2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了15ml⋅L−1⋅min−1B，3kJ/ml，65kJB，6×10−49，Ksp=8，5kJ/ml、ΔH=−285，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
下列过程，使化学反应速率减慢的是( )
A. 固体试剂配成溶液进行化学实验B. 电冰箱存放食物
C. 煤块粉碎成煤粉燃烧更充分D. 净化汽车尾气时使用催化剂
常温下，等物质的量浓度的下列溶液酸性最强的是( )
A. KHSO4B. KHCO3C. NH4ClD. CH3COOH
反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A. v(A)=0.15ml⋅L−1⋅min−1B. v(B)=0.01ml⋅L−1⋅s−1
C. v(C)=0.40ml⋅L−1⋅min−1D. v(D)=0.45ml⋅L−1⋅min−1
下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是( )
A. NH3+H2O⇌NH4++OH−B. HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
C. S2−+H2O⇌HS−+OH−D. NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+
根据如图所示装置，判断下列叙述中正确的是( )
A. Cu板表面的反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B. 电子从锌片经硫酸溶液流向铜片
C. 当有0.2ml电子通过外电路时，锌片质量减轻6.5g
D. Cu板表面的电势低于Zn板表面的电势
强酸与强碱的稀溶液发生中和反应时：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(1)ΔH=−57.3kJ/ml。向1L0.5ml/L的NaOH溶液中分别加入下列物质至恰好完全反应：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸。下列说法正确的是( )
A. 三者放出的热量均为28.65kJB. 浓硫酸反应放出的热量小于28.65kJ
C. 稀硝酸反应放出的热量为28.65kJD. 稀醋酸放出的热量大于28.65kJ
25℃，根据H2O⇌H++OH−，判断下列叙述正确的是( )
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH−)降低
B. 向水中加入少量固体氢氧化钠，c(OH−)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量纯CH3COOH，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 将水加热，平衡正向移动，Kw和c(H+)均减小
工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法错误的是( )
已知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解
②氧化性：Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)
A. 碳棒上发生的电极反应：4OH−−4e−=O2↑+2H2O
B. 电解过程中，B室中NaCl溶液的浓度将不断减小
C. 为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH
D. 若将阳离子膜去掉，电解时的阳极产物发生改变
利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 过程II应该是一个放热反应过程
B. 氢能资源丰富，属于可再生能源
C. 该变化过程总体的焓变值应小于0
D. 过程I、II的总反应为2H2O−−光照催化剂H2O2+H2↑
可知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )
A. AB. BC. CD. D
一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、II、III，在I中充入1mlCO和1mlH2O，在II中充入1mlCO2和1mlH2，在III中充入2mlCO和2mlH2O，700∘C条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 容器I、II中正反应速率相同
B. 容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率相等
C. 容器II、III中反应的平衡常数相同
D. 容器I中CO的物质的量比容器II中的多
25℃时，0.100ml/L二元弱酸H2A(或其钠盐)用相同浓度的NaOH溶液(或盐酸)滴定，其pH与滴定分数τ(τ=n(NaOH)n(H2A)或n(HCl)n(盐)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 曲线①表示盐酸滴定Na2A溶液
B. 25℃时，Ka2(H2A)=1.0×10−10
C. 溶液中：a点c(A2−)c(H2A)比b点c(H2A)c(HA−)大
D. c点溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(A2−)
如表列出了一些化学键的键能E：
请回答下列问题：
(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为 ______(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=______(用含有 a、b的关系式表示)。
(2)若图示表示反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−484kJ⋅ml−1，x=______。
