1、2014-2015学年甘肃省庆阳一中高二（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）1已知反应X+YM+N为放热反应，对该反应的说法正确是（） A X的能量一定高于M B Y的能量一定高于N C X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 D 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生2物质是电解质物质，熔融态却不导电，溶于水时化学键被破坏的是（） A 液溴 B 氯化氢 C 蔗糖 D 硫酸钡3符合如图所示的热化学方程式是（） A CO+H2OCO2+H2 H=+41 kJ/mol B CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41 kJ/mol C CO2（g
2、）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41 kJ/mol D CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=41 kJ/mol4仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（） A 加热 B 加压 C 加负催化剂 D 加大反应物浓度5在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（） A 2A+3B=2C B A+3B=2C C 3A+B=2C D A+B=C6下列说法中正确的是（） A 某反应在低温条件下能自发进行，那么该反应在高温条件下也一定能自发进行 B 某反应在高温条件下不能自发进
3、行，那么该反应在低温条件下也一定不能自发进行 C 反应方向是由焓变和熵变共同决定的，与反应温度无关 D 温度有可能对反应的方向起决定性作用7在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，不能表明反应 A（s）+2B（g）C（g）+D（g）已达平衡的是（） A 混合气体的压强 B 混合气体的密度 C 混合气体的相对分子质量 D C的物质的量8反应2X（g）+Y（g）2Z（g）；H0（正反应为放热反应），在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量n（Z）与反应时间（t）的关系如图所示则下列判断正确的是（） A T1T2，P1P2 B T1T2，P1P2 C T1T2，
4、P1P2 D T1T2，P1P29一定条件下将2mol SO2和2mol SO3气体混合于一固定容积的容器中，发生反应：2SO2+O22SO3，平衡时SO3为n mol，在相同温度下，分别按下列配比在上述容器中放入起始物质，平衡时SO3的物质的量可能大于n的是（） A 2 mol SO2+1 mol O2 B 1mol SO2+1 mol O2 C 2 mol SO2+1 mol O2+2 mol SO3 D 1 mol SO2+1 mol SO310将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为
5、0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（） A B C D 11相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是（） A NH4Cl B NH4HCO3 C NH4HSO4 D （NH4）2SO412下列说法中正确的是（） A 物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水 B 不溶于水的物质溶解度为0 C 绝对不溶解的物质是不存在的 D 某粒子被沉淀完全是指该粒子在溶液中的浓度为零13在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存
6、的是（） A NH4+、Ba2+、NO3、CO32 B Fe2+、OH、SO42、MnO4 C K+、Mg2+、NO3、SO42 D Na+、Fe3+、Cl、AlO214在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/L NaOH溶液进行滴定，则所需NaOH溶液的体积（） A 大于20mL B 小于20mL C 等于20mL D 等于5mL15将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：盐酸过量；氨水过量；恰好完全反应；c（NH4+）=c（Cl）；c（NH4+）c（Cl）正确的是（） A B C
7、D 16强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3k kJmol1，又知在溶液中反应有：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）；H=Q1kJmol1，H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；H=Q2 kJmol1HNO3（aq）+KOH（aq）KNO3（aq）+H2O（l）；H=Q3 kJmol1，则Q1、Q2、Q3的关系正确的是（） A Q1=Q2=Q3 B Q2Q1Q3 C Q2Q3Q1 D Q2=Q3Q117某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温
8、度不变，测得溶液的pH为2下列对该溶液的叙述中，不正确是（） A 该温度高于25 B 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 C 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D 由水电离出来的H+的浓度是1.01010 mol/L18分别放置在如图所示装置（都盛有0.1molL1的H2SO4溶液）中的四个相同的纯锌片，腐蚀最慢的是（） A B C D 19汽车的启动电源常用铅蓄电池，电池反应如下：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，根据此反应判断下列叙述中正确的是（） A 电池放电时，PbO2是负极；充电时，PbO2是电池的阳极 B 负极的电极反应式为：Pb+S
9、O422e=PbSO4 C 放电时，PbO2得电子，被氧化 D 电池放电时，溶液酸性增强20若某装置（电解池或原电池）中发生的总反应的离子方程式是Cu+2H+Cu2+H2，则下列关于该装置的有关说法中正确的是（） A 该装置可能是原电池，也可能是电解池 B 该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸 C 该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极 D 该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸21某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹据此，下列叙述正确的是（） A 铅笔端作阳极，发生还原反
10、应 B 铂片端作阳极，发生还原反应 C 铅笔端有少量的氯气产生 D a点是负极，b点是正极22有关如图所示原电池的叙述，正确的是（盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液）（） A 反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液 B 取出盐桥后，电流计依然发生偏转 C 铜片上有气泡逸出 D 反应前后铜片质量不改变23金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+Ni2+Cu2+）（） A 阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2+2eNi B 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有F
