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2021-2022学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了01ml⋅L−1氨水B，8ml⋅L−1，89×10−2，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷
1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是( )
A. 锌锰干电池 B. 燃气燃烧
C. 电池充电 D. 水力发电
2. 下列各组元素中，电负性依次减小的是( )
A. F、N、O B. Cl、C、F C. As、N、H D. Cl、S、As
3. 下列轨道表示式能表示基态硫原子最外层结构的是( )
A. B. C. D.
4. 下列关于Al的叙述不正确的是( )
A. 基态铝原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1
B. Al位于元素周期表中p区
C. 离子半径：Al小于Mg
D. 第一电离能：Al大于Mg
5. 常温下，下列溶液中c(OH−)=10−2mol/L的是( )
A. 0.01mol⋅L−1氨水 B. pH=12的NaOH溶液
C. pH=2的盐酸 D. 0.01mol⋅L−1硫酸
6. 在5L的密闭容器中进行反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，30秒后，SO3的物质的量增加了0.3mol。下列叙述正确的是( )
A. v(SO3)=0.002mol⋅L−1⋅s−1
B. v(O2)=0.001mol⋅L−1⋅s−1
C. 当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡
D. 当容器内SO3的浓度不再增加时，反应达到平衡
7. 在反应2HI→H2+I2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是( )
A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能
B. 增大c(HI)，单位体积内活化分子数增大
C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加
D. 增大压强，活化分子的百分数增大
8. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是( )
A. 用可溶性铝盐作净水剂：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+
B. 将水加热至90℃，水的pH变小：H2O⇌H++OH− ΔH>0
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
D. “NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)ΔH<0
9. 已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，其它相关数据如表，下列说法正确的是( )
物质
H2
Cl2
HCl
1mol分子中的化学键断裂时吸收的能量/kJ
436
a
431
A. a=243
B. H2(g)和Cl2(g)的总能量小于HCl(g)
C. 1LH2完全反应放出183kJ热量
D. 生成2molHCl(l)的能量变化小于183kJ
10. 下列现象与电化学无关的是( )
A. 生铁比软铁芯(几乎是纯铁)容易生锈
B. 银质奖牌久置后表面变暗
C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈
D. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
11. 25℃时，在20.0mL0.10mol⋅L−1氨水中滴入0.10mol⋅L−1的盐酸，溶液pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述不正确的是( )
A. a点对应溶液中已电离的c(NH3⋅H2O)为10−2.8mol⋅L−1
B. b点对应盐酸的体积等于20.0mL
C. b点对应溶液中：c(Cl−)=c(NH4+)
D. 滴加入10mL盐酸时：c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)
12. 铁片镀铜实验中(装置如下图所示)，为提高电镀效果，电镀前铁片需依次用NaOH溶液、稀盐酸和水洗涤。下列说法不正确的是( )
A. 稀盐酸的主要作用是除去铁锈 B. a接电源正极，b接电源负极
C. 电镀过程中c(Cu2+)基本保持不变 D. 阴极发生反应：Cu2++2e−=Cu
13. 某温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，体系中各物质浓度的有关数据如表。下列判断正确的是( )
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol⋅L−1)
c(I2)/(mol⋅L−1)
c(HI)/(mol⋅L−1)
c(HI)/(mol⋅L−1)
甲
0.01
0.01
0
0.004
乙
0.01
0.02
0
a
丙
0.01
0.01
0.02
b
A. 甲中条件下，该反应的平衡常数K=4 B. 乙中H2的平衡转化率等于20%
C. 丙中反应逆向进行 D. a=b>0.004
14. 一定温度下，两种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。注：c(M2+)=10−8mol⋅L−1时，−lgc(M2+)=8；c(CO32−)=10−8mol⋅L−1时。−lgc(CO32−)=8下列说法不正确的是( )
A. 该温度下，CaCO3的Ksp=10−8
B. 该温度下，溶解度：MgCO3>CaCO3
C. 欲使a点移动到b点，可向CaCO3浊液中加入适量CaCl2固体
D. 反应MgCO3+Ca2+⇌Mg2++CaCO3，正向转化比逆向转化更难实现
15. 随着能源技术的发展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。
(1)基态Li原子中电子占据最高能级的符号是 ______，占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为 ______形。
(2)在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是 ______
(3)部分元素的第一电离能(I1)如表所示。
元素
Li
Be
Na
K
I1(kJ⋅mol−1)
520
900
496
419
①碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是 ______。
②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是 ______。
(4)海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如图所示：
①金属锂在电极 ______(填“A”或“B”)上生成。
②阳极产生两种气体单质，写出阳极的电极反应：______、______。
16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol。
(1)合成氨生产流程示意图如图。
①流程中，有利于提高原料利用率的措施是 ______；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 ______。
②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3CO]+(aq)ΔH<0。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议：______。
(2)实验室研究是工业生产的基石。图中的实验数据是在其他条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 ______。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 ______。
17. 次磷酸(H3PO2)具有较强的还原性，可用于制药工业。
(1)H3PO2是一元酸，25℃时，Ka=5.89×10−2。写出其电离方程式：______。
(2)用电渗析法制备H3PO2的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。
①写出阴极的电极反应：______。
②Na+的移动方向是：Na+移向 ______(填“阴极室”或“原料室”)。
③阳极室得到H3PO2，H3PO2的浓度逐渐增大。
a.结合电极反应说明其原因是 ______。
b.该方法得到的产品H3PO2溶液中会混有H3PO4。
Ⅰ.产生H3PO4的原因是 ______。
Ⅱ.用如图所示装置可解决该问题。补全电化学装置示意图。
a.______；b.______；c.______。
18. 为探究醋酸的电离情况，进行实验。
【实验一】测定醋酸溶液的浓度。25℃时，将0.2mol⋅L−1醋酸稀释，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL稀释后的醋酸溶液。4次滴定消耗NaOH溶液的体积如表：
实验次数
1
2
3
4
所消耗NaOH溶液的体积/mL
20.05
20.00
18.40
19.95
(1)稀释后的醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度为 ______mol/L(列出算式即可)。
(2)该滴定过程中以酚酞做指示剂。下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.滴定前，需用醋酸润洗锥形瓶
b.滴定过程中溶液的pH变化趋势为增大
c.滴定终点时，溶液由无色刚好变为粉红色，且在半分钟内不变色
【实验二】探究浓度对醋酸电离程度的影响。
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如表所示：
浓度/(mol⋅L−1)
0.0010
0.0100
0.1000
pH
3.88
3.38
2.88
(3)根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是 ______。
(4)25℃时，醋酸的电离常数Ka为 ______(列出算式即可)。
(5)设计实验方案证明醋酸的Ka大于碳酸的Kal，将实验操作及现象补充完整：向盛有2mL1mol⋅L−1醋酸的试管中滴加 ______。
19. 氢气、一氧化碳、天然气都是重要的燃料和化工原料。相关物质的燃烧热(25℃,101kPa)数据如表所示：
物质
