1、河北武邑中学 2018-2019 学年上学期高三期中考试化学试题注意事项：1、本试卷分卷（选择题）和卷（非选择题）两部分。2、本堂考试 100 分钟，满分 100 分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用 2B 铅笔填涂。可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Mn-55 Fe-56 1. 下列叙述正确的是( )A. 中和热测定实验用的小烧杯和物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都必须干燥B. 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C.
2、 配制 2.0 molL1 的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)D. 用铜电极电解 2.0 molL1 的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为 21【答案】C【解析】试题分析：A中和热测定实验用的小烧杯必须干燥，物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都不需要干燥，A 错误；B用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，则读数偏大，氢氧化钠浓度偏高，B 错误；C 配制 2.0 molL1 的硫酸，若定容时俯视，则液面低于刻度线，因此所得溶液浓度偏高(其他操作均正确) ，C 正确；D 用铜电极电解 2.0 molL1 的硫酸，阳极铜失去电子，得不到氧气，D 错误，答案选
3、C。【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、误差分析及电解产物判断等【名师点晴】中和滴定误差分析的总依据为：由 C 测=C 标 V 标/V 测 由于 C 标、V 待均为定植，所以 C 测的大小取决于 V 标的大小，即 V 标：偏大或偏小，则 C 测偏大或偏小。2.下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是( )选项 环境要求 离子A 溶液中 c(K )0时，反应不能自发进行，当 H0 S0，反应是个非自发的反应，故 D 正确。故选 D。【点睛】掌握焓变和熵变的变化趋势，即可判断吉布斯自由能的数值大小，进而确定反应是否可以自发进行。11.下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物
4、本身性质的是（ ）A. Cu 与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快B. Cu 能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应C. N2与 O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D. 向 H2O2溶液中，分别滴加 5 滴等浓度的 FeCl3溶液或 CuSO4溶液，前者产生气泡快【答案】B【解析】【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故 A 不符合题意；BCu 能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故 B 符合题意 ；C常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故 C 不符合题意；D滴加 FeCl3溶液是使用了催化
5、剂，这是外界因素，故 D 不符合题意。故选 B。【点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。12.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是（ ）CuSO 4 FeSO 4 K 2CO3 Ca(HCO 3)2 NH 4HCO3 KMnO 4 FeCl 3A. 全部都可以 B. 仅 C. 仅 D. 仅【答案】C【解析】【分析】根据盐类的水解原理分析；【详解】CuSO 4溶液中 Cu2+水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质；故符合题意；FeSO 4中的 F
