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2021-2022学年吉林省辽源市东丰县五校高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省辽源市东丰县五校高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了△S>0B. △H>0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省辽源市东丰县五校高二（上）期末化学试卷
1. 下列过程中，需要加快化学反应速率的是( )
A. 钢铁生锈 B. 塑料降解 C. 食物腐败 D. 橡胶老化
2. 某反应A+B=C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程△H、△S的判断正确的是( )
A. △H<0、△S>0 B. △H>0、△S>0
C. △H<0、△S<0 D. △H>0、△S<0
3. 某原电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，该原电池的组成物质中正确的是( )
选项
A
B
C
D
正极
Cu
Cu
Ag
Ag
负极
Ag
Ag
Cu
Cu
电解质溶液
AgNO3
AgCl
AgNO3
AgCl
A. A B. B C. C D. D
4. 已知银氨溶液中存在如下平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3。向银氨溶液中加入或通入少量下列物质，能使上述平衡向正反应方向移动且c(Ag+)减小的是( )
A. KI B. HNO3 C. NH3 D. AgNO3
5. 电解与日常生活密切相关，下列符合生产实际的是( )
A. 电解熔融的氯化铝制取金属铝
B. 在镀件上镀锌时，用锌作阴极
C. 电解法精炼粗铜时，用纯铜作阳极
D. 电解饱和食盐水制烧碱时，用涂镍碳钢网作阴极
6. 室温下，下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. 0.1mol⋅L−1的氨水 B. 0.1mol⋅L−1的NH4HSO4溶液
C. 0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液 D. 0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液
7. 已知高炉炼铁时发生反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.6kJ⋅mol−1，则生成56gFe时，上述反应的能量变化为( )
A. 放出8.2kJ能量 B. 吸收8.2kJ能量 C. 放出12.3kJ能量 D. 吸收12.3kJ能量
8. pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是( )
A. X=Y=Z B. X>Y=Z C. X
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ⋅mol−1；
③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=−80kJ⋅mol−1。
下列说法正确的是( )
A. O2的能量大于CO2的能量
B. C和CO2的能量之和等于CO的能量
C. 反应①②③均为吸热反应
D. TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ⋅mol−1
10. 下列有关氮原子的轨道表示式中违反洪特规则的是( )
A. B.
C. D.
11. 恒温密闭容器中的反应4M(g)+3N(s)⇋2P(g)+Q(g)，经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1。下列叙述错误的是( )
A. 2min内M的平均反应速率为0.6mol⋅L−1⋅min−1
B. M、P、Q表示的反应速率之比为4：2：1
C. 用N表示的反应速率是0.45mol⋅L−1⋅min−1
D. 2∼4min内M的平均反应速率小于0.6mol⋅L−1⋅min−1
12. 运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是( )
A. 某吸热反应能自发进行，该反应一定是熵增反应
B. 用浓硫酸代替稀硫酸与铁反应能增大生成H2的反应速率
C. NaF水溶液中含有HF，因此NaF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
D. 用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，溶液中Cu2+的物质的量浓度不变
13. 关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛。其原理为：①HUr⇌H++Ur−ΔH1>0；②Ur−(aq)+Na+(aq)⇌NaU(s)ΔH2<0。下列有关说法中错误的是( )
A. 关节炎发作时，体液的pH增大 B. 控制食盐摄入量有利于减缓关节炎的发生
C. 关节炎患者冬季注意保暖可减缓症状 D. 升高温度，平衡②向逆反应方向移动
14. 25℃时，FeS饱和溶液中，Fe2+与S2−的物质的量浓度的负对数关系如图所示。对于图中的a点，下列说法正确的是( )
A. a点表示FeS的饱和溶液，且c(Fe2+)
C. a点表示FeS的不饱和溶液，且c(Fe2+)
15. 食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按照一定比例组成的混合物，可同时吸收氧气和水，起到抗氧化和干燥的作用。下列说法不正确的是( )
A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C. 氯化钠的作用是作电解质，传导离子构成回路
D. 炭粉上发生的电极反应为O2+4e−+4H+=2H2O
16. 下列各基态原子或离子的核外电子排布式正确的是( )
A. 2He：1s12s1 B. 16S2−：1s22s22p63s23p6
C. 12Mg2+：1s22s22p63s2 D. 24Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
17. 在容积不变的密闭容器中进行反应：2M(g)+N(g)⇋2Q(g)ΔH，其平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述反应为吸热反应
B. a点处v(M)正=v(N)逆
C. c点处v(M)正=v(N)正=2：1
D. a、b、c三点中，只有b点处反应达到平衡状态
18. 现有甲、乙两个图象，能同时满足两个图象的热化学方程式的是( )
A. 2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H>0
B. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0
C. 4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO+6H2O(g)△H<0
D. H2(g)+CO(g)⇌C(s)+H2O(g)△H>0
19. 下列有关比较中错误的是( )
A. 元素的电负性：NMg>Al
C. 元素的第一电离能：C
A. a表示的是醋酸的滴定曲线
B. 滴定b过程中，指示剂可以是酚酞
C. pH=7时，滴定盐酸消耗的V(NaOH)=20.00mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸中c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
21. 以H2、O2熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备次氯酸钠，装置如图所示，其中P端通入CO2。则下列说法中不正确的是( )
A. 通入标准状况下44.8LO2理论上可得到149gNaClO
B. X端为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
C. Y端为阳极，发生氧化反应，有氯气生成
D. 石墨Ⅰ电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O
22. 一定温度下，在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热可得下列平衡：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)。已知平衡后CO物质的量为8mol且K=0.1。下列说法错误的是( )
A. CO的平衡转化率为20%
B. 反应前H2S物质的量为7mol
C. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
D. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应
23. 下列实验能达到预期目的的是( )
选项
实验内容
实验目的
A
等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多
证明HA是强酸
B
向1mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol⋅L−1的MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol⋅L−1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去
证明SO2具有漂白性
D
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
24. 1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42−)=1.5mol⋅L−1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到11.2L气体(标准状况)。假设电解后溶液体积不变，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中n(K2SO4)=2mol B. 电解过程中共转移2mol电子
C. 电解得到Cu的质量为64g D. 电解后所得溶液的pH=1
25. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的s电子数和p电子数相等，W和Z位于同一主族，X原子的价电子排布式为3s1，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W、Z具有相同的最高正价
C. Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强
D. X、Z形成的化合物中各微粒的电子层结构相同
26. 合成气(CO、H2)可由煤、天然气和生物质等非石油路线获得，由合成气制取甲醇是科研工作者的研究热点。回答下列问题：
(1)已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1。
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1。
则CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=______。
(2)在一恒温恒容的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______(填字母)。
A.体系的压强保持不变
B.混合气体的密度保持不变
C.2v(H2)正=v(CH3OH)逆
D.CH3OH的浓度保持不变
(3)在一定条件下，在容积恒定为VL的密闭容器中充入1molCO与2molH2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)。CO转化率与温度、压强的关系如图所示：
①由图可知p1______(填“>”“<”或“=”)p2。
②图中b、c、d三点的化学平衡常数为Kb、Kc、Kd，从大到小的顺序为 ______。
③比较体系中气体平均摩尔质量：M(b)______(填“>”“<”或“=”)M(d)。
④下列措施中能够同时满足增大正反应速率和提高CO转化率的是 ______(填字母)。
A.使用高效催化剂
B.降低反应温度
C.再充入2molCO与4molH2
D.不断将甲醇从体系混合物中分离出来
27. 图甲是一种利用微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁片上镀铜。回答下列问题：
(1)铁电极应与 ______极(填“X”或“Y”)相连，H+应向 ______极(填“M”或者“N”)做定向移动。
(2)M极发生的电极反应式为 ______；若铜片上的质量减少1.92g，则甲装置中消耗CO(NH2)2的质量为 ______g。
(3)常温下，若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则当电路中通过0.01mol电子时，铜电极发生的电极反应式为 ______，此时溶液的pH=______(此时溶液体积为100mL)。通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移电子的物质的量为 ______(忽略溶液体积变化)。
28. 水溶液中的离子反应与离子平衡在化学工业上有着重要的应用。回答下列问题：
(1)常温下，将V1mL0.3mol⋅L−1稀盐酸与V2mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=______(溶液体积变化忽略不计)。
(2)常温下，将V1mLpH=3的酸HA溶液与V2mLpH=11的NaOH溶液混合。下列说法正确的是 ______(填字母)。
A.若V1=V2，反应后溶液pH一定等于7
B.若反应后溶液呈中性，则混合液中c(H+)+c(OH−)=2×10−7mol⋅L−1
C.若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D.若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
(3)常温下，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol⋅L−1CH3COOH溶液，滴定过程中，溶液的pH与消耗NaOH溶液的体积的关系如图所示：
①该滴定过程应该选择 ______(填“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。
②a ______(填“>”“<”或“=”)20mL。
③C点溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(4)25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时的pH
5.8
4.1
2.0
完全沉淀时的pH
8.3
6.4
3.2
常温下，除去酸性CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，其操作步骤为：
①应先加入 ______(填试剂名称)，发生的离子反应方程式为 ______。
②再加入CuO，调节溶液的pH在 ______范围内，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤。
29. 维生素C又称抗坏血酸．其化学式为C6H8O6，在有氧、光照的条件下易被氧化，维生素C含量的测定就是利用其较强的还原性，可以与具有氧化性的物质如I2发生化学反应，把维生素C氧化生成去氢抗坏血酸。维生素C与碘单质的化学反应如下：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI。某实验小组准确量取稀释过的市售饮料10.00mL。用已经标定的0.0020mol⋅L−1的I2溶液进行滴定，记录所用体积，平行滴定三次。消耗I2溶液体积如下表所示：
