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【化学】北京市海淀区十九中2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
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北京市海淀区十九中2019-2020学年高二下学期期末考试
可能用到的原子量：H1 C12 O16
第一部分(单项选择题)
1.下列反应不是氧化还原反应，但是吸热反应的是
A. 铝片与稀硫酸的反应 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应
C. 甲烷在氧气中的燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气，有化合价变化，是氧化还原反应，是放热反应，故A不符合题意；
B. 灼热的碳与二氧化碳的反应生成一氧化碳，有化合价变化，是氧化还原反应，是吸热反应，故B不符合题意；
C. 甲烷在氧气中的燃烧生成二氧化碳和水，有化合价变化，是氧化还原反应，是放热反应，故C不符合题意；
D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应生成氯化钡、氨气和水，没有化合价变化，是吸收反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
2.在定温定容的密闭容器中合成SO3 ，下列能说明反应 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到化 学平衡状态的是
A. c(SO2 )：c(O2 )：c(SO3 )=2：1：2 B. 容器内的密度不再改变
C. SO2 的转化率不再改变 D. SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征：当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A．当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为2：1：2，也可能不是2：1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A不选；
B．反应过程中，气体的质量和容器的体积始终保持不变，容器内的密度不再改变，不能确定是否到达平衡状态，故B不选；
C．SO2的转化率不再改变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故C选；
D．只要反应发生就有SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，故D不选；
故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，易错点D，SO3的生成速率与SO2的消耗速率均为正速率，始终相等。
3.工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是
A. 增大压强 B. 分离出NH3
C. 升高温度 D. 使用催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故A符合；
B.分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故B不符合；
C.升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故C不符合；
D.使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故D不符合；
故选 A。
4.下列溶液一定呈中性的是
A. 使甲基橙试液呈黄色的溶液
B. c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L 溶液
C. pH=7 的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲基橙变色范围是3.1~4.4，pH＞4.4时溶液呈黄色，故加入甲基橙后呈黄色的溶液，可能为酸性、中性或碱性，故A不符合；
B.c(H+)= c(OH-)的溶液呈中性，故B符合；
C.常温下pH=7的溶液呈中性，水的电离是一个吸热过程，但在其他温度下pH= 7的溶液不可能显中性，故C不符合；
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能是NaCl、氯化铵、碳酸钾等，则反应后的溶液可能为中性、酸性、碱性，故D不符合；
故选: B。
5.某科研入员提出 HCHO 与 O2 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 CO2、H2O 的历程，该历程示意图如下(图中只画出了 HAP 的部分结构)。
下列说法不正确的是
A. HCHO 在反应过程中，有C—H 键发生断裂
B. HAP 能提高HCHO 与O2 的反应速率和反应物的转化率
C. 根据图示信息，CO2 分子中的氧原子并非全部来自 O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2 CO2+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故A正确；
B．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，但不影响平衡移动，所以该反应中HAP作催化剂能提高反应速率但反应物的转化率不变，故B错误；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C正确；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2 CO2+H2O，故D正确；
答案为B。
6.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用 CuO 与Cu 高温烧结可制取Cu2O，已知反应：2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)△H= -314kJ/mol；2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H= -290kJ/mol，则CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s) △H 等于
A. -11kJ/mol B. -12kJ/mol
C. +11kJ/mol D. -24kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】已知反应：①2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)△H= -314kJ/mol；②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H= -290kJ/mol，根据盖斯定律，将可得：CuO(s) + Cu(s)= Cu2O(s)，则得△H=，
故选 B。
7.用电解的方法分析水的组成时，需向水中加入电解质，不宜选用的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. NaOH D. H2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入AgNO3，电解AgNO3溶液时阴极析出银，阳极产生氧气，不是电解水，故A符合题意；
B．加入Na2SO4，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故B不符合题意；
C．加入NaOH，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故C不符合题意；
D．加入H2SO4，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故D不符合题意；
答案为A。
8.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置，下列判断不正确是
A. a 是铁 B. 液体 c 可用硫酸铜溶液
C. 该实验过程中c (Cu2+)变小 D. b 上发生反应的方程式为 Cu-2e-= Cu2+
【答案】C
【解析】
【分析】
要在铁棒上镀铜，则铁电极应发生还原反应生成铜单质，即铁电极为阴极，与负极相连，则b电极为阳极，发生氧化反应，要在铁电极生成铜单质，则溶液应为含铜的盐。
【详解】A. a为铁，发生还原反应生成铜，达到镀铜的目的，故A正确；
B.电解质应含铜离子，可为硫酸铜等，故B正确；
C.电镀时，阳极消耗铜，阴极析出铜，c(Cu2+)基本保持不变，故C不正确；
D. b发生氧化反应，为Cu- 2e-= Cu2+，故D正确；
故选:C。
【点睛】电镀时，阴极为待镀金属，阳极为镀层金属。
9.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )
A. 醋酸能使石蕊溶液变红
B. 时.醋酸的pH约为3
C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大
D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体
【答案】B
【解析】
【分析】
弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回答。
【详解】A项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，A项错误；
B项：醋酸的pH约为3，即c(H+)为0.001mol/L，醋酸未完全电离，为弱电解质，B项正确；
C项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(H+)减小，溶液pH增大，不能判断醋酸电离是否完全，C项错误；
D项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，D项错误。
本题选B。
【点睛】判断电解质强弱是看已溶解的电解质是否完全电离，与电解质的溶解度大小、溶液导电能力的强弱无关。
10.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 升高温度水的离子积增大 B. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气
C. 制备 H2 时用粗锌比纯锌的速率快 D. 压缩 NO2 的体积，气体的颜色先加深后逐渐变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B．氯化铵中的铵根离子水解显酸性，可以和金属镁反应产生氢气，所以与盐类水解平衡的移动有关，故B不符合题意；
C．锌与硫酸反应生成氢气，粗锌和硫酸形成原电池，原电池能加快化学反应速率，与平衡移动无关，故C符合题意；
D．存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，增大压强，混合气体浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
答案为C。
11.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离常数 K
9×10-7
9×10-6
1×10-2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应 HX＋Y-=HY＋X-能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol·L-1的NaX、NaY、NaZ 溶液，NaZ 溶液 pH 最小
D. 相同温度下，1 mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L-1HX
【答案】C
【解析】
【详解】A．相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性HZ＞HY＞HX，故A错误；
B．相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性HY＞HX，则弱酸不能制取强酸，反应 HX＋Y-===HY＋X-不能够发生，故B错误；
C．相同温度下，酸的电离平衡常数越大酸性越强，其对应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据电离平衡常数知，酸性HZ＞HY＞HX，则水解程度NaX＞NaY＞NaZ，所以相同浓度的钠盐溶液的pH：NaX＞NaY＞NaZ，NaZ 溶液 pH 最小，故C正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，温度不变电离平衡常数不变，故D错误；
答案为C。
12.关于0.1mol/LNa2CO3 溶液，下列判断不正确的是
A. 粒子种类与NaHCO3 溶液不同 B. 升高温度，c( )减小
C. 加入Ca(OH)2溶液，c( )减小 D. c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- )
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中分步水解，+ H2O + OH-，+ H2OH2CO3+OH-，以第一步水解为主，NaHCO3溶液中，存在水解和电离，+ H2OH2CO3+OH-，=+H+，以水解为主，所以Na2CO3中粒子种类与NaHCO3溶液相同，均为7种，故A错误；
B.水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c()减小，故B正确；
C.加入Ca(OH)2溶液，会转化为CaCO3沉淀，c()减小，故C正确；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- )，故D正确；
故选A。
13.下列有关事实，与水解反应无关的是
A. 实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉 B. 碳酸钠溶液中， c(H+) < c(OH-)
C. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体 D. 用 TiCl4 和大量水反应，同时加热制备 TiO2
【答案】A
【解析】
【分析】
碳酸钠为强碱弱酸盐、氯化铁、TiCl4为强酸弱碱盐，对应的水溶液都能水解。
【详解】A．实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉，是为了防止亚铁离子氧化成铁离子，故A选；
B．碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解消耗氢离子，促进水电离，氢氧根离子浓度增大，c(H+) < c(OH-)，故B不选；
C．加热蒸干氯化铁溶液，铁离子水解，生成氢氧化铁和盐酸，加热后盐酸挥发，促进水解正向进行，不能得到氯化铁晶体，故C不选；
D．用 TiCl4和大量水发生水解反应，TiCl4和大量的水在加热条件下反应发生水解生成Ti(OH)4，Ti(OH)4分解生成TiO2，与盐类水解有关；加热分解生成TiO2，故D不选；
故选A。
14.为了除去 MgCl2 酸性溶性中的 Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂是
A. NH3·H2O B. MgO C. Na2CO3 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入一水合氨会引入新的杂质氯化铵，故A错误；
B．溶液显酸性，加入MgO，MgO与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故B正确；
C．加入Na2CO3，引入新的杂质NaCl，故C错误；
D．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且新的杂质NaCl，故D错误；
故答案为B。
15.有①NaOH 溶液 ②Na2CO3 溶液 ③CH3COONa 溶液各 10mL，物质的量浓度均为0.1mol·L-1，下列说法正确的是
A. 三种溶液 pH 的大小顺序是①＞③＞②
B. 三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是②＞③＞①
C. 若将三种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是③
D. 若分别加入 10mL0.1mol·L-1 盐酸后，pH 最大的是①
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠为碱，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，所以三种溶液pH的大小顺序是①＞②＞③，故A错误；
B．氢氧化钠为碱抑制水电离，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，促进水电离，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，对水电离促进程度大，三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是②＞③＞①，故B正确；
C．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①，故C错误；
D．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaCl，溶液呈中性，②中溶质为NaHCO3、NaCl，碳酸氢钠水解显碱性，③中溶质为NaCl、CH3COOH，溶液呈酸性，pH最大的是②，故D错误；
故选B。
16.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是
A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈
B. 图②，若断开电源，钢闸门将发生析氢腐蚀
C. 图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
D. 图③，若金属M 比 Fe 活泼，可防止输水管腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈，放在潮湿的空气中易生锈，故A正确；
B. 图②，若断开电源，电解质是中性或弱碱性环境，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀，防腐方法为外加电流的阴极保护法，故C正确；
D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀，让M作负极，Fe作正极，叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。
综上所述，答案为B。
17.某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H<0，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下，该反应的平衡常数K=2.25)下列说法正确的是
A. 0-10min，v(H2)=0.075 mol/(L·min)
B. 点 b 所对应的状态没有达到化学平衡状态
C. CH3OH 的生成速率，点 a 大于点 b
D. 欲增大平衡状态时，可保持其他条件不变，升高温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～10min，v(CH3OH)= =0.075 mol•L-1•min-1，v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075 mol•L-1•min-1=0.225mol•L-1•min-1，故A错误；
B．b点时，n(CH3OH)=0.75mol，c(CH3OH)= =0.75mol/L，则b点浓度商Qc===2.25，则Qc=K=2.25，b点达到平衡状态，故B错误；
C．可逆反应在没有达到平衡状态前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，所以a点甲醇的生成速率大于b点，故C正确；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则甲醇浓度减小，二氧化碳浓度增大，所以减小，故D错误；
答案为C。
18.用石墨电极电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A. M 为负极 B. 通电使氯化钠发生电离
C. 电解一段时间后，阴极区 pH 升高 D. c 出口收集到的物质是氢气
【答案】C
【解析】
【分析】
左边最后得到稀氯化钠溶液，右边最后得到浓氢氧化钠溶液，说明左边电极上氯离子变成氯气，钠离子移动到了右边，出口c收集到的物质是氯气，M为正极，左边溶液中发生的是氧化反应，右边电极上水电离的氢离子放电生成氢气，出口d收集到氢气，N为负极。
【详解】A.由以上分析可知M为正极，故A错误；
B.氯化钠在水分子的作用下发生电离，无需通电，故B错误；
C.阴极生成NaOH，电解一段时间后，阴极区 pH增大，故C正确；
D.左室为阳极室，发生氧化反应，出口c收集到的物质是氯气，故D错误；
故选: C。
19.取1 mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：
下列说法不正确的是
A. 实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B. 若按②①顺序实验，能看到白色沉淀
C. 若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀
D. 由实验②说明 AgI 比 AgCl 更难溶
【答案】B
【解析】
【分析】
取1mL0.1 mol·L-1AgNO3溶液中加入过量氯化钠溶液生成氯化银白色沉淀，滴加过量KI溶液生成黄色沉淀碘化银，再加入过量硫化钠溶液生成硫化银沉淀，沉淀转化的实质是向更难溶的方向进行。
【详解】A.分析可知，实验①白色沉淀是难溶的AgCl，故A正确；
B.由实验②说明AgI比AgCl更难溶，若按②①顺序实验，此条件下碘化银不能转化为氯化银，看不到白色沉淀，故B不正确；
C.若按①③顺序实验，硫化银溶解度小于氯化银，也可以实现转化看到黑色沉淀生成，故C正确；
D由实验②说明AgI比AgCl更难溶，可以实现沉淀转化，故D正确；
故选: C。
20.常温时，用滴定某一元酸HX,滴定过程中pH变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. HX溶液显酸性的原因是
B. 点a，
C. 点b，与恰好完全反应
D. 点c，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据滴定曲线（特殊点）的含义，分析电解质强弱、电离与水解的主次关系，并运用物料守恒关系解答。
【详解】A项：滴入溶液前，0.10mol/LHX溶液pH接近4，则HX为弱酸，电离方程式为HXH++X－，A项错误；
B项：点a溶液中生成1.5mmolNaX、剩余1.0mmolHX。因溶液呈酸性，HX电离程度大于X－的水解程度，则c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)，B项错误；
C项：当与恰好完全反应时生成NaX，因X的水解，溶液pH应大于7。点b的pH=7，必有HX剩余，C项错误；
D项：据物料守恒，曲线上任何一点都有n(X-)+n(HX)=25mL×0.10mol·L-1，点c溶液总体积约50mL，则，D项正确。
本题选D。
第二部分(非选择题)
21.(1)已知键能如下：H-H为akJ/mol N≡N为bkJ/mol N-H为ckJ/mol，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=__________；
(2)石墨吸热生成金刚石，则二者中相对稳定的物质为_________________；
(3)明矾净水的离子方程式为：__________________________；
(4)催化剂可以加快化学反应速率的原因___________________，此外催化剂和升温都能提高活化分子的百分数，催化剂不能影响平衡的移动。
(5)常温时，pH=9的氨水溶液中，由水电离出的c(OH-)为_______________________。
【答案】 (1). (3a+b-6c)kJ•mol-1 (2). 石墨 (3). Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+ (4). 降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快 (5). 10-9mol/L
【解析】
【详解】(1)已知：H-H键能为akJ•mol-1，N≡N键的键能bkJ•mol-1，H-N键能为ckJ•mol-1，对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)的反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=bkJ•mol-1+akJ•mol-1×3-ckJ•mol-1×6=(3a+b-6c)kJ•mol-1；答案为(3a+b-6c)kJ•mol-1。
(2)因为石墨吸热生成金刚石，石墨比金刚石能量低，能量越低越稳定，所以稳定性石墨>金刚石，则二者中相对稳定的物质为石墨；答案为石墨。
(3)明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水目的，反应的离子方程式为：Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+；答案为Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+。
(4)加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快；答案为降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快。
(5)氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，则氨水中的氢离子是水电离的，pH=9的氨水溶液中，氢离子浓度为10-9mol/L，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，则水电离的c(OH-)为10-9mol/L；答案为10-9mol/L。
22.氯气是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛。地康法制取氯气的反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H= -120kJ/mol 该反应分两步进行，其基本原理如下图所示：
过程 I 的反应为， 2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)△H= -132kJ/mol
