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2021-2022学年山东省菏泽市郓城县高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年山东省菏泽市郓城县高二（上）期末化学试卷（含解析），共28页。
2021-2022学年山东省菏泽市郓城县高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共32.0分）
1. 化学与科技、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. 空间站的“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能转化为电能
B. 工业上电解精炼铜时，要用粗铜作阳极
C. 配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释成所需浓度
D. 医学上的钡餐透视，常用BaCO3做内服造影剂
2. 下列Cr的价电子轨道表示式中，处于基态的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 某同学欲用如图所示的装置实现反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，将化学能转化为电能，表中关于此装置的几种构成中，能实现此转化的是( )
成分
选项
X
Q
P
A
Fe
FeCl2
CuSO4
B
石墨
FeCl3
CuSO4
C
Cu
FeCl2
CuSO4
D
Fe
FeCl2
H2SO4
A. A B. B C. C D. D
4. 常温下，现有100mLpH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是( )
A. 将两种溶液分别稀释至1000mL，醋酸比盐酸的pH大
B. 向两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量相同
C. 向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间相同
D. 向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，水的电离程度均增大
5. 在一定温度下的密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)=zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol⋅L−1。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度为0.30mol⋅L−1。下列有关判断正确的是( )
A. C的体积分数减小
B. 平衡向正反应方向移动
C. B的转化率增大
D. x+y
A. 中和热的测定
B. 制取MgCl2⋅6H2O
C. 在铁制品表面镀锌
D. 测定稀硫酸的pH
7. 氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，分子结构和乙烷相似。分子中与N原子相连的H呈正电性(δ+)，与B原子相连的H呈负电性(δ−)，它们之间存在静电作用，称双氢键，用“N−H…H−B”表示。下列说法错误的是( )
A. N和B元素均位于元素周期表的P区
B. 第一电离能：N>B
C. 氨硼烷的沸点高于乙烷
D. 电负性：N>B>H
8. 在不同温度下的水溶液中，c(H+)与c(OH−)的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)>c(CH3COO−)
B. 25°C时，升温可能引起由a向c的变化
C. T°C时，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液pH=7
D. b点对应的溶液中可以大量存在：K+、Ba2+、NO3−、Fe2+
9. 利用膜电解技术(装置如图所示)以惰性电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O−通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，阳离子交换膜只允许Na+通过。
下列说法错误的是( )
A. 气体X是O2，气体Y是H2
B. 当电路中转移2mol电子时，阳极区溶液减重16g
C. 电解过程中阴极区溶液的pH增大
D. 阳极区的总反应式为：4CrO42−−4e−=2Cr2O72−+O2↑
10. 硫单质可以与活性中间体二氟卡宾(：CF2)在催化剂钯(Pa)作用下可形成S=CF2，其反应历程如图所示：
下列叙述正确的是( )
A. 决定总反应速率的基元反应的活化能为221.46kJ⋅mol−1
B. 催化剂钯可改变总反应的焓变
C. 上述反应历程中存在非极性键的断裂和生成
D. 比稳定
11. 由下列实验操作、现象得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有2mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液的试管中滴加5mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液，再向其中滴加几滴0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]
常温下，分别用pH计测饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的pH值
饱和Na2CO3溶液的pH值大
水解能力：CO32−>HCO3−
C
向两支均盛有4mL0.011mol⋅L−1酸性KMnO4溶液的试管A、B中，分别加入2mL0.01mol⋅L−1、4mL0.02mol⋅L−1的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所用时间
B试管褪色时间短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
D
向10mL0.1mol⋅L−1草酸溶液(含甲基红，pH≥6.2呈黄色)中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液
当消耗10.00mLNaOH溶液时，溶液不变黄
草酸不是一元酸
A. A B. B C. C D. D
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的23。下列说法不正确的是( )
A. Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z
B. W、Y形成的简单氢化物沸点：Y>W
C. Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
D. WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
13. 下列离子方程式错误的是( )
A. 向“84”消毒液中滴加少量醋酸可增强漂白性：ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−
B. 用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)
C. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
D. 用石墨电极电解MgCl2饱和溶液：2H2O+2Cl−+Mg2+− 通电 H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓
二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）
14. 在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入3molCO2和6molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得H2的转化率[α(H2)]随时间的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 0～20min时间段内，甲醇的平均反应速率为0.04mol⋅L−1⋅min−1
B. 在该温度下，CO2的平衡转化率为80%
C. 20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，平衡时甲醇的体积分数增大
D. 20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，反应速率加快
15. 叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的HN3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 点①溶液中：c(HN3)+c(H+)
C. 常温下，Ka(HN3)的数量级为10−4
D. 点③溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HN3)
第II卷（非选择题）
三、简答题（本大题共5小题，共60.0分）
16. 近日，比亚迪宣布推出基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”，刀片电池能量密度大，安全性高。电池的正极活性材料是LiFePO4。
(1)铁元素位于周期表第四周期第 ______族；基态Fe2+的最外层电子排布式为 ______。
(2)正极材料LiFePO4的阴离子PO43−的空间构型为 ______，磷原子采取的杂化方式为 ______。
(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与SCN−、CN−、C2O42−等形成配合物。
