山东省济南外国语学校2022学年高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年山东省济南外国语学校高三（上）期中化学试卷　一、选择题（1～16题，每小题2分，17～24题，每题3分，共56分．每小题只有一个正确选项）1．NA表示阿伏伽德罗常数，则下列叙述中，正确的是（　　）A．32gS2﹣中电子数目为2NAB．46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数为0.5NAD．78gNa2O2中阴离子数目为2NA　2．以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（　　）A．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小B．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M　3．下列各反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．金属钠投入水中：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑B．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OD．过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO　4．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，则该溶液中还可能存在的离子组是（　　）A．Al3+、CH3COO﹣、Cl﹣B．Mg2+、Ba2+、Br﹣C．MnO4﹣、Na+、I﹣、D．Na+、NH4+、Cl﹣　5．下列有关平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大B．反应2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0，升高温度该反应平衡常数增大C．对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D．平衡常数为K=的反应，化学方程式为CO2+H2CO+H2O　6．钢铁在潮湿的空气中会发生吸氧腐蚀，下列判断正确的是（　　）A．负极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+B．正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2OC．腐蚀过程中，电子从正极流向负极D．钢柱在水下的部分比在空气与水交界处更容易发生吸氧腐蚀　7．下列液体均处于25℃，有关叙述中，正确的是（　　）A．某溶液中水电离出的c（H+）=10﹣13，则该溶液的pH一定为13B．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的2倍24\nC．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合，所得溶液pH=7D．pH=7的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）=c（CH3COO﹣）　8．甲、乙两烧杯中分别盛有10mL1mol•L﹣1AlCl3溶液，在甲烧杯中加入一定量NaOH溶液；乙烧杯中加入与上述NaOH溶液等体积、等pH的氨水．下列有关两个烧杯的说法中，正确的是（　　）A．甲中产生的沉淀一定比乙中多B．乙中产生的沉淀一定比甲中多C．甲和乙产生的沉淀一定一样多D．甲和乙中产生的沉淀可能一样多　9．下列说法中，正确的是（　　）A．难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止B．Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱C．Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关D．相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同　10．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（　　）A．m+n必定小于pB．m+n必定大于pC．m必定小于pD．m必定大于p　11．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强　12．一定温度下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法中，正确的是（　　）A．升高温度，减小B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．稀释溶液，Na2CO3水解程度增大，水解平衡常数增大D．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，溶液pH减小　13．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是（　　）A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7　14．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是（　　）24\nA．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键　15．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后溶液颜色变深的是（　　）A．明矾溶液加热B．小苏打溶液中加入少量NaCl固体C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．CH3COONa溶液加热　16．下列关于pH变化的判断正确的是（　　）A．随着温度的升高，Na2CO3溶液pH减小B．随着温度的升高，纯水的pH增大C．新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小D．氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大　17．新型纳米材料MFe2Ox（3＜X＜4）中，M表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化．常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2OxMFe2Oy则下列判断正确的是（　　）A．MFe2Ox是还原剂B．SO2是该反应的催化剂C．X＞YD．氧化性：MFe2Ox＞SO2　18．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体　19．某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度（　　）A．0.1mol•L﹣1B．一定大于0.1mol•L﹣1C．若为强酸一定等于0.1mol•L﹣1，若为弱酸一定大于0.1mol•L﹣1D．若为强酸一定≤0.1mol•L﹣1，若为弱酸一定＞0.1mol•L﹣1　20．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是（　　）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O　24\n21．（3分）在pH为3的FeCl3溶液，pH为11的Na2CO3溶液和pH为3的盐酸中由水电离出来的H+的浓度分别为：C1、C2、C3，它们之间的关系是（　　）A．C1＜C2＜C3B．C1=C2＞C3C．C1＞C2＞C3D．无法判断　22．下列说法正确的是（　　）A．c（H+）=的溶液一定呈中性B．将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c（H+）增大，平衡逆向移动，KW减小D．