北京市海淀区2022届高三一模(选择题11-14)（ 含答案解析 ）

1.实验小组用双指示剂法准确测定样品(杂质为)的纯度。步骤如下：①称取mg样品，配制成100mL溶液；②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为和)，消耗盐酸体积为；③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为。下列说法正确的是A.①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水B.②中溶液恰好褪色时：C.样品纯度为D配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高【答案】C【解析】【详解】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A错误；B．②中溶液恰好褪色时溶质为和，由电荷守恒可知，，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，；B错误；C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、+H+=，第2次滴定反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n()=n(HCO)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl)=cV1×10-3mol-cV2×10-3mol=c(V1-V2)×10-3mol=n(NaOH)，故样品纯度为，C正确；D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；故选C。2.使用硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下：步骤1：称量硫酸亚铁铵晶[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶于稀硫酸，加水稀释配成1000mL0.0200mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液。步骤2：称取1.00g青铜样品于250mL锥形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为H2CrO4，冷却后加蒸馏水配制成250mL溶液，摇匀。步骤3：取25mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液满淀至终点。重复上述操作3次。测得消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90mL、17.97mL、18.03mL。发生反应的离子方程式为：H2CrO4+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)下列说法不正确的是A.在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管B.在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OC.青铜中铬元素的质量分数为6.344%D.实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大【答案】C【解析】【分析】根据滴定过程中，标准溶液配制时需的玻璃仪器进行判断A答案，利用电荷、电子、原子守恒进行配平方程式或检查方程式；利用反应过程物质之间的量关系进行计算元素的含量，根据测定时滴加标准液的体积判断可能导致的误差。【详解】A．在“步骤1”中配制溶液需要的玻璃仪器：1000mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故A正确；B．在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式根据电子、电荷、原子守恒配平得方程式为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；C．根据滴定过程(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积分别为18.90mL、17.97mL、18.03mL，因为第一组实验数据与第二、三组误差大而舍去，故平均消耗的溶液体积为：V=，反应关系式计算：，解得x=1.2×10-4mol，则铬元素的质量分数为：=6.24%，故C不正确；D．实验中，如果盛放(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的滴定管没有润洗，实际标准液被稀释，导致滴加的体积偏大，在计算时导致测量结果偏大，故D正确；故选答案C。【点睛】此题考查氧化还原滴定过程中标准液的配置，含量计算，误差的分析，注意铜与稀硝酸反应时，还原产物是一氧化氮，计算元素含量时，注意数据的取舍问题，误差大的数据要舍去，滴定过程所取标准液的体积。3.PET(，M链节=192g•mol-1)可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞溶液作指示剂，用cmol·L-1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点(现象与水溶液相同)，消耗NaOH醇溶液VmL。下列说法不正确的是A.PET可在碱性条件下水解B.滴定终点时，溶液变为浅红色C.合成PET的一种单体与乙醇互为同系物D.PET的平均聚合度n为(忽略端基的摩尔质量)【答案】C【解析】【详解】A．PET是由乙二醇、对苯二甲酸发生缩聚反应生成的高分子，可在碱性条件下水解，A正确；B．达到滴定终点时，溶液呈碱性，溶液变成浅红色，B正确；C．PET由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成，乙二醇是二元醇，与乙醇不互为同系物，C错误；D．mgPET的物质的量，达到滴定终点时消耗NaOH的物质的量，则，即是，所以PET的平均聚合度n为，D正确；故答案选C。4.实验室盛放NaOH的试剂瓶瓶口出现了大量的白色蘑菇云状物质。