①[Fe(SCN)6]3−的结构简式如图所示，其结构中σ键和π键的个数比为 ______；[Fe(SCN)6]3−中含有的化学键类型是 ______(填字母)。
a.极性共价键
b.离子键
c.配位键
d.金属键
②K3Fe(C2O4)3⋅3H2O为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中Fe元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液。
已知：i.[Fe(SCN)]2+(aq)为血红色：
ii.25°C时，[Fe(C2O4)3]3−+SCN−⇌[Fe(SCN)]2++3C2O42−K=6.31×10−17mol2⋅L−2上述实验方案 ______(填“可行”或“不可行”)，并解释其原因 ______。
17. 化学能与电能的相互转化在生产、生活中应用广泛。
(1)高铁电池因其具有众多的优点而成为电动汽车首选的动力电池，其工作原理为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+4KOH+2Fe(OH)3。则放电时正极的电极反应式为 ______充电时阴极附近溶液的pH ______(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(2)某公司开发出一种以Pt作电极的高效甲醇燃料电池，以该电池电解CuSO4溶液的装置如图所示：
①工作时负极的电极反应式为 ______。
②若乙池中Fe电极质量增加12.8g，在相同时间内，甲池中理论上消耗O2______L(标准状况下)。
③通电一段时间后，向所得溶液中加入0.3molCu(OH)2后，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移电子的物质的量为 ______。
(3)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。
若电极d为石墨，写出此电极的反应式 ______；若电极d为锌块，则铁片不易被腐蚀，该保护法的名称为 ______。
18. 保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO等污染气体的处理具有重要意义。
Ⅰ.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2。
(1)已知：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ⋅mol−1；
②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=−283.0kJ⋅mol−1；
则汽车尾气处理反应的热化学方程式为 ______。
(2)某化学兴趣小组在三种不同实验条件下，向三个恒容密闭容器中，分别充入1molNO和1molCO，发生上述反应，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：
条件
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/m2⋅g−1
80.0
120
120
①曲线Ⅰ对应的实验编号是 ______。
②曲线Ⅲ条件下，该反应的平衡常数Kp=______ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③若在曲线Ⅱ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、10kPa、20kPa、10kPa，则此时反应速率：v(正)______v(逆)(填“<”、“=”或“>”)。
Ⅱ.某温度下，实验测得反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为：v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。与其速率方程相符的反应机理是 ______(填编号)。
反应机理
编号
第一步反应
第二步反应
①
2NO2=N2O4(快反应)
N2O+2CO=2NO+2CO2(慢反应)
②
2NO2=NO3+NO (慢反应)
NO3+CO=NO2+CO2(快反应)
Ⅲ.若烟气中c(NO2)：c(NO)=1：1，用NH3催化还原法可以消除污染，发生的脱氮反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g)。在不同温度下分别使用催化剂Mn和Cr时，一定时间内的脱氮率如图所示，由此可知工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为 ______、______，使用Mn作催化剂时，脱氮率a～b段呈现如图所示变化的原因可能是 ______。
19. 滴定是化学中重要的分析方法，滴定实验在实际生产、生活中应用广泛。
I.用0.1000mol⋅L−1碘标准溶液测定Na2S2O3溶液(无色)的浓度时，常用淀粉作指示剂，发生的反应为：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。
(1)滴定前，有关滴定管的正确操作：检漏→蒸馏水洗涤→______→______→______→______→______→开始滴定。
A.烘干
B.装入待装液至零刻度以上
C.调整待装液液面至零刻度或零刻度以下
D.排除气泡
E.用待装液润洗2至3次
F.记录起始读数
量取待测液Na2S2O3溶液时应选用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(2)在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其中“滴入半滴标准液”的具体操作是微微转动活塞，使溶液悬挂在滴定管尖嘴口上，形成半滴，______(请在横线上补全操作)。滴定终点时溶液颜色变化为 ______。
(3)某学生进行4次实验，分别记录有关数据如表：
滴定次数
待测Na2S2O3溶液的体积/mL
碘标准溶液
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
25.00
0.00
12.40
2
25.00
1.50
16.50
3
25.00
0.20
12.80
4
25.00
0.40
12.90
依据上表数据计算该Na2S2O3溶液的物质的量浓度为 ______。
(4)下列操作中，可能引起测定结果偏低的是 ______。
A.盛碘标准液的滴定管未用标准液润洗
B.量取待测液Na2S2O3溶液时，起始读数时平视，结束读数时俯视
C.盛碘标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡
D.加入待测液前锥形瓶中有少量水
Ⅱ.某感光材料的主要成分为KBr和KI(其余成分不溶于水)，测定KI含量的方法如下：
①称取试样1.0g，溶解、过滤，用蒸馏水将滤液稀释至100mL。
②取25.00mL上述溶液，用溴水将I−氧化成IO3−，然后除去Br2，再加入过量KI、酸化(发生反应：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O)，加入淀粉溶液作指示剂，用I中测定的Na2S2O3溶液作标准液进行滴定(发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)，终点时消耗Na2S2O3溶液的平均体积为30.00mL。
(5)则试样中KI的质量分数为 ______。
20. 某同学查阅资料发现，人体血液里由于存在重要的酸碱平衡：，使血液pH范围保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。
(1)人体血液发生酸中毒时，可注射 ______缓解(填字母)。
A.NaOH溶液
B.NaHCO3溶液
C.NaCl溶液
D.Na2SO4溶液
(2)已知25°C时，CO32−水解反应的平衡常数Kh=2×10−4mol⋅L−1，当溶液中c(HCO3−)：c(CO32−)=2：1时，溶液的pH=______。
(3)亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图所示。
①NaH2AsO3溶液呈 ______(填“酸”、“碱”或“中”)性：写出NaH2AsO3水解的离子方程式 ______。
②将KOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH从13调节至14时，所发生反应的离子方程式为 ______。
③下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.H3AsO3的电离平衡常数Ka1⋅Ka2=10a+b
b.H3AsO3溶液中：c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)
c.K3AsO3溶液中：c(K+)=3c(AsO33−)+3c(HAsO32−)+3c(H2AsO3−)
(4)医学研究表明，砷的化合物会影响人体代谢和免疫功能造成砷中毒。某工业废水中砷含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，向废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。则要除去AsO33−，溶液中的c(Ca2+)至少为 ______mol⋅L−1。{已知：Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10−19mol5⋅L−5，当残留在溶液中的离子浓度≤1×10−5mol⋅L−1，可认为沉淀完全}。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.太阳能光伏发电系统能将太阳能光能转化为电能，故A正确；
