河南省鹤壁市高中2023-2024学年高二上学期12月月考化学Word版含解析.docx

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鹤壁市高中2025届高二上学期第三次段考化学试卷可能用到的相对原子质量：Li-7C-12O-16Mn-55Ag-108一、单选题（每题3分，14小题，共42分）1.下列说法一定正确的是(    )A.某蒸馏水水样pH=6，则该水样中一定掺杂或溶解了某些溶质B.相同温度下，中和等pH的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量前者更多C.相同温度下，pH相等的NaHSO4、H3PO4溶液中，水电离的H+浓度相等D.氨水和硫酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(SO42−)=c(NH4+)×22.废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。已知：室温下KspPbSO4=1.82×10−8，KspPbCO3=1.46×10−13；FeOH3、AlOH3，完全沉淀的pH分别是3.2和4.6；PbOH2开始及完全沉淀的pH分别是7.2和9.1。下列说法正确的是(    )A.“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式：Pb2++CO32−=PbCO3↓B. “酸浸”中H2O2可以氧化Pb、Fe2+和PbO2C.“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是FeOH3和AlOH3D.“沉铅”后滤液中，主要存在的阳离子有Na+、Fe3+、Al3+、Pb2+3.下列有关说法正确的是(    )A.a.Ag+Bg=Cg ΔH1；b．As+Bg=Cg ΔH2，若a、b反应放热，则ΔH1<ΔH2B.一定条件下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)    ΔH=−38.6kJ⋅mol−1C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热ΔH=−241.8kJ⋅mol−1D.H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则1mol稀硫酸和足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为114.6kJ 4.CH4−CO2催化重整能够获得氢能，同时消除温室气体，催化重整过程中主要发生反应的热化学方程式如下：反应①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.1kJ⋅mol−1反应②H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ⋅mol−1反应③CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ⋅mol−1常压下，将n起始(CH4)：n起始(CO2)=1：1的混合气体置于密闭容器中，在不同温度下的重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图所示。下列说法不正确的是(    )A.反应①是催化重整的主反应B.反应②的ΔS>0C.450−800℃间，反应②的进行程度大于反应③D.为提高平衡时H2的产率，应研发更合适的催化剂5.下列方程式书写正确的是(    )A.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32−B.HS−的水解方程式：HS−+H2O⇌S2−+H3O+C.CO32−的水解方程式：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−D.H2S的电离方程式：H2S⇌H++HS−6.相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(    )A.NH4Cl、(NH4)2SO4、 CH3COONa、 NaHCO3、NaOHB.(NH4)2SO4、 NH4Cl 、CH3COONa 、NaHCO3 、NaOHC.(NH4)2SO4 、NH4Cl 、NaOH 、CH3COONa 、NaHCO3D.CH3COOH 、NH4Cl 、(NH4)2SO4 、NaHCO3 、NaOH7.下列说法正确的有(    )①酸式滴定管和量筒均没有“0”刻度线②使用pH试纸时，不能润湿，否则一定会使测定结果不准确③用水润湿过的pH试纸测定pH相等的H2SO4和H3PO4，H3PO4的pH误差更大④pH试纸在酸性较强的环境中显红色，在碱性较强的环境中显蓝色⑤中和滴定时，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液⑥若滴定时，锥形瓶未干燥，则测得的溶液浓度偏低⑦进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内液面的变化 ⑧用KMnO4溶液滴定FeSO4溶液时，应选用碱式滴定管A.1个B.2个C.3个D.4个8.