2022-2022学年浙江省台州中学高二（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题仅有1个选项符合题意，每题2分，共44分）1．建设资源节约型、环境友好型社会是政府的工作目标，以下措施中不能体现这一思想的是（ ）A．在电解铝工业中添加冰晶石B．开发太阳能、风能、氢能等清洁能源C．收集废弃的秸杆等生产沼气D．为防止电池中的重金属污染土壤，将废旧电池深埋地下 2．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．铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制食品C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞D．利用铝热反应可实现工业制镁 3．现有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种溶液，只用一种试剂把它们区别开来，这种试剂是（ ）A．氨水B．AgNO3C．NaOHD．H2SO4 4．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）A．稀硝酸B．稀盐酸C．硫酸铜溶液D．氢氧化钠溶液 5．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：H2CO3⇌2H++CO32﹣C．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•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﹣1D．向Fe（NO3）2稀溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O 6．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极发生的反应是（ ）A．2H++2e﹣═H2↑B．2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C．Fe﹣3e═Fe3+D．Fe﹣2e═Fe2+ 7．在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质．下列物质中最合适的是（ ）A．NaClB．CuC12C．Na2SO4D．AgNO3 8．在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A．υ（A）=0.5mol•（L•s）﹣1B．υ（B）=0.3mol•（L•s）﹣1C．υ（C）=0.8mol•（L•s）﹣1D．υ（D）=1mol•（L•s）﹣1 9．下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（ ）27\nA．用于连接铜板的铁螺丝容易生锈B．在铁中加入铬等特殊金属形成不锈钢C．大型水闸常与直流电源的负极相连，再在电极的正极连上惰性电极，置于水中D．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块 10．某温度下，满足下列条件的溶液肯定呈酸性的是（ ）A．加酚酞显无色的溶液B．与Al反应放出H2的溶液C．pH＜7的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 11．常温下在水中加入下列物质，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．加入蔗糖D．加入金属钠 12．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 13．若将反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑设计成原电池（如图），则下列说法不正确的是（ ）A．该装置实现了化学能转化为电能B．b极表面发生了还原反应C．c溶液可以是ZnSO4溶液D．盐桥中的Cl﹣移向右边烧杯 14．在密闭容器中充入0.5molN2和1.5molH2发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，充分反应后放出的热量为（ ）A．等于92.4kJB．等于46.2kJC．大于46.2kJD．小于46.2kJ 15．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 27\n16．一定量的盐酸跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的 ①NaOH溶液 ②H2O ③CH3COONa固体 ④NaNO3溶液⑤稀硫酸（ ）A．②③B．②④C．②③④D．①②③④⑤ 17．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下，下列叙述正确的是（ ）A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 18．已知室温时，0.1mol•L﹣1某一元酸HA的水溶液pH=4，则下列叙述错误的是（ ）A．NaA溶液呈碱性B．升高温度，HA溶液的pH增大C．HA电离平衡常数约为1×10﹣7D．将该溶液稀释100倍后，pH介于4至6之间 19．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0点时，醋酸不导电B．a、b、c三点，a点时醋酸溶液中氢离子浓度最小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 20．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）实验反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2S4H2OV/mLc（mol•L﹣1）V/mLc（mol•L﹣1）V/mLA2550.1100.15B2550.250.127\n20C3550.1100.15D3550.250.210A．AB．BC．CD．D 21．在恒容密闭容器中存在下列平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）的平衡物质的量浓度与温度T的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）A．该反应的△H＞0B．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1=K2C．通过加热可以使B点变到C点D．在T2时若反应进行到状态D，则一定有υ（正）＜υ（逆） 22．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论不正确的是（ ） A．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率υ（X）=0.1mol•L﹣1•min﹣1B．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K增大D．若在相同条件下充入4.0molX，3.2molY，0.8molZ，达到平衡后X的转化率为30% 二、填空题（本题包括4个小题，共56分）27\n23．（1）今年来我国多个省市出现严重的雾霾天气．导致雾霾形成的主要污染物是 （填字母）．a．SO2 b．NO2 c．CO2 d．PM2.5（2）天然水中杂质较多，常需加入明矾，ClO2等物质处理后才能饮用．明矾能净水的原理是 ，写出检验明矾中Al3+的实验方法 ．（3）A、B、C三个城市全年雨水的月平均pH变化如图1所示．①受酸雨危害最严重的是 城市．②汽车尾气中含有NO2、NO、CO等有害气体，写出由NO2形成硝酸型酸雨的化学方程式 ．③用纳米二氧化钛光触媒技术，将汽车尾气中的NOx和CO转化为无害气体，写出该反应的化学方程式 ．