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2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了6kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末化学试卷
1. 下列化学知识在生产生活中应用不正确的是( )
A. 硫酸铝钾可作净水剂 B. 热纯碱溶液可洗涤油污
C. 碳酸钡可作胃镜透视的钡餐 D. 船底四周镶嵌锌块可保护船体
2. 下列溶液因水解呈酸性的是( )
A. (NH4)2SO4 B. KNO3 C. NaHSO4 D. NaHCO3
3. 如图是基元反应Br+H2→HBr+H的能量变化示意图。下列说法不正确的是( )
A. 该反应为吸热反应 B. 该反应ΔH=E1−E2
C. 加入催化剂可使E减小 D. 加入催化剂可使ΔH减小
4. 常温下，等物质的量浓度的下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. NH3⋅H2O B. NH4HSO4 C. (NH4)2SO4 D. (NH4)2CO3
5. 常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是( )
A. Al2(SO4)3溶液：Na+、K+、HCO3−、SO42−
B. pH=11的溶液：Na+、K+、Cl−、CO32−
C. 能使甲基橙变为红色的溶液：Fe2+、Ca2+、NO3−、Cl−
D. 水电离出的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液：Mg2+、Cu2+、SO42−、CH3COO−
6. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是( )
A. 甲中H+移向铜电极
B. 乙中正极反应式为：Ag2O+2e−+2H+=2Ag+H2O
C. 丙中锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 丁使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱
7. 我国科学家在碳资源化利用方面取得突破性进展，实现了CO2高稳定性加氢合成CH3OH，其反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法正确的是( )
A. 调控反应条件不能改变反应限度
B. 投入1molCO2和3molH2能得到1molCH3OH
C. 当CO2的消耗速率等于其生成速率时，该反应已停止
D. 该反应在一定温度下能自发进行，则ΔH<0
8. 将0.1mol⋅L−1的醋酸溶液温度升高10℃。下列说法不正确的是( )
A. pH增大
B. 水的离子积常数Kw增大
C. CH3COOH的电离程度增大
D. 溶液中存在：c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1
9. 亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. H3AsO3的Ka1≈10−9
B. 由图像信息可知H3AsO3为三元弱酸
C. 当pH调至8∼11时，主要反应的离子方程式为H3AsO3+2OH−=HAsO32−+2H2O
D. pH=12时，溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)+c(K+)
10. 科研人员设计了如图所示的甲烷燃料电池，并用于电解饱和NaCl溶液，电池的电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2−。下列说法正确的是( )
A. 电极C为阴极
B. 电极D区溶液的pH降低
C. 该电池工作时负极反应式为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O
D. 当线路上通过0.2mol电子时，有2.24LO2参与反应
11. 我国在电催化固氮领域取得重要进展，为解决当前严峻的能源和环境问题提供了新的思路，其装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该装置工作时电子流入a极
B. 该交换膜为质子交换膜
C. 阳极的反应式为：N2−10e−+6H2O=2NO3+12H+
D. 阴阳两极消耗N2物质的量之比为3：5
12. 下列实验操作、现象、结论或解释不对应的是( )
选项
操作
现象
结论或解释
A
常温下，向物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)
常温下，用pH试纸测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH
pH(CH3COONa)
C
常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的Zn片反应
醋酸溶液中放出H2的速率较慢
醋酸是弱电解质
D
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
溶液红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
13. 在恒容密闭容器中进行反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)。起始时按不同氢碳比[n(H2)n(CO2)]投料(起始时CO2的物质的量相同)，测得CO2的平衡转化率与温度关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应的焓变ΔH<0
B. 三种条件下起始的氢碳比：①>②>③
C. 其他条件不变，缩小容器的体积可提高CO2的转化率
D. T=400K，曲线③起始CO2浓度为2mol⋅L−1，5min达到平衡，则0∼5min，v(H2O)=0.2mol⋅L−1⋅min−1
14. 常温下，将1.000mol⋅L−1盐酸滴入20.00mL1.000mol⋅L−1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点由水电离出的c(H+)<1.0×10−14mol⋅L−1
B. b点时c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)
D. d点时消耗的盐酸体积：V(HCl)=20.00mL
15. 碳中和是国际共同关注的大事，下列是有关含碳物质的研究。
(1)大气中CO2主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，已知相关物质的燃烧热(摩尔燃烧焓ΔH)数据如表：
物质
C(石墨，s)
H2(g)
C6H6(1)
摩尔燃烧焓ΔH(kJ⋅mol−1)
a
b
c
则25℃时，6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(1)ΔH=______kJ⋅mol−1(用含a、b、c的式子表示)
(2)甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体(结构简式为CH3OH)。已知CO中的C与O之间为叁键连接，部分化学键的键能数据如表：
化学键
C≡O
H−H
C−H
C−O
H−O
键能kJ⋅mol−1
1072
436
413
358
463
则工业制备甲醇的热化学方程式为 ______。
(3)通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图1所示。电极b作 ______极，电极a表面发生的电极反应为 ______。
(4)采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，如图2是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解质不参与反应)，电解过程中ZnC2O4在阳离子交换膜 ______(填“左”或“右”)侧生成，电解的总反应式为 ______，标况下通入11.2LCO2时，转移电子数目为 ______。
16. 研究含氮、硫物质之间的转化，对资源的综合利用具有重要意义。
(1)硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ⋅mol−1
①在恒容密闭容器中达到平衡后，能使平衡正向移动并提高SO2转化率的是 ______。
A.向容器中通入O2
B.向容器中通入SO2
C.使用催化剂
D.降低温度
②如图1表示SO2催化氧化生成SO3在密闭容器中达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率的变化情况，a时刻改变的条件可能是 ______；若c时刻增大压强，把反应速率变化情况画在c∼d处 ______。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0是人工固氮的主要手段，对人类生存和经济发展都有着重大意义。合成氨反应中正反应速率v正=k正c(N2)⋅c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆c2(NH3)。k正、k逆为速率常数。平衡常数K与温度的关系如图2。
