江西省遂川中学2017_2018学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）.docx

江西省遂川中学2017-2018学年高二上学期第三次月考化学试卷1.化学与STSE (社会、科学、技术和环境) 密切相关，下列说法不正确的是A. 铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性B. 寻找合适催化剂能使水转化为汽油C. 合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”D. 钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，其主要原因是形成了原电池【答案】B【解析】A项，铁表面镀锌，若发生电化学腐蚀，Zn作负极失去电子被氧化，铁作正极而被保护，铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性，正确；B项，水的组成元素为H、O，汽油的组成元素为C、H，催化剂能改变反应速率，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，水不可能转化为汽油，错误；C项，合理利用太阳能、风能和氢能等新能源有利于实现“低碳经济”，正确；D项，钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，主要原因是有水膜作电解质，形成了原电池，正确；答案选B。2.下列措施或事实不能用勒沙特列原理解释的是（ ）A. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫【答案】B【解析】A、工业生成硫酸存在平衡：2SO2+O22SO3，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的转化率，选项A能用勒沙特列原理解释；B、H2+I22HI，加压后，体积变小，颜色加深，平衡不移动，选项B不能用勒夏特列原理解释；C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OClO-+2H+Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，选项C可以勒夏特列原理解释；D、汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，选项D可以用勒夏特列原理解释。答案选B。3.下列热化学方程式说法正确的是A. 由C(s,石墨)C(s,金钢石) H0可知，石墨比金刚石稳定B. CO的燃烧热是283.0kJmol-1，则2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H= -283.0kJmol-1C. 常温常压，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJmol-1，则 HF(aq)+NaOH(aq)NaF(aq)+H2O(l)H= -57.3kJmol-1D. 已知C(s)+O2(g)CO2(g)H1，C(s)+1/2O2(g)CO(g)H2，则H1H2【答案】A【解析】【分析】稳定的物质具有较低的能量；燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量；HF为弱电解质；相同质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧释放的热量。【详解】A.由C（石墨，s）C（金钢石，s）H0，石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，故A正确；B.根据燃烧热的概念，CO的标准燃烧热是283.0 kJmol-1，则2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=-566.0 kJmol-1，B错误；C.氢氟酸为弱酸，电离时吸热，则中和放出的热量小于57.3 kJmol-1，C错误；D. 相同质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧释放的热量，C错误；答案为A【点睛】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量；中和热为稀的强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时释放的热量。4.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的是( )A. 前2min，D的平均反应速率为0.2mol/(Lmin)B. 此时，B的平衡转化率是40C. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大D. 增大该体系的压强，平衡不移动【答案】B【解析】A、前2min，D消耗的物质的量为1.6mol=0.4mol，其平均反应速率为=0.1mol/(Lmin)，选项A错误；B、在反应开始时B的物质的量是2mol，由于达到平衡时产生C1.6mol ，会反应消耗B0.8mol，则B的平衡转化率是100%=40%，选项B正确； C、增加B，平衡正向移动，由于增大的物质的量时物质浓度增大的影响大于平衡移动使其浓度减小的趋势，因此B的平衡转化率减小，选项C错误；D、该反应的正反应是气体体积减小的反应，若增大该体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查了化学平衡的影响因素分析和计算应用，平衡常数的计算判断，掌握平衡移动原理是解题关键。