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2021-2022学年山东省德州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山东省德州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了8kJ⋅ml−1，1NA，35∼7，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 离子交换膜有多种类型，如氯碱工业中使用的是阴离子交换膜
B. 月饼包装袋中的双吸剂和一次性保暖贴的主要成分都含有铁粉
C. 神舟十三号载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将化学能转化为电能
D. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入净水剂明矾可实现海水淡化
下列关于化学用语的说法正确的是( )
A. Cr原子核外电子有24种空间运动状态
B. Fe2+的价电子轨道表示式：
C. 醋酸的电离方程式：CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+
D. 表示氢气摩尔燃烧焓的热化学方程式：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅ml−1
NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18gH218O含有的中子数为10NA
B. 粗铜精炼中阳极减少64g时，外电路中转移电子数为2NA
C. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D. 常温下，向1L0.1ml⋅L−1氯化铵溶液中加入氨水至中性，则溶液中NH4+的数目为0.1NA
下列描述不正确的是( )
A. 铁制品上使用铜配件，在接触处铁更易生锈
B. 以KOH溶液为离子导体的CH4−O2燃料电池，工作一段时间后溶液的pH减小
C. 先将足量二氧化碳通入饱和食盐水，再通入氨气降温可析出碳酸氢钠固体
D. 熔融状态下AlCl3不导电而AlF3导电，可以说明电负性F>Cl
下列现象可以用勒夏特列原理来解释的是( )
A. 硫酸氢钠溶液pH小于7
B. 使用合适的催化剂可以提高合成氨的产量
C. 二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系中，容器体积减小一半颜色加深
D. 人体血液中存在的H2CO3−NaHCO3体系能起到稳定血液pH的作用
下列相关方程式书写正确的是( )
A. 铁吸氧腐蚀时负极反应式为：Fe−3e−=Fe3+
B. 将碳酸镁在沸水中长时间加热：MgCO3+H2O−△Mg(OH)2+CO2↑
C. 泡沫灭火器灭火原理：2A13++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D. 1mlN2与3mlH2充分反应放出的热量为akJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−akJ⋅ml−1
根据下列图示所得出的结论正确的是( )
A. 表示反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B. 表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1C. 表示一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，则b点时醋酸电离程度最大
D. 表示t∘C时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )
A. 图1中可以通过测定相同状况下反应产生的气体体积及反应时间比较反应速率的大小
B. 用图1装置进行实验时，关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好
C. 图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
D. 若图2所示的实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解反应的催化效果好
某温度下，向10mL0.1ml⋅L−1Na2S溶液中滴加0.1ml⋅L−1CuCl2溶液，S2−浓度与CuCl2溶液体积的关系如图所示。已知：pC=−lgc(S2−)，已知：Ksp(CuS)=1.0×10−36，Ksp(FeS)=6.0×10−18。下列说法错误的是( )
A. 水的电离程度：nB. 图像中n点坐标：(10,18)
C. a点溶液：c(OH−)>2c(HS−)+2c(H2S)
D. 若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z均可与X形成含10个电子的分子，且第一电离能Y>Z。W原子电离能：I1=500I2=4600I3=6900I4=9500I5…，下列说法错误的是( )
A. Y、Z还均可与X形成含18个电子的分子B. 这四种元素位于三个不同周期
C. 简单离子半径：Y>Z>WD. 电负性：Y>Z>X
由下列实验操作及现象得出的相应结论正确是( )
A. AB. BC. CD. D
新研发的车载双电极镍氢电池于2021年7月投入量产，有助于实现“双碳”目标。其原理如图所示。放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为Ni(OH)2，下列叙述错误的是( )
A. b、d为电池的负极
B. 铜箔的作用是隔开电极，传递电子
C. 上图示过程中，b电极的电极反应式：NiO(OH)+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−
D. 充电时，每转移1ml电子，该电池的负极共增重1g
用黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产晶体Cu(NO3)2⋅3H2O的流程如图所示，下列说法正确的是( )
A. “浸取”时使用浓硫酸可加快反应速率
B. 滤液II中一定含Zn2+、Fe2+、SO42−离子
C. 若制得纯度较高的Cu(NO3)2⋅3H2O，反应中所加Zn需过量
D. 将Cu(NO3)2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O
苯在催化剂作用下与卤素单质发生取代反应，其反应机理和能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 反应过程中的焓变：ΔH>0
B. 图中a、b、c三种物质中，c物质最稳定
C. 由图可知，形成过渡态2的反应是整个反应的决速步
D. b→c的方程式：→+H
亚砷酸(H3AsO3)是一种三元弱酸，可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中存在多种微粒，其中含砷微粒的物质的量分数随pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 人体血液的pH在7.35∼7.45之间，用药后人体中含砷元素的微粒以H3AsO3为主
B. 该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10−10
C. pH=12时，溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)
D. 由图像可知，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw废旧太阳能电池具有较高的回收利用价值，其主要组成CIGS的化学式可写为CuIn0.5Ga05Se2；回答下列问题：
(1)Cu在元素周期表中属于 ______分区。同周期元素基态原子中与其未成对电子数相同的原子还有 ______(写元素名称)。
(2)Ga、In与Al同主族，写出Ga基态原子电子排布式 ______。
(3)Ga、Se与As同周期，推测这三种元素第一电离能由大到小的顺序 ______(用元素符号表示)，推测的理由是 ______。
(4)CIGS含有的四种元素中电负性最强的是 ______(用元素符号表示)，Cu的化合价为 ______。
(1)我国某科研团队设计了一种电解装置，将CO2和NaCl高效转化为CO和NaClO，原理如图1所示。
通入CO2气体的一极为 ______(填“阴极”、“阳极”、“正极”或“负极”)，写出该极的电极反应式：
______。
(2)全钒液流电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应，其电池结构如图2所示。已知酸性溶液中钒以VO2+(黄色)、V2+(紫色)、VO2+(蓝色)、V3+(绿色)的形式存在。放电过程中，电池的正极反应式为 ______，右侧储液罐中溶液颜色变化为 ______。
(3)如果用全钒液流电池作为图1电解装置的电源，则催化电极b应与该电池的 ______极(填“X′或“Y′)相连；若电解时电路中转移0.4ml电子，则理论上生成NaClO的质量为 ______g；电池左储液罐溶液中n(H+)的变化量为 ______。
金属镍及其化合物有极高的实用价值，可以制备储氢合金、新型镍氢电池及耐腐蚀的合金，还是一种很好的催化剂。某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其它不溶性物质。采用如图工艺流程制备草酸镍晶体(NiC2O4⋅2H2O)：
已知：①当溶液中某离子浓度小于10−5ml/L时认为沉淀完全。
②NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10−5；H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5.9×10−2、Ka2=6.5×10−5
溶液中金属离子浓度用c(An+)表示，一lgc(An+)随溶液pH变化的图像如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是：溶解金属铝及其氧化物、______。
(2)保持其它条件相同，在不同温度下进行酸浸时，镍浸出率随时间变化如图所示，
则“酸浸”的适宜温度和时间分别为 ______(填字母)。
a.30∘C、30min
b.90∘C、150min
c.70∘C、120min
(3)滤渣③的主要成分是 ______(填化学式)。
(4)沉镍工序中，如何证明Ni2+已经沉淀完全 ______。
(5)(NH4)2C2O4溶液呈 ______性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序是
______。
(6)根据题目中的数据计算Ni(OH)2的Ksp=______，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______。
滴定实验是化学学科中重要的定量测定方法，某兴趣小组对滴定实验的原理和相关应用进行了如图探究。
实验I：探究中和滴定原理
i.连接计算机、pH传感器等仪器并组装，如图1所示。
ii.向烧杯中加入⋅L−1盐酸，放入磁子，置于搅拌器上。
iii.向50mL碱式滴定管中加入0.1000ml⋅L−1NaOH溶液，赶走气泡，并调零。
…
v.向小烧杯中逐滴加入NaOH溶液，得到图2中的pH变化曲线图。
(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，则测得的结果 ______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)若实验I中使用指示剂指示终点，3种指示剂中不应选用的指示剂是 ______。选用合适的指示剂进行食醋中的总酸量测定时，达到滴定终点的现象是 ______。
实验II：测定废水水样的COD(即化学需氧量，以氧化1升水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量为指标，折算成每升水样全部被氧化后，需要氧的毫克数，以mg/L表示。)
i取某湖水水样100.00mL，酸化后加入0.1000ml⋅L−1的K2Cr2O7溶液20.00mL，使水中的还原性物质完全被氧化(Cr2O72−被还原为Cr3+)；
ii再用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，3次平行实验中消耗FeSO4溶液情况如表。
(3)实验II中量取一定体积的K2Cr2O7溶液时，需要用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管；酸化水样时，应选用 ______(填写所用酸的名称)酸化。
(4)实验II步骤ii反应的离子方程式为 ______。
(5)水样的COD为 ______mg/L。
