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安徽省合肥一中、合肥六中2015-2016学年高二（上）期末化学试卷（解析版）
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这是一份安徽省合肥一中、合肥六中2015-2016学年高二（上）期末化学试卷（解析版），共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，选做题等内容，欢迎下载使用。
2015-2016学年安徽省合肥一中、合肥六中、北城中学高二（上）期末化学试卷
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）
1．用H202和H2S04的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜．已知：
Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H⇌+64.39KJ•mol﹣1
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H⇌﹣196.46KJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H⇌﹣285.84KJ•mol﹣1
在H2S04溶液中，Cu与H202反应生成Cu2+（aq）和H20（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol﹣1 B．﹣319.68 kJ•mol﹣1
C．+546.69 kJ•mol﹣1 D．﹣448.46 kJ•mol﹣1
2．Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X．在一定条件下．反应初始时c（X）=2.0×10﹣3molmol•L﹣1，反应10min进行测定，得图1和图2．下列说法不正确的是（ ）
A．50℃，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小
B．PH=2，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃
D．PH=2、温度为50℃，10min内v（X）=1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1
3．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：K=
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变．
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
4．已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，现有a、b、c三个容积相同的容器．a容器为恒容且可以与外界进行热交换的装置，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c容器为恒容绝热装置．在三个容器中都加入1molN2和3molH2，当反应达到平衡后，三个容器中反应物转化率的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a
5．下列图象中可用来表示：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0的正确图象是（ ）
A． B． C． D．
6．下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②盐都是强电解质
③弱酸、弱碱和水都是弱电解质
④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电．
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥
7．室温下，下列图象与实验过程相符合的是（ ）
A、盐酸加水稀释
B、Mg（OH）2悬浊液中滴加NH4Cl溶液
C、NH4Cl稀溶液加水稀释
D、NH3通入醋酸溶液中
A．A B．B C．C D．D
8．下列说法正确的是（ ）
A．已知0.1 mol•L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大
B．25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣逆向移动，c（H+）降低
C．取c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入 0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D．常温下，将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12
9．将0.2mol•L﹣1 NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（ ）
A．2c（K+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1mol•L﹣1
D．3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
10．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
11．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（ ）
A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低
C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中
D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点
12．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，KspAgCl=1×10﹣12，如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：KspAgCl＞KspAgI）
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol•L﹣1
B．图中x点的坐标为（100，6 ）
C．图中x点表示溶液中Ag+与Cl﹣浓度相同
D．把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1 mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分
13．我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价），电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2．下列说法正确的是（ ）
A．放电时储氢合金作正极
B．充电时储氢合金作负极
C．充电时阳极周围c（OH﹣）减少
D．放电时负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣═LaNi5+6H+
14．如图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将化学能转化为电能
B．催化剂b表面O2发生还原反应，其附近酸性增强
C．催化剂a表面的反应是：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
D．若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8：15
15．用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则电解过程中转移的电子的物质的量为（ ）
A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
16．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
二、填空题（包括17、18、19题，共40分）
17．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．
（1）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 K2（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，则曲线c所表示的温度为 ℃．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 ．
（3）以下有关该反应的说法正确的是 （填序号）．
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率为80%
（4）一定温度下，向2L的固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH（g），发生反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），H2的物质的量随时间变化的曲线如图3所示．
该温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= ．相同温度下，若开始时加入CH3OH（g）的物质的量是原来的2倍，则 （填序号）是原来的2倍．
A．CH3OH的平衡浓度 B．达到平衡的时间 C．平衡时气体的密度．
18．（1）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣．Na2B溶液显 （填“酸性”“中性”或“碱性”）；已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11mol/L（填“＜”、“＞”、“=”）理由是： ；
（2）某温度时，水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2= ；
（3）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则反应后溶液中溶质为 ；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ．
（4）已知CH3COOH酸性强于HCN，一定温度下，等体积、等物质的量浓度为CH3COONa和NaCN两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1 n2（填“＞”、“＜”或“=”）．
19．图1是甲醇燃烧电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．
（1）甲中负极的电极反应式为 ；
（2）工作一段时间后，若乙中生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ；
（3）电解结束后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则乙中A极析出 的气体在标准状况下的体积为 ．
（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2，则图中②线表示的是 离子的变化（写离子符号）；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 mL 5.0mol/L NaOH溶液．
三、选做题（下列两题选做一题）
20．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
②将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．
④核磁共振氢谱显示A分子中有4种不同环境的氢原子，且4种氢原子个数比为3：1：1：1．
根据以上实验结果，回答下列问题．
（1）A的分子结构简式为 ；写出A分子中官能团的名称 ；
（2）A的系统命名是 ；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，写出该反应的化学方程式 ；
（4）A的一种同分异构体B与A具有相同的官能团，B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，写出D的结构简式 ．
21．（2015秋•合肥校级期末）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的部分实验过程如下：
己知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（1）①A中溶解时反应的化学方程式是 ；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去．
（2）某学习小组用“间接碘量法”测定试样A中Cu2+的浓度（不含能与I﹣发生反应的杂质）．过程如下：准确量取一定体积的试样于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应后，用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，记录到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液的体积．
可选用 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 ；若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（3）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 ；
A．电能全部转化为化学能 B．粗铜接电源正极，发生氧化反应
C．溶液中Cu2+向阳极移动 D．利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属
E．电解后CuSO4溶液浓度减小 F．阳极减轻的质量等于阴极增加的质量
（4）从滤液B中制取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 ．
2015-2016学年安徽省合肥一中、合肥六中、北城中学高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）
1．用H202和H2S04的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜．已知：
Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H⇌+64.39KJ•mol﹣1
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H⇌﹣196.46KJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H⇌﹣285.84KJ•mol﹣1
在H2S04溶液中，Cu与H202反应生成Cu2+（aq）和H20（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol﹣1 B．﹣319.68 kJ•mol﹣1
C．+546.69 kJ•mol﹣1 D．﹣448.46 kJ•mol﹣1
【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】根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式．
【解答】解：由①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H1=64.39KJ•mol﹣1；
②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H2=﹣196.46KJ•mol﹣1；
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H3=﹣285.84KJ•mol﹣1；
则反应Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反应①+②×+③得到，
由盖斯定律可知该反应的反应热△H=H1+H2×+H3=64.39KJ•mol﹣1+（﹣196.46KJ•mol﹣1）×+（﹣285.84KJ•mol﹣1）=﹣319.68KJ．mol﹣1，
即Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68KJ．mol﹣1，
故选：B．
【点评】本题考查了对盖斯定律、热化学方程式书写的方法应用和实质理解，题目较简单．
2．Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X．在一定条件下．反应初始时c（X）=2.0×10﹣3molmol•L﹣1，反应10min进行测定，得图1和图2．下列说法不正确的是（ ）
A．50℃，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小
B．PH=2，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃
D．PH=2、温度为50℃，10min内v（X）=1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．由图1可知，50℃时，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小；
B．由图2可知，PH=2时，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大；
C．图1研究50℃时，pH对X降解率的影响，图2研究pH=2时，温度对X降解率影响，不能确定pH=3、温度为80℃对X降解率的影响；
D．由图2可知，PH=2，50℃时到达平衡时X的转化率为72%，据此计算X的浓度变化量，再根据v=计算．
【解答】解：A．由图1可知，50℃时，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小，故A正确；
B．由图2可知，PH=2时，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大，故B正确；
C．溶液pH值、温度会影响X的降解率，需要进行PH=3、温度对X降解率影响实验或温度为80℃、pH对X降解率影响，故C错误；
D．由图2可知，PH=2，50℃时到达平衡时X的转化率为72%，X的浓度变化量=2.0×10﹣3mol•L﹣1×72%=1.44×10﹣3mol•L﹣1，故v（X）==1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1，故D正确，
故选C．
【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡影响、阅读获取信息的能力、实验条件的控制等，侧重对学生能力的考查，难度中等．
3．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：K=
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变．
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【考点】化学平衡的计算．
【分析】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体，依此进行解答．
①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中；
②反应的B的物质的量为0.8mol，依此计算B的平衡转化率%；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动．
【解答】解：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．
①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；
②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；
故说法中正确的是③④，
故选D．
【点评】本题考查化学平衡的相关计算，难度中等．判断出C不为气体是解题的根据．
4．已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，现有a、b、c三个容积相同的容器．a容器为恒容且可以与外界进行热交换的装置，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c容器为恒容绝热装置．在三个容器中都加入1molN2和3molH2，当反应达到平衡后，三个容器中反应物转化率的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】相同温度下，在体积相等的密闭容器，a为恒温恒容容器，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c为恒容绝热容器，起始物质的量相同，该反应是气体体积减小的放热反应，c的温度大于a，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，b中压强大于a，根据压强、温度对平衡的影响判断•
【解答】解：已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，相同温度下，在体积相等的密闭容器，a为恒温恒容容器，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c为恒容绝热容器，起始物质的量相同，该反应是气体体积减小的放热反应，c的温度大于a，反应物的转化率减小，a＞c，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，b中压强大于a，反应物转化率b＞a，反应物的转化率的关系b＞a＞c，故选B．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素，容器特征、化学平衡移动原理，注意恒温恒容容器、恒温恒压容器、恒容绝热容器改变条件对平衡的分析方法，题目难度中等．
5．下列图象中可用来表示：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0的正确图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，C的含量增加；
B、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
C、增大压强，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
D、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，A的转化率增加．
【解答】解：A、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，C的含量增加，和图象不符，故A错误；
B、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，不会出现正逆反应速率循环变化的趋势，和图象不符，故B错误；
C、增大压强，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，和图象相符，故C正确；
D、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，A的转化率增加，和图象不符，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查影响化学平衡的因素及平衡图象，明确反应的特点及温度、压强对化学反应的影响即可解答，题目难度中等．
6．下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②盐都是强电解质
③弱酸、弱碱和水都是弱电解质
④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电．
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥
【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【专题】物质的分类专题．
【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；
②部分盐属于弱电解质；
③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水；
④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；
⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；
⑥酸在熔融态时不导电．
【解答】解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；
②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故②错误；
③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水，故③正确；
④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；
⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；
故选C．
【点评】本题主要考查的是强弱电解质的概念以及判断，涉及溶液导电的原因、溶液中离子浓度大小比较等，难度不大．
7．室温下，下列图象与实验过程相符合的是（ ）
A、盐酸加水稀释
B、Mg（OH）2悬浊液中滴加NH4Cl溶液
C、NH4Cl稀溶液加水稀释
D、NH3通入醋酸溶液中
A．A B．B C．C D．D
【考点】离子反应发生的条件．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．盐酸溶液加水稀释过程中氢氧根离子浓度增大；
B．氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡，滴加氯化铵溶液，促进氢氧化镁溶解；
C．加水稀释促进氯化铵水解，但溶液中氢离子浓度减小；
D．溶液导电能力与离子浓度成正比．
【解答】解：A．盐酸溶液加水稀释过程中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，根据方程式知氢氧化镁固体质量逐渐减小，故B正确；
C．加水稀释促进氯化铵水解，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；
D．醋酸是弱电解质，醋酸中通入氨气生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，则导电能力增强，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了图象分析，明确物质的性质是解本题关键，知道物质之间的反应、溶液中离子浓度变化即可解答，题目难度不大．
8．下列说法正确的是（ ）
A．已知0.1 mol•L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大
B．25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣逆向移动，c（H+）降低
C．取c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入 0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D．常温下，将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12
【考点】pH的简单计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、加入烧碱溶液，促进醋酸的电离平衡向右移，c（CH3COO﹣）增大，根据醋酸的平衡常数K来分析；
B、盐类的水解促进水的电离；
C、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进其电离；
D、将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，碱性变弱．
【解答】解：A、加入烧碱溶液，促进醋酸的电离平衡向右移，c（CH3COO﹣）增大，根据醋酸的平衡常数K=可知，c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；
B、盐类的水解促进水的电离，故向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣正向移动，故B错误；
C、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进其电离平衡右移，故c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，醋酸溶液中的c（H+）更大，故和锌反应速率更大，故C正确；
D、将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，碱性变弱，pH变小，应变为10，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了电离平衡的移动、盐类的水解对水的电离的影响以及弱酸的稀释等问题，难度不大，注意基础的掌握．
9．将0.2mol•L﹣1 NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（ ）
A．2c（K+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1mol•L﹣1
D．3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
【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﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断．
【解答】解：0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，
A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c（K+）=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）＞0.1mol/L，所以2c（K+）＜c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3），故A错误；
B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+）；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．根据物料守恒可得：①c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L=c（Na+）=0.1mol/L、②c（K+）=0.05，根据电荷守恒可得：③c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（K+）+c（Na+），根据①③可得：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+c（K+），由于c（K+）=0.05，则c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1，故C错误；
D．根据电荷守恒可得：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（K+）+c（Na+），由于混合液中c（Na+）=0.1mol/L、c（K+）=0.05，则c（Na+）=2c（K+），所以3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半．
10．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
【考点】中和滴定；离子浓度大小的比较．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；然后再根据溶液中的溶质离子的物料守恒、电荷守恒及溶液的酸碱性就可以解决问题．
【解答】解：根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；
A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，由于在此条件下氨水的电离程度大于铵盐的水解程度，所以溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），得c（Cl﹣）＞c（NH4+），盐类水解程度一般都较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在，NaOH与醋酸反应，且NaOH的量不足，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，此时醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），和电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了学生对电解质溶液中盐的水解和弱电解质的电离平衡的理解，并由此来判断溶液的酸碱性，再根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．
11．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（ ）
A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低
C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中
D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点
【考点】中和滴定；氧化还原反应．
【专题】定量测定与误差分析．