实验编号
待测溶液的体积(mL)
滴定前I2溶液读数(mL)
滴定后I2溶液读数(mL)
1
10.00
1.20
13.22
2
10.00
1.21
13.19
3
10.00
2.00
14.00
回答下列问题：
(1)标准I2溶液应装入 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，应选用 ______作指示剂。
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积 ______(填字母)。
A.amL
B.>amL
C.(50−a)mL
D.>(50−a)mL
(3)滴定终点的判断方法是 ______。
(4)该市售饮料维生素C的浓度为 ______g⋅L−1。
(5)其他操作均正确，下列操作会导致维生素C测定结果偏低的是 ______(填字母)。
A.锥形瓶中有少量水
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗
C.滴定结束时仰视刻度线读数
D.量取待测液的滴定管没有润洗
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项中只有B塑料降解为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，
故选：B。
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而材料的腐蚀、老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率的调控，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、△H<0，△S>0，一定存在△H−T△S<0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；
B、△H>0，△S>0，高温下△H−T△S<0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；
C、△H<0，△S<0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；
D、△H>0，△S<0，一定存在△H−T△S>0，反应在任何温度都不能自发进行，故D不符合；
故选：C。
反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0。
本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，掌握基础是关键，题目较简单。
3.【答案】C
【解析】解：由原电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，该原电池的负极为Cu，电极反应为Cu−2e−−=Cu2+，正极反应为Ag++e−=Ag，电极材料可以是金属Ag或石墨等惰性电极，电解质溶液可以是可溶、易电离的银盐等，A、B选项中正、负极颠倒了，D中AgCl难溶，不可选为电解质溶液，故该原电池的组成物质中正确的是C，
故选：C。
构成原电池的反应必须是自发进行的氧化还原反应，原电池的装置由负极、正极、电解质溶液以及导线构成了一个闭合回路装置，据此解答。
本题考查了原电池的工作原理和构成条件，涉及到正、负的判断和电解质溶液的选择，属于容易题。
4.【答案】A
【解析】解：A.KI与银离子反应生成沉淀，使平衡正向移动，c(Ag+)减小，故A正确；
B.硝酸与氨气反应，使平衡正向移动，c(Ag+)增大，故B错误；
C.加入氨气，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故C错误；
D.加入硝酸银，平衡逆向移动，c(Ag+)增大，故D错误；
故选：A。
加入与银离子反应的物质，可使平衡正向移动，且c(Ag+)减小，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.熔融氯化铝不导电，所以应该用惰性电极电解熔融的氧化铝制取金属铝，故A错误；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以在镀件上电镀锌，用锌作阳极，故B错误；
C.电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐，故C错误；
D.反应物的接触面积越大，反应速率越快，电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极，增大了反应物的接触面积，从而增大反应速率，故D正确；
故选：D。
A.电解熔融氧化铝制取金属铝；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
C.电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，粗铜作阳极；
D.反应物的接触面积越大，反应速率越快。
本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意活泼金属作阳极时，阳极上是金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。
6.【答案】B
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1的氨水溶液中，一水合氨为弱电解质，存在微弱电离，铵根离子浓度远小于0.1mol/L；
B.0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；
C.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进铵根离子水解；
D.0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中铵根离子水解，硝酸根离子对铵根离子水解无影响；
溶液中c(NH4+)最大的是：0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液，
故选：B。
NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小，
A.0.1mol⋅L−1的氨水溶液中，一水合氨为弱电解质，存在微弱电离，铵根离子浓度远小于0.1mol/L；
B.0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；
C.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进铵根离子水解；
D.0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中铵根离子水解，硝酸根离子对铵根离子水解无影响。
本题考查了盐类水解原理、水解平衡影响因素分析判断、离子浓度大小比较等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：根据反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=−24.6kJ⋅mol−1，可知，
2Fe(s)∼∼∼24.6kJ
2×56g24.6kJ
56g Q
Q=24.6kJ×56g2×56g=12.3kJ，
故选：C。
根据能量变化和物质物质的量(或质量)成正比，则有：
2Fe(s)∼∼∼∼∼∼24.6kJ
2×56g24.6kJ
56g Q
据此计算。
该题考查了有关能量变化和物质物质的量(或质量)成正比的计算，注意分清放热还是吸热，掌握热方程式的含义是关键，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：NaOH、Ba(OH)2是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液，物质的量浓度c(氨水)>c(NaOH)=2c[Ba(OH)2]，稀释过程中，一水合氨继续电离出氢氧根离子，如果稀释相同的倍数，则氨水中c(OH−)最大、NaOH和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，要使稀释后三种溶液中pH相等，则n(OH−)多的应该稀释倍数大，所以氨水稀释倍数最大，NaOH和Ba(OH)2溶液稀释倍数相等，所以X>Y=Z，
故选：B。
NaOH、Ba(OH)2是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液，物质的量浓度c(氨水)>c(NaOH)=2c[Ba(OH)2]，稀释过程中，一水合氨继续电离出氢氧根离子，如果稀释相同的倍数，则氨水中c(OH−)最大、NaOH和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，要使稀释后三种溶液中pH相等，则n(OH−)多的应该稀释倍数大，据此分析解答。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，采用逆向思维分析解答即可，注意：pH相等的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等但溶质浓度不等，为易错点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由反应①可知，1molC(s)和1molO2(g)能量总和大于1molCO2(g)能量，故A错误；
B.根据盖斯定律：①-②得C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=(−393.5+566)kJ/mol=+172.5kJ/mol，则说明1molC(s)和1molCO2(g)能量总和小于2molCO(g)，故B错误；
C.反应①②③均为放热反应，故C错误；
D.利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=(−80−566+393.5×2)kJ/mol=+141kJ/mol，故D正确；
故选：D。
当反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.表示氮的电子排布图，没有违反洪特规则，故A错误；
B.第三个轨道自旋方向与其他轨道上电子相反，故违反洪特规则，故B正确；
C.违反能量最低原理，故C错误；
D.违反能量最低原理，故D错误；
故选：B。
电子在能量相同的轨道(即等价轨道)上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，因为这样的排布方式总能量最低，称为洪特规则，据此进行判断。
本题主要考查泡利原理、洪特规则、能量最低原理，解题的关键是对化学概念的理解和运用，为高频考点，难度较小。
11.【答案】C
【解析】解：A.经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1，则2min内M的平均反应速率为1.2mol/L2min=0.6mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，则M、P、Q表示的反应速率之比为4：2：1，故B正确；
C.N为纯固体，不能使用mol⋅L−1⋅min−1表示其反应速率，故C错误；
D.随反应的进行，浓度减小，反应速率减小，结合选项A可知2∼4min内M的平均反应速率小于0.6mol⋅L−1⋅min−1，故D正确；
故选：C。
A.经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1，结合v=△c△t计算；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比；
C.N为纯固体；
D.随反应的进行，浓度减小，反应速率减小。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握N的状态，速率计算及速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点。
12.【答案】B
【解析】解：A.吸热反应的△H>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则能自发进行，可知该反应一定是熵增反应，故A正确；
B.常温下铁在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，不能用浓硫酸代替稀硫酸与铁反应加快反应速率，故B错误；
C.HF是弱酸，NaF水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，所以NaF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故C正确；
D.用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子析出铜单质，则溶液中Cu2+的物质的量浓度不变，故D正确；
故选：B。
A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行判断；
B.常温下铁在浓硫酸中发生钝化不能继续反应；
C.HF是弱酸，NaF能水解生成HF，HF能腐蚀玻璃；
D.用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子析出铜单质。
本题考查反应热与焓变，影响反应速率的因素，盐类水解的分析应用等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛，关节炎发作时，①②均正向移动，氢离子浓度增大，体液的pH减小，故A错误；
B.控制食盐摄入量，钠离子浓度减小，则②逆向移动，有利于减缓关节炎的发生，故B正确；
C.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，②逆向移动，可知保暖可减缓症状，故C正确；
D.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，可知关节保暖可以缓解疼痛，故D正确；
故选：A。
A.形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛；
B.控制食盐摄入量，钠离子浓度减小；
C.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
D.②的焓变为负，为放热反应。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系及反应原理的应用，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：由图可知，a点对应溶液中[−lgc(S2−)]>[−lgc(Fe2+)]，即c(S2−)c(S2−)，
故选：D。
lgc(S2−)、−lgc(Fe2+)的值越大，c(S2−)、c(Fe2+)越小，由图可知，a点时[−lgc(S2−)]>[−lgc(Fe2+)]，即c(S2−)一定时，浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)小于曲线上对应点Ksp(FeS)的数值，说明直线上的点所对应的溶液没有达到溶解平衡，所以a点表示FeS的不饱和溶液，据此分析解答。
本题主要考查沉淀溶解平衡曲线，为高频考点，侧重于学生的分析能力和运用能力考查，把握图象中−lgc(M2+)、−lgc(S2−)数值与浓度大小的关系、浓度积和溶度积的关系即可解答，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；
B.在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；
C.氯化钠是强电解质，在溶液中电离成自由移动的Na+和Cl−，传导离子构成回路，故C正确；
D.由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，故D错误；