H2(g)
CO
CH4
C2H6(g)
燃烧热ΔH/(kJ⋅mol−1)
−286
−283
−890
−1560
(1)25℃、101kPa时，同质量的H2、CO、CH4完全燃烧，放出的热量最多的是 ______。
(2)工业制取氢气时涉及的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，830℃时，该反应的K为1.0。在1L密闭容器中，将2.0molCO和10molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时，CO的平衡转化率是 ______。
(3)高温下，甲烷发生反应：2CH4→C2H6+H2 ΔH1。初期阶段的反应速率与甲烷浓度的关系为：v=k×c(CH4)，其中k>0，且k为常数。
①设反应开始时的反应速率为v1，甲烷的转化率为α时的反应速率为v2，则v2=______v1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.增加甲烷浓度，v增大
b.增加H2浓度，v增大
c.乙烷的生成速率逐渐增大
d.升高反应温度，k值增大
20. 实验小组用固体和水配制相同浓度的FeCl3溶液和Fe(NO3)3溶液，用其研究Fe3+的性质。
实验Ⅰ
实验Ⅱ
【查阅资料】Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)
(1)Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，实验证据是 ______。
(2)根据实验Ⅰ推测，Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致。结合化学用语分析该推测过程：______。
(3)为了证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，同学们设计并进行实验。
序号
实验操作
实验现象
a
向FeCl3溶液中加入铁粉
溶液颜色变浅
b
向FeCl3溶液中加入3滴AgNO3溶液
产生白色沉淀，溶液颜色变浅
c
向实验Ⅱ所得溶液中加入3滴NaOH
产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅
d
将FeCl3溶液加热
溶液颜色变深
能说明FeCl3溶液中存在上述平衡的实验方案是 ______(填字母)。
(4)综合上述实验，分析相同浓度FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【解答】
充电为电解池，电解池能实现将电能转化为化学能。
A.该过程将化学能转化为电能，故A错误；
B.该过程将化学能转化为热能和光能，故B错误；
C.该过程将电能转化为化学能，故C正确；
D.该过程将动能转化为电能，故D错误。
【分析】
本题考查了能量之间的转化，原电池能将化学能转化为电能，将电能转化为化学能的装置为电解池。
2.【答案】D
【解析】
A.得电子能力：F>O>N，则电负性F>O>N，故A错误；
B.得电子能力：F>Cl>C，所以电负性：F>Cl>C，故B错误；
C.得电子能力：N>As>H，所以电负性：N>As>H，故C错误；
D.得电子能力：Cl>S>Sn，所以电负性：Cl>S>As，故D正确；
故选：D。
【分析】元素周期表中，元素得电子能力越大，其电负性越大，所以同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减弱。
本题考查电负性大小比较，侧重考查对元素周期律的理解和运用，明确元素得电子能力与电负性的关系是解本题关键，知道元素得电子能力大小判断方法，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】A.该图不符合能量最低原理，故A错误；
B.该图不符合洪特规则，故B错误；
C.该图不符合泡利原理，故C错误；
D.该图符合能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则，故D正确；
故选：D。
基态S原子最外层电子中含有6个电子，3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子，且电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则。
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，知道构造原理、泡利不相容原理、洪特规则的含义。
4.【答案】D
【解析】A.Al原子核外有13个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故A正确；
B.p区包含第ⅢA族∼0族的元素，Al为第ⅢA族元素，位于p区，故B正确；
C.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，Mg2+、Al3+的电子层结构相同，原子序数：r(Al3+)
故选：D。
本题考查原子结构和元素性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布特点、元素周期律是解本题关键，注意规律中的反常现象，D为解答易错点。
5.【答案】B
【解析】A.NH3⋅H2O是弱电解质而部分电离，则溶液中c(OH−)小于氨水浓度，即小于0.01mol/L，故A错误；
B.NaOH是强电解质而完全电离，pH=12的NaOH溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−12mol/L=10−2mol/L，故B正确；
C.pH=2的盐酸溶液中c(H+)=10−pH=10−2mol/L，pH=2的盐酸溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−2mol/L=10−12mol/L，故C错误；
D.硫酸是强电解质而完全电离，0.01mol/L硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，0.01mol/L硫酸溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−140.02mol/L=5×10−13mol/L，故D错误；
故选：B。
本题考查溶液pH值的有关计算，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、计算能力，明确弱电解质电离特点、酸溶液中c(OH−)的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】A.30秒后，SO3的物质的量增加了0.3mol，则0∼30s内v(SO3)=0.3mol5L30s=0.002mol⋅L−1⋅s−1，题中未指明反应时间，故A错误；
B.由速率之比等于化学计量数之比可知，0∽30s内v(O2)=0.002mol⋅L−1⋅s−1×12=0.001mol⋅L−1⋅s−1，未指明时间，故B错误；
C.反应中气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，不能判定平衡状态，故C错误；
D.平衡时各物质的浓度不变，则容器内SO3的浓度不再增加时，反应达到平衡，故D正确；
故选：D。
7.【答案】D
【解析】
A.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，所以加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能，故A正确；
B.浓度变大，活化分子百分数不变，但单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故B正确；
C.温度越高，活化分子的百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，反应的速率越快，故C正确；
D.增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故D错误；
故选：D。
【分析】活化分子发生反应生成新物质的碰撞为有效碰撞，增大浓度、压强，可增大单位体积活化分子数目，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子数目，进而增大反应速率，以此解答该题。
本题考查温度、浓度、催化剂对反应速率的影响，题目难度不大，注意对活化分子的浓度以及百分数的影响。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式、热化学方程式书写，明确物质的性质，熟悉盐类水解的规律、化学平衡移动影响因素是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.用可溶性铝盐作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故A错误；
B.水存在电离平衡：H2O⇌H++OH− ΔH>0，为吸热过程，将水加热至90℃，促进了水的电离，氢离子浓度增大，pH变小，故B正确；
C.氢氧化镁为难溶电解质，在水溶液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，因此向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，故C正确；
D.2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)ΔH<0，正反应放热，加热平衡逆向移动，因此”NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，故D正确。
9.【答案】A
【解析】A.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则−183kJ/mol=(436+a)kJ/mol−2×431kJ/mol，a=243，故A正确；
B.该反应为放热反应，则H2(g)和Cl2(g)的总能量大于HCl(g)，故B错误；
C.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，化学计量数表示物质的量，则1molH2完全反应生成1molHCl(g)放出183kJ热量，故C错误；
D.等量HCl(g)能量高于HCl(l)，则生成2molHCl(l)的能量变化大于183kJ，故D错误；
故选：A。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故A不选；
B.银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故B选；
C.铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；
D.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故D不选；
故选B.
