2021-2022学年河南省部分名校大联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河南省部分名校大联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了0kJ⋅ml−1，8kJ，4∘C，8kJ⋅ml−1、−890，2kJ的热量，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年河南省部分名校大联考高二（上）期末化学试卷

1. 新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源(或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置)，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。下列关于新能源汽车的说法中错误的是(    )
A. 太阳能汽车属于新能源汽车，直接将太阳能转化为动能
B. 若汽车采用乙烯碱性燃料电池作为动力，则通入乙烯的电极是负极
C. 推广或使用新能源汽车，可以减少化石燃料的燃烧和氮氧化物的排放
D. 液态储氢技术的开发有利于发展氢能源电动机，从而带来新能源汽车的升级
2. 下列说法错误的是(    )
A. 钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了吸氧腐蚀
B. 将食品在低温下保存，可延长食品的保质期
C. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
D. 吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
3. 下表是25∘C时，几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
CH3COOH
HF
HCN
电离平衡常数(Ka)
1.8×10−5
7.2×10−4
5.0×10−10
下列说法正确的是(    )
A. 三种酸中酸性最强的是CH3COOH
B. 三种酸中HF能腐蚀玻璃是因为其电离平衡常数最大
C. 若向稀醋酸溶液中滴入一滴冰醋酸，醋酸的电离程度增大
D. 在溶液中反应HCN+CH3COONa=NaCN+CH3COOH不易发生
4. 已知：键能通常是指在101.3kPa、298K下，断开气态分子中1mol化学键变成气态原子时所吸收的能量；N≡N键的键能是946.2kJ⋅mol−1，N−H键的键能是391.1kJ⋅mol−1；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ⋅mol−1。下列说法正确的是(    )
A. 合成氨反应中，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键放出的总能量
B. 常温常压下，气态氮原子和氢原子形成1molNH3会放出391.1kJ的热量
C. H−H键的键能是416.0kJ⋅mol−1
D. 一定条件下将2molN2与足量H2置于密闭容器中充分反应，放出的热量会小于184.8kJ
5. 小李同学采用如图所示的实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率，取1g锌粒与20mL0.5mol⋅L−1的硫酸进行反应，测得不同时刻反应生成的H2的体积(已折算为标准状况)如表所示。下列说法正确的是
t/s
0
5
10
15
20
25
V(H2)/mL
0.0
14.6
34.5
44.8
52.2
56.9
(    )

A. 反应结束时锌粒无剩余
B. 锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，后又变慢
C. 应用锌粉代替锌粒进行实验，以节约实验时间
D. 假设溶液的体积不变，10∼25s内的平均反应速率v(H2SO4)=0.02mol⋅L−1⋅min−1
6. 将温度为20.0∘C、浓度为0.50mol⋅L−1的盐酸和0.55mol⋅L−1的NaOH溶液各50mL(溶液密度均为1g⋅mL−1)在简易量热计中混合，生成溶液的比热容c=4.18J⋅g−1.0C−1，轻轻搅动，测得混合溶液的终止温度是23.4∘C。下列说法错误的是(    )
A. 实验中测得的终止温度应是混合溶液的最高温度
B. 实验中测得的中和热ΔH=−56.8kJ⋅mol−1
C. 如果用50mL0.025mol⋅L−1的浓硫酸代替盐酸进行实验，测得的中和热ΔH会增大
D. 如果用等体积等浓度的醋酸代替盐酸，其他均不变，则测得混合溶液的终止温度低于23.4∘C
7. 已知：SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH=−41.8kJ⋅mol−1。一定条件下，向某恒容密闭容器中加入一定量的SO2和NO2发生上述反应，测得0∼10s内c(NO2)减小了0.25mol⋅L−1。下列说法正确的是(    )
A. SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(s)+NO(g)的ΔH>−41.8kJ⋅mol−1
B. 当容器中气体的密度保持不变时，该反应达到化学平衡状态
C. 向容器中充入惰性气体，反应速率加快，反应物的平衡转化率增大
D. 不考虑反应放出热量的影响，10∼15s内平均反应速率v(SO2)小于0.025mol⋅L−1⋅s−1
8. 常温下，有以下三种溶液：①pH=3的盐酸，②pH=11的氨水，③将溶液①和②等体积混合得到的溶液，下列有关这三种溶液的说法正确的是(    )
A. 溶液①和溶液②中由水电离出的c(OH−)相等
B. 三种溶液的导电能力：③>②>①
C. 溶液③中离子浓度：c(NH4+)>c(Cl−)>c(H+)>c(OH−)
D. 将溶液①和溶液②都稀释10倍后，两者pH的差值小于6
9. 电化学在日常生活和科技领域中都有着广泛的应用，下列有关说法正确的是(    )