B.电解精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为硫酸铜粗铜中所含Pt、Au、Ag等金属杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥，金属镍、铁都比铜活泼，先于金属铜失电子，故B正确；
C.氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解而使其溶液呈酸性，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故C正确；
D.BaCO3可以溶解在盐酸中，胃中含有盐酸溶解碳酸钡生成的钡离子有毒，钡餐透视常用BaSO4做内服造影剂，故D错误；
故选：D。
A.太阳能光伏发电系统将太阳能光能转化为电能；
B.工业上电解精炼铜时，要用粗铜作阳极；
C.氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解，为防止变质，应加入酸抑制其水解；
D.BaCO3可以溶解在盐酸中。
本题考查能量转换、精炼铜、盐类水解及应用以及沉淀溶解平衡等知识点，把握物质的性质用途是解答关键，侧重双基知识的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：当最外层电子处于全场满或半充满时最稳定，Cr是24号元素，处于周期表中第四周期VIB族，属于过渡元素，价电子包括最外层电子与3d电子，注意3d半满结构，
故选：B。
Cr是24号元素，处于周期表中第四周期VIB族，属于过渡元素，价电子包括最外层电子与3d电子，注意3d半满结构，据此分析解答。
本题考查原子电子排布式、轨道表示式等知识，学生要明确核外电子排布规律来写，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：将化学能转化为电能的装置为原电池，电池总反应“2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+”中Cu失电子生成Cu2+而作负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，则正极中电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，该装置中含有盐桥，则不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，且P溶液为可溶性铜盐溶液，符合条件的只有B，
故选：B。
将化学能转化为电能的装置为原电池，电池总反应“2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+”中Cu失电子生成Cu2+而作负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，则正极中电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，该装置中含有盐桥，则不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，且P溶液为可溶性铜盐溶液。
本题考查原电池设计，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确原电池原理、各个电极材料及电解质溶液的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.将两种溶液分别稀释至1000mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸比盐酸的pH小，故A错误；
B.由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量是醋酸大于盐酸，故B错误；
C.开始两种溶液的氢离子浓度相同，与锌粉反应速率相同，后来醋酸又电离出氢离子，因此后来醋酸与锌反应的速率大于盐酸与锌反应的速率，向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间醋酸少，故C错误；
D.向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，对盐酸来说没有抑制水的电离，对醋酸来水生成的醋酸钠中醋酸根水解显碱性，因此水的电离程度均增大，故D正确；
故选：D。
A.将两种溶液分别稀释至1000mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度；
B.由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量是醋酸大于盐酸；
C.开始两种溶液的氢离子浓度相同，与锌粉反应速率相同，后来醋酸又电离出氢离子，因此后来醋酸与锌反应的速率大于盐酸与锌反应的速率；
D.向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，对盐酸来说没有抑制水的电离，对醋酸来水生成的醋酸钠中醋酸根水解显碱性。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，考查学生分析问题解决问题的能力，为高频考点，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.减压，平衡逆向移动，C的体积分数减小，故A正确；
B.减压，A的量增加，平衡逆向移动，故B错误；
C.减压，平衡逆向移动，B的转化率减小，故C错误；
D.减压，平衡逆向移动，x+y>z，故D错误；
故选：A。
平衡时测得A的浓度为0.50mol⋅L−1，反应达平衡后保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，A的浓度为原平衡时的一半为0.25mol/L，当再次达平衡时，A的浓度为0.3mol/L，A的量增加，平衡逆向移动，据此作答。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定最高温度，故A错误；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应选冷却结晶法制取MgCl2⋅6H2O，故B错误；
C.Zn与电源正极相连作阳极，Fe为阴极，阴极上锌离子得到电子，可在铁制品表面镀锌，故C正确；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
故选：C。
A.图中缺少环形玻璃搅拌器；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发；
C.Zn与电源正极相连作阳极，Fe为阴极，阴极上锌离子得到电子；
D.pH试纸不能湿润。
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、中和热测定、盐类水解、pH测定、电解原理、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。
7.【答案】D
【解析】解：A.B处于ⅢA族，N处于VA族，位于元素周期表的P区，故A正确；
B.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族反常，故第一电离能：N>B，故B正确；
C.氨硼烷分子之间存在双氢键，乙烷分子中为范德华力，氢键比范德华力更强，故氨硼烷的沸点高于乙烷，
D.与B原子相连的H呈负电性(δ−)，说明氢元素对键合电子吸引能力比硼元素大，故电负性B
A.B处于ⅢA族，N处于VA族；
B.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族反常；
C.氨硼烷分子之间存在双氢键；
D.元素的电负性越大，对键合电子吸引力越大，该元素表现负价。
本题考查元素周期律的应用、物质结构与性质，熟练掌握元素周期律，注意电子构型对电离能的影响，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.a点c(OH−)=c(H+)，溶液呈中性，根据电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO−)，故A正确；
B.25°C时，升温促进水的电离，氢离子和氢氧根同时增大，故可引起由a向c的变化，故B正确；
C.T°C时，Kw=c(OH−)×c(H+)=10−12，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液呈中性，此时pH=6，故C错误；
D.b点时c(OH−)
由图象可知，c、d为T℃的曲线，Kw=10−6×10−6=10−12，a、b都为25℃时的曲线上，Kw=10−7×10−7=10−14，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，据此进行分析。
本题考查了水的电离、离子积常数计算和影响因素分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.Na+离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，即电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，故气体X是O2，气体Y是H2，故A正确；
B.阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，当电路中转移2mol电子时，生成O2为2mol4=0.5mol，移向阴极的Na+离子为2mol，故阳极区溶液质量减少为0.5mol×36g/mol+2mol×23g/mol=62g，故B错误；
C.阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，Na+离子由阳极移向阴极，NaOH浓度增大，电解过程中阴极区溶液的pH增大，故C正确；
D.阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，阳极室还发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，阳极区的总反应式为4CrO42−−4e−=2Cr2O72−+O2↑，故D正确；
