吉林省长春市吉林省实验中学2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析.doc

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1、吉林省长春市吉林省实验中学2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析一单项选择题(每题2分，共22分1.以下方程式书写正确的选项是 A. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+CO32B. H2SO3的电离方程式H2SO32HSO32C. CO32的水解方程式：CO322H2OH2CO32OHD. HCO3在水溶液中的电离方程式：HCO3H2OH3OCO32【答案】D【解析】【详解】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2+CO32-，故A错误；B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，故B错误；C、碳酸根离子分

2、步水解，水解方程式是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故C错误；D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2OH3O+CO32-，故D正确；应选D。2.将以下物质溶于水，能促进水的电离的是A. NaHSO4B. Na2CO3C. SO2D. NaOH【答案】B【解析】A、NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，选项A不符合；B、Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，选项B符合；C、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项C不符合；D、NaOH为强碱，Na

3、OH抑制了水的电离，选项D不符合；答案选B。点睛：此题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，明确水的电离过程为吸热过程，升高温度能够促进电离。水为弱电解质，水的电离方程式：H2O?H+OH-，参加酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，参加能够水解的盐能够促进水的电离；水的电离过程为吸热反响，升高温度能够促进水的电离，据此进行判断。3. pH4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度的关系前者与后者比拟A. 大于B. 小于C. 等于D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】醋酸是弱酸，抑制水的电离。氯化铵溶于水铵根水解促进水的电离，因此pH4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前

4、者小于后者。答案选B。4.pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比119混合,那么混合液的pH为A. 7.2B. 8C. 6D. 无法计算【答案】C【解析】试题分析：酸过量，反响后溶液c(H)=(111059105)/(119)molL1=106molL1，根据pH=lgc(H)=6，应选项C正确。考点：考查pH的计算等知识。5.以下溶液pH一定小于7的是()A. 等体积的盐酸与氨水的混合液B. 由水电离出的c(OH)11010 mol/L的溶液C. 80时的氯化钠溶液D. c(H)1103 mol/L的酸与c(OH)1103 mol/L的碱等体积混合液【答案】C【解析】【详解】A等体积

5、的盐酸和氨水的混合液，没告诉盐酸与氨水的物质的量浓度，氢离子浓度无法确定，故A错误；B水电离出的c(OH-)=110-10molL-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液，可能为碱性溶液，pH不一定小于7，故B错误；C水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，25时，水中c(H+)=10-7mol/L，80时，由水电离出的c(H+)10-7mol/L，所以80时的氯化钠溶液pH值一定小于7，故C正确；D没指名酸和碱的强弱，无法判断溶液的pH值，例如稀的强酸和浓的弱碱溶液反响，反响后溶液呈碱性，故D错误；应选C。【点睛】此题考查溶液pH值大小判断，明确pH值的概念及水的电离平衡的影响因

6、素是解题关键。此题的易错点为B，要注意酸或碱与能够水解的盐对水的电离平衡影响的区别。6.根据以下实验不能证明一元酸HR为弱酸的是A. 室温下，NaR溶液的pH大于7B. HR溶液参加少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大C. 加热NaR溶液时，溶液的pH变小D. 25时，0.01molL1的HR溶液pH3.8【答案】C【解析】【详解】A. 室温下，NaR溶液的pH大于7，那么说明R-在水溶液中能发生水解，从而证明HR为弱酸，故A不选；B. HR溶液参加少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明R-的参加，使HR的电离平衡逆向移动，从而证明HR为弱酸，故B不选；C. 加热NaR溶液时，溶液的pH变

7、小，说明R-没有发生水解，也即HR不是弱酸，故C选；D. 25时，0.01molL1的HR溶液pH3.8，说明HR没有完全电离，HR为弱酸，故D不选；应选C。7.能使H2OH2OH3OOH电离平衡向正反响方向移动，且所得溶液呈酸性的是()A. 在水中加Na2CO3B. 在水中参加CuCl2C. 在水中参加稀硫酸D. 将水加热到99，其中c(H)1106molL1【答案】B【解析】【详解】A、碳酸钠中碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故A错误；B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故B正确；C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反响方

