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辽宁省大连市第三中学2020届高三上学期第三次月考化学试题
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大连三中2019-2020高三年级第三次月考
化学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Ba-137
一．选择题(包括24个小题，每小题2分，共48分，每题只有一个正确答案)
1.中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列说法不正确的是( )
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中”杓”所用材质Fe2O3
D. 古剑“沈卢” “以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】
【详解】A、气溶胶为胶体分散系，则有丁达尔效应，故A正确，不符合题意；
B、“熬胆矾铁釜，久之变化为铜”，发生Fe置换出Cu的反应，为置换反应，故B正确，不符合题意；
C、“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质具有磁性，应该为Fe3O4，故C错误，符合题意；
D、钢为Fe的合金，还含C元素，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为C。
2.下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HF>HCl>HBr>HI；
②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－；
③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；
④金属性：K>Na>Mg>Al；
⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；
⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故①错误；
②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；
③非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；
④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；
⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；
⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确；
故答案为B。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
3.下列说法正确的是( )
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B. SO2能使品红溶液、溴水褪色，分别说明SO2具有强氧化性、还原性
C. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为Al2O3
D. 金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，镁作负极，铁作为正极，故A正确；
B选项，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，表现还原性，SO2能使品红溶液褪色，表现漂白性，故B错误；
C选项，将Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧，仍为Al2(SO4)3，故C错误
D选项，金属钠具有强还原性，可用与熔融TiCl4反应制取金属Ti，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】金属中化学防护主要是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. S2SO2H2SO4
C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；
B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故B不选；
C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故C选；
D.一氧化氮和水不反应，故D不选；
故选C。
【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。
5.下列叙述不正确的是( )
A. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C. 将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；若再通入NH3，则产生沉淀
D. 纯锌与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，速率会加快
【答案】B
【解析】
【详解】A、向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色的氢氧化铝沉淀，再加入过量NaHSO4溶液氢氧化铝溶解，所以沉淀消失，故A正确，不符合题意；
B、加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故B错误，符合题意；
C、将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，二氧化硫和氯化钡不反应，因此无沉淀产生，若再通入NH3，则产生亚硫酸钡沉淀，故C正确，不符合题意；
D、锌与少量硫酸铜反应生成铜，锌铜构成原电池加快化学反应速率，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为B。
【点睛】溶液中有硝酸根不会和铜反应，但只要有氢离子，溶液中氢离子和硝酸根和铜就会发生氧化还原反应。
6.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
7.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
①在标准状况下，NA个SO3分子所占的体积为22.4L
②S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
③标准状祝下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为1.5 NA
④1molAlCl3溶于1L的水中，所得溶液含有1NAAl3+
⑤在标准状况下，22.4LCl2与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为NA
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和是0.5NA
A. ②⑤ B. ①②④⑥ C. ③⑤⑥ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①在标准状况下SO3不是气态，不能利用气体摩尔体积计算体积，错误；
②S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为＝0.2NA，正确；
③标准状祝下，22.4LNO和11.2LO2混合后恰好生成22.4LNO2，但NO2存在平衡2NO2N2O4，是气体的分子总数小于NA，错误；
④1molAlCl3溶于1L的水中，由于铝离子水解，因此所得溶液含有的Al3+小于1mol，错误；
⑤在标准状况下，22.4LCl2与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为NA，正确；
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中铁离子水解，注入Fe3+和SO42-离子数的总和小于0.5NA，错误；
综上②⑤正确；答案选A。
8.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：
下列分析正确的是
A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑
C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO
D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；
B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；
C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，错误；
D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；
故选D。
9.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明SO2被氧化为SO42-
D
常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性
c(NH4+)=c(Cl-)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故A错误；
B选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明非金属性Cl＞C，故B错误；
C选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明SO2被氧化为硫酸根，故C错误；
D选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(NH4+)=c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①0．1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO42－
②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－
⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、Cl－、S2－
A. ①③⑤ B. ②④ C. ②⑤⑥ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①NaAlO2与H＋反应生成Al3+，①错误；
②pH=11的溶液呈碱性， CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－不反应，故②正确；
③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下CO32－、SO32－不能存在，③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－之间不反应，④正确；
⑤使甲基橙变黄的溶液呈碱性， Fe2+与OH-生成氢氧化亚铁沉淀，⑤错误；
⑥中性溶液中：Fe3+水解成氢氧化铁、Al3+、S2－发生双水解，⑥错误；
答案选B。
11.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. 分别取③、④溶液等体积加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L① 与V2 L ④混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＝V2
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸钠电离出的CH3COO－而抑制醋酸电离，醋酸钠和稀盐酸反应生成弱电解质醋酸，所以③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后都导致溶液中c(H＋)减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸为弱酸，溶液浓度③＞④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒时产生氢气的量③＞④，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小，所以稀释后溶液的pH大小为：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．由于c（NH3·H2O）＞0.001mol·L－1、c（HCl）=0.001mol·L－1，若V1 L④与V2 L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1＜V2，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，把握弱电解质电离特点及影响弱电解质电离因素是解本题关键，易错点C，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
12.某温度下，在体积可变的容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(l),改变起始时加入各物质的量，在不同压强下达平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如表所示，下列说法错误的是( )
压强
P1
P2
P3
n/mol
①2.0molCO2 6.0molH2
