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【化学】福建省福州市八县（市）一中2018-2019学年高二上学期期末考试(解析版)
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福建省福州市八县（市）一中2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 Na-23 K-39 I-127
一、单项选择题
1.下列叙述错误的是（ ）
A. BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C. 施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效
D. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去
【答案】A
【解析】
【分析】
A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；
B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸性物质反应；
C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；
D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。
【详解】A项、BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A错误；
B项、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；
C项、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C正确；
D项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 饱和氯化铁溶液滴入沸水中可以制得氢氧化铁胶体
D. 阴暗处密封有利于氯水的储存
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理的大于为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A项、纯碱水解呈碱性，加热促进水解，为可逆过程，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B项、催化剂能改变化学反应速率，但不能改变平衡移动的方向，合成氨工业中使用铁触媒做催化剂不能勒夏特列原理解释，故B错误；
C项、氯化铁在溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，水解过程是吸热的，加热有利于平衡向右移动，有利于氢氧化铁胶体的生成，能用勒夏特利原理解释，故C正确；
D项、在氯水中存在平衡Cl2＋H2OHClO＋HCl，光照促进次氯酸分解，有利于平衡向正反应方向移动，氯水在光照条件下变质，阴暗处密封有利于氯水的储存适用于勒夏特列原理，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，侧重于化学平衡移动的综合应用的考查，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应达到平衡，出现平衡的移动。
3.下列说法中正确的是( )
A. 盐酸的导电能力一定比醋酸的导电能力强
B. 一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入醋酸钠固体，产生H2速率减小，H2体积减小
C. 相同温度下，0.1 mol·L－1氨水中NH的浓度比0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH的浓度小
D. 0.1 mol·L－1氨水可以使酚酞试液变红，证明NH3·H2O是弱碱
【答案】C
【解析】
【分析】
A、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关；
B、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变；
C、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，氨水电离程度小；
D、氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性。
【详解】A项、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关，稀的盐酸的导电能力不一定一定大于浓的醋酸，故A错误；
B项、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变，所以产生氢气速率减小，氢气体积不变，故B错误；
C项、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，铵根离子浓度略小于0.1mol/L，氨水是弱电解质存在电离平衡，溶液中NH4+的浓度远远小于0.1mol/L，相同温度下，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol•L-1氨水中NH4+的浓度大，故C正确；
D项、0.1 mol·L－1氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性，不能说明氨水是弱碱，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了水解平衡和电离平衡，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关，理解电离弱和水解弱是解答关键。
4.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：
X（g）+Y（g）Z（g）+W（s） ΔH>0，下列叙述不正确的是（ ）
A. 在容器中加入氩气，反应速率不变
B. 加入少量W，逆反应速率不变
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A、在在体积一定的密闭容器中加入与反应无关的氩气，各组分的浓度不变；
B、增加或减少固体的量，反应速率不变；
C、升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，正、逆反应速率均增大；
D、增大压强，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快。
【详解】A项、在体积一定的密闭容器中加入氩气，压强增大，各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确；
B项、W是固体，所以加入少量W，正、逆反应速率均不变，故B正确；
C项、升高温度，正、逆反应速率均增大，故C错误；
D项、将容器的体积压缩，压强增大，增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，故D正确。
故选C。
【点睛】稀有气体对化学反应速率和化学平衡的影响分析
（1）恒温恒容：充入稀有气体体系总压强增大，但各反应成分分压不变，即各反应成分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动；
（2）恒温恒压：充入稀有气体容器容积增大各反应成分浓度降低反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动。
5.某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：
1/2O2(g) + H2(g) =H2O(g) ΔH = -242 kJ·mol-1
S(g) + H2(g) =H2S(g) ΔH = -20 kJ·mol-1
Se(g) + H2(g)H2Se(g) ΔH = +81 kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A. 稳定性：H2O > H2S > H2Se
B. 降温有利于Se与H2反应生成H2Se
C. O2(g) + 2H2S(g)=2H2O(g) + 2S(g) ΔH = 444 kJ·mol-1
D. 随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生
【答案】A
【解析】
【分析】
A、相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，生成物的能量越高，稳定性越差；
B、Se与H2反应为吸热反应，升高温度有利于反应进行；
C、根据已知方程式构建目标方程式，结合盖斯定律进行解答；
D、生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易。
【详解】A项、由热化学方程式可知，相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，O2释放的能量最多，Se需吸收能量，能量越高，稳定性越差，所以稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A正确；
B项、Se与H2反应生成H2Se的反应为吸热反应，升高温度平衡右移，有利于Se与H2反应生成H2Se，故B错误；
C项、将已知热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知①×2-②得O2（g）+2H2S（g）═2H2O（g）+2S（g）△H=-444 kJ•mol-1，故C错误；
D项、H2X的稳定性：H2O>H2S>H2Se，生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易，所以随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越难发生，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了反应热的计算和元素周期律的应用，掌握盖斯定律的应用以及非金属性的递变规律是解答关键。
6.常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A. K＋、Al3＋、HCO3—、SO42－ B. Na＋、AlO2－、I－、SO32－
C. Na＋、Fe2＋、NO3－、ClO－ D. Ca2＋、NH4＋、CO32－、Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中，c(OH－)=1×10-4mol/L，溶液显碱性，根据离子之间是否能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质分析能否大量共存。
【详解】A项、水溶液中Al3+、HCO3-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B项、水溶液中Na＋、AlO2－、I－、SO32－离子之间不反应，AlO2－、SO32－离子水解，溶液显示弱碱性，满足题意，故B正确；
C项、碱性溶液中，Fe2＋与ClO－能发生氧化还原反应在溶液中不能大量共存，故C错误；
D项、水溶液中Ca2+、CO32-之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。
7.实验室模拟工业制备高纯铁。用惰性电极电解FeSO4溶液制备高纯铁的原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 阳极主要发生反应：Fe2+ + 2e- =Fe
B. 向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液变红
C. 电解一段时间后，阴极附近pH减小
D. 电解法制备高纯铁总反应：3Fe2+Fe + 2Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，Fe为阴极，阴极上发生Fe2++2e-═Fe，阳极上发生2Fe2+-2e-═2Fe3+，总电解反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+。
【详解】A项、阳极上Fe2+放电生成Fe3+，电极反应式为2Fe2+-2e-═2Fe3+，故A错误；
B项、阴极时Fe2+放电生成Fe，没有Fe3+生成，向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液不会变红，故B错误；
C项、阴极上发生Fe2++2e-═Fe，Fe2+浓度减小，水解生成的氢离子浓度减小，则pH增大，故C错误；
D项、阴极上发生Fe2++2e-═Fe，阳极上发生2Fe2+-2e-═2Fe3+，电解总反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查电解原理及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握惰性电极及发生的电解反应为解答的关键，注意选项C结合水解分析。
8.将1 mol N2、3 mol H2放入恒温恒容的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应并达到平衡：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在t0时刻，再往容器中充入2 mol NH3，一定时间后重新达到平衡。能正确表征上述过程的图象是（ ）
【答案】A
【解析】
【分析】
在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，新平衡时c(NH3)和NH3%增大。
【详解】A项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，NH3%增大，平衡逆向移动，NH3%减小；因与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，NH3%增大，故A正确；
B项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(NH3)减小；因与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，c(NH3)增大，故B错误；
C项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(H2)不变，故C错误；
D项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，v(N2)不变，故D错误。
故选A。
【点睛】在相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始都可以建立同一平衡状态，也就是等效平衡，还可以从中间状态（既有反应物也有生成物）开始，平衡时各物质的浓度对应相等。由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关因而，同一可逆反应，从不同状态开始，只要达到平衡时，物质的含量对应相同，则可形成等效平衡。
9.常温下，加水稀释0.1 mol·L-1Na2CO3溶液，下图中的纵坐标可以表示（ )
A. 溶液中阴离子数 B. 溶液中Na+的离子数
C. 溶液的pH D. 溶液中c(HCO3-)
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，加水稀释0.1 mol·L-1Na2CO3溶液，溶液浓度减小，稀释过程中水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大。
【详解】A项、稀释过程中水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大，溶液中阴离子的物质的量增大，故A正确；
B项、稀释过程中，溶液中Na+浓度减小，物质的量不变，故B错误；
C项、稀释过程中，溶液中OH-浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；
