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2021-2022学年安徽省亳州一中高二（上）第二次月考化学试卷
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这是一份2021-2022学年安徽省亳州一中高二（上）第二次月考化学试卷，共28页。试卷主要包含了496和462，则a为等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省亳州一中高二（上）第二次月考化学试卷
1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中不正确的是( )
A. 在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀
B. “朝坛雾卷，曙岭姻沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象
C. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面油污
2. 已知：
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−220kJ⋅mol−1
H−H、O=O和O−H键的键能(kJ⋅mol−1)分别为436、496和462，则a为( )
A. −332 B. −118 C. +350 D. +130
3. 意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1molN−N单键吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是( )
A. N4属于一种新型的化合物
B. 破坏N4分子中化学键需要释放能量
C. N4分子中N−N键角为109∘28′
D. 1molN4转变成N2将放出882kJ热量
4. 下列实验操作正确的是( )
A. 用图1装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验
B. 为了减小误差，可选用滴定管量取一定体积
C. 中和滴定时，选用图3滴定管盛装NaOH标准溶液
D. 如图2所示，记录滴定终点读数为19.90mL的溶液
5. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )
A. 45 v(NH3)=v(O2) B. 56 v(O2)=v(H2O)
C. 23 v(NH3)=v(H2O) D. 45 v(O2)=v(NO)
6. 相同温度下，向密闭容器甲和乙(如图所示，其中活塞M可自由移动)中分别充入等物质的量的NO2(g)，使两容器初始容积相等，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n，则( )
A. mn D. 无法确定
7. Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：
①C12(g)⇌2C1⋅(g)快
②CO(g)+C1⋅(g)⇌COC1⋅(g)快
③COC1⋅(g)+C12(g)⇌COC12(g)+C1⋅(g)慢
其中反应②存在、
下列说法正确的是( )
A. 反应①的活化能大于反应③的
B. 反应②的平衡常数
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率
8. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+n(B)(g)⇌pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T1
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
9. 用2mol⋅L−1NaOH溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积(体积变化忽略不计)分别是( )
A. 0.5mol⋅L−1120mL B. 0.5mol⋅L−180mL
C. 1mol⋅L−160mL D. 0.8mol⋅L−190mL
10. 室温下BaSO4沉淀溶解平衡曲线如图，下列结论正确的是( )
A. b点无BaSO4沉淀生成
B. 蒸发可使溶液由a点到c点
C. 曲线上任意点的Ksp相同
D. 向a点加入BaCl2固体，溶液可达b点
11. 常温下，对于0.1mol/L的氨水，下列说法正确的是( )
A. 加入0.01mol/L稀氨水，NH3⋅H2O的电离平衡向右移动，c(OH−)增大
B. 加水稀释后，溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O)减小
C. 加入少量NaOH 固体，NH3⋅H2O的电离度减小，溶液的pH增大
D. 通入少量HCl气体后，NH3⋅H2O的电离平衡常数减小
12. 室温下，导电能力相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液导电性随加水量变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. C点盐酸和醋酸溶液的pH相等
B. 曲线Ⅰ表示的是醋酸的变化曲线
C. A点c(H+)比B点c(H+)小
D. 完全中和等体积A点、B点对应的溶液，消耗的n(NaOH)相同
13. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强．用0.100mol⋅L−1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol⋅L−1的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示．下列说法不正确的是( )
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05mol⋅L−1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：B
14. 下列示意图表示正确的是( )
A. 如图表示Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=+26.7kJ⋅mol−1反应的能量变化
B. 如图表示碳的燃烧热
C. 如图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知V1+V2=60mL)
D. 已知稳定性顺序：B
A. H2O B. NaOH固体 C. Na2CO3固体 D. NaHCO3固体
16. 常温下几种阳离子浓度与溶液pH的关系如图所示。据图判断下列说法正确的是( )
A. Fe3+浓度为0.01mol/L溶液中，调节pH=3.2，可认为Fe3+沉淀完全
B. Mg(OH)2 饱和溶液中c(Mg2+)=1.0×10−4mol/L
C. a点可表示Fe(OH)3的不饱和溶液，Cu(OH)2的饱和溶液
D. Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−21
17. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn−CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH−，工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜
B. 充电时在电解质溶液中电子向阳极移动
C. 放电时正极的电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−
D. 充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能
18. 下列描述中，不符合生产实际的是( )
A. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
B. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极
D. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
19. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 同浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合：c(Cl−)>c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)
B. 同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3c(CO32− )+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)
C. 同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)
D. 同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
20. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电极b为电池的负极
B. 每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区
C. 电路中每通过4mol电子，理论上在电极a消耗44.8LH2S
D. 电极a上发生的反应式：2H2S+4e−=S2+4H+
21. 已知：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(1)ΔH=−57.3kJ/mol，现用如图所示装置测定中和热。
回答下列问题：
(1)碎泡沫塑料的作用是 ______；若将A换为“铜丝搅拌棒”测得的ΔH将 ______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)若用0.1molBa(OH)2配制成稀溶液，与足量的稀硝酸反应，放出的热量为 ______kJ。
22. 2021年5月29日天舟二号货运飞船成功发射，为中国空间站进一步开展在轨建造奠定了坚实基础，该飞船由长征七号遥三运载火箭搭载。长征七号遥三运载火箭使用煤油为燃料。
(1)煤油的主要成分为C12H26，已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量；H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol。则表示煤油燃烧热的热化学方程式为 ______。
(2)前期的火箭曾用液态肼(N2H4)与双氧水反应来提供能量。已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式为 ______。
23. 将氧化铁还原为铁的技术在人类文明进步中占据十分重要的地位。高炉炼铁中发生的部分反应为：
①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol
②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol
(1)已知2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol。则高炉内Fe2O3被CO还原为Fe的热化学方程式为 ______。
(2)碳(s)在氧气不足的情况下燃烧，会生成CO，但同时也有部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+12O2(g)=CO(g)的ΔH，计算时需要测得的实验数据有 ______。若根据上述信息可计算出该反应的ΔH=______kJ/mol。
24. 一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=−196kJ⋅mol−1。当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710。请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是______(填字母)。
a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.SO3的物质的量不再变化
e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