11、e2+和Zn2+ D 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt24右图A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽接通电路后发现B上的c点显红色为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路下列叙述正确的是（） A a为直流电源的负极 B c极发生的反应为2H+2eH2 C f电极为锌板 D e极发生还原反应25随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是（） A 利用电池外壳的金属材料 B 防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染 C 不使电池中渗透的电解液腐蚀其他物品 D 回收其中石墨电极二、填空题：26（1）盖斯定律在
12、生产和科学研究中有很重要的意义有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=24.8kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47.2kJ/molFe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热化学反应方程式：（2）已知：AgCl+Br=AgBr+Cl，2AgI+S2=Ag2S+2I，AgBr+I=AgI+Br由以上实验事实可知4种难溶银盐溶解度减小的顺序是（3）
13、用碳棒作电极，电解下列水溶液：Na2SO4溶液 AgNO3溶液 KCl溶液 CuCl2溶液（填编号）A、通过相同电量时，阴极产生的气体的物质的量相同的是B、通过相同电量时，产生的气体总的物质的量由多到少排列顺序是27（10分）（2014秋庆阳校级期末）甲醇（CH3OH）是一种重要的化工原料，合成甲醇的主要反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）+Q在一定条件下，上述反应在一密闭容器中达到平衡（1）体积不变的条件下，下列措施中有利于提高CO的转化率的是（填字母）A升高温度 B增大压强 C通入CO D通入H2（2）在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡（填字母）A向正反应方向移动
14、 B向逆反应方向移动 C不移动（3）作出此判断的理由是原料气的加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不相同的实验数据见下表：CO2%CO%H2%（体积分数） 03070 22870 42670 82270 201070反应温度/ 225 235 250 225 235 250 225 235 250 225 235 250 225 235 250碳转化率（%） CH3OH 4.9 8.8 11.0 36.5 50.7 68.3 19.
15、0 33.1 56.5 17.7 33.4 54.4 8.0 12.0 22.6 CH4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.8 2.8 2.8由上表数据可得出多个结论结论一：在一定条件下，反应温度越高，碳转化率结论二：28用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20molL 1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定结果如下： NaOH起始读数 NaOH终点读数第一次 0.10mL 18.60mL第二次 0.30mL 18.00mL（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为molL1（2）达到滴定终点的标志是（3）以下操作造成测定结果
16、偏高的原因可能是A配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液29（11分）（2014秋庆阳校级期末）物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）A为0.1mol/L的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为（2）B为0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3在该溶液中存在的平衡有（用离子方程式表示）（3）C为0.1mol/L的（NH4）2Fe（SO
17、4）2溶液，与同浓度的（NH4）2SO4溶液中相比较（填溶质的化学式）溶液中NH 的浓度更大，其原因是（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在溶液中存在如下平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在25时，AgCl的Ksp=1.81010现将足量AgCl放入100mL 0.3mol/LAgNO3溶液中，充分搅拌后冷却到原温度，此时溶液 中Cl物质的量浓度为30（14分）（2007秋鞍山期末）在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成请回答下列问题：（1）请写出B极板的名称及反应式：（
18、2）写出电解时反应的总离子方程式（3）若当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g电解后溶液的pH为；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入，其质量为（假设电解前后溶液的体积不变）（4）若原溶液为1L K2SO4、CuSO4的混合溶液，且c（SO42）=2.0mol/L；如图装置电解，当两极都收集到22.4L气体（标准状况）时，停止电解则原溶液中的c（K+）为多少？（请简单表示计算过程）2014-2015学年甘肃省庆阳一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）1已知反应X+YM+N为放热
19、反应，对该反应的说法正确是（） A X的能量一定高于M B Y的能量一定高于N C X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 D 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生考点： 吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因 专题： 化学反应中的能量变化分析： 反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应解答： 解：AX和Y的总能量一定高于M和N的总能量，X的能量不一定高于M，故A错误； BX和Y的总能量一定高于M和N的总能量，Y的能量不一定高于N，故B错误；C反应X+Y=M+N为放热反应，X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故C正确；D该反应为放热反应，但引发反应时可能需要加热，故D错误故选C点
20、评： 本题考查学生放热反应的原因，可以根据所学知识进行回答，难度不大2物质是电解质物质，熔融态却不导电，溶于水时化学键被破坏的是（） A 液溴 B 氯化氢 C 蔗糖 D 硫酸钡考点： 化学键 分析： 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融时不导电应该属于共价化合物，溶于水时化学键被破坏可能发生了化学反应或者发生了电离，据此分析解答： 解：物质是电解质物质，熔融态却不导电，说明该物质属于共价化合物，溶于水时化学键被破坏，说明该物质可能发生了化学反应或者发生了电离，题干中属于共价化合物的有蔗糖和氯化氢，在水中能电离，而且属于电解质的是氯化氢，蔗糖属于非电解质，故选B点评： 本题考查了电
