2022年高三化学上学期期中专题汇编 化学反应原理(I)

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1、2022年高三化学上学期期中专题汇编 化学反应原理(I)一、选择题(每题分，计分)1.(xx届山东德州)现有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈碱性C. 可能呈中性或碱性D. 一定呈中性2.(xx届山东聊城莘县实验)下列说法不正确的是( ) 将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离

2、子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A. B. C. D. 二、填空题(每题分，计分)3.(xx届山东枣庄)常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)4.(xx届山东枣庄)用惰性电极电解硫酸铜和盐酸的混合溶液，则阴、阳两极产生气体的成分及体积比(相同条件)不

3、可能的是( ) A. 阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：lB. 阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比l：1C. 阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：1D. 阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：l5.(xx届山东枣庄)25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列叙述正确的是( ) A. 升高温度，溶液的pH降低B. 加入NaOH固体，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)6.(xx届山东枣庄)反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所

4、示(E10，E20)，回答下列问题图中E1代表的意义是该反应是反应(填“吸热”或“放热”)反应热H的表达式为当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率(填“增大”“减小”或“不变”)(2)800时，在2L密闭容器内充入0.50mol NO和0.25mol O2，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0体系中，n(NO)随时间的变化如下表：t/s012345n(NO)/mol0.500.350.280.250.250.25能说明该反应已达到平衡状态的是A. v(NO2)正=v(O2)逆B. 容器内压强保持不变C. v(NO)逆=2v(O2)正D. 容器内气体颜色不变能使该反应的反应速

5、率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是A. 适当升高温度B. 缩小反应容器的体积C. 增大O2的浓度D. 选择高效催化剂7.(xx届山东枣庄)下列关于pH变化的判断正确的是( ) A. 温度升高，Na2CO3溶液pH减小B. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小D. 温度升高，纯水pH增大8.(xx届山东枣庄)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下下列说法正确的是( ) A. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小B. 三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大C. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液

6、D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液9.(xx届山东青岛城阳一中)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法其反应过程如图所示：(1)反应I的化学方程式是(2)反应I得到的产物用I2进行分离该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层根据上述事实，下列说法正确的是(选填序号)a两层溶液的密度存在差异b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨别两层溶液的方法是经检测，H2SO4层中c(H+)：c(SO)=2.06：1其比值大于

7、2的原因是10.(xx届山东枣庄)(1)常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液，其pH为，此时水的电离受到(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是(填字母)A. 减小NO2的浓度B. 降低温度C. 增加NO2的浓度D. 升高温度(3)在某温度下，H2O的离子积常数为11013mol2L2，则该温度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=；100mL 0.1molL1H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的KOH溶液

8、混合后，pH=(4)已知一溶液有4种离子：X+、Y、H+、OH，下列分析结果肯定错误的是A. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，将a molL1的氨水与0.01molL1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH)=c(Cl)则溶液显(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=(6)水溶液中的行为是中学化学的重要内容已知下列物质的电离常数值：HClO：Ka=3108HCN：Ka=4.91010H2CO3：Ka1=4.

9、3107Ka2=5.6101184消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为三、解答题(每题分，计分)11.(xx届山东枣庄)在某温度下反应ClF(气)+F2(气)ClF3(气)+268千焦在密闭容器中达到平衡下列说法正确的是( ) A. 温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大B. 温度不变，增大体积，ClF3的产率提高C. 升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动D. 降低温度，体积不变，F2的转化率降低12.(xx届山东枣庄)对下列实验的描述不正确的是( ) A. 图(a)所示的实验：根据检流计(G)中指针偏转的方向比较Zn、Cu的金属活泼性B. 图(b)所示的实验：根据小试管中

10、液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀C. 图(c)所示的实验：根据温度计读数的变化用稀盐酸和稀NaOH溶液反应测定中和热D. 图(d)所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化判断2NO2(g)N2O4(g)是放热反应13.(xx届山东枣庄)下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是( ) A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象B. 一般认为沉淀离子浓度小于1.0105mol/L时，则认为已经沉淀完全C. 由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3)，因此不可能使生成的BaSO4沉淀再转化为BaCO3沉淀D. 由SO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸1

