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2021-2022学年湖北省高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了2L，6kJ/ml，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
古代人很多喜欢骑马射箭。下列关于骑射中用到的马鞍和弓箭的说法错误的是( )
A. 做弓箭的木质材料上涂有一层桐油(一种植物油)，桐油属于天然高分子化合物
B. 铁质马镫材料一般为生铁，生铁的熔点低于纯铁
C. 木质马鞍的材料一般为桦木，桦木的主要成分纤维素属于糖类
D. 箭杆尾部羽毛的主要成分是蛋白质，蛋白质具有两性
下列关于有效碰撞理论的说法正确的是( )
A. 加入催化剂，可以降低活化能，活化分子百分数虽然不变，但反应速率会增加
B. 通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
D. 其他条件不变，升高温度，一定增大活化分子百分数，但不一定加快反应速率
实验室常用锌和稀硫酸制备氢气，下列做法不能提高产生氢气的速率的是( )
A. 滴加几滴硫酸铜溶液B. 加热
C. 将稀硫酸改为98%的浓硫酸D. 将锌片换成锌粉
如图是几种常见的化学电源示意图，有关说法正确的是( )
A. 干电池属于二次电池，氯化铵是电解质
B. 铅蓄电池放电时，电解质溶液pH减小
C. 铅蓄电池工作过程中，每通过2ml电子，负极质量减轻207g
D. 氢氧燃料电池是一种绿色电源，正负极都可以用金属铂做电极材料
湿法冶铜的方法有很多，其中一种是浸出-萃取-电积法(使用不可溶阳极材料做电极电解，使金属阳离子在阴极沉积)。原理是先用溶剂溶浸矿石，再经过萃取将浸出液中的铜和其他杂质金属分离，然后用电积法将溶液中的铜提取出来。铜电积的原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. M极应与外接直流电源的负极相连
B. 电积过程中，溶液的c(Cu2+)不变
C. 铅合金板上的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 电积时电子从N极经溶液流向M极
下列事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 工业上通常采用压强10MPa∼30MPa的条件下合成氨
B. 生活中可用热的纯碱溶液除去油污
C. 唾液可以使淀粉水解的速度加快
D. 实验室用排饱和氯化钠溶液的方法收集氯气
利用CO与N2O反应生成无毒物质，有利于保护环境。下图是CO与N2O在Fe+作用下反应的能量变化及反应历程。该反应分为两步：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法错误的是( )
A. 总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快
B. 反应中每转移1ml电子，生成标况下N2体积为11.2L
C. 反应①的正反应活化能比反应②大
D. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定
下列说法正确的是( )
A. HCl稀溶液和NaOH稀溶液反应的中和热ΔH=−57.3kJ⋅ml−1，则H2SO4和Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH=−(2×57.3)kJ⋅ml−1
B. CO(g)的燃烧热ΔH=−283.0kJ⋅ml−1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=−(2×283.0)kJ⋅ml−1
C. 反应热可以通过生成物的键能之和减去反应物的键能之和求得
D. 1ml甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量数值上等于甲烷的燃烧热
在密闭容器中进行反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)，下列有关图像的说法错误的是( )
A. 依据图可判断p1>p2
B. 在图中，虚线可表示使用了催化剂时的变化情况
C. 依据图可判断正反应为放热反应
D. 由图中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应吸热
在密闭容器中存在反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.50ml⋅L−1，在温度不变时，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测得A的浓度为0.35ml⋅L−1。下列有关判断正确的是( )
A. x+yC. C的体积分数增大D. B的浓度增大
已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y，下列说法中错误的是( )
A. 第一电离能Y可能大于XB. 非金属性：X大于Y
C. X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价D. 气态氢化物的稳定性：HmY强于HnX
下列实验操作、现象能得出相应结论的是( )
A. AB. BC. CD. D
中和滴定终点可以用电导率变化确定，溶液电导率越大，导电能力越强。某同学用0.1ml⋅L−1KOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1ml⋅L−1的CH3COOH和HCl，滴定过程中溶液电导率变化如图所示。下列有关判断正确的是( )
A. 曲线①代表KOH溶液滴定HCl溶液
B. 在A点的溶液中有：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05ml⋅L−1
C. 在B点的溶液中：c(K+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
D. 相同温度下，A、C两点都是滴定终点，并且这两点水的电离程度相同
BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中离子浓度关系正确的是( )
A. c(Ba2+)=c(SO42−)=12Ksp
B. c(Ba2+)⋅c(SO42−)>Ksp，c(Ba2+)=c(SO42−)
C. c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp，c(Ba2+)>c(SO42−)
D. c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp，c(Ba2+)=c(SO42−)
运动员在剧烈运动后产生的乳酸会使肌肉麻痹疼痛，常用液氮降温减少炎症和乳酸。已知乳酸(表示为HL，L−为乳酸根)是一元弱酸。25℃时，下列有关叙述错误的是( )
A. 在HL和NaL组成的混合溶液中：2c(Na+)=c(HL)+c(L−)
B. 0.1ml⋅L−1HL溶液的pH>1
C. 0.1ml⋅L−1HL溶液加水稀释时，溶液中水电离出的c(H+)增大
D. 0.1ml⋅L−1NaL溶液中：c(Na+)>c(L−)>c(OH−)>c(H+)
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素．A与D同主族，A的最简单氢化物的水溶液显碱性；B是同周期中第一电离能最小的元素；C的原子结构示意图为；E对应的单质是目前用量最大的金属．回答下列问题：
(1)A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为 ______(填元素符号)，电负性由大到小的顺序为 ______(填元素符号).
(2)D的最简单氢化物的电子式为 ______，A的一种氢化物分子有18个电子，其化学式为 ______.
(3)B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐溶液呈碱性，其主要原因是 ______(用离子方程式表示).
(4)E原子价层电子排布式是 ______，E元素在周期表中的位置是 ______，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在 ______区．
(1)研究NO2、SO2、CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义．
①已知：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
则NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的ΔH=______kJ/ml.
②在一定条件下，将NO2与SO2以体积比2：1置于密闭容器中发生上述反应．下列不能说明反应达到平衡状态的是 ______(填标号).
a.混合气体平均摩尔质量保持不变
b.混合气体的颜色保持不变
c.NO2和SO2的体积比保持不变
d.每生成1mlSO3消耗1mlNO2
(2)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH.已知：v(正)=k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)，v(逆)=k(逆)⋅x(CH3OH)(k(正)、k(逆)分别表示正、逆反应速率常数，其中x为各组分的体积分数).在固定容积为2L的密闭容器中，充入1mlCO和2mlH2，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示．
①p1______p2(填“>”“<”)，该反应ΔH______0(填“>”“<”)，升高温度，k(正)k(逆)______(填“增大”“减小”或“不变”).
②c点平衡常数K=______，c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为 ______.
③p2条件下，f点v(正)______v(逆)(填“>”“<”或“=”).
