浙江省溫州市十校聯(lián)合體聯(lián)考2015-2016學年高二（上）期末化學試卷（解析版）

1、2015-2016學年浙江省溫州市十校聯(lián)合體聯(lián)考高二（上）期末化學試卷一、選擇題（只有一個選項符合題意，25小題，每小題2分，共50分）1強弱電解質的本質區(qū)別是（）A導電能力B相對分子質量C電離程度D溶解度2某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，則該有機物必須滿足的條件是（）A分子中的C、H、O的個數(shù)比為1：2：1B分子中C、H個數(shù)比為1：2C該有機物的相對分子質量為14D該分子中肯定不含氧元素3一定溫度下，向0.1molL1 CH3COOH溶液中加少量水，下列有關說法不正確的是（）ACH3COOH的電離程度變大Bc（CH3COO）增大CCH3COOH的Ka不變D溶液的pH增

2、大4下列離子方程式中，屬于正確的水解反應的是（）AHCO3+H2OH2CO3+OHBHS+H2OS2+H3O+CCO32+2H2OH2CO3+2OHDF+H2OHF+OH525時，水的電離被制，且溶液pH7的是（）A0.1 molL1的NH4Cl溶液B0.1 molL1NaCl溶液C0.1 molL1氨水D0.1 molL1 NaHCO3溶液6下列說法正確的是（）A使用催化劑只是同倍數(shù)改變正逆反應速率，不會破壞化學平衡狀態(tài)B95純水的pH7，說明水顯酸性C加入反應物，活化分子百分數(shù)增大，化學反應速率增大D氫氣的標準燃燒熱是285.8 kJmol1，則熱化學方程式為2H2（g）+O2（g）2H2

3、O（g）H=571.6 kJmol17鋅銅原電池裝置如圖所示，其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，下列有關敘述正確的是（）A銅電極上發(fā)生反應Cu2e=Cu2+B電池工作一段時間后，乙池的c（SO42 ）減小C電子從鋅極經過導線移向銅極D電池工作一段時間后，甲池的c（Zn2+ ）增加8如圖裝置中，有如下實驗現(xiàn)象：開始時插在小試管中的導管內的液面下降，一段時間后導管內的液面回升，略高于U型管中的液面以下有關解釋不合理的是（）A生鐵片中所含的碳能增強鐵的抗腐蝕性B雨水酸性較強，生鐵片開始發(fā)生析氫腐蝕C導管內墨水液面回升時，正極反應式：O2+2H2O+4e4OHD隨著反應的進行，U型管中雨水的酸

4、性逐漸減弱9用鉑電極電解CuSO4溶液，當銅離子濃度降至一半時，停止通電，若使CuSO4溶液恢復到原濃度，應加入的物質是（）ACuSO4BCuOCCuSO45H2ODCu（OH）210反應 A+BC（H0）分兩步進行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是（）ABCD11在恒溫恒容下，可以證明CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）已達平衡狀態(tài)的是（）A3v正（H2）=v逆（CH3OH）B混合氣體的密度不再改變C容器內壓強不再改變D此反應的平衡常數(shù)不再改變12在一定條件下，NaHCO3溶液中存在平衡HCO3+H2OH2CO3+OH HCO

5、3+H2OCO32+H3O+下列說法正確的是（）A是電離平衡 是水解平衡BNaHCO3溶液呈堿性是因為的程度大于C加入NaOH固體，平衡都向左移動D升高溫度，向右移動，向左移動13在一定條件下，在容積為2L的密閉容器中，將2mol 氣體M和3mol N氣體混合，發(fā)生如下反應：2M（g）+3N（g）x Q（g）+3R（g），該反應達平衡時，生成2.4mol R，并測得Q的濃度為0.4mol/L，下列有關敘述正確的是（）Ax值為2B混合氣體的密度增大C平衡時N的濃度為0.6 mol/LDN的轉化率為80%14有關下列圖象的說法正確的是（）A表示的反應速率隨溫度變化的關系可知該反應的H0B表示向pH

6、相同的鹽酸與醋酸中分別加入水后溶液pH的變化，則其中曲線a對應的是醋酸C表示該反應為放熱反應且催化劑能降低反應的活化能、改變反應的焓變D中開關K置于a或b處均可減緩鐵的腐蝕15恒溫恒容的容器中，建立如下平衡：2A（g）B（g），在相同條件下，若分別再向容器中通入一定量的A氣體，重新達到平衡后，下列說法不正確的是（）A平衡向右移動BA的體積分數(shù)比原平衡時小CA的轉化率增大D正反應速率增大，逆反應速率減小16在一密閉容器中，反應aA（g）+bB（g）mC（s）+nD（g）達到平衡，保持溫度不變，將容器體積減小為原來體積的，達到新的平衡時，D的濃度是原來的1.7倍，下列說法正確的是（）A物質B的轉化