根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．
本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等．
11.【答案】B
【解析】A.25∘C时，a点对应溶液pH=11.2，则氢离子浓度为10−11.2mol⋅L−1，氢氧根离子浓度为10−2.8mol⋅L−1，则已电离的c(NH3⋅H2O)为10−2.8mol⋅L−1，故A正确；
B.在20mL0.1mol/L氨水中滴入0.10mol/L的盐酸20mL时恰好完全中和得氯化铵溶液，氯化铵溶液因水解呈酸性，而b点溶液呈中性，则b点为氯化铵和氨水混合物，对应盐酸的体积小于20mL，故B错误；
C.溶液电荷守恒：c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，b点对应溶液中：c(OH−)=c(H+)，则c(Cl−)=c(NH4+)，故C正确；
D.滴加入10mL盐酸时所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水混合物，呈碱性c(OH−)>c(H+)，说明一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度，结合电中性c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)可知，c(Cl−)c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)，故D正确；
故选：B。
12.【答案】B
【解析】A、为提高电镀效果，电镀前铁片需用稀盐酸除去铁表面的铁锈，故A正确；
B、电镀时，镀件作阴极，接电源负极，镀层金属作阳极，接电源正极，即b接电源正极，a接电源负极，故B错误；
C、电镀过程中，阳极消耗铜和阴极析出铜的物质的量相等，所以c(Cu2+)基本保持不变，故C正确；
D、阴极a电极上铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故D正确；
故选：B。
本题考查了电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握电极的判断以及电极方程式的书写，把握电解原理，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】A.甲中条件下，该反应的平衡常数K=(0.004)20.008×0.008=0.25，故A错误；
B.甲转化氢气的转化率为0.0020.01×100%=20%，乙中看成在甲的基础上加入碘，平衡正向移动，则乙中H2的平衡转化率大于20%，故B错误；
C.丙中Q=c2(HI)c(H2)⋅c(I2)=(0.02)20.01×0.01=4>K=0.25，平衡逆向移动，故C正确；
D.乙中看成在甲的基础上加入碘，丙看成甲增大压强，则0.004
14.【答案】D
【解析】A.由a(4,4)可知，a点对应c(Ca2+)=c(CO32−)=10−4mol/L，则该温度下，CaCO3的Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32−)=10−4×10−4=10−8，故A正确；
B.−lgc(M2+)相等时，图线中−lgc(CO32−)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3的Ksp依次减小，二者是同类型沉淀，该温度下Ksp越小则溶解度越小，故溶解度：MgCO3>CaCO3，故B正确；
C.欲使a点移动到b点，即增大钙离子浓度减小碳酸根离子浓度，可向CaCO3浊液中加入适量CaCl2固体、使CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32−(aq)平衡左移，故C正确；
D.溶解度：MgCO3>CaCO3，反应MgCO3+Ca2+⇌Mg2++CaCO3，正向转化比逆向转化更易实现，故D错误；
故选：D。
15.【答案】(1)2s球 (2)Mg
(3)①从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减 ②基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低
(4)①A ②2Cl−−2e−=Cl2↑、4OH−−4e−=O2↑+2H2O
【解析】(1)基态Li原子中电子占据最高能级是2s能级，其符号为2s，2s能级的电子云轮廓图的形状为球形，
故答案为：2s；球；
(2)由对角线规则可知，Li与Mg性质最为相似，在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是Mg，
故答案为：Mg；
(3)①根据表中数据知，从Li到K，随着质子数递增，电子层数增多，半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小，原子失电子能力增强，第一电离能减小，则碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是：从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减，
故答案为：从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减；
②原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低，则其具有较大的第一电离能，
故答案为：基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低；
(4)①从海水中提取金属锂，锂元素发生还原反应，故在阴极上放电，即在电极A上放电，
故答案为：A；
②阳极上Cl−和水中的OH−放电，电极反应式分别为2Cl−−2e−=Cl2↑、4OH−−4e−=O2↑+2H2O，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；4OH−−4e−=O2↑+2H2O。
本题考查较综合，涉及原子结构、元素周期律、电解原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构特点、元素周期律内涵、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，知道电极反应式的书写方法。
16.【答案】(1)①加压、冷却液化氨、原料气循环利用 干燥净化、加压10Mpa∼30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400∼500∘C
②对吸收CO后的铜氨废液在减压下加热、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO
(2)①200℃
② Q=M>N
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及工业合成氨、化学平衡的影响等知识，题目难度不大，明确化学平衡的影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力和灵活应用能力。
【解答】
(1)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移，提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa∼30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400∼500∘C。
②反应：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3CO]+(aq)ΔH<0为放热的、气体总分子数减小的可逆反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO、铜氨溶液可进行重复利用。
(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②K只受温度影响，该反应温度升高时K减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)>K(N)。
17.【答案】(1)H3PO2⇌H++H2PO2−
(2)①2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑②阴极室 ③a.阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2
I.氧气可以将H3PO2氧化为H3PO4
II.H2SO4 阳离子交换膜 稀H3PO2
【解析】(1)已知H3PO2是一元酸，25℃时，Ka=5.89×10−2，则H3PO2在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2−，
故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2−；
(2)①阴极室中是水放电生成氢气与氢氧根离子，阴极的电极反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑；
②Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，
故答案为：阴极室；
③a.阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2，故H3PO2生成且浓度不断增大，
故答案为：阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2；
Ⅰ.已知次磷酸H3PO2具有较强的还原性，阳极室有氧气产生，则该方法得到的产品H3PO2溶液中会混有H3PO4的原因是：氧气可以将H3PO3氧化为H3PO4，
故答案为：氧气可以将H3PO2氧化为H3PO4；
Ⅱ.把阳极室/产品室分开可防止H3PO3氧化为H3PO4而得到纯净的H3PO3，由图知，阴极室和原料室不发生变化，阴极室中反应是2H2O+2e−=H2↑+2OH−，原料室内Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，阳极室反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故阴离子为含氧酸根离子、但不能含有H2PO2−，故可选择硫酸，则a为稀H2SO4，氢离子透过阳离子交换膜移向产品室，则b为阳离子交换膜，在产品室内氢离子与H2PO2−(由原料室通过阴离子交换膜迁移而来)结合生成产物H3PO2，则c为稀H3PO2，综上，a为H2SO4，b为阳离子交换膜，c为稀H3PO2，