5.NO2存在下列平衡：2NO2(g)N2O4(g)+Q（Q0） 在测定NO2的相对分子质量时，下列条件下测定结果最接近理论值的是A. 温度130、压强3.03105 Pa B. 温度25、压强1.01105 PaC. 温度130、压强5.05104 Pa D. 温度0、压强5.05104 Pa【答案】C【解析】试题分析： 测定NO2相对分子质量，应使平衡向逆反应方向移动，所以应选择高温、低压。考点： 本题考查根据题设考虑化学反应条件的控制。6.下列各组中的比值等于21的是A. pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比B. K2S溶液中c(K+)与c(S2)之比C. 相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比D. 10mL0.5mol/L的盐酸与5mL0.5mol/L的盐酸溶液中的c(H+)之比【答案】A【解析】试题分析：A、pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度相等，A正确；B、K2S溶液中由于S2水解c(K+)与c(S2)之比大于2：1，B错误；C、醋酸是弱酸，浓度越小，电离程度越大，相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，C错误；D、10mL0.5mol/L的盐酸与5mL0.5mol/L的盐酸溶液浓度都是0.5mol/L，c(H+)之比为1：1，D错误；答案选A。考点：物质的量浓度7.下列实验操作不能达到目的的是A. 用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体B. 用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体C. 用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体D. 在通HCl气体的氛围中加热MgCl2溶液制取MgCl2固体【答案】A【解析】【分析】S2-、Al3+溶液中相遇发生双水解反应；铜离子与硫离子反应生成硫化铜沉淀；【详解】A.硫离子水解呈碱性，铝离子水解呈酸性，二者溶液混合水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，3S2-+2Al3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，不能制取Al2S3固体，A正确；B.CO32-水解生成的HCO3- 和OH-,这样在部分水解后生成OH-在一定程度上会抑制碳酸根水解导致水解得部分很少，B错误；C.硫化铜为黑色沉淀，可发生反应，故C错误；D.氯化镁结晶水合物加热过程中镁离子是弱碱阳离子易水解生成氢氧化镁，MgCl26H2O制取无水氯化镁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体，D错误；答案为A8.如图装置中发生反应的离子方程式：Cu+2H+=Cu2+H2，下列说法正确的是A. a、b不可能是同种材料的电极B. 该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸C. 该装置可能是a、b未形成闭合回路，电解质溶液是稀硝酸D. 该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸【答案】D【解析】A项，该装置可以是电解池，a、b可以都是Cu，故A错误；B项，Cu与稀盐酸不能自发反应，该装置不可能是原电池，故B错误；C项，若a、b未形成闭合回路，电解质溶液是稀硝酸，因为稀硝酸具有强氧化性，与Cu反应不可能产生H2，故C错误；D项，Cu与稀盐酸不能自发反应，该装置可能是电解池，阳极为Cu，电解质溶液为稀盐酸，故D正确。点睛：本题综合考查电化学知识，注意自发的氧化还原反应反应才能设计成原电池；电解池中，活性电极作阳极时，活性电极失电子发生氧化反应，活性电极在阴极上不影响电极反应。9.下列有关图示实验的说法正确的是A. 装置中阴极处产生的气体能够使湿润的KI淀粉试纸变蓝B. 装置中待镀铁制品应与直流电源正极相连C. 装置中电子由b极流向a极D. 装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【答案】D【解析】试题分析：A、为电解氯化铜溶液，电极反应为：阳极：2Cl- 2e-= Cl2，阴极：Cu2+2e-= Cu ，阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体Cl2，错误；B、为电镀池，电镀时，镀层金属做阳极与电源正极相连，镀件做阴极与电源负极相连，错误；C、为燃料电池，通氢气（a）的一极为负极，通氧气(b)的一极为正极，原电池中电子从负极（a）沿导线流向正极（a），错误；D、为电解饱和食盐水装置，离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，正确。考点：考查电化学基本原理。10.