6、e2+加热易被氧化为三价铁，最终无法得到原溶质，故不符合；K 2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故符合题意；Ca（HCO 3） 2受热分解生成 CaCO3、CO 2和 H2O，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钙，故不符合；NH 4HCO3受热分解，生成 CO2、H 2O 和 NH3，故加热后得不到原溶质，故不符合；KMnO 4加热到质量不变，分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故得不到原溶质，故不符合题意；FeCl 3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，在加热蒸干，氢氧化铁分解生成 Fe2O3
7、，故得不到原溶质，故不符合意义。故选 C。【点睛】掌握物质在水溶液中，经过加热促进水解的过程中发生的化学变化是解题关键 。13.如图所示，H 1393.5kJmol 1 ，H 2395.4kJmol 1 ，下列说法或表示式正确的是A. 石墨和金刚石的转化是物理 变化B. C(s、石墨)=C(s、金刚石)H 1.9kJmol 1C. 金刚石的稳定性强于石墨D. 断裂 1mol 石墨的化学键吸收的能量比断裂 1mol 金刚石的化学键吸收的能量少【答案】B【解析】试题解析：由图得：C（S，石墨）+O 2（g）=CO 2（g）H=-393.5kJmol -1，C （S，金刚石）+O 2（g）=CO 2
8、（g）H=-395.4kJmol -1， -可得：C（S，石墨）=C （S，金刚石）H=+1.9kJmol -1，则：石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故 A错误；因 C（s、石墨）=C（s、金刚石） H=+1.9kJmol-1，故 B 正确；金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故 C 错误；依据热化学方程式 C（S，石墨）=C （S，金刚石） H=+1.9kJmol-1，1 mol 石墨的总键能比 1 mol 金刚石的总键能大于 1.9 kJ，故 D 错误。考点：热化学方程式的书写及应用14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)
9、yB(g) zC(g)，达到平衡时，测得 A 的浓度为 0.5mol/L，在温度不变的条件下将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡测的 A 的浓度降低为 0.3 mol/L。下列有关判断正确的是A. x+y减小压强，平衡向逆反应方向移动，x+y z，C 的体积分数下降， B 的浓度减小，答案选C。点睛：本题易错解成：体积扩大两倍，再次达到平衡时 A 的浓度 0.3mol/L 0.5mol/L，平衡1；测其常见盐溶液的 pH值，例如，CH 3COONa 的 PH 值7。18.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s) 2B(g) C(g) D(g) 已达到平
10、衡状态混合气体的压强 混合气体的密度B 的物质的量浓度 气体的总物质的量混合气体 总质 量A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误； 该容器的体积保持不变，A 是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确； 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确； 该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量
11、不变，不能表明反应达到平衡状态，故错误；容器中的气体平均相对分子质量M= ，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，mn所以当 M 不再发生变化时，表明已经平衡，故正确；故选 A。【考点定位】考查化学平衡状态的判断【名师点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。19.常温下 0.1 mol/L 氨水的 pHa，下列能使溶
12、液的 pH(a1)的措施是（ ）A. 将溶液稀释到原体积的 10 倍 B. 加入适量的氯化铵固体C. 加入等体积 0.2 mol/LNaOH 溶液 D. 提高溶液的温度（不考虑挥发）【答案】B【解析】【分析】根据弱电解质的电离、溶液中的溶解平衡及外界条件对平衡的影响。【详解】A .常温下 0.1mol/L 氨水的 pH=a，将溶液稀释到原体积的 10 倍，由于溶液中存在NH3H2ONH4+OH-，加水促进电离，故溶液的 PH（a-1 ） ，故 A 错误；B.加入适量的氯化铵固体，NH 3H2ONH4+OH-，c(NH4+)增大，使平衡向逆方向移动，则OH-的浓度减小，PH 减小，故 PH 有可