④测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用如图2简单表示，则阳极发生的电极反应 ． 24．能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上合成甲醇的反应原理为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作KP），写出该反应的平衡常数表达式KP= ．②下列措施可以加快反应速率且能提高CO转化率的是 ．a．再充入CO b．将甲醇液化并及时分离出 c．增大压强d．加入催化剂e．降低温度③在300℃时，将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为1L的密闭容器中，此时反应将 （填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”）．（2）以甲醇、氧气为原料，KOH溶液作为电解质构成燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO+6H2O，则负极的电极反应式为： ，随着反应的不断进行溶液的pH （填“增大”“减小”或“不变”）．（3）如果以该燃料电池为电源，石墨作两极电解饱和食盐水，则该电解过程中阳极的电极反应式为： ；如果电解一段时间后NaCl溶液的体积为1L，溶液的pH为12，则理论上消耗氧气的体积为 mL（标况下）． 27\n25．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义．（1）CO可用于炼铁已知：Fe2O3（s）+3C（g）=2Fe（s）+3CO（g），△H1=+489.0KJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）=2CO（g），△H2=+172.5KJ•mol﹣1．则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 ．（2）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧．有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H=+221KJ•mol﹣1，简述该设想能否实现的依据： ．（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图1所示．①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．②一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 ．a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）=3c（CH3OH）d．容器中密度不变e．2个C=O断裂的同时有6个H﹣H断裂（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为 （填序号）．（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图3：①当温度在 范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素．②Cu2Al2O4难溶于水，可溶于浓硝酸并放出红棕色气体，写出反应的离子方程 ．27\n 26．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1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1装置将导致测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．方案2：用图2装置测定mg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．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．浓硫酸（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况）．则AlN的质量分数是 （需化简）．方案3：按图3路径测定样品中AlN的纯度：（6）写出步骤①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） ． 27\n2022-2022学年浙江省台州中学高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题仅有1个选项符合题意，每题2分，共44分）1．建设资源节约型、环境友好型社会是政府的工作目标，以下措施中不能体现这一思想的是（ ）A．在电解铝工业中添加冰晶石B．开发太阳能、风能、氢能等清洁能源C．收集废弃的秸杆等生产沼气D．为防止电池中的重金属污染土壤，将废旧电池深埋地下【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．电解铝工业中添加冰晶石能降低三氧化二铝的熔点；B．开发太阳能、风能、氢能等清洁能源，可减少化学能源的使用；C．收集废弃的秸杆等生产沼气，可以减少环境污染；D．废旧电池含重金属离子．【解答】解：A．电解铝工业中添加冰晶石能降低三氧化二铝的熔点，节约能量，故A错误；B．开发太阳能、风能、氢能等清洁能源，可减少化学能源的使用，符合节能减排，故B错误；C．收集废弃的秸杆等生产沼气，可以减少环境污染，故C错误；D．将废旧电池深埋地下，污染土壤，故D正确．故选D．【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累． 2．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．铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制食品C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞D．利用铝热反应可实现工业制镁【考点】常见的生活环境的污染及治理；铝的化学性质．【专题】化学应用．【分析】A．光化学烟雾形成的重要原因是汽车尾气排放的氮氧化物，同时氮氧化物会转变成硝酸，造成酸雨；B．氯化钠也会破坏氧化膜的结构；C．NO作为信号分子，使血管扩张而帮助控制血液流向人体的各个部位；D．工业制镁用电解法．【解答】解：A．汽车尾气中含有氮氧化物，大量排放不仅会造成酸雨还可能导致光化学烟雾，故A正确；B．氧化铝虽然为致密的氧化物薄膜，但氯化钠也会破坏氧化膜的结构，从而加速铝制品的腐蚀，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；27\nD．铝性质较活泼，工业制镁用电解法，故D错误．故选D．【点评】本题考查较综合，侧重考查化学在生产生活中的应用，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意相关知识的积累． 3．现有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种溶液，只用一种试剂把它们区别开来，这种试剂是（ ）A．氨水B．AgNO3C．NaOHD．H2SO4【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A、氨水和氯化镁、氯化铝反应均生成白色沉淀；B、硝酸银与五种物质均反应生成白色沉淀；C、氢氧化钠和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种物质反应产生不同现象；D、H2SO4和五种物质均不反应．