实现碳中和任务艰巨，二氧化碳加氢制甲醇将成为实现目标的有效路径。已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)ΔH2=______kJ⋅ml−1。
(2)把1mlCO2和1mlH2充入体积为V的容器中进行上述反应。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量随温度变化的曲线如图所示。
①图中X代表 ______(填化学式)。
②由图可知温度为T时，反应②的平衡常数K ______1(填“>”“<”或“=”)。
(3)下列措施中，一定无法提高甲醇平衡产率的是 ______(填字母)。
A.加入适量CO
B.使用高效催化剂
C.循环利用原料气
D.升高温度
E.增大压强
(4)一定条件下，向恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入CO2(g)和H2(g)，测得总压强为P0kPa；10min时反应达到平衡，测得H2O(g)的分压为P1kpa，CH3OH(g)的分压为P2kPa。
①平衡后，反应①的平衡常数Kp为 ______kpa−2(用平衡分压代替平衡浓度来表示)。
②实验表明：在二氧化碳和氢气的混合气体中掺混一氧化碳有助于提高甲醇产率。甲醇的平衡产率随着CO(CO+CO2)变化如图所示：
从平衡移动角度分析，甲醇平衡产率上升的原因 ______；当COCO+CO2为0.4时，改为在体积可变的容器中进行此反应，则甲醇的平衡产率最有可能是 ______(填“a”“b”“c”或“d”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氯碱工业中使用阴离子交换膜会使得阳极区产生的氯气和氢氧根反应，从而降低氯气和氢氧化钠的产量，所以氯碱工业中使用阳离子交换膜，故A错误；
B.铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，能发生电化学腐蚀，释放热量，月饼包装袋中的双吸剂和一次性保暖贴的主要成分都含有铁粉，故B正确；
C.神舟十三号载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将太阳能转化为电能，故C错误；
D.明矾不能除去还是海水中盐，所以向海水中加入净水剂明矾不能实现海水淡化，故D错误；
故选：B。
A.氯碱工业中使用阴离子交换膜会使得阳极区产生的氯气和氢氧根反应；
B.依据铁粉还原性及发生电化学腐蚀原理判断；
C.太阳能电池是将光能转化为电能；
D.明矾不能除去还是海水中盐。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意钢铁电化学腐蚀原理，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态 Cr 原子的核外电子有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态，故A错误；
B.Fe原子失去4s能级上2个电子生成Fe2+，所以其价电子为3d能级上的6个电子，所以其价电子轨道表示式为，故B错误；
C.醋酸部分电离生成醋酸根离子和水合氢离子，电离方程式为CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+，故C正确；
D.生成的水应该是液态水，故D错误；
故选：C。
A.基态原子核外电子排列几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态；
B.Fe原子失去4s能级上2个电子生成Fe2+，所以其价电子为3d能级上的6个电子；
C.醋酸部分电离生成醋酸根离子和水合氢离子；
D.生成水的状态错误。
本题考查原子核外电子排布、弱电解质的电离、热化学方程式的书写等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律、弱电解质电离特点、摩尔燃烧焓的含义是解本题关键，D为解答易错点。
3.【答案】D
【解析】解：A.18gH218O含有的中子数为18g20g/ml×10×NA/ml=9NA，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极材料为粗铜，包括铜在内多种金属放电，无法通过电极质量变化计算转移电子数目，故B错误；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+浓度为0.1ml/L2=0.05ml/L，钡离子数为0.05ml/L×1L×NA/ml=0.05NA，故C错误；
D.由电荷守恒可知n(NH4+)+n(H+)=n(Cl−)+n(OH−)，溶液呈中性，n(H+)=n(OH−)，则n(NH4+)=n(Cl−)=0.1ml/L×1L=0.1ml，溶液中NH4+的数目为0.1NA，故D正确；
故选：D。
A.一个H218O中含有10个中子；
B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，包括铜在内多种金属放电；
C.Ba(OH)2溶液中钡离子浓度为氢氧根离子浓度的一半；
D.结合电荷守恒作答。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A.铁制品上使用铜配件，构成原电池，铁做负极，会加速铁片的腐蚀，在接触处铁更易生锈，故A正确；
B.燃料电池的总式为燃料的燃烧，甲烷燃烧生成CO2，CO2会和KOH反应生成碳酸钾和水，溶液碱性减弱，pH减小，故B正确；
C.二氧化碳在食盐水中的溶解度小，应该是向饱和食盐水先通入氨气，再通入CO2，这样才能析出碳酸氢钠固体，故C错误；
D.熔融状态下AlCl3不导电而AlF3导电，说明AlCl3是共价化合物，AlF3是离子化合物，进一步可以说明电负性F>Cl，故D正确；
故选：C。
A.原电池中活泼金属做负极，会加速腐蚀；
B.燃料电池的总式为燃料的燃烧，甲烷燃烧生成CO2，CO2会和KOH反应生成碳酸钾和水；
C.CO2在食盐水中的溶解度小，氨气在食盐水中的溶解度大；
D.AlCl3是共价化合物，AlF3是离子化合物。
本题主要考查原电池和电解池的应用，掌握原电池和电解池的原理，正负极的判断，电极反应式的书写，离子、电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.硫酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致溶液呈酸性，溶液的pH小于7，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂可以加快反应速率，但不能使该可逆反应发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2⇌N2O4，容器体积减小一半，增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但容器体积缩小，二氧化氮浓度变大，导致气体颜色加深，与可逆反应无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D.H2CO3−NaHCO3体系的缓冲作用可用平衡H++HCO3−⇌H2CO3⇌CO2+H2O表示，当生成酸性物质时，HCO3−与H+结合生成H2CO3，碳酸分解生成H2O和CO2，CO2可通过呼吸排出体外，当生成碱性物质时，碱性物质可与H+反应，消耗H+，促进H2CO3电离产生HCO3−，维持pH的稳定，能够用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。
本题考查勒夏特列原理的应用，明确反应实质、勒夏特列原理的使用条件为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.铁吸氧腐蚀时负极反应，铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.将碳酸镁在沸水中长时间加热，转化为溶解度更小的氢氧化镁沉淀，化学方程式为：MgCO3+H2O−△Mg(OH)2+CO2↑，故B正确；
C.泡沫灭火器灭火原理：3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；
D.1mlN2与3mlH2在某密闭容器中反应放出akJ热量，若完全转化放出热量大于akJ，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<−akJ/ml，故D错误；
故选：B。
A.铁吸氧腐蚀时负极反应，铁失电子生成亚铁离子；
B.将碳酸镁在沸水中长时间加热，转化为溶解度更小的氢氧化镁沉淀；
C.泡沫灭火器灭火的原理是利用可溶性碳酸氢盐与可溶性铝盐双水解生成二氧化碳进行灭火；
D.合成氨反应为可逆反应，热化学反应中为完全转化的能量变化。
本题考查离子反应方程式和化学方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应、水解反应、热化学反应的离子反应考查，注意可逆反应的分析判断，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A错误；
B.通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1C.醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c>b>a，故C错误；
D.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42−)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D错误；
故选：B。
A.催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂；
B.通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动；
C.醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；
D.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42−)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点。
8.【答案】D
【解析】解：A.图2中可利用相同体积需要的时间不同来比较反应速率，也可利用相同时间体积的不同比较反应速率，故A正确；
B.图1装置关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好，故B正确；
C.气泡的快慢说明反应的快慢，则图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，故C正确；
D.若图2所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故D错误；
故选：D。
A.图1中可利用相同体积需要的时间不同来比较反应速率；
B.图1装置检验装置气密性时应该关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后看活塞是否复原；
C.气泡的快慢说明反应的快慢；
D.若图2所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好。
本题考查催化剂影响化学反应速率的因素以及化学反应速率的测定实验，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.S2−水解促进水电离，a→b→n的过程中S2−的浓度依次减小，水的电离程度依次减小：nB.图像中n点，Na2S溶液和CuCl2恰好反应生成CuS沉淀，S2−的浓度为1.0×10−36ml/L=10−18ml/L，所以坐标为(10,18)，故B正确；
C.a点溶液，根据质子守恒c(OH−)=c(HS−)+2c(H2S)+c(H+)，c(HS−)>c(H+)，所以c(OH−)<2c(HS−)+2c(H2S)，故C错误；
D.Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动，故D正确；
故选：C。
A.S2−水解促进水电离，a→b→n的过程中S2−的浓度依次减小；
B.图像中n点，Na2S溶液和CuCl2恰好反应生成CuS沉淀，S2−的浓度为1.0×10−36ml/L=10−18ml/L；
C.a点溶液，根据质子守恒c(OH−)=c(HS−)+2c(H2S)+c(H+)，c(HS−)>c(H+)；
D.Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动。
本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确离子浓度大小比较等知识点是解本题关键，D选项为解答易错点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，