(1)该原理中起到催化剂作用物质的化学式为_______________________；
(2)过程 II 反应的热化学方程式为____________________；
(3)压强为p1时，地康法中HCl 平衡转化率(aHCl ) 随温度变化曲线如图。
①比较 a、b 两点的平衡常数大小 K(a)=_______________K(b)(填“>”“<”或“=”)，解释原因为________________；
②c 点表示投料不变， 350℃、压强为p2时，地康法中HCl 的平衡转化率，则p2_________________p1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). CuO (2). 2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)△H= +144kJ/mol (3). ＞ (4). 升高温度HCl转化率降低,则平衡逆向移动，平衡常数减小 (5). ＜
【解析】
【分析】
(1).根据反应前后CuO不变化可知CuO为催化剂；
(2).根据盖斯定律解答；
(3).根据影响平衡移动解答，升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小。
【详解】(1)根据图知，反应I中CuO是反应物、反应II中CuO是生成物，所以CuO为催化剂，故答案为: CuO；
(2) ①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H= -120kJ/mol
②2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)△H= -132kJ/mol
反应II的方程式为2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)，方程式II可由①- 2×②得到，△H= - 120kJ/mol- 2×(-132kJ/mol)= + 144kJ/ mol，故答案为：2CuCl(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)△H= +144kJ/mol；
(3)①升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小，压强相同时温度a< b，则K(a)> K(b)，故答案为: > ；升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小；
②c点表示投料不变，350℃、压强为p2时，该反应前后气体计量数之和减小，增大压强HCl的转化率增大，相同温度时转化率c点低，则c点压强较小，所以p2
阳离子
Fe3+
Fe2+
Cr3+
开始沉淀的 pH
1.9
7.0
4.3
沉淀完全的 pH
3.2
9.0
5.6
I．腐蚀电池法
(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原 Cr(VI)。下列关于铁屑的说法中正确的是______________(填字母序号)。
a．作原电池的正极 b．在反应中作还原剂 c．铁屑生成 Fe3+可以进一步还原
II．电解还原法
向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如下图所示。
(2)B极连接电源的___________极；
(3)电解开始时，B 极上主要发生的电极反应为2H++2e-= H2↑，此外还有少量在B极上直接放电，该反应的电极反应式为 _______________。
(4)①酸性环境可以促使到的转化，写出对应的离子方程式：__________________；
②写出酸性环境中 Fe2+还原的离子方程式_______________________。
【答案】 (1). b (2). 负 (3). +14H+ +6e-=2Cr3+ +7H2O (4). 2+2H+=+H2O (5). 6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
【分析】
(1).根据原电池形成条件及正负极特征可知：Fe为负极，发生氧化反应生成Fe2+；
II.向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，因Fe为电极进行电解时，阳极是活性电极，则Fe失电子，由装置图可知，与B极相连的电极表面产生H2，该电极的电极反应为2H++2e-=H2↑， 则B极连接电源负极，A为阳极，则A连接电源的正极，据此解答。
【详解】(1).向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H++2e-= H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则b正确，故选：b；
(2)由图1可知，与B极相连的电极表面产生H2，该电极的电极反应为2H++2e-=H2↑， 则B极连接电源负极，故答案为：负极；
(3).B极是阴极，发生还原反应，少量在B极上直接放电被还原为Cr3+，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为：+14H++6e-=2Cr3++7H2O，故答案为：+14H++6e-=2Cr3++7H2O；
(4)①酸性环境中到的转化中Cr的化合价未改变，则方程式为：2+2H+=+H2O，故答案为：2+2H+=+H2O；
②由题可知，在酸性环境中Fe2+被氧化为Fe3+，同时被Fe2+还原为Cr3+，则Fe2+与在酸性条件下的的离子方程式为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
24.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的 pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的 pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，推测“滤渣1”含有___________ 和SiO2；
(2)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节范围是________________之间。
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，写出除Zn2+的方程式：__________________。
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是__________________(有利、不利、无影响)。
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：_______________________。
【答案】 (1). S (2). 4.7～6 (3). Zn2＋+S2-=ZnS↓ (4). 不利 (5). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率
【解析】
【分析】
流程：二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe3＋、Al3＋，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2＋，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2＋，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2＋+2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。
【详解】(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，推测“滤渣1”含有S和SiO2；故答案为：S；
(2)调节pH的目的是除去Fe3＋、Al3＋，但不沉淀Mn2＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，根据表pH的范围为4.7～6；故答案为：4.7～6；
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，采用加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，除Zn2+的方程式：Zn2＋+S2-=ZnS↓。故答案为：Zn2＋+S2-=ZnS↓；
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是Mg2＋沉淀不完全，因为F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋+2F－平衡向右移动；故答案为：不利；
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点（4）因为F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋+2F－平衡向右移动，对镁离子的沉淀不利。
