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2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了8g，6kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
一场突如其来的新冠肺炎疫情席卷全球，非洲南部出现了一种比Delta毒株更可怕的进化体Omicrn毒株。杀菌消毒、做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列关于疫情防控期间使用到的化学用品的说法中错误的是( )
A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%
B. 使用“84”消毒液时，加入适量白醋可增强消毒能力
C. 3.0%的医用过氧化氢溶液，应放置于遮光、阴凉处保存
D. 过氧乙酸(CH3COOOH)分子中每个原子均满足8电子稳定结构
碳达峰、碳中和是我国发展的战略目标，下列措施与实现这一目标无关的是( )
A. 通过气化和液化将煤转化成清洁燃料
B. 加快植树造林，减少一次性筷子的使用
C. 大力发展太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等清洁能源
D. 积极推动电动汽车代替燃油车
下列事实与难溶电解质的溶解平衡无关的是( )
A. 含氟牙膏防治龋齿
B. 向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成
C. 纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子
D. 用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙
概念是反映对象本质属性的思维形式，下列对化学概念的理解正确的是( )
A. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
B. 若某反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在低温下可自发进行
C. v(SO2)=0.1ml⋅L−1⋅min−1表示在1min时，SO2的浓度为0.1ml⋅L−1
D. H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅ml−1，则氢气的燃烧热ΔH=−241.8kJ⋅ml−1
2021年101月27日我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以“一箭一星”的方式，将吉林一号高分02F卫星圆满发射开空，该火箭使用的燃料为液态N2H4与液态H2O2，其能量变化如图，则0.5mlN2H4(l)和1mlH2O2(l)完全反应生成N2(g)和H2O(g)放出的热量为( )
A. 0.5akJB. 0.5(b−a)kJC. 0.5bkJD. 0.5(a−b)kJ
对于反应3A(g)+B(g)⇌4C(g)+2D(g)，测得4种条件下的反应速率分别为①v(A)=0.9ml⋅L−1⋅s−1、②v(B)=24ml⋅L−1⋅min−1③v(C)=1.6ml⋅L−1⋅s−1④v(D)=1.8ml⋅L−1⋅min−1，则上述4种条件下的反应速率大小关系正确的是( )
A. ②>④>③>①B. ②>①>④>③C. ②=③>①>④D. ②=③>④=①
一定温度下，将1mlA和2mlB充入2L的密闭容器中可进行反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+2D(s)ΔH>0。若t1时刻仅改变下列一个条件，则能使平衡发生如图所示变化的是( )
①增大A的浓度
②缩小容器的容积
③增大B的浓度
④升高温度
⑤加入合适的催化剂
A. ②④B. ①③C. ②⑤D. ②③
氟离子电池有很高的体积能量密度，含氟化合物的储量十分丰富，且其成本低廉，因此氟离子近年来吸引了广泛的关注。氟离子电池的工作示意图如图所示，其中放电时甲电极的电极反应式为BiF3+3e−=Bi+3F−。已知BiF3和MgF2均难溶于水。下列关于该电池的说法正确的是( )
A. 放电时，外电路中电流由乙电极流向甲电极
B. 充放电过程中，F−的物质的量保持不变
C. 充电时，甲电极发生还原反应
D. 充电时，乙电极的电极反应式为Mg−2e−+2F−=MgF2
学习化学离不开化学实验，关于下列装置或操作进行的实验不能达到目的的是( )
A. 测定中和反应的反应热
B. 蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 除去碱式滴定管中的气泡
D. 测NaClO溶液的pH
微粒观和变化观是化学基本观念的重要组成部分。常温下，下列溶液中的微粒能大量共存的是( )
A. 加入铝粉产生气泡的溶液：K+、SO42−、Na+、ClO4−
B. 用硫酸酸化的高锰酸钾溶液：Pb2+、HS−、Mg2+、I−
C. 使石蕊试液变红的溶液：Al3+、NO3−、Fe2+、Br−
D. 0.1ml⋅L−1的FeCl2溶液：Ba2+、HCO3−、ClO−、NH4+
电镀能使金属增强抗腐蚀能力，增加美观和表面硬度、现以铅蓄电池为电源，0.2L1ml⋅L−1CuSO4溶液为电解质溶液，为一把钥匙镀铜，装置如图所示。当右侧钥匙增重3.2g时，停止电镀。下列说法错误的是( )
A. 电镀时，阳极可用纯铜
B. 电镀结束后，电解质溶液的浓度可能不变
C. 电镀结束后，铅蓄电池内消耗电解质9.8g
D. 电镀槽左侧电极应连接铅蓄电池的负极
现将物质的量均为1ml的M和N置于容积为1L的密闭容器中，发生反应：mM(g)+nN(g)⇌pP(g)+qQ(g)ΔH。图①为恒容时，不同温度下N的转化率随时间变化的关系曲线；图②为恒温时，不同压强下N的转化率随时间变化的关系曲线。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH<0
B. 压强：p1>p2>p3
C. 该反应的化学方程式可能为M(g)+N(g)⇌P(g)+2Q(g)
D. 图①中，0∼2min内v(N)=0.6ml⋅L−1⋅min−1
CO2氧化含氮焦炭的反应历程中某一路径的能量变化如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间产物，下列说法错误的是( )
A. d−TS2到d−IM2的过程中C=O键断裂
B. 该反应是吸热反应
C. 该反应历程中C、N化合价均发生了变化
D. 该反应的最大能垒为598.6kJ⋅ml−1
全球环境逐渐恶劣，科学家提出“绿色自由”构想，通过化学反应将CO2转化为有机物，从而有效实施碳循环。已知CO2与H2反应生成可再生能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)ΔH。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0mlCO2和3.0mlH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. b点：v(逆)B. 催化剂的催化效果：催化剂I>催化剂II>催化剂III
C. c点的转化率比a点低的原因是温度升高，催化剂活性降低
D. 若该反应在T4K、恒压密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率>80%
微生物的繁衍和新陈代谢改变了与之相接触的界面物质的某些理化性质。SRB(硫酸盐还原菌的统称)通过氧化有机化合物或分子氢，将硫酸盐、亚硫酸盐、硫代硫酸盐等还原为S2−，从而获得能量，其机理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 负极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+
B. SRB的大量繁殖，会加速金属的腐蚀
C. 若含硫化合物为硫代硫酸钠(Na2S2O3)，则每生成1mlFeS，转移2NA个电子
D. 如果在铁件上镀锌，可以减缓这个腐蚀的过程，这是牺牲阳极的阴极保护法
柠檬酸(用H3J表示)是一种常见的有机酸，能与氢氧化钠溶液反应生成柠檬酸钠，常温下，向柠檬酸溶液中加入NaOH固体时，各成分的组成分数δ(X)[δ(X)=c(X)c(H3J)+c(H2J−)+c(HJ2−)+c(J3−),X为H3J、H2J−、HJ2−或J3−]随溶液pH变化的曲线如图所示，Q、R、S的坐标分别为(3.1,a)、(4.8,a)、(6.4,a)，下列说法正确的是( )
A. 曲线III表示H2J−随pH的变化曲线
B. Na2HJ溶液中c(J3−)>c(H2J−)
C. 常温下，Na3J溶液中Kh1的数量级为10−10
D. 当溶液呈中性时，c(Na+)=c(J3−)+c(HJ2−)+c(H2J−)
NH4VO3常用作催化剂、催干剂、媒染剂等。工业上可用黏土钒矿(黏土钒矿中包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，钒以+3、+4、+5价的形式存在于化合物中)制备NH4VO3，其工艺流程如图：
常温时，该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是 ______。
(2)已知：常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液的pH=______。“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化。写出Fe2+转化为Fe3+的离子方程式：______。
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，写出其水解的离子方程式：______。当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，则常温时Ksp[Fe(OH)3]≈______。(100.6≈4.0)
(4)滤渣④的主要成分是 ______(填化学式)。
(5)将“沉钒”用到的NH4Cl配成0.1ml⋅L−1的溶液，则该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 ______。
酸碱中和滴定是最基本的分析化学实验。某学生用0.1ml⋅L−1的NaOH溶液滴定某未知浓度的HNO2溶液，其操作可分解为如下几步：
A.把锥形瓶放在滴定管下面，锥形瓶下再垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
B.另取锥形瓶，再重复操作2∼3次
C.用酸式滴定管取待测液25.00mL，注入锥形瓶中，加入几滴酚酞
D.用待测液润洗酸式滴定管
E.检查滴定管是否漏液
F.碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管至液面位于“0”刻度以上2∼3cm处，再把碱式滴定管固定在铁架台上，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
请根据有关知识回答下列问题：
(1)以上操作步骤的正确排序是 ______。
(2)图中滴定管示数为 ______。
(3)锥形瓶下垫一张白纸的目的是 ______。
(4)请简述如何判断滴定终点：______。
(5)滴定结果如表所示：
算得该待测液中亚硝酸的物质的量浓度为 ______ml⋅L−1
(6)判断下列操作对测定结果的影响，用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空。
①锥形瓶洗净后用待测液润洗：______。
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗：______。
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失：______。
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水。 ______。
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数：______。
在太阳能作用下，甲烷水蒸气重整制氢，该工艺由于具有反应物储量丰富、反应成本低、产量高等特点而被广泛采用，其发生的主要反应如下：
(i)CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)ΔH1<0