某同学用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定某未知浓度的醋酸溶液20mL,则下列叙述正确的是A. 本实验可选用甲基橙为指示剂B. 在滴定操作开始前，应洗涤并润洗滴定管和锥形瓶C. 在滴定操作的碱式滴定管中有气泡，滴定结束时气泡消失，则测定结果偏大D. 若达到滴定终点时，消耗NaOH溶液20.00mL,则原醋酸溶液的pH=1【答案】C【解析】氢氧化钠与醋酸恰好中和生成醋酸钠，此时溶液应该显碱性，所以应该用碱性变色的指示剂（酚酞）来判断终点，选项A错误。能够进行润洗的仪器只有滴定管，选项B错误。在滴定操作的碱式滴定管中有气泡，滴定结束时气泡消失，则滴定管的读数包括滴入锥形瓶的氢氧化钠溶液的体积，还包括了填满下端尖嘴原来的气泡用的氢氧化钠溶液的体积，所以氢氧化钠溶液的体积变大了，测定的结果应该偏大。选项C正确。若达到滴定终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则醋酸的浓度为0.1mol/L，因为只能电离一部分，所以溶液pH1，选项D错误。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 含有大量Fe3+的溶液:Na+、SCN-、Cl-、SO42- pH=11的溶液中:CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+ 水电离的H+浓度为10-12mol/L的溶液中:NH4+、Na+、SO42-、HCO3- 加入Mg能放出H2的溶液中:Mg2+、NO3-、NH4+、K+、S2O32- 澄清溶液中:Fe3+、NO3-、Na+、C1-、SO42- c(H+)/c(OH-)=110-12的溶液中:K+、Na+、CO32-、NO3- 使甲基橙变红的溶液中:Cu2+、SO42-、NH4+、NO3-、C1-A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】Fe3+、SCN-反应生成Fe（SCN）3； pH=11的溶液显碱性，CO32-、Na+、NO3-、S2-、K+、OH-不反应； 水电离的H+浓度为10-12mol/L的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，HCO3-与H+或OH-均反应； 加入Mg能放出H2的溶液显酸性，S2O32-与H+反应生成S、SO2和水； 澄清溶液中:Fe3+、NO3-、Na+、C1-、SO42-不反应； c(H+)/c(OH-)=110-12的溶液为碱性，K+、Na+、CO32-、NO3-不反应； 使甲基橙变红的溶液为酸性，Cu2+、SO42-、NH4+、NO3-、C1-、H+不反应；【详解】通过分析可知，可以大量共存的为， ，答案为D。12.用情性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后,向所得的溶液中加入物质的量为0.1mol的Cu2(OH)2CO3，恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中转移的电子的物质的量为A. 0.4mo1 B. 0.5mo1 C. 0.6mo1 D. 0.8mo1【答案】C【解析】【详解】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2mol氧化铜0.1mol水，根据生成物可知，阴极上铜离子和氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据铜原子和氢原子守恒得阴极上析出铜的物质的量为0.2mol，氢气的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.22+0.12=0.6mol，故选C。【点睛】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2mol氧化铜0.1mol水，根据生成物可知，阴极上铜离子和氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量即可。13.常温下，向l0mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.lmol/L的NH3H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A. ab点导电能力增强，说明HR为弱酸B. b点溶液c(NH3H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)C. c点溶液，存在c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，HR和NH3H2O的电离平衡常数近似相等【答案】B【解析】Aab点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，根据物料守恒c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(R-)+c(HR)，B错误；C根据图象可知，c点时溶液的pH7，混合液呈碱性，则c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)，C正确；D根据B中分析可知常温下，HR和NH3H2O的电离平衡常数相等，D正确；答案选B。14.