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【化学】河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷
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河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.下列离子方程式书写正确的是
A. Fe3O4 溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3+ +4H2O
B. 过氧化钠投入水中发生：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑
C. 向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量 CO2 (标准状况)：CO2 +2OH‾=CO32—+2H2O
D. 向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2：2Br—+Cl2 =Br2+2Cl—
【答案】B
【解析】
【分析】
三价铁离子能够氧化碘离子；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子。
【详解】Fe3O4溶于足量氢碘酸，二者发生氧化还原反应生成Fe2+离子和单质碘，反应的离子方程式：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，A错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑，B正确；向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量CO2(标准状况)，氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2 +OH‾=HCO3—，C错误；向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2，二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl‾，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
2.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2SO3
Na2SiO3溶
非金属性：S>Si
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】
A、发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为硫酸>亚硫酸>硅酸，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，无法用亚硫酸的酸性比硅酸的酸性强来证明硫的非金属性强于硅，选项A错误；B、浓硫酸使蔗糖炭化，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，则溴水褪色可知生成二氧化硫，说明浓硫酸具有脱水性、氧化性，选项B正确；Ｃ、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项Ｃ错误；D、浓硝酸具有挥发性，所以硝酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体中可能含有挥发的硝酸，使硅酸钠溶液中产生白色沉淀，所以不能证明碳酸与硅酸酸性的强弱，选项Ｄ错误。答案选B。
3.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是( )
A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方 程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=+117 kJ·mol-1
B. 热稳定性: MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质(X2)的反应能自发进行是因为ΔH均小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
4.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3
D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。
5.下列说法中正确的是( )
A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B. Na2O2、NaClO中所含化学键类型不完全相同
C. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】
分析：A、在化合物中，除H、Li、Be、B四种元素的原子最外层不能达到8电子稳定结构外，其它元素一般情况下都能满足；B、离子化合物中含有离子键，也可能含有共价键；C、同主族元素形成的类似化合物，微粒间的作用也不一定相同；D、化学反应就是旧键的断裂与新键的形成过程，但键的类型不一定相同。
详解：A、CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；
B、Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C、Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；
D、氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。本题答案为B。
点睛：尽管非极性共价键和极性共价键都属于共价键，但二者并不相同，而B选项要求的就是“不完全相同”；化学反应过程中断裂和形成了哪些化学键，可通过反应物和生成物中所含的化学键去判断。
6.有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ3个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。
容器
起始时
T/℃
n(HCl)/mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4
下列说法不正确的是（ ）
A. △H<0
B. a<4
D. 300 ℃时，该反应平衡常数的值为320
【答案】D
【解析】
A、由图象可知，随着温度的升高HCl的平衡转化率在减小，即升温平衡向左移动，则该反应是放热反应，△H<0，所以A正确；B、在相同温度时，n(HCl)相同，Z=a时HCl的转化率大于Z=4时HCl的转化率，即Ⅰ容器中增大了n(O2)，使Z<4，即a<4，同理可得4v(逆)，所以C正确；D、由于平衡常数K只与温度有关，因此可根据容器Ⅲ对应的Q点进行计算，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+ 2H2O(g) 平衡时HCl的转化率为80%，则起始时c(HCl)=0.5mol/L，由Z=4求得c(O2)= 0.125mol/L，而c(Cl2) =c(H2O)=0，平衡时c(HCl)=0.1mol/L ，c(O2)=0.025mol/L，c(Cl2) =c(H2O)=0.2 mol/L，则K==640 (mol/L)-1，所以D错误。本题正确答案为D。
点睛：化学反应速率和化学平衡的有关计算一定明确三个量，即起始量、平衡量和改变量，根据已知条件，结合转化率求出这三个量后，其它问题都能正确解答了。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 用盐酸标准溶液测定NaOH溶液浓度滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡，会使测定值偏高
B. 将地下钢管与直流电源的正极相连，用来保护钢管
C. 已知在101KPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ·mol-1
D. 25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1,表示稀H2SO4与KOH 溶液反应的中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A. 用盐酸标准溶液测定NaOH溶液浓度滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡，则消耗标准盐酸体积的读数偏小，会使测定值偏低，A不正确；B. 将地下钢管与直流电源的正极相连，则钢管的腐蚀加快，不能用来保护钢管，B不正确；C. 已知在101KPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，由此可以求出，在此条件下，4gH2燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，所以，其热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ·mol-1，C正确；D. 25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1,表示稀H2SO4与KOH 溶液反应的中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+KOH(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，D不正确。
