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【化学】安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
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安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高二下学期开学考试
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57．3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283．0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+566．0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸与氢氧化钙反应会生成微溶物硫酸钙，放出的热量应2×(－57．3)kJ/mol。B、二氧化碳反应生成一氧化碳和氧气属于吸热反应，焓变值大于0且数值上与一氧化碳的燃烧热相等。C、吸热反应与反应是否加热无关。D、应是液态水。所以答案选B
考点：考查热化学反应方程式的相关知识点。
2.100 g碳燃烧所得气体中，CO占1/3 体积，CO2占2/3 体积，且C(s)+ 1/2 O2(g) ＝CO(g) ΔH＝－110.35 kJ/mol,CO(g)+ 1/2O2(g) ＝CO2(g) ΔH=－282.57 kJ/mol。与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量 是
A. 392.92 kJ B. 2 489.44 kJ C. 784.92 kJ D. 3 274.3 kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：100克碳的物质的量为100/12=25/3mol，燃烧所得气体中，一氧化碳占三分之一，所以一氧化碳的物质的量为25/9mol，由于一氧化碳转化为二氧化碳放热，所以25/9mol一氧化碳变成二氧化碳放出的热量为282.57×25/9=738.92KJ,即100克碳不完全燃烧生成一氧化碳损失的热量为784.92KJ ，选C。
考点： 有关反应热的计算
3.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能够引起反应速率增大的是
A. 增加C的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳为固体，增加碳的量，反应速率不变，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，故B选；
C．保持体积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故C不选；
D．保持压强不变，充入N2，体积增大，浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握浓度、压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C、D为解答的易错点，明确压强对反应速率影响的实质是解答的关键。
4.对于可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol•L-1•min-1
B. v（B）=1.2mol•L-1•s-1
C. v（D）=0.4mol•L-1•min-1
D. v（C）=0.1mol•L-1•s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成用A物质表示其反应速率，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。
【详解】A．v（A）=0.5mol•L-1•min-1；
B．v（A）=1/3 v（B）=0.4mol•L-1•s-1=24mol•L-1•min-1；
C．v（A）=1/2 v（D）=0.2mol•L-1•min-1；
D．v（A）=1/2 v（C）=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；
则反应速率最大的为B，故答案选B。
5.同质量的锌与盐酸反应,欲使反应速率增大,选用的反应条件正确的组合是
①锌粒②锌片③锌粉④5%的盐酸⑤10%的盐酸⑥15%的盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置。
A. ②⑥⑦⑩ B. ①④⑧⑩ C. ③⑤⑦⑨ D. ③⑥⑦⑨
【答案】D
【解析】
【分析】
用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答。
【详解】①锌粒、②锌片、③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；④5%盐酸、⑤10%盐酸、⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；⑦加热、⑧用冷水冷却相比较，升高温度反应速率增大；不断振荡可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，故选用的反应条件正确的组合是③⑥⑦⑨，答案选D。
6.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
7.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，下列说法中：
①容器内压强不随时间变化，②容器内各物质的浓度不随时间变化，
③容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2，
④单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z,能判断此反应达到平衡的标志的是
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体的物质的量是变化的，因此压强不变，能说明反应达到平衡；
②根据化学平衡状态的定义，组分的浓度不变说明反应达到平衡；
③没有转化率无法计算，因此不能说明达到平衡；
④不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗X和生成Z反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡。
所以能判断此反应达到平衡的标志的是①②。答案选A。
【点睛】④是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
8.已知反应3A(g)+B(g)⇌C(s)+4D(g).如图中a、b表示在一定条件下D的体积分数随时间t的变化情况。若使曲线b变为曲线a.可采取的措施是
A. 增大B的浓度 B. 升高温度
C. 缩小反应容器的体积(加压) D. 增大反应容器的体积
【答案】C
【解析】
【分析】
使b曲线变为a曲线，到达平衡时间缩短，且D的体积分数不发生变化，说明改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，以此解答该题。
【详解】A．增大B的浓度，平衡正向移动，D的体积分数增大，故A不选；
B．升高温度，平衡发生移动，a、b的平衡状态不同，故B不选；
C．缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，D体积分数不变，故C选；
D．增大反应容器的体积，浓度减小，反应速率减小，故D不选。
故答案选C。
【点睛】本题考查平衡图象、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生的分析能力，解答的关键是根据图象判断改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，明确影响反应速率和化学平衡的因素。
9.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2mol NH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（ ）
A. 25% B. 80% C. 10% D. 20%
【答案】D
【解析】
【分析】
令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。
【详解】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：
2NH3N2（g）+3H2（g）
开始（mol）：2 0 0
变化（mol）：x 0.5x 1.5x
平衡（mol）：2-x 0.5x 1.5x
所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2×100%=20%。故答案选D。
10.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是( )
A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变
B. 用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故A错误；
B．铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；
D．减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故D正确．