(2)①SO2的转化率为______。
②达到平衡时反应放出的热量为______。
③此温度下该反应的平衡常数K=______。
(3)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：
①温度关系：T1______T2(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②平衡常数关系：KA______KB，KA______KD。
25. 氢氰酸(HCN)有剧毒，易挥发。金矿提金时，用NaCN溶液浸取金生成[Au(CN)2]−，再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。
(1)①[Au(CN)2]−存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为 ______。
②NaCN可用于制备CuCN，CuCN浊液中加入Na2S溶液可发生反应：
2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=______。
[已知Ksp(CuCN)=3.5×10−20，Ksp(Cu2S)=1.0×10−48]。
(2)Cu2+可催化H2O2氧化废水中的CN−。其他条件相同时，总氰化物(CN−、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图1所示。
①在酸性条件下，H2O2也能氧化CN−，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是 ______。
②当溶液初始pH>10时，总氰化物去除率下降的原因可能是 ______。
(3)通过电激发产生HO⋅和OH−、处理废水中的CN−，可能的反应机理如图2所示。虚线方框内的过程可描述为 ______。
26. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业，CuCl难溶于醇和水，在Cl−浓度较大体系中发生CuCl(s)+Cl−⇌CuCl2−，在潮湿空气中易水解氧化。用硫化铜矿生产CuCl工艺流程如图1。
(1)“溶解”过程中温度需控制在60∼70℃的原因是 ______，“溶解”时NO3−转化成NH4+的反应离子方程式为 ______。
(2)“反应”中Cu+的沉淀率与NH4Cl投料关系如图2所示，图中A、C两点c(Cu+)的大小关系是：A点 ______C点(填“>”“=”或“<”)；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是 ______。
(3)干燥CuCl固体需在真空中进行，原因是 ______。
27. CO2是一种廉价的碳资源，资源化利用CO2具有重要的工业与环境意义。
(1)下列物质理论上可以作为CO2捕获剂的是______。(填序号)
A.NH4Cl溶液 B.(NH4)2CO3溶液 C.氨水 D.稀H2SO4
(2)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为碳减排提供了一个新途径。该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图1所示。
该转化过程①中会______能量(填“吸收”或“释放”)；CO2分解反应的热化学方程式为______，实现该反应的能量转化方式是______。
(3)O2辅助的Al−CO2电池能有效利用CO2，且电池反应产物Al2(C2O4)。是重要的化工原料，工作原理如图2所示。若正极产生O2将CO2还原生成C2O42−，则正极的反应式为______；电路中转移1mol电子，需消耗CO2______L(标准状况)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，所以生活中钢铁腐蚀的主要原因为电化学腐蚀，故A错误；
B.“朝坛雾卷，曙岭姻沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象，故B正确；
C.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能对空气进行污染处理，提高空气质量，故C正确；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；
故选：A。
A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应；
B.云、雾、霾均属于胶体；
C.减少空气污染物的措施均可以提高空气质量；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性。
本题考查了元素化合物知识，涉及金属的腐蚀与防护、胶体、污染的治理、纯碱的用途，明确物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：由①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−220kJ⋅mol−1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)，△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，
焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，
故选：D。
由①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=220kJ⋅mol−1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)=H2O(g)，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，以此来解答．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律的应用、焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意燃烧反应为放热反应，题目难度不大．
3.【答案】D
【解析】解：A.N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成释放能量，故B错误；
C.N4分子不是正四面体结构，所以N4分子中N−N键角不是109∘28′，故C错误；
D.1molN4气体中含有0.6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ−1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D正确；
故选：D。
A.N4由N组成，是一种单质；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成释放能量；
C.N4分子不是正四面体结构；
D.1molN4气体中含有0.6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热。
本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以KMnO4溶液应该用酸式滴定管盛放，故A错误；
B.滴定管的感量是0.01mL，10mL量筒的感量是0.1mL、100mL量筒的感量是1mL，所以为了减小误差，可选用滴定管量取一定体积，故B正确；
C.碱溶液只能用碱式滴定管盛放，图3中是酸式滴定管，故C错误；
D.滴定管0刻度在上方，所以终点读数为18.10mL，故D错误；
故选：B。
A.KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶；
B.滴定管的感量是0.01mL；
C.碱溶液只能用碱式滴定管盛放；
D.读数为18.10mL。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查仪器的选取及仪器的特点，明确实验原理、仪器的用途等知识点是解本题关键，注意仪器的选取方法，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，
A、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即54v(NH3)=v(O2)，故A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即65v(O2)=v(H2O)，故B错误；
C、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即32v(NH3)=v(H2O)，故C错误；
D、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即45v(O2)=v(NO)，故D正确；
故选：D。
根据在同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比来计算．
本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比．
6.【答案】A
【解析】解：根据图示可知：甲在恒容条件下进行，乙在恒压条件下进行，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡后气体压强减小，为维持压强与原来相同，要压缩容器的容积，减小容器的容积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡后N2O4(g)的体积分数要比原来大，故平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n，则m
根据图示可知：甲在恒容条件下进行，乙在恒压条件下进行，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡后气体压强减小，为维持压强与原来相同，要压缩容器的容积，减小容器的容积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡后N2O4(g)的体积分数要比原来大，据此解答。
本题考查了化学平衡影响因素分析，掌握基础是关键，为高频考点，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B.反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等，则，故B正确；
C.慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；
故选：B。
A.活化能越小，反应速率越快；
B.反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等；
C.慢反应决定整个反应速率；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握活化能、反应速率、平衡常数为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了外界条件对化学平衡的影响，明确图像中“先拐先平数值大”以及判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是解本题的关键，题目难度中等。
【解答】
A.T2先达到平衡，故T1
C.曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v(正)=v(逆)，点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，B的转化率要减小，平衡向左移动，故v(正)v(逆)，故C正确；
D.a到达平衡时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：由图示知，没有滴入NaOH溶液前，H2SO4溶液的pH=0，c(H+)=1mol/L，硫酸是强酸，根据H原子守恒得c(H2SO4)=12×c(H+)=12×1mol/L=0.5mol/L；当加入NaOH体积为40.00mL时，溶液的pH=7，表明H2SO4和NaOH刚好完全反应，NaOH和稀硫酸以2：1反应，则n(NaOH)=2mol/L×0.040L=0.080mol，n(H2SO4)=0.040mol，V(H2SO4)=0.040mol0.5mol/L=0.08L=80.00mL，反应后的总体积为80.00mL+40.00mL=120.00mL，
故选：A。