8、向移动，故C错误；D、温度升高，水的电离平衡向正反响方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故D错误；应选B。【点睛】此题考查水的电离的影响因素。此题的易错点为D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关，与c(H)是否大于1107molL1无关。8.以下有关化学平衡常数K、电离平衡常数Ka、水的离子积常数Kw的说法中错误的选项是A. 各常数的大小与温度有关B. 各常数的大小说明平衡体系正反响的程度大小C. 假设温度升高那么各常数一定增大D. 化学平衡常数越大反响物平衡转化率越大【答案】C【解析】【详解】A. 各常数的大小与温度有关，温度改变时，三常数都将发生改

9、变，A正确；B. 各常数的大小说明平衡体系正反响的程度大小，常数越大，正反响进行的程度越大，B正确；C. 假设温度升高，化学平衡常数可能增大也可能减小，C不正确；D. 化学平衡常数越大反响正向进行的越多，反响物平衡转化率越大，D正确。应选C。9.以下说法中正确的选项是()将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质氨溶于水得到的溶液氨水能导电，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能导电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A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态

10、完全电离，是电解质，故正确；氨气自身不能发生电离，氨气是非电解质，氨水是混合物，氨水既不是电解质，也不是非电解质，故错误；共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故错误；固态的离子化合物中阴阳离子受离子键的作用，不能自由移动，因此不导电，熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动，能导电，故正确；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，故正确；应选B。10.室温下,某溶液中由水电离产生的c(H+)等于10-13molL-1,该溶液的溶质不可能是()A. NaHSO4

11、B. NaClC. HClD. Ba(OH)2【答案】B【解析】【详解】室温下，某溶液中由水电离产生的cH+=10-10mol/L10-7mol/L，说明水的电离被抑制，那么溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。A、NaHSO4属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故A不选；B、NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离，故B选；C、盐酸是强酸，抑制水电离，故C不选；D、BaOH2属于强碱而抑制水电离，故D不选；应选B。11. 以下说法正确的选项是A. 增大反响物浓度,可增大单位体积内活化分子百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大B. 有气体参加的化学反响，假设增大压强即缩小反响容器的体积，可

12、增加活化分子的百分数，从而使反响速率增大C. 升高温度能使化学反响速率增大，主要原因是增加了反响物分子中活化分子的百分数D. 催化剂不影响反响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反响速率【答案】C【解析】【详解】增大反响物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反响的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反响速率，D错。【点睛】增大活化分子百分数的条件可以是升温或使用催化剂；增大浓度和增大压强，增大的是单位体积内的活化分子数，而活化分子的百分含量不变。二单项选择题每题3分，共36分12.用1.0mol/L的NaOH

13、溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积变化关系如下图，那么原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反响后溶液的大致体积是 A. 1.0 mol/L，20 mLB. 0.5 mol/L，40 mLC. 0.5 mol/L，80 mLD. 1.0 mol/L，80 mL【答案】C【解析】试题分析：根据硫酸溶液的pH确定氢离子浓度，再根据硫酸和氢离子之间的关系式确定硫酸浓度；根据硫酸和氢氧化钠反响的关系式计算氢氧化钠溶液的体积，硫酸和氢氧化钠溶液体积就是完全反响后溶液的总体积解：根据图象知，硫酸的pH=0，那么cH+=1mol/L，cH2SO4=CH+=0.5mol/L；

14、完全反响时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反响中氢氧化钠和硫酸的关系式得：nNaOH=2nH2SO4=20.5mol/L0.04L=1mol/LV，所以VNaOH=40mL，那么混合溶液体积=40mL2=80mL，应选C13. 25时，将稀氨水逐滴参加到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，以下关系正确的选项是A. cNH4+=cSO42B. cNH4+cSO42C. cNH4+cSO42D. cOH+cSO42=cH+cNH4+【答案】B【解析】【详解】稀氨水逐滴参加到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，cOH=cH+，由电荷守恒可知，cOH+2cSO42=cH+cNH4+，那么2cSO42=cNH4+