【点评】本题综合考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素以及相关基础知识的学习，难度不大．
11.下列叙述正确的是
A. 95 ℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH = 4
C. 常温下，0.2 mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH = 1
D. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，与pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH = 7
【答案】C
【解析】
A. 水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但依然存在c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，故A错误；B. 醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后，溶液3
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
试题分析：①加入烧碱溶液，反应生成CH3COO-，c(H+)减小，促进CH3COOH的电离，则比值减小，故错误；②弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则比值增大，故正确；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，故错误；④加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的大，所以比值增大，故正确；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识。
13.对于反应2NO2(g) N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是
①体积不变，增加NO2的物质的量 ②体积不变，增加N2O4的物质的量
③使体积增大到原来的2倍 ④充入N2，保持压强不变
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，的比值变小，①错误；②体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，比值变小，②错误；③体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，比值变大，③正确；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，比值变大，④正确；答案选D。
考点：考查化学平衡的移动。
【名师点睛】本题考查化学平衡的移动，难度中等，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度等效为压强变化；①体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；②体积不变，增加N2O4相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；③体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断。
14. 常温下，下列对于溶液问题的叙述正确的是( )
A. pH=4的氯化铵溶液，用蒸馏水稀释10倍后，溶液的pH小于5
B. pH=3的盐酸与pH=3的CH3COOH溶液相比，c（Cl﹣）＞C（CH3COO﹣）
C. pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，c（Na+）一定小于c（A﹣）
D. pH相同的NaOH、NaClO两种溶液中水的电离程度相同
【答案】A
【解析】
试题分析：A、NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，H＋浓度增大，即pH小于5，故正确；B、pH相同，H＋浓度相等，即c(Cl－)=c(CH3COO－)，故错误；C、如果HA是强酸，则c(A－)=c(Na＋)，如果是弱酸，则c(Na＋)
15.常温下，Ksp（CaSO4）=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列说法正确的是
A. 在任何溶液中c（Ca2+）、c（SO42-）均相等
B. d点溶液通过蒸发可以变到c点
C. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
D. b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42-）一定等于3×10-3mol•L-1
【答案】C
【解析】
【分析】
该图中的曲线是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，据此分析判断。
【详解】A．CaSO4饱和溶液中c（Ca2+）＝c（SO42-），若加Na2SO4固体，c（SO42-）增大，c（Ca2+）减小，二者的浓度不再相等，故A错误；
B．d为不饱和溶液，蒸发时硫酸根的浓度会增大，所以d点溶液通过蒸发不能变到c点，故B错误；
C．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故C正确；
D．根据图示数据可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，但溶液中c（Ca2+）＞c（SO42-），所以c（SO42-）小于3×l0-3mol/L，故D错误；
故答案选C。
16.下列叙述正确的是
A. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[(NH4)2Fe(SO4)2]＜c[(NH4)2SO4]＜c(NH4Cl)
B. 向AgCl悬浊液中滴入KI溶液有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
C. 0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa(OH)2溶液混合后，溶液的pH=1
D. 0.2mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)+c(Na+)=c(CO32−)+c(OH−)+c(HCO3-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，因此c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中溶质浓度大小顺序为：(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2，由于1mol氯化铵中只含有1mol铵根离子，则氯化铵的浓度最大，即铵根离子浓度相等时，c[(NH4)2Fe(SO4)2]＜c[(NH4)2SO4]＜c(NH4Cl)，故A正确；
B．向AgCl悬浊液中滴入KI溶液有AgI沉淀生成，说明碘化银更难溶，则AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，故B错误；
C.0.2 mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，等体积混合后氢离子过量，混合液中氢离子浓度为：(0.2mol/L－0.1mol/L)/2=0.05mol/L，溶液的pH≠1，故C错误；
D.0.2mol/L的NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断及pH的计算，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，C为易错点，注意混合液体积为原先的2倍。
17. 原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是
A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+
【答案】C
【解析】
试题分析：由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，故A正确；由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确。
考点：本题考查原电池原理。
18.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是( )
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
详解：
A．题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li + (1－)O2，选项D正确。
点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。
19.镍氢电池是近几年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生的镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反应式是：1/2H2+NiO（OH）=Ni（OH）2据此反应式判断，下列叙述中正确的是（ ）
A. 电池放电时，电池负极周围的溶液pH不断增大
B. 电池放电时，镍元素被氧化
C. 电池充电时，镍元素被还原