点睛：中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1摩尔水的反应热。要注意中和热的基准是生成1摩尔水，生成的盐必须是可溶性的盐，不能生成沉淀。
8.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CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1，室温下，若将1 mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2 kJ，则( )
A. Q1＝Q2 B. Q1>Q2 C. Q1
【解析】
已知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1，依题意可知CuSO4(s)= CuSO4(aq) ΔH1＝—Q2 kJ·mol－1，二式相加即得CuSO4·5H2O(s)=
CuSO4(aq) ＋5H2O(l) ΔH0＝＋Q1 kJ·mol－1—Q2 kJ·mol－1= (Q1—Q2) kJ·mol－1，又已知胆矾溶于水时溶液温度降低，即是吸热过程，即ΔH0＝(Q1—Q2) kJ·mol－1>0，所以Q1>Q2，故本题正确答案为B。
9.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是
A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
10.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果.设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
实验编号
温度/℃
pH
①
25
1
②
45
1
③
25
7
④
25
1
下列说法正确的是
A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】B
【解析】
【分析】
由图、表可知，实验①②探究温度对降解速率和效果的影响，实验①③探究pH对降解速率和效果的影响，实验①④探究浓度对降解速率和效果的影响。
【详解】由图可知，实验①在15 min内M的浓度由0.30×10—3 mol/L降低到0.10×10—3 mol/L，则降解速率为=1.33×10-5mol/(L·min)，A错误； 由表可知，实验①和②pH相同、反应温度不同，由图可知，实验②反应速率大于实验①反应速率，说明升高温度，M降解速率增大，B正确；由表可知，实验①和③反应温度相同、pH不同，由图可知，实验①降解效果好于实验③，C错误；由表可知，实验①和④反应温度相同、pH相同，但M的起始浓度不同，探究浓度对降解速率和效果的影响，由图可知M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查外界条件对降解速率和效果的影响，变量唯一化是探究实验的核心，也是解答的关键。
11.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A. 前2秒, 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O4 0.20 mol
D. 平衡时, 如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
12.已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3 + NH3 NH4++NH2- ，NH4+的平衡浓度为1×10-15mol/L，则下列说法中正确的是( )
A. 在此温度下液氨的离子积为1×10-17
B. 在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C. 恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D. 降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)
【解析】
A .由电离方程式知, NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15 mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2 NH3=2Na NH2+H2↑ ,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动, NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。
13.如图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法不正确的是
A. 第一次平衡时，SO2的物质的量左室更多
B. 通入气体未反应前，左室压强和右室一样大
C. 第一次平衡时，左室内压强一定小于右室
D. 第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多
【答案】D
【解析】
由于为恒容容器，1molAr对化学平衡无影响，容器中发生的反应为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）。A项，若右室的容积与左室相等，左室和右室在相同条件达到的平衡状态相同，含有的SO2物质的量相等，右室在此平衡时将体积缩小为1/2，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减少，第一次平衡时，SO2物质的量左室更多，A项正确；B项，通入气体未反应前，左室气体总物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，右室气体总物质的量为2mol，左室容积为右室的两倍，温度相同，则左室压强和右室一样大，B项正确；C项，左室从正反应开始建立平衡，左室平衡时压强小于左室起始压强，右室从逆反应开始建立平衡，右室平衡时压强大于右室起始时压强，左室与右室起始压强相等，则第一次平衡时左室内压强一定小于右室，C项正确；D，若在容积为2倍左室容积的容器中起始充入4molSO2、2molO2，相同条件下达到平衡时SO2物质的量为左室SO2物质的量的2倍，打开活塞相当于容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入2molSO2、1molO2、2molSO3（g）、1molAr，等效于容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入4molSO2、2molO2、1molAr，相对于2倍左室容积的容器缩小体积，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减小，即第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2物质的量的2倍要少，D项错误；答案选D。
点睛：解答本题需要注意：由于容器为恒容容器，左室充入的1molAr对化学平衡无影响；比较平衡时各物理量之间的关系采用“等效”思维和“先同后变”，即先设计等效平衡，再考虑压强对化学平衡的影响。
14.工业碳酸钠(纯度约为98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 步骤①，通入热空气可加快溶解速率
B. 步骤②，产生滤渣的离子反应为：Mg2+ + Fe3+ + 5OH- == Mg(OH)2↓+ Fe(OH)3↓
C. 步骤③，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3•H2O中混有Na2CO3•10H2O等杂质
D. 步骤④，灼烧时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯
【答案】B
【解析】
碳酸钠中混有Mg2+、Fe2+、Cl-和SO42-等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率、促进Fe3+(Fe2+)的水解或氧化Fe2+，加入氢氧化钠，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁，溶液中主要含有碳酸钠，并含有少量的Cl-和SO42-，经蒸发结晶可得碳酸钠晶体，灼烧后可得碳酸钠；A．步骤①，通入热空气因温度升高，则可加快溶解速率，故A正确；B．步骤②，产生滤渣的离子反应因Mg2+ 和Fe3+ 物质的量之比不是1:1，应分开书写，即为：Mg2+ + 2OH- == Mg(OH)2↓，Fe3+ + 3OH- ==Fe(OH)3↓，故B错误；C．步骤③，趁热过滤时如果温度控制不当，Na2CO3•H2O中会混有Na2CO3•10H2O等杂质，故C正确；D．灼烧操作时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故D正确；答案为B。
15.全钒液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2＋（蓝色）＋H2O＋V3＋（紫色）VO2＋（黄色）＋V2＋（绿色）＋2H＋。下列说法正确的是( )
A. 当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作
B. 放电时，负极反应为VO2++2H＋＋e－＝VO2＋＋H2O
C. 放电时，正极附近溶液由紫色变绿色
D. 放电过程中，正极附近溶液的pH变小
【答案】A
【解析】