考古发掘出的古代青铜器(含铜、锡等金属)表面经常出现小孔腐蚀，这是一种电化学腐蚀现象。小孔腐蚀的过程及铜腐蚀产物(铜锈)的成分如下图所示。已知：2CuCl+H2O⇌Cu2O+2HCl，下列分析不正确的是 (    )A.氧气是正极反应物B.铜锈的成分与氧气浓度、pH有关C.图2中，Cl−从小孔内向小孔外移动D.青铜中的锡也会发生电化学腐蚀9.根据下列图示所得出的结论不正确的是(    )甲乙丙丁A.图甲表示25℃下，三种硫化物分别在水中溶解达饱和状态时，所含金属离子(M2+)与S2−浓度的对数值lgc(M2+)与lgc(S2−)的关系，则K的大小顺序为CKsp(AgI)C.用于制取无水MgCl2D.验证Zn保护了Fe不被腐蚀 11.化学中常用AG表示溶液的酸度，AG=lgc(H+)c(OH−)。室温下，向20.00mL 0.10mol·L−1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(    )A.该硫酸浓度为0.10mol·L−1B.室温下MOH的电离常数Kb=10−5C.b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小为c>b=dD.稀释MOH溶液，MOH的电离程度增大，c(OH−)增大12.卤代烃(RI)与端基炔(R′C≡CH)催化偶联反应的一种机理如图所示。下列说法错误的是(    )A.偶联反应中RMI和CuI都是催化剂B.该催化过程中的中间产物有3种C.该机理的总反应可表示为R′C≡CH+RI→R′C≡CR+HID.该催化机理改变了反应路径，但没有改变总反应的反应热13.常压下羰基化法精炼镍是工业上提纯镍的主要方法，其原理为Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)ΔH<0。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，230℃时该反应的平衡常数K=2×10−5，固体杂质不参与反应。第一阶段：调控温度使粗镍与CO反应，转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，调控温度制得高纯镍。下列判断正确的是 (    )A.第一阶段将粗镍粉碎有利于平衡正向移动B.第二阶段可以选择230℃C.第一阶段的温度高于第二阶段的温度D.该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO)14.在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。下列说法中，不正确的是(    )已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3− 实验用品实验操作和现象①1.00×10−2 mol/L Na2SO3 溶液②1.00×10−2 mol/L NaHSO3 溶液③5.00×10−3 mol/L Na2S2O5 溶液实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。实验2：溶液①与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32−) 随反应时间变化如图所示。实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。A.Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−B.NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度C.实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D.实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同二、填空题（共4小题，除特殊标注外，每空2分，共58分）15.（15分）磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用含锰废水(主要金属离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，还含有少量Ca2+、Mg2+、Cu2+和Ni2+等)为原料，生产MnCO3的工艺流程如下：已知该条件下Ksp(CaF2)=4.0×10−9、Ksp(MgF2)=7.5×10−11。(1)流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2+的母液。 ①除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为     。 ②除重金属时，滤渣的主要成分为          (填化学式)。 ③除钙镁时，为使Ca2+沉淀完全(当离子浓度降到1.0×10−5mol⋅L−1时，可视为沉淀完全)，需控制溶液中NH4F的最低浓度为          mol⋅L−1。