故选：D。
生石灰吸水做干燥剂，碳粉、铁粉和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁粉是原电池的负极，失去电子，正极发生氧气发生还原反应，据此解答。
本题考查原电池原理，为高频考查，熟练掌握电化学腐蚀中的吸氧腐蚀原理为解答的关键，其中正极反应为易错点，应注意中性溶液中正极上氧气得到电子，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.He的质子数为2，电子排布式为1s2，故A错误；
B.S原子核外电子16，得到2个电子为18个电子，排布式为1s22s22p63s23p6，故B正确；
C.Mg原子核外电子12个，失去2个电子还有10个，故排布式为1s22s22p6，故C错误；
D.Cr的质子数为24，要满足能量最低原理，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选：B。
电子排布遵循能量最低原理、泡利原理，按照1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d…的顺序填充电子，以此来解答。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握电子排布规律、能量最低原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子层上最多容纳的电子数，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.温度升高，正反应的平衡常数减小，平衡左移，说明正反应为放热反应，故A错误；
B.a点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比，v(M)正=2v(N)正，v(N)逆=v(N)正，则v(M)正=2v(N)逆，故B错误；
C.c点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比，v(M)正=v(N)正=2：1，故C正确；
D.曲线上的点都是处于平衡状态的点，a、b、c三点都是反应达到平衡状态的点，故D错误；
故选：C。
A.温度升高，正反应的平衡常数减小；
B.a点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比；
C.c点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比；
D.曲线上的点都是处于平衡状态的点。
本题考查了影响化学平衡的因素，为高频考点，明确化学平衡的知识是解本题关键，平衡常数是温度的函数，考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度中等。
18.【答案】A
【解析】解：由图甲可知，T2先达到平衡，则T2
A.为吸热反应，且2<2+1，符合题意，故选；
B.为放热反应，故B不选；
C.为放热反应，故C不选；
D.1+1>1，不符合题意，故D不选；
故选：A。
由图甲可知，T2先达到平衡，则T2
本题考查化学平衡的影响因素及平衡图象，为高频考点，把握平衡及速率的影响因素等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度、压强对反应的影响，题目难度不大．
19.【答案】C
【解析】解：A.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：N
C.C的电子排布式：1s22s22p2，N的电子排布式：1s22s22p3，p轨道处于半充满状态，O的电子排布式：1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，则元素的第一电离能：C
A.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；
B.同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱；
C.元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；
D.主族元素最高正价数等于其最外层电子数。
本题考查元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
20.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。
【解答】
A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；
B.b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8∼10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；
C.pH=7时溶液呈中性，说明n(NaOH)=n(HCl)，二者浓度相同，则滴入氢氧化钠溶液体积为20.00mL，故C正确；
D.V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，再结合电荷守恒得c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误。
21.【答案】A
【解析】解：A.通入标准状况下44.8LO2即物质的量n=VVm=44.8L22.4L/mol=2mol，根据氧化还原反应可知，1O2∼4e−，所以2molO2一共转移8mol电子，可以产生4molCl2，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成4molNaClO，其质量m=n×M=4mol×74.5g/mol=298g，故A错误；
B.石墨Ⅰ通入氢气作为燃料，所以是负极，则X是阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故B正确；
C.由B可知，Y是阳极，其电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，发生氧化反应，故C正确；
D.石墨Ⅰ为负极，电解质溶液是熔融碳酸钠，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，故D正确，
故选：A。
左边为原电池，右边为电解池，石墨Ⅰ是负极，发生氧化反应，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，石墨Ⅱ是正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e−+2CO2=2CO32−，X端为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y端为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，可通过Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O制得产物。
本题主要考查电解池和原电池的原理，正确判断原电池的正负极及电解池的阴阳极是解决本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液，题目难度中等。
22.【答案】C
【解析】解：A.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始(mol)10n00
变化(mol)2222
平衡(mol)8n−222
可知CO的平衡转化率为：2mol10mol×100%=20%，故A正确；
B.根据B选项分析，反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=2×28×(n−2)=0.1，解得：n=7，反应前H2S的物质的量为7mol，故B正确；
C.通入CO后，正反应速率瞬间增大，随着反应的进行，CO的浓度逐渐减小，正反应速率又逐渐减小，故C错误；
D.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故D正确；
故选：C。
A.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始(mol)10n00
变化(mol)2222
平衡(mol)8n−222，由此可知CO的平衡转化率为；
B.根据B选项分析，反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=c(H2)c(COS)c(CO)c(H2S)，据此计算；
C.随着反应的进行，CO的浓度逐渐减小；
D.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，涉及影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，注意理解掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：A.等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多，可知等pH时HB的浓度大，则HB的酸性比HA的弱，不能证明HA为强酸，故A错误；
B.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，故B错误；
C.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；
D.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色会变浅，可证明水解平衡的存在，故D正确；
故选：D。
A.等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多，可知等pH时HB的浓度大；
B.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀；
C.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动。
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、弱电解质的电离、难溶嗲接着、盐类水解、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。
24.【答案】B
【解析】解：A.阳极反应式是2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极依次发生反应Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，根据电子守恒分析可知，若两极分别生成0.5mol的氧气和氢气，阴极需要生成铜0.5mol，则原溶液中原混合溶液中 n(CuSO4)=0.5mol， n(K2SO4)=1.5mol.⋅L−1×1L−0.5mol=1mol，故A错误；
B.根据2H2O−4e−=4H++O2↑，阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，故B正确；
C.阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，阴极生成0.5mol氢气得到1mol电子，根据电子守恒，Cu2++2e−=Cu，反应转移1mol电子，阴极生成铜0.5mol，质量为32g，故C错误；
D.阳极发生反应2H2O−4e−=4H++O2↑，阳极生成0.5mol氧气，同时生成2molH+，阴极生成0.5mol氢气，消耗1molH+，电解后所得溶液中 c(H+)=2mol−1mol1L=1mol⋅L−1，故D错误，
故选：B。
用惰性电极电解K2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极反应式是2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极依次发生反应Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，通电一段时间后，两极均收集到11.2L气体(标准状况)，即阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，阴极生成0.5mol氢气，生成0.5mol氢气得到1mol电子，根据电子守恒，铜离子也得到1mol电子在阴极生成铜0.5mol。
本题主要考查电解池相关原理，其中涉及到了物质的量计算及放电顺序问题，难度中等，务必注意分析电解的原理。
25.【答案】A
【解析】解：W、X、Y、Z分别是O、Na、P、S元素；
A.一般来说，原子核外电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，W原子核外有2个电子层，X、Y、Z原子核外有3个电子层，所以原子半径：X>Y>Z>W，故A正确；
B.W为O元素，没有+6价，S元素最高正价为+6，所以二者没有相同的最高正价，故B错误；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：Z>W，所以Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；
D.X、Z形成的化合物中，X离子有2个电子层、Z离子有3个电子层，所以两种离子电子层结构不同，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的s电子数和p电子数相等，W和Z位于同一主族，则W为O元素、Z为S元素；X原子的价电子排布式为3s1，为Na元素；Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P元素，即W、X、Y、Z分别是O、Na、P、S元素；
A.一般来说，原子核外电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小；
B.W为O元素，没有+6价，S元素最高正价为+6；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
D.X、Z形成的化合物中，X离子有2个电子层、Z离子有3个电子层。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵是解本题关键，知道原子半径大小比较方法，题目难度不大。
26.【答案】−90kJ/molBCKc
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=(−49−41)kJ/mol=−90kJ/mol，
故答案为：−90kJ/mol；
(2)A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，体系的压强减小，当体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.v(H2)正=2v(CH3OH)逆说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.CH3OH的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BC；
(3)①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大，结合图中信息可知，p1
②b、d温度相同，则Kb=Kd，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则Kb=Kd>Kc，
故答案为：Kb=Kd>Kc；
③根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，该反应是气体体积减小的反应，CO转化率越大，混合气体总物质量越小，混合气体平均摩尔质量越大，由图可知，d点CO转化率大于b点，则M(b)
④A.使用高效催化剂，正反应速率加快，但平衡不移动，CO转化率不变，故A错误；
