湖南省浏阳市2022学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）新人教版

湖南省浏阳市2022-2022学年高二上学期期末考试化学试卷一、选择题（本题包括20个小题，每题只有一个选项是正确的．1-10题，每题2分，10-20题，每题3分，共50分）1．下列叙述中正确的是（　　）　A．化学反应一定有物质变化，不一定有能量变化　B．化合反应一定是放热反应　C．放热反应不需要加热就一定能发生　D．吸热反应不加热也可能发生考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．.分析：A．化学反应在发生物质变化的同时还伴随着能量的变化；B．化合反应可能为吸热反应，也可能为放热反应；C．有的放热的化学反应需要加热才能发生；D．有的吸热反应不加热也会发生．解答：解：A．化学反应在发生物质变化的同时还一定伴随着能量的变化，故A错误；B．碳与氧气的化合反应为放热反应，碳和二氧化碳的化合反应为吸热反应，故B错误；C．有的放热的化学反应需要加热才能发生，如铝热反应，故C错误；D．有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D正确．故选D．点评：本题考查学生常见的吸热反应和放热反应，以及化学反应中能量变化的原因，难度不大，注意基础知识的积累．　2．（2分）下列属于放热反应的是（　　）　A．浓硫酸的稀释B．铝热反应　C．氢气还原氧化铜D．Ba（OH）2•2H2O和NH4Cl（固体）混合考点：吸热反应和放热反应．.专题：化学反应中的能量变化．分析：根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．解答：解：A．浓硫酸溶于水是物理变化，故A错误；B．铝热反应是放热反应，故B正确；C．氢气还原氧化铜反应是吸热反应，故C错误；D．Ba（OH）2•2H2O和NH4Cl（固体）混合反应是吸热反应，故D错误．故选B．点评：本题考查放热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题，题目难度不大．　3．（2分）下列水溶液一定呈中性的是（　　）　A．pH=7的溶液21\n　B．c（H+）=1.0×10﹣7mol•L﹣1的溶液　C．c（H+）=c（OH﹣）　D．pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液考点：水的电离；溶液pH的定义；测定溶液pH的方法．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断，当c（H+）＞c（OH﹣），溶液就呈酸性；当c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性；当溶液中c（H+）＜c（OH﹣），溶液就呈碱性；注意不能根据溶液的pH值大小判断．解答：解：溶液的酸碱性与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小有关，当c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性，A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12，当PH=6时溶液呈中性，当PH=7时溶液呈碱性，故A错误．B、c（H+）=10﹣7mol•L﹣1的溶液，溶液的pH=7，如A所分析，溶液不一定成中性，故B错误．C、c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故C正确；D、没有告诉为酸碱的强弱，无法计算溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，无法判断反应后溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，故D错误；故选C．点评：本题考查了水的电离及溶液酸碱性的判断，题目难度不大，注意溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断的，注意水的电离过程是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大．　4．（2分）在理论上不能用于设计原电池的化学反应是（　　）　A．NaCl（aq）+AgNO3（aq）=AgCl（s）+NaNO3（aq）△H＜0　B．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H＜0　C．2FeCl3（aq）+Fe（s）=3FeCl3（aq）△H＜0　D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H＜0考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：原电池反应是能自发进行的、放热的、氧化还原反应，据此分析解答．解答：解：A．该反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故A选；B．该反应中有电子转移且是放热反应，所以是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故B不选；C．该反应中有电子转移且是放热反应，所以是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故C不选；D．该反应中有电子转移且是放热反应，所以是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故D不选；故选A．点评：21\n本题考查原电池反应性质，明确原电池反应特点是解本题关键，根据反应的自发性、反应热、是否有电子转移判断即可，原电池反应是设计原电池的依据，题目难度不大．　5．（2分）工业制硫酸时有一反应为：2SO2+O2⇌2SO3．对该反应的有关说法错误的是（　　）　A．该反应是可逆反应B．反应中SO2能全部转化为SO3　C．催化剂能加快该反应的速率D．升高温度能加快该反应的速率考点：催化剂的作用；化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，催化剂可加快反应速率，升高温度，反应速率增大．解答：解：A．由方程式可知，反应为可逆反应，故A正确；B．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故B错误；C．加入催化剂，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故C正确；D．升高温度，活化分子的百分数增大，能加快该反应的速率，故D正确．故选B．点评：本题考查化学反应的可逆性和影响反应速率的因素，题目难度不大，本题注意把握可逆反应的特点以及影响反应速率的常见外界因素，学习中注意相关基础知识的积累．　6．（2分）下列过程中，需要吸收能量的是（　　）　A．H+H=H2B．H+Cl=HClC．I2→I+ID．S+O2=SO2考点：吸热反应和放热反应．.专题：化学反应中的能量变化．分析：A．成键放出能量；B．成键放出能量；C．断键吸收能量；D．绝大多数化合反应是放热反应．解答：解：A．成键放出能量，故A错误；B．成键放出能量，故B错误；C．