上海市长宁区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学反应原理（单选基础题）
1．（2022·上海长宁·统考一模）在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是
A．溶液显电中性 B．氢离子浓度恒定不变
C．c(H+) = c(CH3COO ) D．溶液中检测不出CH3COOH分子存在
2．（2022·上海长宁·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
3．（2022·上海长宁·统考一模）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是
A．阴极的电极反应式为
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
4．（2022·上海长宁·统考一模）已知。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1mol与1mol，下列说法正确的是
A．充分反应后，放出热量为akJ
B．若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2
5．（2022·上海长宁·统考一模）室温下，反应的平衡常数。将溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2mol/L氨水：
B．溶液（）：
C．0.2mol/L氨水和溶液等体积混合：
D．氨水和溶液等体积混合：
6．（2022·上海长宁·统考二模）采用循环操作可提高原料的利用率， 下列工业生产中， 没有采用循环操作的是
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．纯碱工业
7．（2022·上海长宁·统考二模）下列有关金属腐蚀的说法中正确的是
A．银质奖牌久置后表面变暗是因为发生了电化腐蚀
B．因为二氧化碳普遍存在， 所以钢铁的电化腐蚀以析氢腐蚀为主
C．无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀， 总是金属被氧化
D．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：
8．（2022·上海长宁·统考二模）接触法制硫酸中能提高SO2转化率的条件是（ ）
A．400~500℃ B．常压 C．催化剂 D．过量的空气
9．（2022·上海长宁·统考二模）下列物质间不能发生化学反应的是
A．AgCl固体和KI溶液 B．Na2SO4固体和浓盐酸
C．CH3COONa固体和浓盐酸 D．NaHCO3固体和石灰水
10．（2022·上海长宁·统考二模）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（ ）
A．向150mL3mol·L-1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol·L-1的硫酸中
C．用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
11．（2022·上海长宁·统考二模）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是
A．阳极发生将海水中的氧化生成的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的
C．阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的等积垢需要定期清理
12．（2022·上海长宁·统考二模）下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作 实验现象
A 向硝酸亚铁溶液中滴加稀HCl 溶液由浅绿色变为棕黄色
B 向盛有少量Mg(OH)2沉淀的试管中加入适量饱和NH4Cl溶液，振荡 白色沉淀溶解
C 向盛有3.0 mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠 有气泡产生
D 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 生成无色溶液和刺激性气味气体
A．A B．B C．C D．D
13．（2022·上海长宁·统考二模）25℃， 向 溶液中滴入等浓度的 溶液， 下列判断一定正确的是
A．若最终溶液含等摩尔 和 ， 则
B．若 溶液过量， 则
C．若 溶液不足量， 则 溶液加入越少水的电离程度越大
D．若恰好完全反应， 则
14．（2022·上海长宁·统考一模）常温常压下，1gH2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是
A．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+92.3kJ
B．H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)-92.3kJ
C．H2+Cl2=2HCl+184.6kJ
D．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)-184.6kJ
15．（2022·上海长宁·统考一模）根据图I和图II所示，下列判断正确的是
A．I和II中正极均被保护
B．I和II中负极反应均是Fe-2e-=Fe2+
C．I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH-
D．I、II溶液pH均增大，原因相同
16．（2022·上海长宁·统考一模）室温下，向 0.01 mol·L－1 的醋酸溶液中滴入 pH=7 的醋酸铵溶液，溶液 pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是
A．a点，pH = 2
B．b点，c(CH3COO-) > c(NH4+)
C．c点，pH可能大于7
D．ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动
17．（2021·上海长宁·统考二模）合成氨工业上，采用氮氢循环操作的主要目的是
A．加快反应速率 B．提高氨气的平衡浓度
C．提高氮气和氢气的利用率 D．降低氨气的沸点
18．（2021·上海长宁·统考二模）将等量的固体Mg(OH)2，置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（ ）
A．在纯水中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中
C．在0.1mol/L的NH3·H2O中 D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中