【分析】用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，且为紫色，该滴定实验不需要指示剂，以此来解答．
【解答】解：A．Mn得到电子，C失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正确；
B．硝酸具有强氧化性，可与草酸反应，消耗高锰酸钾减少，则KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，则KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中，故C正确；
D．高锰酸钾溶液为紫色，不需要加指示剂，滴定终点时由无色变为紫色，且半分钟内不变色，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查中和滴定实验及氧化还原反应，为基础性习题，把握氧化还原反应的应用、实验操作及试剂的颜色为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
12．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，KspAgCl=1×10﹣12，如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：KspAgCl＞KspAgI）
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol•L﹣1
B．图中x点的坐标为（100，6 ）
C．图中x点表示溶液中Ag+与Cl﹣浓度相同
D．把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1 mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分
【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】A、根据pAg=﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；
B、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；
C、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，然后利用KspAgCl=1×10﹣12计算c（Cl﹣）比较即可；
D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小．
【解答】解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 mol•L﹣1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol•L﹣1，故A错误；
B、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5 mol•L﹣1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol•L﹣1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B正确；
C、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，KspAgCl=1×10﹣12，故c（Cl﹣）=，故C正确；
D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等．
13．我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价），电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2．下列说法正确的是（ ）
A．放电时储氢合金作正极
B．充电时储氢合金作负极
C．充电时阳极周围c（OH﹣）减少
D．放电时负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣═LaNi5+6H+
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极．充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣．
【解答】解：此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6H2O+6NiO（OH）+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为 LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极．充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣．
A、放电时是原电池，依据总反应化学方程式可知，储氢合金做电池的负极，故A错误；
B、充电时，储氢合金失电子发生氧化反应，作阴极，故B错误；
C、充电时电解池，阳极电极反应为：6Ni（OH）2+6OH﹣+6e﹣=6NiOOH+6H2O，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D、放电时，负极失电子发生氧化反应，电极反应为：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2O，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查原电池、电解池原理的理解和应用，主要是应用题干信息和知识迁移应用能力等问题的考查，书写电极反应是关键．
14．如图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将化学能转化为电能
B．催化剂b表面O2发生还原反应，其附近酸性增强
C．催化剂a表面的反应是：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
D．若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8：15
【考点】工业制取硫酸．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．该装置没有外加电源，是一个原电池；
B．催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O，消耗H+，其附近酸性减弱；
C．催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸；
D．总方程为：SO2+H2O+O2 =H2SO4，先设加入的SO2的量和加入的水的量，再根据方程求出生成硫酸的量和消耗的水的量．
【解答】解：A．该装置没有外加电源，是一个原电池，把化学能转化为电能，故A正确；
B．由图示可看出，电子由a表面转移到b表面，因此a表面发生氧化反应，由题意SO2转化为H2SO4发生氧化反应，因此催化剂a表面SO2发生氧化反应，催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O，消耗H+，其附近酸性减弱，故B错误；
C．催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸，电极方程式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，故C正确；
D．催化剂a处的反应为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，
催化剂b处的反应为： O2+2H++2e﹣=H2O
总方程为：SO2+H2O+O2=H2SO4
设加入的SO2为xg，H2O为yg．
则生成硫酸的质量为：
水的质量变化为：y﹣
根据二者的比值为49%，可以求得=，故D正确；
故选B．
【点评】本题以二氧化硫制硫酸为知识背景，考查了原电池的原理和电极方程式的书写．
15．用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则电解过程中转移的电子的物质的量为（ ）
A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
【考点】电解原理．
【专题】守恒法；电化学专题．
【分析】将Cu（OH）2改写为CuO•H2O，根据CuO•H2O知，阳极上OH﹣放电生成O2，阴极上Cu2+和H+放电生成Cu和H2，根据阳极上生成O2与转移电子之间的关系计算转移电子物质的量．
【解答】解：Cu（OH）2改写为CuO•H2O，根据CuO•H2O知，阳极上OH﹣放电生成O2，阴极上Cu2+和H+放电生成Cu和H2，根据氧原子守恒得n（O2）=n[Cu（OH）2]=0.2mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×4=0.8mol，故选D．
【点评】本题以电解原理为载体考查物质的量有关计算，为高频考点，明确各个电极上放电微粒是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大．
16．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【专题】电化学专题．
【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀．
【解答】解：A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故A正确；
B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B正确；
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大．
二、填空题（包括17、18、19题，共40分）
17．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．
（1）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 ＞ K2（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，则曲线c所表示的温度为 350 ℃．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 1.3×104 kPa 下CO 的转化率已经很高，如果增大压强，CO 的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 ．
（3）以下有关该反应的说法正确的是 AD （填序号）．
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率为80%
（4）一定温度下，向2L的固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH（g），发生反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），H2的物质的量随时间变化的曲线如图3所示．
该温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= 4L2•mol﹣2 ．相同温度下，若开始时加入CH3OH（g）的物质的量是原来的2倍，则 C （填序号）是原来的2倍．
A．CH3OH的平衡浓度 B．达到平衡的时间 C．平衡时气体的密度．
【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】（1）图1分析先拐先平温度高，T2＜T1，结合平衡移动原理分析判断平衡移动方向确定平衡常数大小；
（2）图1分析可知，温度越高一氧化碳转化率越小，说明正反应为放热反应，根据压强对化学反应速率以及化学平衡移动的影响知识结合实际生产过程来回答，从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动；
（3）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，注意该该反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数关系；
（4）据图象可求出H2的化学反应速率，再据化学反应中用各物质表示的速率之比等于系数之比，可求得第一问．据三段式法求得平衡时各物质的浓度，
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
反应前浓度（mol/L ）0.5 0 0
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
代入平衡常数表达式计算，气体体积不变，质量增倍，密度增倍；
【解答】解：（1）图1分析先拐先平温度高，T2＜T1，温度越高，一氧化碳转化率越小，平衡常数越小，则T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1＞K2，
故答案为：＞；
（2）图1分析可知，温度越高一氧化碳转化率越小，说明正反应为放热反应，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，温度最高的是c曲线为350°，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，
故答案为：350，1.3×104 kPa 下CO 的转化率已经很高，如果增大压强，CO 的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
（3）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应是气体体积减小的放热反应，
A．反应前后气体物质的量变化，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡，故A正确；
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，只能说明反应正向进行，不能说明可逆反应达到平衡，故B错误；
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不改变化学平衡，不能提高CH3OH的产率，故C错误；
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率=×100%=80%，故D正确；
故答案为：AD；
（4）据图象可求出H2的化学反应速率，再据化学反应中用各物质表示的速率之比等于系数之比，可求得第一问．据三段式法求得平衡时各物质的浓度，
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
反应前浓度（mol/L ）0.5 0 0
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
代入公式K==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25（mol•L）2．所求反应的K，是该反应的逆反应，所以系数是其倒数则平衡常数=L2•mol﹣2=4L2•mol﹣2．
体积不变的容器中，反应物与生成物全是气体，质量加倍，故密度加倍，选C，
故答案为：4L2•mol﹣2，C；
【点评】本题考查化学反应中能量变化，化学反应速率、化学平衡影响因素与化学平衡图象、平衡常数计算等，注意根据反应的特征分析图象中条件的改变，难度中等．
18．（1）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣．Na2B溶液显 碱性 （填“酸性”“中性”或“碱性”）；已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 ＜ 0.11mol/L（填“＜”、“＞”、“=”）理由是： 0.1mol•L﹣1NaHB溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01mol•L﹣1，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1mol•L﹣1H2B溶液中c（H+）＜0.11mol•L﹣1 ；
（2）某温度时，水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2= 9：1 ；
（3）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则反应后溶液中溶质为 NH4Cl和NH3•H2O ；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ．
（4）已知CH3COOH酸性强于HCN，一定温度下，等体积、等物质的量浓度为CH3COONa和NaCN两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1 ＞ n2（填“＞”、“＜”或“=”）．
【考点】离子浓度大小的比较；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）由HA﹣⇌H++A2﹣可知，Na2A为强碱弱酸盐；0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A═H++HA﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离；
