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2021-2022学年山西省运城市康杰中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省运城市康杰中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了9kJ，8kJ⋅ml−1，6kJ⋅ml−1，3kJ⋅ml−1，8LH2S，1×10−10，Ksp=2，58kJ⋅ml−1，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省运城市康杰中学高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. K2FeO4可用于饮水的消毒净化 B. 电解氯化镁溶液可制备单质镁
C. 氢能、生物质能是可再生的一次能源 D. 使用加酶洗衣粉时，温度越高效果越好
2. 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. 12Mg2+：1s22s22p63s2
C. 16S2−：1s22s22p63s23p6 D. 24Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
3. 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. 2Li+12O2=Li2OΔH=−85.8kJ⋅mol−1
B. 2Li(s)+12O2(g)=Li2O(s)ΔH=+85.8kJ⋅mol−1
C. 2Li(s)+12O2(g)=Li2O(g)ΔH=−600.6kJ⋅mol−1
D. Li(s)+14O2(g)=12Li2O(s)ΔH=−300.3kJ⋅mol−1
5. 已知：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1。某同学使用如图所示的装置测定中和热。下列关于该实验的说法错误的是( )
A. 测定一次至少需要测量并记录三次温度
B. 若用铜棒代替玻璃搅拌器，测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1
C. 若用浓硫酸替代稀盐酸进行实验，测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1
D. 该实验需要计算生成水的物质的量
6. 有机物CH2=CH−CH=CH2与H2按1：1发生加成反应可得H2C=CH−CH2−CH3和CH3−CH=CH−CH3两种产物，其能量与反应进程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 生成1，4−产物和1，2−产物均为放热反应
B. 温度高、时间长不利于1，2−产物生成
C. 加入催化剂可以降低ΔEθ的值
D. 1，2−产物的稳定性高于1，4−产物的
7. 山东舰是我国自主研制的新型航母，为了延长航母服役寿命可以在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属锌。下列有关说法正确的是( )
A. 可以用铅等金属代替锌
B. 构成原电池反应时，舰体表面发生氧化反应
C. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法
D. 在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀
8. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈
B. 开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率(2SO2+O2⇌2SO3)
9. 煤的气化原理为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，在某恒温恒容反应器中模拟该反应，不能作为达到平衡状态的标志为( )
A. 压强不变 B. v(H2O)正=v(CO)正
C. 混合气体的密度不变 D. CO的体积分数不变
10. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e−=2H2O
C. 电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8LH2S
D. 每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区
11. 用如图装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行如表各组实验，则表中各项对应关系均正确的一组是( )
选项
电源X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
NaSO4溶液
向U形管两端滴入酚酞试液后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中的电极反应式是4OH−−4e−=2H2O+O2↑
C
负极
KCl和CuCl2混合溶液
相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等
D
负极
NaCl溶液
a管中产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色
A. A B. B C. C D. D
12. 纳米钴常用于CO加氢反应的催化剂：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H<0.下列说法正确的是( )
A. 纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应的转化率
B. 缩小容器体积，平衡向正反应方向移动，CO的浓度增大
C. 从平衡体系中分离出H2O(g)能加快正反应速率
D. 工业生产中采用高温条件下进行，其目的是提高CO的平衡转化率
13. 常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合(忽略混合后体积的变化)，所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1。则混合溶液的pH为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 无法计算
14. 在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是( )
A. t3时反应达到平衡状态 B. 该反应为吸热反应
C. t3∼t4：v正因温度降低而降低 D. t4时SO2的转化率达到最大
15. 已知Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaCO3)=2.5×10−9.下列说法中不正确的是( )
A. BaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3可以转化为BaSO4
B. BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂
C. 向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，当两种沉淀共存时，c(SO42−)c(CO32−)=4.4×10−2
D. 常温下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于 2.2×10−6 mol⋅L−1
16. 某温度下，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图示．下列判断错误的是( )
A. Ⅰ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
C. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
D. b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度
17. 常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点的pH=1
B. b点时，c(CH3COO−)=0.05mol/L
C. c点时，V(NaOH)=20mL
D. 反应过程中的c(CH3COO−)c(CH3COOH)值不断增大
18. 室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是( )
加入的物质
结论
A
50mL1mol/LH2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO42−)
B
0.5molCaO
溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大
C
50mLH2O
由水电离出的c(H+)⋅c(OH−)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
A. A B. B C. C D. D
19. 根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是( )
选项
实验操作
现象及结论
A
室温下，用pH试纸测0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液的pH约为5
说明HSO3−的水解大于电离
B
向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl3饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大
C
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明CH3COONa溶液中存在
水解平衡
D
将MgCl2溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为MgO
A. A B. B C. C D. D
20. 常温下，各微粒H2A、HA−和A2−存在于H2A和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的分布系数δ[如δ(HA−)=c(HA−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]与溶液pH的关系如图所示．下列说法错误的是( )
A. 图中曲线b为δ(HA−)
B. 常温下，H2A的Ka2=10−4.2
C. 等浓度的Na2A和NaHA的混合溶液：c(H+)
21. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次递增，X原子中有3个能量相等且自旋方向相同的电子，Y是地壳中含量最多的元素，Y与W同主族，Z在短周期主族元素中金属性最强．回答下列问题：
(1)X、Y、Z、W四种元素的原子半径从大到小的顺序为 ______(填元素符号).
(2)元素Y的原子轨道表示式为 ______.
(3)元素X与元素Y的简单气态氢化物中，稳定性较强的是 ______(填电子式).
(4)Z原子的结构示意图为 ______；化合物Z2Y2的电子式为 ______.
(5)W元素在元素周期表中的位置为 ______，其价电子排布式为 ______.
22. 甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景．一定条件下，可用合成气(CO、H2)合成甲醇：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H<0
回答下列问题：
(1)已知断裂1mol有关化学键所吸收的能量数据如表：
化学键
H−H
O−H
C−H
C≡O
C−O
能量/kJ
436
462.8
413.4
1075
351
上述反应的ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)在三个不同容积的容器中分别充入1molCO与2molH2，恒温恒容下发生上述反应，测得平衡时CO的转化率如表：
实验
温度(℃)
容器体积
CO转化率
平衡压强(p)
Ⅰ
200
V1
50%
p1
Ⅱ
200
V2
70%
p2
Ⅲ
350
V3
50%
p3
①V1______(填“>”“=”或“<”，下同)V2；若实验Ⅱ中CO和H2用量均加倍，则CO转化率 ______70%.
②350℃时，实验Ⅲ反应的平衡常数Kc=______(用含V3的代数式表示).
(3)工业上，CO2和H2反应也可以合成甲醇CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.58kJ⋅mol−1.在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示．
①比较T1与T2的大小关系：T1______(填“<”“=”或“>”)T2.
②在T1和p2的条件下，向密闭容器中充入1molCO2和3molH2，反应达到平衡时，容器的容积为2.4L.保持T1和此时容器的容积不变，再充入1molCO2和3molH2，设达到平衡时CO2的总转化率为α，写出一个能够解出α的方程：______(不必化简，可以不带单位).
23. 高锰酸钾是重要的氧化剂．回答下列问题：
Ⅰ.某实验小组用硫酸酸化的亚硫酸钠溶液滴定KMnO4溶液(两者反应后氧化产物和还原产物分别为SO42−、Mn2+)，测定KMnO4溶液浓度．步骤如下：
①将一定量的高锰酸钾加入烧杯中，倒入蒸馏水使其溶解；
②取0.100mol⋅L−1的亚硫酸钠溶液25.00mL置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4酸化，再用KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定两次，平均消耗VmLKMnO4溶液．
(1)高锰酸钾溶液盛放在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中．
(2)滴定到达终点的现象是 ______.
(3)该KMnO4溶液的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1.
Ⅱ.另一实验小组设计如表所示实验方案，探究25℃时酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液反应时，影响反应速率的因素：
编号
0.2mol⋅L−1的Na2SO3溶液/mL
0.1mol⋅L−1的KMnO4溶液/mL
0.6mol⋅L−1的H2SO4溶液/mL
0.1mol⋅L−1的MnSO4溶液/mL
V(H2O)/mL
1
3.0
2.0
1.0
0
2.0
2
3.0
2.0
2.0
0
1.0
3
4.0
2.0
2.0
0
0
4
3.0
2.0
1.0
0.5
a
(4)通过测定反应达到终点所用的时间计算反应速率的大小．已知实验1反应达到终点所用的时间是2min，则该时间段内反应速率v(MnO4−)=______mol⋅L−1⋅min−1.