①表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为 ______(填L1或L2)。
②平衡时，合成氨反应的平衡常数K=______(用k正、k逆表示)。
(3)将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为Ti，发生的反应为：N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0。
①下列可作为反应达到平衡的判据是 ______。
A.V正(N2O4)=2v逆(NO2)
B.气体的压强不变
C.ΔH不变
D.容器内颜色不变
②时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为P，N2O4的平衡转化率为80%，则反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
17. 硫酸镁可用于造纸、瓷器、印染料等工业。某化学实验室以一种工业上的废渣(主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物)为原料，制备MgSO4⋅7H2O。实验流程如图所示：
(1)酸溶时为了提高废渣的浸出率可采取的方法有 ______(任写一点)，酸溶时主要成分MgCO3发生反应的离子方程式为 ______。
(2)加入30%H2O2发生的离子方程式为 ______。
(3)萃取分液后，检验水相中是否存在Fe3+的最佳试剂为 ______。
(4)室温下，调节pH除去MgSO4溶液中的Al3+，试剂X不可选用 ______。
A.MgO
B.Mg(OH)2
C.NH3⋅H2O
D.MgCO3
当调节pH=5时，通过计算说明Al3+是否沉淀完全 ______。(已知：①Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33②当Al3+浓度≤1.0×10−5mol⋅L−1认为沉淀完全)
(5)操作a为 ______过滤、洗涤、干燥。
18. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。
(1)已知：T℃时，Ka(HNO2)=1×10−5
①NaNO2溶液呈碱性原因是 ______(用离子方程式表示)。
②T℃时，0.1mol⋅L−1HNO2溶液的pH为 ______。
(2)某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。
已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO和NO2均能与MnO4−反应生成NO3−和Mn2+。
①装置A中发生反应的化学方程式为 ______。
②装置B、F的作用分别是 ______、______。
③若没有C、E可能产生的副产物是 ______。
(3)为测定产品的质量分数，该小组取4.00g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如表：
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①滴定时应将KMnO4溶液加入 ______(填“a”或“b”)滴定管中。
②第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是 ______(填代号)。
a.锥形瓶洗净后未干燥
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c.滴定终点时俯视读数
d.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A.硫酸铝钾电离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故A正确；
B.碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故B正确；
C.进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故C错误；
D.锌和铁在海水中形成原电池，锌在原电池中做负极，铁做正极被保护，故D正确；
故选：C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了水解原理，题目难度不大，注意弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液显酸性。
【解答】
盐溶液因水解呈酸性，是盐溶液中弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液显酸性。
A.(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故A正确；
B.KNO3是强酸强碱盐，溶液为中性，故B错误；
C.NaHSO4完全电离，生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液显酸性，故C错误；
D.NaHCO3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故D错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能、焓变的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=E1−E2，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，则加入催化剂可使E减小，故C正确；
D.加入催化剂，ΔH不变，故D错误；
故选：D。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度大小的比较，难度不大，熟悉酸的强弱与盐的水解的关系是解答本题的关键，注意水解程度是微弱的。
【解答】
同浓度的下列溶液，NH3⋅H2O弱碱电离，且电离的程度很弱；NH4HSO4完全电离，氢离子抑制铵根离子的水解；(NH4)2SO4的铵根离子正常水解；碳酸根离子水解促进铵根离子水解，但是水解程度是微弱的，则c(NH4+)由大到小的顺序是：C>D>B>A，
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A.Al3+、HCO3−之间发生发双水解反应，在Al2(SO4)3溶液中不能大量共存，故A错误；
B.pH=11的溶液呈碱性，Na+、K+、Cl−、CO32−、OH−之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C.能使甲基橙变为红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.水电离出的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，Mg2+、Cu2+都与OH−，H+与CH3COO−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
A. 甲中铜为正极，阳离子向正极移动，故A正确；
B. Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，故B错误；
C. 锌筒作负极，失电子生成锌离子，发生氧化反应，锌筒会变薄，故C正确；
D. 铅蓄电池放电时，硫酸被消耗，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，故D正确；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】解：A.改变浓度、温度、压强可使平衡发生移动，则调控反应条件能改变反应限度，故A错误；
B.可逆反应不能完全转化，则投入1molCO2和3molH2，生成CH3OH一定小于1mol，故B错误；
C.化学平衡为动态平衡，则CO2的消耗速率等于其生成速率时，达到平衡状态吗，反应没有停止，故C错误；
D.反应为气体总物质的量减小的反应，则ΔS<0，且ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，在一定温度下能自发进行，可知ΔH<0，故D正确；
故选：D。
本题考查焓变与熵变，为高频考点，把握化学平衡的影响因素、反应进行的方向为解答的关键，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。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握温度对电离平衡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D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A.升高温度，促进醋酸的电离，氢离子浓度增大，则pH减小，故A错误；
