1、- 1 -四川省宜宾市第四中学 2018-2019 学年高二 12 月月考化学试题1.下列措施能使水的电离程度增大的是（ ）A. 加入盐酸溶液 B. 加醋酸钠 C. 加入氨水 D. 降温【答案】B【解析】【分析】结合影响水电离的因素分析判断，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等来分析解答。【详解】A. 盐酸是氯化氢溶于水形成溶液显酸性，抑制水的电离，故 A 项错误；B. 醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，促进水的电离，故 B 项正确；C. 氨水溶液显碱性，抑制水的电离，故 C 项错误；D. 水的电离为吸热反应，降低温度抑制了水
2、的电离，故 D 项错误；答案选 B。2.下列物质均为 1mol，将其置于 1L 水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是( )A. KCl B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. MgSO4【答案】C【解析】【分析】Mg(OH)2难溶于水。KCl、Na 2CO3和 MgSO4都是可溶性的强电解质，当其物质的量均为 1mol 时，其所含的阴离子也均为 1mol。氯离子、硫酸根离子不水解，Na 2CO3溶液中由于 CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数目会增加。【详解】A. KCl 溶于水完全电离，溶液中的阴离子有 Cl和水电离的少量的 OH；B. Mg(OH)2在水中难溶，溶液中的
3、阴离子只有少量的 OH；C. 在 Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO 32-+H2OHCO3-+OH-，水的电离程度变大，溶液中的阴离子数目除了有 CO32-，还有水解生成的 HCO3-与 OH-，阴离子数目增多；D. MgSO4溶于水并完全电离，镁离子水解使溶液呈弱酸性，溶液中的阴离子有 SO42和水电离的少量的 OH；综上分析，C 项符合题意，答案选 C。- 2 -3.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性.。在 0.1 mol/L KHC2O4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(HC2O4)
4、= 0.1mol/LC. c(C2O42) c(H2C2O4)c(H2C2O4)，故 C 项错误；D. 溶液遵守物料守恒的角度，则有 c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42)，故 D 项正确。答案选 D。【点睛】理解“三个守恒” ，明确浓度关系，是解此类题型的突破口，其中溶液中的三大守恒可归纳如下：（1）电荷守恒电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如 NaHCO3溶液中： c(Na ) c(H ) c( )2 c( ) c(OH )。3HCO-23-（2）物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个
5、数守恒。- 3 -单一元素守恒，如 1 mol NH3通入水中形成氨水，就有 n(NH3) n(NH3H2O) n( )+4NH1 mol，即氮元素守恒。两元素守恒，如 NaHCO3溶液中： c(Na ) c(H2CO3) c( ) c( )，即钠元素与3HCO-23-碳元素守恒。（3）质子守恒：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H )的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如 NaHCO3溶液中：c(H2CO3) c(H ) c( ) c(OH )。23CO-注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。当真正掌握溶液中的“三大守恒”时，做题也可以游刃有余，
6、攻克难题，提高分析问题与解决问题的能力。4.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为: CH 3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是( )A. 检测时,电解质溶液中的氢离子向负极移动B. 若有 0.4 mol 电子转移,则在标准状况下消耗 4.48 L 氧气C. 电池反应的化学方程式为: CH 3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2OD. 正极上发生的反应为: O 2+4e-+2H2O = 4OH-【答案】C【解析】【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH 3CH2OH-4e-+H2OCH 3COOH+4H+，正极应为 O2得电子
7、被还原，电极反应式为：O 2+4e-+4H+2H 2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH 3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。【详解】A. 在原电池中，溶液中的阳离子向正极移动，故 A 项错误；B. 氧气在正极得电子，被还原，其化合价由 0 价降低到-2 价，根据关系式 O2 4e-可知，若有 0.4mol 电子转移,则有 0.1 mol 氧气参与，即在标准状况下消耗氧气的体积 V = nVm = - 4 -0.1 mol 22.4 L/mol = 2.24 L，故 B 项错误；C. 因为该电池为酸性燃料电池，故负极上的反应为：CH 3CH2