11、4.(xx届山东枣庄)已知25物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；ZnS：Ksp=1.61024下列说法正确的是( ) A. 相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.31035mol/LD. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀15.(xx届山东枣庄)下列关于铁电极的说法中，正确的是( ) A. 钢铁的吸氧腐蚀中铁是正极B. 在铁片上镀铜时铁片作阳极C. 电解饱和食盐水时可用铁

12、作阴极D. 镀锌铁板发生电化学腐蚀时铁是负极16.(xx届山东枣庄)相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( ) 酸HXHYHZ电离常数K/(molL1)910791061102A. 三种酸的强弱关系：HXHYHZB. 反应HZ+YHY+Z能够发生C. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离常数大于0.1mol/L HX溶液的电离常数17.(xx届山东枣庄)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

13、)+c(CH3COOH)B. c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)C. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)18.(xx届山东枣庄)25时，在1.0L浓度均为0.01molL1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na+)c(A)，则下列描述中，不正确的是( ) A. 该溶液的pH7B. HA的酸性很弱，A水解程度较大C. c(A)+c(HA)=0.02molL1D. n(A)+n(OH)=0.01mo1+n(H+)19.(xx届山东枣庄)在25时，某溶液中由水电离出的H+=11012molL1，则该溶液的p

14、H可能是( ) A. 12B. 10C. 6D. 420.(xx届山东枣庄)实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是( ) A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)B. 滤液b中不含有Ag+C. 中颜色变化说明AgCl转化为AgID. 实验可以证明AgI比AgCl更难溶21.(xx届山东枣庄)下列关于电化学的理解正确的是( ) A. 原电池一定是负极材料失电子，发生氧

15、化反应B. 电解池的电极材料一定不参与电极反应C. 原电池的负极和电解池的阳极一定发生氧化反应D. 原电池中的阳离子移向负极，电解池中的阳离子则移向阴极22.(xx届山东枣庄)将一定体积的NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的体积为V2；则下列叙述正确的是( ) A. 若V1V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强B. 若V1V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱C. 因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D. HA. HB分别和NaOH中和后，所得的溶液都一定呈中性23.(xx届山东枣庄)获得“8

16、63”计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解质为AlI3溶液，已知电池总反应为2Al+3I22AlI3下列说法不正确的是( ) A. 该电池负极的电极反应为：Al3eAl3+B. 电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动C. 消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比铝多D. 该电池可能是一种可充电的二次电池参考答案：一、选择题(每题分，计分)1.(xx届山东德州)关键字:山东期中现有Na2CO3、H2SO4、Ba(OH)2三种物质的物质的量浓度与体积都相等的溶液，若以不同顺序将它们中的两种混合起来，出现沉淀后过滤，再将滤液与第三种溶液混合起来，最终所得的溶液

17、( ) A. 一定呈酸性B. 不可能呈碱性C. 可能呈中性或碱性D. 一定呈中性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】离子反应专题【分析】如果是Na2CO3、Ba(OH)2先混合，再把滤液和H2SO4混合，所得溶液为Na2SO4溶液，溶液显中性；如果是H2SO4、Ba(OH)2先混合，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把滤液和Ba(OH)2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba(OH)2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反应，生成的Na2SO4再与Ba

18、(OH)2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性；若先将Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba(OH)2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2SO4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；若先将H2SO4和Ba(OH)2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba(OH)2溶液恰好完全反应，生成硫酸钡和水，再加入a2CO3溶液，水解呈碱性则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性，故选C. 【点评】本题考查溶液酸碱性定性判断，为高频考点，明确反应实质及最后所得溶液溶质成分是解本题关键，题目难度不大2.(xx届山东聊城莘县实验)关键字:山东

19、期中下列说法不正确的是( ) 将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A. B. C. D. 【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶液导电能力取决于溶液

20、中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；【解答】解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选D. 【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关二、填空题(每题分，计分)3.常温

21、下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是( ) A. pH7，且c(OH)c(Na+)c(H+)c(CH3COO)B. pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)C. pH7，且c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)D. pH=7，且c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)【考点】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【分析】A. pH7，说明溶液呈碱性，如NaOH过量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)；B. 任何溶液都存在电荷守恒；C. 醋酸为弱酸，pH7，说明醋酸