向0.1mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小　23．如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．Y与滤纸接触处有氧气生成B．X为正极，发生氧化反应C．Y为阴极，发生还原反应D．X与滤纸接触处变红　24．将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（　　）A．c（H+）B．Ka（HF）C．D．　　二、填空题（本大题包括4小题，每空2分，共44分．）25．实验室中需要22.4l（标准状况）SO2气体．化学小组同学依据化学方程式Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O计算后，取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（ρ=1.84g•cm﹣3）110mL充分反应锌全部溶解，对于制得的气体，有同学认为可能混有杂质．（1）化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是　　　　　　（填分子式）．产生这种结果的主要原因是　　　　　　（用化学方程式和必要的文字加以说明）（2）为证实相关分析，化学小组的同学设计了实验，组装了如下装置，对所制取的气体进行探究．24\n①装置B中加入的试剂　　　　　　，作用是　　　　　　．②装置D加入的试剂　　　　　　，装置F加入的试剂　　　　　　．③可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象是　　　　　　．④U型管G的作用为　　　　　　．　26．二氧化硫和氮的氧化物是常用的工业原料，但也是大气的主要污染物．综合治理基污染是环境化学当前的重要研究内容之一．（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1．某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．根据图示回答下列问题：①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于　　　　　　．②平衡状态由A变到B时．平衡常数K（A）　　　　　　K（B）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为：　　　　　　kJ．　27．如图为相互串联的甲乙两个电解池，甲池若为电解精炼铜的装置，请回答：（1）A极材料和B极材料分别是　　　　　　．a．石墨、精铜b．石墨、粗铜c．粗铜、精铜d．精铜、粗铜（2）电解质溶液为　　　　　　．（3）若甲槽阴极增重12.8g，则乙槽阴极放出气体在标准状况下的体积为　　　　　　．24\n（4）若乙槽剩余液体为400mL，求电解后得到碱液的物质的量浓度　　　　　　．　28．（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　　　　　　mol/（L•min）（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表：时间（min）023456CO0.2000.138C1C10.1160.096H2O0.3000.238C2C20.2160.266CO200.062C3C30.084H200.062C3C30.104①表中3min～4min之间反应处于　　　　　　状态；C1数值　　　　　　0.08mol/L（填大于、小于或等于）．②反应在4min～5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　　　　　　（单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　　　　　　（单选）．A．增加水蒸气B．降低温度C．使用催化剂D．增加氢气浓度．　　24\n2022-2022学年山东省济南外国语学校高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（1～16题，每小题2分，17～24题，每题3分，共56分．每小题只有一个正确选项）1．NA表示阿伏伽德罗常数，则下列叙述中，正确的是（　　）A．32gS2﹣中电子数目为2NAB．46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NAC．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的CO32﹣数为0.5NAD．78gNa2O2中阴离子数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．硫离子中含有18个电子，32g硫离子的物质的量为1mol，含有18mol电子；B．NO2和N2O4的最简式都是NO2，根据最简式计算出含有原子数；C．碳酸根离子部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少；D．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1mol阴离子．【解答】解：A．32gS2﹣的物质的量为1mol，1mol硫离子含有18mol电子，含有的电子数目为18NA，故A错误；B．46gNO2和N2O4的混合物中含有46g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=1mol，含有3mol原子，则该混合物中含有的原子数为3NA，故B正确；C．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.5mol，由于部分碳酸根离子水解，则溶液中含有的CO32﹣数小于0.5NA，故C错误；D．78g过氧化钠的物质的量为1mol，1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子，含有的阴离子数目为NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　2．以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（　　）A．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小B．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A．同周期，原子半径随原子序数增大而减小；B．同位素的质子数相同；C．第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属性减弱；D．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则M在R的下一周期．【解答】解：A．同周期，原子半径随原子序数增大而减小，则同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故A正确；B．同位素的质子数相同，则第IA族元素铯的两种同位素137Cs、133Cs的质子数相同，故B错误；24\nC．第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属性减弱，则从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错误；D．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则M在R的下一周期，可知原子序数：R＜M，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置与性质、元素周期律为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　3．下列各反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．金属钠投入水中：Na+2H2O═Na++OH﹣+H2↑B．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OD．