(2)沉锰过程在pH 为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响如图所示。 ①沉锰过程发生反应的离子方程式为          。 ②当温度超过30℃时，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是          。(3)沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2∼3次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。用无水乙醇洗涤的目的是          。(4)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3−，冷却至室温。加水稀释至100mL，滴加2∼ 3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol⋅L−1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定{反应为[Mn(PO4)2]3−+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43−}。重复操作3次，记录数据如下：滴定次数0.2000mol⋅L−1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95则产品的纯度=          ，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰产品的纯度          (填“偏高”“偏低”或“无影响”)（1分）。16.（10分）高纯硅被誉为“信息革命的催化剂”。某小组同学模拟工业上用SiHCl3与H2在1357K的条件下制备高纯硅，实验装置如图所示(加热及夹持装置已略去)。已知：①SiHCl3的沸点为33.0℃；密度为1.34g⋅cm−3，易溶于有机溶剂，能与H2O剧烈反应，在空气中易被氧化；②CaCl2+xCH3CH2OH→CaCl2⋅xCH3CH2OH；③银氨溶液中存在：Ag++2NH3⋅H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O。 实验步骤：①打开K1，向安全漏斗中加入足量乙醇，使装置A 中的反应进行一段时间；②加热装置C，打开K2，滴加V mL SiHCl3；③加热装置D至1357K；④关闭K2；⑤关闭K1。回答下列问题：(1)仪器M的名称为______（1分）。(2)相比长颈漏斗，安全漏斗使用时的优点是______（1分）。(3)干燥管B中盛装的试剂是______（1分）。(4)加热装置C之前，先进行装置A中的反应，这样操作的目的是______（1分）。(5)装置D中发生反应的化学方程式为______。(6)E中CCl4的作用是______（1分），实验过程中，E的上层溶液中观察到的现象是______（1分），尾气的主要成分是______(填化学式)（1分）。(7)根据下列数据可以计算出SiHCl3的利用率的是______(填标号)（1分）。a.钠的质量b.乙醇的体积和密度c.硅的质量17.（14分）汽车尾气是否为导致空气质量问题的主要原因，由此引发的“汽车限行”争议，是当前备受关注的社会性科学议题。(1)反应2COg+2NOg⇌N2g+2CO2g ΔH=−620.9kJ⋅mol−1可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态、IM表示中间产物)。三个基元反应中，属于放热反应的是_______(填标号①、②或③)，决速步是图中_______(填标号①、②或③)。 (2)探究温度、压强(2MPa、5MPa)对反应2COg+2NOg⇌N2g+2CO2g的影响，如上图所示，表示2MPa的是_______(填标号a、b、c、或d)。(3)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5mol NO、0.5mol CO，此时容器总压为1×105Pa，发生上述反应，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为0.2mol，则0～4min内用CO2的分压变化量表示的平均速率为_______Pa⋅min−1。【已知pCO2=xCO2⋅p，其中p为平衡总压，xCO2为平衡系统中CO2的物质的量分数】。(4)用NH3可催化消除NO污染：4NH3g+6NOg⇌5N2g+6H2Ol ΔH<0①某条件下该反应速率v正=k正⋅c4NH3⋅c6NO，v逆=k逆⋅caN2⋅cbH2O，该反应的平衡常数K=k正k逆，则a=_______，b=_______。②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molNH3和6mol NO发生上述反应，若在相同时间内测得NH3的转化率随温度的变化曲线如图，700℃～900℃之间NH3的转化率急剧下降的原因是_______。18.（19分）I.某科研单位利用电化学原理，使用SO2来制备硫酸，装置如下图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许H+通过。