22、过量；D. 从溶液电荷守恒的角度判断【解答】解：A. pH7，说明溶液呈碱性，如NaOH过量，可存在c(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，故A错误；B. pH7，说明溶液呈碱性，溶液存在电荷守恒，则有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，故B正确；C. pH7，说明醋酸过量，如醋酸过量较多，则可存在c(CH3COO)c(H+)c(Na+)c(OH)，故C正确；D. 根据溶液的电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，pH=7，则有c(H+)=c(OH)，则溶液中存在c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)，故D正确故选

23、A. 【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，本题注意醋酸为弱电解质的特点，结合溶液的电荷守恒解答该题4.用惰性电极电解硫酸铜和盐酸的混合溶液，则阴、阳两极产生气体的成分及体积比(相同条件)不可能的是( ) A. 阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：lB. 阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比l：1C. 阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：1D. 阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比1：l【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】依据电解原理，依据溶液中阴阳离子的放电顺序，书写电极反应，结合电解过程中电极上的电子守恒进行计算分析判断；【解答】解：

24、溶液中的阳离子为Cu2+、H+；阴离子SO42、Cl、OH；电解时离子放电顺序，阳离子为Cu2+H+；阴离子ClOHSO42；A. 阳极为纯净气体，则阳极电极反应：2Cl2e=Cl2；阴极电极反应：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若电解的是氯化铜和盐酸，电解的依据电极上电子守恒，可知阴、阳两极产生的气体体积比1：l，故A正确；B. 阳极为纯净气体，则阳极电极反应：2Cl2e=Cl2；阴极电极反应：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若电解的是氯化铜和盐酸，依据电极上电子守恒，阴、阳两极产生的气体体积比不可能l：1，故B错误；C. 阳极为混合气体，则阳极电极反应：2Cl2e=Cl2，4O

25、H4e=2H2O+O2；阴极电极反应：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若电解的是氯化铜、硫酸铜，水，依据电极上电子守恒，阴、阳两极产生的气体体积比1：1，故C正确；D. 阳极为混合气体，则阳极电极反应：2Cl2e=Cl2，4OH4e=2H2O+O2；阴极电极反应：Cu2+2e=Cu 2H+2e=H2，若电解的是氯化铜、盐酸，水，依据电极上电子守恒阴、阳两极产生的气体体积比1：l；故D正确；故选B. 【点评】本题考查了电解原理的应用，主要是依据电极产生的气体不同，关键是把电解分为几个不同阶段的电解理解判断5.25下，0.1mol/L的Na2S溶液，下列叙述正确的是( ) A. 升高温度，溶

26、液的pH降低B. 加入NaOH固体，溶液中的c(Na+)、c(S2)均增大C. c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)D. 2c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)【考点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A. 升高温度，促进盐类的水解，溶液pH增大；B. 向溶液中加入少量NaOH固体，抑制Na2S的水解；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH；D. 从物料守恒的角度分析【解答】解：A. 升高温度，促进盐类的水解，所以氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B. 向溶液中加入少量NaOH固体，增大了钠离子浓度，c(OH)增大，

27、抑制Na2S的水解，故B正确；C. Na2S溶液存在S2+H2OHS+OH，则有c(OH)c(H+)，所以c(Na+)c(S2)c(OH)c(H+)，故C正确；D. 物料守恒可知Na的物质的量是S的物质的量的2倍，S在溶液存在形式有3种，所以c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)，故D错误故选BC. 【点评】本题考查离子浓度大小的比较，题目难度不大，注意从物料守恒的角度分析，把握盐类水解的原理，易错点为D，注意离子浓度的变化6.反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示(E10，E20)，回答下列问题图中E1代表的意义是反应物的活化能该反应是放热反应(填“吸热

28、”或“放热”)反应热H的表达式为E1E2 当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减小(填“增大”“减小”或“不变”)(2)800时，在2L密闭容器内充入0.50mol NO和0.25mol O2，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0体系中，n(NO)随时间的变化如下表：t/s012345n(NO)/mol0.500.350.280.250.250.25能说明该反应已达到平衡状态的是BCDA. v(NO2)正=v(O2)逆B. 容器内压强保持不变C. v(NO)逆=2v(O2)正D. 容器内气体颜色不变能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是BCA. 适当升高

29、温度B. 缩小反应容器的体积C. 增大O2的浓度D. 选择高效催化剂【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】(1)E1代表的意义是反应物的活化能；反应中反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，焓变小于零，根据焓变的含义来回答；升高温度，化学反应向着吸热方向进行；(2)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；根据化学反应速率和化学平衡的影响因素进行判断【解答】解：(1)E1代表的意义是反应物的活化能；根据图中信息得到：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反