21、解质和非电解质的判断，难度不大，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质3符合如图所示的热化学方程式是（） A CO+H2OCO2+H2 H=+41 kJ/mol B CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41 kJ/mol C CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41 kJ/mol D CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=41 kJ/mol考点： 热化学方程式 分析： 图象分析可知反应物能量高于生成物，反应是吸热反应，热化学方程式需要标注物质的聚集状态和对应反应的焓变得到热化学方程式解答： 解：A、未标注物质的聚集状态，故A错误；B、反应是吸
22、热反应，焓变为正值，故B错误；C、符合反应的焓变是此反应的热化学方程式，故C正确；D、反应是吸热反应，焓变为正值，故D错误；故选C点评： 本题考查了热化学方程式书写方法，图象分析判断，掌握基础是关键，题目较简单4仅改变下列一个条件，通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（） A 加热 B 加压 C 加负催化剂 D 加大反应物浓度考点： 化学反应速率的影响因素 分析： 增大压强、浓度，单位体积活化分子的数目增多，升高温度、加入催化剂活化分子的百分数增大解答： 解：升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数，但增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变；加负催化剂会减少
23、活化分子百分数，故选A点评： 本题考查影响活化分子的因素，题目难度不大，注意相关知识的积累，学习中注意温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响的根本原因是影响活化分子的浓度或百分数，要注意负催化剂对反应的影响5在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（） A 2A+3B=2C B A+3B=2C C 3A+B=2C D A+B=C考点： 反应速率的定量表示方法 专题： 化学反应速率专题分析： 根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，据此书写方程式解答： 解：由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：v
24、B：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2故反应方程式为2A+3B=2C故选A点评： 本题考查反应速率规律，难度不大，注意对基础知识的积累掌握和对反应速率规律的理解6下列说法中正确的是（） A 某反应在低温条件下能自发进行，那么该反应在高温条件下也一定能自发进行 B 某反应在高温条件下不能自发进行，那么该反应在低温条件下也一定不能自发进行 C 反应方向是由焓变和熵变共同决定的，与反应温度无关 D 温度有可能对反应的方向起决定性作用考点： 焓变和熵变；反应热和焓变 专题： 化学反应中的能量变化分析： 反应能否自发进行取决于：G=HTS值的大小，如G0，则反应能自发进行，如
25、G0，则不能自发进行，据此解答解答： 解：G=HTS0的反应能够自发进行A当H0，S0，只有在低温下反应自发进行，而高温下不反应，故A错误；B当H0，S0时，高温条件下不能自发进行，而在低温下反应自发进行，故B错误；CG=HTS0的反应能够自发进行，所以反应方向是由焓变和熵变、温度共同决定，故C错误；D当反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定作用，故D正确；故选：D点评： 本题考查了判断反应能否自发进行的方法，掌握判断反应能否自发进行的方法是解题关键，题目难度不大7在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，不能表明反应 A（s）+2B（g）C（g）+D
26、（g）已达平衡的是（） A 混合气体的压强 B 混合气体的密度 C 混合气体的相对分子质量 D C的物质的量考点： 化学平衡状态的判断 分析： 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答： 解：A、混合气体的压强一直不变，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；B、混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；C、混合气体的相对分子质量不变，说明气体的质量不变，正逆反应
27、速率相等，达平衡状态，故C正确；D、C的物质的量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选A点评： 本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为08反应2X（g）+Y（g）2Z（g）；H0（正反应为放热反应），在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量n（Z）与反应时间（t）的关系如图所示则下列判断正确的是（） A T1T2，P1P2 B T1T2，P1P2 C T1T2，P1P2 D T1T2，P1P2考点： 体积百分含量随温度、压强变化曲线 专题： 化学平衡专题分析： 根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则
28、反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大解答： 解：根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1P2，故选C点评： 本题考查化学平衡图象题，题目难度中等，注意温度、压强对反应速率和化学平衡的影响9一定条件下将2mol SO2和2mol SO3气体混合于一固定容积的容器中，发生反应：2SO2+O22SO3，平衡时SO3为n mol，在相同温度下，分别按下列配比在上述容器中放入起始物质，平衡时SO3的物质的量可能大于n的
29、是（） A 2 mol SO2+1 mol O2 B 1mol SO2+1 mol O2 C 2 mol SO2+1 mol O2+2 mol SO3 D 1 mol SO2+1 mol SO3考点： 等效平衡 分析： 开始投入2.0mol SO2气体和2.0mol SO3气体，等效为开始投入4.0mol SO2气体和1mol O2气体，在恒温恒容下，平衡时SO3的物质的量为n mol；在相同温度下，按下列配比在该容器中放入起始物质，达平衡时，SO3的物质的量将大于nmol，说明平衡向着正向移动了，据此进行判断解答： 解：开始投入2.0mol SO2气体和2.0mol SO3气体，等效为开始投
30、入4.0mol SO2气体和1mol O2气体，平衡时SO3的物质的量为nmol，A、2molSO2和1molO2，SO2物质的量比4.0mol SO2气体减小了一半，则达到平衡时三氧化硫的物质的量一定小于nmol，故A错误；B、1molSO2和1molO2，SO2物质的量比4.0mol SO2气体减小了3mol，则达到平衡时三氧化硫的物质的量一定小于nmol，故B错误；C、2molSO2、1molO2和2molSO3，相当于开始加入4mol二氧化硫、2mol氧气，相对于4.0mol SO2气体和1mol O2气体，增大氧气的浓度，平衡向着正向移动，达到平衡时三氧化硫的物质的量大于nmol，故
31、C正确；D、1molSO2和1molSO3，相当于加入2mol二氧化硫、0.5mol氧气，比4.0mol SO2气体和1mol O2气体减小了一半，达到平衡时三氧化硫的物质的量一定小于nmol，故D错误；故选：C点评： 本题考查了可逆反应，要注意用化学平衡中的等效平衡的判断方法，明确极限转化后起始量的大小是解答的关键10将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s
