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【化学】四川省宜宾市第四中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷
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四川省宜宾市第四中学2018-2019学年高二上学期12月月考
1.下列措施能使水的电离程度增大的是（ ）
A. 加入盐酸溶液 B. 加醋酸钠 C. 加入氨水 D. 降温
【答案】B
【解析】
【分析】
结合影响水电离的因素分析判断，水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离等来分析解答。
【详解】A. 盐酸是氯化氢溶于水形成溶液显酸性，抑制水的电离，故A项错误；
B. 醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，促进水的电离，故B项正确；
C. 氨水溶液显碱性，抑制水的电离，故C项错误；
D. 水的电离为吸热反应，降低温度抑制了水的电离，故D项错误；
答案选B。
2.下列物质均为1mol，将其置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是( )
A. KCl B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. MgSO4
【答案】C
【解析】
【分析】
Mg(OH)2难溶于水。KCl、Na2CO3和MgSO4都是可溶性的强电解质，当其物质的量均为1mol时，其所含的阴离子也均为1mol。氯离子、硫酸根离子不水解，Na2CO3溶液中由于CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，阴离子数目会增加。
【详解】A. KCl溶于水完全电离，溶液中的阴离子有Cl−和水电离的少量的OH−；
B. Mg(OH)2在水中难溶，溶液中的阴离子只有少量的OH−；
C. 在Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，水的电离程度变大，溶液中的阴离子数目除了有CO32-，还有水解生成的HCO3-与OH-，阴离子数目增多；
D. MgSO4溶于水并完全电离，镁离子水解使溶液呈弱酸性，溶液中的阴离子有SO42−和水电离的少量的OH−；
综上分析，C项符合题意，
答案选C。
3.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性.。在0.1 mol/L KHC2O4溶液中,下列关系正确的是( )
A. c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+c(OH−)+c(C2O42−)
B. c(C2O42−)+c(HC2O4−) = 0.1mol/L
C. c(C2O42−)c(H2C2O4)
D. c(K+) = c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42−)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据草酸氢钾溶液呈酸性可知，说明HC2O4-在水溶液中的电离程度大于水解程度，
A. 根据电荷守恒规律来分析；
B. 从草酸氢根离子的电离、水解结合物料守恒分析；
C. 比较电离程度和水解程度分析；
D. 从物料守恒的角度分析。
【详解】A. 溶液遵循电中性原则,则有c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+c(OH−)+2c(C2O42−)，故A项错误；
B. 草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42−、HC2O4−，根据物料守恒可知c(H2C2O4)+c(C2O42−)+c(HC2O4−) = 0.1mol/L，故B项错误；
C. HC2O4-在水溶液中存在电离平衡为：HC2O4- ⇌ H++ C2O42−，其水解平衡方程式为：HC2O4-+H2O⇌ H2C2O4+OH-，又因草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-在水溶液中的电离程度大于水解程度，则c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故C项错误；
D. 溶液遵守物料守恒的角度，则有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42−)，故D项正确。
答案选D。
【点睛】理解“三个守恒”，明确浓度关系，是解此类题型的突破口，其中溶液中的三大守恒可归纳如下：
（1）电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c()＋2c()＋c(OH－)。
（2）物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n()＝1 mol，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c()＋c()，即钠元素与碳元素守恒。
（3）质子守恒：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：
c(H2CO3)＋c(H＋)＝c()＋c(OH－)。
注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
当真正掌握溶液中的“三大守恒”时，做题也可以游刃有余，攻克难题，提高分析问题与解决问题的能力。
4.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为: CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是( )
A. 检测时,电解质溶液中的氢离子向负极移动
B. 若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C. 电池反应的化学方程式为: CH3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2O
D. 正极上发生的反应为: O2+4e-+2H2O = 4OH-
【答案】C
【解析】
【分析】
酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
【详解】A. 在原电池中，溶液中的阳离子向正极移动，故A项错误；
B. 氧气在正极得电子，被还原，其化合价由0价降低到-2价，根据关系式O24e-可知，若有0.4mol电子转移,则有0.1 mol氧气参与，即在标准状况下消耗氧气的体积V = nVm = 0.1 mol22.4 L/mol = 2.24 L，故B项错误；
C. 因为该电池为酸性燃料电池，故负极上的反应为：CH3CH2OH-4e-+ H2O = CH3COOH+4H+，正极反应为：O2+4e-+4H+ =2H2O，则总反应式为：CH3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2O，故C项正确；
D. 该酒精检测仪为酸性燃料电池原理，则正极反应为：O2+4e-+4H+ =2H2O，故D项错误；
答案选C。
5.将3.64 g Fe2O3和Al2O3的混合物溶于200 mL 0.1 mol/L盐酸中(盐酸过量),再向该溶液中加入NaOH溶液使Fe3+和Al3+恰好完全沉淀,用去NaOH溶液100 mL。则NaOH溶液的物质的量浓度是( )
A. 0.1 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
反应生成硫酸铝、硫酸铁，盐酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入10 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，据此计算n(NaOH)，再根据c=来分析计算。
【详解】盐酸的浓度为0.1 mol/L，体积为0.2L，则其中氯离子的物质的量为0.02mol.