铁盐和亚铁盐用途广泛．
Ⅰ.氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理．
(1)配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是 ______.
(2)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：
下列说法正确的是 ______(填标号).
A.上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响
B.表格中x>y>z
C.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大
Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]俗称摩尔盐，是一种重要的分析试剂，空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇．
(3)实验室制备摩尔盐：向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4溶液，调节溶液pH为1∼2，在70℃∼80℃水浴加热，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体．蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是 ______，选用乙醇洗涤晶体的目的是 ______.
(4)滴定法测定摩尔盐质量分数：称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容．每次用移液管取25.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000ml⋅L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗23.40mL的KMnO4溶液．
①滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是 ______.
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ______.
③产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O(摩尔质量为392g/ml)的质量分数为 ______(保留2位小数).
④实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏高的是 ______(填标号).
A.取用的晶体不够干燥
B.容量瓶定容时仰视刻度线
C.滴定管未用待盛溶液润洗
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡
无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等．工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备，流程如图：
已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，回答下列问题：
(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为 ______，制取1mlAlCl3时，至少消耗碳 ______g.
(2)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是 ______.
(3)700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离．请选择合适的温度范围 ______(填标号).
a.低于183℃
b.介于183℃和315℃之间
c.高于315℃
(4)证明AlCl3样品含有FeCl3，可采用的方法是 ______.
(5)AlCl3样品(含少量FeCl3)的纯度可采用以下方法检测．mg样品→过滤过量过NaOH溶液NaAlO2溶液→过滤过量CO2Al(OH)3→冷却△ngAl2O3.
①向NaAlO2溶液中通入过量CO2涉及的离子方程式为 ______.
②计算该样品中AlCl3的质量分数 ______(结果用m、n表示，不必化简).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.油脂的相对分子质量并不大，不属于高分子化合物，故A错误；
B.生铁是含碳量较高的铁合金，熔点比纯铁低，故B正确；
C.纤维素属于糖类中的多糖，故C正确；
D.蛋白质中的−NH2可与酸反应，−COOH可与碱反应，具有两性，故D正确；
故选：A。
A.天然高分子化合物：天然存在的相对分子质量很大的有机化合物；
B.合金的熔点一般比对应的纯金属低；
C.纤维素属于糖类中的多糖；
D.蛋白质中含有氨基和羧基。
本题考查了物质的组成、分类及其性质，题目难度不大，需要熟悉相关知识。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故A错误；
B.通过压缩体积增大压强，导致单位体积内活化分子个数增多，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故B正确；
C.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关，则活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，故C错误；
D.升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应的速率，故D错误；
故选：B。
升高温度，分子的能量增大，增大活化分子百分数，活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应，以此解答该题。
本题考查化学反应速率以及化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和双基的考查，注意把握化学反应速率的影响因素以及原因，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.滴加几滴硫酸铜溶液，锌将铜置换出来，可形成原电池反应，增大反应速率，故A不选；
B.加热，温度升高，反应速率加快，故B不选；
C.将稀硫酸改为98%的浓硫酸，浓硫酸与锌反应放出二氧化硫不生成氢气，故C选；
D.将锌片换成锌粉，增大固体表面积，反应速率加快，故D不选；
故选：C。
影响Zn和稀硫酸反应的因素有浓度、温度、固体表面积大小以及原电池反应等，一般来说，增大浓度、升高温度、增大固体表面积或形成原电池反应都可增大反应速率。
本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握温度、浓度、接触面积、原电池对反应速率的影响为解答的关键，注意浓硫酸的性质，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.干电池只能放电，不能充电，所以是一次性电池，故A错误；
B.起蓄电池放电时，电池反应式为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，故B错误；
C.铅蓄电池的总反应为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，放电时，Pb作负极，电极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，负极上由Pb变为PbSO4，质量增加，故C错误；
D.氢氧燃料电池中生成水，对环境无污染，Pt属于惰性电极，放电时Pt不参与反应，所以正负极都可以用金属铂做电极材料，故D正确；
故选：D。
A.干电池是一次性电池；
B.起蓄电池放电时，电池反应式为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O；
C.铅蓄电池的总反应为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，放电时，Pb作负极，电极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4；
D.氢氧燃料电池中生成水，对环境无污染，Pt属于惰性电极。
本题考查化学电源，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.M极应与外接直流电源的正极相连，作阳极，故A错误；
B.电积过程中，溶液的c(Cu2+)减小，故B错误；
C.M与电源正极相连作阳极，则铅合金板上的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.电积时电子从N极流向M极，不能进入溶液中，故D错误；
故选：C。
用电积法将溶液中的铜提取出来，可知N与电源负极相连，铜板为阴极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，溶液中铜离子浓度减小，M与电源正极相连作阳极，电子不能进入溶液中以此来解答。
本题考查电解原理及应用，为高频考点，把握电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.合成氨正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.因纯碱溶液呈碱性以及油脂在碱性条件下发生水解，升温促进水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.唾液中唾液淀粉酶属于催化剂，能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D.氯气和水反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气和水反应平衡逆向移动，氯气溶解度减小，故能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，注意平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，题目难度不大，明确勒夏特列原理内容为结构件，注意只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能用平衡移动原理解释，试题侧重考查学生的灵活应用能力的能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.温度过高，会使催化剂失去活性，导致反应速率减慢，故A错误；
B.反应中每转移2ml电子，生成1mlN2，则反应中每转移1ml电子，生成N2体积标准状况下为11.2L，故B正确；
C.由图可知，反应①的活化能比反应②大，故C正确；
D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，反应①的活化能比反应②大，则反应①速率较慢，则总反应的化学反应速率由反应①决定，故D正确；
故选：A。
A.催化剂的活性与温度有关；