断键吸收能量，故C正确；D．S+O2=SO2是化合反应是也放热反应，故D错误．故选C．点评：本题考查需要吸收能量的变化，难度不大，注意成键放出能量，断键吸收能量．　7．（2分）在一定条件下，发生CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）△H＜0的反应，达到平衡后，保持体积不变，降低温度，混合气体的颜色（　　）　A．变深B．变浅C．不变D．无法判断考点：化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：该反应是放热反应，降温平衡向放热方向移动，利用影响平衡移动的因素分析．解答：解：该反应是放热反应，降温平衡正向移动，二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，故选B．21\n点评：本题考查了影响平衡移动的因素，注意利用勒夏特列原理分析，题目难度不大．　8．（2分）下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是（　　）　A．HClB．NH4NO3C．Na2SD．HClO考点：电解质在水溶液中的电离．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．HCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子；B．NH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水合氨分子；C．Na2S电离出的硫离子水解生成硫化氢分子；D．HClO为弱电解质，在溶液中存在分子；解答：解：A．HCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子，所以溶液中只有水分子，故A正确；B．NH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水合氨分子，所以溶液中除水分子外，还存在一水合氨分子，故B错误；C．Na2S电离出的硫离子水解生成硫化氢分子，所以溶液中除水分子外，还存在H2S分子，故C错误；D．HClO为弱电解质，在溶液中部分电离，除水分子外，存在HClO分子，故D错误；故选A．点评：本题考查了弱电解质的概念，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，平时注意基础知识的积累，题目难度不大．　9．（2分）为了避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，正确的操作方法是（　　）　A．稀释B．加稀硫酸C．加NaOH溶液D．加热考点：盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：硫酸铜溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，溶液呈酸性，为了避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，改变的条件应一致铜离子的水解；解答：解：A、稀释促进水解，故A错误；B、加入稀硫酸，抑制铜离子的水解，避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，故B正确；C、加入氢氧化钠会促进水解生成氢氧化铜沉淀，故C错误；D、加热促进水解，故D错误；故选B．点评：本题考查了盐类水解的分析应用，主要是影响水解平衡的因素分析判断，题目较简单．　10．（2分）在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）　A．v（A）=0.5mol/（L•s）B．v（B）=0.3mol/（L•s）C．v（C）=0.8mol/（L•s）D．v（D）=1mol/（L•s）考点：反应速率的定量表示方法．.21\n专题：化学反应速率专题．分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．解答：解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=1mol/（L•s），故速率B＞C＞A=D，故选B．点评：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．　11．（3分）将0.2mol•L﹣1HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系中正确的是（　　）　A．c（HCN）＜c（CN﹣）B．c（Na+）=c（CN﹣）　C．c（HCN）﹣c（CN﹣）=c（OH﹣）D．c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol•L﹣1考点：离子浓度大小的比较．.专题：盐类的水解专题．分析：将0.2mol•L﹣1HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（HCN）=0.05mol•L﹣1，c（NaCN）=0.05mol•L﹣1，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答该题．解答：解：将0.2mol•L﹣1HCN溶液和0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，由于混合后溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，则A．NaCN水解程度大于HCN的电离程度，则c（HCN）＞0.05mol/L＞c（CN﹣），故A错误；B．由上述分析知c（CN﹣）＜0.05mol•L﹣1，而c（Na+）=0.05mol•L﹣1＞c（CN﹣），故B错误；C．根据物料守恒可知c（HCN）+c（CN﹣）=2c（Na+），又据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），则2c（H+）+c（HCN）+c（CN﹣）=2c（CN﹣）+2c（OH﹣），则有c（HCN）﹣c（CN﹣）=2c（OH﹣）﹣2c（H+），故C错误；D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN﹣）=0.1mol•L﹣1，故D正确；故选D．点评：本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，综合考查学生的分析能力，题目难度中等，注意溶液电荷守恒和物料守恒的运用方法．　12．（3分）用质量均为100g的铜作电极，电解硝酸银溶液，电解一段时间后，两电极的质量差为28g，此时两电极的质量分别为（　　）　A．阳极100g，阴极128gB．阳极91.0g，阴极119.0g21\n　C．阳极93.6g，阴极121.6gD．阳极86.0g，阴极114.0g考点：电解原理．.专题：电化学专题．分析：用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，根据转移电子相等计算两个电极的质量．