当V(NaOH)=0时，硫酸溶液的pH=0，则硫酸溶液中c(H+)=1mol/L，根据H原子守恒计算c(H2SO4)；根据图知，酸碱恰好完全中和时，消耗V(NaOH)=40mL，NaOH和硫酸以2：1反应，所以二者恰好完全反应时n(NaOH)=2n(H2SO4)，据此计算硫酸的体积。
本题考查酸碱混合溶液定性判断及方程式的计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确硫酸电离特点、酸碱恰好完全中和消耗V(NaOH)等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.曲线上点为溶解平衡点，b点纵横坐标的乘积大于Ksp，则b点有BaSO4沉淀生成，故A错误；
B.a点蒸发可使硫酸根离子、钡离子浓度均增大，可使溶液由a点到b点，故B错误；
C.曲线上点为溶解平衡点，且溶度积常温与温度有关，则曲线上任意点的Ksp相同，故C正确；
D.向a点加入BaCl2固体，使钡离子浓度增大，平衡逆向移动，硫酸根离子浓度减小，则不能使溶液由a点到b点，故D错误；
故选：C。
A.曲线上点为溶解平衡点，b点纵横坐标的乘积大于Ksp；
B.a点蒸发可使硫酸根离子、钡离子浓度均增大；
C.曲线上点为溶解平衡点，且溶度积常温与温度有关；
D.向a点加入BaCl2固体，使钡离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小。
本题考查难溶电解质，题目难度不大，明确图中坐标的意义、溶度积常数、离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点。
11.【答案】C
【解析】解：A.0.1mol/L的氨水中加入0.01mol/L稀氨水，原溶液被稀释，NH3⋅H2O的电离平衡向右移动，但c(OH−)减小，故A错误；
B.加水稀释后，溶液中n(OH−)增大、n(NH4+)减小，同一溶液中体积相同，根据c=nV可知c(OH−)c(NH3⋅H2O)=n(OH−)n(NH3⋅H2O)的比值增大，故B错误；
C.加入少量NaOH 固体，c(OH−)增大，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，导致NH3⋅H2O的电离度减小，由于c(OH−)增大，溶液的pH增大，故C正确；
D.通入少量HCl气体后，溶液氢氧根离子浓度减小，NH3⋅H2O的电离平衡正向移动，由于温度不变，NH3⋅H2O的电离平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
A.加入0.01mol/L稀氨水，原溶液被稀释，氢氧根离子浓度减小；
B.稀释后n(OH−)增大、n(NH4+)减小，结合c=nV可知c(OH−)c(NH3⋅H2O)=n(OH−)n(NH3⋅H2O)；
C.氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大；
D.电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数不变。
本题考查弱电解质的电离平衡，明确电离平衡常数的影响因素为解答关键，注意掌握浓度对电离平衡的影响，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.在没有加入水之前，C处的导电能力相同，即pH相等，故A正确；
B.由于醋酸存在电离平衡，加入水稀释时，会促进醋酸电离，所以醋酸中c(H+)减弱较慢，离子浓度大，则导电性强，对应于曲线Ⅱ，故B错误；
C.A点处导电能力比B点强，则A点处c(H+)比B点处c(H+)大，故C错误；
D.起始时，起始时，盐酸和醋酸的导电能力相同，则两溶液中c(H+)相等，而醋酸是部分电离，所以起始时醋酸的浓度比盐酸的大，若完全中和该盐酸和醋酸，则醋酸消耗的n(NaOH)多，故D错误；
故选：A。
A.在没有加入水之前，C处的导电能力相同；
B.由于醋酸存在电离平衡，加入水稀释时，会促进醋酸电离，所以醋酸中c(H+)减弱较慢；
C.导电能力越强，离子浓度越大；
D.起始时，起始时，盐酸和醋酸的导电能力相同，则两溶液中c(H+)相等，而醋酸是部分电离，所以起始时醋酸的浓度比盐酸的大。
本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意溶液离子浓度与导电性之间的关系，侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。
13.【答案】C
【解析】解：A.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，离子浓度越大，醋酸和盐酸的浓度相等，但c(H+)盐酸大于醋酸，未加NaOH溶液时盐酸电导率大于醋酸，所以曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A正确；
B.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水，溶液体积增大一倍，溶液浓度降为原来的一半，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，故B正确；
C.相同温度下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，A中溶质为醋酸钠、B中溶质为物质的量浓度相等的醋酸钠和NaOH、C点溶质为氯化钠，A点促进水电离、B点抑制水电离、C点不影响水电离，所以A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：B
故选：C。
A.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，离子浓度越大，醋酸和盐酸的浓度相等，但c(H+)盐酸大于醋酸，未加NaOH溶液时盐酸电导率大于醋酸；
B.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=c(Na+)；
C.相同温度下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；
D.B点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，NaOH完全电离，醋酸根离子部分水解．
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识点是解本题关键，注意：B中因为体积增大一倍导致浓度降为原来的一半，很多同学往往忽略溶液体积变化而导致错误．
14.【答案】D
【解析】解：A.图示中反应物的总能量比生成物高，表示的反应为放热反应，而Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=+26.7kJ⋅mol−1为吸热反应，与图示能量变化不一致，故A错误；
B.碳的燃烧热是指1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，图中C的燃烧产物是CO，表示的不是碳的燃烧热，故B错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2=60mL，则V1=20mL，V2=40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，即横坐标为40时的温度应该最高，实际反应与图象不符，故C错误；
D.已知稳定性顺序为BA>C，图示中表示的能量变化曲线符合实际，故D正确；
故选：D。
A.图中反应物的总能量比生成物高，属于放热反应；
B.碳的燃烧热是指1molC完全燃烧生成稳定氧化物CO2放出的热量，而图示中生成物为CO；
C.H2SO4、NaOH溶液的浓度相等，V1+V2=60mL，则恰好反应时V1=20mL，V2=40mL；
D.物质的总能量越低越稳定，已知稳定性顺序为BA>C。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热的概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质具有的能量与物质稳定性的关系，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：由电离平衡的数值知，酸性为HCO3−
B.若加入NaOH，则会同时消耗HCl和HClO，故B错误；
C.若加入Na2CO3，则会同时消耗HCl和HClO，故C错误；
D.加入NaHCO3只消耗HCl，不消耗HClO，可使平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
要使HClO浓度增大，可加入与HCl反应的物质使平衡正向移动，且不能加入水或与HClO反应的物质，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：A.pH=3.2时，溶液中，−lgc(Fe3+)>5，即c(Fe3+)<1.0×10−5mol⋅L−1，说明此时Fe3+全部除去，故A正确；
B.Mg(OH)2饱和溶液中c(Mg2+)与溶液的pH有关，故B错误；
C.a点在c(Fe3+)曲线上方，而在c(Cu2+)曲线下方，说明a点可表示Fe(OH)3的饱和溶液，Cu(OH)2的不饱和溶液，故C错误；
D.当pH=8时，−lgc(Fe2+)=5，即溶液中c(Fe2+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH−)=1.0×10−5×(10−1410−8)2=1.0×10−17，故D错误；
故选：A。
A.pH=3.2时，溶液中，−lgc(Fe3+)>5，即c(Fe3+)<1.0×10−5mol⋅L−1；
B.Mg(OH)2饱和溶液中c(Mg2+)与溶液的pH有关，数据不足，无法计算；
C.a点在c(Fe3+)曲线上方，而在c(Cu2+)曲线下方；
D.当pH=8时，−lgc(Fe2+)=5，即溶液中c(Fe2+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH−)。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀的转化有关的重点知识，涉及溶度积的计算和应用知识，难点是溶度积的大小判断，要求学生能理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，难度中等。
17.【答案】A
【解析】解：A.复合膜中H2O解离成H+和OH−，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH−通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜，故A正确；
B.充电时，电子由负极通过导线流向阴极，溶液中的电流由离子定向移动产生，电子并不经过溶液，故B错误；
C.放电时正极上CO2被还原生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，故C错误；
D.原电池充电时为电解池，原电池的正极与外加电源正极相接，负极与外加电源负极相接，即充电时Zn与外接直流电源负极相连，故D错误；
故选：A。
根据电解质溶液中H+和OH−的移动方向可知，Zn为负极、多孔Pd纳米片为正极，负极上Zn被氧化生成Zn(OH)42−，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，正极上CO2被还原生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，原电池充电时为电解池，与外加电源正极相接的电极为阳极，与外加电源负极相接的电极为阴极，充电过程与放电过程相反，据此分析解答。
本题考查新型充放电电池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
18.【答案】C
【解析】解：A、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极，在阳极可生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化钠溶液，故A正确；
B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，故B正确；
C、电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极是则阳极放电的是金属镁，电极被损耗，不符合生产实际，故C错误；
D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极，故D正确．
故选C.