Fe2O3、Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入10 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，
根据氯离子守恒有n(NaCl) = n(HCl) = 0.2 L×0.1 mol/L = 0.02 mol，
根据钠离子守恒可得：n(NaOH) = n(NaCl) = 0.02 mol，则该c(NaOH) = = 0.2 mol/L，
答案选B。
【点睛】本题侧重考查学生对金属化合物性质的运用与理解。在计算的过程中，抓住钠元素与氯元素守恒作答可以达到事半功倍的效果。
6.有人形象地把人体比作一架缓慢氧化着的“高级机器”,人体在正常生命活动过程中需要不断地补充“燃料”。依照这种观点,你认为人们通常摄入的下列物质中不能被看作“燃料”的是( )
A. 淀粉类物质 B. 水 C. 脂肪类物质 D. 蛋白质
【答案】B
【解析】
【分析】
“燃料”的含义是指能在人体内反应并提供能量的物质，据此采用排除法分析作答。
【详解】A. 淀粉属于糖类，糖类是人体的主要供能物质，不符合题意，故A项错误；
B. 水在人体内主要是做溶剂，不能为人体提供能量，故B项正确；
C. 脂肪能在体内发生氧化反应提供能量，不符合题意，故C项错误；
D.食物中的蛋白质在体内被水解为氨基酸后才能吸收，一部分氨基酸再重新合成人体的蛋白质，另一部分氨基酸氧化分解释放能量，供生命活动需要，不符合题意，故D项错误；
答案选B。
7.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入足量的HCl中,同温同压下产生的气体的体积比是( )
A. 1 : 2 : 3 B. 6 : 3 : 2 C. 3 : 1 : 1 D. 1 : 1 : 1
【答案】A
【解析】
【分析】
由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。
【详解】由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。
0.3 mol NaNa+，失去的电子的物质的量为0.3 mol；
0.3 mol Mg Mg2+，失去的电子的物质的量为0.3 mol2 = 0.6 mol；
0.3 mol Al Al3+，失去的电子的物质的量为0.3 mol3 = 0.9 mol；
则同温同压下产生的气体的体积比0.3 mol：0.6 mol：0.9 mol = 1：2：3，故A项正确；
答案选A。
8.常温下，向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中不断加水，过程中始终保持增大的是
A. c（H＋）
B. Ka（CH3COOH）
C. c（H＋）•c（OH－）
D. c（H＋）/c（CH3COOH）
【答案】D
【解析】
试题分析：A．因CH3COOH为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B．因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（CH3COOH）在稀释过程中不变，故B错误；C．c（H＋）•c（OH－）只与温度有关，随着温度升高而增大，与溶液的酸碱性、浓度均无关系，故C错误；D．稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，则氢离子与醋酸的浓度的比值逐渐增大，故D正确。故选D。
考点：考查弱电解质在水中的电离平衡
9.关于强、弱电解质叙述正确的是( )
A. 强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物
B. 强电解质都是可溶性化合物,弱电解质都是难溶性化合物
C. 强电解质的水溶液中无溶质分子,弱电解质的水溶液中有溶质分子
D. 强电解质的水溶液导电能力强,弱电解质的水溶液导电能力弱
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 有些强电解质为共价化合物；
B. 电解质强弱与溶解性无关；
C. 根据强、弱电解质的定义解答；
D. 水溶液中导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。
【详解】A. 氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故A项错误；
B. 硫酸钡为强电解质，难溶于水，醋酸易溶于水为弱电解质，故B项错误；
C. 强电解质在水中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水中部分电离，存在溶质分子，故C项正确；
D. 水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题侧重考查学生对强、弱电解质概念的理解能力，根据在水溶液中是否完全电离，又将电解质分为强电解质和弱电解质，弱电解质是指在水中不完全电离（部分电离）的化合物，如弱酸(HF、CH3COOH)、 弱碱[NH3·H2O、Fe(OH)3和Cu(OH)2]；强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，如大多数盐类和强酸、强碱(H2SO4、HNO3、HCl、NaOH和KOH等)都是强电解质。值得注意的是，化合物是否是强电解质，与化合物类型、溶解性以及导电性没有直接关系，不能将判断标准混为一谈。
10.反应C(s)+H2OCO(g)+H2(g)△H＞0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 加入催化剂，平衡常数不变 B. 减小容器体积，正、逆反应速率均减小
C. 增大C的量，H2O的转化率增大 D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
试题分析：A．加入催化剂后，化学平衡不发生移动，则化学平衡常数不变，故A正确；B．减小容器容积，容器内压强增大，则正逆反应速率都增大，故B错误；C．由于C的状态为固体，则增大C的量，化学平衡不发生移动，故C错误；D．升高温度后，平衡向着吸热的反应方向一定，该反应的正反应为吸热反应，则平衡向着正向移动，故D错误；故选A。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查了化学平衡的影响因素。明确浓度、温度、催化剂等因素对化学平衡的影响为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。具体影响化学平衡移动的因素有：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度，化学平衡向着放热方向进行，增大压强化学平衡向着气体体积减小的方向进行，减小压强化学平衡向着气体体积增大的方向进行，增大反应物的浓度，平衡正向移动，减小反应物的浓度，平衡逆向移动；加入催化剂，平衡不移动。
11.25℃时关于0.10mol·L-1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-
B. 25℃时,加水稀释后c(H+)与c(OH-)的乘积不变
C. 离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D. 温度升高,c(HCO3-)增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子不能拆开；
B. 温度不变，水的离子积不变；
C. 碳酸根离子带有2个单位负电荷，电荷守恒中其系数应该为2；
D. HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解。
【详解】A. 碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其正确的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3−，故A项错误；
B. 25℃时，加水稀释后，水的离子积Kw = c(H+)⋅c(OH−)不变，故B项正确；
C. 根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故C项错误；
D. HCO3−水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3−)减小，故D项错误；
答案选B。
【点睛】本题侧重考查水溶液中单一溶质的离子平衡及其影响因素，题型基础，其中C项是学生易错点，c(H+)与c(OH-)之积为水的离子积常数Kw，简称水的离子积。Kw = c(H+)⋅c(OH−)，该公式不仅适用于纯水中，也适用于任何水溶液中，公式中的c(H+)和c(OH-)是分别是指整个溶液中氢离子和氢氧根离子的总物质的量浓度。利用她可以简单地判断溶液中的pH值及酸碱性。值得注意的是，Kw只随温度变化而变化，不会随某一离子浓度的变化而变化，学生要正确理解Kw的含义，才能正确解题。
12.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向盐酸中加入氨水至中性,溶液中
B. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4,Kw不变
C. 向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中增大
D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)得到c(NH4+) = c(Cl-)；
B. 溶液中离子积常数随温度变化；
C. 向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少；
D. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大。
【详解】A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)，得到c(NH4+) = c(Cl-)，则 = 1，故A项错误；
B. 溶液中离子积常数随温度变化，在蒸馏水中滴加浓H2SO4，浓硫酸溶解放热，溶液温度升高，促进水的电离，Kw增大，故B项错误；
C. 向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少，溶液中增大，故C项正确；
D. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡向正向进行，水解平衡常数Kh增大，Kh = 增大，则减小，故D项错误；
答案选C。
13.下列有关粒子浓度关系正确的是( )
A. 0.2mol/L的NaHCO3溶液:c(HCO3-)>c(CO32-)>0.1mol/L>c(H2CO3)
B. pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C. 0.2mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L CH3COONa溶液等体积混合:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L
D. 浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③NH4HCO3三种溶液,其中c(NH4+):③>①>②
【答案】C
【解析】
【分析】
A. NaHCO3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即c(Na+) = c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；
B. CH3COOH为弱酸，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液；
C. 溶液中遵循电荷守恒，c(Na+) = 0.1 mol/L；
D. 三种溶液中均存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，分析其他阴离子对该水解平衡是否有影响来判断并比较NH4+的浓度大小。
【详解】A. NaHCO3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即c(Na+) = c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) = 0.2mol/L，则HCO3-、CO32-的浓度不可能都大于0.1 mol/L，否则加起来就大于0.2 mol/L，不符合物料守恒规律，故A项错误；
