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2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了0kJ⋅ml−1，12，5×10−13，Ksp=6，08+217T，测血钙的含量时，进行如下实验，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校联考高二（上）期末化学试卷
1. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )
A. 已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ⋅mol−1，则氢气燃烧热为285.8kJ⋅mol−1
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH=−57.4kJ⋅mol−1
D. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3ΔH=−38.6kJ⋅mol−1
2. 煤的液化可以合成甲醇。
①“气化”：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H1=+90.1kJ⋅mol−1
②催化液化Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.0kJ⋅mol−1
③催化液化Ⅱ：CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+12O2(g)；△H3=akJ⋅mol−1
下列有关说法正确的是( )
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小
B. 反应C(s)+H2O(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H=+41.1kJ⋅mol−1
C. △H2>△H3
D. 图为甲醇燃料电池的工作原理示意图，负极的电极反应为CH3OH−6e−+6OH−=CO2↑+5H2O
3. 下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快
②其他条件不变，温度越高化学反应速率越快
③使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量
④3mol⋅L−1⋅s−1的反应速率一定比1mol⋅L−1⋅s−1的反应速率大
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
A. ②⑥ B. ②⑤ C. ①②③⑤ D. ①②④⑤
4. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：A(g)+xB(g)⇌2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 前8minA的平均反应速率为0.08mol⋅L−1min−1
B. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
C. 30min时降低温度，40min时升高温度
D. 30−40min之间该反应增大了压强或使用了催化剂
5. 下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 如图表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g)△H>O，在一定温度下，平衡时B的转化率(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快
B. 如图是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g)△H>0的速率时间图象，在t1时刻改变条件可能是加入催化剂
C. 如图表示对于化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的△H>0
D. 如图所示图中的阴影部分面积的含义是(v正−v逆)
6. Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，一定容积的密闭容器中，发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法正确的是( )
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10−5
A. 25℃达到平衡时，向容器中继续通入CO，Ni粉转化率增大，CO转化率减小
B. 温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产
C. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)
7. 将浓度为0.1mol⋅L−1HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是( )
①c(H+)②c(F−)③c(OH−)④Ka(HF)⑤Kw⑥c(F−)c(H+)⑦c(H+)c(HF)
A. ①⑥ B. ②④ C. ③⑦ D. ④⑤
8. 已知甲酸是一元酸，下列选项可以说明甲酸是弱酸的是( )
A. 0.1mol/L的甲酸与等浓度NaOH溶液等体积混合恰好完全反应
B. 等浓度的甲酸和盐酸稀释至相同pH，盐酸中加入的水更多
C. 甲酸加入小苏打溶液中立即产生大量气泡
D. 等浓度的甲酸溶液和稀硫酸，前者的pH高于后者
9. 已知25℃时，用0.1000mol⋅L−1的盐酸滴定25.00mL0.1000mol⋅L−1氨水的滴定曲线如图所示，下列正确的是( )
A. 滴定时，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B. a、b两点水电离出的OH−浓度之比为10−4.12
C. c点溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
D. pH和体积均相等的氨水和NaOH溶液消耗同浓度盐酸的体积相同
10. 下列说法正确的是( )
A. pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH=3
B. 室温 pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)相同
D. 某温度下，水的离子积常数为1×10−12，该温度下pH=7的溶液呈中性
11. 常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA−、A2− 三者中所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是( )
A. 在含H2A、HA−、A2−的溶液中，通入少量HCl，HA−的物质的量分数一定变大
B. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+c(A2−)+c(OH−)
C. 在 0.1mol/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
12. 常温下，Ksp(MnS)=2.5×10−13，Ksp(FeS)=6.3×10−18.FeS和MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2+表示Fe2+或Mn2+)，下列说法错误的是( )
A. 曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线
B. 升高温度，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线平移至d点
C. 常温下，反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K≈4×104
D. 向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由b点沿工线向a点方向移动
13. 有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ碱性锌锰电池
图Ⅱ铅-硫酸蓄电池
图Ⅲ电解精炼铜
图Ⅳ银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图II所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D. 图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
14. 下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
B. 当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O2+2H2O+4e−=4OH−
15. 韩国三星公司因为手机电池爆炸而屡屡曝光，电池的安全性和环保性再次被公众所重视。一种以引火性高的联氨(N2H4)为燃料的环保电池，工作时产生稳定无污染的物质，原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. N极为电源负极，联氨从c通入
B. 负极上每消耗1molN2H4，转移6mol电子
C. 正极的电极反应式为：N2H4+4e−=N2+4H+
D. 可将联氨改进为引火性低、稳定性好的N2H4⋅H2O
16. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl−、Br−、Na+、Mg2+)的装置如图(a、b为石墨电极)所示，下列说法正确的是( )
A. 电池工作时，负极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O
B. 电解时，电子流动路径：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
C. 试管中NaOH溶液可以用饱和食盐水替代
D. 忽略能量损耗，当电池中消耗2.24L标准状况)H2时，b极会产生0.1mol气体
17. 氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ⋅mol−1
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
(1)已知：
断裂1mol物质中化学键需要的能量/kJ
NO
O2
N2
629
496
942
则△H2=______。
(2)以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量与温度的关系如图甲所示。
①该催化剂在高温时对反应 ______更有利(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②520℃时，NH3的转化率为 ______。
③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=______(列出计算式即可)。
④下列说法正确的是 ______(填序号)。
A.工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右
B.增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO反应生成N2。反应原理为4NH3+4NO+O2催化剂4N2+6H2O(g)
①将一定比例的NO、NH3与O2的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器(如图乙所示)中发生上述反应，反应相同时间NO的去除率随反应温度的变化曲线如图丙所示。
当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是 ______(填序号)。
A.NO百分含量减小
B.副反应增多
C.催化剂活性降低
D.反应活化能增大
②已知：上述反应的平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T。若该反应在某温度下达到平衡，升高温度时，平衡 ______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，原因是 ______；逆反应速率将 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
18. 已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。
①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)______；
④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)______。
19. 已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ka=3×10−8
(1)物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是 ______(用编号填写)。
a.CH3COONa
b.Na2CO3
c.NaClO
d.NaHCO3
(2)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：______。
(3)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=______(填准确数值)。
(4)25℃时，将amol⋅L−1的醋酸与bmol⋅L−1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为 ______。
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH−)=2c(H2CO3)+______。
20. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之).测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液．
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+.
③终点时用去20mLl.0×l0−4 mol/L的KMnO4溶液．
(1)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______.
(2)滴定时，将KMnO4溶液装在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中．
(3)判断滴定终点的方法是______.
(4)误差分析：(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果．
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果．
(5)计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L.
