2018-2019学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省台州中学高二上学期第二次统练化学试题 解析版

台州中学2018学年第一学期第二次统练试题 高二 化学 相对原子质量：N-14 O-16 Al-27‎ 一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分)‎ ‎1.下列说法不正确的是 A. 二氧化氮会导致酸雨和光化学烟雾，危害较大 B. 铝的氧化物熔点高，常用于制造耐火材料 C. 人体中极少量的NO会促进血管扩张，可防止血管栓塞 D. Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，因此明矾常用于自来水消毒剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2大量排放不仅会形成硝酸型酸雨，还会导致光化学烟雾，危害较大，故A正确；B．氧化铝的熔点很高，常用于制造耐火材料，如耐火砖、坩埚等，故B正确；C．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C正确；D．明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，故D错误；故选D。‎ ‎2.已知pOH＝－lgc(OH－)，下列溶液中一定呈中性的是 A. 酸碱恰好完全反应的溶液 B. pH = 7的溶液 C. pH =14－pOH的溶液 D. pH = pOH的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸与碱恰好完全反应的溶液不一定呈中性，生成的盐可能发生水解，使溶液呈酸性或碱性，要根据盐的特点确定溶液酸碱性，故A错误；B、升高温度促进水电离，导致纯水的pH减小，100℃时纯水的pH=6，所以100℃时pH=7的溶液呈碱性，故B错误；C、已知pOH=-lgc(OH-)，pH=-lgc(H+)，则常温下，pOH+pH=-lgc(OH-)-lgc(H+) =-lg[c(OH-)×c(H+)] =14，pH=14-pOH，但溶液的温度未知，不能判断溶液中 c(H+)与c(OH-)的 相对大小，故C错误；D、pH=pOH即-lgc(OH-)=-lgc(H+)，所以 c(H+)=c(OH-)，即溶液显中性，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断。本题的易错点为C，要注意理解溶液显中性的本质c(H+)=c(OH-)。‎ ‎3.常温下，在纯水中加入下列物质，不会破坏水的电离平衡的是 A. 通入HCl气体 B. 加入NaOH固体 C. 加入NaCl固体 D. 加入金属钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通入HCl气体，HCl在水中电离出氢离子，导致氢离子浓度增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，破坏了水的电离，故A不选；B．加入氢氧化钠固体，NaOH在水中电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，破坏了水的电离，故B不选；C．加入NaCl固体，氯化钠在水中电离出的离子，对水的电离平衡无影响，不破坏水的电离，故C选；D．加入金属钠，Na与水电离的氢离子反应生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，水的电离平衡向正反应方向移动，破坏了水的电离，故D不选；故选C。‎ ‎4.在2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) 的平衡体系中，当分离出SO3后下列说法中正确的是 A. 正反应速率增大 B. 平衡常数增大 C. 正反应速率大于逆反应速率 D. 逆反应速率一直减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分离出SO3后导致三氧化硫浓度降低，正反应速率减小，故A错误；B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C．分离出三氧化硫，导致三氧化硫浓度降低，导致正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故C正确；D．分离出三氧化硫，导致三氧化硫浓度降低，逆反应速率突然减小，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，后逆反应速率增大直至达到新平衡状态，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡的影响因素，明确浓度对反应速率的影响是解题的关键。本题的易错点为B，要注意化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关。‎ ‎5. 关于下图所示装置的叙述，正确的是（ ）‎ A. 铜是阳极，铜片上有气泡产生 B. 铜离子在铜片表面被还原 C. 电流从锌片经导线流向铜片 D. 正极附近的SO42-离子浓度逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A 错 铜是正极，铜片上有铜产生 B 对 铜离子得电子，在铜片生成铜，被还原 C 错电子从锌片经导线流向铜片 D 错负极附近的SO42-离子浓度逐渐增大 ‎6.下列方程式正确的是 A. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O＝AlO2-+2H2O+4NH4+‎ B. 碳酸的电离方程式：H2CO32H++CO32-‎ C. 甲烷的标准燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1‎ D. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2＋+4H＋+NO3－＝3Fe3＋+NO↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化铝不能被氨水溶解，AlCl3 溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B．碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，故B错误；C．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ•mol-1，甲烷燃烧的热化学方程式中生成的水应该为液态，故C错误；D．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸，要发生氧化还原反应，反应的离子反应为3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选D。‎ ‎7.中和热测定实验中，用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH进行实验，下列说法不正确的是 A. 改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1‎ ‎ NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同 B. 