30、应，焓变=产物的能量反应物的能量，图中，E1是普通分子变为活化分子吸收的能量，E2是活化分子之间的反应生成产物的能量变化，E1E2是反应物和产物的能量之差，反应是放热的，所以焓变=E1E20，故答案为：反应物的活化能；放热；E1E2；当反应达到平衡时，升高温度，化学反应向着吸热方向进行，即逆向进行，所以反应物A的转化率减小，故答案为：减小；(2)A. v(NO2)正=v(O2)逆，反应速率之比与化学计量数之比不等，故A错误；B. 反应前后气体的体积不等，故容器内压强保持不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故B正确；C. v(NO)逆=2v(O2)正，反应速率之比等于化学计量数之比，故v正

31、=v逆，故C正确；D. NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，故容器内气体颜色不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确，故答案为：BCD；A. 升高温度，平衡逆向移动，故A错误；B. 增大压强，化学反应速率加快，平衡正向移动，故B正确；C. 增大O2的浓度，化学反应速率加快，平衡正向移动，故C正确；D. 选择高效催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D错误，故答案为：BC. 【点评】本题考查化学反应中能量变化的判断，化学平衡的影响因素和平衡移动方向的判断，化学平衡状态的判断、化学反应速率和化学平衡的影响因素，难度中等要注意把握平衡状态的特征7.下列关于pH变化的判断正确的是(

32、) A. 温度升高，Na2CO3溶液pH减小B. 氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大C. 新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小D. 温度升高，纯水pH增大【考点】盐类水解的应用；水的电离【分析】A. 碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应；B. 氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，氢氧根离子浓度减小；C. 新制氯水中含有氯气和水反应生成的次氯酸，次氯酸见光分解，最后得盐酸，溶液酸性增强；D. 水的电离是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子、氢氧根离子浓度增大【解答】解：A. 碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应，升温崔进水解正向进行，溶液减小增强，pH增大，故A错误；B. 氢氧化钠

33、会吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，故B错误；C. 新制氯水中含有氯气和水反应生成的次氯酸，次氯酸见光分解，最后得稀盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故C正确；D. 水的电离是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子、氢氧根离子浓度增大，所以纯水pH减小，故D错误；故选C. 【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解原理的分析应用，注意水解和弱电解质电离都是吸热过程，升温促进，掌握基础是关键，题目较简单8.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下下列说法正确的是( ) A. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小B. 三个不同温度中，313K时

34、Ksp(SrSO4)最大C. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】沉淀溶解平衡中的溶度积常数只与温度有关，与浓度改变无关；溶解度随温度变化而变化，也随离子浓度改变；硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线，纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数图象分析采取定一议二的方法进行分析；【解答】解：A. Ksp只与温度有关与浓度无关，故A错误；B. 由图象可知：在相同条件下，温度越低，越大，Ksp(SrSO4)越大，B正确；

35、C. a点在283K的下方，属于不饱和溶液，C正确；D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，D错误故选BC. 【点评】本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的意义和应用，饱和溶液的判断，关键是正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势9.(xx届山东青岛城阳一中)关键字:山东期中氢能是一种极具发展潜力的清洁能源以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法其反应过程如图所示：(1)反应I的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI(2)反应I得到的产物用I2进行分离该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓度I2的

36、H2SO4层和含高浓度I2的HI层根据上述事实，下列说法正确的是ac(选填序号)a两层溶液的密度存在差异b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层经检测，H2SO4层中c(H+)：c(SO)=2.06：1其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子【考点】常见的能量转化形式；反应热和焓变【分析】(1)由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；(2)分成两层，与溶解性、密度有关；两层的颜色不同；H2SO4中c(H+)：c(SO42)=2：1，且HI电离出氢离

37、子；【解答】解：(1)由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；(2)a两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；H2SO4层中c(H+)：c(SO42)=2.06

38、：1其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子；【点评】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等10.(1)常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液，其pH为4或10，此时水的电离受到抑制(2)已知：2NO2(g)N2O4(g)H=57.20kJmol1一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是BC(填字母)A. 减小NO2的浓度B.