【解答】解：A、氨水和氯化镁、氯化铝反应都生成白色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故A错误；B、硝酸银和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种溶液反应都生成白色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故B错误；C、氢氧化钠和MgCl2反应生成白色沉淀，和AlCl3反应先生成白色沉淀，氢氧化钠过量沉淀又溶解，和CuCl2反应生成蓝色沉淀，和FeCl3反应生成红褐色沉淀，和NH4Cl反应产生有刺激性气味的气体，产生不同现象，可以鉴别，故C正确；D、H2SO4和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种物质都不反应，不能鉴别，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了常见物质的鉴别，进行物质的鉴别时，所选的试剂与待鉴别物质混合需有明显的不同现象；对于鉴别题，熟悉物质之间的化学反应及反应的现象是解答的关键，题目难度不大． 4．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）A．稀硝酸B．稀盐酸C．硫酸铜溶液D．氢氧化钠溶液【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】表面已完全钝化的铝条，存在氧化铝，氧化铝可溶于酸、强碱溶液，以此来解答．【解答】解：A．氧化铝能与酸反应，将表面已完全钝化的铝条，插入HNO3溶液中，能发生如下反应：6HNO3+Al2O3═2Al（NO3）3+3H2O，故将表面已完全钝化的铝条，插入HNO3溶液中，会发生反应，故A错误；B．氧化铝能与酸反应，将表面已完全钝化的铝条，插入HCl溶液中，能发生如下反应：6HCl+Al2O3═2AlCl3+3H2O，故将表面已完全钝化的铝条，插入HCl溶液中，会发生反应，故B错误；C．它是一种两性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，但和盐不能发生反应，因此将表面已完全钝化的铝条，插入Cu（NO3）2溶液中，Cu（NO3）2和Al2O3不反应，故C正确；27\nD．氧化铝是一种两性氧化物，能与碱发生反应生成盐和水，将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，能发生如下反应：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，故将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，会发生反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化铝的化学性质，为高频考点，注意表面已完全钝化的铝条表面为氧化铝，把握氧化铝的性质为解答的关键，注意氧化铝的两性，题目难度不大． 5．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：H2CO3⇌2H++CO32﹣C．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•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﹣1D．向Fe（NO3）2稀溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成氢氧化铝和氯化铵；B．碳酸为弱酸，分步电离，以第一步为主；C．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，H对应稳定氧化物为液态水；D．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．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．碳酸的电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3﹣，故B错误；C．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•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（l）△H=﹣890.3KJ•mol﹣1，故C错误；D．向Fe（NO3）2稀溶液中加入盐酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． 6．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极发生的反应是（ ）A．2H++2e﹣═H2↑B．2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C．Fe﹣3e═Fe3+D．Fe﹣2e═Fe2+【考点】电极反应和电池反应方程式．【专题】电化学专题．【分析】钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答．【解答】解：铁发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以负极反应式为Fe﹣2e═Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故选B．【点评】本题考查电极反应式的书写，为高频考点，也是学习难点，明确钢铁发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀区别，钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时负极电极反应式相同但正极反应式不同，题目难度不大．27\n 7．在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质．下列物质中最合适的是（ ）A．NaClB．CuC12C．Na2SO4D．AgNO3【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】为了增强溶液的导电性，所加入电解质只能增大溶液的导电性，不能参与电极反应，否则会影响生成H2和O2．【解答】解：A．加入NaCl，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯气，影响氧气的生成，故A错误；B．加入CuC12，电解CuCl2溶液时一极析铜，另一极产生氯气，不是电解的水，故B错误；C．加入Na2SO4，增大溶液浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故C正确；D．加入AgNO3，在阴极上析出Ag，影响氢气的生成，故D错误．故选C．【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，注意把握题目要求，注意增强溶液的导电性，所加入电解质只能增大溶液的导电性，不能参与电极反应． 8．在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A．υ（A）=0.5mol•（L•s）﹣1B．υ（B）=0.3mol•（L•s）﹣1C．υ（C）=0.8mol•（L•s）﹣1D．υ（D）=1mol•（L•s）﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，对应反应：2A+B⇌3C+4D，A.=0.25mol/（L•s）；B.=0.3mol/（L•s）；C．=0.267mol/（L•s）；D.=0.25mol/（L•s），故B表示的反应速率最快，故选B．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率进行比较． 9．下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（ ）A．用于连接铜板的铁螺丝容易生锈B．在铁中加入铬等特殊金属形成不锈钢C．大型水闸常与直流电源的负极相连，再在电极的正极连上惰性电极，置于水中D．