B. CH3COOH为弱酸，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，所得溶液显酸性，即c(CH3COO-) > c(Na+) > c(H+) > c(OH-)，故B项错误；
C. 考查溶液中的电荷守恒，即c(Na+)+ c(H+) = c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+) = c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+) = 0.1 mol/L，故C项正确；
D. 三种溶液中均存在铵根离子的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，①中氯离子对铵根离子的水解无影响，②中NH4Al(SO4)2电离产生的铝离子对铵根离子的水解起抑制作用，而③NH4HCO3电离出的碳酸氢根离子对铵根离子的水解起促进作用，则c(NH4+):②>①>③，故D项错误；
答案选C。
14.25℃时,水的电离达到平衡: H2OH＋＋OH－ △H＞0,下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入氨水,平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，,Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动, c(H+)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 氨水显碱性，纯水显中性，碱中的OH-浓度大于水中的；
B. 硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
C. 醋酸根水解对水的电离起到促进作用；
D. 温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小。
【详解】A. 氨水显碱性，向水中加入氨水,碱对水的电离起抑制作用，所以平衡向逆向移动,但溶液由中性到碱性，所以c(OH-)增大，故A项错误；
B. NaHSO4在水中完全电离，NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-，使得溶液中c(H＋)增大，但温度不变，则Kw不变，故B项正确；
C. 醋酸钠中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，使得电离平衡向正反应方向移动，又醋酸根水解显碱性，可知溶液中的c(H+)降低，故C项错误；
D. 温度升高，水的离子积常数增大，则c(H+)增大，即pH值减小，故D项错误；
答案选B。
15.化学反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2min,B的浓度减少0.6mol/L.对此反应速率的表示正确的是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4mol·(L·min)-1
B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3:2:1
C. 2min末的反应速率用B表示是0.3mol·(L·min)-1
D. 2min内,v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速率；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；
C. 化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率；
D. B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大。
【详解】A. 物质A是固体，反应过程中浓度视为定值，不能用A表示该反应的反应速率，故A项错误；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则v(B):v(C):v(D)=3:2:1，故B项正确；
C. 2 min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L∙min)，是2min内的平均速率，故C项错误；
D. 根据题设信息可知，B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大，则2 min内，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值分别是逐渐减小和逐渐增大的，故D项错误；
答案选B。
【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。此外在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意以下几点：
（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1；
（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；
（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；
（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。
学生只有真正理解了化学反应速率的概念及其应用，则解此类题会游刃有余，得心应手。
16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，证明CH3COOH是弱电解质
B. pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m
D. 常温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O的溶液中的c(OH－)相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液的导电性很弱，但不能证明CH3COOH是弱电解质，A错误；B．醋酸是弱酸，稀释促进电离。pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＞n，B错误；C．常温下，在0.10mol﹒L-1的NH3·H2O溶液中加入少置NH4Cl晶体抑制电离，能使溶液的pH减小且(NH4+)/c(NH3﹒H2O)的值增大，C正确；D．醋酸钾水解促进水的电离，醋酸是弱酸，抑制水的电离，D错误，答案选C。
【考点定位】考查电解质溶液的有关判断
【名师点晴】易错选项是A，注意弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在， 就证明了弱电解质。
17. 下图是研究铁钉腐蚀的装置图，下列说法不正确的是
A. 铁钉在两处的腐蚀速率：a < b
B. a、b两处铁钉中碳均正极
C. a、b两处铁钉中的铁均失电子被氧化
D. a、b两处的正极反应式均为O2+4e-+4H+===2H2O
【答案】D
【解析】
试题解析：a中电解质溶液显中性，为铁钉的吸氧腐蚀，b中电解质溶液为稀硫酸，显酸性为析氢腐蚀；硫酸中氢离子浓度较大，电池反应较快，饱和食盐水中氧气的浓度较小，电池反应较慢，所以ab在两处的腐蚀速率a＜b，故A正确；a中C为原电池的正极，正极上氧气得电子，b中C为原电池的正极，正极上氢离子得电子，故B正确；原电池中失电子的一极为负极，a、b中Fe失电子为原电池的负极，故C正确；a中正极上氧气得电子，其电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，b中正极上氢离子得电子，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，故D错误。
考点：金属的电化学腐蚀与防护
18.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) △H＜0。若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【答案】D
【解析】
试题分析：A、S为液体，反应前后气体系数之和不相等，随着反应进行，气体物质的量减小，压强减小，故错误；B、因为S为液体，浓度视为常数，因此分离出S，反应速率不变，故错误；C、此反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故正确。
考点：考查勒夏特列原理、化学平衡常数等知识。
19.如下图装置，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的相接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡，小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可观察到的现象是（指悬吊的金属圈）
A. 铁圈和银圈左右摇摆不定
B. 保持平衡状态不变
C. 铁圈向下倾斜
D. 银圈向下倾斜
【答案】D
【解析】
试题分析：依据金属活动顺序可知铁的活泼性强于银，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡．小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液后，该装置构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，失去电子，发生氧化反应生成亚铁离子，质量减小；较不活泼的金属银作正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，在银圈上析出，所以铁圈向上倾斜，银圈向下倾斜，答案选D。
考点：考查原电池的工作原理。
20.已知反应H2（g）+ I2（g）2HI（g），1 mol H2完全反应放出a kJ的热量，依据下表数据，以下说法错误的是（ ）
化 学 键
H—H
I—I
断开1 mol化学键时吸收的能量（kJ）
b
c
A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开1 mol H-H 键和1 mol I-I 键所需能量大于断开2 mol H-I 键所需能量
C. 断开2 mol H-I键所需能量为（a+b+c）kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：A、此反应是放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故说法正确；B、此反应为放热反应，断开化学键所需能量小于断开2molH－I键所需能量，故说法错误；C、断开反应物的能量(b＋c)kJ，设断开2molH－I所需能量为xkJ，此反应属于放热反应，x－(b＋c)=a，则x=a＋b＋c，故说法正确；D、此反应属于可逆反应，不能进行到底，故说法正确。
考点：考查化学能量的变化等知识。
21.已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系:
①c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) ②c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+) ③c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) ④c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
填写下列空白:
（1）若溶液中只溶解了一种溶质,则该溶液是__________,上述四种离子的浓度的大小顺序为__________(填序号)
（2）若上述关系中③是正确的,则溶液中的溶质为_______;若上述关系中④是正确的,则溶液中的溶质是______
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”)
【答案】 (1). NH4Cl (2). ① (3). NH4Cl和NH3·H2O (4). NH4Cl和HCl (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）任何电解质溶液中都存在OH-、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；