测定过程中温度计至少用到3次，测量混合后的溶液温度时，应记录反应后的最高温度 C. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用环形玻璃搅拌棒搅拌 D. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等，故A正确；B．测定过程中需要用温度计测量酸、碱溶液的起始温度，反应后的最高温度，至少用到温度计3次，故B正确；C．量筒中NaOH溶液缓缓倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失，导致反应后的温度低，△T偏小，由Q=m•c•△T可知测量结果偏低，故C错误；D．大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故D正确；故选C。‎ ‎8.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是 A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0‎ C. N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △H＜0，△S＜0，在较低温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故C不选；D．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；故选B。‎ ‎9.25℃时，下列说法不正确的是 A. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7‎ B. 0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)‎ C. 将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多 D. 向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c(NH4+) = c(Cl－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=13的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.1mol/L，若两溶液等体积混合后醋酸过量，所得溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故A错误；B．0.2mol•L-1的NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，且水解程度和电离程度都微弱，溶液呈碱性，则：c(Na+)＞c(HCO3-)、c(OH-)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；C．将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，由于稀释过程中醋酸的电离程度增大，若稀释后溶液pH相等，则醋酸所需加入的水量多，故C正确；D．常温下向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，说明c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，故D正确；故选A。‎ ‎10.在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11，若反应后溶液体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 A. 1︰9 B. 1︰1 C. 1︰2 D. 1︰4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设则Ba(OH)2溶液的体积为V1，NaHSO4溶液的体积为V2；‎ pH＝12的Ba(OH)2溶液中，，则；当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，需消耗NaHSO4溶的物质的量为0.005V1；反应后溶液中；则此时溶液中；得 ‎11. 下列说法不正确的是 A. 增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大 B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 D. 使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎12. 下列措施或事实能用勒沙特列原理解释的是( )‎ A. 在合成氨（正反应是放热）的反应中，升温有利于氨的合成 B. H2、I2、HI三者的平衡混合气，加压(缩小容器体积)后颜色变深 C. 钢铁在潮湿的空气中更容易生锈 D. 氯气可以用排饱和食盐水的方法收集 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理。合成氨是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A不正确。B中反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，颜色加深是因为容积减小，浓度增大引起的，B不正确。C是电化学腐蚀，不是可逆反应，不正确。氯离子浓度越大，氯气溶解的就越少，所以正确的答案是D。‎ ‎13. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是 ‎　　　　　①　　　　　　 ②　　　　　　　　 ③　　　　　　　 ④‎ A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连 D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确，答案选B。‎ ‎14. 下列溶液中离子一定能够大量共存的是 A. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl－、SO42－、Fe3+‎ B. 由水电离的c(H+) ＝10－12mol·L－1的溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br－‎ C. 在pH＝1的溶液中：NH4＋、K＋、NO3－、Cl－‎ D. 有NO3—存在的强酸性溶液中：NH4＋、Ba2＋、Fe2＋、Br－‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 正确答案:BC A．使酚酞试液变红的溶液：OH―与Fe3＋生成红褐色沉淀；‎ D中3Fe2＋＋NO3―＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O B由水电离的c(H+) ＝10－12mol·L－1的溶液,可能是酸性，也可能是碱性，均可以大量共存；‎ C、pH＝1的溶液呈酸性，可以大量共存 ‎15.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 在O点时，醋酸不导电 B. a、b、c三点，a点时醋酸溶液中H＋浓度最小 C. b点时，醋酸电离程度最大 D. 