(1)通入SO2的电极为______(填“正极”或“负极”)（1分），其电极反应式为____________________，此电极区溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)（1分）。 (2)电解质溶液中的H+通过质子交换膜______(填“向左”或“向右”)（1分）移动，通入O2的电极反应式为___________。II.如上图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。(1)B极是电源的______(填“正极”或“负极”)（1分），一段时间后，丁中X极附近的颜色逐渐___(填“变深”或“变浅”)（1分）。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________。(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应是______。若乙溶液体积为500 mL，当乙中溶液的pH=13时，丙中镀件上析出银的质量为______，甲中溶液的pH______(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为_______________。鹤壁市高中2025届高二上学期第三次段考·化学答案一、单选题（每题3分，14小题，共42分）1-5CCADD6-10BBCBD11-14BABC 二、填空题（共4小题，除特殊标注外，每空2分，共58分）15.（15分）【答案】(1) ①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O    ②CuS、NiS    ③0.02(2) ①Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+H2O+CO2↑ ②温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2+水解)(3)有利于低温条件下快速干燥(4)92% 偏低（1分）16.（10分）【答案】(1)分液漏斗（1分）(2)漏斗下端不需插入液体中即可液封（1分）(3)无水氯化钙(或CaCl2)（1分）(4)排尽装置内的空气（1分） (5)SiHCl3+H2Si+3HCl (6)防止倒吸；产生白色沉淀；H2（每空1分） (7) c （1分）17.（14分）【答案】(1)②③；①   (2)a(3)1×104    (4)①5；0 ②700℃以后，催化剂活性降低或失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小 18.（19分）【答案】I.(1)负极（1分）；SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+；减小（1分）(2)向右（1分）；O2 + 4e−+ 4H+=2H2OII.(1)负极（1分）；变浅（1分）  (2)1:2:2:2  (3)Cu(或镀件、铜件)；5.4 g；变小  (4)Fe + Cu2+=Cu + Fe2+ 答案详解1.【解析】A.由于温度未知，因此pH=6的蒸馏水也可能是中性，不能说明该水样中一定掺杂或溶解了某些溶质，故A错误；B.相同温度下，等pH的氨水、NaOH溶液中的OH−浓度相同，没有明确溶液的体积，不能比较中和时所需HCl物质的量的多少，故B错误；C.相同温度下，Kw相同，pH相等的NaHSO4、H3PO4溶液中H+浓度相同，则OH−浓度相等，溶液中的OH−为水电离出的OH−，水电离出的OH−和H+浓度相等，故C正确；D.氨水和硫酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则溶液中的溶质为(NH4)2SO4和NH3·H2O，且c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+2c(SO42−)，因此c(NH4+)=2c(SO42−)，故D 错误。故选C。2.【解析】铅膏加入碳酸钠脱硫， PbSO4 和碳酸根离子反应转化为碳酸铅沉淀；过滤后固体加入醋酸、过氧化氢酸浸，“酸浸”中 H2O2 具有氧化性，可以氧化Pb转化为 PbAc2 、氧化 Fe2+ 为三价铁离子；同时过氧化氢能使 PbO2 转化为 PbAc2 ，调节pH使铁、铝转化为沉淀过滤除去，滤液加入氢氧化钠沉铅，一系列转化后得到PbO；A.已知：室温下 KspPbSO4=1.82×10−8 ， KspPbCO3=1.46×10−13 ；则“脱硫”中 PbSO4 和碳酸根离子反应转化为碳酸铅沉淀，转化反应的离子方程式： PbSO4s+CO32−aq=PbCO3↓s+SO42−aq ，A错误；B.“酸浸”中 H2O2 具有氧化性，可以氧化Pb转化为 PbAc2 、氧化 Fe2+ 为三价铁离子；同时过氧化氢能使 PbO2 转化为 PbAc2 ，反应中铅化合价降低为氧化剂，则过氧化氢中氧元素化合价升高，过氧化氢为还原剂，B错误；C. FeOH3 、 AlOH3 ，完全沉淀的pH分别是3.2和4.6； PbOH2 开始及完全沉淀的pH分别是7.2和9.1；则“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 FeOH3 和 AlOH3 ，C正确；D.