19．（2021·上海长宁·统考二模）关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是
A．升温至450℃左右 B．选择V2O5做催化剂
C．选择常压条件 D．通入过量氧气
20．（2021·上海长宁·统考二模）把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是
A．H+的浓度 B．体系的压强 C．溶液的温度 D．Cl－的浓度
21．（2021·上海长宁·统考二模）下列操作会使相应溶液pH增大的是
A．溶液中再加入 B．溶液加热
C．氨水中加入少量固体 D．醋酸溶液加热
22．（2021·上海长宁·统考二模）对金属腐蚀及防护的表述正确的是
A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应
B．牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极
C．外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连
D．钢铁表面烤蓝生成一层致密的，能起到防腐蚀作用
23．（2021·上海长宁·统考二模）用物质的量都是的和配成1升混合溶液，已知其中，对该溶液的下列判断正确的是
A． B．
C． D．
24．（2021·上海·统考一模）水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是
A．NaHCO3 B．NaBr C．KAl(SO4)2 D．NH3
25．（2021·上海·统考一模）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率(v)变化如图所示，该反应是
A．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
B．C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
C．H2(g)+I2(g) 2HI(g)
D．FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl
26．（2021·上海·统考一模）反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．因为是分解反应，所以该反应吸热
B．由途径a变成b改变了反应的热量变化
C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量
D．该反应说明H2O2(l)比H2O(l)稳定
27．（2021·上海·统考一模）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe－2e→Fe2＋
D．b极上发生的反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
28．（2021·上海·统考一模）已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c(CH3COO－)相等，则下列叙述正确的是
A．c(Na+)＝c(NH4＋) B．两种溶液中水的电离程度相等
C．两种溶液的pH相等 D．c(CH3COONa)＜c(CH3COONH4)
29．（2020·上海长宁·统考二模）下列属于强电解质的是
A．硫酸钡 B．食盐水 C．二氧化硅 D．醋酸
30．（2020·上海长宁·统考二模）一定量固体加水溶解后，以石墨为电极电解该溶液。上述变化过程中会放出热量的是
A．向水中扩散 B．形成水合离子
C．发生水解 D．电解产生Cu和
31．（2020·上海长宁·统考二模）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是
A．铁被氧化的电极反应式为Fe 3e Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
32．（2020·上海长宁·统考二模）取1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 mol·L-1)：
下列说法不正确的是
A．实验①白色沉淀是难溶的AgCl B．由实验②说明AgI比AgCl更难溶
C．若按①③顺序实验，看不到黑色沉淀 D．若按②①顺序实验，看不到白色沉淀
33．（2020·上海长宁·统考二模）常温下，在醋酸溶液中加入一定量的醋酸钠固体，下列说法错误的是（ ）
A．c(OH-)减小 B．醋酸的电离程度减小
C．溶液的pH增大 D．c(Ac-)增大
试卷第6页，共7页
试卷第7页，共7页
参考答案：
1．B
【详解】A．任何电解质溶液中都呈电中性，与弱电解质是否达到电离平衡无关，故A不符合题意；
B．氢离子浓度恒定不变时说明正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，可作为CH3COOH电离达到平衡的标志，故B符合题意；
C．由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c(H+)与c(CH3COO-)关系不确定，且c(H+)=c(CH3COO-)不符合溶液电中性原则，故C不符合题意；
D．CH3COOH为弱电解质，电离为可逆过程，即CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中存在CH3COOH分子，故D不符合题意；
答案为B。
2．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
3．C
【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。
【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；
B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；
C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；
D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；
故选：C。
4．C
【详解】A．该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于akJ，A错误；
B．若增大Y的浓度，压强增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B错误；
C．当X的物质的量分数不再改变时，说明X的物质的量不再变化，表明该反应已达平衡，C正确；
D．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之不一定为1：2，与各物质的初始浓度和转化率有关，D错误；
故答案为：C。
5．D
【详解】A．0.2mol/L氨水中存在的平衡：和，粒子浓度的大小为：，A错误；
B．，和发生水解：，，因为，的水解程度大于，所以溶液中粒子浓度的大小为：，B错误；
