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2021-2022学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了8的一定是非金属，小于1，00mL，实验结果记录如下，其主要实验流程如图，5]，【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷
1. 下列微粒的核外电子的表示方法中正确的是( )
A. 碳原子轨道表示式为：
B. P原子的价层电子轨道表示式为：
C. Cr原子的价层电子排布式为3d44s2
D. Cu原子的价层电子排布式为3d104s1
2. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③=②>①
3. 下列说法中，正确的是( )
A. s区全部是金属元素
B. 第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C. 第四周期元素中，未成对电子数最多的元素位于钾元素后面的第五位
D. 电负性大于1.8的一定是非金属，小于1.8的一定是金属
4. 分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )
A. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1
B. Ag(s)+12Cl2(g)=AgCl(s)△H=−127kJ⋅mol−1
C. HgO(s)=Hg(l)+12O2(g)△H=+91kJ⋅mol−1
D. H2O2(l)=12O2(g)+H2O(l)△H=−98kJ⋅mol−1
5. 已知：N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是( )
①容器内的压强不再改变
②v正(N2O4)=2v逆(NO2)
③K不变
④容器内气体的密度不变
⑤容器内颜色不变
A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ①④⑤ D. ①⑤
6. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )
A. 若升高温度，H2S浓度增加，则表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
7. 将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )
A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
8. 已知在CuCl2水溶液中存在如下平衡：Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl−⇌CuCl42−(黄色)+4H2OㅤΔH>0，下列可以使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝的实验操作是( )
A. 加入适量NaCl固体 B. 加入适量AgNO3溶液
C. 给溶液加热 D. 加入合适的催化剂
9. 在25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 水电离的c(H+)=10−13mol/L的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO−、HCO3−
B. c(H+)=10−12mol/L的溶液中：K+、AlO2−、NO3−、SO42−
C. 能使石蕊变红色的溶液中：Na+、K+、Cl−、SiO32−
D. pH=7的溶液中：Cl−、Cu2+、Na+、S2−
10. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述不正确的是( )
A. 在0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4−)>c(HPO42−)>c(PO43−)
B. 在0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)
C. 在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3−)=0.1mol⋅L−1
D. 氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
11. 下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是( )
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
12. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA−)
B. H2A溶液的浓度为0.2000mol⋅L−1
C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2−)+c(HA−)
13. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用。按要求回答下列问题。
(1)微生物电池是指在微生物作用下将化学能转化为电能的装置。其工作原理如图1所示。
①A为生物燃料电池的 ______(填“正”或“负”)极。
②负极的电极反应式为 ______。
③放电过程中，H+由 ______极区向 ______极区迁移(填“正”或“负”)。
(2)用阴离子交换膜控制电解液中OH−的浓度制备纳米Cu2O。反应为2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，装置如图2。
①电解时 ______通过阴离子交换膜向 ______极移动。
②阳极电极反应式为 ______。
③阴极电极反应式为 ______。
(3)我国科研人员研制出的可充电“Na−CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，可选用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液。总反应方程式为。放电时该电池“吸入”CO2。
①放电时，正极的电极反应式为 ______。
②可选用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液的理由是 ______。
14. 氮的氧化物在生产、生活中有广泛应用。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)ΔH1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)
N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)ΔH2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)
则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=______kJ/mol；常温下平衡常数K=______(用K1、K2来表示)。
四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推进剂，将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数(φ)随温度的变化如图所示：
(2)D点v(正)______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
(3)A、B、C点中平衡常数K的值最大的是 ______点。T2时，N2O4的平衡转化率为 ______；若达平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为 ______。
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数 ______(填“增大”“不变”或“减小”)。
15. 碳的很多化合物在生产、生活中有广泛应用，对其进行综合利用是目前研究的热点之一。CH3OH(g)+CO2(g)+H2(g)⇌CH3COOH(g)+H2O(g)ΔH=+220.5kJ⋅mol−1；中科院化学所研究了该反应的反应历程，如图所示：
(1)反应历程中，能降低反应活化能的物质有 ______(填化学式)；中间产物有 ______种。
(2)第4步反应的化学方程式为 ______。
16. 结合如表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数(Ka)
1.8×10−5
3×10−8
K1=4.4×10−7K2=4.7×10−11
请回答下列问题：
(1)下列四种离子结合同浓度的CH3COO−、ClO−、HCO3−、CO32−中结合H+的能力最强的是 ______。
(2)向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是 ______。
A.CH3COOH的电离程度增大
B.c(CH3COOH)增大
C.CH3COO−的数目增多
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)增大
(3)请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 ______。
(4)向0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO−)=59，此时溶液pH=______。
(5)盐碱地(含有较多的NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，通过施加适量的石膏可以降低土壤的碱性。试用离子方程式表示盐碱地呈碱性的原因 ______，用石膏降低其碱性的反应原理 ______(用离子方程式及必要的文字说明)。
(6)盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 ______。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 ______(填序号)。
A.c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)
B.c(Cl−)>c([N2H5⋅H2O]+)>c(H+)>c(OH−)
C.2c(N2H62+)+c([N2H5⋅H2O]+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)
D.c(N2H62+)>c(Cl−)>c(H+)>c(OH−)
17. 莫尔盐(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O是一种常用原料。在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
已知：①5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
②(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅的摩尔质量为392g/mol