可通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO－)增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0点时，冰醋酸中不存在自由移动的离子，所以不导电，故A正确；B．溶液的导电能力越大，溶液中存在的离子浓度越大，a、b、c三点，a点溶液导电能力最小，所以a点时醋酸溶液中H+浓度最小，故B正确；C．醋酸的浓度越小，其电离程度越大，a、b、c三点，c点溶液的体积最大，则c点醋酸的浓度最小，电离程度最大，故C错误；D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以可以通过微热的方法使c点溶液中c(CH3COO-)增大，故D正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡的影响，明确图中导电性与离子浓度的关系是解答本题的关键，本题的易错点为C，注意不能根据溶液的导电能力判断醋酸的电离程度，要根据溶液的体积判断醋酸的电离程度。‎ ‎16.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可能出现的是 A. B中导气管里形成一段水柱 B. B中导气管中产生气泡 C. 金属片剪口处溶液变红 D. 锌被腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，即2H2O+O2+4e-=4OH-，所以锥形瓶中气体压强减小，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；A．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故A正确；B．原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡，故B错误；C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故C正确；D．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故选B。‎ 点睛：理解金属的吸氧腐蚀的工作原理是解题的关键，镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，铁为正极，发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理知识来回答即可。‎ ‎17.可逆反应2A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH <0，图像表达正确的为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、温度升高时，反应速率加快，缩短达到平衡的时间，C的体积分数减小，平衡向吸热的逆反应方向移动，正反应方向放热，ΔH <0，故A正确；B、增大压强对有气体参与的反应，化学反应速率加快，交叉点后，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，υ(正)＞υ(逆)，与图像不符，故B错误；C、催化剂不影响平衡移动，有无催化剂c(C)相同，故C错误；D、温度升高时，平衡向吸热的逆反应方向移动，A的转化率减小，与图像不符，故D错误；故选A。‎ ‎18.室温下，下列有关0.1mol•L－1氨水的说法正确的是（　　）‎ A. 溶液的pH＞13‎ B. 加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH－）都减小 C. 该溶液中：c（OH－）=c（NH4+）‎ D. 完全中和等物质的量的HCl，消耗的体积与0.1 mol•L－1NaOH溶液一样多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．一水合氨为弱碱，不能完全电离，则0.1mol•L﹣1氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，则溶液的pH＜13，A错误；B．加水稀释，溶液中c（OH－）减小，Kw不变，则c（H+）增大，B错误；C．由一水合氨电离及水的电离可知，该溶液中：c（OH﹣）＞c（NH4+），C错误；D．酸碱中和时n（HCl）=n（一元碱），则完全中和等物质的量的HCl，消耗的体积与0.1 mol•L﹣1NaOH溶液一样多，D正确，答案选D。‎ ‎19.某锂离子二次电池装置如图所示，其放电时的总反应为：Lil－xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2。下列说法正确的是 A. 石墨为正极 B. 充电时，阳极质量不变 C. 充电时，阴极反应式为xLi-xe-=xLi+‎ D. 放电时，电池的正极反应为xLi＋+Lil－xCoO2+ xe－=LiCoO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图示，锂离子从左向右移动，所以石墨为负极；根据总反应，放电时负极反应为LixC6－xe-=6C+xLi+、正极反应为xLi＋+Lil－xCoO2+ xe－=LiCoO2，充电时，阳极反应为LiCoO2－xe－= xLi＋+Lil－xCoO2；充电时，阴极反应为xLi++ xe－=xLi，故D正确。‎ 考点：本题考查原电池原理。‎ ‎20.密闭容器中盛有1 mol PCl5，加热到200℃时发生了反应：PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时PCl5的分解率为M%，若在同一温度和同样容器中最初投入的是2 mol PCl5，反应达到平衡时PCl5的分解率为N%。M与N的关系是(　　)‎ A. M>N B. M N%,所以A选项是正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎21.下列关系的表述中，正确的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO42－)＋c(OH－)‎ B. 中和pH和体积都相同的硝酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量之比为1∶1‎ C. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)‎ D. pH＝3的盐酸和pH＝3的AlCl3溶液中，水电离出的c(H＋)后者大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、电荷守恒：0.1 mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，故A错误；B、醋酸是弱酸难电离，中和pH和体积都相同的硝酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量，醋酸远大于硝酸，故B错误；C、NaHCO3溶液中HCO3-水解程度大于电离程度，c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，故C错误；D. pH＝3的盐酸和pH＝3的AlCl3溶液中，HCl抑制水电离，AlCl3水解，促进水电离，水电离出的c(H＋)后者大，故D正确；故选D。‎ ‎22.研究不同条件对相同体积相同物质的量浓度的 H2O2分解速率的影响，得到如下数据。由此不能得出的结论是：‎ A. Cu2+与 Fe3+对 H2O2 分解都有催化作用，但 Cu2+催化效果更好 B. 