(5)实验2和实验3的目的是 ______；实验测得实验2的反应速率大于实验1，结论是 ______.
(6)a=______，实验测得实验4的反应速率明显大于实验1，某同学在一定温度下进行酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液的反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，后来反应速率明显加快，该实验中反应速率明显加快的原因可能是 ______.
24. 工业上利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的工艺流程如图：
相关金属离子[c0(Xn+)=0.1mol⋅L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Ca2+
Zn2+
Ni2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
10.6
7.6
7.1
1.5
完全沉淀时的pH
13.1
8.3
9.2
2.8
回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施：______；滤渣1的成分是 ______(填化学式).
(2)试剂X用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是 ______.
(3)已知“除铁”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使Ca2+恰好沉淀完全[此时c(Ca2+)=1×10−5mol⋅L−1]，则所加溶液c(NH4F)=______mol⋅L−1[已知实验条件下，Ksp(CaF2)=4×10−9，不考虑F−的水解].
(4)“氧化”“过程中加入的试剂Y可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的离子方程式：______.
(5)加入有机萃取剂的作用是 ______.
(6)已知工业上也可以用Ni(OH)2作为阳极、NaOH溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备NiOOH，其阳极的电极反应式为 ______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物，所以K2FeO4用于自来水的消毒和净化，故A正确；
B.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁，得不到镁，故B错误；
C.氢能、生物质能都是二次能源，故C错误；
D.高温能够使蛋白质变性，所以使用加酶洗衣粉时，温度不能过高，故D错误；
故选：A。
A.依据K2FeO4的氧化性及还原后生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体解答；
B.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁；
C.能够从自然界中直接获取的能源为一次能源；
D.高温能够使蛋白质变性。
本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，熟悉相关物质的性质是解题关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.不遵循能量最低原理，正确的排布为：1s2，故A错误；
B.基态 12Mg原子最外层2个电子，失去最外层2个电子变为 12Mg2+，核外电子排布为：1s22s22p6，故B错误；
C.基态 16S原子最外层6个电子，得到2个电子达到8电子稳定结构，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D.1s22s22p63s23p63d44s2违背洪特规则特例，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选：C。
基态原子或者离子电子排布遵循能量最低原理、泡利原理、洪特规则及洪特规则特例，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。
3.【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。
4.【答案】D
【解析】解：锂燃烧生成氧化锂的化学方程式为：4Li(s)+O2(g)=2Li2O(s)，已知1gLi物质的量=1g7g/mol=17mol，完全燃烧生成固态Li2O时放出热量为42.9kJ，ΔH<0，计算1molLi燃烧放出的热量=42.9kJ×7=300.3kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式为：Li(s)+14O2(g)=12Li2O(s)ΔH=−300.3kJ⋅mol−1或2Li(s)+12O2(g)=Li2O(s)ΔH=−600.6kJ⋅mol−1，A中状态未标，焓变错误，B焓变为正值错误，C中物质聚集状态标错，
故选：D。
锂燃烧生成氧化锂的化学方程式为：4Li(s)+O2(g)=2Li2O(s)，已知1gLi物质的量=1g7g/mol=17mol，完全燃烧生成固态Li2O时放出热量为42.9kJ，ΔH<0，计算1molLi燃烧放出的热量=42.9kJ×7=300.03kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式。
本题主要考查了热化学方程式，掌握ΔH的含义以及与化学计量数间的关系是解答的关键，注意热化学方程式概念的运用，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查中和热测定，为常见高考题型，把握中和热测定操作及注意事项、中和热的概念为解题关键，注意掌握实验误差引起原因和误差分析方法，题目难度不大。
【解答】
A.中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度，所以测定一次至少需要测量并记录三次温度，故A正确；
B.铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，并且中和热ΔH为负值，则用铜棒代替玻璃搅拌器，测得的ΔH大于−57.3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.浓硫酸稀释放热，用浓硫酸替代稀盐酸进行实验会使反应热数值偏大，但中和热ΔH为负值，则测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1，故C正确；
D.中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水放出的热量，该测定实验中需要计算生成水的物质的量，根据ΔH=−Qn(H2O)计算中和热，故D正确；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，生成1，4−产物反应和生成1，2−产物反应的反应物总能量均高于生成物总能量时，则两者均为放热反应，故A正确；
B.生成1，2−产物为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度高、时间长不利于1，2−产物生成，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，则加入催化剂可以降低ΔEθ的值，故C正确；
D.能量越低越稳定，由图可知，1，2−产物的稳定性低于1，4−产物，故D错误；
故选：D。
A.反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应，否则为吸热反应；
B.生成1，2−产物为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D.能量越低越稳定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
7.【答案】C
【解析】解：A.Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，而铅在铁的后面没有铁活泼，不会成为负极，故A错误；
B.构成原电池反应时，舰体做正极，发生还原反应，故B错误；
C.该装置中没有外接电源，利用了原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.在酸雨环境中，钢铁发生电化学腐蚀时，金属做负极，失去电子生成阳离子，氢离子得到电子生成氢气，所以为析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理和电解池原理是解本题关键，要保护的金属作原电池正极或电解池阴极即可，熟练掌握防护金属腐蚀的方法，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故B不选；
C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl−，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C不选；
D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：A。
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，否则勒夏特列原理不适用。
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比，反应后气体物质的量增大，则压强增大，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故A不选；
B.无论反应是否达到平衡状态都存在“v(H2O)正=v(CO)正”，不能据此判断平衡状态，故B选；
C.反应前后气体质量增大、容器体积不变，则反应后气体密度增大，当混合气体密度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C不选；
D.随着反应进行CO体积分数增大，当CO体积分数不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选；
故选：B。
该反应前后气体计量数之和增大，恒容恒容条件下，反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查基础知识的理解和灵活应用，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，以此解答该题。
【解答】
A.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；
B.正极O2得电子发生还原反应，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.H2S在负极反应，且气体存在的条件未知，不能确定体积大小，故C错误；
D.每17g即0.5molH2S参与反应，则消耗0.25mol氧气，转移1mol电子，所以有1molH+经质子膜进入正极区，故D正确。
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：A.试验前U形管中为NaSO4溶液，a连接电源正极，即a为阳极，电极反应式为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，b为阳极，电极反应式为：2H2O+4e−=2H2↑+4OH−，通电后，向U形管两端滴入酚酞试液后，b管中呈红色，a管中无明显现象，故A错误；
B.试验前U形管中为AgNO3溶液，a连接电源正极，a为阳极，即b为阴极，电极反应式为：Ag++e−=Ag，故B错误；
C.试验前U形管中为KCl和CuCl2混合溶液，a连接电源负极，即a为阴极，Cu2+先放电，H+后放电，电极反应式分别为：Cu2++2e−=Cu，2H++2e−=2H2↑，b为阴极，Cl−先放电，水电离出的OH−后放电，电极反应式为：2Cl−−2e−=Cl2↑，2H2O−4e−=O2↑+4H+，相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等；故C正确；
D.试验前U形管中为NaCl溶液，a连接电源负极，即a为阴极，电极反应式为：2H2O+4e−=2H2↑+4OH−，氢气不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色，故D错误；
故选：C。
此图为电解池，电解池中离子的放电顺序为：阴极：Ag+>Hg+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，阳极：①当阳极为活泼性电极时电极本身放电，②当阳极为惰性电极(如C、Pt、钛、Au)溶液中阴离子放电，S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。
本题考查了电解池和电极方程式的写法，要注意阴阳极的放电顺序，熟练掌握相关基础知识，本题难度适中。
12.【答案】B
【解析】解：A.纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应速率，但不能使平衡发生移动，因此反应物的转化率不变，故A错误；
B.反应的正反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，所以缩小容器的体积CO的浓度增大，故B正确；
C.从平衡体系中分离出H2O(g)，正反应速率瞬间不变，后会逐渐减小，故C错误；
D.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物转化率会降低，工业生产中采用高温条件下进行，其目的是在高温下催化剂的化学活性高，能提高化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，故D错误；
故选：B。
A.催化剂不影响平衡移动；
B.为气体体积减小的反应，缩小体积，压强增大；
C.分离出H2O(g)，生成物浓度减小；
D.为放热反应，升高温度平衡逆向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强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。
13.【答案】A
【解析】解：常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好发生H2A+NaOH=NaHA+H2O，生成的NaHA的浓度为0.1mol⋅L−1，已知所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1，说明NaHA在溶液中完全电离，即NaHA=Na++H++A2−，所以c(H+)=c(A2−)=0.1mol⋅L−1，则pH=1，故A正确；
故选：A。
常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好发生H2A+NaOH=NaHA+H2O，生成的NaHA的浓度为0.1mol⋅L−1，已知所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1，说明NaHA在溶液中完全电离，据此分析。
本题考查了酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握pH的计算方法以及混合溶液中发生的反应是解题的关键，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应速率的影响因素、化学平衡的状态的判断等，侧重考查学生分析能力和识图能力，注意当反应达到平衡时，即反应达到最大限度，正反应速率等于逆反应速率，此题难度中等。
【解答】
A.反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，则t4时反应达到平衡状态，故A错误；
B.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，反应速率由温度和浓度决定，随着反应进行，反应物浓度减小，而正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快，则该反应为放热反应，故B错误；
C.该反应是放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，温度升高，所以t3∼t4：v正因反应物浓度降低而降低，故C错误；
D.t4时，反应达到平衡状态，即反应达到最大限度，此时SO2的转化率达到最大，故D正确。
15.【答案】B
【解析】解：A.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的能向溶度积小的转化所以，BaCO3可以转化为BaSO4；故A正确；
B.因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，所以BaCO3不可以做钡餐试剂，故B错误；
C.根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)计算可求出c(SO42−)c(CO32−)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=4.4×10−2；故C正确；
D.Ksp(BaCO3)=c(CO32−)⋅c(Ba2+)=2.5×10−9，所以c(Ba2+)=5×10−5 Qc=c(SO42−)⋅c(Ba2+)≥Ksp(BaSO4)开始转化为BaSO4，所以c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.1×10−105×10−5=2.2×10−6mol⋅L−1；故D正确；
故选：B。
A.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的能向溶度积小的转化；
B.BaCO3能溶于胃酸；
C.根据Ksp(BaSO4和Ksp(BaCO3)计算可求出；
D.Qc=c(SO42−)⋅c(Ba2+)≥Ksp(BaSO4)，开始转化为BaSO4.