(3)曾用CuCl2作催化剂，在450∘C利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为 ______。该反应的热化学方程式可表示为 ______。
根据化学平衡原理回答问题。
(1)一定温度下，向1L0.1ml⋅L−1CH3COOH溶液中加入0.1mlCH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向 ______(填“正”或“逆”)反应方向移动；水的电离程度将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)99∘C时，Kw=1.0×10−12，该温度下测得0.1ml⋅L−1Na2A溶液的pH=6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为 ______。
②体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气 ______。
A.盐酸多
B.H2A多
C.一样多
D.无法确定
③将0.1ml⋅L−1H2A溶液与0.2ml⋅L−1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度的电荷守恒关系式为 ______。
(3)向稀的FeCl3溶液中加入适量FeCl3固体，其水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向 ______(填“左”或“右”)移动，溶液酸性 ______，FeCl3的水解率 ______。
实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
(1)实验原理
用如图1所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为 ______。MnO(OH)2中Mn元素的化合价是 ______。再用I−将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。
(2)实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是 ______；
②用注射器抽取某水样20.00mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入适量NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡。该步操作的目的是 ______；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及适量的硫酸溶液；
⑥重复④的操作。
⑦取下锥形瓶，向其中加入2∼3滴淀粉指示剂；
⑧用0.005ml⋅L−1Na2S2O3滴定至终点。终点时溶液的颜色变化是 ______。
(3)数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积如图2所示。则此水样中氧(O2)的含量为 ______(单位：mg⋅L−1)。
②滴定前若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将 ______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
③实验中加入适量的H2SO4使溶液pH控制在合适范围。其原因是 ______。
完成下列填空
(1)在一定条件下，科学家利用从烟道气中分离出CO2与太阳能电池电解水产生的H2合成甲醇，其过程如图所示，试回答下列问题：
①该工艺过程吸收了CO2，对于环境保护的价值在于 ______。
②15∼20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作CO2吸收剂。用离子方程式表示乙醇胺水溶液呈弱碱性的原因 ______。
③CH3OH、H2的燃烧热分别为：ΔH=−725.5kJ/ml、ΔH=−285.8kJ/ml，则用CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式是 ______。
(2)将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)
①已知一定压强和一定的时间段内，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：
由表中数据可知。当温度一定时，CO2的转化率随投料比的增大而 ______；当投料比一定时，CO2的转化率随温度升高而 ______，所以反应的焓变ΔH______0。某同学利用500K时的数据，计算得出“表中的转化率不是或不全部是平衡转化率”的结论。请问他是如何计算并得出此结论的。 ______。
②用甲醚作为燃料电池原料，在碱性介质中该电池负极的电极反应式 ______。若以1.12L⋅min−1(已换算为标准状况)的速率向该电池中通入甲醚(沸点为−24.9℃)，用该电池电解500mL2ml⋅L−1CuSO4溶液，通电1min后，理论上可析出金属铜 ______ g。
NOx的含量是空气质量的一个重要指标。减少NOx的排放有利于环境保护。
(1)现向某2L密闭容器中分别投入一定量的NH3和NO，发生反应4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)ΔHC>B，
故选：A。
常温下，等物质的量浓度的下列溶液酸性最强，说明该溶液中c(H+)最大。
本题考查溶液酸性强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意：A溶液为强酸性溶液。
3.【答案】D
【解析】解：以B的反应速率为标准进行判断，
A、v(A)=0.15ml/(L⋅min)，反应速率之比等于其计量数之比，故v(B)=3v(A)=0.45ml/(L⋅min)；
B、v(B)=0.01ml/(L⋅s)=0.6ml/(L⋅min)；
C、v(C)=0.40ml/(L⋅min)，反应速率之比等于其计量数之比，故v(B)=32v(C)=0.6ml/(L⋅min)；