(ii)CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2
已知：H2O(g)=H2O(l)ΔH3=−44kJ⋅ml−1
(1)在标准状态下，由指定单质生成1ml物质的焓变称为标准摩尔生成焓，如氨气的标准摩尔生成焓可用ΔfHmθ(NH3,g)表示，规定ΔfHmθ(O2,g)和ΔfHmθ(H2,g)为0，利用标准摩尔生成焓可以求出化学反应的反应热，部分物质的标准摩尔焓生成如下表，则反应(ii)在标准状态下的反应热ΔH2=______kJ⋅ml−1
(2)向容积为2L的恒温恒容密闭容器中充入物质的量均为1ml的CH4(g)和H2O(g)，在T℃、初始压强为120kPa下只发生反应(i)，CH4的物质的量分数随时间的变化关系如图1。
①0∼5min内，v(CO)=______ml⋅L−1⋅min−1，水蒸气的平衡转化率α(H2O)=______。
②Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)，该温度下的平衡常数Kp=______(kPa)2。若保持温度和体积不变，平衡后再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，平衡将 ______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。，
③下列说法能判断该反应达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.单位时间内消耗3mlH2的同时生成1mlH2O
B.c(CH4)=c(CO)
C.各物质的体积分数不再变化
D.混合气体的压强不再变化
(3)反应(i)在一定条件下进行时，CH4的平衡转化率与水碳比[n(H2O)n(CH4)=z]和压强p的关系如图2所示。则a、b、c由大到小的关系是 ______，原因是 ______。
电化学原理在环境保护和物质制备中都有重要应用。
i.应用电化学原理的环境监测设备具有使用方便、高精度、高分辨率、响应迅速等突出优点。
(1)某测定SO2含量的传感器工作原理如图1所示(O2−可以在固体电解质中自由移动)。固体电解质中O2−向 ______(填“Pt”或“金属氧化物”)电极移动，负极的电极反应式为 ______。
ii.钴金属广泛用作电池材料、超级耐热合金、磁性材料等，图2为电解制备金属钴的装置示意图，同时还可以制得盐酸。
(2)b为电源的 ______(填“正”或“负”)极；交换膜1是 ______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
(3)盐酸在 ______(填“I”、“II”或“III”室中生成，该装置工作一段时间后，I室中n(H+)将 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)若阳极生成标准状况下11.2L的O2，则III室中溶液质量理论上减少 ______g。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.由于体积分数为75%的乙醇溶液杀菌消毒效果最好，则医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%，故A正确；
B.醋酸的酸性大于次氯酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，使用“84”消毒液时，加入适量白醋可以较快的产生次氯酸，增强消毒效力，故B正确；
C.过氧化氢见光易分解，所以3.0%的医用过氧化氢溶液，应放置于遮光、阴凉处保存，故C正确；
D.过氧乙酸中氢原子达到2电子稳定结构，不能满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
A.乙醇的体积分数为75%时杀菌消毒效果最好；
B.醋酸的酸性大于次氯酸；
C.过氧化氢见光易分解；
D.过氧乙酸中氢原子不能满足8电子稳定结构。
本题以疫情为情境，考查物质组成、性质及用途，为高频考点，侧重考查常用消毒剂，把握相关物质的性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.过气化和液化将煤转化成清洁燃料，不能减少二氧化碳的排放，不能实现碳达峰、碳中和的目标，故A选；
B.加快植树造林，减少一次性筷子的使用，可以增加二氧化碳的消耗，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，故B不选；
C.大力发展太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，故C不选；
D.积极推动电动汽车代替燃油车，可以减少燃油汽车使用过程中排放的二氧化碳，有利于实现碳达峰、碳中和，故D不选；
故选：A。
碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，据此解答。
本题考查了化学与环境污染及保护，明确碳中和、碳达峰含义是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.含氟牙膏防治龋齿，存在反应Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)，与难溶电解质的溶解平衡有关，故A错误；
B.向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成，存在反应AgCl(s)+I−(aq)⇌AgI(s)+Cl−(aq)，氯化银沉淀转化为了更难溶的碘化银沉淀，与难溶电解质的溶解平衡有关，故B错误；
C.纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子，是因为铁能将重金属离子还原为单质除去，发生氧化还原反应，与难溶电解质的溶解平衡无关，故C正确；
D.用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙，存在反应CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，与难溶电解质的溶解平衡有关，故D错误；
故选：C。
A.含氟牙膏防治龋齿，存在反应Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)，；
B.向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成；
C.纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子，是因为铁能将重金属离子还原为单质除去，发生氧化还原反应；
D.用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙。
本题考查了难溶物的溶解平衡等知识，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡的应用，为高频考点。
4.【答案】B
【解析】解：A.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关，则不一定为有效碰撞，故A错误；
B.该反应的△H<0，△S<0，当温度较低时，△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，则该反应在低温下可自发进行，故B正确；
C.v(SO2)=0.1ml⋅L−1⋅min−1表示在1min时，SO2的浓度变化为0.1ml⋅L−1，故C错误；
D.氢气的燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，而热化学方程中水为气态，故D错误；
故选：B。
A.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关；
B.根据△G=△H−T△S<0判断反应的自发性；
C.根据v(SO2)=△c△t判断；
D.氢气的燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量。
本题考查化学反应速率、反应热与焓变以及反应是自发性，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：图像分析可知反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=(Q1−Q2)kJ/ml=(a−b)kJ/ml，则0.5mlN2H4(l)和1mlH2O2(l)完全反应生成N2(g)和H2O(g)放出的热量0.5(a−b)kJ，
故选：D。
反应焓变△H=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量，图像分析可知反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=(Q1−Q2)kJ/ml，据此分析计算。
本题考查了化学反应焓变的计算应用，主要是图像变化的理解应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：①v(C)=43v(A)=43×0.9ml⋅L−1⋅s−1=1.2ml⋅L−1⋅s−1=72ml⋅L−1⋅min−1；
②v(C)=4v(B)=4×24ml⋅L−1⋅min−1=96ml⋅L−1⋅min−1；
③v(C)=1.6ml⋅L−1⋅s−1=96ml⋅L−1⋅s−1；
④v(C)=2v(D)=2×1.8ml⋅L−1⋅min−1=3.6ml⋅L−1⋅min−1；
故反应速率②=③>①>④；
故选：C。
先利用”不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比“转化为同一物质表示的反应速率，再进行速率大小比较，注意保持单位一致。
本题考查化学反应速率快慢的比较，注意对速率规律的理解，注意转化为同一物质表示的速率进行解答，也可以利用“速率与化学计量数比值越大表示反应速率越快”进行比较。
7.【答案】A
【解析】解：①增大A的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图不符，故①错误；
②反应为气体总物质的量减小的反应，缩小容器的容积，压强增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故②正确；
③增大B的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图不符，故③错误；
④焓变为正，为吸热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故④正确；
⑤加入合适的催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑤错误；
故选：A。
由图可知，t1时刻改变条件使正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对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，注意图中速率变化及平衡移动的方向，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.原电池放电时，电流从正极(甲电极)经外电路流向负极(乙电极)，故A错误；
B.放电时总反应为3Mg+2BiF3=2Bi+3MgF2，充电时总反应为2Bi+3MgF2=3Mg+2BiF3，故反应过程中F−的物质的量保持不变，故B正确；
C.充电时，甲电极为阳极，发生氧化反应，故C错误；
D.充电时，乙电极为阴极，电极反应式为MgF2+2e−=Mg+2F−，故D错误；
故选：B。
由已知，放电时，甲电极的电极反应式为BiF3+3e−=Bi+3F−，故甲电极为正极，乙电极为负极，电极反应式为Mg−2e−+2F−=MgF2，充电时，乙电极为阴极，电极反应式为MgF2+2e−=Mg+2F−，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F−−3e−=BiF3，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息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。
9.【答案】D
【解析】解：A.图中保温好，温度计可测定温度，可测定中和热，故A正确；