本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，综合性较强，题目难度中等，注意把握沉淀溶解平衡的原理及影响因素是解题的关键．
16.【答案】B
【解析】解：A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的醋酸和盐酸稀释相同的倍数，pH变化大的是HCl、变化小的是醋酸，根据图知，Ⅱ是醋酸、Ⅰ是盐酸，故A正确；
B.离子积常数只与温度有关，与溶液酸性强弱无关，a、c两点溶液温度相同，其离子积常数相同，故B错误；
C.溶液导电性与离子浓度成正比，根据图知，c点pH大于b点，但b点氢离子浓度大于c点，所以b点导电能力大于c点，故C正确；
D.Ⅱ是醋酸、Ⅰ是盐酸，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释相同的倍数，醋酸浓度仍然大于盐酸，故D正确；
故选：B。
A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的醋酸和盐酸稀释相同的倍数，pH变化大的是HCl、变化小的是醋酸；
B.离子积常数只与温度有关，与溶液酸性强弱无关；
C.溶液导电性与离子浓度成正比；
D.II是醋酸、I是盐酸，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释相同的倍数，醋酸浓度仍然大于盐酸。
本题以弱电解质的电离为载体考查学生识图能力，明确弱电解质电离特点及电解质溶液导电性影响因素是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意：电解质溶液导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关。
17.【答案】D
【解析】解：A.CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L，所以a点溶液pH>1，故A错误；
B.点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c(CH3COO−)>0.05mol/L，故B错误；
C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH>7，故C错误；
D.反应过程中的c(CH3COO−)c(CH3COOH)=Kac(H+)，反应过程中c(H+)不断降低，则c(CH3COO−)c(CH3COOH)值不断增大，故D正确，
故选：D。
A.CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L；
B.b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；
C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性；
D.根据CH3COOH的电离平衡常数分析。
本题考查了物质反应后的溶液酸碱信息分析，图象的特征分析判断，盐类水解和电解质溶液中电荷守恒的理解应用是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查电解质溶液中离子浓度大小的关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确物质之间的反应、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的正确运用，题目难度不大．
【解答】
A.n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c(SO42−)，故A错误；
B.CaO和水反应生成氢氧化钙，对碳酸钠的水解起抑制作用，所以氢氧根离子浓度增大，碳酸氢根离子的浓度减小，溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大，故B正确；
C.加水稀释，溶液的碱性发生变化，水的电离平衡发生移动，故C错误；
D.加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；
故选：B。
19.【答案】A
【解析】解：A.HSO3−电离导致溶液呈酸性、HSO3−水解而导致溶液呈碱性，室温下，用pH试纸测0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液的pH约为5，说明HSO3−的电离大于水解，故A错误；
B.水解反应为吸热反应，在沸水中，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，溶液为红褐色，故B正确；
C.溶液颜色变深，说明水解程度增大，可说明存在水解平衡，升高温度向吸热方向移动，故C正确；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，加热促进挥发，所以蒸干氯化镁溶液得到的固体是氢氧化镁，氢氧化镁灼烧时分解生成白色固体MgO，故D正确；
故选：A。
A.HSO3−电离导致溶液呈酸性、HSO3−水解而导致溶液呈碱性；
B.水解反应为吸热反应；
C.溶液颜色变深，说明水解程度增大；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，加热促进挥发。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握反应原理、物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，图中曲线b为δ(HA−)，故A正确；
B.在图中，N点为δ(HA−)与δ(A2−)的交叉点，δ(HA−)=δ(A2−)，c(HA−)=c(A2−)，则常温下，H2A的Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−4.2，故B正确；
C.等浓度的Na2A和NaHA的混合溶液，对应于图中的N点，pH=4.2，则c(H+)>c(OH−)，故C错误；
D.N点时，c(HA−)=c(A2−)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)=c(OH−)+3c(A2−)，故D正确；
故选：C。
H2A中加入NaOH，发生反应H2A+OH−=HA−+H2O、HA−+OH−=A2−+H2O，则图中a曲线为δ(H2A)，b曲线为δ(HA−)，c曲线为δ(A2−)。
本题考查酸碱混合的定性判断及弱电解质的电离，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握离子分布系数与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力。
21.【答案】Na>S>N>O 第三周期第VIA族 3s23p4
【解析】解：由分析可知，X为N、Y为O、Z为Na、W为S；
(1)同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，四种元素的原子半径从大到小的顺序为Na>S>N>O，
故答案为：Na>S>N>O；
(2)Y为O元素，其原子轨道表示式为，
故答案为：；
(3)元素非金属性O>N，故氢化物稳定性H2O>NH3，H2O的电子式为，
故答案为：；
(4)Z是Na元素，其原子的结构示意图为；化合物Na2O2的电子式为，
故答案为：；；
(5)W为S元素，元素在元素周期表中的位置为第三周期第VIA族，其价电子排布式为3s23p4，
故答案为：第三周期第VIA族；3s23p4。
X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次递增，其中Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；X原子中有3个能量相等且自旋方向相同的电子，且原子原子序数小于氧，说明其原子外围电子排布式为2s22p3，故X为N元素；Y(氧)与W同主族，则W为S元素；Z在短周期主族元素中金属性最强，则Z为Na。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素涉及解题的关键，注意对元素周期律的掌握与运用，掌握常用化学用语的书写，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
22.【答案】107>>V32 <2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3
【解析】解：(1)焓变计算关系△H=反应物键能和-生成物键能和，所以该反应△H=(436×2+1075)kJ/mol−(413.4×3+351+462.8)kJ/mol=−107kJ/mol，
故答案为：107；
(2)①根据反应特征，压缩体积增压，平衡应向正反应方向移动，反应物转化率上升；题目中实验I的CO转化率低于实验II的CO转化率，说明实验II的平衡状态下压强更大，所以实验I的反应容器容积更大；若在实验II中反应物用量均加倍，相当于反应起始物质浓度均翻倍，类似于继续增压的起始状态，根据刚才的分析，达到平衡时，反应物转化率会更高，
故答案为：>；>；
②根据实验III的数据，建立三段式：
2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol)210
变化(mol)10.50.5
平衡(mol)10.50.5
代入化学平衡常数计算式K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.5V30.5V3×(1V3)2=V32，
故答案为：V32；
(3)①根据题目条件及反应特征，该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的转化率应下降，根据图像信息，相同压强下，T2温度CO2转化率更低，所以T2温度更高，
故答案为：<；
②T1、p2条件下，CO2转化率为60%，则起始投入的1molCO2达到平衡时，转化0.6mol，平衡时还有0.4mol，根据以上数据建立第一个三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)0.61.80.60.6
平衡(mol)0.41.20.60.6
一次平衡后容器容积为2.4L，代入化学平衡常数计算式K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=0.62.4×0.62.40.42.4×(1.22.4)3=3，一次平衡后再向容器中加入1molCO2和3molH2，且保持恒容，再次平衡，相当于起始状态一共投入2molCO2和6molH2在恒容状态下达到平衡，要求的CO2转化率为α，那么二次平衡达到时CO2整体转化的物质的量是2αmol，利用分析数据建立第二个三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)2600
变化(mol)2α6α2α2α
平衡(mol)2−2α6−6α2α2α
该平衡状态与前一个平衡状态同温，故其化学平衡常数也为K=3，反应容器容积为2.4L，将这些数据代入可得K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3，
故答案为：2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3。
(1)焓变计算关系△H=反应物键能和-生成物键能和，所以该反应△H=(436×2+1075)kJ/mol−(413.4×3+351+462.8)kJ/mol据此计算；
(2)①根据反应特征，压缩体积增压，平衡应向正反应方向移动，反应物转化率上升；
②根据实验III的数据，建立三段式：
2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol)210
变化(mol)10.50.5
平衡(mol)10.50.5
代入化学平衡常数计算式K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)据此计算；
(3)①根据题目条件及反应特征，该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的转化率应下降；
