陕西省西安一中2015_2016学年高二化学上学期期末试卷(含解析)

2015-2016学年陕西省西安一中高二（上）期末化学试卷一、每小题只有一个选项符合题意（每题2分，共56分）1．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺2．下列各组物质的燃烧热相等的是（）A．碳和二氧化碳B．1mol 碳和3mol 碳C．3mol C2H2和1mol C6H6D．淀粉和纤维素3．一定温度下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c （OH﹣）之比为（）A．小于10 B．等于10 C．大于10 D．无法确定4．将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL 0.5mol/L NaCl溶液；③10mL 0.2mol/L CaCl2溶液；④50mL 0.1mol/L 盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c（Ag+）从大到小的顺序排列正确的是（）A．④③②①B．②③④①C．①④③②D．①③②④5．HClO是比H2CO3还弱的酸，下列反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可采取的措施是（）A．光照B．加入NaOH固体C．加入水D．加入CaCO3固体6．图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO+O2⇌2NO2△H＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点7．下列各现象不能用平衡移动原理解释的是（）A．FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中B．CaCO3难溶于稀硫酸中，却能溶于醋酸中C．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸造成的损失量D．Cl2与Na2S溶液反应生成单质S沉淀8．为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（）A．欲配制质量分数为10%的ZnS04溶液，将10gZnS047H20溶解在90g水中B．欲制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C．为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量D．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用9．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOH HCN H2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0﹣5 4.9×l0﹣10K1=4.3×l0﹣7 K2=5.6×l0﹣11则下列有关说法正确的是（）A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．将a molL﹣1 HCN溶液与a molL﹣1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH﹣）＞c（H+），c （Na+）＞c（CN﹣）C．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）10．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）A．B．Fe3+C．D．11．已知胆矾溶于水时溶液温度降低．胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1molL﹣1．室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则Q1与Q2的关系为（）A．Q1＞Q2B．Q1=Q2C．Q1＜Q2D．无法比较12．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJmol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）13．某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A．均减半B．均加倍C．均增加1mol D．均减少1mol14．已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是（）A．该温度高于25℃B．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）C．水电离出来的c（H+）=1×10﹣10molL﹣1D．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性15．20℃时，两种一元弱酸的钠盐NaX和NaY，已知，往NaX溶液中通入CO2只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2能生成HY和Na2CO3，下列说法正确的是（）A．酸性HY＞HXB．结合H+的能力Y﹣＞CO＞X﹣＞HCOC．溶液的碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3D．HX和HY酸性相同但比H2CO3弱16．常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1000mol/L 盐酸和20.00mL0.1000mol/L 醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．若以HA表示酸，下列说法正确的是（）A．滴定盐酸的曲线是图2B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为 c（Na+）=c（A﹣）C．达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）D．当0 mL＜V（NaOH）＜20.00 mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为 c（A ﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）17．已知K2HPO4溶液中水解程度大于电离程度，对于平衡HPO42﹣+H2O⇌H3O++PO43﹣，欲使溶液中c （HPO42﹣）、c（PO43﹣）、c（H3O+）三种离子浓度均减少，可采用的方法是（）A．加水B．加热C．加消石灰D．加AgNO318．用Pt电极电解含有Cu2+和X3+均为0.1mol的溶液，阴极析出金属的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是（）A．Cu2+＞X3+＞H+B．H+＞X3+＞Cu2+C．X3+＞H+＞Cu2+D．Cu2+＞H+＞X3+19．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO （g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段20．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是（）A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（Na+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②21．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是（）A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣3e→Fe3+C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）22．