A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，正确；B、放电时，反应中V 2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V 2+- e - V 3+，错误；C、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H ++e - VO 2++H 2O，正极附近溶液由蓝色变黄色，错误；D、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H ++e - VO 2++H 2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，错误；故选A。
16.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
17.以NaBH4和H2O2作原料的燃料电池，可用作空军通信卫星。电池负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 电池放电时Na+从a极区移向b极区
B. 电极b采用Pt/C，该极溶液的pH增大
C. 该电池a极的反应为BH4-+8OH--8e-===BO2-+6H2O
D. 电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O
【答案】B
【解析】
分析：在原电池中，正极：化合价降低，发生还原反应；负极：化合价升高，发生氧化反应；在a极：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，在b极：H202+2e-+2H+=2H2O，据此可判断a极为负极，b极为正极；
详解：A、电池放电时，原电池中的阳离子向正极移动，所以Na+从a极移向b极，故A正确；
B、b极为正极，正极材料是MnO2，不是Pt/C，故B错误；
C、a极发生氧化反应：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，，故C正确；
D、电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O，故D正确；
故选B。
18.已知常温时HClO 的Ka=3.0×10-8，HF 的Ka= 3.5×10-4。现将pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线I为次氯酸稀释时pH 变化曲线
B. 取a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小
C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大
D. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
【答案】B
【解析】
常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。
19.常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 稀释相同倍数时：c(Aˉ)>c(Bˉ-)
B. 水的电离程度：b=c>a
C. 溶液中离子总物质的量：b>c>a
D. 溶液中离子总浓度：a>b>c
【答案】B
【解析】
根据图像当lg=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的3pH5，HA为强酸，HB为弱酸。A，根据图像，稀释相同倍数时，溶液的pH：HAHB，溶液中c（A-）c（B-），A项错误；B，根据图像，溶液的pH：ab=c，酸溶液中OH-全部来自水电离，水的电离程度：b=ca，B项正确；C，a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总物质的量：ac，b点相对于a点加水稀释促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：ba，溶液中离子总物质的量：bac，C项错误；D，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总浓度：ac，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c（H+）=c（B-）+c（OH-）、c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液中离子总浓度：b=c，溶液中离子总浓度：ab=c，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查强酸和弱酸的比较，与溶液稀释有关的pH图像的分析。区分HA和HB的强弱是解题的关键，当lg=2时，HA的pH增大2个单位，HB的pH增大值小于2个单位，HA为强酸，HB为弱酸。弱酸稀释时促进弱酸的电离，弱酸分子电离产生的离子物质的量增大，弱酸分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱酸电离出的离子物质的量浓度减小。
20.25℃时， c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释， 溶液中 CH3COOH 和 CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知， 25℃时醋酸的 Ka=10-4.76
B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中， α(CH3COOH)增大， c(CH3COOˉ)也一定增大
C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl， α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1
D. 对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)
【答案】B
【解析】
A. 由图可知，pH=4.76时，α(CH3COOH)=c(CH3COOˉ) ，所以25℃时醋酸的 Ka=10-4.76，A正确；B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中，CH3COOH的电离平衡正向移动，所以α(CH3COOH)减小， c(CH3COOˉ)增大，B不正确；C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl，HCl电离使溶液中c(H+)增大，CH3COOH的电离平衡逆向移动 ，所以α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小，根据物料守恒可知， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，C正确；D. 根据质子守恒可知，对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)，D正确。本题选B.
21.硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛。
（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用如下方法降低尾气中的含硫量：
①方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4
已知：a. CaO(s)+CO2(g) =CaCO3(s) ΔH=-178.3kJ·mol-1
b.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-2762.2kJ·mol-1
c.2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=-2314.8kJ·mol-1
写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：____________________________。
②方法2：用氢氧化钠溶液将SO2转化为NaHSO3，再氧化为 Na2SO4。实验测得NaHSO3溶液中= 1500，则溶液的pH为______________（已知：H2SO3的Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7）。
（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫(0=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g) +H2(g)H2S (g)+CO(g) ΔH>0。
①恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是__________(填字母)。
a.COS的浓度保持不变 b.化学平衡常数不再改变
c.混合气体的密度不再改变 d.形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将一定量的CO和H2S混合加热并达到下列平衡：H2S(g)+ CO(g) COS(g)+H2(g)，K=0.25，则该温度下反应COS(g)+H2(g)H2S(g)+ CO(g)的平衡常数K=__________。T1℃时，向容积为10 L的恒容密闭容器中充入1mol COS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为______________________。
（3）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为
。
①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。