可能用到的原子量：H1 C12 O16
第一部分(单项选择题)
1.下列反应不是氧化还原反应，但是吸热反应的是
A. 铝片与稀硫酸的反应 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应
C. 甲烷在氧气中的燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气，有化合价变化，是氧化还原反应，是放热反应，故A不符合题意；
B. 灼热的碳与二氧化碳的反应生成一氧化碳，有化合价变化，是氧化还原反应，是吸热反应，故B不符合题意；
C. 甲烷在氧气中的燃烧生成二氧化碳和水，有化合价变化，是氧化还原反应，是放热反应，故C不符合题意；
D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应生成氯化钡、氨气和水，没有化合价变化，是吸收反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
2.在定温定容的密闭容器中合成SO3 ，下列能说明反应 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到化 学平衡状态的是
A. c(SO2 )：c(O2 )：c(SO3 )=2：1：2 B. 容器内的密度不再改变
C. SO2 的转化率不再改变 D. SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征：当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A．当体系达平衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为2：1：2，也可能不是2：1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A不选；
B．反应过程中，气体的质量和容器的体积始终保持不变，容器内的密度不再改变，不能确定是否到达平衡状态，故B不选；
C．SO2的转化率不再改变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故C选；
D．只要反应发生就有SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，故D不选；
故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，易错点D，SO3的生成速率与SO2的消耗速率均为正速率，始终相等。
3.工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是
A. 增大压强 B. 分离出NH3
C. 升高温度 D. 使用催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故A符合；
B.分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故B不符合；
C.升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故C不符合；
D.使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故D不符合；
故选 A。
4.下列溶液一定呈中性的是
A. 使甲基橙试液呈黄色的溶液
B. c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L 溶液
C. pH=7 的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲基橙变色范围是3.1~4.4，pH＞4.4时溶液呈黄色，故加入甲基橙后呈黄色的溶液，可能为酸性、中性或碱性，故A不符合；
B.c(H+)= c(OH-)的溶液呈中性，故B符合；
C.常温下pH=7的溶液呈中性，水的电离是一个吸热过程，但在其他温度下pH= 7的溶液不可能显中性，故C不符合；
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能是NaCl、氯化铵、碳酸钾等，则反应后的溶液可能为中性、酸性、碱性，故D不符合；
故选: B。
5.某科研入员提出 HCHO 与 O2 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 CO2、H2O 的历程，该历程示意图如下(图中只画出了 HAP 的部分结构)。
下列说法不正确的是
A. HCHO 在反应过程中，有C—H 键发生断裂
B. HAP 能提高HCHO 与O2 的反应速率和反应物的转化率
C. 根据图示信息，CO2 分子中的氧原子并非全部来自 O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2 CO2+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故A正确；
B．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，但不影响平衡移动，所以该反应中HAP作催化剂能提高反应速率但反应物的转化率不变，故B错误；
C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C正确；
D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2 CO2+H2O，故D正确；
答案为B。
6.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用 CuO 与Cu 高温烧结可制取Cu2O，已知反应：2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)△H= -314kJ/mol；2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H= -290kJ/mol，则CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s) △H 等于
A. -11kJ/mol B. -12kJ/mol
C. +11kJ/mol D. -24kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】已知反应：①2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)△H= -314kJ/mol；②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H= -290kJ/mol，根据盖斯定律，将可得：CuO(s) + Cu(s)= Cu2O(s)，则得△H=，
故选 B。
7.用电解的方法分析水的组成时，需向水中加入电解质，不宜选用的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. NaOH D. H2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入AgNO3，电解AgNO3溶液时阴极析出银，阳极产生氧气，不是电解水，故A符合题意；
B．加入Na2SO4，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故B不符合题意；
C．加入NaOH，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故C不符合题意；
D．加入H2SO4，增大溶液离子浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故D不符合题意；
答案为A。
8.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜，设计如图装置，下列判断不正确是
A. a 是铁 B. 液体 c 可用硫酸铜溶液
C. 该实验过程中c (Cu2+)变小 D. b 上发生反应的方程式为 Cu-2e-= Cu2+
【答案】C
【解析】
【分析】
要在铁棒上镀铜，则铁电极应发生还原反应生成铜单质，即铁电极为阴极，与负极相连，则b电极为阳极，发生氧化反应，要在铁电极生成铜单质，则溶液应为含铜的盐。
【详解】A. a为铁，发生还原反应生成铜，达到镀铜的目的，故A正确；
B.电解质应含铜离子，可为硫酸铜等，故B正确；
C.电镀时，阳极消耗铜，阴极析出铜，c(Cu2+)基本保持不变，故C不正确；
D. b发生氧化反应，为Cu- 2e-= Cu2+，故D正确；
故选:C。
【点睛】电镀时，阴极为待镀金属，阳极为镀层金属。
9.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )
A. 醋酸能使石蕊溶液变红
B. 时.醋酸的pH约为3
C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大
D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体