13、能等于（a-1） ，故 B 正确；C.0.1mol/L 氨水中加入等体积的 0.1mol/L NaOH 溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH-的浓度增大，PH 增大，故 C 错误；D.把溶液的温度提高，则 NH3H2ONH4+OH-，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向正方向移动，溶液中 c(OH-)的浓度增大，PH 增大，故 D 错误.故选 B。【点睛】水解和电离都是吸热反应；离子浓度增大促进平衡向离子浓度减小的方向移动。20.可逆反应 H2(g)+I2(g) 2HI(g) H0， 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强等而发生下列项目的变化时，能做为平衡一定发生了移动的标志的是（
14、）A. 气体的密度变小了 B. 反应物和生成物浓度均变为原来的 2 倍C. 气体的颜色变深了 D. 体系的温度发生了变化【答案】D【解析】试题分析：可逆反应 H2(g)+I2(g) 2HI(g) H0 反应前后气体体积数不变，所以气体密度始终不变，反应前后压强始终不变。温度变化了，那一定是平衡移动了。故选 D。考点：化学平衡移动点评：化学平衡的判断对于一个反应 Ma+Nb=“Qc+Dp“ 其中 M，N,Q,D 为方程式前的计量数。第一大类；TV 不变，即容积不变时1.M+NQ+D 或 M+NQ+D 或 M+N B. 若将三种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是C. 若分别加入 25mL 0.1
15、mol/L 盐酸后， pH 最大的是D. 若三种溶液的 pH 均为 9，则物质的量浓度的大小顺序是【答案】C【解析】试题分析: A等浓度时强碱的 pH 最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以 3 种溶液 pH 的大小顺序是，A 项错误；B稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是，B 项错误；C等体积等浓度混合后，中溶质为 NaHCO3、NaCl，中溶质为NaCl、CH 3COOH，中溶质为 NaCl，而 HCO3-离子水解显碱性，所以 pH 最大的是，C 项正确；D根据 A 中分析可知，若 3 种溶液的 pH 均为 9，则物
16、质的量浓度的大小顺序是 F-H 2PO4-，故 D 正确。故选 D。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解， 双弱双水解 ，谁强显谁性。31.已知：H 2SO3 的 Ka1=1.3102 ，K a2=6.3108 ；H 2CO3 的 Ka1=4.2107 ，K a 2=5.61011 。现将标准状况下 2.24L 的 CO2 和 2.24L 的 SO2 分别通入两份150mL1mol/LNaOH 溶液中，关于两溶液的比较下列说法正确的是A. c（HCO 3 ）c （CO 32 ）B. 两溶液都能使酸性高锰酸 钾溶液褪色C. c（HCO 3 ）c （HSO 3 ）D. c（CO 32 ）
17、+c（HCO 3 ）=c（SO 32 ）+c（HSO 3 ）【答案】C【解析】试题分析：由 V/Vm 可知，n(CO 2)=n(SO2)=0.1mol，由 cV 可知，n(NaOH)=0.15mol ，则2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O、2SO 2+3NaOH=Na2SO3+NaHSO3+H2O；A 、由Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下 Na2CO3 的水解程度大于 NaHCO3，则溶液中剩下的 c（HCO 3 ）c（CO 32 ） ，错误；B、Na 2SO3 和 NaHSO3 均有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而 Na2CO3 和 NaH
18、CO3 则不能，错误；C、由 Ka2(H2SO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下 HSO3 的电离程度大于 HCO3 ，则溶液中剩下的 c（HCO 3 ）c（HSO 3 ） ，正确；D、由物料守恒可知，c（CO 32 ） +c（HCO 3 ）+c（H 2CO3）= c（SO 32 ）+c（HSO 3 ）+c（H 2SO3） ，由 Ka1(H2SO3)Ka1(H2CO3)可知，等温等浓度下HSO3 的水解程度小于 HCO3 ，则溶液中 c（H 2CO3）c（H 2SO3） ，故 c（CO 32 ）+c（HCO 3 ）7，反应后，溶液主要成分为 Na2SO4，溶液 PH 接近中性，反应后溶