A. 甲中正极的电极反应式：Ag2O+2e−+2H+=2Ag+H2O
B. 乙中要保护钢闸门不受腐蚀，应将其与电源的正极相连
C. 丙中石墨极的电极反应式；SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+
D. 丁中正极的电极反应式：O2−4e−+2H2O=4OH−
10. 常温下进行下列实验，根据实验操作或目的所得的结论正确的是
选项
实验操作或目的
结论
A
向浓度均为0.1mol⋅L−1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2] B
测定水体中氯化物含量时，采用标准硝酸银溶液进行滴定
[常温下Ksp(AgCl)=1.8×10−10，Ksp(AgI)=8.3×10−17]
滴定时可采用KI作指示剂
C
向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中滴加稀盐酸，有气泡产生
Ksp(BaCO3) D
通过加碱使废水中的(Cr3+)降至1×10−5mol⋅L−1{常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10−32}
加碱后废水的pH=5
(    )
A. A B. B C. C D. D
11. 工业上常用CH4在复合组分的催化剂作用下还原大气污染物SO2，生成S固体，同时生成CO2和液态H2O。已知：H2(g)、CH4(g)、S(s)的燃烧热(ΔH)分别是−285.8kJ⋅mol−1、−890.3kJ⋅mol−1、−297.2kJ⋅mol−1。下列说法正确的是(    )
A. 1molS(s)燃烧生成SO3(l)，放出297.2kJ的热量
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−890.3kJ⋅mol−1
C. CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)ΔH=−295.9kJ⋅mol−1
D. 同一条件下，单位质量的CH4完全燃烧放出的热量比H2多
12. 锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，可广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。
三单体串联锌溴液流电池的工作原理如图所示，电解液是ZnBr2溶液。下列说法正确的是(    )
A. 放电时，M电极发生的反应是Zn2++2e−=Zn
B. 电池采用溴络合剂将溴单质络合，可以提高系统的安全性
C. 充电时，Br−由N极移向M极
D. 充电时，电路中每转移2mol电子，阳极增重65g
13. 一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中通入2molH2和1molCO合成甲醇，反应为2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−107kJ⋅mol−1，达到平衡时，CO的平衡转化率为60%。下列说法正确的是(    )
A. 当2v正(H2)=v逆(CH3OH)时，反应达到平衡状态
B. 使用高效催化剂，既能提高CH3OH的平衡产率又能加快反应速率
C. 若将容器改为绝热恒容容器，该反应的化学平衡常数会变小
D. 该条件下，合成甲醇反应的平衡常数为4.5L2⋅mol−2
14. 一定条件下，在一恒容密闭容器中发生可逆反应：mA+nB⇌pC，化学平衡常数为K，若升高温度，K值增大。下列说法正确的是(    )

A. 若A、B、C都是气体，且m+n>p，则该反应一定不能自发进行
B. 若只有A、C是气体，气体的压强一定可以作为判断化学平衡状态的标志
C. 在不同温度下，C的质量分数与时间的关系可用图1表示
D. 若A、B、C都是气体，不同压强下C的质量分数与时间的关系如图2所示，则m+n>p
15. 通过将如图两个装置相连接可实现CH4和CO2分子的耦合转化。下列说法错误的是(    )

A. 左侧装置中通入O2的一极是正极
B. 左侧装置中每产生22.4LCO2(标准状况下)，则电路中转移6mol电子
C. 右侧装置中电极A上的电极反应为CO2+2e−=CO+O2−
D. 若右侧装置中生成的V(C2H4)V(C2H6)=31，则消耗的V(CH4)V(CO2)为97
16. 已知：常温时，亚硫酸的电离常数Ka1=1.23×10−2，Ka2=5.60×10−8，下列有关说法正确的是(    )
A. 0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液显碱性
B. 常温下，pH=9的Na2SO3溶液中，由水电离出的c(H+)=10−9mol⋅L−1
C. 在c(NaHSO3)和c(Na2SO4)为2：1的混合溶液中：3c(Na+)=4c(SO32−)+4c(HSO3−)+4c(H2SO3)
D. 在等浓度的NaHSO3和Na2SO3混合溶液中：c(Na+)>c(HSO3−)>c(SO32−)>c(H+)>c(OH−)
17. (1)化学反应都伴随有能量变化。下列反应中的能量变化符合如图所示的有 ______(填序号)。
a.铵根离子的水解反应
b.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应
c.碳与水蒸气的反应
(2)若上图表示常温常压下，1molNO2和1molCO完全反应生成CO2和NO过程中的能量变化，曲线II表示______(填“有”或“无”)催化剂作用时的能量变化。如果能量变化如曲线I所示，则该反应的热化学方程式为______，该反应的逆反应的活化能为 ______kJ⋅mol−1；若常温常压下，1molCO完全燃烧放出的热量为E3kJ，则2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=______kJ⋅mol−1(结合图示解答)。

18. 由于铜在自然界储量非常丰富，性能优良，且加工方便，在我国有色金属材料的消费中仅次于铝。请回答下列问题。
(1)在图1原电池的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，盐桥中的Cl−向 ______(填“左”或“右”)侧烧杯移动；若导线中转移的电子数目为1.204×1022，则铜电极的质量增加 ______g。
(2)锂-铜空气燃料电池(如图2)容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，整个反应过程中，铜相当于催化剂。
①放电时，正极上Cu2O发生反应，电极反应式为 ______。
②将该燃料电池与图3相连接，若用于精炼铜，a极为精铜，b极为粗铜，锂极应与 ______(填字母，下同)相连接；若用于在镀件上镀铜，a极为精铜，b极为镀件，锂极应与 ______相连接；若a、b电极均为惰性电极，将锂极与a极连接，另一极连接b极，c为1L浓度均为0.1mol⋅L−1的HCl、CuSO4的混合溶液，a极开始发生的电极反应为 ______，若电路中通过0.2mol电子，b极上会产生标准状况下的气体 ______L。
19. 草酸(H2C2O4)是一种常见的二元弱酸，常温下的电离常数：Ka1=5×10−2，Ka2=10−4.3，其对应的盐草酸钙是泌尿结石的主要无机成分，约占70%左右。请回答下列问题。
(1)常温下，向0.10mol⋅L−1的H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示，图中Y点对应的pH为 ______。pH=7时，溶液中：c(Na+)______c(C2O42−)+c(HC2O4−)(填“>”“<”或“=”)。
(2)若常温下HF的Ka=7.2×10−4，等体积的1mol⋅L−1HF与0.5mol⋅L−1Na2C2O4溶液发生反应的离子方程式为 ______。
(3)若称取某病人取出的泌尿结石5.2g(杂质不参与反应)，粉碎后，用酸充分溶解，过滤、洗涤，将溶液和洗涤液都转移至250mL容量瓶中，加水定容配成250mL溶液，取25.00mL该溶液用0.0600mol⋅L−1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液的体积是20mL，滴定过程中的离子反应方程式为H2C2O4+MnO4−+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。
①达到滴定终点的标志为 ______。
②该泌尿结石中草酸钙的质量分数为 ______(保留三位有效数字)。
③若滴定时采取以下操作，判断对测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若溶解用的酸为盐酸：______；若读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视：______。