解答：解：用铜作电极电解硝酸银溶液时，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极上银离子得电子生成银，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，电池反应式为Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，设阴极析出银的质量为x，根据转移电子相等得阳极溶解铜的质量=×64=，两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和，所以x+=28，x=21.6，即析出银的质量为21.6g，溶解铜的质量=×21.6=6.4g，所以阳极上金属质量=100g﹣6.4g=93.6g，阴极上金属质量=100g+21.6g=121.6g，故选C．点评：本题以电解原理为载体考查物质的量的计算，正确理解“电解一段时间后两个电极质量差为溶解铜的质量和析出银的质量之和”为解答本题关键，再结合转移电子守恒解答即可，本题还可以采用排除法解答，阳极质量减少阴极质量增加，根据转移电子守恒知溶解铜的质量和析出银的质量不等，从而得出正确选项．　13．（3分）强弱电解质的本质区别是（　　）　A．导电能力B．化学键的类型C．溶解度D．电离程度考点：强电解质和弱电解质的概念．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．据此即可解答．解答：解：A．电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力无关，溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，虽溶于水的部分能完全电离，可导电能力很弱，故A错误；B．化学键分为离子键和共价键、金属键，共价键为非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间形成的化学键，金属键为金属离子和电子之间形成的化学键，离子化合物含有活泼的金属和活泼非金属，一般为强电解质，共价化合物既有强电解质，也有弱电解质，如氯化氢是共价化合物，它是强电解质，乙酸也是共价化合物，但它是弱酸，是弱电解质，所以强弱电解质的本质区别与化学键的类型无关，故B错误；C．强弱电解质与溶解度无关，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，乙酸易溶于水，但它是弱酸，是弱电解质，故C错误；21\nD．强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，故D正确；故选D．点评：本题考查了强弱电解质与导电能力、溶解度之间的关系，难度不大，抓住强电解质的定义中的关键词“完全电离”是解题的关键．　14．（3分）如图所示滴定前后滴定管中液面所处的刻度，则消耗溶液的体积为（　　）　A．V1mLB．V2mLC．（V1﹣V2）mLD．（V2﹣V1）mL考点：计量仪器及使用方法．.专题：化学实验常用仪器．分析：滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，注意滴定管活塞下方或橡皮管无刻度．解答：解：滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定前液面处的读数是V1ml，滴定后液面处的读数是V2ml，消耗溶液的体积为（V2﹣V1）mL，故选D．点评：本题考查常见计量仪器的使用，题目难度不大，注意量筒和滴定管的差异性．　15．（3分）常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10﹣13mol/L，该溶液可能是（　　）①二氧化硫水溶液②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液．　A．①④B．①②C．②③D．③④考点：水的电离．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：常温下某溶液中由水电离的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1＜10﹣7mol•L﹣1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，据此分析解答．解答：解：常温下某溶液中由水电离的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1＜10﹣7mol•L﹣1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，①二氧化硫水溶液，即为亚硫酸溶液抑制水电离；②氯化铵水溶液，含有弱离子的盐促进水电离；③硝酸钠水溶液，既不抑制也不促进水的电离；④氢氧化钠水溶液，属于强碱能抑制水电离，故选A．点评：本题考查了影响水电离的物质，根据水电离程度确定溶质的性质，知道哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离，题目难度不大．　16．（3分）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOG下列叙述不正确的是（　　）　A．放电时负极反应为：Zn﹣2e+2OH=Zn（OH）2　B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O21\n　C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化　D．放电时正极附近溶液的碱性增强考点：原电池和电解池的工作原理．.分析：根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．解答：解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；B、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确．故选C．点评：本题主要考查了原电池和电解池原理的应用，侧重于考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力，题目难度中等．　17．（3分）某温度时，在25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，曲线如图乙所示，有关粒子浓度关系的比较正确的是（　　）　A．在D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）　B．在C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）　C．在B点，a＞12.5，且有c（Na+）=c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）=c（H+）　D．在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）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：在25mL0.1mol．L﹣1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液，二者之间恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH﹣）=c（H+），然后根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小，注意题中没有告诉温度，pH=7时溶液不一定为中性．