【答案】B
【解析】
【分析】
弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回答。
【详解】A项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，A项错误；
B项：醋酸的pH约为3，即c(H+)为0.001mol/L，醋酸未完全电离，为弱电解质，B项正确；
C项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(H+)减小，溶液pH增大，不能判断醋酸电离是否完全，C项错误；
D项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，D项错误。
本题选B。
【点睛】判断电解质强弱是看已溶解的电解质是否完全电离，与电解质的溶解度大小、溶液导电能力的强弱无关。
10.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 升高温度水的离子积增大 B. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气
C. 制备 H2 时用粗锌比纯锌的速率快 D. 压缩 NO2 的体积，气体的颜色先加深后逐渐变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热的过程，升高温度促进电离，水的离子积增大，能用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B．氯化铵中的铵根离子水解显酸性，可以和金属镁反应产生氢气，所以与盐类水解平衡的移动有关，故B不符合题意；
C．锌与硫酸反应生成氢气，粗锌和硫酸形成原电池，原电池能加快化学反应速率，与平衡移动无关，故C符合题意；
D．存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，增大压强，混合气体浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
答案为C。
11.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离常数 K
9×10-7
9×10-6
1×10-2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应 HX＋Y-=HY＋X-能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol·L-1的NaX、NaY、NaZ 溶液，NaZ 溶液 pH 最小
D. 相同温度下，1 mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L-1HX
【答案】C
【解析】
【详解】A．相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性HZ＞HY＞HX，故A错误；
B．相同温度下，酸的电离平衡常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性HY＞HX，则弱酸不能制取强酸，反应 HX＋Y-===HY＋X-不能够发生，故B错误；
C．相同温度下，酸的电离平衡常数越大酸性越强，其对应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据电离平衡常数知，酸性HZ＞HY＞HX，则水解程度NaX＞NaY＞NaZ，所以相同浓度的钠盐溶液的pH：NaX＞NaY＞NaZ，NaZ 溶液 pH 最小，故C正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关，温度不变电离平衡常数不变，故D错误；
答案为C。
12.关于0.1mol/LNa2CO3 溶液，下列判断不正确的是
A. 粒子种类与NaHCO3 溶液不同 B. 升高温度，c( )减小
C. 加入Ca(OH)2溶液，c( )减小 D. c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- )
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中分步水解，+ H2O + OH-，+ H2OH2CO3+OH-，以第一步水解为主，NaHCO3溶液中，存在水解和电离，+ H2OH2CO3+OH-，=+H+，以水解为主，所以Na2CO3中粒子种类与NaHCO3溶液相同，均为7种，故A错误；
B.水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c()减小，故B正确；
C.加入Ca(OH)2溶液，会转化为CaCO3沉淀，c()减小，故C正确；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- )，故D正确；
故选A。
13.下列有关事实，与水解反应无关的是
A. 实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉 B. 碳酸钠溶液中， c(H+) < c(OH-)
C. 加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体 D. 用 TiCl4 和大量水反应，同时加热制备 TiO2
【答案】A
【解析】
【分析】
碳酸钠为强碱弱酸盐、氯化铁、TiCl4为强酸弱碱盐，对应的水溶液都能水解。
【详解】A．实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉，是为了防止亚铁离子氧化成铁离子，故A选；
B．碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解消耗氢离子，促进水电离，氢氧根离子浓度增大，c(H+) < c(OH-)，故B不选；
C．加热蒸干氯化铁溶液，铁离子水解，生成氢氧化铁和盐酸，加热后盐酸挥发，促进水解正向进行，不能得到氯化铁晶体，故C不选；
D．用 TiCl4和大量水发生水解反应，TiCl4和大量的水在加热条件下反应发生水解生成Ti(OH)4，Ti(OH)4分解生成TiO2，与盐类水解有关；加热分解生成TiO2，故D不选；
故选A。
14.为了除去 MgCl2 酸性溶性中的 Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂是
A. NH3·H2O B. MgO C. Na2CO3 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入一水合氨会引入新的杂质氯化铵，故A错误；
B．溶液显酸性，加入MgO，MgO与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故B正确；
C．加入Na2CO3，引入新的杂质NaCl，故C错误；
D．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且新的杂质NaCl，故D错误；
故答案为B。
15.有①NaOH 溶液 ②Na2CO3 溶液 ③CH3COONa 溶液各 10mL，物质的量浓度均为0.1mol·L-1，下列说法正确的是
A. 三种溶液 pH 的大小顺序是①＞③＞②
B. 三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是②＞③＞①
C. 若将三种溶液稀释相同倍数，pH 变化最大的是③
D. 若分别加入 10mL0.1mol·L-1 盐酸后，pH 最大的是①
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化钠为碱，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，所以三种溶液pH的大小顺序是①＞②＞③，故A错误；
B．氢氧化钠为碱抑制水电离，碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐，促进水电离，碳酸钠水解程度大于醋酸钠，对水电离促进程度大，三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是②＞③＞①，故B正确；
C．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①，故C错误；
D．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaCl，溶液呈中性，②中溶质为NaHCO3、NaCl，碳酸氢钠水解显碱性，③中溶质为NaCl、CH3COOH，溶液呈酸性，pH最大的是②，故D错误；
故选B。
16.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是
A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈
B. 图②，若断开电源，钢闸门将发生析氢腐蚀
C. 图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