D项、稀释过程中，溶液中HCO3-浓度减小，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了影响盐类水解的因素，注意掌握水解平衡及其影响因素，判断平衡移动方向和微粒的量的变化是解答关键。
10.已知25℃时，Ka(HF) = 3.6×10－4 ，Ksp(CaF2) = 1.46×10－10。现向1 L 0.2mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（ ）
A. 25℃时，0.1 mol·L－1HF 溶液中pH=1 B. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
C. Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化 D. 加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
HF为弱酸，0.1 mol·L－1HF溶液中c（H+）= c（F-）=6×10-3 mol·L-1，0.1 mol·L－1HF与0.1 mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2↓+2H＋。
【详解】A、由Ka(HF) = 3.6×10－4 可知HF为弱酸，0.1 mol·L－1HF 溶液中pH＞1，故A错误；
B项、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L-1，F-浓度为=6×10-3 mol·L-1，浓度商Q为0.6×10-3>Ksp(CaF2)＝1.46×10-10，会与沉淀出现，故B正确；
C项、溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；
D项、0.1 mol·L－1HF与0.1 mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2↓+2H＋，溶液中c（H+）增大，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素是解答关键。
11.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
B. 已知3O2（g）= 2O3（g） △H=+242.4kJ•mol-1，则臭氧比氧气稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol
D. 甲烷的标准燃烧热△H=-890.3 kJ•mol-1，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＜-890.3 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B、依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；
C、中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反应生成1mol水放出的热量；
D、水由液态转化为气态需要吸收热量。
【详解】A项、燃烧热生成稳定的氧化物，而不是一氧化碳，是二氧化碳，故A错误；
B项、氧气转化为臭氧是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，能量越低越稳定，故氧气比臭氧稳定，故B错误；
C项、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57.4KJ/mol，故C正确；
D项、甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，因水由液态转化为气态需要吸收热量，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＞-890.3kJ•mol-1，故D错误。
故选C。
【点睛】题考查了热化学方程式的书写，注意正确理解燃烧热、中和热的概念是解答关键。
12.一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)＋2Y(g) 3Z(g)，表明反应一定达到化学平衡状态的是 （ ）
① X、Y、Z的物质的量之比是1:2:3
② X、Y、Z的浓度不再发生变化
③ 容器中的压强不再发生变化
④ 单位时间内生成n mol X，同时消耗2n mol Y
⑤容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化。
【详解】①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：3时，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，这与反应产生物质的量和转化率有关，错误；
②该反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，正确；
③根据反应方程式可知，反应前后体积不变，压强也是始终不变的，容器中的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；
④单位时间内生成nmolX，同时消耗2nmolY说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡状态，正确；
⑤根据反应方程式可知，反应前后体积不变，由质量守恒定律可知，气体质量不变，气体的平均相对分子质量是始终不变的，容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态的特征是解答关键，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据。
13.下列关于金属的腐蚀与防护的相关叙述中正确的是（ ）
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品的质量减轻
B. 镀铜铁表面有划损时，仍能阻止铁被氧化
C. 纯银在空气中发生电化学腐蚀而渐渐变暗
D. 为保护海水中的钢铁设备不被腐蚀，可外接直流电源使钢铁表面的腐蚀电流接近于零
【答案】D
【解析】
【分析】
A、钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品质量增加；
B、表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，腐蚀速率加快；
C、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀；
D、被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生。
【详解】A项、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+；发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，Fe2+和OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3，导致钢铁制品质量增加，故A错误；
B项、铁表面镀铜，表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，铜是正极，加快了金属铁的腐蚀，故B错误；
C项、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀，故C错误；
D项、被保护的钢铁设备应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱腐蚀的发生，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。
14.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是( )
A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极
B. 潮湿环境中Cl-浓度大有利于多孔粉状锈的生成
C. 若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则消耗的O2体积为4.48L
D. 环境中的Cl−与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH−+Cl−===Cu2 (OH)3Cl↓
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl。
【详解】A项、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A正确；
B项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物氢氧根离子和负极反应产物铜离子作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，潮湿环境中Cl-浓度大，有利于多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl的生成，故B正确；
C项、未指明标准状态，无法计算消耗的O2体积，故C错误；
D项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查原电池原理的应用，侧重分析与应用能力的考查，把握Cu及其化合物的性质以及电化学反应原理等为解答的关键。
15.在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应A(g)+2B(g) C(g) +D(g)，有图Ⅰ、Ⅱ所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（ ）
A. 正反应是放热反应
B. P1 ＜P2
C. 若P3＜P4，y轴表示A的转化率
D. 若P3＞P4，y轴表示C的体积分数
【答案】C
【解析】
【分析】
由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1；由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应。
【详解】A项、由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应，故A正确；
B项、由a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1，故B正确；
C项、增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，则有P4＜P3，故C错误；
D项、增大压强，平衡正向移动，C的体积分数，则有P4＜P3，故D正确。
故选C。
【点睛】本题旨在考查化学平衡图象，由于勒夏特列原理只适用于“单因素”（浓度或温度或压强）改变，解答这类图象题时应固定一个物理量，分析另一物理量对纵坐标的影响。
16.25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，0.2mol/L的HCN溶液pH=5，下列说法错误的是（ ）
A. 25℃时，0.2mol/L的HCN溶液Ka约为5.0×10-10
B. 25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液分别加水稀释到pH均等于6，则所加水的体积CH3COOH>HCN
C. 25℃时，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液pH<7
D. 25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液各10ml与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液体积：CH3COOH
【解析】
【分析】
25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，0.2mol/L的HCN溶液pH=5，说明醋酸和HCN都是弱酸，不能完全电离，且醋酸的酸性比HCN强。
【详解】A项、0.2mol/L的HCN溶液pH=5，溶液中c（H+）=c（CN-）=1×10-5 mol/L，则Ka= c（H+）c（CN-）/ cHCN）=(1×10-5 mol/L×1×10-5 mol/L)/( 0.2mol/L-1×10-5 mol/L) ≈5.0×10-10，故A正确；
B项、25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液分别加水稀释到pH均等于6，酸越弱，稀释倍数越大，加水的体积越多，则所加水的体积HCN>CH3COOH，故B错误；
C项、25℃时，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，CH3COOH溶液过量。溶液呈酸性，溶液pH<7，故C正确；
D项、25℃时，pH为5的HCN溶液的浓度大于CH3COOH溶液，HCN溶液中和能力强于CH3COOH溶液，则pH均为5的CH3COOH与HCN溶液各10ml与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液体积HCN多，故D正确。
故选B。
17.下列说法正确的是 （ ）
A. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小
B. 常温下pH=10碳酸钠的溶液，由水电离出的H+浓度等于1×10－10mol/L
C. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，而难溶性盐在水中只能部分电离
D. 对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，ΔH不变
【答案】D
【解析】
【详解】A项、自发反应不一定是熵增大，如△H＜0，△S＜0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小或不变，也可以增大，如△H＞0，△S＞0低温下是非自发进行的反应，故A错误；
B项、常温下pH=10碳酸钠的溶液，因为盐的水解促进了水的电离，即水电离出的c（H+）等于水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），溶液中的c（OH-）=Kw/1×10－10mol/L=1×10－4mol/L，故B错误；
C项、可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐如碳酸钙难溶于水，但溶解部分完全电离，CaCO3是强电解质，故C错误；
D项、对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，平衡正向移动，吸收的热量增大，但ΔH不变，故D正确。
故选D。
18.某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，温度T℃时测得其pH约为3.5，下列说法错误的是( )
A. 打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度
B. 温度T℃时，该碳酸饮料中水的电离受到抑制
C. 温度T℃时，该碳酸饮料中Kw的值大于纯水中Kw的值
D. 温度T℃时，该碳酸饮料中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
A、气体的溶解度随着压强的增大而增大；
B、酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；
C、水的离子积常数只与温度有关；
D、pH约为3.5的溶液中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L。
【详解】A项、气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度，故A正确；
B项、温度T℃时，该碳酸饮料pH约为3.5，酸电离出的氢离子抑制水电离，故B正确；
C项、温度不变，水的离子积常数不变，所以两种溶液中水的离子积常数相等，故C错误；