8、OH-4e-+ H2O = CH3COOH+4H+，正极反应为：O 2+4e-+4H+ =2H2O，则总反应式为：CH 3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2O，故 C 项正确；D. 该酒精检测仪为酸性燃料电池原理，则正极反应为：O 2+4e-+4H+ =2H2O，故 D 项错误；答案选 C。5.将 3.64 g Fe2O3和 Al2O3的混合物溶于 200 mL 0.1 mol/L 盐酸中(盐酸过量),再向该溶液中加入 NaOH 溶液使 Fe3+和 Al3+恰好完全沉淀,用去 NaOH 溶液 100 mL。则 NaOH 溶液的物质的量浓度是( )A. 0.1 mol/L B. 0
9、.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8 mol/L【答案】B【解析】【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，盐酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入 10 mL NaOH 溶液，恰好使 Fe3+、Al 3+完全沉淀，此时溶液中溶质为 NaCl，根据钠离子守恒有 n(NaOH)=n(NaCl)，根据氯离子守恒有 n(NaCl)=n(HCl)，据此计算 n(NaOH)，再根据 c= 来分析计算。nV【详解】盐酸的浓度为 0.1 mol/L，体积为 0.2L，则其中氯离子的物质的量为 0.02mol.Fe2O3、Al 2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入 1
10、0 mL NaOH 溶液，恰好使 Fe3+、Al 3+完全沉淀，此时溶液中溶质为 NaCl，根据氯离子守恒有 n(NaCl) = n(HCl) = 0.2 L0.1 mol/L = 0.02 mol，根据钠离子守恒可得：n(NaOH) = n(NaCl) = 0.02 mol，则该 c(NaOH) = = 0.2 0.21molLmol/L，答案选 B。【点睛】本题侧重考查学生对金属化合物性质的运用与理解。在计算的过程中，抓住钠元素与氯元素守恒作答可以达到事半功倍的效果。6.有人形象地把人体比作一架缓慢氧化着的“高级机器”,人体在正常生命活动过程中需要不断地补充“燃料” 。依照这种观点,你认为
11、人们通常摄入的下列物质中不能被看作“燃料”的是( )A. 淀粉类物质 B. 水 C. 脂肪类物质 D. 蛋白质- 5 -【答案】B【解析】【分析】“燃料”的含义是指能在人体内反应并提供能量的物质，据此采用排除法分析作答。【详解】A. 淀粉属于糖类，糖类是人体的主要供能物质，不符合题意，故 A 项错误；B. 水在人体内主要是做溶剂，不能为人体提供能量，故 B 项正确；C. 脂肪能在体内发生氧化反应提供能量，不符合题意，故 C 项错误；D.食物中的蛋白质在体内被水解为氨基酸后才能吸收，一部分氨基酸再重新合成人体的蛋白质，另一部分氨基酸氧化分解释放能量，供生命活动需要，不符合题意，故 D 项错误；答
12、案选 B。7.将 Na、Mg、Al 各 0.3mol 分别放入足量的 HCl 中,同温同压下产生的气体的体积比是( )A. 1 : 2 : 3 B. 6 : 3 : 2 C. 3 : 1 : 1 D. 1 : 1 : 1【答案】A【解析】【分析】由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中 H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。【详解】由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中 H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。0.3 mol Na Na+，失去的电子的物质的量为 0.3 mol；0.3 mol Mg Mg2+，
13、失去的电子的物质的量为 0.3 mol 2 = 0.6 mol；0.3 mol Al Al3+，失去的电子的物质的量为 0.3 mol 3 = 0.9 mol；则同温同压下产生的气体的体积比 0.3 mol：0.6 mol：0.9 mol = 1：2：3，故 A 项正确；答案选 A。8.常温下，向 0.1 molL1 CH3COOH 溶液中不断加水，过程中始终保持增大的是A. c（H ）B. Ka（CH 3COOH）C. c（H ）c（OH ）D. c（H ）/c（CH 3COOH）- 6 -【答案】D【解析】试题分析：A因 CH3COOH 为弱酸，则浓度为 0.1molL-1CH3COOH
14、溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H +）增大，但 c（H +）不断减小，故 A 错误；B因电离平衡常数只与温度有关，则 Ka（CH 3COOH）在稀释过程中不变，故 B 错误；Cc（H ）c（OH ）只与温度有关，随着温度升高而增大，与溶液的酸碱性、浓度均无关系，故 C 错误；D稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，则氢离子与醋酸的浓度的比值逐渐增大，故 D 正确。故选D。考点：考查弱电解质在水中的电离平衡9.关于强、弱电解质叙述正确的是( )A. 强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物B. 强