7、率增大B平衡向正反應方向移動C物質A的體積分數(shù)增大Da+bm+n172NO+O22NO2是放熱反應右圖表示其他條件一定時，反應中NO的轉化率與溫度的關系曲線圖中標有a、b、c、d四點，其中表示未達到平衡狀態(tài)，且v（正）v（逆）的點是（）Aa點Bb點Cc點Dd點18下列實驗操作都能夠達到預期目的是（）A用pH試紙測定溶液的pH時，需先用蒸餾水潤濕試紙，并測得某溶液pH為3.1B中和pH與體積均相同的NaOH溶液和氨水，結果消耗H2SO4的物質的量一樣多C酸堿中和滴定的終點是指酸和堿恰好完全反應，此時溶液一定呈中性D在HCl氣氛中蒸干AlCl3溶液能到得純凈的無水氯化鋁19室溫下，某溶液中由水電離

8、出的c（H+）=1×1012 molL1，該溶液中一定能大量共存的離子（）AAl3+ Na+NO3 ClBK+ Na+Cl NO3CK+ Na+ ClAlO2DK+ HCO3 SO42NO320由一價離子組成的四種鹽：AC、BD、AD、BC的1mol/L的溶液，在室溫下前兩種溶液的pH=7，第三種溶液的pH7，最后一種溶液的pH7，則（）ABCD堿性AOHBOHAOHBOHAOHBOHAOHBOH酸性HCHDHCHDHCHDHCHDAABBCCDD21在0.1molL1 Na2S溶液中，下列關系式正確的是（）Ac（Na+）c（OH）c（HS）c（S2）Bc（Na+）+c（H+）=c（

9、HS）+c（S2）+c（OH）C2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）Dc（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）22廣義的水解觀認為：無論是鹽的水解還是非鹽的水解，其最終結果是反應中各物質和水分別解離成兩部分，然后兩兩重新組合成新的物質根據(jù)上述信息，下列說法不正確的是（）ACaO2的水解產物是Ca（OH）2和H2O2BPCl3的水解產物是HClO和PH3CNaClO的水解產物之一是HClODMg3N2的水解產物是兩種堿性物質23鎳鎘（NiCd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用電解質溶液為KOH溶液，電池反應為：Cd+2NiO（OH）+2H2O Cd（OH）2+2Ni（O

10、H）2，下列有關鎳鎘電池的說法正確的是（）A充電過程是化學能轉化為電能的過程B充電時陽極反應為Cd（OH）2+2eCd+2OH C放電時電池內部OH向正極移動D充電時與直流電源正極相連的電極上發(fā)生Ni（OH）2轉化為NiO（OH）的反應24已知：二元酸H2R 的電離方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+，若0.1molL1NaHR溶液的c（H+）=a molL1，則0.1molL1H2R溶液中c（H+）是（）A小于 （0.1+a） molL1B大于 （0.1+a） molL1C等于 （0.1+a） molL1D等于2a molL125亞氯酸鈉是一種高效氧化型漂白劑，主要用于棉紡、亞麻、紙漿

11、等漂白亞氯酸鈉（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是毒性很大的氣體經測定，25時各組分含量隨pH變化情況如圖所示（Cl沒有畫出）在25時，下列分析正確的是（）A使用該漂白劑的最佳pH為3BpH=5時，溶液中=CpH=6時，NaClO2溶液中：c（Na+）+c（ H+）=c（ ClO2）+c（ OH）DNaClO2溶液加水稀釋所有離子濃度均減小二、非選擇題（4小題，共50分）26在50mL過氧化氫溶液中加入0.1mol MnO2粉末，標準狀況下放出氣體的體積和時間的關系如圖所示（1）實驗時放出氣體的總體積是（2）

12、放出一半氣體所需的時間為（3）A、B、C、D各點反應速率快到慢的順序為解釋反應速率變化的原因（4）求02min時O2的平均反應速率mLmin127室溫下向10mL 0.1molL1 NaOH溶液中逐滴加入0.1molL1的一元酸HA，溶液pH的變化曲線如圖所示（1）酸堿中和滴定時，用到的儀器有酸式滴定管、堿式滴定管、鐵架臺（帶蝴蝶夾）、（2）a點（橫坐標為10）所示溶液中，溶質是，溶液中c（Na+）、c（A）、c（H+）、c（OH）從大到小的順序為，其中c（Na+）c（A）+c（HA）（填“”“”或“=”）（3）c點所示溶液中，c（Na+）c（A）（填“”“”或“=”）（4）b點所示溶液中，c

13、（A）c（HA）（填“”“”或“=”）（5）a、b、c點所示溶液中，水的電離程度最大的是（6）以下滴定操作會導致V（HA）偏大的是A、滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失 B、錐形瓶洗滌后沒有干燥C、滴定時錐形瓶中有液體濺出 D、最后一滴HA溶液附在錐形瓶內壁上未沖下E、滴定開始前讀數(shù)時平視，滴定終點，讀數(shù)時俯視28二甲醚是一種重要的化工原料，利用水煤氣（CO、H2）合成二甲醚是工業(yè)上的常用方法，該方法由以下幾步組成：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H=90.0kJmol1 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=24.5kJmol1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）