32、12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（） A B C D 考点： 化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系 专题： 化学反应速率专题分析： 根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g），并利用三段式法计算，据此解答解答： 解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反
33、应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B点评： 本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算11相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是（） A NH4Cl B NH4HCO3 C NH4HSO4 D （NH4）2SO4考点： 盐类水解的应用 专题： 盐类的水解专题分析： 题中NH4Cl和（NH4）2SO4水解都呈酸性，NH4HCO3水解呈碱性，NH4HS
34、O4为酸式盐，HSO4完全电离，溶液酸性最强解答： 解：NH4Cl和（NH4）2SO4对比，水解都呈酸性，（NH4）2SO4pH较小；NH4HCO3水解呈碱性，pH最大；NH4HSO4为酸式盐，HSO4完全电离，溶液酸性最强，则pH最小，故选C点评： 本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意影响盐类水解的因素和平衡移动的问题，注意NH4HSO4为酸式盐，HSO4完全电离的特点12下列说法中正确的是（） A 物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水 B 不溶于水的物质溶解度为0 C 绝对不溶解的物质是不存在的 D 某粒子被沉淀完全是指该粒子在溶液中的浓度为零考点： 溶解度、饱和溶液的概念 专题： 溶液
35、和胶体专题分析： 通常把溶解度大于10的为易溶，溶解度在110为可溶，溶解度在10.1为微溶，溶解度在0.10.01为难溶，沉淀完全一般指离子浓度小于1105mol/L，据此进行分析解答： 解：A、溶解度在0.10.01为难溶，不是该物质不溶于水，故A错误；B、不溶于水的物质是不存在的，故B错误；C、绝对不溶解的物质是不存在的，故C正确；D、某粒子被沉淀完全，指离子浓度小于1105mol/L，浓度不是为零，故D错误；故选C点评： 本题考查了物质的溶解度知识，注意绝对不溶解的物质是不存在的，一切都是相对的，本题难度不大13在pH=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（） A NH4+、Ba2+
36、、NO3、CO32 B Fe2+、OH、SO42、MnO4 C K+、Mg2+、NO3、SO42 D Na+、Fe3+、Cl、AlO2考点： 离子共存问题 专题： 离子反应专题分析： pH=1，则溶液中存在大量的H+，与H+反应的离子不能大量共存，溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，以此解答该题解答： 解：ACO32与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；BFe2+、OH反应生成沉淀，且Fe2+、MnO4都有颜色，在酸性条件下而发生氧化还原反应，且OH不能在酸性条件下存在，故B错误；C溶液无色，且在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DFe3+有颜色，且AlO2在酸性条件
37、下不能大量存在，故D错误故选C点评： 本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和审题能力的考查，难度不大，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，学习中注意相关基础知识的积累14在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/L NaOH溶液进行滴定，则所需NaOH溶液的体积（） A 大于20mL B 小于20mL C 等于20mL D 等于5mL考点： 中和滴定 专题： 计算题；化学实验基本操作分析： 滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液
38、体放出，其液体体积大于（255）mL解答： 解：滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（255）mL，消耗0lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL故选A点评： 本题考查滴定管的使用，难度不大，注意滴定管的刻度从上到下，最大刻度以下还有没有刻度的一部分15将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，下列有关的说法：盐酸过量；氨水过量；恰好完全反应；c（NH4+）=c（Cl）；c（NH4+）c（Cl）正确的是（） A B C D 考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用 专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 根据氨水
39、为弱碱的性质进行分析，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，以此为判断标准进行判断解答： 解：已知氨水为弱碱，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，若将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，则加入的氨水应过量，否则溶液呈酸性，故正确；反应后溶液呈中性，根据溶液的电中性原则可知，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（OH）+c（Cl），此时 c（H+）=c（OH），则c （NH4+）=c（Cl），故正确故选D点评： 本题考查酸碱混合后溶液的溶液离子浓度的判断，题目难度不大，做该类题目时，从酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性着手思考
40、并进行比较，本题还要充分考虑溶液电中性原则，往往是做题的重要突破点16强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3k kJmol1，又知在溶液中反应有：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）；H=Q1kJmol1，H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；H=Q2 kJmol1HNO3（aq）+KOH（aq）KNO3（aq）+H2O（l）；H=Q3 kJmol1，则Q1、Q2、Q3的关系正确的是（） A Q1=Q2=Q3 B Q2Q1Q3 C Q2Q3Q1 D Q2=Q3Q1
41、考点： 中和热 专题： 化学反应中的能量变化分析： 稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答解答： 解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH（aq）=H2OH=一57.3kJ/mol，CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）H=Q1kJmol1，H2SO4（浓）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=Q2 kJmol1HNO3（aq）+KOH（aq）KNO3（aq）+H2O（l）H=Q3kJmol1，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量为Q2Q3Q