②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). CaO(s)+SO2(g)==CaSO3(s) ΔH=-402.0kJ·mol-1 (2). 6 (3). bc (4). 4 (5). 66.7% (6). 0.4 (7). 2SO42--2e-=S2O82-
【解析】
【分析】
由盖斯定律可得CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式；由Ka1×Ka2计算溶液中c(H+)；在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态；恒容条件下，容器体积不变，混合气体质量不变，混合气体的密度不变；逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数；依据题给条件建立三段式，运用化学平衡常数计算COS得消耗量；
【详解】（1）①由盖斯定律，a+b/2-c/2得CaO(S)＋SO2(g)＝CaSO3(S)ΔH=－402.0kJ/mol；②NaHSO3溶液中Ka1×Ka2=，由题给数据可得1.5×10-2×1.0×10-7
=1500×c2(H+),解得c(H+)=1.0×10-7mol/L，则pH为6。（2）①各物质的物质的量浓度保持不变是反应达到平衡的标志；恒温条件下，化学平衡常数为定值；形成H-S键代表正反应速率，形成H-H键代表逆反应速率，形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键说明正、逆反应速率相等。②逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数，正反应化学平衡常数K=0.25，则逆反应的化学平衡常数K1=1/K=4；达到平衡时COS的转化率为x，设由题给数据建立如下三段式：
COS(g) + H2(g) H2S(g) + CO(g)
c(起) 0.1mol/L 0.1mol/L 0 0
c(变) 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
c(平) (0.1-0.1x) mol/L (0.1-0.1x) mol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
由化学平衡常数可得：=4，解得x=2/3。（3）①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，S2O82-中S元素化合价为+7价，设1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为a，由得失电子数目守恒可得：1mol×2×（7-6）=a×（7-2）,解得a=0.4 mol；电解硫酸和硫酸铵混合溶液的电解池中，阳极是SO42-失电子发生氧化反应的过程，电极反应式为：2SO42--2e-=S2O82-。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用和氧化还原反应，考查知识点较多，涉及了化学反应中的能量变化、化学平衡的移动及其影响因素、氧化还原反应计算、电解原理及其应用等相关知识，分析时，要注意从题目中寻找线索并结合反应的特征分析。化学平衡是重要的化学基本理论，是中学化学的重点和难点，也是考查学生能力的重要载体，是高考历久不衰的热点。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。
22.I．根据下表所示化学反应与数据关系，回答下列问题：
化学反应
平衡常数
温度
973 K
1173 K
①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)
K1
1.50
2.15
②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)
K2
2.40
1.67
③CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)
K3
？
？
(1)反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)在973K时，K3=_________。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有______(填写字母序号)。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积 C．升高温度
D．使用合适的催化剂 E．设法减小平衡体系中的CO浓度
Ⅱ．无机和有机氰化物在工农业生产中应用广泛，尤其是冶金工业常用的氰化物，含氰废水的处理显得尤为重要。含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN－的形式存在,工业上有多种废水处理方法。
(1)电解处理法：
用如图所示装置处理含CN－废水时，控制溶液pH为9~10并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO－将CN－氧化为无害物质而除去。铁电极为__________(填“阴极” 或“阳极”)，阳极产生ClO－的电极反应为__________________________，阳极产生的ClO－将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为__________________________。
(2)UV(紫外光线的简称)—H2O2氧化法。
实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，
光照一定时间后取样分析。
【查阅资料】
①在强碱性溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH－===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O，[Fe(CN)6]4－更稳定；
②[Fe(CN)6]3－转化为CN－容易被H2O2除去；
③HCN是有毒的弱酸，易挥发。
【问题设计】
①请写出HCN的电子式________________。
②含氰废水在不同pH下的除氰效果如图所示，pH选择的最佳范围应为________________（选填编号：．7~10；．10~11；．11~13），解释该pH不宜太大的原因___________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). 1.60 (3). CE (4). 阴极 (5). Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O (6). 2CN－+5ClO－＋2OH－＝N2↑＋5Cl－＋2CO32-＋H2O (7). (8). b (9). pH太大溶液中发生[4Fe(CN)6]3－＋4OH－＝4[Fe(CN)6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe(CN)6]4－难以除去
【解析】
试题分析：本题考查外界条件对化学平衡和化学平衡常数的影响，化学平衡常数的计算，电解原理和电极反应式的书写，图像的分析。
I.（1）反应①升高温度，K1增大，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，反应①是吸热反应。
（2）根据化学平衡常数的概念写出平衡常数表达式，K1=c（CO）/c（CO2），K2=c（H2）/c（H2O），K3==K2/K1，973K时K3==1.60。
（3）A，缩小反应容器的容积，增大压强，反应③的平衡不移动；B，扩大反应容器的容积，减小压强，反应③的平衡不移动；C，1173K时K3==0.781.60，升高温度反应③的K3减小，平衡向逆反应方向移动；D，使用合适的催化剂，能加快反应速率缩短达到平衡的时间，不能使化学平衡发生移动；E，设法减小平衡体系中CO浓度，平衡向逆反应方向移动；能使反应③的平衡向逆反应方向移动的措施有C、E，答案选CE。
II.（1）一定条件下电解加入NaCl的含CN-废水时阳极产生ClO-，则阳极为惰性电极，石墨电极为阳极，铁电极为阴极。阳极Cl-失去电子被氧化成ClO-，阳极电极反应为Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2O。ClO-将CN-氧化为无害物质，在碱性溶液中CN-被氧化成CO32-和N2，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=5Cl-+2CO32-+N2↑+H2O。
（2）①HCN的电子式为。
②根据图像，pH=7和pH=13总氰去除率低；pH=10和pH=11总氰去除率高；pH选择的最佳范围应为10~11，答案选b。根据资料，[Fe（CN）6]3－转化为CN-容易被H2O2除去，pH太大溶液中发生反应：[Fe（CN）6]3－＋4OH-=4[Fe（CN）6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe（CN）6]4－难以转化为CN-而除去。
23.滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). b (3). 酚酞 (4). 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 (5). 0.24 (6). 盐酸的挥发 (7). 用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】
根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
【详解】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。
1.下列离子方程式书写正确的是