C．0.2mol/L氨水和溶液等体积混合，根据物料守恒，，，C错误；
D．氨水和溶液等体积混合，由物料守恒：，，根据电荷守恒：，联立3个关系式，可得，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．硫酸工业是硫铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫转化为三氧化硫是可逆反应，所以尾气中含有二氧化硫，可以进行循环操作，A错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，必须进行循环操作，B错误；
C．氯碱工业生成氢气、氯气和氢氧化钠，没有进行循环操作， C正确；
D．纯碱工业：向氨的氯化钠饱和溶液中通入二氧化碳，得到碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热产生纯碱和二氧化碳，二氧化碳可回收利用，氯化铵和氢氧化钙共热产生氨气，氨气可回收利用，D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．银质奖牌久置变暗是由于与空气中的硫化氢气体反应生成了黑色的硫化银，不是电化腐蚀，A错误；
B．钢铁在潮湿空气中的腐蚀以吸氧腐蚀为主，B错误；
C．金属腐蚀的实质是金属失电子，故总是金属被氧化，C正确；
D．钢铁吸氧腐蚀正极反应为：，D错误；
故选C。
8．D
【分析】2SO2＋O22SO3是气体体积减小的放热反应，使平衡正向移动，提高SO2转化率。
【详解】2SO2＋O22SO3是气体体积减小的放热反应，使平衡正向移动，提高SO2转化率。
A、400~500℃时催化剂活性最大，故A不符；
B. 对气体体积减小的反应加压，平衡正向移动，但本反应常压下反应转化率已经很高，故B不符；
C. 催化剂对平衡没有影响，故C不符；
D. 过量的空气，提高氧气的浓度，提高SO2转化率，平衡正向移动，故D正确；
故选D。
9．B
【详解】A．根据沉淀的转化原理，反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，KI溶液与AgCl固体混合搅拌，生成了溶解度更小的碘化银，故A正确；
B．强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸，硫酸和盐酸都是强酸，盐酸易挥发，硫酸难挥发，Na2SO4固体和浓盐酸不反应，故B错误；
C．强酸制弱酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，CH3COONa固体和浓盐酸反应生成醋酸，故C正确；
D．NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙和水，NaHCO3固体和石灰水能发生化学反应，故D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．6.4g铜的物质的量n(Cu)=，稀硝酸的物质的量n(HNO3)=3mol/L×0.15L=0.45mol，铜和稀硝酸的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式可知；稀硝酸过量，铜消耗完，故A符合题意；
B．铁与浓硫酸在标况下会发生钝化，铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，故B不符合题意；
C．浓盐酸浓度变稀到一定浓度不会和二氧化锰发生氧化还原反应，则浓盐酸不能完全消耗，故C不符合题意；
D．合成氨在催化剂作用下反应是可逆反应，达平衡后反应物和产物都存在，氮气、氢气不能完全消耗，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】合成氨的反应结束后，氮气，氢气氨气同时存在，即反应达到限度，各种物质同时存在。
11．D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。
【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
故选D。
12．D
【详解】A．向硝酸亚铁溶液中滴加稀HCl，在酸性条件下，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液由浅绿色变为黄色，实验现象与实验操作相匹配，A不符合题意；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，使溶液显酸性，Mg(OH)2沉淀能够与酸性溶液中的H+反应产生Mg2+和H2O，因此看到的实验现象是：白色沉淀溶解，实验现象与实验操作相匹配，B不符合题意；
C．Na与乙醇反应产生乙醇钠和氢气，因此向盛有3.0 mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，看到有气泡产生，实验现象与实验操作相匹配，C不符合题意；
D．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，二者反应产生NaCl、S、SO2、H2O，反应产生的S单质是不溶于水的淡黄色固体，因此该实验现象是：溶液变浑浊，有淡黄色沉淀生成，同时有刺激性气味气体产生，实验现象与实验操作不相匹配，D符合题意；
故合理选项是D。
13．A
【详解】A．若最终溶液含等摩尔 HAc 和 NaAc，由物料守恒：和电荷守恒：可得 ，A正确；
B．若NaOH溶液过量的量较少，NaAc溶液显碱性，则钠离子浓度最大，其次是醋酸根，可满足；当氢氧化钠溶液过量很多时，钠离子浓度最大，其次是氢氧根，不满足，B错误；
C．若氢氧化钠溶液不足量，当加入的氢氧化钠量越少时，溶液显酸性，HAc浓度越大，电离出氢离子越抑制水电离，水电离程度越小，C错误；
D．若恰好完全反应，溶质成分为NaAc，醋酸根水解产生HAc和，水解方程式为：，另外溶液中水电离也产生氢氧根，故，D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．反应热与物质的质量、物质的量成正比，故H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+92.3kJ反应热应该为184.6kJ，即热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+184.6kJ，A错误；
B．该反应是放出热量，故热化学方程式应该为：H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)+92.3kJ，B错误；
C．热化学方程式书写时应该注明每一个反应物和生成物的状态，C错误；
D．由A项分析可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)+184.6kJ ，故2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)-184.6kJ，D正确；
故答案为：D。