20. 甲醇是一种重要的有机化工原料，在工业上有着重要的用途。
(1)二氧化碳催化加氢制甲醇反应的化学方程式为3H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)。在2L恒容密闭容器中加入4molH2和1molCO2在一定条件下发生上述反应，10min时剩余1.6molH2，此时CO2的转化率为 ______，用CH3OH表示10min内的化学反应速率为______，增加该反应中活化分子百分数的方法有 ______、______(答两点)。
(2)若在催化剂a或b存在下，CO2和H2能同时发生两个反应：①3H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)，②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。在控制CO2和H2初始投料比n(CO2)n(H2)，为1：2.2，相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如下(甲醇选择性指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：
实验编号
T/K
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
1
543
催化剂a
12.3
42.3
2
543
催化剂b
10.9
72.7
3
553
催化剂a
15.3
39.1
4
553
催化剂b
12.0
71.6
①在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，你认为原因是 ______。
②553K下，反应①在无催化剂、催化剂a和催化剂b三种情况下，活化能最小的是 ______。
(3)工业上常用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0。若在450∘C和1.01×106Pa时，向某密闭容器中通入1molCO和3molH2，充分反应后CO的转化率达到95%，若其他条件相同时，改为通入1molH2和1molCH3OH，则CH3OH的平衡转化率为 ______；工业实际生产时，采用图中M点对应的反应条件，而不是N点，请说明选择的理由：______。

21. 氮是空气中含量最多的元素，在自然界中存在十分广泛，在生物体内亦有较大作用，是组成氨基酸的基本元素之一。请回答下列问题。
(1)用CO可将汽车尾气中的NO还原为N2，反应为2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−akJ⋅mol−1，K=m。已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+bkJ⋅mol−1K1=n，则CO(g)+12O2(g)⇌CO2(g)ΔH2=______kJ⋅mol−1(用含a、b的代数式表示)，K2=______(用含m、n的代数式表示)。
(2)“绿水青山就是金山银山”。现利用如图所示装置对工业废气、垃圾渗透液进行综合治理并实现发电。M极是______极，正极的电极反应式为 ______。

(3)N2O可以被CO还原：N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在体积均为1L的恒容密闭容器A(500∘C,恒温)、B(起始500∘C，绝热)中分别加入0.1molN2O、0.4molCO和相同的催化剂。实验测得A、B中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。A中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的b曲线，M点：v正______v逆(填“>”“<”或“=”)，A中反应的平衡常数为 ______(用分数表示)，平衡常数：B ______A(填“大于”“小于”或“等于”)。

(4)实验室中可用NaOH溶液吸收多余的NO2：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。常温下，用含0.14molNaOH的水溶液吸收NO2，恰好完全反应得1L溶液，测得该溶液的pH=8，则HNO2的电离常数为______。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.太阳能汽车是使用太阳能电池将太阳能转化成电能，然后转化成汽车的动能，而不是直接转化为动能，故A错误；
B.燃料电池中通燃料的一极为负极，发生氧化反应，通氧气的一极为正极，故B正确；
C.源汽车包括四大类型：混合动力电动汽车、纯电动汽车(包括太阳能汽车)、燃料电池电动汽车、其他新能源汽车等，能减少化石燃料的利用，故C正确；
D.储氢技术解决了氢能储存难运输难的问题，能实现氢能的广泛应用，故D正确；
故选：A。
A.太阳能汽车是使用太阳能电池将太阳能转化成电能，然后转化成汽车的动能；
B.电池负极发生氧化反应；
C.新能源汽车能减少化石燃料的利用；
D.目前氢能源的推广主要是解决储氢技术；
本题以新能源汽车为情境，考查化学与新能源的联系，意在考查理解和判断能力，以及科学态度与社会责任的核心素养。

2.【答案】C 
【解析】解：A.钢铁中含有碳，潮湿空气中为中性环境，钢铁发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.低温下，温度低，反应速率慢，可延长食品的保质期，故B正确；
C.当镀锡铁制品的镀层破损时，形成锡铁原电池，由于活性性铁大于锡，铁作负极，会加快铁的腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故C错误；
D.反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，反之，为放热反应，故D正确；
故选：C。
A.钢铁在中性或弱碱性环境中，发生吸氧腐蚀，在酸性环境中，发生析氢腐蚀；
B.温度低，反应速率慢，温度高，反应速率快；
C.锡铁形成原电池，铁作负极，锡作正极，会加快铁的腐蚀；
D.吸热反应是指反应物的总能量低于生成物的总能量。
本题主要考查金属的腐蚀与防护，本质属于原电池原理的应用，掌握正负极的判断，电极反应式的书写，离子、电子的移动方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。

3.【答案】D 
【解析】解：A.根据电离平衡常数：Ka(HF)>Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，得出酸性最强的是HF，故A错误；
B.氢氟酸能腐蚀玻璃是它的特性，与其电离常数大小无关，故B错误；
C.加少量冰醋酸，醋酸的浓度增大，电离平衡正向移动，但电离程度反而减小，故C错误；
D.酸性较强的酸能制酸性较弱的酸，CH3COOH比HCN的酸性强，故D正确；
故选：D。
A.根据电离平衡常数：Ka(HF)>Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，得出酸性最强的是HF，故A错误；
B.氢氟酸能腐蚀玻璃是它的特性，与其电离常数大小无关，故B错；
C.加少量冰醋酸，醋酸的浓度增大；
D.酸性较强的酸能制酸性较弱的酸。
本题以弱酸的电 离常数为情境，考查弱电解质的电离和影响因素，意在考查对弱电解质电离的理解和判断能力，以及变化观念与平衡思想的核心素养。