（2）若上述关系中③是正确的，c(OH-) > c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；若上述关系中④是正确的，溶液中c(H+) > c(OH-)则溶液呈酸性，又溶液中c(H+) > c(NH4+)，说明溶液中存在两种溶质，分别是HCl和NH4Cl；
（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析。
【详解】（1）若溶液中只溶解了一种溶质,由于溶液中只存在OH−、H+、NH4+、Cl−四种离子，则该溶液只能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：NH4Cl；①；
（2）若上述关系中③是正确的，c(OH−)>c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶质为NH4Cl、NH3⋅H2O，若上述关系中④是正确的，溶液中c(H+)>c(OH−)则溶液呈酸性，如果溶液中只含氯化铵，则溶液中存在c(NH4+)>c(H+)，实际上溶液中存在c(H+)>c(NH4+)，说明不仅氯化铵水解生成氢离子，还得有HCl电离生成氢离子，所以该溶液中存在的溶质为HCl、NH4Cl，
故答案为：NH4Cl、NH3⋅H2O；HCl、NH4Cl。
（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c(HCl)小于c(NH3·H2O)，
故答案为：小于。
22.（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的研究开发。已知:
①1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量;
②1mol H2O(l)完全蒸发变成H2O(g)需吸收44.0 kJ的热量;
③2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH=-15.5 kJ·mol-1
则2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l) ΔH=__________。
（2）工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是一个放热的可逆反应,反应条件是高温、高压并且需要合适的催化剂。已知形成1mol H—H键、1mol N—H键、1mol N≡N键放出的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则:
①若1 mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为__________kJ。
②如果将1 mol氮气和3 mol氢气混合,使充分反应,反应放出的能量总小于上述数值,为什么?__________。
③实验室模拟工业合成氨时,在容积为2L的密闭容器内,反应经过10分钟后,生成10 mol 氨气,则用氮气表示的化学反应速率是__________mol·L-1·min-1。
④一定条件下,当合成氨的反应达到化学平衡时,下列说法正确的是__________。
a.以同一物质表示的正反应速率和逆反应速率相等
b.正反应速率最大,逆反应速率为0
c.氮气的转化率达到最大值
d.氮气和氢气的浓度相等
e.N2、H2和NH3的体积分数相等
f.反应达到最大限度
【答案】 (1). -342.5 kJ·mol-1 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92kJ (4). 0.25 (5). acf
【解析】
【分析】
（1）根据题设条件，将①与②分别写成热化学方程式得，
①CO(g) + O2(g) = CO2(g) ΔH = -283.0 kJ·mol-1；
②H2O(l) = H2O(g) ΔH = +44.0 kJ·mol-1；
结合反应③利用盖斯定律可得，目标化学方程式2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由①-②+③得到，从而计算出反应的焓变；
（2）①化学反应的能量变化实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。根据参与反应的物质分子内化学键的断裂吸收的能量与新化学键形成所放出的能量的代数和来计算1 mol氮气完全反应生成氨气放出的热量；
②反应为可逆反应，1 mol氮气和3 mol氢气混合不能反应彻底；
③化学反应速率的定义式 = = 计算出氨气的速率，再结合化学反应速率之比等于化学计量数之比推出氨气表示的化学反应速率即可；
④根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等物理量保持不变。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】（1）根据题设条件，将①与②分别写成热化学方程式得，
①CO(g) + O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283.0 kJ·mol-1；
②H2O(l) = H2O(g) ΔH2 = +44.0 kJ·mol-1；
结合反应③根据盖斯定律可得，目标化学方程式2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由①-②+③得到，所以对应的焓变ΔH = -283.0 kJ·mol-1-（+44.0 kJ·mol-1）+（-15.5 kJ·mol-1） = -342.5 kJ·mol-1，
故答案为：-342.5 kJ·mol-1；
（2）①旧化学键的断裂需要吸收的能量，新化学键形成需要放出的能量，结合化学反应方程式及其题设中所给数据，可计算出若1 mol氮气完全反应，则反应的焓变为ΔH = 946 kJ/mol+3436 kJ/mol-6391 kJ/mol = -92 kJ/mol，则反应放出的热量为92 kJ，
故答案为：92；
②因反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为可逆反应，则1 mol氮气和3 mol氢气混合不能完全反应，则实际放出的热量小于理论值，
故答案为：该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92 kJ；
③由化学反应速率的定义式 = = 得，氨气的化学反应速率(NH3) = = 0.5 mol·L-1·min-1,又知参加反应的各物质的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则(N2)：(NH3) = 1:2，所以(N2) = (NH3) =0.25 mol·L-1·min-1，
故答案为：0.25；
（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等物理量保持不变。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。
a. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，即以同一物质表示的正反应速率和逆反应速率相等，故a项正确；
b.正反应速率最大，逆反应速率为0，正逆反应速率不相等，故b项错误；
c.氮气的转化率由变化到定值（最大值）时，说明可逆反应到达平衡状态；
d. 当反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，但氮气和氢气的浓度相等不一定是定值，故d项错误；
e. 当反应达到平衡状态时，N2、H2和NH3的体积分数保持不变，但各物质的体积分数相等，不代表保持不变，故e项错误；
f.平衡状态即反应达到最大限度，故f项正确；
故答案为：acf。
23.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）甲池为装置_______(填“原电池”或“电解池”)。
（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_________mol电子。
（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___________________________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____________(填化学式)。
【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). (6). Ag2O
【解析】
试题分析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）根据甲装置总反应 计算两电极质量相差28g时导线中通过电子的物质的量；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极。
解析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应
设参加反应的铜的质量为xg，生成银的质量为ag
64g 216g
x g a g
X=6.4g
所以参加反应的铜的物质的量是0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol；
（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为，所以铜棒质量不变；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中又侧Pt电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O。
点睛：原电池外电路中的电子是从负极流向正极，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极。电解池中阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
24.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，A的简单离子焰色反应为黄色。B的最高价氧化物对应水化物B(OH)2 5.8 g恰好能与100 mL 2 mol·L-1盐酸完全反应；且B原子核中质子数和中子数相等。E2在黄绿色气体C2中燃烧产生苍白色火焰。D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，F和D同主族。 根据上述条件回答：
（1）写出元素B的名称 ，元素C在元素周期表中的位置 。
（2）A、D形成淡黄色化合物，该物质中含有的化学键类型为 。
（3）C2与ADE溶液反应的离子方程式为 。
（4）用电子式表示BC2的形成过程 。
（5）由元素D和E构成的9e－微粒名称是 。
（6）比较元素C和F的气态氢化物的稳定性 ＞ （用化学式表示）。
【答案】（1）镁，第三周期ⅦA族；（2）离子键、共价键 或离子键、非极性共价键；（3）Cl2 +2OH－= Cl－+ClO－+H2O；（4）；（5）羟基 ；（6）HCl＞H2S。
【解析】
试题分析：A简单离子焰色反应为黄色，推出A为Na，根据B的最高价氧化物对应水化物B(OH)2 5.8 g恰好能与100 mL 2 mol·L-1盐酸完全反应，推出B为Mg，E2在黄绿色气体C2中燃烧产生苍白色火焰，推出E：H，C为Cl，D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出D为O，F和D同主族，推出F为S，（1）B为镁，氯元素位于第三周期VIIA族；（2）Na和O形成淡黄色化合物，则为Na2O2，其电子式为：，含有的化学键为离子键和非极性共价键；（3）ADE为NaOH，Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；（4）BC2为MgCl2，属于离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程：；（5）有H和O构成9e－微粒是－OH，名称为羟基；（6）非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，即非金属性：Cl＞S，则HCl＞H2S。
考点：考查元素推断、化学键、电子式、元素周期律等知识。