B.根据反应中每转移2ml电子生成1mlN2计算；
C.过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能；
D.对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，总反应的速率由速率慢的反应决定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对反应速率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。
8.【答案】B
【解析】解：A.生成硫酸钡沉淀放热，则H2SO4和Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH<−(2×57.3)kJ⋅ml−1，故A错误；
B.CO(g)的燃烧热是指1mlCO(g)完全燃烧生成二氧化碳放出283.0kJ热量，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=−(2×283.0)kJ⋅ml−1，故B正确；
C.反应热可以通过反应物的键能之和减去生成物的键能之和求得，故C错误；
D.气态水的能量高于液态水，则1ml甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量数值上小于甲烷的燃烧热，故D错误；
故选：B。
A.生成硫酸钡沉淀放热；
B.CO(g)的燃烧热是指1mlCO(g)完全燃烧生成二氧化碳放出283.0kJ热量；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
D.气态水的能量高于液态水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热以及中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、催化剂对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图像的结合，题目难度不大。
【解答】
A.由题干图可知，p1先达到平衡，则p1>p2，且增大压强平衡正向移动，C的含量增大，与图像一致，故A正确；
B.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则图中虚线可表示使用了催化剂时的变化情况，故B正确；
C.升高温度逆反应速率大于正反应速率，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故C正确；
D.气体的质量不变，升高温度平均相对分子质量减小，可知气体的物质的量增大，升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故D错误；
故选：D。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，减小压强平衡逆向移动，则x+y>z，故A错误；
B.再次平衡时A的浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C.平衡逆向移动，C的体积分数减小，故C错误；
D.由于将容器的体积扩大到两倍，导致平衡时B的浓度减小，故D错误；
故选：B。
在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍瞬间，A的浓度变为原来一半，即0.25ml/L，实际上再次达到平衡时A的浓度为0.35ml/L，扩大容器体积相当于减小压强，说明减小压强A的浓度增大，平衡逆向移动，则x+y>z，据此分析解答。
本题考查化学平衡影响因素，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，正确判断平衡移动方向是解本题关键，注意明确改变条件的瞬间A的浓度，为解答易错点，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.全满、半满状态时较稳定，第ⅡA族、ⅤA族的元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能Y可能大于X第一电离能Y可能大于X，如N的第一电离能大于O，故A正确；
B.X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则非金属性：X大于Y，故B正确；
C.电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故C正确；
D.非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D错误；
故选：D。
X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则非金属性X>Y，
A.第ⅡA族、ⅤA族的元素的第一电离能大于同周期相邻元素；
B.同周期元素非金属性越强电负性越强；
C.电负性大的元素在化合物中显负价；
D.非金属性越强，气态氢化物越稳定。
本题考查原子结构与元素周期律，明确元素周期律的内容为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.少量Zn与氯化铁反应生成氯化锌和氯化亚铁，不能置换出Fe，则不能比较金属性强弱，故A错误；
B.先加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有SO42−，故B正确；
C.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，故C错误；
D.钾盐若为K2S2O3，可与盐酸反应生成二氧化硫使品红褪色，则钾盐不一定为K2SO3或KHSO3或二者的混合物，故D错误；
故选：B。
A.少量Zn与氯化铁反应生成氯化锌和氯化亚铁；
B.先加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡；
C.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀；
D.钾盐若为K2S2O3，可与盐酸反应生成二氧化硫使品红褪色。
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、反应与现象、离子检验、难溶电解质、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】B
【解析】解：A.根据前面分析曲线①代表KOH溶液滴定CH3COOH溶液，故A错误；
B.在A点的溶液中溶质为CH3COOK，根据电荷守恒得到：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05ml⋅L−1，故B正确；
C.在B点的溶液溶质为CH3COOK、KOH且两者物质的量浓度相等，溶液显碱性由于醋酸根水解：c(K+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，故C错误；
D.相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为CH3COOK，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制，因此这两点水的电离程度不相同，故D错误；
故选：B。
根据电导率分析，没有滴加KOH时，P的电导率比Q小，说明Q点为HCl的电导率；
A.根据前面分析曲线①代表KOH溶液滴定CH3COOH溶液；
B.在A点的溶液中溶质为CH3COOK，根据电荷守恒分析；
C.在B点的溶液溶质为CH3COOK、KOH且两者物质的量浓度相等；
D.相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为CH3COOK，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制。
本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，注意A点溶液体积是原来2倍，离子浓度降为原来一半，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【答案】C
【解析】解：A.加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；
B、加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，温度不变，溶液中的溶度积常数不变，故B错误；
C、加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中的溶度积常数不变，故C正确；
D、溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故D错误；
故选：C。
在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，存在沉淀溶解平衡，BaSO4(s)⇌Ba2++SO42−；若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则Ksp=c(Ba2+)⋅c(SO42−)，饱和溶液中c(Ba2+)=c(SO42−)，加入氯化钡溶液增大钡离子浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向进行，硫酸根离子浓度减小，溶度积常数随温度变化，不随浓度改变。
本题考查了沉淀溶解平衡的建立和影响因素判断，注意溶度积随温度变化是分析解题关键，题目较简单。
15.【答案】A
【解析】解：A.已知HL是一元弱酸，HL和NaL混合溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HL)+c(L−)，故A错误；
B.HL是一元弱酸，部分电离，则0.1ml⋅L−1HL中c(H+)<0.1ml/L，溶液的pH，故B正确；
C.HL是一元弱酸，加水稀释HL的浓度减小，对水的电离抑制程度减小，则水电离出的c(H+)增大，故C正确；
D.NaL溶液中L−存在水解反应：L−+H2O⇌HL+OH−，溶液呈碱性，各个离子浓度大小为c(Na+)>c(L−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确；
故选：A。
A.已知HL是一元弱酸，HL和NaL混合溶液中存在物料守恒；
B.HL是一元弱酸，部分电离；
C.HL是一元弱酸，加水稀释HL的浓度减小，对水的电离抑制程度减小；
D.NaL溶液中L−存在水解反应：L−+H2O⇌HL+OH−，溶液呈碱性。
本题考查了弱电解质电离方程式书写、电离平衡的移动、盐类水解，题目难度不大，注意弱电解质电离平衡方程式书写。
16.【答案】NP>Si>Na N2H4 PO43−+H2O⇌HPO42−+OH− 3d64s2 第四周期Ⅷ族 d
【解析】解：由分析可知，A为N、B为Na、C为Si、D为P、E为Fe；
(1)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为NP>Si>Na，
故答案为：NP>Si>Na；
(2)D的最简单氢化物为PH3，其电子式为，A的一种氢化物分子有18个电子，其化学式为N2H4.