D项、该碳酸饮料pH约为3.5，则碳酸饮料中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、影响气体溶解度的因素、水的离子积常数等知识点，根据弱电解质电离特点、温度与水的离子积常数的关系及压强对气体溶解度的关系是解答关键。
19.下列叙述错误的是（ ）
A. 在铁件上镀铜时，金属铜作阳极
B. 电解精炼粗铜时，电解质CuSO4溶液加少量硫酸是抑制 CuSO4水解
C. 纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4，可使反应速率加快
D. 甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH+6OH﹣+6e﹣═CO2+5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A、电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，电解质溶液中含镀层离子；
B、CuSO4在溶液中水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加少量硫酸，水解平衡向左移动，抑制 CuSO4水解；
C、锌和硫酸铜反应生成的铜，铜和锌在稀硫酸中形成原电池，反应加快反应速率；
D、甲醇燃料电池是碱性环境，甲醇在负极放电生成CO32-。
【详解】A项、电镀铜时，铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故A正确；
B项、CuSO4在溶液中水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加少量硫酸，溶液中c（H+）增大，水解平衡向左移动，抑制 CuSO4水解，故B正确；
C项、纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，在锌表面析出铜，在稀硫酸中形成原电池反应，可使反应速率加快，故C正确；
D项、甲醇和氧气在KOH溶液中构成的新型燃料电池的反应为： 2CH3OH+3O2+4OH-→2CO32-+6H2O，负极上甲醇放电生成CO32-，电极反应式为：CH3OH+8OH-+6e-═CO32-+6H2O，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池的原理，明确反应原理、判断电极名称是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（ ）
A. AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
B. AlPO4沉淀溶解是放热的过程
C. 图中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b
D. T1温度下，在饱和溶液中加入AlCl3可使溶液由c点变到a点
【答案】B
【解析】
【分析】
AlPO4沉淀溶解是吸热的过程：AlPO4（s）Al3+（aq）+PO43-（aq）△H>0，温度越高，c(Al3+)、c(PO43-)越大，Ksp越大；温度相同，Ksp相同，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小。
【详解】A项、T2>T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故A正确；
B项、沉淀溶解平衡为吸热的过程，故B错误；
C项、温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：a=d=c
故选B。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念是解答关键。
21.在恒温恒容的密闭容器中，充入2mol气体A和1mol气体B发生反应：
3A（g）+2B（g）2C（？）+4D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molD，反应前后体系压强之比为5:3。则下列说法正确的是 （ ）
A. 物质D一定是气体
B. 气体A的平衡转化率大于气体B的平衡转化率
C. 平衡后若减小该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数减小
D. 平衡后升高温度，若平衡向右进行，则正反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意建立如下三段式：
3A（g）+2B（g）2C（？）+4D（？）
起（mol） 2 1 0 0
消耗（mol）1.2 0.8 0.8 1.6
平（mol） 0.8 0.2 0.8 1.6
反应前后体系压强之比为5：3，根据气体物质的量之比等于压强之比，可知平衡后气体物质的量为（2+1）mol×3/5=1.8mol，由三段式可知若C、D都为气态，平衡后气体物质的量为3.4mol，所以只有C为气态、D为非气态，平衡后气体物质的量才为1.8mol。
【详解】A项、反应前后体系压强之比为5：3，可知平衡后气体物质的量为（2+1）mol×3/5=1.8mol，由三段式所得数据可知，只有C为气态、D为非气态，平衡后气体物质的量才为1.8mol，故A错误；
B项、气体A的平衡转化率为1.2 mol /2 mol×100%=60%，气体B的平衡转化率0.8 mol /1 mol×100%=80%，气体A的平衡转化率小于气体B的平衡转化率，故B错误；
C项、该反应是一个气体体积减小的反应，平衡后若减小该体系的压强，平衡向左移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D项、升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向右进行，说明正反应的ΔH>0，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡计算，正确运用三段式计算，正确理解平衡常数和理解化学平衡移动原理是解题关键。
22.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3 )为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下，下列说法正确的是（ ）
A. MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为CO32-+2H＋=CO2↑+H2O
B. 加入H2O2氧化的离子方程式为Fe2+ + H2O2+2H+ =Fe3+ + 2H2O
C. 滤渣2的成分是Fe(OH)3 和Mg(OH)2
D. 流程图中过滤与煅烧之间有一系列的的实验操作，最后得到MgSO4·7H2O晶体，对MgSO4·7H2O晶体直接加热可以得到无水MgSO4固体
【答案】D
【解析】
【分析】
菱镁矿中加入稀硫酸，MgCO3和FeCO3溶解，过滤得到含有Mg2+和Fe2+的滤液，向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+，加入氨水调节溶液pH为4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，得到硫酸镁溶液，硫酸镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MgSO4·7H2O晶体，MgSO4·7H2O晶体直接加热得到无水MgSO4固体。
【详解】A项、微溶的MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H＋= Mg2++CO2↑+H2O，故A错误；
B项、向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2+2H+ =2Fe3+ +2H2O，故B错误；
C项、加入氨水调节溶液pH为4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2的成分是Fe(OH)3，故C错误；
D项、由于硫酸是高沸点酸，不能MgSO4使水解趋于完全，则MgSO4·7H2O晶体直接加热可以得到无水MgSO4固体，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了物质的转化、氧化还原反应、盐类水解及混合物分离方法等，通过物质性质分析流程信息是解题关键。
二、填空题
23.I：现有以下几种物质①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸钠、⑥亚硫酸氢钠、⑦氨水。请回答下列问题:
（1）以上物质属于弱电解质的是______________（填序号）；
（2）常温下④的溶液pH_____7（填“>”“<”或“=”），原因__________（用离子方程式表示）；
（3）⑥的水溶液中呈酸性，原因是__________________________；
（4）常温下,将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合(忽略混合后溶液体积的变化),若所得混合溶液的pH=2，则a:b=________。
（5）已知：a．常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.74×10-5；
b．CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+CO2↑+H2O
则CH3COONH4溶液呈______性（填“酸”、“碱”或“中”，下同），NH4HCO3溶液呈______性。
（6）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是____________；
A．稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小。
B．升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解。
C．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离。
D．常温下，醋酸和醋酸钠等体积等浓度混合，溶液呈碱性。
II：25℃时，向盛有50mL pH=3的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。
（7）由图可以推出HA溶液的物质的量浓度为_______________，25℃时，pH=3的HA溶液的电离度为______________。
（8）b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________________。
（9）加入NaOH溶液至溶液呈中性时出现在图中的位置_________（填“b点前” “b点”或“b点后”），溶液呈中性时，存在：c(A－)______c(Na＋)（填“>”“<”或“=”）。
III：（10）已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33， pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Al3＋(使其浓度小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为_______。
【答案】 (1). ② (2). < (3). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (4). HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度 (5). -90:11 (6). 中 (7). 碱 (8). BC (9). 0.08 mol·L—1 (10). 1.25% (11). c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+） (12). b点前 (13). = (14). 5.0＜pH＜7.1
【解析】
【分析】
（1）氨水是弱电解质；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性；
（3）亚硫酸氢钠的水溶液中，HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度；
（4）将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合，若所得混合液的pH=2说明HNO3溶液过量，由此计算a：b；
（5）醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，醋酸的酸性强于碳酸，碳酸氢铵溶液中碳酸氢根的水解程度大于铵根离子；
（6）A、稀释促进电离、促进水解；B、电离、水解均为吸热反应；C、醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制；D、醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度；
（7）b点温度最高，说明HA溶液和氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA；
（8）NaA是强碱弱酸盐，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性；
（9）NaA溶液呈碱性，加入NaOH溶液至溶液呈中性时应为HA和NaA的混合溶液；
（10）运用溶度积公式计算Al3＋浓度小于1×10－6 mol·L－1时溶液中c（OH-），再计算溶液pH。
【详解】（1）以上物质中，只有氨水是弱电解质，故答案为：②；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液pH<7，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：<；NH4++H2ONH3·H2O+H+；
（3）亚硫酸氢钠的水溶液中，HSO3—存在着电离趋势和水解趋势，因为HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度，溶液呈酸性，故答案为：HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度；
（4）将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合，若所得混合液的pH=2，反应后溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则有（0.1b-0.001a）/(a+b)=0.01，解得a：b=90：11，故答案为：90：11；
（5）醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，所以醋酸铵溶液呈中性，根据反应方程式知醋酸的酸性大于碳酸，则碳酸氢铵溶液中碳酸氢根的水解程度大于铵根离子，则碳酸氢铵溶液呈碱性，故答案为：中；碱；
（6）A、稀释促进电离、促进水解，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；
B、电离、水解均为吸热反应，升高温度，促进水解和电离，故B正确；
C、醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离，二者相互抑制，故C正确；
D、因醋酸的电离平衡常数为1.74×10-5，则水解常数为Kw/Ka=1×10-14/1.74×10-5=
5.74×10-10。常温下，醋酸和醋酸钠等体积等浓度混合，因常数电离程度大于醋酸钠水解程度，溶液呈酸性，故D错误；
故选BC，故答案为：BC；
（7）酸碱中和反应为放热反应，HA溶液和氢氧化钠溶液恰好中和时混合溶液温度最高，由图可知b点恰好完全反应生成NaA，此时消耗氢氧化钠的物质的量为0.04L×0.1mol/L=
0.004mol，则50mlHA溶液的浓度为0.004mol/0.05L=0.08mol/L，pH=3的HA溶液的电离度为0.001mol/0.08mol/L×100%=1.25%，故答案为：0.08mol/L；1.25%；
（8）b点HA溶液和氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+）；