B.降低反应温度，正反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，故B错误；
C.再充入2molCO与4molH2，正反应速率加快，平衡正向移动，CO转化率增大，故C正确；
D.不断将甲醇从体系混合物中分离出来，正反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，故D错误；
故答案为：C。
(1)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(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；
(3)①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
③根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，该反应是气体体积减小的反应，CO转化率越大，混合气体总物质量越小，混合气体平均摩尔质量越大；
④温度越高、压强越大、浓度越大，反应速率越快，再结合勒夏特列原理分析。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素，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、勒夏特列原理知识解答，此题难度中等。
27.【答案】XNCO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+ 0.6Cu2++2e−=Cu10.2mol
【解析】解：(1)由上述分析可知，装置甲是原电池，M是负极，N是正极，乙装置为电解池，铁为阴极、应与X相连，铜为阳极、应与Y相连，原电池工作时，阳离子移向正极，即H+应向N极做定向移动，
故答案为：X；N；
(2)装置甲是原电池，M是负极，N是正极，尿素[CO(NH2)2]在负极发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+，乙装置为电解池，铁为阴极，铜为阳极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，根据电子守恒有：CO(NH2)2∼6e−∼3Cu，则n[CO(NH2)2]=13n(Cu)=13×1.92g64g/mol=0.01mol，m[CO(NH2)2]=nM=0.01mol×60g/mol=0.6g，
故答案为：CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+；0.6；
(3)若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则石墨电极为阳极，Cu电极为阴极，电解CuSO4溶液时Cu2+在阴极得电子生成Cu，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，则n(H+)=n(e−)=0.01mol，c(H+)=0.01mol0.1L=0.1mol/L，pH=−lg0.1=1；通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解CuSO4溶液时生成了0.1molCu，Cu2++2e−=Cu，则n(e−)=2n(Cu)=0.2mol，
故答案为：Cu2++2e−=Cu；1；0.2mol。
装置甲是原电池，由图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上尿素[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，负极反应式为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；铁上镀铜，则乙装置为电解池，铁为阴极、应与X相连，铜为阳极、应与Y相连，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，根据电子守恒进行计算，据此解答(1)、(2)；
(3)若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则石墨电极为阳极，Cu电极为阴极，结合CuSO4溶液中离子的放电顺序可知，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，总反应为Cu2++2H2O−电解Cu+O2↑+4H+，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解CuSO4溶液时生成了0.1molCu、0.05molO2，结合电极反应式进行计算。
本题考查了原电池原理以及电镀原理，为高频考点，侧重于学生的分析和计算能力的考查，把握电极的判断、电极反应和电子守恒的计算应用即可解答，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
28.【答案】1：1 AD 酚酞c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)双氧水(或氯水)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−)； 3.2≤pH<4.1
【解析】解：(1)溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10−3L×0.1mol/L=V2×10−4mol，盐酸的物质的量为：V1×10−3L×0.3mol/L=3V1×10−4mol，
两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，则有：3V1×10−4mol−V2×10−4mol=(V1+V2)×10−3L×1×10−1mol⋅L−1=(V1+V2)×10−4mol，解得：V1：V2=1：1，
故答案为：1：1；
(2)A.如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，故A错误；
B.若混合溶液呈中性，则溶液M中c(H+)=c(OH−)=2×10−7 mol⋅L−1，所以溶液M中c(H+)+c(OH−)=2×10−7 mol⋅L−1，故正B确；
C.如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2，故C错误；
D.如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2，故D正确；
故答案为：BD；
(3)①甲基橙的pH变色范围是3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，氢氧化钠滴定醋酸溶液，恰好完全反应时溶液为碱性，为减少误差选用酚酞做指示剂，
故答案为：酚酞；
②若a=20mL时，氢氧化钠溶液与醋酸恰好完全反应生成醋酸溶液，醋酸钠水解，溶液显碱性，若使溶液呈中性，加入氢氧化钠溶液的体积小于20mL，
故答案为：<；
③C点溶液呈碱性，因而有c(OH−)>c(H+)，依据电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，可得溶液中的离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)①根据表中数据可知Fe3+比Cu2+容易转化为沉淀，Cu2+比Fe2+容易转化为沉淀，除杂时为防止Cu2+沉淀必须将Fe2+氧化成Fe3+，鉴于不能引入新杂质，所以氧化剂为双氧水(或氯水)，发生反应的离子反应方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−)，
故答案为：双氧水(或氯水)；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−)；
②加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全、Cu2+不沉淀的pH范围是3.2≤pH<4.1；
故答案为：3.2≤pH<4.1。
(1)所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，说明氢离子过量，根据题中盐酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；
(2)A.如果二者体积相等，根据酸的强弱判断混合溶液的酸碱性；
B.若混合溶液呈中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
C.如果溶液呈酸性，则溶液可能是酸和盐溶液；
D.如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；
(3)①甲基橙的pH变色范围是3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10；
②若a=20mL时，氢氧化钠溶液与醋酸恰好完全反应生成醋酸溶液，醋酸钠水解，溶液显碱性；
③C点溶液呈碱性，因而有c(OH−)>c(H+)，依据电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，可得溶液中的离子浓度大小顺序；(4)根据表中数据可知Fe3+比Fe2+容易转化为沉淀，所以先加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，且不能引入新杂质，再加入物质用于调节pH以除去杂质，调节pH时将杂质离子Fe3+沉淀、Cu2+不能转化为沉淀，据此解答。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确酸的强弱是解本题关键，根据混合溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小判断溶液的酸碱性，难度中等。
29.【答案】酸式 淀粉溶液 D 滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色 0.4224DE
【解析】解：(1)因为碘溶液显酸性，会腐蚀橡胶，所以标准I2溶液应装入酸式滴定管；使用I2作氧化剂，则淀粉与之匹配，应选用淀粉溶液作指示剂，
答案为：酸式；淀粉溶液；
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，由于滴定管下方为50mL刻度线，且刻度线下方仍然有溶液，故对应的体积>(50−a)mL，
故答案为：D；
(3)起初维生素C中滴加淀粉溶液，溶液呈无色，后来稍碘过量时，溶液呈蓝色，所以滴定终点的判断方法是滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色，
故答案为：滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
(4)三次实验所用碘溶液的平均体积为12.02+11.98+12.003mL=13.00mL，该市售饮料维生素C的浓度为0.002mol×0.012L×176g/mol0.01L=0.4224g⋅L−1，
答案为：0.4224；
(5)A.锥形瓶中有少量水，不影响维生素C的物质的量，对测定结果不产生影响，故A错误；
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，所用体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C.滴定结束时仰视刻度线读数，读取所用标准液的体积偏大，测定结果偏高，故C错误；
D.量取待测液的滴定管没有润洗，则使其浓度减小，物质的量减小，测定结果偏低，故D正确；
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低，故E正确；
故答案为：DE。
(1)因为碘溶液显酸性，会腐蚀橡胶，所以标准I2溶液应装入酸式滴定管；使用I2作氧化剂，则淀粉与之匹配；
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，由于滴定管下方为50mL刻度线，且刻度线下方仍然有溶液，故对应的体积>(50−a)mL；
(3)起初维生素C中滴加淀粉溶液，溶液呈无色，后来稍碘过量时，溶液呈蓝色；
(4)三次实验所用碘溶液的平均体积为12.02+11.98+12.003mL=13.00mL，结合浓度数据进行计算即可；
(5)A.锥形瓶中有少量水，不影响维生素C的物质的量，对测定结果不产生影响；
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，所用体积偏大，测定结果偏高；
C.滴定结束时仰视刻度线读数，读取所用标准液的体积偏大，测定结果偏高；
D.量取待测液的滴定管没有润洗，则使其浓度减小，物质的量减小，测定结果偏低；
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低。
本题以维生素C为载体，考查物质的量浓度、质量分数以及化学方程式计算，比较基础，体现化学与社会、生活、实际的联系。
2021-2022学年吉林省辽源市东丰县五校高二（上）期末化学试卷
1. 下列过程中，需要加快化学反应速率的是( )
A. 钢铁生锈 B. 塑料降解 C. 食物腐败 D. 橡胶老化
2. 某反应A+B=C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程△H、△S的判断正确的是( )
A. △H<0、△S>0 B. △H>0、△S>0
C. △H<0、△S<0 D. △H>0、△S<0
3. 某原电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，该原电池的组成物质中正确的是( )
选项
A
B
C
D
正极
Cu
Cu
Ag
Ag
负极
Ag
Ag
Cu
Cu
电解质溶液
AgNO3
AgCl
AgNO3
AgCl
A. A B. B C. C D. D
4. 已知银氨溶液中存在如下平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3。向银氨溶液中加入或通入少量下列物质，能使上述平衡向正反应方向移动且c(Ag+)减小的是( )
A. KI B. HNO3 C. NH3 D. AgNO3
5. 电解与日常生活密切相关，下列符合生产实际的是( )
A. 电解熔融的氯化铝制取金属铝
B. 在镀件上镀锌时，用锌作阴极
C. 电解法精炼粗铜时，用纯铜作阳极
D. 电解饱和食盐水制烧碱时，用涂镍碳钢网作阴极
6. 室温下，下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. 0.1mol⋅L−1的氨水 B. 0.1mol⋅L−1的NH4HSO4溶液
C. 0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液 D. 0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液
7. 已知高炉炼铁时发生反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−24.6kJ⋅mol−1，则生成56gFe时，上述反应的能量变化为( )
A. 放出8.2kJ能量 B. 吸收8.2kJ能量 C. 放出12.3kJ能量 D. 吸收12.3kJ能量
8. pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是( )
A. X=Y=Z B. X>Y=Z C. X
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ⋅mol−1；
③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=−80kJ⋅mol−1。
下列说法正确的是( )
A. O2的能量大于CO2的能量
B. C和CO2的能量之和等于CO的能量
C. 反应①②③均为吸热反应
D. TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ⋅mol−1
10. 下列有关氮原子的轨道表示式中违反洪特规则的是( )