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c（）：c（H+）约为（）A．1：1 B．1：2 C．1：10 D．10：123．某充电电池的原理如图所示，溶液中c（H+）=2.0molL﹣1，阴离子为SO42﹣，a、b均为惰性电极，充电时右槽溶液颜色由绿色（V3+）变为紫色（V2+）．下列对此电池叙述正确的是（）A．充电时，b极接直流电源正极，a极接直流电源负极B．放电过程中，左槽溶液颜色由黄色变为蓝色C．充电过程中，a极的反应式为：VO2++2H++e﹣=VO2++H2OD．放电时，当转移1.0 mol电子时生成1.0mol H+且H+从左槽迁移进右槽24．已知反应：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），将X和Y气体按体积比1：2混合于一密闭容器中，并加压到3×107Pa时达到平衡状态，此时反应物、生成物的物质的量之比为6：1，则如右图所示，此时反应对应的温度为（）A．100℃B．200℃C．300℃D．400℃25．研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（）A．正极反应式：Ag+Cl﹣﹣e﹣=AgClB．每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子C．Na+不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物26．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的K sp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（）A．在t℃时，AgBr的K sp为4.9×l0﹣13B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈81627．电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示．已知海水中含Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等离子，电极为惰性电极．下列叙述中正确的是（）A．A膜是阳离子交换膜（只允许阳离子通过）B．通电后，海水中阴离子往b电极处运动C．通电后，a电极的电极反应为4OH﹣4e﹣═O2↑+2H2OD．通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀28．铝、铍（Be）及其化合物具有相似的化学性质，如其氯化物分子内键型相同，故其氯化物晶体的熔点都较低．已知反应：BeCl2+Na2BeO2+2H2O═2NaCl+2Be（OH）2↓能完全进行，则下列推断正确的是（）A．Na2BeO2溶液的pH＞7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeOB．BeCl2溶液的pH＜7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeOC．Be（OH）2只能溶于盐酸，不能溶于NaOH溶液D．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物二、填空题（共44分）29．已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：（1）图中五点K W间的关系是．（2）若从A点到D点，可采用的措施是．a．升温 b．加入少量的NaOH c．加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为．（4）25℃时，体积为V a、pH=a的某一元强酸溶液与体积为V b、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，V a＜V b，则a的取值范围为．30．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放109g5.51%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和200g10.00%的K2SO4溶液．电极均为石墨电极．接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：（1）电极b上发生的电极反应为．（2）电极b上生成的气体在标状况下的体积为，此时甲烧杯中NaOH溶液的物质的量浓度为（设溶液的密度为1g/cm3）．（3）电极c的质量变化是g，欲使电解后乙中的电解液恢复到起始状态，应该向溶液中加入适量的（填字母编号）．A．Cu（OH）2 B．Cu2O C．CuCO3 D．Cu2（OH）2CO3（4）其他条件不变，如果把乙装置改为电解精炼铜，则c电极的材料为，d电极的材料为．31．绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．（1）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是．（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质，②．（3）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a．称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．①滴定时发生反应的离子方程式为：．②滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为（填仪器名称）．判断此滴定实验达到终点的方法是③计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为．32．Ⅰ．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．（1）以下为铝材表面处理的一种方法如图1：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是（用离子方程式表示）．为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的．a．NH3 b．CO2c．NaOH d．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为．取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是．（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是：Ⅱ．用Al单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q．写出阳极生成R的电极反应式：．Ⅲ．Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，其电解制法如图2所示，请根据图示分析：Fe电极的电极反应为，与铁电极相连的为电源的极．2015-2016学年陕西省西安一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、每小题只有一个选项符合题意（每题2分，共56分）1．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A、根据产生温室效应的气体成分判断；B、根据酸雨的形成原因判断；C、根据低碳经济的要求判断；D、根据可燃冰对煤、石油的影响判断；【解答】解：A CO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，故A错误；B、产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B正确；C、节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；D、合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的生活环境的污染和治理，涉及STSE内容，主要与环保、能源和低碳经济有关，属于常识题．