故答案为：H2SO4；阳离子交换膜；稀H3PO2。
电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；
本题考查电解原理应用等，侧重考查学生对知识迁移应用，关键根据装置图、电极反应与物质的性质理解制备原理，注意对题目中信息的应用，难度中等。
18.【答案】 (1)0.1000
(2)bc
(3)0.0010mol/L醋酸溶液的pH=3.88>3(表中0.1000mol/L醋酸溶液的pH=2.88>2)，说明醋酸未完全电离
(4)10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88
(5)滴加碳酸氢钠溶液，产生气泡
【解析】(1)第3次实验消耗标准NaOH溶液的体积为18.40mL明显存在误差，应舍去，其他三次实验消耗NaOH溶液体积的平均值为20.05+20.00+29.953mL=20.00mL，根据c(CH3COOH)×V(CH3COOH)=c(NaOH)×V(NaOH)，稀释后的醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度c(CH3COOH)=0.1×20×10−320×10−3mol/L，解得c(CH3COOH)=0.1000mol/L，
故答案为：0.1000；
(2)a.滴定前，若用醋酸润洗锥形瓶，则导致V标偏大、c测偏大，说法错误，故a错误；
b.NaOH溶液滴定稀释后的醋酸溶液，发生CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，随着NaOH标准溶液的不断滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，滴定过程中溶液的pH变化趋势为增大，说法正确，故b正确；
c.CH3COONa水解呈碱性，选择在碱性范围内变色的酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液由无色刚好变为粉红色，且在半分钟内不变色，说法正确，故c正确；
故答案为：bc；
(3)表中0.0010mol/L醋酸溶液和0.1000mol/L醋酸溶液的pH分别为3.88>3、2.88>2，说明CH3COOH未完全电离，故CH3COOH是弱电解质，
故答案为：0.0010mol/L醋酸溶液的pH=3.88>3(表中0.1000mol/L醋酸溶液的pH=2.88>2)，说明醋酸未完全电离；
(4)25℃时，由三段法
CH3COOH⇌CH3COO−+H+
开始(mol/L)0.100000
变化(mol/L)10−2.88 10−2.88 10−2.88
平衡(mol/L)0.1000−10−2.88 10−2.88 10−2.88
则醋酸的电离常数K=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88，
故答案为：10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88；
(5)要设计实验方案证明醋酸的Ka大于碳酸的Ka1，可依据强酸制弱酸原理，将实验操作及现象补充完整为：向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加碳酸氢钠溶液，若产生气泡，说明醋酸和碳酸氢钠反应生成了碳酸、碳酸分解释放出二氧化碳气体，则可证明，
故答案为：滴加碳酸氢钠溶液，产生气泡。
本题主要考查了弱电解质电离平衡、盐类水解的有关知识，题目难度中等，注意掌握弱电解质电离平衡影响因素和电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
19.【答案】(1)H2 8(2)3.3%(3)①(1−α)② ad
【解析】(1)设三种气体质量为56g，则氢气的物质的量为28mol，28mol氢气完全燃烧放出的热量为：28×286kJ=8008kJ；一氧化碳的物质的量为2mol，2mol一氧化碳完全燃烧放出的热量为：2×283kJ=566kJ；甲烷的物质的量为3.5mol，3.5mol甲烷完全燃烧放出的热量为3.5×890kJ=3115kJ，因此同质量的H2、CO、CH4完全燃烧，放出的热量最多的是H2，
故答案为：H2；
(2)设一氧化碳的平衡转化率为x，则有三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol/L)21000
转化(mol/L)2x2x2x2x
平衡(mol/L)2−2x10−2x2x2x
K=c(H2)c(CO2)c(CO)c(H2O)=2x×2x(2−2x)(10−2x)=1，解得x≈83.3%，
故答案为：83.3%；
(3)①根据v=k×c(CH4)知，若v1=kc，甲烷的转化率为α时，甲烷的浓度为c(1−α)，则v2=kc(1−α)，所以v2=(1−α)v1，
故答案为：(1−α)；
②a.反应物浓度增大，速率增大，则增大反应物浓度，反应速率增大，故a正确；
b.根据反应在初期阶段的速率方程知，反应速率与氢气浓度无关，所以氢气的量不影响反应速率，故b错误；
c.根据反应在初期阶段的速率方程知，随着反应进行，甲烷的反应速率逐渐减小，则乙烷的生成速率逐渐减小，故c错误；
d.化学反应速率常数与温度有关，温度升高，反应速率常数增大，故d正确；
故答案为：ad。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
20.【答案】(1)常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离 (2)铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致(3)bc(4)氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡
【解析】氯化铁、硝酸铁是强酸弱碱盐，铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+呈酸性，而等浓度的FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，说明发生水解的铁离子浓度不同，可以推测是阴离子对铁离子浓度可能有影响，按信息，FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，则氯离子会影响铁离子水解。要证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，必须考虑到氯化铁溶液中还同时存在铁离子的水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，这两个平衡的移动都会造成颜色变化，只有通过Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]的移动造成的颜色变化才能证明它的存在，据此回答。
(1)Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，实验证据是常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，
故答案为：常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离；
(2)Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致，铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致，
故答案为：铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致；
(3)氯化铁溶液中存在铁离子的水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，为了证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，则：
a.向FeCl3溶液中加入铁粉、溶液颜色变浅，铁与铁离子直接反应生成亚铁离子，会导致溶液颜色变浅。不能说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在，a不选；
b.向FeCl3溶液中加入3滴AgNO3溶液产生白色沉淀，氯离子不影响铁离子水解，若无上述平衡、则只有白色沉淀产生、溶液颜色不变，现溶液颜色变浅，说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在且向左移动，[FeCl4−]浓度变小、颜色变浅，b选；
c.氢氧化钠能促进铁离子水解、应使溶液颜色变深或出现红褐色沉淀，现向实验Ⅱ所得溶液中加入3滴NaOH产生红褐色沉淀、而溶液颜色变浅，则说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在且向左移动，[FeCl4−]浓度变小、颜色变浅，c选；
d.加热能促进铁离子水解颜色变深，将FeCl3溶液加热溶液颜色变深，不能说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在，d不选；
故答案为：bc；
(4)综合上述实验，相同浓度FeCl3溶液与Fe(NO3)3溶液均因铁离子水解呈酸性，而相同浓度FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，则硝酸铁溶液铁离子水解程度大、则硝酸铁溶液中铁离子浓度大，原因是氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡，
故答案为：氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡。
本题考查了物质性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
2021-2022学年北京市东城区高二（上）期末化学试卷
1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是( )
A. 锌锰干电池 B. 燃气燃烧
C. 电池充电 D. 水力发电
2. 下列各组元素中，电负性依次减小的是( )
A. F、N、O B. Cl、C、F C. As、N、H D. Cl、S、As
3. 下列轨道表示式能表示基态硫原子最外层结构的是( )