21. 50mL0.50mol⋅L−1盐酸与50mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。请回答：
(1)从实验装置上看，如图中缺少的一种玻璃用品是 ______。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将 ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(2)已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.2molH2O时，放出11.46kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：______。
22. 某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．
请回答：
I.用图1所示装置进行第一组实验．
(1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是______(填字母序号).
A.铝B.石墨C.银D.铂
(2)N极发生反应的电极反应式为______.
(3)实验过程中，滤纸上能观察到的现象有______.
Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根(FeO42−)在溶液中呈紫红色．
(4)电解过程中，X极区溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”).
(5)电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O和4OH−−4e−=2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少______ g.
(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6kJ/mol，可知1mol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为285.8kJ，所以氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故A正确；
B.石墨转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C.20.0gNaOH物质的量为0.5mol，NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则1mol氢氧化钠完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，故C错误；
D.合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ，所以热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<−38.6kJ⋅mol−1，故D错误；
故选：A。
A.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
B.物质的能量越高越不稳定，能量越低越稳定；
C.醋酸为弱酸，电离会吸收热量，故稀溶液中1mol醋酸与氢氧化钠反应放出的热量小于1molNaOH与HCl反应放出的热量；
D.合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ。
本题考查热化学方程式、燃烧热、中和热、反应热大小比较等，难度不大，注意对概念的理解、盖斯定律的应用。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，故Ea减小、△H2不变，故A错误；
B.由①C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H1=90.1KJ⋅mol−1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.0KJ⋅mol−1，
结合盖斯定律可知①+②得C(s)+H2O(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H=41.1KJ⋅mol−1，故B正确；
C.CO2和H2完全燃烧生成甲醇和水，故反应②完全燃烧，反应③不完全燃烧，完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，放热为负值，故△H2<△H3，故C错误；
D.放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，在碱性条件下电极反应式为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，故D错误；
故选：B。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素为解答的关键，注意活化分子数目与含量的区别，题目难度不大。
化学反应速率是指单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加；表示某一段时间内浓度的变化的平均值，反应速率越大，反应越快，一般来说，影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体表面积等，以此解答该题。
【解答】
①恒温时，增大压强，若恒容条件通入惰性气体导致压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则化学反应速率不加快，故错误；
②其他条件不变，温度越高，活化分子含量增加，则化学反应速率越快，故正确；
③使用催化剂可改变反应速率，但不改变该反应过程中吸收或放出的热量，故错误；
④如在同一个反应，且计量数之比为3：1，则用不同物质表示反应速率，3mol⋅L−1⋅s−1的反应速率与1mol⋅L−1⋅s−1的反应速率可能相等，故错误；
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，浓度增大，导致增加单位体积内活化分子数增大，则反应速率增大，故正确；
⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，故错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡图象分析，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等。
【解答】
A.由图可知前8minA的浓度减小了2mol⋅L−1−1.36mol⋅L−1=0.64mol⋅L−1，所以A的反应速率为0.64mol⋅L−18min=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；
C.由图象可知，30∼40min时反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；
D.由图象可知，30∼40min时反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，又根据B项的分析该反应是体积不变的反应，故是增大体积降低了压强，故D错误；
故选A。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，x点压强小于y点，其他条件相同时，压强越大化学反应速率越快，所以反应速率：x
C.图中M点为平衡点，平衡后升高温度，反应物A的含量增加，则升温平衡逆向移动，逆反应吸热、正反应放热，即该反应的△H<0，故C错误；
D.v−t图象中，阴影部分面积的含义是表示浓度的变化量，为(v正−v逆)t，故D错误；
故选：B。
A.其他条件相同时，压强越大化学反应速率越快；
B.该反应是气体体积不变化的反应，增大压强或加入催化剂，平衡均不发生移动；
C.由图可知，M点为平衡点，平衡后升高温度平衡向吸热方向移动；
D.图中横坐标为时间、纵坐标为速率，则阴影部分表示浓度的变化量。
本题考查化学平衡影响因素和图象分析应用，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确图中曲线含义及外界条件对平衡影响原理是解本题关键，注意选项D为易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A、反应正向是气体体积减小的反应，向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行，CO转化率增大，故A错误；
B、由图表数据可知，温度升高平衡常数减小，说明反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，故B错误；
C、在80℃时，平衡常数K=2，某时刻浓度商Qc=0.5(0.5)4=8>2=K，则反应逆向进行，v(正)
故选：C。
A、向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行；
B、依据图表数据分析，温度升高平衡常数减小，说明反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低；
C、依据浓度商计算和平衡常数比较分析判断反应进行方向；
D、固体对化学平衡无影响。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K与温度的关系、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的分析与应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：加水稀释促进HF电离，溶液中n(H+)、n(F−)增大，n(HF)减小，但HF电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(F−)、c(HF)都减小；温度不变，水的离子积常数、HF电离平衡常数不变，则c(OH−)增大；⑥溶液酸性减弱，水的电离程度增大，所以稀释过程中c(H+)的减小程度小于c(F−)的减小程度，则c(F−)c(H+)减小；⑦c(H+)c(HF)=Ka(HF)c(H+)增大，
所以保持增大的是③⑦，
故选：C。
加水稀释促进HF电离，但HF电离增大程度小于溶液体积增大程度，电离平衡常数、水的离子积常数都只受温度影响。
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，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意：水的离子积常数和电离平衡常数都只与温度有关。
8.【答案】B
【解析】解：A体积相同、浓度相同的甲酸溶液与NaOH溶液恰好完全反应，说明HA是一元酸，不能说明HA部分电离，则不能证明HA为弱酸，故A错误；
B.等浓度的甲酸和盐酸稀释至相同pH，盐酸中加入的水更多，说明加水促进甲酸的电离，说明甲酸是弱酸，故B正确；
C.甲酸加入小苏打溶液中立即产生大量气泡，只能说明甲酸显酸性，不能说明甲酸是弱酸，故C错误；
D.等浓度的甲酸溶液和稀硫酸，稀硫酸是二元酸，氢离子本来就多，故无法根据pH高低进行判断，故D错误；
故选：B。
部分电离的酸为弱酸，只要证明酸甲酸在水溶液中部分电离就能证明甲酸是弱电解质，据此分析解答。
本题考查强弱电解质判断，侧重考查基本概念，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，弱电解质与电离程度有关，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，盐酸滴定氨水恰好反应时，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B.a溶液呈碱性，主要是一水合氨的电离抑制水的电离，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10−9.24mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−9.24mol/L，b点溶液显酸性，主要是铵根离子水解显酸性，水解促进了水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10−5.12mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−5.12mol/L，所以a、b两点水电离出的OH−浓度之比为10−9.2410−5.12=10−4.12，故B正确；
C.c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为氯化铵和HCl，且物质的量浓度相等，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl−)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH−)，故C错误；
D.等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于NaOH溶液的浓度，所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时，氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多，故D错误；
