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2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了5ml⋅L−1B，【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 化学键断裂放出能量 B. 所有化学反应均伴随能量变化
C. 液体凝固吸收热量 D. 总焓：若反应物>生成物，则ΔH>0
2. 某同学以柠檬为材料自制水果电池，装置如图，下列叙述正确的是( )
A. H+由镁极区移向银极区
B. 镁片上有无色气体放出
C. 铜片替代镁片，现象相同
D. 银片为负极
3. 已知：P(s,红磷)=P(s,黑磷)△H=−21.7kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)△H=−17.6kJ⋅mol−1.由此推知，其中最稳定的磷单质是( )
A. 红磷 B. 白磷 C. 黑磷 D. 无法确定
4. 25℃时，在某恒容密闭烧瓶中存在如下平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0。若把烧瓶置于100℃的水中，则烧瓶内气体属性不会改变的是( )
A. 颜色 B. 平均分子量 C. 压强 D. 密度
5. 将amolX(g)和bmolY(g)通入密闭容器中发生反应aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数与温度和压强的关系如图。下列关于该反应的ΔH、ΔS的判断正确的是( )
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS>0
6. 苹果酸为二元有机弱酸(H2A)。下列关于H2A及Na2A叙述正确的是( )
A. 电离方程式：H2A⇌2H++A2−
B. H2A溶液中含有2种分子：H2A与H2O
C. Na2A溶液：c(H+)>c(OH−)
D. Na2A溶液：c(OH−)
A. 可以用铅等金属代替锌
B. 构成原电池反应时，舰体表面发生氧化反应
C. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法
D. 在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀
8. 一定条件下，向某密闭容器中充入等物质的量的X和Y，发生反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)。达到平衡后，测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，则X的转化率为( )
A. 80% B. 66% C. 40% D. 33%
9. 甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是( )
A. 其他条件不变，加水稀释，c(CH3NH3+)变大
B. 其他条件不变，升温，促进了CH3NH2的电离
C. 电离方程式：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−
D. 与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl
10. 在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是( )
A. t3时反应达到平衡状态 B. 该反应为吸热反应
C. t3∼t4：v正因温度降低而降低 D. t4时SO2的转化率达到最大
11. 焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是( )
A. NH4Cl为弱酸强碱盐
B. NH4Cl可以抑制水的电离
C. pH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH4+)>c(Cl−)
D. NH4Cl溶液：c(H+)=c(OH−)+c(NH3⋅H2O)
12. 已知下列热化学方程式：
C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3
C(s)的燃烧热为( )
A. ΔH1+ΔH2−ΔH3 B. ΔH1+12ΔH2+12ΔH3
C. 2ΔH1+ΔH2+ΔH3 D. ΔH1+12ΔH2+ΔH3
13. 一定温度下，在1L密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1。反应前CO物质的量为5mol，平衡后CO物质的量为4mol。则反应前H2S的物质的量浓度为( )
A. 3.5mol⋅L−1 B. 3mol⋅L−1 C. 2.5mol⋅L−1 D. 1.25mol⋅L−1
14. 粗银的精炼工艺原理如图，下列叙述错误的是( )
A. y极电极材料为粗银
B. x极主要电极反应式为Ag−e−=Ag+
C. 装置乙将化学能转化为电能
D. n极电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
15. 硒酸钡(BaSeO4)为特种玻璃的添加剂，制取原理为Ba2++SeO42−=BaSeO4↓，在BaSeO4饱和溶液中lgc(Ba2+)与−lgc(SeO42−)关系如图所示(BaSeO4溶于水时吸收热量)。下列叙述错误的是( )
A. 升温：M点上移
B. X点：c(SeO42−)=10−amol⋅L−1
C. M点：c(Ba2+)=1mol⋅L−1
D. Ksp：M点=N点=X点
16. 室温下，下列关于电解质溶液的说法中不正确的是( )
A. 将pH=12的氨水与pH=2的硝酸等体积混合：c(NH4+)>c(NO3−)>c(OH−)>c(H+)
B. 室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=100.6已知：Ka1=10−2.2，Ka2=10−7.2，Ka3=10−12.4)
C. 25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=4000[该温度下，Ksp(MS)=1.0×10−21，Ksp(RS)=4.0×10−18]
D. 加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，溶液酸性增强
17. 氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题
(1)H−H、O=O、H−O的键能分别为436kJ⋅mol−1、496kJ⋅mol−1、463kJ⋅mol−1。
①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H，△H为 ______ kJ⋅mol−1。
②氢气的燃烧热△H=−285.8kJ⋅mol−1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为 ______ 。
③1mol水蒸气液化放热 ______ kJ。
(2)肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：
①正反应的活化能为 ______ kJ⋅mol−1，气态肼分解的热化学方程式为 ______ 。
②该反应的△S______ (填“>”、“<”或“=”)0，该反应自发进行的条件为 ______ 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)
18. 电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：
(1)碱性电池具有耐用、电流量大、储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示。
①在______(“Al”或“Cu”)极有H2生成，Al极电极反应式为______。
②若有33.6L(标准状况下)H2生成，则理论上电解质溶液增重______g.