14、+H2（g）H=41.1kJmol1 （1）下說法正確的是A反應的S0、H0，所以能在較低溫度下自發(fā)進行B反應的H2O與CO的生成速率之比為1：1時，表示該反應已經達到平衡狀態(tài)C反應屬于加成反應（2）反應合成的甲醇在工業(yè)上可以用作燃料電池，請寫出甲醇燃料電池（KOH溶液）負極電極反應式，電池總反應式（3）當合成氣中CO與H2的物質的量之比恒定時，溫度、壓強對CO轉化率影響如圖1所示，圖1中A點的v（逆）B點的v（正）（填“”、“”或“=”），說明理由（4）一定溫度下，密閉容器中發(fā)生反應，該反應的平衡常數(shù)表達式k=；水蒸氣的轉化率與n（H2O）n（CO）的關系如圖2，計算該溫度下反應的平衡常數(shù)K

15、=在圖2中作出一氧化碳的轉化率與n（H2O）n（CO）的曲線29有機玻璃聚甲基丙烯酸甲酯是一種重要塑料，其單體甲基丙烯酸甲酯A不溶于水，并可以發(fā)生以下變化：請回答：（1）B分子中含氧官能團的名稱是，由B轉化為C的反應屬于（填反應類型），B的分子式（2）D有兩種結構，其中1H核磁共振譜圖中顯示有二種不同化學環(huán)境的氫，且峰面積比為6：1的D的結構簡式是 （3）已知：CH2CH2HOCH2CH2OH請在下列方框內填入合適的有機物的結構簡式：2015-2016學年浙江省溫州市十校聯(lián)合體聯(lián)考高二（上）期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（只有一個選項符合題意，25小題，每小題2分，共50分）1強弱電

16、解質的本質區(qū)別是（）A導電能力B相對分子質量C電離程度D溶解度【考點】強電解質和弱電解質的概念【分析】強電解質是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下，能夠完全電離的化合物即溶于水的部分或者熔融狀態(tài)時，可以完全變成陰陽離子的化合物一般是強酸、強堿和大部分鹽類弱電解質是指：在水溶液里部分電離的電解質，包括弱酸、弱堿、水與少數(shù)鹽據(jù)此即可解答【解答】解：A電解質的強弱與電離程度有關，與溶液的導電能力無關，溶液的導電性強弱取決于溶液中離子濃度的大小，離子濃度越大，導電性越強，如硫酸鋇是強電解質，但它難溶于水，雖溶于水的部分能完全電離，而導電能力很弱，故A錯誤；B 電解質的強弱與相對分子質量沒有關系，主要是根據(jù)能否

17、完全電離區(qū)分，故B錯誤；C強電解質是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下，能夠完全電離的化合物即溶于水的部分或者熔融狀態(tài)時，可以完全變成陰陽離子的化合物，故C正確；D強弱電解質與溶解度無關，如硫酸鋇是強電解質，但它難溶于水，乙酸易溶于水，但它是弱酸，是弱電解質，故D錯誤；故選C【點評】本題考查了強弱電解質的判斷，注意強弱電解質與導電能力、溶解度之間的關系，難度不大，抓住強電解質的定義中的關鍵詞“完全電離”是解題的關鍵2某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，則該有機物必須滿足的條件是（）A分子中的C、H、O的個數(shù)比為1：2：1B分子中C、H個數(shù)比為1：2C該有機物的相對分子質量為14D該

18、分子中肯定不含氧元素【考點】有關有機物分子式確定的計算【分析】某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，根據(jù)原子守恒可知，該有機物分子中C、H原子數(shù)目之比=1：2，不能確定是否含有元素【解答】解：某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，根據(jù)原子守恒可知，該有機物分子中C、H原子數(shù)目之比=1：2，不能確定是否含有元素，不能確定有機物分子式，則不能確定有機物相對分子質量，故ACD錯誤、B正確，故選：B【點評】本題考查有機物組成的確定，比較基礎，注意對從宏觀與微觀方面理解質量守恒定律3一定溫度下，向0.1molL1 CH3COOH溶液中加少量水，下列有關說法不正確的是（

19、）ACH3COOH的電離程度變大Bc（CH3COO）增大CCH3COOH的Ka不變D溶液的pH增大【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡【分析】醋酸是弱電解質，加水稀釋促進醋酸電離，但溶液中氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則溶液中氫氧根離子濃度增大【解答】解：A加水稀釋促進醋酸電離，所以醋酸的電離程度增大，故A正確；B加水稀釋促進醋酸電離，但溶液的體積增大，所以溶液中氫離子、醋酸根離子、醋酸分子濃度都減小，故B錯誤；CCH3COOH的Ka只與溫度有關，溫度不變，Ka不變，故C正確；D由于H+濃度減小，故溶液的pH增大，故D正確；故選B【點評】本題考查了弱電解質的電離，明確弱電解質電