39、降低温度C. 增加NO2的浓度D. 升高温度(3)在某温度下，H2O的离子积常数为11013mol2L2，则该温度下：0.01molL1NaOH溶液的pH=11；100mL 0.1molL1H2SO4溶液与100mL 0.4molL1的KOH溶液混合后，pH=12(4)已知一溶液有4种离子：X+、Y、H+、OH，下列分析结果肯定错误的是CA. c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)B. c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)C. c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)D. c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)(5)在25下，将a molL1的氨水与0.01molL1的盐酸等体积混合，反应时溶

40、液中c(NH)=c(Cl)则溶液显中(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=(6)水溶液中的行为是中学化学的重要内容已知下列物质的电离常数值：HClO：Ka=3108HCN：Ka=4.91010H2CO3：Ka1=4.3107Ka2=5.6101184消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO【考点】离子浓度大小的比较；化学平衡的影响因素；水的电离【专题】盐类的水解专题【分析】(1)水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，据此计算出水电离出的氢离子的浓度，然后判断溶液酸碱性及对水的电离的影响情况；(2)该反

41、应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要提高二氧化氮的转化率，只要改变条件使化学平衡向正反应方向移动即可；(3)溶液中c(H+)=，pH=lgc(H+)；混合溶液中c(OH)=，c(H+)=，pH=lgc(H+)；(4)该溶液可能为中性、酸性、碱性溶液，但溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；(5)在25下，平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根据物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，根据NH3H2O的电离常数Kb计算；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，发生强

42、酸制取弱酸的反应【解答】解：(1)常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c(H+)c(OH)=11020的溶液中满足：c(H+)=c(OH)=11010mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液，溶液的pH可能为4或10，故答案为：4或10；抑制；(2)该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等，A. 减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故A错误；B. 降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高，故B正确；C. 增加N02的浓度，平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正

43、反应方向移动，故C正确；D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故D错误；故答案为：BC；(3)溶液中c(H+)=mol/L=1011mol/L，pH=lgc(H+)=lg1011=11，故答案为：11；混合溶液中c(OH)=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=1012mol/L，pH=lgc(H+)=12，故答案为：12；(4)A. 当溶液为酸性时，可以满足关系：c(Y)c(X+)c(H+)c(OH)，故A正确；B. 当溶液呈碱性时可以满足c(X+)c(Y)c(OH)c(H+)，故B正确；C. 该关系c(H+)c(Y)c(X+)c(OH)无法了电荷守恒，故C错误；D.

44、 当溶液呈碱性，且YOH远远过量时可以满足c(OH)c(X+)c(H+)c(Y)，故D正确；故答案为：C；(5)在25下，平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)=0.005mol/L，根据物料守恒得c(NH3H2O)=(0.5a0.005)mol/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH)=107mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb=，故答案为：中；(6)由Ka可知碳酸的酸性HClO，则84消毒液中通入少量的CO2的反应为：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3，故答案为：NaClO+CO2+H2OHClO+NaHCO3【点评】本题考查离子浓度大小比较、盐类水解的应用及电

45、解原理，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，明确盐类水解规律及酸性强弱的关系、电离平衡常数的计算、离子的放电顺序等即可解答三、解答题(每题分，计分)11.在某温度下反应ClF(气)+F2(气)ClF3(气)+268千焦在密闭容器中达到平衡下列说法正确的是( ) A. 温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大B. 温度不变，增大体积，ClF3的产率提高C. 升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动D. 降低温度，体积不变，F2的转化率降低【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】根据外界条件对化学平衡的影响【解答】解：A. 缩小体积，压强增大，平衡向气体体积减小

46、的方向移动即正反应方向，ClF的转化率增大，故A正确；B. 增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，ClF3的产率降低，故B错误；C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向；增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，所以升高温度，增大体积，有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；D. 降低温度，平衡向放热的方向移动即正反应方向，F2的转化率增大，故D错误；故选：A. 【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡的影响，掌握外界条件对化学平衡的影响是解题的关键12.对下列实验的描述不正确的是( ) A. 图(a)所示的实验：根据检流计(G)中指针偏转的方