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块27\n【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】根据是否能构成原电池，如果能构成原电池就产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．【解答】解：A、作电解池阴极的金属被保护，大型水闸常与直流电源的负极相连，再在电极的正极连上惰性电极，置于水中，阴极上得电子发生还原反应，所以金属铁被保护，与电化学腐蚀和防护有关，故A不选；B、不锈钢是合金，合金改变了金属的结构，所以能保护铁不被腐蚀，与电化学腐蚀和防护无关，故B选；C、轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水，主要是防止触电，与中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，故C不选；D、船壳上镶入锌块，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查了金属的电化腐蚀和防护，明确原电池的形成条件以及电解原理是解题关键，题目较简单． 10．某温度下，满足下列条件的溶液肯定呈酸性的是（ ）A．加酚酞显无色的溶液B．与Al反应放出H2的溶液C．pH＜7的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液【考点】探究溶液的酸碱性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酚酞试液变色范围是8﹣10；B．酸或碱溶液都与Al反应生成氢气；C．溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小；D．溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的．【解答】解：A．酚酞试液变色范围是8﹣10，酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，故A错误；B．酸或碱溶液都与Al反应生成氢气，所以与铝反应生成氢气的溶液不一定是酸性溶液，故B错误；C．溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，且温度未知，如100℃pH=6为中性，故C错误；D．溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故D正确；故选D．【点评】本题考查溶液酸碱性判断，为高频考点，C为易错点，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，温度未知时不能根据pH判断溶液酸碱性． 11．常温下在水中加入下列物质，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．加入蔗糖D．加入金属钠27\n【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离方程式为H2O⇌H++OH﹣，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离．【解答】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，平衡向逆反应方向移动，则破坏水的电离，故A错误；B．加入氢氧化钠固体，在水中电离出的氢氧根抑制水的电离，破坏水的电离平衡，故B错误；C．加入蔗糖，蔗糖在水中不能电离，对水的电离平衡无影响，则不破坏水的电离，故C正确；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，水的电离平衡正移，氢氧根离子浓度增大，则破坏水的电离，故D错误；故选C．【点评】本题考查了水的电离，酸或碱能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度是否变化来确定是否破坏水的电离，题目难度不大． 12．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【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】增大压强、增大反应物浓度都是增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，所以反应速率增大；升高温度、使用催化剂是增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大．【解答】解：A．增大压强，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，导致反应速率增大，故A正确；B．升高温度，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，导致反应速率增大，故B正确；C．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，故C错误；D．使用催化剂，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、压强、催化剂对活化分子个数影响还是百分数影响是解本题关键，注意它们之间的区别，题目难度不大． 13．若将反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑设计成原电池（如图），则下列说法不正确的是（ ）27\nA．该装置实现了化学能转化为电能B．b极表面发生了还原反应C．c溶液可以是ZnSO4溶液D．盐桥中的Cl﹣移向右边烧杯【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】据电子移动方向可知，此原电池中a为负极，b为正极，则a为Zn，c溶液是ZnSO4溶液，d溶液为H2SO4溶液，原电池中化学能转化为电能，正极b上发生还原反应，盐桥中的阴离子移向负极，据此分析．【解答】解：A、该装置是原电池，化学能转化为电能，故A正确；B、b为正极，正极发生还原反应，故B正确；C、a为负极，a为Zn，c溶液是ZnSO4溶液，故C正确；D、盐桥中的阴离子移向负极，移向左侧烧杯，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原电池，明确原电池反应特点、正负极及电解质溶液的判断方法即可解答，在原电池反应中，一般来说，失电子化合价升高的金属单质作负极、得电子化合价降低的电解质为电解质溶液中的电解质，题目难度不大． 14．在密闭容器中充入0.5molN2和1.5molH2发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，充分反应后放出的热量为（ ）A．等于92.4kJB．等于46.2kJC．大于46.2kJD．小于46.2kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全反应，假定完全反应计算放出的热量，实际放出的热量小于完全反应计算放出的热量．【解答】解：假定0.5molN2和1.5molH2完全反应，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1可知，放出的热量为：92.4kJ×=46.2kJ，由于合成氨是可逆反应，故反应物不能完全反应，所以放出的热量小于46.2kJ，故选D．【点评】本题考查反应热计算、可逆反应的特征等，难度不大，注意基础知识的理解掌握． 15．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27\nC．正反应速率大于逆反应速率D．