19、液 PH 比反应前溶液的 pH 小，故 A 正确，但不符合题意；B反应生成 CuS 在溶液中存一定的溶解平衡，故溶液中一定含有少量的 Cu2 、S 2 ，故 B错误，符合题意；C由于 CuS 在溶液中存在一定的溶解平衡：CuSCu 2+S2-，CuS 的溶度积常数为4.01036 =c(Cu2+)c(S2-)，故得到 c(Cu2+)= c(S2-)=2.01018 molL1 ，故 C 正确，但不符合题意； DNa2S 溶液中存在: Na2S=2Na+ +S2- S2-+H2OHS-+OH- HS-+H2OH2S+OH- H2OH+OH-，根据反应， 可知：c(OH -)C(HS-)，根据水解
20、原理， 一级水解远大于二级水解，c(OH -)略小于 c(HS-),而溶液显碱性，则 c(OH-)远大于 c(H+)，故 c(OH-)c(HS-)c(H+)，故 D 错误，但符合题意。故选 BD。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，谁强显谁性。 关于离子溶度大小比较的题目，先考虑强电解质的电离，再考虑离子的水解，多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主，最后再进一步进行比较。33.将一定量的 Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热） ，生成物中有三种含氯元素的离子，其中 ClO 和 ClO 两种离子的物质的量（ n）与反应时间（ t）的变化示意图如
21、图所示。下列说法正确的是（ ）A. 苛性钾溶液中 KOH 的物质的量是 0.09 molB. ClO 的生成是由于氯气的量的多少引起的C. 在酸性条件下 ClO 和 ClO 可生成 Cl2D. 反应中转移电子的物质的量是 0.21 mol【答案】D【解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO -）=0.06mol，n（ClO 3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子 n（Cl -）=0.06mol（1-0）+0.03mol（5-0 ）=0.21mol，根据物料守恒可知 n（K +）=n（Cl -）+n（ClO -）+n（ClO
22、3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则氢氧化钾的物质的量=0.3mol，A 错误； B、从 0t1 都没有 ClO3 的生成，说明与温度有关，B 错误；C、ClO 和 ClO3 不可能可生成 Cl2，因为不可能都得电子， C 错误；D、反应中转移电子的物质的量是 0.21mol，D 正确；答案选 D考点：氯气及其化合物的性质，氧化还原反应的计算34.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。 （注：铈常见的化合价为+3 和+4，氧化性:Ce 4+Fe3+）
23、下列说法正确的是（ ）A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为： Ce+4HI=CeI4+2H2B. 用 Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce 4+2Fe2+Ce 3+2Fe3+C. 在一定条件下，电解熔融状态的 CeO2制 Ce，在阴极获得铈D. 四种铈的核素 、 、 、 ，它们互称为同素异形体14258Ce13658Ce 13858Ce 14058Ce 14258Ce【答案】C【解析】【分析】根据题中信息分析，根据电荷守恒判断，根据同位素及同素异形体的定义判断。【详解】A.由于氧化性 Ce4+Fe 3+I ，铈溶于氢碘酸，产物不会生成 CeI4，应该是 CeI3，故 A
24、 错误；B.离子方程式中，Ce 4+2Fe2+=Ce3+2Fe3+，左边总电荷为+8，右边总电荷为 9，电荷不守恒，正确应为 Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，故 B 错误；C. 电解熔融状态的 CeO2制 Ce，化合价降低发生还原反应，阴极发生还原反应，多以在阴极获得铈，故 C 正确；D. 四种铈的核素 、 、 、 ，具有相同质子数，不同中子数，故它们14258Ce13658Ce 13858Ce 14058Ce 14258Ce互为同位素，不是同素异形体，故 D 错误。故选 C。【点睛】从题干中获取氧化性:Ce 4+Fe3+的信息，是解题的关键。35.（双选）对于可逆反应：2A(g)+ B(