故选：B。
Na+离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，即电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O− 通电 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，电解过程实质是电解水，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阳极室还发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−。
本题考查电解应用，关键是明确制备原理，理解电解池工作原理，正确判断电极，试题培养了学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.决定总反应速率的基元反应的活化能为37.29kJ/mol−(−28.8)kJ/mol=66.09kJ/mol，故A错误；
B.催化剂不能改变反应焓变，故B错误；
C.生成步骤中，存在S−S键的断裂和生成，故C正确；
D.能量越低越稳定，由反应历程可知，比稳定，故D错误；
故选：C。
A.决定总反应速率的基元反应的活化能为37.29kJ/mol−(−28.8)kJ/mol；
B.催化剂不能改变反应焓变；
C.生成步骤中，存在S−S键的断裂和生成；
D.物质能量越低越稳定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生分析能力、识图能力和运用能力，掌握反应中的能量变化、活化能的计算、活化能与反应速率的关系是解题的关键，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.NaOH过量，两种沉淀都生成，没有沉淀的转化，所以不能比较溶度积常数大小，故A错误；
B.两种钠盐溶液的物质的量浓度不等，不能根据钠盐溶液的pH值大小判断酸根离子水解程度大小，故B错误；
C.混合溶液体积不等，导致草酸和高锰酸钾溶液物质的量浓度都不相等，不能根据溶液褪色时间判断物质的量浓度对反应速率的影响，故C错误；
D.当消耗10.00mLNaOH溶液时溶液不变黄，说明生成的钠盐溶液呈酸性，则草酸为二元酸，故D正确；
故选：D。
A.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁溶液反应生成沉淀；
B.饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的浓度不同；
C.混合溶液体积不等，则草酸和高锰酸钾溶液物质的量浓度都不相等；
D.当消耗10.00mLNaOH溶液时溶液不变黄，说明生成的钠盐溶液呈酸性。
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、反应与现象、难溶电解质、反应速率、中和滴定、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。
12.【答案】C
【解析】解：A.根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z，故A正确；
B.水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y>W，故B正确；
C.Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性键，故C错误；
D.WX3中W原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，X2Y中Y原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，故D正确；
故选：C。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的23，则W为P，则Y为O，X为H。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构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。
13.【答案】C
【解析】解：A.向“84”消毒液中滴加少量醋酸可增强漂白性，离子方程式为：ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，故A正确；
B.用FeS除去废水中的Hg2+，离子方程式为：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故B正确；
C.向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，离子方程式为：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故C错误；
D.用石墨电极电解MgCl2饱和溶液，离子方程式为：2H2O+2Cl−+Mg2+− 通电 H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故D正确；
故选：C。
A.醋酸将次氯酸根离子转化为次氯酸；
B.硫化亚铁沉淀转化为硫化汞沉淀；
C.氨水过量，氢氧化铜沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；
D.电极为石墨，反应生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，C为易错点，题目难度不大。
14.【答案】AC
【解析】解：A.分析图像，0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，生成的甲醇的物质的量结合方程式可知为1.6mol，甲醇的平均反应速率为1.6mol2L20min=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，二氧化碳消耗1.6mol，对应转化率为1.63×100%≈53.5%，故B错误；
C.20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，结合等效平衡可知，相当于加压操作，平衡正向移动，平衡时甲醇的体积分数增大，故C正确；
D.20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，分压不变，反应速率不变，故D错误；
故选：AC。
A.分析图像，0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，生成的甲醇的物质的量结合方程式可知为1.6mol；
B.0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，二氧化碳消耗1.6mol；
C.20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，结合等效平衡可知，相当于加压操作，平衡正向移动；
D.20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，分压不变。
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。
15.【答案】AD
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HN3)
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)，所以存在c(OH−)=c(H+)+c(HN3)，故D正确；
故选：AD。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度；
B.点②溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)，则c(Na+)=c(N3−)；
C.根据图知，0.1mol/LHN3溶液的pH=2.85，HN3电离程度较小，则溶液中存在c(HN3)≈0.1mol/L，c(N3−)≈c(H+)=10−2.85mol/L，常温下Ka(HN3)=c(N3−)⋅c(H+)c(HN3)=10−2.85×10−2.850.1=10−4.7；
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】Ⅷ 3s23p63d6 正四面体形 sp3 3：2 ac 不可行 生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的
【解析】解：(1)铁元素位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6，
故答案为：Ⅷ；3s23p63d6；
(2)PO43−的空间构型为正四面体形，磷原子采取的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：正四面体形；sp3；
(3)①由图可知，[Fe(SCN)6]3−的结构中σ键数目为6+6+6=18，π键数目为2×6=12，个数比为3：2，[Fe(SCN)6]3−中含有的化学键类型是极性共价键和配位键，
故答案为：3：2；ac；
②平衡常数越大，反应进行程度越大，反应越易进行，而生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数为6.31×10−17，远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的，
故答案为：不可行；生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的。
(1)铁元素位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Fe的最外层电子排布式为3s23p63d64s2，Fe失去2个电子形成Fe2+；