20、離特點是解本題關鍵，注意稀釋醋酸時，溶液中氫氧根離子濃度增大，為易錯點，題目難度不大4下列離子方程式中，屬于正確的水解反應的是（）AHCO3+H2OH2CO3+OHBHS+H2OS2+H3O+CCO32+2H2OH2CO3+2OHDF+H2OHF+OH【考點】鹽類水解的原理【分析】水解離子反應中弱酸或弱堿離子結合水電離生成的氫離子或氫氧根離子生成弱電解質，以此分析【解答】解：A、碳酸氫根離子的水解，結合水電離出的氫離，生成碳酸，所以水解的反應方程：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A正確；B、硫氫根離子的電離方程式HS+H2OS2+H3O+，而不是水解，故B錯誤；C、水解是分步進行，第一步只

21、能結合一個氫離子，水解反應的方程式：CO32+H2OHCO3+OH，故C錯誤；D、鹽的水解是可逆的，所以水解反應的方程式為：F+H2OHF+OH，故D錯誤；故選A【點評】本題考查水解的離子反應，明確水解的反應原理是解答本題的關鍵，注意區(qū)分水解、電離的離子反應，題目難度不大525時，水的電離被制，且溶液pH7的是（）A0.1 molL1的NH4Cl溶液B0.1 molL1NaCl溶液C0.1 molL1氨水D0.1 molL1 NaHCO3溶液【考點】水的電離【分析】欲使水的電離平衡向逆方向移動，并使c（H+）減小，pH增大，可加入堿，抑制水的電離，溶液PH增大，以此解答該題【解答】解：A氯化銨

22、溶液中銨根離子水解能促進水電離溶液顯酸性，溶液中c（H+）增大，pH減小，PH7，故A錯誤；B加入氯化鈉去強酸強堿鹽對水的電離無影響，pH不變，PH=7，故B錯誤；C0.1 molL1氨水是弱堿，抑制水的電離，溶液顯堿性PH7，故C正確；D向水中加入0.1 molL1 NaHCO3溶液，碳酸氫根離子水解促進水電離，溶液呈堿性，pH增大，PH7，故D錯誤；故選C【點評】本題考查弱電解質的電離，題目難度不大，注意影響弱電解質電離的因素，從平衡移動的角度分析6下列說法正確的是（）A使用催化劑只是同倍數(shù)改變正逆反應速率，不會破壞化學平衡狀態(tài)B95純水的pH7，說明水顯酸性C加入反應物，活化分子百分數(shù)增

23、大，化學反應速率增大D氫氣的標準燃燒熱是285.8 kJmol1，則熱化學方程式為2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6 kJmol1【考點】反應熱和焓變；催化劑的作用【分析】A、使用催化劑可以改變化學反應速率，但不能改變化學平衡狀態(tài)；B、純水電離出的氫離子和氫氧根離子的濃度相等；C、增大反應物濃度、增大壓強，單位體積內活化分子數(shù)目增多，則反應速率加快；D、燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物分析的熱量；【解答】解：A、使用催化劑只是同倍數(shù)改變正逆反應速率，但平衡不移動，所以不能改變化學平衡狀態(tài)，故A正確；B、純水電離出的氫離子和氫氧根離子的濃度相等，所以溶液呈中性，故B

24、錯誤；C、固體和純液體加入反應物的量，但濃度不變，所以化學反應速率不一定增大，故C錯誤；D、燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物分析，水生成的水不是穩(wěn)定氧化物，應為液體，故D錯誤；故選A【點評】本題考查化學平衡移動知識的題目，燃燒熱概念理解應用和外界條件改變對反應速率的影響，掌握基礎是關鍵，題目較簡單7鋅銅原電池裝置如圖所示，其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，下列有關敘述正確的是（）A銅電極上發(fā)生反應Cu2e=Cu2+B電池工作一段時間后，乙池的c（SO42 ）減小C電子從鋅極經過導線移向銅極D電池工作一段時間后，甲池的c（Zn2+ ）增加【考點】原電池和電解池的工作原理【分析

25、】由圖象可知，該原電池反應式為：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn失電子發(fā)生氧化反應，為負極，Cu電極上銅離子得電子發(fā)生還原反應，為正極，陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，兩池溶液中硫酸根濃度不變，隨反應進行，甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進入乙池，以保持溶液呈電中性，電子從負極流向正極，據(jù)此分析【解答】解：A由圖象可知，銅鋅原電池的電池反應式為：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn為負極，發(fā)生氧化反應，Cu為正極，正極上銅離子得電子生成Cu，則銅電極上發(fā)生反應Cu2+2e=Cu，故A錯誤；B陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，故兩池中c（SO42）不變，故B錯誤；C電子從負極流向正極，