②T1、p2条件下，CO2转化率为60%，则起始投入的1molCO2达到平衡时，转化0.6mol，平衡时还有0.4mol，根据以上数据建立第一个三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)0.61.80.60.6
平衡(mol)0.41.20.60.6
一次平衡后容器容积为2.4L，代入化学平衡常数计算式K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=0.62.4×0.62.40.42.4×(1.22.4)3=3，一次平衡后再向容器中加入1molCO2和3molH2，且保持恒容，再次平衡，相当于起始状态一共投入2molCO2和6molH2在恒容状态下达到平衡，要求的CO2转化率为α，那么二次平衡达到时CO2整体转化的物质的量是2αmol，利用分析数据建立第二个三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)2600
变化(mol)2α6α2α2α
平衡(mol)2−2α6−6α2α2α
该平衡状态与前一个平衡状态同温，故其化学平衡常数也为K=3，反应容器容积为2.4L，将这些数据代入可得结果。
本题考查了化学平衡、热化学方程式和盖斯定律的计算应用、图象分析理解，注意反应焓变的意义理解，难点是化学平衡常数的计算，题目难度中等。
23.【答案】酸式 滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色 1V 0.0125探究Na2SO3的浓度对该反应速率的影响 H+浓度越大，KMnO4氧化性越强，反应速率越快 1.5反应生成的Mn2+是该反应的催化剂
【解析】解：Ⅰ(1)高锰酸钾具有强氧化性，且往往加硫酸酸化后使用，应用酸式滴定管，
故答案为：酸式；
(2)滴定到达终点时滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，
故答案为：滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
(3)1molKMnO4转变成Mn2+得5mol电子，1mol亚硫酸钠被氧化成硫酸钠失2mol电子，根据得失守恒可得：2KMnO4∼5Na2S2O3，则c(KMnO4)=0.1×0.025×25V×10−3mol/L=1Vmol⋅L−1，
故答案为：1V；
Ⅱ(4)由试剂用量可知亚硫酸钠是高锰酸钾额3倍，高锰酸钾不足，其完全反应，v(MnO42−)=0.1×0.0020.0082mol⋅L−1⋅min−1=0.0125mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.0125；
(5)实验2和实验3亚硫酸钠的用量不同，溶液混合后的浓度不同，其他条件均相同，因此探究的是亚硫酸的浓度对反应速率的影响；实验2和实验1中只有硫酸的用量不同，溶液混合后硫酸的浓度不同，测得实验2的反应速率大于实验1，说明氢离子的浓度对速率有影响，且浓度越大反应速率越快，原因是酸性增强后高锰酸钾的氧化性增强，
故答案为：探究Na2SO3的浓度对该反应速率的影响；H+浓度越大，KMnO4氧化性越强，反应速率越快；
(6)为确保其他条件相同，每组实验的最终溶液体积均应相同，则3.0+2.0+1.0+0.5+a=8，a=1.5；实验4中比实验1中多加了一定量的硫酸锰，测得实验4的反应速率明显大于实验1，说明锰离子对反应有催化作用；某同学在一定温度下进行酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液的反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，后来反应速率明显加快，是因为反应过程中逐渐生成硫酸锰，对反应起了催化作用，
故答案为：1.5；反应生成的Mn2+是该反应的催化剂。
Ⅰ(1)高锰酸钾具有强氧化性；
(2)滴定到达终点时滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，滴定到达终点；
(3)1molKMnO4转变成Mn2+得5mol电子，1mol亚硫酸钠被氧化成硫酸钠失2mol电子，根据得失守恒可得：2KMnO4∼5Na2S2O3；
Ⅱ(4)由试剂用量可知亚硫酸钠是高锰酸钾额3倍，高锰酸钾不足，其完全反应，v(MnO42−)=0.1×0.0020.0082mol⋅L−1⋅min−1；
(5)实验2和实验3亚硫酸钠的用量不同，溶液混合后的浓度不同，其他条件均相同，因此探究的是亚硫酸的浓度对反应速率的影响；
(6)为确保其他条件相同，每组实验的最终溶液体积均应相同，实验4中比实验1中多加了一定量的硫酸锰，测得实验4的反应速率明显大于实验1，说明锰离子对反应有催化作用。
本题主要结合实验考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂对化学反应速率的影响，在用对照试验来探究外界条件对反应速率的影响时，必须保证其他影响反应速率的条件一致；侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
24.【答案】粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌 CaSO4和SiO2 2.8≤pH<7.10.06S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O除去Zn2+ Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O
【解析】解：(1)能提高“酸浸”速率的措施可以是粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌；滤渣1的成分是CaSO4和SiO2，
故答案为：粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌；CaSO4和SiO2；
(2)试剂X用于调节溶液的pH的目的是除去铁离子，而镍离子不沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH<7.1，
故答案为：2.8≤pH<7.1；
(3)已知“除铁”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液后，c′(Ca2+)=0.005mol⋅L−1，此时Ca2+恰好沉淀完全则c(F−)=Ksp(CaF2)c(Ca2+)=4×10−910−5mol/L=0.02mol/L，因而所加溶液c(NH4F)=2c(F−)+2c(Ca2+)=0.02mol/L+0.04mol⋅L−1=0.06mol/L，
故答案为：0.06；
(4)“氧化”“过程中加入的试剂Y可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，加入K2S2O8反应生成一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的离子方程式为S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O，
故答案为：S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O；
(5)加入有机萃取剂的作用是除去Zn2+，
故答案为：除去Zn2+；
(6)已知工业上也可以用Ni(OH)2作为阳极、NaOH溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备NiOOH，其阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O，
故答案为：Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O。
利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)加入硫酸酸浸，NiO、ZnO、Fe2O3、CaO溶解在硫酸溶液中，生成对应硫酸盐，硫酸钙为微溶物，SiO2不溶于硫酸，因而滤渣1是二氧化硅和硫酸钙，加入试剂X调节pH使其生成氢氧化铁沉淀下来，因而滤渣2为氢氧化铁，加入氟化铵之后，生成氟化钙沉淀下来，因而沉淀3是氟化钙，加入有机萃取剂除去锌离子，加入试剂Y和氢氧化钠使Ni2+，生成2NiOOH⋅H2O。
本题考查物质的分离提纯和物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物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与实验的结合，题目难度中等。
2021-2022学年山西省运城市康杰中学高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )
A. K2FeO4可用于饮水的消毒净化 B. 电解氯化镁溶液可制备单质镁
C. 氢能、生物质能是可再生的一次能源 D. 使用加酶洗衣粉时，温度越高效果越好
2. 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. 12Mg2+：1s22s22p63s2
C. 16S2−：1s22s22p63s23p6 D. 24Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
3. 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. 2Li+12O2=Li2OΔH=−85.8kJ⋅mol−1
B. 2Li(s)+12O2(g)=Li2O(s)ΔH=+85.8kJ⋅mol−1
C. 2Li(s)+12O2(g)=Li2O(g)ΔH=−600.6kJ⋅mol−1
D. Li(s)+14O2(g)=12Li2O(s)ΔH=−300.3kJ⋅mol−1
5. 已知：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1。某同学使用如图所示的装置测定中和热。下列关于该实验的说法错误的是( )
A. 测定一次至少需要测量并记录三次温度
B. 若用铜棒代替玻璃搅拌器，测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1
C. 若用浓硫酸替代稀盐酸进行实验，测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1
D. 该实验需要计算生成水的物质的量
6. 有机物CH2=CH−CH=CH2与H2按1：1发生加成反应可得H2C=CH−CH2−CH3和CH3−CH=CH−CH3两种产物，其能量与反应进程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 生成1，4−产物和1，2−产物均为放热反应
B. 温度高、时间长不利于1，2−产物生成
C. 加入催化剂可以降低ΔEθ的值
D. 1，2−产物的稳定性高于1，4−产物的
7. 山东舰是我国自主研制的新型航母，为了延长航母服役寿命可以在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属锌。下列有关说法正确的是( )
A. 可以用铅等金属代替锌
B. 构成原电池反应时，舰体表面发生氧化反应
C. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法
D. 在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀
8. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈
B. 开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率(2SO2+O2⇌2SO3)
9. 煤的气化原理为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，在某恒温恒容反应器中模拟该反应，不能作为达到平衡状态的标志为( )
A. 压强不变 B. v(H2O)正=v(CO)正
C. 混合气体的密度不变 D. CO的体积分数不变
10. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e−=2H2O