0.10mol
0.04mol
0.02mol
②1.0molCO2 3.0molH2
x 1
y 1
z 1
③1.0molCH3OCH3 3.0molH2O
x 2
y 2
z 2
A. P1>P2 B. x 1=0.05
C. P2条件下，③中CH3OCH3平衡转化率为96% D. 若该反应可自发进行，则高温更有利
【答案】D
【解析】
【详解】相同温度和压强下，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立等效平衡，则在相同温度和压强下，①②③互为等效平衡。
A、根据①以及反应是体积减小的反应，压强越大，会正向移动，P1时CH3OCH3(g)的物质的量为0.10mol，P2时CH3OCH3(g)的物质的量为0.04mol，因此P1>P2，故A正确，不符合题意；
B、①②处于平衡状态时是等效的，②的起始量是①的一半，则平衡时x 1=0.05，故B正确，不符合题意；
C、P2条件下，①③是完全等效的，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量为0.04mol，转化了0.96mol，平衡转化率为96%，故C正确，不符合题意；
D、该反应是ΔS < 0，若该反应可自发进行，则低温更有利，故D错误，符合题意；
综上所述，答案为D。
13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫
B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁收集NO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫，故A正确；
B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故B错误；
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故C错误；
D. NO密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质掌握准确。
14.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)== CO2(g)+H2(g)。
已知在25℃时：
①C(s)+O2(g)CO(g) ΔH1＝−111kJ·mol− 1
②H2(g)+ O2(g)== H2O(g) ΔH2＝−242kJ·mol− 1
③C(s)+O2(g) == CO2(g) ΔH3＝−394kJ·mol− 1
下列说法不正确的是
A. 25℃时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1
B. 增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小
C. 反应①达到平衡时，每生成1 molCO的同时生成0.5molO2
D. 反应②断开2mol H2和1 mol O2中的化学键所吸收的能量比形成4mol O−H键所放出的能量少484kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据盖斯定律③－②－①得CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1，故A正确；
B.平衡常数只与温度有关，增大压强K不变，故B错误；
C. 反应①，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；
D. 焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；选B。
15.最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为H2O和CO2，同时产生电能，其原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是
A. 氧化银电极上的反应为Ag2O＋2e－=2Ag＋O2－
B. 石墨电极上的反应为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋
C. 每转移4 mol电子，石墨电极产生22.4 L CO2气体
D. 每30 g C6H12O6参与反应，有4 mol H＋经质子交换膜进入负极区
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图，该微生物电池中，负极上是污水中的微生物发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，根据电极反应式进行解析。
【详解】A、注入污水的石墨一极是电池的负极，氧化银电极是正极，该电极上的电极反应式为Ag2O+2e－+2H＋═2Ag+H2O，故A错误；
B、注入污水的石墨一极是电池的负极，污水中的有机物在负极发生失电子的氧化反应C6H12O6+6H2O-24e－═6CO2↑+24H＋，故B正确；
C、氧化银电极是正极，该电极上不会产生二氧化碳，产生二氧化碳的是负极石墨，故C错误；
D、注入污水的一极是电池的负极，负极上C6H12O6失电子，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e－=6CO2+24H＋，n（C6H12O6）=30g÷180g/mol=mol，则每30 g C6H12O6参与反应，有4molH＋经质子交换膜进入正极区，故D错误。
故选B。
16. 下列化学反应的离子方程式正确的是 （ ）
A. 石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全： Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
C. 将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中：SO2+2ClO－+H2O＝SO32－+2HClO
D. 稀硝酸中加入过量的铁屑：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe3++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A、醋酸为弱电解质,离子方程式中应该保留分子式;
B、根据刚好沉淀完全可以知道氢氧化钡与硫酸氢铵物质的量之比为1:1反应;
C、ClO－有较强的氧化性,而在水溶液中SO2有较强的还原性,二者相遇首先发生氧化还原反应,生成氯离子和硫酸根离子；
D、铁粉过量,反应生成产物为亚铁离子且离子方程式两边电荷不守恒
【详解】A、碳酸钙和醋酸溶液反应生成醋酸钙和水,碳酸钙是难溶物质,醋酸是弱酸,二者都要写成化学式的形式,所以其离子方程式为: CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++CO2↑+H2O+CH3COO-，故A错误；
B、向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全,二者物质的量按照1:1进行反应,反应的离子方程式为: Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3·H2O+H2O；所以B选项是正确的；
C、将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中,二氧化硫被氧化成硫酸根离子,反应的离子方程式为: SO2+2ClO－+H2O＝SO42－+2H++Cl- ,故C错误；
D、稀硝酸中加入过量的铁屑,反应生成了亚铁离子,反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe2++2NO↑+4H2O,故D错误；
综上所述，本题正确选项B。
17.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a和b可构成所有原子共平面的分子
B. 在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定
C. d的氯化物一定能破坏水的电离平衡
D. e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。
【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。
B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。
C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。
D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。
故答案选C。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 向0.1mol/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1mol CH3COONa固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大
B. 向0.1mol/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g),则c(H+)/c(H2A)先变大后变小
C. 已知：FeCl3（aq）+ 3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），向该平衡体系中加入固体KCl后溶液颜色变浅
D. 室温时，0.1mol/L NH4HCO3溶液pH=8.1，则Ka1(H2CO3) ＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A、向0.1mol/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1mol CH3COONa，CH3COO-浓度变大，水解程度减小，c(CH3COO－)和c(Na+)均变大，但是c(CH3COO－)增大的幅度更大，因此加入固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大，故A正确；
B、向0.1mol/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g)，根据，，有氢离子先和A2－反应生成HA-，再与HA-反应生成H2A，HA-的浓度先增大后减小，则c(H+)/c(H2A)先变小后变大，故B错误；
C、已知：FeCl3(aq)+ 3KSCN(aq)3KCl(aq) +Fe(SCN)3(aq)，向该平衡体系中加入固体KCl，反应实质为Fe3+ + SCN－Fe(SCN)3，因此加KCl，平衡不移动，故C错误；
D、室温时，0.1mol/L NH4HCO3溶液pH=8.1，显碱性，说明氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】溶液中的平衡一定是改变参与反应的离子浓度来使平衡发生移动，没有参与反应的离子浓度变化与平衡移动无关。
19.下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A. 图甲可表示压强对反应： 的影响
B. 图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C. 若图丙表示反应：，则、
D. 图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；
答案：C
20.Mn2＋催化H2O2分解：2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1，其反应机理如图。若反应Ⅱ的焓变为ΔH2，则反应Ⅰ的焓变ΔH为(反应Ⅰ、Ⅱ的计量数均为最简整数比)( )
A. ΔH1－ΔH2 B. ΔH1＋ΔH2
C. 2ΔH1－ΔH2 D. ΔH1－2ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应信息得出
2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1
Mn2＋(aq) ＋ H2O2(l) = MnO2(s)＋2H＋(aq) ΔH，
MnO2(s)＋H2O2(l) ＋2H＋(aq)= Mn2＋(aq)＋ O2(g)＋2H2O(l) ΔH2
根据盖斯定律得出ΔH = ΔH1－ΔH2，故A正确。
综上所述，答案为A。
21.25℃时，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是
A. HX为弱酸，HY为强酸
B. 水的电离程度：b>c>d
C. C点对应的溶液中：c(HY)>c(Y-)
D. 若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(X-)>c(Y-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图象0.1mol/LHX溶液中lg=12，=1×1012，c(H+)•c(OH-)=1×10-14，解得c(H+)=0.1mol/L，HX为强酸，0.1mol/LHY溶液中lg12，HY为弱酸，选项A正确；
B、b点时溶液中lg=0，溶液中c(H+ )=c(OH-) ，溶液呈中性；d点、c点加入5×10-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y的水解程度，d点溶液中c(H+ )大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度： b> c>d，选项B正确；
C、c点时加入n(NaOH)=0.005mol，此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lg=6，则c(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c(HY)