（2）该温度下水的离子积为1×10﹣12，据此计算出pH=11、pH=2、pH=2的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可．
（3）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=；
（4）向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN，NaCN水解程度比大CH3COONa，结合溶液电中性原则分析．
【解答】解：（1）由HA﹣⇌H++A2﹣可知，Na2A为强碱弱酸盐，A2﹣水解的离子反应为：A2﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣，导致溶液显示碱性；
0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A═H++HA﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L=0.11mol/L，
故答案为：碱性；＜；0.1 mol•L﹣1NaHB 溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01 mol•L﹣1，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1mol•L﹣1 H2B 溶液中c（H+）＜0.11 mol•L﹣1；
（2）该温度下水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，
pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2﹣0.1mol/L×V1=0.01mol/L×（V1+V2），
整理可得：V1：V2=9：11，
故答案为：9：11；
（3）反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶质为NH4Cl 和NH3•H2O；
平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，
故答案为：NH4Cl 和NH3•H2O；；
（4）HCN的酸性比CH3COOH的酸性弱，由越弱越水解知，醋酸钠的水解程度小于氢氰酸钠的水解程度，CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，CH3COONa溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），NaCN溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），钠离子的浓度不变且相等，CN﹣的水解程度较大，溶液中OH﹣的浓度较大，H+的浓度较小，故阳离子的浓度之和较小，则CH3COONa溶液中阴离子的总物质的量大于NaCN，即：n1＞n2，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶解酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
19．图1是甲醇燃烧电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．
（1）甲中负极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O ；
（2）工作一段时间后，若乙中生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣） ；
（3）电解结束后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则乙中A极析出 的气体在标准状况下的体积为 2.24L ．
（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2，则图中②线表示的是 Fe2+ 离子的变化（写离子符号）；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 280 mL 5.0mol/L NaOH溶液．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，注意电解质溶液是碱性溶液；
（2）利用电子守恒，计算3.2g铜反应转移电子物质的量，再据100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质的物质的量和电解后生成硫酸的物质的量计算离子浓度；
（3）A为阳极，始终是氢氧根离子放电，B为阴极，开始是铜离子放电，后来是氢离子放电，据电子守恒计算产生气体体积；
（4）C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．
【解答】解：（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；
（2）100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有铜离子0.1mo，硫酸根离子0.1mol，当电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，阳极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，乙中生成铜3.2g即0.05mol溶，转移电子0.1mol，A极反应掉氢氧根离子0.1mol，生成氢离子0.1mol，剩余铜离子0.05mol，硫酸根离子物质的量没有变化，溶液中还存在水的电离平衡，所以离子浓度大小顺序为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣）；
（3）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：
Cu2++2e﹣=Cu，2H++2e﹣=H2↑；
0.1mol 0.2mol 2x x
A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：
4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；
4x x
得到0.2+2x=4x
x=0.1mol
乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
故答案为：2.24L；
（4）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，
依据（3）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu﹣2e﹣=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e﹣=Fe2+，溶液中有Fe3+ 0.2mol，Fe2+ 0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol5mol/L=0.28L=280ml，
故答案为：Fe2+；280．
【点评】本题综合性较大，题目涉及燃料电池、电解原理的应用、离子浓度大小比较、电极反应式书写以及据电极反应式的计算，题目难度中等，注意把握原电池和电解质中电极方程式的书写以及电子守恒在计算中的应用．
三、选做题（下列两题选做一题）
20．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
②将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．
④核磁共振氢谱显示A分子中有4种不同环境的氢原子，且4种氢原子个数比为3：1：1：1．
根据以上实验结果，回答下列问题．
（1）A的分子结构简式为 ；写出A分子中官能团的名称 羟基、羧基 ；
（2）A的系统命名是 2﹣羟基丙酸 ；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，写出该反应的化学方程式 ；
（4）A的一种同分异构体B与A具有相同的官能团，B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，写出D的结构简式 ．
【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为45×2=90，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3，只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含，4种类型的等效氢原子，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：，然后结合有机物的结构与性质来解答．
【解答】解：有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为45×2=90，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3，只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含，4种类型的等效氢原子，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：，
（1）由上述分析可知，A的结构简式为，官能团为羟基、羧基，故答案为：；羟基、羧基；
（2）A的系统命名是2﹣羟基丙酸，故答案为：2﹣羟基丙酸；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（4）B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，则B发生消去反应生成C为CH2=CHCOOH，C发生加聚反应生成D为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物的推断及结构与性质，为高频考点，把握有机物分子式的确定方法、结构中的官能团与性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．
21．（2015秋•合肥校级期末）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的部分实验过程如下：
己知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（1）①A中溶解时反应的化学方程式是 Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O ；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去．
（2）某学习小组用“间接碘量法”测定试样A中Cu2+的浓度（不含能与I﹣发生反应的杂质）．过程如下：准确量取一定体积的试样于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应后，用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，记录到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液的体积．
可选用 淀粉 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 溶液由蓝色褪为无色 ；若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（3）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 BDE ；
A．电能全部转化为化学能 B．粗铜接电源正极，发生氧化反应
C．溶液中Cu2+向阳极移动 D．利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属
E．电解后CuSO4溶液浓度减小 F．阳极减轻的质量等于阴极增加的质量
（4）从滤液B中制取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 降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗 ．
【考点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】由制备实验流程可知，废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体，先清洗后加过氧化氢，发生Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，再加过量Fe，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，过滤后滤液为B，主要含FeSO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体．
（1）A中溶解时Cu与过氧化氢、稀硫酸发生氧化还原反应；
（2）碘遇淀粉变蓝，可利用淀粉为指示剂进行滴定，滴定前溶液中的H2O2没有除尽，消耗Na2S2O3标准液的体积偏大；
（3）A．电解时电能转化为化学能，但能量不能完全转化；
B．粗铜接电源正极，阳极失去电子；
C．电解时阳离子向阴极移动；
D．阳极上Ag、Pt、Au 等金属不能失去电子；
E．电解时阳极Al、Zn、Cu失去电子，阴极上铜离子得到电子；
F．阳极减轻的质量为Al、Zn、Cu的质量，而阴极增加的质量为Cu的质量；
（4）从滤液B中制取绿矾晶体用少量冰水洗涤，降低温度防止晶体溶解．
【解答】解：由制备实验流程可知，废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体，先清洗后加过氧化氢，发生Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，再加过量Fe，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，过滤后滤液为B，主要含FeSO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体．
（1）A中溶解时Cu与过氧化氢、稀硫酸发生氧化还原反应，发生的反应为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；
（2）碘遇淀粉变蓝，可利用淀粉为指示剂进行滴定，滴定终点的现象是溶液由蓝色褪为无色，滴定前溶液中的H2O2没有除尽，消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，由电子守恒可知所测定的Cu2+含量将会偏高，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色褪为无色；偏高；
（3）A．电解时电能转化为化学能，但电能不能完全转化为化学能，可能部分转化为热能，故A错误；
B．粗铜接电源正极，阳极失去电子，发生氧化反应，故B正确；
C．电解时阳离子向阴极移动，则溶液中Cu2+向阴极移动，故C错误；
D．阳极上Ag、Pt、Au 等金属不能失去电子，形成阳极泥，利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属，故D正确；
E．电解时阳极Al、Zn、Cu失去电子，阴极上铜离子得到电子，由Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu等可知电解后CuSO4溶液浓度减小，故E正确；
F．阳极减轻的质量为Al、Zn、Cu的质量，而阴极增加的质量为Cu的质量，转移相同电子时二者质量不同，故F错误；
故答案为：BDE；
（4）从滤液B中制取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降低洗涤过程中FeSO4•7H2O 的损耗，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O 的损耗．
【点评】本题考查制备实验方案的设计及混合物分离提纯，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
2015-2016学年安徽省合肥一中、合肥六中、北城中学高二（上）期末化学试卷
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）
1．用H202和H2S04的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜．已知：
Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H⇌+64.39KJ•mol﹣1
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H⇌﹣196.46KJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H⇌﹣285.84KJ•mol﹣1
在H2S04溶液中，Cu与H202反应生成Cu2+（aq）和H20（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol﹣1 B．﹣319.68 kJ•mol﹣1