C. 电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8LH2S
D. 每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区
11. 用如图装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行如表各组实验，则表中各项对应关系均正确的一组是( )
选项
电源X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
NaSO4溶液
向U形管两端滴入酚酞试液后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中的电极反应式是4OH−−4e−=2H2O+O2↑
C
负极
KCl和CuCl2混合溶液
相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等
D
负极
NaCl溶液
a管中产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色
A. A B. B C. C D. D
12. 纳米钴常用于CO加氢反应的催化剂：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H<0.下列说法正确的是( )
A. 纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应的转化率
B. 缩小容器体积，平衡向正反应方向移动，CO的浓度增大
C. 从平衡体系中分离出H2O(g)能加快正反应速率
D. 工业生产中采用高温条件下进行，其目的是提高CO的平衡转化率
13. 常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合(忽略混合后体积的变化)，所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1。则混合溶液的pH为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 无法计算
14. 在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)反应速率随时间的变化如图。下列叙述正确的是( )
A. t3时反应达到平衡状态 B. 该反应为吸热反应
C. t3∼t4：v正因温度降低而降低 D. t4时SO2的转化率达到最大
15. 已知Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaCO3)=2.5×10−9.下列说法中不正确的是( )
A. BaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3可以转化为BaSO4
B. BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂
C. 向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，当两种沉淀共存时，c(SO42−)c(CO32−)=4.4×10−2
D. 常温下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于 2.2×10−6 mol⋅L−1
16. 某温度下，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图示．下列判断错误的是( )
A. Ⅰ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
C. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
D. b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度
17. 常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点的pH=1
B. b点时，c(CH3COO−)=0.05mol/L
C. c点时，V(NaOH)=20mL
D. 反应过程中的c(CH3COO−)c(CH3COOH)值不断增大
18. 室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是( )
加入的物质
结论
A
50mL1mol/LH2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO42−)
B
0.5molCaO
溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大
C
50mLH2O
由水电离出的c(H+)⋅c(OH−)不变
D
0.1molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
A. A B. B C. C D. D
19. 根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是( )
选项
实验操作
现象及结论
A
室温下，用pH试纸测0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液的pH约为5
说明HSO3−的水解大于电离
B
向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl3饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大
C
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明CH3COONa溶液中存在
水解平衡
D
将MgCl2溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为MgO
A. A B. B C. C D. D
20. 常温下，各微粒H2A、HA−和A2−存在于H2A和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的分布系数δ[如δ(HA−)=c(HA−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]与溶液pH的关系如图所示．下列说法错误的是( )
A. 图中曲线b为δ(HA−)
B. 常温下，H2A的Ka2=10−4.2
C. 等浓度的Na2A和NaHA的混合溶液：c(H+)
21. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次递增，X原子中有3个能量相等且自旋方向相同的电子，Y是地壳中含量最多的元素，Y与W同主族，Z在短周期主族元素中金属性最强．回答下列问题：
(1)X、Y、Z、W四种元素的原子半径从大到小的顺序为 ______(填元素符号).
(2)元素Y的原子轨道表示式为 ______.
(3)元素X与元素Y的简单气态氢化物中，稳定性较强的是 ______(填电子式).
(4)Z原子的结构示意图为 ______；化合物Z2Y2的电子式为 ______.
(5)W元素在元素周期表中的位置为 ______，其价电子排布式为 ______.
22. 甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景．一定条件下，可用合成气(CO、H2)合成甲醇：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H<0
回答下列问题：
(1)已知断裂1mol有关化学键所吸收的能量数据如表：
化学键
H−H
O−H
C−H
C≡O
C−O
能量/kJ
436
462.8
413.4
1075
351
上述反应的ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)在三个不同容积的容器中分别充入1molCO与2molH2，恒温恒容下发生上述反应，测得平衡时CO的转化率如表：
实验
温度(℃)
容器体积
CO转化率
平衡压强(p)
Ⅰ
200
V1
50%
p1
Ⅱ
200
V2
70%
p2
Ⅲ
350
V3
50%
p3
①V1______(填“>”“=”或“<”，下同)V2；若实验Ⅱ中CO和H2用量均加倍，则CO转化率 ______70%.
②350℃时，实验Ⅲ反应的平衡常数Kc=______(用含V3的代数式表示).
(3)工业上，CO2和H2反应也可以合成甲醇CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−49.58kJ⋅mol−1.在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示．
①比较T1与T2的大小关系：T1______(填“<”“=”或“>”)T2.
②在T1和p2的条件下，向密闭容器中充入1molCO2和3molH2，反应达到平衡时，容器的容积为2.4L.保持T1和此时容器的容积不变，再充入1molCO2和3molH2，设达到平衡时CO2的总转化率为α，写出一个能够解出α的方程：______(不必化简，可以不带单位).
23. 高锰酸钾是重要的氧化剂．回答下列问题：
Ⅰ.某实验小组用硫酸酸化的亚硫酸钠溶液滴定KMnO4溶液(两者反应后氧化产物和还原产物分别为SO42−、Mn2+)，测定KMnO4溶液浓度．步骤如下：
①将一定量的高锰酸钾加入烧杯中，倒入蒸馏水使其溶解；
②取0.100mol⋅L−1的亚硫酸钠溶液25.00mL置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4酸化，再用KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定两次，平均消耗VmLKMnO4溶液．
(1)高锰酸钾溶液盛放在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中．
(2)滴定到达终点的现象是 ______.
(3)该KMnO4溶液的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1.
Ⅱ.另一实验小组设计如表所示实验方案，探究25℃时酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液反应时，影响反应速率的因素：
编号
0.2mol⋅L−1的Na2SO3溶液/mL
0.1mol⋅L−1的KMnO4溶液/mL
0.6mol⋅L−1的H2SO4溶液/mL
0.1mol⋅L−1的MnSO4溶液/mL
V(H2O)/mL
1
3.0
2.0
1.0
0
2.0
2
3.0
2.0
2.0
0
1.0
3
4.0
2.0
2.0
0
0
4
3.0
2.0
1.0
0.5
a
(4)通过测定反应达到终点所用的时间计算反应速率的大小．已知实验1反应达到终点所用的时间是2min，则该时间段内反应速率v(MnO4−)=______mol⋅L−1⋅min−1.
(5)实验2和实验3的目的是 ______；实验测得实验2的反应速率大于实验1，结论是 ______.
(6)a=______，实验测得实验4的反应速率明显大于实验1，某同学在一定温度下进行酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液的反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，后来反应速率明显加快，该实验中反应速率明显加快的原因可能是 ______.
24. 工业上利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的工艺流程如图：
相关金属离子[c0(Xn+)=0.1mol⋅L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Ca2+
Zn2+
Ni2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
10.6
7.6
7.1
1.5
完全沉淀时的pH
13.1
8.3
9.2
2.8
回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施：______；滤渣1的成分是 ______(填化学式).