(2)PO43−中P原子的价层电子对数为4，无孤电子对；
(3)①配位键、共价单键属于σ键，三键中含有1个σ键，2个π键，A−A键属于非极性共价键，A−B属于极性共价键，阴阳离子之间形成离子键；
②平衡常数越大，反应进行程度越大，反应越易进行。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及配位数、σ键与π键数目、核外电子排布、空间构型的判断等，属于高考高频考点，难度不大。
17.【答案】FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH− 增大 CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O 2.24 1.2mol O2+2H2O+4e−=4OH− 牺牲阳极保护法
【解析】解：(1)根据放电时的方程式可知，K2FeO4是氧化剂，则正极的电极反应式为FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；充电时的阴极的电极反应为：3Zn(OH)2+6e−=3Zn+6OH−，故其pH会增大，
故答案为：FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；增大；
(2)①根据题意可知甲池为原电池，通入甲醇的为负极，电极反应为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；
②乙池为电解池，A极为阴极，电极反应式为Cu2++2e−=2Cu，生成Cu物质的量为12.8g64g/mol=0.2mol，转移电子0.4mol，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，
故答案为：2.24；
③加入0.3molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即加入0.3molCuO和0.3molH2O恢复原状，生成0.3molCu，转移电子0.3mol×2=0.6mol，电解0.3mol水转移电子0.3mol×2=0.6mol，共转移电子0.6mol+0.6mol=1.2mol，
故答案为：1.2mol；
(3)若电极d为石墨，则d为正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；若电极d为锌块，锌比铁活泼，则锌被腐蚀，该保护法的名称为牺牲阳极保护法，
故答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；牺牲阳极保护法。
(1)根据放电时的方程式可知，K2FeO4是氧化剂，则正极的电极反应式为FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；
(2)①根据题意可知甲池为原电池，通入甲醇的为负极；
②乙池为电解池，A极为阴极，电极反应式为Cu2++2e−=2Cu，生成Cu物质的量为12.8g64g/mol=0.2mol，转移电子0.4mol，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气0.1mol；
③加入0.3molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即加入0.3molCuO和0.3molH2O恢复原状，生成0.3molCu，转移电子0.3mol×2=0.6mol，电解0.3mol水转移电子0.3mol×2=0.6mol；
(3)若电极d为石墨，则d为正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；若电极d为锌块，锌比铁活泼，则锌被腐蚀。
本题考查了原电池原理以及燃料电池的应用，根据元素化合价变化来确定正负极，在书写电池的电极方程式时要注意电解质对反应产物的影响，难度不大。
18.【答案】2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5kJ/mol c 1.6 > ② Mn催化剂 200℃ 随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降
【解析】解：(1)已知：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ⋅mol−1；②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=−283.0kJ⋅mol−1，CO(g)+12O2(g)⇌CO2(g)ΔH1=−283.0kJ⋅mol−1，由盖斯定律②×2−①可得2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=(−283.0kJ⋅mol−1)×2−180.5kJ⋅mol−1=−746.5kJ/mol，
故答案为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5kJ/mol；
(2)①由图可知，曲线Ⅰ先达到平衡，对应的反应速率最快，则对应实验编号为c，
故答案为：c；
②起始向恒容密闭容器中充入1molNO和1molCO，起始压强为200kPa，达到平衡时压强为160kPa，设NO反应量为2xmol，则平衡时NO和CO的物质的量为(1−2x)mol，氮气的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为2xmol，平衡时气体的总物质的量为(1−2x)mol+(1−2x)mol+xmol+2xmol=(2−x)mol，恒温恒容条件下，压强比等于物质的量之比，故2mol(2−x)mol=200kPa160kPa，解得x=0.4，故平衡时气体的总物质的量为1.6mol，p(NO)=p(CO)=160kPa×0.2mol1.6mol=20kPa，p(N2)=160kPa×0.4mol1.6mol=40kPa，p(CO2)=160kPa×0.8mol1.6mol=80kPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(CO)⋅p2(NO)=40×802202×202=1.6，
故答案为：1.6；
③若在曲线Ⅱ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、10kPa、20kPa、10kPa，则此时Qp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(CO)⋅p2(NO)=20×102102×102=0.2<1.6=Kp，反应正向移动，反应速率：v(正)>v(逆)，
故答案为：>；
Ⅱ.总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，速率方程为：v=kc2(NO2)，②中2NO2=NO3+NO为慢反应，故与其速率方程相符的反应机理是②，
故答案为：②；
Ⅲ.由图可知，以Mn作催化剂、200℃时脱氮率高，催化效果最好，故工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为Mn催化剂、200℃，使用Mn作催化剂时，脱氮率a～b段呈现如图所示变化的原因可能是a～b段，随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降，
故答案为：Mn催化剂；200℃；a～b段，随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降。
Ⅰ.(1)依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；
(2)①结合催化剂面积和温度与平衡常数关系分析；
②温度、容积一定时，压强和气体的物质的量成正比，结合压强关系计算平衡时各组分的物质的量，进而计算平衡时物质的量分数，计算平衡常数；
③依据Qp与Kp关系判断反应方向；
Ⅱ.总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应；
Ⅲ.结合图象分析最佳催化剂和相应最佳温度，依据温度对催化剂活性和平衡的影响分析。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
19.【答案】E B D C F 碱式 用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁 由无色变为蓝色 0.1000mol⋅L−1 C 33.2%
【解析】解：(1)滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：检漏→蒸馏水洗涤→E→B→D→C→F→开始滴定，Na2S2O3溶液呈碱性，应选用碱式滴定管盛装，
故答案为：E；B；D；C；F；碱式；
(2)在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，使用“半滴操作”，其方法是：微微转动活塞，使溶液悬挂在滴定管尖嘴口上，形成半滴，用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，达到滴定终点时溶液由无色变为蓝色，并且30s不褪色，
故答案为：用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁；由无色变为蓝色；
(3)4次消耗消耗碘标准溶液体积分别为：12.40mL、15.00mL、12.60mL、12.50mL，第2次数据误差大，舍去，则算消耗碘标准溶液平均体积V=12.40+12.50+12.603mL=12.50mL，反应为I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，n(Na2S2O3)=2n(I2)，即0.025L×c(Na2S2O3)=2×0.0125L×0.1000mol⋅L−1，解得c(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1，