2．下列各组物质的燃烧热相等的是（）A．碳和二氧化碳B．1mol 碳和3mol 碳C．3mol C2H2和1mol C6H6D．淀粉和纤维素【考点】燃烧热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．一般C→CO2，H→H2O （l），S→SO2．燃烧热是物质的性质，与量的多少无关．【解答】解：A．二氧化碳是稳定氧化物，不能燃烧，不考虑燃烧热问题，故A错误；B．燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，可燃物相同，1mol 碳和3mol 碳燃烧热相同，故B正确；C．乙炔和苯物质不同物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故C错误；D．淀粉和纤维素物质不同，具有不同的能量，1mol物质完全燃烧放出的热量不相等，燃烧热不相等，故C错误；故选：B．【点评】本题考查燃烧热的概念，难度较小，注意把握燃烧热的含义可燃物为1mol，燃烧生成稳定氧化物，一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2．3．一定温度下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c （OH﹣）之比为（）A．小于10 B．等于10 C．大于10 D．无法确定【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】弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大．【解答】解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，故选：A．【点评】本题考查弱电解质的电离程度与浓度的关系，明确一水合氨的电离程度是解答本题的关键．4．将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL 0.5mol/L NaCl溶液；③10mL 0.2mol/L CaCl2溶液；④50mL 0.1mol/L 盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c（Ag+）从大到小的顺序排列正确的是（）A．④③②①B．②③④①C．①④③②D．①③②④【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AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl﹣（aq），加入相同离子平衡逆向移动．【解答】解：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl﹣（aq），加入Cl﹣平衡逆向移动c（Ag+）会减小，加入Cl﹣的浓度越大，c（Ag+）越小，即c（Ag+）与c（Cl ﹣）大小顺序相反，已知Cl﹣的浓度从大到小顺序为：②③④①，则c（Ag+）浓度从大到小顺序相反为：①④③②，故A、B、D错误；故C正确；故选C．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，离子浓度的影响，浓度越大，影响越大．5．HClO是比H2CO3还弱的酸，下列反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可采取的措施是（）A．光照B．加入NaOH固体C．加入水D．加入CaCO3固体【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．光照条件下，HClO分解；B．NaOH和HClO反应；C．加入水，溶液体积增大，溶液浓度反而降低；D．HClO酸性比H2CO3弱的酸，HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动．【解答】解：A．光照条件下，HClO分解，HClO浓度降低，故A错误；B．NaOH和HCl、HClO都反应，HClO浓度降低，故B错误；C．加入水，溶液体积增大，虽然平衡向正反应方向移动，但溶液浓度反而降低，故C错误；D．加入碳酸钙固体，HCl与碳酸钙反应，HClO的酸性比H2CO3弱，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学平衡的影响，难度不大，C选项中注意加入水，溶液浓度降低，根据平衡常数理解平衡移动方向．6．图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO+O2⇌2NO2△H＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答【解答】解：A、a点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故A错误；B、b点在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故B错误；C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；D、d点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由d点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），故D错误；故选：C．【点评】本题考查化学平衡图象，涉及平衡状态的判断、平衡移动等，难度中等，判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是关键．7．下列各现象不能用平衡移动原理解释的是（）A．FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中B．CaCO3难溶于稀硫酸中，却能溶于醋酸中C．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸造成的损失量D．Cl2与Na2S溶液反应生成单质S沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学平衡的影响因素．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A、FeS（s）⇌Fe2++S2﹣，加入稀盐酸后，S2﹣+2H+⇌H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向正方向移动，故FeS溶解，故A正确；B、CaCO3（s）⇌CO32﹣+Ca2+，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的表面，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀H2SO4．而在醋酸中，CO32﹣+2CH3COOH→2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸，所以能用平衡移动原理解释，故B正确；C、BaSO4（s）⇌Ba2++SO42﹣，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向正方向移动，造成BaSO4的损失；而用H2SO4洗涤，H2SO=2H++SO42﹣，SO42﹣的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4损失量少，所以能用平衡移动原理解释，故C正确；D、Cl2与Na2S溶液反应生成单质S沉淀，是Cl2与Na2S发生氧化还原反应，不存在平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D错误；故选D．【点评】本题考查平衡移动原理知识，题目难度不大，注意使用平衡移动原理的前提必须是可逆反应，平衡发生移动．