(2)某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。
①m极为______极，装置乙发生反应的化学方程式为______。
②Y极电极反应式为______。
③气球b中的现象为______。
19. 一定条件下，CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=41.3kJ⋅mol−1。回答下列问题：
(1)已知1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ，则1molC与CO2反应生成CO的焓变是 ______。
(2)上述反应达到平衡的标志是 ______(填字母)。
a.容器内压强不随时间变化
b.容器内各物质的浓度不随时间变化
c.容器内CO、H2O的浓度之比为1：1
d.单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O
(3)研究表明：上述反应平衡常数随温度的变化如表所示：
温渡/℃
400
500
800
平衡常数K
15
9
5
若反应为500℃，起始时CO和H2O的浓度均为0.02mol⋅L−1，则达到平衡时，CO的平衡转化率为 ______。
(4)在T℃、5MPa条件下，将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，反应过程中CO2的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
①在0∼2min内，以CO表示的平均反应速率为 ______mol⋅L−1⋅min−1。
②T℃时该反应的平衡常数Kp=______(压强代替浓度，分压=总压×物质的分数)。
③平衡后，若向容器中再充入0.2molCO和0.02molH2O(g)，则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为 ______。
20. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)又称大苏打，可用作定影剂、还原剂．现有某种硫代硫酸钠样品．为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回答下列问题：
(1)溶液配制：称取10.0g该硫代硫酸钠样品，用______(填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”)在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用______定容，定容时，视线与凹液面相切。
(2)滴定：取0.10mol⋅L−1的K2Cr2O7(硫酸酸化)标准溶液20.00mL，加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后加入淀粉溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，重复实验，平均消耗Na2S2O3样品溶液的体积为20.00mL。
①取用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液可选用的仪器是______(填“甲”或“乙”)。
②滴定终点时溶液的颜色变化是______。
(3)样品纯度的计算：
①根据上述有关数据，该样品中Na2S2O3的质量分数为______。
②下列操作可能使测量结果偏低的是______(填字母)。
A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗
B.锥形瓶中残留少量水
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视
21. 氨水及铵盐是化学工业的重要原料．回答下列问题：
(1)氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是 ______，其他条件不变，往稀氨水溶液中加入少量蒸馏水，则混合液中水的电离程度 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下向某氨水中缓缓通入HCl气体，溶液中lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)与pH的关系如图所示。常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=______(用含有a的代数式表示)，温度升高A点的位置可能是 ______(填“A1”或“A2”)，a ______(填“>”“<”或“=”)7。
(3)某化学兴趣小组以某废液(主要含有Al3+、Fe3+、Mn2+)为原料制取MnCO3的工艺流程及各离子开始沉淀、完全沉淀的pH如图所示(常温下MnCO3的Ksp=9×10−11)：
金属离子
Fe3+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
2.2
4.1
8.8
完全沉淀pH
3.5
5.4
10.8
①“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是 ______。
②“沉锰”时温度不能较高的原因是 ______，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>______mol⋅L−1。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.化学键断裂吸收能量，故A错误；
B.化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则所有化学反应均伴随能量变化，故B正确；
C.相同物质，液态的能量高于固态，则液体凝固放出热量，故C错误；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量，总焓：若反应物>生成物，则ΔH<0，故D错误；
故选：B。
A.断开化学键吸收能量；
B.化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成；
C.相同物质，液态的能量高于固态；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，从宏观和微观理解化学反应能量变化是解题关键，此题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.原电池中阳离子向正极移动，则H+由镁极区移向银极区，故A正确；
B.Mg作负极失去电子，故B错误；
C.铜片替代镁片，Cu失去电子，溶液为蓝色，现象不同，故C错误；
D.Ag为不活泼金属，作正极，故D错误；
故选：A。
图中构成原电池，Mg作负极失去电子，Ag为正极，正极上氢离子得到电子生成氢气，且阳离子向正极移动，以此来解答。
本题考查原电池，为高频考点，把握电极、电极反应、离子的移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池的工作原理，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：P(s,红磷)=P(s,黑磷)△H=−21.7kJ⋅mol−1，则P(s,白磷)=P(s,红磷)△H=−17.6kJ⋅mol−1，由热化学方程式可知，各物质能量：白磷>红磷>黑鳞，故黑鳞最稳定，
故选：C。
物质具有的能量越低越稳定。
本题考查反应热和焓变，为高频考点，明确能量与稳定性的关系是解题关键，此题难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，故A错误；
B.平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，质量不变，可知平均分子量减小，故B错误；
C.平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，体积不变时，压强增大，故C错误；
D.气体的总质量不变，恒容时体积不变，则气体的密度不变，故D正确；
故选：D。
焓变为负，为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，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。
5.【答案】B
【解析】解：由图可知，压强相同时升高温度，Z的物质的量分数减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，可知ΔS<0，只有B正确，
故选：B。
由图可知，压强相同时升高温度，Z的物质的量分数减小，可知升高温度平衡逆向移动；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.苹果酸为二元有机弱酸(H2A)，溶液中分步电离，电离方程式为：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，故A错误；
B.结合电离过程分析，H2A溶液中含有2种分子，分别为H2A与H2O，故B正确；
C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，A2−离子水解，溶液显碱性，c(H+)
故选：B。
A.苹果酸为二元有机弱酸(H2A)，分步电离；
B.H2A溶液中存在电离平衡，据此判断含有分子；
C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，溶液显碱性；
D.Na2A溶液中弱酸阴离子分步水解。
本题综合考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，掌握电离和水解实质是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，而铅在铁的后面没有铁活泼，不会成为负极，故A错误；
B.构成原电池反应时，舰体做正极，发生还原反应，故B错误；
C.该装置中没有外接电源，利用了原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.在酸雨环境中，钢铁发生电化学腐蚀时，金属做负极，失去电子生成阳离子，氢离子得到电子生成氢气，所以为析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理和电解池原理是解本题关键，要保护的金属作原电池正极或电解池阴极即可，熟练掌握防护金属腐蚀的方法，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：充入等物质的量的X和Y，设物质的量均为amol，转化的X为xmol，则
molX(g)+2Y(g)⇌2Z(g)
开始 a a 0
转化 x 2x 2x
平衡 a−xa−2x2x
平衡后测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，可知a+aa−x+a−2x+2x=54，解得x=0.4a，X的转化率为0.4aa×100%=40%，只有C正确，
故选：C。
充入等物质的量的X和Y，设物质的量均为amol，转化的X为xmol，则
molX(g)+2Y(g)⇌2Z(g)
开始 a a 0
转化 x 2x 2x
平衡 a−xa−2x2x
平衡后测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，可知a+aa−x+a−2x+2x=54，解得x=0.4a，结合转化率=转化的量开始的量×100%计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段式、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，稀释后CH3NH2的电离程度增大，由于溶液体积增大的幅度更大，导致c(CH3NH3+)减小，故A错误；
B.CH3NH2的电离过程吸热，升高温度后电离平衡正向移动，促进了CH3NH2的电离，故B正确；
