C．在T2时，若反应体系处于状态D，则此时V正＞V逆
D．若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则PC=PD>PB
三、原理综合题
17．Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。
（1）该电池的负极材料是________。
电池工作时，电子流向________（填“正极”或“负极”）。
（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是________。
欲除去Cu2+，最好选用下列试剂中的________（填代号）。
a．NaOHb．Znc．Fed．NH3·H2O
（3）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。
阴极的电极反应式是________。
若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为________。
（4）用间接电化学法除去NO的过程，如下图所示：
已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：
_____________。
用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：
____________________________________。
四、填空题
18．在水溶液中橙红色的Cr2O72—与黄色的CrO42—有下列平衡关系：
Cr2O72—+H2O
2CrO42—+2H＋现将一定量的K2Cr2O7溶于水配成稀溶液，溶液呈橙色。
（1）向上述溶液中加入浓硫酸溶液，溶液呈_________色，因为_____________。
（2）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液（已知BaCrO4为黄色沉淀），则平衡向__________方向移动（正或逆），溶液颜色将__________（加深或变浅）。
19．工业上有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：
CO2（g）＋3H2（g）
CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH＝－49.0kJ/mol。
某实验中将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线（甲）所示。
请完成下列问题：
（1）a点正反应速率________逆反应速率（填“>”、“<”或“＝”）。
（2）若仅改变某一实验条件再进行一次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线（乙）所示，曲线（乙）对应改变的实验条件可以是________（填序号）。
a.加催化剂b.增大压强c.升高温度d.增大H2浓度
20．已知Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39，回答下列问题：
（1） FeCl3溶液可用做净水剂，其净水原理为（用离子方程式表示）：
______________________。
（2）某酸性MgCl2 溶液中含有少量FeCl3，为得到纯净的MgCl2溶液，可加入___________调节溶液的pH=4，使溶液中的Fe3+变为Fe（OH）3 沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=_________________。
（3）由FeCl3·6H2O 晶体得到纯的无水FeCl3的合理方法是：
______________________________。
（4）草酸亚铁是制备高纯度活性铁粉的原料，其样品纯度测定步骤如下：
准确称取草酸亚铁（FeC2O4）样品wg ，将其研成粉末后溶于适量的稀硫酸中（假设杂质不反应）配成250omL溶液。
准确量取20mL 该溶液于锥形瓶中，用c mol/L 的K2Cr2O7 酸性溶液（用稀硫酸酸化） 滴定至终点，消耗滴定液VmL（还原产物为Cr3+，氧化产物为Fe3+和CO2）。
①滴定时反应的离子方程式为____________________________________。
②该草酸亚铁样品的纯度为___________________________。
参考答案
1．C
【解析】
①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体，说明醋酸熔点低，不能证明其为弱酸，故错误；②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH值约为9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，故正确；③等体积、等物质的量浓度的硫酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，硫酸是二元强酸，所以硫酸溶液消耗的氢氧化钠多，但不能说明醋酸是弱电解质，故错误；④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8，说明醋酸部分电离，故正确；⑤pH值等于4且体积相等的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多，说明醋酸部分电离是弱酸，溶液中存在大量的醋酸分子，故正确；答案选C。
2．C
【详解】
A、盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，没用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故A错误；
B、酸式滴定管在使用前未用待测液盐酸润洗，待测液盐酸被稀释，溶质的物质的量偏小，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=
分析，则结果偏低，故B错误；
C、滴定前碱式滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=
分析，则结果偏高，故C正确；
D、滴定前读数平视，滴定终点读数时俯视碱式滴定管的刻度，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=
分析，则结果偏低，故D错误；
故选C。
【点晴】
本题考查中和滴定操作的误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c（待测）=
分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
3．C
【解析】
【详解】
A、根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：
c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO42-）＋c（OH-），因为c（Na＋）=c（SO42-），所以c（H＋）=c（SO42-）＋c（OH-），选项A正确；
B、等浓度的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液pH大小NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），选项B正确；
C、氯化铵促进水的电离，醋酸和盐酸抑制水的电离，pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中c（H+）水：
①＞②=③，选项C错误；
D、酸性：
CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：
组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na＋）：
①＞②＞③，选项D正确；
答案选C。
【点睛】
本题考查了弱电解质溶液酸碱性分析，电离平衡影响因素的理解应用，盐类水解和影响水的电离平衡因素的分析判断是解题关键。
盐类水解规律：