A. B.
C. D.
11. 恒温密闭容器中的反应4M(g)+3N(s)⇋2P(g)+Q(g)，经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1。下列叙述错误的是( )
A. 2min内M的平均反应速率为0.6mol⋅L−1⋅min−1
B. M、P、Q表示的反应速率之比为4：2：1
C. 用N表示的反应速率是0.45mol⋅L−1⋅min−1
D. 2∼4min内M的平均反应速率小于0.6mol⋅L−1⋅min−1
12. 运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是( )
A. 某吸热反应能自发进行，该反应一定是熵增反应
B. 用浓硫酸代替稀硫酸与铁反应能增大生成H2的反应速率
C. NaF水溶液中含有HF，因此NaF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
D. 用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，溶液中Cu2+的物质的量浓度不变
13. 关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛。其原理为：①HUr⇌H++Ur−ΔH1>0；②Ur−(aq)+Na+(aq)⇌NaU(s)ΔH2<0。下列有关说法中错误的是( )
A. 关节炎发作时，体液的pH增大 B. 控制食盐摄入量有利于减缓关节炎的发生
C. 关节炎患者冬季注意保暖可减缓症状 D. 升高温度，平衡②向逆反应方向移动
14. 25℃时，FeS饱和溶液中，Fe2+与S2−的物质的量浓度的负对数关系如图所示。对于图中的a点，下列说法正确的是( )
A. a点表示FeS的饱和溶液，且c(Fe2+)
C. a点表示FeS的不饱和溶液，且c(Fe2+)
15. 食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按照一定比例组成的混合物，可同时吸收氧气和水，起到抗氧化和干燥的作用。下列说法不正确的是( )
A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C. 氯化钠的作用是作电解质，传导离子构成回路
D. 炭粉上发生的电极反应为O2+4e−+4H+=2H2O
16. 下列各基态原子或离子的核外电子排布式正确的是( )
A. 2He：1s12s1 B. 16S2−：1s22s22p63s23p6
C. 12Mg2+：1s22s22p63s2 D. 24Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
17. 在容积不变的密闭容器中进行反应：2M(g)+N(g)⇋2Q(g)ΔH，其平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述反应为吸热反应
B. a点处v(M)正=v(N)逆
C. c点处v(M)正=v(N)正=2：1
D. a、b、c三点中，只有b点处反应达到平衡状态
18. 现有甲、乙两个图象，能同时满足两个图象的热化学方程式的是( )
A. 2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H>0
B. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0
C. 4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO+6H2O(g)△H<0
D. H2(g)+CO(g)⇌C(s)+H2O(g)△H>0
19. 下列有关比较中错误的是( )
A. 元素的电负性：N
C. 元素的第一电离能：C
A. a表示的是醋酸的滴定曲线
B. 滴定b过程中，指示剂可以是酚酞
C. pH=7时，滴定盐酸消耗的V(NaOH)=20.00mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸中c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
21. 以H2、O2熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备次氯酸钠，装置如图所示，其中P端通入CO2。则下列说法中不正确的是( )
A. 通入标准状况下44.8LO2理论上可得到149gNaClO
B. X端为阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
C. Y端为阳极，发生氧化反应，有氯气生成
D. 石墨Ⅰ电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O
22. 一定温度下，在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热可得下列平衡：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)。已知平衡后CO物质的量为8mol且K=0.1。下列说法错误的是( )
A. CO的平衡转化率为20%
B. 反应前H2S物质的量为7mol
C. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
D. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应
23. 下列实验能达到预期目的的是( )
选项
实验内容
实验目的
A
等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多
证明HA是强酸
B
向1mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol⋅L−1的MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol⋅L−1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下，溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去
证明SO2具有漂白性
D
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色会变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
A. A B. B C. C D. D
24. 1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42−)=1.5mol⋅L−1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到11.2L气体(标准状况)。假设电解后溶液体积不变，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中n(K2SO4)=2mol B. 电解过程中共转移2mol电子
C. 电解得到Cu的质量为64g D. 电解后所得溶液的pH=1
25. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的s电子数和p电子数相等，W和Z位于同一主族，X原子的价电子排布式为3s1，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，下列说法正确的是( )
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. W、Z具有相同的最高正价
C. Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强
D. X、Z形成的化合物中各微粒的电子层结构相同
26. 合成气(CO、H2)可由煤、天然气和生物质等非石油路线获得，由合成气制取甲醇是科研工作者的研究热点。回答下列问题：
(1)已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1。
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1。
则CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=______。
(2)在一恒温恒容的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______(填字母)。
A.体系的压强保持不变
B.混合气体的密度保持不变
C.2v(H2)正=v(CH3OH)逆
D.CH3OH的浓度保持不变
(3)在一定条件下，在容积恒定为VL的密闭容器中充入1molCO与2molH2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇋CH3OH(g)。CO转化率与温度、压强的关系如图所示：
①由图可知p1______(填“>”“<”或“=”)p2。
②图中b、c、d三点的化学平衡常数为Kb、Kc、Kd，从大到小的顺序为 ______。
③比较体系中气体平均摩尔质量：M(b)______(填“>”“<”或“=”)M(d)。
④下列措施中能够同时满足增大正反应速率和提高CO转化率的是 ______(填字母)。
A.使用高效催化剂
B.降低反应温度
C.再充入2molCO与4molH2
D.不断将甲醇从体系混合物中分离出来
27. 图甲是一种利用微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁片上镀铜。回答下列问题：
(1)铁电极应与 ______极(填“X”或“Y”)相连，H+应向 ______极(填“M”或者“N”)做定向移动。
(2)M极发生的电极反应式为 ______；若铜片上的质量减少1.92g，则甲装置中消耗CO(NH2)2的质量为 ______g。
(3)常温下，若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则当电路中通过0.01mol电子时，铜电极发生的电极反应式为 ______，此时溶液的pH=______(此时溶液体积为100mL)。通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移电子的物质的量为 ______(忽略溶液体积变化)。
28. 水溶液中的离子反应与离子平衡在化学工业上有着重要的应用。回答下列问题：
(1)常温下，将V1mL0.3mol⋅L−1稀盐酸与V2mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=______(溶液体积变化忽略不计)。
(2)常温下，将V1mLpH=3的酸HA溶液与V2mLpH=11的NaOH溶液混合。下列说法正确的是 ______(填字母)。
A.若V1=V2，反应后溶液pH一定等于7
B.若反应后溶液呈中性，则混合液中c(H+)+c(OH−)=2×10−7mol⋅L−1
C.若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D.若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
(3)常温下，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol⋅L−1CH3COOH溶液，滴定过程中，溶液的pH与消耗NaOH溶液的体积的关系如图所示：
①该滴定过程应该选择 ______(填“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。
②a ______(填“>”“<”或“=”)20mL。
③C点溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(4)25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时的pH
5.8
4.1
2.0
完全沉淀时的pH
8.3
6.4
3.2
常温下，除去酸性CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，其操作步骤为：
①应先加入 ______(填试剂名称)，发生的离子反应方程式为 ______。
②再加入CuO，调节溶液的pH在 ______范围内，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤。
29. 维生素C又称抗坏血酸．其化学式为C6H8O6，在有氧、光照的条件下易被氧化，维生素C含量的测定就是利用其较强的还原性，可以与具有氧化性的物质如I2发生化学反应，把维生素C氧化生成去氢抗坏血酸。维生素C与碘单质的化学反应如下：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI。某实验小组准确量取稀释过的市售饮料10.00mL。用已经标定的0.0020mol⋅L−1的I2溶液进行滴定，记录所用体积，平行滴定三次。消耗I2溶液体积如下表所示：
实验编号
待测溶液的体积(mL)
滴定前I2溶液读数(mL)
滴定后I2溶液读数(mL)
1
10.00
1.20
13.22
2
10.00
1.21
13.19
3
10.00
2.00
14.00
回答下列问题：
(1)标准I2溶液应装入 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，应选用 ______作指示剂。
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积 ______(填字母)。
A.amL
B.>amL
C.(50−a)mL
D.>(50−a)mL
(3)滴定终点的判断方法是 ______。
(4)该市售饮料维生素C的浓度为 ______g⋅L−1。
(5)其他操作均正确，下列操作会导致维生素C测定结果偏低的是 ______(填字母)。
A.锥形瓶中有少量水
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗
C.滴定结束时仰视刻度线读数
D.量取待测液的滴定管没有润洗
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项中只有B塑料降解为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，
故选：B。