C.CH3NH2为一元弱碱，在溶液中存在电离平衡，CH3NH2的电离类似于NH3，其电离方程式为：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−，故C正确；
D.CH3NH2的性质与NH3相似，则CH3NH2与稀盐酸反应化学方程式为：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，故D正确；
故选：A。
A.CH3NH2为一元弱碱，稀释后CH3NH2的电离程度增大，但c(CH3NH3+)减小；
B.弱电解质的电离过程为吸热反应；
C.CH3NH2的电离类似于NH3，结合氨气的电离方程式分析；
D.CH3NH2与稀盐酸反应生成CH3NH3Cl。
本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，为高频考点，明确题干信息为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，试题侧重考查学生的知识迁移能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应速率的影响因素、化学平衡的状态的判断等，侧重考查学生分析能力和识图能力，注意当反应达到平衡时，即反应达到最大限度，正反应速率等于逆反应速率，此题难度中等。
【解答】
A.反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，则t4时反应达到平衡状态，故A错误；
B.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，反应速率由温度和浓度决定，随着反应进行，反应物浓度减小，而正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快，则该反应为放热反应，故B错误；
C.该反应是放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，温度升高，所以t3∼t4：v正因反应物浓度降低而降低，故C错误；
D.t4时，反应达到平衡状态，即反应达到最大限度，此时SO2的转化率达到最大，故D正确。
11.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐，属于强酸弱碱盐，故A错误；
B.氯化铵属于能水解的盐，铵根离子水解对水的电离起到促进作用，故B错误；
C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，pH=7，则c(H+)=c(OH−)，所以c(NH4+)=c(Cl−)，故C错误；
D.NH4Cl溶液中存在质子守恒c(H+)=c(OH−)+c(NH3⋅H2O)，故D正确；
故选：D。
A.氯化铵可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐；
B.能水解的盐对水的电离起到促进作用；
C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒；
D.NH4Cl溶液中存在质子守恒。
本题考查学生演的水解原理以及应用、电荷守恒、质子守恒等方面的知识，属于知识的灵活应用，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：根据①C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2；
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3，根据盖斯定律①+12②+12③可得C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=ΔH1+12ΔH2+12ΔH3，
故选：B。
根据①C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2；
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3，根据盖斯定律①+12②+12③可得C(s)+O2(g)=CO2(g)，据此计算燃烧热。
本题考查燃烧热的计算、盖斯定律的应用，难度不大，熟悉盖斯定律的应用规律为解答的关键。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
【解答】
设反应前H2S的物质的量浓度为x，
1L密闭容器，反应前CO物质的量为5mol，平衡后CO物质的量为4mol，则
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始 5 x 0 0
转化 1 1 1 1
平衡 4x−111
K=c(H2)⋅c(COS)c(CO)⋅c(H2S)=1×14×(x−1)=0.1，解得x=3.5mol⋅L−1，只有A正确，
故选：A。
14.【答案】A
【解析】解：A.y极连接m极(负极)为阴极，y极材料为纯银，故A错误；
B.x极连接n极(正极)为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag−e−=Ag+，故B正确；
C.装置乙为燃料电池，将化学能转化为电能，故C正确；
D.n极为正极，电极反应为O2+4H++4e−=2H2O，故D正确；
故选：A。
由图可知，装置乙为甲醇氧气燃料电池，可燃物甲醇通入极即m极为负极，n极为正极，电极反应为O2+4H++4e−=2H2O，装置甲为电解池，y极连接m极(负极)为阴极，y极材料为纯银，电极反应为Ag++e−=Ag，x极连接n极(正极)为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag−e−=Ag+，据此作答。
本题考查原电池和电解精炼银，题目难度中等，能依据电极通入物质判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.BaSeO4溶于水时吸收热量，升温促进溶解，c(Ba2+)增大，故A正确；
B.由图象可知，X点−lgc(SeO42−)=a，故c(SeO42−)=10−amol⋅L−1，故B正确；
C.由图象可知，M点lgc(Ba2+)=−a，故c(Ba2+)=10−amol⋅L−1，故C错误；
D.M点、N点、X点三点温度相同，故Ksp相等，故D正确；
故选：C。
A.升温促进平衡向吸热反应方向移动；
B.X点横坐标为a，纵坐标为0；
C.M点横坐标为0，纵坐标为−a；
D.溶度积只受温度影响。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，能依据图象进行计算是解题的关键，注意外界条件改变对沉淀溶解平衡的影响。
16.【答案】D
【解析】解：A.pH=12的氨水浓度大于pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(NO3−)+c(OH−)，则c(NH4+)>c(NO3−)，一水合氨电离程度较小，则溶液中存在c(NH4+)>c(NO3−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=c(HA2−)c(H3A)×c(H2A−)c(H2A−)=c(HA2−)c(H2A−)×c(H2A−)c(H3A)=Ka2c(H+)×Ka1c(H+)=10−7.210−5×10−2.210−5=100.6，故B正确；
C.25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=c(R2+)c(M2+)=Ksp(RS)c(S2−)Ksp(MS)c(S2−)=Ksp(RS)Ksp(MS)=4.0×10−181.0×10−21=4000，故C正确；
D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，但n(H+)增加量远远小于溶液体积增加量，则c(H+)减小，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：D。
A.pH=12的氨水浓度大于pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性；
B.室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=c(HA2−)c(H3A)×c(H2A−)c(H2A−)=c(HA2−)c(H2A−)×c(H2A−)c(H3A)=Ka2c(H+)×Ka1c(H+)；
C.25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=c(R2+)c(M2+)=Ksp(RS)c(S2−)Ksp(MS)c(S2−)=Ksp(RS)Ksp(MS)；
D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，但n(H+)增加量远远小于溶液体积增加量。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析、推断及计算能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解影响因素、溶度积常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵活变形，题目难度中等。
17.【答案】−484H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1 43.8a+50.7N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol>高温
【解析】解：(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=(2×436+496−4×463)kJ/mol=−484kJ⋅mol−1，
故答案为：−484；
②氢气的燃烧热△H=−285.8kJ⋅mol−1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，
故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1；
③由a、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−484kJ⋅mol−1，
b、H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，
结合盖斯定律可知，b−a×12得到H2O(g)=H2O(l)△H=(−285.8kJ⋅mol−1)−(−484kJ⋅mol−1)×12=−43.8kJ/mol，则1mol水蒸气液化放热43.8kJ，
故答案为：43.8；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为(a+50.7)kJ/mol，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ，则热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol，
故答案为：a+50.7；N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol；
②为气体体积增加的反应，则△S>0，且△H>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温，
故答案为：>；高温。
(1)①焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
②燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成指定化合物时放出的热量；
③由盖斯定律及物质的量与热量成正比计算；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ；