解答：21\n解：A．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，c（Na+）=0..05mol/L，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故A正确；B．在C点，溶液显酸性，故有c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）＜c（CH3COO﹣），c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C、由于温度不知，无法判断在B点溶液的酸碱性，则无法判断钠离子与醋酸根离子浓度大小，且醋酸根离子、钠离子浓度远远大于氢离子、氢氧根离子浓度，故C错误；D、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（H+）＜c（OH﹣），溶液中离子浓度大小关系可能为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），但也可以是氢氧化钠过量，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故D错误；故选A．点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，特别需要明确本题中没有告诉温度，pH=7时溶液不一定为中性．　18．（3分）（2022•揭阳二模）在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是（　　）　A．B．C．D．/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：根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实．解答：解：体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n（CH3COOH）＞n（HCl）=0.01mol，0.65g锌粒的物质的量==0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象不符合题意，故A错误；21\nB．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，所以图象不符合题意，故B错误；C．刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，所以生成的氢气的量比盐酸多，故C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用，图象分析方法，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，难度中等．　19．（3分）在常温下Ksp[Cu（OH）2]=2×10﹣20．某CuSO4溶液中，c（Cu2+）=0.02mol/L，在常温下要生成Cu（OH）2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱溶液来调节溶液的pH，使溶液的pH大于（　　）　A．2B．3C．4D．5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：在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，应满足c（Cu2+）×c2（OH﹣）≥2×10﹣20，以此计算溶液的c（OH﹣），可确定溶液的pH．解答：解：已知Ksp=2×10﹣20，c（Cu2+）=0.02mol•L﹣1，在常温下如果要生成Cu（OH）2沉淀，则c（Cu2+）×c2（OH﹣）≥2×10﹣20，所以c（OH﹣）≥=10﹣9（mol/L），应调节溶液pH大于5，故选D．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用．　20．（3分）下图中的两条曲线分别表示200℃和300℃时，有反应A（g）+B（g）C（g），△H体系中B的百分含量和时间t的关系，下列对△H的数值和表示300℃时的变化曲线的说法正确的是（　　）　A．△H＜0，R曲线B．△H＞0，R曲线C．△H＜0，S曲线D．△H＞0，S曲线考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．.专题：化学平衡专题．分析：由图象中的曲线可知R曲线先达到平衡（先“拐”先“平”），所以R为300℃时的变化曲线；21\n由图象又可知温度升高，B%变大，平衡左移，故正反应为放热反应，△H＜0．解答：解：图象中R曲线先达到平衡，说明R曲线的条件下反应速率大，根据升高温度反应速率加大可知，R曲线为300℃时的变化曲线；温度升高，B%增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0．故选A．点评：本题考查化学平衡图象题，题目难度不大，做题时注意分析图象的从坐标和横坐标的物理量以及曲线的变化特点，结合外界条件对平衡移动的影响进行分析．　二、填空、简答题（本题包括5小题，共50分）21．（14分）回答下列问题（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c（Na+）　＜　c（CH3COO﹣）（“＞”、“=”或“＜”）．（2）将NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，相关反应的离子方程式是　Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑　．（3）一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=7mol/L，c（C）=4mol/L．试确定B的起始浓度c（B）的取值范围是　3mol/L≤c（B）≤9mol/L　，若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，其采取的措施是　减压或升温　．（4）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的一极通入O2和CO2，另一极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池负极的电极反应式为　C3H8+10CO32﹣﹣20e﹣═4H2O+13CO2　；放电时，CO32﹣移向电池的　负　（填“正”或“负”）极．（5）拆开lmolH﹣H键、lmolN﹣H键、lmolN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则1molH2生成NH3的反应热为　﹣30.7kJ/mol　．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．