A.氮、氧与氢形成的18电子分子分别为肼、过氧化氢，故A正确；
B.氢位于第一周期，氮、氧位于第二周期，钠位于第三周期，这四种元素位于三个不同周期，故B正确；
C.氮离子、氧离子、钠离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z>W，故C正确；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐减小，H的电负性较小，则电负性：Z>Y>X，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z均可与X形成含10个电子的分子，则X为H，Y、Z为第二周期的C、N、O、F元素中的一种；且第一电离能Y>Z，说明Y的第一电离能反常，则Y为N，Z为O；W原子电离能：I1=500I2=4600I3=6900I4=9500I5…，说明W位于ⅠA族，其原子序数大于O，则W为Na元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构、电离能来推断元素为解答关键，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。
11.【答案】C
【解析】解：A.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子，则该反应为可逆反应，不是KI和氯化铁不反应，故A错误；
B.CO32−对应的酸是HCO3−，通过实验说明酸性：HA>HCO3−，故B错误；
C.NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳，发生CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，故C正确；
D.NaOH过量，两种沉淀都生成，没有发生沉淀的转化，所以无法判断溶度积常数相对大小，故D错误；
故选：C。
A.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子；
B.CO32−对应的酸是HCO3−；
C.白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳；
D.NaOH过量，两种沉淀都生成。
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、酸性强弱判断、沉淀的转化、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，B为解答易错点。
12.【答案】AD
【解析】解：A.由OH−离子的移动方向可知，a、c为负极，b、d为正极，故A错误；
B.铜箔能将b、c电极隔开，传递电子，故B正确；
C.b为正极，放电时，正极上NiO(OH)得电子生成Ni(OH)2，电极反应式为：NiO(OH)+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−，故C正确；
D.充电时，原来的负极a、c为电解池阴极，电极反应式为H2O+M+e−=MH+OH−，每转移1ml电子，负极质量增加的质量为氢原子的质量，为1g，则两个负极增加的质量共2g，故D错误；
故选：AD。
放电过程为原电池，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，则d为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，a为负极，MH中H由0价升高到+1价，氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，电极反应为MH−e−+OH−=M+H2O；充电是放电的逆过程。
本题考查原电池原理，侧重考查分析、判断及计算能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道二次电池中原电池和电解池的关系，题目难度不大。
13.【答案】BD
【解析】解：A.增大反应物浓度，反应速率加快，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，加快反应速率，但浓硫酸中氢离子浓度较小，反应速率减慢，故A错误；
B.Fe3+的氧化性大于Cu2+，所以加入Zn时，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，则滤液II中含有ZnSO4、FeSO4，滤液II中一定含Zn2+、Fe2+、SO42−离子，故B正确；
C.若反应中所加Zn过量，过滤后滤渣II中含有Zn，Zn和稀硝酸反应生成Zn(NO3)2杂质，故C错误；
D.加热蒸发Cu(NO3)2溶液时，Cu2+水解且HNO3具有挥发性，不能直接蒸发制备Cu(NO3)2⋅3H2O，将Cu(NO3)2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O，故D正确；
故选：BD。
由流程可知，Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、CuSO4、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，过滤后得到的滤渣I为Cu，滤液I中含有CuSO4、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和过量的稀硫酸，向滤液中加入适量Zn粉，过滤后滤渣中加入稀硝酸，反应Ⅱ中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2，硝酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出Cu(NO3)2⋅3H2O，则过滤Ⅱ分离出滤渣中含有Cu，所以反应I中Zn置换出Cu，Zn和Fe3+反应生成Fe2+，滤液II中含有ZnSO4、FeSO4，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；
B.图中a、b、c三种物质中，c物质能量最低，则c物质最稳定，故B正确；
C.由图可知，形成过渡态2的反应的活化能最大，则该反应是整个反应的决速步，故C正确；
D.由图可知，b→c的反应物为，生成物为和H，则b→c的方程式：→+H，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量；
B.能量越低越稳定；
C.整个反应的决速步为活化能最大的步骤；
D.由图可知，b→c的反应物为，生成物为和H。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15.【答案】AB
【解析】A.根据图示，pH在7.35∼7.45之间时，砷元素的微粒以H3AsO3为主，故A正确；
B.根据图示，c(H2AsO3−)=c(H3AsO3)时，pH≈9.2，所以该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1=c(H+)c(H2AsO3−)c(H3AsO3)=10−9.2，数量级为10−10，故B正确；
C.pH=12时，c(OH−)>c(H+)，所以溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.由图像可知，Ka1≈10−9.2、Ka2≈10−12.2，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw>Ka1⋅Ka2，故D错误；
故选：AB。
本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
16.【答案】ds K、Cs、Ga、Br1s22s22p63s23p63d104s24p1 Br>As>Se同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大 Se+1
【解析】解：(1)Cu元素为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu原子中有1个未成对电子，位于ds区；第四周期中未成对电子为1的元素还有：钾其外围电子排布式为4s1，钪其外围电子排布式为3d14s2，镓其外围电子排布式为4s24p1，Br的外围电子排布式为4s24p5，所以与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有K、Cs、Ga、Br，
故答案为：ds；K、Cs、Ga、Br；
(2)镓核电荷数31，最外层电子数3，镓的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；
(3)砷、硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大，所以第一电离能大小顺序是Br>As>Se，
故答案为：Br>As>Se；同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大；
(4)CuIn0.5Ga05Se2中含有Cu、In、Ga、Se元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性Se>Ga>In>Cu，所以电负性Se>Ga>In>Cu；Se元素为−2价、Ga元素为+3价、In元素为+3价，根据化合价的代数和为0判断Cu元素化合价，则2×2−0.5×3−0.5×3=+1，
故答案为：Se；+1。
(1)Cu元素为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1个未成对电子，位于ds区；同周期元素基态原子中与其未成对电子数相同的原子还有K、Sc、Ga、Br；
(2)镓核电荷数31，最外层电子数3，结合电子排布规律写出镓的基态原子电子排布式；
(3)硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定；
(4)CuIn0.5Ga05Se2中含有Cu、In、Ga、Se元素，元素的非金属性越强，其电负性越大；Se元素为−2价、Ga元素为+3价、In元素为+3价，根据化合价的代数和为0判断Cu元素化合价。
本题考查原子核外电子排布、元素周期律等知识点，侧重考查原子结构、元素周期表结构、元素周期律内涵水解是解本题关键，注意同一周期元素第一电离能变化规律，题目难度不大。
17.【答案】阴 CO2+2e−+2H+=CO+H2OVO2++2H++e−=VO2++H2O溶液由紫色变为绿色 X29.8减少0.8ml
【解析】解：(1)该装置将 CO2和NaCl直接转化为CO和NaClO，则阳极RuO2/Ti上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，阴极Fe−SAs/N−C上的反应式为：CO2+2e−+2H+=CO+H2O，电解质溶液中阳离子向阴极移动，
故答案为：阴；CO2+2e−+2H+=CO+H2O；
(2)结合分析可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，右侧为负极，负极上反应式：V2+−e−=V3+，溶液由紫色变为绿色，
故答案为：VO2++2H++e−=VO2++H2O；溶液由紫色变为绿色；
(3)电极b为阴极，与负极相连，即X，若电解时电路中转移0.4ml电子，阳极a上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，对应的质量为0.4×74.5g=29.8g，放电时左侧正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，电池左储液罐溶液中n(H+)减少0.8ml，
故答案为：X；29.8；减少0.8ml。
(1)该装置将 CO2和NaCl直接转化为CO和NaClO，则阳极a上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，阴极b上的反应式为：CO2+2e−+2H+=CO+H2O，电解质溶液中阳离子向阴极移动；
(2)由VO2+(黄色)+V2+(紫色)+2H+=VO2+(蓝色)+V3+(绿色)+H2O可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，负极上反应式：V2+−e−=V3+，所以充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O−e−=VO2++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，右槽为阴极，发生得电子的还原反应，即V3++e−=V2+，以此解答(2)∼(3)。
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。