B.KCl为可溶性固体，且不水解，可蒸发制备KCl，故B正确；
C.挤压玻璃球，尖嘴向上，可排出气泡，图中操作合理，故C正确；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定pH值，故D错误；
故选：D。
A.图中保温好，温度计可测定温度；
B.KCl为可溶性固体，且不水解；
C.挤压玻璃球，尖嘴向上，可排出气泡；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色。
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、中和热测定、混合物分离提纯、实验操作、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。
10.【答案】A
【解析】解：A.加入铝粉产生气泡的溶液呈酸性或强碱性，K+、SO42−、Na+、ClO4−之间不反应，都不与H+、OH−反应，能够大量共存，故A正确；
B.Pb2+与HS−、SO42−反应，用硫酸酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化HS−、I−，不能大量共存，故B错误；
C.使石蕊试液变红的溶液呈酸性，NO3−、Fe2+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.Fe2+与HCO3−、ClO−反应，在0.1ml⋅L−1的FeCl2溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
B.硫酸根离子、硫氢根离子都与与铅离子反应，高锰酸根离子能够氧化硫氰根离子、碘离子；
C.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.亚铁离子与碳酸氢根离子、次氯酸根离子反应。
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。
11.【答案】D
【解析】解：A.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属，所以在镀件上镀铜时，可用纯铜做阳极，故A正确；
B.电镀时，铜做阳极，镀件做阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应生成铜离子，阴极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜，阳极上溶解铜与阴极上析出铜的质量相等，所以溶液中金属阳离子浓度不变，故B正确；
C.电镀时，铅蓄电池发生的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，反应转移2ml电子时，反应消耗2ml硫酸，则当右侧钥匙增重3.2g时，铅蓄电池内消耗硫酸的质量为3264×2×98g/ml=9.8g，故C正确；
D.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属，所以在镀件上镀铜时，电镀槽左侧电极应连接铅蓄电池的正极，故D错误；
故选：D。
A.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属；
B.电镀时，铜做阳极，镀件做阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应生成铜离子，阴极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜；
C.电镀时，铅蓄电池发生的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，反应转移2ml电子时，反应消耗2ml硫酸；
D.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属。
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】B
【解析】解：A.温度越高，反应速率越快，先达到平衡状态，则T10，故A错误；
B.压强越大，反应速率越快，先达到平衡状态，结合图②可知，压强：p1>p2>p3，故B正确；
C.由图可知，压强的改变不影响N的转化率，说明改变压强，平衡不移动，则该反应是气体体积不变的反应，则m+n=p+q，故C错误；
D.图①中，0∼2min内，Δn(N)=1ml×60%=0.6ml，v(N)=0.6ml1L×2min=0.3ml/(L⋅min)，故D错误；
故选：B。
A.温度越高，反应速率越快，先达到平衡状态，则T1B.压强越大，反应速率越快，先达到平衡状态；
C.由图可知，压强的改变不影响N的转化率，说明改变压强，平衡不移动；
D.图①中，0∼2min内，Δn(N)=1ml×60%=0.6ml，结合v=△nV⋅△t计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学速率的计算以及影响因素，侧重考查学生分析能力和识图能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、反应速率公式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，该反应中C−O键断裂，不是C=O断裂，故A错误；
B.根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故B正确；
C.CO2氧化含氮焦炭的反应中生成CO、NO，所以C、N化合价均发生变化，故C正确；
D.过度态物质的总能量与反应物的总能量差值为活化能，图中峰值越大，活化能越大，反应的最大能垒=[435.9−(−162.7)]kJ/ml=598.6kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：A。
A.根据图知，该反应中C−O键断裂；
B.反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，否则为放热反应；
C.CO2氧化含氮焦炭的反应中生成CO、NO；
D.过度态物质的总能量与反应物的总能量差值为活化能，图中峰值越大，活化能越大，反应的最大能垒=[435.9−(−162.7)]kJ/ml。
本题考查反应历程的分析和判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确吸热和放热反应的判断方法、反应中化学键的变化、活化能的计算方法等知识点是解本题关键，D为解答易错点。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，a点转化率最高，可知b→a为平衡的建立，b点平衡正向移动，则b点：v(逆)B.由温度相同时，催化剂对应的转化率可知催化剂的催化效果：催化剂I>催化剂II>催化剂III，故B正确；
C.c点的转化率比a点低的原因是温度升高，平衡逆向移动，与催化剂活性降低无关，故C错误；
D.在T4K、恒容密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率为80%，若在恒压密闭容器中进行，气体的物质的量减小、体积减小，可看成增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时CO2的转化率>80%，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，a点转化率最高，可知b→a为平衡的建立，b点平衡正向移动；
B.由温度相同时，结合催化剂对应的转化率判断；
C.从a到c过程中CO2转化率降低，可知升高温度，平衡逆向移动；
D.在T4K、恒容密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率为80%，若在恒压密闭容器中进行，气体的物质的量减小、体积减小，可看成增大压强，平衡正向移动。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握图中温度与转化率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知，负极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.由题干可知，SRB的大量繁殖，会加速金属的腐蚀，故B正确；
C.Na2S2O3中，硫元素化合价为+2价，产物为FeS，硫元素为−2，硫降低了4价，则每生成1mlFeS，转移4NA个电子，故C错误；
D.如果在铁件上镀锌，锌是负极，可以减缓铁的腐蚀，这是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
由图可知，铁为负极，失去电子，被氧化为Fe2+，发生氧化反应，氢离子转化为H2，得到电子，发生还原反应，为正极，产生的H2为SRB提供原料，据此分析解答即可。
本题主要考查原电池的工作原理的应用，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大
16.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，柠檬酸和NaOH溶液混合后，混合溶液中含有J的微粒有4种，则柠檬酸为三元酸，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示H3J、H2J−、HJ2−、J3−随pH的变化，所以曲线III表示HJ2−随pH的变化曲线，故A错误；
B.Na2HJ溶液中，HJ2−发生电离和水解，但其电离和水解程度都较小，溶液中含有J的微粒主要是HJ2−，根据图知，溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度，则c(J3−)>c(H2J−)，故B正确；
C.根据图知，δ(J3−)=δ(HJ2−)时，c(J3−)=c(HJ2−)，溶液的pH=6.4，K3=c(J3−)⋅c(H+)c(HJ2−)=c(H+)=10−6.4，Na3J溶液中Kh1=KwK3=10−1410−6.4=10−7.6，Na3J溶液中Kh1的数量级为10−8，故C错误；
D.当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+3c(J3−)+2c(HJ2−)+c(H2J−)，所以c(Na+)>c(J3−)+c(HJ2−)+c(H2J−)，故D错误；
故选：B。
A.由图可知，柠檬酸和NaOH溶液混合后，混合溶液中含有J的微粒有4种，则柠檬酸为三元酸，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示H3J、H2J−、HJ2−、J3−随pH的变化；
B.Na2HJ溶液中，HJ2−发生电离和水解，但其电离和水解程度都较小，溶液中含有J的微粒主要是HJ2−，根据图知，溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度；
C.根据图知，δ(J3−)=δ(HJ2−)时，c(J3−)=c(HJ2−)，溶液的pH=6.4，K3=c(J3−)⋅c(H+)c(HJ2−)=c(H+)=10−6.4，Na3J溶液中Kh1=KwK3；
D.当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+3c(J3−)+2c(HJ2−)+c(H2J−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率 1MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+ 4.0×10−38 Al(OH)3 c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率，
故答案为：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率；