分析：（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度较大，等体积混合时，醋酸过量；（2）碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；（3）若A完全转化为C，B取最小值，若C完全转化为反应物，B取最大值；改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，可使平衡正向移动或增加C；（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；（5）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．解答：解：（1）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L，而pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故答案为：＜；（2）将NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，二者发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，21\n故答案为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=7mol/L，c（c）=4mol/L，若A完全转化为C，消耗B为04mol/L，则B最小值为3mol/L，若C完全转化为反应物，生成2molB，则B的最大值为9mol/L，因反应为可逆反应，均不能完全转化，则B的浓度范围为：3mol/L≤c（B）≤9mol/L；若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积缩小的吸热反应，可以减小压强，也可以升高温度，使平衡向着正向移动，故答案为：3mol/L≤c（B）≤9mol/L；减压或升温；（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，负极电极反应为：C3H8+10CO32﹣﹣20e﹣═4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32﹣移向电池的负极，故答案为：C3H8+10CO32﹣﹣20e﹣═4H2O+13CO2；负；（5）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，则1molH2生成NH3的反应热为：kJ/mol=﹣30.7kJ/mol，故答案为：﹣30.7kJ/mol．点评：本题考查了离子浓度大小比较、原电池工作原理、热化学方程式的计算、化学平衡的计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．　22．（10分）请回答下列问题（1）已知：25℃时，0.1mol•L﹣1的HA溶液中c（H+）/c（OH﹣）=1010．①HA是　弱电解质　（填“强电解质”或“弱电解质”）；②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而减小的是　B　（填字母）．A．c（H+）/c（HA）　B．c（HA）/c（A﹣）C．c（H+）与c（OH﹣）的乘积　D．c（OH﹣）③若M溶液是由上述HA溶液V1mL与pH=12的NaOH溶液V2mL混合充分反应而得，则下列说法中正确的是　AD　A．若溶液M呈中性，则溶液M中c（H+）+c（OH﹣）=2.0×10﹣7mol•L﹣1B．若V1=V2，则溶液M的pH一定等于7C．若溶液M呈酸性，V1一定大于V2D．若溶液M呈碱性，V1一定小于V2（2）若已知在25℃，AgCl的Ksp=1.8×10﹣10，现将足量AgCl分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中；④100mL0.1mol•L﹣1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是　②＞①＞④＞③　（用序号连接）（3）对于2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0反应，在温度为T1，T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．则下列说法正确的是　④　．①A、C两点的反应速率：A＞C21\n②A、C两点气体的颜色：A深、C浅③B、C两点的气体的平均分子质量：B＜C④由状态B到状态A，可以用加热方法．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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：（1）①25℃时，0.1mol•L﹣1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则=1012，实际上中=1010所以该酸是弱酸；②加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢氧根离子浓度增大，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；③A．若混合溶液呈中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；B．如果二者体积相等，根据酸的强弱判断混合溶液的酸碱性；C．如果溶液呈酸性，则溶液可能是酸和盐溶液；D．如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；（2）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化；依据溶度积分别计算；（3）N2O4（g）═2NO2（g）△H＜0，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答，①C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；②压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大；③由图象可知，B、C两点NO2的体积分数相同，则气体的物质的量相同，据此判断；④根据温度和压强对反应速率的影响来回答．解答：解：（1）①25℃时，0.1mol•L﹣1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则解：（1）①25℃时，0.1mol•L﹣1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则=1012＞=1010，所以该酸是弱酸，即弱电解质，故答案为：弱电解质；②A21\n．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以增大，故A错误；B．加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以氢氧根离子浓度增大，则减小，故B正确；C．温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；D．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D错误；故答案为：B；③A．