B.升高温度，促进水的电离，则水的离子积常数Kw增大，故B正确；
C.升高温度，促进醋酸的电离，则CH3COOH的电离程度增大，故C正确；
D.由物料守恒式可知，0.1mol⋅L−1的醋酸溶液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点。
【解答】
A.c(H2AsO3−)=c(H3AsO3)时，溶液的pH≈9，H3AsO3的Ka1=c(H2AsO3−)c(H3AsO3)×c(H+)=c(H+)=10−9，故A正确；
B.根据图知，溶液中存在含有As的四种微粒，说明有三步电离，则该酸为三元酸，故B正确；
C.pH调至8∼11时，H3AsO3的物质的量分数减小、H2AsO3−的物质的量分数增加，离子方程式为H3AsO3+OH−=H2AsO3−+H2O，故C错误；
D.pH=12时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+
c(OH−)=c(H+)+c(K+)，故D正确；
故选：C。
10.【答案】D
【解析】解：甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极，
A.结合分析可知，电极C为阴极，故A正确；
B.D为阳极，氯离子失电子产生氯气，氯气部分与水反应，溶液酸性增强，故B正确；
C.原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，该电池工作时负极反应方程式为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，故C正确；
D.没有气体所处的温度和压强，无法进行换算，故D错误；
故选：D。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】D
【解析】解：A.由题干图可知，a极N2→NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，故A正确；
B.阳极室的电极反应为N2+6H2O−10e−=2NO3−+12H+，产生的氢离子转移到阴极室，故对应的交换膜为质子交换膜，故B正确；
C.由题干图可知，阳极室的电极反应为N2+6H2O−10e−=2NO3−+12H+，故C正确；
D.阳极N元素转化为+5价，阴极转化为−3价，故阴阳两极消耗N2物质的量之比为5：3，故D错误；
故选：D。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】A
【解析】解：A.浓度均为0.1mol⋅L−1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误；
B.pH试纸测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH，pH越大，对应酸的酸性越弱，由pH(CH3COONa)H2CO3，故B正确；
C.同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸，开始时醋酸电离出氢离子浓度小，则醋酸溶液中放出H2的速率较慢，可知醋酸为弱电解质，故C正确；
D.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，可证明溶液中存在水解平衡，故D正确；
故选：A。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、难溶电解质、盐类水解、弱电解质的电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.由题干图可知，在氢碳比相同条件下，随着温度的升高CO2的平衡转化率逐渐降低，则升温平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，△H<0，故A正确；
B.增加氢气的量，即增大氢碳比[n(H2)n(CO2)]，平衡正向移动，并且氢碳比越大，CO2的平衡转化率越高，由图可知相同条件下，CO2的平衡转化率：①>②>③，则氢碳比：①>②>③，故B正确；
C.正反应是气体体积减小的反应，其他条件不变时，缩小容器，相当增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故C正确；
D.T=400K，曲线③起始CO2浓度为2mol⋅L−1，5min达到平衡，Δc(CO2)=2mol⋅L−1×50%=1mol/L，根据方程式可知，Δc(H2O)=32×1mol/L=1.5mol/L，v(H2O)=1.5mol5min=0.3mol/(L⋅min)，故D错误；
故选：D。
本题考查化学平衡的影响因素、化学反应速率计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息勒夏特列原理、反应速率的公式等知识解答，此题难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.a点为氨水溶液，一水合氨是弱电解质，部分电离，则1.000mol/L氨水中c(OH−)<1.000mol/L，碱抑制水电离，则水电离出的c(H+)=KWc(OH−)>10−141.000mol/L=1.0×10−14 mol/L，故A错误；
B.b点溶液呈碱性，氨水与盐酸的浓度相等，则加入盐酸的体积小于20mL，结合物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)，故B错误；
C.氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍过量，故C错误；
D.酸碱中和反应是放热反应，温度最高时二者恰好完全反应生成氯化铵，氨水与盐酸的浓度相等，则加入盐酸的体积为20.00mL，故D正确；
故选：D。
本题考查水溶液中的电离平衡，理解滴定反应曲线，题目侧重考查图象分析判断能力、灵活运用知识的能力。
15.【答案】(1)6a+3b−c
(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1
(3)正 2H2O−4e−=4H++O2↑
(4)左 2CO2+Zn−通电ZnC2O4 0.5NA
【解析】解：(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应：
①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJmol−1；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=bkJmol−1；
③C6H6(l)+9O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H3=ckmol−1，根据盖斯定律①×6+②×3−③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，则△H=(akJmol−1)×6+(bkJmol−1)×3−ckmol−1=(6a+3b−c)kJmol−1，
故答案为：6a+3b−c；
(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，即△H=1072KJ/mol+2×436KJ/mol−(3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol)=−116kJ⋅mol−1，热化学方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1，
故答案为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1；
(3)右侧通入的CO2转变成HCOOH，C元素被还原，电极b为正极，a为负极，a电极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑，
故答案为：正；2H2O−4e−=4H++O2↑；
(4)根据题干图知，要想得到ZnC2O4，Zn电极上Zn失电子生成Zn2+进入电解质溶液，通过阳离子交换膜进入Pb电极溶液中生成ZnC2O4，所以电解过程中ZnC2O4在阳离子交换膜左侧生成；Pb电极上二氧化碳得电子生成草酸根离子，电池反应式为2CO2+Zn−通电ZnC2O4；n(CO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，根据“2CO2+Zn−通电ZnC2O4”知，消耗0.5mol二氧化碳转移电子的物质的量=0.5mol×[+4−(−3)]=0.5mol，转移电子数为0.5NA，
故答案为：左；2CO2+Zn−通电ZnC2O4；0.5NA。
本题考查反应热计算、原电池原理，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确反应热计算方法、原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
16.【答案】(1)①AD ②升温；
