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2020-2021学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2020-2021学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，元素或物质推断题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
浙江省宁波市余姚中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列仪器属于酸式滴定管的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．是酸式滴定管，选项A正确；
B．是碱式滴定管，选项B错误；
C．是长颈漏斗，选项C错误；
D．是直形冷凝管，选项D错误。
答案选Ａ。
2．下列属于非电解质的是
A．铜
B．硝酸钾
C．氢氧化钠
D．乙醇
【答案】D
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】A．铜是单质，不是非电解质，选项A不符合；
B．硝酸钾为电解质，选项B不符合；
C．氢氧化钠为电解质，选项C不符合；
D．乙醇为非电解质，选项D符合；
答案选D。
3．下列不属于化石燃料的是
A．煤 B．石油 C．天然气 D．生物质能
【答案】D
【详解】三大化石燃料是：煤、石油、天然气。生物质能不属于化石燃料，故选D。
4．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A．H2SO4
B．(NH4)2SO4
C．NaHSO4
D．NaHCO3
【答案】B
【详解】A．H2SO4是酸，溶于水电离显酸性，但不是因为水解而显酸性，选项A错误；
B．(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，选项B正确；
C．NaHSO4是强酸强碱盐，其溶于水后完全电离出Na+、H+和而显酸性，其本身不能水解，故不是因为水解而显的酸性，选项C错误；
D．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项D错误；
答案选B。
5．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【详解】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；
B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。
C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；
D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；
故答案为A。
6．25℃时， 下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A．pH=2的CH3COOH溶液 B．0.01 mol/L Na2CO3 溶液
C．0.1 mol/L 盐酸 D．pH =10氨水
【答案】C
【分析】酸碱能够抑制水的电离，其H+或OH-离子浓度越大，对水的抑制程度就越大；能水解的盐会促进水的电离；据此分析选项；
【详解】A． pH= 2的CH3COOH中c(H+)=0.01mol/L，会抑制水的电离；
B．Na2CO3溶液中CO的水解会促进水的电离；
C．0.1mol/L盐酸中c(H+)=0.1mol/L ,会抑制水的电离；
D．pH=10的氨水中c(H+)=0.0001mol/L，会抑制水的电离；
以上四种溶液中，0.1mol/L盐酸对水的电离的抑制程度最大，故该溶液中水的电离程度最小，C符合题意；
故选C。
7．在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)中，表示该反应速率最快的是
A．υA=0.5mol•L-1•min-1
B．υB=0.3mol•L-1•min-1
C．υC=0.8mol•L-1•min-1
D．υD=1mol•L-1•min-1
【答案】B
【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化同一物质表示速率进行比较。
【详解】对于反应2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)，转化用D表示的速率进行比较，
A．υA=0.5mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD=2υA=2×0.5mol•L-1•min-1=1mol•L-1•min-1，
B．υB=0.3mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD=4υB=4×0.3mol•L-1•min-1=1.2mol•L-1•min-1，
C．υC=0.8mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD= υC= ×0.8mol•L-1•min-1=1.07mol•L-1•min-1，
D．υD=1mol•L-1•min-1，
故反应速率B＞C＞A=D；
答案选B。
8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．将盛有NO2的集气瓶放入冰水中颜色变浅
B．加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C．生产硫酸中使用过量的空气来提高SO2的转化率
D．增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
【答案】B
【详解】A．2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，所以将盛NO2的瓶子放入冰水中，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，选项A不符合；
B．催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，选项B符合；
C．使用过量的空气，增大的反应物 浓度，平衡向着正向移动，提高了SO2的转化率，能够用勒夏特列原理解释，选项C不符合；
D．合成SO3的反应为气体体积缩小的可逆反应，增大压强平衡向着正向移动，有利于合成SO3，能够用勒夏特列原理解释，选项D不符合；
答案选B。
9．下列说法中正确的是( )
A．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．熵增加且放热的反应一定是自发反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】C
【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定。
【详解】A.△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C.熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T△S＜0一定是自发反应，故C正确；
D.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
10．下列说法正确的是
A．将AlCl3溶液加热蒸干得到纯净的氯化铝晶体 B．强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质
C．强酸溶液一定比弱酸溶液导电性强 D．电解质溶液的导电过程会发生化学变化
【答案】D
【详解】A．加热条件下，AlCl3易水解，可生成氢氧化铝，如灼烧，生成氧化铝，故A错误；
B．电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关，硫酸钡熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．导电性与溶液中离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C错误；
D．电解质溶液的导电过程会发生化学变化，故D正确。
故选D。
【点睛】电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关；溶液的导电性与自由移动离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。
11．下列说法正确的是
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【详解】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
点睛：只有温度和催化剂才能改变活化分子的百分数，其他条件都不能改变。增大压强与增大反应物浓度都可以增大单位体积空间内活化分子的绝对数目，从而增大了单位时间、单位体积空间内的有效碰撞次数，加快化学反应速率。
12．二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是
A．H2和CO2的浓度之比为3∶1
B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．绝热体系中，体系的温度保持不变
【答案】D
【详解】A．H2和CO2的浓度之比与起始投入的量有关，A不能说明达到化学平衡状态，A不合题意；
B．单位时间内断裂3个H—H同时将形成2个C=O，故断裂1个C=O，正逆反应速率不相等，不能说明达到化学平衡状态，B不合题意；
C．恒温恒容条件下，气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度一直保持不变，故不能说明达到化学平衡状态，C不合题意；
D．绝热体系中即与外界不进行热交换，在达到平衡之前，体系的温度一直在变，现保持不变，故说明达到化学平衡状态，D符合题意；
故答案为：D。
13．已知固体溶于水放热，与体系相关的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A.固体电离产生其它离子吸热，则，故A错误；
B.固体溶于水放热，则，故B错误；
C.断裂化学键吸收能量，焓变为正，而CaO与水反应放热，焓变为负，则，故C正确；
D.结合盖斯定律可知，，则，故D错误；
故选C。
14．如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是（ ）
A．Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂
B．升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小
D．第一步反应的速率大于第二步反应
【答案】C
【分析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。
【详解】A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；
B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误；
C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小，C正确；
D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。
答案选C。
【点睛】反应热△H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
15．电化学反应原理的实验装置如图所示。下列叙述错误的是