A、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极；
B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极；
C、电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；
D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极．
本题考查学生电解池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
19.【答案】B
【解析】解：A.等浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和CH3COO−，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故A错误；
B.碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出2c(Na+)=3c(CO32− )+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故B正确；
C.混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)，故C错误；
D.同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，根据电荷守恒分析，有2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.等浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和CH3COO−，水也电离出氢离子；
B.碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可分析解答；
C.混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；
D.同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，据此分析。
本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点以及溶液中电荷守恒和物料守恒是解本题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力。
20.【答案】B
【解析】解：A.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，b是正极，故A错误；
B.每17g即0.5molH2S参与反应，根据电极反应：2H2S−4e−=S2+4H+，共转移1mol电子，所以有1molH+经质子膜进入正极区，故B正确；
C.试题未标明气体所处的温度和压强是不是标准状况，不能确定体积大小，故C错误；
D.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，2H2S−4e−=S2+4H+，故D错误；
故选：B。
由所给装置示意图可知，a为负极，H2S失电子发生氧化反应：2H2S+4e−=S2+4H+，b为正极，O2得电子发生还原反应：O2+4H++4e−=2H2O，总反应为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O，以此解答该题。
本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
21.【答案】防止热量散失 偏大 11.46
【解析】解：(1)大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；金属具有良好的导热性，若将玻璃搅拌器换为“铜丝搅拌棒”，测得反应热数值偏小，但中和热ΔH为负值，则测得的ΔH偏大，
故答案为：防止热量散失；偏大；
(2)0.1molBa(OH)2能电离0.2molOH−，根据H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol可知，生成0.2molH2O放出的能量为57.3kJ/mol×0.2mol=11.46kJ，
故答案为：11.46。
(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；金属Cu是热的良导体，传热快；
(2)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应，可生成0.2molH2O，结合反应放热与水的物质的量关系进行计算。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握中和反应中能量变化、物质的量与热量关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
22.【答案】C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1 N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1
【解析】解：(1)已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(g)ΔH=−6931kJ⋅mol−1，又已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol，则表示煤油燃烧热的热化学方程式为C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1，
故答案为：C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1；
(2)已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1，
故答案为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1。
(1)已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量则1molC12H26放出6931kJ能量，又已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol，由盖斯定律计算；
(2)已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则1molN2H4(1)放出641.75kJ热量。
本题考查反应热的计算和热化学方程式的书写，为高频考点，侧重于学生的分析、计算书写热化学方程式的能力的考查，注意把握计算的思路，题目难度不大。
23.【答案】Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.73kJ⋅mol−1 C的燃烧热 −110.52
【解析】解：(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，③2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol，则根据盖斯定律①×32−②×32−③，得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=32×(−393.5−172.46)kJ⋅mol−1=−24.73kJ⋅mol−1，
故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.73kJ⋅mol−1；
(2)需要测得的实验数据：C的燃烧热、CO的燃烧热；①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，则根据盖斯定律①×12+②×12，可得C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=12×(−393.5+172.46)kJ⋅mol−1=−110.52kJ⋅mol−1，
故答案为：C的燃烧热；−110.52。
(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，③2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol，则根据盖斯定律①×32−②×32−③分析可得；
(2)需要测得的实验数据：C的燃烧热、CO的燃烧热；①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，则根据盖斯定律①×12+②×12，可得反应热。
本题考查盖斯定律的应用以及化学反应与工业生产，正确应用盖斯定律是解本题关键，题目难度不大。
24.【答案】bde90%35.28kJ20250>=<
【解析】解：(1)a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故a错误；
b.恒温恒容条件下气体压强与物质的量成正比，反应前后气体物质的量减小，则压强减小，当容器内气体的压强不变，反应达到平衡状态，故b正确；
c.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器内混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故c错误；
d.SO3的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；
e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故e正确；
故答案为：bde；
(2)①恒温恒容条件下气体压强与其物质的量成正比，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710，则平衡时气体物质的量为起始时的710，则平衡时气体物质的量=0.6mol×710=0.42mol，根据方程式知，反应前后气体减少的物质的量等于消耗的n(O2)=(0.4+0.2−0.42)mol=0.18mol，则消耗n(SO2)=2n(O2)=0.18mol×2=0.36mol，SO2的转化率，
故答案为：90%；
②消耗2mol二氧化硫放出196kJ热量，则消耗0.36mol放出的热量=1962kJ/mol×0.36mol=35.28kJ，
故答案为：35.28kJ；
③可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
开始(mol/L)0.080.040
反应(mol/L)0.0720.0360.072
平衡(mol/L)0.0080.0040.072
化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)=(0.072)2(0.008)2×0.004=20250，
故答案为：20250；
(3)①压强一定时，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫体积分数增大，根据图知，压强相同时T1二氧化硫体积分数较大，则温度T1>T2，
故答案为：>；
②化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，A、B温度相同其化学平衡常数相等，该反应是放热反应，则温度越高化学平衡常数越小，温度：A点大于D点，则KA
(1)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(2)①恒温恒容条件下气体压强与其物质的量成正比，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710，则平衡时气体物质的量为起始时的710，则平衡时气体物质的量=0.6mol×710=0.42mol，根据方程式知，反应前后气体减少的物质的量等于消耗的n(O2)=(0.4+0.2−0.42)mol=0.18mol，则消耗n(SO2)=2n(O2)=0.18mol×2=0.36mol，SO2的转化率；
②消耗2mol二氧化硫放出196kJ热量，据此计算消耗0.36mol放出的热量；
③可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
开始(mol/L)0.080.040
反应(mol/L)0.0720.0360.072
平衡(mol/L)0.0080.0040.072
化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)；
(3)①压强一定时，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫体积分数增大；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，则温度越高化学平衡常数越小。
本题考查化学平衡计算及化学平衡状态判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确化学平衡状态判断方法、恒温恒容条件下压强与气体物质的量关系是解本题关键，(3)采用“定一议二”的方法分析，题目难度不大。
25.【答案】[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN− 1.225×109 在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN 随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低 O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2
【解析】解：(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−，电离方程式为[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−，
故答案为：[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)=(3.5×10−20)21.0×10−48=1.225×109，
故答案为：1.225×109；
(2)①在酸性条件下，CN−与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，所以不在酸性条件下进行处理废水，
故答案为：在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，使Cu2+减少，催化剂的催化效率降低，氰化物去除率下降，
故答案为：随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低；
(3)根据图知，虚线方框内的过程为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−、⋅O2−结合H+生成⋅O2H、⋅O2H分解生成O2和H2O2，
故答案为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)；
(2)①CN−与氢离子结合生成HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2；
(3)O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