(2)①L1② k正k逆
(3)①ABD② 649P
【解析】解：(1)①A.向容器中通入少量O2，平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故A正确；
B.向容器中通入少量SO2，虽然平衡向正反应方向移动，但二氧化硫的浓度也增大，SO2转化率减小，故B错误；
C.使用催化剂，平衡不移动，故C错误；
D.降低温度，平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故D正确，
故答案为：AD；
②a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，c时刻增大压强，正逆反应速率都增大，增大压强使平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，因此图像为，
故答案为：升温；；
(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值变小，故表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为L1，
故答案为：L1；
②到达平衡时，v正=v逆，即k正c(N2)⋅c3(H2)=k逆c2(NH3)，合成氨反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=k正k逆，
故答案为：k正k逆；
(3)①A.由反应N2O4(g)⇌2NO2(g)可知V正(N2O4)=2v正(NO2)，当V正(N2O4)=2v逆(NO2)时，v正(NO2)=v逆(NO2)，正逆反应速率相等，说明达到了平衡，故A正确；
B.该反应为气体体积减小的反应，反应中压强为变量，当体系的压强不再改变时，该反应达到平衡状态，故B正确；
C.ΔH与反应进行程度无关，ΔH不变无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D.容器内颜色不变代表NO2的浓度不变，说明达到平衡，故D正确，
故答案为：ABD；
②设充入N2O4气体为1mol，N2O4的平衡转化率为80%，可知N2O4的平衡转化浓度为0.8mol，生成的NO2为1.6mol，平衡时N2O4的物质的量为0.2mol，p(N2O41.6mol1.6mol+0.2mol)=0.2mol1.6mol+0.2mol×P=19P，p(NO2)=1.6mol1.6mol+0.2mol×P=89P，平衡常数Kp=p2(NO2)p(N2O4)=(89P)219P=649P，
故答案为：649P。
本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题，涉及化学平衡的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动，注意把握曲线的变化趋势以及外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等。
17.【答案】(1)升高温度或搅拌或提高硫酸浓度 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)KSCN溶液
(4)Cc(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，为高考常见题型，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度中等。
【解答】
废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，然后除去Al3+，再经过一系列操作，得到MgSO4⋅7H2O以此解答该题。
(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；废渣中MgCO3、MgSiO3溶于稀硫酸时，发生的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3，
故答案为：升高温度或搅拌或提高硫酸浓度；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
(2)加入H2O2溶液氧化亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，有利于有机萃取剂萃取Fe3+，达到分离的目的，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)检验Fe3+萃取完全，可以取分液后的下层水溶液少许于试管中，然后滴加少量的KSCN溶液，如不变红色则完全分离，
故答案为：KSCN溶液；
(4)室温下，除去除去MgSO4溶液中的Al3+(使Al3+浓度小于1×10−6mol/L)而不引入其它杂质，应加入的试剂X为MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3，不能选用NH3⋅H2O；根据氢氧化铝的溶度积常数可知，当调节pH=5时，氢氧根的浓度是1×10−9mol/L，此时c(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全，
故答案为：C；(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全；
(5)操作a是从溶液中得到晶体，因而操作a为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤，
干燥故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
18.【答案】(1)①NO2−+H2O=HNO2+OH− ②3
(2)①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮 F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气 ③氧气
(3)① a ②b ③86.25%
【解析】解：(1)①NaNO2溶液显碱性，是NO2−在水溶液里发生水解的缘故，水解反应式为NO2−+H2O=HNO2+OH−，
故答案为：NO2−+H2O=HNO2+OH−；
②0.1mol⋅L−1HNO2溶液存在如下电离HNO2⇌H++NO2−，K=c(H+)⋅c(NO2−)c(HNO2)=1×10−5，c(H+)=c(NO2−)，c(HNO2)=0.1mol⋅L−1，则c(H+)=1×10−5×0.1mol/L=10−3mol/L，则pH=3，
故答案为：3；
(2)①装置A中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
②装置B中是水，A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，最后通过F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，
故答案为：A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气；
③若没有C、E，过氧化钠可能和H2O、CO2反应生成O2，则可能产生的副产物是氧气，
故答案为：氧气；
(3)①酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，滴定时应将KMnO4溶液加入a滴定管中，
故答案为：a；
②a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)不变，故a错误；
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏大，故b正确；
c.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏小，故c错误；
d.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏小，故d错误，
故答案为：b；
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为2MnO4−+5NO2−+6H+=2Mn2++5NO3−+3H2O，
故答案为：2MnO4−+5NO2−+6H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；
③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2−+2MnO4−+6H+=5NO3−+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×250mL25.00mL=0.05mol，其质量为0.05mol×69g/mol=3.45g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数3.45g4g×100%=86.25%，
故答案为：86.25%。
本题考查盐类水解、硝酸的性质、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等。