15、电解质都是可溶性化合物,弱电解质都是难溶性化合物C. 强电解质的水溶液中无溶质分子,弱电解质的水溶液中有溶质分子D. 强电解质的水溶液导电能力强,弱电解质的水溶液导电能力弱【答案】C【解析】【分析】A. 有些强电解质为共价化合物；B. 电解质强弱与溶解性无关；C. 根据强、弱电解质的定义解答；D. 水溶液中导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。【详解】A. 氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故 A 项错误；B. 硫酸钡为强电解质，难溶于水，醋酸易溶于水为弱电解质，故 B 项错误；C. 强电解质在水中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水中部分电离，存在溶质
16、分子，故 C 项正确；D. 水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故 D 项错误；答案选 C。- 7 -【点睛】本题侧重考查学生对强、弱电解质概念的理解能力，根据在水溶液中是否完全电离，又将电解质分为强电解质和弱电解质，弱电解质是指在水中不完全电离（部分电离）的化合物，如弱酸(HF、CH 3COOH)、 弱碱NH 3H2O、Fe(OH) 3和 Cu(OH)2；强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，如大多数盐类和强酸、强碱(H 2SO4、HNO 3、HCl、NaOH 和 KOH 等)都是强电解质。值得注意的是，化合物是否是强电解质，
17、与化合物类型、溶解性以及导电性没有直接关系，不能将判断标准混为一谈。10.反应 C(s)+H2O CO(g)+H2(g)H0，达到平衡时，下列说法正确的是( )A. 加入催化剂，平衡常数不变 B. 减小容器体积，正、逆反应速率均减小C. 增大 C 的量，H 2O 的转化率增大 D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动【答案】A【解析】试题分析：A加入催化剂后，化学平衡不发生移动，则化学平衡常数不变，故 A 正确；B减小容器容积，容器内压强增大，则正逆反应速率都增大，故 B 错误；C由于 C 的状态为固体，则增大 C 的量，化学平衡不发生移动，故 C 错误；D升高温度后，平衡向着吸热的反应方向一定，
18、该反应的正反应为吸热反应，则平衡向着正向移动，故 D 错误；故选 A。【考点定位】考查化学平衡的影响因素【名师点晴】本题考查了化学平衡的影响因素。明确浓度、温度、催化剂等因素对化学平衡的影响为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。具体影响化学平衡移动的因素有：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度，化学平衡向着放热方向进行，增大压强化学平衡向着气体体积减小的方向进行，减小压强化学平衡向着气体体积增大的方向进行，增大反应物的浓度，平衡正向移动，减小反应物的浓度，平衡逆向移动；加入催化剂，平衡不移动。11.25时关于 0.10molL-1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )A. 溶质的电
19、离方程式为 NaHCO3=Na+H+CO32-B. 25时,加水稀释后 c(H+)与 c(OH-)的乘积不变C. 离子浓度关系:c(Na +)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D. 温度升高,c(HCO 3-)增大【答案】B【解析】【分析】- 8 -A. 碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子不能拆开；B. 温度不变，水的离子积不变；C. 碳酸根离子带有 2 个单位负电荷，电荷守恒中其系数应该为 2；D. HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解。【详解】A. 碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其正确的电离方程式为：NaHCO 3Na +HCO3
20、，故 A 项错误；B. 25时，加水稀释后，水的离子积 Kw = c(H+)c(OH)不变，故 B 项正确；C. 根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：c(Na +)+c(H+)c(OH )+c(HCO3)+2c(CO32)，故 C项错误；D. HCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则 c(HCO3)减小，故 D 项错误；答案选 B。【点睛】本题侧重考查水溶液中单一溶质的离子平衡及其影响因素，题型基础，其中 C 项是学生易错点，c(H +)与 c(OH-)之积为水的离子积常数 Kw，简称水的离子积。 Kw = c(H+)c(OH)，该公式不仅适用于纯水中，也适用于任何水溶液中，公式中的 c(