A. Fe3O4 溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3+ +4H2O
B. 过氧化钠投入水中发生：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑
C. 向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量 CO2 (标准状况)：CO2 +2OH‾=CO32—+2H2O
D. 向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2：2Br—+Cl2 =Br2+2Cl—
【答案】B
【解析】
【分析】
三价铁离子能够氧化碘离子；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子。
【详解】Fe3O4溶于足量氢碘酸，二者发生氧化还原反应生成Fe2+离子和单质碘，反应的离子方程式：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，A错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na+ +O2↑，B正确；向100ml 0.5mol/L NaOH溶液中通入足量CO2(标准状况)，氢氧化钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2 +OH‾=HCO3—，C错误；向含1mol FeBr2的溶液中通入少量Cl2，二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl‾，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。
2.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2SO3
Na2SiO3溶
非金属性：S>Si
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】
A、发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为硫酸>亚硫酸>硅酸，但亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，无法用亚硫酸的酸性比硅酸的酸性强来证明硫的非金属性强于硅，选项A错误；B、浓硫酸使蔗糖炭化，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，则溴水褪色可知生成二氧化硫，说明浓硫酸具有脱水性、氧化性，选项B正确；Ｃ、稀盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与可溶性钡盐的反应，选项Ｃ错误；D、浓硝酸具有挥发性，所以硝酸与碳酸钠反应产生的二氧化碳气体中可能含有挥发的硝酸，使硅酸钠溶液中产生白色沉淀，所以不能证明碳酸与硅酸酸性的强弱，选项Ｄ错误。答案选B。
3.下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是( )
A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方 程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=+117 kJ·mol-1
B. 热稳定性: MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质(X2)的反应能自发进行是因为ΔH均小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
4.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3
D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。
5.下列说法中正确的是( )
A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B. Na2O2、NaClO中所含化学键类型不完全相同
C. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】
分析：A、在化合物中，除H、Li、Be、B四种元素的原子最外层不能达到8电子稳定结构外，其它元素一般情况下都能满足；B、离子化合物中含有离子键，也可能含有共价键；C、同主族元素形成的类似化合物，微粒间的作用也不一定相同；D、化学反应就是旧键的断裂与新键的形成过程，但键的类型不一定相同。
详解：A、CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；
B、Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C、Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；
D、氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。本题答案为B。
点睛：尽管非极性共价键和极性共价键都属于共价键，但二者并不相同，而B选项要求的就是“不完全相同”；化学反应过程中断裂和形成了哪些化学键，可通过反应物和生成物中所含的化学键去判断。
6.有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ3个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。
容器
起始时
T/℃
n(HCl)/mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4
下列说法不正确的是（ ）
A. △H<0
B. a<4
D. 300 ℃时，该反应平衡常数的值为320
【答案】D
【解析】
A、由图象可知，随着温度的升高HCl的平衡转化率在减小，即升温平衡向左移动，则该反应是放热反应，△H<0，所以A正确；B、在相同温度时，n(HCl)相同，Z=a时HCl的转化率大于Z=4时HCl的转化率，即Ⅰ容器中增大了n(O2)，使Z<4，即a<4，同理可得4
点睛：化学反应速率和化学平衡的有关计算一定明确三个量，即起始量、平衡量和改变量，根据已知条件，结合转化率求出这三个量后，其它问题都能正确解答了。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 用盐酸标准溶液测定NaOH溶液浓度滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡，会使测定值偏高
B. 将地下钢管与直流电源的正极相连，用来保护钢管
C. 已知在101KPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ·mol-1
D. 25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1,表示稀H2SO4与KOH 溶液反应的中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A. 用盐酸标准溶液测定NaOH溶液浓度滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡，则消耗标准盐酸体积的读数偏小，会使测定值偏低，A不正确；B. 将地下钢管与直流电源的正极相连，则钢管的腐蚀加快，不能用来保护钢管，B不正确；C. 已知在101KPa下，1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，由此可以求出，在此条件下，4gH2燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，所以，其热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484 kJ·mol-1，C正确；D. 25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1,表示稀H2SO4与KOH 溶液反应的中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+KOH(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，D不正确。
点睛：中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1摩尔水的反应热。要注意中和热的基准是生成1摩尔水，生成的盐必须是可溶性的盐，不能生成沉淀。
8.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CuSO4·5H2O(s)==CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1，室温下，若将1 mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2 kJ，则( )
A. Q1＝Q2 B. Q1>Q2 C. Q1
【解析】
已知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1，依题意可知CuSO4(s)= CuSO4(aq) ΔH1＝—Q2 kJ·mol－1，二式相加即得CuSO4·5H2O(s)=
CuSO4(aq) ＋5H2O(l) ΔH0＝＋Q1 kJ·mol－1—Q2 kJ·mol－1= (Q1—Q2) kJ·mol－1，又已知胆矾溶于水时溶液温度降低，即是吸热过程，即ΔH0＝(Q1—Q2) kJ·mol－1>0，所以Q1>Q2，故本题正确答案为B。