A. B. C. D.
4. 下列关于Al的叙述不正确的是( )
A. 基态铝原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1
B. Al位于元素周期表中p区
C. 离子半径：Al小于Mg
D. 第一电离能：Al大于Mg
5. 常温下，下列溶液中c(OH−)=10−2mol/L的是( )
A. 0.01mol⋅L−1氨水 B. pH=12的NaOH溶液
C. pH=2的盐酸 D. 0.01mol⋅L−1硫酸
6. 在5L的密闭容器中进行反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，30秒后，SO3的物质的量增加了0.3mol。下列叙述正确的是( )
A. v(SO3)=0.002mol⋅L−1⋅s−1
B. v(O2)=0.001mol⋅L−1⋅s−1
C. 当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡
D. 当容器内SO3的浓度不再增加时，反应达到平衡
7. 在反应2HI→H2+I2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是( )
A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能
B. 增大c(HI)，单位体积内活化分子数增大
C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加
D. 增大压强，活化分子的百分数增大
8. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是( )
A. 用可溶性铝盐作净水剂：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+
B. 将水加热至90℃，水的pH变小：H2O⇌H++OH− ΔH>0
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
D. “NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)ΔH<0
9. 已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，其它相关数据如表，下列说法正确的是( )
物质
H2
Cl2
HCl
1mol分子中的化学键断裂时吸收的能量/kJ
436
a
431
A. a=243
B. H2(g)和Cl2(g)的总能量小于HCl(g)
C. 1LH2完全反应放出183kJ热量
D. 生成2molHCl(l)的能量变化小于183kJ
10. 下列现象与电化学无关的是( )
A. 生铁比软铁芯(几乎是纯铁)容易生锈
B. 银质奖牌久置后表面变暗
C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈
D. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
11. 25℃时，在20.0mL0.10mol⋅L−1氨水中滴入0.10mol⋅L−1的盐酸，溶液pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述不正确的是( )
A. a点对应溶液中已电离的c(NH3⋅H2O)为10−2.8mol⋅L−1
B. b点对应盐酸的体积等于20.0mL
C. b点对应溶液中：c(Cl−)=c(NH4+)
D. 滴加入10mL盐酸时：c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)
12. 铁片镀铜实验中(装置如下图所示)，为提高电镀效果，电镀前铁片需依次用NaOH溶液、稀盐酸和水洗涤。下列说法不正确的是( )
A. 稀盐酸的主要作用是除去铁锈 B. a接电源正极，b接电源负极
C. 电镀过程中c(Cu2+)基本保持不变 D. 阴极发生反应：Cu2++2e−=Cu
13. 某温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，体系中各物质浓度的有关数据如表。下列判断正确的是( )
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol⋅L−1)
c(I2)/(mol⋅L−1)
c(HI)/(mol⋅L−1)
c(HI)/(mol⋅L−1)
甲
0.01
0.01
0
0.004
乙
0.01
0.02
0
a
丙
0.01
0.01
0.02
b
A. 甲中条件下，该反应的平衡常数K=4 B. 乙中H2的平衡转化率等于20%
C. 丙中反应逆向进行 D. a=b>0.004
14. 一定温度下，两种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。注：c(M2+)=10−8mol⋅L−1时，−lgc(M2+)=8；c(CO32−)=10−8mol⋅L−1时。−lgc(CO32−)=8下列说法不正确的是( )
A. 该温度下，CaCO3的Ksp=10−8
B. 该温度下，溶解度：MgCO3>CaCO3
C. 欲使a点移动到b点，可向CaCO3浊液中加入适量CaCl2固体
D. 反应MgCO3+Ca2+⇌Mg2++CaCO3，正向转化比逆向转化更难实现
15. 随着能源技术的发展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。
(1)基态Li原子中电子占据最高能级的符号是 ______，占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为 ______形。
(2)在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是 ______
(3)部分元素的第一电离能(I1)如表所示。
元素
Li
Be
Na
K
I1(kJ⋅mol−1)
520
900
496
419
①碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是 ______。
②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是 ______。
(4)海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如图所示：
①金属锂在电极 ______(填“A”或“B”)上生成。
②阳极产生两种气体单质，写出阳极的电极反应：______、______。
16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol。
(1)合成氨生产流程示意图如图。
①流程中，有利于提高原料利用率的措施是 ______；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 ______。
②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3CO]+(aq)ΔH<0。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议：______。
(2)实验室研究是工业生产的基石。图中的实验数据是在其他条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 ______。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 ______。
17. 次磷酸(H3PO2)具有较强的还原性，可用于制药工业。
(1)H3PO2是一元酸，25℃时，Ka=5.89×10−2。写出其电离方程式：______。
(2)用电渗析法制备H3PO2的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。
①写出阴极的电极反应：______。
②Na+的移动方向是：Na+移向 ______(填“阴极室”或“原料室”)。
③阳极室得到H3PO2，H3PO2的浓度逐渐增大。
a.结合电极反应说明其原因是 ______。
b.该方法得到的产品H3PO2溶液中会混有H3PO4。
Ⅰ.产生H3PO4的原因是 ______。
Ⅱ.用如图所示装置可解决该问题。补全电化学装置示意图。
a.______；b.______；c.______。
18. 为探究醋酸的电离情况，进行实验。
【实验一】测定醋酸溶液的浓度。25℃时，将0.2mol⋅L−1醋酸稀释，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL稀释后的醋酸溶液。4次滴定消耗NaOH溶液的体积如表：
实验次数
1
2
3
4
所消耗NaOH溶液的体积/mL
20.05
20.00
18.40
19.95
(1)稀释后的醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度为 ______mol/L(列出算式即可)。
(2)该滴定过程中以酚酞做指示剂。下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.滴定前，需用醋酸润洗锥形瓶
b.滴定过程中溶液的pH变化趋势为增大
c.滴定终点时，溶液由无色刚好变为粉红色，且在半分钟内不变色
【实验二】探究浓度对醋酸电离程度的影响。
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如表所示：
浓度/(mol⋅L−1)
0.0010
0.0100
0.1000
pH
3.88
3.38
2.88
(3)根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是 ______。
(4)25℃时，醋酸的电离常数Ka为 ______(列出算式即可)。
(5)设计实验方案证明醋酸的Ka大于碳酸的Kal，将实验操作及现象补充完整：向盛有2mL1mol⋅L−1醋酸的试管中滴加 ______。
19. 氢气、一氧化碳、天然气都是重要的燃料和化工原料。相关物质的燃烧热(25℃,101kPa)数据如表所示：
物质
H2(g)
CO
CH4
C2H6(g)
燃烧热ΔH/(kJ⋅mol−1)
−286
−283
−890
−1560
(1)25℃、101kPa时，同质量的H2、CO、CH4完全燃烧，放出的热量最多的是 ______。
(2)工业制取氢气时涉及的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，830℃时，该反应的K为1.0。在1L密闭容器中，将2.0molCO和10molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时，CO的平衡转化率是 ______。