D、v(D)=0.45ml/(L⋅min)，反应速率之比等于其计量数之比，故v(B)=32v(D)=0.675ml/(L⋅min)；
所以表示该化学反应的反应速率最快的是D，
故选：D。
同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较．
比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较．(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．
比较反应速率时注意(1)反应速率的单位要相同(2)单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的．
4.【答案】D
【解析】解：A.NH3+H2O⇌NH4++OH−为电离方程式，且溶液呈碱性，故A错误；
B.HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+为碳酸氢根离子的电离方程式，故B错误；
C.S2−+H2O⇌HS−+OH−为硫离子的水解反应，但溶液呈碱性，故C错误；
D.NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+为铵根离子的水解反应，且溶液呈酸性，故D正确；
故选：D。
A.该反应为一水合氨的电离，且溶液呈碱性；
B.该反应为碳酸氢根离子的电离方程式；
C.硫离子水解溶液呈碱性；
D.铵根离子水解生成一水合氨和氢离子。
本题考查盐类的水解原理，为高频考点，把握离子性质、反应实质为解答关键，注意掌握盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.该原电池中，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，正极反应式为2H++2e−=H2↑，故A错误；
B.电子从负极Zn沿导线流向正极Cu，电子不进入电解质溶液，故B错误；
C.负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，根据电极反应式知，转移0.2ml电子时消耗0.1mlZn，m(Zn)=0.1ml×65g/ml=6.5g，故C正确；
D.原电池中，正极电势高于负极电势，所以Cu板表面的电势高于Zn板表面的电势，故D错误；
故选：C。
A.该原电池中，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；
B.电子从负极沿导线流向正极；
C.负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，根据Zn和转移电子的关系计算消耗Zn的质量。
D.原电池中，正极电势高于负极电势。
本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的理解和灵活运用能力，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：电子不进入电解质溶液。
6.【答案】C
【解析】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ/ml，分别向1L0.5ml/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，由于醋酸的电离吸热，则稀醋酸放出的热量小于28.65kJ，故D错误；浓硫酸溶于水放热，则浓硫酸反应放出的热量大于28.65kJ；稀硝酸反应放出的热量为28 65kJ，故C正确；
故选：C。
在稀溶液中强酸与强碱生成1mlH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答。
本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，此题难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.向水中加入稀氨水，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH−)增大，故A错误；
B.向水中加入少量固体氢氧化钠，溶解后溶液中氢氧根离子浓度增大，Kw不变，故B正确；
C.向水中加入少量固体CH3COOH，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(H+)增大，故C错误；
D.将水加热，促进水的电离，c(H+)增大，Kw增大，故D错误；
故选：B。
水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，即酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，加热促进水的电离，据此分析解答。
本题考查水的电离、影响电离平衡的因素分析判断，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，加热促进水的电离，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中电极反应的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等。
【解答】
A.根据图可知碳棒为阳极，阳极电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，故A正确；
B.由于C室中Ni2+、H+不断减少，Cl−通过阴离子膜从C室移向B室，A室中OH−不断减少，Na+通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C.由于H+氧化性大于Ni2+(低浓度)的氧化性，所以为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH，故C正确；
D.若去掉阳离子膜，在阳极Cl−首先放电生成Cl2，总反应方程式发生改变，故D正确；
故选：B。