某化学兴趣小组对其成分进行探究，称取一定质量的样品溶于水配成1000mL溶液，取40mL溶液于小烧杯中并加入指示剂1用1.00mol/L盐酸标准液滴定，第一次达到滴定终点时消耗盐酸的体积V1=1.70mL，加入指示剂2继续滴定，第二次达到滴定终点时又消耗盐酸体积V2=3.40mL。下列说法错误的是A.久置NaOH变质后的固体主要成分为Na2CO3和NaHCO3，且物质的量之比为1：1B.指示剂1可能为酚酞，指示剂2可能为甲基橙C.原溶液中Na2CO3的浓度为0.0425mol·L-1D.第一次滴定终点时，溶液存在c(H2CO3)<c(CO)【答案】D【解析】【分析】NaOH变质后生成Na2CO3和NaHCO3，，加入稀盐酸第一次滴定先与Na2CO3反应，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二次滴定与NaHCO3反应，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；【详解】A．加入稀盐酸第一次滴定先与Na2CO3反应，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗1.00mol/L盐酸的体积V1=1.70mL，生成的NaHCO3和原样品的总消耗盐酸体积V2=3.40mL，则原样品中NaHCO3消耗1.70mL，由反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=1:1，A正确；B．由图可知，第一次达到滴定终点时pH=8.7，溶液呈碱性，可选酚酞做指示剂，第二次达到滴定终点时pH=5.6，溶液呈酸性，可选甲基橙作指示剂，B正确；C．由A项可知，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗1.00mol/L盐酸的体积V1=1.70mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=cV=1.00mol/L×1.70×10-3L=1.70×10-3mol，40mL原溶液中Na2CO3的浓度为，C正确；D．第一次滴定终点时，溶质为NaHCO3，溶液pH=8.7呈碱性，说明HCO水解程度大于电离程度，溶液存在c(H2CO3)>c(CO)，D错误；故选：D。5.食醋中含有醋酸等有机酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每食醋中含酸(均折合成醋酸计)的质量。国家标准规定酿造食醋酸度不得低于。可用滴定法测定食醋的酸度。某小组同学量取自制食醋样品稀释至(溶液几乎无色)，每次量取于锥形瓶中，加入中性甲醛溶液(掩蔽氨基的碱性)，以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定，滴定管读数记录如下表。溶液的体积第一次第二次第三次滴定前溶液的体积读数0.001.002.00滴定后溶液的体积读数9.9011.0012.10下列说法不正确的是A.醋酸易溶于水与“醋酸分子和水分子之间能形成氢键”有关B.锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时停止滴定C.该自制食醋样品的酸度不符合国家标准D.若不加甲醛溶液，测定结果会偏低【答案】C【解析】【详解】A．醋酸分子与水分子间可以形成氢键，所以醋酸易溶于水，A正确；B．达到滴定终点时，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，B正确；C．三次平均消耗的NaOH体积为mL=10.00mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，自制食醋中醋酸的物质的量为，酸度为=6g/100mL>，符合国家标准，C错误；D．若不加甲醛溶液，由于氨基的碱性，导致所需的NaOH偏少，测定结果会偏低，D正确；故选C。6.常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc(H2CO3)、lgc(HCO)、lgc(H+)、lgc(OH-)随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A.整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂B.n点的pH为m点和q点pH的平均值C.r点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)D.r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大【答案】D【解析】【分析】盐酸滴定Na2CO3溶液，随盐酸滴入量的增加，逐步发生反应：，。溶液中c()逐渐减小，c(HCO)先增大后减小，c(H2CO3)逐渐增大，c(OH-)逐渐减小，c(H+)逐渐增大。【详解】A．酚酞变色指示的pH值介于8.2~10.0，甲基橙变色指示的pH值介于3.1~4.4，据分析，该体系pH在8~9之间时c(HCO)达到最大值，pH在3~4之间时c(HCO)近于达到最小值，故整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A正确；B．据图示数据，n点时c()=c(H2CO3)，设pH为a，m点时c(HCO)=c(H2CO3)，设pH为b，q点时c()=c(HCO)，设pH为c，由Ka1(H2CO3)==10-b，Ka2(H2CO3)==10-c，Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=10-2a，则有10-b·10-c=10-2a，即，故n点的pH为m点和q点pH的平均值，B正确；C．r点溶液中含有溶质：Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据物料守恒有：①c(Na+)=2c()+2c(HCO)+2c(H2CO3)，根据电荷守恒有：②c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c()，将①代入②可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C正确；D．据分析，r点到k点对应的变化过程是盐酸不断滴入的过程，水解对水电离的促进作用逐渐减小，逐渐变为盐酸电离对水电离的抑制作用逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，D不正确；故选D。