D. 电池放电时，H2是负极
【答案】D
【解析】
【详解】A、电池放电时，负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的pH值减小，故A错误。
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=OH-+Ni（OH）2，镍元素被还原，故B错误；
C．电池充电时，电极反应为：OH-+Ni（OH）2-e-=NiO（OH）+H2O，镍元素被氧化，故C错误；
D．电池放电时，负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，H2是负极，故D正确；
故答案选D。
20.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al电极，其他均为Cu电极，则下列叙述正确的是
A. 电子流动方向:电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ
B. 电极Ⅰ发生氧化反应
C. 电极Ⅱ质量不变
D. 电极Ⅲ的电极反应Cu2++2e-＝Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，据此分析解答。
【详解】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，则
A．电子从负极沿导线流向正极，即电子流动方向为电极Ⅰ→Ⓐ→电极Ⅳ，故A错误；
B．电极Ⅰ是负极，电极反应式为Al-3e-＝Al3+，发生氧化反应，故B正确；
C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e-＝Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；
D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，故D错误；
故答案选B。
21. 如图所示，甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠装置。则下列说法中正确的是
A. 甲装置中锌为负极，发生还原反应，铜为正极，发生氧化反应
B. 甲装置中盐桥的作用是使反应过程中ZnSO4溶液和CuSO4溶液保持电中性
C. 乙装置中铁极的电极反应式为：2Na – 2e−2Na+
D. 乙装置中B是氯气出口，A是钠出口
【答案】B
【解析】
甲装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；乙装置中铁为阴极，发生反应2Na++2e−2Na，C错误；石墨为阳极，发生反应2Cl−−2e−Cl2↑，A为Cl2出口，B是Na出口，D错误。
22.在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡;S2-+H2OHS- +OH-.下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 升高温度,c(HS-)/c(S2- )增大
C. 加入NaOH固体,溶液pH减小 D. 加入CuSO4固体,HS-浓度增大
【答案】B
【解析】
A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，选项A错误；B、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以c(HS−)/c(S2−)减小，选项B错误；C、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，选项C错误；D、通入H2S，HS-浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2-+H2OHS-+OH-正向移动，HS-浓度增大，选项D正确。答案选B。
23.下列叙述与图象对应符合的是
A. 对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) 在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 对于反应2A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) ΔH < 0，p2 > p1，T1 > T2
C. 该图象表示的化学方程式为：2A===B＋3C
D. 对于反应2X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH < 0，y可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在时刻充入了一定量的NH3，c(NH3)立即增大，故立即增大，因为反应物的浓度是在原来基础上逐渐增大，在原来基础上逐渐增大，不会出现突变，A错误；根据“定一议二”的原则，将曲线a和b做对比可以知道压强p2 > p1，将曲线b和c做对比可以知道温度T1 > T2，B是正确；根据图象可以知道，A为反应物，B和C为生成物，在时反应达平衡，A、B、C的浓度的变化量分别为、和，故A、B、C的计量数之比为，因为此反应最后达平衡，故为可逆反应，化学方程式为：2AB＋3C，C错误；从图象可以知道，温度T升高，y降低；而对于反应2X(g)＋3Y(g) 2Z(g)ΔH < 0，升高温度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，D错误；正确选项 B。
点睛：对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V(正)、V(逆)都发生突变，改变了压强和温度；如果只改变了反应物或生成物的浓度，V(正)或V(逆)有一个发生突变，有一个发生渐变。
24.电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A. 阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋
B. 电解过程中溶液pH不会变化
C. 过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D. 电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，正确；B、根据题意知，反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；C、根据Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O知，反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；D、电路中每转移12 mol电子，有6mol Fe2+，结合题给反应知最多有1 mol Cr2O72-被还原，正确。
考点：考查电解原理的应用。
25.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有
①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑
②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
④2H2O2H2↑+O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此判断。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。
【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。
26.回答下列问题：
（1）pH=3的醋酸和pH=ll的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c(Na+)____c(CH3COO-)（填“＞”或“<”）。
（2）将NaHCO3溶液跟A12(SO4)3溶液混合，相关反应的离子方程式是_________。
（3）—定温度下，在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+2B(g)⇌4C(g)△H>0，达到平衡时，c(A)=2mol•L-1，c(B)=7mol•L-1，c(C)=4mol•L-1。试确定B的起始浓度c(B)的取值范围是________________。若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，其采取的措施是________________。
（4）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的一极通入O2和CO2,另一极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池负极的电极反应式为___________；放电时，CO32−移向电池的___（填“正”或“负”）极。
【答案】 (1). ＜ (2). Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑ (3). 3mol/L≤c（B）≤9mol/L (4). 减压或升温 (5). C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2 (6). 负
【解析】
【分析】
（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度较大，等体积混合时，醋酸过量；