逆反应速率一直减小【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】在2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡体系中，当分离出SO3后导致三氧化硫浓度降低，反应速率降低，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，据此分析解答．【解答】解：A．改变条件瞬间，反应物浓度不变，则正反应速率不变，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，导致正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故C正确；D．平衡正向移动，导致逆反应速率增大直至达到平衡，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度对反应速率影响原理是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，易错选项是B． 16．一定量的盐酸跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的 ①NaOH溶液 ②H2O ③CH3COONa固体 ④NaNO3溶液⑤稀硫酸（ ）A．②③B．②④C．②③④D．①②③④⑤【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】减缓反应速率应使盐酸溶液的浓度降低，因锌粉过量，如不影响生成氢气的总量，则所加入物质不能改变酸溶液所能电离出的H+离子总物质的量．【解答】解：①NaOH固体能与盐酸反应，减小生成氢气的总量，故①错误；②加入H2O使盐酸溶液的浓度降低，反应速率减小，且不影响生成氢气的总量，故②正确；③CH3COONa固体与盐酸反应生成弱电解质，溶液H+离子浓度降低，但不影响生成氢气的总量，故③正确；④NaNO3固体与盐酸溶液结合成硝酸，不产生氢气，减小生成氢气的总量，故④错误；⑤加入稀硫酸，氢离子物质的量增大，导致生成氢气的足量增大，故错误；故选A．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、反应物接触面积对反应速率影响原理是解本题关键，易错选项是④，题目难度不大． 17．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下，下列叙述正确的是（ ）A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．27\n【分析】A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；B、试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【解答】解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故D正确；故选D．【点评】本题考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键． 18．已知室温时，0.1mol•L﹣1某一元酸HA的水溶液pH=4，则下列叙述错误的是（ ）A．NaA溶液呈碱性B．升高温度，HA溶液的pH增大C．HA电离平衡常数约为1×10﹣7D．将该溶液稀释100倍后，pH介于4至6之间【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】室温时，0.1mol•L﹣1某一元酸HA的水溶液pH=4，则溶液中c（H+）=10﹣4mol/L，该酸为弱酸；A．强碱弱酸盐水解显碱性；B．升高温度促进弱酸的电离；C．室温时，电离平衡常数K=；D．弱酸稀释10n倍时，溶液的pH变化小于n个单位．【解答】解：室温时，0.1mol•L﹣1某一元酸HA的水溶液pH=4，则溶液中c（H+）=10﹣4mol/L，该酸为弱酸，A．强碱弱酸盐水解显碱性，HA为弱酸，所以NaA的溶液显碱性，故A正确；B．升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B错误；C．室温时，电离平衡常数K===1×10﹣7，故C正确；D．弱酸稀释10n倍时，溶液的pH变化小于n个单位，所以将该溶液稀释100倍后，pH介于4至6之间，故D正确；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离影响是解本题关键，注意：电离平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性、浓度无关，为易错点． 27\n19．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0点时，醋酸不导电B．a、b、c三点，a点时醋酸溶液中氢离子浓度最小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【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．溶液的导电能力与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；B．溶液导电能力越大说明该点离子浓度越大；C．浓度越小，其电离程度越大；D．弱电解质的电离是吸热反应，升高温度能促进弱电解质电离．【解答】解：A．在O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点溶液的体积增大，则c点醋酸的电离程度最大，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．【点评】本题考查醋酸的电离及图象，明确图中导电性与离子浓度的关系是解答本题的关键，易错选项是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． 20．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）实验反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2S4H2OV/mLc（mol•L﹣1）V/mLc（mol•L﹣1）V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.2527\n0.210A．AB．BC．CD．D【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】表中给出的数据为浓度和温度的影响，一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大，以此解答该题．【解答】解：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，表中C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，D的浓度较大，则反应速率较大．故选D．【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素，题目难度不大． 21．在恒容密闭容器中存在下列平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）的平衡物质的量浓度与温度T的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）A．该反应的△H＞0B．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1=K2C．通过加热可以使B点变到C点D．在T2时若反应进行到状态D，则一定有υ（正）＜υ（逆）【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像．