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而材料的腐蚀、老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率的调控，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、△H<0，△S>0，一定存在△H−T△S<0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；
B、△H>0，△S>0，高温下△H−T△S<0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；
C、△H<0，△S<0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；
D、△H>0，△S<0，一定存在△H−T△S>0，反应在任何温度都不能自发进行，故D不符合；
故选：C。
反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0。
本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，掌握基础是关键，题目较简单。
3.【答案】C
【解析】解：由原电池总反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，该原电池的负极为Cu，电极反应为Cu−2e−−=Cu2+，正极反应为Ag++e−=Ag，电极材料可以是金属Ag或石墨等惰性电极，电解质溶液可以是可溶、易电离的银盐等，A、B选项中正、负极颠倒了，D中AgCl难溶，不可选为电解质溶液，故该原电池的组成物质中正确的是C，
故选：C。
构成原电池的反应必须是自发进行的氧化还原反应，原电池的装置由负极、正极、电解质溶液以及导线构成了一个闭合回路装置，据此解答。
本题考查了原电池的工作原理和构成条件，涉及到正、负的判断和电解质溶液的选择，属于容易题。
4.【答案】A
【解析】解：A.KI与银离子反应生成沉淀，使平衡正向移动，c(Ag+)减小，故A正确；
B.硝酸与氨气反应，使平衡正向移动，c(Ag+)增大，故B错误；
C.加入氨气，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故C错误；
D.加入硝酸银，平衡逆向移动，c(Ag+)增大，故D错误；
故选：A。
加入与银离子反应的物质，可使平衡正向移动，且c(Ag+)减小，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.熔融氯化铝不导电，所以应该用惰性电极电解熔融的氧化铝制取金属铝，故A错误；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以在镀件上电镀锌，用锌作阳极，故B错误；
C.电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐，故C错误；
D.反应物的接触面积越大，反应速率越快，电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极，增大了反应物的接触面积，从而增大反应速率，故D正确；
故选：D。
A.电解熔融氧化铝制取金属铝；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
C.电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，粗铜作阳极；
D.反应物的接触面积越大，反应速率越快。
本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意活泼金属作阳极时，阳极上是金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。
6.【答案】B
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1的氨水溶液中，一水合氨为弱电解质，存在微弱电离，铵根离子浓度远小于0.1mol/L；
B.0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；
C.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进铵根离子水解；
D.0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中铵根离子水解，硝酸根离子对铵根离子水解无影响；
溶液中c(NH4+)最大的是：0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液，
故选：B。
NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小，
A.0.1mol⋅L−1的氨水溶液中，一水合氨为弱电解质，存在微弱电离，铵根离子浓度远小于0.1mol/L；
B.0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；
C.0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进铵根离子水解；
D.0.1mol⋅L−1的NH4NO3溶液中铵根离子水解，硝酸根离子对铵根离子水解无影响。
本题考查了盐类水解原理、水解平衡影响因素分析判断、离子浓度大小比较等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：根据反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=−24.6kJ⋅mol−1，可知，
2Fe(s)∼∼∼24.6kJ
2×56g24.6kJ
56g Q
Q=24.6kJ×56g2×56g=12.3kJ，
故选：C。
根据能量变化和物质物质的量(或质量)成正比，则有：
2Fe(s)∼∼∼∼∼∼24.6kJ
2×56g24.6kJ
56g Q
据此计算。
该题考查了有关能量变化和物质物质的量(或质量)成正比的计算，注意分清放热还是吸热，掌握热方程式的含义是关键，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：NaOH、Ba(OH)2是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液，物质的量浓度c(氨水)>c(NaOH)=2c[Ba(OH)2]，稀释过程中，一水合氨继续电离出氢氧根离子，如果稀释相同的倍数，则氨水中c(OH−)最大、NaOH和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，要使稀释后三种溶液中pH相等，则n(OH−)多的应该稀释倍数大，所以氨水稀释倍数最大，NaOH和Ba(OH)2溶液稀释倍数相等，所以X>Y=Z，
故选：B。
NaOH、Ba(OH)2是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液，物质的量浓度c(氨水)>c(NaOH)=2c[Ba(OH)2]，稀释过程中，一水合氨继续电离出氢氧根离子，如果稀释相同的倍数，则氨水中c(OH−)最大、NaOH和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，要使稀释后三种溶液中pH相等，则n(OH−)多的应该稀释倍数大，据此分析解答。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，采用逆向思维分析解答即可，注意：pH相等的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等但溶质浓度不等，为易错点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由反应①可知，1molC(s)和1molO2(g)能量总和大于1molCO2(g)能量，故A错误；
B.根据盖斯定律：①-②得C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=(−393.5+566)kJ/mol=+172.5kJ/mol，则说明1molC(s)和1molCO2(g)能量总和小于2molCO(g)，故B错误；
C.反应①②③均为放热反应，故C错误；
D.利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=(−80−566+393.5×2)kJ/mol=+141kJ/mol，故D正确；
故选：D。
当反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】A.表示氮的电子排布图，没有违反洪特规则，故A错误；
B.第三个轨道自旋方向与其他轨道上电子相反，故违反洪特规则，故B正确；
C.违反能量最低原理，故C错误；
D.违反能量最低原理，故D错误；
故选：B。
电子在能量相同的轨道(即等价轨道)上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，因为这样的排布方式总能量最低，称为洪特规则，据此进行判断。
本题主要考查泡利原理、洪特规则、能量最低原理，解题的关键是对化学概念的理解和运用，为高频考点，难度较小。
11.【答案】C
【解析】解：A.经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1，则2min内M的平均反应速率为1.2mol/L2min=0.6mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，则M、P、Q表示的反应速率之比为4：2：1，故B正确；
C.N为纯固体，不能使用mol⋅L−1⋅min−1表示其反应速率，故C错误；
D.随反应的进行，浓度减小，反应速率减小，结合选项A可知2∼4min内M的平均反应速率小于0.6mol⋅L−1⋅min−1，故D正确；
故选：C。
A.经2min，M的浓度减少了1.2mol⋅L−1，结合v=△c△t计算；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比；
C.N为纯固体；
D.随反应的进行，浓度减小，反应速率减小。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握N的状态，速率计算及速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点。
12.【答案】B
【解析】解：A.吸热反应的△H>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则能自发进行，可知该反应一定是熵增反应，故A正确；
B.常温下铁在浓硫酸中发生钝化不能继续反应，不能用浓硫酸代替稀硫酸与铁反应加快反应速率，故B错误；
C.HF是弱酸，NaF水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，所以NaF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故C正确；
D.用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子析出铜单质，则溶液中Cu2+的物质的量浓度不变，故D正确；
故选：B。
A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行判断；
B.常温下铁在浓硫酸中发生钝化不能继续反应；
C.HF是弱酸，NaF能水解生成HF，HF能腐蚀玻璃；
D.用铜做阳极，电解硫酸铜溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子析出铜单质。
本题考查反应热与焓变，影响反应速率的因素，盐类水解的分析应用等，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛，关节炎发作时，①②均正向移动，氢离子浓度增大，体液的pH减小，故A错误；
B.控制食盐摄入量，钠离子浓度减小，则②逆向移动，有利于减缓关节炎的发生，故B正确；
C.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，②逆向移动，可知保暖可减缓症状，故C正确；
D.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，可知关节保暖可以缓解疼痛，故D正确；
故选：A。
A.形成了尿酸钠(NaUr)晶体，关节炎易在寒冷的冬季发作导致疼痛；
B.控制食盐摄入量，钠离子浓度减小；
C.②为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
D.②的焓变为负，为放热反应。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系及反应原理的应用，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：由图可知，a点对应溶液中[−lgc(S2−)]>[−lgc(Fe2+)]，即c(S2−)
故选：D。
lgc(S2−)、−lgc(Fe2+)的值越大，c(S2−)、c(Fe2+)越小，由图可知，a点时[−lgc(S2−)]>[−lgc(Fe2+)]，即c(S2−)一定时，浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)小于曲线上对应点Ksp(FeS)的数值，说明直线上的点所对应的溶液没有达到溶解平衡，所以a点表示FeS的不饱和溶液，据此分析解答。
本题主要考查沉淀溶解平衡曲线，为高频考点，侧重于学生的分析能力和运用能力考查，把握图象中−lgc(M2+)、−lgc(S2−)数值与浓度大小的关系、浓度积和溶度积的关系即可解答，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；
B.在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；
C.氯化钠是强电解质，在溶液中电离成自由移动的Na+和Cl−，传导离子构成回路，故C正确；
D.由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，故D错误；
故选：D。
生石灰吸水做干燥剂，碳粉、铁粉和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁粉是原电池的负极，失去电子，正极发生氧气发生还原反应，据此解答。