本题考查难溶物的溶解平衡、图象分析判断等知识点，侧重考查阅读、信息获取和知识综合应用能力，明确化学平衡常数计算方法、图中曲线含义等知识点是解本题关键，(2)②为解答易错点，题目难度不大。
26.【答案】温度过低，溶解速率过慢；温度过高，硝酸铵易分解 4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O>B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解 防止CuCl被氧化
【解析】解：(1)“溶解”过程中温度需控制在60∼70℃左右，主要是防止温度过低，溶解速率过慢；而温度过高，硝酸铵会分解，降低原料利用率；“溶解”时NO3−转化成NH4+，Cu失去电子变为Cu2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应离子方程式为：4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O，
故答案为：温度过低，溶解速率过慢；温度过高，硝酸铵易分解；4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O；
(2)A、C两点生成的CuCl的量一样，但A点Cu+未完全沉淀，C点部分CuCl已经形成CuCl2−，所以A点c(Cu+)大，A、C两点c(Cu+)的大小关系是：A点>C点；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解，
故答案为：>；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是；B点到C点Cu+沉淀率下降，是由于B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解；
(3)干燥CuCl固体需在真空中进行，是由于在空气中CuCl容易被氧化而变质，所以干燥CuCl固体需在真空中进行，原因是防止CuCl被氧化，
故答案为：防止CuCl被氧化。
硫化铜加入硫酸、过氧化氢可得硫酸铜和硫，硫酸铜可还原生成铜，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化铜生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铰发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
27.【答案】BC 吸收 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol光能转化为化学能、热能转化为化学能 2CO2+2e−=C2O42− 22.4
【解析】解：(1)氯化铵溶液、硫酸均与二氧化碳不反应，碳酸铵、氨水均可吸收二氧化碳，作为CO2捕获剂的是BC，
故答案为：BC；
(2)过程①为化学键的断裂，吸收能量；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=2×1598kJ/mol−2×1072kJ/mol−496kJ/mol=+556kJ/mol，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol，图中实现该反应的能量转化方式是光能转化为化学能、热能转化为化学能，
故答案为：吸收；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol；光能转化为化学能、热能转化为化学能；
(3)图中电池的正极的反应式为2CO2+2e−=C2O42−；电路中转移1mol电子，需消耗CO2为1mol×22.4L/mol=22.4L，
故答案为：2CO2+2e−=C2O42−；22.4。
(1)发生(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3、NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3；
(2)过程①为化学键的断裂，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合焓变及状态书写热化学方程式，图中光能转化为化学能、热能转化为化学能；
(3)正极产生O2将CO2还原生成C2O42−，发生O2+e−=O2−、2CO2+2O2−=C2O42−+O2，电池负极反应为Al−3e−=Al3+，正极反应为2CO2+2e−=C2O42−，以此来解答。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、焓变计算、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
2021-2022学年安徽省亳州一中高二（上）第二次月考化学试卷
1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中不正确的是( )
A. 在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀
B. “朝坛雾卷，曙岭姻沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象
C. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面油污
2. 已知：
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−220kJ⋅mol−1
H−H、O=O和O−H键的键能(kJ⋅mol−1)分别为436、496和462，则a为( )
A. −332 B. −118 C. +350 D. +130
3. 意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1molN−N单键吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是( )
A. N4属于一种新型的化合物
B. 破坏N4分子中化学键需要释放能量
C. N4分子中N−N键角为109∘28′
D. 1molN4转变成N2将放出882kJ热量
4. 下列实验操作正确的是( )
A. 用图1装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验
B. 为了减小误差，可选用滴定管量取一定体积
C. 中和滴定时，选用图3滴定管盛装NaOH标准溶液
D. 如图2所示，记录滴定终点读数为19.90mL的溶液
5. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )
A. 45 v(NH3)=v(O2) B. 56 v(O2)=v(H2O)
C. 23 v(NH3)=v(H2O) D. 45 v(O2)=v(NO)
6. 相同温度下，向密闭容器甲和乙(如图所示，其中活塞M可自由移动)中分别充入等物质的量的NO2(g)，使两容器初始容积相等，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n，则( )
A. m
7. Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：
①C12(g)⇌2C1⋅(g)快
②CO(g)+C1⋅(g)⇌COC1⋅(g)快
③COC1⋅(g)+C12(g)⇌COC12(g)+C1⋅(g)慢
其中反应②存在、
下列说法正确的是( )
A. 反应①的活化能大于反应③的
B. 反应②的平衡常数
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率
8. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+n(B)(g)⇌pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T1
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
9. 用2mol⋅L−1NaOH溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积(体积变化忽略不计)分别是( )
A. 0.5mol⋅L−1120mL B. 0.5mol⋅L−180mL
C. 1mol⋅L−160mL D. 0.8mol⋅L−190mL
10. 室温下BaSO4沉淀溶解平衡曲线如图，下列结论正确的是( )
A. b点无BaSO4沉淀生成
B. 蒸发可使溶液由a点到c点
C. 曲线上任意点的Ksp相同
D. 向a点加入BaCl2固体，溶液可达b点
11. 常温下，对于0.1mol/L的氨水，下列说法正确的是( )
A. 加入0.01mol/L稀氨水，NH3⋅H2O的电离平衡向右移动，c(OH−)增大
B. 加水稀释后，溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O)减小
C. 加入少量NaOH 固体，NH3⋅H2O的电离度减小，溶液的pH增大
D. 通入少量HCl气体后，NH3⋅H2O的电离平衡常数减小
12. 室温下，导电能力相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液导电性随加水量变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. C点盐酸和醋酸溶液的pH相等
B. 曲线Ⅰ表示的是醋酸的变化曲线
C. A点c(H+)比B点c(H+)小
D. 完全中和等体积A点、B点对应的溶液，消耗的n(NaOH)相同
13. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强．用0.100mol⋅L−1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol⋅L−1的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示．下列说法不正确的是( )
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05mol⋅L−1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：B
14. 下列示意图表示正确的是( )
A. 如图表示Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=+26.7kJ⋅mol−1反应的能量变化
B. 如图表示碳的燃烧热
C. 如图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知V1+V2=60mL)
D. 已知稳定性顺序：B
A. H2O B. NaOH固体 C. Na2CO3固体 D. NaHCO3固体
16. 常温下几种阳离子浓度与溶液pH的关系如图所示。据图判断下列说法正确的是( )
A. Fe3+浓度为0.01mol/L溶液中，调节pH=3.2，可认为Fe3+沉淀完全
B. Mg(OH)2 饱和溶液中c(Mg2+)=1.0×10−4mol/L
C. a点可表示Fe(OH)3的不饱和溶液，Cu(OH)2的饱和溶液
D. Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−21
17. 我国科学家研发了一种水系可逆Zn−CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH−，工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜
B. 充电时在电解质溶液中电子向阳极移动
C. 放电时正极的电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−
D. 充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能
18. 下列描述中，不符合生产实际的是( )
A. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
B. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极
D. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
19. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 同浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合：c(Cl−)>c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)
B. 同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3c(CO32− )+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)
C. 同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)
D. 同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
20. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电极b为电池的负极
B. 每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区
C. 电路中每通过4mol电子，理论上在电极a消耗44.8LH2S
D. 电极a上发生的反应式：2H2S+4e−=S2+4H+
21. 已知：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(1)ΔH=−57.3kJ/mol，现用如图所示装置测定中和热。
回答下列问题：
(1)碎泡沫塑料的作用是 ______；若将A换为“铜丝搅拌棒”测得的ΔH将 ______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)若用0.1molBa(OH)2配制成稀溶液，与足量的稀硝酸反应，放出的热量为 ______kJ。
22. 2021年5月29日天舟二号货运飞船成功发射，为中国空间站进一步开展在轨建造奠定了坚实基础，该飞船由长征七号遥三运载火箭搭载。长征七号遥三运载火箭使用煤油为燃料。
(1)煤油的主要成分为C12H26，已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量；H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol。则表示煤油燃烧热的热化学方程式为 ______。
(2)前期的火箭曾用液态肼(N2H4)与双氧水反应来提供能量。已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式为 ______。
23. 将氧化铁还原为铁的技术在人类文明进步中占据十分重要的地位。高炉炼铁中发生的部分反应为：
①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol
②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol
(1)已知2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol。则高炉内Fe2O3被CO还原为Fe的热化学方程式为 ______。