15．A
【详解】A．原电池中正极上的金属电极本身不参与反应，故I和II中正极均被保护，A正确；
B．由图可知，I中Zn比Fe活泼，故Zn为负极，则电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，而II中Fe比Cu活泼，Fe为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；
C．I中是在中性介质中，故正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，而II中是在酸性介质中，故正极电极反应为：2H++2e-=H2↑，C错误；
D．由C项分析可知，I、II溶液pH均增大，但原因不相同，I中是由于正极产生了大量的OH-，II中是由于正极上消耗了大量的H+，D错误；
故答案为：A。
16．B
【详解】A．由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于 0.01mol/L，a点的pH大于2，A 错误；
B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4 的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以 b 点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知 c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)，B正确；
C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液，所得混合溶液必显酸性，即 c 点溶液的 pH 一定小于 7，C错误；
D．ac 段溶液的pH增大，不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D错误；
故选B。
【点睛】在 ab 段，溶液的 pH 增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡： CH3COOH CH3COO﹣+H+，向 0.01mol L﹣1 的醋酸溶液中滴入 pH＝7 的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的 c(H+)减小，溶液的pH 增大；而在 bc段，溶液的 pH 变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大， 故溶液中的 c(H+)减小，pH 变大，但变大的很缓慢。
17．C
【详解】工业合成氨是可逆反应，原料不能完全转化为产物，采用氮氢循环操作的主要目的是提高氮气和氢气的利用率；故选：C。
18．D
【分析】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)，平衡右移，溶解度增大，反之减小，据此解答即可。
【详解】Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(ag)；
A．在纯水中，Mg(OH)2正常溶解并达到饱和状态，故A错误；
B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中，c(Mg2+)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故B错误；
C．在0.1mol/L的NH3·H2O中，c(OH-)增大，抑制Mg(OH)2的溶解，故C错误；
D．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，c(H+)增大，促进平衡正向移动，最终固体Mg(OH)2可能完全溶解，故D正确；
故答案为D。
19．D
【详解】硫酸工业中的催化氧化反应为。
A．正反应是放热反应，升温至450℃，平衡逆向移动，不利于SO3的产生，所以升温目的是加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．增大压强，平衡向体积减小的方向移动，有利于SO3的合成，所以选择常压条件，不可用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．通入过量氧气，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故D选；
综上所述，答案为D。
20．C
【详解】镁条与盐酸发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，影响镁和盐酸反应产生氢气的速率的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，产生氢气的速率增大；二是溶液中氢离子的浓度，反应过程中氢离子的浓度减小，产生氢气的速率减慢。图中AB段产生氢气的速率逐渐增大，说明这段时间内温度对反应速率的影响大于氢离子浓度对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。
故选C。
【点睛】影响化学反应速率的因素：主要因素：反应物本身的性质；外界因素：温度、浓度、压强、催化剂、光、激光、反应物颗粒大小，反应物之间的接触面积和反应物状态。
21．B
【详解】A．氯化铝溶液中加入氯化铝，铝离子的水解平衡向右移动，溶液酸性增加，溶液pH减小，A项错误；
B．醋酸钠水解使溶液显碱性，加热可促进水解，使溶液碱性增强，溶液pH增大，B项正确；
C．氨水中加入少量氯化铵固体，氨水的电离平衡左移，使氨水的碱性减弱，溶液pH减小，C项错误；
D．醋酸溶液加热可促进醋酸的电离，使溶液酸性增强，溶液pH减小，D项错误；
答案选B。
22．D
【详解】A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生氧化反应，故A错误；
B．牺牲阳极的阴极保护法，利用原电池原理，被保护的金属应做正极，故B错误；
C．外加电流阴极保护法，利用电解原理，被保护的金属应与电源负极相连，作阴极，故C错误；
D．钢铁表面烤蓝是在钢铁表面生成一层有一定厚度和强度的致密的 Fe3O4 ，能起到防腐蚀作用，故D正确；
故选D。
23．C
【分析】根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)，其中，则，溶液呈碱性，据此解题；
【详解】A．HCN和NaCN的物质的量均为0.01mol，根据物料守恒可知，，A项错误；
B．溶液呈碱性，故，B项错误；
C．物料守恒2Na+=CN-+HCN，电荷守恒H++Na+=CN-+OH-，将钠离子带入物料守恒，可得，C项正确；
D．溶液呈碱性，CN-水解程度大于HCN的电离程度，所以，D项错误；
答案选C。
24．B
【详解】A．NaHCO3是强碱弱酸盐，电离出的HCO3-结合水电离出的氢离子，促进水的电离，故A不选；
B．NaBr是强碱强酸盐，钠离子和溴离子都不水解，对水的电离平衡不产生影响，故B选；