25.向一容积不变的密闭容器中充入一定量A(g)和B，发生反应：xA(g) +2B(s) yC(g) △H<0.在一定条件下，容器中A、C 的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题
（1）根据图示可确定x：y=________。
（2）0 -10min容器内压强______ （填“变大”、“ 不变”或“变小”）
（3）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是______（填编号，下同）；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压 ② 增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤ 降温⑥ 加催化剂
（4）若平衡1的平衡常数为K1，平衡II的平衡常数为K2，则K1______（填“＞”“=”或“＜”）K2
【答案】 (1). 1:2 (2). 变大 (3). ④⑥ (4). ④ (5). ＞
【解析】
(1)10 min时C的浓度增加0.40 mol/L，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2；(2)0～10 min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大；(3)根据图像知10 min时反应速率加快，分析可知10 min时改变的条件可能是升温或加催化剂，答案选④⑥；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20 min时达到新平衡，分析可知16 min时改变的条件可能是升温，答案选④；(4) 已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，故K1＞K2。
点睛：本题考查化学平衡以及反应速率等问题，题目难度中等，注意图象曲线变化的分析，把握外界条件对反应速率和平衡移动的影响。易错点为（3）由图可知，第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，根据影响速率的因素分析；根据第16min时平衡移动方向分析。
1.下列措施能使水的电离程度增大的是（ ）
A. 加入盐酸溶液 B. 加醋酸钠 C. 加入氨水 D. 降温
【答案】B
【解析】
【分析】
结合影响水电离的因素分析判断，水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离等来分析解答。
【详解】A. 盐酸是氯化氢溶于水形成溶液显酸性，抑制水的电离，故A项错误；
B. 醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，促进水的电离，故B项正确；
C. 氨水溶液显碱性，抑制水的电离，故C项错误；
D. 水的电离为吸热反应，降低温度抑制了水的电离，故D项错误；
答案选B。
2.下列物质均为1mol，将其置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是( )
A. KCl B. Mg(OH)2 C. Na2CO3 D. MgSO4
【答案】C
【解析】
【分析】
Mg(OH)2难溶于水。KCl、Na2CO3和MgSO4都是可溶性的强电解质，当其物质的量均为1mol时，其所含的阴离子也均为1mol。氯离子、硫酸根离子不水解，Na2CO3溶液中由于CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，阴离子数目会增加。
【详解】A. KCl溶于水完全电离，溶液中的阴离子有Cl−和水电离的少量的OH−；
B. Mg(OH)2在水中难溶，溶液中的阴离子只有少量的OH−；
C. 在Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，水的电离程度变大，溶液中的阴离子数目除了有CO32-，还有水解生成的HCO3-与OH-，阴离子数目增多；
D. MgSO4溶于水并完全电离，镁离子水解使溶液呈弱酸性，溶液中的阴离子有SO42−和水电离的少量的OH−；
综上分析，C项符合题意，
答案选C。
3.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性.。在0.1 mol/L KHC2O4溶液中,下列关系正确的是( )
A. c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+c(OH−)+c(C2O42−)
B. c(C2O42−)+c(HC2O4−) = 0.1mol/L
C. c(C2O42−)c(H2C2O4)
D. c(K+) = c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42−)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据草酸氢钾溶液呈酸性可知，说明HC2O4-在水溶液中的电离程度大于水解程度，
A. 根据电荷守恒规律来分析；
B. 从草酸氢根离子的电离、水解结合物料守恒分析；
C. 比较电离程度和水解程度分析；
D. 从物料守恒的角度分析。
【详解】A. 溶液遵循电中性原则,则有c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+c(OH−)+2c(C2O42−)，故A项错误；
B. 草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42−、HC2O4−，根据物料守恒可知c(H2C2O4)+c(C2O42−)+c(HC2O4−) = 0.1mol/L，故B项错误；
C. HC2O4-在水溶液中存在电离平衡为：HC2O4- ⇌ H++ C2O42−，其水解平衡方程式为：HC2O4-+H2O⇌ H2C2O4+OH-，又因草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-在水溶液中的电离程度大于水解程度，则c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故C项错误；
D. 溶液遵守物料守恒的角度，则有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42−)，故D项正确。
答案选D。
【点睛】理解“三个守恒”，明确浓度关系，是解此类题型的突破口，其中溶液中的三大守恒可归纳如下：
（1）电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c()＋2c()＋c(OH－)。
（2）物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n()＝1 mol，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c()＋c()，即钠元素与碳元素守恒。
（3）质子守恒：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：
c(H2CO3)＋c(H＋)＝c()＋c(OH－)。
注：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
当真正掌握溶液中的“三大守恒”时，做题也可以游刃有余，攻克难题，提高分析问题与解决问题的能力。
4.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为: CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是( )
A. 检测时,电解质溶液中的氢离子向负极移动
B. 若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C. 电池反应的化学方程式为: CH3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2O
D. 正极上发生的反应为: O2+4e-+2H2O = 4OH-
【答案】C
【解析】
【分析】
酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
【详解】A. 在原电池中，溶液中的阳离子向正极移动，故A项错误；
B. 氧气在正极得电子，被还原，其化合价由0价降低到-2价，根据关系式O24e-可知，若有0.4mol电子转移,则有0.1 mol氧气参与，即在标准状况下消耗氧气的体积V = nVm = 0.1 mol22.4 L/mol = 2.24 L，故B项错误；
C. 因为该电池为酸性燃料电池，故负极上的反应为：CH3CH2OH-4e-+ H2O = CH3COOH+4H+，正极反应为：O2+4e-+4H+ =2H2O，则总反应式为：CH3CH2OH + O2 = CH3COOH+ H2O，故C项正确；
D. 该酒精检测仪为酸性燃料电池原理，则正极反应为：O2+4e-+4H+ =2H2O，故D项错误；
答案选C。
5.将3.64 g Fe2O3和Al2O3的混合物溶于200 mL 0.1 mol/L盐酸中(盐酸过量),再向该溶液中加入NaOH溶液使Fe3+和Al3+恰好完全沉淀,用去NaOH溶液100 mL。则NaOH溶液的物质的量浓度是( )
A. 0.1 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8 mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
反应生成硫酸铝、硫酸铁，盐酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入10 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，据此计算n(NaOH)，再根据c=来分析计算。
【详解】盐酸的浓度为0.1 mol/L，体积为0.2L，则其中氯离子的物质的量为0.02mol.
Fe2O3、Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入10 mL NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，
根据氯离子守恒有n(NaCl) = n(HCl) = 0.2 L×0.1 mol/L = 0.02 mol，
根据钠离子守恒可得：n(NaOH) = n(NaCl) = 0.02 mol，则该c(NaOH) = = 0.2 mol/L，
答案选B。
【点睛】本题侧重考查学生对金属化合物性质的运用与理解。在计算的过程中，抓住钠元素与氯元素守恒作答可以达到事半功倍的效果。
6.有人形象地把人体比作一架缓慢氧化着的“高级机器”,人体在正常生命活动过程中需要不断地补充“燃料”。依照这种观点,你认为人们通常摄入的下列物质中不能被看作“燃料”的是( )
A. 淀粉类物质 B. 水 C. 脂肪类物质 D. 蛋白质
【答案】B
【解析】
【分析】
“燃料”的含义是指能在人体内反应并提供能量的物质，据此采用排除法分析作答。
【详解】A. 淀粉属于糖类，糖类是人体的主要供能物质，不符合题意，故A项错误；
B. 水在人体内主要是做溶剂，不能为人体提供能量，故B项正确；
C. 脂肪能在体内发生氧化反应提供能量，不符合题意，故C项错误；
D.食物中的蛋白质在体内被水解为氨基酸后才能吸收，一部分氨基酸再重新合成人体的蛋白质，另一部分氨基酸氧化分解释放能量，供生命活动需要，不符合题意，故D项错误；
答案选B。
7.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入足量的HCl中,同温同压下产生的气体的体积比是( )
A. 1 : 2 : 3 B. 6 : 3 : 2 C. 3 : 1 : 1 D. 1 : 1 : 1
【答案】A
【解析】
【分析】
由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。
【详解】由金属与酸反应的实质及电子守恒规律可知，金属失去的电子数等于盐酸中H+得到的电子数，由电子守恒可计算生成氢气的体积之比。
0.3 mol NaNa+，失去的电子的物质的量为0.3 mol；
0.3 mol Mg Mg2+，失去的电子的物质的量为0.3 mol2 = 0.6 mol；
0.3 mol Al Al3+，失去的电子的物质的量为0.3 mol3 = 0.9 mol；
则同温同压下产生的气体的体积比0.3 mol：0.6 mol：0.9 mol = 1：2：3，故A项正确；
答案选A。
8.常温下，向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中不断加水，过程中始终保持增大的是