本题考查原电池原理，为高频考查，熟练掌握电化学腐蚀中的吸氧腐蚀原理为解答的关键，其中正极反应为易错点，应注意中性溶液中正极上氧气得到电子，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.He的质子数为2，电子排布式为1s2，故A错误；
B.S原子核外电子16，得到2个电子为18个电子，排布式为1s22s22p63s23p6，故B正确；
C.Mg原子核外电子12个，失去2个电子还有10个，故排布式为1s22s22p6，故C错误；
D.Cr的质子数为24，要满足能量最低原理，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选：B。
电子排布遵循能量最低原理、泡利原理，按照1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d…的顺序填充电子，以此来解答。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握电子排布规律、能量最低原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子层上最多容纳的电子数，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.温度升高，正反应的平衡常数减小，平衡左移，说明正反应为放热反应，故A错误；
B.a点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比，v(M)正=2v(N)正，v(N)逆=v(N)正，则v(M)正=2v(N)逆，故B错误；
C.c点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比，v(M)正=v(N)正=2：1，故C正确；
D.曲线上的点都是处于平衡状态的点，a、b、c三点都是反应达到平衡状态的点，故D错误；
故选：C。
A.温度升高，正反应的平衡常数减小；
B.a点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比；
C.c点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比；
D.曲线上的点都是处于平衡状态的点。
本题考查了影响化学平衡的因素，为高频考点，明确化学平衡的知识是解本题关键，平衡常数是温度的函数，考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度中等。
18.【答案】A
【解析】解：由图甲可知，T2先达到平衡，则T2
A.为吸热反应，且2<2+1，符合题意，故选；
B.为放热反应，故B不选；
C.为放热反应，故C不选；
D.1+1>1，不符合题意，故D不选；
故选：A。
由图甲可知，T2先达到平衡，则T2
本题考查化学平衡的影响因素及平衡图象，为高频考点，把握平衡及速率的影响因素等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意温度、压强对反应的影响，题目难度不大．
19.【答案】C
【解析】解：A.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：N
C.C的电子排布式：1s22s22p2，N的电子排布式：1s22s22p3，p轨道处于半充满状态，O的电子排布式：1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，则元素的第一电离能：C
A.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；
B.同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱；
C.元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；
D.主族元素最高正价数等于其最外层电子数。
本题考查元素周期律的应用，题目难度不大，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
20.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。
【解答】
A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；
B.b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8∼10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；
C.pH=7时溶液呈中性，说明n(NaOH)=n(HCl)，二者浓度相同，则滴入氢氧化钠溶液体积为20.00mL，故C正确；
D.V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，再结合电荷守恒得c(Na+)
21.【答案】A
【解析】解：A.通入标准状况下44.8LO2即物质的量n=VVm=44.8L22.4L/mol=2mol，根据氧化还原反应可知，1O2∼4e−，所以2molO2一共转移8mol电子，可以产生4molCl2，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成4molNaClO，其质量m=n×M=4mol×74.5g/mol=298g，故A错误；
B.石墨Ⅰ通入氢气作为燃料，所以是负极，则X是阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故B正确；
C.由B可知，Y是阳极，其电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，发生氧化反应，故C正确；
D.石墨Ⅰ为负极，电解质溶液是熔融碳酸钠，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，故D正确，
故选：A。
左边为原电池，右边为电解池，石墨Ⅰ是负极，发生氧化反应，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，石墨Ⅱ是正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e−+2CO2=2CO32−，X端为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y端为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，可通过Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O制得产物。
本题主要考查电解池和原电池的原理，正确判断原电池的正负极及电解池的阴阳极是解决本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液，题目难度中等。
22.【答案】C
【解析】解：A.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始(mol)10n00
变化(mol)2222
平衡(mol)8n−222
可知CO的平衡转化率为：2mol10mol×100%=20%，故A正确；
B.根据B选项分析，反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=2×28×(n−2)=0.1，解得：n=7，反应前H2S的物质的量为7mol，故B正确；
C.通入CO后，正反应速率瞬间增大，随着反应的进行，CO的浓度逐渐减小，正反应速率又逐渐减小，故C错误；
D.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故D正确；
故选：C。
A.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
开始(mol)10n00
变化(mol)2222
平衡(mol)8n−222，由此可知CO的平衡转化率为；
B.根据B选项分析，反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=c(H2)c(COS)c(CO)c(H2S)，据此计算；
C.随着反应的进行，CO的浓度逐渐减小；
D.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，涉及影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，注意理解掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：A.等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多，可知等pH时HB的浓度大，则HB的酸性比HA的弱，不能证明HA为强酸，故A错误；
B.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不能比较Ksp[Mg(OH)2]、Ksp[Fe(OH)3]的大小，故B错误；
C.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；
D.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液红色会变浅，可证明水解平衡的存在，故D正确；
故选：D。
A.等pH等体积HB和HA分别与NaOH溶液反应，HB消耗的NaOH溶液体积多，可知等pH时HB的浓度大；
B.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀；
C.二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动。
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、弱电解质的电离、难溶嗲接着、盐类水解、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。
24.【答案】B
【解析】解：A.阳极反应式是2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极依次发生反应Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，根据电子守恒分析可知，若两极分别生成0.5mol的氧气和氢气，阴极需要生成铜0.5mol，则原溶液中原混合溶液中 n(CuSO4)=0.5mol， n(K2SO4)=1.5mol.⋅L−1×1L−0.5mol=1mol，故A错误；
B.根据2H2O−4e−=4H++O2↑，阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，故B正确；
C.阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，阴极生成0.5mol氢气得到1mol电子，根据电子守恒，Cu2++2e−=Cu，反应转移1mol电子，阴极生成铜0.5mol，质量为32g，故C错误；
D.阳极发生反应2H2O−4e−=4H++O2↑，阳极生成0.5mol氧气，同时生成2molH+，阴极生成0.5mol氢气，消耗1molH+，电解后所得溶液中 c(H+)=2mol−1mol1L=1mol⋅L−1，故D错误，
故选：B。
用惰性电极电解K2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极反应式是2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极依次发生反应Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，通电一段时间后，两极均收集到11.2L气体(标准状况)，即阳极生成0.5mol氧气，电路中转移2mol电子，阴极生成0.5mol氢气，生成0.5mol氢气得到1mol电子，根据电子守恒，铜离子也得到1mol电子在阴极生成铜0.5mol。
本题主要考查电解池相关原理，其中涉及到了物质的量计算及放电顺序问题，难度中等，务必注意分析电解的原理。
25.【答案】A
【解析】解：W、X、Y、Z分别是O、Na、P、S元素；
A.一般来说，原子核外电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，W原子核外有2个电子层，X、Y、Z原子核外有3个电子层，所以原子半径：X>Y>Z>W，故A正确；
B.W为O元素，没有+6价，S元素最高正价为+6，所以二者没有相同的最高正价，故B错误；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：Z>W，所以Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；
D.X、Z形成的化合物中，X离子有2个电子层、Z离子有3个电子层，所以两种离子电子层结构不同，故D错误；
故选：A。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的s电子数和p电子数相等，W和Z位于同一主族，则W为O元素、Z为S元素；X原子的价电子排布式为3s1，为Na元素；Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P元素，即W、X、Y、Z分别是O、Na、P、S元素；
A.一般来说，原子核外电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小；
B.W为O元素，没有+6价，S元素最高正价为+6；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
D.X、Z形成的化合物中，X离子有2个电子层、Z离子有3个电子层。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵是解本题关键，知道原子半径大小比较方法，题目难度不大。
26.【答案】−90kJ/molBC
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=(−49−41)kJ/mol=−90kJ/mol，
故答案为：−90kJ/mol；