18.【答案】溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理 cFe(OH)3 静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全 酸 c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)10−15.4 3.2≤pH<6.3
【解析】解：(1)结合分析可知，在“碱浸”中NaOH的作是溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理，
故答案为：溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理；
(2)酸浸时Ni的浸出率越高，反应温度越低，反应相对时间越短，反应条件越好，根据图示可知：“酸浸”的适宜温度是70℃，时间为120min，
故答案为：c；
(3)结合分析可知，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，因此滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，
故答案为：Fe(OH)3；
(4)在沉镍工序中，如果Ni2+已经沉淀完全，则静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全，
故答案为：静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全；
(5)(NH4)2C2O4是弱酸弱碱盐，在溶液中铵根离子、草酸根离子都会发生水解反应，铵根离子水解消耗水电离产生的OH−，使溶液显酸性；草酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，由于NH3⋅H2O的电离平衡常数大于H2C2O4的电离平衡常数，H2C2O4的二级电离程度大于NH3⋅H2O的电离程度，则根据盐的水解规律可知离子的水解程度：铵根离子>草酸根离子，因此溶液显酸性，根据盐(NH4)2C2O4的组成可知离子浓度：c(NH4+)>c(C2O42−)；盐水解使溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)；C2O42−水解产生HC2O4−、OH−，HC2O4−会有一部分进一步发生水解反应产生H2C2O4、OH−，因此溶液中c(OH−)>c(HC2O4−)，且盐电离产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度，c(C2O42−)>c(H+)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)，
故答案为：酸；c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)；
(6)若Ni2+程度完全，则c(Ni2+)≤10−5 ml/L，−lgc(Ni2+)≥5，根据图示可知此时溶液pH=8.8，则c(H+)=10−8.8 ml/L，c(OH−)=10−1410−8.8ml/L=10−5.2ml/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.2)2=10−15.4；加入H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液，使Fe3+形成Fe(OH)3，而Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，根据图示可知Fe3+沉淀完全溶液的pH为3.2，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，溶液中c2(OH−)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=10−−15.4ml2/L2，c(OH−)=10−7.7 ml/L，则溶液的c(H+)=10−1410−7.7ml/L=10−6.3ml/L，故溶液pH=6.3，所以如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是3.2≤pH<6.3，
故答案为：10−15.4；3.2≤pH<6.3。
由工艺流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其它不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，再将硫酸镍溶液加入草酸铵沉镍，对沉淀进行过滤、洗涤、干燥，获得最终产品，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
19.【答案】偏大 甲基橙 滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色 酸式 硫酸 Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O160
【解析】解：(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，消耗标准液体积偏大，则测得的结果偏大，
故答案为：偏大；
(2)甲基橙的变色不在突变范围内，所以不应选用的指示剂是甲基橙。用氢氧化钠滴定醋酸，滴定终点溶液呈碱性，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色，
故答案为：甲基橙；滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色；
(3)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需要用酸式滴定管量取；K2Cr2O7能氧化氯离子、硝酸具有氧化性，酸化水样时，应选用硫酸酸化，
故答案为：酸式；硫酸；
(4)实验II步骤ii用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，Fe2+被氧化为Fe3+，Cr2O72−被还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
(5)第三次实验数值明显超出正常误差范围，舍去不用，平行实验中消耗FeSO4溶液的体积为9.9+10.12mL=10.0mL，根据Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，FeSO4消耗Cr2O72−的物质的量为1×10−26ml，水样消耗Cr2O72−的物质的量(2×10−2−16×10−2)ml=13×10−3ml根据得失电子守恒，相当于氧气的物质的量是13×10−3×6×14ml=5×10−4ml，水样的COD为5×10−4×32×1030.1mg/L=160mg/L，
故答案为：160。
(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，消耗标准液体积偏大；
(2)甲基橙的变色不在突变范围内，所以不应选用的指示剂是甲基橙；
(3)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需要用酸式滴定管量取；
(4)实验II步骤ii用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，Fe2+被氧化为Fe3+，Cr2O72−被还原为Cr3+；
(5)第三次实验数值明显超出正常误差范围，舍去不用，平行实验中消耗FeSO4溶液的体积为9.9+10.12mL=10.0mL，根据Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，FeSO4消耗Cr2O72−的物质的量为1×10−26ml，水样消耗Cr2O72−的物质的量(2×10−2−16×10−2)ml=13×10−3ml根据得失电子守恒，相当于氧气的物质的量是13×10−3×6×14ml=5×10−4ml。
本题考查了酸碱中和滴定操作探究实验，为高频考点，把握中和滴定的原理、基本操作和误差分析的方法、明确控制变量法研究化学反应速率影响因素是解题的关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度中等。
20.【答案】+41kJ⋅ml−1 CO【解析】解：(1)已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
依据盖斯定律，反应②=反应①-反应③，则△H2=△H1−△H3，代入数据求得△H2=+41kJ⋅ml−1，
故答案为：+41kJ⋅ml−1；
(2)①反应①是放热反应，反应②是吸热反应，升高温度反应①逆向移动、反应②正向移动，一氧化碳的物质的量增大，因此X代表CO，
故答案为：CO；
②由图示可知，温度为T时，反应物二氧化碳和氢气的物质的量均大于生成物一氧化碳和水的物质的量，则反应②的平衡常数K<1，
故答案为：<；
(3)A.加入适量一氧化碳，反应③平衡正向移动，若以反应③为主，则能提高甲醇平衡产率，故A错误；
B.使用高效催化剂，能缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，一定不能提高甲醇平衡产率，故B正确；
C.循环利用原料气，相当于增大二氧化碳和氢气的量，反应①、③均正向移动，能提高甲醇平衡产率，故C错误；
D.升高温度，反应①、③均逆向移动，一定不能提高甲醇平衡产率，故D正确；
E.增大压强，反应①、③均正向移动，能提高甲醇平衡产率，故E错误；
故答案为：BD。
(4)①恒温恒容条件下，物质的量与压强呈正比，初始二氧化碳与氢气物质的量之比为1：1、总压为P0kPa，则初始二氧化碳和氢气分压都为12P0kPa，总反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，依据碳元素守恒，平衡时二氧化碳的分压为(12P0−P1)kPa，由于氢原子守恒，平衡时氢气分压为(12P0−2P2−P1)kPa，则反应①压强平衡常数Kp=p(H2O)×p(CH3OH)p(CO2)×p3(H2)=P1P2(P02−P1)×(P02−2P2−P1)3kPa−2，
故答案为：P1P2(P02−P1)×(P02−2P2−P1)3；
②由反应可知，增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；当COCO+CO2为0.4时，由于总反应是气体体积减小的反应，若改为在体积可变的容器中进行此反应，容器体积会减小，相当于给反应加压，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高，最有可能是b，
故答案为：增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；b。
(1)已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
依据盖斯定律，反应②=反应①-反应③；
(2)①反应①是放热反应，反应②是吸热反应，升高温度反应①逆向移动、反应②正向移动，一氧化碳的物质的量增大；
②由图示可知，温度为T时，反应物二氧化碳和氢气的物质的量均大于生成物一氧化碳和水的物质的量；
(3)A.加入适量一氧化碳，反应③平衡正向移动，若以反应③为主；
B.使用高效催化剂，能缩短达到平衡的时间，但平衡不移动；
C.循环利用原料气，相当于增大二氧化碳和氢气的量，反应①、③均正向移动；
D.升高温度，反应①、③均逆向移动；
E.增大压强，反应①、③均正向移动。
(4)①恒温恒容条件下，物质的量与压强呈正比，初始二氧化碳与氢气物质的量之比为1：1、总压为P0kPa，则初始二氧化碳和氢气分压都为12P0kPa，总反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，依据碳元素守恒，平衡时二氧化碳的分压为(12P0−P1)kPa，由于氢原子守恒，平衡时氢气分压为(12P0−2P2−P1)kPa，据此计算平衡常数；
②由反应可知，增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；当COCO+CO2为0.4时，由于总反应是气体体积减小的反应，若改为在体积可变的容器中进行此反应，容器体积会减小，相当于给反应加压，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
操作
现象
结论或解释
A
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，一段时间后滴入KSCN溶液
溶液变为红色
KI与FeCl3不反应
B
常温下测同浓度NaA溶液和Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小
酸性：HA>H2CO3
C
向NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液
产生白色沉淀，同时有气泡冒出
沉淀是CaCO3，气体是CO2
D
向2mL1ml/LNaOH溶液中先加入3滴1ml/LMgCl2溶液，再加入3滴1ml/LFeCl3溶液