（9）由于NaA溶液呈碱性，加入NaOH溶液至溶液呈中性时应为HA和NaA的混合溶液，由于HA未完全反应，则消耗氢氧化钠的体积小于40ml，溶液呈中性时，溶液中c（OH-）=c（H+），由电荷守恒可知c（Na+）=c（A-），故答案为：b点前；=；
（10）Ksp[Al（OH）3]=1×10-33=c（Al3+）×c3（OH-），氢氧化铝完全变成沉淀时c（Al3+）=1×10-6mol•L-1，解得c（OH-）=1×10-9mol•L-1，c（H+）=1×10-5mol•L-1，溶液pH=5，又pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀，则除去MnSO4溶液中的Al3＋需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜7.1，故答案为：5.0＜pH＜7.1。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、溶液中的pH计算、盐类水解、溶液酸碱性判断、溶度积计算等知识，运用所学知识结合题给条件分析解答是关键。
24.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和一氧化氮，发生反应：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） △H＝a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表：
时间/min
浓度/（mol/L）
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.68
0.50
0.50
0.70
0.70
N2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
CO2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
（1）根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率v（NO）＝___；计算该反应的平衡常数K＝__________。
（2）30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___（填序号）。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．通入一定量的NO
D．加入一定量的活性炭 E．适当缩小容器的体积 F．改变温度
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____（填“升高” 或“降低” ），a_____0（填“＞”或“＜” ）。
【答案】 (1). 0.025mol•L﹣1•min﹣1 (2). 0.25 (3). CE (4). 升高 (5). ＜
【解析】
【分析】
（1）分析图表数据结合化学反应速率概念计算v=△c/△t，由表给平衡浓度计算平衡常数；
（2）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动。
【详解】（1）分析图表数据，0～20min内，NO的平均反应速率v（NO）=（1mol/L−0.20mol/L）
20min=0.025 mol/L•min；20min时，反应达到平衡，平衡时NO、N2、CO2的浓度依次为0.50 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，化学平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)= (0.25 mol/L×0.25 mol/L)/( 0.50 mol/L)2=0.25，故答案为：0.025 mol/L•min；0.25；
（2）A、通入一定量的CO2，平衡逆向移动，N2的浓度减小，故A错误；
B、加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故B错误；
C、通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故C正确；
D、加入一定量的活性炭是固体，碳是固体对平衡无影响，对平衡无影响，故D错误；
E、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡不移动，各气态物质浓度均增大，故E正确；
F、若该反应为吸热反应，温度升高，平衡右移，反应物浓度减小，生成物浓度增大；若该反应为放热反应，平衡左移，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故F错误；
故选CE，故答案为：CE；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率增大，说明正反应是放热反应，故答案为：升高；＜。
【点睛】本题考查化学平衡原理的综合应用，涉及了化学反应速率和平衡常数计算，依据化学平衡的影响因素分析化学平衡移动原理的应用是解答关键。
25.某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解．在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂。
已知：①IO3—+5I—+6H+＝3I2+3H2O；②H2S2O3是弱酸。
学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：
a．称取w g加碘盐，加适量蒸馏水溶解，配制成100mL溶液；
b．取25.00mL用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液；
c．以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.20×10﹣3 mol•L﹣1的 Na2S2O3溶液滴定（滴定时的反应方程式：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），若平行实验三次，记录的数据如下表：
滴定次数
待测溶液的体积（/mL）
标准Na2S2O3溶液的体积
滴定前读数（/mL）
滴定后读数（/mL）
1
25.00
1.01
21.02
2
25.00
1.00
20.99
3
25.00
2.10
20.02
（1）滴定时，Na2S2O3溶液应放在_____（填“酸式”或“碱式”）滴定管；
（2）判断到达滴定终点的实验现象是_______________________________；
（3）根据题中所给数据，可知w g加碘食盐样品中的含碘元素质量是______mg；
（4）滴定前读数正确，滴定后俯视读数，则对滴定结果的影响是__ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). 碱式 (2). 溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色 (3). 2.032 (4). 偏小
【解析】
【分析】
（1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，硫代硫酸根离子在溶液中水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性；
（2）用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色；
（3）第三次数据误差较大，应忽略不计，则由第一、二次数据平均可知反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积20.00 mL，由IO3-～3I2～6S4O62-计算可得w g加碘食盐样品中的含碘元素质量；
（4）滴定后俯视读数，读取的标准溶液体积增大。
【详解】（1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，硫代硫酸根离子在溶液中水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱式滴定管中，故答案为：碱式；
（2）滴定时选淀粉作指示剂，加入淀粉溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色，故答案为：溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色；
（3）由表给数据可知，三次实验反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积分别为20.01 mL、19.99 mL、17.92 mL，第三次数据误差较大，应忽略不计，则由第一、二次数据平均可知反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积20.00 mL，20mL溶液消耗Na2S2O3的物质的量为1.20×10﹣3mol/L×0.02L=2.4×10-5mol，,根据IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则由IO3-～3I2～6S4O62-可得n(IO3-)=2.40×10-5mol/6=4×10-6mol，w g加碘食盐样品中的含碘元素质量是4×4×10-6mol×127g/mol=0.02032g=2.032mg，故答案为：2.032；
（4）若滴定后俯视读数，读取的标准溶液体积增大，则所测碘元素的含量偏小，故答案为：偏小。
【点睛】本题以碘酸钾中碘的测定为载体考查了氧化还原滴定的应用、对实验原理理解与实验装置的评价，注意掌握碘及其化合物的性质是解答本题的关键。
26.全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。
（1）利用“Na﹣CO 2”电池将CO 2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO 2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C．放电时该电池“吸入”CO 2，其工作原理如图一所示：
①放电时，正极产物全部以固体形式沉积在电极表面，正极的电极反应式为__________________。
②放电时，当转移0.1mol e-时，负极质量减少_____ g。
（2）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图二所示：
①上述生产过程的能量转化方式是____________________________________。
②上述电解反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极放电的电极反应式为____________________________。
【答案】 (1). 3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C (2). 2.3 (3). 太阳能和电能转化为化学能 (4). 2CO32-－4e-＝2CO2↑+ O2↑
【解析】
【分析】
(1)①由示意图可知，正极上CO2得电子发生还原反应上生成C；
②负极上发生的电极反应4Na-4e-=4Na+；
（2）①据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程；
②在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程。
【详解】(1)①由示意图可知，正极上CO2得电子发生还原反应上生成C，故电极方程式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，故答案为：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；
②负极上发生的电极反应4Na-4e-=4Na+，则负极质量减少为0.1mol×23g/mol=2.3g，故答案为：2.3；
（2）①据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程，故答案为：太阳能和电能转化为化学能；
②在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，电极反应式为：2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑，故答案为：2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑。
【点睛】本题考查原电池原理和电解池的应用，注意原电池原理和电解池知识的迁移应用是解答关键。
27.造纸、炼焦、医药、塑料等行业的废水中常含有苯酚（C6H5OH），会对人类的生产和生活造成极大的危害。含酚废水的处理是环境科学领域的热点问题，下面介绍三项新技术。
电渗析
苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O－定向移动、脱离废水，并富集回收。其电离方程式、电渗析装置示意图如下：
（1）为促进苯酚电离并增强溶液导电能力，可向废水中加入__________。
（2）A、B分别为离子交换膜，其中A应该是______（填“阳”或“阴”）离子交换膜。
催化重整制氢
在固定床反应器中，用含Rh催化剂使苯酚与水蒸气反应转化为氢气和二氧化碳。已知：2H2(g)+ O2(g)== 2H2O(g) ΔH1=－483.6 kJ·mol－1
C6H5OH(g)+ 7O2(g)== 6CO2(g)+ 3H2O(g) ΔH2=－2742.4 kJ·mol－1
（3）那么，反应C6H5OH(g)+ 11H2O(g)== 6CO2(g)+ 14H2(g) ΔH=_________kJ·mol－1。
活性炭纤维（ACF）物理吸附
ACF是一种活性炭纤维，不溶于水，具有多孔结构，可吸附苯酚等多种有机物质。下表是实验室里在不同温度下用0.50 g ACF吸附处理1 L苯酚溶液的相关数据。
T / ℃
25
35
45
55
65
起始苯酚浓度 / mol·L－1
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
平衡苯酚浓度 / mol·L－1
5.00×10－4
6.43×10－4
7.85×10－4
9.12×10－4
1.13×10－3
（4）由表格数据可知，C6H5OH(aq) + ACF(s) C6H5OH·ACF(s，吸附态) ΔH_____0(填“>”或“<”)。
（5）已知：吸附平衡常数KF=，（其中，平衡时单位质量吸附剂对苯酚的吸附量；n为与ACF吸附能力相关的系数，25℃时n为0.5），计算25℃时KF（苯酚）=_____________________。
【答案】 (1). 氢氧化钠 (2). 阴 (3). 642.8 (4). < (5). 8×103
【解析】
【分析】
（1）加入碱中和H+，平衡向右移动，溶液中离子浓度增大；
（2）在电场作用下C6H5O－向阳极移动，C6H5O－与阳极放电生成的H+反应生成C6H5OH，达到富集回收的目的；
（3）由盖斯定律计算热化学方程式的ΔH；
（4）由公式qe=（起始苯酚浓度—平衡苯酚浓度）v溶液/mACF用量、KF（苯酚）=qe/cn（平衡苯酚浓度）结合表给数据计算。
【详解】（1）苯酚在溶液中微弱电离：，使溶液呈若酸性，向溶液中加入氢氧化钠中和H+，H+浓度减小，平衡向右移动，溶液中离子浓度增大，增强溶液导电能力，故答案为：氢氧化钠；
（2）在电场作用下C6H5O－通过A膜向阳极移动，阳极上水放电：2H2O—4e—=O2↑+4H+，放电生成的阳离子与C6H5O－反应生成C6H5OH，则A膜为阴离子交换膜，故答案为：阴；
（3）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律②—①×7的反应C6H5OH(g)+ 11H2O(g)== 6CO2(g)+ 14H2(g)，则ΔH=－2742.4 kJ·mol－1—（－483.6 kJ·mol－1）×7=+ 642.8 kJ·mol－1，故答案为：642.8；
（4）由表格数据可知，温度越高，平衡时苯酚浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，故答案为：<；