4.【答案】D 
【解析】解：A.合成氨反应是放热反应，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键放出的总能量，故A错误；
B.形成1molNH3时，产生3molN−H键，会放出3×391.1kJ的热量，故B错误；
C.反应热等于反应物中化学键键能之和减去生成物中化学键键能之和，即946.2+3E(H−H)−2×3×391.1=−92.4，E(H−H)=436.0kJ/mol，故C错误；
D.合成氨反应为可逆反应，热化学方程式中的反应热为完全转化时的能量变化，实际反应时放出的热量会减少，故D正确；
故选：D。
A.合成氨反应是放热反应；
B.形成化学键放出能量；
C.反应热等于反应物中化学键键能之和减去生成物中化学键键能之和；
D.合成氨反应为可逆反应。
本题以合成氨反应为情境，考查反应热和键能的计算，意在考查对可逆反应的热效应的理解和判断能力，以及宏观辨识与微观探析的核心素养。

5.【答案】B 
【解析】解：A.1g锌粒的物质的量为165mol≈0.015mol，硫酸的物质的量为0.02L×0.5mol⋅L−1=0.01mol，锌与稀硫酸反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，则锌过量，故A错误；
B.锌与稀硫酸反应放热，温度升高，化学反应速率加快，反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，故B正确；
C.若用锌粉与稀硫酸反应，速率太快，收集-定体积的H2时所需时间间隔太短，不易计时，故C错误；
D.10∼25s内反应生成n(H2)=(56.9−34.5)×10−3L22.4L/mol=0.001mol，反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，参与反应的H2SO4的物质的量是0.001mol，v(H2SO4)=△nV△t=0.001mol0.02L×25s−10s60s/min=0.2mol⋅L−1⋅min−1，故D错误；
故选：B。
A.锌与稀硫酸反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，结合n=mM和n=cV进行分析；
B.金属与酸的反应放热，温度升高反应速率加快；
C.增大接触面积可加快反应速率；
D.根据反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑计算△n(H2SO4)，结合v=△nV△t计算10∼25s内的平均反应速率v(H2SO4)。
本题以锌与稀硫酸反应为素材考查化学反应速率的计算及影响因素等知识，为高频考点，侧重考查综合理解能力、实验能力及科学探究与创新意识的核心素养，把握化学反应速率的影响因素是解题关键，题目难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：A.实验中终止温度是充分反应后混合液的最高温度，故A正确；
B.盐酸的物质的量为0.50mol⋅L−1×0.05L=0.025mol，NaOH的物质的量为0.55mol⋅L−1×0.05L=0.0275mol，则碱是过量的，应根据酸的量进行计算，反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O，反应生成0.025molH2O，反应放热Q=cm△T=4.18×(50+50)×(23.4−20.0)=1421.2J=1.4212kJ，ΔH=−1.4212kJ0.025mol≈56.8kJ/mol，故B正确；
C.浓硫酸溶于水放热，浓硫酸代替盐酸进行实验放出的热量增多，但中和热△H为负值，则ΔH减小，故C错误；
D.由于醋酸电离吸热，所以反应放出的热量会减少，混合溶液的终止温度会低于23.4℃，故D正确；
故选：C。
A.酸碱恰好完全反应时，溶液的温度最高；
B.根据Q=cm△T计算反应放热，结合△H=−Qn(H2O)计算反应热；
C.浓硫酸溶于水放热，会使反应热数值增大，但中和热△H为负值；
D.醋酸是弱酸，电离吸热。
本题考查中和热的测定，把握中和热测定原理及注意事项是解题关键，侧重分析能力、计算能力及实验能力的考查，有利于培养宏观辨识与微观探析的核心素养，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。

7.【答案】D 
【解析】解：A.若生成三氧化硫固体，反应放出的热量更多，则ΔH<−41.8kJ/mol，故A错误；
B.反应前后气体的质量与体积都保持不变，因此密度也不变，无法确定化学反应是否达到平衡状态，故B错误；
C.充入惰性气体，压强增大，分压不变，化学反应速率不变，对化学平衡无影响，反应物的平衡转化率不变，故C错误；
D.随着反应的进行各组分浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，0∼10s内v(SO2)的化学反应速率为0.025mol⋅L−1⋅s−1，10∼15秒内反应速率会小一些，故D正确；
故选：D。
A.若生成三氧化硫固体，反应放出的热量更多；
B.反应前后气体的质量与体积都保持不变，因此密度始终不变；
C.充入惰性气体，压强增大，分压不变，化学反应速率不变；
D.随着反应的进行各组分浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小。
本题以可逆反应为情境，考查反应热与焓变、化学反应速率的计算、化学平衡状态特征等，意在考查对化学基本理论的理解能力，以及变化观念与平衡思想的核心素养，题目难度不大。