A．若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M或N处都可减缓铁的腐蚀
C．若X为锌棒，开关K置于N处时，为牺牲阳极的阴极保护法
D．若X为碳棒，开关K置于N处时，X电极上发生的反应为2H+ +2e-=H2↑
【答案】D
【分析】开关K置于M处，构成电解池，铁为阴极，被保护，属于为牺牲阳极的阴极保护法，开关K置于N处时，构成原电池，取决于X极的材料，若X极比铁活泼，则X极为负极，被氧化，失去电子，铁为正极，被保护，反之，铁为负极，被氧化，腐蚀，据此分析解答即可。
【详解】A．若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，故A正确；
B．若X为锌棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，开关K置于N处，形成原电池，锌为负极，被氧化，铁为正极，被保护，故B正确；
C．若X为锌棒，开关K置于N处时，锌为负极，被氧化，属于为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处时，X电极上发生的反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；
答案选D。
16．常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【详解】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；
B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；
D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
故选B。
【点睛】明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
17．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是
A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ表示t0时升温对反应速率的影响
【答案】B
【分析】A．正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；
B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；
D、升温对吸热方向(逆方向)速率增大的多。
【详解】A项，乙先达到平衡，反应快，温度高，故A错误；B、加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动，故B正确；C项，增大c(O2)时，逆反应速率瞬时不变，图象应连续，故C错误；D项，升温对吸热方向(逆方向)速率增大的多，故D错误。故选B。
18．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A．pH等于13的溶液中：Ca2+、Na+、、
B．=1012的溶液中：Fe2+、Cu2+、、Cl-
C．无色透明溶液中：Al3+、K+、、
D．使pH试纸显红色的溶液中： 、Cu2+、、Cl-
【答案】D
【详解】A．pH等于13的溶液呈碱性，Ca2+、之间生成微溶物硫酸钙，与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，选项A错误；
B．==1012的溶液呈酸性，Fe2+、在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项B错误；
C．Al3+、之间发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；
D．使pH试纸显红色的溶液呈酸性，、Cu2+、、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，选项D正确；
答案选D。
19．取一定量的铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)样品,放入盛有200 mL H2SO4溶液的烧杯中,充分反应后过滤,向滤液中加入10 mol/L的NaOH溶液, 产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示。则原矿石中Al2O3的质量是克
A．5.1 B．3.9 C．2.55 D．7.8
【答案】C
【详解】根据图象可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005×10=0.05mol，所以根据方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知氢氧化铝是0.05mol，根据Al原子守恒可知氧化铝是0.025mol，质量＝0.025mol×102g/mol＝2.55g，答案选C。
20．室温下，将两种浓度均为0.10mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c()+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)
D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c()+c(OH-)
【答案】D
【详解】A．浓度均为0.10 mol·L-1的NaHCO3Na2CO3的混合溶液中，的水解程度大于的水解程度，所以溶液中c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)，A错误；
B．浓度均为0.10 mol·L-1的氨水NH4Cl混合溶液的pH=9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)＜c(Cl-)，根据电荷守恒，溶液中c()＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)，可知c()＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH-)，B错误；
C．浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOHCH3COONa混合溶液的pH=4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C错误；
D．浓度均为0.10 mol·L-1的H2C2O4NaHC2O4混合溶液的pH=1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c()＋2c()，根据物料守恒有2c(Na＋)=c()＋c(H2C2O4)＋c()，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)＋c()＋c(OH-)，D正确。
故选D。
21．全钒液流储能电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应，离子方程式为VO2+（黄色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（蓝色）+V3+（绿色）+H2O．采用惰性电极实现化学能和电能相互转化的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，X端接外接电源的负极
B．放电过程中，正极电极反应式为VO2++H2O+e-=VO2++2OH-
C．放电过程中，右罐溶液颜色逐渐由绿色变为紫色
D．充电时若转移电子0.5mol，左罐溶液中n（H+）的变化量为0.5mol
【答案】D
【详解】A．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，故A错误；
B．由VO2+（黄色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（蓝色）+V3+（绿色）+H2O可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B错误；
C．放电过程中，右罐为负极，反应式：V2+-e-=V3+，则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色，故C错误；
D．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，若转移电子0.5mol，生成氢离子为1mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n（H+）的变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，故D正确；
故选：D。
22．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
30
下列说法不正确的是A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-1mol/(L·s)
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大可能是生成的物质对反应起催化作用
【答案】B
【详解】A．实验①②③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；
B．草酸的物质的量为0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.010mol/L×0.004L/0.006L=2/3×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2/3×0.010mol/L/40s≈1.7×10-4mol/(L•s)，故B错误；
C．探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③，故C正确；
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，生成的Mn2+对反应起催化作用，因此速率突然增大，故D正确；
故选：B。
23．25℃时，H2CO3的 =4×10-7， =5×10-11，室温下向10mL 0．1mol•L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol•L-1HCl溶液，如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图像(已知：lg2=0.3，lg4=0.6，lg5=0.7)，下列说法错误的是
A．A点所示溶液的pH＜11
B．B点所示溶液pH约为8.4
C．C点时有，c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]
D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成
【答案】C
【详解】溶液的pH越大，溶液中含量越多，溶液的pH越小，溶液中H2CO3越多，
A．A点溶液中c)=c()，Ka2=c(H+)=5×10-11＞10-11，则A点pH＜11，选项A正确；
B．B点溶液中c()=c(H2CO3)，Ka2= ，Ka1= = =，c(H+)= = mol/L，pH=-lg ≈8.4，选项B正确；
C．C点溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl-)+c()+c()+c(H2CO3)，选项C错误；