(2)试剂X用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是 ______.
(3)已知“除铁”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使Ca2+恰好沉淀完全[此时c(Ca2+)=1×10−5mol⋅L−1]，则所加溶液c(NH4F)=______mol⋅L−1[已知实验条件下，Ksp(CaF2)=4×10−9，不考虑F−的水解].
(4)“氧化”“过程中加入的试剂Y可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的离子方程式：______.
(5)加入有机萃取剂的作用是 ______.
(6)已知工业上也可以用Ni(OH)2作为阳极、NaOH溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备NiOOH，其阳极的电极反应式为 ______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以吸附水中悬浮物，所以K2FeO4用于自来水的消毒和净化，故A正确；
B.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁，得不到镁，故B错误；
C.氢能、生物质能都是二次能源，故C错误；
D.高温能够使蛋白质变性，所以使用加酶洗衣粉时，温度不能过高，故D错误；
故选：A。
A.依据K2FeO4的氧化性及还原后生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体解答；
B.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁；
C.能够从自然界中直接获取的能源为一次能源；
D.高温能够使蛋白质变性。
本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，熟悉相关物质的性质是解题关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.不遵循能量最低原理，正确的排布为：1s2，故A错误；
B.基态 12Mg原子最外层2个电子，失去最外层2个电子变为 12Mg2+，核外电子排布为：1s22s22p6，故B错误；
C.基态 16S原子最外层6个电子，得到2个电子达到8电子稳定结构，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D.1s22s22p63s23p63d44s2违背洪特规则特例，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选：C。
基态原子或者离子电子排布遵循能量最低原理、泡利原理、洪特规则及洪特规则特例，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。
3.【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。
4.【答案】D
【解析】解：锂燃烧生成氧化锂的化学方程式为：4Li(s)+O2(g)=2Li2O(s)，已知1gLi物质的量=1g7g/mol=17mol，完全燃烧生成固态Li2O时放出热量为42.9kJ，ΔH<0，计算1molLi燃烧放出的热量=42.9kJ×7=300.3kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式为：Li(s)+14O2(g)=12Li2O(s)ΔH=−300.3kJ⋅mol−1或2Li(s)+12O2(g)=Li2O(s)ΔH=−600.6kJ⋅mol−1，A中状态未标，焓变错误，B焓变为正值错误，C中物质聚集状态标错，
故选：D。
锂燃烧生成氧化锂的化学方程式为：4Li(s)+O2(g)=2Li2O(s)，已知1gLi物质的量=1g7g/mol=17mol，完全燃烧生成固态Li2O时放出热量为42.9kJ，ΔH<0，计算1molLi燃烧放出的热量=42.9kJ×7=300.03kJ，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式。
本题主要考查了热化学方程式，掌握ΔH的含义以及与化学计量数间的关系是解答的关键，注意热化学方程式概念的运用，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查中和热测定，为常见高考题型，把握中和热测定操作及注意事项、中和热的概念为解题关键，注意掌握实验误差引起原因和误差分析方法，题目难度不大。
【解答】
A.中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度，所以测定一次至少需要测量并记录三次温度，故A正确；
B.铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，并且中和热ΔH为负值，则用铜棒代替玻璃搅拌器，测得的ΔH大于−57.3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.浓硫酸稀释放热，用浓硫酸替代稀盐酸进行实验会使反应热数值偏大，但中和热ΔH为负值，则测得的ΔH小于−57.3kJ⋅mol−1，故C正确；
D.中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水放出的热量，该测定实验中需要计算生成水的物质的量，根据ΔH=−Qn(H2O)计算中和热，故D正确；
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，生成1，4−产物反应和生成1，2−产物反应的反应物总能量均高于生成物总能量时，则两者均为放热反应，故A正确；
B.生成1，2−产物为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度高、时间长不利于1，2−产物生成，故B正确；
C.催化剂可以降低反应的活化能，则加入催化剂可以降低ΔEθ的值，故C正确；
D.能量越低越稳定，由图可知，1，2−产物的稳定性低于1，4−产物，故D错误；
故选：D。
A.反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应，否则为吸热反应；
B.生成1，2−产物为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D.能量越低越稳定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
7.【答案】C
【解析】解：A.Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，而铅在铁的后面没有铁活泼，不会成为负极，故A错误；
B.构成原电池反应时，舰体做正极，发生还原反应，故B错误；
C.该装置中没有外接电源，利用了原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.在酸雨环境中，钢铁发生电化学腐蚀时，金属做负极，失去电子生成阳离子，氢离子得到电子生成氢气，所以为析氢腐蚀，故D错误；
故选：C。
原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理和电解池原理是解本题关键，要保护的金属作原电池正极或电解池阴极即可，熟练掌握防护金属腐蚀的方法，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故B不选；
C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl−，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C不选；
D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：A。
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，否则勒夏特列原理不适用。
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比，反应后气体物质的量增大，则压强增大，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故A不选；
B.无论反应是否达到平衡状态都存在“v(H2O)正=v(CO)正”，不能据此判断平衡状态，故B选；
C.反应前后气体质量增大、容器体积不变，则反应后气体密度增大，当混合气体密度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C不选；
D.随着反应进行CO体积分数增大，当CO体积分数不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选；
故选：B。
该反应前后气体计量数之和增大，恒容恒容条件下，反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查基础知识的理解和灵活应用，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，以此解答该题。
【解答】
A.a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；
B.正极O2得电子发生还原反应，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O，故B正确；
C.H2S在负极反应，且气体存在的条件未知，不能确定体积大小，故C错误；
D.每17g即0.5molH2S参与反应，则消耗0.25mol氧气，转移1mol电子，所以有1molH+经质子膜进入正极区，故D正确。
故选C。
11.【答案】C
【解析】解：A.试验前U形管中为NaSO4溶液，a连接电源正极，即a为阳极，电极反应式为：2H2O−4e−=O2↑+4H+，b为阳极，电极反应式为：2H2O+4e−=2H2↑+4OH−，通电后，向U形管两端滴入酚酞试液后，b管中呈红色，a管中无明显现象，故A错误；
B.试验前U形管中为AgNO3溶液，a连接电源正极，a为阳极，即b为阴极，电极反应式为：Ag++e−=Ag，故B错误；
C.试验前U形管中为KCl和CuCl2混合溶液，a连接电源负极，即a为阴极，Cu2+先放电，H+后放电，电极反应式分别为：Cu2++2e−=Cu，2H++2e−=2H2↑，b为阴极，Cl−先放电，水电离出的OH−后放电，电极反应式为：2Cl−−2e−=Cl2↑，2H2O−4e−=O2↑+4H+，相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等；故C正确；
D.试验前U形管中为NaCl溶液，a连接电源负极，即a为阴极，电极反应式为：2H2O+4e−=2H2↑+4OH−，氢气不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色，故D错误；
故选：C。
此图为电解池，电解池中离子的放电顺序为：阴极：Ag+>Hg+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，阳极：①当阳极为活泼性电极时电极本身放电，②当阳极为惰性电极(如C、Pt、钛、Au)溶液中阴离子放电，S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。
本题考查了电解池和电极方程式的写法，要注意阴阳极的放电顺序，熟练掌握相关基础知识，本题难度适中。
12.【答案】B
【解析】解：A.纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应速率，但不能使平衡发生移动，因此反应物的转化率不变，故A错误；
B.反应的正反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，所以缩小容器的体积CO的浓度增大，故B正确；
C.从平衡体系中分离出H2O(g)，正反应速率瞬间不变，后会逐渐减小，故C错误；
D.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物转化率会降低，工业生产中采用高温条件下进行，其目的是在高温下催化剂的化学活性高，能提高化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，故D错误；
故选：B。
A.催化剂不影响平衡移动；
B.为气体体积减小的反应，缩小体积，压强增大；
C.分离出H2O(g)，生成物浓度减小；
D.为放热反应，升高温度平衡逆向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强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。
13.【答案】A
【解析】解：常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好发生H2A+NaOH=NaHA+H2O，生成的NaHA的浓度为0.1mol⋅L−1，已知所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1，说明NaHA在溶液中完全电离，即NaHA=Na++H++A2−，所以c(H+)=c(A2−)=0.1mol⋅L−1，则pH=1，故A正确；
故选：A。
常温下，0.2mol⋅L−1的二元酸H2A的溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好发生H2A+NaOH=NaHA+H2O，生成的NaHA的浓度为0.1mol⋅L−1，已知所得溶液中c(A2−)=0.1mol⋅L−1，说明NaHA在溶液中完全电离，据此分析。
本题考查了酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握pH的计算方法以及混合溶液中发生的反应是解题的关键，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应速率的影响因素、化学平衡的状态的判断等，侧重考查学生分析能力和识图能力，注意当反应达到平衡时，即反应达到最大限度，正反应速率等于逆反应速率，此题难度中等。
【解答】
A.反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，则t4时反应达到平衡状态，故A错误；
B.在绝热恒容反应器中发生反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，反应速率由温度和浓度决定，随着反应进行，反应物浓度减小，而正、逆反应速率都增大，结合温度越高，反应速率越快，则该反应为放热反应，故B错误；
C.该反应是放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，温度升高，所以t3∼t4：v正因反应物浓度降低而降低，故C错误；
D.t4时，反应达到平衡状态，即反应达到最大限度，此时SO2的转化率达到最大，故D正确。
15.【答案】B
【解析】解：A.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的能向溶度积小的转化所以，BaCO3可以转化为BaSO4；故A正确；
B.因胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO32−(aq)向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，所以BaCO3不可以做钡餐试剂，故B错误；
C.根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)计算可求出c(SO42−)c(CO32−)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=4.4×10−2；故C正确；
D.Ksp(BaCO3)=c(CO32−)⋅c(Ba2+)=2.5×10−9，所以c(Ba2+)=5×10−5 Qc=c(SO42−)⋅c(Ba2+)≥Ksp(BaSO4)开始转化为BaSO4，所以c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.1×10−105×10−5=2.2×10−6mol⋅L−1；故D正确；
故选：B。
A.难溶电解质的溶解平衡中，溶度积大的能向溶度积小的转化；
B.BaCO3能溶于胃酸；
C.根据Ksp(BaSO4和Ksp(BaCO3)计算可求出；
D.Qc=c(SO42−)⋅c(Ba2+)≥Ksp(BaSO4)，开始转化为BaSO4.