7.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定VmL某纯碱样品溶液中的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.水的电离程度：B.a点溶液中存在关系：C.VmL该纯碱样品溶液中含有的质量为0.084cgD.c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在【答案】BD【解析】【分析】由图可知a点为第一个计量点，反应为：，c点为第二个计量点，反应为：，【详解】A．水解促进水的电离，由以上分析得a点时，溶液中存在能水解的，随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，c点时，完全转化为CO2和水，水的电离程度不被促进，则水的电离程度，故A正确；B．a点为第一个计量点，反应为：，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，但二者关系不确定，不能判断溶液中存在的物料守恒：，故B错误；C．滴定的两个计量点的反应中，若没有杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的包括反应生成的和杂质，所以杂质的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8-2.9×2)mL×10-3×cmol/L×84g/mol=0.084cg，故C正确；D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点位第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则，故D错误；故答案选BD。8.铁粉在弱酸性条件下去除废水中的反应原理如下图。下列说法正确的是A.上述条件下加入的能完全反应B.正极的电极反应式：C.的产生与被氧化和溶液pH升高有关D.废水中溶解氧的含量不会影响的去除率【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，当Fe表面形成一层FeO(OH)时，由于FeO(OH)不导电，则上述原电池反应不再进行，则上述条件下加入的不能完全反应，A错误；B．在酸性条件下，得到的NH3将转化为，即正极的电极反应式为：，B错误；C．已知FeO(OH)中Fe的化合价为+3，故的产生与被氧化和溶液pH升高即溶液中OH-浓度增大有关，C正确；D．废水中溶解氧的含量高时将加快FeO(OH)的生成，故会影响的去除率，D错误；故答案为：C。9.用如图1所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强(p)随时间变化关系的曲线如图2所示，下列说法错误的是A.pH=2.0时，压强增大是因为生成H2B.pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀C.pH=6.0时，正极主要发生电极反应式为D.整个过程中，负极电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A．铁的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀和析氢腐蚀，pH=2.0时，压强增大说明气体量增多，是因为发生析氢腐蚀生成H2，A项正确；B．pH=4.0时，压强变化不大，说明既发生析氢腐蚀，又发生吸氧腐蚀，使得气体的量变化不大，B项错误；C．pH=6.0时，压强变小，主要发生吸氧腐蚀，正极主要发生O2的还原反应，电极反应式为，C项正确；D．整个过程中，铁作负极，发生氧化反应，所以负极电极反应式为，D项正确；故选B。10.某航天发生器的点火接头金属由合金钢加工成型。该金属接头端面发生锈蚀的原理如图所示。下列说法错误的是A.合金钢中Fe作负极，长条状硫化物作正极B.合金钢腐蚀速度与空气相对湿度无关C.正极的电极反应有D.可使用酒精棉球擦拭清洗并均匀涂抹润滑脂防锈【答案】B【解析】【详解】A．Fe失电子，被氧化，为负极，所以长条状硫化物作正极，A正确；B．正极为氧气和水得电子的反应，说明湿度越大，参加反应的物质的量越大，得电子越多，腐蚀速度越快，B错误；C．通入空气的一端为正极，氧气得电子，与水反应生成氢氧根离子，故C正确；D．使用酒精棉球擦拭清洗并均匀涂抹润滑脂，通过防止金属与氧气和水接触，从而防锈，D正确；故答案为：B。11.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如下图所示，下列与此原理有关的说法错误的是A.输送暖气的管道(管外常涂有一层沥青)不易发生此类腐蚀B.管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀C.这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为D.正极反应：【答案】C【解析】【详解】A．钢铁制造的暖气管外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀，A正确；B．管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁，故管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀，B正确；C．因存在还原菌所以铁最终是亚铁，而不是，C错误；D．正极是硫酸根离子发生还原反应，生成硫氢根离子，所以电极反应式为，D正确；故选C。12.青铜器文物腐蚀物以粉末状有害锈最为严重，某种碱式氯化铜粉状锈的形成过程分下面三个阶段：阶段一：铜在电解质溶液中发生一般腐蚀；(灰白色)；阶段二：阶段三：CuCl和具有很强穿透力，可深入铜体内部，产生粉状锈：下列说法正确的是A.该粉状锈生成的条件中需要有：潮湿环境、可溶性的氯化物、氧化性的物质B.上述过程涉及的化学反应有：电解反应、水解反应、氧化还原反应C.依据反应，可以判断氧化亚铜不能溶于盐酸D.利用外加电源保护法保护铜制文物时，青铜器应连接电源的正极【答案】A【解析】【详解】A．由反应可知，碱式氯化铜粉状锈产生的基本条件是：氧化性气体、潮湿环境和水溶性氯化物，故A正确；B．没有涉及到电解反应，这里是原电池原理，没有形成电解池，故B错误；C．该反应是水解反应，是非常微弱的过程，逆反应过程是容易发生的，氧化亚铜是能溶于盐酸的，故C错误；D．