D．酚酞变色范围为8-10、甲基橙变色范围为3.1-4.4，用酚酞作指示剂时，滴定终点溶液呈碱性，只发生Na2CO3→NaHCO3的变化，可以测出Na2CO3的量；用甲基橙作指示剂，滴定终点溶液呈酸性，NaHCO3→CO2，可以测出NaHCO3的总量，从而计算出混合物中NaHCO3的量，选项D正确；
答案选C。
24．在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是
已知
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
、
、
的浓度
反应的能量变化
放出
放出
吸收
体系压强/Pa
P1
P2
P3
反应物转化率
A．
B．达到平衡时丙容器中的体积分数最大
C．
D．
【答案】D
【详解】甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，据此分析解题：
A．丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1=2p3＞p2，A错误；
B．丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，B错误；
C．丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1，C错误；
D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D正确；
故答案为：D。
二、多选题
25．某无色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、[Al(OH)4]−、、、中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加过量的Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据上述实验下列判断不正确的是（ ）
A．原溶液中一定不存在的离子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和
B．实验①中生成气体的离子方程式为：＋2H+=CO2↑+H2O
C．实验③中产生的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸变红
D．白色沉淀甲是Al(OH)3，白色沉淀乙是BaSO4
【答案】CD
【分析】溶液无色，一定没有。
①能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；
②说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；
③气体为氨气，白色沉淀一定含碳酸钡、可能含硫酸钡，以此解答该题。
【详解】某无色溶液，说明溶液中一定不会存在，
①加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；
②在①所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在[Al(OH)4]−，
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，该气体为氨气，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；
所以溶液中一定存在的离子有：、Na+、[Al(OH)4]−，则
A. 原溶液中一定不存在的离子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和，故A正确；
B. 加入盐酸生成二氧化碳气体，实验①中生成气体的离子方程式为：＋2H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C. 实验③中产生的气体为氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D. 白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，故D错误；
答案选CD。
三、工业流程题
26．回答下列问题
(一)已知碳酸的电离平衡常数约为Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN电离平衡常数约为6×10-10。
(1)比较给出H+能力的相对强弱：H2CO3___ HCN。(填“＞”、“＜”或“=”)
(2)用一个离子方程式说明和CN-结合H+能力的相对强弱___ 。
(二)某工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
(3)写出反应 ① 的离子方程式____________________________________________________。
(4)写出反应 ② 的离子方程式____________________________________________________ 。
(5)以石墨为电极，通过电解熔融Al2O3可制得金属铝。电解池中接电源负极的一极的电极反应式是__________________________________。
(6)将溶液1与溶液2混合，观察到有白色沉淀生成，写出生成白色沉淀的离子方程式___________________。
【答案】(1)＞
(2)+HCN= +CN-
(3)Al2O3+2OH-=2+H2O
(4)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(5)Al3++3e-=Al
(6)++H2O=Al(OH)3↓+
【分析】(一)已知碳酸的电离平衡常数约为=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN电离平衡常数约为6×10-10，酸性H2CO3＞HCN＞；
(二)Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液Ⅰ为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2反应的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，生成Al(OH)3、NaHCO3溶液，过滤得到溶液2为碳酸氢钠溶液，沉淀为氢氧化铝，灼烧Al(OH)3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；
【详解】（1）酸性H2CO3＞HCN＞，酸性越强，给出氢离子能量越强，给出H+能力的相对强弱：H2CO3＞HCN，故答案为：＞；
（2）强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，能体现和CN-结合H+能力的相对强弱的离子方程式为：+HCN=+CN-，故答案为：+HCN=+CN-；
（3）反应 ① 是氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；
（4）反应 ② 是过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（5）以石墨为电极，通过电解熔融Al2O3可制得金属铝，阳极上是氧离子失电子发生氧化反应生成氧气，阴极上是铝离子得到电子生成金属铝，电解池中接电源负极的一极为电解池的阴极，电极反应式为：Al3++3e-=Al，故答案为：Al3++3e-=Al；
（6）将溶液1NaAlO2溶液与溶液2为碳酸氢钠溶液混合，观察到有白色沉淀生成，是碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：++H2O=Al(OH)3↓+。
四、元素或物质推断题
27．固体化合物X由三种元素组成，是具有良好前景的储氢材料，为了研究它的组成与性质，设计并完成了如图实验：
已知： ① X的焰色反应为砖红色 ② 溶液B中只有一种溶质
(1)X所含的三种元素为H、___ 、___ ，X化学是为___ 。
(2)固体X与足量水反应的化学方程式是____________________________________________________ 。
【答案】(1) Al Ca Ca(AlH4)2
(2)Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑
【分析】X的焰色反应为砖红色，则含有Ca元素，1.53gX加入足量水，生成0.12mol气体A，且燃烧生成2．16g液体G，G应为H2O，则A为H2，溶液B通入过量二氧化碳，得到白色沉淀D为Al(OH)3，且n(Al(OH)3)==0.03mol，m(Al)=0.03mol×27g/mol=0.81g，溶液C为碳酸氢钙，加入过量氢氧化钠溶液，溶液E含有碳酸钠，F为CaCO3，且n(CaCO3)= =0.015mol，m(Ca)=0.015mol×40g=0.6g，可知X含有H、Al、Ca元素，且n(H)= =0.12mol，n(H)：n(Al)：n(Ca)=0.12：0.03：0.015=8：2：1，应为Ca(AlH4)2，以此分析解题。
【详解】（1）由以上分析可知X含有的元素为H、Al、Ca，X为Ca(AlH4)2，故答案为：Al；Ca；Ca(AlH4)2；
（2）固体X与足量水反应生成氢气和偏氯酸钙，反应的化学方程式Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑，故答案为：Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑。
五、填空题
28．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜（含有少量锌、金、银等杂质）的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为_________。
(2)乙装置中阳离子通过X膜向________ 极（填“Fe”或“C”）移动；丙装置中粗铜为_______电极（填“A”或“B”）
(3)若在标况下，有2.24L氧气参与反应，则乙装置中右侧溶液________（填“增加”或“减少”）______g，丙装置中CuSO4浓度__________（填“增加”、“减少” 或“不变”）。
【答案】(1)CH4 - 8e- +10OH- =CO+7H2O
(2) Fe B
(3) 减少 23.4 减少
【详解】（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4- 8e- +10OH- =CO+7H2O。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极，故答案为Fe；B；
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2，标况下，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，所以氯气的物质的量为0.2mol，消耗溶液中氯离子为0.4mol，乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.4mol，所以右侧溶液质量减少为0.4×23+0.4×35.5=23.4g，粗铜（含有少量锌、金、银等杂质），阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液中，阴极上析出铜，根据转移电子数相等，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中CuSO4浓度减小，故答案为：减少；23.4 ；减少。
六、原理综合题
29．实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀。用酸式滴定管量取25.00mL稀释后的醋酸溶液放入锥形瓶中，加指示剂，然后用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定。