沉淀颜色变深
Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀
序号
起始读数/mL
终点读数/mL
1
0.00
10.10
2
1.20
11.10
3
1.50
14.60
化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. 离子交换膜有多种类型，如氯碱工业中使用的是阴离子交换膜
B. 月饼包装袋中的双吸剂和一次性保暖贴的主要成分都含有铁粉
C. 神舟十三号载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将化学能转化为电能
D. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入净水剂明矾可实现海水淡化
下列关于化学用语的说法正确的是( )
A. Cr原子核外电子有24种空间运动状态
B. Fe2+的价电子轨道表示式：
C. 醋酸的电离方程式：CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+
D. 表示氢气摩尔燃烧焓的热化学方程式：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ⋅ml−1
NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18gH218O含有的中子数为10NA
B. 粗铜精炼中阳极减少64g时，外电路中转移电子数为2NA
C. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D. 常温下，向1L0.1ml⋅L−1氯化铵溶液中加入氨水至中性，则溶液中NH4+的数目为0.1NA
下列描述不正确的是( )
A. 铁制品上使用铜配件，在接触处铁更易生锈
B. 以KOH溶液为离子导体的CH4−O2燃料电池，工作一段时间后溶液的pH减小
C. 先将足量二氧化碳通入饱和食盐水，再通入氨气降温可析出碳酸氢钠固体
D. 熔融状态下AlCl3不导电而AlF3导电，可以说明电负性F>Cl
下列现象可以用勒夏特列原理来解释的是( )
A. 硫酸氢钠溶液pH小于7
B. 使用合适的催化剂可以提高合成氨的产量
C. 二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系中，容器体积减小一半颜色加深
D. 人体血液中存在的H2CO3−NaHCO3体系能起到稳定血液pH的作用
下列相关方程式书写正确的是( )
A. 铁吸氧腐蚀时负极反应式为：Fe−3e−=Fe3+
B. 将碳酸镁在沸水中长时间加热：MgCO3+H2O−△Mg(OH)2+CO2↑
C. 泡沫灭火器灭火原理：2A13++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D. 1mlN2与3mlH2充分反应放出的热量为akJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−akJ⋅ml−1
根据下列图示所得出的结论正确的是( )
A. 表示反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B. 表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1
D. 表示t∘C时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )
A. 图1中可以通过测定相同状况下反应产生的气体体积及反应时间比较反应速率的大小
B. 用图1装置进行实验时，关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好
C. 图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
D. 若图2所示的实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解反应的催化效果好
某温度下，向10mL0.1ml⋅L−1Na2S溶液中滴加0.1ml⋅L−1CuCl2溶液，S2−浓度与CuCl2溶液体积的关系如图所示。已知：pC=−lgc(S2−)，已知：Ksp(CuS)=1.0×10−36，Ksp(FeS)=6.0×10−18。下列说法错误的是( )
A. 水的电离程度：n
C. a点溶液：c(OH−)>2c(HS−)+2c(H2S)
D. 若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z均可与X形成含10个电子的分子，且第一电离能Y>Z。W原子电离能：I1=500I2=4600I3=6900I4=9500I5…，下列说法错误的是( )
A. Y、Z还均可与X形成含18个电子的分子B. 这四种元素位于三个不同周期
C. 简单离子半径：Y>Z>WD. 电负性：Y>Z>X
由下列实验操作及现象得出的相应结论正确是( )
A. AB. BC. CD. D
新研发的车载双电极镍氢电池于2021年7月投入量产，有助于实现“双碳”目标。其原理如图所示。放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为Ni(OH)2，下列叙述错误的是( )
A. b、d为电池的负极
B. 铜箔的作用是隔开电极，传递电子
C. 上图示过程中，b电极的电极反应式：NiO(OH)+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−
D. 充电时，每转移1ml电子，该电池的负极共增重1g
用黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产晶体Cu(NO3)2⋅3H2O的流程如图所示，下列说法正确的是( )
A. “浸取”时使用浓硫酸可加快反应速率
B. 滤液II中一定含Zn2+、Fe2+、SO42−离子
C. 若制得纯度较高的Cu(NO3)2⋅3H2O，反应中所加Zn需过量
D. 将Cu(NO3)2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O
苯在催化剂作用下与卤素单质发生取代反应，其反应机理和能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 反应过程中的焓变：ΔH>0
B. 图中a、b、c三种物质中，c物质最稳定
C. 由图可知，形成过渡态2的反应是整个反应的决速步
D. b→c的方程式：→+H
亚砷酸(H3AsO3)是一种三元弱酸，可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中存在多种微粒，其中含砷微粒的物质的量分数随pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 人体血液的pH在7.35∼7.45之间，用药后人体中含砷元素的微粒以H3AsO3为主
B. 该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10−10
C. pH=12时，溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)
D. 由图像可知，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw
(1)Cu在元素周期表中属于 ______分区。同周期元素基态原子中与其未成对电子数相同的原子还有 ______(写元素名称)。
(2)Ga、In与Al同主族，写出Ga基态原子电子排布式 ______。
(3)Ga、Se与As同周期，推测这三种元素第一电离能由大到小的顺序 ______(用元素符号表示)，推测的理由是 ______。
(4)CIGS含有的四种元素中电负性最强的是 ______(用元素符号表示)，Cu的化合价为 ______。
(1)我国某科研团队设计了一种电解装置，将CO2和NaCl高效转化为CO和NaClO，原理如图1所示。
通入CO2气体的一极为 ______(填“阴极”、“阳极”、“正极”或“负极”)，写出该极的电极反应式：
______。
(2)全钒液流电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应，其电池结构如图2所示。已知酸性溶液中钒以VO2+(黄色)、V2+(紫色)、VO2+(蓝色)、V3+(绿色)的形式存在。放电过程中，电池的正极反应式为 ______，右侧储液罐中溶液颜色变化为 ______。
(3)如果用全钒液流电池作为图1电解装置的电源，则催化电极b应与该电池的 ______极(填“X′或“Y′)相连；若电解时电路中转移0.4ml电子，则理论上生成NaClO的质量为 ______g；电池左储液罐溶液中n(H+)的变化量为 ______。
金属镍及其化合物有极高的实用价值，可以制备储氢合金、新型镍氢电池及耐腐蚀的合金，还是一种很好的催化剂。某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其它不溶性物质。采用如图工艺流程制备草酸镍晶体(NiC2O4⋅2H2O)：
已知：①当溶液中某离子浓度小于10−5ml/L时认为沉淀完全。
②NH3⋅H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10−5；H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5.9×10−2、Ka2=6.5×10−5
溶液中金属离子浓度用c(An+)表示，一lgc(An+)随溶液pH变化的图像如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是：溶解金属铝及其氧化物、______。
(2)保持其它条件相同，在不同温度下进行酸浸时，镍浸出率随时间变化如图所示，
则“酸浸”的适宜温度和时间分别为 ______(填字母)。
a.30∘C、30min
b.90∘C、150min
c.70∘C、120min
(3)滤渣③的主要成分是 ______(填化学式)。
(4)沉镍工序中，如何证明Ni2+已经沉淀完全 ______。
(5)(NH4)2C2O4溶液呈 ______性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序是
______。
(6)根据题目中的数据计算Ni(OH)2的Ksp=______，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______。
滴定实验是化学学科中重要的定量测定方法，某兴趣小组对滴定实验的原理和相关应用进行了如图探究。
实验I：探究中和滴定原理
i.连接计算机、pH传感器等仪器并组装，如图1所示。
ii.向烧杯中加入⋅L−1盐酸，放入磁子，置于搅拌器上。
iii.向50mL碱式滴定管中加入0.1000ml⋅L−1NaOH溶液，赶走气泡，并调零。
…
v.向小烧杯中逐滴加入NaOH溶液，得到图2中的pH变化曲线图。
(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，则测得的结果 ______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)若实验I中使用指示剂指示终点，3种指示剂中不应选用的指示剂是 ______。选用合适的指示剂进行食醋中的总酸量测定时，达到滴定终点的现象是 ______。
实验II：测定废水水样的COD(即化学需氧量，以氧化1升水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量为指标，折算成每升水样全部被氧化后，需要氧的毫克数，以mg/L表示。)
i取某湖水水样100.00mL，酸化后加入0.1000ml⋅L−1的K2Cr2O7溶液20.00mL，使水中的还原性物质完全被氧化(Cr2O72−被还原为Cr3+)；
ii再用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，3次平行实验中消耗FeSO4溶液情况如表。
(3)实验II中量取一定体积的K2Cr2O7溶液时，需要用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管；酸化水样时，应选用 ______(填写所用酸的名称)酸化。
(4)实验II步骤ii反应的离子方程式为 ______。
(5)水样的COD为 ______mg/L。
实现碳中和任务艰巨，二氧化碳加氢制甲醇将成为实现目标的有效路径。已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
回答下列问题：
(1)ΔH2=______kJ⋅ml−1。
(2)把1mlCO2和1mlH2充入体积为V的容器中进行上述反应。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量随温度变化的曲线如图所示。