25、g) 2C(g)，分别测定反应在不同温度下达到平衡时 B 的转化率，绘制了如图所示的曲线，图中 a、b、c 三点分别表示不同时刻的状态。下列分析正确的是（ ） A. 该反应的H0B. b 点时混合气体的平均摩尔质量不再变化C. 增大压强，可使 a 点达到 T1温度下平衡状态D. c 点表示的状态：v (正) v (逆)【答案】BD【解析】【分析】由图象可以看出，随着温度的升高，B 的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，处于曲线上的点为平衡状态，以此解答该题。【详解】A随着温度的升高， B 的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，H 0，故 A 错误；Bb
26、点处于平衡状态，反应物和生成物浓度不变，所以混合气体的平均摩尔质量也不再变化，故 B 正确；C增大压强平衡向正反应方向移动，B 的转化率增大，而 a 点表示若想达到平衡，应是平衡向 B 的转化率减小的方向移动，应减小压强，故 C 错误；Dc 点不是平衡状态，要达到平衡，反应应向 B 的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故 D 正确。故选 BD。【点睛】解题的关键是通过图像分析出何时为平衡状态，利用勒夏特列原理分析平衡应该移动的方向。第二卷36.25 时，将体积为 Va、pHa 的某一元酸 HA 溶液与体积为 Vb、pHb 的某一元碱 BOH溶液混合，请回答。（
27、1）若 a + b14，2V aV b，反应后所得溶液 pH7。则生成的盐溶液中，一定发生水解的离子方 程式为_（2）若 a + b12，酸是盐酸，碱是 KOH，反应后所得溶液 pH7，则 Va与 Vb的关系是_（3）若酸是盐酸，碱是氨水，反应后所得溶液中离子浓度大小关系不可能是_（填序号）Ac(Cl )c(NH)c(H +)c(OH ) Bc(H +)c(OH )c(Cl )c(NH)Cc(NH)c(Cl )c(OH )c(H +) Dc(Cl )c(H +)c(NH)c(OH )Ec(Cl )c(NH)c(H +)c(OH )（4）若酸是醋酸，碱是 NaOH，且反应后混合溶液中 c(CH3
28、COO )c(H +)，则混合溶液可能呈_（填序号）A酸性 B碱性 C中性 D都有可能（5）25 时，将体积 Va200 mL，pH2 的 H2SO4溶液与体积 Vb10 mL、pH11 的氨水溶液混合，恰好完全反应。则此条件下，氨水的电离平衡常数是_【答案】 (1). A + H2O HA + OH (2). Vb100 Va (3). B (4). D (5). 5106【解析】【分析】根据题干分析溶液中溶质的成分，再根据溶液酸碱性、电荷守恒、质子守恒等分析溶液中离子浓度大小。【详解】(1)pH=a 的酸的溶液中 c（H+）=10-pH molL-1=10-amolL-1，a+b=14，则
29、 pH=b 的碱中c（OH-）=10pH-14 molL-1=10b-14 molL-1=10-amolL-1，可见酸中 c（H+）与碱中 c（OH-）相等，2Va=Vb 混合后溶液的 pH=7，说明酸的电离程度弱于碱的电离程度，所以酸是一种弱酸，一定发生水解的离子方程式为：A + H2O HA + OH ；(2)酸中 c（H+）=10-pH molL-1=10-amolL-1，碱中 c（OH-）=10pH-14 molL-1=10b-14 molL-1=10-（a+2）molL-1，pH=7 时，因为强酸强碱反应，所以 Va 10-amolL-1=Vb10-（a+2）molL-1，故答案为：
30、 Vb100 V a； (3)若酸是盐酸，碱是氨水，若盐酸过量，则溶液为氯化铵和盐酸，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为： c（Cl-） c（NH4+）c（H+）c（OH-）或 c（Cl-） c（H+）c（NH4+）c（OH-），A 和C 正确；若盐酸和氨水反应，溶液呈碱性，则此时氨水过量，溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），（OH-）c（H+） ，得到 c（NH4+）c（Cl-） ，溶液中离子浓度大小为：c（NH 4+）c（Cl-）c（OH-）c（H+），故 C 正确；若溶液 pH7，则反应后溶液为氯化铵和氨水的混合液，溶液中存在电荷守恒：c（NH 4+
31、）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），c（OH-）=c（H+） ，得到 c（NH4+）=c（Cl-），溶液中离子浓度大小为：c（NH 4+）=c（Cl-）c（OH-）=c（H+），故 E 正确；溶液中因为加入了氨水，故不可能出现 c(H+)c(Cl )，故 B 错误；故答案为 B；(4)反应后溶液分为三种情况，醋酸过量呈酸性，醋酸过量呈中性，恰好完全反应或是碱过量呈碱性，任何时候 c(CH3COO )c(H +)，故答案选 D；(5)因为恰好完全反应， 所以 n(NH3H2O)=2n(H2SO4)=2 (0.2L 10-2 molL-1/2)=0.002 mol，c(NH3H2O)=0.