(2)常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，该稀硫酸物质的量浓度为1000×1.2×29.4%98ml/L=3.6ml/L，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液中c(H+)=5mL×3.6ml/L×2360mL=0.1ml/L，则稀释后溶液pH=−lg0.1=1；MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原Mn2+，反应离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：1；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，其水解的离子方程式：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+，当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，Fe3+沉淀完全时溶液pH=3.2，则常温时Ksp[Fe(OH)3]=10−5×(10−1410−3.2)3≈4.0×10−38，
故答案为：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+；4.0×10−38；
(4)由分析可知，滤渣④的主要成分是Al(OH)3，
故答案为：Al(OH)3；
(5)溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，则NH4Cl溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)。
黏土钒矿加入稀硫酸酸浸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+，由(2)“酸浸氧化”中VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化，可知滤液①中V元素以VO2+形式存在，加入MnO2起氧化剂作用，将Fe2+氧化Fe3+，将VO+和VO2+被氧化成VO2+，“中和沉淀”过程调节pH=3.0∼3.1，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，同时Fe3+转化为Fe(OH)3，Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+加入滤液②中，滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13，V元素以VO3−形式、Al元素以[Al(OH)4]−进入滤液③，滤渣③为Fe(OH)3，滤液③加入盐酸调pH=8.5，[Al(OH)4]−生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④中含有VO3−，加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，滤液⑤含有NaCl。
本题考查物质制备工艺流程，明确流程中各步骤目的、发生的反应、试剂的作用等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
18.【答案】EFDCAB或EDCFAB17.60mL便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化 当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点 0.08偏高 偏高 偏高 无影响 偏高
【解析】解：(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等，因此以上操作步骤的正确排序是：EFDCAB或EDCFAB，
故答案为：EFDCAB或EDCFAB；
(2)滴定管的精确度为0.01mL，因此图中滴定管示数为17.60mL，
故答案为：17.60mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸，
故答案为：便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点，
故答案为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待=0.1×，
故答案为：0.08；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变，所得待测液浓度不变，对测量结果无影响，
故答案为：无影响；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高。
(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等；
(2)滴定管的精确度为0.01mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大。
本题考查中和滴定，为高频考点，明确中和滴定原理及操作方法即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的化学实验、化学计算能力，题目难度不大。
19.【答案】−%675向左移动 CDa>b>c同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大
【解析】解：(1)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2……①，H2O(g)=H2O(l)ΔH3=−44kJ⋅ml−1……②，①-②得到CO2(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=ΔH2−ΔH3=(−393.5)kJ⋅ml−1−[(−110.5)kJ⋅ml−1+(−285.8)kJ⋅ml−1]，解得ΔH2=−41.2kJ⋅ml−1，
故答案为：−41.2；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，
CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)
起始(ml)1100
转化(ml)aa3aa
平衡(ml)1−a1−a3aa
平衡时总物质的量为：(1−a+1−a+3a+a)ml=(2+2a)ml，则甲烷的物质的量分数为1−a2+2a×100%=0.3，解得a=0.25ml，v(CO)=0.25ml2l5min=0.025ml⋅L−1⋅min−1，水蒸气的转化率为0.25ml1ml×100%=25%，
故答案为：0.025ml⋅L−1⋅min−1；25%；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为：(2+2a)ml=2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，CO的分压是0.252.5×150 kPa=15kPa，H2的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，该反应的 Kp=Kp3(H2)Kp(CO)Kp(CH4)Kp(H2O)=(45KPa)3×15KPa45KPa×45KPa=675(kPa)2，该反应的平衡常数 K=(0.752)3××0.752≈0.05，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，Q=(0.752)3×(12)1.52×0.752≈0.09>K=0.05，平衡向逆反应方向进行，即平衡向左移动，
故答案为：675；向左移动；
③A.消耗氢气，生成H2O，反应方向都是向逆反应方向进行，因此单位时间内消耗3mlH2的同时生成1mlH2O，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.根据化学平衡状态的定义，物质浓度不再改变，说明反应达到平衡，而物质浓度相等，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.根据化学平衡状态的定义，当各物质的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，故C正确；
D.相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，根据反应方程式，该反应为气体物质的量增大的反应，即随着反应进行气体压强增大，当压强不再改变，说明反应达到平衡，故D正确，
故答案为：CD；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，增加水蒸气的物质的量，平衡向正反应方向进行，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可知，a>b>c，
故答案为：a>b>c；同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大。
(1)根据盖斯定律来求解；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，列三段式，根据平衡时CH4的物质的量分数为0.3解得a；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O、CO、H2的分压，可求得反应的 Kp，该反应的平衡常数 K，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，求得Q，根据Q与K的大小来确定移动方向；
③根据化学平衡状态特征，正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可判断abc的大小。
本题考查化学平衡常数计算及其应用、热化学方程式及计算、化学反应速率的计算、化学平衡状态判断及其影响因素、图象信息分析等知识，试题侧重学生分析能力、计算能力和迁移运用能力的考查，把握焓变计算、化学平衡常数计算、平衡移动影响因素为解答关键，注意三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。
20.【答案】金属氧化物 SO2+O2−−2e−=2SO3 负 阳 II 不变 130
【解析】解：(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，电极反应为：SO2+O2−−2e−=2SO3，
故答案为：金属氧化物；SO2+O2−−2e−=2SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，氯离子通过交换膜2移向Ⅱ室，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室。所以交换膜1为阳离子交换膜，
故答案为：负；阳；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作一段时间后，I室中n(H+)将不变，
故答案为：Ⅱ；不变；
(4)n(O2)=，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，则III室中溶液质量理论上减少0.5ml×2×130g/ml=130g，
故答案为：130。
(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，转化为SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作过程中，I室中生成的H+全部移向Ⅱ室；
(4)n(O2)=0.5ml，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，III室中溶液质量减少量即为减少CCl2的质量。
本题主要考原电池和电解池的原理，掌握原电池和电解池中电极的判断，电极反应式的书写，离子、电流的的移动方向等是解决本题的关键，属于高考高频考点，难度不大。
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
4.7
10.1
滴定次数
待测液的体积/mL
标准液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第1次
25.00
1.02
21.02
第2次
25.00
0.55
20.54
第3次
25.00
2.19
20.68
第4次
25.00
3.20
23.21
物质
CO2
CO
H2O(l)
ΔfHmθ/(kJ⋅ml−1)
−393.5
−110.5
−285.8
一场突如其来的新冠肺炎疫情席卷全球，非洲南部出现了一种比Delta毒株更可怕的进化体Omicrn毒株。杀菌消毒、做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列关于疫情防控期间使用到的化学用品的说法中错误的是( )