①图中X代表 ______(填化学式)。
②由图可知温度为T时，反应②的平衡常数K ______1(填“>”“<”或“=”)。
(3)下列措施中，一定无法提高甲醇平衡产率的是 ______(填字母)。
A.加入适量CO
B.使用高效催化剂
C.循环利用原料气
D.升高温度
E.增大压强
(4)一定条件下，向恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入CO2(g)和H2(g)，测得总压强为P0kPa；10min时反应达到平衡，测得H2O(g)的分压为P1kpa，CH3OH(g)的分压为P2kPa。
①平衡后，反应①的平衡常数Kp为 ______kpa−2(用平衡分压代替平衡浓度来表示)。
②实验表明：在二氧化碳和氢气的混合气体中掺混一氧化碳有助于提高甲醇产率。甲醇的平衡产率随着CO(CO+CO2)变化如图所示：
从平衡移动角度分析，甲醇平衡产率上升的原因 ______；当COCO+CO2为0.4时，改为在体积可变的容器中进行此反应，则甲醇的平衡产率最有可能是 ______(填“a”“b”“c”或“d”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氯碱工业中使用阴离子交换膜会使得阳极区产生的氯气和氢氧根反应，从而降低氯气和氢氧化钠的产量，所以氯碱工业中使用阳离子交换膜，故A错误；
B.铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，能发生电化学腐蚀，释放热量，月饼包装袋中的双吸剂和一次性保暖贴的主要成分都含有铁粉，故B正确；
C.神舟十三号载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将太阳能转化为电能，故C错误；
D.明矾不能除去还是海水中盐，所以向海水中加入净水剂明矾不能实现海水淡化，故D错误；
故选：B。
A.氯碱工业中使用阴离子交换膜会使得阳极区产生的氯气和氢氧根反应；
B.依据铁粉还原性及发生电化学腐蚀原理判断；
C.太阳能电池是将光能转化为电能；
D.明矾不能除去还是海水中盐。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意钢铁电化学腐蚀原理，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态 Cr 原子的核外电子有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态，故A错误；
B.Fe原子失去4s能级上2个电子生成Fe2+，所以其价电子为3d能级上的6个电子，所以其价电子轨道表示式为，故B错误；
C.醋酸部分电离生成醋酸根离子和水合氢离子，电离方程式为CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+，故C正确；
D.生成的水应该是液态水，故D错误；
故选：C。
A.基态原子核外电子排列几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态；
B.Fe原子失去4s能级上2个电子生成Fe2+，所以其价电子为3d能级上的6个电子；
C.醋酸部分电离生成醋酸根离子和水合氢离子；
D.生成水的状态错误。
本题考查原子核外电子排布、弱电解质的电离、热化学方程式的书写等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律、弱电解质电离特点、摩尔燃烧焓的含义是解本题关键，D为解答易错点。
3.【答案】D
【解析】解：A.18gH218O含有的中子数为18g20g/ml×10×NA/ml=9NA，故A错误；
B.电解精炼铜时，阳极材料为粗铜，包括铜在内多种金属放电，无法通过电极质量变化计算转移电子数目，故B错误；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+浓度为0.1ml/L2=0.05ml/L，钡离子数为0.05ml/L×1L×NA/ml=0.05NA，故C错误；
D.由电荷守恒可知n(NH4+)+n(H+)=n(Cl−)+n(OH−)，溶液呈中性，n(H+)=n(OH−)，则n(NH4+)=n(Cl−)=0.1ml/L×1L=0.1ml，溶液中NH4+的数目为0.1NA，故D正确；
故选：D。
A.一个H218O中含有10个中子；
B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，包括铜在内多种金属放电；
C.Ba(OH)2溶液中钡离子浓度为氢氧根离子浓度的一半；
D.结合电荷守恒作答。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A.铁制品上使用铜配件，构成原电池，铁做负极，会加速铁片的腐蚀，在接触处铁更易生锈，故A正确；
B.燃料电池的总式为燃料的燃烧，甲烷燃烧生成CO2，CO2会和KOH反应生成碳酸钾和水，溶液碱性减弱，pH减小，故B正确；
C.二氧化碳在食盐水中的溶解度小，应该是向饱和食盐水先通入氨气，再通入CO2，这样才能析出碳酸氢钠固体，故C错误；
D.熔融状态下AlCl3不导电而AlF3导电，说明AlCl3是共价化合物，AlF3是离子化合物，进一步可以说明电负性F>Cl，故D正确；
故选：C。
A.原电池中活泼金属做负极，会加速腐蚀；
B.燃料电池的总式为燃料的燃烧，甲烷燃烧生成CO2，CO2会和KOH反应生成碳酸钾和水；
C.CO2在食盐水中的溶解度小，氨气在食盐水中的溶解度大；
D.AlCl3是共价化合物，AlF3是离子化合物。
本题主要考查原电池和电解池的应用，掌握原电池和电解池的原理，正负极的判断，电极反应式的书写，离子、电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.硫酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致溶液呈酸性，溶液的pH小于7，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂可以加快反应速率，但不能使该可逆反应发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.二氧化氮与四氧化二氮存在平衡：2NO2⇌N2O4，容器体积减小一半，增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但容器体积缩小，二氧化氮浓度变大，导致气体颜色加深，与可逆反应无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D.H2CO3−NaHCO3体系的缓冲作用可用平衡H++HCO3−⇌H2CO3⇌CO2+H2O表示，当生成酸性物质时，HCO3−与H+结合生成H2CO3，碳酸分解生成H2O和CO2，CO2可通过呼吸排出体外，当生成碱性物质时，碱性物质可与H+反应，消耗H+，促进H2CO3电离产生HCO3−，维持pH的稳定，能够用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。
本题考查勒夏特列原理的应用，明确反应实质、勒夏特列原理的使用条件为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.铁吸氧腐蚀时负极反应，铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.将碳酸镁在沸水中长时间加热，转化为溶解度更小的氢氧化镁沉淀，化学方程式为：MgCO3+H2O−△Mg(OH)2+CO2↑，故B正确；
C.泡沫灭火器灭火原理：3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；
D.1mlN2与3mlH2在某密闭容器中反应放出akJ热量，若完全转化放出热量大于akJ，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<−akJ/ml，故D错误；
故选：B。
A.铁吸氧腐蚀时负极反应，铁失电子生成亚铁离子；
B.将碳酸镁在沸水中长时间加热，转化为溶解度更小的氢氧化镁沉淀；
C.泡沫灭火器灭火的原理是利用可溶性碳酸氢盐与可溶性铝盐双水解生成二氧化碳进行灭火；
D.合成氨反应为可逆反应，热化学反应中为完全转化的能量变化。
本题考查离子反应方程式和化学方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应、水解反应、热化学反应的离子反应考查，注意可逆反应的分析判断，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A错误；
B.通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1
D.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42−)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D错误；
故选：B。
A.催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂；
B.通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动；
C.醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；
D.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42−)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点。
8.【答案】D
【解析】解：A.图2中可利用相同体积需要的时间不同来比较反应速率，也可利用相同时间体积的不同比较反应速率，故A正确；
B.图1装置关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好，故B正确；
C.气泡的快慢说明反应的快慢，则图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，故C正确；
D.若图2所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故D错误；
故选：D。
A.图1中可利用相同体积需要的时间不同来比较反应速率；
B.图1装置检验装置气密性时应该关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后看活塞是否复原；
C.气泡的快慢说明反应的快慢；
D.若图2所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好。
本题考查催化剂影响化学反应速率的因素以及化学反应速率的测定实验，注重基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.S2−水解促进水电离，a→b→n的过程中S2−的浓度依次减小，水的电离程度依次减小：n
C.a点溶液，根据质子守恒c(OH−)=c(HS−)+2c(H2S)+c(H+)，c(HS−)>c(H+)，所以c(OH−)<2c(HS−)+2c(H2S)，故C错误；
D.Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动，故D正确；
故选：C。
A.S2−水解促进水电离，a→b→n的过程中S2−的浓度依次减小；
B.图像中n点，Na2S溶液和CuCl2恰好反应生成CuS沉淀，S2−的浓度为1.0×10−36ml/L=10−18ml/L；
C.a点溶液，根据质子守恒c(OH−)=c(HS−)+2c(H2S)+c(H+)，c(HS−)>c(H+)；
D.Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动。
本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确离子浓度大小比较等知识点是解本题关键，D选项为解答易错点，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，
A.氮、氧与氢形成的18电子分子分别为肼、过氧化氢，故A正确；
B.氢位于第一周期，氮、氧位于第二周期，钠位于第三周期，这四种元素位于三个不同周期，故B正确；
C.氮离子、氧离子、钠离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z>W，故C正确；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐减小，H的电负性较小，则电负性：Z>Y>X，故D错误；