32、001mol/0.01L=0.2 molL-1 ，pH11 的氨水溶液中，pOH=14-11=3， c(OH-)=10-3 molL-1，NH 3H2O 的电离平衡常数为 Kb =（10-3 molL-1）2/0.2 c(OH-)c(NH4+)c(NH3H2O)molL-1=5106 ，故答案为：510 6 。【点睛】比较离子浓度的大小通常方法是根据电荷守恒和物料守恒（有能力的话直接写质子守恒）写出关系式；然后把握住溶液中的不变量，即强电解质部分。37.对于 2X(g) Y(g)的体系，在压强一定时，平衡体系中 Y 的质量分数 w(Y)随温度的变化情况如图所示(实线上的任何一点为对应温度下的平
33、衡状态) 。（1）该反应的正反应方向是一个_反应(“吸热”或“放热”) 。（2）A、B、C、D、E 各状态中，v 正v 逆的点是_。（3）维持 t1 不变，EA 所需时间为 x，维持 t2 不变，DC 所需时间为 y，则 x _ y(填“” 、 “”或“”)。（4）欲使 E 状态从水平方向到 C 状态后，再沿平衡曲线到达 A 状态，从理论上来讲，可选用的条件是_。【答案】 (1). 放热 (2). D (3). (4). 先突然升温到 t2,然后无限缓慢地降温到 t1【解析】（1）由图象可看出，升高温度，Y 的质量分数减少，说明升温平衡向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应
34、。（2）A、B、C 三点都在平衡线上，所以此三点正逆反应速率相等；D 点须降低 Y 的质量分数才能达到平衡，也就是逆向建立平衡，所以 v（正）v（逆） ；E 点须提高 Y 的质量分数才能达到平衡，也就是正向建立平衡，所以 v（正）v（逆） 。（3）温度越高反应速率越大，反应达到平衡的时间越短，因为温度 t1t 2，所以时间 xy。（4）若突然升温，瞬间平衡未移动，但温度升高，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标突然增大；若缓慢降温，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以缓慢升温时，Y 的体积分数的变化应沿平衡曲线变化，所以，要使 E 状态从水平方向到 C 状态，应突然升温；由 C 沿平衡
35、曲线到达 A 状态，应缓慢降温。点睛：本题考查化学平衡图象问题，重在识图和分析能力的考查，注意把握图象曲线的特点，弄清横纵坐标及曲线上点的含义，明确温度对化学平衡移动的影响。38.已知 AH 均为中学化学常见的物质，转化关系如下图。其中 A、C 均为金属单质，C 与水反应生成 D 和最轻的气体，D、F、G、H 的焰色反应均为黄色，E 为两性化合物。（1）写出 C 与水反应的离子方程式_，假设温度不变，该反应会使水的电离程度_（填写“变大” “变小” “不变” ）（2）B 的水溶液呈_性，用离子方程式解释原因_（3）将 AH 中易溶于水的化合物溶于水，会抑制水的电离的是_（填序号）（4）常温下，
36、pH 均为 10 的 D、F 溶液中，水电离出的 c(OH )之比为_向 D 的稀溶液中通入 CO2至溶液呈中性，所得溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：_【答案】 (1). 2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH + H2 (2). 变大 (3). 酸 (4). Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ (5). D (6). 110 6 (7). c(Na+)c(HCO 3 )c(H +)c(OH )c(CO 32 )【解析】【分析】通过物质间的转化关系分析各物质的组成；通过物料守恒、电荷守恒和质子守恒规律来比较溶液中离子浓度的大小。【详解】由题干“其中 A、C 均为金属
37、单质，C 与水反应生成 D 和最轻的气体”知，C 为活泼金属钠、钾或者钙，又 D、F、G、H 的焰色反应均为黄色，则 C 为钠，D 为氢氧化钠，根据图中的转化关系，D 与二氧化碳反应生成 F，则 F 为碳酸钠，H 为碳酸氢钠，E 为两性化合物，且由 B 和 D 反应得到，则 E 为氢氧化铝，G 为偏铝酸钠，B 为氯化铝，A 为铝；(1)钠与水反应的离子方程式为：2Na + 2H 2O=2Na+ + 2OH + H2；钠与水反应可以认为是钠与水电离出来的氢离子反应，故促进了水的电离，使水的电离程度变大，故答案为：2Na + 2H2O=2Na+ + 2OH + H2；变大；(2)氯化铝为强酸弱碱盐
38、，水溶液因为铝离子的水解作用呈现酸性，离子方程式为： Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H + ，故答案为： 酸；Al 3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H + ； (3)盐的水解促进水的电离，酸和碱的电离会抑制水的电离，易溶于的氢氧化钠会抑制水的电离，故答案为：D；(4) pH 为 10 的氢氧化钠溶液中，c(H +)=1 10-10，氢氧化钠无法电离出氢离子，则由水电离出来的 c(0H-)= c(H+)=1 10-10，pH 为 10 的碳酸钠溶液中，水电离出的 c(0H-)=Kw /c(H+)=1 10-14/1 10-10=1 10-4，故它们的比为：10 -10/