②为气体体积增加的反应，△H−T△S<0的反应可自发进行。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握焓变计算、盖斯定律、热化学方程式的书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析，题目难度不大。
18.【答案】CuAl−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O24正 CH4+2O2=CO2+2H2O2Cl−−2e−=Cl2↑气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝
【解析】解：(1)①Al作负极，电极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，Cu作正极，有氢气生成；
故答案为：Cu；Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O；
②电池总反应为2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，33.6LH2的物质的量为33.6L22.4L/mol=1.5mol，反应Al的物质的量为32×1.5mol=1mol，理论上电解质溶液增重27g/mol×1mol−2g/mol×1.5mol=24g，
故答案为：24；
(2)①m极为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，
故答案为：正；CH4+2O2=CO2+2H2O；
②Y极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；
③Y极生成氯气，湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝，气球b中的现象为气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝，
故答案为：气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝。
(1)Al与NaOH溶液反应，Al作负极，电极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，Cu作正极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，电池总反应为2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；
(2)装置乙为燃料电池，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，m极为正极，n为负极，装置丙为电解池，X极连接电源负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑。
本题考查原电池原理和电解原理，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
19.【答案】+172.8kJ⋅mol−1 bd75%0.010.052：1
【解析】解：(1)1molC完全转化为水煤气时吸收热量131.5kJ，热化学方程式为：①C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=131.5kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=−41.3kJ/mol，依据盖斯定律①-②得到：C(S)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.8kJ/mol，
故答案为：+172.5kJ/mol；
(2)a.该反应是气体体积不变的反应，容器内压强不随时间变化，故无法判断反应是否达到平衡，故a错误；
b.容器内各物质的浓度不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故b正确；
c.CO、H2、CH3OH的物质的量之比为1：2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故c错误；
d.单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确，
故答案为：bd；
(3)反应为500℃，K=9，设CO的转化浓度为x，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始量(mol⋅L−1)0.020.0200
变化量(mol⋅L−1)xxxx
平衡量(mol⋅L−1)0.02−x0.02−xxx
K=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=x×x(0.02−x)×(0.02−x)=9，解得x=0.015mol⋅L−1，α(CO)=0.015mol⋅L−10.02mol⋅L−1×100%=75%
(4)在T℃、5MPa条件下，将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，c(CO)=0.1mol⋅L−1，c(H2O)=0.1mol⋅L−1，由图可知，2min时，c(CO2)=0.02mol⋅L−1，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始量(mol)0.10.1200
变化量(mol)0.020.020.020.02
平衡量(mol)0.080.10.020.02
①v(CO)=△c△t=0.02mol1L2min=0.01mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.01；
②设总压为p，则平衡时各组分分压为p(CO)=0.08mol0.1mol+0.12mol×p=411p，p(H2O)=0.1mol0,1mol+0.12mol×p=511p，p(CO2)=p(H2)=0.02mol0.1mol+0.12mol×p=111p，所以T℃时该反应的化学平衡常数Kp=p(CO2)×p(H2)p(CO)×p(H2O)=111×111411×511=0.05，
故答案为：0.05；
③反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)由该反应特点可知，该反应前后气体的物质的量不发生改变，压强之比等于气体物质的量之比，P后P前=0.1mol+0.12mol+0.2mol+0.02mol0.1mol+0.12mol=21，
故答案为：2：1。
(1)已知 1mol C 完全转化为水煤气时吸收热量 131.5kJ，写出热化学方程式，和一氧化碳和水反应的热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；
(2)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；
(3)由图可知，500℃时K=9，列化学平衡三段式，结合化学平衡常数计算；
(4)①)①根据表中数据可知500℃时，K=9，设CO浓度的变化量为x，可列三段式计算CO的平衡转化率；
②由图像可知，T℃时平衡时，CO2的平衡浓度为0.02mol⋅L−1，列反应三段式计算出平衡时CO、H2O、CO2、H2的物质的量，计算气体分压代入平衡常数Kp中计算；
③该反应前后气体的物质的量不发生变化，压强之比等于气体物质的量之比。
本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律的应用及反应热计算、化学反应速率的计算、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数及其计算等，侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握基本化学反应原理即可解答，题目难度中等。
20.【答案】新煮沸并冷却的蒸馏水 胶头滴管 甲 溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色 94.8%A
【解析】解：(1)煮沸蒸馏水除去溶解的氧气，以防止氧气氧化硫代硫酸钠，即用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解硫代硫酸钠；加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管定容，
故答案为：新煮沸并冷却的蒸馏水；胶头滴管；
(2)①用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应选择酸式滴定管，即图中甲，
故答案为：甲；
②淀粉遇碘变蓝色，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，滴定终点时溶液的颜色变化是：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色，
故答案为：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；
(3)①由Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，故20mL溶液中，n(Na2S2O3)=6×0.02L×0.1mol/L=0.012mol，可得10g样品中(即100mL溶液)Na2S2O3的质量为0.012mol×100mL20mL×158g/mol=9.48g，样品中Na2S2O3质量分数为9.48g10g×100%=94.8%，
故答案为：94.8%；
②A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，则硫代硫酸钠溶液浓度偏低，故测定样品中硫代硫酸钠质量分数偏低，故A符合题意；
B.锥形瓶中残留少量水，不影响碘单质的物质的量，即不影响硫代硫酸钠质量分数，故B不符合题意；
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小，则硫代硫酸钠溶液浓度偏高，故测定样品中硫代硫酸钠质量分数偏高，故C不符合题意，
故答案为：A。
(1)硫代硫酸钠溶液可被氧气氧化；加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管定容；
(2)①用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性；
②淀粉遇碘变蓝色，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去；
(3)①由Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，根据关系式计算20mL溶液中Na2S2O3的物质的量，可得10g样品中(即100mL溶液)Na2S2O3的质量，再计算样品中Na2S2O3质量分数；
②A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大；
B.锥形瓶中残留少量水，不影响碘单质的物质的量；
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小。
本题考查物质含量测定实验，涉及氧化还原滴定的应用，关键是对实验原理的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力。
21.【答案】c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)增大 10a−14 A2>[5.4,8.8)防止铵盐分解及氨气挥发 9×10−6
【解析】解：(1)NH3⋅H2O电离出OH−而导致溶液呈碱性，c(H+)c(NH4+)，水的电离程度较小，所以氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；氨水浓度越小，NH3⋅H2O电离程度越大，所以稀释过程中其电离程度增大，
故答案为：c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；增大；