15、，所以cNH4+cSO42，应选B。14. 以下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，以下表达正确的选项是 A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/LB. P点时反响恰好完全中和，溶液呈中性C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D. 酚酞不能用做本实验的指示剂【答案】B【解析】【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1molL-1，A错误；B、P点时，溶液pH为7，那么说明中和反响完全，溶液呈中性，B正确；C、曲线a的pH随反响的进行逐渐增大，所以应该是氢氧化钠滴定盐酸，C错误；D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，D错误；故答案

16、是B。15.pH2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如下图，那么以下说法正确的选项是 A. A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C. a5时，A是弱酸，B是强酸D. 假设A、B都是弱酸，那么5a2【答案】D【解析】【详解】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，那么A是强酸，如果a5，那么A和B都是弱酸；A根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错

17、误；B根据图片知，稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；C如果a=5，那么A是强酸，B是弱酸，故C错误；D假设A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5a2，故D正确；故答案为D。16.欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少， A. 通入二氧化碳气体B. 参加氢氧化钠固体C. 通入氯化氢气体D. 参加饱和石灰水溶液【答案】D【解析】【分析】溶液中存在HCO3-H+CO32- 和HCO3H2O H2CO3OH以及H2O H+OH-，NaHCO3溶液显碱性，以HCO3H2O H2CO3OH为主。【详解】A、CO2+H2OH2CO3，抑制

18、碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，故A错误；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以参加氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；C、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故C错误；D、Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以参加饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以

19、氢离子浓度也减小，故D正确；应选D。17.某温度下0.1 mol/L的NaHB(强电解质)溶液中c(H)c(OH)，那么以下关系一定正确的选项是()A. c(Na)c(HB)2c(B2)c(OH)B. c(Na)0.1 mol/Lc(B2)C. HB的水解方程式为HBH2OB2H3OD. 在该盐的溶液中，离子浓度大小顺序为c(Na)c(HB)c(B2)c(OH)c(H)【答案】B【解析】【分析】在浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)(OH-)，说明HB-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析解答。【详解】A溶液中存在电荷守恒，应为c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+

20、2c(B2-)+c(OH-)，因此c(Na+)=c(HB-)+2c(B2-)，故A错误；Bc(Na+)=0.1molL-1，如HB-完全电离，那么c(B2-)=0.1 mol/L，如HB-局部电离，那么c(B2-)0.1 mol/L，因此c(Na+)=0.1molL-1c(B2-)，故B正确；CHBH2OB2H3O为HB的电离方程式，故C错误；D根据题意，浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)(OH-)，故D错误；应选B。18.：25 时，HCOOH的电离平衡常数K1.75105，H2CO3的电离平衡常数K14.4107，K24.71011。以下说法不正确的选项是()A. 向Na2C

21、O3溶液中参加甲酸有气泡产生B. 25 时，向甲酸中参加NaOH溶液，HCOOH电离程度和K均增大C. 向0.1 molL1甲酸中参加蒸馏水，c(H)减小D. 向碳酸中参加NaHCO3固体，c(H)减小【答案】B【解析】【详解】A电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中参加甲酸会生成二氧化碳气体，故A正确；B电离常数只与温度有关，25时，向甲酸中参加NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；C甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的快，所以氢离子浓度减小，故

22、C正确；DNaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确；应选B。19.室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，以下表达错误的选项是( )A. 该溶液的pH=4B. 升高温度，溶液的pH和电离平衡常数均减小C. 此酸的电离平衡常数约为110-7D. 参加少量纯HA，电离程度减小电离平衡常数不变【答案】B【解析】Ac(H+)=0.1mol/L0.1%=110-4，pH=-lgc(H+)=4，故A正确；BHA电离吸热，升高温度，促进电离，那么氢离子浓度增大，溶液的pH减小，而电离平衡常数增大，故B错误；C此酸的电离平衡常数Ka=110-7，故