组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大；水的电离：
酸或碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度。
4．C
【解析】
【详解】
A、放电时为原电池原理，电池反应为：
Cd+2NiO（OH）+2H2O=Cd（OH）2+2Ni（OH）2，放电时负极电极反应式为：
Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，OH-被消耗，负极附近pH减小，A错误；
B、放电时每转移2mol电子，有2molNiO（OH）被还原，B错误；
C、充电时为电解原理，阳极电极反应式是Ni（OH）2-e-+OH-=NiO（OH）+H2O，C正确；
D、充电时Cd电极为阴极，接电源的负极，D错误；
答案选C。
【点睛】
二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理；充电时阴极电极反应是放电时负极电极反应的逆过程，充电时阳极电极反应是放电时正极电极反应的逆过程；充电时电极的连接：
正正连，负负连。
5．D
【解析】A．锌比铜活泼，为原电池的负极，铜为正极，盐桥中的K+移向原电池的正极，Cl-移向原电池的负极，即移向硫酸锌溶液，故A错误；B.装置②中铜作阴极，石墨作阳极，电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，工作一段时间后，可加适量氧化铜恢复原溶液，如果加入Cu（OH）2，多加了氢和氧，相当于多加了水，不能恢复原溶液，故B错误；C.装置②中溶液内的H+没有在铜电极上被还原，是铜离子被还原，故C错误；D.装置②b极为阳极，b极上，溶液中的水放电生成氧气，工作一段时间后，b极附近溶液的酸性增强，pH降低，故D正确；故选D。
6．B
【详解】
A、H2S溶于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是①>④>②>③，溶液pH从大到小的顺序是：
③>②>④>①，选项A错误；
B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：
c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）=2c（K+）=0.2mol/L，选项B正确；
C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：
④>①>②>③，选项C错误；
D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c（H+）+c（K+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），选项D错误；
答案选B。
7．D
【详解】
A、此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A错误；
B、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，速率同等程度增大，速率变化曲线不符合，故B错误；
C、恒压下，充入非反应气体，容器体积增大，组分浓度减小，平衡向正反应方向移动，转化率增大，与图象不符，故C错误；
D、增加氯气的物质的量，平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数降低，符合图象，故D正确；
答案选D。
8．D
【解析】
【详解】
A、5min内D的平均反应速率为
0.06mol·L-1·min-1，故A错误；
B、5min内C的平均反应速率为0.06mol·L-1·min-1，故B错误；
C、A是固体，增加固体的量，速率不变，故C错误；
D、生成1molD时同时生成1molA，可知正逆反应速率相等，故D正确。
9．C
【详解】
已知：
①I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=-9.48kJ•mol-1；②I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②可得I2（g）=I2（s）△H=-9.48kJ•mol-1-26.48kJ•mol-1=-35.96kJ•mol-1，
A．n（I2）=1moL，n（H2）=1mol，由于该反应为可逆反应不能完全进行，则放出的热量小于9.48kJ，故A错误；
B．由I2（g）=I2（s）△H=-35.96kJ•mol-1，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；
C．由I2（g）=I2（s）△H=-35.96kJ•mol-1，可知I2（g）能量大于I2（s），故C正确；
D．反应①、②的产物都是HI，状态相同，稳定性相同，故D错误；
故选：
C。
10．D
【分析】
在容器的容积不变时，气体的物质的量的比等于容器内的气体的压强的比。
反应前后压强之比为
，则反应后气体的物质的量减小。
由于产生了
，则同时产生
的D，还有未反应的反应物A：
2.8mol，
1.2mol，反应后气体的物质的量是
，所以C是非气态物质，而D是气体。
【详解】
该反应的化学平衡常数表达式是
，故A错误；
在反应达到平衡时，生成
，则反应消耗
，B的平衡转化率是
，故B错误；
增大该体系的压强，平衡向右移动，但是由于温度不变，所以化学平衡常数就不变，故C错误；
由于C不是气体，所以增加C，平衡不会发生移动，B的平衡转化率不变，故D正确；
故选：
D。
11．C
【详解】
A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6min
mol/（L·min），A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；
C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；
D．6min时，H2O2分解率为：
=50%，D正确。
答案选C。
12．C
【详解】
A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c（CO2）小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；
B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），故B错误；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C正确；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；
故选C。
13．B
【解析】
【分析】
n（Zn）=
≈0.00046mol，根据Zn～2H+得，锌完全反应需要n（H+）=0.00046mol×2=0.00092mol，100mL，氢离子浓度都为1×10－2mol·L－1的盐酸中n（HCl）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，所以盐酸略有剩余，氢离子浓度都为1×10－2mol·L－1的醋酸浓度大于盐酸，所以100mL醋酸中醋酸的物质的量大于盐酸，醋酸过量较多。
【详解】
A．氢离子浓度都为1×10－2mol·L－1的盐酸和醋酸各100mL，醋酸的浓度大于盐酸，稀释2倍后，醋酸继续电离，稀释后两溶液的pH：
盐酸大于醋酸，故A错误；
B．醋酸过量、盐酸略有剩余，所以生成氢气的量与锌的质量成正比，两种溶液中锌的质量相等，所以放出的氢气一样多，故B正确；
C．起始时氢离子浓度相同，反应速率相等，随着反应的进行，醋酸不断电离出氢离子，导致反应过程中醋酸中的氢离子浓度大于盐酸，则醋酸反应速率大于盐酸，故C错误；
D．醋酸溶液中存在醋酸的电离和水的电离，根据电荷守恒c（CH3COO－）+c（OH－）=c（H+），因此c（H+）＞c（CH3COO－），故D错误；
故选B。
14．A
【解析】
【详解】
A、铁如果作阳极，则铁失去电子生成亚铁离子，此时得不到氯气，A错误；
B、阳极生成氯气，溶于水生成盐酸和次氯酸，pH降低，B正确；
C、阳极生成氯气，
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