(1)滴定终点的现象是 ______，通过实验数据，计算该产品的纯度为 ______(用含字母a、c的式子表示)。
(2)上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是 ______(填字母)。
A.锥形瓶用待装液润洗
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数
C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
18. 实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α−Fe2O3.其主要实验流程如图。
(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有______ (填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+.“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成______(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______。
(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是______[Ksp(CaF2)=5.3×10−9,Ka(HF)=6.3×10−4]。
(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应。生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为______。
②设计以FeSO4溶液、氨水−NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：______[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则和泡利原理得到其轨道表示式为，故A错误；
B.基态P原子的排布式为1s22s22p63s23p3，价层电子轨道表示式为，故B错误；
C.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1，故C错误；
D.Cu为29好元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故D正确；
故选：D。
A.基态碳原子的排布式为1s22s22p2，结合洪特规则和泡利原理书写轨道表示式；
B.基态P原子的排布式为1s22s22p63s23p3；
C.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；
D.Cu为29好元素，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
本题考查了原子核外电子排布式，掌握原子的电子排布规律的基础知识为解答关键，侧重考查了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，
A.同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能SP，所以第一电离能S③>②>①，故A正确；
B.同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P>S，N>F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>N，故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，所以电负性O>S，N
故选：A。
由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．
该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养．根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累．
3.【答案】C
【解析】解：A.s区中除H元素外都是金属元素，故A错误；
B.同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，第一电离能逐渐呈增大趋势，但是电离能第IIA与IIIA反常，故B错误；
C.第四周期元素中，未成对电子数最多的元素的基态原子中价电子排布式为3d54s1，为Cr元素，位于第四周期第VIB族，K、Cr元素之间有第ⅡA族、第ⅢB族、第ⅣB族、第ⅤB族，所以第四周期未成对电子数最多的元素位于钾元素后面的第五位，故C正确；
D.电负性大于1.8的元素不一定是非金属元素，如Au，故D错误；
故选：C。
A.s区中H元素为非金属元素；
B.同周期元素的金属性与第一电离能的变化规律不完全一致；；
C.第四周期元素中，未成对电子数最多的元素的基态原子中价电子排布式为3d54s1，位于第四周期第VIB族；
D.非金属元素的电负性一般大于1.8，金属元素的电负性小于1.8。
本题考查元素周期律，侧重考查对元素周期律的理解和运用，明确同一周期、同一主族原子结构和性质的相似性、递变性是解本题关键，注意规律中的特例，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.△H>0、△S<0，则△H−T△S>0，该反应在任何温度均不能自发进行，故A不选；
B.△H<0、△S<0，该反应在高温下不能自发进行，故B不选；
C.△H>0、△S>0，该反应在低温下不能自发进行，故C不选；
D.△H<0、△S>0，则△H−T△S<0，该反应在任何温度均能自发进行，故D选；
故选：D。
△H−T△S<0的反应可自发进行，结合焓变、熵变判断．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变对反应进行方向的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大．
5.【答案】D
【解析】解：①该反应为气体物质的量增大的反应，在恒容的密闭容器中，混合气体的压强为变量，当容器内的压强不再改变时，表明达到平衡状态，故①正确；
②v正(N2O4)=2v逆(NO2)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数故选，说明没有达到平衡状态，故②错误；
③平衡常数K只受温度的影响，温度不变K不变，无法判断平衡状态，故③错误；
④混合气体的总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据容器内气体的密度判断平衡状态，故④错误；
⑤体系中只有NO2为有色气体，容器内颜色不变，表明NO2的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选：D。
N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0为气体体积增大的放热反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，难度中等，理解掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用为解题关键。
【解答】
A.若升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；
B.通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；
C.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
起始(mol)：10 n 0 0
变化(mol)：2 2 2 2
平衡(mol)：8n−222
反应为气体分子数目不变的反应，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=c(COS)×c(H2)c(CO)×c(H2S)=2×28×(n−2)=0.1，解得n=7，故C正确；
D.根据上述数据，可知CO的平衡转化率为2mol10mol×100%=20%，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.铁腐蚀过程发生电化学反应，只有部分化学能转化为电能，腐蚀过程放热，还有一部分化学能转化为热能，故B错误；
C.Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe为负极失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；
D.以水代替NaCl溶液，Fe仍然能发生吸氧腐蚀，只是腐蚀速率减慢，故D错误。
故选：C。
8.【答案】B
【解析】解：A.加入适量NaCl固体，c(Cl−)增大，平衡正向移动，溶液变为黄色，故A错误；
B.加入适量AgNO3溶液，c(Cl−)减小，平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝，故B正确；
C.焓变为正，为吸热反应，加热时平衡正向移动，溶液变为黄色，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则加入合适的催化剂，溶液颜色不变，故D错误；
故选：B。
A.加入适量NaCl固体，c(Cl−)增大；
B.加入适量AgNO3溶液，c(Cl−)减小；
C.焓变为正，为吸热反应；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与溶液颜色的变化关系。
9.【答案】B
【解析】A.水电离的c(H+)=10−13mol/L的溶液呈酸性或碱性，H+与CH3COO−、HCO3−反应，NH4+、HCO3−与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.c(H+)=10−12mol/L的溶液呈碱性，K+、AlO2−、NO3−、SO42−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.能使石蕊变红色的溶液呈酸性，H+、SiO32−之间反应生成硅酸，不能大量共存，故C错误；
D.pH=7的溶液呈中性，Cu2+、S2−之间反应生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选B。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.在0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中，电离程度：H3PO4>H2PO4−>HPO42−，则溶液中离子浓度大小为：c(H3PO4)>c(H2PO4−)>c(HPO42−)>c(PO43−)，故A正确；
B.在0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，故B正确；
C.在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(CO32−)+c(H2CO3)+c(HCO3−)=0.1mol⋅L−1，故C错误；
D.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)可知：c(NH4+)>c(Cl−)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确；