A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%
B. 使用“84”消毒液时，加入适量白醋可增强消毒能力
C. 3.0%的医用过氧化氢溶液，应放置于遮光、阴凉处保存
D. 过氧乙酸(CH3COOOH)分子中每个原子均满足8电子稳定结构
碳达峰、碳中和是我国发展的战略目标，下列措施与实现这一目标无关的是( )
A. 通过气化和液化将煤转化成清洁燃料
B. 加快植树造林，减少一次性筷子的使用
C. 大力发展太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等清洁能源
D. 积极推动电动汽车代替燃油车
下列事实与难溶电解质的溶解平衡无关的是( )
A. 含氟牙膏防治龋齿
B. 向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成
C. 纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子
D. 用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙
概念是反映对象本质属性的思维形式，下列对化学概念的理解正确的是( )
A. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
B. 若某反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在低温下可自发进行
C. v(SO2)=0.1ml⋅L−1⋅min−1表示在1min时，SO2的浓度为0.1ml⋅L−1
D. H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅ml−1，则氢气的燃烧热ΔH=−241.8kJ⋅ml−1
2021年101月27日我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，以“一箭一星”的方式，将吉林一号高分02F卫星圆满发射开空，该火箭使用的燃料为液态N2H4与液态H2O2，其能量变化如图，则0.5mlN2H4(l)和1mlH2O2(l)完全反应生成N2(g)和H2O(g)放出的热量为( )
A. 0.5akJB. 0.5(b−a)kJC. 0.5bkJD. 0.5(a−b)kJ
对于反应3A(g)+B(g)⇌4C(g)+2D(g)，测得4种条件下的反应速率分别为①v(A)=0.9ml⋅L−1⋅s−1、②v(B)=24ml⋅L−1⋅min−1③v(C)=1.6ml⋅L−1⋅s−1④v(D)=1.8ml⋅L−1⋅min−1，则上述4种条件下的反应速率大小关系正确的是( )
A. ②>④>③>①B. ②>①>④>③C. ②=③>①>④D. ②=③>④=①
一定温度下，将1mlA和2mlB充入2L的密闭容器中可进行反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+2D(s)ΔH>0。若t1时刻仅改变下列一个条件，则能使平衡发生如图所示变化的是( )
①增大A的浓度
②缩小容器的容积
③增大B的浓度
④升高温度
⑤加入合适的催化剂
A. ②④B. ①③C. ②⑤D. ②③
氟离子电池有很高的体积能量密度，含氟化合物的储量十分丰富，且其成本低廉，因此氟离子近年来吸引了广泛的关注。氟离子电池的工作示意图如图所示，其中放电时甲电极的电极反应式为BiF3+3e−=Bi+3F−。已知BiF3和MgF2均难溶于水。下列关于该电池的说法正确的是( )
A. 放电时，外电路中电流由乙电极流向甲电极
B. 充放电过程中，F−的物质的量保持不变
C. 充电时，甲电极发生还原反应
D. 充电时，乙电极的电极反应式为Mg−2e−+2F−=MgF2
学习化学离不开化学实验，关于下列装置或操作进行的实验不能达到目的的是( )
A. 测定中和反应的反应热
B. 蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 除去碱式滴定管中的气泡
D. 测NaClO溶液的pH
微粒观和变化观是化学基本观念的重要组成部分。常温下，下列溶液中的微粒能大量共存的是( )
A. 加入铝粉产生气泡的溶液：K+、SO42−、Na+、ClO4−
B. 用硫酸酸化的高锰酸钾溶液：Pb2+、HS−、Mg2+、I−
C. 使石蕊试液变红的溶液：Al3+、NO3−、Fe2+、Br−
D. 0.1ml⋅L−1的FeCl2溶液：Ba2+、HCO3−、ClO−、NH4+
电镀能使金属增强抗腐蚀能力，增加美观和表面硬度、现以铅蓄电池为电源，0.2L1ml⋅L−1CuSO4溶液为电解质溶液，为一把钥匙镀铜，装置如图所示。当右侧钥匙增重3.2g时，停止电镀。下列说法错误的是( )
A. 电镀时，阳极可用纯铜
B. 电镀结束后，电解质溶液的浓度可能不变
C. 电镀结束后，铅蓄电池内消耗电解质9.8g
D. 电镀槽左侧电极应连接铅蓄电池的负极
现将物质的量均为1ml的M和N置于容积为1L的密闭容器中，发生反应：mM(g)+nN(g)⇌pP(g)+qQ(g)ΔH。图①为恒容时，不同温度下N的转化率随时间变化的关系曲线；图②为恒温时，不同压强下N的转化率随时间变化的关系曲线。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH<0
B. 压强：p1>p2>p3
C. 该反应的化学方程式可能为M(g)+N(g)⇌P(g)+2Q(g)
D. 图①中，0∼2min内v(N)=0.6ml⋅L−1⋅min−1
CO2氧化含氮焦炭的反应历程中某一路径的能量变化如图所示，TS表示过渡态，IM表示中间产物，下列说法错误的是( )
A. d−TS2到d−IM2的过程中C=O键断裂
B. 该反应是吸热反应
C. 该反应历程中C、N化合价均发生了变化
D. 该反应的最大能垒为598.6kJ⋅ml−1
全球环境逐渐恶劣，科学家提出“绿色自由”构想，通过化学反应将CO2转化为有机物，从而有效实施碳循环。已知CO2与H2反应生成可再生能源甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)ΔH。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0mlCO2和3.0mlH2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. b点：v(逆)
C. c点的转化率比a点低的原因是温度升高，催化剂活性降低
D. 若该反应在T4K、恒压密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率>80%
微生物的繁衍和新陈代谢改变了与之相接触的界面物质的某些理化性质。SRB(硫酸盐还原菌的统称)通过氧化有机化合物或分子氢，将硫酸盐、亚硫酸盐、硫代硫酸盐等还原为S2−，从而获得能量，其机理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 负极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+
B. SRB的大量繁殖，会加速金属的腐蚀
C. 若含硫化合物为硫代硫酸钠(Na2S2O3)，则每生成1mlFeS，转移2NA个电子
D. 如果在铁件上镀锌，可以减缓这个腐蚀的过程，这是牺牲阳极的阴极保护法
柠檬酸(用H3J表示)是一种常见的有机酸，能与氢氧化钠溶液反应生成柠檬酸钠，常温下，向柠檬酸溶液中加入NaOH固体时，各成分的组成分数δ(X)[δ(X)=c(X)c(H3J)+c(H2J−)+c(HJ2−)+c(J3−),X为H3J、H2J−、HJ2−或J3−]随溶液pH变化的曲线如图所示，Q、R、S的坐标分别为(3.1,a)、(4.8,a)、(6.4,a)，下列说法正确的是( )
A. 曲线III表示H2J−随pH的变化曲线
B. Na2HJ溶液中c(J3−)>c(H2J−)
C. 常温下，Na3J溶液中Kh1的数量级为10−10
D. 当溶液呈中性时，c(Na+)=c(J3−)+c(HJ2−)+c(H2J−)
NH4VO3常用作催化剂、催干剂、媒染剂等。工业上可用黏土钒矿(黏土钒矿中包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，钒以+3、+4、+5价的形式存在于化合物中)制备NH4VO3，其工艺流程如图：
常温时，该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是 ______。
(2)已知：常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液的pH=______。“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化。写出Fe2+转化为Fe3+的离子方程式：______。
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，写出其水解的离子方程式：______。当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，则常温时Ksp[Fe(OH)3]≈______。(100.6≈4.0)
(4)滤渣④的主要成分是 ______(填化学式)。
(5)将“沉钒”用到的NH4Cl配成0.1ml⋅L−1的溶液，则该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 ______。
酸碱中和滴定是最基本的分析化学实验。某学生用0.1ml⋅L−1的NaOH溶液滴定某未知浓度的HNO2溶液，其操作可分解为如下几步：
A.把锥形瓶放在滴定管下面，锥形瓶下再垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
B.另取锥形瓶，再重复操作2∼3次
C.用酸式滴定管取待测液25.00mL，注入锥形瓶中，加入几滴酚酞
D.用待测液润洗酸式滴定管
E.检查滴定管是否漏液
F.碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管至液面位于“0”刻度以上2∼3cm处，再把碱式滴定管固定在铁架台上，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
请根据有关知识回答下列问题：
(1)以上操作步骤的正确排序是 ______。
(2)图中滴定管示数为 ______。
(3)锥形瓶下垫一张白纸的目的是 ______。
(4)请简述如何判断滴定终点：______。
(5)滴定结果如表所示：
算得该待测液中亚硝酸的物质的量浓度为 ______ml⋅L−1
(6)判断下列操作对测定结果的影响，用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空。
①锥形瓶洗净后用待测液润洗：______。
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗：______。
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失：______。
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水。 ______。
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数：______。
在太阳能作用下，甲烷水蒸气重整制氢，该工艺由于具有反应物储量丰富、反应成本低、产量高等特点而被广泛采用，其发生的主要反应如下：
(i)CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)ΔH1<0
(ii)CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2
已知：H2O(g)=H2O(l)ΔH3=−44kJ⋅ml−1
(1)在标准状态下，由指定单质生成1ml物质的焓变称为标准摩尔生成焓，如氨气的标准摩尔生成焓可用ΔfHmθ(NH3,g)表示，规定ΔfHmθ(O2,g)和ΔfHmθ(H2,g)为0，利用标准摩尔生成焓可以求出化学反应的反应热，部分物质的标准摩尔焓生成如下表，则反应(ii)在标准状态下的反应热ΔH2=______kJ⋅ml−1
(2)向容积为2L的恒温恒容密闭容器中充入物质的量均为1ml的CH4(g)和H2O(g)，在T℃、初始压强为120kPa下只发生反应(i)，CH4的物质的量分数随时间的变化关系如图1。