26、即電子從鋅極經過導線移向銅極，故C正確；D甲池中Zn失電子生成Zn2+，Zn2+通過陽離子交換膜進入乙池，以保持溶液電荷守恒，所以甲池的c（Zn2+ ）不變，故D錯誤，故選：C【點評】本題考查原電池工作原理，側重于學生的分析能力的考查，注意把握原電池的工作原理，題目難度中等，注意陽離子交換膜不允許陰離子通過8如圖裝置中，有如下實驗現(xiàn)象：開始時插在小試管中的導管內的液面下降，一段時間后導管內的液面回升，略高于U型管中的液面以下有關解釋不合理的是（）A生鐵片中所含的碳能增強鐵的抗腐蝕性B雨水酸性較強，生鐵片開始發(fā)生析氫腐蝕C導管內墨水液面回升時，正極反應式：O2+2H2O+4e4OHD隨著反應的進

27、行，U型管中雨水的酸性逐漸減弱【考點】金屬的電化學腐蝕與防護【分析】由于雨水的pH=4，開始生鐵發(fā)生析氫腐蝕，故開始時插在小試管中的導管內的液面下降；一段時間后，雨水的酸性減弱，此時生鐵開始發(fā)生吸氧腐蝕，故一段時間后導管內的液面回升，略高于U型管中的液面，據(jù)此分析【解答】解：A、生鐵中含有的碳，能和鐵形成原電池，鐵做負極，加快鐵的腐蝕，故A錯誤；B、雨水的酸性較強，故開始時發(fā)生析氫腐蝕，故B正確；C、導管內墨水液面回升是由于生鐵發(fā)生了吸氧腐蝕，正極反應為O2+2H2O+4e4OH，故C正確；D、由于雨水的pH=4，開始生鐵發(fā)生析氫腐蝕，正極上反應為：2H+2e=H2，故雨水的酸性減弱，故D正確

28、故選A【點評】本題考查金屬的電化學腐蝕，側重于原電池工作原理的考查，為高考常見題型，難度不大，注意把握題給信息，為解答該題的關鍵9用鉑電極電解CuSO4溶液，當銅離子濃度降至一半時，停止通電，若使CuSO4溶液恢復到原濃度，應加入的物質是（）ACuSO4BCuOCCuSO45H2ODCu（OH）2【考點】電解原理【分析】用鉑電極電解CuSO4溶液，當銅離子濃度降至一半時，停止通電，說明銅離子沒有完全放電，則陽極上析出氧氣、陰極上析出Cu，根據(jù)“析出什么加入什么”原則加入物質即可使溶液恢復原狀【解答】解：用鉑電極電解CuSO4溶液，當銅離子濃度降至一半時，停止通電，說明銅離子沒有完全放電，根據(jù)“

29、析出什么加入什么”原則加入物質即可使溶液恢復原狀，陽極上析出氧氣、陰極上析出Cu，所以相當于析出CuO，則加入CuO或CuCO3可使溶液恢復原狀，故選B【點評】本題考查電解原理，為高頻考點，明確析出物質成分及離子放電順序是解本題關鍵，同時考查學生分析判斷問題能力，題目難度不大10反應 A+BC（H0）分兩步進行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是（）ABCD【考點】反應熱和焓變【分析】根據(jù)物質具有的能量進行計算：H=E（生成物的總能量）E（反應物的總能量），當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，當反應物的總能量小于生成物的總能量時，反應吸熱

30、，以此解答該題【解答】解：由反應 A+BC（H0）分兩步進行 A+BX （H0）XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放熱反應，A和B的能量之和大于C，由A+BX （H0）可知這步反應是吸熱反應，XC（H0）是放熱反應，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，圖象B符合，故選B【點評】本題為圖象題，主要考查了物質的能量分析應用，化學反應的能量變化、分析，題目難度不大，注意反應熱與物質總能量大小的關系判斷11在恒溫恒容下，可以證明CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）已達平衡狀態(tài)的是（）A3v正（H2）=v逆（CH3OH）B混合氣體的密度不再改變C容器內壓

31、強不再改變D此反應的平衡常數(shù)不再改變【考點】化學平衡狀態(tài)的判斷【分析】根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)【解答】解：A、當反應達到平衡狀態(tài)時，應有v正（H2）=3v逆（CH3OH），故A錯誤；B、體積不變，氣體質量不變，所以混合氣體的密度始終不變，不能作平衡狀態(tài)的標志，故B錯誤；C、容器內壓強不再改變，說明氣體的物質的量不變，達平衡狀態(tài)，故C正確；D、溫度不變，此反應的平衡常數(shù)一直不再改變，故D

32、錯誤；故選C【點評】本題考查了化學平衡狀態(tài)的判斷，難度不大，注意當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為012在一定條件下，NaHCO3溶液中存在平衡HCO3+H2OH2CO3+OH HCO3+H2OCO32+H3O+下列說法正確的是（）A是電離平衡 是水解平衡BNaHCO3溶液呈堿性是因為的程度大于C加入NaOH固體，平衡都向左移動D升高溫度，向右移動，向左移動【考點】鹽類水解的應用【分析】A碳酸氫根離子水解，結合水電離出的氫離子促進水的電離平衡正向進行，氫氧根離子濃度增大，是碳酸氫根離子電離方程式，氫離子寫成了水合氫離子；B碳酸氫鈉溶液中存在電離平衡和水解平衡，水解使溶液顯堿性，電離