依据分析可知，在“酸浸”后溶液的pH约为4.9，铁、铝离子转化为沉淀，加入氢氧化钠溶液，铅转化为沉淀，故沉铅后滤液中，主要存在的阳离子有 Na+ ，D错误；故选C。3.【解析】A.气态A的能量高于固态A，则a反应放出的热量多，由于反应放热，则ΔH1<ΔH2，A正确；B.合成氨反应为可逆反应，0.5mol N2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，反应是可逆反应，不是氮气完全反应放出的热量，则1mol N2反应放热不等于38.6kJ，B错误；C.燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成指定的物质，生成的水应为液态，C错误；D.硫酸与氢氧化钡生成水及硫酸钡沉淀，1mol硫酸消耗完放出的热量大于114.6kJ，D错误；故答案为：A。4.【解析】A.由图可知，随温度升高，CO、H2的物质的量分数变化趋势基本相同，可知反应①是催化重整的主反应，故A正确；B.反应②△H>0，反应②能自主发生，△H−T△S<0，可知反应②的△S>0，故B正确；C.反应①中CO、H2是反应产物，且物质的量比1：1，CO是反应②的产物，氢气是反应②的反应物，氢气是反应③的生成物，450−800℃间，CO的量始终大于氢气，反应②消耗氢气的量大于反应③生成氢气的量，所以反应②的进行程度大于反应③，故C正确；D.催化剂不能使平衡移动，选用更合适的催化剂不能提高平衡时H2的产率，故D错误；故选：D。5.【解析】A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故A错误；B. HS−的水解为可逆反应，水解方程式为：HS−+H2O⇌H2S+OH−，故B错误；C.多元弱酸根离子的水解分步进行，以第一步为主，CO32−的第一步水解方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；D. H2S为弱电解质，电离过程分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS−，故D正确；故选D。 6.【解析】由于NaNO3显中性，故①②的溶液显酸性，且由于NH4HSO4因电离显强酸性，酸性强弱相当于一元强酸，故①②要么是弱酸，要么是强酸弱碱盐；③④溶液的碱性弱于Na2CO3，故应均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解的规律可知，③对应的酸的酸性应强于④所对应的酸的酸性；⑤的碱性强于Na2CO3，故其要么是碱，要么是强碱弱酸盐，且需对应的酸的酸性弱于HCO3−，据此分析。A、相同温度、相同浓度下，NH4Cl、(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH更小，故A错误；B、相同温度、相同浓度下，NH4Cl、(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4中铵根离子浓度更大，故其酸性更强，pH更小；CH3COONa、NaHCO3溶液均显碱性，且两者的碱性均弱于Na2CO3，且由于酸性CH3COOH>H2CO3，故CH 3COONa、NaHCO3溶液后者的pH更大；NaOH是强碱，电离显碱性，溶液pH强于Na2CO3，故B正确；C、相同温度、相同浓度下，NaOH的碱性强于Na2CO3，CH3COONa、NaHCO3的碱性均弱于Na2CO3，故C错误；D、(NH4)2SO4溶液显酸性，故D错误；故选：B。7.【解析】①酸式滴定管有“0”刻度线，在仪器的上端，量筒没有“0”刻度线，故①错误；②使用pH试纸时，如果润湿pH试纸测定的溶液呈酸性或碱性时，则使测定结果不准确产生误差，溶液呈中性，对测量结果没有影响，如果使用pH试纸测定气体的酸碱性时需要润湿，例如：测氨气等，故②错误；③由于H2SO4是强酸，H3PO4是弱酸，在稀释相同倍数过程中，H3PO4继续电离产生H+，使得该溶液中c(H+)较H2SO4溶液中c(H+)大，则H3PO4的pH增加的比H2SO4小，所以H2SO4的pH误差大，故③错误；④pH试纸在酸性较强的环境中显红色，在碱性较强的环境中显蓝色，故④正确；⑤中和滴定时，酸可滴定碱，也可碱滴定酸，即中和滴定时可用标准溶液滴定待测液，也可用待测液滴定标准溶液，故⑤正确；⑥若滴定时，锥形瓶未干燥，对测得的溶液浓度无影响，故⑥错误；⑦中和滴定中，眼睛观察锥形瓶内颜色的变化，可准确判断滴定终点，故⑦错误；⑧用KMnO4溶液滴定FeSO4溶液时，由于KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以应选用酸式滴定管，故⑧错误。综上所述只有④⑤正确，即B项正确。故选B。8.【解析】A.青铜器(含铜锡等金属)表面出现小孔腐蚀，是因为形成原电池，正极上氧气发生得电子的还原反应，所以氧气是正极反应物，A正确;B.