(1)盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图1中的___ 操作。(填“甲”、“乙”、“丙”)
(2)指示剂应为___ 。
A．甲基橙 B．甲基红 C．酚酞 D．石蕊
(3)滴定终点的判断方法为____________________________________________________ 。
(4)滴定管使用前需进行润洗，润洗操作为____________________________________________________ 。
(5)为提高测定的准确度，重复上述实验三次，0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定前后的读数如表所示，则该食醋中CH3COOH的浓度为___ mol•L-1。
实验次数
稀释后的醋酸溶液体积/mL
NaOH滴定前读数/mL
NaOH滴定后读数/mL
第1次
25.00
0.10
24.05
第2次
25.00
0.50
23.50
第3次
25.00
0.20
24.25
(6)用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定，下列操作会导致测定结果偏高的是___ 。A．碱式滴定管内滴定后产生气泡。
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视
C．配制0.1000mol•L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水。
D．碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定。
(7)室温下，在25mL 0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液，曲线如图2所示，下列说法不正确的是___ 。
A．0.1 mol/L CH3COOH溶液中，CH3COOH电离度约为1%
B．B点满足：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
C．C点时的离子浓度关系为：c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)
D．D点时的离子浓度关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】(1)丙
(2)C
(3)滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色，且30s内颜色不发生变化
(4)往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次
(5)0.96
(6)BCD
(7)BD
【详解】（1）碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定管玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；
（2）NaOH是强碱，醋酸是弱酸，滴定终点时溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，故答案为：C；
（3）实验室用0.100mol•L-1NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，当加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化，说明达到了滴定终点，故答案为：滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色，且30s内颜色不发生变化；
（4）滴定管水洗后需进行润洗，润洗操作是往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次，故答案为：往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次；
（5）3次实验中消耗NaOH溶液的体积分别为：23.95mL、23.00mL、24.05mL，则第2次数据误差大，舍去，消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)= (23.95mL+24.05mL)=24.00mL，反应为CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则n(CH3COOH)=n(NaOH)=cV，即c(H3COOH)×25.00×10-3L=0.1000mol•L-1×24.0×10-3L，c(H3COOH)=×0.0960mol/L，
该食醋中CH3COOH的浓度为0.0960mol/mol× =0.96mol/L，故答案为：0.96；
（6）A．碱式滴定管内滴定后产生气泡，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，选项A错误；
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视，导致读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，选项B正确；
C．配制0.1000mol•L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水，使标准液的浓度偏低，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项C正确；
D．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项D正确；
答案选BCD；
（7）A．0.1mol/LCH3COOH溶液中电离CH3COOH为10-3mol/L，所以CH3COOH电离度约为 ×100%=1%，选项A正确；
B．B点为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料关系为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，消去c(Na+)有c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，选项B错误；
C．C点溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，显性离子浓度大于隐性离子浓度，所以c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，选项C正确；
D．D点溶液为等浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，c(OH-)＞c(CH3COO-)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，选项D错误；答案选BD。
30．(一)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ•mol-1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3＞0
已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，-761.0kJ•mol-1回答下列问题：
(1)△H2=___ kJ•mol-1。
(2)一定条件下，向体积一定的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的物质的量为___ mol(用含a，b的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___ 。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CH3OH的平衡产率(图1)和CO2的平衡转化率(图2)随温度的变化关系如图所示。
已知：CO2的平衡转化率= ×100%
CH3OH的平衡产率= ×100%
① 图1中，一定压强下，CH3OH的平衡产率随温度升高而下降的原因是___________________________________。
② 图1中，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___ 。
③ 图2中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是____________________________________________________。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为___ 。
A．低温、高压
B．高温、低压
C．低温、低压
D．高温、高压
(二)若只考虑反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ•mol-1一定条件下，向体积一定的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，得到CH3OH(g)体积分数与时间的关系如图3所示。保持其它条件不变，t1时再向容器中充入通入1mol CO2和3mol H2，t2时再次达到平衡。
(5)请画出t1-t3时间范围内CH3OH体积分数随时间的变化曲线___ 。
【答案】(1)-90.8
(2) a+b
(3) 生成CH3OH的反应正方向放热 p1＞p2＞p3 T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)B
(5)
【详解】（1）CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，-761.0kJ•mol-1，则①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-571.6kJ•mol-1；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-566 kJ•mol-1
③2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1522 kJ•mol-1；
根据盖斯定律①+②-③得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-285.8kJ•mol-1-566 kJ•mol-1+761.0kJ•mol-1=-90.8 kJ•mol-1
（2）根据碳元素守恒，反应消耗CO2的物质的量为(a+b)mol，容器中剩余CO2的物质的量为(1-a-b)mol，根据氧元素守恒，生成水的物质的量n(H2O)=(a+b)mol；根据H元素守恒，反应剩余氢气的物质的量为n(H2)=(3-3a-b)mol；由于反应III是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K= = ；
（3）①反应I、II生成CH3OH的反应正方向放热，一定压强下，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率下降；
②温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；
③T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，所以T1温度时，三条曲线几乎交于一点；
（4）反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故选A；
（5）再向容器中充入通入1mol CO2和3mol H2，瞬间CH3OH体积分数降低，平衡向正反应方向移动，CH3OH体积分数增大，图象为：。