答案选B。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH的计算。 注意纵坐标表示lg，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为0时溶液呈中性；酸电离出的H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中c(H+ )越大，水的电离程度越小。
22.全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为VO2＋(蓝色)＋H2O＋V3＋(绿色) VO2+(黄色)＋V2＋(紫色)＋2H＋。下列说法错误的是
A. 充电时，反应每生成2 mol H＋时转移的电子的物质的量为1 mol
B. 充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色
C. 放电时，负极反应为V2＋－e－=V3＋
D. 放电过程中，正极附近溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，放电时，电池的负极上是VO2+（蓝色）发生失电子的氧化反应，正极上是V3+（紫色）发生得电子的还原反应，充电时，阳极发生失电子的氧化反应，为放电时的正极反应的逆反应，阴极发生得电子的还原反应，为放电时的负极反应的逆反应，根据原电池和电解池的工作原理知识来回答。
【详解】A.充电时，阳极附近发生失电子的氧化反应，即VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，反应每生成2molH+时电子转移为1mol，故A正确；
B.充电时，阳极发生失电子的氧化反应，VO2++H2O-e-=VO2++2H+，溶液由蓝色逐渐变为黄色，故B错误；
C.放电时，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+-e-=V3+，故C正确．
D.放电过程中，正极附近发生反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，酸性减弱，故D正确；
故选B。
23.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中，b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)△H=(E1-E2)kJ/mol
B. 图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点与b点的数值相同
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图丁表示0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A、b曲线是加了催化剂，焓变△H=(E1-E2)kJ/mol，b曲线其热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=(E1-E2)kJ/mol，故A符合题意；
B、稀释相同倍数，a点与b点的数值相同，但a曲线为HCl，故B不符合题意；
C、图丙表示催化剂对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，该反应是体积减小的反应，压强会使平衡发生移动，故C不符合题意；
D、0.10000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液的滴定曲线，pH=7的点应该是加氢氧化钠体积小于20mL，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
【点睛】pH相同的一元强酸和一元弱酸，稀释相同倍数，变化大的是强酸。
24.下列叙述中不正确的是( )
A. 0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na ＋） >c （CO32－） >c （HCO3－） >c（OH－）
B. 中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
C. 25℃时，向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，该溶液中水的电离程度将增大，且Kw不变
D. 等pH值的①(NH4)2SO4溶液②NH4HSO4溶液③NH4Cl溶液中，c(NH4+)的大小关系：①=③>②
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为碳酸钠，所得溶液中：c(Na＋) >c(CO32－) >c(OH－) >c(HCO3－)，故A错误；
B选项，中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，酸的物质的量相等，因此消耗NaOH的物质的量相同，故B正确；
C选项，25℃时，向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，酸性减弱，氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减弱，水的电离程度将增大，且Kw不变，故C正确；
D选项，等pH值的①(NH4)2SO4溶液②NH4HSO4溶液③NH4Cl溶液中，①③是水解显酸性，水解氢离子浓度相同，则水解消耗得铵根离子浓度相同，溶液中铵根离子浓度相同，②中是盐电离出氢离子显酸性，因此铵根离子最小，因此c(NH4+)的大小关系：①=③>②，故D正确。
综上所述，答案为A。
第Ⅱ卷 非选择题 （共52分）
25.Ⅰ.二氯化砜(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2。装置如图(有些支持装置省略了)所示。已知SO2Cl2的熔点为-54．1℃，沸点为69． 1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体。
(1)仪器E的名称是_____________，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于______(填“放”或“吸”)热反应，B处反应管冷却水应从____________ (填“a”或“b”)接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是_______________________________________。
(2)试剂X、Y的组合最好是_________。
a．98%硫酸和铜 b．稀硝酸和亚硫酸钠固体 c．60%硫酸和亚硫酸钾固体
(3)戊是贮气装置，则E中的试剂是_________；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是___________________________．
(4)取1．00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1．50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为___________ %(结果保留小数点后1位)。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是_______________________________。
Ⅱ.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积。
(1)所选仪器接口的连接顺序是A接________，________接________；B接________，________接________。
(2)若装入的饱和食盐水为100mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生的气体全部逸出)，当测得氢气为112mL(标准状况下)时停止通电。将U形管内的溶液倒入烧杯，常温时测得溶液的pH约为________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 放 (3). a (4). 该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于SO2Cl2的生成 (5). c (6). 饱和食盐水 (7). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). 86.9% (9). SO2Cl2 久置后分解产生 Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色 (10). G (11). F (12). H (13). D (14). E (15). C (16). 13
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)仪器E的名称是分液漏斗，B是冷凝管，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于放热反应，B处反应管冷却水是下进上出，因此应从a接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于SO2的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂X、Y的组合最好是c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应生成盐酸和硫酸。
(4)先根据生成沉淀的质量计算SO2Cl2的质量，再计算百分含量。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后SO2Cl2分解生成Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
Ⅱ(1)A应该是电解池的阴极，生成氢气，B为阳极，生成氯气，因此得出仪器接口的连接顺序。
(2)根据方程式的比例关系计算氢氧根的物质的量，再计算氢氧根浓度，再计算pH值。
【详解】Ⅰ(1)仪器E的名称是分液漏斗，B是冷凝管，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于放热反应，B处反应管冷却水是下进上出，因此应从a接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂X、Y的组合最好是c；故答案为c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
(4)取1.00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.50g；
SO2Cl2——BaSO4
135g 233g
xg 1.5g
解得x=0.869g
，故答案为86.9%。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后SO2Cl2分解生成Cl2，因此其原因是SO2Cl2 久置后分解产生Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色，故答案为：SO2Cl2 久置后分解产生Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
Ⅱ(1)A应该是电解池的阴极，生成氢气，B为阳极，生成氯气，因此仪器接口的连接顺序是A接G，F接H；B接D，E接C，故答案为：G；F；H；D；E；C。
(2)
根据 H2——2NaOH
22.4L 2mol
0.112L xmol
解得x = 0.01mol
，因此pH=13，故答案为：13。
26.Ⅰ.工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
ⅰ：Fe2O3+6H+ =2Fe3++3H2O
ⅱ：____________________________________________（离子方程式）。
(2)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为____________（填离子符号）。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）：____________________。
(4) “浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是______________________。
(5).加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_______________________________________________________。
Ⅱ.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水。实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应式Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H++2e-=H2↑随着电解进行，阴极附近pH升高。
(1)电解时能否用Cu电极来代替Fe电极?____(填“能”或“不能”)，理由是______________________。
(2)电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为______________________________。
(3)上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因__________________________。