故选：B。
A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，盐酸滴定氨水恰好反应时，溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂；
B.a溶液呈碱性，主要是一水合氨的电离抑制水的电离，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10−9.24mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−9.24mol/L，b点溶液显酸性，主要是铵根离子水解显酸性，水解促进了水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10−5.12mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−5.12mol/L，即可求出a、b两点水电离出的OH−浓度之比；
C.c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为氯化铵和HCl，且物质的量浓度相等，即可判断溶液中离子浓度大小顺序；
D.等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于NaOH溶液的浓度，中和氨水消耗的盐酸多。
本题主要考查强酸中和弱碱的有关问题，具体涉及指示剂的选择，溶液中离子浓度大小的比较，水的电离等有关计算，对学生的思维能力要求较高，难度较大。
10.【答案】B
【解析】解：A、醋酸是弱酸，加水稀释，电离平衡右移，电离出更多的氢离子，故稀释100倍后溶液的pH小于3，故A错误；
B、醋酸是弱酸，部分电离，故pH=3的醋酸溶液中的c(H+)只是醋酸电离的那部分，溶液中仍有未电离的醋酸；而Ba(OH)2是强碱，完全电离，故pH=11的Ba(OH)2溶液和pH=3的醋酸等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，故B正确；
C、盐类的水解促进水的电离，而酸和碱均抑制水的电离，pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)前者大，故C错误；
D、呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)，故某温度下，水的离子积常数为1×10−12，则呈中性时c(H+)=c(OH−)=10−6mol/L，即pH=6，故pH=7的溶液显碱性，故D错误。
故选：B。
本题考查了弱电解质的电离平衡的移动以及盐类水解对水的电离的影响，难度不大，应注意的是盐类水解对水的电离有促进作用，而酸和碱对水的电离均抑制。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据图象，随着pH增大，HA−的物质的量分数先增大后减小，不是单一的减小，通入少量HCl，HA−应先增大后减小，不是绝对的变大，故A错误；
B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，故B错误；
C.pH=4.2时，HA−、A2−浓度相等，溶液呈酸性，说明HA−电离程度大于HA−水解程度，则在0.1mo/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)>c(A2−)>c(OH−)，故C正确；
D.将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，HA−、A2−浓度在起始时相等，K2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=10−4.2，若平衡时二者相等，所得溶液pH恰好为4.2，但由于HA−存在电离，A2−存在水解，二者平衡时不绝对相等，近似相等，所得溶液pH近似为4.2，故D错误，
故选：C。
由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA−，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2A⇌H++HA−，则K1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=10−1.2，
pH=4.2时，HA−、A2−浓度相等，且二者浓度相等，电离方程式为HA−⇌H++A2−，则K2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=10−4.2，以此解答该题。
本题考查了离子浓度大小比较，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，根据图象掌握平衡常数的应用为解答该题的关键，难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A、XS的饱和溶液中c(X2+)=Ksp，根据溶度积数值大小可知曲线Ⅰ、Ⅱ分别是MnS、FeS的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B、固体XS的溶解吸热，温度越高，饱和溶液中离子浓度越大，但二者始终相等，仍在图中虚线上，即升高温度，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线平移至e点，故B错误；
C、常温下，反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Fe2+)=Ksp(MnS)Ksp(FeS)=2.5×10−136.3×10−18≈4×104，故C正确；
D、曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线，由Ksp (MnS)=c(Mn2+)⋅c(S2−)可知向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，则c(Mn2+)减小，液组成由b点沿曲线I向a点方向移动，故D正确；
故选：B。
A、XS的饱和溶液中c(X2+)=Ksp，Ksp越大则c(X2+)越大；
B、固体XS的溶解吸热，温度越高，饱和溶液中离子浓度越大；
C、反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Fe2+)；
D、Ksp (MnS)=c(Mn2+)⋅c(S2−)，只与温度有关，温度一定时c(Mn2+)与c(S2−)成反比。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象分析判断，把握图象曲线的意义是解题关键，侧重学生分析能力、计算能力与运用能力的考查，注意图象信息的处理和运用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；
B.铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；
C.粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；
D.该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；
故选：D。
A.二氧化锰作正极；
B.根据放电过程中电池反应判断浓硫酸浓度变化；
C.粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，根据转移电子守恒判断溶液中铜离子浓度是否变化；
D.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的是氧化剂．
本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难度不大．
14.【答案】A
【解析】解：A.电解池的阳极被腐蚀，阴极被保护，地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，则输油管道做阳极被腐蚀，应将其与电源的负极相连，故A错误；
B.当镀锌铁制品的镀层破损时，构成原电池，且Zn仍然作为负极，保护铁制品，故B正确；
C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法，属于原电池原理，故C正确；
D.钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极氧气发生还原反应，条件为弱碱性，电极方程式为O2+2H2O+4e−=4OH−，
故选：A。
A.电解池的阳极被腐蚀，阴极被保护；
B.当镀锌铁制品的镀层破损时，构成原电池，且Zn仍然作为负极；
C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀属于原电池原理；
D.钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极氧气发生还原反应。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，M电极为负极，N电极为正极，联氨(N2H4)从b通入，故A错误；
B.负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，即每消耗1molN2H4，转移4mol电子，故B错误；
C.正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，故C错误；
D.N2H4⋅H2O的稳定性好、引火性低，相较于联氨(N2H4)作燃料，电池的安全性更高，故D正确；
故选：D。
根据原电池装置中H+移动方向可知，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中燃料联氨(N2H4)发生失电子的氧化反应生成N2，则M电极为负极，N电极为正极，负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，据此分析解答。
本题考查了燃料电池工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应和离子的移动方向是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度较大。
16.【答案】D
【解析】解：A.电池工作时，处于酸性条件，负极方程式为H2−2e−=2H+，故A错误；
B.电子不进入电解质溶液，所以流动路径为负极→外电路→阴极、阳极→外电路→正极，故B错误；
C.饱和NaCl溶液不能吸收氯气，所以不能替代氢氧化钠溶液，故C错误；
D.b电极上生成H2，忽略能量损耗，电池中消耗2.24L(标准状况)H2等于右侧b电极上生成的氢气，则b极会产生0.1mol气体，故D正确；
故选：D。
根据图知，左侧电池为原电池，通入燃料H2的电极为负极、通入O2的电极为正极，由此装置有外接电源而作电解池，a连接正极，则a为阳极，b为阴极，阳极上先Br−放电生成溴，阴极上水得电子生成H2和OH−，据此分析回答问题。
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。
17.【答案】−1265KJ/molI60%0.24×0.960.44×1.455 AD BC 逆向 温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动 增大
【解析】解：(1)Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ/mol
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
盖斯定律计算(Ⅰ−Ⅱ)×12得到，N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=△H1−△H2，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，−905KJ/mol−△H2=942KJ/mol+492KJ/mol−2×629KJ/mol，
△H2=−1265KJ/mol，
故答案为：−1265KJ/mol；
(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I，
故答案为：I；
②在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，则：
4NH3(g)+5O2⇌4NO(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.20.250.20.3
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.40.30.20.6
故平衡时，n(NH3)=1mol−0.2mol−0.4mol=0.4mol，
氨气的转化率=0.2mol+0.4mol1mol×100%=60%，
故答案为：60%；
③在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，则：
4NH3(g)+5O2⇌4NO(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.20.250.20.3