已知:H2(g)+I2(g)2HI(g)H=-14.9kJmol-1。某温度下，在体积均为2.0L的甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始物质的量如下表所示。甲中反应达到平衡时，测得c(H2)=0.008molL-1。下列判断正确的是（ ）起始物质的量n(H2)/moln(I2)/moln(HI)/mol甲0.020.020乙0.040.040A. 平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B. 平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C. 平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D. 该温度下，反应的平衡常数K=0.25【答案】D【解析】该反应的特点：反应前后气体分子数不变的反应；容器的特点：恒温恒容；乙中起始H2、I2（g）物质的量为甲中的两倍，则甲、乙达到平衡时为等效平衡。根据等效平衡的规律，A项，甲、乙中H2的转化率相等，错误；B项，平衡时乙中I2（g）物质的量浓度为甲中的两倍，乙中混合物的颜色比甲中深，错误；C项，乙中转化物质的量为甲中两倍，乙中放出的热量是甲中两倍，错误；D项，对甲容器，用三段式，H2（g）+I2（g）2HI（g）c（起始）（mol/L）0.01 0.01 0c（转化）（mol/L）0.002 0.002 0.004c（平衡）（mol/L）0.008 0.008 0.004该反应的平衡常数为K=0.25，正确；答案选D。点睛：本题考查恒温恒容下、反应前后气体分子数不变的反应的等效平衡和化学平衡常数的计算。难点是等效平衡的判断，等效平衡的规律可概括如下：容器特点和反应特点等效条件结果恒温恒容反应前后气体分子数不相等起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应相等两次平衡时各组分百分含量、n、c、p均相同恒温恒容反应前后气体分子数相等起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应成比例两次平衡时各组分百分含量相同，n、c、p成比例变化恒温恒压所有有气体参与的可逆反应起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应成比例两次平衡时各组分百分含量、c相同，n、V成比例变化15.Hg 是水体污染的重金属元素之一。水溶液中的二价汞的主要存在形态与Cl-、OH-的浓度关系如图所示图中涉及的物质或粒子只有Hg(OH)2 为难溶物，粒子浓度很小时常用负对数表示，如pH=-lgc(H+)，pCl=-1gc(Cl-):下列说法中错误的是A. Hg(NO3)2固体溶于水通常会出现浑浊B. 海水Cl-的浓度大于0.1mol/L，则其中汞元素的主要存在形态是Hg(OH)2C. 少量Hg(NO3)2溶于0.001moL/L盐酸后得到澄清透明溶液D. 已知Ksp(HgS)=1.610-52，当c(S2-)=110-5mo/L 时，c(Hg2+)=1.610-47mo/L【答案】B【解析】Hg2+在pH在314时，以Hg(OH)2的形式存在，故Hg(NO3)2固体溶于水（pH=7）通常会出现浑浊，故A错误；海水Cl-的浓度等于0.1mol/L时，pCl=-1gc(Cl-)=1，若Cl-的浓度大于0.1mol/L，pCl为更小，查图可知，Hg2+以HgCl42离子形式存在，故B错误；0.001moL/L盐酸中pH=3，pCl=3，查图可知，Hg2+主要存在形式为HgCl2，溶液为澄清透明，故C正确；Ksp(HgS)= c(S2-)c(Hg2+)=1.610-52，当c(S2-)=110-5mo/L时，c(Hg2+)= Ksp(HgS)/ c(S2-)=1.610-52/110-5mo/L=1.610-47mo/L，故D正确。16.磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔表面,电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐。电池工作时的总反应为：LiFePO4 + 6C Li1xFePO4 +LixC6，则下列说法正确的是A. 图中聚合物隔膜是阴离子交换膜B. 充电时，Li+迁移方向是“由右向左”C. 放电时，正极的电极反应式为LiFePO4 xe =Li1xFePO4 + xLi+D. 用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时能得到精铜32g，则电子利用率为80%【答案】D【解析】A.电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动，所以交换膜应该为阳离子交换膜，故A错误；B.充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，阳离子向阴极移动，即Li+由左向右移动，故B错误；C.电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6，放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生氧化反应，正极反应为Li1-xFePO4+xLi+xe-LiFePO4，故C错误；D.LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6，电解精炼铜得到铜32g时，即铜的物质的量为=0.5mol，电子利用效率=100%=80%，故D正确；故选D。