47、向比较Zn、Cu的金属活泼性B. 图(b)所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀C. 图(c)所示的实验：根据温度计读数的变化用稀盐酸和稀NaOH溶液反应测定中和热D. 图(d)所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化判断2NO2(g)N2O4(g)是放热反应【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A. Cu、Zn原电池中，活泼金属为负极，根据原电池的工作原理来回答；B. 析氢腐蚀生成氢气，而吸氧腐蚀中氧气得电子，气体减少；C. 中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间反应；D. 热水中颜色深，则逆反应为吸热反应【解答】解：A. Zn、Cu形成原电池，锌活泼性强的为负极，检流计的指针

48、偏向正极Cu，所以能够根据指针偏向确定正负极，即可判断金属性强弱，故A正确；B. 在氯化钠溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中压强减小，导管中液面上升，不是发生的析氢腐蚀，故B错误；C. 中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应，故C正确；D. 热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确故选B. 【点评】本题考查了原电池原理、铁的电化学腐蚀、中和热的测定、温度对平衡的影响，题目涉及的知识点较多，侧重于对基础知识的综合考查，难度中等13.下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是( ) A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象B. 一般认为沉淀离子浓度小于1.01

49、05mol/L时，则认为已经沉淀完全C. 由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3)，因此不可能使生成的BaSO4沉淀再转化为BaCO3沉淀D. 由SO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀可知，BaSO3不溶于硝酸【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；胶体的重要性质；二氧化硫的化学性质【专题】溶液和胶体专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间；B. 沉淀不可能完全溶解，当离子浓度小于1.0105mol/L时，可认为完全溶解；C. 从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；D. SO2通入Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反

50、应【解答】解：A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故A错误；B. 沉淀不可能完全溶解，当离子浓度小于1.0105mol/L时，可认为完全溶解，故B正确；C. 如c(Ba2+)c(CO32)Ksp(BaCO3)，可生成BaCO3沉淀，故C错误；D. SO2通入Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成BaSO4，故D错误故选B. 【点评】本体考查较为综合，题目难度中等，注意物质的性质，易错点为B，注意从难溶电解质的溶解平衡的角度分析14.已知25物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；

51、ZnS：Ksp=1.61024下列说法正确的是( ) A. 相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B. 除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂C. 足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.31035mol/LD. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀【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. 根据溶度积大小进行比较，溶度积越大，溶解度越大；B. 根据溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；C. H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，根据CuS的溶度积常数

52、(Ksp)为1.31036即可求得；D. 当QcKsp就会生成沉淀【解答】解；A. 由于Ksp(CuS)=1.31036Ksp(ZnS)=1.61024，所以溶解度CuSZnS，故A错误；B. 由于Ksp(CuS)=1.31036Ksp(FeS)=6.31018，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS 固体作为沉淀剂，故B正确；C. H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)为1.31036，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.31035mol/L，故C错误；D. ZnS的饱和溶液中存在S2，加入FeCl2溶液，当Qc=c

53、(Fe2+)c(S2)Ksp(FeS)，就会生成FeS沉淀，故D错误；故选：B. 【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度不大，注意对溶度积常数的利用和理解15.下列关于铁电极的说法中，正确的是( ) A. 钢铁的吸氧腐蚀中铁是正极B. 在铁片上镀铜时铁片作阳极C. 电解饱和食盐水时可用铁作阴极D. 镀锌铁板发生电化学腐蚀时铁是负极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A. 钢铁吸氧腐蚀氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；B. 电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极；C. 电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；D. 锌铁形成原电池，锌比铁活泼作负极【解答

54、】解：A. 钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+O2+4e=4OH，故A错误；B. 电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极，所以铁片上镀铜时铁片作阴极，故B错误；C. 活性电极作阳极时，电极失电子，所以电解饱和食盐水时，用铁不能做阳极，可以做阴极，故C正确；D. 锌铁形成原电池，锌比铁活泼作负极，故D错误故选C. 【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，题目难度不大，侧重于基础知识的考查16.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( ) 酸HXHYHZ电离常数K/(molL1)910791061102A. 三种酸的强弱关系

55、：HXHYHZB. 反应HZ+YHY+Z能够发生C. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离常数大于0.1mol/L HX溶液的电离常数【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】相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答【解答】解：A. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，故A错误；B. 由A知，HZ的酸

56、性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+YHY+Z能发生，故B正确；C. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZHYHX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误；D. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；故选B. 【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点17.在25时将pH=11的NaOH 溶液与pH=3的

57、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+)D. c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题【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

58、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)+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18.25时，在1.0L浓度均为0.