23、C正确；D参加少量纯HA，浓度增大，电离程度减小，但Ka与温度有关、与浓度无关，那么电离平衡常数不变，故D正确；应选B。20.在0.1mol/LNa2CO3溶液中，微粒间浓度关系正确的选项是A. c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HCO3) + c(CO32)B. c(Na+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)C. c(Na+)2c(CO32)+2c(HCO3) +2c(H2CO3)D. c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)【答案】C【解析】【详解】A. 按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)c(OH)+c(HCO3) +2c(CO32)，A错误；B. 按离子浓度的大小关

24、系，c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)，B不正确；C. 按物料守恒，c(Na+)2c(CO32)+2c(HCO3) +2c(H2CO3)，C正确；D. 此选项也是陈述离子浓度的大小关系，依据对B选项的分析可知，D错误。应选C。21.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反响X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b以下说法正确的选项是A. 实验中，假

25、设5 min时测得n(M)=0.050 mol，那么0至5 min时间内，用N表示的平均反响速率(N)=1.0102 mol/(Lmin)B. 实验中，该反响的平衡常数K=2.0C. 实验中，到达平衡时，X的转化率为60%D. 实验中，到达平衡时，b0.060【答案】C【解析】【详解】A.实验中，假设5min时测得n(M)0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反响的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量浓度也是0.0050mol/L，因此0至5min时间内，用N表示的平均反响速率(N)0.0050mol/L5min1.0103mol/(Lmin)，A项错误；B、实验中，平衡时M的

26、浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L0.0080mol/L0.002mol/L，0.04mol/L0.0080mol/L0.032mol/L，因此反响的平衡常数K=(0.00800.0080)(0.0020.032)=1，B项错误；C.根据反响的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，那么X(g)Y(g)M(g)N(g)起始浓度mol/L 0.020 0.030 0 0转化浓度mol/L 0.012 0.012 0.012 0.012平衡浓度mol/L0.008 0.

27、018 0.012 0.012温度不变，平衡常数不变，那么K=(0.01200.0120)(0.0080.018)=1，即反响到达平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700时X(g)Y(g)M(g) N(g)起始浓度mol/L 0.040 0.010 0 0转化浓度mol/L 0009 0.009 0.009 0.009平衡浓度mol/L 0.0310 0.001 0.009 0.009那么该温度下平衡常K=(0.0090.009)(0.0310.001)=2.61，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反响方向移动，因此正方应是放热反响。假设容器中温度也是800，由于反

28、响前后体积不变，那么与相比平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b0.5a0.06。当温度升高到900时平衡向逆反响方向移动，因此b0.060，D项错误；答案选C。22.常温下，pH2的CH3COOH溶液；pH2的H2SO4溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比拟中，正确的选项是A. 将、溶液混合后，pH7，消耗溶液的体积：C. 等体积的、溶液分别与足量铝粉反响，生成H2的量：最多D. 水电离的c(H)：【答案】D【解析】【分析】常温下，pH2的CH3COOH溶液，pH2的H2SO4溶液。在和中，虽然CH3COOH为弱酸，H2SO4为强酸，但两溶液中c(H

29、+)相等，不过二者的起始浓度不同，CH3COOH的起始浓度远大于H2SO4。pH12的氨水，pH12的NaOH溶液。在和中，虽然氨水中的一水合氨为弱碱、NaOH为强碱，但两溶液中c(OH-)相同，不过二者的起始浓度不同，氨水的浓度远大于NaOH溶液。在四份溶液中，水的电离程度相同。【详解】A.将、溶液混合后，pH7，因为c(H+)酸=c(OH-)碱，所以消耗溶液的体积=，A不正确；B. 向10mL上述四溶液中各参加90 mL水后，H2SO4的pH增大1，NaOH的pH减小1，CH3COOH的pH增大值小于1，氨水的pH减小值小于1，故溶液的pH：，B不正确；C. 等体积的、溶液分别与足量铝粉反