浙江省宁波市余姚中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列仪器属于酸式滴定管的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．是酸式滴定管，选项A正确；
B．是碱式滴定管，选项B错误；
C．是长颈漏斗，选项C错误；
D．是直形冷凝管，选项D错误。
答案选Ａ。
2．下列属于非电解质的是
A．铜
B．硝酸钾
C．氢氧化钠
D．乙醇
【答案】D
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；
单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】A．铜是单质，不是非电解质，选项A不符合；
B．硝酸钾为电解质，选项B不符合；
C．氢氧化钠为电解质，选项C不符合；
D．乙醇为非电解质，选项D符合；
答案选D。
3．下列不属于化石燃料的是
A．煤 B．石油 C．天然气 D．生物质能
【答案】D
【详解】三大化石燃料是：煤、石油、天然气。生物质能不属于化石燃料，故选D。
4．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A．H2SO4
B．(NH4)2SO4
C．NaHSO4
D．NaHCO3
【答案】B
【详解】A．H2SO4是酸，溶于水电离显酸性，但不是因为水解而显酸性，选项A错误；
B．(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，选项B正确；
C．NaHSO4是强酸强碱盐，其溶于水后完全电离出Na+、H+和而显酸性，其本身不能水解，故不是因为水解而显的酸性，选项C错误；
D．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项D错误；
答案选B。
5．下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（ ）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂 B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．铝可用作包装材料和建筑材料 D．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
【答案】A
【详解】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；
B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。
C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；
D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；
故答案为A。
6．25℃时， 下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A．pH=2的CH3COOH溶液 B．0.01 mol/L Na2CO3 溶液
C．0.1 mol/L 盐酸 D．pH =10氨水
【答案】C
【分析】酸碱能够抑制水的电离，其H+或OH-离子浓度越大，对水的抑制程度就越大；能水解的盐会促进水的电离；据此分析选项；
【详解】A． pH= 2的CH3COOH中c(H+)=0.01mol/L，会抑制水的电离；
B．Na2CO3溶液中CO的水解会促进水的电离；
C．0.1mol/L盐酸中c(H+)=0.1mol/L ,会抑制水的电离；
D．pH=10的氨水中c(H+)=0.0001mol/L，会抑制水的电离；
以上四种溶液中，0.1mol/L盐酸对水的电离的抑制程度最大，故该溶液中水的电离程度最小，C符合题意；
故选C。
7．在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)中，表示该反应速率最快的是
A．υA=0.5mol•L-1•min-1
B．υB=0.3mol•L-1•min-1
C．υC=0.8mol•L-1•min-1
D．υD=1mol•L-1•min-1
【答案】B
【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化同一物质表示速率进行比较。
【详解】对于反应2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)，转化用D表示的速率进行比较，
A．υA=0.5mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD=2υA=2×0.5mol•L-1•min-1=1mol•L-1•min-1，
B．υB=0.3mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD=4υB=4×0.3mol•L-1•min-1=1.2mol•L-1•min-1，
C．υC=0.8mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故υD= υC= ×0.8mol•L-1•min-1=1.07mol•L-1•min-1，
D．υD=1mol•L-1•min-1，
故反应速率B＞C＞A=D；
答案选B。
8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．将盛有NO2的集气瓶放入冰水中颜色变浅
B．加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C．生产硫酸中使用过量的空气来提高SO2的转化率
D．增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
【答案】B
【详解】A．2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，所以将盛NO2的瓶子放入冰水中，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，选项A不符合；
B．催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，选项B符合；
C．使用过量的空气，增大的反应物 浓度，平衡向着正向移动，提高了SO2的转化率，能够用勒夏特列原理解释，选项C不符合；
D．合成SO3的反应为气体体积缩小的可逆反应，增大压强平衡向着正向移动，有利于合成SO3，能够用勒夏特列原理解释，选项D不符合；
答案选B。
9．下列说法中正确的是( )
A．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．熵增加且放热的反应一定是自发反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】C
【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定。
【详解】A.△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C.熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T△S＜0一定是自发反应，故C正确；
D.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
10．下列说法正确的是
A．将AlCl3溶液加热蒸干得到纯净的氯化铝晶体 B．强电解质都易溶于水，所以BaSO4是弱电解质
C．强酸溶液一定比弱酸溶液导电性强 D．电解质溶液的导电过程会发生化学变化
【答案】D
【详解】A．加热条件下，AlCl3易水解，可生成氢氧化铝，如灼烧，生成氧化铝，故A错误；
B．电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关，硫酸钡熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．导电性与溶液中离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，故C错误；
D．电解质溶液的导电过程会发生化学变化，故D正确。
故选D。
【点睛】电解质强弱取决于电离程度，与溶解性无关；溶液的导电性与自由移动离子浓度大小以及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。
11．下列说法正确的是
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【详解】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
点睛：只有温度和催化剂才能改变活化分子的百分数，其他条件都不能改变。增大压强与增大反应物浓度都可以增大单位体积空间内活化分子的绝对数目，从而增大了单位时间、单位体积空间内的有效碰撞次数，加快化学反应速率。
12．二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是
A．H2和CO2的浓度之比为3∶1
B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．绝热体系中，体系的温度保持不变
【答案】D
【详解】A．H2和CO2的浓度之比与起始投入的量有关，A不能说明达到化学平衡状态，A不合题意；
B．单位时间内断裂3个H—H同时将形成2个C=O，故断裂1个C=O，正逆反应速率不相等，不能说明达到化学平衡状态，B不合题意；
C．恒温恒容条件下，气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度一直保持不变，故不能说明达到化学平衡状态，C不合题意；
D．绝热体系中即与外界不进行热交换，在达到平衡之前，体系的温度一直在变，现保持不变，故说明达到化学平衡状态，D符合题意；
故答案为：D。
13．已知固体溶于水放热，与体系相关的能量关系如图所示，下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A.固体电离产生其它离子吸热，则，故A错误；
B.固体溶于水放热，则，故B错误；
C.断裂化学键吸收能量，焓变为正，而CaO与水反应放热，焓变为负，则，故C正确；
D.结合盖斯定律可知，，则，故D错误；
故选C。
14．如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是（ ）
A．Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂
B．升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小
D．第一步反应的速率大于第二步反应
【答案】C
【分析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。
【详解】A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；
B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误；
C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小，C正确；
D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。
答案选C。
【点睛】反应热△H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
15．电化学反应原理的实验装置如图所示。下列叙述错误的是
A．若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M或N处都可减缓铁的腐蚀