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，过程II中形成化学键，则过程II应该是一个放热反应过程，故A正确；
B.太阳能光解水可得到氢气，则氢能资源丰富，属于可再生能源，故B正确；
C.水的分解反应为吸热反应，ΔH>0，故C错误；
D.由图可知，过程I、II的总反应的反应物为H2O，产物为H2和H2O2，则化学方程式为2H2O−−光照催化剂H2O2+H2↑，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，过程II中形成化学键；
B.氢气可由水分解制得，属于可再生能源；
C.水的分解反应为吸热反应；
D.由图可知，过程I、II的总反应的反应物为H2O，产物为H2和H2O2。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握吸热反应的判断、化学键的断裂形成与吸放热的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①增大A的浓度，平衡正向移动，但A的转化率减小，故不选；
②缩小容器的容积，压强增大，反应速率加快，平衡不移动，故选；
③增大B的浓度，平衡正向移动，A的转化率增大，故不选；
④该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故不选；
⑤加入合适的催化剂，反应速率加快，平衡不移动，故选；
故选：C。
曲线b变为曲线a，到达平衡时间缩短，且A的转化率不变，说明改变条件，化学反应速率加快，且不影响化学平衡移动；该反应是体积不变的反应，压强不影响化学平衡，以此来解答．
本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中曲线的变化、反应速率及化学平衡的影响因素是解本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学反应的特点，题目难度不大．
11.【答案】A
【解析】解：
由Ksp可知，析出沉淀时，Ag2S溶液中c(S2−)=1.6×10−490.0102ml/L=1.6×10−45ml/L，CuS溶液中c(S2−)=8.9×10−350.010ml/L=8.9×10−33ml/L，Sb2S3溶液中c(S2−)=31.0×10−300.012ml/L=310×10−9ml/L，c(S2−)越小，则越先生成沉淀，所以三种阳离子产生沉淀的先后顺序为Ag+、Cu2+、Sb3+，
故选：A。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的计算、离子沉淀的顺序为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.多元弱酸的第一步电离程度远远大于第二步电离程度，所以多元弱酸的酸性由第一步电离决定，故A正确；
B.HCO3−的电离平衡常数小于HSO3−，所以酸性：HCO3−HClO>HCO3−，所以碳酸和ClO−反应生成HClO和HCO3−，离子方程式为ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故C错误；
D.亚硫酸具有还原性，次氯酸具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，酸性增强，故D正确；
故选：C。
A.多元弱酸的酸性由第一步电离决定；
B.HCO3−的电离平衡常数小于HSO3−，所以酸性：HCO3−HClO>HCO3−，所以碳酸和ClO−反应生成HClO和HCO3−；
D.亚硫酸和次氯酸反应生成H2SO4和HCl。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、元素化合物的性质是解本题关键，D为解答易错点。
13.【答案】A
【解析】解：A.若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故A正确；
B.若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，故B错误；
C.平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；
D.若x是MgSO4的质量，y是CO的平衡转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的平衡转化率不变，故D错误；
故选：A。
该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A.若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B.若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量；
C.平衡常数只受温度的影响；
D.若x是MgSO4的质量，y是CO的平衡转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动。
本题考查图象分析，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生分析问题能力，明确纵横坐标的含义是解本题关键，易错选项B，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.由于该反应正向是放热反应，且三个容器均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时各物质的浓度也不一样，正反应速率也不一样，故A错误；
B.如果温度相同时，容器Ⅰ中A的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，C的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中C的转化率低，所以容器Ⅰ中A 的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和小于1，且不相等，故B错误；
C.K只与温度有关，Ⅱ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量和物质均不同反应的热效应不同所以K不同，故C错误；