8.【答案】A 
【解析】解：A.酸或碱抑制水电离，前者水电离出的c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L、后者水电离出的c(OH−)=c(H+)=10−11mol/L，故A正确；
B.溶液导电能力与离子浓度成正比，将溶液①和②等体积混合后，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，其浓度小于溶液酸或碱的浓度，离子浓度小于①②，①中c(H+)与②中c(OH−)相等，所以导电能力：①=②，则溶液导电能力：①=②>③，故B错误；
C.浓度：①<②，将溶液①和②等体积混合，氨水有大量剩余，混合溶液呈碱性，则c(H+)c(Cl−)，一水合氨电离程度较小，所以溶液中存在c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.HCl完全电离，将溶液①稀释10倍，溶液的pH为4，溶液②稀释10倍后，NH3⋅H2O继续电离但电离程度较小，则稀释后溶液的pH在10∼11范围内，所以两者pH的差值大于6，故D错误；
故选：A。
A.酸或碱抑制水电离，前者水电离出的c(OH−)=Kwc(H+)、后者水电离出的c(OH−)=c(H+)；
B.溶液导电能力与离子浓度成正比；
C.浓度：①<②，将溶液①和②等体积混合，氨水有大量剩余，混合溶液呈碱性；
D.HCl完全电离，将溶液①稀释10倍，溶液的pH为4，溶液②稀释10倍后，NH3⋅H2O继续电离但电离程度较小，则稀释后溶液的pH在10∼11范围内。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确水电离影响因素、溶液导电能力影响因素、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意氨水中水电离出的c(OH−)的计算方法，题目难度不大。

9.【答案】C 
【解析】解：A.甲中Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，故A错误；
B.乙中要保护钢闸门不受腐蚀，应将其与电源的负极相连，故B错误；
C.丙中石墨作阳极，电极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，故C正确；
D.丁中氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，故D错误；
故选：C。
A.甲中电解质为KOH；
B.金属连接电源的负极作阴极被保护；
C.丙中石墨作阳极，二氧化硫失电子；
D.丁为燃料电池，氧气通入极为正极。
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。

10.【答案】D 
【解析】解：A.向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，表明Ksp[Cu(OH)2]小，故A错误；
B.Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小很多，先生成AgI，且难以转化成AgCl，不能采用KI作指示剂，故B错误；
C.c(CO32−)大，c(CO32−)×c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)，BaSO4部分转化为BaCO3，不能据此比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的相对大小，故C错误；
D.Ksp[Cr(OH)3]=1×10−32，处理后废水中c(Cr3+)=1×10−5mol/L，则c(Cr3+)⋅c3(OH−)=1×10−32，则c(OH−)=1×10−9 mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−9mol/L=10−5mol/L，pH=5，故D正确；
故选：D。
A.向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，溶度积常数表达式相同时，溶度积常数小的先生成沉淀；
B.Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小很多，先生成AgI，且难以转化成AgCl；
C.c(CO32−)大，c(CO32−)×c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)，BaSO4部分转化为BaCO3；
D.Ksp[Cr(OH)3]=1×10−32，处理后废水中c(Cr3+)=1×10−5mol/L，则c(Cr3+)⋅c3(OH−)=1×10−32，则c(OH−)=1×10−9 mol/L，溶液中c(H+)=Kwc(OH−)。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查沉淀的生成、转化及计算，意在考查对溶度积常数的理解和分析能力以及变化观念与平衡思想的核心素养，题目难度中等。

11.【答案】C 
【解析】解：A.S(s)的燃烧热是指燃烧生成SO2(g)所放出的热量，而选项中是1molS(s)燃烧生成SO3(l)，故A错误；
B.CH4(g)的燃烧热是指1molCH4(g)完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，而选项中是气态水，故B错误；
C.①S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297.2kJ/mol，②CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=−890.3kJ/mol，根据盖斯定律：②-①×2得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(1)ΔH=(−890.3+297.2×2)kJ/mol=−295.9kJ⋅mol−1，故C正确；
D.H2(g)、CH4(g)的燃烧热(ΔH)分别是−285.8kJ⋅mol−1、−890.3kJ⋅mol−1，则1g氢气完全燃烧放出的热量为285.82kJ=142.9kJ，1g甲烷完全燃烧放出的热量为890.316kJ≈55.6kJ，则同一条件下，单位质量的H2完全燃烧放出的热量比CH4多，故D错误；
故选：C。
A.S(s)的燃烧热是指1molS(s)燃烧生成SO2(g)所放出的热量；
B.CH4(g)的燃烧热是指1molCH4(g)完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；
C.①S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297.2kJ/mol，②CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=−890.3kJ/mol，根据盖斯定律：②-①×2得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(1)；
D.根据燃烧热计算出单位质量的甲烷和氢气完全燃烧放出的热量。
本题以甲烷还原二氧化硫为情境，考查反应热的比较和热化学方程式的书写等，意在考查对反应热和燃烧热的理解和判断能力，以及宏观辨识与微观探析的核心素养。

12.【答案】B 
【解析】解：A.放电时，M电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故A错误；
B.溴单质有毒，用络合剂将溴单质络合，防止溴单质泄漏，可提高系统的安全性，故B正确；
C.充电时，阴离子向阳极移动，锌溴液流电池的正极为阳极，右侧为阳极，故C错误；
D.充电时，右侧为阳极，电极反应式为2Br−−2e−=Br2，左侧是阴极，电极反应式为Zn2++2e−=Zn，电路中每转移2 mol电子阴极增重65 g，故D错误；
故选：B。
A.放电时，M电极为负极，发生失去电子的反应；
B.溴单质有毒，用络合剂将溴单质络合，防止溴单质泄漏；
C.充电时，阴离子向阳极移动，原电池的正极为阳极，原电池的负极为阴极；
D.充电时，右侧为阳极，电极反应式为2Br−−2e−=Br2，左侧是阴极，电极反应式为Zn2++2e−=Zn，电路中每转移2 mol电子阴极增重65 g。
本题采用先进的水溶液电解质电池为情境，考查原电池的原理，意在考查对电化学原理的理解和应用能力，以及证据推理与模型认知的核心素养，看图是本题的易错点，难度中等。