30、响，因为醋酸的物质的量最大，所以醋酸生成H2的量最多，C错误；D. 因为四份溶液中，电解质电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度相等，对水的电离的影响相同，所以水电离的c(H)：，D正确；应选D。23.以下说法正确的选项是 A. 常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反响时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A)c(OH)=c(H+)B. 相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)C. PH1 NaHSO4溶液中c (H+)2 c (SO42-)

31、+ c (OH-)D. 常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)= c (CH3COOH) c (CH3COO) c (H+) = c (OH)【答案】A【解析】【详解】A. 常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液中，c(H+)=0.1 mol/L，那么HA为强酸溶液，与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反响时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A)，溶液呈中性，c(OH)和 c(H+)来自于水且c(OH)=c(H+) ，故A正确；B. 相同浓度时酸性：CH3COOHHClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-

32、) c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa c(ClO-)，故B错误；C. pH1 NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式c(Na+)+c (H+)2c (SO42-)+c (OH-)，故C错误；D. pH=7，溶液呈中性，c (H+) = c (OH)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c (CH3COO) c (CH3COOH) c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系为：c (CH3COO) c(Na+) c (CH3COOH) c (H+) = c (OH)，故D错误。答案选A。三、填空题24.1

33、在25条件下将pH12的氨水稀释过程中，以下说法正确的选项是_。A能使溶液中c(NH4+)c(OH)增大B溶液中c(H)c(OH)不变C能使溶液中比值增大D此过程中Kw增大225时，向0.1molL1的氨水中参加少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是_(填序号)。氨水与氯化铵发生化学反响氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H)氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH)减小3室温下，如果将0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。_和_两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。_和_两种粒子的物质的量之和比OH多0.

34、1mol。【答案】 (1). B (2). (3). NH4+ (4). NH3H2O (5). NH4+ (6). H+【解析】【详解】1A氨水稀释，溶液中c(NH4+)、c(OH)都减小，所以c(NH4+)c(OH)减小，A不正确；Bc(H)c(OH)为水的离子积常数，温度一定时，水的离子积常数不变，B正确；C，温度不变时，比值不变，C不正确；D此过程中Kw不变，D不正确。故答案为B。225时，向0.1molL1的氨水中参加少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是溶液中c(NH4+)增大，抑制一水合氨的电离，使电离平衡逆向移动，所以溶液的pH减小。答案为；3室温下，如果将

35、0.2molNH4Cl和0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)的成分为：0.1molNH4Cl、0.1mol NH3H2O、0.1molNaCl。主要发生的反响是：NH3H2O NH4+OH- 起始量 0.1mol 0.1mol 0 变化量 x x x 平衡量 0.1-x 0.1+x x H2OH+OH- y y yNH4+和NH3H2O两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。答案为：NH4+、NH3H2O；. NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH多0.1mol。答案为：NH4+、H+。25.1氯化铁水溶液呈_性，原因是用离子方程式表示：_；把FeCl3溶液蒸干，灼烧

36、，最后得到的主要固体产物是_；热的纯碱溶液去油污能力强，纯碱水解的离子方程式为_写第一步即可。 2普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反响的离子方程式是_。3：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的以下溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵、氨水。、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是填序号_；、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是填序号_。【答案】 (1). 酸 (2). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (3). Fe2O3 (4). CO32

37、-H2OHCO3-OH (5). 3HCO3-+Al3+Al(OH)3+3CO2 (6). 、 (7). 、【解析】【详解】1氯化铁溶液中的Fe3+发生水解，生成H+，水溶液呈酸性。答案为：酸原因是Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+。答案为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+FeCl3溶液蒸干、灼烧过程中，HCl挥发，Fe(OH)3分解，最后Fe(OH)3全部转化为Fe2O3，所以得到的主要固体产物是Fe2O3。答案为：Fe2O3热的纯碱溶液去油污能力强，纯碱水解的离子方程式为CO32-H2OHCO3-OH。 答案为：CO32-H2OHCO3-OH2普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液