若混合溶液呈中性，则溶液M中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol•L﹣1，所以溶液M中c（H+）+c（OH﹣）=2×10﹣7mol•L﹣1，故A正确；B．若V1=V2，则酸的浓度大，酸过量，则溶液M的pH一定小于7，故B错误；C．如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2，故C错误；D．如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2，故D正确；故答案为：AD；（2）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，氯离子浓度越大，则银离子浓度越小，①100mL蒸馏水中氯化银形成饱和溶液，Ag+浓度为×10﹣5mol/l；②100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，③100mL0.1mol•L﹣1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10﹣10mol/L；④100mL0.1mol•L﹣1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10﹣9mol/L；综上所述大小顺序为：②＞①＞④＞③，故答案为：②＞①＞④＞③；（3）①由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，则A、C两点的反应速率：A＜C，故①错误；②A、C两点温度相同，但压强不同，NO2为红棕色气体，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则A、C两点气体的颜色：A深，C浅，故②错误；③由图象可知，B、C两点NO2的体积分数相同，则气体的物质的量相同，所以平均相对分子质量相同，故③错误；④升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故④正确；故答案为：④．点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学平衡的影响因素、酸碱混合溶液的计算、电化学以及盖斯定律的应用等，题目难度中等，注意体会盖斯定律的应用，把握燃料电池中电极方程式的书写．　23．（12分）有关硫化物的几个问题．（1）H2S在空气中可以燃烧．已知：①2H2S（g）+O2（g）2S（s）+2H2O（g）△H=﹣442.38kJ/mol②S（s）+O2（g）SO2（g）△H=﹣297.04kJ/mol21\nH2S（g）与O2（g）反应产生SO2（g）和H2O（g）的热化学方程式是　2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1036.46kJ/mol　．（2）SO2是大气污染物，海水具有良好的吸收SO2的能力，其过程如下．①SO2溶于海水生成H2SO3，H2SO3最终会电离出SO32﹣，其电离方程式是　H2SO3⇌HSO3﹣+H+HSO3﹣⇌SO32﹣+H+　．②SO32﹣可以被海水中的溶解氧氧化为SO42﹣．海水的pH会　降低　（填“升高”、“不变”或“降低”）．③为调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO3﹣参与反应，其反应的离子方程式是　HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O　．④在上述反应的同时需要大量鼓入空气，其原因是　提高脱硫海水的溶解氧，将SO32﹣氧化成为SO42﹣，有利于平衡H2SO3⇌HSO3﹣+H+HSO3﹣⇌SO32﹣+H+正向移动，提高二氧化硫的转化率，同时起到加快反应速率的作用．　．（3）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），用化学用语表示由ZnS转变为CuS的过程：　或ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq）　．考点：含硫物质的性质及综合应用．.专题：氧族元素．分析：（1）①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）△H=﹣442.38kJ/mol，②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.04kJ/mol，由盖地定律可知，①+②×2可得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）；（2）①H2SO3为弱酸，分步电离；②SO32﹣可以被海水中的溶解氧氧化为SO42﹣，酸性增强；③调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO3﹣参与反应，发生氢离子与HCO3﹣的反应，降低pH；④需要大量鼓入空气，增大氧气的浓度，结合平衡移动及反应速率分析；（3）由ZnS转变为CuS，发生沉淀的转化；解答：解：（1））①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）△H=﹣442.38kJ/mol，②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297.04kJ/mol，由盖地定律可知，①+②×2可得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g），则△H=﹣442.38kJ/mol+2×（﹣297.04kJ/mol）=﹣1036.46kJ/mol，所以热化学反应方程式为2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1036.46kJ/mol，故答案为：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1036.46kJ/mol；（2）①H2SO3为弱酸，分步电离，电离方程式为H2SO3⇌HSO3﹣+H+、HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，故答案为：H2SO3⇌HSO3﹣+H+、HSO3﹣⇌SO32﹣+H+；②SO32﹣可以被海水中的溶解氧氧化为SO42﹣，由亚硫酸变为硫酸，酸性增强，则海水pH降低，故答案为：降低；③调整海水的pH，可加入新鲜的海水，使其中的HCO3﹣参与反应，发生氢离子与HCO3﹣的反应，降低pH，离子反应为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，21\n故答案为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O；④为提高脱硫海水的溶解氧，将SO32﹣氧化成为SO42﹣，有利于平衡H2SO3⇌HSO3﹣+H+、HSO3﹣⇌SO32﹣+H+正向移动，提高二氧化硫的转化率，同时起到加快反应速率的作用，则在上述反应的同时需要大量鼓入空气，故答案为：提高脱硫海水的溶解氧，将SO32﹣氧化成为SO42﹣，有利于平衡H2SO3⇌HSO3﹣+H+、HSO3﹣⇌SO32﹣+H+正向移动，提高二氧化硫的转化率，同时起到加快反应速率的作用；（3）由ZnS转变为CuS，发生沉淀的转化，可表示为或ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq），故答案为：或ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq）；点评：本题考查较综合，以含硫化合物的性质考查盖斯定律的计算、平衡移动、沉淀转化及电极反应等，综合性较强，注重化学反应原理中高考高频考点的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等．　