故选：D。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z均可与X形成含10个电子的分子，则X为H，Y、Z为第二周期的C、N、O、F元素中的一种；且第一电离能Y>Z，说明Y的第一电离能反常，则Y为N，Z为O；W原子电离能：I1=500I2=4600I3=6900I4=9500I5…，说明W位于ⅠA族，其原子序数大于O，则W为Na元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构、电离能来推断元素为解答关键，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。
11.【答案】C
【解析】解：A.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子，则该反应为可逆反应，不是KI和氯化铁不反应，故A错误；
B.CO32−对应的酸是HCO3−，通过实验说明酸性：HA>HCO3−，故B错误；
C.NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应生成白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳，发生CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，故C正确；
D.NaOH过量，两种沉淀都生成，没有发生沉淀的转化，所以无法判断溶度积常数相对大小，故D错误；
故选：C。
A.KI过量，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子；
B.CO32−对应的酸是HCO3−；
C.白色沉淀为碳酸钙、气体为二氧化碳；
D.NaOH过量，两种沉淀都生成。
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、酸性强弱判断、沉淀的转化、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，B为解答易错点。
12.【答案】AD
【解析】解：A.由OH−离子的移动方向可知，a、c为负极，b、d为正极，故A错误；
B.铜箔能将b、c电极隔开，传递电子，故B正确；
C.b为正极，放电时，正极上NiO(OH)得电子生成Ni(OH)2，电极反应式为：NiO(OH)+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−，故C正确；
D.充电时，原来的负极a、c为电解池阴极，电极反应式为H2O+M+e−=MH+OH−，每转移1ml电子，负极质量增加的质量为氢原子的质量，为1g，则两个负极增加的质量共2g，故D错误；
故选：AD。
放电过程为原电池，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，则d为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，a为负极，MH中H由0价升高到+1价，氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，电极反应为MH−e−+OH−=M+H2O；充电是放电的逆过程。
本题考查原电池原理，侧重考查分析、判断及计算能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道二次电池中原电池和电解池的关系，题目难度不大。
13.【答案】BD
【解析】解：A.增大反应物浓度，反应速率加快，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，加快反应速率，但浓硫酸中氢离子浓度较小，反应速率减慢，故A错误；
B.Fe3+的氧化性大于Cu2+，所以加入Zn时，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，则滤液II中含有ZnSO4、FeSO4，滤液II中一定含Zn2+、Fe2+、SO42−离子，故B正确；
C.若反应中所加Zn过量，过滤后滤渣II中含有Zn，Zn和稀硝酸反应生成Zn(NO3)2杂质，故C错误；
D.加热蒸发Cu(NO3)2溶液时，Cu2+水解且HNO3具有挥发性，不能直接蒸发制备Cu(NO3)2⋅3H2O，将Cu(NO3)2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2⋅3H2O，故D正确；
故选：BD。
由流程可知，Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、CuSO4、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，过滤后得到的滤渣I为Cu，滤液I中含有CuSO4、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和过量的稀硫酸，向滤液中加入适量Zn粉，过滤后滤渣中加入稀硝酸，反应Ⅱ中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2，硝酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出Cu(NO3)2⋅3H2O，则过滤Ⅱ分离出滤渣中含有Cu，所以反应I中Zn置换出Cu，Zn和Fe3+反应生成Fe2+，滤液II中含有ZnSO4、FeSO4，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；
B.图中a、b、c三种物质中，c物质能量最低，则c物质最稳定，故B正确；
C.由图可知，形成过渡态2的反应的活化能最大，则该反应是整个反应的决速步，故C正确；
D.由图可知，b→c的反应物为，生成物为和H，则b→c的方程式：→+H，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量；
B.能量越低越稳定；
C.整个反应的决速步为活化能最大的步骤；
D.由图可知，b→c的反应物为，生成物为和H。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
15.【答案】AB
【解析】A.根据图示，pH在7.35∼7.45之间时，砷元素的微粒以H3AsO3为主，故A正确；
B.根据图示，c(H2AsO3−)=c(H3AsO3)时，pH≈9.2，所以该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1=c(H+)c(H2AsO3−)c(H3AsO3)=10−9.2，数量级为10−10，故B正确；
C.pH=12时，c(OH−)>c(H+)，所以溶液中c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.由图像可知，Ka1≈10−9.2、Ka2≈10−12.2，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw>Ka1⋅Ka2，故D错误；
故选：AB。
本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
16.【答案】ds K、Cs、Ga、Br1s22s22p63s23p63d104s24p1 Br>As>Se同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大 Se+1
【解析】解：(1)Cu元素为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu原子中有1个未成对电子，位于ds区；第四周期中未成对电子为1的元素还有：钾其外围电子排布式为4s1，钪其外围电子排布式为3d14s2，镓其外围电子排布式为4s24p1，Br的外围电子排布式为4s24p5，所以与铜同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与铜原子相同的元素有K、Cs、Ga、Br，
故答案为：ds；K、Cs、Ga、Br；
(2)镓核电荷数31，最外层电子数3，镓的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；
(3)砷、硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大，所以第一电离能大小顺序是Br>As>Se，
故答案为：Br>As>Se；同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但是As原子的4p轨道半充满，故第一电离能比硒大；
(4)CuIn0.5Ga05Se2中含有Cu、In、Ga、Se元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性Se>Ga>In>Cu，所以电负性Se>Ga>In>Cu；Se元素为−2价、Ga元素为+3价、In元素为+3价，根据化合价的代数和为0判断Cu元素化合价，则2×2−0.5×3−0.5×3=+1，
故答案为：Se；+1。
(1)Cu元素为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1个未成对电子，位于ds区；同周期元素基态原子中与其未成对电子数相同的原子还有K、Sc、Ga、Br；
(2)镓核电荷数31，最外层电子数3，结合电子排布规律写出镓的基态原子电子排布式；
(3)硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大的趋势，但原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定；
(4)CuIn0.5Ga05Se2中含有Cu、In、Ga、Se元素，元素的非金属性越强，其电负性越大；Se元素为−2价、Ga元素为+3价、In元素为+3价，根据化合价的代数和为0判断Cu元素化合价。
本题考查原子核外电子排布、元素周期律等知识点，侧重考查原子结构、元素周期表结构、元素周期律内涵水解是解本题关键，注意同一周期元素第一电离能变化规律，题目难度不大。
17.【答案】阴 CO2+2e−+2H+=CO+H2OVO2++2H++e−=VO2++H2O溶液由紫色变为绿色 X29.8减少0.8ml
【解析】解：(1)该装置将 CO2和NaCl直接转化为CO和NaClO，则阳极RuO2/Ti上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，阴极Fe−SAs/N−C上的反应式为：CO2+2e−+2H+=CO+H2O，电解质溶液中阳离子向阴极移动，
故答案为：阴；CO2+2e−+2H+=CO+H2O；
(2)结合分析可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，右侧为负极，负极上反应式：V2+−e−=V3+，溶液由紫色变为绿色，
故答案为：VO2++2H++e−=VO2++H2O；溶液由紫色变为绿色；
(3)电极b为阴极，与负极相连，即X，若电解时电路中转移0.4ml电子，阳极a上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，对应的质量为0.4×74.5g=29.8g，放电时左侧正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，电池左储液罐溶液中n(H+)减少0.8ml，
故答案为：X；29.8；减少0.8ml。
(1)该装置将 CO2和NaCl直接转化为CO和NaClO，则阳极a上的反应式为：Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，阴极b上的反应式为：CO2+2e−+2H+=CO+H2O，电解质溶液中阳离子向阴极移动；
(2)由VO2+(黄色)+V2+(紫色)+2H+=VO2+(蓝色)+V3+(绿色)+H2O可知，放电时正极上反应式：VO2++2H++e−=VO2++H2O，负极上反应式：V2+−e−=V3+，所以充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O−e−=VO2++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，右槽为阴极，发生得电子的还原反应，即V3++e−=V2+，以此解答(2)∼(3)。
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。
18.【答案】溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理 cFe(OH)3 静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全 酸 c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)10−15.4 3.2≤pH<6.3
【解析】解：(1)结合分析可知，在“碱浸”中NaOH的作是溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理，