由Ⅰ与Ⅱ可知其它条件相同时，时间越长， H2O2 分解越彻底 C. 由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，温度越高， H2O2 分解越快 D. 由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，碱性越强， H2O2 分解越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据表中数据可知在其它条件相同时，分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正确；B．由I与II可知其它条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；C．由I与III溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度与H2O2分解速率的关系，故C错误；D．由I与III可知温度和溶液的酸碱性均不相同，Ⅲ中在相同条件下，温度低，溶液显碱性时，H2O2‎ 分解越快，故D正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变。本题的难点和易错点为D，要注意Ⅲ在低温下，碱性条件下进行，分解速率快，因此碱性越强，H2O2 分解越快。‎ ‎23.模拟电渗析法将海水淡化的工作原理示意图如下。己知X、Y均为惰性电极，模拟海水中富含Na+、Cl—、Ca2+、Mg2+、SO42—等离子。下列叙述中不正确的是 A. N是阴离子交换膜 B. Y电极上产生有色气体 C. X电极区域有浑浊产生 D. X电极反应式为4OH——4e—＝O2↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：阴离子交换膜只允许阴离子自由通过阳离子交换膜只允许阳离子自由通过隔膜N和阳极相连阳极是阴离子放电所以隔膜N是阴离子交换膜，故A正确；通电后Y电极为阳极，阳极是氯离子放电生成氯气其电极反应为:2Cl--2e-═Cl2↑，故B正确；通电后X电极为阴极，阴极区是氢离子得到电子生成氢气氢氧根离子浓度增大和钙离子镁离子形成沉淀，故C正确；X电极反应式为，故D错误。‎ 考点：本题考查电解原理。‎ ‎24.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是 A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快 B. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小 C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正比 D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。‎ ‎25.25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)‎ B. 在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0‎ C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)‎ D. 在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随PH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，故A正确；B项，电离平衡和水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；C项，PH>4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；D项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确。‎ 点睛：本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。‎ 二、非选择题(本大题共4小题，共50分)‎ ‎26.(1)FeCl3溶液呈_______性，原因是__________(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干后并灼烧，最后得到的主要固体产物是_________。‎ ‎(2)在25℃下，将a mol·L－1的CH3COOH与0.01 mol·L－1的NaOH等体积混合，反应平衡时溶液中c(CH3COO-)＝c(Na+)，则溶液显______ (填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝__________ 。‎ ‎(3)已知298 K和101 kPa条件下：‎ N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g) ΔH1‎ ‎2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH2‎ ‎2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH3‎ ‎4NH3(g)＋O2(g)＝2N2H4(l)+2H2O(l) ΔH4‎ 则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH＝_______________。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+ (3). Fe2O3 (4). 中 (5). (6). 3/2ΔH2―ΔH1― 1/2ΔH4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性；将FeCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到氢氧化铁，灼烧时，Fe(OH)3分解，据此解答；(2)根据电荷守恒判断混合溶液中c(H+)、c(OH-‎ ‎)相对大小，确定溶液酸碱性；根据醋酸的电离平衡常数表达式及溶液中醋酸、醋酸根离子和氢离子浓度进行计算；(3)根据盖斯定律，结合题干中已知热化学方程式计算N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)的反应热。