13.【答案】C 
【解析】解：A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B.使用催化剂只能加快反应速率，但不能使该化学平衡发生移动，则不能提高产物的平衡产率，故B错误；
C.该反应是放热反应，若将容器改为绝热恒容容器，随着反应的进行，体系温度上升，平衡逆向移动，化学平衡常数会变小，故C正确；
D.达到平衡时，CO的平衡转化率为60%，则平衡时消耗的c(CO)=1mol×60%2L=0.3mol/L，
                    CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol/L)0.510
转化(mol/L)0.30.60.3
平衡(mol/L)0.20.40.3
该条件下，合成甲醇反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)=0.3mol/L(0.2mol/L)×(0.4mol/L)2=9.375L2⋅mol−2，故D错误；
故选：C。
A.正逆反应速率相等时达到平衡状态；
B.使用催化剂不能使该化学平衡发生移动；
C.若将容器改为绝热恒容容器，随着反应的进行，体系温度上升，结合该反应为放热反应分析；
D.达到平衡时，CO的平衡转化率为60%，则平衡时消耗的c(CO)=1mol×60%2L=0.3mol/L，利用三段式及K=c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，明确化学平衡状态的特征、化学平衡的影响因素为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。

14.【答案】A 
【解析】解：升高温度，K值增大，表明化学平衡正向移动，该反应为吸热反应，m+n>p，ΔS<0，该反应不能自发进行，故A正确；
B.若只有A、C是气体，且两者化学计量数相等，压强一直保持不变，不能作为判断平衡状态的标志，故B错误；
C.T2时达到平衡的时间短，表明T2的温度高，但C的质量分数小，表明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，与题意不符，故C错误；
D.p2时达到平衡的时间短，压强大，但C的质量分数小，表明增大压强平衡逆向移动，则m+n 故选：A。
A.根据ΔS<0，则该反应不能自发进行，若ΔS<0，则能自发进行；
B.若只有A、C是气体，且两者化学计量数相等，反应过程中压强一直保持不变；
C.T2时达到平衡的时间短，表明T2的温度高；
D.p2时达到平衡的时间短，压强大，但C的质量分数小，表明增大压强平衡逆向移动，据此分析。
本题以可逆反 应为情境，考查影响化学平衡的因素、反应方向的判断，意在考查对化学平衡、焓变和熵变的理解和判断能力，以及变化观念与平衡思想的核心素养。

15.【答案】D 
【解析】解：A.左侧装置为燃料电池，加燃料的一极为负极，通氧气的一极为正极，故A正确；
B.左侧装置中负极反应是CH3OH−6e−+3O2−=CO2+2H2O，n(CO2)=22.4L22.4L/mol=1mol，根据电极反应式知，每产生1molCO2，电路中转移6 mol电子，故B正确；
C.由图示可知，阴极上发生还原反应：CO2+2e−→CO，且固体电解质能传导O2−，则阴极反应式为CO2+2e−=CO+O2−，故C正确；
D.假设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为3mol和1mol，电极B为阳极，甲烷发生氧化反应：8CH4−14e−→3C2H4+C2H6+H2O，阴极上发生还原反应：CO2+2e−→CO，根据得失电子守恒可知，消耗的CO2为7mol，消耗的CH4为8mol，即消耗的CH4和CO2的体积比为8：7，故D错误；
故选：D。
A.左侧装置为燃料电池，燃料电池中，燃料失电子发生氧化反应、氧化剂得电子发生还原反应；
B.左侧装置中负极反应是CH3OH−6e−+3O2−=CO2+2H2O，n(CO2)=22.4L22.4L/mol=1mol，根据CO2和转移电子的关系计算转移电子的物质的量；
C.由图示可知，阴极上发生还原反应：CO2+2e−→CO，且固体电解质能传导O2−；
D.假设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为3mol和1mol，电极B为阳极，甲烷发生氧化反应：8CH4−14e−→3C2H4+C2H6+H2O，阴极上发生还原反应：CO2+2e−=CO+O2−，根据得失电子守恒可知，消耗的CO2为7mol，消耗的CH4为8mol。
本题以原电池和电解池的串联为情境，考查原电池和电解原理，意在考查对电化学原理的理解和分析能力，以及证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的核心素养。

16.【答案】C 
【解析】解：A.HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，Kh=KwKa1<10−141.23×10−2≈8.1×10−13 B.常温下，pH=9的Na2SO3溶液中，由水电离出的c(H+)等于溶液中c(H+)，为10−5mol/L，故B错误；
C.溶液中存在物料守恒：3n(Na)=4n(S)，即3c(Na+)=4c(SO32− )+4c(HSO3−)+4c(H2SO3)，故C正确；
D.Na2SO3和NaHSO3等浓度时，Kh(SO32−)=KwKa2=10−145.60×10−8≈1.8×10−7>Ka2，说明SO32−水解的量大于HSO3−电离的量，则c(SO32−) 故选：C。
A.HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，Kh=KwKa1<10−141.23×10−2≈8.1×10−13 B.常温下，pH=9的Na2SO3溶液中，由水电离出的c(H+)等于溶液中c(H+)；
C.溶液中存在物料守恒：3n(Na)=4n(S)；
D.Na2SO3和NaHSO3等浓度时，Kh(SO32−)=KwKa2=10−145.60×10−8≈1.8×10−7>Ka2，说明SO32−水解的量大于HSO3−电离的量，则c(SO32−) 本题以二元弱酸为情境，考查电解质溶液的三大守恒、离子浓度大小比较和水解常数的计算，意在考查对三大守恒的理解和判断能力，以及变化观念与平衡思想的核心素养。