9.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是
A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】
试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。
点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
10.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果.设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
实验编号
温度/℃
pH
①
25
1
②
45
1
③
25
7
④
25
1
下列说法正确的是
A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/(L·min)
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】B
【解析】
【分析】
由图、表可知，实验①②探究温度对降解速率和效果的影响，实验①③探究pH对降解速率和效果的影响，实验①④探究浓度对降解速率和效果的影响。
【详解】由图可知，实验①在15 min内M的浓度由0.30×10—3 mol/L降低到0.10×10—3 mol/L，则降解速率为=1.33×10-5mol/(L·min)，A错误； 由表可知，实验①和②pH相同、反应温度不同，由图可知，实验②反应速率大于实验①反应速率，说明升高温度，M降解速率增大，B正确；由表可知，实验①和③反应温度相同、pH不同，由图可知，实验①降解效果好于实验③，C错误；由表可知，实验①和④反应温度相同、pH相同，但M的起始浓度不同，探究浓度对降解速率和效果的影响，由图可知M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查外界条件对降解速率和效果的影响，变量唯一化是探究实验的核心，也是解答的关键。
11.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A. 前2秒, 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O4 0.20 mol
D. 平衡时, 如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
12.已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3 + NH3 NH4++NH2- ，NH4+的平衡浓度为1×10-15mol/L，则下列说法中正确的是( )
A. 在此温度下液氨的离子积为1×10-17
B. 在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
C. 恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小
D. 降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)
【解析】
A .由电离方程式知, NH4+与NH2-的离子平衡浓度相等都为1×10-15 mol/L,根据水的离子积得液氨的离子积K=c(NH2-).c(NH4+)=1×10-30，故A错误；B.由钠与水反应可推知,2Na+2 NH3=2Na NH2+H2↑ ,故B正确；C、虽然加入NH4Cl可使平衡向逆反应方向移动, NH4+的浓度增大,但由水的离子积可以知道,其大小只与温度有关,与离子浓度无关,故C错误；D、因为电离是吸热反应，所以降温NH3+NH3NH4++NH2-平衡向逆向移动，c(NH4+)=c(NH2-)都减小，故D错误；答案：B。
13.如图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法不正确的是
A. 第一次平衡时，SO2的物质的量左室更多
B. 通入气体未反应前，左室压强和右室一样大
C. 第一次平衡时，左室内压强一定小于右室
D. 第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多
【答案】D
【解析】
由于为恒容容器，1molAr对化学平衡无影响，容器中发生的反应为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）。A项，若右室的容积与左室相等，左室和右室在相同条件达到的平衡状态相同，含有的SO2物质的量相等，右室在此平衡时将体积缩小为1/2，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减少，第一次平衡时，SO2物质的量左室更多，A项正确；B项，通入气体未反应前，左室气体总物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，右室气体总物质的量为2mol，左室容积为右室的两倍，温度相同，则左室压强和右室一样大，B项正确；C项，左室从正反应开始建立平衡，左室平衡时压强小于左室起始压强，右室从逆反应开始建立平衡，右室平衡时压强大于右室起始时压强，左室与右室起始压强相等，则第一次平衡时左室内压强一定小于右室，C项正确；D，若在容积为2倍左室容积的容器中起始充入4molSO2、2molO2，相同条件下达到平衡时SO2物质的量为左室SO2物质的量的2倍，打开活塞相当于容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入2molSO2、1molO2、2molSO3（g）、1molAr，等效于容积为1.5倍左室容积的容器中起始充入4molSO2、2molO2、1molAr，相对于2倍左室容积的容器缩小体积，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2物质的量减小，即第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2物质的量的2倍要少，D项错误；答案选D。
点睛：解答本题需要注意：由于容器为恒容容器，左室充入的1molAr对化学平衡无影响；比较平衡时各物理量之间的关系采用“等效”思维和“先同后变”，即先设计等效平衡，再考虑压强对化学平衡的影响。
14.工业碳酸钠(纯度约为98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. 步骤①，通入热空气可加快溶解速率
B. 步骤②，产生滤渣的离子反应为：Mg2+ + Fe3+ + 5OH- == Mg(OH)2↓+ Fe(OH)3↓
C. 步骤③，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3•H2O中混有Na2CO3•10H2O等杂质
D. 步骤④，灼烧时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯
【答案】B
【解析】
碳酸钠中混有Mg2+、Fe2+、Cl-和SO42-等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率、促进Fe3+(Fe2+)的水解或氧化Fe2+，加入氢氧化钠，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁，溶液中主要含有碳酸钠，并含有少量的Cl-和SO42-，经蒸发结晶可得碳酸钠晶体，灼烧后可得碳酸钠；A．步骤①，通入热空气因温度升高，则可加快溶解速率，故A正确；B．步骤②，产生滤渣的离子反应因Mg2+ 和Fe3+ 物质的量之比不是1:1，应分开书写，即为：Mg2+ + 2OH- == Mg(OH)2↓，Fe3+ + 3OH- ==Fe(OH)3↓，故B错误；C．步骤③，趁热过滤时如果温度控制不当，Na2CO3•H2O中会混有Na2CO3•10H2O等杂质，故C正确；D．灼烧操作时用到的主要仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故D正确；答案为B。
15.全钒液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2＋（蓝色）＋H2O＋V3＋（紫色）VO2＋（黄色）＋V2＋（绿色）＋2H＋。下列说法正确的是( )
A. 当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作
B. 放电时，负极反应为VO2++2H＋＋e－＝VO2＋＋H2O
C. 放电时，正极附近溶液由紫色变绿色
D. 放电过程中，正极附近溶液的pH变小
【答案】A
【解析】
A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，正确；B、放电时，反应中V 2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V 2+- e - V 3+，错误；C、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H ++e - VO 2++H 2O，正极附近溶液由蓝色变黄色，错误；D、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H ++e - VO 2++H 2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，错误；故选A。
16.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
17.以NaBH4和H2O2作原料的燃料电池，可用作空军通信卫星。电池负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 电池放电时Na+从a极区移向b极区
B. 电极b采用Pt/C，该极溶液的pH增大