①0∼5min内，v(CO)=______ml⋅L−1⋅min−1，水蒸气的平衡转化率α(H2O)=______。
②Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)，该温度下的平衡常数Kp=______(kPa)2。若保持温度和体积不变，平衡后再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，平衡将 ______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。，
③下列说法能判断该反应达到平衡状态的是 ______(填标号)。
A.单位时间内消耗3mlH2的同时生成1mlH2O
B.c(CH4)=c(CO)
C.各物质的体积分数不再变化
D.混合气体的压强不再变化
(3)反应(i)在一定条件下进行时，CH4的平衡转化率与水碳比[n(H2O)n(CH4)=z]和压强p的关系如图2所示。则a、b、c由大到小的关系是 ______，原因是 ______。
电化学原理在环境保护和物质制备中都有重要应用。
i.应用电化学原理的环境监测设备具有使用方便、高精度、高分辨率、响应迅速等突出优点。
(1)某测定SO2含量的传感器工作原理如图1所示(O2−可以在固体电解质中自由移动)。固体电解质中O2−向 ______(填“Pt”或“金属氧化物”)电极移动，负极的电极反应式为 ______。
ii.钴金属广泛用作电池材料、超级耐热合金、磁性材料等，图2为电解制备金属钴的装置示意图，同时还可以制得盐酸。
(2)b为电源的 ______(填“正”或“负”)极；交换膜1是 ______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
(3)盐酸在 ______(填“I”、“II”或“III”室中生成，该装置工作一段时间后，I室中n(H+)将 ______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)若阳极生成标准状况下11.2L的O2，则III室中溶液质量理论上减少 ______g。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.由于体积分数为75%的乙醇溶液杀菌消毒效果最好，则医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%，故A正确；
B.醋酸的酸性大于次氯酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，使用“84”消毒液时，加入适量白醋可以较快的产生次氯酸，增强消毒效力，故B正确；
C.过氧化氢见光易分解，所以3.0%的医用过氧化氢溶液，应放置于遮光、阴凉处保存，故C正确；
D.过氧乙酸中氢原子达到2电子稳定结构，不能满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
A.乙醇的体积分数为75%时杀菌消毒效果最好；
B.醋酸的酸性大于次氯酸；
C.过氧化氢见光易分解；
D.过氧乙酸中氢原子不能满足8电子稳定结构。
本题以疫情为情境，考查物质组成、性质及用途，为高频考点，侧重考查常用消毒剂，把握相关物质的性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.过气化和液化将煤转化成清洁燃料，不能减少二氧化碳的排放，不能实现碳达峰、碳中和的目标，故A选；
B.加快植树造林，减少一次性筷子的使用，可以增加二氧化碳的消耗，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，故B不选；
C.大力发展太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能等清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，故C不选；
D.积极推动电动汽车代替燃油车，可以减少燃油汽车使用过程中排放的二氧化碳，有利于实现碳达峰、碳中和，故D不选；
故选：A。
碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，据此解答。
本题考查了化学与环境污染及保护，明确碳中和、碳达峰含义是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.含氟牙膏防治龋齿，存在反应Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)，与难溶电解质的溶解平衡有关，故A错误；
B.向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成，存在反应AgCl(s)+I−(aq)⇌AgI(s)+Cl−(aq)，氯化银沉淀转化为了更难溶的碘化银沉淀，与难溶电解质的溶解平衡有关，故B错误；
C.纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子，是因为铁能将重金属离子还原为单质除去，发生氧化还原反应，与难溶电解质的溶解平衡无关，故C正确；
D.用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙，存在反应CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙，与难溶电解质的溶解平衡有关，故D错误；
故选：C。
A.含氟牙膏防治龋齿，存在反应Ca5(PO4)3OH(s)+F−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)，；
B.向5mL氯化银的悬浊液中加入几滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀生成；
C.纳米铁粉可以去除污水中的Hg2+、Pb2+等重金属离子，是因为铁能将重金属离子还原为单质除去，发生氧化还原反应；
D.用碳酸钠溶液使锅炉中的水垢转化成疏松、易溶于酸的碳酸钙。
本题考查了难溶物的溶解平衡等知识，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡的应用，为高频考点。
4.【答案】B
【解析】解：A.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关，则不一定为有效碰撞，故A错误；
B.该反应的△H<0，△S<0，当温度较低时，△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，则该反应在低温下可自发进行，故B正确；
C.v(SO2)=0.1ml⋅L−1⋅min−1表示在1min时，SO2的浓度变化为0.1ml⋅L−1，故C错误；
D.氢气的燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，而热化学方程中水为气态，故D错误；
故选：B。
A.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关；
B.根据△G=△H−T△S<0判断反应的自发性；
C.根据v(SO2)=△c△t判断；
D.氢气的燃烧热是指1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量。
本题考查化学反应速率、反应热与焓变以及反应是自发性，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：图像分析可知反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=(Q1−Q2)kJ/ml=(a−b)kJ/ml，则0.5mlN2H4(l)和1mlH2O2(l)完全反应生成N2(g)和H2O(g)放出的热量0.5(a−b)kJ，
故选：D。
反应焓变△H=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量，图像分析可知反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=(Q1−Q2)kJ/ml，据此分析计算。
本题考查了化学反应焓变的计算应用，主要是图像变化的理解应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：①v(C)=43v(A)=43×0.9ml⋅L−1⋅s−1=1.2ml⋅L−1⋅s−1=72ml⋅L−1⋅min−1；
②v(C)=4v(B)=4×24ml⋅L−1⋅min−1=96ml⋅L−1⋅min−1；
③v(C)=1.6ml⋅L−1⋅s−1=96ml⋅L−1⋅s−1；
④v(C)=2v(D)=2×1.8ml⋅L−1⋅min−1=3.6ml⋅L−1⋅min−1；
故反应速率②=③>①>④；
故选：C。
先利用”不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比“转化为同一物质表示的反应速率，再进行速率大小比较，注意保持单位一致。
本题考查化学反应速率快慢的比较，注意对速率规律的理解，注意转化为同一物质表示的速率进行解答，也可以利用“速率与化学计量数比值越大表示反应速率越快”进行比较。
7.【答案】A
【解析】解：①增大A的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图不符，故①错误；
②反应为气体总物质的量减小的反应，缩小容器的容积，压强增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故②正确；
③增大B的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图不符，故③错误；
④焓变为正，为吸热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故④正确；
⑤加入合适的催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑤错误；
故选：A。
由图可知，t1时刻改变条件使正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对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，注意图中速率变化及平衡移动的方向，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.原电池放电时，电流从正极(甲电极)经外电路流向负极(乙电极)，故A错误；
B.放电时总反应为3Mg+2BiF3=2Bi+3MgF2，充电时总反应为2Bi+3MgF2=3Mg+2BiF3，故反应过程中F−的物质的量保持不变，故B正确；
C.充电时，甲电极为阳极，发生氧化反应，故C错误；
D.充电时，乙电极为阴极，电极反应式为MgF2+2e−=Mg+2F−，故D错误；
故选：B。
由已知，放电时，甲电极的电极反应式为BiF3+3e−=Bi+3F−，故甲电极为正极，乙电极为负极，电极反应式为Mg−2e−+2F−=MgF2，充电时，乙电极为阴极，电极反应式为MgF2+2e−=Mg+2F−，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F−−3e−=BiF3，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息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。
9.【答案】D
【解析】解：A.图中保温好，温度计可测定温度，可测定中和热，故A正确；
B.KCl为可溶性固体，且不水解，可蒸发制备KCl，故B正确；
C.挤压玻璃球，尖嘴向上，可排出气泡，图中操作合理，故C正确；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定pH值，故D错误；
故选：D。
A.图中保温好，温度计可测定温度；
B.KCl为可溶性固体，且不水解；
C.挤压玻璃球，尖嘴向上，可排出气泡；
D.NaClO溶液可使pH试纸褪色。
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、中和热测定、混合物分离提纯、实验操作、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。
10.【答案】A