2021-2022学年福建省龙岩市高二（上）期末化学试卷
1. 下列化学知识在生产生活中应用不正确的是( )
A. 硫酸铝钾可作净水剂 B. 热纯碱溶液可洗涤油污
C. 碳酸钡可作胃镜透视的钡餐 D. 船底四周镶嵌锌块可保护船体
2. 下列溶液因水解呈酸性的是( )
A. (NH4)2SO4 B. KNO3 C. NaHSO4 D. NaHCO3
3. 如图是基元反应Br+H2→HBr+H的能量变化示意图。下列说法不正确的是( )
A. 该反应为吸热反应 B. 该反应ΔH=E1−E2
C. 加入催化剂可使E减小 D. 加入催化剂可使ΔH减小
4. 常温下，等物质的量浓度的下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. NH3⋅H2O B. NH4HSO4 C. (NH4)2SO4 D. (NH4)2CO3
5. 常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是( )
A. Al2(SO4)3溶液：Na+、K+、HCO3−、SO42−
B. pH=11的溶液：Na+、K+、Cl−、CO32−
C. 能使甲基橙变为红色的溶液：Fe2+、Ca2+、NO3−、Cl−
D. 水电离出的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液：Mg2+、Cu2+、SO42−、CH3COO−
6. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是( )
A. 甲中H+移向铜电极
B. 乙中正极反应式为：Ag2O+2e−+2H+=2Ag+H2O
C. 丙中锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 丁使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱
7. 我国科学家在碳资源化利用方面取得突破性进展，实现了CO2高稳定性加氢合成CH3OH，其反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法正确的是( )
A. 调控反应条件不能改变反应限度
B. 投入1molCO2和3molH2能得到1molCH3OH
C. 当CO2的消耗速率等于其生成速率时，该反应已停止
D. 该反应在一定温度下能自发进行，则ΔH<0
8. 将0.1mol⋅L−1的醋酸溶液温度升高10℃。下列说法不正确的是( )
A. pH增大
B. 水的离子积常数Kw增大
C. CH3COOH的电离程度增大
D. 溶液中存在：c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1
9. 亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. H3AsO3的Ka1≈10−9
B. 由图像信息可知H3AsO3为三元弱酸
C. 当pH调至8∼11时，主要反应的离子方程式为H3AsO3+2OH−=HAsO32−+2H2O
D. pH=12时，溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)+c(K+)
10. 科研人员设计了如图所示的甲烷燃料电池，并用于电解饱和NaCl溶液，电池的电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2−。下列说法正确的是( )
A. 电极C为阴极
B. 电极D区溶液的pH降低
C. 该电池工作时负极反应式为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O
D. 当线路上通过0.2mol电子时，有2.24LO2参与反应
11. 我国在电催化固氮领域取得重要进展，为解决当前严峻的能源和环境问题提供了新的思路，其装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该装置工作时电子流入a极
B. 该交换膜为质子交换膜
C. 阳极的反应式为：N2−10e−+6H2O=2NO3+12H+
D. 阴阳两极消耗N2物质的量之比为3：5
12. 下列实验操作、现象、结论或解释不对应的是( )
选项
操作
现象
结论或解释
A
常温下，向物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)
常温下，用pH试纸测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH
pH(CH3COONa)
C
常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的Zn片反应
醋酸溶液中放出H2的速率较慢
醋酸是弱电解质
D
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
溶液红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
13. 在恒容密闭容器中进行反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)。起始时按不同氢碳比[n(H2)n(CO2)]投料(起始时CO2的物质的量相同)，测得CO2的平衡转化率与温度关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应的焓变ΔH<0
B. 三种条件下起始的氢碳比：①>②>③
C. 其他条件不变，缩小容器的体积可提高CO2的转化率
D. T=400K，曲线③起始CO2浓度为2mol⋅L−1，5min达到平衡，则0∼5min，v(H2O)=0.2mol⋅L−1⋅min−1
14. 常温下，将1.000mol⋅L−1盐酸滴入20.00mL1.000mol⋅L−1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点由水电离出的c(H+)<1.0×10−14mol⋅L−1
B. b点时c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)
D. d点时消耗的盐酸体积：V(HCl)=20.00mL
15. 碳中和是国际共同关注的大事，下列是有关含碳物质的研究。
(1)大气中CO2主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，已知相关物质的燃烧热(摩尔燃烧焓ΔH)数据如表：
物质
C(石墨，s)
H2(g)
C6H6(1)
摩尔燃烧焓ΔH(kJ⋅mol−1)
a
b
c
则25℃时，6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(1)ΔH=______kJ⋅mol−1(用含a、b、c的式子表示)
(2)甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇气体(结构简式为CH3OH)。已知CO中的C与O之间为叁键连接，部分化学键的键能数据如表：
化学键
C≡O
H−H
C−H
C−O
H−O
键能kJ⋅mol−1
1072
436
413
358
463
则工业制备甲醇的热化学方程式为 ______。
(3)通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图1所示。电极b作 ______极，电极a表面发生的电极反应为 ______。
(4)采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，如图2是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解质不参与反应)，电解过程中ZnC2O4在阳离子交换膜 ______(填“左”或“右”)侧生成，电解的总反应式为 ______，标况下通入11.2LCO2时，转移电子数目为 ______。
16. 研究含氮、硫物质之间的转化，对资源的综合利用具有重要意义。
(1)硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ⋅mol−1
①在恒容密闭容器中达到平衡后，能使平衡正向移动并提高SO2转化率的是 ______。
A.向容器中通入O2
B.向容器中通入SO2
C.使用催化剂
D.降低温度
②如图1表示SO2催化氧化生成SO3在密闭容器中达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率的变化情况，a时刻改变的条件可能是 ______；若c时刻增大压强，把反应速率变化情况画在c∼d处 ______。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0是人工固氮的主要手段，对人类生存和经济发展都有着重大意义。合成氨反应中正反应速率v正=k正c(N2)⋅c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆c2(NH3)。k正、k逆为速率常数。平衡常数K与温度的关系如图2。