【答案】 (1). 2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+ (2). Fe2+、Mn2+ (3). Fe2+、SO2 (4). 90℃ (5). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 (6). Mn2++2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 不能 (8). 因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72−还原到低价态 (9). 6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O (10). 水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质主要是过量的二氧化硫和Fe2+。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率。
(5)加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，因此写出离子方程式。
(3)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−。
【详解】Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+，故答案为：2Fe3++ SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Fe2+、Mn2+，故答案为：Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质主要是过量的二氧化硫和浸锰过程中生成的Fe2+，故答案为：Fe2+、SO2。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率。
(5)加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：Mn2++2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为；Mn2++2HCO3－= MnCO3↓+CO2↑+H2O。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为：不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72−还原到低价态。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，因此离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+= 6Fe3+ + 2Cr3++7H2O。
(3)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−，故答案为：水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。
27.(1).用合成气生成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH，在10 L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200 ℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8.0
5.4
4.0
4.0
①ΔH________(填“>”“<”或“＝ ”)0。
②写出一条可同时提高反应速率和CO转化率的措施：________________________。
③下列说法正确的是________(填字母)。
a．温度越高，该反应的平衡常数越大
b．达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c．容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d．图中压强p1
⑤ 200 ℃时，该反应的平衡常数K＝________。向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
【答案】 (1). < (2). 增大压强/增大氢气浓度 (3). cd (4). 1/15mol/(L.min) (5). 6.25 (6). 正向
【解析】
【分析】
(1)①升温，转化率减小，说明逆向移动，即正向是放热反应。
②同时提高反应速率和CO转化率的措施：增大压强或增大氢气浓度。
③a选项，温度越高，平衡逆向移动，该反应的平衡常数越小；b选项，达平衡后再充入稀有气体，平衡不移动，CO的转化率不变；c选项，该反应时体积减小的反应，容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度；d选项，从下往上看，转化率变大，平衡正向移动，说明是加压，因此压强p1
⑤200 ℃时，氢气的量为4mol，改变量为4mol，则CO加入的物质的量为4mol，改变量为2mol，平衡时为2mol，生成的CH3OH为2mol，计算平衡常数K，向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，计算此时的浓度商，与平衡常数比较，得出反应移动。
【详解】(1)①升温，转化率减小，说明逆向移动，即正向是放热反应，故答案为：<。
②同时提高反应速率和CO转化率的措施：增大压强或增大氢气浓度，故答案为：增大压强或增大氢气浓度。
③a选项，温度越高，平衡逆向移动，该反应的平衡常数越小；b选项，达平衡后再充入稀有气体，平衡不移动，CO的转化率不变；c选项，该反应时体积减小的反应，容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度；d选项，从下往上看，转化率变大，平衡正向移动，说明是加压，因此压强p1
⑤200 ℃时，氢气的量为4mol，改变量为4mol，则CO加入的物质的量为4mol，改变量为2mol，平衡时为2mol，生成的CH3OH为2mol，，向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，，Q < K，则平衡正向移动。
28.I.烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：
将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO2完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。
(1)NO2被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为____________________________________。
(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__________________。
(3)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NO2的含量为___________mg/L。
(4)下列操作会使滴定结果偏高的是____
A．滴定管未用标准液润洗 B．锥形瓶洗净后还存留少量的水
C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 D．FeSO4标准溶液部分变质
II．常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
(1)图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是_______________________。
(2)点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：_______________________。
(3)点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
(4)点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____________________。
【答案】 (1). 2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋ (2). 100mL容量瓶 (3). (4). CD (5). a (6). HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 (7). c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+) (8). = (9). ④③②
【解析】
【分析】
I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。
(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶。
(3)先计算重铬酸根离子消耗得亚铁离子的物质的量，再计算硝酸根消耗得亚铁离子的物质的量，再计硝酸根的物质的量即二氧化氮的物质的量，再计算vL气体中二氧化氮的含量。
(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高。
II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度HCN的pH电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。
(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序。
(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出结论。
(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大。
【详解】I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋，故答案为：2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。
(2) 加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。
(3)Cr2O72－＋ 6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
1mol 6mol
c2mol·L－1×v2×10-3 L xmol
x = 6c2v2×10-3 mol
硫酸亚铁的物质的量n(FeSO4) = c1mol·L－1×v1×10-3 L= c1v1×10-3 mol
硝酸根氧化硫酸亚铁物质的量为n(FeSO4) = c1v1×10-3 mol - 6c2v2×10-3 mol =(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol
3Fe2＋＋ NO3－＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
3mol 1mol
(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol ymol
因此VL该气体NO2的物质的量，气样中NO2的质量为= ，则气样中NO2的含量，故答案为：。
(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；
B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；
C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；
D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高；
故答案为CD。
II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度下，HCN的电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大。
(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)，故答案为：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)。
(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出：c(CH3COO－)－c(CN－) = c(HCN)－c(CH3COOH)，故答案为：=。
(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，因此溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：④③②，故答案为：④③②。
大连三中2019-2020高三年级第三次月考
化学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Ba-137
一．选择题(包括24个小题，每小题2分，共48分，每题只有一个正确答案)
1.中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列说法不正确的是( )
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中”杓”所用材质Fe2O3
D. 古剑“沈卢” “以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
【答案】C
【解析】