（2）碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（3）若A完全转化为C，B取最小值，若C完全转化为反应物，B取最大值；改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，可使平衡正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，发生失去电子的氧化反应，原电池中阴离子向负极移动。
【详解】（1）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L，而pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＜c（CH3COO-）；
（2）将NaHCO3溶液跟A12(SO4)3溶液混合，二者发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）可逆反应A（g）+2B（g）4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=7mol/L，c（C）=4mol/L，若开始时反应向逆反应方向进行，生成B为4mol/L，则B最小值为7mol/L－4mol/L＝3mol/L；若开始时反应向正反应方向进行，消耗2molB，则B的最大值为7mol/L+2mol/L＝9mol/L，则B的起始浓度的范围为：3mol/L≤c（B）≤9mol/L；若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，由于该反应为气体分子数增大的吸热反应，可以减小压强，也可以升高温度，使平衡向着正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，与碳酸根离子结合生成二氧化碳，同时还有水生成，则负极电极反应为：C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极。
27.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
（1）以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是___________（用离子方程式表示）。为将碱洗后槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_______________________。
A.NH3 B.CO2 C. NaOH D.HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为_________________________________。
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是__________________。
（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。
【答案】 (1). (2). B (3). (4). 补充溶液中的，保持溶液中的浓度恒定 (5). N (6). 牺牲阳极的阴极保护法
【解析】
【详解】（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓，若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑；B；
②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+
（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；
（3）金属的电化学防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法。故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。
【点睛】本题考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2-、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施。
28.25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。
（1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的___(填写编号)，然后测定溶液的pH(已知25℃时CH3COONH4溶液呈中性)。
A. 固体CH3COOK B.固体CH3COONH4 C.气体NH3 D.固体NaHCO3
（2）若___(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）常温下将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.01mol，它们是__和___（用离子式和分子式表示）。
【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 增大 (4). CH3COO－ (5). CH3COOH
【解析】
【分析】
（1）要判断哪一种解释正确，可加入一种含有CH3COO-但溶液不显碱性的盐；
（2）如乙正确，从电离平衡移动的角度分析；
（3）将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，结合物料守恒判断。
【详解】（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 mol•L-1醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为B；
（2）若乙的解释正确，醋酸铵溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，则溶液pH增大，
故答案为：乙，增大；
（3）①将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，则n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol。
29.在2L带气压计的恒容密闭容器中通入2molX(g)和1molY(g)，发生反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)；△H＜0。若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍。请回答下列问题。
（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率为___。
（2）相同条件下进行反应，在t1时刻，只改变下列某一种条件，其曲线图象如图甲。
若c=0.90mol，t1时刻改变的条件是___(填选项编号，A.升温 B.降温 C.加压 D.减压 E.加催化剂),t2___5min(填“>”,“<”或“=”下同)。
（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，达到平衡后Z的物质的量___0.9mol(填“>”,“<”或“=”)。
（4）若将物质的量均为3.00mol物质X、Y混合于5L容器中发生反应，在反应过程中Z的物质的量分数随温度变化如图乙。
①A、B两点Z物质正反应速率的大小关系是___；
②温度T
【解析】
【分析】
（1）根据三段式利用v＝△c÷△t计算；
（2）根据外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析；
（3）根据压强对平衡状态的影响判断；
（4）根据温度对反应速率和平衡状态的影响结合图像分析。
【详解】（1）设平衡时消耗Y的物质的量为x mol，则根据方程式可知
2X(g)+Y(g)2Z(g)
起始量（mol） 2 1 0
转化量（mol） 2x x 2x
平衡量（mol）2－2x 1－x 2x
若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍，则2－2x＋1－x＋2x＝3×0.85，解得x＝0.45，所以若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率=0.45mol÷（2L×5min）＝0.045mol/（L•min）；
（2）根据（1）中分析可知原平衡时Z的物质的量是0.90mol，若c=0.90mol，图像分析可知t1时刻曲线斜率变大，说明反应速率增大，但平衡时Z的物质的量不变，说明平衡不移动，因此改变的条件是加入了催化剂，答案选E；由于t1时刻反应速率增大，所以达到平衡所需要的时间缩短，t2小于5min；
（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，恒压容器中反应是气体体积减小的反应，为保持恒压体积缩小相当于在恒容的基础上加压，平衡正向进行，Z的物质的量增大，达到平衡后Z的物质的量大于0.9mol；
（4）①起始时加入物质的量均为3.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，Z的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，随着温度的继续升高，Z的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，则正反应为放热反应，温度越高，反应速率越大，B点温度大于A点，则A点反应速率小于B点；
②温度T＜T0时，Z%逐渐增大的原因是，温度T0前，反应还没有到达平衡，反应向正反应方向进行，随着温度升高，生成的Z越来越多，因此Z%逐渐增大。