本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，综合性较强，题目难度中等，注意把握沉淀溶解平衡的原理及影响因素是解题的关键．
16.【答案】B
【解析】解：A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的醋酸和盐酸稀释相同的倍数，pH变化大的是HCl、变化小的是醋酸，根据图知，Ⅱ是醋酸、Ⅰ是盐酸，故A正确；
B.离子积常数只与温度有关，与溶液酸性强弱无关，a、c两点溶液温度相同，其离子积常数相同，故B错误；
C.溶液导电性与离子浓度成正比，根据图知，c点pH大于b点，但b点氢离子浓度大于c点，所以b点导电能力大于c点，故C正确；
D.Ⅱ是醋酸、Ⅰ是盐酸，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释相同的倍数，醋酸浓度仍然大于盐酸，故D正确；
故选：B。
A.CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释促进醋酸电离，pH相同的醋酸和盐酸稀释相同的倍数，pH变化大的是HCl、变化小的是醋酸；
B.离子积常数只与温度有关，与溶液酸性强弱无关；
C.溶液导电性与离子浓度成正比；
D.II是醋酸、I是盐酸，pH相同的醋酸和盐酸，c(CH3COOH)>c(HCl)，加水稀释相同的倍数，醋酸浓度仍然大于盐酸。
本题以弱电解质的电离为载体考查学生识图能力，明确弱电解质电离特点及电解质溶液导电性影响因素是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意：电解质溶液导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关。
17.【答案】D
【解析】解：A.CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L，所以a点溶液pH>1，故A错误；
B.点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c(CH3COO−)>0.05mol/L，故B错误；
C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH>7，故C错误；
D.反应过程中的c(CH3COO−)c(CH3COOH)=Kac(H+)，反应过程中c(H+)不断降低，则c(CH3COO−)c(CH3COOH)值不断增大，故D正确，
故选：D。
A.CH3COOH是弱电解质，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L；
B.b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成起始时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；
C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性；
D.根据CH3COOH的电离平衡常数分析。
本题考查了物质反应后的溶液酸碱信息分析，图象的特征分析判断，盐类水解和电解质溶液中电荷守恒的理解应用是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查电解质溶液中离子浓度大小的关系，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确物质之间的反应、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的正确运用，题目难度不大．
【解答】
A.n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c(Na+)=2c(SO42−)，故A错误；
B.CaO和水反应生成氢氧化钙，对碳酸钠的水解起抑制作用，所以氢氧根离子浓度增大，碳酸氢根离子的浓度减小，溶液中c(OH−)c(HCO3−)增大，故B正确；
C.加水稀释，溶液的碱性发生变化，水的电离平衡发生移动，故C错误；
D.加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c(Na+)增大，溶液的pH减小，故D错误；
故选：B。
19.【答案】A
【解析】解：A.HSO3−电离导致溶液呈酸性、HSO3−水解而导致溶液呈碱性，室温下，用pH试纸测0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液的pH约为5，说明HSO3−的电离大于水解，故A错误；
B.水解反应为吸热反应，在沸水中，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，溶液为红褐色，故B正确；
C.溶液颜色变深，说明水解程度增大，可说明存在水解平衡，升高温度向吸热方向移动，故C正确；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，加热促进挥发，所以蒸干氯化镁溶液得到的固体是氢氧化镁，氢氧化镁灼烧时分解生成白色固体MgO，故D正确；
故选：A。
A.HSO3−电离导致溶液呈酸性、HSO3−水解而导致溶液呈碱性；
B.水解反应为吸热反应；
C.溶液颜色变深，说明水解程度增大；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，加热促进挥发。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握反应原理、物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，图中曲线b为δ(HA−)，故A正确；
B.在图中，N点为δ(HA−)与δ(A2−)的交叉点，δ(HA−)=δ(A2−)，c(HA−)=c(A2−)，则常温下，H2A的Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−4.2，故B正确；
C.等浓度的Na2A和NaHA的混合溶液，对应于图中的N点，pH=4.2，则c(H+)>c(OH−)，故C错误；
D.N点时，c(HA−)=c(A2−)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)=c(OH−)+3c(A2−)，故D正确；
故选：C。
H2A中加入NaOH，发生反应H2A+OH−=HA−+H2O、HA−+OH−=A2−+H2O，则图中a曲线为δ(H2A)，b曲线为δ(HA−)，c曲线为δ(A2−)。
本题考查酸碱混合的定性判断及弱电解质的电离，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握离子分布系数与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力。
21.【答案】Na>S>N>O 第三周期第VIA族 3s23p4
【解析】解：由分析可知，X为N、Y为O、Z为Na、W为S；
(1)同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，四种元素的原子半径从大到小的顺序为Na>S>N>O，
故答案为：Na>S>N>O；
(2)Y为O元素，其原子轨道表示式为，
故答案为：；
(3)元素非金属性O>N，故氢化物稳定性H2O>NH3，H2O的电子式为，
故答案为：；
(4)Z是Na元素，其原子的结构示意图为；化合物Na2O2的电子式为，
故答案为：；；
(5)W为S元素，元素在元素周期表中的位置为第三周期第VIA族，其价电子排布式为3s23p4，
故答案为：第三周期第VIA族；3s23p4。
X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次递增，其中Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；X原子中有3个能量相等且自旋方向相同的电子，且原子原子序数小于氧，说明其原子外围电子排布式为2s22p3，故X为N元素；Y(氧)与W同主族，则W为S元素；Z在短周期主族元素中金属性最强，则Z为Na。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素涉及解题的关键，注意对元素周期律的掌握与运用，掌握常用化学用语的书写，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
22.【答案】107>>V32 <2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3
【解析】解：(1)焓变计算关系△H=反应物键能和-生成物键能和，所以该反应△H=(436×2+1075)kJ/mol−(413.4×3+351+462.8)kJ/mol=−107kJ/mol，
故答案为：107；
(2)①根据反应特征，压缩体积增压，平衡应向正反应方向移动，反应物转化率上升；题目中实验I的CO转化率低于实验II的CO转化率，说明实验II的平衡状态下压强更大，所以实验I的反应容器容积更大；若在实验II中反应物用量均加倍，相当于反应起始物质浓度均翻倍，类似于继续增压的起始状态，根据刚才的分析，达到平衡时，反应物转化率会更高，
故答案为：>；>；
②根据实验III的数据，建立三段式：
2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol)210
变化(mol)10.50.5
平衡(mol)10.50.5
代入化学平衡常数计算式K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.5V30.5V3×(1V3)2=V32，
故答案为：V32；
(3)①根据题目条件及反应特征，该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的转化率应下降，根据图像信息，相同压强下，T2温度CO2转化率更低，所以T2温度更高，
故答案为：<；
②T1、p2条件下，CO2转化率为60%，则起始投入的1molCO2达到平衡时，转化0.6mol，平衡时还有0.4mol，根据以上数据建立第一个三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)0.61.80.60.6
平衡(mol)0.41.20.60.6