(2)lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=10−1410−a=10a−14；升高温度促进NH3⋅H2O电离，c(NH4+)增大、c(NH3⋅H2O)减小，所以lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)增大，为A2；溶液仍然呈碱性，溶液的pH>7，所以a>7，
故答案为：10a−14；A2；>；
(3)①“沉铁、铝”时要将Fe3+、Al3+转化为沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，Al3+转化为沉淀时Fe3+已经完全沉淀，Al3+完全转化为沉淀时pH不小于5.4，Mn2+开始转化为沉淀时pH为8.8，所以“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是[5.4,8.8),
故答案为：[5.4,8.8)；
②“沉锰”时温度越高，氨水越易挥发，铵盐不稳定，受热易分解，所以为防止铵盐分解及氨气挥发，稳定不易过高，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>Ksp(MnCO3)c(Mn2+)Ksp(MnCO3)c(Mn2+)=9×10−1110−5mol/L=9×10−6mol/L，
故答案为：防止铵盐分解及氨气挥发；9×10−6。
(1)NH3⋅H2O电离出OH−而导致溶液呈碱性，但其电离程度较小，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)；氨水浓度越小，NH3⋅H2O电离程度越大；
(2)lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)；升高温度促进NH3⋅H2O电离，c(NH4+)增大、c(NH3⋅H2O)减小；溶液仍然呈碱性；
(3)①“沉铁、铝”时要将Fe3+、Al3+转化为沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀；
②“沉锰”时温度越高，氨水越易挥发，铵盐不稳定，受热易分解，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>Ksp(MnCO3)c(Mn2+)。
本题考查弱电解质的电离、难溶物溶度积常数的计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用、计算能力，明确电离平衡常数计算方法、溶度积常数的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
2021-2022学年安徽省合肥八中高二（上）期末化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 化学键断裂放出能量 B. 所有化学反应均伴随能量变化
C. 液体凝固吸收热量 D. 总焓：若反应物>生成物，则ΔH>0
2. 某同学以柠檬为材料自制水果电池，装置如图，下列叙述正确的是( )
A. H+由镁极区移向银极区
B. 镁片上有无色气体放出
C. 铜片替代镁片，现象相同
D. 银片为负极
3. 已知：P(s,红磷)=P(s,黑磷)△H=−21.7kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)△H=−17.6kJ⋅mol−1.由此推知，其中最稳定的磷单质是( )
A. 红磷 B. 白磷 C. 黑磷 D. 无法确定
4. 25℃时，在某恒容密闭烧瓶中存在如下平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0。若把烧瓶置于100℃的水中，则烧瓶内气体属性不会改变的是( )
A. 颜色 B. 平均分子量 C. 压强 D. 密度
5. 将amolX(g)和bmolY(g)通入密闭容器中发生反应aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数与温度和压强的关系如图。下列关于该反应的ΔH、ΔS的判断正确的是( )
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS>0
6. 苹果酸为二元有机弱酸(H2A)。下列关于H2A及Na2A叙述正确的是( )
A. 电离方程式：H2A⇌2H++A2−
B. H2A溶液中含有2种分子：H2A与H2O
C. Na2A溶液：c(H+)>c(OH−)
D. Na2A溶液：c(OH−)
A. 可以用铅等金属代替锌
B. 构成原电池反应时，舰体表面发生氧化反应
C. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法
D. 在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀
8. 一定条件下，向某密闭容器中充入等物质的量的X和Y，发生反应：X(g)+2Y(g)⇌2Z(g)。达到平衡后，测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，则X的转化率为( )
A. 80% B. 66% C. 40% D. 33%
9. 甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是( )
A. 其他条件不变，加水稀释，c(CH3NH3+)变大
B. 其他条件不变，升温，促进了CH3NH2的电离
C. 电离方程式：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−
D. 与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl
10. 在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是( )
A. t3时反应达到平衡状态 B. 该反应为吸热反应
C. t3∼t4：v正因温度降低而降低 D. t4时SO2的转化率达到最大
11. 焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是( )
A. NH4Cl为弱酸强碱盐
B. NH4Cl可以抑制水的电离
C. pH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH4+)>c(Cl−)
D. NH4Cl溶液：c(H+)=c(OH−)+c(NH3⋅H2O)
12. 已知下列热化学方程式：
C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3
C(s)的燃烧热为( )
A. ΔH1+ΔH2−ΔH3 B. ΔH1+12ΔH2+12ΔH3
C. 2ΔH1+ΔH2+ΔH3 D. ΔH1+12ΔH2+ΔH3
13. 一定温度下，在1L密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1。反应前CO物质的量为5mol，平衡后CO物质的量为4mol。则反应前H2S的物质的量浓度为( )
A. 3.5mol⋅L−1 B. 3mol⋅L−1 C. 2.5mol⋅L−1 D. 1.25mol⋅L−1
14. 粗银的精炼工艺原理如图，下列叙述错误的是( )
A. y极电极材料为粗银
B. x极主要电极反应式为Ag−e−=Ag+
C. 装置乙将化学能转化为电能
D. n极电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
15. 硒酸钡(BaSeO4)为特种玻璃的添加剂，制取原理为Ba2++SeO42−=BaSeO4↓，在BaSeO4饱和溶液中lgc(Ba2+)与−lgc(SeO42−)关系如图所示(BaSeO4溶于水时吸收热量)。下列叙述错误的是( )
A. 升温：M点上移
B. X点：c(SeO42−)=10−amol⋅L−1
C. M点：c(Ba2+)=1mol⋅L−1
D. Ksp：M点=N点=X点
16. 室温下，下列关于电解质溶液的说法中不正确的是( )
A. 将pH=12的氨水与pH=2的硝酸等体积混合：c(NH4+)>c(NO3−)>c(OH−)>c(H+)
B. 室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=100.6已知：Ka1=10−2.2，Ka2=10−7.2，Ka3=10−12.4)
C. 25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=4000[该温度下，Ksp(MS)=1.0×10−21，Ksp(RS)=4.0×10−18]
D. 加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，溶液酸性增强
17. 氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题
(1)H−H、O=O、H−O的键能分别为436kJ⋅mol−1、496kJ⋅mol−1、463kJ⋅mol−1。
①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H，△H为 ______ kJ⋅mol−1。
②氢气的燃烧热△H=−285.8kJ⋅mol−1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为 ______ 。
③1mol水蒸气液化放热 ______ kJ。
(2)肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：
①正反应的活化能为 ______ kJ⋅mol−1，气态肼分解的热化学方程式为 ______ 。
②该反应的△S______ (填“>”、“<”或“=”)0，该反应自发进行的条件为 ______ 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)
18. 电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：
(1)碱性电池具有耐用、电流量大、储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示。
①在______(“Al”或“Cu”)极有H2生成，Al极电极反应式为______。
②若有33.6L(标准状况下)H2生成，则理论上电解质溶液增重______g.
(2)某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。
①m极为______极，装置乙发生反应的化学方程式为______。
②Y极电极反应式为______。
③气球b中的现象为______。
19. 一定条件下，CO与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=41.3kJ⋅mol−1。回答下列问题：
(1)已知1molC完全转化成水煤气(CO、H2混合物)时吸收热量131.5kJ，则1molC与CO2反应生成CO的焓变是 ______。
(2)上述反应达到平衡的标志是 ______(填字母)。
a.容器内压强不随时间变化
b.容器内各物质的浓度不随时间变化
c.容器内CO、H2O的浓度之比为1：1
d.单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O
(3)研究表明：上述反应平衡常数随温度的变化如表所示：
温渡/℃
400
500
800
平衡常数K
15
9
5
若反应为500℃，起始时CO和H2O的浓度均为0.02mol⋅L−1，则达到平衡时，CO的平衡转化率为 ______。
(4)在T℃、5MPa条件下，将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，反应过程中CO2的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
①在0∼2min内，以CO表示的平均反应速率为 ______mol⋅L−1⋅min−1。
②T℃时该反应的平衡常数Kp=______(压强代替浓度，分压=总压×物质的分数)。