21、H+)和 c(OH-)是分别是指整个溶液中氢离子和氢氧根离子的总物质的量浓度。利用她可以简单地判断溶液中的 pH 值及酸碱性。值得注意的是， Kw只随温度变化而变化，不会随某一离子浓度的变化而变化，学生要正确理解 Kw的含义，才能正确解题。12.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )A. 向盐酸中加入氨水至中性,溶液中+4-c(NH)1ClB. 在蒸馏水中滴加浓 H2SO4,Kw不变C. 向 0.1 mol/L CH3COOH 溶液中加入少量水,溶液中 增大+3c()COHD. 将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30,溶液中 增大-3()cc(【答案】C【解析】【分析】A. 向盐酸中加
22、入氨水至中性，溶液中电荷守恒为 c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)得到c(NH4+) = c(Cl-)；- 9 -B. 溶液中离子积常数随温度变化；C. 向 0.1 mol/L CH3COOH 溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少；D. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大。【详解】A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为 c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)，得到 c(NH4+) = c(Cl-)，则 = 1，故 A 项错误；4()cNHCl+-B. 溶液中离子
23、积常数随温度变化，在蒸馏水中滴加浓 H2SO4，浓硫酸溶解放热，溶液温度升高，促进水的电离，K w增大，故 B 项错误；C. 向 0.1mol/L CH3COOH 溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少，溶液中 增大，故 C 项正确；+3c(H)COD. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡向正向进行，水解平衡常数 Kh增大， Kh = 增大，则 减小，()(3ccH- -3c(CHO)(故 D 项错误；答案选 C。13.下列有关粒子浓度关系正确的是( )A. 0.2mol/L 的 NaHCO3溶液:c(HCO 3-)c(CO32-)0.1m
24、ol/Lc(H2CO3)B. pH=2 的 CH3COOH 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合:c(Na +)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)C. 0.2mol/L CH3COOH 溶液和 0.2mol/L CH3COONa 溶液等体积混合:c(CH 3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/LD. 浓度均为 0.1mol/L 的NH 4Cl NH 4Al(SO4)2 NH 4HCO3三种溶液,其中 c(NH4+):【答案】C【解析】【分析】A. NaHCO3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即c(Na+) = c(HCO3-
25、)+c(CO32-)+c(H2CO3)；B. CH3COOH 为弱酸，pH=2 的 CH3COOH 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合后溶液的溶质为- 10 -CH3COONa 与 CH3COOH 的混合溶液；C. 溶液中遵循电荷守恒，c(Na +) = 0.1 mol/L；D. 三种溶液中均存在 NH4+H2O NH3H2O+H+，分析其他阴离子对该水解平衡是否有影响来判断并比较 NH4+的浓度大小。【详解】A. NaHCO 3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即 c(Na+) = c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) = 0.2
26、mol/L，则 HCO3-、CO 32-的浓度不可能都大于 0.1 mol/L，否则加起来就大于 0.2 mol/L，不符合物料守恒规律，故 A 项错误；B. CH3COOH 为弱酸，pH=2 的 CH3COOH 溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合后溶液的溶质为CH3COONa 与 CH3COOH 的混合溶液，所得溶液显酸性，即 c(CH3COO-) c(Na+) c(H+) c(OH-)，故 B 项错误； C. 考查溶液中的电荷守恒，即 c(Na+)+ c(H+) = c(CH3COO-)+c(OH-)，所以 c(Na+) = c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+) =
27、 0.1 mol/L，故 C 项正确；D. 三种溶液中均存在铵根离子的水解平衡 NH4+H2O NH3H2O+H+，中氯离子对铵根离子的水解无影响，中 NH4Al(SO4)2电离产生的铝离子对铵根离子的水解起抑制作用，而NH 4HCO3电离出的碳酸氢根离子对铵根离子的水解起促进作用，则 c(NH4+):，故 D项错误；答案选 C。14.25时,水的电离达到平衡: H 2O H OH H0,下列叙述正确的是( )A. 向水中加入氨水,平衡逆向移动，c(OH )降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H +)增大，, Kw不变C. 向水中加入少量固体 CH3COONa，平衡逆向移动, c(H +