【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，说明升高温度平衡向正反应移动；B、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响；C、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，B、C点都处于平衡物质的量浓度c（CO）与温度T变化曲线上，C点的浓度高于B点；D、T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行．【解答】解：A、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故A正确；B、该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故B错误；C、由图可知，温度越高平衡时c（CO）越大，B、C点都处于平衡物质的量浓度c（CO）与温度T变化曲线上，C点的浓度高于B点，故可以通过加热可以使B点变到C点，故C正确；D、T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有υ（正）＜υ（逆），故D正确；故选B．27\n【点评】以化学平衡图象为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态，注意B选项若有一点不在曲线上，不能单独通过改变温度实现平衡状态的转化． 22．T℃时在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）．反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示．则下列结论不正确的是（ ） A．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率υ（X）=0.1mol•L﹣1•min﹣1B．容器中发生的反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K增大D．若在相同条件下充入4.0molX，3.2molY，0.8molZ，达到平衡后X的转化率为30%【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【分析】A．根据v=计算v（X）；B．X、Y的量减少，为反应物，Z为生成物，3min后X、Y物质的量不变且不为0，属于可逆反应，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；C．温度越高，反应速率越快，到达平衡时间越短，故温度T1＞T2，温度越高Y的体积百分含量越小，说明升高温度平衡正向移动；D．等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大，而原平衡中X的转化率为30%．【解答】解：A．3min内用X表示的反应速率v（X）==0.1mol/（L•min），故A正确；B．X、Y的量减少，为反应物，Z为生成物，3min后X、Y物质的量不变且不为0，属于可逆反应，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，Y、X、Z的物质的量变化量之比为（2.0﹣1.4）：（1.6﹣1.4）：（0.8﹣0.4）=3：1：2，则该反应为X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），故B正确；C．温度越高，反应速率越快，到达平衡时间越短，故温度T1＞T2，温度越高Y的体积百分含量越小，说明升高温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，故C正确；D．等效为在原平衡的基础上增大压强，正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，X的转化率增大，而原平衡中X的转化率为×100%=30%，故转化率大于30%，故D错误，故选：D．27\n【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、化学平衡图象等，D选项中利用利用平衡常数计算具体的值，难度中等． 二、填空题（本题包括4个小题，共56分）23．（1）今年来我国多个省市出现严重的雾霾天气．导致雾霾形成的主要污染物是 d （填字母）．a．SO2 b．NO2 c．CO2 d．PM2.5（2）天然水中杂质较多，常需加入明矾，ClO2等物质处理后才能饮用．明矾能净水的原理是 铝离子与水反应生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附性，可吸附水中悬浮物 ，写出检验明矾中Al3+的实验方法 取少量待测液于一支试管中，逐滴滴加氢氧化钠溶液，若先出现白色沉淀，后又溶解，则证明待测液中含Al3+ ．（3）A、B、C三个城市全年雨水的月平均pH变化如图1所示．①受酸雨危害最严重的是 C 城市．②汽车尾气中含有NO2、NO、CO等有害气体，写出由NO2形成硝酸型酸雨的化学方程式 3NO2+H2O=2HNO3+NO ．③用纳米二氧化钛光触媒技术，将汽车尾气中的NOx和CO转化为无害气体，写出该反应的化学方程式 2NOx+2xCON2+2xCO2 ．④测量汽车尾气的浓度常用电化学气敏传感器，其中CO传感器可用如图2简单表示，则阳极发生的电极反应 CO+H2O﹣2e﹣═CO2+2H+ ．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题；氮族元素．【分析】（1）PM2.5”是指大气层中直径≥2.5μm的颗粒物，能被肺吸收并进入血液，对人体危害很大，是形成雾霾的主要污染物；（2）明矾中铝离子水解生成胶体具有吸附性，则可对水质净化；（3）①雨水的pH越小，酸性越强，受酸雨危害越严重；②二氧化氮与水反应生成硝酸和NO；③汽车生产的有害气体为NO、CO，通过催化剂转化为无害气体，反应应生成氮气与二氧化碳，据此写出反应的化学方程式；④依据电解原理分析，阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳．【解答】解：（1）导致雾霾形成的主要污染物是pM2.5，故答案为：d；27\n（2）明矾中铝离子水解生成胶体具有吸附性，则可对水质净化，水解离子反应为A13++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，取少量待测液于一支试管中，逐滴滴加氢氧化钠溶液，若先出现白色沉淀，后又溶解，则证明待测液中含Al3+，故答案为：铝离子与水反应生成的氢氧化铝胶体具有很强的吸附性，可吸附水中悬浮物；取少量待测液于一支试管中，逐滴滴加氢氧化钠溶液，若先出现白色沉淀，后又溶解，则证明待测液中含Al3+；（3）①由图可知C城市雨水pH最小，故受酸雨危害最严重的是C城市，故答案为：C；②二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应离子方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；③用纳米二氧化钛光触媒技术，将汽车尾气中的NOx和CO转化为无害气体，写出该反应的化学方程式，2NOx+2xCON2+2xCO2，故答案为：2NOx+2xCON2+2xCO2；④阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳同时生成氢离子，电极反应为：CO+H2O﹣2e﹣=CO2+2H+，故答案为：CO+H2O﹣2e﹣═CO2+2H+．【点评】本题考查环境污染与防治、二氧化硫性质、电解原理分析等知识，题目难度不大，明确氮的氧化物、硫的氧化物的性质及应用，明确酸雨的成因及治理方法为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力． 24．能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上合成甲醇的反应原理为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），如表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作KP），写出该反应的平衡常数表达式KP= ．