C. 该电池a极的反应为BH4-+8OH--8e-===BO2-+6H2O
D. 电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O
【答案】B
【解析】
分析：在原电池中，正极：化合价降低，发生还原反应；负极：化合价升高，发生氧化反应；在a极：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，在b极：H202+2e-+2H+=2H2O，据此可判断a极为负极，b极为正极；
详解：A、电池放电时，原电池中的阳离子向正极移动，所以Na+从a极移向b极，故A正确；
B、b极为正极，正极材料是MnO2，不是Pt/C，故B错误；
C、a极发生氧化反应：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，，故C正确；
D、电池总反应：BH4- + 4H2O2 === BO2- + 6H2O，故D正确；
故选B。
18.已知常温时HClO 的Ka=3.0×10-8，HF 的Ka= 3.5×10-4。现将pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH 随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线I为次氯酸稀释时pH 变化曲线
B. 取a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小
C. a 点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大
D. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
【答案】B
【解析】
常温下Ka（HClO）Ka（HF），酸性：HClOHF，根据图像将pH和体积都相同的HClO和HF稀释同等倍数，I的pH改变值大于II的pH改变值，曲线I代表稀释HF时pH变化曲线，曲线II代表稀释HClO时pH变化曲线。A项，根据上述分析，曲线I为HF稀释时pH变化曲线，A项错误；B项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，a点c（HClO）大于c（HF），取a点的两种酸溶液中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO溶液的体积较小，B项正确；C项，a点HClO溶液和HF溶液的pH相同，即a点两溶液中c（H+）相等，此时与相同大小的锌粒反应的反应速率相等，C项错误；D项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，根据图像b点溶液的pH大于c点溶液的pH，b点溶液中c（H+）小于c点溶液中c（H+），b点对水的电离的抑制小于c点，b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查弱酸溶液稀释pH曲线的分析、不同弱酸的对比、酸溶液中水的电离程度的分析，正确判断曲线I、曲线II代表的物质是解题的关键。注意酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量和酸的元数，酸溶液与相同大小锌粒反应速率的快慢取决于溶液中c（H+）。
19.常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 稀释相同倍数时：c(Aˉ)>c(Bˉ-)
B. 水的电离程度：b=c>a
C. 溶液中离子总物质的量：b>c>a
D. 溶液中离子总浓度：a>b>c
【答案】B
【解析】
根据图像当lg=2时，HA溶液的pH=5，HB溶液的3pH5，HA为强酸，HB为弱酸。A，根据图像，稀释相同倍数时，溶液的pH：HAHB，溶液中c（A-）c（B-），A项错误；B，根据图像，溶液的pH：ab=c，酸溶液中OH-全部来自水电离，水的电离程度：b=ca，B项正确；C，a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总物质的量：ac，b点相对于a点加水稀释促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：ba，溶液中离子总物质的量：bac，C项错误；D，c点pH大于a点，c点溶液中c（A-）a点溶液中c（B-），溶液中离子总浓度：ac，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c（H+）=c（B-）+c（OH-）、c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液中离子总浓度：b=c，溶液中离子总浓度：ab=c，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查强酸和弱酸的比较，与溶液稀释有关的pH图像的分析。区分HA和HB的强弱是解题的关键，当lg=2时，HA的pH增大2个单位，HB的pH增大值小于2个单位，HA为强酸，HB为弱酸。弱酸稀释时促进弱酸的电离，弱酸分子电离产生的离子物质的量增大，弱酸分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱酸电离出的离子物质的量浓度减小。
20.25℃时， c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释， 溶液中 CH3COOH 和 CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液 pH 变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知， 25℃时醋酸的 Ka=10-4.76
B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中， α(CH3COOH)增大， c(CH3COOˉ)也一定增大
C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl， α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1
D. 对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)
【答案】B
【解析】
A. 由图可知，pH=4.76时，α(CH3COOH)=c(CH3COOˉ) ，所以25℃时醋酸的 Ka=10-4.76，A正确；B. c mol·L—1CH3COOH 溶液加水稀释中，CH3COOH的电离平衡正向移动，所以α(CH3COOH)减小， c(CH3COOˉ)增大，B不正确；C. 在 pH＝4.76 的溶液中通入 HCl，HCl电离使溶液中c(H+)增大，CH3COOH的电离平衡逆向移动 ，所以α(CH3COOH)增大，α(CH3COOˉ)减小，根据物料守恒可知， α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，C正确；D. 根据质子守恒可知，对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中，都有 c(CH3COOˉ)+c(OHˉ)=c(H+)，D正确。本题选B.
21.硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛。
（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用如下方法降低尾气中的含硫量：
①方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4
已知：a. CaO(s)+CO2(g) =CaCO3(s) ΔH=-178.3kJ·mol-1
b.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-2762.2kJ·mol-1
c.2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s) ΔH=-2314.8kJ·mol-1
写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：____________________________。
②方法2：用氢氧化钠溶液将SO2转化为NaHSO3，再氧化为 Na2SO4。实验测得NaHSO3溶液中= 1500，则溶液的pH为______________（已知：H2SO3的Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7）。
（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫(0=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g) +H2(g)H2S (g)+CO(g) ΔH>0。
①恒温恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是__________(填字母)。
a.COS的浓度保持不变 b.化学平衡常数不再改变
c.混合气体的密度不再改变 d.形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将一定量的CO和H2S混合加热并达到下列平衡：H2S(g)+ CO(g) COS(g)+H2(g)，K=0.25，则该温度下反应COS(g)+H2(g)H2S(g)+ CO(g)的平衡常数K=__________。T1℃时，向容积为10 L的恒容密闭容器中充入1mol COS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为______________________。