42、1，故选：C点评： 本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大17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下列对该溶液的叙述中，不正确是（） A 该温度高于25 B 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 C 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D 由水电离出来的H+的浓度是1.01010 mol/L考点： 水的电离；离子积常数 专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： A水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，pH减小；B蒸馏水显中性，加入氢氧化钠后溶液显碱性；C硫酸氢钠电
43、离的氢离子抑制了水的电离；D水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度解答： 解：A由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度增大，pH减小，故pH=6时，温度高于25，故A正确；B蒸馏水显中性，加入氢氧化钠后溶液显碱性，故B错误；C硫酸氢钠电离的氢离子抑制了水的电离，故C正确；D水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c（H+）=c（OH）=11010molL1，故D正确，故选B点评： 本题考查水的电离，题目难度中等注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答18分别放置在如图所示装置（都盛有0.1molL1的H2SO4溶液）中的四个
44、相同的纯锌片，腐蚀最慢的是（） A B C D 考点： 金属的电化学腐蚀与防护 专题： 电化学专题分析： 电化学腐蚀较化学腐蚀快，金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护解答： 解：A中发生化学腐蚀，B中锌作原电池正极，保护锌，C中锌作负极，发生电化学腐蚀，加快锌的腐蚀，D中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序为CABD，故选D点评： 本题考查不同条件下金属腐蚀的快慢，明确腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀即可解答，难度不大19汽车的启动电源常用铅蓄电池，电池反应如下：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+
45、2H2O，根据此反应判断下列叙述中正确的是（） A 电池放电时，PbO2是负极；充电时，PbO2是电池的阳极 B 负极的电极反应式为：Pb+SO422e=PbSO4 C 放电时，PbO2得电子，被氧化 D 电池放电时，溶液酸性增强考点： 原电池和电解池的工作原理 分析： 该装置放电时，Pb是负极、PbO2是正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，负极反应式为Pb+SO422e=PbSO4，正极反应式为PbO2+2e+SO42+4H+=PbSO4+2H2O，充电时是电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答解答： 解：A电池放电时，Pb是负极、PbO2是正
46、极；充电时，PbO2是电池的阳极，故A错误；B负极上Pb失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：Pb+SO422e=PbSO4，故B正确；C放电时，PbO2得电子，被还原，发生还原反应，故C错误；D根据PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O知，放电时，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故D错误；故选B点评： 本题考查原电池和电解池原理，会根据充放电确定各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极、阴阳极反应式的关系，难点是电极反应式的书写20若某装置（电解池或原电池）中发生的总反应的离子方程式是Cu+2H+Cu2+H2，则下列关于该装置的有关说法中正确的是（）
47、 A 该装置可能是原电池，也可能是电解池 B 该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸 C 该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极 D 该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： 根据电池反应式的反应物和生成物特点确定是原电池还是电解池，再根据得失电子确定电极材料，注意铜和稀盐酸、稀硫酸不反应，和硝酸反应不生成氢气所以反应是非自发进行的氧化还原反应，需要用电解原理完成解答： 解：A、铜和盐酸或稀硫酸不能自发的进行氧化还原反应，铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应，但生成的气体是氮氧化物而不是氢气，所以该反应只能是电解池反应而不是原电池反
48、应，所以该装置只能构成电解池不能构成原电池，故A错误；B、反应是非自发进行的氧化还原反应，需要用电解原理完成，故B错误；C、该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以该电解池的阳极必须是铜电极，故C正确；D、铜和盐酸或稀硫酸不能自发的进行氧化还原反应，铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应，但生成的气体是氮氧化物而不是氢气，该反应只能是电解池反应而不是原电池反应，故D错误；故选C点评： 本题考查了原电池盒电解池原理的分析应用，掌握反应进行的实质是解题关键，自发进行的氧化还原反应可以设计原电池，非自发进行的氧化还原反应可以设计成电解池实现，题目难度中等21某学生设计了
49、一个“黑笔写红字”的趣味实验滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹据此，下列叙述正确的是（） A 铅笔端作阳极，发生还原反应 B 铂片端作阳极，发生还原反应 C 铅笔端有少量的氯气产生 D a点是负极，b点是正极考点： 电解原理 分析： 此为电解氯化钠溶液的实验装置，电解时的阴极反应为：2H+2eH2，或2H2O+2eH2+2OH，阳极发生的反应为：2Cl2eCl2，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，阴极溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，以此回答题中各项问题解答： 解：A、用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹
50、，说明铅笔做阴极，反应为：2H+2eH2，或2H2O+2eH2+2OH，溶液呈碱性，滴加酚酞溶液呈红色，故A错误；B、阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，在该电解池中，铅笔做阴极，铂片做阳极，故B错误；C、铅笔做阴极，反应为：2H+2eH2，或2H2O+2eH2+2OH，有氢气产生，故C错误；D、用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹，说明铅笔做阴极，连接电源的负极，即a为负极，则b为正极，故D正确故选：D点评： 本题考查电解原理及应用，本题难度不大，做题时注意从反应的现象判断电解池的阴阳极入手来解答，注意把握电极反应和溶液离子浓度的变化22有关如图所示原电池的叙述，正确的是（盐桥中装有含琼胶的K