（5）由表格数据可知，25℃时起始苯酚浓度为1.50×10－3 mol·L－1，平衡苯酚浓度为5.00×10－4mol·L－1，qe=（起始苯酚浓度—平衡苯酚浓度）v溶液/mACF用量=（1.50×10－3 mol·L－1—5.00×10－4mol·L－1）×1L/0.5g=2×10－3，KF（苯酚）=qe/cn（平衡苯酚浓度）=2×10－3/(5.00×10－4mol·L－1)2=8×103，故答案为：8×103。
可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 Na-23 K-39 I-127
一、单项选择题
1.下列叙述错误的是（ ）
A. BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐
B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C. 施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效
D. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去
【答案】A
【解析】
【分析】
A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；
B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸性物质反应；
C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；
D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。
【详解】A项、BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A错误；
B项、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；
C项、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C正确；
D项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 饱和氯化铁溶液滴入沸水中可以制得氢氧化铁胶体
D. 阴暗处密封有利于氯水的储存
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理的大于为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A项、纯碱水解呈碱性，加热促进水解，为可逆过程，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B项、催化剂能改变化学反应速率，但不能改变平衡移动的方向，合成氨工业中使用铁触媒做催化剂不能勒夏特列原理解释，故B错误；
C项、氯化铁在溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，水解过程是吸热的，加热有利于平衡向右移动，有利于氢氧化铁胶体的生成，能用勒夏特利原理解释，故C正确；
D项、在氯水中存在平衡Cl2＋H2OHClO＋HCl，光照促进次氯酸分解，有利于平衡向正反应方向移动，氯水在光照条件下变质，阴暗处密封有利于氯水的储存适用于勒夏特列原理，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，侧重于化学平衡移动的综合应用的考查，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应达到平衡，出现平衡的移动。
3.下列说法中正确的是( )
A. 盐酸的导电能力一定比醋酸的导电能力强
B. 一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入醋酸钠固体，产生H2速率减小，H2体积减小
C. 相同温度下，0.1 mol·L－1氨水中NH的浓度比0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH的浓度小
D. 0.1 mol·L－1氨水可以使酚酞试液变红，证明NH3·H2O是弱碱
【答案】C
【解析】
【分析】
A、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关；
B、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变；
C、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，氨水电离程度小；
D、氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性。
【详解】A项、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关，稀的盐酸的导电能力不一定一定大于浓的醋酸，故A错误；
B项、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变，所以产生氢气速率减小，氢气体积不变，故B错误；
C项、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，铵根离子浓度略小于0.1mol/L，氨水是弱电解质存在电离平衡，溶液中NH4+的浓度远远小于0.1mol/L，相同温度下，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol•L-1氨水中NH4+的浓度大，故C正确；
D项、0.1 mol·L－1氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性，不能说明氨水是弱碱，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了水解平衡和电离平衡，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关，理解电离弱和水解弱是解答关键。
4.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：
X（g）+Y（g）Z（g）+W（s） ΔH>0，下列叙述不正确的是（ ）
A. 在容器中加入氩气，反应速率不变
B. 加入少量W，逆反应速率不变
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A、在在体积一定的密闭容器中加入与反应无关的氩气，各组分的浓度不变；
B、增加或减少固体的量，反应速率不变；
C、升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，正、逆反应速率均增大；
D、增大压强，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快。
【详解】A项、在体积一定的密闭容器中加入氩气，压强增大，各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确；
B项、W是固体，所以加入少量W，正、逆反应速率均不变，故B正确；
C项、升高温度，正、逆反应速率均增大，故C错误；
D项、将容器的体积压缩，压强增大，增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，故D正确。
故选C。
【点睛】稀有气体对化学反应速率和化学平衡的影响分析
（1）恒温恒容：充入稀有气体体系总压强增大，但各反应成分分压不变，即各反应成分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动；
（2）恒温恒压：充入稀有气体容器容积增大各反应成分浓度降低反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动。
5.某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：
1/2O2(g) + H2(g) =H2O(g) ΔH = -242 kJ·mol-1
S(g) + H2(g) =H2S(g) ΔH = -20 kJ·mol-1
Se(g) + H2(g)H2Se(g) ΔH = +81 kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A. 稳定性：H2O > H2S > H2Se
B. 降温有利于Se与H2反应生成H2Se
C. O2(g) + 2H2S(g)=2H2O(g) + 2S(g) ΔH = 444 kJ·mol-1
D. 随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生
【答案】A
【解析】
【分析】
A、相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，生成物的能量越高，稳定性越差；
B、Se与H2反应为吸热反应，升高温度有利于反应进行；
C、根据已知方程式构建目标方程式，结合盖斯定律进行解答；
D、生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易。
【详解】A项、由热化学方程式可知，相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，O2释放的能量最多，Se需吸收能量，能量越高，稳定性越差，所以稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A正确；
B项、Se与H2反应生成H2Se的反应为吸热反应，升高温度平衡右移，有利于Se与H2反应生成H2Se，故B错误；
C项、将已知热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知①×2-②得O2（g）+2H2S（g）═2H2O（g）+2S（g）△H=-444 kJ•mol-1，故C错误；
D项、H2X的稳定性：H2O>H2S>H2Se，生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易，所以随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越难发生，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了反应热的计算和元素周期律的应用，掌握盖斯定律的应用以及非金属性的递变规律是解答关键。
6.常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A. K＋、Al3＋、HCO3—、SO42－ B. Na＋、AlO2－、I－、SO32－
C. Na＋、Fe2＋、NO3－、ClO－ D. Ca2＋、NH4＋、CO32－、Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，在c(H＋)∶c(OH－)＝1∶106的水溶液中，c(OH－)=1×10-4mol/L，溶液显碱性，根据离子之间是否能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质分析能否大量共存。
【详解】A项、水溶液中Al3+、HCO3-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B项、水溶液中Na＋、AlO2－、I－、SO32－离子之间不反应，AlO2－、SO32－离子水解，溶液显示弱碱性，满足题意，故B正确；
C项、碱性溶液中，Fe2＋与ClO－能发生氧化还原反应在溶液中不能大量共存，故C错误；
D项、水溶液中Ca2+、CO32-之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。
7.实验室模拟工业制备高纯铁。用惰性电极电解FeSO4溶液制备高纯铁的原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 阳极主要发生反应：Fe2+ + 2e- =Fe
B. 向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液变红
C. 电解一段时间后，阴极附近pH减小
D. 电解法制备高纯铁总反应：3Fe2+Fe + 2Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，Fe为阴极，阴极上发生Fe2++2e-═Fe，阳极上发生2Fe2+-2e-═2Fe3+，总电解反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+。
【详解】A项、阳极上Fe2+放电生成Fe3+，电极反应式为2Fe2+-2e-═2Fe3+，故A错误；
B项、阴极时Fe2+放电生成Fe，没有Fe3+生成，向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液不会变红，故B错误；
C项、阴极上发生Fe2++2e-═Fe，Fe2+浓度减小，水解生成的氢离子浓度减小，则pH增大，故C错误；
D项、阴极上发生Fe2++2e-═Fe，阳极上发生2Fe2+-2e-═2Fe3+，电解总反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查电解原理及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握惰性电极及发生的电解反应为解答的关键，注意选项C结合水解分析。
8.将1 mol N2、3 mol H2放入恒温恒容的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应并达到平衡：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在t0时刻，再往容器中充入2 mol NH3，一定时间后重新达到平衡。能正确表征上述过程的图象是（ ）
【答案】A
【解析】
【分析】
在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，新平衡时c(NH3)和NH3%增大。
【详解】A项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，NH3%增大，平衡逆向移动，NH3%减小；因与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，NH3%增大，故A正确；
B项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(NH3)减小；因与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，c(NH3)增大，故B错误；
C项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(H2)不变，故C错误；
D项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，v(N2)不变，故D错误。
故选A。
【点睛】在相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始都可以建立同一平衡状态，也就是等效平衡，还可以从中间状态（既有反应物也有生成物）开始，平衡时各物质的浓度对应相等。由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关因而，同一可逆反应，从不同状态开始，只要达到平衡时，物质的含量对应相同，则可形成等效平衡。
9.常温下，加水稀释0.1 mol·L-1Na2CO3溶液，下图中的纵坐标可以表示（ )
A. 溶液中阴离子数 B. 溶液中Na+的离子数
C. 溶液的pH D. 溶液中c(HCO3-)
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，加水稀释0.1 mol·L-1Na2CO3溶液，溶液浓度减小，稀释过程中水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大。
【详解】A项、稀释过程中水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大，溶液中阴离子的物质的量增大，故A正确；
B项、稀释过程中，溶液中Na+浓度减小，物质的量不变，故B错误；
C项、稀释过程中，溶液中OH-浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；