【解析】解：A.加入铝粉产生气泡的溶液呈酸性或强碱性，K+、SO42−、Na+、ClO4−之间不反应，都不与H+、OH−反应，能够大量共存，故A正确；
B.Pb2+与HS−、SO42−反应，用硫酸酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化HS−、I−，不能大量共存，故B错误；
C.使石蕊试液变红的溶液呈酸性，NO3−、Fe2+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.Fe2+与HCO3−、ClO−反应，在0.1ml⋅L−1的FeCl2溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
B.硫酸根离子、硫氢根离子都与与铅离子反应，高锰酸根离子能够氧化硫氰根离子、碘离子；
C.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.亚铁离子与碳酸氢根离子、次氯酸根离子反应。
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。
11.【答案】D
【解析】解：A.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属，所以在镀件上镀铜时，可用纯铜做阳极，故A正确；
B.电镀时，铜做阳极，镀件做阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应生成铜离子，阴极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜，阳极上溶解铜与阴极上析出铜的质量相等，所以溶液中金属阳离子浓度不变，故B正确；
C.电镀时，铅蓄电池发生的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，反应转移2ml电子时，反应消耗2ml硫酸，则当右侧钥匙增重3.2g时，铅蓄电池内消耗硫酸的质量为3264×2×98g/ml=9.8g，故C正确；
D.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属，所以在镀件上镀铜时，电镀槽左侧电极应连接铅蓄电池的正极，故D错误；
故选：D。
A.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属；
B.电镀时，铜做阳极，镀件做阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应生成铜离子，阴极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜；
C.电镀时，铅蓄电池发生的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，反应转移2ml电子时，反应消耗2ml硫酸；
D.电镀时，镀件为电镀池的阴极，阳极为镀层金属。
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】B
【解析】解：A.温度越高，反应速率越快，先达到平衡状态，则T1
B.压强越大，反应速率越快，先达到平衡状态，结合图②可知，压强：p1>p2>p3，故B正确；
C.由图可知，压强的改变不影响N的转化率，说明改变压强，平衡不移动，则该反应是气体体积不变的反应，则m+n=p+q，故C错误；
D.图①中，0∼2min内，Δn(N)=1ml×60%=0.6ml，v(N)=0.6ml1L×2min=0.3ml/(L⋅min)，故D错误；
故选：B。
A.温度越高，反应速率越快，先达到平衡状态，则T1
C.由图可知，压强的改变不影响N的转化率，说明改变压强，平衡不移动；
D.图①中，0∼2min内，Δn(N)=1ml×60%=0.6ml，结合v=△nV⋅△t计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学速率的计算以及影响因素，侧重考查学生分析能力和识图能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、反应速率公式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】A
【解析】解：A.根据图知，该反应中C−O键断裂，不是C=O断裂，故A错误；
B.根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故B正确；
C.CO2氧化含氮焦炭的反应中生成CO、NO，所以C、N化合价均发生变化，故C正确；
D.过度态物质的总能量与反应物的总能量差值为活化能，图中峰值越大，活化能越大，反应的最大能垒=[435.9−(−162.7)]kJ/ml=598.6kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：A。
A.根据图知，该反应中C−O键断裂；
B.反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，否则为放热反应；
C.CO2氧化含氮焦炭的反应中生成CO、NO；
D.过度态物质的总能量与反应物的总能量差值为活化能，图中峰值越大，活化能越大，反应的最大能垒=[435.9−(−162.7)]kJ/ml。
本题考查反应历程的分析和判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确吸热和放热反应的判断方法、反应中化学键的变化、活化能的计算方法等知识点是解本题关键，D为解答易错点。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，a点转化率最高，可知b→a为平衡的建立，b点平衡正向移动，则b点：v(逆)
C.c点的转化率比a点低的原因是温度升高，平衡逆向移动，与催化剂活性降低无关，故C错误；
D.在T4K、恒容密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率为80%，若在恒压密闭容器中进行，气体的物质的量减小、体积减小，可看成增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时CO2的转化率>80%，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，a点转化率最高，可知b→a为平衡的建立，b点平衡正向移动；
B.由温度相同时，结合催化剂对应的转化率判断；
C.从a到c过程中CO2转化率降低，可知升高温度，平衡逆向移动；
D.在T4K、恒容密闭容器中进行，达到平衡时CO2的转化率为80%，若在恒压密闭容器中进行，气体的物质的量减小、体积减小，可看成增大压强，平衡正向移动。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握图中温度与转化率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知，负极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.由题干可知，SRB的大量繁殖，会加速金属的腐蚀，故B正确；
C.Na2S2O3中，硫元素化合价为+2价，产物为FeS，硫元素为−2，硫降低了4价，则每生成1mlFeS，转移4NA个电子，故C错误；
D.如果在铁件上镀锌，锌是负极，可以减缓铁的腐蚀，这是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
由图可知，铁为负极，失去电子，被氧化为Fe2+，发生氧化反应，氢离子转化为H2，得到电子，发生还原反应，为正极，产生的H2为SRB提供原料，据此分析解答即可。
本题主要考查原电池的工作原理的应用，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大
16.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，柠檬酸和NaOH溶液混合后，混合溶液中含有J的微粒有4种，则柠檬酸为三元酸，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示H3J、H2J−、HJ2−、J3−随pH的变化，所以曲线III表示HJ2−随pH的变化曲线，故A错误；
B.Na2HJ溶液中，HJ2−发生电离和水解，但其电离和水解程度都较小，溶液中含有J的微粒主要是HJ2−，根据图知，溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度，则c(J3−)>c(H2J−)，故B正确；
C.根据图知，δ(J3−)=δ(HJ2−)时，c(J3−)=c(HJ2−)，溶液的pH=6.4，K3=c(J3−)⋅c(H+)c(HJ2−)=c(H+)=10−6.4，Na3J溶液中Kh1=KwK3=10−1410−6.4=10−7.6，Na3J溶液中Kh1的数量级为10−8，故C错误；
D.当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+3c(J3−)+2c(HJ2−)+c(H2J−)，所以c(Na+)>c(J3−)+c(HJ2−)+c(H2J−)，故D错误；
故选：B。
A.由图可知，柠檬酸和NaOH溶液混合后，混合溶液中含有J的微粒有4种，则柠檬酸为三元酸，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示H3J、H2J−、HJ2−、J3−随pH的变化；
B.Na2HJ溶液中，HJ2−发生电离和水解，但其电离和水解程度都较小，溶液中含有J的微粒主要是HJ2−，根据图知，溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度；
C.根据图知，δ(J3−)=δ(HJ2−)时，c(J3−)=c(HJ2−)，溶液的pH=6.4，K3=c(J3−)⋅c(H+)c(HJ2−)=c(H+)=10−6.4，Na3J溶液中Kh1=KwK3；
D.当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+3c(J3−)+2c(HJ2−)+c(H2J−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率 1MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+ 4.0×10−38 Al(OH)3 c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(1)“酸浸氧化”前把黏土钒矿制成钒矿粉的目的是：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率，
故答案为：增大接触面积，反应充分，加快酸浸和氧化反应速率；
(2)常温下29.4%的硫酸的密度为1.2g⋅cm−3，该稀硫酸物质的量浓度为1000×1.2×29.4%98ml/L=3.6ml/L，取5.0mL该溶液稀释到360mL，稀释后溶液中c(H+)=5mL×3.6ml/L×2360mL=0.1ml/L，则稀释后溶液pH=−lg0.1=1；MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原Mn2+，反应离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：1；MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(3)“中和沉淀”中，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，其水解的离子方程式：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+，当溶液中离子浓度小于10−5ml⋅L−1时可认为沉淀完全，Fe3+沉淀完全时溶液pH=3.2，则常温时Ksp[Fe(OH)3]=10−5×(10−1410−3.2)3≈4.0×10−38，
故答案为：2VO2++(x+1)H2O=V2O5⋅xH2O↓+2H+；4.0×10−38；
(4)由分析可知，滤渣④的主要成分是Al(OH)3，
故答案为：Al(OH)3；
(5)溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，则NH4Cl溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)。