①表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为 ______(填L1或L2)。
②平衡时，合成氨反应的平衡常数K=______(用k正、k逆表示)。
(3)将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为Ti，发生的反应为：N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0。
①下列可作为反应达到平衡的判据是 ______。
A.V正(N2O4)=2v逆(NO2)
B.气体的压强不变
C.ΔH不变
D.容器内颜色不变
②时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为P，N2O4的平衡转化率为80%，则反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
17. 硫酸镁可用于造纸、瓷器、印染料等工业。某化学实验室以一种工业上的废渣(主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物)为原料，制备MgSO4⋅7H2O。实验流程如图所示：
(1)酸溶时为了提高废渣的浸出率可采取的方法有 ______(任写一点)，酸溶时主要成分MgCO3发生反应的离子方程式为 ______。
(2)加入30%H2O2发生的离子方程式为 ______。
(3)萃取分液后，检验水相中是否存在Fe3+的最佳试剂为 ______。
(4)室温下，调节pH除去MgSO4溶液中的Al3+，试剂X不可选用 ______。
A.MgO
B.Mg(OH)2
C.NH3⋅H2O
D.MgCO3
当调节pH=5时，通过计算说明Al3+是否沉淀完全 ______。(已知：①Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33②当Al3+浓度≤1.0×10−5mol⋅L−1认为沉淀完全)
(5)操作a为 ______过滤、洗涤、干燥。
18. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。
(1)已知：T℃时，Ka(HNO2)=1×10−5
①NaNO2溶液呈碱性原因是 ______(用离子方程式表示)。
②T℃时，0.1mol⋅L−1HNO2溶液的pH为 ______。
(2)某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。
已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO和NO2均能与MnO4−反应生成NO3−和Mn2+。
①装置A中发生反应的化学方程式为 ______。
②装置B、F的作用分别是 ______、______。
③若没有C、E可能产生的副产物是 ______。
(3)为测定产品的质量分数，该小组取4.00g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如表：
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①滴定时应将KMnO4溶液加入 ______(填“a”或“b”)滴定管中。
②第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是 ______(填代号)。
a.锥形瓶洗净后未干燥
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c.滴定终点时俯视读数
d.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
【解答】
A.硫酸铝钾电离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故A正确；
B.碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故B正确；
C.进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故C错误；
D.锌和铁在海水中形成原电池，锌在原电池中做负极，铁做正极被保护，故D正确；
故选：C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了水解原理，题目难度不大，注意弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液显酸性。
【解答】
盐溶液因水解呈酸性，是盐溶液中弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液显酸性。
A.(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故A正确；
B.KNO3是强酸强碱盐，溶液为中性，故B错误；
C.NaHSO4完全电离，生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液显酸性，故C错误；
D.NaHCO3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故D错误；
故选：A。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对活化能、焓变的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=E1−E2，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，则加入催化剂可使E减小，故C正确；
D.加入催化剂，ΔH不变，故D错误；
故选：D。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度大小的比较，难度不大，熟悉酸的强弱与盐的水解的关系是解答本题的关键，注意水解程度是微弱的。
【解答】
同浓度的下列溶液，NH3⋅H2O弱碱电离，且电离的程度很弱；NH4HSO4完全电离，氢离子抑制铵根离子的水解；(NH4)2SO4的铵根离子正常水解；碳酸根离子水解促进铵根离子水解，但是水解程度是微弱的，则c(NH4+)由大到小的顺序是：C>D>B>A，
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A.Al3+、HCO3−之间发生发双水解反应，在Al2(SO4)3溶液中不能大量共存，故A错误；
B.pH=11的溶液呈碱性，Na+、K+、Cl−、CO32−、OH−之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C.能使甲基橙变为红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.水电离出的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，Mg2+、Cu2+都与OH−，H+与CH3COO−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
【解答】
A. 甲中铜为正极，阳离子向正极移动，故A正确；
B. Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，故B错误；
C. 锌筒作负极，失电子生成锌离子，发生氧化反应，锌筒会变薄，故C正确；
D. 铅蓄电池放电时，硫酸被消耗，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，故D正确；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】解：A.改变浓度、温度、压强可使平衡发生移动，则调控反应条件能改变反应限度，故A错误；
B.可逆反应不能完全转化，则投入1molCO2和3molH2，生成CH3OH一定小于1mol，故B错误；
C.化学平衡为动态平衡，则CO2的消耗速率等于其生成速率时，达到平衡状态吗，反应没有停止，故C错误；
D.反应为气体总物质的量减小的反应，则ΔS<0，且ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，在一定温度下能自发进行，可知ΔH<0，故D正确；
故选：D。
本题考查焓变与熵变，为高频考点，把握化学平衡的影响因素、反应进行的方向为解答的关键，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。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握温度对电离平衡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D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A.升高温度，促进醋酸的电离，氢离子浓度增大，则pH减小，故A错误；
B.升高温度，促进水的电离，则水的离子积常数Kw增大，故B正确；
C.升高温度，促进醋酸的电离，则CH3COOH的电离程度增大，故C正确；