(2)碳(s)在氧气不足的情况下燃烧，会生成CO，但同时也有部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+12O2(g)=CO(g)的ΔH，计算时需要测得的实验数据有 ______。若根据上述信息可计算出该反应的ΔH=______kJ/mol。
24. 一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=−196kJ⋅mol−1。当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710。请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是______(填字母)。
a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.SO3的物质的量不再变化
e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
(2)①SO2的转化率为______。
②达到平衡时反应放出的热量为______。
③此温度下该反应的平衡常数K=______。
(3)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：
①温度关系：T1______T2(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②平衡常数关系：KA______KB，KA______KD。
25. 氢氰酸(HCN)有剧毒，易挥发。金矿提金时，用NaCN溶液浸取金生成[Au(CN)2]−，再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。
(1)①[Au(CN)2]−存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为 ______。
②NaCN可用于制备CuCN，CuCN浊液中加入Na2S溶液可发生反应：
2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=______。
[已知Ksp(CuCN)=3.5×10−20，Ksp(Cu2S)=1.0×10−48]。
(2)Cu2+可催化H2O2氧化废水中的CN−。其他条件相同时，总氰化物(CN−、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图1所示。
①在酸性条件下，H2O2也能氧化CN−，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是 ______。
②当溶液初始pH>10时，总氰化物去除率下降的原因可能是 ______。
(3)通过电激发产生HO⋅和OH−、处理废水中的CN−，可能的反应机理如图2所示。虚线方框内的过程可描述为 ______。
26. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业，CuCl难溶于醇和水，在Cl−浓度较大体系中发生CuCl(s)+Cl−⇌CuCl2−，在潮湿空气中易水解氧化。用硫化铜矿生产CuCl工艺流程如图1。
(1)“溶解”过程中温度需控制在60∼70℃的原因是 ______，“溶解”时NO3−转化成NH4+的反应离子方程式为 ______。
(2)“反应”中Cu+的沉淀率与NH4Cl投料关系如图2所示，图中A、C两点c(Cu+)的大小关系是：A点 ______C点(填“>”“=”或“<”)；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是 ______。
(3)干燥CuCl固体需在真空中进行，原因是 ______。
27. CO2是一种廉价的碳资源，资源化利用CO2具有重要的工业与环境意义。
(1)下列物质理论上可以作为CO2捕获剂的是______。(填序号)
A.NH4Cl溶液 B.(NH4)2CO3溶液 C.氨水 D.稀H2SO4
(2)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为碳减排提供了一个新途径。该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图1所示。
该转化过程①中会______能量(填“吸收”或“释放”)；CO2分解反应的热化学方程式为______，实现该反应的能量转化方式是______。
(3)O2辅助的Al−CO2电池能有效利用CO2，且电池反应产物Al2(C2O4)。是重要的化工原料，工作原理如图2所示。若正极产生O2将CO2还原生成C2O42−，则正极的反应式为______；电路中转移1mol电子，需消耗CO2______L(标准状况)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，所以生活中钢铁腐蚀的主要原因为电化学腐蚀，故A错误；
B.“朝坛雾卷，曙岭姻沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象，故B正确；
C.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能对空气进行污染处理，提高空气质量，故C正确；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；
故选：A。
A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应；
B.云、雾、霾均属于胶体；
C.减少空气污染物的措施均可以提高空气质量；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性。
本题考查了元素化合物知识，涉及金属的腐蚀与防护、胶体、污染的治理、纯碱的用途，明确物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：由①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−220kJ⋅mol−1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)，△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，
焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，
故选：D。
由①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ⋅mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=220kJ⋅mol−1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)=H2O(g)，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，以此来解答．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律的应用、焓变与键能的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意燃烧反应为放热反应，题目难度不大．
3.【答案】D
【解析】解：A.N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成释放能量，故B错误；
C.N4分子不是正四面体结构，所以N4分子中N−N键角不是109∘28′，故C错误；
D.1molN4气体中含有0.6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ−1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D正确；
故选：D。
A.N4由N组成，是一种单质；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成释放能量；
C.N4分子不是正四面体结构；
D.1molN4气体中含有0.6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热。
本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能的关系，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以KMnO4溶液应该用酸式滴定管盛放，故A错误；
B.滴定管的感量是0.01mL，10mL量筒的感量是0.1mL、100mL量筒的感量是1mL，所以为了减小误差，可选用滴定管量取一定体积，故B正确；
C.碱溶液只能用碱式滴定管盛放，图3中是酸式滴定管，故C错误；
D.滴定管0刻度在上方，所以终点读数为18.10mL，故D错误；
故选：B。
A.KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶；
B.滴定管的感量是0.01mL；
C.碱溶液只能用碱式滴定管盛放；
D.读数为18.10mL。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查仪器的选取及仪器的特点，明确实验原理、仪器的用途等知识点是解本题关键，注意仪器的选取方法，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，
A、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即54v(NH3)=v(O2)，故A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即65v(O2)=v(H2O)，故B错误；
C、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即32v(NH3)=v(H2O)，故C错误；
D、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即45v(O2)=v(NO)，故D正确；
故选：D。
根据在同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比来计算．
本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比．
6.【答案】A
【解析】解：根据图示可知：甲在恒容条件下进行，乙在恒压条件下进行，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡后气体压强减小，为维持压强与原来相同，要压缩容器的容积，减小容器的容积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡后N2O4(g)的体积分数要比原来大，故平衡时，两容器中N2O4(g)的体积分数分别为m和n，则m
根据图示可知：甲在恒容条件下进行，乙在恒压条件下进行，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，当反应达到平衡后气体压强减小，为维持压强与原来相同，要压缩容器的容积，减小容器的容积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此达到平衡后N2O4(g)的体积分数要比原来大，据此解答。
本题考查了化学平衡影响因素分析，掌握基础是关键，为高频考点，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B.反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等，则，故B正确；
C.慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；
故选：B。
A.活化能越小，反应速率越快；
B.反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等；
C.慢反应决定整个反应速率；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握活化能、反应速率、平衡常数为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了外界条件对化学平衡的影响，明确图像中“先拐先平数值大”以及判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是解本题的关键，题目难度中等。
【解答】
A.T2先达到平衡，故T1
C.曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v(正)=v(逆)，点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，B的转化率要减小，平衡向左移动，故v(正)
D.a到达平衡时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；
故选C。
9.【答案】A
【解析】解：由图示知，没有滴入NaOH溶液前，H2SO4溶液的pH=0，c(H+)=1mol/L，硫酸是强酸，根据H原子守恒得c(H2SO4)=12×c(H+)=12×1mol/L=0.5mol/L；当加入NaOH体积为40.00mL时，溶液的pH=7，表明H2SO4和NaOH刚好完全反应，NaOH和稀硫酸以2：1反应，则n(NaOH)=2mol/L×0.040L=0.080mol，n(H2SO4)=0.040mol，V(H2SO4)=0.040mol0.5mol/L=0.08L=80.00mL，反应后的总体积为80.00mL+40.00mL=120.00mL，
故选：A。
当V(NaOH)=0时，硫酸溶液的pH=0，则硫酸溶液中c(H+)=1mol/L，根据H原子守恒计算c(H2SO4)；根据图知，酸碱恰好完全中和时，消耗V(NaOH)=40mL，NaOH和硫酸以2：1反应，所以二者恰好完全反应时n(NaOH)=2n(H2SO4)，据此计算硫酸的体积。
本题考查酸碱混合溶液定性判断及方程式的计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确硫酸电离特点、酸碱恰好完全中和消耗V(NaOH)等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.曲线上点为溶解平衡点，b点纵横坐标的乘积大于Ksp，则b点有BaSO4沉淀生成，故A错误；
B.a点蒸发可使硫酸根离子、钡离子浓度均增大，可使溶液由a点到b点，故B错误；
C.曲线上点为溶解平衡点，且溶度积常温与温度有关，则曲线上任意点的Ksp相同，故C正确；
D.向a点加入BaCl2固体，使钡离子浓度增大，平衡逆向移动，硫酸根离子浓度减小，则不能使溶液由a点到b点，故D错误；
故选：C。
A.曲线上点为溶解平衡点，b点纵横坐标的乘积大于Ksp；
B.a点蒸发可使硫酸根离子、钡离子浓度均增大；
C.曲线上点为溶解平衡点，且溶度积常温与温度有关；
D.向a点加入BaCl2固体，使钡离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小。
本题考查难溶电解质，题目难度不大，明确图中坐标的意义、溶度积常数、离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点。