C．KAl(SO4)2电离出的铝离子水解促进水的电离，故C不选；
D．氨气溶于水形成的一水合氨是弱碱，电离出氢氧根离子，抑制水的电离，故D不选。
故选B。
【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
25．C
【详解】从速率图来看，增大压强，化学反应速率增加，但是正反应速率等于逆反应速率，平衡不移动，说明反应前后气体体积相等。
A．气体体积减小的反应，A项不符合题意；
B．C是固体，是气体体积增大的反应，B项不符合题意；
C．反应前后，气体体积不变，C项正确；
D．没有气体参与，改变压强化学反应速率不变，D项不符合题意；
本题答案选C。
26．C
【详解】A．由能量变化图可知，2H2O2(l)具有的能量大于2H2O(l)和O2(g)具有的总能量，故该反应是放热反应，故A错误；
B．途径a、b的始态与终态相同，则反应的热效应相同，故途径改变，反应热不变，故B错误；
C．由能量变化图可知，2molH2O2(l)具有的总能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)和0.5 molO2(g)具有的总能量，故1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正确；
D．经以上分析，1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，能量越高，越不稳定，故H2O2(l)没有H2O(l)稳定，故D错误；
本题答案C。
27．D
【详解】A．甲中发生铁的吸氧腐蚀，铁为原电池的负极，电极反应为Fe-2e-= Fe2＋，a极上发生氧化反应，故A错误；
B．甲中铁为原电池的负极，Fe-2e-= Fe2＋，乙中铁为电解池的阴极，发生反应2H++2e-=H2↑，铁被保护，故B错误；
C．d与直流电源的负极相连为阴极，水电离出的氢离子放电，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，故C错误；
D．甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e → 4OH-，故D正确。
故选D。
【点睛】原电池的电极是正负极，电解池的电极是阴阳极，负极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，原电池中电解质溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动；电解池中的阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。
28．D
【详解】A．CH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），CH3COONH4溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），两种溶液中c（CH3COO-）相等，c（OH-）不同，c（Na+）与c（NH4+）不相等，故A错误；
B．CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误；
C．CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH故相等，故C错误；
D．常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO-）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），故D正确。
故答案为D。
29．A
【详解】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：
A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；
B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；
C.二氧化硅是非电解质，C项错误；
D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。
故答案选A。
30．B
【详解】A、CuCl2向水中扩散，为吸收能量的过程，故A不符合题意；
B、Cu2＋形成水合离子，形成配位键，放出能量，故B符合题意；
C、离子的水解为吸热过程，故C不符合题意；
D、电解需要吸收能量，将电能转化为化学能，故D不符合题意；
31．C
【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；
【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；
D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；
综上所述，本题应选C.
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。
32．C
【分析】利用反应向着更难溶的方向进行分析。
【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，即实验①中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；
B、实验②中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)＋I－(aq)=AgI(s)＋Cl－(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；
C、实验③得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgCl>AgI>Ag2S，按①③顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；
D、根据选项C分析，按照②①顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。
33．A
【分析】醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，加入醋酸钠固体时，CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动。
【详解】A.由分析知，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则氢氧根的浓度增大，故A错误；
B.由分析知，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故B正确；
C.由分析知，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；
D.加入醋酸钠固体，则醋酸根的浓度增大，故D正确；
综上所述，答案为A。
答案第12页，共12页
答案第11页，共12页