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.40.30.20.6
故平衡时，n(NH3)=1mol−0.2mol−0.4mol=0.4mol，n(O2)=2mol−0.25mol−0.3mol=1.45mol，n(H2O)=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2)=0.24×0.960.44×1.455，
故答案为：=0.24×0.960.44×1.455；
④A.图象分析可知，工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右，NO量最大，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比，可以提高要求转化率，氨气转化率减小，不能提高NH3生成NO的平衡转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡逆向进行，不能提高NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，不改变化学平衡，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确，V2O5
故答案为：AD；
(3)①温度高于380℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小，
故选：BC；
②根据平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T，可知升温K减小，说明正反应为放热反应，若该反应在t℃下达到平衡，升高温度时平衡逆向进行，逆反应速率增大，
故答案为：逆向；温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动；增大。
(1)Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ/mol
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
盖斯定律计算(Ⅰ−Ⅱ)×12 得到，N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=△H1−△H2，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能得到；
(2)①生成物氮气、NO的物质的量判断催化剂对反应的选择性；
②520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，计算NH3的转化率；
③520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度带入K=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2)计算；
④A.图象可知NO物质的量最大时的温度840℃左右，最佳温度应控制在840℃左右；
B.增大NH3和O2的初始投料比是增大氨气的量，氧气转化率增大，氨气转化率减小；
C.投料比不变，增加反应物的浓度相当于增大体系压强；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率；
(3))①温度高于380℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小；
②根据平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T，可知升温K减小，分析温度对平衡、速率的影响。
本题考查化学平衡计算，涉及化学平衡及其影响、反应热的计算、速率的影响因素等知识，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，试题知识点较多、综合性较强，题目难度中等。
18.【答案】④②③① ⑥⑦④⑤⑧
【解析】解：①、②、③、④四种溶液中，其中①、②、③对水的电离起到抑制作用，只有④对水的电离起到促进作用，所以④中c(H+)；①中c(H+)=0.2mol/L、②c(H+)<0.1mol/L、③c(OH)=0.1mol/L，抑制水电离程度：①>③>②，所以四种溶液中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序是④②③①；
⑧为弱电解质的水溶液，c(NH4+)最小；⑥的化学式中铵根离子个数多，则该溶液中c(NH4+)最大，⑤中醋酸根离子促进铵根离子水解、⑦中氢离子抑制铵根离子水解，所以④、⑤、⑥、⑦、⑧四种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序是⑥⑦④⑤⑧，
故答案为：④②③①；⑥⑦④⑤⑧。
酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大；
④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中，弱电解质溶液中c(NH4+)最小；化学式中铵根离子个数越大，该溶液中c(NH4+)越大；化学式中铵根离子个数相同时，铵根离子水解程度越大，c(NH4+)越小。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离、水电离影响因素、盐类水解原理是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】a
故答案为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO；
(3)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=10−6mol⋅L−1−10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，
故答案为：9.9×10−7mol⋅L−1；
(4)反应后溶液恰好显中性，c(H+)=10−7mol⋅L−1，由电荷守恒可知c(CH3COO−)=c(Na+)=0.5bmol/L，醋酸的电离常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)=0.5b×10−70.5a−0.5b=b×10−7a−b，
故答案为：b×10−7a−b；
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NaOH的物质的量为1mol⋅L−1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，由质子守恒可知c(OH−)=2c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(H+)，
故答案为：c(HCO3−)+c(H+)。
(1)Ka越小酸性越弱，且酸性越弱对应盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大；
(2)发生强酸制取弱酸的反应；
(3)由电荷守恒可知溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)；
(4)反应后溶液恰好显中性，c(H+)=10−7mol⋅L−1，由电荷守恒可知c(CH3COO−)=c(Na+)=0.5mol/L，结合Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)计算；
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NaOH的物质的量为1mol⋅L−1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，结合质子守恒判断。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、酸性比较、电荷守恒及质子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
20.【答案】2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 2.5×10−3
【解析】解：(1)高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒，反应的离子方程式：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
(2)高锰酸钾溶液具有强的氧化性，能够使橡胶老化，所以应用酸式滴定管盛放；
故答案为：酸式；
(3)高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(4)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)，
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
(5)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)
C(Ca2+)×2mL=52×20mL×l.0×l0−4 mol/L，解得C(Ca2+)=2.5×10−3mol/L；
故答案为：2.5×10−3.
(1)高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；
(2)依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液；
(3)高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
(4)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)，结合操作对消耗标准液体积的影响判断误差；
(5)依据C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)计算解答．
本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式，注意滴定管构造及使用注意事项，注意误差分析的方法和技巧，题目难度中等．
21.【答案】玻璃搅拌器 偏大 NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1
【解析】解：(1)由量热器的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；NaOH固体溶于水时放热，所以改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将偏大，
故答案为：玻璃搅拌器；偏大；
(2)生成0.2molH2O时，放出11.46kJ的热量，则生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，则该反应的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1，
故答案为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1。
(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；NaOH固体溶于水时放热，使中和热数值偏大；
(2)强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答。
本题考查中和热测定，侧重分析能力和基本实验操作能力的考查，把握实验装置及误差分析、反应热的计算是解答本题的关键，注意掌握中和热概念，题目难度不大。
22.【答案】A2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)滤纸上有红褐色斑点产生 增大 0.282FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−
【解析】解：(1)在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，
故答案为：A；
(2)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)，
故答案为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)；
(3)电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，
故答案为：滤纸上有红褐色斑点产生；
(4)电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；
(5)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得0.672L22.4L/mol×2=0.168L22.4L/mol×4+
xg56g/mol×6，解得x=0.28g，故答案为：0.28；
(6)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−，故答案为：2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−.