8．为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（）A．欲配制质量分数为10%的ZnS04溶液，将10gZnS047H20溶解在90g水中B．欲制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C．为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量D．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用【考点】化学实验方案的评价；胶体的重要性质；物质的检验和鉴别的实验方案设计；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定．【专题】实验评价题．【分析】A.10gZnS047H20中ZnS04的质量小于10g；B．长时间煮沸，胶体发生聚沉；C．NaOH与KCl不反应，与AlCl3反应先有沉淀后沉淀消失，与MgCl2反应有沉淀；D．锥形瓶无需干燥．【解答】解：A．因10gZnS047H20中ZnS04的质量小于10g，溶液的质量为10g+90g=100g，则ZnS04溶液的质量分数小于10%，故A错误；B．欲制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液，有红褐色液体出现即得到胶体，但长时间煮沸，胶体发生聚沉，故B错误；C．因NaOH与KCl不反应，与AlCl3反应先有沉淀后沉淀消失，与MgCl2反应有沉淀，现象不相同，则NaOH溶液能鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，故C正确；D．中和滴定时锥形瓶无需干燥，中和反应的实质是酸碱中氢离子、氢氧根离子的物质的量的关系，故D错误；故选C．【点评】本题考查实验方案的评价，涉及溶液的配制、胶体的制备、物质的鉴别、中和滴定，注重实验的操作和注意事项的考查，题目难度不大．9．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOH HCN H2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0﹣5 4.9×l0﹣10K1=4.3×l0﹣7 K2=5.6×l0﹣11则下列有关说法正确的是（）A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．将a molL﹣1 HCN溶液与a molL﹣1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH﹣）＞c（H+），c （Na+）＞c（CN﹣）C．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）【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】A、根据盐的水解规律：越弱越水解来分析，酸性顺序是：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠＞氰化钠＞醋酸钠；B、根据溶液混合所发生的反应后溶液的组成来判断离子浓度的大小，amolL﹣1HCN溶液与amolL ﹣1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐；C、溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；D、根据溶液中的电荷守恒来分析，溶液中存在c（Na+）、c（H+），阴离子c（OH﹣）、c（HCO3﹣）、c（CO32﹣），阴阳离子所带电荷总数相同．【解答】解：A、根据表中酸的电离平衡常数，可以知道酸性顺序是：醋酸＞氢氰酸＞碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠＞氰化钠＞醋酸钠，即pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误；B、amolL﹣1HCN溶液与amolL﹣1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），c（Na+）＞c（CN﹣）成立，故B正确；C、冰醋酸原来没有水，然后加水溶于水电离，到达冰醋酸全部电离后，导电性最大，PH最小，继续加水，虽然总的电离的分子多了，但是氢离子和醋酸根离子浓度下降很快，导电性下降，PH增加，趋向7，无限稀释后，导电性极弱，PH≈7，所以冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性先增强后减弱，根据越稀越电离的规律，则电离度逐渐增大，开始阶段是电离阶段，氢离子浓度逐渐增大，pH减小，达到电离平衡以后，再稀释，氢离子浓度减小，pH增大，即pH均先减小后增大，故C错误；D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选B．【点评】本题重点考查学生弱电解质的电离平衡、盐类水解原理、电解质溶液中电荷守恒应用等知识，可以根据所学内容来回答，难度中等．10．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）A．B．Fe3+C．D．【考点】电子式；原子结构示意图；水的电离．【专题】化学用语专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离方程式为H2O═H++OH﹣，加入酸或碱能抑制水的电离，加入含有弱根离子的盐能促进水的电离，否则不影响水的电离，据此分析解答．【解答】解：A．氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A错误；B．向水中加入Fe3+后，Fe3+水解生成氢氧化铁，使水的电离向右移动，所以能促进水的电离，故B错误；C．向水中加入氯离子后，钠离子、氯离子和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以不影响水的电离，故C正确；D．向溶液中加入醋酸根后，醋酸根发生水解促进水的电离，故D错误；故选C．【点评】本题考查了水的电离，影响水的电离的因素有：温度、酸碱、含有弱根离子的盐，酸或碱能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，题目难度不大．11．已知胆矾溶于水时溶液温度降低．胆矾分解的热化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1molL﹣1．室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则Q1与Q2的关系为（）A．Q1＞Q2B．Q1=Q2C．Q1＜Q2D．无法比较【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】胆矾溶于水时可分为两步，一是胆矾分解成无水硫酸铜，二是无水硫酸铜溶解，然后结合盖斯定律来解答．【解答】解：胆矾溶于水时溶液温度降低，可知其为吸热过程，△H＞0，1mol胆矾分解生成1molCuSO4（s）时，CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1 molL﹣11molCuSO4（s）溶解时放热Q2 kJ可得如下图所示关系，根据盖斯定律，则有△H=Q1+（﹣Q2）＞0，则Q1＞Q2，故选A．【点评】解答此类习题的关键是，读懂题意，正确列出图示关系．该题出的不是很好盖斯定律是说化学反应，而硫酸铜溶解在中学认为是纯粹的物理变化．12．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJmol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律．【专题】物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化．【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；。