D项、稀释过程中，溶液中HCO3-浓度减小，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了影响盐类水解的因素，注意掌握水解平衡及其影响因素，判断平衡移动方向和微粒的量的变化是解答关键。
10.已知25℃时，Ka(HF) = 3.6×10－4 ，Ksp(CaF2) = 1.46×10－10。现向1 L 0.2mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是（ ）
A. 25℃时，0.1 mol·L－1HF 溶液中pH=1 B. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
C. Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化 D. 加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）不变
【答案】B
【解析】
【分析】
HF为弱酸，0.1 mol·L－1HF溶液中c（H+）= c（F-）=6×10-3 mol·L-1，0.1 mol·L－1HF与0.1 mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2↓+2H＋。
【详解】A、由Ka(HF) = 3.6×10－4 可知HF为弱酸，0.1 mol·L－1HF 溶液中pH＞1，故A错误；
B项、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L-1，F-浓度为=6×10-3 mol·L-1，浓度商Q为0.6×10-3>Ksp(CaF2)＝1.46×10-10，会与沉淀出现，故B正确；
C项、溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；
D项、0.1 mol·L－1HF与0.1 mol·L－1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2↓+2H＋，溶液中c（H+）增大，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素是解答关键。
11.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
B. 已知3O2（g）= 2O3（g） △H=+242.4kJ•mol-1，则臭氧比氧气稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol
D. 甲烷的标准燃烧热△H=-890.3 kJ•mol-1，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＜-890.3 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B、依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；
C、中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反应生成1mol水放出的热量；
D、水由液态转化为气态需要吸收热量。
【详解】A项、燃烧热生成稳定的氧化物，而不是一氧化碳，是二氧化碳，故A错误；
B项、氧气转化为臭氧是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，能量越低越稳定，故氧气比臭氧稳定，故B错误；
C项、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57.4KJ/mol，故C正确；
D项、甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，因水由液态转化为气态需要吸收热量，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＞-890.3kJ•mol-1，故D错误。
故选C。
【点睛】题考查了热化学方程式的书写，注意正确理解燃烧热、中和热的概念是解答关键。
12.一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)＋2Y(g) 3Z(g)，表明反应一定达到化学平衡状态的是 （ ）
① X、Y、Z的物质的量之比是1:2:3
② X、Y、Z的浓度不再发生变化
③ 容器中的压强不再发生变化
④ 单位时间内生成n mol X，同时消耗2n mol Y
⑤容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化。
【详解】①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：3时，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，这与反应产生物质的量和转化率有关，错误；
②该反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，正确；
③根据反应方程式可知，反应前后体积不变，压强也是始终不变的，容器中的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；
④单位时间内生成nmolX，同时消耗2nmolY说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡状态，正确；
⑤根据反应方程式可知，反应前后体积不变，由质量守恒定律可知，气体质量不变，气体的平均相对分子质量是始终不变的，容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态的特征是解答关键，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据。
13.下列关于金属的腐蚀与防护的相关叙述中正确的是（ ）
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品的质量减轻
B. 镀铜铁表面有划损时，仍能阻止铁被氧化
C. 纯银在空气中发生电化学腐蚀而渐渐变暗
D. 为保护海水中的钢铁设备不被腐蚀，可外接直流电源使钢铁表面的腐蚀电流接近于零
【答案】D
【解析】
【分析】
A、钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品质量增加；
B、表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，腐蚀速率加快；
C、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀；
D、被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生。
【详解】A项、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+；发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，Fe2+和OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3，导致钢铁制品质量增加，故A错误；
B项、铁表面镀铜，表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，铜是正极，加快了金属铁的腐蚀，故B错误；
C项、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀，故C错误；
D项、被保护的钢铁设备应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱腐蚀的发生，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。
14.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是( )
A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极
B. 潮湿环境中Cl-浓度大有利于多孔粉状锈的生成
C. 若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则消耗的O2体积为4.48L
D. 环境中的Cl−与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2++3OH−+Cl−===Cu2 (OH)3Cl↓
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl。
【详解】A项、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A正确；
B项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物氢氧根离子和负极反应产物铜离子作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，潮湿环境中Cl-浓度大，有利于多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl的生成，故B正确；
C项、未指明标准状态，无法计算消耗的O2体积，故C错误；
D项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl↓，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查原电池原理的应用，侧重分析与应用能力的考查，把握Cu及其化合物的性质以及电化学反应原理等为解答的关键。
15.在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应A(g)+2B(g) C(g) +D(g)，有图Ⅰ、Ⅱ所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（ ）
A. 正反应是放热反应
B. P1 ＜P2
C. 若P3＜P4，y轴表示A的转化率
D. 若P3＞P4，y轴表示C的体积分数
【答案】C
【解析】
【分析】
由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1；由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应。
【详解】A项、由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应，故A正确；
B项、由a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1，故B正确；
C项、增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，则有P4＜P3，故C错误；
D项、增大压强，平衡正向移动，C的体积分数，则有P4＜P3，故D正确。
故选C。
【点睛】本题旨在考查化学平衡图象，由于勒夏特列原理只适用于“单因素”（浓度或温度或压强）改变，解答这类图象题时应固定一个物理量，分析另一物理量对纵坐标的影响。
16.25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，0.2mol/L的HCN溶液pH=5，下列说法错误的是（ ）
A. 25℃时，0.2mol/L的HCN溶液Ka约为5.0×10-10
B. 25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液分别加水稀释到pH均等于6，则所加水的体积CH3COOH>HCN
C. 25℃时，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，溶液pH<7
D. 25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液各10ml与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液体积：CH3COOH
【解析】
【分析】
25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，0.2mol/L的HCN溶液pH=5，说明醋酸和HCN都是弱酸，不能完全电离，且醋酸的酸性比HCN强。
【详解】A项、0.2mol/L的HCN溶液pH=5，溶液中c（H+）=c（CN-）=1×10-5 mol/L，则Ka= c（H+）c（CN-）/ cHCN）=(1×10-5 mol/L×1×10-5 mol/L)/( 0.2mol/L-1×10-5 mol/L) ≈5.0×10-10，故A正确；
B项、25℃时，若pH均为5的CH3COOH与HCN溶液分别加水稀释到pH均等于6，酸越弱，稀释倍数越大，加水的体积越多，则所加水的体积HCN>CH3COOH，故B错误；
C项、25℃时，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的KOH溶液等体积混合后，CH3COOH溶液过量。溶液呈酸性，溶液pH<7，故C正确；
D项、25℃时，pH为5的HCN溶液的浓度大于CH3COOH溶液，HCN溶液中和能力强于CH3COOH溶液，则pH均为5的CH3COOH与HCN溶液各10ml与等浓度的NaOH溶液反应，消耗NaOH溶液体积HCN多，故D正确。
故选B。
17.下列说法正确的是 （ ）
A. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小
B. 常温下pH=10碳酸钠的溶液，由水电离出的H+浓度等于1×10－10mol/L
C. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，而难溶性盐在水中只能部分电离
D. 对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，ΔH不变
【答案】D
【解析】
【详解】A项、自发反应不一定是熵增大，如△H＜0，△S＜0低温下反应自发进行，非自发反应不一定是熵减小或不变，也可以增大，如△H＞0，△S＞0低温下是非自发进行的反应，故A错误；
B项、常温下pH=10碳酸钠的溶液，因为盐的水解促进了水的电离，即水电离出的c（H+）等于水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），溶液中的c（OH-）=Kw/1×10－10mol/L=1×10－4mol/L，故B错误；
C项、可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐如碳酸钙难溶于水，但溶解部分完全电离，CaCO3是强电解质，故C错误；
D项、对于反应2X（g）+Y（g）Z（g）ΔH>0，增加X的量，平衡正向移动，吸收的热量增大，但ΔH不变，故D正确。
故选D。
18.某种碳酸饮料中主要含柠檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸钠等成分，温度T℃时测得其pH约为3.5，下列说法错误的是( )
A. 打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度
B. 温度T℃时，该碳酸饮料中水的电离受到抑制
C. 温度T℃时，该碳酸饮料中Kw的值大于纯水中Kw的值
D. 温度T℃时，该碳酸饮料中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
A、气体的溶解度随着压强的增大而增大；
B、酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；
C、水的离子积常数只与温度有关；
D、pH约为3.5的溶液中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L。
【详解】A项、气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度，故A正确；
B项、温度T℃时，该碳酸饮料pH约为3.5，酸电离出的氢离子抑制水电离，故B正确；
C项、温度不变，水的离子积常数不变，所以两种溶液中水的离子积常数相等，故C错误；