③平衡后，若向容器中再充入0.2molCO和0.02molH2O(g)，则再次平衡后容器内的压强与充入CO和H2O(g)前的压强比为 ______。
20. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)又称大苏打，可用作定影剂、还原剂．现有某种硫代硫酸钠样品．为了测定该样品纯度，某兴趣小组设计如下实验方案，回答下列问题：
(1)溶液配制：称取10.0g该硫代硫酸钠样品，用______(填“新煮沸并冷却的蒸馏水”或“自来水”)在烧杯中溶解完全溶解后冷却至室温，再用玻璃棒引流将溶液全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用______定容，定容时，视线与凹液面相切。
(2)滴定：取0.10mol⋅L−1的K2Cr2O7(硫酸酸化)标准溶液20.00mL，加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后加入淀粉溶液作为指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，重复实验，平均消耗Na2S2O3样品溶液的体积为20.00mL。
①取用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液可选用的仪器是______(填“甲”或“乙”)。
②滴定终点时溶液的颜色变化是______。
(3)样品纯度的计算：
①根据上述有关数据，该样品中Na2S2O3的质量分数为______。
②下列操作可能使测量结果偏低的是______(填字母)。
A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗
B.锥形瓶中残留少量水
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视
21. 氨水及铵盐是化学工业的重要原料．回答下列问题：
(1)氨水中各种离子的物质的量的浓度从小到大的顺序是 ______，其他条件不变，往稀氨水溶液中加入少量蒸馏水，则混合液中水的电离程度 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下向某氨水中缓缓通入HCl气体，溶液中lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)与pH的关系如图所示。常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=______(用含有a的代数式表示)，温度升高A点的位置可能是 ______(填“A1”或“A2”)，a ______(填“>”“<”或“=”)7。
(3)某化学兴趣小组以某废液(主要含有Al3+、Fe3+、Mn2+)为原料制取MnCO3的工艺流程及各离子开始沉淀、完全沉淀的pH如图所示(常温下MnCO3的Ksp=9×10−11)：
金属离子
Fe3+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
2.2
4.1
8.8
完全沉淀pH
3.5
5.4
10.8
①“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是 ______。
②“沉锰”时温度不能较高的原因是 ______，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>______mol⋅L−1。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.化学键断裂吸收能量，故A错误；
B.化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则所有化学反应均伴随能量变化，故B正确；
C.相同物质，液态的能量高于固态，则液体凝固放出热量，故C错误；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量，总焓：若反应物>生成物，则ΔH<0，故D错误；
故选：B。
A.断开化学键吸收能量；
B.化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成；
C.相同物质，液态的能量高于固态；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，从宏观和微观理解化学反应能量变化是解题关键，此题难度中等。
2.【答案】A
【解析】解：A.原电池中阳离子向正极移动，则H+由镁极区移向银极区，故A正确；
B.Mg作负极失去电子，故B错误；
C.铜片替代镁片，Cu失去电子，溶液为蓝色，现象不同，故C错误；
D.Ag为不活泼金属，作正极，故D错误；
故选：A。
图中构成原电池，Mg作负极失去电子，Ag为正极，正极上氢离子得到电子生成氢气，且阳离子向正极移动，以此来解答。
本题考查原电池，为高频考点，把握电极、电极反应、离子的移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池的工作原理，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：P(s,红磷)=P(s,黑磷)△H=−21.7kJ⋅mol−1，则P(s,白磷)=P(s,红磷)△H=−17.6kJ⋅mol−1，由热化学方程式可知，各物质能量：白磷>红磷>黑鳞，故黑鳞最稳定，
故选：C。
物质具有的能量越低越稳定。
本题考查反应热和焓变，为高频考点，明确能量与稳定性的关系是解题关键，此题难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，故A错误；
B.平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，质量不变，可知平均分子量减小，故B错误；
C.平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，体积不变时，压强增大，故C错误；
D.气体的总质量不变，恒容时体积不变，则气体的密度不变，故D正确；
故选：D。
焓变为负，为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，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。
5.【答案】B
【解析】解：由图可知，压强相同时升高温度，Z的物质的量分数减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，可知ΔS<0，只有B正确，
故选：B。
由图可知，压强相同时升高温度，Z的物质的量分数减小，可知升高温度平衡逆向移动；温度相同时增大压强，Z的物质的量分数增大，可知增大压强使平衡正向移动，正反应为气体总物质的量减小的反应，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.苹果酸为二元有机弱酸(H2A)，溶液中分步电离，电离方程式为：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−，故A错误；
B.结合电离过程分析，H2A溶液中含有2种分子，分别为H2A与H2O，故B正确；
C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，A2−离子水解，溶液显碱性，c(H+)
故选：B。
A.苹果酸为二元有机弱酸(H2A)，分步电离；
B.H2A溶液中存在电离平衡，据此判断含有分子；
C.Na2A溶液为强碱弱酸盐，溶液显碱性；
D.Na2A溶液中弱酸阴离子分步水解。
本题综合考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，掌握电离和水解实质是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，而铅在铁的后面没有铁活泼，不会成为负极，故A错误；
B.构成原电池反应时，舰体做正极，发生还原反应，故B错误；
C.该装置中没有外接电源，利用了原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.在酸雨环境中，钢铁发生电化学腐蚀时，金属做负极，失去电子生成阳离子，氢离子得到电子生成氢气，所以为析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理和电解池原理是解本题关键，要保护的金属作原电池正极或电解池阴极即可，熟练掌握防护金属腐蚀的方法，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：充入等物质的量的X和Y，设物质的量均为amol，转化的X为xmol，则
molX(g)+2Y(g)⇌2Z(g)
开始 a a 0
转化 x 2x 2x
平衡 a−xa−2x2x
平衡后测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，可知a+aa−x+a−2x+2x=54，解得x=0.4a，X的转化率为0.4aa×100%=40%，只有C正确，
故选：C。
充入等物质的量的X和Y，设物质的量均为amol，转化的X为xmol，则
molX(g)+2Y(g)⇌2Z(g)
开始 a a 0
转化 x 2x 2x
平衡 a−xa−2x2x
平衡后测得反应前气体的总物质的量与反应后气体的总物质的量之比为54，可知a+aa−x+a−2x+2x=54，解得x=0.4a，结合转化率=转化的量开始的量×100%计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段式、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，稀释后CH3NH2的电离程度增大，由于溶液体积增大的幅度更大，导致c(CH3NH3+)减小，故A错误；
B.CH3NH2的电离过程吸热，升高温度后电离平衡正向移动，促进了CH3NH2的电离，故B正确；
C.CH3NH2为一元弱碱，在溶液中存在电离平衡，CH3NH2的电离类似于NH3，其电离方程式为：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH−，故C正确；
D.CH3NH2的性质与NH3相似，则CH3NH2与稀盐酸反应化学方程式为：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，故D正确；
故选：A。
A.CH3NH2为一元弱碱，稀释后CH3NH2的电离程度增大，但c(CH3NH3+)减小；
B.弱电解质的电离过程为吸热反应；
C.CH3NH2的电离类似于NH3，结合氨气的电离方程式分析；
D.CH3NH2与稀盐酸反应生成CH3NH3Cl。
本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，为高频考点，明确题干信息为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，试题侧重考查学生的知识迁移能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应速率的影响因素、化学平衡的状态的判断等，侧重考查学生分析能力和识图能力，注意当反应达到平衡时，即反应达到最大限度，正反应速率等于逆反应速率，此题难度中等。
【解答】
A.反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，则t4时反应达到平衡状态，故A错误；
B.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，反应速率由温度和浓度决定，随着反应进行，反应物浓度减小，而正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快，则该反应为放热反应，故B错误；
C.该反应是放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，温度升高，所以t3∼t4：v正因反应物浓度降低而降低，故C错误；