28、)降低D. 将水加热， Kw增大， pH 不变【答案】B【解析】【分析】A. 氨水显碱性，纯水显中性，碱中的 OH-浓度大于水中的；B. 硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；C. 醋酸根水解对水的电离起到促进作用；D. 温度升高，水的离子积常数增大，则 pH 值减小。【详解】A. 氨水显碱性，向水中加入氨水,碱对水的电离起抑制作用，所以平衡向逆向移动,- 11 -但溶液由中性到碱性，所以 c(OH-)增大，故 A 项错误；B. NaHSO4在水中完全电离，NaHSO 4=Na H SO 42-，使得溶液中 c(H )增大，但温度不变，则 Kw 不变，故 B 项正确；C. 醋酸钠中的
29、醋酸根水解对水的电离起到促进作用，使得电离平衡向正反应方向移动，又醋酸根水解显碱性，可知溶液中的 c(H+)降低，故 C 项错误；D. 温度升高，水的离子积常数增大，则 c(H+)增大，即 pH 值减小，故 D 项错误；答案选 B。15.化学反应 4A(s)+3B(g) 2C(g)+D(g),经 2min,B 的浓度减少 0.6mol/L.对此反应速率的表示正确的是( )A. 用 A 表示的反应速率是 0.4mol(Lmin)-1B. 分别用 B、C、D 表示的反应速率其比值是 3:2:1C. 2min 末的反应速率用 B 表示是 0.3mol(Lmin)-1D. 2min 内,v 正(B)和
30、 v 逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的【答案】B【解析】【分析】A. 化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速率；B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；C. 化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率；D. B 为反应物，浓度降低，而 C 为生成物，浓度增大。【详解】A. 物质 A 是固体，反应过程中浓度视为定值，不能用 A 表示该反应的反应速率，故 A 项错误；B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则 v(B):v(C):v(D)=3:2:1，故 B 项正确；C. 2 min 末的反应速率为
31、即时速率，用 B 表示速率 0.3mol/(Lmin)，是 2min 内的平均速率，故 C 项错误；D. 根据题设信息可知，B 为反应物，浓度降低，而 C 为生成物，浓度增大，则 2 min 内，v正(B)和 v 逆(C)表示的反应速率的值分别是逐渐减小和逐渐增大的，故 D 项错误；答案选 B。- 12 -【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。此外在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意以下几点：（1）题设条件中所用时间可能是 s，也可能是 min，因此常用单位为 mol
32、L1 min1 或molL1 s1 ；（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。学生只有真正理解了化学反应速率的概念及其应用，则解此类题会游刃有余，得心应手。16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 用 CH3COOH 溶液做导电实验，灯泡很暗，证明 CH3COOH 是弱电解质B. pH 相同的醋酸和盐酸
33、，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的 m 倍和 n 倍，稀释后两溶液的 pH 仍然相同，则 mc(NH4+)c(H+)c(OH-) c(Cl -)c(NH4+)c(OH-)c(H+) c(NH 4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+) c(Cl -)c(H+)c(NH4+)c(OH-)填写下列空白:（1）若溶液中只溶解了一种溶质,则该溶液是_,上述四种离子的浓度的大小顺序为_(填序号)（2）若上述关系中是正确的,则溶液中的溶质为_;若上述关系中是正确的,则溶液中的溶质是_（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性，则混合前 c(HCl)_c(NH3H2O)(填“大于
34、” “小于”或“等于”)【答案】 (1). NH4Cl (2). (3). NH4Cl 和 NH3H2O (4). NH4Cl 和 HCl (5). 小于【解析】【分析】（1）任何电解质溶液中都存在 OH-、H +，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH 4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；（2）若上述关系中是正确的，c(OH -) c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混- 16 -合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；若上述关系中是正确的，溶液中c(H+) c(OH-)则溶液呈酸性，又溶液中 c(H+) c(NH4+)，说明溶液中存在