C．+546.69 kJ•mol﹣1 D．﹣448.46 kJ•mol﹣1
2．Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X．在一定条件下．反应初始时c（X）=2.0×10﹣3molmol•L﹣1，反应10min进行测定，得图1和图2．下列说法不正确的是（ ）
A．50℃，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小
B．PH=2，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃
D．PH=2、温度为50℃，10min内v（X）=1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1
3．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：K=
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变．
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
4．已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，现有a、b、c三个容积相同的容器．a容器为恒容且可以与外界进行热交换的装置，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c容器为恒容绝热装置．在三个容器中都加入1molN2和3molH2，当反应达到平衡后，三个容器中反应物转化率的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a
5．下列图象中可用来表示：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0的正确图象是（ ）
A． B． C． D．
6．下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②盐都是强电解质
③弱酸、弱碱和水都是弱电解质
④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电．
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥
7．室温下，下列图象与实验过程相符合的是（ ）
A、盐酸加水稀释
B、Mg（OH）2悬浊液中滴加NH4Cl溶液
C、NH4Cl稀溶液加水稀释
D、NH3通入醋酸溶液中
A．A B．B C．C D．D
8．下列说法正确的是（ ）
A．已知0.1 mol•L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大
B．25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣逆向移动，c（H+）降低
C．取c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入 0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D．常温下，将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12
9．将0.2mol•L﹣1 NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（ ）
A．2c（K+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1mol•L﹣1
D．3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
10．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
11．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（ ）
A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低
C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中
D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点
12．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，KspAgCl=1×10﹣12，如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：KspAgCl＞KspAgI）
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol•L﹣1
B．图中x点的坐标为（100，6 ）
C．图中x点表示溶液中Ag+与Cl﹣浓度相同
D．把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1 mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分
13．我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价），电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2．下列说法正确的是（ ）
A．放电时储氢合金作正极
B．充电时储氢合金作负极
C．充电时阳极周围c（OH﹣）减少
D．放电时负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣═LaNi5+6H+
14．如图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将化学能转化为电能
B．催化剂b表面O2发生还原反应，其附近酸性增强
C．催化剂a表面的反应是：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
D．若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8：15
15．用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则电解过程中转移的电子的物质的量为（ ）
A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
16．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
二、填空题（包括17、18、19题，共40分）
17．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．
（1）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 K2（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，则曲线c所表示的温度为 ℃．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 ．
（3）以下有关该反应的说法正确的是 （填序号）．
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率为80%
（4）一定温度下，向2L的固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH（g），发生反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），H2的物质的量随时间变化的曲线如图3所示．
该温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= ．相同温度下，若开始时加入CH3OH（g）的物质的量是原来的2倍，则 （填序号）是原来的2倍．
A．CH3OH的平衡浓度 B．达到平衡的时间 C．平衡时气体的密度．
18．（1）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣．Na2B溶液显 （填“酸性”“中性”或“碱性”）；已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11mol/L（填“＜”、“＞”、“=”）理由是： ；
（2）某温度时，水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2= ；
（3）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则反应后溶液中溶质为 ；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ．
（4）已知CH3COOH酸性强于HCN，一定温度下，等体积、等物质的量浓度为CH3COONa和NaCN两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1 n2（填“＞”、“＜”或“=”）．
19．图1是甲醇燃烧电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．
（1）甲中负极的电极反应式为 ；
（2）工作一段时间后，若乙中生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ；
（3）电解结束后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则乙中A极析出 的气体在标准状况下的体积为 ．
（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2，则图中②线表示的是 离子的变化（写离子符号）；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 mL 5.0mol/L NaOH溶液．
三、选做题（下列两题选做一题）
20．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
②将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．
④核磁共振氢谱显示A分子中有4种不同环境的氢原子，且4种氢原子个数比为3：1：1：1．
根据以上实验结果，回答下列问题．
（1）A的分子结构简式为 ；写出A分子中官能团的名称 ；
（2）A的系统命名是 ；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，写出该反应的化学方程式 ；
（4）A的一种同分异构体B与A具有相同的官能团，B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，写出D的结构简式 ．
21．（2015秋•合肥校级期末）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的部分实验过程如下：
己知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（1）①A中溶解时反应的化学方程式是 ；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去．
（2）某学习小组用“间接碘量法”测定试样A中Cu2+的浓度（不含能与I﹣发生反应的杂质）．过程如下：准确量取一定体积的试样于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应后，用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，记录到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液的体积．
可选用 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 ；若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（3）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 ；
A．电能全部转化为化学能 B．粗铜接电源正极，发生氧化反应
C．溶液中Cu2+向阳极移动 D．利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属
E．电解后CuSO4溶液浓度减小 F．阳极减轻的质量等于阴极增加的质量
（4）从滤液B中制取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 ．
2015-2016学年安徽省合肥一中、合肥六中、北城中学高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）
1．用H202和H2S04的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜．已知：
Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H⇌+64.39KJ•mol﹣1
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H⇌﹣196.46KJ•mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l））△H⇌﹣285.84KJ•mol﹣1
在H2S04溶液中，Cu与H202反应生成Cu2+（aq）和H20（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol﹣1 B．﹣319.68 kJ•mol﹣1
C．+546.69 kJ•mol﹣1 D．﹣448.46 kJ•mol﹣1
【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】根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式．
【解答】解：由①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H1=64.39KJ•mol﹣1；
②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H2=﹣196.46KJ•mol﹣1；
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）H3=﹣285.84KJ•mol﹣1；
则反应Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反应①+②×+③得到，
由盖斯定律可知该反应的反应热△H=H1+H2×+H3=64.39KJ•mol﹣1+（﹣196.46KJ•mol﹣1）×+（﹣285.84KJ•mol﹣1）=﹣319.68KJ．mol﹣1，
即Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68KJ．mol﹣1，
故选：B．
【点评】本题考查了对盖斯定律、热化学方程式书写的方法应用和实质理解，题目较简单．
2．Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X．在一定条件下．反应初始时c（X）=2.0×10﹣3molmol•L﹣1，反应10min进行测定，得图1和图2．下列说法不正确的是（ ）
A．50℃，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小
B．PH=2，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大
C．无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃
D．PH=2、温度为50℃，10min内v（X）=1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．由图1可知，50℃时，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小；
B．由图2可知，PH=2时，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大；
C．图1研究50℃时，pH对X降解率的影响，图2研究pH=2时，温度对X降解率影响，不能确定pH=3、温度为80℃对X降解率的影响；
D．由图2可知，PH=2，50℃时到达平衡时X的转化率为72%，据此计算X的浓度变化量，再根据v=计算．
【解答】解：A．由图1可知，50℃时，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小，故A正确；
B．由图2可知，PH=2时，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大，故B正确；
C．溶液pH值、温度会影响X的降解率，需要进行PH=3、温度对X降解率影响实验或温度为80℃、pH对X降解率影响，故C错误；
D．由图2可知，PH=2，50℃时到达平衡时X的转化率为72%，X的浓度变化量=2.0×10﹣3mol•L﹣1×72%=1.44×10﹣3mol•L﹣1，故v（X）==1.44×10﹣4mol•L﹣1min﹣1，故D正确，