一次平衡后容器容积为2.4L，代入化学平衡常数计算式K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=0.62.4×0.62.40.42.4×(1.22.4)3=3，一次平衡后再向容器中加入1molCO2和3molH2，且保持恒容，再次平衡，相当于起始状态一共投入2molCO2和6molH2在恒容状态下达到平衡，要求的CO2转化率为α，那么二次平衡达到时CO2整体转化的物质的量是2αmol，利用分析数据建立第二个三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)2600
变化(mol)2α6α2α2α
平衡(mol)2−2α6−6α2α2α
该平衡状态与前一个平衡状态同温，故其化学平衡常数也为K=3，反应容器容积为2.4L，将这些数据代入可得K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3，
故答案为：2α2.4×2α2.4(2−2α2.4)×(6−6α2.4)3=3。
(1)焓变计算关系△H=反应物键能和-生成物键能和，所以该反应△H=(436×2+1075)kJ/mol−(413.4×3+351+462.8)kJ/mol据此计算；
(2)①根据反应特征，压缩体积增压，平衡应向正反应方向移动，反应物转化率上升；
②根据实验III的数据，建立三段式：
2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
开始(mol)210
变化(mol)10.50.5
平衡(mol)10.50.5
代入化学平衡常数计算式K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)据此计算；
(3)①根据题目条件及反应特征，该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的转化率应下降；
②T1、p2条件下，CO2转化率为60%，则起始投入的1molCO2达到平衡时，转化0.6mol，平衡时还有0.4mol，根据以上数据建立第一个三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1300
变化(mol)0.61.80.60.6
平衡(mol)0.41.20.60.6
一次平衡后容器容积为2.4L，代入化学平衡常数计算式K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=0.62.4×0.62.40.42.4×(1.22.4)3=3，一次平衡后再向容器中加入1molCO2和3molH2，且保持恒容，再次平衡，相当于起始状态一共投入2molCO2和6molH2在恒容状态下达到平衡，要求的CO2转化率为α，那么二次平衡达到时CO2整体转化的物质的量是2αmol，利用分析数据建立第二个三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)2600
变化(mol)2α6α2α2α
平衡(mol)2−2α6−6α2α2α
该平衡状态与前一个平衡状态同温，故其化学平衡常数也为K=3，反应容器容积为2.4L，将这些数据代入可得结果。
本题考查了化学平衡、热化学方程式和盖斯定律的计算应用、图象分析理解，注意反应焓变的意义理解，难点是化学平衡常数的计算，题目难度中等。
23.【答案】酸式 滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色 1V 0.0125探究Na2SO3的浓度对该反应速率的影响 H+浓度越大，KMnO4氧化性越强，反应速率越快 1.5反应生成的Mn2+是该反应的催化剂
【解析】解：Ⅰ(1)高锰酸钾具有强氧化性，且往往加硫酸酸化后使用，应用酸式滴定管，
故答案为：酸式；
(2)滴定到达终点时滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，
故答案为：滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
(3)1molKMnO4转变成Mn2+得5mol电子，1mol亚硫酸钠被氧化成硫酸钠失2mol电子，根据得失守恒可得：2KMnO4∼5Na2S2O3，则c(KMnO4)=0.1×0.025×25V×10−3mol/L=1Vmol⋅L−1，
故答案为：1V；
Ⅱ(4)由试剂用量可知亚硫酸钠是高锰酸钾额3倍，高锰酸钾不足，其完全反应，v(MnO42−)=0.1×0.0020.0082mol⋅L−1⋅min−1=0.0125mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.0125；
(5)实验2和实验3亚硫酸钠的用量不同，溶液混合后的浓度不同，其他条件均相同，因此探究的是亚硫酸的浓度对反应速率的影响；实验2和实验1中只有硫酸的用量不同，溶液混合后硫酸的浓度不同，测得实验2的反应速率大于实验1，说明氢离子的浓度对速率有影响，且浓度越大反应速率越快，原因是酸性增强后高锰酸钾的氧化性增强，
故答案为：探究Na2SO3的浓度对该反应速率的影响；H+浓度越大，KMnO4氧化性越强，反应速率越快；
(6)为确保其他条件相同，每组实验的最终溶液体积均应相同，则3.0+2.0+1.0+0.5+a=8，a=1.5；实验4中比实验1中多加了一定量的硫酸锰，测得实验4的反应速率明显大于实验1，说明锰离子对反应有催化作用；某同学在一定温度下进行酸性高锰酸钾溶液与Na2SO3溶液的反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，后来反应速率明显加快，是因为反应过程中逐渐生成硫酸锰，对反应起了催化作用，
故答案为：1.5；反应生成的Mn2+是该反应的催化剂。
Ⅰ(1)高锰酸钾具有强氧化性；
(2)滴定到达终点时滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，滴定到达终点；
(3)1molKMnO4转变成Mn2+得5mol电子，1mol亚硫酸钠被氧化成硫酸钠失2mol电子，根据得失守恒可得：2KMnO4∼5Na2S2O3；
Ⅱ(4)由试剂用量可知亚硫酸钠是高锰酸钾额3倍，高锰酸钾不足，其完全反应，v(MnO42−)=0.1×0.0020.0082mol⋅L−1⋅min−1；
(5)实验2和实验3亚硫酸钠的用量不同，溶液混合后的浓度不同，其他条件均相同，因此探究的是亚硫酸的浓度对反应速率的影响；
(6)为确保其他条件相同，每组实验的最终溶液体积均应相同，实验4中比实验1中多加了一定量的硫酸锰，测得实验4的反应速率明显大于实验1，说明锰离子对反应有催化作用。
本题主要结合实验考查了影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂对化学反应速率的影响，在用对照试验来探究外界条件对反应速率的影响时，必须保证其他影响反应速率的条件一致；侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
24.【答案】粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌 CaSO4和SiO2 2.8≤pH<7.10.06S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O除去Zn2+ Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O
【解析】解：(1)能提高“酸浸”速率的措施可以是粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌；滤渣1的成分是CaSO4和SiO2，
故答案为：粉碎废镍催化剂或适当加热或适当增大酸的浓度或搅拌；CaSO4和SiO2；
(2)试剂X用于调节溶液的pH的目的是除去铁离子，而镍离子不沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH<7.1，
故答案为：2.8≤pH<7.1；
(3)已知“除铁”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液后，c′(Ca2+)=0.005mol⋅L−1，此时Ca2+恰好沉淀完全则c(F−)=Ksp(CaF2)c(Ca2+)=4×10−910−5mol/L=0.02mol/L，因而所加溶液c(NH4F)=2c(F−)+2c(Ca2+)=0.02mol/L+0.04mol⋅L−1=0.06mol/L，
故答案为：0.06；
(4)“氧化”“过程中加入的试剂Y可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，加入K2S2O8反应生成一水合氢氧化氧镍(2NiOOH⋅H2O)的离子方程式为S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O，
故答案为：S2O82−+2Ni2++6OH−=2NiOOH⋅H2O↓+2SO42−+H2O；
(5)加入有机萃取剂的作用是除去Zn2+，
故答案为：除去Zn2+；
(6)已知工业上也可以用Ni(OH)2作为阳极、NaOH溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备NiOOH，其阳极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O，
故答案为：Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O。
利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)加入硫酸酸浸，NiO、ZnO、Fe2O3、CaO溶解在硫酸溶液中，生成对应硫酸盐，硫酸钙为微溶物，SiO2不溶于硫酸，因而滤渣1是二氧化硅和硫酸钙，加入试剂X调节pH使其生成氢氧化铁沉淀下来，因而滤渣2为氢氧化铁，加入氟化铵之后，生成氟化钙沉淀下来，因而沉淀3是氟化钙，加入有机萃取剂除去锌离子，加入试剂Y和氢氧化钠使Ni2+，生成2NiOOH⋅H2O。
本题考查物质的分离提纯和物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物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与实验的结合，题目难度中等。
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