过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应没有配平；B．电荷不守恒；C．醋酸在离子反应中保留化学式；D．反应生成碳酸氢钙和HClO．【解答】解：A．金属钠投入水中的离子反应为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故B错误；C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液的离子反应为：CO32﹣+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故C错误；D．过量CO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为：ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故D正确；故选：D．【点评】本题考查离子方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意量对反应的影响即可解答，题目难度不大．　4．已知某溶液中存在较多的H+、SO42﹣、NO3﹣，则该溶液中还可能存在的离子组是（　　）A．Al3+、CH3COO﹣、Cl﹣B．Mg2+、Ba2+、Br﹣C．MnO4﹣、Na+、I﹣、D．Na+、NH4+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据复分解反应的条件，即离子之间不能结合成沉淀、气体、水的才可以共存来分析解答；【解答】解：A．Al3+、CH3COO﹣、Cl﹣，中的CH3COO﹣能与H+、结合成弱电解质的醋酸，故A错误；B．Mg2+、Ba2+、Br﹣中的Ba2+能与SO42﹣、结合成硫酸钡沉淀，故B错误；C．H+、NO3﹣，中含有硝酸，硝酸具有强氧化性可以把I﹣氧化，故C错误；D．H+、SO42﹣、NO3﹣中的离子与Na+、NH4+、Cl﹣中的离子不会发生反应可以大量共存，故D正确；故选：D．【点评】本题不仅限定在选项中的离子，还要看他们与题干中的离子能否发生反应，来分析解答．24\n　5．下列有关平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大B．反应2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0，升高温度该反应平衡常数增大C．对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D．平衡常数为K=的反应，化学方程式为CO2+H2CO+H2O【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、平衡常数只随温度变化；B、反应是放热反应，升温平衡逆向进行；C、正逆反应的平衡常数互为倒数；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，据此书写化学方程式．【解答】解：A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，故A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，据此书写化学方程式为：CO2+H2CO+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡常数的影响因素判断，平衡移动原理和平衡常数概念实质是解题关键，题目较简单．　6．钢铁在潮湿的空气中会发生吸氧腐蚀，下列判断正确的是（　　）A．负极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+B．正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2OC．腐蚀过程中，电子从正极流向负极D．钢柱在水下的部分比在空气与水交界处更容易发生吸氧腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极，碳作正极，负极上铁发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，电子从负极流向正极．【解答】解：A．负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe=Fe2++2e﹣，故A正确；B．正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故B错误；C．腐蚀过程中，构成原电池，电子从负极铁流向正极碳，故C错误；D．水中氧气的溶解度较小，所以钢柱在水下的部分比在空气与水交界处更难发生吸氧腐蚀，故D错误．故选A．24\n【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握形成原电池的条件及原电池原理，根据环境确定钢铁发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，会书写电极反应式，难度不大．　7．下列液体均处于25℃，有关叙述中，正确的是（　　）A．某溶液中水电离出的c（H+）=10﹣13，则该溶液的pH一定为13B．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的2倍C．浓度相同的氨水与盐酸等体积混合，所得溶液pH=7D．pH=7的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）=c（CH3COO﹣）【考点】溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、水电离出的c（H+）=10﹣13，说明水的电离被抑制，所以可能是酸溶液或碱溶液；B、根据pH大小可计算出溶液中H+浓度，pH=4.5，c（H+）=10﹣4.5mol•L﹣1，pH=6.5，其c（H+）=10﹣6.5mol•L﹣1；C、浓度相同的氨水与盐酸等体积混合恰好生成氯化铵，氯化铵溶液中铵根离子水解；D、pH=7的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，则c（H+）=c（OH﹣），再根据电荷守恒；【解答】解：A、水电离出的c（H+）=10﹣13，说明水的电离被抑制，所以可能是酸溶液或碱溶液，如果是酸溶液则酸电离的氢离子多与水电离的氢离子，所以pH小于13，故A错误；B、pH=4.5，c（H+）=10﹣4.5mol•L﹣1，pH=6.5，其c（H+）=10﹣6.5mol•L﹣1，c（H+）是100倍的关系，故B错误；C、浓度相同的氨水与盐酸等体积混合恰好生成氯化铵，氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，所以pH＜7，故C错误；D、pH=7的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）=c（Na+），故D正确；故选：D．【点评】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理．　8．甲、乙两烧杯中分别盛有10mL1mol•L﹣1AlCl3溶液，在甲烧杯中加入一定量NaOH溶液；乙烧杯中加入与上述NaOH溶液等体积、等pH的氨水．下列有关两个烧杯的说法中，正确的是（　　）A．甲中产生的沉淀一定比乙中多B．乙中产生的沉淀一定比甲中多C．甲和乙产生的沉淀一定一样多D．甲和乙中产生的沉淀可能一样多【考点】镁、铝的重要化合物；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；几种重要的金属及其化合物．【分析】根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故开始加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积、相同pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠：当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；24\n氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多．