D.如果容器容器Ⅰ、Ⅱ均在恒温恒容条件下反应，那么Ⅰ、Ⅱ是等效平衡，达到平衡A的物质的量相等，而现在在恒容绝热条件下反应，正向放热，Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，所以容器Ⅰ中A 的物质的量比容器Ⅱ中的多Ⅰ中A 的物质的量和容器Ⅱ中的多，故D正确；
故选：D。
A.由于该反应正向是放热反应，且三个容器均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时各物质的浓度也不一样，正反应速率也不一样；
B.容器Ⅰ中A 的转化率与容器Ⅱ中C的转化率之和小于1；
C.K只与温度有关，Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，体系温度不同，K不同；
D.容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，所以容器Ⅰ中A 的物质的量比容器Ⅱ中的多。
本题考查了化学平衡建立的过程分析，平衡影响因素分析判断，注意不要忽略容器绝热，反应的热效应，题目难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A、曲线①起点pH为10，由分析可知，表示盐酸滴定Na2A溶液，故A错误；
B、25℃时，b溶液pH=10，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−10ml/L=1×10−4ml/L其溶质为Na2A，水解过程为：A2−+H2O⇌HA−+OH−，Kh1=c(HA−)c(OH−)c(A2−) 由于c(HA−)≠c(A2−)，所以Kh1≠1×10−4ml/L，Ka2(H2A)=KwKh1≠1×10−10，Ka2(H2A)不等于1×10−10，故B错误；
C、a点溶质为NaHA存在HA−的电离和HA−的水解：HA−⇌A2−+H+，HA−+H2O⇌H2A+OH−，由图可知溶液显酸性，所以电离程度大于水解程度，以电离为主，故c(A2−)c(HA−)>1，b点溶质为Na2A存在：A2−+H2O⇌HA−+OH−，HA−+H2O⇌H2A+OH−，水解以第一步为主，故c(H2A)c(HA−)c(OH−)>c(A2−)，故D错误；
故选：C。
曲线①起始点pH为10，则为盐酸滴钠盐Na2A，曲线②起始pH为酸性，则为氢氧化钠滴定H2A，方程式为：H2A+NaOH=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，故反应终点a的溶质为NaHA，反应终点b的溶质为Na2A，c点为Na2A和NaOH，且物质的量之比为1：1。
本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，题目难度中等，掌握电离平衡、水解平衡的影响原理等，明确Kh和Ka的计算是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
16.【答案】放热 (a−b)kJ⋅ml−1 496.4O2+4HCl−450℃催化剂2Cl2+2H2OO2(g)+4HCl(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)△H=−125.6kJ⋅ml−1
【解析】解：(1)由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此△H=(a−b)kJ⋅ml−1，
故答案为：放热；(a−b)kJ⋅ml−1；
(2)根据焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和可得：2×436kJ/ml+xkJ/ml−463kJ/ml×2=−484kJ/ml，求得x=496.4，
故答案为：496.4；
(3)用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为：O2+4HCl−450℃催化剂2Cl2+2H2O；O2(g)+4HCl(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=E(O=O)+4E(H−Cl)−2E(Cl−Cl)−4E(O−H)=(496.4+4×431−2×247−4×463)kJ⋅ml−1=−125.6kJ⋅ml−1，所以热化学方程式为：O2(g)+4HCl(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)△H=−125.6kJ⋅ml−1，
故答案为：O2+4HCl−450℃催化剂2Cl2+2H2O；O2(g)+4HCl(g)=2H2O(g)+2Cl2(g)△H=−125.6kJ⋅ml−1。
(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(3)用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水；先根据△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和求出O2(g)+4HCl(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的△H。
本题考查焓变与化学键键能的关系，通过△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和进行了一系列的计算，此题难度中等。
17.【答案】逆 增大 H2A=2H++A2− Cc(H+)+c(NH4+)=2c(A2−)+c(OH−)右 增强 减小
【解析】解：(1)加入CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，抑制醋酸电离，平衡逆向移动；酸抑制水电离，酸溶液中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，加入醋酸钠后，溶液中c(H+)减小，则水电离程度增大，
故答案为：逆；增大；