51、Cl饱和溶液）（） A 反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液 B 取出盐桥后，电流计依然发生偏转 C 铜片上有气泡逸出 D 反应前后铜片质量不改变考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： 图为原电池装置，Zn为负极，发生氧化反应Zn2eZn2+，Cu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题解答： 解：A原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，故A正确；B取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，故B错误；CCu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu，析出C
52、u，故C错误；DCu为正极，发生还原反应Cu2+2eCu，析出Cu附着在Cu电极上，故铜片质量增加，故D错误，故选：A点评： 本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，学习中注意相关知识的把握23金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+Ni2+Cu2+）（） A 阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2+2eNi B 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+ D 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有
53、Cu和Pt考点： 电解原理 专题： 电化学专题分析： A、阳极失去电子发生氧化反应；B、阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析；C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni2+；D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；解答： 解：A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni2e=Ni2+，Fe2e=Fe2+；Zn2e=Zn2+；故A错误；B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni
54、2+；故C错误；D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；故选D点评： 本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断24右图A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽接通电路后发现B上的c点显红色为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路下列叙述正确的是（） A a为直流电源的负极 B c极发生的反应为2H+2eH2 C f电极为锌板 D e极发生还原反应考点： 原电池和电解池的工作原理 专题： 电化学专题分析： 由上的c点显红色判断c的电极，根据c的电
55、极判断a、b的电极并判断e、f的电极，再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应，判断反应类型，然后根据溶液中离子的放电情况结合生成物反应物写出相应的方程式解答： 解：A、外接电源，所以是电解氯化钠溶液的电解池，上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，根据离子的放电顺序知，该极上氢离子得电子放电，所以c是阴极，外电源b是负极，a是正极，故A错误；B、c极是阴极，放电的是氢离子，反应为2H+2e=H2，故B正确；C、实现铁上镀锌，则要让金属铁做阴极，金属锌为阳极，根据A选项的分析结果：外电源b是负极，a是正极，则知道f是阴极，e是阳极，所以金属锌应该是为e极，故C错误；D、e是阳极，阳极发生氧
56、化反应，故D错误故选B点评： 本题考查了电解原理，知道溶液中离子的放电顺序是写反应方程式的关键，以惰性电极电解电解电解质溶液，电解类型有：电解水型、电解电解质型、放氢生碱型、放氧气生酸型25随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是（） A 利用电池外壳的金属材料 B 防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染 C 不使电池中渗透的电解液腐蚀其他物品 D 回收其中石墨电极考点： 金属的回收与环境、资源保护 专题： 热点问题分析： 根据废电池对环境的污染问题来分析进行集中处理的原因解答： 解：回收废电池的首要原因是防止废电池中渗漏出的重金属离子
57、对土壤和水源的污染，而对废电池的综合利用是第二位的故选B点评： 通过回答本题知道了废电池进行集中处理的原因，我们要回收废旧电池，防止污染环境二、填空题：26（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=24.8kJ/mol3Fe2O3（s）+CO（g）2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47.2kJ/molFe3O4（s）+CO（g）3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热
58、化学反应方程式：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）H=218.0kJ/mol（2）已知：AgCl+Br=AgBr+Cl，2AgI+S2=Ag2S+2I，AgBr+I=AgI+Br由以上实验事实可知4种难溶银盐溶解度减小的顺序是AgClAgBrAgIAg2S（3）用碳棒作电极，电解下列水溶液：Na2SO4溶液 AgNO3溶液 KCl溶液 CuCl2溶液（填编号）A、通过相同电量时，阴极产生的气体的物质的量相同的是B、通过相同电量时，产生的气体总的物质的量由多到少排列顺序是考点： 热化学方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理 分析： （1）根据Fe2O3（s）+3C
59、O（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=24.8kJ/mol 3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47.2kJ/mol Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol 32得6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写方法来回答；（2）根据沉淀转化原理进行比较该4种难溶银盐溶解度大小；（3）根据电子守恒及电解原理分析题中各物质电解时两级分别产生的气体及气体物质的量关系解答： 解：（1）Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=24.8kJ/mol 3F
60、e2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）H=47.2kJ/mol Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）H=+640.5kJ/mol 32得6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）H=（24.8kJ/mol）3（47.2kJ/mol）（+640.5kJ/mol）2=1308.0kJ/mol，即 CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）H=218.0kJ/mol 故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）H=218.0kJ/mol；（2）根据沉淀转化原理：溶解度小的能转化为溶解度更小的，所以4种难溶银盐溶解度减