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57．3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283．0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+566．0kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸与氢氧化钙反应会生成微溶物硫酸钙，放出的热量应2×(－57．3)kJ/mol。B、二氧化碳反应生成一氧化碳和氧气属于吸热反应，焓变值大于0且数值上与一氧化碳的燃烧热相等。C、吸热反应与反应是否加热无关。D、应是液态水。所以答案选B
考点：考查热化学反应方程式的相关知识点。
2.100 g碳燃烧所得气体中，CO占1/3 体积，CO2占2/3 体积，且C(s)+ 1/2 O2(g) ＝CO(g) ΔH＝－110.35 kJ/mol,CO(g)+ 1/2O2(g) ＝CO2(g) ΔH=－282.57 kJ/mol。与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量 是
A. 392.92 kJ B. 2 489.44 kJ C. 784.92 kJ D. 3 274.3 kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：100克碳的物质的量为100/12=25/3mol，燃烧所得气体中，一氧化碳占三分之一，所以一氧化碳的物质的量为25/9mol，由于一氧化碳转化为二氧化碳放热，所以25/9mol一氧化碳变成二氧化碳放出的热量为282.57×25/9=738.92KJ,即100克碳不完全燃烧生成一氧化碳损失的热量为784.92KJ ，选C。
考点： 有关反应热的计算
3.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能够引起反应速率增大的是
A. 增加C的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳为固体，增加碳的量，反应速率不变，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率增大，故B选；
C．保持体积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故C不选；
D．保持压强不变，充入N2，体积增大，浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握浓度、压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C、D为解答的易错点，明确压强对反应速率影响的实质是解答的关键。
4.对于可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol•L-1•min-1
B. v（B）=1.2mol•L-1•s-1
C. v（D）=0.4mol•L-1•min-1
D. v（C）=0.1mol•L-1•s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成用A物质表示其反应速率，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。
【详解】A．v（A）=0.5mol•L-1•min-1；
B．v（A）=1/3 v（B）=0.4mol•L-1•s-1=24mol•L-1•min-1；
C．v（A）=1/2 v（D）=0.2mol•L-1•min-1；
D．v（A）=1/2 v（C）=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；
则反应速率最大的为B，故答案选B。
5.同质量的锌与盐酸反应,欲使反应速率增大,选用的反应条件正确的组合是
①锌粒②锌片③锌粉④5%的盐酸⑤10%的盐酸⑥15%的盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置。
A. ②⑥⑦⑩ B. ①④⑧⑩ C. ③⑤⑦⑨ D. ③⑥⑦⑨
【答案】D
【解析】
【分析】
用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答。
【详解】①锌粒、②锌片、③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；④5%盐酸、⑤10%盐酸、⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；⑦加热、⑧用冷水冷却相比较，升高温度反应速率增大；不断振荡可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，故选用的反应条件正确的组合是③⑥⑦⑨，答案选D。
6.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
7.在一定温度下，向aL密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)，下列说法中：
①容器内压强不随时间变化，②容器内各物质的浓度不随时间变化，
③容器内X、Y、Z的浓度之比为1:2:2，
④单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z,能判断此反应达到平衡的标志的是
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体的物质的量是变化的，因此压强不变，能说明反应达到平衡；
②根据化学平衡状态的定义，组分的浓度不变说明反应达到平衡；
③没有转化率无法计算，因此不能说明达到平衡；
④不同物质的反应速率判断达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗X和生成Z反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡。
所以能判断此反应达到平衡的标志的是①②。答案选A。
【点睛】④是解答的易错点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
8.已知反应3A(g)+B(g)⇌C(s)+4D(g).如图中a、b表示在一定条件下D的体积分数随时间t的变化情况。若使曲线b变为曲线a.可采取的措施是
A. 增大B的浓度 B. 升高温度
C. 缩小反应容器的体积(加压) D. 增大反应容器的体积
【答案】C
【解析】
【分析】
使b曲线变为a曲线，到达平衡时间缩短，且D的体积分数不发生变化，说明改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，以此解答该题。
【详解】A．增大B的浓度，平衡正向移动，D的体积分数增大，故A不选；
B．升高温度，平衡发生移动，a、b的平衡状态不同，故B不选；
C．缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，D体积分数不变，故C选；
D．增大反应容器的体积，浓度减小，反应速率减小，故D不选。
故答案选C。
【点睛】本题考查平衡图象、化学平衡的影响因素等，侧重考查学生的分析能力，解答的关键是根据图象判断改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，明确影响反应速率和化学平衡的因素。
9.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2mol NH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（ ）
A. 25% B. 80% C. 10% D. 20%
【答案】D
【解析】
【分析】
令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。
【详解】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：
2NH3N2（g）+3H2（g）
开始（mol）：2 0 0
变化（mol）：x 0.5x 1.5x
平衡（mol）：2-x 0.5x 1.5x
所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2×100%=20%。故答案选D。
10.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是( )
A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变
B. 用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率
C. 二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D. 汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故A错误；
B．铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；
D．减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故D正确．
【点评】本题综合考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素以及相关基础知识的学习，难度不大．
11.下列叙述正确的是
A. 95 ℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH = 4
C. 常温下，0.2 mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH = 1