D.由物料守恒式可知，0.1mol⋅L−1的醋酸溶液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点。
【解答】
A.c(H2AsO3−)=c(H3AsO3)时，溶液的pH≈9，H3AsO3的Ka1=c(H2AsO3−)c(H3AsO3)×c(H+)=c(H+)=10−9，故A正确；
B.根据图知，溶液中存在含有As的四种微粒，说明有三步电离，则该酸为三元酸，故B正确；
C.pH调至8∼11时，H3AsO3的物质的量分数减小、H2AsO3−的物质的量分数增加，离子方程式为H3AsO3+OH−=H2AsO3−+H2O，故C错误；
D.pH=12时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+
c(OH−)=c(H+)+c(K+)，故D正确；
故选：C。
10.【答案】D
【解析】解：甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极，
A.结合分析可知，电极C为阴极，故A正确；
B.D为阳极，氯离子失电子产生氯气，氯气部分与水反应，溶液酸性增强，故B正确；
C.原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，该电池工作时负极反应方程式为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，故C正确；
D.没有气体所处的温度和压强，无法进行换算，故D错误；
故选：D。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
11.【答案】D
【解析】解：A.由题干图可知，a极N2→NH3，发生还原反应，为阴极，电子由电源负极流入阴极，故A正确；
B.阳极室的电极反应为N2+6H2O−10e−=2NO3−+12H+，产生的氢离子转移到阴极室，故对应的交换膜为质子交换膜，故B正确；
C.由题干图可知，阳极室的电极反应为N2+6H2O−10e−=2NO3−+12H+，故C正确；
D.阳极N元素转化为+5价，阴极转化为−3价，故阴阳两极消耗N2物质的量之比为5：3，故D错误；
故选：D。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】A
【解析】解：A.浓度均为0.1mol⋅L−1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误；
B.pH试纸测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH，pH越大，对应酸的酸性越弱，由pH(CH3COONa)
C.同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸，开始时醋酸电离出氢离子浓度小，则醋酸溶液中放出H2的速率较慢，可知醋酸为弱电解质，故C正确；
D.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，可证明溶液中存在水解平衡，故D正确；
故选：A。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、难溶电解质、盐类水解、弱电解质的电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.由题干图可知，在氢碳比相同条件下，随着温度的升高CO2的平衡转化率逐渐降低，则升温平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，△H<0，故A正确；
B.增加氢气的量，即增大氢碳比[n(H2)n(CO2)]，平衡正向移动，并且氢碳比越大，CO2的平衡转化率越高，由图可知相同条件下，CO2的平衡转化率：①>②>③，则氢碳比：①>②>③，故B正确；
C.正反应是气体体积减小的反应，其他条件不变时，缩小容器，相当增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故C正确；
D.T=400K，曲线③起始CO2浓度为2mol⋅L−1，5min达到平衡，Δc(CO2)=2mol⋅L−1×50%=1mol/L，根据方程式可知，Δc(H2O)=32×1mol/L=1.5mol/L，v(H2O)=1.5mol5min=0.3mol/(L⋅min)，故D错误；
故选：D。
本题考查化学平衡的影响因素、化学反应速率计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息勒夏特列原理、反应速率的公式等知识解答，此题难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.a点为氨水溶液，一水合氨是弱电解质，部分电离，则1.000mol/L氨水中c(OH−)<1.000mol/L，碱抑制水电离，则水电离出的c(H+)=KWc(OH−)>10−141.000mol/L=1.0×10−14 mol/L，故A错误；
B.b点溶液呈碱性，氨水与盐酸的浓度相等，则加入盐酸的体积小于20mL，结合物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)，故B错误；
C.氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍过量，故C错误；
D.酸碱中和反应是放热反应，温度最高时二者恰好完全反应生成氯化铵，氨水与盐酸的浓度相等，则加入盐酸的体积为20.00mL，故D正确；
故选：D。
本题考查水溶液中的电离平衡，理解滴定反应曲线，题目侧重考查图象分析判断能力、灵活运用知识的能力。
15.【答案】(1)6a+3b−c
(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1
(3)正 2H2O−4e−=4H++O2↑
(4)左 2CO2+Zn−通电ZnC2O4 0.5NA
【解析】解：(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应：
①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJmol−1；
②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H2=bkJmol−1；
③C6H6(l)+9O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H3=ckmol−1，根据盖斯定律①×6+②×3−③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，则△H=(akJmol−1)×6+(bkJmol−1)×3−ckmol−1=(6a+3b−c)kJmol−1，
故答案为：6a+3b−c；
(2)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，即△H=1072KJ/mol+2×436KJ/mol−(3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol)=−116kJ⋅mol−1，热化学方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1，
故答案为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−116kJ⋅mol−1；
(3)右侧通入的CO2转变成HCOOH，C元素被还原，电极b为正极，a为负极，a电极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O−4e−=4H++O2↑，
故答案为：正；2H2O−4e−=4H++O2↑；
(4)根据题干图知，要想得到ZnC2O4，Zn电极上Zn失电子生成Zn2+进入电解质溶液，通过阳离子交换膜进入Pb电极溶液中生成ZnC2O4，所以电解过程中ZnC2O4在阳离子交换膜左侧生成；Pb电极上二氧化碳得电子生成草酸根离子，电池反应式为2CO2+Zn−通电ZnC2O4；n(CO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，根据“2CO2+Zn−通电ZnC2O4”知，消耗0.5mol二氧化碳转移电子的物质的量=0.5mol×[+4−(−3)]=0.5mol，转移电子数为0.5NA，
故答案为：左；2CO2+Zn−通电ZnC2O4；0.5NA。
本题考查反应热计算、原电池原理，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确反应热计算方法、原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
16.【答案】(1)①AD ②升温；
(2)①L1② k正k逆
(3)①ABD② 649P
【解析】解：(1)①A.向容器中通入少量O2，平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故A正确；