24．（14分）（2022•朝阳区二模）Cl2是一种重要的化工原料．（1）电解饱和NaCl溶液获得Cl2的化学方程式是　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　．（2）为便于储存，要将氯气液化[Cl2（g）⇌Cl2（l）]，应采取的措施是　降温（或加压）　（写出一条即可）．（3）液氯储存区贴有的说明卡如下（部分）：危险性储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇更物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、NaHSO3溶液吸收包装钢瓶①用离子方程式表示“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用　HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+　．②若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是　铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用　．③氯气含量检测仪工作原理示意图如图1：21\nCl2在Pt电极放电的电极反应式是　Cl2+2e﹣+2Ag+═2AgCl　．（4）质量标准要求液氯含水量（以1g氯气含水的质量计）＜0.4mg，含水量超标会严重腐蚀钢瓶．液氯含水量的测定装置如图2所示：（已知：P2O5+3H2O═2H3PO4；Cl2与P2O5不反应．）①用离子方程式说明c装置的作用　Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O　．②检测液氯的含水量，根据上图，需要测定的数据是　分别测定通液氯样品前后a、c的质量　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；电解原理；氯气的化学性质．.专题：电化学专题；卤族元素．分析：（1）电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气；（2）将氯气液化，可降低温度或压强；（3）①NaHSO3溶液与泄露的氯气发生氧化还原反应；②在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，催化剂加快反应速率；③Cl2在Pt电极放电，生成AgCl；（4）由液氯含水量的测定装置可知，氮气将含水的液氯赶入a中，a中增加质量为水的质量，c中NaOH吸收氯气，其增加质量为液氯质量，以此来解答．解答：解：（1）惰性电极电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气，该反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（2）常温下，氯气为气体，降温（或加压）可液化，转化为液体便于运输和储存，故答案为：降温（或加压）；（3）①NaHSO3溶液与泄露的氯气发生氧化还原反应，离子反应为HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+，故答案为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+；②由在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快可知，铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用，故答案为：铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用；③Cl2在Pt电极放电，生成AgCl，电极反应为Cl2+2e﹣+2Ag+═2AgCl，故答案为：Cl2+2e﹣+2Ag+═2AgCl；（4）①c装置的作用为吸收氯气，其离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；21\n②测定装置中，氮气将含水的液氯赶入a中，a中增加质量为水的质量，c中NaOH吸收氯气，其增加质量为液氯质量，则检测液氯的含水量，需要测定的数据是分别测定通液氯样品前后a、c的质量，故答案为：分别测定通液氯样品前后a、c的质量．点评：本题考查较综合，涉及液氯中水的含量测定、电极反应、影响反应速率的因素、氧化还原反应等，综合考查学生分析能力、知识综合应用能力，注意习题综合的信息及原电池装置图、含量测定流程图的整体把握，题目难度中等．　三、附加题（本题包括2小题，共20分）25．（8分）（1）有四种一元酸HA、HB、HC、HD，相同物质的量浓度的NaD和NaB溶液的pH，前者比后者大，NaA溶液呈中性，1mol/L的KC溶液遇酚酞试液呈红色；同体积、同物质的量浓度的HB、HC用样的装置分别作导电性试验，发现后者的灯泡比前者亮，则这四种酸的酸性由强到弱的顺序为　HA＞HC＞HB＞HD　（2）已知难溶电解质溶解平衡时M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq），溶液的pH=a，则其Ksp=　　（3）溶液的酸度表示为AG=lg[]，又知100℃时，水的离子积常数为1×10﹣12，25℃时纯水的AG1和100℃时食盐水的AG2的关系为：AG1　=　AG2（=、＜、＞）；在100℃时将V1mlAG=8的硫酸与V2mlAG=﹣6的烧碱溶液混合后AG=0，则V1：V2=　1：10　．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解质溶液的导电性．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）酸的酸性越强，酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其钠盐溶液pH越大；强酸强碱盐溶液呈中性，强碱弱酸盐溶液呈碱性；溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比，据此判断四种酸的酸性强弱；（2）依据pH表示出c（H+），然后计算出c（OH﹣），依据溶解平衡方程式计算溶度积即可；（3）中性溶液中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，在25℃时，KW=C（H+）×C（OH﹣）=10﹣14，C（H+）=C（OH﹣）=1×10﹣7mol•L﹣1；100℃时，水的离子积常数为1×10﹣12，100℃时食盐水呈中性，C（H+）=C（OH﹣）=1×10﹣6，根据AG=lg[c（H+）/c（OH﹣）]，则有AG=lgc（H+）﹣lgc（OH﹣）=lgc（H+）﹣lg=14+2lgc（H+）=14﹣2pH，根据AG与PH的关系进行分析．