38、跟Al2(SO4)3溶液混合，发生双水解反响，产生大量的气体CO2和沉淀Al(OH)3，气体将混合物压出灭火器，相关反响的离子方程式是3HCO3-+Al3+Al(OH)3+3CO2。答案为：3HCO3-+Al3+Al(OH)3+3CO23对于硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵来说：硫酸、醋酸、氢氧化钠直接发生电离，生成H+或OH-，对水的电离产生抑制；氯化铵，发生水解，对水的电离产生促进。在硫酸、醋酸、氢氧化钠中，相同浓度的电离产生的c(H+)是电离产生c(OH-)的二倍，对水电离的影响最大，电离程度最小，电离产生的c(H+)最小，所以对水电离的影响是，故、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺

39、序是、。答案为：、对于氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵、氨水来说：氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵发生水解，但即便是双水解，只要不能进行到底，水解的程度都是很少的，中c(NH4+)是其它盐电离产生的c(NH4+)的二倍，所以中c(NH4+)最大，中硫酸氢铵电离出的H+将抑制c(NH4+)的水解，中只发生c(NH4+)的水解，中CH3COO-将促进c(NH4+)的水解，从而得出四种易水解的盐中c(NH4+)的关系为；在氨水中，发生弱电解质的电离，但电离程度小，c(NH4+)小，故、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是、。答案为：、【点睛】比拟盐溶液中某离子浓度大小关系时，我们首先看完全电离出的

40、该离子浓度的大小，完全电离产生的离子浓度大，那么最终该离子的浓度也大。再看该离子水解所受环境的影响，假设为同性离子发生水解，或盐电离出H+或OH-，直接抑制该离子水解，该离子水解的程度都比某盐中只发生该离子水解的程度小；假设该离子水解受到异性离子水解的促进，那么离子浓度的减小比单水解大。四、综合题26.新华社报道：全国农村应当在“绿色生态美丽多彩低碳节能循环开展的理念引导下，更快更好地开展“中国绿色村庄，参与“亚太国际低碳农庄建设。可见“低碳循环已经引起了国民的重视，试答复以下问题：1煤的气化和液化可以提高燃料的利用率。25、101kPa时：C(s)O2(g)=CO(g) H126.4kJ/m

41、ol2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6kJ/molH2O(g)=H2O(l) H44kJ/mol那么在25、101kPa时：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g) H_。2高炉炼铁是CO气体的重要用途之一，其根本反响为：FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g) H0在1100时，该反响的化学平衡常数K0.263。温度升高，化学平衡移动后到达新的平衡，此时平衡常数K值_(填“增大“减小或“不变)。1100时测得高炉中，c(CO2)0.025mol/L，c(CO)0.1mol/L，那么在这种情况下，该反响是否处于化学平衡状态？_(填“是或“否)，其判断依据是_。3目前工业

42、上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反响为：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H49.0kJ/mol。现向体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反响过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如下图。从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v(H2)_。以下措施能使增大的是_(填字母)。A升高温度B再充入H2C再充入CO2D将H2O(g)从体系中别离E充入He(g)，使体系压强增大【答案】 (1). 115.4 kJ/mol (2). 增大 (3). 否 (4). 浓度商Q小于平衡常数K (5). 0.225mol/(Lmin) (6). BD【解析

43、】【详解】1C(s)O2(g)=CO(g) H126.4kJ/mol2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6kJ/molH2O(g)=H2O(l) H44kJ/mol将+-得：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g) H115.4 kJ/mol答案为：115.4 kJ/mol2因为正反响为吸热反响，所以温度升高，化学平衡正向移动，移动后到达新的平衡，此时平衡常数K值增大。答案为：增大1100时测得高炉中，c(CO2)0.025mol/L，c(CO)0.1mol/L，那么在这种情况下，该反响没有处于化学平衡状态。答案为：否其判断依据是Q=，平衡正向移动。答案为：浓度商Q小于平衡常数K3 CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)起始量 1.00 3.00 0 0变化量 0.75 2.25 0.75 0.75平衡量 0.25 0.75 0.75 0.75从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v(H2)mol/(Lmin)