(3)高温下，甲烷发生反应：2CH4→C2H6+H2 ΔH1。初期阶段的反应速率与甲烷浓度的关系为：v=k×c(CH4)，其中k>0，且k为常数。
①设反应开始时的反应速率为v1，甲烷的转化率为α时的反应速率为v2，则v2=______v1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.增加甲烷浓度，v增大
b.增加H2浓度，v增大
c.乙烷的生成速率逐渐增大
d.升高反应温度，k值增大
20. 实验小组用固体和水配制相同浓度的FeCl3溶液和Fe(NO3)3溶液，用其研究Fe3+的性质。
实验Ⅰ
实验Ⅱ
【查阅资料】Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)
(1)Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，实验证据是 ______。
(2)根据实验Ⅰ推测，Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致。结合化学用语分析该推测过程：______。
(3)为了证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，同学们设计并进行实验。
序号
实验操作
实验现象
a
向FeCl3溶液中加入铁粉
溶液颜色变浅
b
向FeCl3溶液中加入3滴AgNO3溶液
产生白色沉淀，溶液颜色变浅
c
向实验Ⅱ所得溶液中加入3滴NaOH
产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅
d
将FeCl3溶液加热
溶液颜色变深
能说明FeCl3溶液中存在上述平衡的实验方案是 ______(填字母)。
(4)综合上述实验，分析相同浓度FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【解答】
充电为电解池，电解池能实现将电能转化为化学能。
A.该过程将化学能转化为电能，故A错误；
B.该过程将化学能转化为热能和光能，故B错误；
C.该过程将电能转化为化学能，故C正确；
D.该过程将动能转化为电能，故D错误。
【分析】
本题考查了能量之间的转化，原电池能将化学能转化为电能，将电能转化为化学能的装置为电解池。
2.【答案】D
【解析】
A.得电子能力：F>O>N，则电负性F>O>N，故A错误；
B.得电子能力：F>Cl>C，所以电负性：F>Cl>C，故B错误；
C.得电子能力：N>As>H，所以电负性：N>As>H，故C错误；
D.得电子能力：Cl>S>Sn，所以电负性：Cl>S>As，故D正确；
故选：D。
【分析】元素周期表中，元素得电子能力越大，其电负性越大，所以同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，同一主族元素，元素电负性随着原子序数增大而减弱。
本题考查电负性大小比较，侧重考查对元素周期律的理解和运用，明确元素得电子能力与电负性的关系是解本题关键，知道元素得电子能力大小判断方法，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】A.该图不符合能量最低原理，故A错误；
B.该图不符合洪特规则，故B错误；
C.该图不符合泡利原理，故C错误；
D.该图符合能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则，故D正确；
故选：D。
基态S原子最外层电子中含有6个电子，3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子，且电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则。
本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，知道构造原理、泡利不相容原理、洪特规则的含义。
4.【答案】D
【解析】A.Al原子核外有13个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故A正确；
B.p区包含第ⅢA族∼0族的元素，Al为第ⅢA族元素，位于p区，故B正确；
C.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，Mg2+、Al3+的电子层结构相同，原子序数：r(Al3+)
故选：D。
本题考查原子结构和元素性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布特点、元素周期律是解本题关键，注意规律中的反常现象，D为解答易错点。
5.【答案】B
【解析】A.NH3⋅H2O是弱电解质而部分电离，则溶液中c(OH−)小于氨水浓度，即小于0.01mol/L，故A错误；
B.NaOH是强电解质而完全电离，pH=12的NaOH溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−12mol/L=10−2mol/L，故B正确；
C.pH=2的盐酸溶液中c(H+)=10−pH=10−2mol/L，pH=2的盐酸溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−2mol/L=10−12mol/L，故C错误；
D.硫酸是强电解质而完全电离，0.01mol/L硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，0.01mol/L硫酸溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−140.02mol/L=5×10−13mol/L，故D错误；
故选：B。
本题考查溶液pH值的有关计算，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、计算能力，明确弱电解质电离特点、酸溶液中c(OH−)的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】A.30秒后，SO3的物质的量增加了0.3mol，则0∼30s内v(SO3)=0.3mol5L30s=0.002mol⋅L−1⋅s−1，题中未指明反应时间，故A错误；
B.由速率之比等于化学计量数之比可知，0∽30s内v(O2)=0.002mol⋅L−1⋅s−1×12=0.001mol⋅L−1⋅s−1，未指明时间，故B错误；
C.反应中气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，不能判定平衡状态，故C错误；
D.平衡时各物质的浓度不变，则容器内SO3的浓度不再增加时，反应达到平衡，故D正确；
故选：D。
7.【答案】D
【解析】
A.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，所以加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能，故A正确；
B.浓度变大，活化分子百分数不变，但单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故B正确；
C.温度越高，活化分子的百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，反应的速率越快，故C正确；
D.增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故D错误；
故选：D。
【分析】活化分子发生反应生成新物质的碰撞为有效碰撞，增大浓度、压强，可增大单位体积活化分子数目，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子数目，进而增大反应速率，以此解答该题。
本题考查温度、浓度、催化剂对反应速率的影响，题目难度不大，注意对活化分子的浓度以及百分数的影响。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式、热化学方程式书写，明确物质的性质，熟悉盐类水解的规律、化学平衡移动影响因素是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.用可溶性铝盐作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故A错误；
B.水存在电离平衡：H2O⇌H++OH− ΔH>0，为吸热过程，将水加热至90℃，促进了水的电离，氢离子浓度增大，pH变小，故B正确；
C.氢氧化镁为难溶电解质，在水溶液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，因此向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红，故C正确；
D.2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)ΔH<0，正反应放热，加热平衡逆向移动，因此”NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，故D正确。
9.【答案】A
【解析】A.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则−183kJ/mol=(436+a)kJ/mol−2×431kJ/mol，a=243，故A正确；
B.该反应为放热反应，则H2(g)和Cl2(g)的总能量大于HCl(g)，故B错误；
C.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，化学计量数表示物质的量，则1molH2完全反应生成1molHCl(g)放出183kJ热量，故C错误；
D.等量HCl(g)能量高于HCl(l)，则生成2molHCl(l)的能量变化大于183kJ，故D错误；
故选：A。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故A不选；
B.银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故B选；
C.铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；
D.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故D不选；
故选B.