解答：21\n解：（1）酸的酸性越强，酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其钠盐溶液pH越大，相同物质的量浓度的NaD和NaB溶液的pH，前者比后者大，说明酸性强弱：HB＞HD；强酸强碱盐溶液呈中性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，NaA溶液呈中性，说明HA为强酸，1mol/L的KC溶液遇酚酞试液呈红色，该溶液呈碱性，说明HC为弱酸；溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比，同体积、同物质的量浓度的HB、HC用样的装置分别作导电性试验，发现后者的灯泡比前者亮，说明HC溶液中离子浓度大于HB，且二者浓度相等，所以酸性：HC＞HB，通过以上分析知，这四种酸强弱顺序是HA＞HC＞HB＞HD，故答案为：HA＞HC＞HB＞HD；（2）溶液的pH=a，c（H+）=10﹣a，故c（OH﹣）===10a﹣14，依据M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq），得c（M2+）=c（OH﹣）=a﹣14，故Ksp=c（M2+）c2（OH﹣）=，故答案为：；（3）在25℃时，纯水呈中性，C（H+）=C（OH﹣）=1×10﹣7mol•L﹣1，pH=﹣lgC（H+）=lg（10﹣7）=7，AG=lg[]=lg1=0，100℃时食盐水呈中性，C（H+）=C（OH﹣）=1×10﹣6，AG=lg[]=lg1=0，所以AG1=AG2，100℃时，水的离子积常数为1×10﹣12，C（H+）=C（OH﹣）=1×10﹣6，PH=6呈中性，在100℃时将V1mlAG=8的硫酸则有AG=14﹣2pH=8，pH=3，AG=﹣6的烧碱溶液AG=14﹣2pH=﹣6，PH=10，混合后AG=0，AG=14﹣2pH=0，pH=7＞6呈碱性，即=，V1：V2≈1：10，故答案为：=；1：10．点评：本题考查酸性强弱判断、AG的计算，明确酸的酸性强弱与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，但如果相同元数、相同浓度的酸或碱溶液，可以根据溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点．　26．（12分）在2L带气压计的恒容密闭容器中通入2molX（g）和1molY（g），发生反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍．请回答下列问题．（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率为　0.045mol/（L•min）　．（2）相同条件下进行反应，在t1时刻，只改变下列某一种条件，其曲线图象如图甲．21\n若c=0.90mol，t1时刻改变的条件是　E　（填选项编号，A．升温B．降温C．加压D．减压E．加催化剂），t2　＜　5min（填“＞”，“＜”或“=”下同）．（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，达到平衡后Z的物质的量　＞　0.9mol（填“＞”，“＜”或“=”）．（4）若将物质的量均为3.00mol物质X、Y混合于5L容器中发生反应，在反应过程中Z的物质的量分数随温度变化如图乙．①A、B两点Z物质正反应速率的大小关系是　B＞A　；②温度T＜T0时，Z%逐渐增大的原因是　反应还没有到达平衡，反应向正反应进行，故Z%的逐渐增大　．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．.专题：化学平衡专题．分析：依据平衡三段式列式计算，设消耗的Y物质的量为x2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）210变化量（mol）2xx2x平衡量（mol）2﹣2x1﹣x2x若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍，2﹣2x+1﹣x+2x=（2+1）×0.85x=0.45，（1）依据平衡计算分析反应速率V=计算；（2）图象分析平衡不移动，反应速率增大，可能是使用了催化剂，达到平衡所需时间短；（3）恒压容器中反应是气体体积减小的反应，为保持恒压体积缩小相当于平衡正向进行，Z的物质的量增大；（4）起始时加入物质的量均为3.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，Z的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等；随着温度的继续升高，Z的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移；温度越高，反应速率越大；Z%逐渐增大的原因反应还没有到达平衡，反应正向进行，随着温度升高，生成的Z越来越多．解答：解：设消耗的Y物质的量为x2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）210变化量（mol）2xx2x平衡量（mol）2﹣2x1﹣x2x若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍，2﹣2x+1﹣x+2x=（2+1）×0.85x=0.45mol，则（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率==0.045mol/（L•min），故答案为：0.045mol/（L•min）；21\n（2）若c=0.90mol，图象分析可知反应速率增大，但最后大点的平衡状态不变，反应是气体体积变化的反应，所以改变的条件是加入了催化剂的作用，t1时刻改变的条件是加入了催化剂，反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，小于5min；故答案为：E；＜；（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，恒压容器中反应是气体体积减小的反应，为保持恒压体积缩小相当于平衡正向进行，Z的物质的量增大达到平衡后Z的物质的量大于0.9mol；故答案为：＞；（4）①起始时加入物质的量均为3.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，Z的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，随着温度的继续升高，Z的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，则正反应为放热反应，温度越高，反应速率越大，B点温度大于A点，则A点反应速率小于B点，故答案为：B＞A；②温度T＜T0时，Z%逐渐增大的原因是，温度T0前，反应还没有到达平衡，反应向正反应进行，随着温度升高，生成的Z越来越多，故答案为：反应还没有到达平衡，反应向正反应进行，故Z%的逐渐增大．点评：本题借助于图象考查了化学反应速率、化学平衡的标志、化学平衡计算，化学平衡的影响因素等，题目难度中等，注意反应原理的掌握．21