17.【答案】b 有  NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−E2kJ/mol(E1+E2)2(E2−E3) 
【解析】解：(1)由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为为放热反应，
a.铵根离子的水解反应为吸热反应，故a错误；
b.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，故b正确；
c.碳与水蒸气的反应为吸热反应，故c错误；
故答案为：b；
(2)催化剂能降低反应的活化能，则曲线II表示有催化剂作用时的能量变化；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−E2kJ/mol；逆反应的活化能为活化分子与生成物分子的能量差，则该反应的逆反应的活化能为(E1+E2)kJ/mol；CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=−E3kJ/mol，NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−E2 kJ/mol，两者相减得NO(g)+12O2(g)=NO2(g)ΔH=(E2−E3)kJ/mol，则2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=2(E2−E3)kJ/mol，
故答案为：有；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−E2kJ/mol；(E1+E2)；2(E2−E3)。
(1)反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
(2)催化剂能降低反应的活化能；反应物的总能量与生成物的总能量的差值为反应热，并写出对应的热化学方程式，逆反应的活化能为活化分子与生成物分子的能量差；CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=−E3kJ/mol，NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH=−E2 kJ/mol，两者相减得NO(g)+12O2(g)=NO2(g)。
本题考查反应热的计算、热化学方程式的书写、活化能概念等，意在考查对能量变化、热化学方程式、盖斯定律的理解和应用能力，以及宏观辨识与微观探析的核心素养。

18.【答案】左  0.64Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−  abCu2++2e−=Cu1.68 
【解析】解：(1)Zn为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以盐桥中氯离子向负极Zn电极移动，即向左移动；铜电极发生反应Cu2++2e−=Cu，若导线中转移的电子数目为1.204×1022，n(e−)=1.204×10226.02×1023/mol=0.02mol，n(Cu)=12n(e−)=12×0.02mol=0.01mol，m(Cu)=0.01mol×64g/mol=0.64g，
故答案为：左；0.64；
(2)①放电时，锂电极作负极，Cu电极为正极，正极上Cu2O得电子和水反应生成Cu和OH−，故电极反应为Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−，
故答案为：Cu2O+H2O+2e−=2Cu+2OH−；
②Li为负极，精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以Li电极与a相连；电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，Li电极与镀件相连，即与b相连；电解混合溶液时，a极为阴极，阳离子Cu2+优先得电子，a电极上电极反应式为Cu2++2e−=Cu，b极是阳极，阴离子失电子，先是Cl−，然后是OH−，n(Cl−)=0.1mol/L×1L=0.1mol，2Cl−−2e−=Cl2↑，氯离子完全放电转移0.1mol电子，n(Cl2)=12×n(Cl−)=12×0.1mol=0.05mol，OH−生成O2的电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，转移0.1mol生成氧气的物质的量=0.1mol4=0.025mol，所以若电路中通过0.2mol电子时，分别得到0.05molCl2和0.025molO2，生成气体体积=(0.05+0.025)mol×22.4L/mol=1.68L，
故答案为：a；b；Cu2++2e−=Cu；1.68。
(1)该原电池中Zn为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；铜电极发生反应Cu2++2e−=Cu，根据Cu和转移电子的关系计算生成Cu的质量；
(2)①放电时，锂电极作负极，Cu电极为正极，正极上Cu2O得电子和水反应生成Cu和OH−；
②精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，粗铜与原电池正极相连、纯铜与原电池负极相连；电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；电解混合溶液时，a极为阴极，阳离子Cu2+优先得电子，b极是阳极，阴离子失电子，先是氯离子，然后是OH−，根据转移电子守恒计算b电极上生成气体体积。
本题以原电池和电解池装置为素材考查原电池的工作原理、电解原理及其应用等，意在考查对电化学原理的分析和理解能力，以及证据推理与模型认知的核心素养。

19.【答案】4.3>HF+C2O42−=HC2O4−+F−  当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30s内不褪色  73.8%偏高  偏低 
【解析】解：(1)根据 Y点时c(C2O42−)=c(HC2O4− )，结合Ka2=c(H+)c(C2O42−)c(HC2O4−)=c(H+)=10−4.3，得出该点的c(H+)=10−4.3 mol/L，可得pH=4.3，pH=7时，c(OH−)=c(H+ )，电荷守恒关系式为(OH−)+2c(C2O42−)+c(HC2O4− )=c(Na+)+c(H+)，即2c(C2O42−)+c(HC2O4− )=c(Na+)，即c(Na+)>c(C2O42−)+c(HC2O4− )，
故答案为：4.3；>；
(2)根据Ka可知，HF的酸性比草酸弱，比HC2O4− 强，反应生成草酸氢根离子和氟离子，离子方程式为HF+C2O42−=HC2O4−+F−，
故答案为：HF+C2O42−=HC2O4−+F−；
(3)①用KMnO4标准溶液滴定H2C2O4，达到滴定终点的标志为当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30 s内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30 s内不褪色；
②根据得失电子守恒配平可得：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(KMnO4)=0.0600mol/L×0.02L=1.2×10−3 mol，n(CaC2O4)=n(H2C2O4)=1.2×10−3 mol×52×10=3×10−2 mol，m(CaC2O4)=3.84g，质量分数为3.845.2×100%=73.8%，
故答案为：73.8%；
③过量的盐酸残留会被高锰酸钾溶液氧化，导致标准液用量增多，结果偏高；读取标准液体积时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏高；偏低。
(1)根据 Y点时c(C2O42−)=c(HC2O4− )，结合Ka2得出该点的c(H+)=10−4.3 mol/L，并计算出pH；
(2)根据Ka可知，HF的酸性比草酸弱，比HC2O4− 强，反应生成草酸氢根离子和氟离子；
(3)①用KMnO4标准溶液滴定H2C2O4，达到滴定终点的标志为当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅红色，且30 s内不褪色；
②根据得失电子守恒配平可得：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(KMnO4)=0.0600mol/L×0.02L=1.2×10−3 mol，n(CaC2O4)=n(H2C2O4)=1.2×10−3 mol×52×10=3×10−2 mol，m(CaC2O4)=3.84g；
③过量的盐酸残留会被高锰酸钾溶液氧化，导致标准液用量增多；读取标准液体积时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，导致读出的标准液体积偏小。
本题以草酸及其 盐为素材，考查草酸的电离及影响因素、氧化还原滴定、电离常数的运用，意在考查分析问题和解决问题的能力，以及变化观念与平衡思想的核心素养。