【解答】解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL0.1mol•L﹣1AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的少；当氨水过量，氢氧化钠不足时，乙中生成的氢氧化铝的物质的量为10mL×10﹣3L/mL×0.1mol•L﹣1=0.001mol，甲中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中少；当氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；当氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，乙中生成的氢氧化铝为0.001mol，甲中生成的氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中少．通过以上分析知，甲中沉淀少于或等于乙中沉淀，故ABC错误、D正确；故选D．【点评】本题考查了铝化合物性质、化学计算等，此题解答时，根据氢氧化铝的性质采用讨论的方法进行解答，能正确进行分段是解本题的关键，难度较大．　9．下列说法中，正确的是（　　）A．难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止B．Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱C．Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关D．相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、沉淀溶解平衡是动态平衡；B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小，但是如果化合物的形式不同，就不能进行直接判断；C、Ksp是平衡常数与温度和电解质本性有关，与浓度无关；D、依据沉淀溶解平衡影响因素分析判断；【解答】解：A、难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同，故A错误；B、Ksp可用来判断相同的类型的化合物在水中溶解度的大小，但是如果化合物的形式不同，就不能进行直接判断，难溶电解质在水中的溶解能力不一定越弱，故B错误；C、沉淀溶解平衡常存在的溶度积常数，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；D、相同温度下，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力，因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用，故D错误；故选C．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析，物质溶解度比较的依据掌握，注意掌握基础是解题关键，题目较简单．　24\n10．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（　　）A．m+n必定小于pB．m+n必定大于pC．m必定小于pD．m必定大于p【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选：C．【点评】本题考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度．　11．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．【解答】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=﹣373.4kJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等．　12．一定温度下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法中，正确的是（　　）A．升高温度，减小B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．稀释溶液，Na2CO3水解程度增大，水解平衡常数增大D．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，溶液pH减小24\n【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、水解反应是吸热反应，升温促进水解；B、通入二氧化碳和氢氧根离子反应促进水解；C、平衡常数随温度变化；D、碳酸根离子水解显碱性，加碱抑制水解．【解答】解：A、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，是增大的，故A错误；B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；C、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故C错误；D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关．化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系．　13．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是（　　）A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7【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．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）减小、c（OH﹣）增大；C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离；D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性．【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故B错误；C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右进行，故C正确；D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，故D正确；故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及其影响因素即可解答，同时考查学生知识运用能力，注意：稀释醋酸时，溶液中其它微粒浓度减小，只有c（OH﹣）增大，题目难度不大．24\n　14．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是（　　）A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．﹣COOH，具有酸性；B．均为取代反应；C．油脂不属于高分子化合物；D．苯中不含双键，乙烯中含双键．【解答】解：A．乙酸分子中含有羧基，具有酸性，可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同，均为取代反应，但反应条件不同，故B正确；C．蛋白质、油脂在一定条件下均能水解，蛋白质为高分子，而油脂的相对分子质量在1万以下，不属于高分子，故C错误；D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，苯中的化学键介于单键和双键之间的特殊的化学键，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握常见有机物的官能团及性质的关系即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．　15．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后溶液颜色变深的是（　　）A．