故选C．
【点评】本题考查反应速率计算、化学平衡影响、阅读获取信息的能力、实验条件的控制等，侧重对学生能力的考查，难度中等．
3．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；且发生如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？），已知“？”代表C、D状态未确定：反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：K=
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变．
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【考点】化学平衡的计算．
【分析】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体，依此进行解答．
①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中；
②反应的B的物质的量为0.8mol，依此计算B的平衡转化率%；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动．
【解答】解：反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol﹣1.2mol=2.8mol、2mol﹣0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．
①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；
②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；
故说法中正确的是③④，
故选D．
【点评】本题考查化学平衡的相关计算，难度中等．判断出C不为气体是解题的根据．
4．已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，现有a、b、c三个容积相同的容器．a容器为恒容且可以与外界进行热交换的装置，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c容器为恒容绝热装置．在三个容器中都加入1molN2和3molH2，当反应达到平衡后，三个容器中反应物转化率的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a
【考点】化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】相同温度下，在体积相等的密闭容器，a为恒温恒容容器，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c为恒容绝热容器，起始物质的量相同，该反应是气体体积减小的放热反应，c的温度大于a，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，b中压强大于a，根据压强、温度对平衡的影响判断•
【解答】解：已知N2+3H2⇌NH3△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，相同温度下，在体积相等的密闭容器，a为恒温恒容容器，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，c为恒容绝热容器，起始物质的量相同，该反应是气体体积减小的放热反应，c的温度大于a，反应物的转化率减小，a＞c，b容器为恒压且可以和外界进行热交换的装置，b中压强大于a，反应物转化率b＞a，反应物的转化率的关系b＞a＞c，故选B．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素，容器特征、化学平衡移动原理，注意恒温恒容容器、恒温恒压容器、恒容绝热容器改变条件对平衡的分析方法，题目难度中等．
5．下列图象中可用来表示：2A（g）+B（g）⇌C（g）△H＞0的正确图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，C的含量增加；
B、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
C、增大压强，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
D、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，A的转化率增加．
【解答】解：A、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，C的含量增加，和图象不符，故A错误；
B、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，不会出现正逆反应速率循环变化的趋势，和图象不符，故B错误；
C、增大压强，化学反应速率加快，反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，和图象相符，故C正确；
D、升高温度，化学反应速率加快，反应正向移动，A的转化率增加，和图象不符，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查影响化学平衡的因素及平衡图象，明确反应的特点及温度、压强对化学反应的影响即可解答，题目难度中等．
6．下列说法正确的一组是（ ）
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②盐都是强电解质
③弱酸、弱碱和水都是弱电解质
④强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
⑤电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电．
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．③⑤ D．③⑥
【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【专题】物质的分类专题．
【分析】①电解质的强弱与溶解性无关；
②部分盐属于弱电解质；
③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水；
④H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关；
⑤溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子；
⑥酸在熔融态时不导电．
【解答】解：①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4均是强电解质，故①错误；
②绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故②错误；
③弱电解质包括弱酸、弱碱和少部分盐以及水，故③正确；
④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故⑤正确；
⑥酸为共价化合物，在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误；
故选C．
【点评】本题主要考查的是强弱电解质的概念以及判断，涉及溶液导电的原因、溶液中离子浓度大小比较等，难度不大．
7．室温下，下列图象与实验过程相符合的是（ ）
A、盐酸加水稀释
B、Mg（OH）2悬浊液中滴加NH4Cl溶液
C、NH4Cl稀溶液加水稀释
D、NH3通入醋酸溶液中
A．A B．B C．C D．D
【考点】离子反应发生的条件．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．盐酸溶液加水稀释过程中氢氧根离子浓度增大；
B．氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡，滴加氯化铵溶液，促进氢氧化镁溶解；
C．加水稀释促进氯化铵水解，但溶液中氢离子浓度减小；
D．溶液导电能力与离子浓度成正比．
【解答】解：A．盐酸溶液加水稀释过程中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，根据方程式知氢氧化镁固体质量逐渐减小，故B正确；
C．加水稀释促进氯化铵水解，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；
D．醋酸是弱电解质，醋酸中通入氨气生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，则导电能力增强，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了图象分析，明确物质的性质是解本题关键，知道物质之间的反应、溶液中离子浓度变化即可解答，题目难度不大．
8．下列说法正确的是（ ）
A．已知0.1 mol•L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大
B．25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣逆向移动，c（H+）降低
C．取c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入 0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D．常温下，将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，溶液的pH=12
【考点】pH的简单计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、加入烧碱溶液，促进醋酸的电离平衡向右移，c（CH3COO﹣）增大，根据醋酸的平衡常数K来分析；
B、盐类的水解促进水的电离；
C、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进其电离；
D、将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，碱性变弱．
【解答】解：A、加入烧碱溶液，促进醋酸的电离平衡向右移，c（CH3COO﹣）增大，根据醋酸的平衡常数K=可知，c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；
B、盐类的水解促进水的电离，故向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣正向移动，故B错误；
C、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进其电离平衡右移，故c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，醋酸溶液中的c（H+）更大，故和锌反应速率更大，故C正确；
D、将pH=11的Ba（OH）2溶液加水稀释10倍后，碱性变弱，pH变小，应变为10，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了电离平衡的移动、盐类的水解对水的电离的影响以及弱酸的稀释等问题，难度不大，注意基础的掌握．
9．将0.2mol•L﹣1 NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是（ ）
A．2c（K+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）
B．c（Na+）＞c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.1mol•L﹣1
D．3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
【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﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断．
【解答】解：0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液与0.1mol•L﹣1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，
A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c（K+）=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3）＞0.1mol/L，所以2c（K+）＜c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（H2CO3），故A错误；
B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+）；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（K+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；
C．根据物料守恒可得：①c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.1mol/L=c（Na+）=0.1mol/L、②c（K+）=0.05，根据电荷守恒可得：③c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（K+）+c（Na+），根据①③可得：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+c（K+），由于c（K+）=0.05，则c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）+0.05mol•L﹣1，故C错误；
D．根据电荷守恒可得：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（K+）+c（Na+），由于混合液中c（Na+）=0.1mol/L、c（K+）=0.05，则c（Na+）=2c（K+），所以3c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半．
10．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1 NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
D．曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]
【考点】中和滴定；离子浓度大小的比较．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；然后再根据溶液中的溶质离子的物料守恒、电荷守恒及溶液的酸碱性就可以解决问题．
【解答】解：根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7；
A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，由于在此条件下氨水的电离程度大于铵盐的水解程度，所以溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；
B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，NH4+水解，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），得c（Cl﹣）＞c（NH4+），盐类水解程度一般都较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在，NaOH与醋酸反应，且NaOH的量不足，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，此时醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；
D．滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），和电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了学生对电解质溶液中盐的水解和弱电解质的电离平衡的理解，并由此来判断溶液的酸碱性，再根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．
11．实验室可以用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），测定溶液中草酸的浓度．判断下列说法不正确的是（ ）
A．滴定中涉及的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低
C．KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中
D．该实验选择酚酞做指示剂，当待测液颜色由无色变为浅红色时即达到滴定终点
【考点】中和滴定；氧化还原反应．
【专题】定量测定与误差分析．