保护铜制文物时，就是防止铜失去电子被氧化，则应该是接电源负极，若是接电源正极，则作阳极，会加速失去电子，不能起到保护作用，故D错误；故选A。13.硫酸盐还原菌SRB分布很广泛，在水体中会促使许多金属及合金发生腐蚀，其腐蚀的机理如图所示。对于该反应机理相关分析正确的是A.在SRB作用下，铁合金发生吸氧腐蚀B.与的反应可表示为C.在SRB作用下，Fe合金腐蚀后最终会生成D.当转化为时，理论上正极反应会消耗4mol水【答案】B【解析】【详解】A．根据示意图可判断硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在无氧环境下进行的，A错误；B．由图可知，与反应生成水和硫离子，该反应的方程式为：，B正确；C．由图可知，在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成FeS，C错误；D．当1mol在SRB的作用下转化为硫离子时需要8mol[H]，lmol水能产生Imol[H],所以理论上正极反应会消耗8mol水，D错误；故选B。14.某种合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图所示。涉及的部分反应：下列说法正确的是A.电化学腐蚀中正极的电极反应为B.对金属的腐蚀作用是在有氧环境下进行的C.在作用下，腐蚀后最终会生成D.当在作用下转化为时，理论上净消耗水【答案】D【解析】【详解】A．由图可知该电化学腐蚀负极电极反应为：，故A错误；B．硫酸根在硫酸盐还原菌作用下转化成硫离子，硫离子再与结合成FeS，若有氧气存在会将氧化，不利于硫酸根转化成硫离子，故B错误；C．由图中信息可知在作用下，腐蚀后最终会生成FeS，故C错误；D．在作用下转化为时，转移电子数为8mol，结合已知反应可知消耗水的物质的量为8mol，而发生已知反应3时生成4mol水，则净消耗水4mol，故D正确；故选：D。15.合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。投料比的体积分数/%温度/℃2001.700.210.022502.730.300.063006.000.840.433507.851.520.80下列说法不正确的是A.从表中数据可知，水煤气变换反应的B.温度相同时，投料比大，的转化率高C.按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20%D.根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46【答案】D【解析】【详解】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A正确；B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确；C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，又因，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为，故C正确；D．设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了xmol，则有三段式：300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D错误；答案选D。16.已知甲、乙中进行的反应是：；丙、丁中进行的反应是：。实验条件和起始投料如下表所示，下列说法正确的是甲外界条件实验组别起始投料(mol)乙外界条件实验组别起始投料(mol)恒温恒容Ⅰ130恒温恒压Ⅰ130Ⅱ004Ⅱ260丙外界条件实验组别起始投料(mol)丁外界条件实验组别起始投料(mol)HIHI恒温恒容Ⅰ110恒温恒压Ⅰ120Ⅱ002Ⅱ240A.甲组中，若平衡时和的转化率分别为和，则B.乙组中，平衡Ⅱ中的浓度是平衡Ⅰ的二倍。C.丙组中，若平衡时Ⅰ中放热，Ⅱ中吸热，则D.丁组中，建立平衡的时间：【答案】C【解析】【详解】A．恒温恒容下，平衡Ⅱ中按化学计量数转化到左边可得2molN2、6molH2，等效为在平衡Ⅰ基础上压强增大一倍，平衡时氮气转化率增大，平衡时平衡Ⅱ中氨气的物质的量大于平衡Ⅰ中氨气的2倍；平衡Ⅰ中平衡时n(NH3)＝2α1mol，平衡Ⅱ中平衡时n′(NH3)＝4(1−α2)mol，所以2×2α1mol＜4(1−α2)mol，整理得α1＋α2＜1，故A错误；

B．乙组中，恒温恒压，平衡Ⅱ与平衡Ⅰ中n(N2)：n(H2)＝1：3，为等效平衡，平衡时对应各组分的浓度相同，平衡Ⅱ中NH3的浓度与平衡Ⅰ中NH3的浓度相等，故B错误；

C．丙组中，恒温恒容下，平衡Ⅱ按化学计量数转化到左边可得1molH2、1molI2，对应各组分的物质的量相同，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，令平衡时H2的物质的量为xmol，则平衡I中参加反应的氢气为(1−x)mol，平衡Ⅱ中参加反应的碘为2xmol，所以平衡I中放出的热量为Q1＝(1−x)mol×akJ•mol−1＝(1−x)akJ，平衡Ⅱ吸收的热量为Q2＝，所以Q1＋Q2＝(1−x)akJ＋xakJ＝akJ，故C正确；

D．丁组中，恒温恒压，平衡Ⅱ中物质的量变为平衡I的2倍，平衡Ⅱ的体积变为2倍，各物质的量浓度相同，反应速率相同，到达平衡的时间相等，故D错误；

故答案选C。17.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如下图所示。容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30.0乙0.00.00.4下列说法正确的是A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a点对应温度下该反应的平衡常数K=1.28mol·L-1C.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pbD.a、c两点所处状态CO2的体积分数关系：φa<φc【答案】C【解析】【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，选项A错误；B．乙容器a处：，平衡常数K==0.21mol·L-1，选项B错误；C．