明矾溶液加热B．小苏打溶液中加入少量NaCl固体C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．CH3COONa溶液加热【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH﹣浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析．【解答】解：A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；B．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，故B错误．C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl﹣，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；D．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故D正确；故选D．【点评】本题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向．　24\n16．下列关于pH变化的判断正确的是（　　）A．随着温度的升高，Na2CO3溶液pH减小B．随着温度的升高，纯水的pH增大C．新制氯水经光照一段时间后，溶液pH减小D．氢氧化钠溶液久置于空气中，溶液pH变大【考点】溶液pH的定义；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．盐类的水解是吸热反应，升高温度促进其水解；B．水的电离是吸热反应，升高温度促进其电离；C．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，根据氢离子浓度变化判断；D．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，根据氢氧根离子浓度变化判断．【解答】解：A．升高温度促进碳酸钠水解，导致碳酸钠溶液的pH增大，故A错误；B．升高温度促进水电离，纯水的pH减小，故B错误；C．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水导致溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故C正确；D．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液的pH减小，故D错误；故选C．【点评】本题涉及盐类的水解、弱电解质的电离、物质的性质等知识点，明确盐类水解和弱电解质电离与温度的关系、物质的性质是解本题关键，难度不大．　17．新型纳米材料MFe2Ox（3＜X＜4）中，M表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化．常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2OxMFe2Oy则下列判断正确的是（　　）A．MFe2Ox是还原剂B．SO2是该反应的催化剂C．X＞YD．氧化性：MFe2Ox＞SO2【考点】氧化还原反应．【分析】在图示反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系．【解答】解：A．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故A正确；B．SO2在反应中为氧化剂，转化为S，不是催化剂，故B错误；C．MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y﹣2）＞（2x﹣2），即y＞x，故C错误；D．SO2转化为S，SO2作氧化剂，则氧化性：MFe2Ox＜SO2，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大．　18．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化24\nB．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体【考点】煤的干馏和综合利用；同位素及其应用；胶体的重要性质；原子构成；石油的裂化和裂解．【专题】原子组成与结构专题；有机化合物的获得与应用；化学计算．【分析】A、从干馏和分馏的区别来判断；B、从BaSO4的性质来分析；C、从同位素和同素异形体的不同来区别；D、从溶液和胶体的不同来判断；【解答】解：A、石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误；B、钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒．硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故B错误；C、由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体，例如金刚石、石墨和C60是碳元素的同素异形体；而质子数相同而中子数不同的原子，二者互为同位素，故C错误；D、葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故D正确．故选D．【点评】本题考查分馏与干馏的区别、硫酸钡的医学用途、同位素和同素异形体以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　19．某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度（　　）A．0.1mol•L﹣1B．一定大于0.1mol•L﹣1C．若为强酸一定等于0.1mol•L﹣1，若为弱酸一定大于0.1mol•L﹣1D．若为强酸一定≤0.1mol•L﹣1，若为弱酸一定＞0.1mol•L﹣1【考点】电解质在水溶液中的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】强酸完全电离，弱酸部分电离．a．若为一元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，若为二元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.05mol/L，故为强酸时，pH=1，溶液的物质的量浓度一定≤0.1mol•L﹣1；b．若为弱酸pH=1，由于弱酸只能部分电离，故溶液的物质的量浓度一定＞0.1mol•L﹣1．【解答】解：a．若为一元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，若为二元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.05mol/L，故为强酸时，pH=1，溶液的物质的量浓度一定≤0.1mol•L﹣1；b．若为弱酸pH=1，由于弱酸只能部分电离，故溶液的物质的量浓度一定＞0.1mol•L﹣1，故选D．【点评】本题考查酸的PH值与溶液浓度的关系，难度中等．要注意强酸完全电离，弱酸部分电离．　24\n20．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是（　　）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O【考点】原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．　21．在pH为3的FeCl3溶液，pH为11的Na2CO3溶液和pH为3的盐酸中由水电离出来的H+的浓度分别为：C1、C2、C3，它们之间的关系是（　　）A．C1＜C2＜C3B．C1=C2＞C3C．C1＞C2＞C3D．无法判断【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】FeCl3和Na2CO3都可促进水的电离，盐酸抑制电离，结合溶液的pH判断水的电离程度大小．