D.t4时，反应达到平衡状态，即反应达到最大限度，此时SO2的转化率达到最大，故D正确。
11.【答案】D
【解析】解：A.氯化铵可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐，属于强酸弱碱盐，故A错误；
B.氯化铵属于能水解的盐，铵根离子水解对水的电离起到促进作用，故B错误；
C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，pH=7，则c(H+)=c(OH−)，所以c(NH4+)=c(Cl−)，故C错误；
D.NH4Cl溶液中存在质子守恒c(H+)=c(OH−)+c(NH3⋅H2O)，故D正确；
故选：D。
A.氯化铵可以看成是盐酸和氨水中和得到的盐；
B.能水解的盐对水的电离起到促进作用；
C.NH4Cl、氨水混合液中存在电荷守恒；
D.NH4Cl溶液中存在质子守恒。
本题考查学生演的水解原理以及应用、电荷守恒、质子守恒等方面的知识，属于知识的灵活应用，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：根据①C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2；
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3，根据盖斯定律①+12②+12③可得C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=ΔH1+12ΔH2+12ΔH3，
故选：B。
根据①C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2；
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH3，根据盖斯定律①+12②+12③可得C(s)+O2(g)=CO2(g)，据此计算燃烧热。
本题考查燃烧热的计算、盖斯定律的应用，难度不大，熟悉盖斯定律的应用规律为解答的关键。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
【解答】
设反应前H2S的物质的量浓度为x，
1L密闭容器，反应前CO物质的量为5mol，平衡后CO物质的量为4mol，则
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始 5 x 0 0
转化 1 1 1 1
平衡 4x−111
K=c(H2)⋅c(COS)c(CO)⋅c(H2S)=1×14×(x−1)=0.1，解得x=3.5mol⋅L−1，只有A正确，
故选：A。
14.【答案】A
【解析】解：A.y极连接m极(负极)为阴极，y极材料为纯银，故A错误；
B.x极连接n极(正极)为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag−e−=Ag+，故B正确；
C.装置乙为燃料电池，将化学能转化为电能，故C正确；
D.n极为正极，电极反应为O2+4H++4e−=2H2O，故D正确；
故选：A。
由图可知，装置乙为甲醇氧气燃料电池，可燃物甲醇通入极即m极为负极，n极为正极，电极反应为O2+4H++4e−=2H2O，装置甲为电解池，y极连接m极(负极)为阴极，y极材料为纯银，电极反应为Ag++e−=Ag，x极连接n极(正极)为阳极，x极材料为粗银，发生主要反应为Ag−e−=Ag+，据此作答。
本题考查原电池和电解精炼银，题目难度中等，能依据电极通入物质判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】C
【解析】解：A.BaSeO4溶于水时吸收热量，升温促进溶解，c(Ba2+)增大，故A正确；
B.由图象可知，X点−lgc(SeO42−)=a，故c(SeO42−)=10−amol⋅L−1，故B正确；
C.由图象可知，M点lgc(Ba2+)=−a，故c(Ba2+)=10−amol⋅L−1，故C错误；
D.M点、N点、X点三点温度相同，故Ksp相等，故D正确；
故选：C。
A.升温促进平衡向吸热反应方向移动；
B.X点横坐标为a，纵坐标为0；
C.M点横坐标为0，纵坐标为−a；
D.溶度积只受温度影响。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，能依据图象进行计算是解题的关键，注意外界条件改变对沉淀溶解平衡的影响。
16.【答案】D
【解析】解：A.pH=12的氨水浓度大于pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(NO3−)+c(OH−)，则c(NH4+)>c(NO3−)，一水合氨电离程度较小，则溶液中存在c(NH4+)>c(NO3−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=c(HA2−)c(H3A)×c(H2A−)c(H2A−)=c(HA2−)c(H2A−)×c(H2A−)c(H3A)=Ka2c(H+)×Ka1c(H+)=10−7.210−5×10−2.210−5=100.6，故B正确；
C.25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=c(R2+)c(M2+)=Ksp(RS)c(S2−)Ksp(MS)c(S2−)=Ksp(RS)Ksp(MS)=4.0×10−181.0×10−21=4000，故C正确；
D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，但n(H+)增加量远远小于溶液体积增加量，则c(H+)减小，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：D。
A.pH=12的氨水浓度大于pH=2的硝酸浓度，二者等体积混合，氨水大量剩余，溶液呈碱性；
B.室温下，调节H3A溶液的pH=5时，c(HA2−)c(H3A)=c(HA2−)c(H3A)×c(H2A−)c(H2A−)=c(HA2−)c(H2A−)×c(H2A−)c(H3A)=Ka2c(H+)×Ka1c(H+)；
C.25℃时，RS+M2+⇌MS+R2+的平衡常数K=c(R2+)c(M2+)=Ksp(RS)c(S2−)Ksp(MS)c(S2−)=Ksp(RS)Ksp(MS)；
D.加水稀释氯化铝溶液，铝离子水解程度增大，H+物质的量增加，但n(H+)增加量远远小于溶液体积增加量。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点，侧重考查分析、推断及计算能力，明确弱电解质电离特点、盐类水解影响因素、溶度积常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵活变形，题目难度中等。
17.【答案】−484H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1 43.8a+50.7N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol>高温
【解析】解：(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=(2×436+496−4×463)kJ/mol=−484kJ⋅mol−1，
故答案为：−484；
②氢气的燃烧热△H=−285.8kJ⋅mol−1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，
故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1；
③由a、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−484kJ⋅mol−1，
b、H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，
结合盖斯定律可知，b−a×12得到H2O(g)=H2O(l)△H=(−285.8kJ⋅mol−1)−(−484kJ⋅mol−1)×12=−43.8kJ/mol，则1mol水蒸气液化放热43.8kJ，
故答案为：43.8；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能为(a+50.7)kJ/mol，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ，则热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol，
故答案为：a+50.7；N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ/mol；
②为气体体积增加的反应，则△S>0，且△H>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温，
故答案为：>；高温。
(1)①焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
②燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成指定化合物时放出的热量；
③由盖斯定律及物质的量与热量成正比计算；
(2)①焓变等于正逆反应的活化能之差，由图可知气态肼分解吸热为50.7kJ；
②为气体体积增加的反应，△H−T△S<0的反应可自发进行。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握焓变计算、盖斯定律、热化学方程式的书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析，题目难度不大。
18.【答案】CuAl−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O24正 CH4+2O2=CO2+2H2O2Cl−−2e−=Cl2↑气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝
【解析】解：(1)①Al作负极，电极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，Cu作正极，有氢气生成；
故答案为：Cu；Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O；
②电池总反应为2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，33.6LH2的物质的量为33.6L22.4L/mol=1.5mol，反应Al的物质的量为32×1.5mol=1mol，理论上电解质溶液增重27g/mol×1mol−2g/mol×1.5mol=24g，
故答案为：24；
(2)①m极为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，
故答案为：正；CH4+2O2=CO2+2H2O；
②Y极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；
③Y极生成氯气，湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝，气球b中的现象为气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝，
故答案为：气球b中充满黄绿色气体，淀粉碘化钾试纸变蓝。
(1)Al与NaOH溶液反应，Al作负极，电极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，Cu作正极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，电池总反应为2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑；