C．若X为锌棒，开关K置于N处时，为牺牲阳极的阴极保护法
D．若X为碳棒，开关K置于N处时，X电极上发生的反应为2H+ +2e-=H2↑
【答案】D
【分析】开关K置于M处，构成电解池，铁为阴极，被保护，属于为牺牲阳极的阴极保护法，开关K置于N处时，构成原电池，取决于X极的材料，若X极比铁活泼，则X极为负极，被氧化，失去电子，铁为正极，被保护，反之，铁为负极，被氧化，腐蚀，据此分析解答即可。
【详解】A．若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，故A正确；
B．若X为锌棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，开关K置于N处，形成原电池，锌为负极，被氧化，铁为正极，被保护，故B正确；
C．若X为锌棒，开关K置于N处时，锌为负极，被氧化，属于为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处时，X电极上发生的反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；
答案选D。
16．常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A．c(HCl)>c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【详解】A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A错误；
B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)，故B正确；
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；
D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；
故选B。
【点睛】明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。
17．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是
A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ表示t0时升温对反应速率的影响
【答案】B
【分析】A．正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；
B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；
D、升温对吸热方向(逆方向)速率增大的多。
【详解】A项，乙先达到平衡，反应快，温度高，故A错误；B、加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动，故B正确；C项，增大c(O2)时，逆反应速率瞬时不变，图象应连续，故C错误；D项，升温对吸热方向(逆方向)速率增大的多，故D错误。故选B。
18．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A．pH等于13的溶液中：Ca2+、Na+、、
B．=1012的溶液中：Fe2+、Cu2+、、Cl-
C．无色透明溶液中：Al3+、K+、、
D．使pH试纸显红色的溶液中： 、Cu2+、、Cl-
【答案】D
【详解】A．pH等于13的溶液呈碱性，Ca2+、之间生成微溶物硫酸钙，与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，选项A错误；
B．==1012的溶液呈酸性，Fe2+、在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项B错误；
C．Al3+、之间发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，选项C错误；
D．使pH试纸显红色的溶液呈酸性，、Cu2+、、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，选项D正确；
答案选D。
19．取一定量的铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)样品,放入盛有200 mL H2SO4溶液的烧杯中,充分反应后过滤,向滤液中加入10 mol/L的NaOH溶液, 产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示。则原矿石中Al2O3的质量是克
A．5.1 B．3.9 C．2.55 D．7.8
【答案】C
【详解】根据图象可知溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005×10=0.05mol，所以根据方程式Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知氢氧化铝是0.05mol，根据Al原子守恒可知氧化铝是0.025mol，质量＝0.025mol×102g/mol＝2.55g，答案选C。
20．室温下，将两种浓度均为0.10mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c()+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)
D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c()+c(OH-)
【答案】D
【详解】A．浓度均为0.10 mol·L-1的NaHCO3Na2CO3的混合溶液中，的水解程度大于的水解程度，所以溶液中c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)，A错误；
B．浓度均为0.10 mol·L-1的氨水NH4Cl混合溶液的pH=9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)＜c(Cl-)，根据电荷守恒，溶液中c()＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)，可知c()＋c(H＋)>c(NH3·H2O)＋c(OH-)，B错误；
C．浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOHCH3COONa混合溶液的pH=4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，C错误；
D．浓度均为0.10 mol·L-1的H2C2O4NaHC2O4混合溶液的pH=1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c()＋2c()，根据物料守恒有2c(Na＋)=c()＋c(H2C2O4)＋c()，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)＋c()＋c(OH-)，D正确。
故选D。
21．全钒液流储能电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应，离子方程式为VO2+（黄色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（蓝色）+V3+（绿色）+H2O．采用惰性电极实现化学能和电能相互转化的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，X端接外接电源的负极
B．放电过程中，正极电极反应式为VO2++H2O+e-=VO2++2OH-
C．放电过程中，右罐溶液颜色逐渐由绿色变为紫色
D．充电时若转移电子0.5mol，左罐溶液中n（H+）的变化量为0.5mol
【答案】D
【详解】A．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，故A错误；
B．由VO2+（黄色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（蓝色）+V3+（绿色）+H2O可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B错误；
C．放电过程中，右罐为负极，反应式：V2+-e-=V3+，则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色，故C错误；
D．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，若转移电子0.5mol，生成氢离子为1mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n（H+）的变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，故D正确；
故选：D。
22．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
30
下列说法不正确的是A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-1mol/(L·s)
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大可能是生成的物质对反应起催化作用
【答案】B
【详解】A．实验①②③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；
B．草酸的物质的量为0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.010mol/L×0.004L/0.006L=2/3×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2/3×0.010mol/L/40s≈1.7×10-4mol/(L•s)，故B错误；
C．探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③，故C正确；
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，生成的Mn2+对反应起催化作用，因此速率突然增大，故D正确；
故选：B。
23．25℃时，H2CO3的 =4×10-7， =5×10-11，室温下向10mL 0．1mol•L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol•L-1HCl溶液，如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图像(已知：lg2=0.3，lg4=0.6，lg5=0.7)，下列说法错误的是
A．A点所示溶液的pH＜11
B．B点所示溶液pH约为8.4
C．C点时有，c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]
D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成
【答案】C
【详解】溶液的pH越大，溶液中含量越多，溶液的pH越小，溶液中H2CO3越多，
A．A点溶液中c)=c()，Ka2=c(H+)=5×10-11＞10-11，则A点pH＜11，选项A正确；
B．B点溶液中c()=c(H2CO3)，Ka2= ，Ka1= = =，c(H+)= = mol/L，pH=-lg ≈8.4，选项B正确；
C．C点溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl-)+c()+c()+c(H2CO3)，选项C错误；