故选：C。
A.磷酸为三元酸，其电离程度：一级电离>二级电离>三级电离；
B.结合草酸钠溶液中的电荷守恒分析；
C.根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；
D.混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合混合液中的电荷守恒分析。
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了元素化合物知识，数悉碳酸钠和碳酸氢钠的性质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO32−、HCO3−、OH−、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，故A正确；
B.钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，故B错误；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，故C正确；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度减小，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故D正确。
12.【答案】C
【解析】解：A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，曲线①代表δ(HA−)；当加入用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA−的分布系数减小，A2−的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2−)，故A错误；
B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H2A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，n(NaOH)=2n(H2A)，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，故B错误；
C、由于H2A第一步完全电离，则HA−的起始浓度为0.1000mol/L，根据图象，当VNaOH=0时，HA−的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2−的分布系数为0.1，则HA−的电离平衡常数Ka=c(A2−)⋅c(H+)c(HA−)=0.1000mol/L×0.1×0.1000mol/L0.1000mol/L×0.9≈1×10−2，故C正确；
D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2∼10，终点时溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(A2−)+c(OH−)+c(HA−)，则c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)，故D错误；
故选：C。
A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于1；
B、溶液的pH发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即NaOH和H2A恰好完全反应；
C、HA−的电离常数Ka=c(H+)c(A2−)c(HA−)；
D、滴定终点时δ(HA−)=0，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2−)+c(OH−)。
本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，以及阅读题目获取新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。明确曲线①②③是解题关键。
13.【答案】正 6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+ 负 正 OH− Cu2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O2H2O+2e−=H2↑+2OH− 3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C导电性好、与金属钠不反应、难挥发等。
【解析】解：(1)①氧气在A电极处转化为水，O得到电子，A电极为正极，
故答案为：正；
②B为负极，电极反应式为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+，
故答案为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+；
③原电池中阳离子向正极移动；原电池中阳离子向正极移动，氢离子应由负极区移向正极区，
故答案为：负；正；
(2)①电解时，阴离子向阳极移动，即OH−通过阴离子交换膜向阳极移动，阳极为Cu极，
故答案为：OH−；Cu；
②总方程式为：2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，阳极为Cu，反应中失去电子变为Cu2O，电极反应式为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O；
③总方程式为：2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，阴极为H2O，反应中得到电子，生成H2，电极反应式为：
2H2O+2e−=H2↑+2OH−，
故答案为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−；
(3)①放电时，正极得到电子，CO2转化为C，电极反应式为：3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，
故答案为：3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C；
②电解液要具有不能与电极材料发生反应，导电性能好，难挥发等性质，
故答案为：导电性好、与金属钠不反应、难挥发等。
(1)氧气在A电极处转化为水，O的化合价降低，得到电子，A电极为正极，电极反应式为：4H++O2+4e−=2H2O，B为负极，电极反应式为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+，原电池中阳离子向正极移动；
(2)Cu极与电源正极相连，为阳极，Ti与电源负极相连，为阴极，反应双线桥如图：由此得阴阳极反应式；
(3)二次电池放电时等同原电池，充电时等同电解池，选择电解液要考虑到电解液是否与正负极相反应，其导电性是否良好，其物理性质等多方面。
本题考查了电极反应式的书写，离子移动的方向等知识，难度适中，侧重考查了二次电池的分析，要熟悉电化学相关知识点。
14.【答案】−112K2K12
①12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)△H1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)，K1=c(CO)c12(N2)×c12(O2)，
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)，K2=c2(NO2)c(N2)×c2(O2)，
盖斯定律计算②-①×2得到2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=−112kJ/mol，K=c2(NO2)c2(NO)×c(O2)=K2K12，
故答案为：−112；K2K12；
(2)根据图示可知D点N2O4的含量低于该温度下化学平衡状态时的N2O4的含量，则化学反应向生成N2O4的逆反应方向进行，因此反应速率： v(正)
(3)根据图像可知：升高温度，N2O4的平衡含量降低，说明升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，所以A、B、C点中平衡常数 K的值最大的是C点；在T2时，假设反应的N2O4的物质的量为x，T2℃时，N2O4的体积分数(φ)=60%，
N2O4(g)=2NO2(g)
起始量(mol)：4 0
转化量(mol)：x 2x
平衡量(mol)：4−x2x
v(N2O4)%=60%，4−x4+x+2x=60%，解出x=1mol，则转化率α(N2O4)=14×100%=25%，v(N2O4)=△c△t=1mol2L5s=0.1mol/(L⋅s)，
故答案为：C；0.25；0.1mol/(L⋅s)；
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，必然会导致反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数减小，
故答案为：减小。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
①12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)△H1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)，K1=c(CO)c12(N2)×c12(O2)，
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)，K2=c2(NO2)c(N2)×c2(O2)，
盖斯定律计算②-①×2得到2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH；
(2)根据图示可知D点N2O4的含量低于该温度下化学平衡状态时的N2O4的含量，则化学反应向生成N2O4的逆反应方向进行；
(3)升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度化学平衡向吸热反应方向移动；在T2时，假设反应的N2O4的物质的量为x，利用三段式进行计算转化率和反应速率；
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一NO2，必然会导致反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动。
本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、图象分析等知识点，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度中等。
15.【答案】LiI和Rh5CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI
【解析】解：(1)由图可知，反应过程中LiI和Rh作催化剂，可降低反应的活化能。由图中转化关系知，中间产物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI共5种，
故答案为：LiI和Rh；5；