故答案为：0.1000 mol⋅L−1；
(4)A.盛碘标准液的滴定管未用标准液润洗，使标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故A不选；
B.量取待测液Na2S2O3溶液时，起始读数时平视，结束读数时俯视，使待测液的体积偏大，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故B不选；
C.盛碘标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，使标准液的体积读数偏小，导致测定结果偏低，故C选；
D.加入待测液前锥形瓶中有少量水，不影响测定结果，故D不选；
故答案为：C；
(5)根据题意得到I−～IO3−～3I2～6S2O32−关系式，则试样中KI的质量分数为0.1000mol/L×30.00×10−36×4×166g/mol1.0g×100%=33.2%，
故答案为：33.2%。
(1)滴定前，有关滴定管的正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定；
(2)“滴入半滴标准液”的具体操作是形成半滴将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将其刮落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；淀粉溶液遇到碘单质变成蓝色；
(3)先根据数据的有效性，再计算消耗碘标准溶液V，最后根据I2+2S2O32−=S4O62−+2I−进行计算；
(4)根据c(待测)=c(标准)×V(标准)c(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
本题考查滴定操作及误差分析等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力、计算能力和对基础知识运用能力的考查，掌握滴定操作方法及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度中等。
20.【答案】B 10 碱 H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH− OH−+HAsO32−=H2O+AsO33− b 2×10−3
【解析】解：(1)A.NaOH溶液是强碱溶液，具有强腐蚀性，故A不选；
B、NaHCO3溶液水解显弱碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒，故B选；
C、NaCl溶液是中性溶液，不能与酸反应，不能减弱酸中毒，故C不选；
D、Na2SO4溶液是中性溶液，不能缓解血液的酸性，故D不选；
故答案为：B；
(2)HCO3−的电离平衡常数K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，K2=KwKh=10−142×10−4=5×10−11，K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)=5×10−11×2mol/L=10−10mol/L，pH=−lg10−10=10，
故答案为：10；
(3)①由图可知，H2AsO3−大量存在时的溶液呈碱性，其水解的离子方程式为H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH−，
故答案为：碱；H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH−；
②由图可知，当pH从13调节至14时，所发生反应的离子方程式为OH−+HAsO32−=H2O+AsO33−，
故答案为：OH−+HAsO32−=H2O+AsO33−；
③a.由图可知，pH=a时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，H3AsO3的电离平衡常数Ka1=c(H2AsO3−)⋅c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)=10−a，同理Ka2=10−b，Ka1⋅Ka2=10−(a+b)，故a错误；
b.H3AsO3溶液中存在电荷守恒关系式为c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)，故b正确；
c.在K3AsO3溶液中存在物料守恒关系式为c(K+)=3c(H3AsO3)+3c(H2AsO3−)+3c(HAsO32−)+3c(AsO33−)，故c错误；
故答案为：b；
(4)Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)⋅c2(AsO43−)，则c(Ca2+)≥3Ksp[Ca3(AsO4)2]c2(AsO43−)=38×10−19(1×10−5)2mol/L=2×10−3mol/L，
故答案为：2×10−3。
(1)NaHCO3具有弱碱性，能与酸反应；
(2)HCO3−的电离平衡常数K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，K2=KwKh=10−142×10−4=5×10−11，K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)，结合pH=−lgc(H+)进行计算；
(3)①根据图象可知，H2AsO3−大量存在时溶液呈碱性；
②根据图象可知，pH从13调节至14时溶液中的HAsO32−转化为AsO33−；
③a.由图可知，H3AsO3的电离平衡常数Ka1、Ka2分别为10−a、10−b；
b.根据电荷守恒关系式分析；
c.根据物料守恒关系式分析；
(4)Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)⋅c2(AsO43−)，据此进行计算。
本题考查盐类水解原理的应用、酸碱混合溶液的定性判断和溶度积常数的计算应用，为高频考点，把握图示曲线变化的意义、溶液酸碱性与溶液pH的关系、盐类水解等知识为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意弱电解质的电离及守恒关系式的应用，题目难度中等。
2021-2022学年山东省菏泽市郓城县高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共32.0分）
1. 化学与科技、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. 空间站的“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能转化为电能
B. 工业上电解精炼铜时，要用粗铜作阳极
C. 配制FeCl3溶液时，先将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释成所需浓度
D. 医学上的钡餐透视，常用BaCO3做内服造影剂
2. 下列Cr的价电子轨道表示式中，处于基态的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 某同学欲用如图所示的装置实现反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，将化学能转化为电能，表中关于此装置的几种构成中，能实现此转化的是( )
成分
选项
X
Q
P
A
Fe
FeCl2
CuSO4
B
石墨
FeCl3
CuSO4
C
Cu
FeCl2
CuSO4
D
Fe
FeCl2
H2SO4
A. A B. B C. C D. D
4. 常温下，现有100mLpH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是( )
A. 将两种溶液分别稀释至1000mL，醋酸比盐酸的pH大
B. 向两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量相同
C. 向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间相同
D. 向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，水的电离程度均增大
5. 在一定温度下的密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)=zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol⋅L−1。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度为0.30mol⋅L−1。下列有关判断正确的是( )
A. C的体积分数减小
B. 平衡向正反应方向移动
C. B的转化率增大
D. x+y
A. 中和热的测定
B. 制取MgCl2⋅6H2O
C. 在铁制品表面镀锌
D. 测定稀硫酸的pH
7. 氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，分子结构和乙烷相似。分子中与N原子相连的H呈正电性(δ+)，与B原子相连的H呈负电性(δ−)，它们之间存在静电作用，称双氢键，用“N−H…H−B”表示。下列说法错误的是( )
A. N和B元素均位于元素周期表的P区
B. 第一电离能：N>B
C. 氨硼烷的沸点高于乙烷
D. 电负性：N>B>H
8. 在不同温度下的水溶液中，c(H+)与c(OH−)的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na+)>c(CH3COO−)
B. 25°C时，升温可能引起由a向c的变化
C. T°C时，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液pH=7
D. b点对应的溶液中可以大量存在：K+、Ba2+、NO3−、Fe2+