（3）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为
。
①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。
②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). CaO(s)+SO2(g)==CaSO3(s) ΔH=-402.0kJ·mol-1 (2). 6 (3). bc (4). 4 (5). 66.7% (6). 0.4 (7). 2SO42--2e-=S2O82-
【解析】
【分析】
由盖斯定律可得CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式；由Ka1×Ka2计算溶液中c(H+)；在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态；恒容条件下，容器体积不变，混合气体质量不变，混合气体的密度不变；逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数；依据题给条件建立三段式，运用化学平衡常数计算COS得消耗量；
【详解】（1）①由盖斯定律，a+b/2-c/2得CaO(S)＋SO2(g)＝CaSO3(S)ΔH=－402.0kJ/mol；②NaHSO3溶液中Ka1×Ka2=，由题给数据可得1.5×10-2×1.0×10-7
=1500×c2(H+),解得c(H+)=1.0×10-7mol/L，则pH为6。（2）①各物质的物质的量浓度保持不变是反应达到平衡的标志；恒温条件下，化学平衡常数为定值；形成H-S键代表正反应速率，形成H-H键代表逆反应速率，形成2molH-S键的同时形成1mol H-H键说明正、逆反应速率相等。②逆反应化学平衡常数为正反应化学平衡常数的倒数，正反应化学平衡常数K=0.25，则逆反应的化学平衡常数K1=1/K=4；达到平衡时COS的转化率为x，设由题给数据建立如下三段式：
COS(g) + H2(g) H2S(g) + CO(g)
c(起) 0.1mol/L 0.1mol/L 0 0
c(变) 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
c(平) (0.1-0.1x) mol/L (0.1-0.1x) mol/L 0.1xmol/L 0.1xmol/L
由化学平衡常数可得：=4，解得x=2/3。（3）①在Ag+催化作用下，S2O82-能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42-和MnO4-，S2O82-中S元素化合价为+7价，设1mol S2O82-能氧化的Mn2+的物质的量为a，由得失电子数目守恒可得：1mol×2×（7-6）=a×（7-2）,解得a=0.4 mol；电解硫酸和硫酸铵混合溶液的电解池中，阳极是SO42-失电子发生氧化反应的过程，电极反应式为：2SO42--2e-=S2O82-。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用和氧化还原反应，考查知识点较多，涉及了化学反应中的能量变化、化学平衡的移动及其影响因素、氧化还原反应计算、电解原理及其应用等相关知识，分析时，要注意从题目中寻找线索并结合反应的特征分析。化学平衡是重要的化学基本理论，是中学化学的重点和难点，也是考查学生能力的重要载体，是高考历久不衰的热点。化学平衡是包含溶解平衡、电离平衡、水解平衡等的一个平衡理论体系，而化学平衡则是这一体系的核心，是分析其他平衡移动的基础。
22.I．根据下表所示化学反应与数据关系，回答下列问题：
化学反应
平衡常数
温度
973 K
1173 K
①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)
K1
1.50
2.15
②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)
K2
2.40
1.67
③CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)
K3
？
？
(1)反应①是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)在973K时，K3=_________。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有______(填写字母序号)。
A．缩小反应容器的容积 B．扩大反应容器的容积 C．升高温度
D．使用合适的催化剂 E．设法减小平衡体系中的CO浓度
Ⅱ．无机和有机氰化物在工农业生产中应用广泛，尤其是冶金工业常用的氰化物，含氰废水的处理显得尤为重要。含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN－的形式存在,工业上有多种废水处理方法。
(1)电解处理法：
用如图所示装置处理含CN－废水时，控制溶液pH为9~10并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO－将CN－氧化为无害物质而除去。铁电极为__________(填“阴极” 或“阳极”)，阳极产生ClO－的电极反应为__________________________，阳极产生的ClO－将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为__________________________。
(2)UV(紫外光线的简称)—H2O2氧化法。
实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，
光照一定时间后取样分析。
【查阅资料】
①在强碱性溶液中4[Fe(CN)6]3－+4OH－===4[Fe(CN)6]4－+O2↑+2H2O，[Fe(CN)6]4－更稳定；
②[Fe(CN)6]3－转化为CN－容易被H2O2除去；
③HCN是有毒的弱酸，易挥发。
【问题设计】
①请写出HCN的电子式________________。
②含氰废水在不同pH下的除氰效果如图所示，pH选择的最佳范围应为________________（选填编号：．7~10；．10~11；．11~13），解释该pH不宜太大的原因___________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). 1.60 (3). CE (4). 阴极 (5). Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O (6). 2CN－+5ClO－＋2OH－＝N2↑＋5Cl－＋2CO32-＋H2O (7). (8). b (9). pH太大溶液中发生[4Fe(CN)6]3－＋4OH－＝4[Fe(CN)6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe(CN)6]4－难以除去
【解析】
试题分析：本题考查外界条件对化学平衡和化学平衡常数的影响，化学平衡常数的计算，电解原理和电极反应式的书写，图像的分析。
I.（1）反应①升高温度，K1增大，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，反应①是吸热反应。
（2）根据化学平衡常数的概念写出平衡常数表达式，K1=c（CO）/c（CO2），K2=c（H2）/c（H2O），K3==K2/K1，973K时K3==1.60。
（3）A，缩小反应容器的容积，增大压强，反应③的平衡不移动；B，扩大反应容器的容积，减小压强，反应③的平衡不移动；C，1173K时K3==0.781.60，升高温度反应③的K3减小，平衡向逆反应方向移动；D，使用合适的催化剂，能加快反应速率缩短达到平衡的时间，不能使化学平衡发生移动；E，设法减小平衡体系中CO浓度，平衡向逆反应方向移动；能使反应③的平衡向逆反应方向移动的措施有C、E，答案选CE。
II.（1）一定条件下电解加入NaCl的含CN-废水时阳极产生ClO-，则阳极为惰性电极，石墨电极为阳极，铁电极为阴极。阳极Cl-失去电子被氧化成ClO-，阳极电极反应为Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2O。ClO-将CN-氧化为无害物质，在碱性溶液中CN-被氧化成CO32-和N2，ClO-被还原成Cl-，反应的离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=5Cl-+2CO32-+N2↑+H2O。
（2）①HCN的电子式为。
②根据图像，pH=7和pH=13总氰去除率低；pH=10和pH=11总氰去除率高；pH选择的最佳范围应为10~11，答案选b。根据资料，[Fe（CN）6]3－转化为CN-容易被H2O2除去，pH太大溶液中发生反应：[Fe（CN）6]3－＋4OH-=4[Fe（CN）6]4－＋O2↑+2H2O，生成更稳定[Fe（CN）6]4－难以转化为CN-而除去。
23.滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). b (3). 酚酞 (4). 当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色 (5). 0.24 (6). 盐酸的挥发 (7). 用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【解析】
【分析】
根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。
【详解】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。
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