Ⅰ图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；
Ⅱ该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应．
本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点，难度中等．
2021-2022学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、南师附中、十七中四校联考高二（上）期末化学试卷
1. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是( )
A. 已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ⋅mol−1，则氢气燃烧热为285.8kJ⋅mol−1
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH=−57.4kJ⋅mol−1
D. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3ΔH=−38.6kJ⋅mol−1
2. 煤的液化可以合成甲醇。
①“气化”：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H1=+90.1kJ⋅mol−1
②催化液化Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.0kJ⋅mol−1
③催化液化Ⅱ：CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+12O2(g)；△H3=akJ⋅mol−1
下列有关说法正确的是( )
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小
B. 反应C(s)+H2O(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H=+41.1kJ⋅mol−1
C. △H2>△H3
D. 图为甲醇燃料电池的工作原理示意图，负极的电极反应为CH3OH−6e−+6OH−=CO2↑+5H2O
3. 下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快
②其他条件不变，温度越高化学反应速率越快
③使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量
④3mol⋅L−1⋅s−1的反应速率一定比1mol⋅L−1⋅s−1的反应速率大
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
A. ②⑥ B. ②⑤ C. ①②③⑤ D. ①②④⑤
4. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：A(g)+xB(g)⇌2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 前8minA的平均反应速率为0.08mol⋅L−1min−1
B. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
C. 30min时降低温度，40min时升高温度
D. 30−40min之间该反应增大了压强或使用了催化剂
5. 下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 如图表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g)△H>O，在一定温度下，平衡时B的转化率(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的快
B. 如图是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g)△H>0的速率时间图象，在t1时刻改变条件可能是加入催化剂
C. 如图表示对于化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的△H>0
D. 如图所示图中的阴影部分面积的含义是(v正−v逆)
6. Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，一定容积的密闭容器中，发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法正确的是( )
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10−5
A. 25℃达到平衡时，向容器中继续通入CO，Ni粉转化率增大，CO转化率减小
B. 温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产
C. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)
7. 将浓度为0.1mol⋅L−1HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是( )
①c(H+)②c(F−)③c(OH−)④Ka(HF)⑤Kw⑥c(F−)c(H+)⑦c(H+)c(HF)
A. ①⑥ B. ②④ C. ③⑦ D. ④⑤
8. 已知甲酸是一元酸，下列选项可以说明甲酸是弱酸的是( )
A. 0.1mol/L的甲酸与等浓度NaOH溶液等体积混合恰好完全反应
B. 等浓度的甲酸和盐酸稀释至相同pH，盐酸中加入的水更多
C. 甲酸加入小苏打溶液中立即产生大量气泡
D. 等浓度的甲酸溶液和稀硫酸，前者的pH高于后者
9. 已知25℃时，用0.1000mol⋅L−1的盐酸滴定25.00mL0.1000mol⋅L−1氨水的滴定曲线如图所示，下列正确的是( )
A. 滴定时，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B. a、b两点水电离出的OH−浓度之比为10−4.12
C. c点溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
D. pH和体积均相等的氨水和NaOH溶液消耗同浓度盐酸的体积相同
10. 下列说法正确的是( )
A. pH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH=3
B. 室温 pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)相同
D. 某温度下，水的离子积常数为1×10−12，该温度下pH=7的溶液呈中性
11. 常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA−、A2− 三者中所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是( )
A. 在含H2A、HA−、A2−的溶液中，通入少量HCl，HA−的物质的量分数一定变大
B. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+c(A2−)+c(OH−)
C. 在 0.1mol/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)
D. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
12. 常温下，Ksp(MnS)=2.5×10−13，Ksp(FeS)=6.3×10−18.FeS和MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2+表示Fe2+或Mn2+)，下列说法错误的是( )
A. 曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线
B. 升高温度，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线平移至d点
C. 常温下，反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K≈4×104
D. 向b点溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由b点沿工线向a点方向移动
13. 有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ碱性锌锰电池
图Ⅱ铅-硫酸蓄电池
图Ⅲ电解精炼铜
图Ⅳ银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图II所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图III所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D. 图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
14. 下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
B. 当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O2+2H2O+4e−=4OH−
15. 韩国三星公司因为手机电池爆炸而屡屡曝光，电池的安全性和环保性再次被公众所重视。一种以引火性高的联氨(N2H4)为燃料的环保电池，工作时产生稳定无污染的物质，原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. N极为电源负极，联氨从c通入
B. 负极上每消耗1molN2H4，转移6mol电子
C. 正极的电极反应式为：N2H4+4e−=N2+4H+
D. 可将联氨改进为引火性低、稳定性好的N2H4⋅H2O
16. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl−、Br−、Na+、Mg2+)的装置如图(a、b为石墨电极)所示，下列说法正确的是( )
A. 电池工作时，负极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O
B. 电解时，电子流动路径：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
C. 试管中NaOH溶液可以用饱和食盐水替代
D. 忽略能量损耗，当电池中消耗2.24L标准状况)H2时，b极会产生0.1mol气体
17. 氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ⋅mol−1
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
(1)已知：
断裂1mol物质中化学键需要的能量/kJ
NO
O2
N2
629
496
942
则△H2=______。
(2)以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量与温度的关系如图甲所示。
①该催化剂在高温时对反应 ______更有利(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②520℃时，NH3的转化率为 ______。
③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=______(列出计算式即可)。
④下列说法正确的是 ______(填序号)。
A.工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右
B.增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO反应生成N2。反应原理为4NH3+4NO+O2催化剂4N2+6H2O(g)
①将一定比例的NO、NH3与O2的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器(如图乙所示)中发生上述反应，反应相同时间NO的去除率随反应温度的变化曲线如图丙所示。
当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是 ______(填序号)。
A.NO百分含量减小
B.副反应增多
C.催化剂活性降低
D.反应活化能增大
②已知：上述反应的平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T。若该反应在某温度下达到平衡，升高温度时，平衡 ______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，原因是 ______；逆反应速率将 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
18. 已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。
①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)______；
④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)______。
19. 已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ka=3×10−8
(1)物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是 ______(用编号填写)。
a.CH3COONa
b.Na2CO3
c.NaClO
d.NaHCO3
(2)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：______。
(3)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=______(填准确数值)。
(4)25℃时，将amol⋅L−1的醋酸与bmol⋅L−1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为 ______。
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH−)=2c(H2CO3)+______。
20. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之).测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液．
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+.
③终点时用去20mLl.0×l0−4 mol/L的KMnO4溶液．
(1)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式______.
(2)滴定时，将KMnO4溶液装在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中．
(3)判断滴定终点的方法是______.
(4)误差分析：(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果．
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果．
(5)计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L.
21. 50mL0.50mol⋅L−1盐酸与50mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。请回答：
(1)从实验装置上看，如图中缺少的一种玻璃用品是 ______。如改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将 ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(2)已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.2molH2O时，放出11.46kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：______。
22. 某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．
请回答：
I.用图1所示装置进行第一组实验．
(1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是______(填字母序号).
A.铝B.石墨C.银D.铂
(2)N极发生反应的电极反应式为______.
(3)实验过程中，滤纸上能观察到的现象有______.
Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根(FeO42−)在溶液中呈紫红色．
(4)电解过程中，X极区溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”).
(5)电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O和4OH−−4e−=2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少______ g.