甲容器b处：，若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质量之比，pa:pb=(0.12+0.16):(0.02+0.16)=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系:9pa<14pb，选项C正确；D．a、c两点温度相等，乙容器中物质的量为甲容器的2倍投入量，相当于增大压强，CO2的体积分数减小，故所处状态CO2的体积分数关系：φa>φc，选项D错误；答案选C。18.有Ⅰ～Ⅳ个体积均为0.5L的恒温恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH，HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如图所示。下列说法正确的是容器起始时t/℃n(HCl)/molZⅠ3002aⅡ3002bⅢ30024A.该反应ΔH<0，a>4>bB.300℃该反应的平衡常数的值为160C.容器Ⅱ某时刻处在R点，则R点的υ正<υ逆，达到平衡后压强减小D.若起始时，在容器Ⅳ中充入2molCl2和2molH2O(g)，300℃达平衡时容器中c(HCl)>0.8mol·L-1【答案】D【解析】【分析】从图中可知，投料比相同时，随着温度的升高，HCl的平衡转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应。投料比越高，HCl的转化率越低，因此b>4>a。【详解】A．根据分析可知，该反应为放热反应，ΔH<0，b>4>a，A错误；B．根据Q点可知，Z=4，300℃时HCl的转化率为80%，则反应消耗HCl1.6mol，根据化学方程式可知，消耗氧气0.4mol，生成氯气0.8mol，生成水0.8mol，则平衡时c(HCl)=0.8mol/L，c(O2)=0.2mol/L，c(Cl2)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，此时平衡常数值为，B错误；C．容器Ⅱ某时刻处于R点，此时HCl的转化率高于该温度下的平衡转化率，则此时反应逆向进行，v正<v逆，达到平衡时压强增大，C错误；D．起始时充入2molCl2和2molH2O，完全转化为反应物相当于4molHCl和1molO2，投料比为4，则HCl的转化率为80%，则反应后剩余HCl0.8mol，c(HCl)=1.6mol/L，D正确；故答案选D。19.一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2.0mol(g，简记为BD)和2.0mol(g)发生反应：(g，简记为BuOH)，测得BuOH浓度与时间的关系如表所示。下列说法正确的是t/min01020304000.4070.80.8A.气体总压强保持不变时达到平衡状态B.若起始投料，则的平衡转化率大于80%C.40min时再投入1.0molBD(g)和1.0mol(g)，平衡不移动D.该温度下，平衡常数K=16.0【答案】D【解析】【详解】A．恒容、恒温条件下，气体分子数保持不变，则气体总压强始终不变，气体总压强保持不变时，不能说明达到平衡状态，A项错误；B．根据表中数据可知平衡时消耗氢气的物质的量是1.6mol，转化率是80%，若起始投料，相当于增大投料，的转化率降低，BD转化率增大，B项错误；C．平衡后，再通入反应物，反应物浓度增大，平衡右移，C项错误；D．根据表中数据结合方程式可知平衡时，，，该温度下，平衡常数，D项正确。答案选D。20.在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中，按下表进行投料并控制相应的温度，容器内仅发生反应：。下列说法错误的是容器温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/molCCOI3800.150.10000.05Ⅱ3800.300.2000mⅢ5000.150.10000.04A.该反应的正反应为吸热反应B.达平衡时，上表中C.达到平衡时，容器Ⅲ的反应速率比容器Ⅰ大D.容器Ⅲ平衡时，再充入或加入C、、、CO各0.10mol，达平衡前：【答案】D【解析】【详解】A．若容器Ⅲ温度也为380℃，则平衡时应为0.05mol，温度为500℃时为0.04mol，说明升高温度后平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，A项正确；B．容器Ⅱ相当于两个容器Ⅰ平衡后压缩，压缩过程中平衡向逆反应方向移动，故，B项正确；C．容器Ⅲ中的温度高于容器Ⅰ，温度越高反应速率越快，C项正确；D．平衡常数为当各投入0.1mol时，，平衡应向逆反应方向移动，D项错误；故答案为：D。21.有四个体积均为的恒容密闭容器，在、、中按不同投料比充入和如表，加入催化剂发生反应：的平衡转化率与和温度的关系如图所示。下列说法正确的是容器起始时A.B.容器某时刻处在点，则点的，压强：C.该反应的平衡常数的值为D.若起始时，在容器中充入和达平衡时容器中【答案】B【解析】【详解】A．图象中HCl转化率随温度升高减小，升温平衡逆向进行，正反应为放热反应△H＜0，氧气越大HC\l转化率越大，相同温度下投料比a＜4＜b，故A错误；B．容器III，Z为4，平衡转化率80%，R点为达到平衡状态，反应正向进行，则R点的，此时压强大于平衡状态下的压强压强：，故B正确；C．容器III，Z为4，HCl的平衡转化率80%，列出“三段式”：，平衡常数K==640，故C错误；D．若起始时，在容器Ⅳ中只充入0.25molCl2和0.25molH2O(g)，若完全反应则会生成0.0125molO2(g)和0.5molHCl(g)，则该条件下可以等效成在容器中充入0.125molO2(g)和0.5molHCl(g)，此时Z=4，Ⅳ和Ⅲ达到相同的平衡状态，达平衡时容器中HCl的物质的量浓度0.1mol/L，故D错误；故选B。22.实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。序号①②③实验装置及操作实验现象溶液无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化下列说法不正确的是A.对分解有催化作用B.对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大C.对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率D.