(2)99∘C时，Kw=1.0×10−12，该温度下水中c(H+)=c(OH−)=Kw=1.0×10−12ml/L=1.0×10−6ml/L，溶液的pH=6；该温度下测得0.1ml⋅L−1Na2A溶液的pH=6，则该溶液呈中性，Na2A为强酸强碱盐，H2A为强酸，
①H2A为强酸，在水溶液中的电离生成H+、A2−，其电离方程式为H2A=2H++A2−，
故答案为：H2A=2H++A2−；
②体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液中n(H+)相等，分别与足量的Zn反应，产生的氢气与酸中n(H+)成正比，所以生成的氢气一样多，
故答案为：C；
③将0.1ml⋅L−1 H2A溶液与0.2ml⋅L−1氨水等体积混合，二者恰好反应生成(NH4)2A，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=2c(A2−)+c(OH−)，
故答案为：c(H+)+c(NH4+)=2c(A2−)+c(OH−)；
(3)向稀的FeCl3溶液中加入适量FeCl3固体，FeCl3电离导致溶液中c(Fe3+)增大，其水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向右移动，c(H+)增大，溶液的酸性增强，溶液浓度越大，水解程度越小，所以FeCl3的水解率减小，
故答案为：右；增强；减小。
(1)加入CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，抑制醋酸电离；酸抑制水电离，酸溶液中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大；
(2)99∘C时，Kw=1.0×10−12，该温度下水中c(H+)=c(OH−)=Kw=1.0×10−12ml/L=1.0×10−6ml/L，溶液的pH=6；该温度下测得0.1ml⋅L−1Na2A溶液的pH=6，则该溶液呈中性，Na2A为强酸强碱盐，H2A为强酸，
①H2A为强酸，在水溶液中的电离生成H+、A2−；
②体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液中n(H+)相等，分别与足量的Zn反应，产生的氢气与酸中n(H+)成正比；
③将0.1ml⋅L−1 H2A溶液与0.2ml⋅L−1氨水等体积混合，二者恰好反应生成(NH4)2A，(NH4)2A是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒；
(3)向稀的FeCl3溶液中加入适量FeCl3固体，FeCl3电离导致溶液中c(Fe3+)增大，其水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向右移动，c(H+)增大；溶液浓度越大，水解程度越小。
本题考查弱电解质的电离和盐类水解，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离影响因素、正确判断H2A酸性强弱、盐类水解原理是解本题关键，注意(3)中FeCl3浓度与其水解程度的关系，题目难度不大。
18.【答案】2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2 +4排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰 防止空气进入锥形瓶，防止水中溶解的氧逸出进入安全瓶，并使反应充分进行 滴入最后半滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 9.4偏大 若酸不足，MnO(OH)2与I−不能充分反应，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应
【解析】解：(1)溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，反应离子方程式为：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2；根据化合价代数和为0.可知MnO(OH)2中Mn元素的化合价是+4，
故答案为：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2；+4；
(2)①由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，
故答案为：排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰；
④关闭a、b，防止空气进入锥形瓶，防止水中溶解的氧逸出进入安全瓶，将锥形瓶中溶液充分振荡，使反应充分进行，
故答案为：防止空气进入锥形瓶，防止水中溶解的氧逸出进入安全瓶，并使反应充分进行；
⑧用0.005ml⋅L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
(3)①反应消耗Na2S2O3标准溶液体积为6.20mL−1.50mL=4.70mL，发生的反应有：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为：O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n(O2)=14n(Na2S2O3)×1000mL20.00mL=14×0.005ml⋅L−1×0.0047L×50=2.9375×10−4ml，氧气的质量为：2.9375×10−4ml×32g/ml=0.0094g=9.4mg，此水样中氧(O2)的含量为9.4mg⋅L−1，
故答案为：9.4；
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，会导致标准液的浓度减小，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大，
故答案为：偏大；
③由于加入稀H2SO4使MnO(OH)2与I−充分反应，但加入稀H2SO4的量时不宜过多，否则后续滴定过程中Na2S2O3与过量的酸反应导致消耗的Na2S2O3溶液偏大，导致消耗的Na2S2O3溶液偏大，最好加入适量的H2SO4使反应后溶液接近中性，若酸不足，MnO(OH)2与I−不能充分反应，导致消耗Na2S2O3溶液偏小，