【详解】A、气溶胶为胶体分散系，则有丁达尔效应，故A正确，不符合题意；
B、“熬胆矾铁釜，久之变化为铜”，发生Fe置换出Cu的反应，为置换反应，故B正确，不符合题意；
C、“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质具有磁性，应该为Fe3O4，故C错误，符合题意；
D、钢为Fe的合金，还含C元素，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为C。
2.下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HF>HCl>HBr>HI；
②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－；
③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；
④金属性：K>Na>Mg>Al；
⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；
⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故①错误；
②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；
③非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；
④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；
⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；
⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确；
故答案为B。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
3.下列说法正确的是( )
A. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B. SO2能使品红溶液、溴水褪色，分别说明SO2具有强氧化性、还原性
C. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为Al2O3
D. 金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，镁作负极，铁作为正极，故A正确；
B选项，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，表现还原性，SO2能使品红溶液褪色，表现漂白性，故B错误；
C选项，将Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧，仍为Al2(SO4)3，故C错误
D选项，金属钠具有强还原性，可用与熔融TiCl4反应制取金属Ti，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】金属中化学防护主要是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. S2SO2H2SO4
C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；
B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故B不选；
C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故C选；
D.一氧化氮和水不反应，故D不选；
故选C。
【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。
5.下列叙述不正确的是( )
A. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C. 将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；若再通入NH3，则产生沉淀
D. 纯锌与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，速率会加快
【答案】B
【解析】
【详解】A、向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色的氢氧化铝沉淀，再加入过量NaHSO4溶液氢氧化铝溶解，所以沉淀消失，故A正确，不符合题意；
B、加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和一氧化氮，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故B错误，符合题意；
C、将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，二氧化硫和氯化钡不反应，因此无沉淀产生，若再通入NH3，则产生亚硫酸钡沉淀，故C正确，不符合题意；
D、锌与少量硫酸铜反应生成铜，锌铜构成原电池加快化学反应速率，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为B。
【点睛】溶液中有硝酸根不会和铜反应，但只要有氢离子，溶液中氢离子和硝酸根和铜就会发生氧化还原反应。
6.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
7.用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
①在标准状况下，NA个SO3分子所占的体积为22.4L
②S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
③标准状祝下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为1.5 NA
④1molAlCl3溶于1L的水中，所得溶液含有1NAAl3+
⑤在标准状况下，22.4LCl2与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为NA
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和是0.5NA
A. ②⑤ B. ①②④⑥ C. ③⑤⑥ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①在标准状况下SO3不是气态，不能利用气体摩尔体积计算体积，错误；
②S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为＝0.2NA，正确；
③标准状祝下，22.4LNO和11.2LO2混合后恰好生成22.4LNO2，但NO2存在平衡2NO2N2O4，是气体的分子总数小于NA，错误；
④1molAlCl3溶于1L的水中，由于铝离子水解，因此所得溶液含有的Al3+小于1mol，错误；
⑤在标准状况下，22.4LCl2与足量的氢氧化钾溶液反应转移的电子数为NA，正确；
⑥100mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中铁离子水解，注入Fe3+和SO42-离子数的总和小于0.5NA，错误；
综上②⑤正确；答案选A。
8.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：
下列分析正确的是
A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B. ②中阳极的主要电极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑
C. ③中制备漂白液的反应：Cl2 + OH- = Cl- + HClO
D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；
B. 阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；
C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，错误；
D. ②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；
故选D。
9.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入SO2，向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明SO2被氧化为SO42-
D
常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性
c(NH4+)=c(Cl-)
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，不能用璃棒蘸取某样品进行焰色反应，应该用洁净的铂丝或铁丝蘸取，故A错误；
B选项，盐酸不是氯的最高价氧化物的水化物，无法利用向向NaHCO3溶液中加入过量盐酸产生二氧化碳来证明非金属性Cl＞C，故B错误；
C选项，通常用硫酸酸化高锰酸钾，原溶液中含有硫酸根离子干扰检验，无法证明SO2被氧化为硫酸根，故C错误；
D选项，常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液至中性，根据电荷守恒和呈中性得到c(NH4+)=c(Cl－)，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】比较非金属性强弱，一定要从最高价氧化物对应的水化物酸性强弱来比较。
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①0．1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO42－
②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－
⑤使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、Cl－、S2－
A. ①③⑤ B. ②④ C. ②⑤⑥ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①NaAlO2与H＋反应生成Al3+，①错误；
②pH=11的溶液呈碱性， CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－不反应，故②正确；
③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下CO32－、SO32－不能存在，③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－之间不反应，④正确；
⑤使甲基橙变黄的溶液呈碱性， Fe2+与OH-生成氢氧化亚铁沉淀，⑤错误；
⑥中性溶液中：Fe3+水解成氢氧化铁、Al3+、S2－发生双水解，⑥错误；
答案选B。
11.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. 分别取③、④溶液等体积加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L① 与V2 L ④混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＝V2
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸钠电离出的CH3COO－而抑制醋酸电离，醋酸钠和稀盐酸反应生成弱电解质醋酸，所以③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后都导致溶液中c(H＋)减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸为弱酸，溶液浓度③＞④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒时产生氢气的量③＞④，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小，所以稀释后溶液的pH大小为：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．由于c（NH3·H2O）＞0.001mol·L－1、c（HCl）=0.001mol·L－1，若V1 L④与V2 L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1＜V2，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，把握弱电解质电离特点及影响弱电解质电离因素是解本题关键，易错点C，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
12.某温度下，在体积可变的容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(l),改变起始时加入各物质的量，在不同压强下达平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如表所示，下列说法错误的是( )
压强
P1
P2
P3
n/mol
①2.0molCO2 6.0molH2
0.10mol
0.04mol
0.02mol
②1.0molCO2 3.0molH2
x 1
y 1
z 1
③1.0molCH3OCH3 3.0molH2O
x 2
y 2
z 2
A. P1>P2 B. x 1=0.05
C. P2条件下，③中CH3OCH3平衡转化率为96% D. 若该反应可自发进行，则高温更有利
【答案】D
【解析】
