得到，由左到右碳﹣碳﹣铁﹣银四个是极上析出或溶解物质的物质的量之比是2：1：4：4，故答案为：2：1：4：4．【点评】本题考查了电解池原理的应用，主要是电极判断，电极反应，电极产物的分析判断，电子守恒的计算应用，题目难度中等． -19-