20.【答案】80%0.04mol⋅L−1⋅min−1  升高温度  采用更高效的催化剂  反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响  催化剂b5%M点温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率与N点相差不大，压强为常压，对设备要求不高，更经济 
【解析】解：(1)参加反应的 H2为(4mol−1.6mol)=2.4mol，则消耗CO2的物质的量为0.8mol，CO2的转化率为0.8mol1mol×100%=80%，生成CH3OH的物质的量为0.8mol，其化学反应速率为0.8mol2L10min=0.04mol⋅L−1⋅min−1，升高温度和使用更高效的催化剂，均会提高活化分子的百分数，加快反应速率，
故答案为：80%；0.04mol⋅L−1⋅min−1；升高温度；使用更高效的催化剂；
(2)①从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，CO2的转化率不同，说明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响，
故答案为：反应未达到平衡，不同的催化剂对反应①的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
②由实验3.4可知，4中甲醇选择性高，则相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性，因此催化剂b存在时活化能最小，
故答案为：催化剂b；
(3)通入1molH2和1molCH3OH与通入1molCO和3molH2达到的平衡为等效平衡，正向CO的平衡转化率为95%，则逆向甲醇的平衡转化率为5%，相对于N点而言，M点温度在500∼600K之间，温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率与N点相差不大，且常压对设备和动力要求低，更经济，
故答案为：5%；M 点温度较高，反应速率较快，CO的平衡转化率与N点相差不大，压强为常压，对设备要求不高，更经济。
(1)根据反应求出参加反应的 H2、CO2、CH3OH的物质的量，代入相应公式求出转化率和化学反应速率，升高温度和使用更高效的催化剂，均会提高活化分子的百分数，加快反应速率；
(2)①催化剂只改变反应速率，不影响平衡转化率，从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，CO2的转化率不同，说明此时反应未达到平衡，不同催化剂的催化能力不同；
②由实验3.4可知，4中甲醇选择性高，则相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性；
(3)通入1molH2和1molCH3OH与通入1molCO和3molH2达到的平衡为等效平衡，反应是气态体积减小且为放热反应，结合影响化学反应速率、转化率、压强对设备需求、经济效益分析。
本题以甲醇为素材，考查化学平衡相关知识，涉及到盖斯定律的应用、化学反应速率与转化率的计算、平衡影响因素、化学平衡的移动、图象变化和数据变化的判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

21.【答案】=−a+b2 mn  负  2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O>145  小于  7×10−4 
【解析】解：(1)根据题意有①2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−akJ⋅mol−1，K=m。②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+bkJ⋅mol−1，K1=n，根据盖斯定律将①+②2得到CO(g)+12O2(g)⇌CO2(g)ΔH2，则ΔH2=−a+b2kJ⋅mol−1，根据K=K1K2=mn，
故答案为：=−a+b2；mn；
(2)由图可知，该装置属于原电池装置，氨气在M极上发生失电子的氧化反应生成N2：2NH3−6e−=N2+6H+，则M极是负极，N极是正极，NO3−在N极上发生得电子的还原反应生成N2：2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，
故答案为：负；2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O；
(3)在M点时，反应未达到平衡状态，N2O还会继续反应，因此正反应速率大于逆反应速率，A为恒温500∘C，故利用三段式法可得：
                    N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(mol)：0.10.4000
转化(mol)：0.0250.0250.0250.025
平衡(mol)：0.0750.3750.0250.025
K=c(N2)×c(CO2)c(N2O)×c(CO)=0.025×0.0250.075×0.075=145，曲线a表示绝热容器中的反应，该反应温度较高，N2O的平衡转化率较小，说明该反应为放热反应，温度上升，平衡逆向移动，K减小，
故答案为：>；145；小于；
(4)根据NO2−+H2O⇌HNO2+OH−可知，Kh=KwKa=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)，Ka=Kw×c(NO2−)c(HNO2)×c(OH−)=1×10−14×0.0710−6×10−6=7×10−4，
故答案为：7×10−4。
(1)根据题意有①2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−akJ⋅mol−1，K=m。②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+bkJ⋅mol−1，K1=n，根据盖斯定律将①+②2得到CO(g)+12O2(g)⇌CO2(g)ΔH2，即可计算ΔH2和K；
(2)由图可知，氨气在M极上发生失电子的氧化反应生成N2：2NH3−6e−=N2+6H+，则M极是负极，N极是正极，NO3−在N极上发生得电子的还原反应生成N2：2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O；
(3)在M点时，反应未达到平衡状态，N2O还会继续反应，因此正反应速率大于逆反应速率，A为恒温500∘C，故利用三段式法可得：
                    N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(mol)：0.10.4000
转化(mol)：0.0250.0250.0250.025
平衡(mol)：0.0750.3750.0250.025
K=c(N2)×c(CO2)c(N2O)×c(CO)=0.025×0.0250.075×0.075，解出K，曲线a表示绝热容器中的反应，该反应温度较高，N2O的平衡转化率较小，说明该反应为放热反应，温度上升，平衡逆向移动；
(4)根据NO2−+H2O⇌HNO2+OH−可知，Kh=KwKa=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)，Ka=Kw×c(NO2−)c(HNO2)×c(OH−)=1×10−14×0.0710−6×10−6，解出结果即可。
本题以氮的化合物为素材，考查反应热与盖斯定律、化学反应速率和化学平衡、电化学、电离常数的计算等知识，意在考查分析问题能力和化学计算能力，以及变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的核心素养，难度较大。