(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−571.6kJ/mol，可知1mol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为285.8kJ，所以氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故A正确；
B.石墨转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；
C.20.0gNaOH物质的量为0.5mol，NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则1mol氢氧化钠完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，故C错误；
D.合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ，所以热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<−38.6kJ⋅mol−1，故D错误；
故选：A。
A.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
B.物质的能量越高越不稳定，能量越低越稳定；
C.醋酸为弱酸，电离会吸收热量，故稀溶液中1mol醋酸与氢氧化钠反应放出的热量小于1molNaOH与HCl反应放出的热量；
D.合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ。
本题考查热化学方程式、燃烧热、中和热、反应热大小比较等，难度不大，注意对概念的理解、盖斯定律的应用。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，故Ea减小、△H2不变，故A错误；
B.由①C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H1=90.1KJ⋅mol−1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=−49.0KJ⋅mol−1，
结合盖斯定律可知①+②得C(s)+H2O(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H=41.1KJ⋅mol−1，故B正确；
C.CO2和H2完全燃烧生成甲醇和水，故反应②完全燃烧，反应③不完全燃烧，完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，放热为负值，故△H2<△H3，故C错误；
D.放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，在碱性条件下电极反应式为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，故D错误；
故选：B。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素为解答的关键，注意活化分子数目与含量的区别，题目难度不大。
化学反应速率是指单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加；表示某一段时间内浓度的变化的平均值，反应速率越大，反应越快，一般来说，影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体表面积等，以此解答该题。
【解答】
①恒温时，增大压强，若恒容条件通入惰性气体导致压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则化学反应速率不加快，故错误；
②其他条件不变，温度越高，活化分子含量增加，则化学反应速率越快，故正确；
③使用催化剂可改变反应速率，但不改变该反应过程中吸收或放出的热量，故错误；
④如在同一个反应，且计量数之比为3：1，则用不同物质表示反应速率，3mol⋅L−1⋅s−1的反应速率与1mol⋅L−1⋅s−1的反应速率可能相等，故错误；
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，浓度增大，导致增加单位体积内活化分子数增大，则反应速率增大，故正确；
⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，故错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡图象分析，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等。
【解答】
A.由图可知前8minA的浓度减小了2mol⋅L−1−1.36mol⋅L−1=0.64mol⋅L−1，所以A的反应速率为0.64mol⋅L−18min=0.08mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；
C.由图象可知，30∼40min时反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；
D.由图象可知，30∼40min时反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，又根据B项的分析该反应是体积不变的反应，故是增大体积降低了压强，故D错误；
故选A。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，x点压强小于y点，其他条件相同时，压强越大化学反应速率越快，所以反应速率：x
C.图中M点为平衡点，平衡后升高温度，反应物A的含量增加，则升温平衡逆向移动，逆反应吸热、正反应放热，即该反应的△H<0，故C错误；
D.v−t图象中，阴影部分面积的含义是表示浓度的变化量，为(v正−v逆)t，故D错误；
故选：B。
A.其他条件相同时，压强越大化学反应速率越快；
B.该反应是气体体积不变化的反应，增大压强或加入催化剂，平衡均不发生移动；
C.由图可知，M点为平衡点，平衡后升高温度平衡向吸热方向移动；
D.图中横坐标为时间、纵坐标为速率，则阴影部分表示浓度的变化量。
本题考查化学平衡影响因素和图象分析应用，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确图中曲线含义及外界条件对平衡影响原理是解本题关键，注意选项D为易错点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A、反应正向是气体体积减小的反应，向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行，CO转化率增大，故A错误；
B、由图表数据可知，温度升高平衡常数减小，说明反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，故B错误；
C、在80℃时，平衡常数K=2，某时刻浓度商Qc=0.5(0.5)4=8>2=K，则反应逆向进行，v(正)
故选：C。
A、向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行；
B、依据图表数据分析，温度升高平衡常数减小，说明反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低；
C、依据浓度商计算和平衡常数比较分析判断反应进行方向；
D、固体对化学平衡无影响。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K与温度的关系、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的分析与应用，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：加水稀释促进HF电离，溶液中n(H+)、n(F−)增大，n(HF)减小，但HF电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(F−)、c(HF)都减小；温度不变，水的离子积常数、HF电离平衡常数不变，则c(OH−)增大；⑥溶液酸性减弱，水的电离程度增大，所以稀释过程中c(H+)的减小程度小于c(F−)的减小程度，则c(F−)c(H+)减小；⑦c(H+)c(HF)=Ka(HF)c(H+)增大，
所以保持增大的是③⑦，
故选：C。
加水稀释促进HF电离，但HF电离增大程度小于溶液体积增大程度，电离平衡常数、水的离子积常数都只受温度影响。
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，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意：水的离子积常数和电离平衡常数都只与温度有关。
8.【答案】B
【解析】解：A体积相同、浓度相同的甲酸溶液与NaOH溶液恰好完全反应，说明HA是一元酸，不能说明HA部分电离，则不能证明HA为弱酸，故A错误；
B.等浓度的甲酸和盐酸稀释至相同pH，盐酸中加入的水更多，说明加水促进甲酸的电离，说明甲酸是弱酸，故B正确；
C.甲酸加入小苏打溶液中立即产生大量气泡，只能说明甲酸显酸性，不能说明甲酸是弱酸，故C错误；
D.等浓度的甲酸溶液和稀硫酸，稀硫酸是二元酸，氢离子本来就多，故无法根据pH高低进行判断，故D错误；
故选：B。
部分电离的酸为弱酸，只要证明酸甲酸在水溶液中部分电离就能证明甲酸是弱电解质，据此分析解答。
本题考查强弱电解质判断，侧重考查基本概念，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，弱电解质与电离程度有关，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，盐酸滴定氨水恰好反应时，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；
B.a溶液呈碱性，主要是一水合氨的电离抑制水的电离，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10−9.24mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−9.24mol/L，b点溶液显酸性，主要是铵根离子水解显酸性，水解促进了水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10−5.12mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−5.12mol/L，所以a、b两点水电离出的OH−浓度之比为10−9.2410−5.12=10−4.12，故B正确；
C.c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为氯化铵和HCl，且物质的量浓度相等，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl−)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH−)，故C错误；
D.等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于NaOH溶液的浓度，所以中和等体积等pH的氨水和NaOH溶液时，氨水消耗相同浓度盐酸的体积更多，故D错误；
故选：B。
A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，酚酞的变色范围为8∼10，盐酸滴定氨水恰好反应时，溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂；
B.a溶液呈碱性，主要是一水合氨的电离抑制水的电离，pH=9.24，则溶液中c水(H+)=10−9.24mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−9.24mol/L，b点溶液显酸性，主要是铵根离子水解显酸性，水解促进了水的电离，pH=5.12，则溶液中c水(H+)=10−5.12mol/L，则水电离出的c水(OH−)=10−5.12mol/L，即可求出a、b两点水电离出的OH−浓度之比；
C.c点滴加了50mL盐酸，则溶液中的溶质为氯化铵和HCl，且物质的量浓度相等，即可判断溶液中离子浓度大小顺序；
D.等pH的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度要远大于NaOH溶液的浓度，中和氨水消耗的盐酸多。
本题主要考查强酸中和弱碱的有关问题，具体涉及指示剂的选择，溶液中离子浓度大小的比较，水的电离等有关计算，对学生的思维能力要求较高，难度较大。
10.【答案】B