实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热【答案】D【解析】【详解】A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；故答案为：D。23.某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是A.黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子B.过程①中加入AgNO3溶液后，溶液的pH变小C.蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使I2和H2O的反应进行完全D.向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝【答案】D【解析】【分析】由实验流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色，碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I-+HIO，加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动，使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸、硝酸银的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，除去溶液中的银离子，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，硝酸溶液、次碘酸溶液与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉变蓝色。【详解】A．由分析可知，向滤液1中加入氯化钠溶液目的是除去溶液中的银离子，故A正确；B．由分析可知，程①中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸、硝酸银的滤液1，则溶液的pH变小，故B正确；C．加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动，使碘和水完全反应，溶液蓝色褪去，故C正确；D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸后，次碘酸钠和硝酸钠的氧化性减弱，再加入碘化钾溶液，不可能发生氧化还原反应生成碘，溶液不会立即变蓝色，故D错误；故选D。24.研究小组探究与水反应。取粉末加入水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色i.产生大量能使带火星木条复燃的气体ii.溶液变红色，10分钟后褪色i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色。ii.变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A.由②中现象i可知，与水反应有生成B.由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为是大C.由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因是大D.向①中褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液最终不能变成红色【答案】C【解析】【分析】1.56gNa2O2的物质的量==0.02mol，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为=1mol/L，结合实验现象分析判断。【详解】A．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，选项A正确；B．由分析知，②步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与③i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是因为c(OH-)大，选项B正确；C．根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，选项C不正确；D．①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L盐酸，溶液不能变成红色，选项D正确；答案选C。25.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。编号①②③装置现象小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化两极均产生气泡，溶液无明显变化两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化下列说法不正确的是A.①中小灯泡微亮可能是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，导致其电离产生的离子浓度小B.对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料有关C.对比①和③，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3【答案】C【解析】【详解】A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，选项A正确；B.对于①阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，选项B正确；C.根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，选项C不正确；D.用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，选项D正确；答案选C。26.某实验小组同学做电解CuCl2溶液实验，发现电解后(电极未从溶液中取出)阴极上析出的铜会消失。为探究铜“消失”的原因，该小组同学用不同电解质溶液(足量)、在相同时间内进行如下实验。装置序号电解质溶液实验现象(电解后)I溶液溶液仍呈蓝色，附着的铜层无明显变化II稀溶液溶液由蓝