故答案为：；N2H4；
(3)B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐为Na3PO4，溶液呈碱性，用离子方程式主要原因是PO43−+H2O⇌HPO42−+OH−，
故答案为：PO43−+H2O⇌HPO42−+OH−；
(4)E为Fe元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d64s2，位于周期表第四周期Ⅷ族，位于d区元素，
故答案为：3d64s2；第四周期Ⅷ族；d。
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，由C的原子结构示意图可知x=2，则C的原子序数为14，故C为Si元素；A的原子序数小于Si，而A的最简单氢化物的水溶液显碱性，则A为N元素；E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe；A(氮)与D同主族，D的原子序数小于E(Fe)，故D为P元素；B是同周期中第一电离能最小的元素，则B处于IA族，B的原子序数介于A(氮)、C(硅)之间，故B为Na。
本题是对物质结构的考查，推断元素是解题的关键，掌握核外电子排布规律、元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17.【答案】−41.8ad><减小 4Kc>Kd=Ke >
【解析】解：(1)①Ⅰ2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
Ⅱ2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
根据盖斯定律：12(Ⅰ−Ⅱ)得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH=12(−196.6+113)kJ/ml=−41.8kJ/ml，
故答案为：−41.8；
②a.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量不变的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a正确；
b.混合气体的颜色保持不变，即表示二氧化氮的浓度不变，说明反应达到平衡状态，故b错误；
c.起始NO2与SO2以体积比2：1，两者消耗之比为1：1，NO2和SO2的体积比是变量，当NO2和SO2的体积比保持不变，说明反应达到平衡状态，故c错误；
d.无论反应是否达到平衡状态，都存在每生成1mlSO3消耗1mlNO2，故d正确；
故答案为：ad；
(2)①该反应是气体体积减小的反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO的平衡转化率越大，则p1>p2；由图可知，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0；当反应达到平衡时，v正=v逆，k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)=k(逆)⋅x(CH3OH)，则k(正)k(逆)=x(CH3OH)x(CO)⋅x2(H2)=Kx，升高温度，平衡逆向移动，Kx减小，
故答案为：>；<；减小；
②c点CO的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(ml/L)0.510
转化(ml/L)
平衡(ml/L)
K=c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)=×0.52=4；c点温度小于d、e点，且d、e点温度相等，则Kc>Kd=Ke，
故答案为：4；Kc>Kd=Ke；
③p2条件下，f点CO的转化率低于平衡时转化率，说明反应正向进行，v(正)>v(逆)，
故答案为：>。
(1)①Ⅰ2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
Ⅱ2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
根据盖斯定律：12(Ⅰ−Ⅱ)得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)；
②判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(2)①该反应是气体体积减小的反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO的平衡转化率越大；由图可知，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动；当反应达到平衡时，v正=v逆，k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)=k(逆)⋅x(CH3OH)，则k(正)k(逆)=x(CH3OH)x(CO)⋅x2(H2)=Kx；
②c点CO的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式计算；化学平衡常数只与温度有关，由图可知，随着温度的升高，平衡逆向移动，K值减小；
③p2条件下，f点CO的转化率低于平衡时转化率，说明反应正向进行。
本题考查反应热的计算、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，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
18.【答案】抑制Fe3+水解 AFe2+被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥 溶液变为浅红色 MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O93.60%C
【解析】解：(1)FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，抑制水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是抑制Fe3+水解，
故答案为：抑制Fe3+水解；
(2)A.其它条件相同时，温度越高，水解程度越大，上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响，故A正确；
B.温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大，pH越小；FeCl3的浓度越大，溶液的pH越小，实验1中浓度最小温度最低，水解生成的氢离子浓度最小，所以x最大，实验2与实验3中pH无法比较，故B错误；
C.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，因为浓度越小，水解程度越大，故C错误，
故答案为：A；
(3)蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥，
故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
(4)①根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是溶液变为浅红色，
故答案为：溶液变为浅红色；
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
③根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)=5n(MnO4−)，则有n(Fe2+)=5×0.02ml/L×0.0234L×10mL25mL=0.00936ml，产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O的质量分数为产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O(摩尔质量为392g/ml)的质量分数为0.00936ml×392g/ml3.920g=93.60%(保留2位小数)，
故答案为：93.60%；
④A.取用的晶体不够干燥，则杂质水偏多，产品含量偏低，故A错误；
B.容量瓶定容时仰视刻度线，配置的溶液浓度偏低，则n(Fe2+)偏低，最终含量偏低，故B错误；
C.滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多，最终含量偏高，故C正确；
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低，实际需要更多的高锰酸钾，测出的产品含量偏低，故D错误，
故答案为：C。
(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解呈酸性Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，抑制水解；
(2)A.其它条件相同时，温度越高，水解程度越大；
B.根据温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大判断；
C.根据浓度越小，水解程度越大分析判断；
(3)Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，可以转化为黄色溶液；
(4)①根据MnO4−溶液的颜色进行分析判断；
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应生成Mn2+、Fe3+；
③根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)=5n(MnO4−)，则有n(Fe2+)=5×0.02ml/L×0.0234L×10mL25mL=0.00936ml，结合元素守恒计算质量分数；
④A.取用的晶体不够干燥，会含有过多的水；
B.容量瓶定容时仰视刻度线，会导致加水过多；
C.滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多；
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低。
本题考查物质含量的测定、氧化还原反应滴定，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意高锰酸钾的作用及化合价与性质的关系，题目难度中等。
19.【答案】Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO18将FeCl3转化为AlCl3 b 取少量样品于试管中，加水溶解，滴加KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明含有FeCl3，反之，则无 AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3− 133.5n51m×100%
【解析】解：(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO，制取1mlAlCl3时，至少消耗1.5mlC，质量为m=nM=1.5ml×12g/ml=18g，
故答案为：Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO；18；
(2)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是将FeCl3除去，提高产品纯度，
故答案为：将FeCl3转化为AlCl3；
(3)700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应该介于183℃和315℃之间，
故答案为：b；
(4)欲证明AlCl3样品含有FeCl3，可采用的方法是取样品溶于水，加入KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明存在FeCl3，反之，则无，
故答案为：取少量样品于试管中，加水溶解，滴加KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明含有FeCl3，反之，则无；
(5)①NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢根，反应的离子方程式为AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，
故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；
②NaAlO2溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；根据流程可知，ngAl2O3的物质的量为n=mM=n102ml，根据铝元素守恒：2n(AlCl3)=n(Al2O3)=2×n102ml=n51ml，n(Al)=n(AlCl3)=2×AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，铝元素质量为m=nM=n51×133.5g=133.5n51g；所以样品中Al的质量分数=133.5n51×m×100%，