根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．
本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等．
11.【答案】B
【解析】A.25∘C时，a点对应溶液pH=11.2，则氢离子浓度为10−11.2mol⋅L−1，氢氧根离子浓度为10−2.8mol⋅L−1，则已电离的c(NH3⋅H2O)为10−2.8mol⋅L−1，故A正确；
B.在20mL0.1mol/L氨水中滴入0.10mol/L的盐酸20mL时恰好完全中和得氯化铵溶液，氯化铵溶液因水解呈酸性，而b点溶液呈中性，则b点为氯化铵和氨水混合物，对应盐酸的体积小于20mL，故B错误；
C.溶液电荷守恒：c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，b点对应溶液中：c(OH−)=c(H+)，则c(Cl−)=c(NH4+)，故C正确；
D.滴加入10mL盐酸时所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水混合物，呈碱性c(OH−)>c(H+)，说明一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度，结合电中性c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)可知，c(Cl−)
故选：B。
12.【答案】B
【解析】A、为提高电镀效果，电镀前铁片需用稀盐酸除去铁表面的铁锈，故A正确；
B、电镀时，镀件作阴极，接电源负极，镀层金属作阳极，接电源正极，即b接电源正极，a接电源负极，故B错误；
C、电镀过程中，阳极消耗铜和阴极析出铜的物质的量相等，所以c(Cu2+)基本保持不变，故C正确；
D、阴极a电极上铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故D正确；
故选：B。
本题考查了电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，注意把握电极的判断以及电极方程式的书写，把握电解原理，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】A.甲中条件下，该反应的平衡常数K=(0.004)20.008×0.008=0.25，故A错误；
B.甲转化氢气的转化率为0.0020.01×100%=20%，乙中看成在甲的基础上加入碘，平衡正向移动，则乙中H2的平衡转化率大于20%，故B错误；
C.丙中Q=c2(HI)c(H2)⋅c(I2)=(0.02)20.01×0.01=4>K=0.25，平衡逆向移动，故C正确；
D.乙中看成在甲的基础上加入碘，丙看成甲增大压强，则0.004
14.【答案】D
【解析】A.由a(4,4)可知，a点对应c(Ca2+)=c(CO32−)=10−4mol/L，则该温度下，CaCO3的Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32−)=10−4×10−4=10−8，故A正确；
B.−lgc(M2+)相等时，图线中−lgc(CO32−)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3的Ksp依次减小，二者是同类型沉淀，该温度下Ksp越小则溶解度越小，故溶解度：MgCO3>CaCO3，故B正确；
C.欲使a点移动到b点，即增大钙离子浓度减小碳酸根离子浓度，可向CaCO3浊液中加入适量CaCl2固体、使CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32−(aq)平衡左移，故C正确；
D.溶解度：MgCO3>CaCO3，反应MgCO3+Ca2+⇌Mg2++CaCO3，正向转化比逆向转化更易实现，故D错误；
故选：D。
15.【答案】(1)2s球 (2)Mg
(3)①从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减 ②基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低
(4)①A ②2Cl−−2e−=Cl2↑、4OH−−4e−=O2↑+2H2O
【解析】(1)基态Li原子中电子占据最高能级是2s能级，其符号为2s，2s能级的电子云轮廓图的形状为球形，
故答案为：2s；球；
(2)由对角线规则可知，Li与Mg性质最为相似，在周期表中，与Li元素的化学性质最相似的邻族元素是Mg，
故答案为：Mg；
(3)①根据表中数据知，从Li到K，随着质子数递增，电子层数增多，半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小，原子失电子能力增强，第一电离能减小，则碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是：从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减，
故答案为：从上而下，随着核电荷数的递增，第一电离能递减；
②原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低，则其具有较大的第一电离能，
故答案为：基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构，原子的能量较低；
(4)①从海水中提取金属锂，锂元素发生还原反应，故在阴极上放电，即在电极A上放电，
故答案为：A；
②阳极上Cl−和水中的OH−放电，电极反应式分别为2Cl−−2e−=Cl2↑、4OH−−4e−=O2↑+2H2O，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；4OH−−4e−=O2↑+2H2O。
本题考查较综合，涉及原子结构、元素周期律、电解原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构特点、元素周期律内涵、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，知道电极反应式的书写方法。
16.【答案】(1)①加压、冷却液化氨、原料气循环利用 干燥净化、加压10Mpa∼30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400∼500∘C
②对吸收CO后的铜氨废液在减压下加热、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO
(2)①200℃
② Q=M>N
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及工业合成氨、化学平衡的影响等知识，题目难度不大，明确化学平衡的影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力和灵活应用能力。
【解答】
(1)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移，提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa∼30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400∼500∘C。
②反应：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3CO]+(aq)ΔH<0为放热的、气体总分子数减小的可逆反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO、铜氨溶液可进行重复利用。
(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ/mol是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②K只受温度影响，该反应温度升高时K减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)>K(N)。
17.【答案】(1)H3PO2⇌H++H2PO2−
(2)①2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑②阴极室 ③a.阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2
I.氧气可以将H3PO2氧化为H3PO4
II.H2SO4 阳离子交换膜 稀H3PO2
【解析】(1)已知H3PO2是一元酸，25℃时，Ka=5.89×10−2，则H3PO2在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2−，
故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2−；
(2)①阴极室中是水放电生成氢气与氢氧根离子，阴极的电极反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑；
②Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，
故答案为：阴极室；
③a.阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2，故H3PO2生成且浓度不断增大，
故答案为：阳极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，H2PO2−通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到H3PO2；
Ⅰ.已知次磷酸H3PO2具有较强的还原性，阳极室有氧气产生，则该方法得到的产品H3PO2溶液中会混有H3PO4的原因是：氧气可以将H3PO3氧化为H3PO4，
故答案为：氧气可以将H3PO2氧化为H3PO4；
Ⅱ.把阳极室/产品室分开可防止H3PO3氧化为H3PO4而得到纯净的H3PO3，由图知，阴极室和原料室不发生变化，阴极室中反应是2H2O+2e−=H2↑+2OH−，原料室内Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，阳极室反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故阴离子为含氧酸根离子、但不能含有H2PO2−，故可选择硫酸，则a为稀H2SO4，氢离子透过阳离子交换膜移向产品室，则b为阳离子交换膜，在产品室内氢离子与H2PO2−(由原料室通过阴离子交换膜迁移而来)结合生成产物H3PO2，则c为稀H3PO2，综上，a为H2SO4，b为阳离子交换膜，c为稀H3PO2，