点睛：本题综合考查了物质的制备原理、原电池和电解池工作原理及相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，熟悉原电池、电解池工作原理及各个电极发生反应，难点是D中电子利用率的计算。17.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。（1）常温下，用0.01molL-1的NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：_。c点溶液中个离子溶度由大到小的顺序_b点时溶液中c(H2N2O2)_ c(N2O22-)(填“”、“”或“”，下同)。a点时溶液中c(Na+)_c(HN2O2-)+c(N2O22-)。（2）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=_。已知Ksp(Ag2N2O2)=4.210-9，Ksp(Ag2SO4)=1.410-5【答案】 (1). H2N2O2 HN2O2+H+（HN2O2 N2O22 +H+） (2). c（Na+）c（N2O22）c（OH）c（HN2O2）c（H+） (3). (4). (5). 3.0104【解析】【分析】（1）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，多元弱酸的电离分部电离，答案为：H2N2O2 HN2O2+H+（HN2O2- N2O22- +H+）；c点溶液取用20mL，显碱性，则考虑水的电离及Na2N2O2的水解即可；b点时溶液为NaHN2O2，此时溶液显碱性，则HN2O2- N2O22- +H+，HN2O2- + H2O H2N2O2 + OH-，水解程度大于电离程度；a点时溶液呈中性，则c（H+）=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(Na+)+ c（H+）=c(HN2O2-)+2c(N2O22-) +c(OH-)；（2）Ksp(Ag2N2O2)=（Ag+）c（N2O22-)，Ksp(Ag2SO4) =（Ag+）c（SO42-)，= Ksp(Ag2N2O2)/ Ksp(Ag2SO4)；【详解】（1）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，多元弱酸的电离分部电离，答案为：H2N2O2 HN2O2+H+（HN2O2- N2O22- +H+）；c点溶液取用20mL，显碱性，则考虑水的电离及Na2N2O2的水解即可得到答案：c（Na+）c（N2O22）c（OH）c（HN2O2）c（H+）；b点时溶液为NaHN2O2，此时溶液显碱性，则HN2O2- N2O22- +H+，HN2O2- + H2O H2N2O2 + OH-，水解程度大于电离程度，则c(H2N2O2)c(N2O22-)，答案为：；a点时溶液呈中性，则c（H+）=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(Na+)+ c（H+）=c(HN2O2-)+2c(N2O22-) +c(OH-)，则c(Na+)c(HN2O2-)+c(N2O22-)，答案为；（2）Ksp(Ag2N2O2)=（Ag+）c（N2O22-)，Ksp(Ag2SO4) =（Ag+）c（SO42-)，= Ksp(Ag2N2O2)/ Ksp(Ag2SO4)= 3.0104；【点睛】通过观察图像中的关键点，分析其生成物的量，再根据溶液的酸碱性来判断水解程度与电离程度的大小关系，从而确定溶液中的离子浓度的大小顺序。18.反应mA(g)+nB(g)pC(g)在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表所示：压强/Pa210551051106c(A)/(molL1)0.10.180.40分析表中数据，回答：（1）当压强从2105Pa增加到5105Pa时，平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动，理由是_（2）当压强从5105Pa增加到1106Pa时，该反应的化学平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动，可能的原因是_【答案】 (1). 向右 (2). 当压强增大到原来的2.5倍时，c(A)只增大为原平衡的1.8倍，说明平衡向消耗A的方向移动 (3). 向左 (4). 当压强增大到量定程度时，B转化为液态或固态,导致平衡向生成A的方向移动【解析】【分析】（1）通过图表可知，增大压强，体积减小，P1：P2=V2：V1=2：5，若平衡不移动，0.1/ V1=c/ V2，c=0.25，A的浓度减小，A为反应物，平衡向右移动；（2）同样道理，压强增大2倍，则浓度也增大2倍，实际大于2倍，则平衡向左移动。【详解】（1）通过图表可知，增大压强，体积减小，P1：P2=V2：V1=2：5，若平衡不移动，0.1/ V1=c/ V2，c=0.25，A的浓度减小，A为反应物，平衡向右移动，答案为：向右；当压强增大到原来的2.5倍时，c(A)只增大为原平衡的1.8倍，说明平衡向消耗A的方向移动；（2）同样道理，压强增大2倍，则浓度也增大2倍，实际大于2倍，则平衡向左移动。