D. 图③，若金属M 比 Fe 活泼，可防止输水管腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈，放在潮湿的空气中易生锈，故A正确；
B. 图②，若断开电源，电解质是中性或弱碱性环境，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀，防腐方法为外加电流的阴极保护法，故C正确；
D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀，让M作负极，Fe作正极，叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。
综上所述，答案为B。
17.某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H<0，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下，该反应的平衡常数K=2.25)下列说法正确的是
A. 0-10min，v(H2)=0.075 mol/(L·min)
B. 点 b 所对应的状态没有达到化学平衡状态
C. CH3OH 的生成速率，点 a 大于点 b
D. 欲增大平衡状态时，可保持其他条件不变，升高温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～10min，v(CH3OH)= =0.075 mol•L-1•min-1，v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075 mol•L-1•min-1=0.225mol•L-1•min-1，故A错误；
B．b点时，n(CH3OH)=0.75mol，c(CH3OH)= =0.75mol/L，则b点浓度商Qc===2.25，则Qc=K=2.25，b点达到平衡状态，故B错误；
C．可逆反应在没有达到平衡状态前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，所以a点甲醇的生成速率大于b点，故C正确；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则甲醇浓度减小，二氧化碳浓度增大，所以减小，故D错误；
答案为C。
18.用石墨电极电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A. M 为负极 B. 通电使氯化钠发生电离
C. 电解一段时间后，阴极区 pH 升高 D. c 出口收集到的物质是氢气
【答案】C
【解析】
【分析】
左边最后得到稀氯化钠溶液，右边最后得到浓氢氧化钠溶液，说明左边电极上氯离子变成氯气，钠离子移动到了右边，出口c收集到的物质是氯气，M为正极，左边溶液中发生的是氧化反应，右边电极上水电离的氢离子放电生成氢气，出口d收集到氢气，N为负极。
【详解】A.由以上分析可知M为正极，故A错误；
B.氯化钠在水分子的作用下发生电离，无需通电，故B错误；
C.阴极生成NaOH，电解一段时间后，阴极区 pH增大，故C正确；
D.左室为阳极室，发生氧化反应，出口c收集到的物质是氯气，故D错误；
故选: C。
19.取1 mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：
下列说法不正确的是
A. 实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B. 若按②①顺序实验，能看到白色沉淀
C. 若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀
D. 由实验②说明 AgI 比 AgCl 更难溶
【答案】B
【解析】
【分析】
取1mL0.1 mol·L-1AgNO3溶液中加入过量氯化钠溶液生成氯化银白色沉淀，滴加过量KI溶液生成黄色沉淀碘化银，再加入过量硫化钠溶液生成硫化银沉淀，沉淀转化的实质是向更难溶的方向进行。
【详解】A.分析可知，实验①白色沉淀是难溶的AgCl，故A正确；
B.由实验②说明AgI比AgCl更难溶，若按②①顺序实验，此条件下碘化银不能转化为氯化银，看不到白色沉淀，故B不正确；
C.若按①③顺序实验，硫化银溶解度小于氯化银，也可以实现转化看到黑色沉淀生成，故C正确；
D由实验②说明AgI比AgCl更难溶，可以实现沉淀转化，故D正确；
故选: C。
20.常温时，用滴定某一元酸HX,滴定过程中pH变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A. HX溶液显酸性的原因是
B. 点a，
C. 点b，与恰好完全反应
D. 点c，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据滴定曲线（特殊点）的含义，分析电解质强弱、电离与水解的主次关系，并运用物料守恒关系解答。
【详解】A项：滴入溶液前，0.10mol/LHX溶液pH接近4，则HX为弱酸，电离方程式为HXH++X－，A项错误；
B项：点a溶液中生成1.5mmolNaX、剩余1.0mmolHX。因溶液呈酸性，HX电离程度大于X－的水解程度，则c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)，B项错误；
C项：当与恰好完全反应时生成NaX，因X的水解，溶液pH应大于7。点b的pH=7，必有HX剩余，C项错误；
D项：据物料守恒，曲线上任何一点都有n(X-)+n(HX)=25mL×0.10mol·L-1，点c溶液总体积约50mL，则，D项正确。
本题选D。
第二部分(非选择题)
21.(1)已知键能如下：H-H为akJ/mol N≡N为bkJ/mol N-H为ckJ/mol，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=__________；
(2)石墨吸热生成金刚石，则二者中相对稳定的物质为_________________；
(3)明矾净水的离子方程式为：__________________________；
(4)催化剂可以加快化学反应速率的原因___________________，此外催化剂和升温都能提高活化分子的百分数，催化剂不能影响平衡的移动。
(5)常温时，pH=9的氨水溶液中，由水电离出的c(OH-)为_______________________。
【答案】 (1). (3a+b-6c)kJ•mol-1 (2). 石墨 (3). Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+ (4). 降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快 (5). 10-9mol/L
【解析】
【详解】(1)已知：H-H键能为akJ•mol-1，N≡N键的键能bkJ•mol-1，H-N键能为ckJ•mol-1，对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)的反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=bkJ•mol-1+akJ•mol-1×3-ckJ•mol-1×6=(3a+b-6c)kJ•mol-1；答案为(3a+b-6c)kJ•mol-1。
(2)因为石墨吸热生成金刚石，石墨比金刚石能量低，能量越低越稳定，所以稳定性石墨>金刚石，则二者中相对稳定的物质为石墨；答案为石墨。
(3)明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水目的，反应的离子方程式为：Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+；答案为Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+。
(4)加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快；答案为降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增多，反应速率加快。
(5)氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，则氨水中的氢离子是水电离的，pH=9的氨水溶液中，氢离子浓度为10-9mol/L，水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，则水电离的c(OH-)为10-9mol/L；答案为10-9mol/L。
22.氯气是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛。地康法制取氯气的反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H= -120kJ/mol 该反应分两步进行，其基本原理如下图所示：
过程 I 的反应为， 2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)△H= -132kJ/mol
(1)该原理中起到催化剂作用物质的化学式为_______________________；
(2)过程 II 反应的热化学方程式为____________________；