故答案为：H2SO4；阳离子交换膜；稀H3PO2。
电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；
本题考查电解原理应用等，侧重考查学生对知识迁移应用，关键根据装置图、电极反应与物质的性质理解制备原理，注意对题目中信息的应用，难度中等。
18.【答案】 (1)0.1000
(2)bc
(3)0.0010mol/L醋酸溶液的pH=3.88>3(表中0.1000mol/L醋酸溶液的pH=2.88>2)，说明醋酸未完全电离
(4)10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88
(5)滴加碳酸氢钠溶液，产生气泡
【解析】(1)第3次实验消耗标准NaOH溶液的体积为18.40mL明显存在误差，应舍去，其他三次实验消耗NaOH溶液体积的平均值为20.05+20.00+29.953mL=20.00mL，根据c(CH3COOH)×V(CH3COOH)=c(NaOH)×V(NaOH)，稀释后的醋酸溶液中CH3COOH的物质的量浓度c(CH3COOH)=0.1×20×10−320×10−3mol/L，解得c(CH3COOH)=0.1000mol/L，
故答案为：0.1000；
(2)a.滴定前，若用醋酸润洗锥形瓶，则导致V标偏大、c测偏大，说法错误，故a错误；
b.NaOH溶液滴定稀释后的醋酸溶液，发生CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，随着NaOH标准溶液的不断滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，滴定过程中溶液的pH变化趋势为增大，说法正确，故b正确；
c.CH3COONa水解呈碱性，选择在碱性范围内变色的酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液由无色刚好变为粉红色，且在半分钟内不变色，说法正确，故c正确；
故答案为：bc；
(3)表中0.0010mol/L醋酸溶液和0.1000mol/L醋酸溶液的pH分别为3.88>3、2.88>2，说明CH3COOH未完全电离，故CH3COOH是弱电解质，
故答案为：0.0010mol/L醋酸溶液的pH=3.88>3(表中0.1000mol/L醋酸溶液的pH=2.88>2)，说明醋酸未完全电离；
(4)25℃时，由三段法
CH3COOH⇌CH3COO−+H+
开始(mol/L)0.100000
变化(mol/L)10−2.88 10−2.88 10−2.88
平衡(mol/L)0.1000−10−2.88 10−2.88 10−2.88
则醋酸的电离常数K=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88，
故答案为：10−2.88×10−2.880.1000−10−2.88；
(5)要设计实验方案证明醋酸的Ka大于碳酸的Ka1，可依据强酸制弱酸原理，将实验操作及现象补充完整为：向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加碳酸氢钠溶液，若产生气泡，说明醋酸和碳酸氢钠反应生成了碳酸、碳酸分解释放出二氧化碳气体，则可证明，
故答案为：滴加碳酸氢钠溶液，产生气泡。
本题主要考查了弱电解质电离平衡、盐类水解的有关知识，题目难度中等，注意掌握弱电解质电离平衡影响因素和电解质溶液中离子浓度关系的分析判断，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
19.【答案】(1)H2 8(2)3.3%(3)①(1−α)② ad
【解析】(1)设三种气体质量为56g，则氢气的物质的量为28mol，28mol氢气完全燃烧放出的热量为：28×286kJ=8008kJ；一氧化碳的物质的量为2mol，2mol一氧化碳完全燃烧放出的热量为：2×283kJ=566kJ；甲烷的物质的量为3.5mol，3.5mol甲烷完全燃烧放出的热量为3.5×890kJ=3115kJ，因此同质量的H2、CO、CH4完全燃烧，放出的热量最多的是H2，
故答案为：H2；
(2)设一氧化碳的平衡转化率为x，则有三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始(mol/L)21000
转化(mol/L)2x2x2x2x
平衡(mol/L)2−2x10−2x2x2x
K=c(H2)c(CO2)c(CO)c(H2O)=2x×2x(2−2x)(10−2x)=1，解得x≈83.3%，
故答案为：83.3%；
(3)①根据v=k×c(CH4)知，若v1=kc，甲烷的转化率为α时，甲烷的浓度为c(1−α)，则v2=kc(1−α)，所以v2=(1−α)v1，
故答案为：(1−α)；
②a.反应物浓度增大，速率增大，则增大反应物浓度，反应速率增大，故a正确；
b.根据反应在初期阶段的速率方程知，反应速率与氢气浓度无关，所以氢气的量不影响反应速率，故b错误；
c.根据反应在初期阶段的速率方程知，随着反应进行，甲烷的反应速率逐渐减小，则乙烷的生成速率逐渐减小，故c错误；
d.化学反应速率常数与温度有关，温度升高，反应速率常数增大，故d正确；
故答案为：ad。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
20.【答案】(1)常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离 (2)铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致(3)bc(4)氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡
【解析】氯化铁、硝酸铁是强酸弱碱盐，铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+呈酸性，而等浓度的FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，说明发生水解的铁离子浓度不同，可以推测是阴离子对铁离子浓度可能有影响，按信息，FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，则氯离子会影响铁离子水解。要证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，必须考虑到氯化铁溶液中还同时存在铁离子的水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，这两个平衡的移动都会造成颜色变化，只有通过Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]的移动造成的颜色变化才能证明它的存在，据此回答。
(1)Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，实验证据是常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离，
故答案为：常温下，纯水电离产生的氢离子浓度等于氢氧根浓度、pH=7，而2mL0.2mol/L的Fe(NO3)3溶液pH=1.2，则可知Fe(NO3)3溶于水后促进了水的电离；
(2)Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致，铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致，
故答案为：铁离子水解反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，硝酸铁溶液中加入硝酸，氢离子浓度增大，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡左移，铁离子浓度增大而溶液由黄色变为无色，则Fe(NO3)3溶液呈现黄色的原因可能是Fe3+水解所致；
(3)氯化铁溶液中存在铁离子的水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，为了证明FeCl3溶液中存在平衡：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−](黄色)，则：
a.向FeCl3溶液中加入铁粉、溶液颜色变浅，铁与铁离子直接反应生成亚铁离子，会导致溶液颜色变浅。不能说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在，a不选；
b.向FeCl3溶液中加入3滴AgNO3溶液产生白色沉淀，氯离子不影响铁离子水解，若无上述平衡、则只有白色沉淀产生、溶液颜色不变，现溶液颜色变浅，说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在且向左移动，[FeCl4−]浓度变小、颜色变浅，b选；
c.氢氧化钠能促进铁离子水解、应使溶液颜色变深或出现红褐色沉淀，现向实验Ⅱ所得溶液中加入3滴NaOH产生红褐色沉淀、而溶液颜色变浅，则说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在且向左移动，[FeCl4−]浓度变小、颜色变浅，c选；
d.加热能促进铁离子水解颜色变深，将FeCl3溶液加热溶液颜色变深，不能说明Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]存在，d不选；
故答案为：bc；
(4)综合上述实验，相同浓度FeCl3溶液与Fe(NO3)3溶液均因铁离子水解呈酸性，而相同浓度FeCl3溶液的pH大于Fe(NO3)3溶液的pH，则硝酸铁溶液铁离子水解程度大、则硝酸铁溶液中铁离子浓度大，原因是氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡，
故答案为：氯化铁溶液中存在Fe3++4Cl−⇌[FeCl4−]，使铁离子浓度减小，影响铁离子水解平衡。
本题考查了物质性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
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