答案为，向左；当压强增大到量定程度时，B转化为液态或固态,导致平衡向生成A的方向移动；【点睛】增大压强，体积减小，则浓度相应的增大相同的倍数；本题很容易通过数据直接分析，而忽略体积减小导致浓度增大这一条件。19.研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义。（1）甲图为人教版教材中探究钢铁的吸氧腐蚀的装置。某兴趣小组按该装置实验，导管中液柱的上升缓慢，下列措施可以更快更清晰观察到水柱上升现象的有_(填序号)。A用纯氧气代替试管内空气 B用酒精灯加热试管提高温度C将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末 D换成更细的导管，水中滴加红墨水（2）该小组将甲图装置改进成乙图装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如下表，根据数据判断腐蚀的速率随时间逐渐_(填“加快”、“不变”、“减慢”)， 你认为影响因素为_时间/min13579液柱高度/cm0.82.13.03.74.2（3）为探究铁钉腐蚀实验 a、b 两点所发生的反应，进行以下实验，请完成表格空白：实验操作实验现象实验结论向 NaCl溶液中滴加 23 滴酚酞指示剂a 点附近溶液出现红色a 点电极反应为_然后再滴加 23 滴_b 点周围出现蓝色沉淀b 点电极反应为_根据以上实验探究，试判断_(填“a”或“b”)为负极，该点腐蚀更严重。（4）设计下面装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式。测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化见下图，从图中可分析，t1t2 之间主要发生_ 腐蚀(填吸氧或析氢)，原因是_。（5）金属阳极钝化是一种电化学防腐方法。将 Fe 作阳极置于 H2SO4 溶液中，一定条件下Fe 钝化形成致密 Fe3O4 氧化膜，试写出该阳极电极反应式_。【答案】 (1). ACD (2). 减慢 (3). 氧气的浓度 (4). O2+4e+2H2O=4OH (5). 铁氰化钾溶液 (6). Fe -2e=Fe 2+ (7). b (8). 吸氧 (9). 氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀 (10). 3Fe - 8e+4H2O =Fe3O4+8H+【解析】【分析】（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，57，79变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：O2+4e+2H2O=4OH；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b 点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：Fe -2e=Fe 2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；（4）从图中分析t1t2 之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；（5）将 Fe 作阳极置于 H2SO4 溶液中，一定条件下Fe 钝化形成致密 Fe3O4 氧化膜，3Fe - 8e+4H2O =Fe3O4+8H+。【详解】（1）由影响化学反应速率的几大因素进行推导，其中a为浓度、b为温度、c为固体表面积，但b项直接加热会使具支试管内温度持续升高，导管一端只会产生气泡不会形成气柱，d项换成更细的导管旨在放大实验现象，以便于明显观察到水柱的上升，答案为ACD；（2）通过表格，间隔2分钟液面高度的变化，57，79变化趋势逐渐减小，则反应速率逐渐减慢，随着反应的进行，空气中的氧气浓度含量逐渐减小，反应速率逐渐减慢；答案为：减慢；氧气的浓度；（3）铁钉的吸氧腐蚀中，滴有酚酞的a点附近出现红色，则产生氢氧根离子，电极反应式：O2+4e+2H2O=4OH；b点则为Fe失电子生成二价铁或三价铁，b 点周围出现蓝色沉淀则加入铁氰化钾验证二价铁的存在，电极反应：Fe -2e=Fe 2+；b点做电池的负极，腐蚀更严重；答案为：O2+4e+2H2O=4OH；铁氰化钾溶液； Fe -2e=Fe 2+；b ；（4）从图中分析t1t2 之间氧气的体积分数逐渐减小，压强逐渐减小，可确定此时发生吸氧腐蚀；答案为：吸氧；氧气含量和瓶内压强都降低，因此主要是吸氧腐蚀；（5）将 Fe 作阳极置于 H2SO4 溶液中，一定条件下Fe 钝化形成致密 Fe3O4 氧化膜，答案为：3Fe - 8e+4H2O =Fe3O4+8H+。20.汽车废气排放已成为城市大气污染的重要来源，汽车排气系统中安装三元催化器可同时将废气中的三种主要有害物质转化为无害物质。反应：4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) H-1196 kJ/mol反应：2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)（1）已知： N2(g) + O2(g)2NO(g) H+180.5kJ/mol 2CO(g) + O2(g)2CO2(g) H-566.0kJ/mol则反应的 H_，S_0(填“”、“”、“”或“”，下同)；若注射器绝热，平衡常数 K(b)_ K(d)。【答案】 (1). -746.5 kJmol1 (2). (3)