33、使溶液顯酸性，二者相對大小決定溶液酸堿性；C加入氫氧化鈉會抑制水解平衡逆向進行，促進電離平衡正向進行；D水解和電離過程都是吸熱過程，升溫促進水解和電離；【解答】解：A碳酸氫根離子水解，結合水電離出的氫離子促進水的電離平衡正向進行，氫氧根離子濃度增大，是水解平衡，HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3+H2OCO32+H3O+是碳酸氫根離子電離方程式，氫離子寫成了水合氫離子，故A錯誤；B碳酸氫鈉溶液中水解使溶液顯堿性，電離使溶液顯酸性，二者相對大小決定溶液酸堿性，NaHCO3溶液呈堿性是因為的程度大于，故B正確；C加入氫氧化鈉溶液，氫氧根離子濃度增大會抑制水解平衡逆向進行，對于促進電離平衡正

34、向進行反應生成碳酸根離子，故C錯誤；D水解和電離過程都是吸熱過程，升溫促進水解和電離，升溫向右進行，故D錯誤；故選B【點評】本題考查了鹽類水解平衡，弱電解質電離平衡的影響因素分析，注意水合氫離子的書寫判斷，題目難度中等13在一定條件下，在容積為2L的密閉容器中，將2mol 氣體M和3mol N氣體混合，發(fā)生如下反應：2M（g）+3N（g）x Q（g）+3R（g），該反應達平衡時，生成2.4mol R，并測得Q的濃度為0.4mol/L，下列有關敘述正確的是（）Ax值為2B混合氣體的密度增大C平衡時N的濃度為0.6 mol/LDN的轉化率為80%【考點】化學平衡的計算【分析】A根據(jù)n=cV計算生成

35、Q的物質的量，結合R的物質的量，利用物質的量之比等于化學計量數(shù)之比計算x的值；B容器的容積不變，混合氣體的質量不變，根據(jù)=判斷；C根據(jù)生成的R的物質的量，利用物質的量之比等于化學計量數(shù)之比計算參加反應的N的物質的量，N的平衡濃度=；D根據(jù)C可知參加反應的N的物質的量，然后根據(jù)轉化率的表達式計算出N的轉化率【解答】解：A平衡時生成的Q的物質的量為：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R為2.4mol，物質的量之比等于化學計量數(shù)之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，故A錯誤；B反應體系中各組分都是氣體，混合氣體的質量不變，容器的容積恒定，根據(jù)=可知混合氣體的密度不

36、變，故B錯誤；C反應達到平衡時，生成2.4molR，由方程式2M（g）+3N（g）x Q（g）+3R（g）可知，參加反應的N的物質的量為2.4mol，故平衡時N的物質的量為3mol2.4mol=0.6mol，N的平衡濃度為：c（N）=0.3mol/L，故C錯誤；D參加反應的N的物質的量為2.4mol，則N的轉化率為：×100%=80%，故D正確；故選D【點評】本題考查了化學平衡的計算，題目難度中等，注意掌握化學反應速率、物質的量濃度、轉化率等概念及計算方法，明確有關化學平衡的計算方法，試題側重考查學生的分析、理解能力及化學計算能力14有關下列圖象的說法正確的是（）A表示的反應速率隨溫

37、度變化的關系可知該反應的H0B表示向pH相同的鹽酸與醋酸中分別加入水后溶液pH的變化，則其中曲線a對應的是醋酸C表示該反應為放熱反應且催化劑能降低反應的活化能、改變反應的焓變D中開關K置于a或b處均可減緩鐵的腐蝕【考點】化學反應速率變化曲線及其應用；反應熱和焓變；原電池和電解池的工作原理；弱電解質在水溶液中的電離平衡【分析】A升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；B加水稀釋促進醋酸電離，稀釋相同的倍數(shù)，醋酸pH變化小于鹽酸；C反應物總能量大于生成物總能量，則該反應的正反應是放熱反應，催化劑能改變活化能；D開關置于a處，該裝置是電解池，開關置于b處，該裝置是原電池【解答】解：A升高溫度，逆反應速率大

38、于正反應速率，則平衡向逆反應方向移動，逆反應是吸熱反應，所以正反應H0，故A錯誤；B加水稀釋促進醋酸電離，稀釋相同的倍數(shù)，醋酸pH變化小于鹽酸，所以曲線a對應的是醋酸，故B正確；C反應物總能量大于生成物總能量，則該反應的正反應是放熱反應，催化劑能改變活化能，但不改變焓變，故C錯誤；D開關K置于b處時，該裝置是原電池，鐵作負極，會加快鐵的腐蝕，故D錯誤；故選：B【點評】本題考查了弱電解質的電離、物質之間的反應、反應熱等知識點，明確弱電解質的電離特點、催化劑對反應的影響、物質之間反應先后順序即可解答，易錯選項是C，注意：催化劑能改變反應速率但不影響可逆反應平衡移動，不影響焓變，為易錯點15恒溫恒容