D．酚酞变色范围为8-10、甲基橙变色范围为3.1-4.4，用酚酞作指示剂时，滴定终点溶液呈碱性，只发生Na2CO3→NaHCO3的变化，可以测出Na2CO3的量；用甲基橙作指示剂，滴定终点溶液呈酸性，NaHCO3→CO2，可以测出NaHCO3的总量，从而计算出混合物中NaHCO3的量，选项D正确；
答案选C。
24．在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是
已知
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
、
、
的浓度
反应的能量变化
放出
放出
吸收
体系压强/Pa
P1
P2
P3
反应物转化率
A．
B．达到平衡时丙容器中的体积分数最大
C．
D．
【答案】D
【详解】甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，据此分析解题：
A．丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1=2p3＞p2，A错误；
B．丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，B错误；
C．丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1，C错误；
D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D正确；
故答案为：D。
二、多选题
25．某无色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、[Al(OH)4]−、、、中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加过量的Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据上述实验下列判断不正确的是（ ）
A．原溶液中一定不存在的离子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和
B．实验①中生成气体的离子方程式为：＋2H+=CO2↑+H2O
C．实验③中产生的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸变红
D．白色沉淀甲是Al(OH)3，白色沉淀乙是BaSO4
【答案】CD
【分析】溶液无色，一定没有。
①能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；
②说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；
③气体为氨气，白色沉淀一定含碳酸钡、可能含硫酸钡，以此解答该题。
【详解】某无色溶液，说明溶液中一定不会存在，
①加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在Na+；
②在①所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在[Al(OH)4]−，
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，该气体为氨气，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；
所以溶液中一定存在的离子有：、Na+、[Al(OH)4]−，则
A. 原溶液中一定不存在的离子是Ag＋、Ba2＋、Al3+和，故A正确；
B. 加入盐酸生成二氧化碳气体，实验①中生成气体的离子方程式为：＋2H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C. 实验③中产生的气体为氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；
D. 白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，故D错误；
答案选CD。
三、工业流程题
26．回答下列问题
(一)已知碳酸的电离平衡常数约为Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN电离平衡常数约为6×10-10。
(1)比较给出H+能力的相对强弱：H2CO3___ HCN。(填“＞”、“＜”或“=”)
(2)用一个离子方程式说明和CN-结合H+能力的相对强弱___ 。
(二)某工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：
(3)写出反应 ① 的离子方程式____________________________________________________。
(4)写出反应 ② 的离子方程式____________________________________________________ 。
(5)以石墨为电极，通过电解熔融Al2O3可制得金属铝。电解池中接电源负极的一极的电极反应式是__________________________________。
(6)将溶液1与溶液2混合，观察到有白色沉淀生成，写出生成白色沉淀的离子方程式___________________。
【答案】(1)＞
(2)+HCN= +CN-
(3)Al2O3+2OH-=2+H2O
(4)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(5)Al3++3e-=Al
(6)++H2O=Al(OH)3↓+
【分析】(一)已知碳酸的电离平衡常数约为=4×10-7，Ka2=5×10-11，HCN电离平衡常数约为6×10-10，酸性H2CO3＞HCN＞；
(二)Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液Ⅰ为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2反应的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，生成Al(OH)3、NaHCO3溶液，过滤得到溶液2为碳酸氢钠溶液，沉淀为氢氧化铝，灼烧Al(OH)3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；
【详解】（1）酸性H2CO3＞HCN＞，酸性越强，给出氢离子能量越强，给出H+能力的相对强弱：H2CO3＞HCN，故答案为：＞；
（2）强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，能体现和CN-结合H+能力的相对强弱的离子方程式为：+HCN=+CN-，故答案为：+HCN=+CN-；
（3）反应 ① 是氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；
（4）反应 ② 是过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
（5）以石墨为电极，通过电解熔融Al2O3可制得金属铝，阳极上是氧离子失电子发生氧化反应生成氧气，阴极上是铝离子得到电子生成金属铝，电解池中接电源负极的一极为电解池的阴极，电极反应式为：Al3++3e-=Al，故答案为：Al3++3e-=Al；
（6）将溶液1NaAlO2溶液与溶液2为碳酸氢钠溶液混合，观察到有白色沉淀生成，是碳酸氢根离子和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+，故答案为：++H2O=Al(OH)3↓+。
四、元素或物质推断题
27．固体化合物X由三种元素组成，是具有良好前景的储氢材料，为了研究它的组成与性质，设计并完成了如图实验：
已知： ① X的焰色反应为砖红色 ② 溶液B中只有一种溶质
(1)X所含的三种元素为H、___ 、___ ，X化学是为___ 。
(2)固体X与足量水反应的化学方程式是____________________________________________________ 。
【答案】(1) Al Ca Ca(AlH4)2
(2)Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑
【分析】X的焰色反应为砖红色，则含有Ca元素，1.53gX加入足量水，生成0.12mol气体A，且燃烧生成2．16g液体G，G应为H2O，则A为H2，溶液B通入过量二氧化碳，得到白色沉淀D为Al(OH)3，且n(Al(OH)3)==0.03mol，m(Al)=0.03mol×27g/mol=0.81g，溶液C为碳酸氢钙，加入过量氢氧化钠溶液，溶液E含有碳酸钠，F为CaCO3，且n(CaCO3)= =0.015mol，m(Ca)=0.015mol×40g=0.6g，可知X含有H、Al、Ca元素，且n(H)= =0.12mol，n(H)：n(Al)：n(Ca)=0.12：0.03：0.015=8：2：1，应为Ca(AlH4)2，以此分析解题。
【详解】（1）由以上分析可知X含有的元素为H、Al、Ca，X为Ca(AlH4)2，故答案为：Al；Ca；Ca(AlH4)2；
（2）固体X与足量水反应生成氢气和偏氯酸钙，反应的化学方程式Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑，故答案为：Ca(AlH4)2+4H2O=Ca(AlO2)2+8H2↑。
五、填空题
28．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜（含有少量锌、金、银等杂质）的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为_________。
(2)乙装置中阳离子通过X膜向________ 极（填“Fe”或“C”）移动；丙装置中粗铜为_______电极（填“A”或“B”）
(3)若在标况下，有2.24L氧气参与反应，则乙装置中右侧溶液________（填“增加”或“减少”）______g，丙装置中CuSO4浓度__________（填“增加”、“减少” 或“不变”）。
【答案】(1)CH4 - 8e- +10OH- =CO+7H2O
(2) Fe B
(3) 减少 23.4 减少
【详解】（1）燃料电池是将化学能转化为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4- 8e- +10OH- =CO+7H2O。
（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳离子通过X膜向阴极移动，粗铜作阳极，故答案为Fe；B；
（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和氯气的关系式为：O2～2Cl2，标况下，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，所以氯气的物质的量为0.2mol，消耗溶液中氯离子为0.4mol，乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.4mol，所以右侧溶液质量减少为0.4×23+0.4×35.5=23.4g，粗铜（含有少量锌、金、银等杂质），阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液中，阴极上析出铜，根据转移电子数相等，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中CuSO4浓度减小，故答案为：减少；23.4 ；减少。
六、原理综合题
29．实验室为测定食醋中CH3COOH的浓度，取25mL食醋置于250mL容量瓶中，加水稀释至刻度并摇匀。用酸式滴定管量取25.00mL稀释后的醋酸溶液放入锥形瓶中，加指示剂，然后用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定。