故答案为：133.5n51m×100%。
铝土和焦炭矿焙烧炉中加热，Fe2O3被还原得到Fe，所以反应后得到Al2O3和Fe，加入Cl2、焦炭在氯化炉中反应，Fe、Al2O3、Cl2和C反应会生成AlCl3、FeCl3、CO，排出废气CO和Cl2，加入Al粉除去FeCl3、Fe，最后得到AlCl3，冷凝得到AlCl3固体。
本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，题目难度中等，涉及物质分离和提纯、基本操作等知识点，明确实验原理及基本计算是解本题关键，试题侧重考查学生获取信息解答问题能力。
编号
实验操作
现象
结论
A
将少量Zn片放入FeCl3溶液中
Zn片逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变浅绿色
证明Zn的金属性比Fe强
B
取少量待测液于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液
先无明显现象，后有白色沉淀产生
原溶液中一定含有SO42−
C
向10mL0.1ml⋅L−1NaOH溶液中滴入5滴同浓度MgCl2溶液后再滴入5滴同浓度FeCl3溶液
先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
D
向某钾盐中滴加浓盐酸
产生的气体可以使品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者的混合物
实验
c(FeCl3)/ml⋅L−1
V(FeCl3)/mL
温度/℃
pH
1
0.1
5
25
x
2
0.1
5
35
y
3
0.2
5
25
z
古代人很多喜欢骑马射箭。下列关于骑射中用到的马鞍和弓箭的说法错误的是( )
A. 做弓箭的木质材料上涂有一层桐油(一种植物油)，桐油属于天然高分子化合物
B. 铁质马镫材料一般为生铁，生铁的熔点低于纯铁
C. 木质马鞍的材料一般为桦木，桦木的主要成分纤维素属于糖类
D. 箭杆尾部羽毛的主要成分是蛋白质，蛋白质具有两性
下列关于有效碰撞理论的说法正确的是( )
A. 加入催化剂，可以降低活化能，活化分子百分数虽然不变，但反应速率会增加
B. 通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
D. 其他条件不变，升高温度，一定增大活化分子百分数，但不一定加快反应速率
实验室常用锌和稀硫酸制备氢气，下列做法不能提高产生氢气的速率的是( )
A. 滴加几滴硫酸铜溶液B. 加热
C. 将稀硫酸改为98%的浓硫酸D. 将锌片换成锌粉
如图是几种常见的化学电源示意图，有关说法正确的是( )
A. 干电池属于二次电池，氯化铵是电解质
B. 铅蓄电池放电时，电解质溶液pH减小
C. 铅蓄电池工作过程中，每通过2ml电子，负极质量减轻207g
D. 氢氧燃料电池是一种绿色电源，正负极都可以用金属铂做电极材料
湿法冶铜的方法有很多，其中一种是浸出-萃取-电积法(使用不可溶阳极材料做电极电解，使金属阳离子在阴极沉积)。原理是先用溶剂溶浸矿石，再经过萃取将浸出液中的铜和其他杂质金属分离，然后用电积法将溶液中的铜提取出来。铜电积的原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. M极应与外接直流电源的负极相连
B. 电积过程中，溶液的c(Cu2+)不变
C. 铅合金板上的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+
D. 电积时电子从N极经溶液流向M极
下列事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A. 工业上通常采用压强10MPa∼30MPa的条件下合成氨
B. 生活中可用热的纯碱溶液除去油污
C. 唾液可以使淀粉水解的速度加快
D. 实验室用排饱和氯化钠溶液的方法收集氯气
利用CO与N2O反应生成无毒物质，有利于保护环境。下图是CO与N2O在Fe+作用下反应的能量变化及反应历程。该反应分为两步：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法错误的是( )
A. 总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快
B. 反应中每转移1ml电子，生成标况下N2体积为11.2L
C. 反应①的正反应活化能比反应②大
D. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定
下列说法正确的是( )
A. HCl稀溶液和NaOH稀溶液反应的中和热ΔH=−57.3kJ⋅ml−1，则H2SO4和Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH=−(2×57.3)kJ⋅ml−1
B. CO(g)的燃烧热ΔH=−283.0kJ⋅ml−1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=−(2×283.0)kJ⋅ml−1
C. 反应热可以通过生成物的键能之和减去反应物的键能之和求得
D. 1ml甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量数值上等于甲烷的燃烧热
在密闭容器中进行反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)，下列有关图像的说法错误的是( )
A. 依据图可判断p1>p2
B. 在图中，虚线可表示使用了催化剂时的变化情况
C. 依据图可判断正反应为放热反应
D. 由图中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应吸热
在密闭容器中存在反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.50ml⋅L−1，在温度不变时，将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡，测得A的浓度为0.35ml⋅L−1。下列有关判断正确的是( )
A. x+y
已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y，下列说法中错误的是( )
A. 第一电离能Y可能大于XB. 非金属性：X大于Y
C. X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价D. 气态氢化物的稳定性：HmY强于HnX
下列实验操作、现象能得出相应结论的是( )
A. AB. BC. CD. D
中和滴定终点可以用电导率变化确定，溶液电导率越大，导电能力越强。某同学用0.1ml⋅L−1KOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1ml⋅L−1的CH3COOH和HCl，滴定过程中溶液电导率变化如图所示。下列有关判断正确的是( )
A. 曲线①代表KOH溶液滴定HCl溶液
B. 在A点的溶液中有：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05ml⋅L−1
C. 在B点的溶液中：c(K+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
D. 相同温度下，A、C两点都是滴定终点，并且这两点水的电离程度相同
BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中离子浓度关系正确的是( )
A. c(Ba2+)=c(SO42−)=12Ksp
B. c(Ba2+)⋅c(SO42−)>Ksp，c(Ba2+)=c(SO42−)
C. c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp，c(Ba2+)>c(SO42−)
D. c(Ba2+)⋅c(SO42−)=Ksp，c(Ba2+)=c(SO42−)
运动员在剧烈运动后产生的乳酸会使肌肉麻痹疼痛，常用液氮降温减少炎症和乳酸。已知乳酸(表示为HL，L−为乳酸根)是一元弱酸。25℃时，下列有关叙述错误的是( )
A. 在HL和NaL组成的混合溶液中：2c(Na+)=c(HL)+c(L−)
B. 0.1ml⋅L−1HL溶液的pH>1
C. 0.1ml⋅L−1HL溶液加水稀释时，溶液中水电离出的c(H+)增大
D. 0.1ml⋅L−1NaL溶液中：c(Na+)>c(L−)>c(OH−)>c(H+)
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素．A与D同主族，A的最简单氢化物的水溶液显碱性；B是同周期中第一电离能最小的元素；C的原子结构示意图为；E对应的单质是目前用量最大的金属．回答下列问题：
(1)A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为 ______(填元素符号)，电负性由大到小的顺序为 ______(填元素符号).
(2)D的最简单氢化物的电子式为 ______，A的一种氢化物分子有18个电子，其化学式为 ______.
(3)B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐溶液呈碱性，其主要原因是 ______(用离子方程式表示).
(4)E原子价层电子排布式是 ______，E元素在周期表中的位置是 ______，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在 ______区．
(1)研究NO2、SO2、CO等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义．
①已知：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
则NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的ΔH=______kJ/ml.
②在一定条件下，将NO2与SO2以体积比2：1置于密闭容器中发生上述反应．下列不能说明反应达到平衡状态的是 ______(填标号).
a.混合气体平均摩尔质量保持不变
b.混合气体的颜色保持不变
c.NO2和SO2的体积比保持不变
d.每生成1mlSO3消耗1mlNO2
(2)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH.已知：v(正)=k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)，v(逆)=k(逆)⋅x(CH3OH)(k(正)、k(逆)分别表示正、逆反应速率常数，其中x为各组分的体积分数).在固定容积为2L的密闭容器中，充入1mlCO和2mlH2，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示．
①p1______p2(填“>”“<”)，该反应ΔH______0(填“>”“<”)，升高温度，k(正)k(逆)______(填“增大”“减小”或“不变”).
②c点平衡常数K=______，c、d、e三点平衡常数Kc、Kd、Ke三者之间的关系为 ______.
③p2条件下，f点v(正)______v(逆)(填“>”“<”或“=”).
铁盐和亚铁盐用途广泛．
Ⅰ.氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理．
(1)配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是 ______.
(2)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：
下列说法正确的是 ______(填标号).
A.上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响
B.表格中x>y>z
C.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大
Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O]俗称摩尔盐，是一种重要的分析试剂，空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇．
(3)实验室制备摩尔盐：向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4溶液，调节溶液pH为1∼2，在70℃∼80℃水浴加热，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体．蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是 ______，选用乙醇洗涤晶体的目的是 ______.