39、的容器中，建立如下平衡：2A（g）B（g），在相同條件下，若分別再向容器中通入一定量的A氣體，重新達到平衡后，下列說法不正確的是（）A平衡向右移動BA的體積分數(shù)比原平衡時小CA的轉化率增大D正反應速率增大，逆反應速率減小【考點】化學平衡的影響因素【分析】保持溫度不變，若再向容器中通入一定量的A氣體，重新達到的平衡，可以等效為在原平衡的基礎上增大壓強達到的平衡，平衡向正反應方向移動，據(jù)此判斷【解答】解：恒溫恒容的容器中，建立如下平衡：2A（g）B（g），保持溫度不變，若再向容器中通入一定量的A氣體，重新達到的平衡，可以等效為在原平衡的基礎上增大壓強達到的平衡，平衡向正反應方向移動，A分析可知平衡

40、向右移動，故A正確；B通入一定量的A氣體重新達到平衡后，平衡向正反應方向移動的A不如A的濃度增大，A的體積分數(shù)比原平衡時小，故B正確；C平衡向正反應方向移動，A的轉化率增大，故C正確；D若再向容器中通入一定量的A氣體，重新達到的平衡，可以等效為在原平衡的基礎上增大壓強達到的平衡，壓強增大正逆反應速率都增大，故D錯誤；故選D【點評】本題考查等效平衡的有關問題，難度中等，試題側重能力的考查和訓練，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和抽象思維能力，該題的關鍵是構建平衡建立的途徑16在一密閉容器中，反應aA（g）+bB（g）mC（s）+nD（g）達到平衡，保持溫度不變，將容器體積減小為原來體積的，達到新的平

41、衡時，D的濃度是原來的1.7倍，下列說法正確的是（）A物質B的轉化率增大B平衡向正反應方向移動C物質A的體積分數(shù)增大Da+bm+n【考點】化學平衡的影響因素【分析】采用假設法分析，保持溫度不變，將容器體積縮小一半，假設平衡不移動，A、B、C、D的濃度應均是原來的2倍，但當達到新的平衡時，D的濃度是原來的1.7倍，說明增大壓強平衡逆反應方向移動，則說明a+bm+n，據(jù)此判斷【解答】解：采用假設法分析，保持溫度不變，將容器體積縮小一半，假設平衡不移動，A、B、C、D的濃度應均是原來的2倍，但當達到新的平衡時，D的濃度是原來的1.7倍，說明增大壓強平衡逆反應方向移動，則說明a+bm+n，A平衡逆反應

42、方向移動，故B的轉化率降低，故A錯誤；B由上述分析可知，平衡逆反應方向移動，故B錯誤；C平衡逆反應方向移動，A的體積分數(shù)增大，故C正確；D增大壓強平衡逆反應方向移動，逆向是氣體體積減小的反應，則說明a+bm+n，故D正確；故選CD【點評】本題考查化學平衡移動問題，平衡移動原理的理解應用，題目難度中等，注意通過改變體積濃度的變化判斷平衡移動的方向，此為解答該題的關鍵172NO+O22NO2是放熱反應右圖表示其他條件一定時，反應中NO的轉化率與溫度的關系曲線圖中標有a、b、c、d四點，其中表示未達到平衡狀態(tài)，且v（正）v（逆）的點是（）Aa點Bb點Cc點Dd點【考點】轉化率隨溫度、壓強的變化曲線【

43、分析】曲線為平衡線，曲線上任意一點都表示平衡狀態(tài)，而曲線外的任意一點都表示沒有達到平衡狀態(tài)在曲線下方的任意一點，欲達到該溫度下的平衡狀態(tài)，即向上引垂直線到曲線上的一點，由圖可知：NO的轉化率要增大，平衡向右移動，同理，在曲線上方的任意一點，欲達到同溫度下的平衡狀態(tài)，即向下引垂直線到曲線上的一點，則NO的轉化率要減小，平衡向左移動【解答】解：A、a點在曲線上，處于平衡狀態(tài)，v（正）=v（逆），故A錯誤；B、b點在曲線上，處于平衡狀態(tài)，v（正）=v（逆），故B錯誤；C、c點在曲線下方，未達到平衡狀態(tài)，欲達到同溫度下的平衡狀態(tài)，即由c點向上引垂直線到曲線上的一點，則NO的轉化率要增大，平衡向右移動，

44、即v（正）v（逆），故C正確；D、d點在曲線上方，未達到平衡狀態(tài)，欲達到同溫度下的平衡狀態(tài)，即由d點向下引垂直線到曲線上的一點，則NO的轉化率要減小，平衡向左移動，即v（逆）v（正），故D錯誤；故選：C【點評】本題主要考查化學平衡圖象，應學會平衡狀態(tài)的判斷、平衡的建立過程等，難度中等，曲線上的任意一點都表示達到平衡狀態(tài)是該題解決的關鍵18下列實驗操作都能夠達到預期目的是（）A用pH試紙測定溶液的pH時，需先用蒸餾水潤濕試紙，并測得某溶液pH為3.1B中和pH與體積均相同的NaOH溶液和氨水，結果消耗H2SO4的物質的量一樣多C酸堿中和滴定的終點是指酸和堿恰好完全反應，此時溶液一定呈中性D在HC