故答案为：若酸不足，MnO(OH)2与I−不能充分反应，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。
(1)溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式；根据化合价代数和为0计算Mn元素化合价；
(2)①测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果；
⑦避免空气进入，振荡使反应更充分；
⑧滴入最后半滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，证明反应达到终点；
(3)①根据关系式O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3计算；
②滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，消耗的标准液体积变大；
③加入稀H2SO4使MnO(OH)2与I−充分反应，酸不宜过多，否则后续滴定过程中Na2S2O3与过量的酸反应，如酸不足，溶液中碱过量，MnO(OH)2不能全部反应。
本题考查物质含量的测定实验，题目涉及陌生方程式的书写、对操作与步骤的分析评价、氧化还原滴定应用、条件控制、化学计算等，关键是明确实验原理，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
19.【答案】减少烟道气中二氧化碳排放到空气中造成温室效应 HOCH2CH2NH2+H2O⇌HOCH2CH2NH3++OH− CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=−131.9KJ/ml增大 减小 v逆，则反应速率：b点v正>a点v逆，故C正确；
D.从b点到c点变化中，此时平衡逆向移动，N2的浓度逐渐减小，故D错误；
故答案为：BD；
(3)①反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%，则平衡时压强为800kPa(1+25%)=1000kPa，设二氧化氮起始物质的量为2aml，压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为2aml×(1+25%)=2.5aml，列化学平衡三段式，
2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始(ml)2a00
转化(ml)2xx2x
平衡(ml)2a−2xx2x
则(2a−2x+x+2x)=2.5a，解得x=0.5a，Kp=p(N2)⋅p(CO2)p2(NO2)=×1000kPa×(a2.5a×1000kPa)2(a2.5a×1000kPa)2=200kPa，
故答案为：200；
②温度升高，反应速率加快，正、逆反应速率常数增大，即T增大，k正、k逆增大，即1T减小，k正、k逆增大，lg⁡k正、lg⁡k逆增大，该反应的正反应是放热反应，升高温度时，k逆>k正，lg⁡k逆>lg⁡k正，故lg⁡k正与1T的斜线是c，lg⁡k逆与1T的斜线是d，
故答案为：c；d；
③当NO2的转化率为40%，
2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始(ml)2a00
转化(ml)2a×40%
平衡(ml)
混合气体总物质的量为(1.2a+0.4a+0.8a)ml=2.4aml，v逆v正=p(N2)⋅p(CO2)p2(NO2)=×800kPa×(×800kPa)2(×800kPa)2=0.3，
故答案为：0.3。
(1)由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
(2)A.由图可知，压强980kPa时测定的转化率不是平衡转化率，此时反应正向进行；
B.分别计算c、b点气体总物质的量，c、b两点压强不同；
C.b点为平衡点，且b点压强大于a点；
D.从b点到c点变化中，此时平衡逆向移动；
(3)①反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%，则平衡时压强为800kPa(1+25%)=1000kPa，设二氧化氮起始物质的量为2aml，压强之比等于物质的量之比，则平衡时气体总物质的量为2aml×(1+25%)=2.5aml，列化学平衡三段式，
2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始(ml)2a00
转化(ml)2xx2x
平衡(ml)2a−2xx2x
则(2a−2x+x+2x)=2.5a，解得x的值，结合Kp=p(N2)⋅p(CO2)p2(NO2)计算；
②温度升高，反应速率加快，正、逆反应速率常数增大，即T增大，k正、k逆增大，即1T减小。
③当NO2的转化率为40%，
2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
起始(ml)2a00
转化(ml)2a×40%
平衡(ml)
混合气体总物质的量为为(1.2a+0.4a+0.8a)ml=2.4aml，v逆v正=p(N2)⋅p(CO2)p2(NO2)。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
H2CO3
H2SO3
HClO
Ka1=4.4×10−7
Ka1=1.29×10−2
Ka=4.7×10−8
Ka2=4.7×10−11
Ka2=6.24×10−8
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的平衡转化率
化学键
H−H
Cl−Cl
O=O
C−Cl
C−H
O−H
H−Cl
E/(kJ⋅ml−1)
436
247
x
330
413
463
431
投料比[n(H2)n(CO2)]
500K
600K
700K
800K
1.5
45%
33%
20%
12%
2.0
60%
43%。
28%
15%
3.0
83%
62%
37%
22%