11.【答案】C
【解析】解：A.0.1mol/L的氨水中加入0.01mol/L稀氨水，原溶液被稀释，NH3⋅H2O的电离平衡向右移动，但c(OH−)减小，故A错误；
B.加水稀释后，溶液中n(OH−)增大、n(NH4+)减小，同一溶液中体积相同，根据c=nV可知c(OH−)c(NH3⋅H2O)=n(OH−)n(NH3⋅H2O)的比值增大，故B错误；
C.加入少量NaOH 固体，c(OH−)增大，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，导致NH3⋅H2O的电离度减小，由于c(OH−)增大，溶液的pH增大，故C正确；
D.通入少量HCl气体后，溶液氢氧根离子浓度减小，NH3⋅H2O的电离平衡正向移动，由于温度不变，NH3⋅H2O的电离平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
A.加入0.01mol/L稀氨水，原溶液被稀释，氢氧根离子浓度减小；
B.稀释后n(OH−)增大、n(NH4+)减小，结合c=nV可知c(OH−)c(NH3⋅H2O)=n(OH−)n(NH3⋅H2O)；
C.氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大；
D.电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数不变。
本题考查弱电解质的电离平衡，明确电离平衡常数的影响因素为解答关键，注意掌握浓度对电离平衡的影响，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.在没有加入水之前，C处的导电能力相同，即pH相等，故A正确；
B.由于醋酸存在电离平衡，加入水稀释时，会促进醋酸电离，所以醋酸中c(H+)减弱较慢，离子浓度大，则导电性强，对应于曲线Ⅱ，故B错误；
C.A点处导电能力比B点强，则A点处c(H+)比B点处c(H+)大，故C错误；
D.起始时，起始时，盐酸和醋酸的导电能力相同，则两溶液中c(H+)相等，而醋酸是部分电离，所以起始时醋酸的浓度比盐酸的大，若完全中和该盐酸和醋酸，则醋酸消耗的n(NaOH)多，故D错误；
故选：A。
A.在没有加入水之前，C处的导电能力相同；
B.由于醋酸存在电离平衡，加入水稀释时，会促进醋酸电离，所以醋酸中c(H+)减弱较慢；
C.导电能力越强，离子浓度越大；
D.起始时，起始时，盐酸和醋酸的导电能力相同，则两溶液中c(H+)相等，而醋酸是部分电离，所以起始时醋酸的浓度比盐酸的大。
本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意溶液离子浓度与导电性之间的关系，侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。
13.【答案】C
【解析】解：A.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，离子浓度越大，醋酸和盐酸的浓度相等，但c(H+)盐酸大于醋酸，未加NaOH溶液时盐酸电导率大于醋酸，所以曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A正确；
B.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水，溶液体积增大一倍，溶液浓度降为原来的一半，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，故B正确；
C.相同温度下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，A中溶质为醋酸钠、B中溶质为物质的量浓度相等的醋酸钠和NaOH、C点溶质为氯化钠，A点促进水电离、B点抑制水电离、C点不影响水电离，所以A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：B
故选：C。
A.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，离子浓度越大，醋酸和盐酸的浓度相等，但c(H+)盐酸大于醋酸，未加NaOH溶液时盐酸电导率大于醋酸；
B.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=c(Na+)；
C.相同温度下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；
D.B点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa，NaOH完全电离，醋酸根离子部分水解．
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素等知识点是解本题关键，注意：B中因为体积增大一倍导致浓度降为原来的一半，很多同学往往忽略溶液体积变化而导致错误．
14.【答案】D
【解析】解：A.图示中反应物的总能量比生成物高，表示的反应为放热反应，而Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=+26.7kJ⋅mol−1为吸热反应，与图示能量变化不一致，故A错误；
B.碳的燃烧热是指1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，图中C的燃烧产物是CO，表示的不是碳的燃烧热，故B错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2=60mL，则V1=20mL，V2=40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，即横坐标为40时的温度应该最高，实际反应与图象不符，故C错误；
D.已知稳定性顺序为B
故选：D。
A.图中反应物的总能量比生成物高，属于放热反应；
B.碳的燃烧热是指1molC完全燃烧生成稳定氧化物CO2放出的热量，而图示中生成物为CO；
C.H2SO4、NaOH溶液的浓度相等，V1+V2=60mL，则恰好反应时V1=20mL，V2=40mL；
D.物质的总能量越低越稳定，已知稳定性顺序为B
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热的概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质具有的能量与物质稳定性的关系，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：由电离平衡的数值知，酸性为HCO3−
B.若加入NaOH，则会同时消耗HCl和HClO，故B错误；
C.若加入Na2CO3，则会同时消耗HCl和HClO，故C错误；
D.加入NaHCO3只消耗HCl，不消耗HClO，可使平衡正向移动，故D正确；
故选：D。
要使HClO浓度增大，可加入与HCl反应的物质使平衡正向移动，且不能加入水或与HClO反应的物质，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
16.【答案】A
【解析】解：A.pH=3.2时，溶液中，−lgc(Fe3+)>5，即c(Fe3+)<1.0×10−5mol⋅L−1，说明此时Fe3+全部除去，故A正确；
B.Mg(OH)2饱和溶液中c(Mg2+)与溶液的pH有关，故B错误；
C.a点在c(Fe3+)曲线上方，而在c(Cu2+)曲线下方，说明a点可表示Fe(OH)3的饱和溶液，Cu(OH)2的不饱和溶液，故C错误；
D.当pH=8时，−lgc(Fe2+)=5，即溶液中c(Fe2+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH−)=1.0×10−5×(10−1410−8)2=1.0×10−17，故D错误；
故选：A。
A.pH=3.2时，溶液中，−lgc(Fe3+)>5，即c(Fe3+)<1.0×10−5mol⋅L−1；
B.Mg(OH)2饱和溶液中c(Mg2+)与溶液的pH有关，数据不足，无法计算；
C.a点在c(Fe3+)曲线上方，而在c(Cu2+)曲线下方；
D.当pH=8时，−lgc(Fe2+)=5，即溶液中c(Fe2+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH−)。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀的转化有关的重点知识，涉及溶度积的计算和应用知识，难点是溶度积的大小判断，要求学生能理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，难度中等。
17.【答案】A
【解析】解：A.复合膜中H2O解离成H+和OH−，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH−通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜，故A正确；
B.充电时，电子由负极通过导线流向阴极，溶液中的电流由离子定向移动产生，电子并不经过溶液，故B错误；
C.放电时正极上CO2被还原生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，故C错误；
D.原电池充电时为电解池，原电池的正极与外加电源正极相接，负极与外加电源负极相接，即充电时Zn与外接直流电源负极相连，故D错误；
故选：A。
根据电解质溶液中H+和OH−的移动方向可知，Zn为负极、多孔Pd纳米片为正极，负极上Zn被氧化生成Zn(OH)42−，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，正极上CO2被还原生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，原电池充电时为电解池，与外加电源正极相接的电极为阳极，与外加电源负极相接的电极为阴极，充电过程与放电过程相反，据此分析解答。
本题考查新型充放电电池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
18.【答案】C
【解析】解：A、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极，在阳极可生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化钠溶液，故A正确；
B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，故B正确；
C、电解熔融的氧化铝制取金属铝，用镁作阳极是则阳极放电的是金属镁，电极被损耗，不符合生产实际，故C错误；
D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极，故D正确．
故选C.
A、铁为活性电极，电解饱和食盐水，涂镍碳钢网应为阴极；
B、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极；
C、电解池中活泼金属作阳极，则阳极反应是活泼金属失电子；
D、电镀原理中，镀件金属作阳极，镀层金属作阴极．
本题考查学生电解池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
19.【答案】B
【解析】解：A.等浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和CH3COO−，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故A错误；
B.碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出2c(Na+)=3c(CO32− )+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故B正确；
C.混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)，故C错误；
D.同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，根据电荷守恒分析，有2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.等浓度的CH3COONa溶液和盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶液中醋酸部分电离出氢离子和CH3COO−，水也电离出氢离子；
B.碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可分析解答；
C.混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度；
D.同浓度的Na2C2O4溶液和盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠，据此分析。
本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点以及溶液中电荷守恒和物料守恒是解本题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力。
20.【答案】B
【解析】解：A.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，b是正极，故A错误；
B.每17g即0.5molH2S参与反应，根据电极反应：2H2S−4e−=S2+4H+，共转移1mol电子，所以有1molH+经质子膜进入正极区，故B正确；
C.试题未标明气体所处的温度和压强是不是标准状况，不能确定体积大小，故C错误；
D.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，2H2S−4e−=S2+4H+，故D错误；
故选：B。
由所给装置示意图可知，a为负极，H2S失电子发生氧化反应：2H2S+4e−=S2+4H+，b为正极，O2得电子发生还原反应：O2+4H++4e−=2H2O，总反应为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O，以此解答该题。
本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
21.【答案】防止热量散失 偏大 11.46
【解析】解：(1)大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；金属具有良好的导热性，若将玻璃搅拌器换为“铜丝搅拌棒”，测得反应热数值偏小，但中和热ΔH为负值，则测得的ΔH偏大，
故答案为：防止热量散失；偏大；
(2)0.1molBa(OH)2能电离0.2molOH−，根据H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ/mol可知，生成0.2molH2O放出的能量为57.3kJ/mol×0.2mol=11.46kJ，
故答案为：11.46。
(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；金属Cu是热的良导体，传热快；
(2)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应，可生成0.2molH2O，结合反应放热与水的物质的量关系进行计算。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握中和反应中能量变化、物质的量与热量关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