②下列措施可以加快反应速率且能提高CO转化率的是 c ．a．再充入CO b．将甲醇液化并及时分离出 c．增大压强d．加入催化剂e．降低温度③在300℃时，将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为1L的密闭容器中，此时反应将 向正反应方向进行 （填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”）．（2）以甲醇、氧气为原料，KOH溶液作为电解质构成燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO+6H2O，则负极的电极反应式为： CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O ，随着反应的不断进行溶液的pH 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）．27\n（3）如果以该燃料电池为电源，石墨作两极电解饱和食盐水，则该电解过程中阳极的电极反应式为： 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ ；如果电解一段时间后NaCl溶液的体积为1L，溶液的pH为12，则理论上消耗氧气的体积为 56 mL（标况下）．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】电化学专题；化学平衡计算．【分析】（1）①由题目信息可知，用某组分（B）的平衡压强（PB）表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比；②a．再充入CO，CO的转化率降低； b．将甲醇液化并及时分离出，反应速率减慢；c．增大压强，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向移动；d．加入催化剂，不影响平衡移动；e．降低温度，反应速率减慢；③计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；（2）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；反应的不断进行溶液的消耗氢氧化钠，溶液碱性减弱；（3）电解池阳极发生氧化反应，氯离子在阳极失去电子生成氯气；根据n=cV计算NaOH物质的量，根据2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH计算生成氯气物质的量，根据电子转移守恒计算氧气物质的量，进而计算氧气体积．【解答】解：（1）①由题目信息可知，用某组分（B）的平衡压强（PB）表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，故该反应的平衡常数表达式KP=，故答案为：；②a．再充入CO，反应速率加快，但CO的转化率降低，故a错误； b．将甲醇液化并及时分离出，平衡正向移动，CO转化率增大，但反应速率减慢，故b错误；c．增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，CO转化率增大，故c正确；d．加入催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO转化率不变，故d错误；e．降低温度，反应速率减慢，故e错误，故选：c；③此时浓度商Qc==＜K=0.27，反应向正反应进行，故答案为：向正反应方向进行；（2）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；反应的不断进行溶液的消耗氢氧化钠，溶液碱性减弱，溶液pH减小，故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；减小；（3）电解池阳极发生氧化反应，氯离子在阳极失去电子生成氯气，阳极电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；27\n电解一段时间，溶液的pH=12，则溶液中c（OH﹣）=0.01mol/L，则n（OH﹣）=0.01mol/L×1L=0.01mol，根据2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知，n（Cl2）=0.01mol×=0.005mol，根据电子转移守恒有4n（O2）=2n（Cl2），所以n（O2）==0.0025mol，故原电池消耗氧气的体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；56．【点评】本题考查平衡常数、化学平衡及反应速率影响因素、电化学等，属于拼合型题目，（3）中注意根据电子转移守恒计算氧气体积，难度中等． 25．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义．（1）CO可用于炼铁已知：Fe2O3（s）+3C（g）=2Fe（s）+3CO（g），△H1=+489.0KJ•mol﹣1，C（s）+CO2（g）=2CO（g），△H2=+172.5KJ•mol﹣1．则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为 Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1 ．（2）尾气中的CO主要来自于汽油不完全燃烧．有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H=+221KJ•mol﹣1，简述该设想能否实现的依据： 该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行 ．（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图1所示．①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ ＞ KⅡ（填“＞”或“=”或“＜”）．27\n②一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 bd ．a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）=3c（CH3OH）d．容器中密度不变e．2个C=O断裂的同时有6个H﹣H断裂（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图2．在0～15小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为 II＞III＞I （填序号）．（5）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图3：①当温度在 300℃～400℃ 范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素．②Cu2Al2O4难溶于水，可溶于浓硝酸并放出红棕色气体，写出反应的离子方程 Cu2Al2O4+12H++2NO3﹣=2Cu2++2Al5++2NO2↑+6H2O ．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，①﹣②×3得到；（2）依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断；（3）①根据温度对平衡移动的影响可知，升高温度，平衡向吸热方向移动，据此判断平衡常数的变化②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（4）在0～15小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快；（5）①从300℃开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大；②Cu2Al2O4中铜为+1价，与硝酸反应被氧化为+2价，硝酸被还原为NO．