(2)由图中转化关系知，第4步反应的化学方程式为CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI，
故答案为：CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI。
(1)由图可知，反应过程中LiI和Rh作催化剂，由图中转化关系知，中间产物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI；
(2)由图中转化关系知，第4步反应的反应物为CH3COORhI和H2，生成物为Rh、CH3COOH和HI。
本题考查催化剂对活化能的影响，解题的关键是对所学知识点的灵活运用，题目难度中等。
16.【答案】CO32− ACDClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 5CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性 N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+ AC
【解析】解：(1)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，则根据电离平衡常数可知结合H+能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
A.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，c(CH3COOH)减小，故B错误；
C.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，促进醋酸电离，CH3COO−的数目增多，故C正确；
D.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，促进醋酸电离，c(CH3COO−)c(CH3COOH)=n(CH3COO−)n(CH3COOH)，比值增大，故D正确；
故答案为：ACD；
(3)向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(4)c(CH3COOH)c(CH3COO−)=c(CH3COOH)c(CH3COO−)×c(H+)c(H+)=c(H+)Ka=59，则c(H+)=59×Ka=1.8×10−5×59mol/L=10−5mol/L，溶液的pH=5，
故答案为：5；
(5)碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解反应的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，从难溶电解质转化的角度来说石膏能降低其碱性的原因是：石膏中微溶于水的CaSO4与Na2CO3反应转化成了难溶于水的CaCO3，CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性；
(6)①因水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH−，则水解离子反应为N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，
故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+；
②A.由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c(Cl−)>c(N2H62+)，又水解显酸性，则c(H+)>c(OH−)，由水解的程度很弱，则c(N2H62+)>c(H+)，即离子浓度的大小关系为c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)，故A正确；
B.由水解方程式N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，及⇌[N2H5⋅H2O]+还可以进行再次水解，可知c([N2H5⋅H2O+])
D.根据A可知显然D错误，故D错误；
故答案为：AC。
(1)酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强；
(2)加水稀释，弱电解质电离程度增大，平衡状态下微粒难度减小，溶液中存在离子积常数；
(3)酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，反应生成碳酸氢根离子；
(4)c(CH3COOH)c(CH3COO−)=c(CH3COOH)c(CH3COO−)×c(H+)c(H+)=c(H+)Ka=59，则c(H+)=59×Ka=1.8×10−5×59mol/L=10−5mol/L，pH=−lgc(H+)；
(5)碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加入石膏，可生成溶解度更小的碳酸钙沉淀；
(6)①根据离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH−；
②由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，水解使溶液显酸性来分析离子浓度的大小关系。
本题考查弱电解质的电离、影响电离平衡的因素分析、沉淀转化、平衡常数计算等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱酸的电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系及电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s不变色 920ca×100%AC
【解析】解：(1)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7价→+2↓5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为25.20+24.982mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=5n(KMnO4)=25×10−3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=25×10−3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c×392a×100%=920ca×100%，
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s不变色；920ca×100%；
(2)A.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故A正确；
B.三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故B错误；
C.滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C正确；
故选：AC，
故答案为：AC。
(1)称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定，发生的反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子；反应终点的判断可以利用高锰酸钾溶液的紫红色判断，滴入最后一滴溶液变化为紫红色，半分钟内不变，证明反应达到终点；
依据反应的定量关系计算亚铁离子物质的量，得到(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O的质量，计算纯度，高锰酸钾溶液的体积第一次误差较大，应舍去；
(2)A.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，待装液润洗会增多消耗高锰酸钾溶液的体积，测定结果增大；
B.三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的；
C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡测定溶液体积增大。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
18.【答案】ABH2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全 Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)。 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】解：(1)A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A符合题意；
B.适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B符合题意；
C.适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不符合题意。
故答案为：AB；
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全。
故答案为：H2；取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色；
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)⋅c2(F−)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10−5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F−)至少5.3×10−91×10−5mol/L=5.3×10−2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F−形成弱酸HF，导致溶液中c(F−)减小，CaF2沉淀不完全。
故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全；
(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)。
故答案为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)；
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO42−；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，
故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，铁离子可以用硫氰化钾来检验；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α−Fe2O3，据此分析作答。
本题考查学生的分析、理解能力，能够根据反应流程，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：反应速率的影响因素、铁离子的检验、化学平衡的移动、离子方程式的书写等，学生要善于分析反应流程，准确把握基础实验知识，难度中等偏上。