【分析】用KMnO4标准液滴定草酸（H2C2O4），发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，且为紫色，该滴定实验不需要指示剂，以此来解答．
【解答】解：A．Mn得到电子，C失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正确；
B．硝酸具有强氧化性，可与草酸反应，消耗高锰酸钾减少，则KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用HNO3酸化，会使测定结果偏低，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，则KMnO4标准溶液盛放在酸式滴定管中，故C正确；
D．高锰酸钾溶液为紫色，不需要加指示剂，滴定终点时由无色变为紫色，且半分钟内不变色，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查中和滴定实验及氧化还原反应，为基础性习题，把握氧化还原反应的应用、实验操作及试剂的颜色为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
12．已知：pAg=﹣lg{c（Ag+）}，KspAgCl=1×10﹣12，如图是向10mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积（单位mL）变化的图象（实线）．根据图象所得下列结论正确的是（ ）（提示：KspAgCl＞KspAgI）
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol•L﹣1
B．图中x点的坐标为（100，6 ）
C．图中x点表示溶液中Ag+与Cl﹣浓度相同
D．把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1 mol•L﹣1NaI则图象在终点后变为虚线部分
【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】A、根据pAg=﹣lg{c（Ag+）}求出Ag+的浓度；
B、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；
C、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，然后利用KspAgCl=1×10﹣12计算c（Cl﹣）比较即可；
D、由于Ksp（AgI）更小，所以c（Ag+）更小．
【解答】解：A、图中原点pAg=0，则Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 mol•L﹣1，即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1 mol•L﹣1，故A错误；
B、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，一般认为溶液中离子浓度小于10﹣5 mol•L﹣1，即沉淀完全，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L×1mol•L﹣1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B正确；
C、x点c（Ag+）=10﹣6 mol•L﹣1，KspAgCl=1×10﹣12，故c（Cl﹣）=，故C正确；
D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 mol•L﹣1的NaCl换成0.1mol•L﹣1NaI，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查了AgCl的Ksp的应用，注意把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度中等．
13．我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池．常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价），电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2．下列说法正确的是（ ）
A．放电时储氢合金作正极
B．充电时储氢合金作负极
C．充电时阳极周围c（OH﹣）减少
D．放电时负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣═LaNi5+6H+
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6NiOOH+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极．充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣．
【解答】解：此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，正极反应为6H2O+6NiO（OH）+6e﹣=6Ni（OH）2+6OH﹣，负极反应为 LaNi5H6﹣6e﹣+6OH﹣=LaNi5+6H2O．由此可见储氢合金是还原剂，作原电池的负极．充电时的总反应为LaNi5+6Ni（OH）2=LaNi5H6+6NiOOH，阳极反应为6Ni（OH）2+6OH﹣﹣6e﹣=6NiOOH+6H2O，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e﹣=LaNi5H6+6OH﹣．
A、放电时是原电池，依据总反应化学方程式可知，储氢合金做电池的负极，故A错误；
B、充电时，储氢合金失电子发生氧化反应，作阴极，故B错误；
C、充电时电解池，阳极电极反应为：6Ni（OH）2+6OH﹣+6e﹣=6NiOOH+6H2O，氢氧根离子浓度减小，故C正确；
D、放电时，负极失电子发生氧化反应，电极反应为：LaNi5H6+6OH﹣﹣6e﹣=LaNi5+6H2O，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查原电池、电解池原理的理解和应用，主要是应用题干信息和知识迁移应用能力等问题的考查，书写电极反应是关键．
14．如图是将SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，下列说法不正确的是（ ）
A．该装置将化学能转化为电能
B．催化剂b表面O2发生还原反应，其附近酸性增强
C．催化剂a表面的反应是：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
D．若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为8：15
【考点】工业制取硫酸．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A．该装置没有外加电源，是一个原电池；
B．催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O，消耗H+，其附近酸性减弱；
C．催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸；
D．总方程为：SO2+H2O+O2 =H2SO4，先设加入的SO2的量和加入的水的量，再根据方程求出生成硫酸的量和消耗的水的量．
【解答】解：A．该装置没有外加电源，是一个原电池，把化学能转化为电能，故A正确；
B．由图示可看出，电子由a表面转移到b表面，因此a表面发生氧化反应，由题意SO2转化为H2SO4发生氧化反应，因此催化剂a表面SO2发生氧化反应，催化剂b表面O2发生还原反应生成H2O，消耗H+，其附近酸性减弱，故B错误；
C．催化剂a表面是SO2失去电子生成硫酸，电极方程式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，故C正确；
D．催化剂a处的反应为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，
催化剂b处的反应为： O2+2H++2e﹣=H2O
总方程为：SO2+H2O+O2=H2SO4
设加入的SO2为xg，H2O为yg．
则生成硫酸的质量为：
水的质量变化为：y﹣
根据二者的比值为49%，可以求得=，故D正确；
故选B．
【点评】本题以二氧化硫制硫酸为知识背景，考查了原电池的原理和电极方程式的书写．
15．用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则电解过程中转移的电子的物质的量为（ ）
A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
【考点】电解原理．
【专题】守恒法；电化学专题．
【分析】将Cu（OH）2改写为CuO•H2O，根据CuO•H2O知，阳极上OH﹣放电生成O2，阴极上Cu2+和H+放电生成Cu和H2，根据阳极上生成O2与转移电子之间的关系计算转移电子物质的量．
【解答】解：Cu（OH）2改写为CuO•H2O，根据CuO•H2O知，阳极上OH﹣放电生成O2，阴极上Cu2+和H+放电生成Cu和H2，根据氧原子守恒得n（O2）=n[Cu（OH）2]=0.2mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×4=0.8mol，故选D．
【点评】本题以电解原理为载体考查物质的量有关计算，为高频考点，明确各个电极上放电微粒是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大．
16．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【专题】电化学专题．
【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀．
【解答】解：A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故A正确；
B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B正确；
C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大．
二、填空题（包括17、18、19题，共40分）
17．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．
（1）T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1 ＞ K2（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，则曲线c所表示的温度为 350 ℃．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 1.3×104 kPa 下CO 的转化率已经很高，如果增大压强，CO 的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 ．
（3）以下有关该反应的说法正确的是 AD （填序号）．
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率为80%
（4）一定温度下，向2L的固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH（g），发生反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），H2的物质的量随时间变化的曲线如图3所示．
该温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K= 4L2•mol﹣2 ．相同温度下，若开始时加入CH3OH（g）的物质的量是原来的2倍，则 C （填序号）是原来的2倍．
A．CH3OH的平衡浓度 B．达到平衡的时间 C．平衡时气体的密度．
【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】（1）图1分析先拐先平温度高，T2＜T1，结合平衡移动原理分析判断平衡移动方向确定平衡常数大小；
（2）图1分析可知，温度越高一氧化碳转化率越小，说明正反应为放热反应，根据压强对化学反应速率以及化学平衡移动的影响知识结合实际生产过程来回答，从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动；
（3）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，注意该该反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数关系；
（4）据图象可求出H2的化学反应速率，再据化学反应中用各物质表示的速率之比等于系数之比，可求得第一问．据三段式法求得平衡时各物质的浓度，
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
反应前浓度（mol/L ）0.5 0 0
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
代入平衡常数表达式计算，气体体积不变，质量增倍，密度增倍；
【解答】解：（1）图1分析先拐先平温度高，T2＜T1，温度越高，一氧化碳转化率越小，平衡常数越小，则T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1＞K2，
故答案为：＞；
（2）图1分析可知，温度越高一氧化碳转化率越小，说明正反应为放热反应，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，温度最高的是c曲线为350°，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，
故答案为：350，1.3×104 kPa 下CO 的转化率已经很高，如果增大压强，CO 的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
（3）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应是气体体积减小的放热反应，
A．反应前后气体物质的量变化，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡，故A正确；
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，只能说明反应正向进行，不能说明可逆反应达到平衡，故B错误；
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不改变化学平衡，不能提高CH3OH的产率，故C错误；
D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L固定容积的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c（CO）=0.2mol•L﹣1，则CO的转化率=×100%=80%，故D正确；
故答案为：AD；
（4）据图象可求出H2的化学反应速率，再据化学反应中用各物质表示的速率之比等于系数之比，可求得第一问．据三段式法求得平衡时各物质的浓度，
CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
反应前浓度（mol/L ）0.5 0 0
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
反应的浓度（mol/L ）0.25 0.25 0.5
代入公式K==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25（mol•L）2．所求反应的K，是该反应的逆反应，所以系数是其倒数则平衡常数=L2•mol﹣2=4L2•mol﹣2．
体积不变的容器中，反应物与生成物全是气体，质量加倍，故密度加倍，选C，
故答案为：4L2•mol﹣2，C；
【点评】本题考查化学反应中能量变化，化学反应速率、化学平衡影响因素与化学平衡图象、平衡常数计算等，注意根据反应的特征分析图象中条件的改变，难度中等．
18．（1）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H++HB﹣；HB﹣⇌H++B2﹣．Na2B溶液显 碱性 （填“酸性”“中性”或“碱性”）；已知0.1mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 ＜ 0.11mol/L（填“＜”、“＞”、“=”）理由是： 0.1mol•L﹣1NaHB溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01mol•L﹣1，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1mol•L﹣1H2B溶液中c（H+）＜0.11mol•L﹣1 ；
（2）某温度时，水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2= 9：1 ；
（3）25℃时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则反应后溶液中溶质为 NH4Cl和NH3•H2O ；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离平衡常数Kb= ．