B.向容器中通入少量SO2，虽然平衡向正反应方向移动，但二氧化硫的浓度也增大，SO2转化率减小，故B错误；
C.使用催化剂，平衡不移动，故C错误；
D.降低温度，平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故D正确，
故答案为：AD；
②a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，c时刻增大压强，正逆反应速率都增大，增大压强使平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，因此图像为，
故答案为：升温；；
(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值变小，故表示正反应的平衡常数K与温度变化的曲线为L1，
故答案为：L1；
②到达平衡时，v正=v逆，即k正c(N2)⋅c3(H2)=k逆c2(NH3)，合成氨反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=k正k逆，
故答案为：k正k逆；
(3)①A.由反应N2O4(g)⇌2NO2(g)可知V正(N2O4)=2v正(NO2)，当V正(N2O4)=2v逆(NO2)时，v正(NO2)=v逆(NO2)，正逆反应速率相等，说明达到了平衡，故A正确；
B.该反应为气体体积减小的反应，反应中压强为变量，当体系的压强不再改变时，该反应达到平衡状态，故B正确；
C.ΔH与反应进行程度无关，ΔH不变无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D.容器内颜色不变代表NO2的浓度不变，说明达到平衡，故D正确，
故答案为：ABD；
②设充入N2O4气体为1mol，N2O4的平衡转化率为80%，可知N2O4的平衡转化浓度为0.8mol，生成的NO2为1.6mol，平衡时N2O4的物质的量为0.2mol，p(N2O41.6mol1.6mol+0.2mol)=0.2mol1.6mol+0.2mol×P=19P，p(NO2)=1.6mol1.6mol+0.2mol×P=89P，平衡常数Kp=p2(NO2)p(N2O4)=(89P)219P=649P，
故答案为：649P。
本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题，涉及化学平衡的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动，注意把握曲线的变化趋势以及外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等。
17.【答案】(1)升高温度或搅拌或提高硫酸浓度 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)KSCN溶液
(4)Cc(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，为高考常见题型，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度中等。
【解答】
废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，然后除去Al3+，再经过一系列操作，得到MgSO4⋅7H2O以此解答该题。
(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；废渣中MgCO3、MgSiO3溶于稀硫酸时，发生的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3，
故答案为：升高温度或搅拌或提高硫酸浓度；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
(2)加入H2O2溶液氧化亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，有利于有机萃取剂萃取Fe3+，达到分离的目的，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)检验Fe3+萃取完全，可以取分液后的下层水溶液少许于试管中，然后滴加少量的KSCN溶液，如不变红色则完全分离，
故答案为：KSCN溶液；
(4)室温下，除去除去MgSO4溶液中的Al3+(使Al3+浓度小于1×10−6mol/L)而不引入其它杂质，应加入的试剂X为MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3，不能选用NH3⋅H2O；根据氢氧化铝的溶度积常数可知，当调节pH=5时，氢氧根的浓度是1×10−9mol/L，此时c(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全，
故答案为：C；(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−9)3mol/L=1.0×10−6mol/L<1.0×10−5mol/L，所以沉淀完全；
(5)操作a是从溶液中得到晶体，因而操作a为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤，
干燥故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
18.【答案】(1)①NO2−+H2O=HNO2+OH− ②3
(2)①Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮 F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气 ③氧气
(3)① a ②b ③86.25%
【解析】解：(1)①NaNO2溶液显碱性，是NO2−在水溶液里发生水解的缘故，水解反应式为NO2−+H2O=HNO2+OH−，
故答案为：NO2−+H2O=HNO2+OH−；
②0.1mol⋅L−1HNO2溶液存在如下电离HNO2⇌H++NO2−，K=c(H+)⋅c(NO2−)c(HNO2)=1×10−5，c(H+)=c(NO2−)，c(HNO2)=0.1mol⋅L−1，则c(H+)=1×10−5×0.1mol/L=10−3mol/L，则pH=3，
故答案为：3；
(2)①装置A中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
②装置B中是水，A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，最后通过F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，
故答案为：A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气；
③若没有C、E，过氧化钠可能和H2O、CO2反应生成O2，则可能产生的副产物是氧气，
故答案为：氧气；
(3)①酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，滴定时应将KMnO4溶液加入a滴定管中，
故答案为：a；
②a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)不变，故a错误；
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏大，故b正确；
c.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏小，故c错误；
d.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，根据c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)分析，c(标准)偏小，故d错误，
故答案为：b；
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为2MnO4−+5NO2−+6H+=2Mn2++5NO3−+3H2O，
故答案为：2MnO4−+5NO2−+6H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；
③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2−+2MnO4−+6H+=5NO3−+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×250mL25.00mL=0.05mol，其质量为0.05mol×69g/mol=3.45g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数3.45g4g×100%=86.25%，
故答案为：86.25%。
本题考查盐类水解、硝酸的性质、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等。
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