22.【答案】C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1 N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1
【解析】解：(1)已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(g)ΔH=−6931kJ⋅mol−1，又已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol，则表示煤油燃烧热的热化学方程式为C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1，
故答案为：C12H26(l)+372O2(g)=12CO2(g)+13H2O(l)ΔH=−7503kJ⋅mol−1；
(2)已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1，
故答案为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=−641.75kJ⋅mol−1。
(1)已知34gC12H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量则1molC12H26放出6931kJ能量，又已知H2O(g)=H2O(l)ΔH=−44.0kJ/mol，由盖斯定律计算；
(2)已知0.4mol液态肼与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则1molN2H4(1)放出641.75kJ热量。
本题考查反应热的计算和热化学方程式的书写，为高频考点，侧重于学生的分析、计算书写热化学方程式的能力的考查，注意把握计算的思路，题目难度不大。
23.【答案】Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.73kJ⋅mol−1 C的燃烧热 −110.52
【解析】解：(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，③2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol，则根据盖斯定律①×32−②×32−③，得Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=32×(−393.5−172.46)kJ⋅mol−1=−24.73kJ⋅mol−1，
故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.73kJ⋅mol−1；
(2)需要测得的实验数据：C的燃烧热、CO的燃烧热；①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，则根据盖斯定律①×12+②×12，可得C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=12×(−393.5+172.46)kJ⋅mol−1=−110.52kJ⋅mol−1，
故答案为：C的燃烧热；−110.52。
(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，③2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−824.21kJ/mol，则根据盖斯定律①×32−②×32−③分析可得；
(2)需要测得的实验数据：C的燃烧热、CO的燃烧热；①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/mol，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.46kJ/mol，则根据盖斯定律①×12+②×12，可得反应热。
本题考查盖斯定律的应用以及化学反应与工业生产，正确应用盖斯定律是解本题关键，题目难度不大。
24.【答案】bde90%35.28kJ20250>=<
【解析】解：(1)a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故a错误；
b.恒温恒容条件下气体压强与物质的量成正比，反应前后气体物质的量减小，则压强减小，当容器内气体的压强不变，反应达到平衡状态，故b正确；
c.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则容器内混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故c错误；
d.SO3的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；
e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故e正确；
故答案为：bde；
(2)①恒温恒容条件下气体压强与其物质的量成正比，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710，则平衡时气体物质的量为起始时的710，则平衡时气体物质的量=0.6mol×710=0.42mol，根据方程式知，反应前后气体减少的物质的量等于消耗的n(O2)=(0.4+0.2−0.42)mol=0.18mol，则消耗n(SO2)=2n(O2)=0.18mol×2=0.36mol，SO2的转化率，
故答案为：90%；
②消耗2mol二氧化硫放出196kJ热量，则消耗0.36mol放出的热量=1962kJ/mol×0.36mol=35.28kJ，
故答案为：35.28kJ；
③可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
开始(mol/L)0.080.040
反应(mol/L)0.0720.0360.072
平衡(mol/L)0.0080.0040.072
化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)=(0.072)2(0.008)2×0.004=20250，
故答案为：20250；
(3)①压强一定时，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫体积分数增大，根据图知，压强相同时T1二氧化硫体积分数较大，则温度T1>T2，
故答案为：>；
②化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，A、B温度相同其化学平衡常数相等，该反应是放热反应，则温度越高化学平衡常数越小，温度：A点大于D点，则KA
(1)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(2)①恒温恒容条件下气体压强与其物质的量成正比，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的710，则平衡时气体物质的量为起始时的710，则平衡时气体物质的量=0.6mol×710=0.42mol，根据方程式知，反应前后气体减少的物质的量等于消耗的n(O2)=(0.4+0.2−0.42)mol=0.18mol，则消耗n(SO2)=2n(O2)=0.18mol×2=0.36mol，SO2的转化率；
②消耗2mol二氧化硫放出196kJ热量，据此计算消耗0.36mol放出的热量；
③可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
开始(mol/L)0.080.040
反应(mol/L)0.0720.0360.072
平衡(mol/L)0.0080.0040.072
化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)；
(3)①压强一定时，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫体积分数增大；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，则温度越高化学平衡常数越小。
本题考查化学平衡计算及化学平衡状态判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确化学平衡状态判断方法、恒温恒容条件下压强与气体物质的量关系是解本题关键，(3)采用“定一议二”的方法分析，题目难度不大。
25.【答案】[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN− 1.225×109 在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN 随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低 O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2
【解析】解：(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−，电离方程式为[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−，
故答案为：[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)=(3.5×10−20)21.0×10−48=1.225×109，
故答案为：1.225×109；
(2)①在酸性条件下，CN−与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，所以不在酸性条件下进行处理废水，
故答案为：在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，使Cu2+减少，催化剂的催化效率降低，氰化物去除率下降，
故答案为：随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低；
(3)根据图知，虚线方框内的过程为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−、⋅O2−结合H+生成⋅O2H、⋅O2H分解生成O2和H2O2，
故答案为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)；
(2)①CN−与氢离子结合生成HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2；
(3)O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
本题考查难溶物的溶解平衡、图象分析判断等知识点，侧重考查阅读、信息获取和知识综合应用能力，明确化学平衡常数计算方法、图中曲线含义等知识点是解本题关键，(2)②为解答易错点，题目难度不大。
26.【答案】温度过低，溶解速率过慢；温度过高，硝酸铵易分解 4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O>B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解 防止CuCl被氧化
【解析】解：(1)“溶解”过程中温度需控制在60∼70℃左右，主要是防止温度过低，溶解速率过慢；而温度过高，硝酸铵会分解，降低原料利用率；“溶解”时NO3−转化成NH4+，Cu失去电子变为Cu2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应离子方程式为：4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O，
故答案为：温度过低，溶解速率过慢；温度过高，硝酸铵易分解；4Cu+NO3−+10H+=4Cu2++NH4+，+3H2O；
(2)A、C两点生成的CuCl的量一样，但A点Cu+未完全沉淀，C点部分CuCl已经形成CuCl2−，所以A点c(Cu+)大，A、C两点c(Cu+)的大小关系是：A点>C点；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解，
故答案为：>；B点到C点Cu+沉淀率下降的原因是；B点到C点Cu+沉淀率下降，是由于B点后Cl−浓度较大，CuCl溶解；
(3)干燥CuCl固体需在真空中进行，是由于在空气中CuCl容易被氧化而变质，所以干燥CuCl固体需在真空中进行，原因是防止CuCl被氧化，
故答案为：防止CuCl被氧化。
硫化铜加入硫酸、过氧化氢可得硫酸铜和硫，硫酸铜可还原生成铜，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化铜生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铰发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
27.【答案】BC 吸收 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol光能转化为化学能、热能转化为化学能 2CO2+2e−=C2O42− 22.4
【解析】解：(1)氯化铵溶液、硫酸均与二氧化碳不反应，碳酸铵、氨水均可吸收二氧化碳，作为CO2捕获剂的是BC，
故答案为：BC；
(2)过程①为化学键的断裂，吸收能量；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=2×1598kJ/mol−2×1072kJ/mol−496kJ/mol=+556kJ/mol，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol，图中实现该反应的能量转化方式是光能转化为化学能、热能转化为化学能，
故答案为：吸收；2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+556kJ/mol；光能转化为化学能、热能转化为化学能；
(3)图中电池的正极的反应式为2CO2+2e−=C2O42−；电路中转移1mol电子，需消耗CO2为1mol×22.4L/mol=22.4L，
故答案为：2CO2+2e−=C2O42−；22.4。
(1)发生(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3、NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3；
(2)过程①为化学键的断裂，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合焓变及状态书写热化学方程式，图中光能转化为化学能、热能转化为化学能；
(3)正极产生O2将CO2还原生成C2O42−，发生O2+e−=O2−、2CO2+2O2−=C2O42−+O2，电池负极反应为Al−3e−=Al3+，正极反应为2CO2+2e−=C2O42−，以此来解答。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、焓变计算、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
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