（4）已知CH3COOH酸性强于HCN，一定温度下，等体积、等物质的量浓度为CH3COONa和NaCN两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1 ＞ n2（填“＞”、“＜”或“=”）．
【考点】离子浓度大小的比较；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）由HA﹣⇌H++A2﹣可知，Na2A为强碱弱酸盐；0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A═H++HA﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离；
（2）该温度下水的离子积为1×10﹣12，据此计算出pH=11、pH=2、pH=2的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可．
（3）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=；
（4）向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN，NaCN水解程度比大CH3COONa，结合溶液电中性原则分析．
【解答】解：（1）由HA﹣⇌H++A2﹣可知，Na2A为强碱弱酸盐，A2﹣水解的离子反应为：A2﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣，导致溶液显示碱性；
0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A═H++HA﹣，电离出0.1mol/LH+，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L=0.11mol/L，
故答案为：碱性；＜；0.1 mol•L﹣1NaHB 溶液的pH=2，说明其中c（H+）=0.01 mol•L﹣1，主要是HB﹣电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H+抑制了第二步的电离，所以0.1mol•L﹣1 H2B 溶液中c（H+）＜0.11 mol•L﹣1；
（2）该温度下水的离子积为Kw=1×10﹣12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=mol/L=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，
pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2﹣0.1mol/L×V1=0.01mol/L×（V1+V2），
整理可得：V1：V2=9：11，
故答案为：9：11；
（3）反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶质为NH4Cl 和NH3•H2O；
平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，
故答案为：NH4Cl 和NH3•H2O；；
（4）HCN的酸性比CH3COOH的酸性弱，由越弱越水解知，醋酸钠的水解程度小于氢氰酸钠的水解程度，CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，CH3COONa溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），NaCN溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CN﹣）+c（OH﹣），钠离子的浓度不变且相等，CN﹣的水解程度较大，溶液中OH﹣的浓度较大，H+的浓度较小，故阳离子的浓度之和较小，则CH3COONa溶液中阴离子的总物质的量大于NaCN，即：n1＞n2，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶解酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
19．图1是甲醇燃烧电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极．
（1）甲中负极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O ；
（2）工作一段时间后，若乙中生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣） ；
（3）电解结束后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则乙中A极析出 的气体在标准状况下的体积为 2.24L ．
（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2，则图中②线表示的是 Fe2+ 离子的变化（写离子符号）；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 280 mL 5.0mol/L NaOH溶液．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，注意电解质溶液是碱性溶液；
（2）利用电子守恒，计算3.2g铜反应转移电子物质的量，再据100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质的物质的量和电解后生成硫酸的物质的量计算离子浓度；
（3）A为阳极，始终是氢氧根离子放电，B为阴极，开始是铜离子放电，后来是氢离子放电，据电子守恒计算产生气体体积；
（4）C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．
【解答】解：（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；
（2）100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有铜离子0.1mo，硫酸根离子0.1mol，当电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，阳极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，乙中生成铜3.2g即0.05mol溶，转移电子0.1mol，A极反应掉氢氧根离子0.1mol，生成氢离子0.1mol，剩余铜离子0.05mol，硫酸根离子物质的量没有变化，溶液中还存在水的电离平衡，所以离子浓度大小顺序为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（Cu2+）＞c（OH﹣）；
（3）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：
Cu2++2e﹣=Cu，2H++2e﹣=H2↑；
0.1mol 0.2mol 2x x
A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：
4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；
4x x
得到0.2+2x=4x
x=0.1mol
乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
故答案为：2.24L；
（4）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，
依据（3）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu﹣2e﹣=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e﹣=Fe2+，溶液中有Fe3+ 0.2mol，Fe2+ 0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol5mol/L=0.28L=280ml，
故答案为：Fe2+；280．
【点评】本题综合性较大，题目涉及燃料电池、电解原理的应用、离子浓度大小比较、电极反应式书写以及据电极反应式的计算，题目难度中等，注意把握原电池和电解质中电极方程式的书写以及电子守恒在计算中的应用．
三、选做题（下列两题选做一题）
20．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
②将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．
④核磁共振氢谱显示A分子中有4种不同环境的氢原子，且4种氢原子个数比为3：1：1：1．
根据以上实验结果，回答下列问题．
（1）A的分子结构简式为 ；写出A分子中官能团的名称 羟基、羧基 ；
（2）A的系统命名是 2﹣羟基丙酸 ；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，写出该反应的化学方程式 ；
（4）A的一种同分异构体B与A具有相同的官能团，B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，写出D的结构简式 ．
【考点】有机物的推断；有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为45×2=90，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3，只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含，4种类型的等效氢原子，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：，然后结合有机物的结构与性质来解答．
【解答】解：有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为45×2=90，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3，只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含，4种类型的等效氢原子，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：，
（1）由上述分析可知，A的结构简式为，官能团为羟基、羧基，故答案为：；羟基、羧基；
（2）A的系统命名是2﹣羟基丙酸，故答案为：2﹣羟基丙酸；
（3）A可在浓硫酸催化下生成一种六元环酯，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（4）B分子经过如下两步反应可得到一种高分子化合物D，BCD，则B发生消去反应生成C为CH2=CHCOOH，C发生加聚反应生成D为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物的推断及结构与性质，为高频考点，把握有机物分子式的确定方法、结构中的官能团与性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．
21．（2015秋•合肥校级期末）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的部分实验过程如下：
己知：I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣
（1）①A中溶解时反应的化学方程式是 Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O ；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去．
（2）某学习小组用“间接碘量法”测定试样A中Cu2+的浓度（不含能与I﹣发生反应的杂质）．过程如下：准确量取一定体积的试样于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应后，用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，记录到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液的体积．
可选用 淀粉 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 溶液由蓝色褪为无色 ；若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（3）以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 BDE ；
A．电能全部转化为化学能 B．粗铜接电源正极，发生氧化反应
C．溶液中Cu2+向阳极移动 D．利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属
E．电解后CuSO4溶液浓度减小 F．阳极减轻的质量等于阴极增加的质量
（4）从滤液B中制取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 降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗 ．
【考点】制备实验方案的设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】由制备实验流程可知，废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体，先清洗后加过氧化氢，发生Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，再加过量Fe，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，过滤后滤液为B，主要含FeSO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体．
（1）A中溶解时Cu与过氧化氢、稀硫酸发生氧化还原反应；
（2）碘遇淀粉变蓝，可利用淀粉为指示剂进行滴定，滴定前溶液中的H2O2没有除尽，消耗Na2S2O3标准液的体积偏大；
（3）A．电解时电能转化为化学能，但能量不能完全转化；
B．粗铜接电源正极，阳极失去电子；
C．电解时阳离子向阴极移动；
D．阳极上Ag、Pt、Au 等金属不能失去电子；
E．电解时阳极Al、Zn、Cu失去电子，阴极上铜离子得到电子；
F．阳极减轻的质量为Al、Zn、Cu的质量，而阴极增加的质量为Cu的质量；
（4）从滤液B中制取绿矾晶体用少量冰水洗涤，降低温度防止晶体溶解．
【解答】解：由制备实验流程可知，废旧钢片回收铜并制备绿矾晶体，先清洗后加过氧化氢，发生Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，再加过量Fe，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，过滤后滤液为B，主要含FeSO4，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体．
（1）A中溶解时Cu与过氧化氢、稀硫酸发生氧化还原反应，发生的反应为Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O；
（2）碘遇淀粉变蓝，可利用淀粉为指示剂进行滴定，滴定终点的现象是溶液由蓝色褪为无色，滴定前溶液中的H2O2没有除尽，消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，由电子守恒可知所测定的Cu2+含量将会偏高，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色褪为无色；偏高；
（3）A．电解时电能转化为化学能，但电能不能完全转化为化学能，可能部分转化为热能，故A错误；
B．粗铜接电源正极，阳极失去电子，发生氧化反应，故B正确；
C．电解时阳离子向阴极移动，则溶液中Cu2+向阴极移动，故C错误；
D．阳极上Ag、Pt、Au 等金属不能失去电子，形成阳极泥，利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属，故D正确；
E．电解时阳极Al、Zn、Cu失去电子，阴极上铜离子得到电子，由Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu等可知电解后CuSO4溶液浓度减小，故E正确；
F．阳极减轻的质量为Al、Zn、Cu的质量，而阴极增加的质量为Cu的质量，转移相同电子时二者质量不同，故F错误；
故答案为：BDE；
（4）从滤液B中制取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降低洗涤过程中FeSO4•7H2O 的损耗，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O 的损耗．
【点评】本题考查制备实验方案的设计及混合物分离提纯，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
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