(1)盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图1中的___ 操作。(填“甲”、“乙”、“丙”)
(2)指示剂应为___ 。
A．甲基橙 B．甲基红 C．酚酞 D．石蕊
(3)滴定终点的判断方法为____________________________________________________ 。
(4)滴定管使用前需进行润洗，润洗操作为____________________________________________________ 。
(5)为提高测定的准确度，重复上述实验三次，0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定前后的读数如表所示，则该食醋中CH3COOH的浓度为___ mol•L-1。
实验次数
稀释后的醋酸溶液体积/mL
NaOH滴定前读数/mL
NaOH滴定后读数/mL
第1次
25.00
0.10
24.05
第2次
25.00
0.50
23.50
第3次
25.00
0.20
24.25
(6)用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定，下列操作会导致测定结果偏高的是___ 。A．碱式滴定管内滴定后产生气泡。
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视
C．配制0.1000mol•L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水。
D．碱式滴定管未润洗就装入标准液进行滴定。
(7)室温下，在25mL 0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液，曲线如图2所示，下列说法不正确的是___ 。
A．0.1 mol/L CH3COOH溶液中，CH3COOH电离度约为1%
B．B点满足：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
C．C点时的离子浓度关系为：c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)
D．D点时的离子浓度关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】(1)丙
(2)C
(3)滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色，且30s内颜色不发生变化
(4)往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次
(5)0.96
(6)BCD
(7)BD
【详解】（1）碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定管玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；
（2）NaOH是强碱，醋酸是弱酸，滴定终点时溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，故答案为：C；
（3）实验室用0.100mol•L-1NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，当加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化，说明达到了滴定终点，故答案为：滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色，且30s内颜色不发生变化；
（4）滴定管水洗后需进行润洗，润洗操作是往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次，故答案为：往滴定管中注入少量待装液，倾斜滴定管，小心转动，使待装液润湿整支滴定管内壁，把液体从滴定管尖嘴处放出，重复操作2～3次；
（5）3次实验中消耗NaOH溶液的体积分别为：23.95mL、23.00mL、24.05mL，则第2次数据误差大，舍去，消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)= (23.95mL+24.05mL)=24.00mL，反应为CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则n(CH3COOH)=n(NaOH)=cV，即c(H3COOH)×25.00×10-3L=0.1000mol•L-1×24.0×10-3L，c(H3COOH)=×0.0960mol/L，
该食醋中CH3COOH的浓度为0.0960mol/mol× =0.96mol/L，故答案为：0.96；
（6）A．碱式滴定管内滴定后产生气泡，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，选项A错误；
B．读取标准液读数时，滴定前俯视，滴定到终点后仰视，导致读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，选项B正确；
C．配制0.1000mol•L-1NaOH溶液时，固体NaOH中含有结晶水，使标准液的浓度偏低，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项C正确；
D．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，选项D正确；
答案选BCD；
（7）A．0.1mol/LCH3COOH溶液中电离CH3COOH为10-3mol/L，所以CH3COOH电离度约为 ×100%=1%，选项A正确；
B．B点为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料关系为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，消去c(Na+)有c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，选项B错误；
C．C点溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，显性离子浓度大于隐性离子浓度，所以c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，选项C正确；
D．D点溶液为等浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，c(OH-)＞c(CH3COO-)，电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，选项D错误；答案选BD。
30．(一)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ•mol-1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3＞0
已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，-761.0kJ•mol-1回答下列问题：
(1)△H2=___ kJ•mol-1。
(2)一定条件下，向体积一定的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的物质的量为___ mol(用含a，b的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___ 。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CH3OH的平衡产率(图1)和CO2的平衡转化率(图2)随温度的变化关系如图所示。
已知：CO2的平衡转化率= ×100%
CH3OH的平衡产率= ×100%
① 图1中，一定压强下，CH3OH的平衡产率随温度升高而下降的原因是___________________________________。
② 图1中，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___ 。
③ 图2中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是____________________________________________________。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为___ 。
A．低温、高压
B．高温、低压
C．低温、低压
D．高温、高压
(二)若只考虑反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ•mol-1一定条件下，向体积一定的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，得到CH3OH(g)体积分数与时间的关系如图3所示。保持其它条件不变，t1时再向容器中充入通入1mol CO2和3mol H2，t2时再次达到平衡。
(5)请画出t1-t3时间范围内CH3OH体积分数随时间的变化曲线___ 。
【答案】(1)-90.8
(2) a+b
(3) 生成CH3OH的反应正方向放热 p1＞p2＞p3 T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)B
(5)
【详解】（1）CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的标准燃烧热分别为-285.8kJ•mol-1，-283.0kJ•mol-1，-761.0kJ•mol-1，则①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-571.6kJ•mol-1；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-566 kJ•mol-1
③2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1522 kJ•mol-1；
根据盖斯定律①+②-③得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-285.8kJ•mol-1-566 kJ•mol-1+761.0kJ•mol-1=-90.8 kJ•mol-1
（2）根据碳元素守恒，反应消耗CO2的物质的量为(a+b)mol，容器中剩余CO2的物质的量为(1-a-b)mol，根据氧元素守恒，生成水的物质的量n(H2O)=(a+b)mol；根据H元素守恒，反应剩余氢气的物质的量为n(H2)=(3-3a-b)mol；由于反应III是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K= = ；
（3）①反应I、II生成CH3OH的反应正方向放热，一定压强下，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率下降；
②温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；
③T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，所以T1温度时，三条曲线几乎交于一点；
（4）反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故选A；
（5）再向容器中充入通入1mol CO2和3mol H2，瞬间CH3OH体积分数降低，平衡向正反应方向移动，CH3OH体积分数增大，图象为：。
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