【解答】解：FeCl3和Na2CO3都可促进水的电离，pH为3的FeCl3溶液，水电离出来的H+的浓度为10﹣3mol/L，pH为11的Na2CO3溶液，水电离出来的H+的浓度为10﹣3mol/L，pH为3的盐酸抑制水的电离，水电离出来的H+的浓度为10﹣11mol/L，则C1=C2＞C3，故选B．【点评】本题考查盐类水解的应用以及弱电解质的电离等问题，为高考常见题型，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的理解和积累，难度不大．　22．下列说法正确的是（　　）A．c（H+）=的溶液一定呈中性24\nB．将水加热，KW增大，pH不变，仍呈中性C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c（H+）增大，平衡逆向移动，KW减小D．向0.1mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小【考点】水的电离；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、Kw=c（H+）×c（OH﹣）；B、水的电离为吸热反应，加热促进电离；C、Kw只与温度有关；D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离．【解答】解：A、Kw=c（H+）×c（OH﹣），c（H+）=，说明c（H+）=c（OH﹣），所以溶液一定呈中性，故A正确；B、水的电离为吸热反应，加热促进电离，KW增大，c（H+）增大，则pH减小，但仍呈中性，故B错误；C、Kw只与温度有关，向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c（H+）增大，平衡逆向移动，KW不变，故C错误；D、酸电离出来的氢离子能抑制水电离，向0.1mol•L﹣1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，则溶液中水电离产生的c（H+）将增大，故D错误．故选A．【点评】本题考查了水的电离、Kw的影响因素、溶液酸碱性的判断等，题目难度不大，注意Kw为常数只与温度有关．　23．如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．Y与滤纸接触处有氧气生成B．X为正极，发生氧化反应C．Y为阴极，发生还原反应D．X与滤纸接触处变红【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该装置中，左边装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，右边装置是电解池，X为阳极、Y为阴极，阳极上电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+、阴极电极反应式为2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，以此解答该题．【解答】解：A．Y电极反应式为2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，所以Y与滤纸接触处有氢气生成，故A错误；B．X为阳极，失电子发生氧化反应，故B错误；C．通过以上分析知，Y是阴极，阴极上得电子发生还原反应，故C正确；D．X电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，所以X和滤纸接触处不变红，故D错误．故选C．24\n【点评】本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应的自发性来确定原电池和电解池，明确原电池正负极、电解池阴阳极上发生的电极反应来分析解答，注意：电解池中阳极是活泼金属时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点．　24．将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（　　）A．c（H+）B．Ka（HF）C．D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会小于10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1．　二、填空题（本大题包括4小题，每空2分，共44分．）25．实验室中需要22.4l（标准状况）SO2气体．化学小组同学依据化学方程式Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O计算后，取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（ρ=1.84g•cm﹣3）110mL充分反应锌全部溶解，对于制得的气体，有同学认为可能混有杂质．（1）化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是　H2　（填分子式）．产生这种结果的主要原因是　随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑　（用化学方程式和必要的文字加以说明）（2）为证实相关分析，化学小组的同学设计了实验，组装了如下装置，对所制取的气体进行探究．24\n①装置B中加入的试剂　NaOH溶液　，作用是　除去混合气体中的SO2　．②装置D加入的试剂　浓硫酸　，装置F加入的试剂　无水硫酸铜　．③可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象是　装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色　．④U型管G的作用为　防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验　．【考点】常见气体制备原理及装置选择；二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】（1）随着硫酸浓度降低，锌与稀硫酸反应生成氢气；（2）A是制取气体的装置，制备的气体中有二氧化硫、氢气、水蒸汽，B装置是除去二氧化硫，可以用氢氧化钠等碱液吸收；C装置是检验二氧化硫是否除尽，D装置是浓硫酸，吸水干燥作用；E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成；G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验．【解答】解：（1）随着硫酸浓度降低，锌与稀硫酸反应生成氢气，所以化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是氢气，故答案为：H2；随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；（2）①B装置是除去二氧化硫，可以用氢氧化钠等碱液吸收，故答案为：NaOH溶液；除去混合气体中的SO2；②D装置是浓硫酸，吸水干燥作用，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，故答案为：浓硫酸；无水硫酸铜；③E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，只要黑色变红色，无水硫酸铜变蓝色，就证明是氢气，故答案为：装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色；④G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验，故答案为：防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验．【点评】本题是实验探究题，既有气体的制取又有气体的除杂和气体的吸收，还有气体的检验，综合性比较强，难度中等．　26．二氧化硫和氮的氧化物是常用的工业原料，但也是大气的主要污染物．综合治理基污染是环境化学当前的重要研究内容之一．（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1．某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．