9. 利用膜电解技术(装置如图所示)以惰性电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O−通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，阳离子交换膜只允许Na+通过。
下列说法错误的是( )
A. 气体X是O2，气体Y是H2
B. 当电路中转移2mol电子时，阳极区溶液减重16g
C. 电解过程中阴极区溶液的pH增大
D. 阳极区的总反应式为：4CrO42−−4e−=2Cr2O72−+O2↑
10. 硫单质可以与活性中间体二氟卡宾(：CF2)在催化剂钯(Pa)作用下可形成S=CF2，其反应历程如图所示：
下列叙述正确的是( )
A. 决定总反应速率的基元反应的活化能为221.46kJ⋅mol−1
B. 催化剂钯可改变总反应的焓变
C. 上述反应历程中存在非极性键的断裂和生成
D. 比稳定
11. 由下列实验操作、现象得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有2mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液的试管中滴加5mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液，再向其中滴加几滴0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]
常温下，分别用pH计测饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的pH值
饱和Na2CO3溶液的pH值大
水解能力：CO32−>HCO3−
C
向两支均盛有4mL0.011mol⋅L−1酸性KMnO4溶液的试管A、B中，分别加入2mL0.01mol⋅L−1、4mL0.02mol⋅L−1的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所用时间
B试管褪色时间短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
D
向10mL0.1mol⋅L−1草酸溶液(含甲基红，pH≥6.2呈黄色)中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液
当消耗10.00mLNaOH溶液时，溶液不变黄
草酸不是一元酸
A. A B. B C. C D. D
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的23。下列说法不正确的是( )
A. Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z
B. W、Y形成的简单氢化物沸点：Y>W
C. Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
D. WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
13. 下列离子方程式错误的是( )
A. 向“84”消毒液中滴加少量醋酸可增强漂白性：ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−
B. 用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)
C. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
D. 用石墨电极电解MgCl2饱和溶液：2H2O+2Cl−+Mg2+− 通电 H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓
二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）
14. 在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入3molCO2和6molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得H2的转化率[α(H2)]随时间的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 0～20min时间段内，甲醇的平均反应速率为0.04mol⋅L−1⋅min−1
B. 在该温度下，CO2的平衡转化率为80%
C. 20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，平衡时甲醇的体积分数增大
D. 20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，反应速率加快
15. 叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的HN3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 点①溶液中：c(HN3)+c(H+)
C. 常温下，Ka(HN3)的数量级为10−4
D. 点③溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HN3)
第II卷（非选择题）
三、简答题（本大题共5小题，共60.0分）
16. 近日，比亚迪宣布推出基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”，刀片电池能量密度大，安全性高。电池的正极活性材料是LiFePO4。
(1)铁元素位于周期表第四周期第 ______族；基态Fe2+的最外层电子排布式为 ______。
(2)正极材料LiFePO4的阴离子PO43−的空间构型为 ______，磷原子采取的杂化方式为 ______。
(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与SCN−、CN−、C2O42−等形成配合物。
①[Fe(SCN)6]3−的结构简式如图所示，其结构中σ键和π键的个数比为 ______；[Fe(SCN)6]3−中含有的化学键类型是 ______(填字母)。
a.极性共价键
b.离子键
c.配位键
d.金属键
②K3Fe(C2O4)3⋅3H2O为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中Fe元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol⋅L−1KSCN溶液。
已知：i.[Fe(SCN)]2+(aq)为血红色：
ii.25°C时，[Fe(C2O4)3]3−+SCN−⇌[Fe(SCN)]2++3C2O42−K=6.31×10−17mol2⋅L−2上述实验方案 ______(填“可行”或“不可行”)，并解释其原因 ______。
17. 化学能与电能的相互转化在生产、生活中应用广泛。
(1)高铁电池因其具有众多的优点而成为电动汽车首选的动力电池，其工作原理为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+4KOH+2Fe(OH)3。则放电时正极的电极反应式为 ______充电时阴极附近溶液的pH ______(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(2)某公司开发出一种以Pt作电极的高效甲醇燃料电池，以该电池电解CuSO4溶液的装置如图所示：
①工作时负极的电极反应式为 ______。
②若乙池中Fe电极质量增加12.8g，在相同时间内，甲池中理论上消耗O2______L(标准状况下)。
③通电一段时间后，向所得溶液中加入0.3molCu(OH)2后，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移电子的物质的量为 ______。
(3)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。
若电极d为石墨，写出此电极的反应式 ______；若电极d为锌块，则铁片不易被腐蚀，该保护法的名称为 ______。
18. 保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO等污染气体的处理具有重要意义。
Ⅰ.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2。
(1)已知：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ⋅mol−1；
②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=−283.0kJ⋅mol−1；
则汽车尾气处理反应的热化学方程式为 ______。
(2)某化学兴趣小组在三种不同实验条件下，向三个恒容密闭容器中，分别充入1molNO和1molCO，发生上述反应，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：
条件
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/m2⋅g−1
80.0
120
120
①曲线Ⅰ对应的实验编号是 ______。
②曲线Ⅲ条件下，该反应的平衡常数Kp=______ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③若在曲线Ⅱ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、10kPa、20kPa、10kPa，则此时反应速率：v(正)______v(逆)(填“<”、“=”或“>”)。
Ⅱ.某温度下，实验测得反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为：v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。与其速率方程相符的反应机理是 ______(填编号)。
反应机理