根据图2可知，在锈蚀小孔外铜锈成分为Cu2(OH)2CO3、Cu2(OH)3Cl，Cu元素化合价为+2价，在小孔附近铜锈是Cu2O，小孔内壁铜锈成分是CuCl，Cu元素化合价为+1价，小孔外氧气浓度大，Cu元素价态高，小孔内氧气浓度小，Cu元素价态低，铜锈成分与氧气浓度有关，在溶液酸性较强时可逆反应2CuCl+H2O⇌Cu2O+2HCl的平衡逆向移动，铜锈成分主要是CuCl，若溶液酸性弱，平衡正向移动，铜锈成分主要是Cu2O ，可见铜锈成分也与溶液的pH有关，B正确;C.小孔内壁铜锈成分是CuCl，Cl−会从小孔外向小孔内移动，C错误;D.由于Sn的金属性比Cu强，与Cu构成原电池时，Sn作负极，被氧化而发生电化学腐蚀，D正确。9.【解析】A.lgc(M2+)与lgc(S2−)乘积越大，Ksp越小，则大小顺序为A>B>C，A项正确；B.由图乙可知，pH至4左右，Fe3+完全沉淀，Cu2+还未沉淀，但是加入NaOH会引入新杂质，可加入CuO等物质调节pH至4左右，B项错误；C.反应平衡常数表达式为K=cCl−cI−=cAg+⋅cCl−cAg+⋅cI−=KspAgClKspAgI=2×10−5×10−58×10−12×10−5=2.5×106，C项正确；D.沉淀溶解平衡曲线下方的区域说明生成沉淀，故阴影部分只有Ag2CrO4沉淀，D项正确。故选B。10.【解析】A.NaOH与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选碱式滴定管，故A错误；B.硝酸银过量，均为沉淀生成，由操作和现象不能比较Ksp大小，故B错误；C.加热促进镁离子水解，且盐酸易挥发，应在HCl气流中加热，故C错误；D.下方装置构成原电池时，Zn作负极，Fe作正极被保护，则图中实验可验证Zn保护了Fe不被腐蚀，故D正确；故选D。11.【解析】依题意，AG<0，c(H+)0，c(H+)>c(OH−)，溶液呈酸性。酸碱中和反应是放热反应，随着反应进行，溶液温度逐渐升高，溶液温度最高时恰好完全反应，因此c点时酸碱恰好完全反应。此时溶液的AG>0，溶液呈酸性，则中和反应生成了强酸弱碱盐，MOH是一元弱碱。A.根据分析知，稀硫酸加入20mL时恰好完全中和，设稀硫酸浓度为xmol⋅L−1，则：2MOH2mol20.00×10−3L×0.10mol⋅L−1+H2SO41mol20×10−3L×xmol⋅L−1=M2SO4+2H2O2mol20.00×10−3L×0.10mol⋅L−1=1mol20×10−3L×xmol⋅L−1，x=0.05稀硫酸浓度为0.05mol⋅L−1，A错误；B.未加稀硫酸时，AG=−8，则c(H+)c(OH−)=10−8，常温下KW=c(H+)×c(OH−)=1×10−14，根据两式可求得该溶液中c(OH−)=10−3mol⋅L−1，根据MOH⇀↽M++OH−得MOH的电离常数Kb=c(M+)×c(OH−)c(MOH)=10−3×10−30.10=10−5，B正确；C.c点为酸碱恰好完全反应时，生成了强酸弱碱盐，M+的水解促进水的电离。b点时MOH有一半被中和，混合溶液含有MOH与M2SO4，MOH是弱碱，对水的电离有一定抑制作用，但不大；从c点以后，硫酸过量，硫酸属于强酸，对水的电离抑制程度较大。因此水的电离程度：c>b>d，C错误；D.稀释MOH溶液，MOH的电离程度增大，但小于被稀释的程度，故c(OH−)减小，D错误；故选B。12.【解析】A.由转化图可知，偶联反应中起催化作用的物质是M和CuI，参与反应过程，最后又重新生成，故A错误；B.由转化关系可知，R′C≡CCu、RMC≡CR′、CuI为该催化过程的中间产物，有3种，故B正确；C.由流程可知，转化图中右侧存在反应R′C≡CH+CuI→R′C≡CCu+HI，该偶联反应的原理为 R′C≡CH+RI→R′C≡CR+HI，故C正确；D.该催化机理改变了反应路径，且不改变反应热，故D正确；故选：A。13.【解析】A、粗镍粉碎是加快反应速率，而不影响平衡的移动，故A错误；B、230℃时反应达平衡状态，Ni(CO)4分解率较高，所以第二阶段可以选择230℃，故B正确；C、第一阶段为放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，即向生成气态Ni(CO)4的方向移动；第二阶段为吸热反应，升高温度有利于平衡向生成纯镍的方向移动，所以第一阶段的温度不一定高于第二阶段的温度，故C错误；D、只要反应发生就有4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，所以v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)不能说明达平衡状态，故D错误；14.【解析】解：A.溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，Na2SO3溶液显碱性，原因是亚硫酸根离子水解溶液显碱性：SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−，故A正确；B.溶液②1.00×10−2 mol/L NaHSO3 溶液使紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性，说明溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度，故B正确；C.