根据图示回答下列问题：24\n①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于　800　．②平衡状态由A变到B时．平衡常数K（A）　=　K（B）（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为：　173.4　kJ．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．【专题】化学平衡计算．【分析】（1）①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，二氧化硫转化率为0.8，则转化的二氧化硫为2mol×0.8=1.6mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol）：210变化量（mol）：1.60.81.6平衡量（mol）：0.40.21.6平衡常数K=；②平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1根据盖斯定律，（①+②）÷2可得：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1，进而计算放出的热量．【解答】解：（1）①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，二氧化硫转化率为0.8，则转化的二氧化硫为2mol×0.8=1.6mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol）：210变化量（mol）：1.60.81.6平衡量（mol）：0.40.21.6平衡常数K===800，故答案为：800；②平衡状态由A变到B时，压强增大，温度不变，平衡常数不变，平衡常数K（A）=K（B），故答案为：=；24\n（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1根据盖斯定律，（①+②）÷2可得：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1，4.48L甲烷物质的量为=0.2mol，故放出的热量为0.2mol×867kJ•mol﹣1=173.4kJ，故答案为：173.4kJ．【点评】本题考查化学平衡计算、运用盖斯定律计算反应热，难度不大，注意平衡常数及其单位与化学计量数有关．　27．如图为相互串联的甲乙两个电解池，甲池若为电解精炼铜的装置，请回答：（1）A极材料和B极材料分别是　d　．a．石墨、精铜b．石墨、粗铜c．粗铜、精铜d．精铜、粗铜（2）电解质溶液为　CuSO4溶液　．（3）若甲槽阴极增重12.8g，则乙槽阴极放出气体在标准状况下的体积为　4.48L　．（4）若乙槽剩余液体为400mL，求电解后得到碱液的物质的量浓度　1mol/L　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】图示是两个串联的电解池，依据电源判断A为阴极，B为阳极，Fe为阴极，C为阳极，（1）电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；（2）电解质溶液为可溶性的铜盐；（3）甲池是精炼铜，增重12.8g是铜的质量，根据电解反应过程中电极上的电子守恒计算；（4）依据析出铜的物质的量结合电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量，来计算浓度．【解答】解：（1）电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐，根据图片知，A是阴极，B是阳极，所以A极材料是纯铜，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e﹣═Cu，B是阳极，电极材料是粗铜，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故答案为：d；（2）电解精炼Cu时，电解质一般用可溶性的硫酸铜溶，故答案为：CuSO4溶液；（3）串联电路中转移电子相等，若甲槽阴极增重12.8g，由电极方程式Cu2++2e﹣═Cu可知，阴极上得到电子的物质的量=，乙槽中阴极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子相等得，则乙槽阴极电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，放出气体在标准状况下的体积==4.48L，故答案为：4.48L；24\n（4）依据析出铜的物质的量为0.2mol，电子转移为0.4mol，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑；减少氢离子物质的量为0.4mol，溶液中增多氢氧根离子物质的量为0.4mol，常温下若乙槽剩余液体为400mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为1mol/L，故答案为：1mol/L．【点评】本题考查了电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，再结合转移电子相等分析解答，难度不大．　28．（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0CO和H2O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　0.03　mol/（L•min）（2）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表：时间（min）023456CO0.2000.138C1C10.1160.096H2O0.3000.238C2C20.2160.266CO200.062C3C30.084H200.062C3C30.104①表中3min～4min之间反应处于　平衡　状态；C1数值　大于　0.08mol/L（填大于、小于或等于）．②反应在4min～5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是　D　（单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　A　（单选）．A．增加水蒸气B．降低温度C．使用催化剂D．增加氢气浓度．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）0～4min内△c（CO）=（0.2﹣0.08）mol/L=0.12mol/L，根据v=计算v（CO）；（2）①由表中数据可知，3min、4min时相同组分的浓度相同，故处于平衡状态；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大；②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，氢气浓度变化大于二氧化碳浓度变化，故可能增大氢气的浓度；表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度．24\n【解答】解：（1）0～4min内△c（CO）=（0.2﹣0.08）mol/L=0.12mol/L，故v（CO）==0.03mol/（L．min），故答案为：0.03；（2）①由表中数据可知，3min、4min时相同组分的浓度相同，故处于平衡状态；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故该温度下平衡时CO的浓度比原平衡850℃大，故答案为：平衡，大于；②反应中△c（CO）=△c（H2O）=△c（CO2）=△c（H2），由表中数据可知，5min时与开始相比CO、H2O、CO2的浓度变化之比为1：1：1，氢气浓度变化大于二氧化碳浓度变化，故可能增大氢气的浓度；表中5min﹣6min之间，CO浓度降低0.02mol/L、H2O的浓度增大0.05mol/L，故应该是增大水蒸气的浓度，故答案为：D；A．【点评】本题考查化学平衡的有关计算及影响因素、反应速率的计算、化学平衡图象等，难度中等，（2）中注意分析各物质的浓度变化量关系判断改变条件．　24