45、l氣氛中蒸干AlCl3溶液能到得純凈的無水氯化鋁【考點】化學實驗方案的評價【分析】A用pH試紙測定未知溶液的pH時，用玻璃棒蘸取少量待測液滴在干燥的pH試紙上，與標準比色卡對比來確定pH不能用水濕潤pH試紙，否則稀釋了待測溶液，使溶液的酸堿性減弱； B一水合氨是弱電解質，NaOH是強電解質，相同溫度下pH相等的氫氧化鈉和氨水溶液，氨水濃度大于NaOH，根據(jù)n=CV計算；C鹽類能發(fā)生水解；DAlCl3加熱水解生成Al（OH）3【解答】解：A水濕潤pH試紙，稀釋了待測溶液，使溶液的酸堿性減弱，若測定的是酸性溶液，則會使測定結果變大；若測定的是堿性溶液，則會使測定結果變小；若測定的是中性溶液，則會使

46、測定結果不變，故A錯誤； B一水合氨是弱電解質，NaOH是強電解質，相同溫度下pH相等的氫氧化鈉和氨水溶液，氨水濃度大于NaOH，根據(jù)n=CV知，兩種溶液中間的物質的量不等，所以消耗硫酸的物質的量不等，故B錯誤；C酸和堿恰好完全反應，若是強酸強堿反應，溶液呈中性，若是強酸弱堿反應，溶液呈酸性，若是弱酸強堿反應溶液呈堿性，故C錯誤；DAlCl3加熱水解生成Al（OH）3，在HCl氣氛中蒸干AlCl3溶液能到得純凈的無水氯化鋁，故D正確故選D【點評】本題考查pH試紙的使用、中和滴定、鹽類水解，難度不大，為高頻考點，注意：溫度未知時不能根據(jù)溶液pH判斷溶液酸堿性，要根據(jù)溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃

47、度相對大小判斷，為易錯點19室溫下，某溶液中由水電離出的c（H+）=1×1012 molL1，該溶液中一定能大量共存的離子（）AAl3+ Na+NO3 ClBK+ Na+Cl NO3CK+ Na+ ClAlO2DK+ HCO3 SO42NO3【考點】離子共存問題【分析】某溶液中由水電離的c（OH）為1.0×1012molL1，說明水的電離受到抑制，溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，離子能大量共存，則離子之間不發(fā)生任何反應，以此解答該題【解答】解：A如溶液呈堿性，則Al3+不能大量共存，故A錯誤；B無論溶液呈酸性還是堿性，離子之間都不發(fā)生任何反應，可大量共存，故B正確；C酸性

48、條件下，AlO2不能大量共存，故C錯誤；D無論溶液呈酸性還是堿性，HCO3都不能大量共存，故D錯誤故選B【點評】本題考查離子共存問題，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，注意把握題給信息，明確常見離子的性質以及反應類型為解答該題的關鍵，難度不大20由一價離子組成的四種鹽：AC、BD、AD、BC的1mol/L的溶液，在室溫下前兩種溶液的pH=7，第三種溶液的pH7，最后一種溶液的pH7，則（）ABCD堿性AOHBOHAOHBOHAOHBOHAOHBOH酸性HCHDHCHDHCHDHCHDAABBCCDD【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡【分析】AC、BD的pH=7，則可能為強酸強堿鹽或

49、弱酸弱堿鹽，AD溶液的pH7，則為強堿弱酸鹽，BC溶液的pH7，則為強酸弱堿鹽，由此可知，AC為強酸強堿鹽，而BD為弱酸弱堿鹽，以此來解答【解答】解：AC、BD的pH=7，則可能為強酸強堿鹽或弱酸弱堿鹽，AD溶液的pH7，則為強堿弱酸鹽，BC溶液的pH7，則為強酸弱堿鹽，由此可知，AC為強酸強堿鹽，而BD為弱酸弱堿鹽，即A對應強堿，C對應強酸，所以堿性為AOHBOH，酸性為HCHD，故選A【點評】本題考查鹽類水解規(guī)律的應用，明確鹽中有弱才水解的規(guī)律是解答本題的關鍵，注意BD可能為醋酸銨，題目難度中等21在0.1molL1 Na2S溶液中，下列關系式正確的是（）Ac（Na+）c（OH）c（HS）c（S2）Bc（Na+）+c（H+）=c（HS）+c（S2）+c（OH）C2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）Dc（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）【考點】離子濃度大小的比較【分析】A硫離子的水解程度較小，則c（S2）c（OH）；B根據(jù)硫化鈉溶液中的電荷守恒判斷；C根據(jù)Na2S溶液中的物料守恒分析；D根據(jù)Na2S溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+