39、10-4=110 6；向 D 的稀溶液中通 入 CO2至溶液呈中性，则此时的溶液中溶质为碳酸钠和碳酸，且 c(0H-)= c(H+)，根据电荷守恒得：c(Na +)+ c(H+)=c(HCO3 )+c(OH )+2c(CO32 )，则 c(Na+)=c(HCO3 ) +2c(CO32 )，HCO3 的电离程度很小，综上所述各离子浓度大小为：c(Na +)c(HCO 3 )c(H +)c(OH )c(CO 32 )，故答案为：110 6 ， c(Na+)c(HCO 3 )c(H +)c(OH )c(CO 32 )。【点睛】元素推断题中，要找到条件中的突破口，例如：最轻的气体是 H2，D、F、G、
40、H 的焰色反应均为黄色，即含有 Na 元素，再根据 Na 及其化合物的性质推断。溶液中的离子浓度大小比较要考虑各离子的水解程度和电离程度强弱。39.（1）一定温度下，向 1 L 0.1molL1 CH3 COOH 溶液中加入 0.1molCH3COONa 固体，溶液中 _（填“增大” 、 “减小”或“不变” ） 。c(CH3COO)c(H+)c(CH3COOH)（2）常温下，将 VmL、0.1000molL -1氢氧化钠溶液逐滴加入到 20.00mL、0.1000molL -1醋酸溶液中，充分反应。回答下列问题。 （忽略溶液体积的变化） 如果溶液 pH=7，此时 V 的取值_20.00（填“”
41、 、 “ c(H ) = c(OH ) (4). 1/30 或 0.033 (5). 8 c（H ） = c（OH ） 根据电荷守恒分析有 c（Na ）+ c（H ）= c（CH 3COO ）+ c（OH ） ，根据物料守恒有c（Na ） = 2c（CH 3COO ） + 2c（CH 3COOH） ，两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c（OH ） -c（H ） - c（CH 3COOH） =1/2c（Na ） ，钠离子浓度为0.10.04/0.06=1/30 或 0.033mol/L。 （3） 从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的 pH为 8pH12； A、碳酸氢钠受热分解质量减少
42、部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选 ABD。碳酸钠的物质的两位 0.100.02=0.002 摩尔，氯化氢的物质的量为 0.10.04=0.004 摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液
43、，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为 c（Na +）=c（Cl -）c（HCO 3-） 。考点：钠的重要化合物的性质40. A、B、C 、 D 四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子 Na+、Al 3+、Ba 2+、NH 4+阴离子 Cl 、OH 、CO 32 、SO 42分别取四种物质进行实验，实验结果如下B 溶液分别与 C、D 混合，均有白色沉淀生成将 A 溶液逐滴滴入 C 溶液中，有沉淀生成，继续滴加 A 溶液时，沉淀减少直至完全消失A 与 D 两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝用石墨
44、电极电解 B 溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体回答下列问题：（1）A 所含的阳离子和 C 所含阳离子的半径大小_（填离子符号） 。B 所含的阴离子是_（2）C 溶液呈_性（填“ 酸性”或“碱性”） ，其原因是_（用离子方程式解释） 。D 的化学式是 _（3）以 Pt 为电极电解 1L0.1mol/LB 的水溶液，当电路中通过 0.1mol 电子时，溶液的 pH 为_（设电解过程溶液体积不变） ，阳极的电极反应式为 _（4）若将 阳极产生的气体通入 A 溶液中至恰好完全反应时，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_【答案】 （1）Na + Al3+（1 分） Cl-（2）酸性 Al3+3H2O Al(OH)3+3H+(NH4)2CO3（3）13 2Cl -2e-=Cl2（1 分（4）C(Na +) C(Cl-)C(ClO -)C(OH -)C(H +)【解析】试题分析：根据 A 溶液与 D 溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，B 溶液分别与 C、D 混合，均有白色沉淀生成； A 溶液与 D 溶液反应生成白色沉淀，再加过量 A，沉淀量减少，至完全消失， 用石墨电极电解 B 溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体。则 A 为 NaOH，C 为 Al2（SO 4） 2，B 为 Ba Cl2， D 为（NH 4） 2CO3，