【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ•mol﹣1②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ•mol﹣1依据盖斯定律①﹣②×3得到热化学方程式为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣28.5kJ•mol﹣1；（2）2CO（g）═2C（s）+O2（g）△H=+221kJ•mol﹣1，反应是焓变增大，熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行；（3）①根据温度对平衡移动的影响可知，升高温度，平衡向吸热方向移动，而该反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数变小，即KⅠ＞KⅡ，故答案为：＞；②a．由于此反应在恒压的溶液中进行，故容器中的压强一直不变，故不能作为平衡的依据，故a错误；b．当反应未达平衡时，H2的体积分数会一直减小，故当氢气的体积分数不变时，说明反应达平衡，故b正确；c．当反应达平衡时，各物质的浓度之间无必然的数值关系，故当c（H2）=3c（CH3OH）时，反应不一定平衡，故c错误；27\nd．由于此反应是气体的质量不变、气体的物质的量减小的反应，由于容器恒压，故在未达平衡时，容器的体积在减小，则气体的密度会增大，故当容器中密度不变时，说明反应达平衡，故d正确；e．2个C=O断裂的同时必定会有6个H﹣H断裂，不能说明反应达平衡，故e错误．故选bd；（4）在0～15小时内，相同时间内甲烷的产量越大，说明反应速率越快，由图Ⅱ可知，CH4的平均生成速率顺序为II＞III＞I，故答案为：II＞III＞I；（5）①从300℃开始，催化剂对反应基本没有影响，温度升高，生成乙酸速率增大，所以①当温度在300℃～400℃范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素，故答案为：300℃～400℃；②Cu2Al2O4中铜为+1价，与硝酸反应被氧化为+2价，硝酸被还原为NO，反应的离子方程式为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写、化学平衡的计算及氧化还原反应方程式的书写，综合性较强，有一定的难度，是高考的热点和难点． 26．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1中球形干燥管的作用是 防止倒吸 ．（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 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 ．（3）假设其他操作均正确，按照图1装置将导致测定结果 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．方案2：用图2装置测定mg样品中AlN的纯度（部分夹持装置已略去）．27\n（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 ．a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．浓硫酸（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况）．则AlN的质量分数是 ×100% （需化简）．方案3：按图3路径测定样品中AlN的纯度：（6）写出步骤①反应的离子方程式 AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑、Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O ．（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） ×100% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】简答题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；制备实验综合．【分析】（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，C装置中球形干燥管可以防止倒吸；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（3）图1装置中空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，据此分析；（4）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；（5）依据AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑中的定量关系计算出样品中纯氮化铝的质量，再计算出氮化铝的质量分数；（6）步骤①反应为AlN、Al2O3分别与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氨气和水，根据电荷守恒书写离子方程式；（7）依据杂质氧化铝在反应前后质量不变，而根据流程中铝的转化关系可得关系式2A1N～～A12O3，根据关系式进行列比例式，可计算出样品中氮化铝的纯度．【解答】解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，先检查装置气密性，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，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，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为：把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）图1装置中空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，故答案为：偏高；（4）a．CCl4不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积，故c错误；d．氨气与浓硫酸反应，故d错误；故选a；（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况），AlN+NaOH+H2O═NaAIO2+NH3↑4122.4LmV×10﹣3L27\nm=g，则AlN的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%；（6）步骤①反应为AlN、Al2O3分别与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氨气和水，反应的离子方程式为AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑、Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：AlN+OH﹣+H2O=AlO2﹣+NH3↑、Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（7）设样品中含有氧化铝杂质为x，依据铝守恒，得2A1N～～A12O382102m1﹣xm2﹣x所以=，解之得：x=5.1m1﹣4.1m2，则质量分数为：×100%=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析判断，实验基本操作和物质性质的掌握是关键，题目难度中等． 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