2021-2022学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷
1. 下列微粒的核外电子的表示方法中正确的是( )
A. 碳原子轨道表示式为：
B. P原子的价层电子轨道表示式为：
C. Cr原子的价层电子排布式为3d44s2
D. Cu原子的价层电子排布式为3d104s1
2. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③=②>①
3. 下列说法中，正确的是( )
A. s区全部是金属元素
B. 第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C. 第四周期元素中，未成对电子数最多的元素位于钾元素后面的第五位
D. 电负性大于1.8的一定是非金属，小于1.8的一定是金属
4. 分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )
A. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1
B. Ag(s)+12Cl2(g)=AgCl(s)△H=−127kJ⋅mol−1
C. HgO(s)=Hg(l)+12O2(g)△H=+91kJ⋅mol−1
D. H2O2(l)=12O2(g)+H2O(l)△H=−98kJ⋅mol−1
5. 已知：N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是( )
①容器内的压强不再改变
②v正(N2O4)=2v逆(NO2)
③K不变
④容器内气体的密度不变
⑤容器内颜色不变
A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ①④⑤ D. ①⑤
6. 羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )
A. 若升高温度，H2S浓度增加，则表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
7. 将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )
A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
8. 已知在CuCl2水溶液中存在如下平衡：Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl−⇌CuCl42−(黄色)+4H2OㅤΔH>0，下列可以使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝的实验操作是( )
A. 加入适量NaCl固体 B. 加入适量AgNO3溶液
C. 给溶液加热 D. 加入合适的催化剂
9. 在25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 水电离的c(H+)=10−13mol/L的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO−、HCO3−
B. c(H+)=10−12mol/L的溶液中：K+、AlO2−、NO3−、SO42−
C. 能使石蕊变红色的溶液中：Na+、K+、Cl−、SiO32−
D. pH=7的溶液中：Cl−、Cu2+、Na+、S2−
10. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述不正确的是( )
A. 在0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4−)>c(HPO42−)>c(PO43−)
B. 在0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)
C. 在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3−)=0.1mol⋅L−1
D. 氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
11. 下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是( )
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
12. 以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA−)
B. H2A溶液的浓度为0.2000mol⋅L−1
C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D. 滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2−)+c(HA−)
13. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用。按要求回答下列问题。
(1)微生物电池是指在微生物作用下将化学能转化为电能的装置。其工作原理如图1所示。
①A为生物燃料电池的 ______(填“正”或“负”)极。
②负极的电极反应式为 ______。
③放电过程中，H+由 ______极区向 ______极区迁移(填“正”或“负”)。
(2)用阴离子交换膜控制电解液中OH−的浓度制备纳米Cu2O。反应为2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，装置如图2。
①电解时 ______通过阴离子交换膜向 ______极移动。
②阳极电极反应式为 ______。
③阴极电极反应式为 ______。
(3)我国科研人员研制出的可充电“Na−CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，可选用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液。总反应方程式为。放电时该电池“吸入”CO2。
①放电时，正极的电极反应式为 ______。
②可选用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液的理由是 ______。
14. 氮的氧化物在生产、生活中有广泛应用。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)ΔH1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)
N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)ΔH2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)
则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH=______kJ/mol；常温下平衡常数K=______(用K1、K2来表示)。
四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推进剂，将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数(φ)随温度的变化如图所示：
(2)D点v(正)______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
(3)A、B、C点中平衡常数K的值最大的是 ______点。T2时，N2O4的平衡转化率为 ______；若达平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为 ______。
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数 ______(填“增大”“不变”或“减小”)。
15. 碳的很多化合物在生产、生活中有广泛应用，对其进行综合利用是目前研究的热点之一。CH3OH(g)+CO2(g)+H2(g)⇌CH3COOH(g)+H2O(g)ΔH=+220.5kJ⋅mol−1；中科院化学所研究了该反应的反应历程，如图所示：
(1)反应历程中，能降低反应活化能的物质有 ______(填化学式)；中间产物有 ______种。
(2)第4步反应的化学方程式为 ______。
16. 结合如表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数(Ka)
1.8×10−5
3×10−8
K1=4.4×10−7K2=4.7×10−11
请回答下列问题：
(1)下列四种离子结合同浓度的CH3COO−、ClO−、HCO3−、CO32−中结合H+的能力最强的是 ______。
(2)向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是 ______。
A.CH3COOH的电离程度增大
B.c(CH3COOH)增大
C.CH3COO−的数目增多
D.c(CH3COO−)c(CH3COOH)增大
(3)请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 ______。
(4)向0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO−)=59，此时溶液pH=______。
(5)盐碱地(含有较多的NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，通过施加适量的石膏可以降低土壤的碱性。试用离子方程式表示盐碱地呈碱性的原因 ______，用石膏降低其碱性的反应原理 ______(用离子方程式及必要的文字说明)。
(6)盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 ______。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 ______(填序号)。
A.c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)
B.c(Cl−)>c([N2H5⋅H2O]+)>c(H+)>c(OH−)
C.2c(N2H62+)+c([N2H5⋅H2O]+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)
D.c(N2H62+)>c(Cl−)>c(H+)>c(OH−)
17. 莫尔盐(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O是一种常用原料。在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
已知：①5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
②(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅的摩尔质量为392g/mol
(1)滴定终点的现象是 ______，通过实验数据，计算该产品的纯度为 ______(用含字母a、c的式子表示)。
(2)上表中第一次实验的记录数据明显大于后两次，其原因可能是 ______(填字母)。
A.锥形瓶用待装液润洗