A. c（H＋）
B. Ka（CH3COOH）
C. c（H＋）•c（OH－）
D. c（H＋）/c（CH3COOH）
【答案】D
【解析】
试题分析：A．因CH3COOH为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B．因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（CH3COOH）在稀释过程中不变，故B错误；C．c（H＋）•c（OH－）只与温度有关，随着温度升高而增大，与溶液的酸碱性、浓度均无关系，故C错误；D．稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，则氢离子与醋酸的浓度的比值逐渐增大，故D正确。故选D。
考点：考查弱电解质在水中的电离平衡
9.关于强、弱电解质叙述正确的是( )
A. 强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物
B. 强电解质都是可溶性化合物,弱电解质都是难溶性化合物
C. 强电解质的水溶液中无溶质分子,弱电解质的水溶液中有溶质分子
D. 强电解质的水溶液导电能力强,弱电解质的水溶液导电能力弱
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 有些强电解质为共价化合物；
B. 电解质强弱与溶解性无关；
C. 根据强、弱电解质的定义解答；
D. 水溶液中导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。
【详解】A. 氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故A项错误；
B. 硫酸钡为强电解质，难溶于水，醋酸易溶于水为弱电解质，故B项错误；
C. 强电解质在水中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水中部分电离，存在溶质分子，故C项正确；
D. 水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题侧重考查学生对强、弱电解质概念的理解能力，根据在水溶液中是否完全电离，又将电解质分为强电解质和弱电解质，弱电解质是指在水中不完全电离（部分电离）的化合物，如弱酸(HF、CH3COOH)、 弱碱[NH3·H2O、Fe(OH)3和Cu(OH)2]；强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，如大多数盐类和强酸、强碱(H2SO4、HNO3、HCl、NaOH和KOH等)都是强电解质。值得注意的是，化合物是否是强电解质，与化合物类型、溶解性以及导电性没有直接关系，不能将判断标准混为一谈。
10.反应C(s)+H2OCO(g)+H2(g)△H＞0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 加入催化剂，平衡常数不变 B. 减小容器体积，正、逆反应速率均减小
C. 增大C的量，H2O的转化率增大 D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
试题分析：A．加入催化剂后，化学平衡不发生移动，则化学平衡常数不变，故A正确；B．减小容器容积，容器内压强增大，则正逆反应速率都增大，故B错误；C．由于C的状态为固体，则增大C的量，化学平衡不发生移动，故C错误；D．升高温度后，平衡向着吸热的反应方向一定，该反应的正反应为吸热反应，则平衡向着正向移动，故D错误；故选A。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查了化学平衡的影响因素。明确浓度、温度、催化剂等因素对化学平衡的影响为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。具体影响化学平衡移动的因素有：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度，化学平衡向着放热方向进行，增大压强化学平衡向着气体体积减小的方向进行，减小压强化学平衡向着气体体积增大的方向进行，增大反应物的浓度，平衡正向移动，减小反应物的浓度，平衡逆向移动；加入催化剂，平衡不移动。
11.25℃时关于0.10mol·L-1 NaHCO3溶液的说法正确的是( )
A. 溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-
B. 25℃时,加水稀释后c(H+)与c(OH-)的乘积不变
C. 离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D. 温度升高,c(HCO3-)增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子不能拆开；
B. 温度不变，水的离子积不变；
C. 碳酸根离子带有2个单位负电荷，电荷守恒中其系数应该为2；
D. HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解。
【详解】A. 碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其正确的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3−，故A项错误；
B. 25℃时，加水稀释后，水的离子积Kw = c(H+)⋅c(OH−)不变，故B项正确；
C. 根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故C项错误；
D. HCO3−水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3−)减小，故D项错误；
答案选B。
【点睛】本题侧重考查水溶液中单一溶质的离子平衡及其影响因素，题型基础，其中C项是学生易错点，c(H+)与c(OH-)之积为水的离子积常数Kw，简称水的离子积。Kw = c(H+)⋅c(OH−)，该公式不仅适用于纯水中，也适用于任何水溶液中，公式中的c(H+)和c(OH-)是分别是指整个溶液中氢离子和氢氧根离子的总物质的量浓度。利用她可以简单地判断溶液中的pH值及酸碱性。值得注意的是，Kw只随温度变化而变化，不会随某一离子浓度的变化而变化，学生要正确理解Kw的含义，才能正确解题。
12.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向盐酸中加入氨水至中性,溶液中
B. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4,Kw不变
C. 向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中增大
D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)得到c(NH4+) = c(Cl-)；
B. 溶液中离子积常数随温度变化；
C. 向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少；
D. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大。
【详解】A. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+) = c(OH-)+c(Cl-)，得到c(NH4+) = c(Cl-)，则 = 1，故A项错误；
B. 溶液中离子积常数随温度变化，在蒸馏水中滴加浓H2SO4，浓硫酸溶解放热，溶液温度升高，促进水的电离，Kw增大，故B项错误；
C. 向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少，溶液中增大，故C项正确；
D. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡向正向进行，水解平衡常数Kh增大，Kh = 增大，则减小，故D项错误；
答案选C。
13.下列有关粒子浓度关系正确的是( )
A. 0.2mol/L的NaHCO3溶液:c(HCO3-)>c(CO32-)>0.1mol/L>c(H2CO3)
B. pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C. 0.2mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L CH3COONa溶液等体积混合:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L
D. 浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③NH4HCO3三种溶液,其中c(NH4+):③>①>②
【答案】C
【解析】
【分析】
A. NaHCO3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即c(Na+) = c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；
B. CH3COOH为弱酸，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液；
C. 溶液中遵循电荷守恒，c(Na+) = 0.1 mol/L；
D. 三种溶液中均存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，分析其他阴离子对该水解平衡是否有影响来判断并比较NH4+的浓度大小。
【详解】A. NaHCO3在水溶液中发生水解与电离，其水解程度大于电离程度，且遵循物料守恒，即c(Na+) = c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) = 0.2mol/L，则HCO3-、CO32-的浓度不可能都大于0.1 mol/L，否则加起来就大于0.2 mol/L，不符合物料守恒规律，故A项错误；
B. CH3COOH为弱酸，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，所得溶液显酸性，即c(CH3COO-) > c(Na+) > c(H+) > c(OH-)，故B项错误；
C. 考查溶液中的电荷守恒，即c(Na+)+ c(H+) = c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+) = c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+) = 0.1 mol/L，故C项正确；
D. 三种溶液中均存在铵根离子的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，①中氯离子对铵根离子的水解无影响，②中NH4Al(SO4)2电离产生的铝离子对铵根离子的水解起抑制作用，而③NH4HCO3电离出的碳酸氢根离子对铵根离子的水解起促进作用，则c(NH4+):②>①>③，故D项错误；
答案选C。
14.25℃时,水的电离达到平衡: H2OH＋＋OH－ △H＞0,下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入氨水,平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，,Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动, c(H+)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 氨水显碱性，纯水显中性，碱中的OH-浓度大于水中的；
B. 硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
C. 醋酸根水解对水的电离起到促进作用；
D. 温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小。
【详解】A. 氨水显碱性，向水中加入氨水,碱对水的电离起抑制作用，所以平衡向逆向移动,但溶液由中性到碱性，所以c(OH-)增大，故A项错误；
B. NaHSO4在水中完全电离，NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-，使得溶液中c(H＋)增大，但温度不变，则Kw不变，故B项正确；