61、小的顺序是：AgClAgBrAgIAg2S，故答案为：AgClAgBrAgIAg2S；（3）用碳棒作电极，电解下列水溶液，电量相同，说明转移的电子的物质的量相等，设有nmol电子转移，电解Na2SO4溶液，实质为电解水，阳极生成氧气0.25nmol，阴极生成氢气0.5nmol，根据AgNO3溶液，阳极生成氧气0.25nmol，阴极生成金属银nmol，根据KCl溶液，阳极生成氯气0.5nmol，阴极生成氢气0.5nmol根据CuCl2溶液，阳极生成氯气0.5nmol，阴极生成金属铜0.5nmol，A、根据以上分析可知，通过相同电量时，阴极产生的气体的物质的量相同的是：，故答案为：；B、通过相同电
62、量时，产生的气体总的物质的量由多到少排列顺序是：，故答案为：点评： 本题考查反应热的计算、难溶电解质的沉淀转化、电解原理等知识，题目难度不大，注意盖斯定律的含义及应用盖斯定律书写热化学方程式的方法，掌握电解原理，能够正确判断电解质溶液中发生的电极反应27（10分）（2014秋庆阳校级期末）甲醇（CH3OH）是一种重要的化工原料，合成甲醇的主要反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）+Q在一定条件下，上述反应在一密闭容器中达到平衡（1）体积不变的条件下，下列措施中有利于提高CO的转化率的是BD（填字母）A升高温度 B增大压强 C通入CO D通入H2（2）在保证H2浓度不变的情况下，增大容
63、器的体积，平衡C（填字母）A向正反应方向移动 B向逆反应方向移动 C不移动（3）作出此判断的理由是反应的平衡常数K，增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于氢气浓度不变，此时仍等于K，所以平衡不移动原料气的加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不相同的实验数据见下表：CO2%CO%H2%（体积分数） 03070 22870 42670 82270 201070反应温度/ 225 235 250 225 235 25
64、0 225 235 250 225 235 250 225 235 250碳转化率（%） CH3OH 4.9 8.8 11.0 36.5 50.7 68.3 19.0 33.1 56.5 17.7 33.4 54.4 8.0 12.0 22.6 CH4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.8 2.8 2.8由上表数据可得出多个结论结论一：在一定条件下，反应温度越高，碳转化率越高结论二：原料气中含有少量二氧化碳有利于提高生成甲醇的碳转化率，二氧化碳含量过高，碳转化率降低，且有甲烷生成考点： 化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素 专题： 化学平衡专题；化学反应速率专题分析：
65、、（1）提高CO的转化率，可使化学平衡正向移动，加压、减小生成物的浓度、增大氢气的浓度、降温等均能使反应正向移动，以此来解答；（2）根据影响化学平衡移动的因素来回答；（3）依据平衡常数分析平衡变化；、由表格分析得出结论：在一定条件下，反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高；原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低解答： 解：、（1）A、因该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，CO的转化率降低，故A不选； B、因该反应为气体体积减小的反应，则加压（缩小体积）化学平衡正向移动，CO的转化率增大，故B选； C、增大CO的浓度，化学平衡正向移动，但CO的转化
66、率减小，故C不选； D、增大H2的浓度，化学平衡正向移动，CO的转化率增大，故D选； 故答案为：BD（2）保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，则氮气、氨气的浓度均不变，即Qc仍然是等于K，仍然是平衡状态；故答案为：C（3）反应的平衡常数K，增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于氢气浓度不变，此时仍等于K，所以平衡不移动；故答案为：反应的平衡常数K，增大容器体积时，c（CH3OH）和c（CO）等比例减小，由于氢气浓度不变，此时仍等于K，所以平衡不移动；、由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高；二氧化碳的体积
67、分数为2%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低，故答案为：越高；原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低点评： 本题考查学生有关化学平衡的有关知识，可以根据所学知识进行回答，主要是表格中数据的收集、分析、处理能力要求颇高，难度较大28用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20molL 1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定结果如下： NaOH
68、起始读数 NaOH终点读数第一次 0.10mL 18.60mL第二次 0.30mL 18.00mL（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为27.62molL1（2）达到滴定终点的标志是滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟不褪色（3）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是BDA配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液考点： 溶液的配制 分析： （1）先计算出消耗氢氧化钠溶液的平均体积，然后根据c（待测）=计算出盐酸的物质的量难度；（2）根据滴定
69、终点前溶液为无色，滴定终点时溶液为红色判断滴定终点；（3）根据操作对c（待测）=的影响进行分析滴定误差解答： 解：（1）根据表格中数据可知，第一次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积为：（18.600.10）mL=18.50mL，第二次滴定消耗氢氧化钠的体积为：（18.000.30）mL=17.70mL，消耗氢氧化钠体积的平均值为：mL=18.10 mL，c（NaOH）=mol/L27.62mol/L，故答案为：27.62；（2）滴定结束之前，溶液为无色，滴定结束时溶液变成红色，所以滴定终点现象为：滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟不褪色，故答案为：滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟不褪色；（3）A
70、配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质，导致V（NaOH）偏高，据c（待测）=分析，c（待测）偏低，故A错误；B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致V（NaOH）偏低，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故B正确；C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，对结果无影响，故C错误；D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致V（NaOH）偏高，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故D正确；故选BD点评： 本题主要考查了酸碱中和滴定及误差分析，题目难度中等，注意酸碱中和滴定的操作方法及误差分析的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识