【详解】相同温度和压强下，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立等效平衡，则在相同温度和压强下，①②③互为等效平衡。
A、根据①以及反应是体积减小的反应，压强越大，会正向移动，P1时CH3OCH3(g)的物质的量为0.10mol，P2时CH3OCH3(g)的物质的量为0.04mol，因此P1>P2，故A正确，不符合题意；
B、①②处于平衡状态时是等效的，②的起始量是①的一半，则平衡时x 1=0.05，故B正确，不符合题意；
C、P2条件下，①③是完全等效的，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量为0.04mol，转化了0.96mol，平衡转化率为96%，故C正确，不符合题意；
D、该反应是ΔS < 0，若该反应可自发进行，则低温更有利，故D错误，符合题意；
综上所述，答案为D。
13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫
B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁收集NO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫，故A正确；
B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故B错误；
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故C错误；
D. NO密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质掌握准确。
14.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g) +H2O(g)== CO2(g)+H2(g)。
已知在25℃时：
①C(s)+O2(g)CO(g) ΔH1＝−111kJ·mol− 1
②H2(g)+ O2(g)== H2O(g) ΔH2＝−242kJ·mol− 1
③C(s)+O2(g) == CO2(g) ΔH3＝−394kJ·mol− 1
下列说法不正确的是
A. 25℃时，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1
B. 增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小
C. 反应①达到平衡时，每生成1 molCO的同时生成0.5molO2
D. 反应②断开2mol H2和1 mol O2中的化学键所吸收的能量比形成4mol O−H键所放出的能量少484kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据盖斯定律③－②－①得CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH＝−41kJ·mol−1，故A正确；
B.平衡常数只与温度有关，增大压强K不变，故B错误；
C. 反应①，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；
D. 焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，因此反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；选B。
15.最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为H2O和CO2，同时产生电能，其原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是
A. 氧化银电极上的反应为Ag2O＋2e－=2Ag＋O2－
B. 石墨电极上的反应为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋
C. 每转移4 mol电子，石墨电极产生22.4 L CO2气体
D. 每30 g C6H12O6参与反应，有4 mol H＋经质子交换膜进入负极区
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图，该微生物电池中，负极上是污水中的微生物发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，根据电极反应式进行解析。
【详解】A、注入污水的石墨一极是电池的负极，氧化银电极是正极，该电极上的电极反应式为Ag2O+2e－+2H＋═2Ag+H2O，故A错误；
B、注入污水的石墨一极是电池的负极，污水中的有机物在负极发生失电子的氧化反应C6H12O6+6H2O-24e－═6CO2↑+24H＋，故B正确；
C、氧化银电极是正极，该电极上不会产生二氧化碳，产生二氧化碳的是负极石墨，故C错误；
D、注入污水的一极是电池的负极，负极上C6H12O6失电子，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e－=6CO2+24H＋，n（C6H12O6）=30g÷180g/mol=mol，则每30 g C6H12O6参与反应，有4molH＋经质子交换膜进入正极区，故D错误。
故选B。
16. 下列化学反应的离子方程式正确的是 （ ）
A. 石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全： Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
C. 将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中：SO2+2ClO－+H2O＝SO32－+2HClO
D. 稀硝酸中加入过量的铁屑：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe3++2NO↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A、醋酸为弱电解质,离子方程式中应该保留分子式;
B、根据刚好沉淀完全可以知道氢氧化钡与硫酸氢铵物质的量之比为1:1反应;
C、ClO－有较强的氧化性,而在水溶液中SO2有较强的还原性,二者相遇首先发生氧化还原反应,生成氯离子和硫酸根离子；
D、铁粉过量,反应生成产物为亚铁离子且离子方程式两边电荷不守恒
【详解】A、碳酸钙和醋酸溶液反应生成醋酸钙和水,碳酸钙是难溶物质,醋酸是弱酸,二者都要写成化学式的形式,所以其离子方程式为: CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++CO2↑+H2O+CH3COO-，故A错误；
B、向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全,二者物质的量按照1:1进行反应,反应的离子方程式为: Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3·H2O+H2O；所以B选项是正确的；
C、将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中,二氧化硫被氧化成硫酸根离子,反应的离子方程式为: SO2+2ClO－+H2O＝SO42－+2H++Cl- ,故C错误；
D、稀硝酸中加入过量的铁屑,反应生成了亚铁离子,反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe2++2NO↑+4H2O,故D错误；
综上所述，本题正确选项B。
17.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a和b可构成所有原子共平面的分子
B. 在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定
C. d的氯化物一定能破坏水的电离平衡
D. e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。
【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。
B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。
C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。
D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。
故答案选C。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 向0.1mol/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1mol CH3COONa固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大
B. 向0.1mol/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g),则c(H+)/c(H2A)先变大后变小
C. 已知：FeCl3（aq）+ 3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），向该平衡体系中加入固体KCl后溶液颜色变浅
D. 室温时，0.1mol/L NH4HCO3溶液pH=8.1，则Ka1(H2CO3) ＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A、向0.1mol/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1mol CH3COONa，CH3COO-浓度变大，水解程度减小，c(CH3COO－)和c(Na+)均变大，但是c(CH3COO－)增大的幅度更大，因此加入固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大，故A正确；
B、向0.1mol/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g)，根据，，有氢离子先和A2－反应生成HA-，再与HA-反应生成H2A，HA-的浓度先增大后减小，则c(H+)/c(H2A)先变小后变大，故B错误；
C、已知：FeCl3(aq)+ 3KSCN(aq)3KCl(aq) +Fe(SCN)3(aq)，向该平衡体系中加入固体KCl，反应实质为Fe3+ + SCN－Fe(SCN)3，因此加KCl，平衡不移动，故C错误；
D、室温时，0.1mol/L NH4HCO3溶液pH=8.1，显碱性，说明氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】溶液中的平衡一定是改变参与反应的离子浓度来使平衡发生移动，没有参与反应的离子浓度变化与平衡移动无关。
19.下列对图像的叙述正确的是
甲 乙 丙 丁
A. 图甲可表示压强对反应： 的影响
B. 图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C. 若图丙表示反应：，则、
D. 图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；
答案：C
20.Mn2＋催化H2O2分解：2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1，其反应机理如图。若反应Ⅱ的焓变为ΔH2，则反应Ⅰ的焓变ΔH为(反应Ⅰ、Ⅱ的计量数均为最简整数比)( )
A. ΔH1－ΔH2 B. ΔH1＋ΔH2
C. 2ΔH1－ΔH2 D. ΔH1－2ΔH2
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应信息得出
2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH1
Mn2＋(aq) ＋ H2O2(l) = MnO2(s)＋2H＋(aq) ΔH，
MnO2(s)＋H2O2(l) ＋2H＋(aq)= Mn2＋(aq)＋ O2(g)＋2H2O(l) ΔH2
根据盖斯定律得出ΔH = ΔH1－ΔH2，故A正确。
综上所述，答案为A。
21.25℃时，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是
A. HX为弱酸，HY为强酸
B. 水的电离程度：b>c>d
C. C点对应的溶液中：c(HY)>c(Y-)
D. 若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(X-)>c(Y-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图象0.1mol/LHX溶液中lg=12，=1×1012，c(H+)•c(OH-)=1×10-14，解得c(H+)=0.1mol/L，HX为强酸，0.1mol/LHY溶液中lg12，HY为弱酸，选项A正确；
B、b点时溶液中lg=0，溶液中c(H+ )=c(OH-) ，溶液呈中性；d点、c点加入5×10-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y的水解程度，d点溶液中c(H+ )大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度： b> c>d，选项B正确；
C、c点时加入n(NaOH)=0.005mol，此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lg=6，则c(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c(HY)