B.滴定达到终点时，俯视刻度线读数
C.滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
18. 实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α−Fe2O3.其主要实验流程如图。
(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有______ (填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+.“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成______(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______。
(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是______[Ksp(CaF2)=5.3×10−9,Ka(HF)=6.3×10−4]。
(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应。生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为______。
②设计以FeSO4溶液、氨水−NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：______[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则和泡利原理得到其轨道表示式为，故A错误；
B.基态P原子的排布式为1s22s22p63s23p3，价层电子轨道表示式为，故B错误；
C.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1，故C错误；
D.Cu为29好元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故D正确；
故选：D。
A.基态碳原子的排布式为1s22s22p2，结合洪特规则和泡利原理书写轨道表示式；
B.基态P原子的排布式为1s22s22p63s23p3；
C.24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；
D.Cu为29好元素，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
本题考查了原子核外电子排布式，掌握原子的电子排布规律的基础知识为解答关键，侧重考查了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，
A.同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S
B.同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P>S，N>F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>N，故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，所以电负性O>S，N
故选：A。
由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．
该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养．根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累．
3.【答案】C
【解析】解：A.s区中除H元素外都是金属元素，故A错误；
B.同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，第一电离能逐渐呈增大趋势，但是电离能第IIA与IIIA反常，故B错误；
C.第四周期元素中，未成对电子数最多的元素的基态原子中价电子排布式为3d54s1，为Cr元素，位于第四周期第VIB族，K、Cr元素之间有第ⅡA族、第ⅢB族、第ⅣB族、第ⅤB族，所以第四周期未成对电子数最多的元素位于钾元素后面的第五位，故C正确；
D.电负性大于1.8的元素不一定是非金属元素，如Au，故D错误；
故选：C。
A.s区中H元素为非金属元素；
B.同周期元素的金属性与第一电离能的变化规律不完全一致；；
C.第四周期元素中，未成对电子数最多的元素的基态原子中价电子排布式为3d54s1，位于第四周期第VIB族；
D.非金属元素的电负性一般大于1.8，金属元素的电负性小于1.8。
本题考查元素周期律，侧重考查对元素周期律的理解和运用，明确同一周期、同一主族原子结构和性质的相似性、递变性是解本题关键，注意规律中的特例，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.△H>0、△S<0，则△H−T△S>0，该反应在任何温度均不能自发进行，故A不选；
B.△H<0、△S<0，该反应在高温下不能自发进行，故B不选；
C.△H>0、△S>0，该反应在低温下不能自发进行，故C不选；
D.△H<0、△S>0，则△H−T△S<0，该反应在任何温度均能自发进行，故D选；
故选：D。
△H−T△S<0的反应可自发进行，结合焓变、熵变判断．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变对反应进行方向的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大．
5.【答案】D
【解析】解：①该反应为气体物质的量增大的反应，在恒容的密闭容器中，混合气体的压强为变量，当容器内的压强不再改变时，表明达到平衡状态，故①正确；
②v正(N2O4)=2v逆(NO2)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数故选，说明没有达到平衡状态，故②错误；
③平衡常数K只受温度的影响，温度不变K不变，无法判断平衡状态，故③错误；
④混合气体的总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据容器内气体的密度判断平衡状态，故④错误；
⑤体系中只有NO2为有色气体，容器内颜色不变，表明NO2的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选：D。
N2O4(g)⇌2NO2(g)ΔH>0为气体体积增大的放热反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，难度中等，理解掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用为解题关键。
【解答】
A.若升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；
B.通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；
C.反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)
起始(mol)：10 n 0 0
变化(mol)：2 2 2 2
平衡(mol)：8n−222
反应为气体分子数目不变的反应，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=c(COS)×c(H2)c(CO)×c(H2S)=2×28×(n−2)=0.1，解得n=7，故C正确；
D.根据上述数据，可知CO的平衡转化率为2mol10mol×100%=20%，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.铁腐蚀过程发生电化学反应，只有部分化学能转化为电能，腐蚀过程放热，还有一部分化学能转化为热能，故B错误；
C.Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe为负极失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；
D.以水代替NaCl溶液，Fe仍然能发生吸氧腐蚀，只是腐蚀速率减慢，故D错误。
故选：C。
8.【答案】B
【解析】解：A.加入适量NaCl固体，c(Cl−)增大，平衡正向移动，溶液变为黄色，故A错误；
B.加入适量AgNO3溶液，c(Cl−)减小，平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2水溶液颜色变蓝，故B正确；
C.焓变为正，为吸热反应，加热时平衡正向移动，溶液变为黄色，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则加入合适的催化剂，溶液颜色不变，故D错误；
故选：B。
A.加入适量NaCl固体，c(Cl−)增大；
B.加入适量AgNO3溶液，c(Cl−)减小；
C.焓变为正，为吸热反应；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与溶液颜色的变化关系。
9.【答案】B
【解析】A.水电离的c(H+)=10−13mol/L的溶液呈酸性或碱性，H+与CH3COO−、HCO3−反应，NH4+、HCO3−与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.c(H+)=10−12mol/L的溶液呈碱性，K+、AlO2−、NO3−、SO42−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.能使石蕊变红色的溶液呈酸性，H+、SiO32−之间反应生成硅酸，不能大量共存，故C错误；
D.pH=7的溶液呈中性，Cu2+、S2−之间反应生成硫化铜沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选B。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.在0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中，电离程度：H3PO4>H2PO4−>HPO42−，则溶液中离子浓度大小为：c(H3PO4)>c(H2PO4−)>c(HPO42−)>c(PO43−)，故A正确；
B.在0.1mol⋅L−1Na2C2O4溶液中满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，故B正确；
C.在0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(CO32−)+c(H2CO3)+c(HCO3−)=0.1mol⋅L−1，故C错误；
D.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)可知：c(NH4+)>c(Cl−)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故D正确；
故选：C。
A.磷酸为三元酸，其电离程度：一级电离>二级电离>三级电离；
B.结合草酸钠溶液中的电荷守恒分析；
C.根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；