C. 醋酸钠中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，使得电离平衡向正反应方向移动，又醋酸根水解显碱性，可知溶液中的c(H+)降低，故C项错误；
D. 温度升高，水的离子积常数增大，则c(H+)增大，即pH值减小，故D项错误；
答案选B。
15.化学反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2min,B的浓度减少0.6mol/L.对此反应速率的表示正确的是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4mol·(L·min)-1
B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3:2:1
C. 2min末的反应速率用B表示是0.3mol·(L·min)-1
D. 2min内,v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速率；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；
C. 化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率；
D. B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大。
【详解】A. 物质A是固体，反应过程中浓度视为定值，不能用A表示该反应的反应速率，故A项错误；
B. 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则v(B):v(C):v(D)=3:2:1，故B项正确；
C. 2 min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L∙min)，是2min内的平均速率，故C项错误；
D. 根据题设信息可知，B为反应物，浓度降低，而C为生成物，浓度增大，则2 min内，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值分别是逐渐减小和逐渐增大的，故D项错误；
答案选B。
【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。此外在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意以下几点：
（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1；
（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；
（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；
（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。
学生只有真正理解了化学反应速率的概念及其应用，则解此类题会游刃有余，得心应手。
16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，证明CH3COOH是弱电解质
B. pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m
D. 常温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O的溶液中的c(OH－)相等
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明醋酸溶液的导电性很弱，但不能证明CH3COOH是弱电解质，A错误；B．醋酸是弱酸，稀释促进电离。pH相同的醋酸和盐酸，取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m＞n，B错误；C．常温下，在0.10mol﹒L-1的NH3·H2O溶液中加入少置NH4Cl晶体抑制电离，能使溶液的pH减小且(NH4+)/c(NH3﹒H2O)的值增大，C正确；D．醋酸钾水解促进水的电离，醋酸是弱酸，抑制水的电离，D错误，答案选C。
【考点定位】考查电解质溶液的有关判断
【名师点晴】易错选项是A，注意弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在， 就证明了弱电解质。
17. 下图是研究铁钉腐蚀的装置图，下列说法不正确的是
A. 铁钉在两处的腐蚀速率：a < b
B. a、b两处铁钉中碳均正极
C. a、b两处铁钉中的铁均失电子被氧化
D. a、b两处的正极反应式均为O2+4e-+4H+===2H2O
【答案】D
【解析】
试题解析：a中电解质溶液显中性，为铁钉的吸氧腐蚀，b中电解质溶液为稀硫酸，显酸性为析氢腐蚀；硫酸中氢离子浓度较大，电池反应较快，饱和食盐水中氧气的浓度较小，电池反应较慢，所以ab在两处的腐蚀速率a＜b，故A正确；a中C为原电池的正极，正极上氧气得电子，b中C为原电池的正极，正极上氢离子得电子，故B正确；原电池中失电子的一极为负极，a、b中Fe失电子为原电池的负极，故C正确；a中正极上氧气得电子，其电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，b中正极上氢离子得电子，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，故D错误。
考点：金属的电化学腐蚀与防护
18.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) △H＜0。若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D. 其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【答案】D
【解析】
试题分析：A、S为液体，反应前后气体系数之和不相等，随着反应进行，气体物质的量减小，压强减小，故错误；B、因为S为液体，浓度视为常数，因此分离出S，反应速率不变，故错误；C、此反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，故错误；D、化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故正确。
考点：考查勒夏特列原理、化学平衡常数等知识。
19.如下图装置，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的相接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡，小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可观察到的现象是（指悬吊的金属圈）
A. 铁圈和银圈左右摇摆不定
B. 保持平衡状态不变
C. 铁圈向下倾斜
D. 银圈向下倾斜
【答案】D
【解析】
试题分析：依据金属活动顺序可知铁的活泼性强于银，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡．小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液后，该装置构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，失去电子，发生氧化反应生成亚铁离子，质量减小；较不活泼的金属银作正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，在银圈上析出，所以铁圈向上倾斜，银圈向下倾斜，答案选D。
考点：考查原电池的工作原理。
20.已知反应H2（g）+ I2（g）2HI（g），1 mol H2完全反应放出a kJ的热量，依据下表数据，以下说法错误的是（ ）
化 学 键
H—H
I—I
断开1 mol化学键时吸收的能量（kJ）
b
c
A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开1 mol H-H 键和1 mol I-I 键所需能量大于断开2 mol H-I 键所需能量
C. 断开2 mol H-I键所需能量为（a+b+c）kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：A、此反应是放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故说法正确；B、此反应为放热反应，断开化学键所需能量小于断开2molH－I键所需能量，故说法错误；C、断开反应物的能量(b＋c)kJ，设断开2molH－I所需能量为xkJ，此反应属于放热反应，x－(b＋c)=a，则x=a＋b＋c，故说法正确；D、此反应属于可逆反应，不能进行到底，故说法正确。
考点：考查化学能量的变化等知识。
21.已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系:
①c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) ②c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+) ③c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) ④c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
填写下列空白:
（1）若溶液中只溶解了一种溶质,则该溶液是__________,上述四种离子的浓度的大小顺序为__________(填序号)
（2）若上述关系中③是正确的,则溶液中的溶质为_______;若上述关系中④是正确的,则溶液中的溶质是______
（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”)
【答案】 (1). NH4Cl (2). ① (3). NH4Cl和NH3·H2O (4). NH4Cl和HCl (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）任何电解质溶液中都存在OH-、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；
（2）若上述关系中③是正确的，c(OH-) > c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则溶液中溶质为一水合氨和氯化铵；若上述关系中④是正确的，溶液中c(H+) > c(OH-)则溶液呈酸性，又溶液中c(H+) > c(NH4+)，说明溶液中存在两种溶质，分别是HCl和NH4Cl；
（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析。
【详解】（1）若溶液中只溶解了一种溶质,由于溶液中只存在OH−、H+、NH4+、Cl−四种离子，则该溶液只能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：NH4Cl；①；
（2）若上述关系中③是正确的，c(OH−)>c(H+)则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以该溶液中溶质为NH4Cl、NH3⋅H2O，若上述关系中④是正确的，溶液中c(H+)>c(OH−)则溶液呈酸性，如果溶液中只含氯化铵，则溶液中存在c(NH4+)>c(H+)，实际上溶液中存在c(H+)>c(NH4+)，说明不仅氯化铵水解生成氢离子，还得有HCl电离生成氢离子，所以该溶液中存在的溶质为HCl、NH4Cl，
故答案为：NH4Cl、NH3⋅H2O；HCl、NH4Cl。
（3）体积相等的稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c(HCl)小于c(NH3·H2O)，
故答案为：小于。
22.（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的研究开发。已知:
①1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量;
②1mol H2O(l)完全蒸发变成H2O(g)需吸收44.0 kJ的热量;
③2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH=-15.5 kJ·mol-1
则2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l) ΔH=__________。