35、两种溶质，分别是 HCl 和 NH4Cl；（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析。【详解】 （1）若溶液中只溶解了一种溶质,由于溶液中只存在 OH、H +、NH 4+、Cl 四种离子，则该溶液只能为 NH4Cl 溶液，因 NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为 c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，故答案为：NH 4Cl；（2）若上述关系中是正确的，c(OH )c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶
36、质为NH4Cl、NH 3H2O，若上述关系中是正确的，溶液中 c(H+)c(OH)则溶液呈酸性，如果溶液中只含氯化铵，则溶液中存在 c(NH4+)c(H+)，实际上溶液中存在 c(H+)c(NH4+)，说明不仅氯化铵水解生成氢离子，还得有 HCl 电离生成氢离子，所以该溶液中存在的溶质为HCl、NH 4Cl，故答案为：NH 4Cl、NH 3H2O；HCl、NH 4Cl。（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液，即 c(HCl)小于 c(NH3H2O)，故答案为：小于。22.（1）浙江大学用甲醇、CO、O 2
37、在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的研究开发。已知:1mol CO 完全燃烧放出 283.0kJ 的热量;1mol H 2O(l)完全蒸发变成 H2O(g)需吸收 44.0 kJ 的热量;2CH 3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) H=-15.5 kJmol -1则 2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(l) H=_。（2）工业合成氨的反应为 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是一个放热的可逆反应,反应条件是高温、高压并且需要合适的催化剂。已知形成 1mol HH 键、1m
38、ol NH 键、1mol NN 键放出的能量分别为 436 kJ、391 kJ、946 kJ。则:若 1 mol 氮气完全反应生成氨气可放出的能量为_kJ。如果将 1 mol 氮气和 3 mol 氢气混合,使充分反应,反应放出的能量总小于上述数值,为什么?_。- 17 -实验室模拟工业合成氨时,在容积为 2L 的密闭容器内,反应经过 10 分钟后,生成 10 mol 氨气,则用氮气表示的化学反应速率是_molL -1min-1。一定条件下,当合成氨的反应达到化学平衡时,下列说法正确的是_。a.以同一物质表示的正反应速率和逆反应速率相等b.正反应速率最大,逆反应速率为 0c.氮气的转化率达到最大
39、值d.氮气和氢气的浓度相等e.N2、H 2和 NH3的体积分数相等f.反应达到最大限度【答案】 (1). -342.5 kJmol -1 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1mol 氮气和3mol 氢气不能完全反应，放出的能量总是小于 92kJ (4). 0.25 (5). acf【解析】【分析】（1）根据题设条件，将与分别写成热化学方程式得，CO(g) + O2(g) = CO2(g) H = -283.0 kJmol -1；H 2O(l) = H2O(g) H = +44.0 kJmol -1；结合反应利用盖斯定律可得，目标化学方程式 2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(
40、g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由-+得到，从而计算出反应的焓变；（2）化学反应的能量变化实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。根据参与反应的物质分子内化学键的断裂吸收的能量与新化学键形成所放出的能量的代数和来计算 1 mol 氮气完全反应生成氨气放出的热量；反应为可逆反应，1 mol 氮气和 3 mol 氢气混合不能反应彻底；化学反应速率的定义式 = = 计算出氨气的速率，再结合化学反应速率之比等ctnVt于化学计量数之比推出氨气表示的化学反应速率即可；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、百分含量不变等物理量保持不变。选择判断的物理
41、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。【详解】 （1）根据题设条件，将与分别写成热化学方程式得，- 18 -CO(g) + O2(g) = CO2(g) H 1 = -283.0 kJmol-1；1H 2O(l) = H2O(g) H 2 = +44.0 kJmol-1；结合反应根据盖斯定律可得，目标化学方程式 2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由-+得到，所以对应的焓变 H = -283.0 kJmol -1-（+44.0 kJmol -1）+（-15.5 kJmol -1） = -342.5 k
42、Jmol -1，故答案为：-342.5 kJmol -1；（2）旧化学键的断裂需要吸收的能量，新化学键形成需要放出的能量，结合化学反应方程式及其题设中所给数据，可计算出若 1 mol 氮气完全反应，则反应的焓变为 H = 946 kJ/mol+3 436 kJ/mol-6 391 kJ/mol = -92 kJ/mol，则反应放出的热量为 92 kJ，故答案为：92；因反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)为可逆反应，则 1 mol 氮气和 3 mol 氢气混合不能完全反应，则实际放出的热量小于理论值，故答案为：该反应是可逆反应，1mol 氮气和 3mol 氢气不能完全反应，放出的能量