71、的能力，是一道不错的试题29（11分）（2014秋庆阳校级期末）物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种请根据所学化学知识回答下列问题：（1）A为0.1mol/L的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）（2）B为0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3在该溶液中存在的平衡有（用离子方程式表示）HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH（3）C为0.1mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，与同浓度的（NH4）2SO4溶液中相比较（NH4）2Fe（SO4）2
72、（填溶质的化学式）溶液中NH 的浓度更大，其原因是NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在溶液中存在如下平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）在25时，AgCl的Ksp=1.81010现将足量AgCl放入100mL 0.3mol/LAgNO3溶液中，充分搅拌后冷却到原温度，此时溶液 中Cl物质的量浓度为61010 mol/L考点： 离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析： （1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小；（2）碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解、电离
73、平衡；（3）亚铁离子和铵根水解均显酸性，亚铁离子水解抑制铵根的水解，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中c（NH4+）稍大，以此解答该题；（4）根据Ksp=c（Ag+）c（Cl）计算解答： 解：（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒得c （NH4+）c（SO42），铵根离子水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（2）碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解、电离平衡，其离子方程式分别为：HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+O
74、H，故答案为：HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH；（3）（NH4）2Fe（SO4）2中NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制，因此（NH4）2Fe（SO4）2中NH4+的水解程度（NH4）2SO4的要小，（NH4）2Fe（SO4）2比（NH4）2SO4的c（NH4+）大故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2；NH4+和Fe2+都水解呈酸性，水解相互抑制；（4）现将足量AgCl放入100mL 0.3mol/LAgNO3溶液中，充分搅拌后冷却到原温度，此时溶液 中Cl物质的量浓度为c（Cl）=mol/L=61010 mol/L，故答案为：61010 mol/L点评： 本题
75、考查了离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡等知识点，根据溶质的性质结合电荷守恒判断离子浓度大小，根据溶度积常数计算氯离子浓度，题目难度不大30（14分）（2007秋鞍山期末）在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成请回答下列问题：（1）请写出B极板的名称及反应式：阳极；4OH4e=2H2O+O2（2）写出电解时反应的总离子方程式2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+（3）若当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g电解后溶液的pH为1；要使电解后溶液恢复到电解
76、前的状态，则需加入Cu（或CuCO3），其质量为2g（3.2g）（假设电解前后溶液的体积不变）（4）若原溶液为1L K2SO4、CuSO4的混合溶液，且c（SO42）=2.0mol/L；如图装置电解，当两极都收集到22.4L气体（标准状况）时，停止电解则原溶液中的c（K+）为多少？（请简单表示计算过程）考点： 电解原理 专题： 电化学专题分析： 电解该溶液时，A极上有金属单质铜生成，则A是阴极，B是阳极，阳极上有无色气体生成，该气体是氧气，则该溶液为含氧酸的铜盐，（1）B是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；（2）阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜；（3）根据铜和氢离子之间的
77、关系式计算氢离子浓度，pH=；根据“析出什么加入什么”的原则加入物质；（4）电解混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上先铜离子放电后氢离子放电，根据转移电子守恒计算析出铜的物质的量，再根据电解质溶液中电荷守恒计算钾离子浓度解答： 解：（1）A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成，说明A电极析出金属铜，则A为阴极，B为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH4e=2H2O+O2，故答案为：阳极；4OH4e=2H2O+O2；（2）A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成，说明A电极析出金属铜，则A为阴极，B为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以电池反应
78、式为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；（3）析出铜的物质的量=0.025mol，根据2Cu2+2H2O2Cu+O2+4 H+中铜和氢离子的关系式得n（H+）=2n（Cu）=0.05mol，c（ H+）=0.1mol/L，则溶液的pH=1；阳极上生成氧气，阴极上生成铜，所以析出的物质就相当于CuO，根据铜原子守恒得m（CuO）=n（CuO）M（CuO）=n（Cu）M（CuO）=0.025mol80g/mol=2g，根据析出什么加入什么的原则知，为了使溶液恢复原状，可以加入2g氧化铜，也可以加入碳酸铜，根据原子守恒得m（CuCO3）=n（C
79、uCO3）M（CuCO3）=n（CuO）M（CuCO3）=0.025mol124g/mol=3.2g，故答案为：1；CuO 2（或CuCO33.2）（4）电解混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上先铜离子放电后氢离子放电，由电子守恒可知：2n（Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），2n（Cu2+）+2=4，得n（Cu2+）=1mol，由电荷守恒可知：c（K+）+2c（Cu2+）=2c（SO42），c（K+）+2=22.0mol/L，c（K+）=2mol/L，答：原溶液中c（K+）为2mol/L点评： 本题考查了电解原理，根据电极上析出物质确定阴阳极，再根据铜和氢离子、氧气之间的关系式进行计算，注意利用原子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等