D.混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合混合液中的电荷守恒分析。
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了元素化合物知识，数悉碳酸钠和碳酸氢钠的性质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO32−、HCO3−、OH−、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，故A正确；
B.钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，故B错误；
C.铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，故C正确；
D.硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度减小，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故D正确。
12.【答案】C
【解析】解：A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，曲线①代表δ(HA−)；当加入用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA−的分布系数减小，A2−的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2−)，故A错误；
B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H2A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，n(NaOH)=2n(H2A)，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，故B错误；
C、由于H2A第一步完全电离，则HA−的起始浓度为0.1000mol/L，根据图象，当VNaOH=0时，HA−的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2−的分布系数为0.1，则HA−的电离平衡常数Ka=c(A2−)⋅c(H+)c(HA−)=0.1000mol/L×0.1×0.1000mol/L0.1000mol/L×0.9≈1×10−2，故C正确；
D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2∼10，终点时溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(A2−)+c(OH−)+c(HA−)，则c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)，故D错误；
故选：C。
A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于1；
B、溶液的pH发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即NaOH和H2A恰好完全反应；
C、HA−的电离常数Ka=c(H+)c(A2−)c(HA−)；
D、滴定终点时δ(HA−)=0，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2−)+c(OH−)。
本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，以及阅读题目获取新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。明确曲线①②③是解题关键。
13.【答案】正 6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+ 负 正 OH− Cu2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O2H2O+2e−=H2↑+2OH− 3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C导电性好、与金属钠不反应、难挥发等。
【解析】解：(1)①氧气在A电极处转化为水，O得到电子，A电极为正极，
故答案为：正；
②B为负极，电极反应式为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+，
故答案为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+；
③原电池中阳离子向正极移动；原电池中阳离子向正极移动，氢离子应由负极区移向正极区，
故答案为：负；正；
(2)①电解时，阴离子向阳极移动，即OH−通过阴离子交换膜向阳极移动，阳极为Cu极，
故答案为：OH−；Cu；
②总方程式为：2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，阳极为Cu，反应中失去电子变为Cu2O，电极反应式为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu−2e−+2OH−=Cu2O+H2O；
③总方程式为：2Cu+H2O−电解Cu2O+H2↑，阴极为H2O，反应中得到电子，生成H2，电极反应式为：
2H2O+2e−=H2↑+2OH−，
故答案为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−；
(3)①放电时，正极得到电子，CO2转化为C，电极反应式为：3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C，
故答案为：3CO2+4Na++4e−=2Na2CO3+C；
②电解液要具有不能与电极材料发生反应，导电性能好，难挥发等性质，
故答案为：导电性好、与金属钠不反应、难挥发等。
(1)氧气在A电极处转化为水，O的化合价降低，得到电子，A电极为正极，电极反应式为：4H++O2+4e−=2H2O，B为负极，电极反应式为：6H2O+C6H12O6−24e−=6CO2+24H+，原电池中阳离子向正极移动；
(2)Cu极与电源正极相连，为阳极，Ti与电源负极相连，为阴极，反应双线桥如图：由此得阴阳极反应式；
(3)二次电池放电时等同原电池，充电时等同电解池，选择电解液要考虑到电解液是否与正负极相反应，其导电性是否良好，其物理性质等多方面。
本题考查了电极反应式的书写，离子移动的方向等知识，难度适中，侧重考查了二次电池的分析，要熟悉电化学相关知识点。
14.【答案】−112K2K12
①12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)△H1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)，K1=c(CO)c12(N2)×c12(O2)，
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)，K2=c2(NO2)c(N2)×c2(O2)，
盖斯定律计算②-①×2得到2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=−112kJ/mol，K=c2(NO2)c2(NO)×c(O2)=K2K12，
故答案为：−112；K2K12；
(2)根据图示可知D点N2O4的含量低于该温度下化学平衡状态时的N2O4的含量，则化学反应向生成N2O4的逆反应方向进行，因此反应速率： v(正)
(3)根据图像可知：升高温度，N2O4的平衡含量降低，说明升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，所以A、B、C点中平衡常数 K的值最大的是C点；在T2时，假设反应的N2O4的物质的量为x，T2℃时，N2O4的体积分数(φ)=60%，
N2O4(g)=2NO2(g)
起始量(mol)：4 0
转化量(mol)：x 2x
平衡量(mol)：4−x2x
v(N2O4)%=60%，4−x4+x+2x=60%，解出x=1mol，则转化率α(N2O4)=14×100%=25%，v(N2O4)=△c△t=1mol2L5s=0.1mol/(L⋅s)，
故答案为：C；0.25；0.1mol/(L⋅s)；
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，必然会导致反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数减小，
故答案为：减小。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
①12N2(g)+12O2(g)⇌NO(g)△H1=+90kJ/mol(常温下平衡常数为K1)，K1=c(CO)c12(N2)×c12(O2)，
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ/mol(常温下平衡常数为K2)，K2=c2(NO2)c(N2)×c2(O2)，
盖斯定律计算②-①×2得到2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH；
(2)根据图示可知D点N2O4的含量低于该温度下化学平衡状态时的N2O4的含量，则化学反应向生成N2O4的逆反应方向进行；
(3)升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度化学平衡向吸热反应方向移动；在T2时，假设反应的N2O4的物质的量为x，利用三段式进行计算转化率和反应速率；
(4)若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一NO2，必然会导致反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动。
本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、图象分析等知识点，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度中等。
15.【答案】LiI和Rh5CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI
【解析】解：(1)由图可知，反应过程中LiI和Rh作催化剂，可降低反应的活化能。由图中转化关系知，中间产物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI共5种，
故答案为：LiI和Rh；5；
(2)由图中转化关系知，第4步反应的化学方程式为CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI，
故答案为：CH3COORhI+H2=Rh+CH3COOH+HI。
(1)由图可知，反应过程中LiI和Rh作催化剂，由图中转化关系知，中间产物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI；
(2)由图中转化关系知，第4步反应的反应物为CH3COORhI和H2，生成物为Rh、CH3COOH和HI。
本题考查催化剂对活化能的影响，解题的关键是对所学知识点的灵活运用，题目难度中等。