D. 常温下，pH = 3的醋酸溶液，与pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH = 7
【答案】C
【解析】
A. 水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但依然存在c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，故A错误；B. 醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后，溶液3
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
试题分析：①加入烧碱溶液，反应生成CH3COO-，c(H+)减小，促进CH3COOH的电离，则比值减小，故错误；②弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则比值增大，故正确；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，故错误；④加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的大，所以比值增大，故正确；故选D。
考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识。
13.对于反应2NO2(g) N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的措施是
①体积不变，增加NO2的物质的量 ②体积不变，增加N2O4的物质的量
③使体积增大到原来的2倍 ④充入N2，保持压强不变
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①体积不变，增加NO2的物质的量，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，的比值变小，①错误；②体积不变，增加N2O4，相当于增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，N2O4的物质的量增大，比值变小，②错误；③体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，比值变大，③正确；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，NO2的物质的量增大，N2O4的物质的量减小，比值变大，④正确；答案选D。
考点：考查化学平衡的移动。
【名师点睛】本题考查化学平衡的移动，难度中等，①②是学生的易错点、难点，对于一种物质的分解反应，改变反应物的浓度等效为压强变化；①体积不变，增加NO2，相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；②体积不变，增加N2O4相当于增大压强，平衡右移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；③体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断；④充入N2，保持压强不变，体积增大，相当于减压，平衡左移，分析NO2、N2O4的物质的量变化情况，进行判断。
14. 常温下，下列对于溶液问题的叙述正确的是( )
A. pH=4的氯化铵溶液，用蒸馏水稀释10倍后，溶液的pH小于5
B. pH=3的盐酸与pH=3的CH3COOH溶液相比，c（Cl﹣）＞C（CH3COO﹣）
C. pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1：1混合后，c（Na+）一定小于c（A﹣）
D. pH相同的NaOH、NaClO两种溶液中水的电离程度相同
【答案】A
【解析】
试题分析：A、NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，H＋浓度增大，即pH小于5，故正确；B、pH相同，H＋浓度相等，即c(Cl－)=c(CH3COO－)，故错误；C、如果HA是强酸，则c(A－)=c(Na＋)，如果是弱酸，则c(Na＋)
15.常温下，Ksp（CaSO4）=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列说法正确的是
A. 在任何溶液中c（Ca2+）、c（SO42-）均相等
B. d点溶液通过蒸发可以变到c点
C. a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
D. b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42-）一定等于3×10-3mol•L-1
【答案】C
【解析】
【分析】
该图中的曲线是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，据此分析判断。
【详解】A．CaSO4饱和溶液中c（Ca2+）＝c（SO42-），若加Na2SO4固体，c（SO42-）增大，c（Ca2+）减小，二者的浓度不再相等，故A错误；
B．d为不饱和溶液，蒸发时硫酸根的浓度会增大，所以d点溶液通过蒸发不能变到c点，故B错误；
C．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故C正确；
D．根据图示数据可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，但溶液中c（Ca2+）＞c（SO42-），所以c（SO42-）小于3×l0-3mol/L，故D错误；
故答案选C。
16.下列叙述正确的是
A. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[(NH4)2Fe(SO4)2]＜c[(NH4)2SO4]＜c(NH4Cl)
B. 向AgCl悬浊液中滴入KI溶液有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度
C. 0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa(OH)2溶液混合后，溶液的pH=1
D. 0.2mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)+c(Na+)=c(CO32−)+c(OH−)+c(HCO3-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，因此c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中溶质浓度大小顺序为：(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2，由于1mol氯化铵中只含有1mol铵根离子，则氯化铵的浓度最大，即铵根离子浓度相等时，c[(NH4)2Fe(SO4)2]＜c[(NH4)2SO4]＜c(NH4Cl)，故A正确；
B．向AgCl悬浊液中滴入KI溶液有AgI沉淀生成，说明碘化银更难溶，则AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，故B错误；
C.0.2 mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，等体积混合后氢离子过量，混合液中氢离子浓度为：(0.2mol/L－0.1mol/L)/2=0.05mol/L，溶液的pH≠1，故C错误；
D.0.2mol/L的NaHCO3溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断及pH的计算，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，C为易错点，注意混合液体积为原先的2倍。
17. 原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是
A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+
【答案】C
【解析】
试题分析：由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，故A正确；由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确。
考点：本题考查原电池原理。
18.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是( )
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
详解：
A．题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li + (1－)O2，选项D正确。
点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。
19.镍氢电池是近几年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生的镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反应式是：1/2H2+NiO（OH）=Ni（OH）2据此反应式判断，下列叙述中正确的是（ ）
A. 电池放电时，电池负极周围的溶液pH不断增大
B. 电池放电时，镍元素被氧化
C. 电池充电时，镍元素被还原
D. 电池放电时，H2是负极
【答案】D
【解析】