D项、该碳酸饮料pH约为3.5，则碳酸饮料中c（H+）=1.0×10-3.5mol/L，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、影响气体溶解度的因素、水的离子积常数等知识点，根据弱电解质电离特点、温度与水的离子积常数的关系及压强对气体溶解度的关系是解答关键。
19.下列叙述错误的是（ ）
A. 在铁件上镀铜时，金属铜作阳极
B. 电解精炼粗铜时，电解质CuSO4溶液加少量硫酸是抑制 CuSO4水解
C. 纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4，可使反应速率加快
D. 甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH+6OH﹣+6e﹣═CO2+5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
A、电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，电解质溶液中含镀层离子；
B、CuSO4在溶液中水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加少量硫酸，水解平衡向左移动，抑制 CuSO4水解；
C、锌和硫酸铜反应生成的铜，铜和锌在稀硫酸中形成原电池，反应加快反应速率；
D、甲醇燃料电池是碱性环境，甲醇在负极放电生成CO32-。
【详解】A项、电镀铜时，铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故A正确；
B项、CuSO4在溶液中水解：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，加少量硫酸，溶液中c（H+）增大，水解平衡向左移动，抑制 CuSO4水解，故B正确；
C项、纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，在锌表面析出铜，在稀硫酸中形成原电池反应，可使反应速率加快，故C正确；
D项、甲醇和氧气在KOH溶液中构成的新型燃料电池的反应为： 2CH3OH+3O2+4OH-→2CO32-+6H2O，负极上甲醇放电生成CO32-，电极反应式为：CH3OH+8OH-+6e-═CO32-+6H2O，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池的原理，明确反应原理、判断电极名称是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（ ）
A. AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
B. AlPO4沉淀溶解是放热的过程
C. 图中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b
D. T1温度下，在饱和溶液中加入AlCl3可使溶液由c点变到a点
【答案】B
【解析】
【分析】
AlPO4沉淀溶解是吸热的过程：AlPO4（s）Al3+（aq）+PO43-（aq）△H>0，温度越高，c(Al3+)、c(PO43-)越大，Ksp越大；温度相同，Ksp相同，在饱和溶液中加入AlCl3，溶液中c(Al3+)增大，c(PO43-)减小。
【详解】A项、T2>T1，温度高时溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故A正确；
B项、沉淀溶解平衡为吸热的过程，故B错误；
C项、温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图象中四个点的Ksp：a=d=c
故选B。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念是解答关键。
21.在恒温恒容的密闭容器中，充入2mol气体A和1mol气体B发生反应：
3A（g）+2B（g）2C（？）+4D（？）。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molD，反应前后体系压强之比为5:3。则下列说法正确的是 （ ）
A. 物质D一定是气体
B. 气体A的平衡转化率大于气体B的平衡转化率
C. 平衡后若减小该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数减小
D. 平衡后升高温度，若平衡向右进行，则正反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意建立如下三段式：
3A（g）+2B（g）2C（？）+4D（？）
起（mol） 2 1 0 0
消耗（mol）1.2 0.8 0.8 1.6
平（mol） 0.8 0.2 0.8 1.6
反应前后体系压强之比为5：3，根据气体物质的量之比等于压强之比，可知平衡后气体物质的量为（2+1）mol×3/5=1.8mol，由三段式可知若C、D都为气态，平衡后气体物质的量为3.4mol，所以只有C为气态、D为非气态，平衡后气体物质的量才为1.8mol。
【详解】A项、反应前后体系压强之比为5：3，可知平衡后气体物质的量为（2+1）mol×3/5=1.8mol，由三段式所得数据可知，只有C为气态、D为非气态，平衡后气体物质的量才为1.8mol，故A错误；
B项、气体A的平衡转化率为1.2 mol /2 mol×100%=60%，气体B的平衡转化率0.8 mol /1 mol×100%=80%，气体A的平衡转化率小于气体B的平衡转化率，故B错误；
C项、该反应是一个气体体积减小的反应，平衡后若减小该体系的压强，平衡向左移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D项、升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向右进行，说明正反应的ΔH>0，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学平衡计算，正确运用三段式计算，正确理解平衡常数和理解化学平衡移动原理是解题关键。
22.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3 )为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下，下列说法正确的是（ ）
A. MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为CO32-+2H＋=CO2↑+H2O
B. 加入H2O2氧化的离子方程式为Fe2+ + H2O2+2H+ =Fe3+ + 2H2O
C. 滤渣2的成分是Fe(OH)3 和Mg(OH)2
D. 流程图中过滤与煅烧之间有一系列的的实验操作，最后得到MgSO4·7H2O晶体，对MgSO4·7H2O晶体直接加热可以得到无水MgSO4固体
【答案】D
【解析】
【分析】
菱镁矿中加入稀硫酸，MgCO3和FeCO3溶解，过滤得到含有Mg2+和Fe2+的滤液，向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+，加入氨水调节溶液pH为4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，得到硫酸镁溶液，硫酸镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MgSO4·7H2O晶体，MgSO4·7H2O晶体直接加热得到无水MgSO4固体。
【详解】A项、微溶的MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H＋= Mg2++CO2↑+H2O，故A错误；
B项、向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2+2H+ =2Fe3+ +2H2O，故B错误；
C项、加入氨水调节溶液pH为4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2的成分是Fe(OH)3，故C错误；
D项、由于硫酸是高沸点酸，不能MgSO4使水解趋于完全，则MgSO4·7H2O晶体直接加热可以得到无水MgSO4固体，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及了物质的转化、氧化还原反应、盐类水解及混合物分离方法等，通过物质性质分析流程信息是解题关键。
二、填空题
23.I：现有以下几种物质①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸钠、⑥亚硫酸氢钠、⑦氨水。请回答下列问题:
（1）以上物质属于弱电解质的是______________（填序号）；
（2）常温下④的溶液pH_____7（填“>”“<”或“=”），原因__________（用离子方程式表示）；
（3）⑥的水溶液中呈酸性，原因是__________________________；
（4）常温下,将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合(忽略混合后溶液体积的变化),若所得混合溶液的pH=2，则a:b=________。
（5）已知：a．常温下，醋酸和NH3•H2O的电离平衡常数均为1.74×10-5；
b．CH3COOH+NaHCO3═CH3COONa+CO2↑+H2O
则CH3COONH4溶液呈______性（填“酸”、“碱”或“中”，下同），NH4HCO3溶液呈______性。
（6）对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是____________；
A．稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小。
B．升高温度可以促进醋酸电离，也可以促进醋酸钠水解。
C．醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离。
D．常温下，醋酸和醋酸钠等体积等浓度混合，溶液呈碱性。
II：25℃时，向盛有50mL pH=3的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。
（7）由图可以推出HA溶液的物质的量浓度为_______________，25℃时，pH=3的HA溶液的电离度为______________。
（8）b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________________。
（9）加入NaOH溶液至溶液呈中性时出现在图中的位置_________（填“b点前” “b点”或“b点后”），溶液呈中性时，存在：c(A－)______c(Na＋)（填“>”“<”或“=”）。
III：（10）已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33， pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Al3＋(使其浓度小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为_______。
【答案】 (1). ② (2). < (3). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (4). HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度 (5). -90:11 (6). 中 (7). 碱 (8). BC (9). 0.08 mol·L—1 (10). 1.25% (11). c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+） (12). b点前 (13). = (14). 5.0＜pH＜7.1
【解析】
【分析】
（1）氨水是弱电解质；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性；
（3）亚硫酸氢钠的水溶液中，HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度；
（4）将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合，若所得混合液的pH=2说明HNO3溶液过量，由此计算a：b；
（5）醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，醋酸的酸性强于碳酸，碳酸氢铵溶液中碳酸氢根的水解程度大于铵根离子；
（6）A、稀释促进电离、促进水解；B、电离、水解均为吸热反应；C、醋酸和醋酸钠的混合液中，电离与水解相互抑制；D、醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度；
（7）b点温度最高，说明HA溶液和氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA；
（8）NaA是强碱弱酸盐，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性；
（9）NaA溶液呈碱性，加入NaOH溶液至溶液呈中性时应为HA和NaA的混合溶液；
（10）运用溶度积公式计算Al3＋浓度小于1×10－6 mol·L－1时溶液中c（OH-），再计算溶液pH。
【详解】（1）以上物质中，只有氨水是弱电解质，故答案为：②；
（2）氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液pH<7，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：<；NH4++H2ONH3·H2O+H+；
（3）亚硫酸氢钠的水溶液中，HSO3—存在着电离趋势和水解趋势，因为HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度，溶液呈酸性，故答案为：HSO3—的电离程度大于HSO3—的水解程度；
（4）将aL pH=11的NaOH溶液与bL pH=1的HNO3溶液混合，若所得混合液的pH=2，反应后溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则有（0.1b-0.001a）/(a+b)=0.01，解得a：b=90：11，故答案为：90：11；
（5）醋酸和一水合氨的电离平衡常数相同，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，所以醋酸铵溶液呈中性，根据反应方程式知醋酸的酸性大于碳酸，则碳酸氢铵溶液中碳酸氢根的水解程度大于铵根离子，则碳酸氢铵溶液呈碱性，故答案为：中；碱；
（6）A、稀释促进电离、促进水解，则稀释时醋酸的电离程度增大，醋酸钠的水解程度增大，故A错误；
B、电离、水解均为吸热反应，升高温度，促进水解和电离，故B正确；
C、醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离，二者相互抑制，故C正确；
D、因醋酸的电离平衡常数为1.74×10-5，则水解常数为Kw/Ka=1×10-14/1.74×10-5=
5.74×10-10。常温下，醋酸和醋酸钠等体积等浓度混合，因常数电离程度大于醋酸钠水解程度，溶液呈酸性，故D错误；
故选BC，故答案为：BC；
（7）酸碱中和反应为放热反应，HA溶液和氢氧化钠溶液恰好中和时混合溶液温度最高，由图可知b点恰好完全反应生成NaA，此时消耗氢氧化钠的物质的量为0.04L×0.1mol/L=
0.004mol，则50mlHA溶液的浓度为0.004mol/0.05L=0.08mol/L，pH=3的HA溶液的电离度为0.001mol/0.08mol/L×100%=1.25%，故答案为：0.08mol/L；1.25%；
（8）b点HA溶液和氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（A-）＞c（H+）；
（9）由于NaA溶液呈碱性，加入NaOH溶液至溶液呈中性时应为HA和NaA的混合溶液，由于HA未完全反应，则消耗氢氧化钠的体积小于40ml，溶液呈中性时，溶液中c（OH-）=c（H+），由电荷守恒可知c（Na+）=c（A-），故答案为：b点前；=；