16.【答案】CO32− ACDClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 5CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性 N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+ AC
【解析】解：(1)电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强，根据表中数据可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，则根据电离平衡常数可知结合H+能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
A.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，c(CH3COOH)减小，故B错误；
C.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，促进醋酸电离，CH3COO−的数目增多，故C正确；
D.向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，促进醋酸电离，c(CH3COO−)c(CH3COOH)=n(CH3COO−)n(CH3COOH)，比值增大，故D正确；
故答案为：ACD；
(3)向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(4)c(CH3COOH)c(CH3COO−)=c(CH3COOH)c(CH3COO−)×c(H+)c(H+)=c(H+)Ka=59，则c(H+)=59×Ka=1.8×10−5×59mol/L=10−5mol/L，溶液的pH=5，
故答案为：5；
(5)碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解反应的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，从难溶电解质转化的角度来说石膏能降低其碱性的原因是：石膏中微溶于水的CaSO4与Na2CO3反应转化成了难溶于水的CaCO3，CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，降低了c(CO32−)，使水解平衡逆向移动，c(OH−)减小，从而降低了碱性；
(6)①因水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH−，则水解离子反应为N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，
故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+；
②A.由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c(Cl−)>c(N2H62+)，又水解显酸性，则c(H+)>c(OH−)，由水解的程度很弱，则c(N2H62+)>c(H+)，即离子浓度的大小关系为c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)，故A正确；
B.由水解方程式N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，及⇌[N2H5⋅H2O]+还可以进行再次水解，可知c([N2H5⋅H2O+])
D.根据A可知显然D错误，故D错误；
故答案为：AC。
(1)酸性越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强；
(2)加水稀释，弱电解质电离程度增大，平衡状态下微粒难度减小，溶液中存在离子积常数；
(3)酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，反应生成碳酸氢根离子；
(4)c(CH3COOH)c(CH3COO−)=c(CH3COOH)c(CH3COO−)×c(H+)c(H+)=c(H+)Ka=59，则c(H+)=59×Ka=1.8×10−5×59mol/L=10−5mol/L，pH=−lgc(H+)；
(5)碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加入石膏，可生成溶解度更小的碳酸钙沉淀；
(6)①根据离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH−；
②由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，水解使溶液显酸性来分析离子浓度的大小关系。
本题考查弱电解质的电离、影响电离平衡的因素分析、沉淀转化、平衡常数计算等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱酸的电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系及电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s不变色 920ca×100%AC
【解析】解：(1)利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7价→+2↓5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，即MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：最后一滴滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为25.20+24.982mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=5n(KMnO4)=25×10−3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O]=25×10−3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c×392a×100%=920ca×100%，
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s不变色；920ca×100%；
(2)A.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故A正确；
B.三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，故B错误；
C.滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C正确；
故选：AC，
故答案为：AC。
(1)称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定，发生的反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子；反应终点的判断可以利用高锰酸钾溶液的紫红色判断，滴入最后一滴溶液变化为紫红色，半分钟内不变，证明反应达到终点；
依据反应的定量关系计算亚铁离子物质的量，得到(NH4)2SO4⋅FeSO4⋅6H2O的质量，计算纯度，高锰酸钾溶液的体积第一次误差较大，应舍去；
(2)A.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，待装液润洗会增多消耗高锰酸钾溶液的体积，测定结果增大；
B.三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的；
C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡测定溶液体积增大。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
18.【答案】ABH2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全 Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)。 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】解：(1)A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A符合题意；
B.适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B符合题意；
C.适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不符合题意。
故答案为：AB；
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全。
故答案为：H2；取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色；
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)⋅c2(F−)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10−5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F−)至少5.3×10−91×10−5mol/L=5.3×10−2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F−形成弱酸HF，导致溶液中c(F−)减小，CaF2沉淀不完全。
故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全；
(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)。
故答案为：Fe2++HCO3−+NH3⋅H2O=FeCO3↓+NH4++H2O(或Fe2++HCO3−+NH3=FeCO3↓+NH4+)；
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含SO42−；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，
故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2∼3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，铁离子可以用硫氰化钾来检验；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α−Fe2O3，据此分析作答。
本题考查学生的分析、理解能力，能够根据反应流程，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：反应速率的影响因素、铁离子的检验、化学平衡的移动、离子方程式的书写等，学生要善于分析反应流程，准确把握基础实验知识，难度中等偏上。
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