答案选B。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定的图像分析、影响水的电离平衡的因素、pH的计算。 注意纵坐标表示lg，纵坐标数值越大溶液的酸性越强，纵坐标为0时溶液呈中性；酸电离出的H+对水的电离平衡起抑制作用，而且酸溶液中c(H+ )越大，水的电离程度越小。
22.全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为VO2＋(蓝色)＋H2O＋V3＋(绿色) VO2+(黄色)＋V2＋(紫色)＋2H＋。下列说法错误的是
A. 充电时，反应每生成2 mol H＋时转移的电子的物质的量为1 mol
B. 充电时，阳极附近溶液由绿色逐渐变为紫色
C. 放电时，负极反应为V2＋－e－=V3＋
D. 放电过程中，正极附近溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，放电时，电池的负极上是VO2+（蓝色）发生失电子的氧化反应，正极上是V3+（紫色）发生得电子的还原反应，充电时，阳极发生失电子的氧化反应，为放电时的正极反应的逆反应，阴极发生得电子的还原反应，为放电时的负极反应的逆反应，根据原电池和电解池的工作原理知识来回答。
【详解】A.充电时，阳极附近发生失电子的氧化反应，即VO2+-e-+H2O=VO2++2H+，反应每生成2molH+时电子转移为1mol，故A正确；
B.充电时，阳极发生失电子的氧化反应，VO2++H2O-e-=VO2++2H+，溶液由蓝色逐渐变为黄色，故B错误；
C.放电时，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+-e-=V3+，故C正确．
D.放电过程中，正极附近发生反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，酸性减弱，故D正确；
故选B。
23.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中，b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)△H=(E1-E2)kJ/mol
B. 图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点与b点的数值相同
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图丁表示0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A、b曲线是加了催化剂，焓变△H=(E1-E2)kJ/mol，b曲线其热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=(E1-E2)kJ/mol，故A符合题意；
B、稀释相同倍数，a点与b点的数值相同，但a曲线为HCl，故B不符合题意；
C、图丙表示催化剂对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响，该反应是体积减小的反应，压强会使平衡发生移动，故C不符合题意；
D、0.10000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液的滴定曲线，pH=7的点应该是加氢氧化钠体积小于20mL，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
【点睛】pH相同的一元强酸和一元弱酸，稀释相同倍数，变化大的是强酸。
24.下列叙述中不正确的是( )
A. 0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na ＋） >c （CO32－） >c （HCO3－） >c（OH－）
B. 中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
C. 25℃时，向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，该溶液中水的电离程度将增大，且Kw不变
D. 等pH值的①(NH4)2SO4溶液②NH4HSO4溶液③NH4Cl溶液中，c(NH4+)的大小关系：①=③>②
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，0.1mol/L NaHCO3 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为碳酸钠，所得溶液中：c(Na＋) >c(CO32－) >c(OH－) >c(HCO3－)，故A错误；
B选项，中和等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，酸的物质的量相等，因此消耗NaOH的物质的量相同，故B正确；
C选项，25℃时，向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，酸性减弱，氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减弱，水的电离程度将增大，且Kw不变，故C正确；
D选项，等pH值的①(NH4)2SO4溶液②NH4HSO4溶液③NH4Cl溶液中，①③是水解显酸性，水解氢离子浓度相同，则水解消耗得铵根离子浓度相同，溶液中铵根离子浓度相同，②中是盐电离出氢离子显酸性，因此铵根离子最小，因此c(NH4+)的大小关系：①=③>②，故D正确。
综上所述，答案为A。
第Ⅱ卷 非选择题 （共52分）
25.Ⅰ.二氯化砜(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2。装置如图(有些支持装置省略了)所示。已知SO2Cl2的熔点为-54．1℃，沸点为69． 1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体。
(1)仪器E的名称是_____________，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于______(填“放”或“吸”)热反应，B处反应管冷却水应从____________ (填“a”或“b”)接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是_______________________________________。
(2)试剂X、Y的组合最好是_________。
a．98%硫酸和铜 b．稀硝酸和亚硫酸钠固体 c．60%硫酸和亚硫酸钾固体
(3)戊是贮气装置，则E中的试剂是_________；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是___________________________．
(4)取1．00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1．50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为___________ %(结果保留小数点后1位)。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是_______________________________。
Ⅱ.乙同学设计了一套电解饱和食盐水的实验装置，来验证氯气的某些性质和测定产生的氢气的体积。
(1)所选仪器接口的连接顺序是A接________，________接________；B接________，________接________。
(2)若装入的饱和食盐水为100mL(氯化钠足量，电解前后溶液体积变化可忽略，假设两极产生的气体全部逸出)，当测得氢气为112mL(标准状况下)时停止通电。将U形管内的溶液倒入烧杯，常温时测得溶液的pH约为________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 放 (3). a (4). 该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于SO2Cl2的生成 (5). c (6). 饱和食盐水 (7). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). 86.9% (9). SO2Cl2 久置后分解产生 Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色 (10). G (11). F (12). H (13). D (14). E (15). C (16). 13
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)仪器E的名称是分液漏斗，B是冷凝管，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于放热反应，B处反应管冷却水是下进上出，因此应从a接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于SO2的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂X、Y的组合最好是c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应生成盐酸和硫酸。
(4)先根据生成沉淀的质量计算SO2Cl2的质量，再计算百分含量。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后SO2Cl2分解生成Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
Ⅱ(1)A应该是电解池的阴极，生成氢气，B为阳极，生成氯气，因此得出仪器接口的连接顺序。
(2)根据方程式的比例关系计算氢氧根的物质的量，再计算氢氧根浓度，再计算pH值。
【详解】Ⅰ(1)仪器E的名称是分液漏斗，B是冷凝管，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应属于放热反应，B处反应管冷却水是下进上出，因此应从a接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于二氯化砜的生成，其原因是该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成，故答案为：分液漏斗；放；a；该反应为放热反应，降温有利于平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成。
(2)甲装置主要是制二氧化硫气体，因此试剂X、Y的组合最好是c；故答案为c。
(3)戊是贮气装置，储存氯气，因此将饱和食盐水加入，氯气进入到丙中，因此E中的试剂是饱和食盐水；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
(4)取1.00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1.50g；
SO2Cl2——BaSO4
135g 233g
xg 1.5g
解得x=0.869g
，故答案为86.9%。
(5)二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，主要是久置后SO2Cl2分解生成Cl2，因此其原因是SO2Cl2 久置后分解产生Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色，故答案为：SO2Cl2 久置后分解产生Cl2，溶于其中，导致液体呈黄色。
Ⅱ(1)A应该是电解池的阴极，生成氢气，B为阳极，生成氯气，因此仪器接口的连接顺序是A接G，F接H；B接D，E接C，故答案为：G；F；H；D；E；C。
(2)
根据 H2——2NaOH
22.4L 2mol
0.112L xmol
解得x = 0.01mol
，因此pH=13，故答案为：13。
26.Ⅰ.工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。
ⅰ：Fe2O3+6H+ =2Fe3++3H2O
ⅱ：____________________________________________（离子方程式）。
(2)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为____________（填离子符号）。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质有（写化学式）：____________________。
(4) “浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是______________________。
(5).加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_______________________________________________________。
Ⅱ.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72-形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72-的废水。实验室用如图装置模拟处理含Cr2O72-废水，阳极反应式Fe-2e-=Fe2+，阴极反应式2H++2e-=H2↑随着电解进行，阴极附近pH升高。
(1)电解时能否用Cu电极来代替Fe电极?____(填“能”或“不能”)，理由是______________________。
(2)电解时阳极附近溶液中Cr2O72-转化为Cr3+的离子方程式为______________________________。
(3)上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡影响角度解释其原因__________________________。