(2)A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，体系的压强减小，当体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C.v(H2)正=2v(CH3OH)逆说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.CH3OH的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BC；
(3)①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大，结合图中信息可知，p1
②b、d温度相同，则Kb=Kd，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则Kb=Kd>Kc，
故答案为：Kb=Kd>Kc；
③根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，该反应是气体体积减小的反应，CO转化率越大，混合气体总物质量越小，混合气体平均摩尔质量越大，由图可知，d点CO转化率大于b点，则M(b)
④A.使用高效催化剂，正反应速率加快，但平衡不移动，CO转化率不变，故A错误；
B.降低反应温度，正反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，故B错误；
C.再充入2molCO与4molH2，正反应速率加快，平衡正向移动，CO转化率增大，故C正确；
D.不断将甲醇从体系混合物中分离出来，正反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，故D错误；
故答案为：C。
(1)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律：①-②得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(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；
(3)①该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大；
②化学平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
③根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，该反应是气体体积减小的反应，CO转化率越大，混合气体总物质量越小，混合气体平均摩尔质量越大；
④温度越高、压强越大、浓度越大，反应速率越快，再结合勒夏特列原理分析。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素，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、勒夏特列原理知识解答，此题难度中等。
27.【答案】XNCO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+ 0.6Cu2++2e−=Cu10.2mol
【解析】解：(1)由上述分析可知，装置甲是原电池，M是负极，N是正极，乙装置为电解池，铁为阴极、应与X相连，铜为阳极、应与Y相连，原电池工作时，阳离子移向正极，即H+应向N极做定向移动，
故答案为：X；N；
(2)装置甲是原电池，M是负极，N是正极，尿素[CO(NH2)2]在负极发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+，乙装置为电解池，铁为阴极，铜为阳极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，根据电子守恒有：CO(NH2)2∼6e−∼3Cu，则n[CO(NH2)2]=13n(Cu)=13×1.92g64g/mol=0.01mol，m[CO(NH2)2]=nM=0.01mol×60g/mol=0.6g，
故答案为：CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+；0.6；
(3)若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则石墨电极为阳极，Cu电极为阴极，电解CuSO4溶液时Cu2+在阴极得电子生成Cu，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，则n(H+)=n(e−)=0.01mol，c(H+)=0.01mol0.1L=0.1mol/L，pH=−lg0.1=1；通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解CuSO4溶液时生成了0.1molCu，Cu2++2e−=Cu，则n(e−)=2n(Cu)=0.2mol，
故答案为：Cu2++2e−=Cu；1；0.2mol。
装置甲是原电池，由图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上尿素[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，负极反应式为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2↑+N2↑+6H+，原电池工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；铁上镀铜，则乙装置为电解池，铁为阴极、应与X相连，铜为阳极、应与Y相连，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，根据电子守恒进行计算，据此解答(1)、(2)；
(3)若将铁电极换成石墨电极并与Y极相连，则石墨电极为阳极，Cu电极为阴极，结合CuSO4溶液中离子的放电顺序可知，阴极反应式为Cu2++2e−=Cu，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，总反应为Cu2++2H2O−电解Cu+O2↑+4H+，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解CuSO4溶液时生成了0.1molCu、0.05molO2，结合电极反应式进行计算。
本题考查了原电池原理以及电镀原理，为高频考点，侧重于学生的分析和计算能力的考查，把握电极的判断、电极反应和电子守恒的计算应用即可解答，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
28.【答案】1：1 AD 酚酞
【解析】解：(1)溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10−3L×0.1mol/L=V2×10−4mol，盐酸的物质的量为：V1×10−3L×0.3mol/L=3V1×10−4mol，
两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，则有：3V1×10−4mol−V2×10−4mol=(V1+V2)×10−3L×1×10−1mol⋅L−1=(V1+V2)×10−4mol，解得：V1：V2=1：1，
故答案为：1：1；
(2)A.如果二者体积相等，如果酸是强酸，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，则混合溶液呈酸性，故A错误；
B.若混合溶液呈中性，则溶液M中c(H+)=c(OH−)=2×10−7 mol⋅L−1，所以溶液M中c(H+)+c(OH−)=2×10−7 mol⋅L−1，故正B确；
C.如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2，故C错误；
D.如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2，故D正确；
故答案为：BD；
(3)①甲基橙的pH变色范围是3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，氢氧化钠滴定醋酸溶液，恰好完全反应时溶液为碱性，为减少误差选用酚酞做指示剂，
故答案为：酚酞；
②若a=20mL时，氢氧化钠溶液与醋酸恰好完全反应生成醋酸溶液，醋酸钠水解，溶液显碱性，若使溶液呈中性，加入氢氧化钠溶液的体积小于20mL，
故答案为：<；
③C点溶液呈碱性，因而有c(OH−)>c(H+)，依据电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，可得溶液中的离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)①根据表中数据可知Fe3+比Cu2+容易转化为沉淀，Cu2+比Fe2+容易转化为沉淀，除杂时为防止Cu2+沉淀必须将Fe2+氧化成Fe3+，鉴于不能引入新杂质，所以氧化剂为双氧水(或氯水)，发生反应的离子反应方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−)，
故答案为：双氧水(或氯水)；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−)；
②加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全、Cu2+不沉淀的pH范围是3.2≤pH<4.1；
故答案为：3.2≤pH<4.1。
(1)所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10−1mol⋅L−1，说明氢离子过量，根据题中盐酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；
(2)A.如果二者体积相等，根据酸的强弱判断混合溶液的酸碱性；
B.若混合溶液呈中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
C.如果溶液呈酸性，则溶液可能是酸和盐溶液；
D.如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；
(3)①甲基橙的pH变色范围是3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10；
②若a=20mL时，氢氧化钠溶液与醋酸恰好完全反应生成醋酸溶液，醋酸钠水解，溶液显碱性；
③C点溶液呈碱性，因而有c(OH−)>c(H+)，依据电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，可得溶液中的离子浓度大小顺序；(4)根据表中数据可知Fe3+比Fe2+容易转化为沉淀，所以先加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，且不能引入新杂质，再加入物质用于调节pH以除去杂质，调节pH时将杂质离子Fe3+沉淀、Cu2+不能转化为沉淀，据此解答。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确酸的强弱是解本题关键，根据混合溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小判断溶液的酸碱性，难度中等。
29.【答案】酸式 淀粉溶液 D 滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色 0.4224DE
【解析】解：(1)因为碘溶液显酸性，会腐蚀橡胶，所以标准I2溶液应装入酸式滴定管；使用I2作氧化剂，则淀粉与之匹配，应选用淀粉溶液作指示剂，
答案为：酸式；淀粉溶液；
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，由于滴定管下方为50mL刻度线，且刻度线下方仍然有溶液，故对应的体积>(50−a)mL，
故答案为：D；
(3)起初维生素C中滴加淀粉溶液，溶液呈无色，后来稍碘过量时，溶液呈蓝色，所以滴定终点的判断方法是滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色，
故答案为：滴入最后一滴I2溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
(4)三次实验所用碘溶液的平均体积为12.02+11.98+12.003mL=13.00mL，该市售饮料维生素C的浓度为0.002mol×0.012L×176g/mol0.01L=0.4224g⋅L−1，
答案为：0.4224；
(5)A.锥形瓶中有少量水，不影响维生素C的物质的量，对测定结果不产生影响，故A错误；
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，所用体积偏大，测定结果偏高，故B错误；
C.滴定结束时仰视刻度线读数，读取所用标准液的体积偏大，测定结果偏高，故C错误；
D.量取待测液的滴定管没有润洗，则使其浓度减小，物质的量减小，测定结果偏低，故D正确；
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低，故E正确；
故答案为：DE。
(1)因为碘溶液显酸性，会腐蚀橡胶，所以标准I2溶液应装入酸式滴定管；使用I2作氧化剂，则淀粉与之匹配；
(2)如图表示某次放液后50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，由于滴定管下方为50mL刻度线，且刻度线下方仍然有溶液，故对应的体积>(50−a)mL；
(3)起初维生素C中滴加淀粉溶液，溶液呈无色，后来稍碘过量时，溶液呈蓝色；
(4)三次实验所用碘溶液的平均体积为12.02+11.98+12.003mL=13.00mL，结合浓度数据进行计算即可；
(5)A.锥形瓶中有少量水，不影响维生素C的物质的量，对测定结果不产生影响；
B.盛装标准液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，所用体积偏大，测定结果偏高；
C.滴定结束时仰视刻度线读数，读取所用标准液的体积偏大，测定结果偏高；
D.量取待测液的滴定管没有润洗，则使其浓度减小，物质的量减小，测定结果偏低；
E.滴定后盛装标准液的滴定管中有气泡，读取标准液的体积偏小，测定结果偏低。
本题以维生素C为载体，考查物质的量浓度、质量分数以及化学方程式计算，比较基础，体现化学与社会、生活、实际的联系。
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