（2）工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是一个放热的可逆反应,反应条件是高温、高压并且需要合适的催化剂。已知形成1mol H—H键、1mol N—H键、1mol N≡N键放出的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则:
①若1 mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为__________kJ。
②如果将1 mol氮气和3 mol氢气混合,使充分反应,反应放出的能量总小于上述数值,为什么?__________。
③实验室模拟工业合成氨时,在容积为2L的密闭容器内,反应经过10分钟后,生成10 mol 氨气,则用氮气表示的化学反应速率是__________mol·L-1·min-1。
④一定条件下,当合成氨的反应达到化学平衡时,下列说法正确的是__________。
a.以同一物质表示的正反应速率和逆反应速率相等
b.正反应速率最大,逆反应速率为0
c.氮气的转化率达到最大值
d.氮气和氢气的浓度相等
e.N2、H2和NH3的体积分数相等
f.反应达到最大限度
【答案】 (1). -342.5 kJ·mol-1 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92kJ (4). 0.25 (5). acf
【解析】
【分析】
（1）根据题设条件，将①与②分别写成热化学方程式得，
①CO(g) + O2(g) = CO2(g) ΔH = -283.0 kJ·mol-1；
②H2O(l) = H2O(g) ΔH = +44.0 kJ·mol-1；
结合反应③利用盖斯定律可得，目标化学方程式2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由①-②+③得到，从而计算出反应的焓变；
（2）①化学反应的能量变化实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。根据参与反应的物质分子内化学键的断裂吸收的能量与新化学键形成所放出的能量的代数和来计算1 mol氮气完全反应生成氨气放出的热量；
②反应为可逆反应，1 mol氮气和3 mol氢气混合不能反应彻底；
③化学反应速率的定义式 = = 计算出氨气的速率，再结合化学反应速率之比等于化学计量数之比推出氨气表示的化学反应速率即可；
④根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等物理量保持不变。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】（1）根据题设条件，将①与②分别写成热化学方程式得，
①CO(g) + O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283.0 kJ·mol-1；
②H2O(l) = H2O(g) ΔH2 = +44.0 kJ·mol-1；
结合反应③根据盖斯定律可得，目标化学方程式2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)可由①-②+③得到，所以对应的焓变ΔH = -283.0 kJ·mol-1-（+44.0 kJ·mol-1）+（-15.5 kJ·mol-1） = -342.5 kJ·mol-1，
故答案为：-342.5 kJ·mol-1；
（2）①旧化学键的断裂需要吸收的能量，新化学键形成需要放出的能量，结合化学反应方程式及其题设中所给数据，可计算出若1 mol氮气完全反应，则反应的焓变为ΔH = 946 kJ/mol+3436 kJ/mol-6391 kJ/mol = -92 kJ/mol，则反应放出的热量为92 kJ，
故答案为：92；
②因反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为可逆反应，则1 mol氮气和3 mol氢气混合不能完全反应，则实际放出的热量小于理论值，
故答案为：该反应是可逆反应，1mol氮气和3mol氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92 kJ；
③由化学反应速率的定义式 = = 得，氨气的化学反应速率(NH3) = = 0.5 mol·L-1·min-1,又知参加反应的各物质的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则(N2)：(NH3) = 1:2，所以(N2) = (NH3) =0.25 mol·L-1·min-1，
故答案为：0.25；
（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变等物理量保持不变。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。
a. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，即以同一物质表示的正反应速率和逆反应速率相等，故a项正确；
b.正反应速率最大，逆反应速率为0，正逆反应速率不相等，故b项错误；
c.氮气的转化率由变化到定值（最大值）时，说明可逆反应到达平衡状态；
d. 当反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，但氮气和氢气的浓度相等不一定是定值，故d项错误；
e. 当反应达到平衡状态时，N2、H2和NH3的体积分数保持不变，但各物质的体积分数相等，不代表保持不变，故e项错误；
f.平衡状态即反应达到最大限度，故f项正确；
故答案为：acf。
23.某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）甲池为装置_______(填“原电池”或“电解池”)。
（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_________mol电子。
（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___________________________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____________(填化学式)。
【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). (6). Ag2O
【解析】
试题分析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）根据甲装置总反应 计算两电极质量相差28g时导线中通过电子的物质的量；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极。
解析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应
设参加反应的铜的质量为xg，生成银的质量为ag
64g 216g
x g a g
X=6.4g
所以参加反应的铜的物质的量是0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol；
（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为，所以铜棒质量不变；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中又侧Pt电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O。
点睛：原电池外电路中的电子是从负极流向正极，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极。电解池中阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
24.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，A的简单离子焰色反应为黄色。B的最高价氧化物对应水化物B(OH)2 5.8 g恰好能与100 mL 2 mol·L-1盐酸完全反应；且B原子核中质子数和中子数相等。E2在黄绿色气体C2中燃烧产生苍白色火焰。D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，F和D同主族。 根据上述条件回答：
（1）写出元素B的名称 ，元素C在元素周期表中的位置 。
（2）A、D形成淡黄色化合物，该物质中含有的化学键类型为 。
（3）C2与ADE溶液反应的离子方程式为 。
（4）用电子式表示BC2的形成过程 。
（5）由元素D和E构成的9e－微粒名称是 。
（6）比较元素C和F的气态氢化物的稳定性 ＞ （用化学式表示）。
【答案】（1）镁，第三周期ⅦA族；（2）离子键、共价键 或离子键、非极性共价键；（3）Cl2 +2OH－= Cl－+ClO－+H2O；（4）；（5）羟基 ；（6）HCl＞H2S。
【解析】
试题分析：A简单离子焰色反应为黄色，推出A为Na，根据B的最高价氧化物对应水化物B(OH)2 5.8 g恰好能与100 mL 2 mol·L-1盐酸完全反应，推出B为Mg，E2在黄绿色气体C2中燃烧产生苍白色火焰，推出E：H，C为Cl，D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出D为O，F和D同主族，推出F为S，（1）B为镁，氯元素位于第三周期VIIA族；（2）Na和O形成淡黄色化合物，则为Na2O2，其电子式为：，含有的化学键为离子键和非极性共价键；（3）ADE为NaOH，Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；（4）BC2为MgCl2，属于离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程：；（5）有H和O构成9e－微粒是－OH，名称为羟基；（6）非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，即非金属性：Cl＞S，则HCl＞H2S。
考点：考查元素推断、化学键、电子式、元素周期律等知识。
25.向一容积不变的密闭容器中充入一定量A(g)和B，发生反应：xA(g) +2B(s) yC(g) △H<0.在一定条件下，容器中A、C 的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题
（1）根据图示可确定x：y=________。
（2）0 -10min容器内压强______ （填“变大”、“ 不变”或“变小”）
（3）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是______（填编号，下同）；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压 ② 增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤ 降温⑥ 加催化剂
（4）若平衡1的平衡常数为K1，平衡II的平衡常数为K2，则K1______（填“＞”“=”或“＜”）K2
【答案】 (1). 1:2 (2). 变大 (3). ④⑥ (4). ④ (5). ＞
【解析】
(1)10 min时C的浓度增加0.40 mol/L，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2；(2)0～10 min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大；(3)根据图像知10 min时反应速率加快，分析可知10 min时改变的条件可能是升温或加催化剂，答案选④⑥；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20 min时达到新平衡，分析可知16 min时改变的条件可能是升温，答案选④；(4) 已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，故K1＞K2。
点睛：本题考查化学平衡以及反应速率等问题，题目难度中等，注意图象曲线变化的分析，把握外界条件对反应速率和平衡移动的影响。易错点为（3）由图可知，第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，根据影响速率的因素分析；根据第16min时平衡移动方向分析。
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