(3)压强为p1时，地康法中HCl 平衡转化率(aHCl ) 随温度变化曲线如图。
①比较 a、b 两点的平衡常数大小 K(a)=_______________K(b)(填“>”“<”或“=”)，解释原因为________________；
②c 点表示投料不变， 350℃、压强为p2时，地康法中HCl 的平衡转化率，则p2_________________p1(填“>”“<”或“=”)。
【答案】 (1). CuO (2). 2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)△H= +144kJ/mol (3). ＞ (4). 升高温度HCl转化率降低,则平衡逆向移动，平衡常数减小 (5). ＜
【解析】
【分析】
(1).根据反应前后CuO不变化可知CuO为催化剂；
(2).根据盖斯定律解答；
(3).根据影响平衡移动解答，升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小。
【详解】(1)根据图知，反应I中CuO是反应物、反应II中CuO是生成物，所以CuO为催化剂，故答案为: CuO；
(2) ①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H= -120kJ/mol
②2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)△H= -132kJ/mol
反应II的方程式为2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)，方程式II可由①- 2×②得到，△H= - 120kJ/mol- 2×(-132kJ/mol)= + 144kJ/ mol，故答案为：2CuCl(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)△H= +144kJ/mol；
(3)①升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小，压强相同时温度a< b，则K(a)> K(b)，故答案为: > ；升高温度HCl的转化率降低，则平衡逆向移动，平衡常数减小；
②c点表示投料不变，350℃、压强为p2时，该反应前后气体计量数之和减小，增大压强HCl的转化率增大，相同温度时转化率c点低，则c点压强较小，所以p2
阳离子
Fe3+
Fe2+
Cr3+
开始沉淀的 pH
1.9
7.0
4.3
沉淀完全的 pH
3.2
9.0
5.6
I．腐蚀电池法
(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原 Cr(VI)。下列关于铁屑的说法中正确的是______________(填字母序号)。
a．作原电池的正极 b．在反应中作还原剂 c．铁屑生成 Fe3+可以进一步还原
II．电解还原法
向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如下图所示。
(2)B极连接电源的___________极；
(3)电解开始时，B 极上主要发生的电极反应为2H++2e-= H2↑，此外还有少量在B极上直接放电，该反应的电极反应式为 _______________。
(4)①酸性环境可以促使到的转化，写出对应的离子方程式：__________________；
②写出酸性环境中 Fe2+还原的离子方程式_______________________。
【答案】 (1). b (2). 负 (3). +14H+ +6e-=2Cr3+ +7H2O (4). 2+2H+=+H2O (5). 6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】
【分析】
(1).根据原电池形成条件及正负极特征可知：Fe为负极，发生氧化反应生成Fe2+；
II.向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，因Fe为电极进行电解时，阳极是活性电极，则Fe失电子，由装置图可知，与B极相连的电极表面产生H2，该电极的电极反应为2H++2e-=H2↑， 则B极连接电源负极，A为阳极，则A连接电源的正极，据此解答。
【详解】(1).向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H++2e-= H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则b正确，故选：b；
(2)由图1可知，与B极相连的电极表面产生H2，该电极的电极反应为2H++2e-=H2↑， 则B极连接电源负极，故答案为：负极；
(3).B极是阴极，发生还原反应，少量在B极上直接放电被还原为Cr3+，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为：+14H++6e-=2Cr3++7H2O，故答案为：+14H++6e-=2Cr3++7H2O；
(4)①酸性环境中到的转化中Cr的化合价未改变，则方程式为：2+2H+=+H2O，故答案为：2+2H+=+H2O；
②由题可知，在酸性环境中Fe2+被氧化为Fe3+，同时被Fe2+还原为Cr3+，则Fe2+与在酸性条件下的的离子方程式为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
24.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的 pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的 pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，推测“滤渣1”含有___________ 和SiO2；
(2)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节范围是________________之间。
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，写出除Zn2+的方程式：__________________。
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是__________________(有利、不利、无影响)。
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：_______________________。
【答案】 (1). S (2). 4.7～6 (3). Zn2＋+S2-=ZnS↓ (4). 不利 (5). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率
【解析】
【分析】
流程：二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe3＋、Al3＋，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2＋，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2＋，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2＋+2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。
【详解】(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，推测“滤渣1”含有S和SiO2；故答案为：S；
(2)调节pH的目的是除去Fe3＋、Al3＋，但不沉淀Mn2＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，根据表pH的范围为4.7～6；故答案为：4.7～6；
(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，采用加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，除Zn2+的方程式：Zn2＋+S2-=ZnS↓。故答案为：Zn2＋+S2-=ZnS↓；
(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是Mg2＋沉淀不完全，因为F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋+2F－平衡向右移动；故答案为：不利；
(5)在溶浸前，先把矿石研磨成粉末的原因：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率。
【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点（4）因为F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋+2F－平衡向右移动，对镁离子的沉淀不利。
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