图象分析碱性越强，抗氧化性越强，酸性越强抗氧化性越弱，Na2SO3在pH=4.0时离子浓度大，抗氧性最弱，故C错误；D.Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−，调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同，故D正确；故选：C。A.溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性；B.溶液②使紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性；C.图象分析可知，保持体系中O2浓度不变，PH=4时亚硫酸根离子浓度大；D.已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−，调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。16.【解析】(1)从仪器的结构可知M为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)安全漏斗中“安全”主要是防气体从漏斗中逸出，漏斗颈部残留液体能起到液封作用，使用时的优点是安全漏斗下端可以不插入液体中，而长颈漏斗下端必须插入液面下，故答案为：漏斗下端不需插入液体中即可液封；(3)依题意，乙醇蒸气被无水氯化钙吸收，除去氢气中的乙醇蒸气，故答案为：无水氯化钙(或CaCl2)；(4)根据提示信息，实验前排尽装置内的空气，否则氢气和氧气在高温下会反应，故答案为：排尽装置内的空气；(5)D装置SiHCl3与H2反应生成Si和氯化氢，化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；(6)装置E有三个功能：吸收氯化氢、防倒吸、吸收SiHCl3，“防倒吸”原理：氯化氢不溶于四氯化碳，当氯化氢进入四氯化碳层时装置内气压不会剧减，故不会产生倒吸现象。根据平衡移动原理，NH3⋅H2O+HCl=NH4Cl+H2O，使反应Ag++2NH3⋅H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡向逆反应方向移动，银离子浓度增大，导致离子积c(Ag+)⋅c(Cl−)大于氯化银的溶度积，生成氯化银，H2进入尾气，故答案为：防止倒吸；产生白色沉淀；H2；(7) 钠和乙醇生成的氢气有三个功能：排尽装置内的空气，作还原剂，作保护气(停止加热后继续通入氢气)，实际作还原剂的氢气质量是未知量，故不能根据钠或乙醇的量计算SiHCl3的利用率，可以根据生成硅的质量计算出SiHCl3的利用率，故答案为：c。17.【解析】(1)反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，则放热反应为②③；反应的快慢是由慢反应决定的，反应所需的活化能越大，反应越慢，从图中可以看出TS1的活化能最大，决速步是图中①；(2)该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮转化率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮转化率增大，则曲线a是表示2MPa的曲线；(3)在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5mol NO、0.5mol CO，此时容器总压为1×105Pa，发生上述反应，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为0.2mol，根据三段式进行计算：起始量/mol转化量/mol平衡量/mol2COg+2NOg⇀↽N2g+2CO2g0.50.5000.40.40.20.40.10.10.20.4恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，0.1+0.1+0.2+0.40.5+0.5=p平100000，P平=0.8×105Pa，根据已知p(CO2)=x(CO2)·p，其中p为平衡总压，x(CO2)为平衡系统中CO2的物质的量分数则0～4 min内用CO2的分压变化量表示的平均速率为0.8×105 Pa×0.4mol0.1mol+0.1mol+0.2mol+0.4mol4min=1×104Pa·min−1。；(4)①根据反应方程式可知，反应的平衡常数K=c5(N2)c0(H2O)c4(NH3)c6(NO)；反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v正=k正⋅c4NH3⋅c6NO=v逆=k逆ca(N2)⋅cb(H2O) ，所以K=k正k逆= ca(N2)cb(H2O)c4(NH3)c6(NO)=c5(N2)c0(H2O)c4(NH3)c6(NO)，所以a=5，b=0；②根据反应分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，400℃～700℃间，温度升高，平衡逆移，氨气的转化率减小；700℃以后，催化剂活性降低或失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小