43、总是小于92 kJ；由化学反应速率的定义式 = = 得，氨气的化学反应速率 (NH3) = ctnVt = 0.5 molL-1min-1,又知参加反应的各物质的化学反应速率之比等于其化学102molLin计量数之比，则 (N2)： (NH3) = 1:2，所以 (N2) = (NH3) =0.25 molL-1min-1，1故答案为：0.25；（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等物理量保持不变。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。a. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，即以同一物质表示的正反应
44、速率和逆反应速率相等，故 a 项正确；b.正反应速率最大，逆反应速率为 0，正逆反应速率不相等，故 b 项错误；c.氮气的转化率由变化到定值（最大值）时，说明可逆反应到达平衡状态；d. 当反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，但氮气和氢气的浓度相等不一定是定值，故 d 项错误；e. 当反应达到平衡状态时，N 2、H 2和 NH3的体积分数保持不变，但各物质的体积分数相等，- 19 -不代表保持不变，故 e 项错误；f.平衡状态即反应达到最大限度，故 f 项正确；故答案为：acf。23.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池为装置_(填“原电池”或“电解池”)
45、。（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差 28g，导线中通过_mol 电子。（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中 NO3-的浓度_(填“变大” 、 “变小”或“不变”)。（4）其他条件不变，若用 U 形铜棒代替“盐桥” ，工作一段时间后取出铜棒称量，质量_(填“变大” 、 “变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量 AgNO3溶液，则乙池中左侧 Pt 电极反应式为_，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_(填化学式)。【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). (6). Ag2O【解析】试题分析：（1）根据
46、图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）根据甲装置总反应计算两电极质量相差 28g 时导线中通过电子的物质的量；（3）甲2CuAgg+=池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极；（4）其他条件不变，若用 U 形铜棒代替“盐桥” ，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极；乙池中左侧 Pt 电极与原电池的正极相连是电解池的阳极。解析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应2CuAgg+=设参加反应的铜的质量为 xg，生成银的质量为 ag- 20 -2CuAgg+=64g 216g x g a g 6421a=2164x8+X=6.4g所以参加反应的铜的物
47、质的量是 0.1mol，转移电子的物质的量是 0.2mol；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中 NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用 U 形铜棒代替“盐桥” ，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为2Cue-+=，所以铜棒质量不变；乙池中左侧 Pt 电极与原电池的正极相连是电解池的2+-阳极，电极反应为 ，乙池中又侧 Pt 电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加Age+-=入 Ag2O。点睛：原电池外电路中的电子是从负极流向正极，内电路中阴离子移向负
48、极、阳离子移向正极。电解池中阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。24.A、B、C、D、E、F 六种短周期主族元素，A 的简单离子焰色反应为黄色。B 的最高价氧化物对应水化物 B(OH)2 5.8 g 恰好能与 100 mL 2 molL-1盐酸完全反应；且 B 原子核中质子数和中子数相等。E 2在黄绿色气体 C2中燃烧产生苍白色火焰。D 原子的最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，F 和 D 同主族。 根据上述条件回答：（1）写出元素 B 的名称 ，元素 C 在元素周期表中的位置 。（2）A、D 形成淡黄色化合物，该物质中含有的化学键类型为 。（3）C 2与 ADE 溶液反应的离子方程式为 。（4）用电子式表示 BC2的形成过程 。（5）由元素 D 和 E 构成的 9e 微粒名称是