(2)装置乙为燃料电池，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，m极为正极，n为负极，装置丙为电解池，X极连接电源负极作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y极为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑。
本题考查原电池原理和电解原理，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
19.【答案】+172.8kJ⋅mol−1 bd75%0.010.052：1
【解析】解：(1)1molC完全转化为水煤气时吸收热量131.5kJ，热化学方程式为：①C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=131.5kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=−41.3kJ/mol，依据盖斯定律①-②得到：C(S)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.8kJ/mol，
故答案为：+172.5kJ/mol；
(2)a.该反应是气体体积不变的反应，容器内压强不随时间变化，故无法判断反应是否达到平衡，故a错误；
b.容器内各物质的浓度不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故b正确；
c.CO、H2、CH3OH的物质的量之比为1：2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故c错误；
d.单位时间消耗0.1molCO同时生成0.1molH2O，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确，
故答案为：bd；
(3)反应为500℃，K=9，设CO的转化浓度为x，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始量(mol⋅L−1)0.020.0200
变化量(mol⋅L−1)xxxx
平衡量(mol⋅L−1)0.02−x0.02−xxx
K=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=x×x(0.02−x)×(0.02−x)=9，解得x=0.015mol⋅L−1，α(CO)=0.015mol⋅L−10.02mol⋅L−1×100%=75%
(4)在T℃、5MPa条件下，将0.1molCO与0.12molH2O(g)混合气体充入1L密闭容器发生反应，c(CO)=0.1mol⋅L−1，c(H2O)=0.1mol⋅L−1，由图可知，2min时，c(CO2)=0.02mol⋅L−1，
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始量(mol)0.10.1200
变化量(mol)0.020.020.020.02
平衡量(mol)0.080.10.020.02
①v(CO)=△c△t=0.02mol1L2min=0.01mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.01；
②设总压为p，则平衡时各组分分压为p(CO)=0.08mol0.1mol+0.12mol×p=411p，p(H2O)=0.1mol0,1mol+0.12mol×p=511p，p(CO2)=p(H2)=0.02mol0.1mol+0.12mol×p=111p，所以T℃时该反应的化学平衡常数Kp=p(CO2)×p(H2)p(CO)×p(H2O)=111×111411×511=0.05，
故答案为：0.05；
③反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)由该反应特点可知，该反应前后气体的物质的量不发生改变，压强之比等于气体物质的量之比，P后P前=0.1mol+0.12mol+0.2mol+0.02mol0.1mol+0.12mol=21，
故答案为：2：1。
(1)已知 1mol C 完全转化为水煤气时吸收热量 131.5kJ，写出热化学方程式，和一氧化碳和水反应的热化学方程式，根据盖斯定律计算得到；
(2)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；
(3)由图可知，500℃时K=9，列化学平衡三段式，结合化学平衡常数计算；
(4)①)①根据表中数据可知500℃时，K=9，设CO浓度的变化量为x，可列三段式计算CO的平衡转化率；
②由图像可知，T℃时平衡时，CO2的平衡浓度为0.02mol⋅L−1，列反应三段式计算出平衡时CO、H2O、CO2、H2的物质的量，计算气体分压代入平衡常数Kp中计算；
③该反应前后气体的物质的量不发生变化，压强之比等于气体物质的量之比。
本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律的应用及反应热计算、化学反应速率的计算、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数及其计算等，侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握基本化学反应原理即可解答，题目难度中等。
20.【答案】新煮沸并冷却的蒸馏水 胶头滴管 甲 溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色 94.8%A
【解析】解：(1)煮沸蒸馏水除去溶解的氧气，以防止氧气氧化硫代硫酸钠，即用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解硫代硫酸钠；加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管定容，
故答案为：新煮沸并冷却的蒸馏水；胶头滴管；
(2)①用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应选择酸式滴定管，即图中甲，
故答案为：甲；
②淀粉遇碘变蓝色，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去，滴定终点时溶液的颜色变化是：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色，
故答案为：溶液蓝色消失且半分钟内不恢复原色；
(3)①由Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，故20mL溶液中，n(Na2S2O3)=6×0.02L×0.1mol/L=0.012mol，可得10g样品中(即100mL溶液)Na2S2O3的质量为0.012mol×100mL20mL×158g/mol=9.48g，样品中Na2S2O3质量分数为9.48g10g×100%=94.8%，
故答案为：94.8%；
②A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，则硫代硫酸钠溶液浓度偏低，故测定样品中硫代硫酸钠质量分数偏低，故A符合题意；
B.锥形瓶中残留少量水，不影响碘单质的物质的量，即不影响硫代硫酸钠质量分数，故B不符合题意；
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小，则硫代硫酸钠溶液浓度偏高，故测定样品中硫代硫酸钠质量分数偏高，故C不符合题意，
故答案为：A。
(1)硫代硫酸钠溶液可被氧气氧化；加蒸馏水至离容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管定容；
(2)①用硫酸酸化的K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性；
②淀粉遇碘变蓝色，碘单质反应完毕，溶液蓝色褪去；
(3)①由Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，根据关系式计算20mL溶液中Na2S2O3的物质的量，可得10g样品中(即100mL溶液)Na2S2O3的质量，再计算样品中Na2S2O3质量分数；
②A.盛装硫代硫酸钠样品溶液的滴定管没有润洗，硫代硫酸钠溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大；
B.锥形瓶中残留少量水，不影响碘单质的物质的量；
C.读数时滴定前仰视，滴定后俯视，消耗硫代硫酸钠溶液体积读数偏小。
本题考查物质含量测定实验，涉及氧化还原滴定的应用，关键是对实验原理的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、实验能力、运用知识解决问题的能力。
21.【答案】c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)增大 10a−14 A2>[5.4,8.8)防止铵盐分解及氨气挥发 9×10−6
【解析】解：(1)NH3⋅H2O电离出OH−而导致溶液呈碱性，c(H+)
故答案为：c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；增大；
(2)lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)=10−1410−a=10a−14；升高温度促进NH3⋅H2O电离，c(NH4+)增大、c(NH3⋅H2O)减小，所以lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)增大，为A2；溶液仍然呈碱性，溶液的pH>7，所以a>7，
故答案为：10a−14；A2；>；
(3)①“沉铁、铝”时要将Fe3+、Al3+转化为沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，Al3+转化为沉淀时Fe3+已经完全沉淀，Al3+完全转化为沉淀时pH不小于5.4，Mn2+开始转化为沉淀时pH为8.8，所以“沉铁、铝”时反应液的pH应控制的范围是[5.4,8.8),
故答案为：[5.4,8.8)；
②“沉锰”时温度越高，氨水越易挥发，铵盐不稳定，受热易分解，所以为防止铵盐分解及氨气挥发，稳定不易过高，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>Ksp(MnCO3)c(Mn2+)Ksp(MnCO3)c(Mn2+)=9×10−1110−5mol/L=9×10−6mol/L，
故答案为：防止铵盐分解及氨气挥发；9×10−6。
(1)NH3⋅H2O电离出OH−而导致溶液呈碱性，但其电离程度较小，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)；氨水浓度越小，NH3⋅H2O电离程度越大；
(2)lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0时，c(NH4+)=c(NH3⋅H2O)，常温下NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=c(NH4+)c(NH3⋅H2O)×c(OH−)=c(OH−)；升高温度促进NH3⋅H2O电离，c(NH4+)增大、c(NH3⋅H2O)减小；溶液仍然呈碱性；
(3)①“沉铁、铝”时要将Fe3+、Al3+转化为沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀；
②“沉锰”时温度越高，氨水越易挥发，铵盐不稳定，受热易分解，Mn2+完全沉淀时c(Mn2+)<10−5mol⋅L−1，则此时溶液中c(CO32−)>Ksp(MnCO3)c(Mn2+)。
本题考查弱电解质的电离、难溶物溶度积常数的计算等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用、计算能力，明确电离平衡常数计算方法、溶度积常数的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
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