(4)滴定法测定摩尔盐质量分数：称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容．每次用移液管取25.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000ml⋅L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗23.40mL的KMnO4溶液．
①滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是 ______.
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ______.
③产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O(摩尔质量为392g/ml)的质量分数为 ______(保留2位小数).
④实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏高的是 ______(填标号).
A.取用的晶体不够干燥
B.容量瓶定容时仰视刻度线
C.滴定管未用待盛溶液润洗
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡
无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等．工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备，流程如图：
已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华，回答下列问题：
(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为 ______，制取1mlAlCl3时，至少消耗碳 ______g.
(2)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是 ______.
(3)700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离．请选择合适的温度范围 ______(填标号).
a.低于183℃
b.介于183℃和315℃之间
c.高于315℃
(4)证明AlCl3样品含有FeCl3，可采用的方法是 ______.
(5)AlCl3样品(含少量FeCl3)的纯度可采用以下方法检测．mg样品→过滤过量过NaOH溶液NaAlO2溶液→过滤过量CO2Al(OH)3→冷却△ngAl2O3.
①向NaAlO2溶液中通入过量CO2涉及的离子方程式为 ______.
②计算该样品中AlCl3的质量分数 ______(结果用m、n表示，不必化简).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.油脂的相对分子质量并不大，不属于高分子化合物，故A错误；
B.生铁是含碳量较高的铁合金，熔点比纯铁低，故B正确；
C.纤维素属于糖类中的多糖，故C正确；
D.蛋白质中的−NH2可与酸反应，−COOH可与碱反应，具有两性，故D正确；
故选：A。
A.天然高分子化合物：天然存在的相对分子质量很大的有机化合物；
B.合金的熔点一般比对应的纯金属低；
C.纤维素属于糖类中的多糖；
D.蛋白质中含有氨基和羧基。
本题考查了物质的组成、分类及其性质，题目难度不大，需要熟悉相关知识。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故A错误；
B.通过压缩体积增大压强，导致单位体积内活化分子个数增多，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故B正确；
C.活化分子碰撞不一定发生反应，还与取向有关，则活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，故C错误；
D.升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应的速率，故D错误；
故选：B。
升高温度，分子的能量增大，增大活化分子百分数，活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应，以此解答该题。
本题考查化学反应速率以及化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和双基的考查，注意把握化学反应速率的影响因素以及原因，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.滴加几滴硫酸铜溶液，锌将铜置换出来，可形成原电池反应，增大反应速率，故A不选；
B.加热，温度升高，反应速率加快，故B不选；
C.将稀硫酸改为98%的浓硫酸，浓硫酸与锌反应放出二氧化硫不生成氢气，故C选；
D.将锌片换成锌粉，增大固体表面积，反应速率加快，故D不选；
故选：C。
影响Zn和稀硫酸反应的因素有浓度、温度、固体表面积大小以及原电池反应等，一般来说，增大浓度、升高温度、增大固体表面积或形成原电池反应都可增大反应速率。
本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握温度、浓度、接触面积、原电池对反应速率的影响为解答的关键，注意浓硫酸的性质，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.干电池只能放电，不能充电，所以是一次性电池，故A错误；
B.起蓄电池放电时，电池反应式为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，故B错误；
C.铅蓄电池的总反应为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，放电时，Pb作负极，电极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，负极上由Pb变为PbSO4，质量增加，故C错误；
D.氢氧燃料电池中生成水，对环境无污染，Pt属于惰性电极，放电时Pt不参与反应，所以正负极都可以用金属铂做电极材料，故D正确；
故选：D。
A.干电池是一次性电池；
B.起蓄电池放电时，电池反应式为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O；
C.铅蓄电池的总反应为PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O，放电时，Pb作负极，电极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4；
D.氢氧燃料电池中生成水，对环境无污染，Pt属于惰性电极。
本题考查化学电源，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.M极应与外接直流电源的正极相连，作阳极，故A错误；
B.电积过程中，溶液的c(Cu2+)减小，故B错误；
C.M与电源正极相连作阳极，则铅合金板上的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C正确；
D.电积时电子从N极流向M极，不能进入溶液中，故D错误；
故选：C。
用电积法将溶液中的铜提取出来，可知N与电源负极相连，铜板为阴极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，溶液中铜离子浓度减小，M与电源正极相连作阳极，电子不能进入溶液中以此来解答。
本题考查电解原理及应用，为高频考点，把握电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.合成氨正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.因纯碱溶液呈碱性以及油脂在碱性条件下发生水解，升温促进水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.唾液中唾液淀粉酶属于催化剂，能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D.氯气和水反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气和水反应平衡逆向移动，氯气溶解度减小，故能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，注意平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，题目难度不大，明确勒夏特列原理内容为结构件，注意只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能用平衡移动原理解释，试题侧重考查学生的灵活应用能力的能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.温度过高，会使催化剂失去活性，导致反应速率减慢，故A错误；
B.反应中每转移2ml电子，生成1mlN2，则反应中每转移1ml电子，生成N2体积标准状况下为11.2L，故B正确；
C.由图可知，反应①的活化能比反应②大，故C正确；
D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，反应①的活化能比反应②大，则反应①速率较慢，则总反应的化学反应速率由反应①决定，故D正确；
故选：A。
A.催化剂的活性与温度有关；
B.根据反应中每转移2ml电子生成1mlN2计算；
C.过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能；
D.对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，总反应的速率由速率慢的反应决定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对反应速率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。
8.【答案】B