故答案为：溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理；
(2)酸浸时Ni的浸出率越高，反应温度越低，反应相对时间越短，反应条件越好，根据图示可知：“酸浸”的适宜温度是70℃，时间为120min，
故答案为：c；
(3)结合分析可知，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，因此滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，
故答案为：Fe(OH)3；
(4)在沉镍工序中，如果Ni2+已经沉淀完全，则静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全，
故答案为：静置后，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，如果没有沉淀产生，证明Ni2+已经沉淀完全；
(5)(NH4)2C2O4是弱酸弱碱盐，在溶液中铵根离子、草酸根离子都会发生水解反应，铵根离子水解消耗水电离产生的OH−，使溶液显酸性；草酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，由于NH3⋅H2O的电离平衡常数大于H2C2O4的电离平衡常数，H2C2O4的二级电离程度大于NH3⋅H2O的电离程度，则根据盐的水解规律可知离子的水解程度：铵根离子>草酸根离子，因此溶液显酸性，根据盐(NH4)2C2O4的组成可知离子浓度：c(NH4+)>c(C2O42−)；盐水解使溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)；C2O42−水解产生HC2O4−、OH−，HC2O4−会有一部分进一步发生水解反应产生H2C2O4、OH−，因此溶液中c(OH−)>c(HC2O4−)，且盐电离产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度，c(C2O42−)>c(H+)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)，
故答案为：酸；c(NH4+)>c(C2O42−)>c(H+)>c(OH−)>c(HC2O4−)；
(6)若Ni2+程度完全，则c(Ni2+)≤10−5 ml/L，−lgc(Ni2+)≥5，根据图示可知此时溶液pH=8.8，则c(H+)=10−8.8 ml/L，c(OH−)=10−1410−8.8ml/L=10−5.2ml/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.2)2=10−15.4；加入H2O2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液，使Fe3+形成Fe(OH)3，而Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，根据图示可知Fe3+沉淀完全溶液的pH为3.2，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，溶液中c2(OH−)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=10−−15.4ml2/L2，c(OH−)=10−7.7 ml/L，则溶液的c(H+)=10−1410−7.7ml/L=10−6.3ml/L，故溶液pH=6.3，所以如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是3.2≤pH<6.3，
故答案为：10−15.4；3.2≤pH<6.3。
由工艺流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其它不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，再将硫酸镍溶液加入草酸铵沉镍，对沉淀进行过滤、洗涤、干燥，获得最终产品，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
19.【答案】偏大 甲基橙 滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色 酸式 硫酸 Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O160
【解析】解：(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，消耗标准液体积偏大，则测得的结果偏大，
故答案为：偏大；
(2)甲基橙的变色不在突变范围内，所以不应选用的指示剂是甲基橙。用氢氧化钠滴定醋酸，滴定终点溶液呈碱性，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色，
故答案为：甲基橙；滴入一(半)滴NaOH溶液后溶液变成红色并且半分钟内不褪色；
(3)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需要用酸式滴定管量取；K2Cr2O7能氧化氯离子、硝酸具有氧化性，酸化水样时，应选用硫酸酸化，
故答案为：酸式；硫酸；
(4)实验II步骤ii用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，Fe2+被氧化为Fe3+，Cr2O72−被还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
(5)第三次实验数值明显超出正常误差范围，舍去不用，平行实验中消耗FeSO4溶液的体积为9.9+10.12mL=10.0mL，根据Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，FeSO4消耗Cr2O72−的物质的量为1×10−26ml，水样消耗Cr2O72−的物质的量(2×10−2−16×10−2)ml=13×10−3ml根据得失电子守恒，相当于氧气的物质的量是13×10−3×6×14ml=5×10−4ml，水样的COD为5×10−4×32×1030.1mg/L=160mg/L，
故答案为：160。
(1)实验I中步骤iii忽略赶气泡，滴定前有气泡，滴定过程中消失，消耗标准液体积偏大；
(2)甲基橙的变色不在突变范围内，所以不应选用的指示剂是甲基橙；
(3)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，需要用酸式滴定管量取；
(4)实验II步骤ii用1.000ml⋅L−1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72−，Fe2+被氧化为Fe3+，Cr2O72−被还原为Cr3+；
(5)第三次实验数值明显超出正常误差范围，舍去不用，平行实验中消耗FeSO4溶液的体积为9.9+10.12mL=10.0mL，根据Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，FeSO4消耗Cr2O72−的物质的量为1×10−26ml，水样消耗Cr2O72−的物质的量(2×10−2−16×10−2)ml=13×10−3ml根据得失电子守恒，相当于氧气的物质的量是13×10−3×6×14ml=5×10−4ml。
本题考查了酸碱中和滴定操作探究实验，为高频考点，把握中和滴定的原理、基本操作和误差分析的方法、明确控制变量法研究化学反应速率影响因素是解题的关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度中等。
20.【答案】+41kJ⋅ml−1 CO
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
依据盖斯定律，反应②=反应①-反应③，则△H2=△H1−△H3，代入数据求得△H2=+41kJ⋅ml−1，
故答案为：+41kJ⋅ml−1；
(2)①反应①是放热反应，反应②是吸热反应，升高温度反应①逆向移动、反应②正向移动，一氧化碳的物质的量增大，因此X代表CO，
故答案为：CO；
②由图示可知，温度为T时，反应物二氧化碳和氢气的物质的量均大于生成物一氧化碳和水的物质的量，则反应②的平衡常数K<1，
故答案为：<；
(3)A.加入适量一氧化碳，反应③平衡正向移动，若以反应③为主，则能提高甲醇平衡产率，故A错误；
B.使用高效催化剂，能缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，一定不能提高甲醇平衡产率，故B正确；
C.循环利用原料气，相当于增大二氧化碳和氢气的量，反应①、③均正向移动，能提高甲醇平衡产率，故C错误；
D.升高温度，反应①、③均逆向移动，一定不能提高甲醇平衡产率，故D正确；
E.增大压强，反应①、③均正向移动，能提高甲醇平衡产率，故E错误；
故答案为：BD。
(4)①恒温恒容条件下，物质的量与压强呈正比，初始二氧化碳与氢气物质的量之比为1：1、总压为P0kPa，则初始二氧化碳和氢气分压都为12P0kPa，总反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，依据碳元素守恒，平衡时二氧化碳的分压为(12P0−P1)kPa，由于氢原子守恒，平衡时氢气分压为(12P0−2P2−P1)kPa，则反应①压强平衡常数Kp=p(H2O)×p(CH3OH)p(CO2)×p3(H2)=P1P2(P02−P1)×(P02−2P2−P1)3kPa−2，
故答案为：P1P2(P02−P1)×(P02−2P2−P1)3；
②由反应可知，增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；当COCO+CO2为0.4时，由于总反应是气体体积减小的反应，若改为在体积可变的容器中进行此反应，容器体积会减小，相当于给反应加压，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高，最有可能是b，
故答案为：增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；b。
(1)已知：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅ml−1
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90kJ⋅ml−1
依据盖斯定律，反应②=反应①-反应③；
(2)①反应①是放热反应，反应②是吸热反应，升高温度反应①逆向移动、反应②正向移动，一氧化碳的物质的量增大；
②由图示可知，温度为T时，反应物二氧化碳和氢气的物质的量均大于生成物一氧化碳和水的物质的量；
(3)A.加入适量一氧化碳，反应③平衡正向移动，若以反应③为主；
B.使用高效催化剂，能缩短达到平衡的时间，但平衡不移动；
C.循环利用原料气，相当于增大二氧化碳和氢气的量，反应①、③均正向移动；
D.升高温度，反应①、③均逆向移动；
E.增大压强，反应①、③均正向移动。
(4)①恒温恒容条件下，物质的量与压强呈正比，初始二氧化碳与氢气物质的量之比为1：1、总压为P0kPa，则初始二氧化碳和氢气分压都为12P0kPa，总反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，依据碳元素守恒，平衡时二氧化碳的分压为(12P0−P1)kPa，由于氢原子守恒，平衡时氢气分压为(12P0−2P2−P1)kPa，据此计算平衡常数；
②由反应可知，增加CO，反应平衡③正移；反应②平衡逆移，H2O(g)消耗、CO2(g)和H2(g)增加，反应①正移；当COCO+CO2为0.4时，由于总反应是气体体积减小的反应，若改为在体积可变的容器中进行此反应，容器体积会减小，相当于给反应加压，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
操作
现象
结论或解释
A
向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，一段时间后滴入KSCN溶液
溶液变为红色
KI与FeCl3不反应
B
常温下测同浓度NaA溶液和Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小
酸性：HA>H2CO3
C
向NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液
产生白色沉淀，同时有气泡冒出
沉淀是CaCO3，气体是CO2
D
向2mL1ml/LNaOH溶液中先加入3滴1ml/LMgCl2溶液，再加入3滴1ml/LFeCl3溶液
沉淀颜色变深
Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀
序号
起始读数/mL
终点读数/mL
1
0.00
10.10
2
1.20
11.10
3
1.50
14.60
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