‎ ‎【详解】(1)FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl而使其溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；将FeCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到氢氧化铁，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁会分解，反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以最终得到的是红棕色固体Fe2O3，故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；‎ ‎(2)根据电荷守恒有c(CH3COO-)+ c(OH-)＝c(Na+)+ c(H+)，当c(CH3COO-)＝c(Na+)，则c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性； 在25℃下，将amol•L-1的稀醋酸与0.01mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，反应平衡时溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)=0.005mol/L，根据电荷守恒可得c(OH-)=c(H+)，所以溶液显示中性，常温下的中性溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，根据物料守恒可得，c(CH3COOH)=0.5amo/L-0.005mol/L=(0.5a-0.005)mol/L，醋酸的电离平衡常数为：Ka===，故答案为：中；＞；；‎ ‎(3)已知：①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3，④4NH3(g)+O2(g)=2N2H4(l)+2H2O(l) △H4，由盖斯定律，将②×-①-④×得：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=△H2-△H1-△H4，故答案为：△H2-△H1-△H4。‎ ‎27.近日IPCC发布了由来自40个国家的91位科学家编写的《全球升温1.5℃特别报告》，温室效应引发的环境问题日益严重，物种灭绝，洪灾、旱灾、粮食欠收等自然灾害发生频率不断增加，CO2的减排和综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。‎ ‎(1)CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。‎ ‎① 从3 min到9 min，v(H2)＝_____mol·L－1·min－1。‎ ‎② 该反应的平衡常数为_______。‎ ‎③ 下列说法正确的的是____(填字母)。‎ A．混合气体的密度不随时间的变化而变化，则说明上述反应达到平衡状态 B．平衡时CO2的转化率为75%‎ C．平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是30%‎ D．该条件下，第9 min时v逆(CH3OH)大于第3 min时v正(CH3OH)。‎ ‎(2)工业中，CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。‎ 反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ 反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)‎ 控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。‎ ‎① 由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是________。‎ ‎② 由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________。下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有___________(填字母)。 ‎ A．使用催化剂 B．增大体系压强 C．增大CO2和H2的初始投料比 D．投料比不变和容器体积不变，增加反应物的浓度 ‎(3)250 ℃下CH3OH物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出280 ℃下0～t2时刻CH3OH物质的量随时间的变化曲线示意图__________。‎ ‎【答案】 (1). 0.125 (2). 5.3 (3). B C (4). 反应B是吸热反应 (5). 250℃ (6). B D (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到υ(H2)；②结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算该反应的平衡常数；③A．该反应过程中密度为定值；B．根据二氧化碳的转化率=×100%计算平衡时CO2的转化率；C．平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数等于平衡时甲醇的物质的量浓度与其它物质总物质的量浓度的百分比；D．该反应从开始至达到平衡状态，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；‎ ‎(2)①反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；②据图示进行分析温度与甲醇转化率的关系；由CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可增大压强，增大浓度；‎ ‎(3)根据温度对反应速率及化学平衡的影响分析。‎ ‎【详解】(1)①3min到9min，CO2浓度变化为0.5mol/L-0.25mol/L=0.25mol/L，CO2反应速率==mol/(L•min)，υ(H2)=3×υ(CO2)=0.125mol/(L•min)，故答案为：0.125；‎ ‎② CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始(mol/L) 1 3 0 0‎ 转化(mol/L) 0.75 2.25 0.75 0.75‎ 平衡(mol/L) 0.25 0.75 0.75 0.75‎ 该反应的平衡常数K=≈5.3，故答案为：5.3；‎ ‎③A．该反应前后都是气体，气体总质量始终不变，容器容积不变，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；B．平衡时CO2的转化率=×100%=75%，故B正确；C．平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数=×100%=30%，故C正确；D．从反应开始到平衡过程中正反应速率逐渐减小，直至达到平衡状态，则第9min时达到平衡状态υ逆(CH3OH)=υ正（CH3OH），则9min时υ逆（CH3OH）一定小于第3min时υ正(CH3OH)，故D错误；故答案为：BC；‎ ‎(2)①由图示可知，温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是反应B正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高，故答案为：反应B正反应是吸热反应；‎ ‎②据图示可知，250℃甲醇产率最高，故获取CH3OH最适宜的温度是250℃；A．使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；B．增大体系压强，平衡向正方向移动，提高CO2‎ 转化率，故B正确；C．增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故C错误；D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，可增大转化率，故D正确；故答案为：250℃；BD；‎ ‎(3)温度升高，反应速率加快，则反应达到平衡的时间小于t1；280℃时甲醇的产率小于250℃时，所以达到平衡后，体系中甲醇的量变小，据此画出280℃下0～t2时刻CH3OH物质的量随时间的变化曲线：，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡及其影响为解答关键。