【解析】解：A.生成硫酸钡沉淀放热，则H2SO4和Ba(OH)2稀溶液反应的反应热ΔH<−(2×57.3)kJ⋅ml−1，故A错误；
B.CO(g)的燃烧热是指1mlCO(g)完全燃烧生成二氧化碳放出283.0kJ热量，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=−(2×283.0)kJ⋅ml−1，故B正确；
C.反应热可以通过反应物的键能之和减去生成物的键能之和求得，故C错误；
D.气态水的能量高于液态水，则1ml甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量数值上小于甲烷的燃烧热，故D错误；
故选：B。
A.生成硫酸钡沉淀放热；
B.CO(g)的燃烧热是指1mlCO(g)完全燃烧生成二氧化碳放出283.0kJ热量；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
D.气态水的能量高于液态水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热以及中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、催化剂对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图像的结合，题目难度不大。
【解答】
A.由题干图可知，p1先达到平衡，则p1>p2，且增大压强平衡正向移动，C的含量增大，与图像一致，故A正确；
B.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则图中虚线可表示使用了催化剂时的变化情况，故B正确；
C.升高温度逆反应速率大于正反应速率，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故C正确；
D.气体的质量不变，升高温度平均相对分子质量减小，可知气体的物质的量增大，升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故D错误；
故选：D。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，减小压强平衡逆向移动，则x+y>z，故A错误；
B.再次平衡时A的浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C.平衡逆向移动，C的体积分数减小，故C错误；
D.由于将容器的体积扩大到两倍，导致平衡时B的浓度减小，故D错误；
故选：B。
在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍瞬间，A的浓度变为原来一半，即0.25ml/L，实际上再次达到平衡时A的浓度为0.35ml/L，扩大容器体积相当于减小压强，说明减小压强A的浓度增大，平衡逆向移动，则x+y>z，据此分析解答。
本题考查化学平衡影响因素，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，正确判断平衡移动方向是解本题关键，注意明确改变条件的瞬间A的浓度，为解答易错点，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.全满、半满状态时较稳定，第ⅡA族、ⅤA族的元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能Y可能大于X第一电离能Y可能大于X，如N的第一电离能大于O，故A正确；
B.X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则非金属性：X大于Y，故B正确；
C.电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故C正确；
D.非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D错误；
故选：D。
X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则非金属性X>Y，
A.第ⅡA族、ⅤA族的元素的第一电离能大于同周期相邻元素；
B.同周期元素非金属性越强电负性越强；
C.电负性大的元素在化合物中显负价；
D.非金属性越强，气态氢化物越稳定。
本题考查原子结构与元素周期律，明确元素周期律的内容为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.少量Zn与氯化铁反应生成氯化锌和氯化亚铁，不能置换出Fe，则不能比较金属性强弱，故A错误；
B.先加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有SO42−，故B正确；
C.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，故C错误；
D.钾盐若为K2S2O3，可与盐酸反应生成二氧化硫使品红褪色，则钾盐不一定为K2SO3或KHSO3或二者的混合物，故D错误；
故选：B。
A.少量Zn与氯化铁反应生成氯化锌和氯化亚铁；
B.先加盐酸无明显现象，可排除干扰离子，后加氯化钡生成白色沉淀为硫酸钡；
C.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀；
D.钾盐若为K2S2O3，可与盐酸反应生成二氧化硫使品红褪色。
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、反应与现象、离子检验、难溶电解质、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】B
【解析】解：A.根据前面分析曲线①代表KOH溶液滴定CH3COOH溶液，故A错误；
B.在A点的溶液中溶质为CH3COOK，根据电荷守恒得到：c(CH3COO−)+c(OH−)−c(H+)=0.05ml⋅L−1，故B正确；
C.在B点的溶液溶质为CH3COOK、KOH且两者物质的量浓度相等，溶液显碱性由于醋酸根水解：c(K+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，故C错误；
D.相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为CH3COOK，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制，因此这两点水的电离程度不相同，故D错误；
故选：B。
根据电导率分析，没有滴加KOH时，P的电导率比Q小，说明Q点为HCl的电导率；
A.根据前面分析曲线①代表KOH溶液滴定CH3COOH溶液；
B.在A点的溶液中溶质为CH3COOK，根据电荷守恒分析；
C.在B点的溶液溶质为CH3COOK、KOH且两者物质的量浓度相等；
D.相同温度下，A、C两点都是滴定终点，A点溶质为CH3COOK，C点溶质为KCl，前者促进水的电离，后者既不促进也不抑制。
本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，注意A点溶液体积是原来2倍，离子浓度降为原来一半，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14.【答案】C
【解析】解：A.加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；
B、加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，温度不变，溶液中的溶度积常数不变，故B错误；
C、加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中的溶度积常数不变，故C正确；
D、溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故D错误；
故选：C。
在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，存在沉淀溶解平衡，BaSO4(s)⇌Ba2++SO42−；若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则Ksp=c(Ba2+)⋅c(SO42−)，饱和溶液中c(Ba2+)=c(SO42−)，加入氯化钡溶液增大钡离子浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向进行，硫酸根离子浓度减小，溶度积常数随温度变化，不随浓度改变。
本题考查了沉淀溶解平衡的建立和影响因素判断，注意溶度积随温度变化是分析解题关键，题目较简单。
15.【答案】A
【解析】解：A.已知HL是一元弱酸，HL和NaL混合溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HL)+c(L−)，故A错误；
B.HL是一元弱酸，部分电离，则0.1ml⋅L−1HL中c(H+)<0.1ml/L，溶液的pH，故B正确；
C.HL是一元弱酸，加水稀释HL的浓度减小，对水的电离抑制程度减小，则水电离出的c(H+)增大，故C正确；
D.NaL溶液中L−存在水解反应：L−+H2O⇌HL+OH−，溶液呈碱性，各个离子浓度大小为c(Na+)>c(L−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确；
故选：A。
A.已知HL是一元弱酸，HL和NaL混合溶液中存在物料守恒；
B.HL是一元弱酸，部分电离；
C.HL是一元弱酸，加水稀释HL的浓度减小，对水的电离抑制程度减小；
D.NaL溶液中L−存在水解反应：L−+H2O⇌HL+OH−，溶液呈碱性。
本题考查了弱电解质电离方程式书写、电离平衡的移动、盐类水解，题目难度不大，注意弱电解质电离平衡方程式书写。
16.【答案】N
【解析】解：由分析可知，A为N、B为Na、C为Si、D为P、E为Fe；
(1)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故A、B、C、D四种元素原子半径由小到大的顺序为N
故答案为：N
(2)D的最简单氢化物为PH3，其电子式为，A的一种氢化物分子有18个电子，其化学式为N2H4.