【解析】解：A、醋酸是弱酸，加水稀释，电离平衡右移，电离出更多的氢离子，故稀释100倍后溶液的pH小于3，故A错误；
B、醋酸是弱酸，部分电离，故pH=3的醋酸溶液中的c(H+)只是醋酸电离的那部分，溶液中仍有未电离的醋酸；而Ba(OH)2是强碱，完全电离，故pH=11的Ba(OH)2溶液和pH=3的醋酸等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，故B正确；
C、盐类的水解促进水的电离，而酸和碱均抑制水的电离，pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H+)前者大，故C错误；
D、呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)，故某温度下，水的离子积常数为1×10−12，则呈中性时c(H+)=c(OH−)=10−6mol/L，即pH=6，故pH=7的溶液显碱性，故D错误。
故选：B。
本题考查了弱电解质的电离平衡的移动以及盐类水解对水的电离的影响，难度不大，应注意的是盐类水解对水的电离有促进作用，而酸和碱对水的电离均抑制。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据图象，随着pH增大，HA−的物质的量分数先增大后减小，不是单一的减小，通入少量HCl，HA−应先增大后减小，不是绝对的变大，故A错误；
B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，故B错误；
C.pH=4.2时，HA−、A2−浓度相等，溶液呈酸性，说明HA−电离程度大于HA−水解程度，则在0.1mo/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)>c(A2−)>c(OH−)，故C正确；
D.将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，HA−、A2−浓度在起始时相等，K2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=10−4.2，若平衡时二者相等，所得溶液pH恰好为4.2，但由于HA−存在电离，A2−存在水解，二者平衡时不绝对相等，近似相等，所得溶液pH近似为4.2，故D错误，
故选：C。
由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA−，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2A⇌H++HA−，则K1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=10−1.2，
pH=4.2时，HA−、A2−浓度相等，且二者浓度相等，电离方程式为HA−⇌H++A2−，则K2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=10−4.2，以此解答该题。
本题考查了离子浓度大小比较，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，根据图象掌握平衡常数的应用为解答该题的关键，难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A、XS的饱和溶液中c(X2+)=Ksp，根据溶度积数值大小可知曲线Ⅰ、Ⅱ分别是MnS、FeS的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B、固体XS的溶解吸热，温度越高，饱和溶液中离子浓度越大，但二者始终相等，仍在图中虚线上，即升高温度，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线平移至e点，故B错误；
C、常温下，反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Fe2+)=Ksp(MnS)Ksp(FeS)=2.5×10−136.3×10−18≈4×104，故C正确；
D、曲线I表示MnS的沉淀溶解平衡曲线，由Ksp (MnS)=c(Mn2+)⋅c(S2−)可知向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，则c(Mn2+)减小，液组成由b点沿曲线I向a点方向移动，故D正确；
故选：B。
A、XS的饱和溶液中c(X2+)=Ksp，Ksp越大则c(X2+)越大；
B、固体XS的溶解吸热，温度越高，饱和溶液中离子浓度越大；
C、反应 MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Fe2+)；
D、Ksp (MnS)=c(Mn2+)⋅c(S2−)，只与温度有关，温度一定时c(Mn2+)与c(S2−)成反比。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象分析判断，把握图象曲线的意义是解题关键，侧重学生分析能力、计算能力与运用能力的考查，注意图象信息的处理和运用，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误；
B.铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B错误；
C.粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；
D.该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D正确；
故选：D。
A.二氧化锰作正极；
B.根据放电过程中电池反应判断浓硫酸浓度变化；
C.粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，根据转移电子守恒判断溶液中铜离子浓度是否变化；
D.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的是氧化剂．
本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难度不大．
14.【答案】A
【解析】解：A.电解池的阳极被腐蚀，阴极被保护，地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，则输油管道做阳极被腐蚀，应将其与电源的负极相连，故A错误；
B.当镀锌铁制品的镀层破损时，构成原电池，且Zn仍然作为负极，保护铁制品，故B正确；
C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法，属于原电池原理，故C正确；
D.钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极氧气发生还原反应，条件为弱碱性，电极方程式为O2+2H2O+4e−=4OH−，
故选：A。
A.电解池的阳极被腐蚀，阴极被保护；
B.当镀锌铁制品的镀层破损时，构成原电池，且Zn仍然作为负极；
C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀属于原电池原理；
D.钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极氧气发生还原反应。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，M电极为负极，N电极为正极，联氨(N2H4)从b通入，故A错误；
B.负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，即每消耗1molN2H4，转移4mol电子，故B错误；
C.正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，故C错误；
D.N2H4⋅H2O的稳定性好、引火性低，相较于联氨(N2H4)作燃料，电池的安全性更高，故D正确；
故选：D。
根据原电池装置中H+移动方向可知，电极N为正极，电极M为负极，燃料电池中燃料联氨(N2H4)发生失电子的氧化反应生成N2，则M电极为负极，N电极为正极，负极反应式为N2H4−4e−=N2↑+4H+，正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，据此分析解答。
本题考查了燃料电池工作原理，为高频考点，侧重学生的分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应和离子的移动方向是解题关键，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度较大。
16.【答案】D
【解析】解：A.电池工作时，处于酸性条件，负极方程式为H2−2e−=2H+，故A错误；
B.电子不进入电解质溶液，所以流动路径为负极→外电路→阴极、阳极→外电路→正极，故B错误；
C.饱和NaCl溶液不能吸收氯气，所以不能替代氢氧化钠溶液，故C错误；
D.b电极上生成H2，忽略能量损耗，电池中消耗2.24L(标准状况)H2等于右侧b电极上生成的氢气，则b极会产生0.1mol气体，故D正确；
故选：D。
根据图知，左侧电池为原电池，通入燃料H2的电极为负极、通入O2的电极为正极，由此装置有外接电源而作电解池，a连接正极，则a为阳极，b为阴极，阳极上先Br−放电生成溴，阴极上水得电子生成H2和OH−，据此分析回答问题。
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。
17.【答案】−1265KJ/molI60%0.24×0.960.44×1.455 AD BC 逆向 温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动 增大
【解析】解：(1)Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ/mol
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
盖斯定律计算(Ⅰ−Ⅱ)×12得到，N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=△H1−△H2，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，−905KJ/mol−△H2=942KJ/mol+492KJ/mol−2×629KJ/mol，
△H2=−1265KJ/mol，
故答案为：−1265KJ/mol；
(2)①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I，
故答案为：I；
②在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，则：
4NH3(g)+5O2⇌4NO(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.20.250.20.3
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.40.30.20.6
故平衡时，n(NH3)=1mol−0.2mol−0.4mol=0.4mol，
氨气的转化率=0.2mol+0.4mol1mol×100%=60%，
故答案为：60%；
③在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，则：
4NH3(g)+5O2⇌4NO(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.20.250.20.3
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)
变化(mol)：0.40.30.20.6
故平衡时，n(NH3)=1mol−0.2mol−0.4mol=0.4mol，n(O2)=2mol−0.25mol−0.3mol=1.45mol，n(H2O)=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2)=0.24×0.960.44×1.455，
故答案为：=0.24×0.960.44×1.455；
④A.图象分析可知，工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右，NO量最大，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比，可以提高要求转化率，氨气转化率减小，不能提高NH3生成NO的平衡转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡逆向进行，不能提高NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，不改变化学平衡，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确，V2O5