（10）Ksp[Al（OH）3]=1×10-33=c（Al3+）×c3（OH-），氢氧化铝完全变成沉淀时c（Al3+）=1×10-6mol•L-1，解得c（OH-）=1×10-9mol•L-1，c（H+）=1×10-5mol•L-1，溶液pH=5，又pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀，则除去MnSO4溶液中的Al3＋需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜7.1，故答案为：5.0＜pH＜7.1。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、溶液中的pH计算、盐类水解、溶液酸碱性判断、溶度积计算等知识，运用所学知识结合题给条件分析解答是关键。
24.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和一氧化氮，发生反应：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） △H＝a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表：
时间/min
浓度/（mol/L）
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.68
0.50
0.50
0.70
0.70
N2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
CO2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
（1）根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率v（NO）＝___；计算该反应的平衡常数K＝__________。
（2）30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___（填序号）。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．通入一定量的NO
D．加入一定量的活性炭 E．适当缩小容器的体积 F．改变温度
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____（填“升高” 或“降低” ），a_____0（填“＞”或“＜” ）。
【答案】 (1). 0.025mol•L﹣1•min﹣1 (2). 0.25 (3). CE (4). 升高 (5). ＜
【解析】
【分析】
（1）分析图表数据结合化学反应速率概念计算v=△c/△t，由表给平衡浓度计算平衡常数；
（2）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动。
【详解】（1）分析图表数据，0～20min内，NO的平均反应速率v（NO）=（1mol/L−0.20mol/L）
20min=0.025 mol/L•min；20min时，反应达到平衡，平衡时NO、N2、CO2的浓度依次为0.50 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，化学平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)= (0.25 mol/L×0.25 mol/L)/( 0.50 mol/L)2=0.25，故答案为：0.025 mol/L•min；0.25；
（2）A、通入一定量的CO2，平衡逆向移动，N2的浓度减小，故A错误；
B、加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故B错误；
C、通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故C正确；
D、加入一定量的活性炭是固体，碳是固体对平衡无影响，对平衡无影响，故D错误；
E、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡不移动，各气态物质浓度均增大，故E正确；
F、若该反应为吸热反应，温度升高，平衡右移，反应物浓度减小，生成物浓度增大；若该反应为放热反应，平衡左移，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故F错误；
故选CE，故答案为：CE；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率增大，说明正反应是放热反应，故答案为：升高；＜。
【点睛】本题考查化学平衡原理的综合应用，涉及了化学反应速率和平衡常数计算，依据化学平衡的影响因素分析化学平衡移动原理的应用是解答关键。
25.某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解．在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂。
已知：①IO3—+5I—+6H+＝3I2+3H2O；②H2S2O3是弱酸。
学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：
a．称取w g加碘盐，加适量蒸馏水溶解，配制成100mL溶液；
b．取25.00mL用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液；
c．以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.20×10﹣3 mol•L﹣1的 Na2S2O3溶液滴定（滴定时的反应方程式：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），若平行实验三次，记录的数据如下表：
滴定次数
待测溶液的体积（/mL）
标准Na2S2O3溶液的体积
滴定前读数（/mL）
滴定后读数（/mL）
1
25.00
1.01
21.02
2
25.00
1.00
20.99
3
25.00
2.10
20.02
（1）滴定时，Na2S2O3溶液应放在_____（填“酸式”或“碱式”）滴定管；
（2）判断到达滴定终点的实验现象是_______________________________；
（3）根据题中所给数据，可知w g加碘食盐样品中的含碘元素质量是______mg；
（4）滴定前读数正确，滴定后俯视读数，则对滴定结果的影响是__ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
【答案】 (1). 碱式 (2). 溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色 (3). 2.032 (4). 偏小
【解析】
【分析】
（1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，硫代硫酸根离子在溶液中水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性；
（2）用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色；
（3）第三次数据误差较大，应忽略不计，则由第一、二次数据平均可知反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积20.00 mL，由IO3-～3I2～6S4O62-计算可得w g加碘食盐样品中的含碘元素质量；
（4）滴定后俯视读数，读取的标准溶液体积增大。
【详解】（1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，硫代硫酸根离子在溶液中水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱式滴定管中，故答案为：碱式；
（2）滴定时选淀粉作指示剂，加入淀粉溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色，故答案为：溶液恰好由蓝色变无色，且保持半分钟不变色；
（3）由表给数据可知，三次实验反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积分别为20.01 mL、19.99 mL、17.92 mL，第三次数据误差较大，应忽略不计，则由第一、二次数据平均可知反应消耗标准Na2S2O3溶液的体积20.00 mL，20mL溶液消耗Na2S2O3的物质的量为1.20×10﹣3mol/L×0.02L=2.4×10-5mol，,根据IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则由IO3-～3I2～6S4O62-可得n(IO3-)=2.40×10-5mol/6=4×10-6mol，w g加碘食盐样品中的含碘元素质量是4×4×10-6mol×127g/mol=0.02032g=2.032mg，故答案为：2.032；
（4）若滴定后俯视读数，读取的标准溶液体积增大，则所测碘元素的含量偏小，故答案为：偏小。
【点睛】本题以碘酸钾中碘的测定为载体考查了氧化还原滴定的应用、对实验原理理解与实验装置的评价，注意掌握碘及其化合物的性质是解答本题的关键。
26.全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。
（1）利用“Na﹣CO 2”电池将CO 2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na﹣CO 2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2⇌2Na2CO3+C．放电时该电池“吸入”CO 2，其工作原理如图一所示：
①放电时，正极产物全部以固体形式沉积在电极表面，正极的电极反应式为__________________。
②放电时，当转移0.1mol e-时，负极质量减少_____ g。
（2）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图二所示：
①上述生产过程的能量转化方式是____________________________________。
②上述电解反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极放电的电极反应式为____________________________。
【答案】 (1). 3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C (2). 2.3 (3). 太阳能和电能转化为化学能 (4). 2CO32-－4e-＝2CO2↑+ O2↑
【解析】
【分析】
(1)①由示意图可知，正极上CO2得电子发生还原反应上生成C；
②负极上发生的电极反应4Na-4e-=4Na+；
（2）①据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程；
②在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程。
【详解】(1)①由示意图可知，正极上CO2得电子发生还原反应上生成C，故电极方程式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，故答案为：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；
②负极上发生的电极反应4Na-4e-=4Na+，则负极质量减少为0.1mol×23g/mol=2.3g，故答案为：2.3；
（2）①据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程，故答案为：太阳能和电能转化为化学能；
②在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，电极反应式为：2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑，故答案为：2CO32--4e-═2CO2↑+O2↑。
【点睛】本题考查原电池原理和电解池的应用，注意原电池原理和电解池知识的迁移应用是解答关键。
27.造纸、炼焦、医药、塑料等行业的废水中常含有苯酚（C6H5OH），会对人类的生产和生活造成极大的危害。含酚废水的处理是环境科学领域的热点问题，下面介绍三项新技术。
电渗析
苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O－定向移动、脱离废水，并富集回收。其电离方程式、电渗析装置示意图如下：
（1）为促进苯酚电离并增强溶液导电能力，可向废水中加入__________。
（2）A、B分别为离子交换膜，其中A应该是______（填“阳”或“阴”）离子交换膜。
催化重整制氢
在固定床反应器中，用含Rh催化剂使苯酚与水蒸气反应转化为氢气和二氧化碳。已知：2H2(g)+ O2(g)== 2H2O(g) ΔH1=－483.6 kJ·mol－1
C6H5OH(g)+ 7O2(g)== 6CO2(g)+ 3H2O(g) ΔH2=－2742.4 kJ·mol－1
（3）那么，反应C6H5OH(g)+ 11H2O(g)== 6CO2(g)+ 14H2(g) ΔH=_________kJ·mol－1。
活性炭纤维（ACF）物理吸附
ACF是一种活性炭纤维，不溶于水，具有多孔结构，可吸附苯酚等多种有机物质。下表是实验室里在不同温度下用0.50 g ACF吸附处理1 L苯酚溶液的相关数据。
T / ℃
25
35
45
55
65
起始苯酚浓度 / mol·L－1
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
1.50×10－3
平衡苯酚浓度 / mol·L－1
5.00×10－4
6.43×10－4
7.85×10－4
9.12×10－4
1.13×10－3
（4）由表格数据可知，C6H5OH(aq) + ACF(s) C6H5OH·ACF(s，吸附态) ΔH_____0(填“>”或“<”)。
（5）已知：吸附平衡常数KF=，（其中，平衡时单位质量吸附剂对苯酚的吸附量；n为与ACF吸附能力相关的系数，25℃时n为0.5），计算25℃时KF（苯酚）=_____________________。
【答案】 (1). 氢氧化钠 (2). 阴 (3). 642.8 (4). < (5). 8×103
【解析】
【分析】
（1）加入碱中和H+，平衡向右移动，溶液中离子浓度增大；
（2）在电场作用下C6H5O－向阳极移动，C6H5O－与阳极放电生成的H+反应生成C6H5OH，达到富集回收的目的；
（3）由盖斯定律计算热化学方程式的ΔH；
（4）由公式qe=（起始苯酚浓度—平衡苯酚浓度）v溶液/mACF用量、KF（苯酚）=qe/cn（平衡苯酚浓度）结合表给数据计算。
【详解】（1）苯酚在溶液中微弱电离：，使溶液呈若酸性，向溶液中加入氢氧化钠中和H+，H+浓度减小，平衡向右移动，溶液中离子浓度增大，增强溶液导电能力，故答案为：氢氧化钠；
（2）在电场作用下C6H5O－通过A膜向阳极移动，阳极上水放电：2H2O—4e—=O2↑+4H+，放电生成的阳离子与C6H5O－反应生成C6H5OH，则A膜为阴离子交换膜，故答案为：阴；
（3）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律②—①×7的反应C6H5OH(g)+ 11H2O(g)== 6CO2(g)+ 14H2(g)，则ΔH=－2742.4 kJ·mol－1—（－483.6 kJ·mol－1）×7=+ 642.8 kJ·mol－1，故答案为：642.8；
（4）由表格数据可知，温度越高，平衡时苯酚浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，故答案为：<；
（5）由表格数据可知，25℃时起始苯酚浓度为1.50×10－3 mol·L－1，平衡苯酚浓度为5.00×10－4mol·L－1，qe=（起始苯酚浓度—平衡苯酚浓度）v溶液/mACF用量=（1.50×10－3 mol·L－1—5.00×10－4mol·L－1）×1L/0.5g=2×10－3，KF（苯酚）=qe/cn（平衡苯酚浓度）=2×10－3/(5.00×10－4mol·L－1)2=8×103，故答案为：8×103。
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