故答案为：；N2H4；
(3)B和D元素的最高价氧化物对应的水化物充分反应后形成的正盐为Na3PO4，溶液呈碱性，用离子方程式主要原因是PO43−+H2O⇌HPO42−+OH−，
故答案为：PO43−+H2O⇌HPO42−+OH−；
(4)E为Fe元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d64s2，位于周期表第四周期Ⅷ族，位于d区元素，
故答案为：3d64s2；第四周期Ⅷ族；d。
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，由C的原子结构示意图可知x=2，则C的原子序数为14，故C为Si元素；A的原子序数小于Si，而A的最简单氢化物的水溶液显碱性，则A为N元素；E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe；A(氮)与D同主族，D的原子序数小于E(Fe)，故D为P元素；B是同周期中第一电离能最小的元素，则B处于IA族，B的原子序数介于A(氮)、C(硅)之间，故B为Na。
本题是对物质结构的考查，推断元素是解题的关键，掌握核外电子排布规律、元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17.【答案】−41.8ad><减小 4Kc>Kd=Ke >
【解析】解：(1)①Ⅰ2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
Ⅱ2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
根据盖斯定律：12(Ⅰ−Ⅱ)得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH=12(−196.6+113)kJ/ml=−41.8kJ/ml，
故答案为：−41.8；
②a.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量不变的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a正确；
b.混合气体的颜色保持不变，即表示二氧化氮的浓度不变，说明反应达到平衡状态，故b错误；
c.起始NO2与SO2以体积比2：1，两者消耗之比为1：1，NO2和SO2的体积比是变量，当NO2和SO2的体积比保持不变，说明反应达到平衡状态，故c错误；
d.无论反应是否达到平衡状态，都存在每生成1mlSO3消耗1mlNO2，故d正确；
故答案为：ad；
(2)①该反应是气体体积减小的反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO的平衡转化率越大，则p1>p2；由图可知，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0；当反应达到平衡时，v正=v逆，k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)=k(逆)⋅x(CH3OH)，则k(正)k(逆)=x(CH3OH)x(CO)⋅x2(H2)=Kx，升高温度，平衡逆向移动，Kx减小，
故答案为：>；<；减小；
②c点CO的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(ml/L)0.510
转化(ml/L)
平衡(ml/L)
K=c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)=×0.52=4；c点温度小于d、e点，且d、e点温度相等，则Kc>Kd=Ke，
故答案为：4；Kc>Kd=Ke；
③p2条件下，f点CO的转化率低于平衡时转化率，说明反应正向进行，v(正)>v(逆)，
故答案为：>。
(1)①Ⅰ2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ/ml
Ⅱ2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=−113.0kJ/ml
根据盖斯定律：12(Ⅰ−Ⅱ)得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)；
②判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
(2)①该反应是气体体积减小的反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，CO的平衡转化率越大；由图可知，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动；当反应达到平衡时，v正=v逆，k(正)⋅x(CO)⋅x2(H2)=k(逆)⋅x(CH3OH)，则k(正)k(逆)=x(CH3OH)x(CO)⋅x2(H2)=Kx；
②c点CO的平衡转化率为50%，列化学平衡三段式计算；化学平衡常数只与温度有关，由图可知，随着温度的升高，平衡逆向移动，K值减小；
③p2条件下，f点CO的转化率低于平衡时转化率，说明反应正向进行。
本题考查反应热的计算、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，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
18.【答案】抑制Fe3+水解 AFe2+被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥 溶液变为浅红色 MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O93.60%C
【解析】解：(1)FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，抑制水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是抑制Fe3+水解，
故答案为：抑制Fe3+水解；
(2)A.其它条件相同时，温度越高，水解程度越大，上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响，故A正确；
B.温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大，pH越小；FeCl3的浓度越大，溶液的pH越小，实验1中浓度最小温度最低，水解生成的氢离子浓度最小，所以x最大，实验2与实验3中pH无法比较，故B错误；
C.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，因为浓度越小，水解程度越大，故C错误，
故答案为：A；
(3)蒸发浓缩时，如果溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，均可能导致溶液变黄，其原因是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥，
故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
(4)①根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，滴定终点锥形瓶中溶液的颜色变化是溶液变为浅红色，
故答案为：溶液变为浅红色；
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
③根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)=5n(MnO4−)，则有n(Fe2+)=5×0.02ml/L×0.0234L×10mL25mL=0.00936ml，产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O的质量分数为产品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O(摩尔质量为392g/ml)的质量分数为0.00936ml×392g/ml3.920g=93.60%(保留2位小数)，
故答案为：93.60%；
④A.取用的晶体不够干燥，则杂质水偏多，产品含量偏低，故A错误；
B.容量瓶定容时仰视刻度线，配置的溶液浓度偏低，则n(Fe2+)偏低，最终含量偏低，故B错误；
C.滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多，最终含量偏高，故C正确；
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低，实际需要更多的高锰酸钾，测出的产品含量偏低，故D错误，
故答案为：C。
(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解呈酸性Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，抑制水解；
(2)A.其它条件相同时，温度越高，水解程度越大；
B.根据温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大判断；
C.根据浓度越小，水解程度越大分析判断；
(3)Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，可以转化为黄色溶液；
(4)①根据MnO4−溶液的颜色进行分析判断；
②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应生成Mn2+、Fe3+；
③根据反应MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则n(Fe2+)=5n(MnO4−)，则有n(Fe2+)=5×0.02ml/L×0.0234L×10mL25mL=0.00936ml，结合元素守恒计算质量分数；
④A.取用的晶体不够干燥，会含有过多的水；
B.容量瓶定容时仰视刻度线，会导致加水过多；
C.滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多；
D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低。
本题考查物质含量的测定、氧化还原反应滴定，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意高锰酸钾的作用及化合价与性质的关系，题目难度中等。
19.【答案】Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO18将FeCl3转化为AlCl3 b 取少量样品于试管中，加水溶解，滴加KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明含有FeCl3，反之，则无 AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3− 133.5n51m×100%
【解析】解：(1)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO，制取1mlAlCl3时，至少消耗1.5mlC，质量为m=nM=1.5ml×12g/ml=18g，
故答案为：Al2O3+3Cl2+3C−高温2AlCl3+3CO；18；
(2)升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是将FeCl3除去，提高产品纯度，
故答案为：将FeCl3转化为AlCl3；
(3)700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应该介于183℃和315℃之间，
故答案为：b；
(4)欲证明AlCl3样品含有FeCl3，可采用的方法是取样品溶于水，加入KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明存在FeCl3，反之，则无，
故答案为：取少量样品于试管中，加水溶解，滴加KSCN试剂，若溶液变为血红色，则证明含有FeCl3，反之，则无；
(5)①NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢根，反应的离子方程式为AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，
故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；
②NaAlO2溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；根据流程可知，ngAl2O3的物质的量为n=mM=n102ml，根据铝元素守恒：2n(AlCl3)=n(Al2O3)=2×n102ml=n51ml，n(Al)=n(AlCl3)=2×AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，铝元素质量为m=nM=n51×133.5g=133.5n51g；所以样品中Al的质量分数=133.5n51×m×100%，
故答案为：133.5n51m×100%。
铝土和焦炭矿焙烧炉中加热，Fe2O3被还原得到Fe，所以反应后得到Al2O3和Fe，加入Cl2、焦炭在氯化炉中反应，Fe、Al2O3、Cl2和C反应会生成AlCl3、FeCl3、CO，排出废气CO和Cl2，加入Al粉除去FeCl3、Fe，最后得到AlCl3，冷凝得到AlCl3固体。
本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，题目难度中等，涉及物质分离和提纯、基本操作等知识点，明确实验原理及基本计算是解本题关键，试题侧重考查学生获取信息解答问题能力。
编号
实验操作
现象
结论
A
将少量Zn片放入FeCl3溶液中
Zn片逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变浅绿色
证明Zn的金属性比Fe强
B
取少量待测液于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液
先无明显现象，后有白色沉淀产生
原溶液中一定含有SO42−
C
向10mL0.1ml⋅L−1NaOH溶液中滴入5滴同浓度MgCl2溶液后再滴入5滴同浓度FeCl3溶液
先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
D
向某钾盐中滴加浓盐酸
产生的气体可以使品红溶液褪色
该钾盐为K2SO3或KHSO3或二者的混合物
实验
c(FeCl3)/ml⋅L−1
V(FeCl3)/mL
温度/℃
pH
1
0.1
5
25
x
2
0.1
5
35
y
3
0.2
5
25
z
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