【详解】A、电池放电时，负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的pH值减小，故A错误。
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=OH-+Ni（OH）2，镍元素被还原，故B错误；
C．电池充电时，电极反应为：OH-+Ni（OH）2-e-=NiO（OH）+H2O，镍元素被氧化，故C错误；
D．电池放电时，负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，H2是负极，故D正确；
故答案选D。
20.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al电极，其他均为Cu电极，则下列叙述正确的是
A. 电子流动方向:电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ
B. 电极Ⅰ发生氧化反应
C. 电极Ⅱ质量不变
D. 电极Ⅲ的电极反应Cu2++2e-＝Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，据此分析解答。
【详解】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，则
A．电子从负极沿导线流向正极，即电子流动方向为电极Ⅰ→Ⓐ→电极Ⅳ，故A错误；
B．电极Ⅰ是负极，电极反应式为Al-3e-＝Al3+，发生氧化反应，故B正确；
C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e-＝Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；
D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，故D错误；
故答案选B。
21. 如图所示，甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠装置。则下列说法中正确的是
A. 甲装置中锌为负极，发生还原反应，铜为正极，发生氧化反应
B. 甲装置中盐桥的作用是使反应过程中ZnSO4溶液和CuSO4溶液保持电中性
C. 乙装置中铁极的电极反应式为：2Na – 2e−2Na+
D. 乙装置中B是氯气出口，A是钠出口
【答案】B
【解析】
甲装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；乙装置中铁为阴极，发生反应2Na++2e−2Na，C错误；石墨为阳极，发生反应2Cl−−2e−Cl2↑，A为Cl2出口，B是Na出口，D错误。
22.在一定条件下,Na2S溶液存在水解平衡;S2-+H2OHS- +OH-.下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 升高温度,c(HS-)/c(S2- )增大
C. 加入NaOH固体,溶液pH减小 D. 加入CuSO4固体,HS-浓度增大
【答案】B
【解析】
A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，选项A错误；B、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以c(HS−)/c(S2−)减小，选项B错误；C、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，选项C错误；D、通入H2S，HS-浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2-+H2OHS-+OH-正向移动，HS-浓度增大，选项D正确。答案选B。
23.下列叙述与图象对应符合的是
A. 对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) 在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 对于反应2A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) ΔH < 0，p2 > p1，T1 > T2
C. 该图象表示的化学方程式为：2A===B＋3C
D. 对于反应2X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH < 0，y可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在时刻充入了一定量的NH3，c(NH3)立即增大，故立即增大，因为反应物的浓度是在原来基础上逐渐增大，在原来基础上逐渐增大，不会出现突变，A错误；根据“定一议二”的原则，将曲线a和b做对比可以知道压强p2 > p1，将曲线b和c做对比可以知道温度T1 > T2，B是正确；根据图象可以知道，A为反应物，B和C为生成物，在时反应达平衡，A、B、C的浓度的变化量分别为、和，故A、B、C的计量数之比为，因为此反应最后达平衡，故为可逆反应，化学方程式为：2AB＋3C，C错误；从图象可以知道，温度T升高，y降低；而对于反应2X(g)＋3Y(g) 2Z(g)ΔH < 0，升高温度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，D错误；正确选项 B。
点睛：对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V(正)、V(逆)都发生突变，改变了压强和温度；如果只改变了反应物或生成物的浓度，V(正)或V(逆)有一个发生突变，有一个发生渐变。
24.电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A. 阳极反应为Fe－2e－=Fe2＋
B. 电解过程中溶液pH不会变化
C. 过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D. 电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为： Fe-2e-=Fe2+，正确；B、根据题意知，反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；C、根据Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O知，反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；D、电路中每转移12 mol电子，有6mol Fe2+，结合题给反应知最多有1 mol Cr2O72-被还原，正确。
考点：考查电解原理的应用。
25.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有
①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑
②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
④2H2O2H2↑+O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此判断。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。
【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。
26.回答下列问题：
（1）pH=3的醋酸和pH=ll的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c(Na+)____c(CH3COO-)（填“＞”或“<”）。
（2）将NaHCO3溶液跟A12(SO4)3溶液混合，相关反应的离子方程式是_________。
（3）—定温度下，在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+2B(g)⇌4C(g)△H>0，达到平衡时，c(A)=2mol•L-1，c(B)=7mol•L-1，c(C)=4mol•L-1。试确定B的起始浓度c(B)的取值范围是________________。若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，其采取的措施是________________。
（4）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的一极通入O2和CO2,另一极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池负极的电极反应式为___________；放电时，CO32−移向电池的___（填“正”或“负”）极。
【答案】 (1). ＜ (2). Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑ (3). 3mol/L≤c（B）≤9mol/L (4). 减压或升温 (5). C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2 (6). 负
【解析】
【分析】
（1）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度较大，等体积混合时，醋酸过量；
（2）碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
（3）若A完全转化为C，B取最小值，若C完全转化为反应物，B取最大值；改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，可使平衡正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，发生失去电子的氧化反应，原电池中阴离子向负极移动。