【答案】 (1). 2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+ (2). Fe2+、Mn2+ (3). Fe2+、SO2 (4). 90℃ (5). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 (6). Mn2++2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 不能 (8). 因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72−还原到低价态 (9). 6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O (10). 水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全
【解析】
【分析】
Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质主要是过量的二氧化硫和Fe2+。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率。
(5)加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，因此写出离子方程式。
(3)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−。
【详解】Ⅰ(1)根据总反应减去第ⅰ个反应：2Fe3++SO2 +2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+，故答案为：2Fe3++ SO2 + 2H2O = 2Fe2++SO42－+4H+。
(2)浸锰过程中二氧化锰和二氧化硫发生氧化还原反应，因此过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Fe2+、Mn2+，故答案为：Fe2+、Mn2+。
(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质主要是过量的二氧化硫和浸锰过程中生成的Fe2+，故答案为：Fe2+、SO2。
(4)根据图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率。
(5)加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：Mn2++2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为；Mn2++2HCO3－= MnCO3↓+CO2↑+H2O。
Ⅱ(1)铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为：不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72−还原到低价态。
(2)Cr2O72－具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，因此离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+ = 6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+= 6Fe3+ + 2Cr3++7H2O。
(3)水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−，故答案为：水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H++OH−向右移动，阴极区OH−浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全。
27.(1).用合成气生成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH，在10 L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200 ℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8.0
5.4
4.0
4.0
①ΔH________(填“>”“<”或“＝ ”)0。
②写出一条可同时提高反应速率和CO转化率的措施：________________________。
③下列说法正确的是________(填字母)。
a．温度越高，该反应的平衡常数越大
b．达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c．容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d．图中压强p1
⑤ 200 ℃时，该反应的平衡常数K＝________。向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
【答案】 (1). < (2). 增大压强/增大氢气浓度 (3). cd (4). 1/15mol/(L.min) (5). 6.25 (6). 正向
【解析】
【分析】
(1)①升温，转化率减小，说明逆向移动，即正向是放热反应。
②同时提高反应速率和CO转化率的措施：增大压强或增大氢气浓度。
③a选项，温度越高，平衡逆向移动，该反应的平衡常数越小；b选项，达平衡后再充入稀有气体，平衡不移动，CO的转化率不变；c选项，该反应时体积减小的反应，容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度；d选项，从下往上看，转化率变大，平衡正向移动，说明是加压，因此压强p1
⑤200 ℃时，氢气的量为4mol，改变量为4mol，则CO加入的物质的量为4mol，改变量为2mol，平衡时为2mol，生成的CH3OH为2mol，计算平衡常数K，向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，计算此时的浓度商，与平衡常数比较，得出反应移动。
【详解】(1)①升温，转化率减小，说明逆向移动，即正向是放热反应，故答案为：<。
②同时提高反应速率和CO转化率的措施：增大压强或增大氢气浓度，故答案为：增大压强或增大氢气浓度。
③a选项，温度越高，平衡逆向移动，该反应的平衡常数越小；b选项，达平衡后再充入稀有气体，平衡不移动，CO的转化率不变；c选项，该反应时体积减小的反应，容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度；d选项，从下往上看，转化率变大，平衡正向移动，说明是加压，因此压强p1
⑤200 ℃时，氢气的量为4mol，改变量为4mol，则CO加入的物质的量为4mol，改变量为2mol，平衡时为2mol，生成的CH3OH为2mol，，向上述200 ℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，，Q < K，则平衡正向移动。
28.I.烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：
将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO2完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。
(1)NO2被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为____________________________________。
(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__________________。
(3)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NO2的含量为___________mg/L。
(4)下列操作会使滴定结果偏高的是____
A．滴定管未用标准液润洗 B．锥形瓶洗净后还存留少量的水
C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 D．FeSO4标准溶液部分变质
II．常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
(1)图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是_______________________。
(2)点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：_______________________。
(3)点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
(4)点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____________________。
【答案】 (1). 2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋ (2). 100mL容量瓶 (3). (4). CD (5). a (6). HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 (7). c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+) (8). = (9). ④③②
【解析】
【分析】
I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。
(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶。
(3)先计算重铬酸根离子消耗得亚铁离子的物质的量，再计算硝酸根消耗得亚铁离子的物质的量，再计硝酸根的物质的量即二氧化氮的物质的量，再计算vL气体中二氧化氮的含量。
(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高。
II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度HCN的pH电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。
(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序。
(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出结论。
(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大。
【详解】I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋，故答案为：2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。
(2) 加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。
(3)Cr2O72－＋ 6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
1mol 6mol
c2mol·L－1×v2×10-3 L xmol
x = 6c2v2×10-3 mol
硫酸亚铁的物质的量n(FeSO4) = c1mol·L－1×v1×10-3 L= c1v1×10-3 mol
硝酸根氧化硫酸亚铁物质的量为n(FeSO4) = c1v1×10-3 mol - 6c2v2×10-3 mol =(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol
3Fe2＋＋ NO3－＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
3mol 1mol
(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol ymol
因此VL该气体NO2的物质的量，气样中NO2的质量为= ，则气样中NO2的含量，故答案为：。
(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；
B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；
C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；
D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高；
故答案为CD。
II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度下，HCN的电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大。
(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)，故答案为：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)。
(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出：c(CH3COO－)－c(CN－) = c(HCN)－c(CH3COOH)，故答案为：=。
(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，因此溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：④③②，故答案为：④③②。
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