故答案为：AD；
(3)①温度高于380℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小，
故选：BC；
②根据平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T，可知升温K减小，说明正反应为放热反应，若该反应在t℃下达到平衡，升高温度时平衡逆向进行，逆反应速率增大，
故答案为：逆向；温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动；增大。
(1)Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1=−905kJ/mol
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)△H2
盖斯定律计算(Ⅰ−Ⅱ)×12 得到，N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=△H1−△H2，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能得到；
(2)①生成物氮气、NO的物质的量判断催化剂对反应的选择性；
②520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，计算NH3的转化率；
③520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度带入K=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2)计算；
④A.图象可知NO物质的量最大时的温度840℃左右，最佳温度应控制在840℃左右；
B.增大NH3和O2的初始投料比是增大氨气的量，氧气转化率增大，氨气转化率减小；
C.投料比不变，增加反应物的浓度相当于增大体系压强；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率；
(3))①温度高于380℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小；
②根据平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217T，可知升温K减小，分析温度对平衡、速率的影响。
本题考查化学平衡计算，涉及化学平衡及其影响、反应热的计算、速率的影响因素等知识，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，试题知识点较多、综合性较强，题目难度中等。
18.【答案】④②③① ⑥⑦④⑤⑧
【解析】解：①、②、③、④四种溶液中，其中①、②、③对水的电离起到抑制作用，只有④对水的电离起到促进作用，所以④中c(H+)；①中c(H+)=0.2mol/L、②c(H+)<0.1mol/L、③c(OH)=0.1mol/L，抑制水电离程度：①>③>②，所以四种溶液中由水电离出的c(H+)由大到小的顺序是④②③①；
⑧为弱电解质的水溶液，c(NH4+)最小；⑥的化学式中铵根离子个数多，则该溶液中c(NH4+)最大，⑤中醋酸根离子促进铵根离子水解、⑦中氢离子抑制铵根离子水解，所以④、⑤、⑥、⑦、⑧四种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序是⑥⑦④⑤⑧，
故答案为：④②③①；⑥⑦④⑤⑧。
酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大；
④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中，弱电解质溶液中c(NH4+)最小；化学式中铵根离子个数越大，该溶液中c(NH4+)越大；化学式中铵根离子个数相同时，铵根离子水解程度越大，c(NH4+)越小。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离、水电离影响因素、盐类水解原理是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】a
故答案为：ClO−+H2O+CO2=HCO3−+HClO；
(3)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=10−6mol⋅L−1−10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，
故答案为：9.9×10−7mol⋅L−1；
(4)反应后溶液恰好显中性，c(H+)=10−7mol⋅L−1，由电荷守恒可知c(CH3COO−)=c(Na+)=0.5bmol/L，醋酸的电离常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)=0.5b×10−70.5a−0.5b=b×10−7a−b，
故答案为：b×10−7a−b；
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NaOH的物质的量为1mol⋅L−1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，由质子守恒可知c(OH−)=2c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(H+)，
故答案为：c(HCO3−)+c(H+)。
(1)Ka越小酸性越弱，且酸性越弱对应盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大；
(2)发生强酸制取弱酸的反应；
(3)由电荷守恒可知溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=c(H+)−c(OH−)；
(4)反应后溶液恰好显中性，c(H+)=10−7mol⋅L−1，由电荷守恒可知c(CH3COO−)=c(Na+)=0.5mol/L，结合Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)计算；
(5)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NaOH的物质的量为1mol⋅L−1×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，结合质子守恒判断。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离与水解、酸性比较、电荷守恒及质子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
20.【答案】2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O酸式 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 2.5×10−3
【解析】解：(1)高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒，反应的离子方程式：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
故答案为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O；
(2)高锰酸钾溶液具有强的氧化性，能够使橡胶老化，所以应用酸式滴定管盛放；
故答案为：酸式；
(3)高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(4)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)，
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
(5)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)
C(Ca2+)×2mL=52×20mL×l.0×l0−4 mol/L，解得C(Ca2+)=2.5×10−3mol/L；
故答案为：2.5×10−3.
(1)高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；
(2)依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液；
(3)高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；
(4)依据Ca2+∼CaC2O4∼H2C2O4∼25MnO4−，
125
n(Ca2+)C(标)V(标)
C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)，结合操作对消耗标准液体积的影响判断误差；
(5)依据C(Ca2+)V(待)=52 C(标)V(标)计算解答．
本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式，注意滴定管构造及使用注意事项，注意误差分析的方法和技巧，题目难度中等．
21.【答案】玻璃搅拌器 偏大 NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1
【解析】解：(1)由量热器的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；NaOH固体溶于水时放热，所以改用0.0275molNaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将偏大，
故答案为：玻璃搅拌器；偏大；
(2)生成0.2molH2O时，放出11.46kJ的热量，则生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，则该反应的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1，
故答案为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1。
(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；NaOH固体溶于水时放热，使中和热数值偏大；
(2)强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答。
本题考查中和热测定，侧重分析能力和基本实验操作能力的考查，把握实验装置及误差分析、反应热的计算是解答本题的关键，注意掌握中和热概念，题目难度不大。
22.【答案】A2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)滤纸上有红褐色斑点产生 增大 0.282FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−
【解析】解：(1)在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，
故答案为：A；
(2)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)，
故答案为：2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)；
(3)电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，
故答案为：滤纸上有红褐色斑点产生；
(4)电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；
(5)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得0.672L22.4L/mol×2=0.168L22.4L/mol×4+
xg56g/mol×6，解得x=0.28g，故答案为：0.28；
(6)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−，故答案为：2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−.
Ⅰ图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；
Ⅱ该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应．
本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点，难度中等．
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