【详解】（1）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L，而pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（Na+）＜c（CH3COO-）；
（2）将NaHCO3溶液跟A12(SO4)3溶液混合，二者发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-＝Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）可逆反应A（g）+2B（g）4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=7mol/L，c（C）=4mol/L，若开始时反应向逆反应方向进行，生成B为4mol/L，则B最小值为7mol/L－4mol/L＝3mol/L；若开始时反应向正反应方向进行，消耗2molB，则B的最大值为7mol/L+2mol/L＝9mol/L，则B的起始浓度的范围为：3mol/L≤c（B）≤9mol/L；若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，由于该反应为气体分子数增大的吸热反应，可以减小压强，也可以升高温度，使平衡向着正向移动；
（4）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，与碳酸根离子结合生成二氧化碳，同时还有水生成，则负极电极反应为：C3H8+10CO32--20e-＝4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极。
27.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
（1）以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是___________（用离子方程式表示）。为将碱洗后槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_______________________。
A.NH3 B.CO2 C. NaOH D.HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为_________________________________。
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是__________________。
（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。
【答案】 (1). (2). B (3). (4). 补充溶液中的，保持溶液中的浓度恒定 (5). N (6). 牺牲阳极的阴极保护法
【解析】
【详解】（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓，若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑；B；
②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+
（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；
（3）金属的电化学防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法。故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。
【点睛】本题考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2-、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施。
28.25℃时，0.1mol/L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。
（1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol/L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的___(填写编号)，然后测定溶液的pH(已知25℃时CH3COONH4溶液呈中性)。
A. 固体CH3COOK B.固体CH3COONH4 C.气体NH3 D.固体NaHCO3
（2）若___(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）常温下将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.01mol，它们是__和___（用离子式和分子式表示）。
【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 增大 (4). CH3COO－ (5). CH3COOH
【解析】
【分析】
（1）要判断哪一种解释正确，可加入一种含有CH3COO-但溶液不显碱性的盐；
（2）如乙正确，从电离平衡移动的角度分析；
（3）将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，结合物料守恒判断。
【详解】（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 mol•L-1醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为B；
（2）若乙的解释正确，醋酸铵溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，则溶液pH增大，
故答案为：乙，增大；
（3）①将0.01molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，则n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol。
29.在2L带气压计的恒容密闭容器中通入2molX(g)和1molY(g)，发生反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)；△H＜0。若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍。请回答下列问题。
（1）若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率为___。
（2）相同条件下进行反应，在t1时刻，只改变下列某一种条件，其曲线图象如图甲。
若c=0.90mol，t1时刻改变的条件是___(填选项编号，A.升温 B.降温 C.加压 D.减压 E.加催化剂),t2___5min(填“>”,“<”或“=”下同)。
（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，达到平衡后Z的物质的量___0.9mol(填“>”,“<”或“=”)。
（4）若将物质的量均为3.00mol物质X、Y混合于5L容器中发生反应，在反应过程中Z的物质的量分数随温度变化如图乙。
①A、B两点Z物质正反应速率的大小关系是___；
②温度T
【解析】
【分析】
（1）根据三段式利用v＝△c÷△t计算；
（2）根据外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析；
（3）根据压强对平衡状态的影响判断；
（4）根据温度对反应速率和平衡状态的影响结合图像分析。
【详解】（1）设平衡时消耗Y的物质的量为x mol，则根据方程式可知
2X(g)+Y(g)2Z(g)
起始量（mol） 2 1 0
转化量（mol） 2x x 2x
平衡量（mol）2－2x 1－x 2x
若达到平衡时气体总物质的量变为原来的0.85倍，则2－2x＋1－x＋2x＝3×0.85，解得x＝0.45，所以若反应经历5min达到平衡，则Y的平均反应速率=0.45mol÷（2L×5min）＝0.045mol/（L•min）；
（2）根据（1）中分析可知原平衡时Z的物质的量是0.90mol，若c=0.90mol，图像分析可知t1时刻曲线斜率变大，说明反应速率增大，但平衡时Z的物质的量不变，说明平衡不移动，因此改变的条件是加入了催化剂，答案选E；由于t1时刻反应速率增大，所以达到平衡所需要的时间缩短，t2小于5min；
（3）若其他条件不变，原容器为恒压容器，恒压容器中反应是气体体积减小的反应，为保持恒压体积缩小相当于在恒容的基础上加压，平衡正向进行，Z的物质的量增大，达到平衡后Z的物质的量大于0.9mol；
（4）①起始时加入物质的量均为3.00mol的物质X、Y，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，Z的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，随着温度的继续升高，Z的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，则正反应为放热反应，温度越高，反应速率越大，B点温度大于A点，则A点反应速率小于B点；
②温度T＜T0时，Z%逐渐增大的原因是，温度T0前，反应还没有到达平衡，反应向正反应方向进行，随着温度升高，生成的Z越来越多，因此Z%逐渐增大。
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