黏土钒矿加入稀硫酸酸浸，使Fe3O4生成Fe3+和Fe2+，由(2)“酸浸氧化”中VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+被氧化，可知滤液①中V元素以VO2+形式存在，加入MnO2起氧化剂作用，将Fe2+氧化Fe3+，将VO+和VO2+被氧化成VO2+，“中和沉淀”过程调节pH=3.0∼3.1，VO2+水解并沉淀为V2O5⋅xH2O，同时Fe3+转化为Fe(OH)3，Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分Fe3+、Al3+加入滤液②中，滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13，V元素以VO3−形式、Al元素以[Al(OH)4]−进入滤液③，滤渣③为Fe(OH)3，滤液③加入盐酸调pH=8.5，[Al(OH)4]−生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④中含有VO3−，加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，滤液⑤含有NaCl。
本题考查物质制备工艺流程，明确流程中各步骤目的、发生的反应、试剂的作用等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
18.【答案】EFDCAB或EDCFAB17.60mL便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化 当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点 0.08偏高 偏高 偏高 无影响 偏高
【解析】解：(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等，因此以上操作步骤的正确排序是：EFDCAB或EDCFAB，
故答案为：EFDCAB或EDCFAB；
(2)滴定管的精确度为0.01mL，因此图中滴定管示数为17.60mL，
故答案为：17.60mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化，通常在锥形瓶下垫一张白纸，
故答案为：便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点，
故答案为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色，则说明达到滴定终点；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待=0.1×，
故答案为：0.08；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变，所得待测液浓度不变，对测量结果无影响，
故答案为：无影响；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大，所得待测液浓度偏高，
故答案为：偏高。
(1)中和滴定的一般步骤为：检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等；
(2)滴定管的精确度为0.01mL；
(3)一般情况下，为了使滴定终点颜色变化更明显，便于观察溶液颜色变化；
(4)判断滴定终点的方法为：当滴入最后一滴(或半滴)氢氧化钠标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色；
(5)由表格数据可知，第三次实验数据异常，因此消耗标准液的平均体积为20.00+19.99+20.013=20.00mL，带入公式c待=c标V标V待；
(6)①锥形瓶洗净后用待测液润洗，会使锥形瓶里待测液中溶质物质的量偏高；
②碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，会使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大；
③滴定前滴定管内有气泡，到达滴定终点后气泡消失，有一部分标准液用来填充气泡，消耗标准液体积偏大；
④锥形瓶洗净后残留有一部分蒸馏水，锥形瓶里待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液体积不变；
⑤滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，会使消耗标准液体积偏大。
本题考查中和滴定，为高频考点，明确中和滴定原理及操作方法即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的化学实验、化学计算能力，题目难度不大。
19.【答案】−%675向左移动 CDa>b>c同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大
【解析】解：(1)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2……①，H2O(g)=H2O(l)ΔH3=−44kJ⋅ml−1……②，①-②得到CO2(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=ΔH2−ΔH3=(−393.5)kJ⋅ml−1−[(−110.5)kJ⋅ml−1+(−285.8)kJ⋅ml−1]，解得ΔH2=−41.2kJ⋅ml−1，
故答案为：−41.2；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，
CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)
起始(ml)1100
转化(ml)aa3aa
平衡(ml)1−a1−a3aa
平衡时总物质的量为：(1−a+1−a+3a+a)ml=(2+2a)ml，则甲烷的物质的量分数为1−a2+2a×100%=0.3，解得a=0.25ml，v(CO)=0.25ml2l5min=0.025ml⋅L−1⋅min−1，水蒸气的转化率为0.25ml1ml×100%=25%，
故答案为：0.025ml⋅L−1⋅min−1；25%；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为：(2+2a)ml=2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，CO的分压是0.252.5×150 kPa=15kPa，H2的分压为0.752.5×150 kPa=45kPa，该反应的 Kp=Kp3(H2)Kp(CO)Kp(CH4)Kp(H2O)=(45KPa)3×15KPa45KPa×45KPa=675(kPa)2，该反应的平衡常数 K=(0.752)3××0.752≈0.05，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，Q=(0.752)3×(12)1.52×0.752≈0.09>K=0.05，平衡向逆反应方向进行，即平衡向左移动，
故答案为：675；向左移动；
③A.消耗氢气，生成H2O，反应方向都是向逆反应方向进行，因此单位时间内消耗3mlH2的同时生成1mlH2O，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.根据化学平衡状态的定义，物质浓度不再改变，说明反应达到平衡，而物质浓度相等，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C.根据化学平衡状态的定义，当各物质的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，故C正确；
D.相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，根据反应方程式，该反应为气体物质的量增大的反应，即随着反应进行气体压强增大，当压强不再改变，说明反应达到平衡，故D正确，
故答案为：CD；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，增加水蒸气的物质的量，平衡向正反应方向进行，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可知，a>b>c，
故答案为：a>b>c；同一压强下，水碳比越大，CH4的平衡转化率越大。
(1)根据盖斯定律来求解；
(2)①设0∼5min内消耗CH4的物质的量为aml，列三段式，根据平衡时CH4的物质的量分数为0.3解得a；
②根据①的分析，平衡时总物质的量为2.5ml，达到平衡时总压强为2.52×120kPa=150kPa，CH4、H2O、CO、H2的分压，可求得反应的 Kp，该反应的平衡常数 K，再向容器内充入0.75mlCH4(g)和0.75mlCO(g)，求得Q，根据Q与K的大小来确定移动方向；
③根据化学平衡状态特征，正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
(3)相同条件下，n(H2O)n(CH4)增大，可以看作甲烷的物质的量不变，增加水蒸气的物质的量，甲烷的平衡转化率增大，根据图像可判断abc的大小。
本题考查化学平衡常数计算及其应用、热化学方程式及计算、化学反应速率的计算、化学平衡状态判断及其影响因素、图象信息分析等知识，试题侧重学生分析能力、计算能力和迁移运用能力的考查，把握焓变计算、化学平衡常数计算、平衡移动影响因素为解答关键，注意三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。
20.【答案】金属氧化物 SO2+O2−−2e−=2SO3 负 阳 II 不变 130
【解析】解：(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，电极反应为：SO2+O2−−2e−=2SO3，
故答案为：金属氧化物；SO2+O2−−2e−=2SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，氯离子通过交换膜2移向Ⅱ室，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室。所以交换膜1为阳离子交换膜，
故答案为：负；阳；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作一段时间后，I室中n(H+)将不变，
故答案为：Ⅱ；不变；
(4)n(O2)=，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，则III室中溶液质量理论上减少0.5ml×2×130g/ml=130g，
故答案为：130。
(1)由图可知，Pt电极上，氧气得电子，转化为O2−，O2−通过固体氧化物，移向金属氧化物电极，金属氧化物电极上SO2转化为SO3，硫元素化合价升高，失去电子，转化为SO3；
(2)由图可知，Ⅲ室中钴离子得电子被还原为钴，发生还原反应，该极为阴极，接外电源负极，即b极为负极，a极为正极，石墨极为阳极，阳极反应为氢氧根离子失去电子转化为氧气，溶液中氢离子增多，通过交换膜1移向Ⅱ室；
(3)根据①中分析可知，盐酸在Ⅱ室生成，该装置工作过程中，I室中生成的H+全部移向Ⅱ室；
(4)n(O2)=0.5ml，根据电子转移相等有关系式：O2∼4e−∼2CCl2，III室中溶液质量减少量即为减少CCl2的质量。
本题主要考原电池和电解池的原理，掌握原电池和电解池中电极的判断，电极反应式的书写，离子、电流的的移动方向等是解决本题的关键，属于高考高频考点，难度不大。
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
4.7
10.1
滴定次数
待测液的体积/mL
标准液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第1次
25.00
1.02
21.02
第2次
25.00
0.55
20.54
第3次
25.00
2.19
20.68
第4次
25.00
3.20
23.21
物质
CO2
CO
H2O(l)
ΔfHmθ/(kJ⋅ml−1)
−393.5
−110.5
−285.8
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