本题的易错点为(1)，要注意化学平衡常数表达式的正确书写；难点为(3)，要注意根据温度对反应速率和甲醇产率的影响综合思考。‎ ‎28.实验室欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，用0.1000 mol·L－1HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。请回答下列问题： ‎ ‎(1)滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为_____________，盛装标准盐酸的仪器名称为___________________；滴定至终点的现象为____________________。‎ ‎(2)甲同学在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数0.50 mL，滴定后液面如图所示，则此时消耗标准溶液的体积为_____________。‎ ‎(3)乙同学做了三组平行实验，数据记录如下：‎ 实验序号 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.1000 mol·L－1HCl溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 ‎1‎ ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.29‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎31.30‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎1.00‎ ‎27.31‎ 读取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为_____________________。‎ ‎(4)下列操作会使测定结果偏高的是____________(填字母)。‎ A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗 C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 D．滴定前酸式滴定管读数正确，滴定后俯视滴定管读数 ‎【答案】（1）锥形瓶 酸式滴定管 溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 ‎（2）26.30mL ‎（3）0.1052mol/L ‎（4）AC（答对一个给1分，见错不给分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：中和滴定实验的考查，（2）读数保留两位小数，26.30mL；（3）第2组数据偏差较大，弃去不用，V(HCl)=(26.29+26.31)÷2=26.30mL c(NaOH)=26.30×0.1000÷25=0.1052mol/L 考点：考查中和滴定操作及误差分析有关问题。‎ ‎29.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。(已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑)‎ ‎【方案l】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)图中球形干燥管的作用是__________________。‎ ‎(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是: 关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。然后打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_____________。‎ ‎(3)假设其他操作均正确，按照图装置将导致测定结果_______________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【方案2】用图装置测定m g样品中AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。‎ ‎(4)为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体最好选择________________。‎ a．CCl4 b．H2O c．饱和NH4Cl溶液 d．浓硫酸 ‎(5)若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况)。则AlN的质量分数是___________________(需化简)。‎ ‎【方案3】按下列路径测定样品中AlN的纯度：‎ ‎ ‎ ‎(6)写出步骤反应的离子方程式_____________________。‎ ‎(7)该方案能否测出AlN的纯度？(若能请用m1，m2列出计算纯度的表达式)__________。‎ ‎【答案】（1）防倒吸 （2）把装置中残留的氨气全部排入C装置中 （3）偏高 （4）a （5）41V/22400m （6）AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O （7）41（m2-m1）/10m1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，容易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防倒吸。（2）通入氮气的目的是把装置中残留的反应生成的氨气全部排入C装置中被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重。（3）图1中空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C，使的定结果偏高。（4）a、四氯化碳不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法收集氨气并测定体积，正确；b、氨气极易溶于水，不能用排水法测定，错误；c、氨气极易溶于水，不能用氯化铵溶液，错误；d、氨气能和浓硫酸反应，错误。所以选a。 （5）根据氮原子守恒，氨气的物质的量就是氮化铝的物质的量，则氮化铝的物质的量为V/22400mol，则氮化铝的质量分数为=41V/22400m（6）从流程分析，氮化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氨气，离子方程式为：AlN+OH-+H2O=AlO2-+NH3↑ ；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为： Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O（7）根据反应分析，氮化铝和氧化铝最后都为氧化铝，所以固体增重就为氮化铝变氧化铝造成的，所以根据质量差值计算 ‎2AlN ~ Al2O3 质量改变20‎ ‎41×2 （m2-m1）‎ 则氮化铝的质量为41（m2-m1）/10，则氮化铝的质量分数为 41（m2-m1）/10m1‎ 考点：探究物质的组成和测量物质的含量 ‎ ‎ ‎ ‎