编号
第一步反应
第二步反应
①
2NO2=N2O4(快反应)
N2O+2CO=2NO+2CO2(慢反应)
②
2NO2=NO3+NO (慢反应)
NO3+CO=NO2+CO2(快反应)
Ⅲ.若烟气中c(NO2)：c(NO)=1：1，用NH3催化还原法可以消除污染，发生的脱氮反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g)。在不同温度下分别使用催化剂Mn和Cr时，一定时间内的脱氮率如图所示，由此可知工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为 ______、______，使用Mn作催化剂时，脱氮率a～b段呈现如图所示变化的原因可能是 ______。
19. 滴定是化学中重要的分析方法，滴定实验在实际生产、生活中应用广泛。
I.用0.1000mol⋅L−1碘标准溶液测定Na2S2O3溶液(无色)的浓度时，常用淀粉作指示剂，发生的反应为：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。
(1)滴定前，有关滴定管的正确操作：检漏→蒸馏水洗涤→______→______→______→______→______→开始滴定。
A.烘干
B.装入待装液至零刻度以上
C.调整待装液液面至零刻度或零刻度以下
D.排除气泡
E.用待装液润洗2至3次
F.记录起始读数
量取待测液Na2S2O3溶液时应选用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(2)在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其中“滴入半滴标准液”的具体操作是微微转动活塞，使溶液悬挂在滴定管尖嘴口上，形成半滴，______(请在横线上补全操作)。滴定终点时溶液颜色变化为 ______。
(3)某学生进行4次实验，分别记录有关数据如表：
滴定次数
待测Na2S2O3溶液的体积/mL
碘标准溶液
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
25.00
0.00
12.40
2
25.00
1.50
16.50
3
25.00
0.20
12.80
4
25.00
0.40
12.90
依据上表数据计算该Na2S2O3溶液的物质的量浓度为 ______。
(4)下列操作中，可能引起测定结果偏低的是 ______。
A.盛碘标准液的滴定管未用标准液润洗
B.量取待测液Na2S2O3溶液时，起始读数时平视，结束读数时俯视
C.盛碘标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡
D.加入待测液前锥形瓶中有少量水
Ⅱ.某感光材料的主要成分为KBr和KI(其余成分不溶于水)，测定KI含量的方法如下：
①称取试样1.0g，溶解、过滤，用蒸馏水将滤液稀释至100mL。
②取25.00mL上述溶液，用溴水将I−氧化成IO3−，然后除去Br2，再加入过量KI、酸化(发生反应：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O)，加入淀粉溶液作指示剂，用I中测定的Na2S2O3溶液作标准液进行滴定(发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)，终点时消耗Na2S2O3溶液的平均体积为30.00mL。
(5)则试样中KI的质量分数为 ______。
20. 某同学查阅资料发现，人体血液里由于存在重要的酸碱平衡：，使血液pH范围保持在7.35～7.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。
(1)人体血液发生酸中毒时，可注射 ______缓解(填字母)。
A.NaOH溶液
B.NaHCO3溶液
C.NaCl溶液
D.Na2SO4溶液
(2)已知25°C时，CO32−水解反应的平衡常数Kh=2×10−4mol⋅L−1，当溶液中c(HCO3−)：c(CO32−)=2：1时，溶液的pH=______。
(3)亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸(H3AsO3)在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH关系如图所示。
①NaH2AsO3溶液呈 ______(填“酸”、“碱”或“中”)性：写出NaH2AsO3水解的离子方程式 ______。
②将KOH溶液滴入H3AsO3溶液中，当pH从13调节至14时，所发生反应的离子方程式为 ______。
③下列说法正确的是 ______(填字母)。
a.H3AsO3的电离平衡常数Ka1⋅Ka2=10a+b
b.H3AsO3溶液中：c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)
c.K3AsO3溶液中：c(K+)=3c(AsO33−)+3c(HAsO32−)+3c(H2AsO3−)
(4)医学研究表明，砷的化合物会影响人体代谢和免疫功能造成砷中毒。某工业废水中砷含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，向废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。则要除去AsO33−，溶液中的c(Ca2+)至少为 ______mol⋅L−1。{已知：Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10−19mol5⋅L−5，当残留在溶液中的离子浓度≤1×10−5mol⋅L−1，可认为沉淀完全}。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.太阳能光伏发电系统能将太阳能光能转化为电能，故A正确；
B.电解精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质为硫酸铜粗铜中所含Pt、Au、Ag等金属杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥，金属镍、铁都比铜活泼，先于金属铜失电子，故B正确；
C.氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解而使其溶液呈酸性，为防止其水解，应先将FeCl3溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释到所需浓度，故C正确；
D.BaCO3可以溶解在盐酸中，胃中含有盐酸溶解碳酸钡生成的钡离子有毒，钡餐透视常用BaSO4做内服造影剂，故D错误；
故选：D。
A.太阳能光伏发电系统将太阳能光能转化为电能；
B.工业上电解精炼铜时，要用粗铜作阳极；
C.氯化铁是强酸弱碱盐，溶于水能水解，为防止变质，应加入酸抑制其水解；
D.BaCO3可以溶解在盐酸中。
本题考查能量转换、精炼铜、盐类水解及应用以及沉淀溶解平衡等知识点，把握物质的性质用途是解答关键，侧重双基知识的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：当最外层电子处于全场满或半充满时最稳定，Cr是24号元素，处于周期表中第四周期VIB族，属于过渡元素，价电子包括最外层电子与3d电子，注意3d半满结构，
故选：B。
Cr是24号元素，处于周期表中第四周期VIB族，属于过渡元素，价电子包括最外层电子与3d电子，注意3d半满结构，据此分析解答。
本题考查原子电子排布式、轨道表示式等知识，学生要明确核外电子排布规律来写，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：将化学能转化为电能的装置为原电池，电池总反应“2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+”中Cu失电子生成Cu2+而作负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，则正极中电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，该装置中含有盐桥，则不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，且P溶液为可溶性铜盐溶液，符合条件的只有B，
故选：B。
将化学能转化为电能的装置为原电池，电池总反应“2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+”中Cu失电子生成Cu2+而作负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，则正极中电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，该装置中含有盐桥，则不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，且P溶液为可溶性铜盐溶液。
本题考查原电池设计，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确原电池原理、各个电极材料及电解质溶液的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.将两种溶液分别稀释至1000mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸比盐酸的pH小，故A错误；
B.由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量是醋酸大于盐酸，故B错误；
C.开始两种溶液的氢离子浓度相同，与锌粉反应速率相同，后来醋酸又电离出氢离子，因此后来醋酸与锌反应的速率大于盐酸与锌反应的速率，向两种溶液中分别加入锌粒，产生等量的H2所用时间醋酸少，故C错误；
D.向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，对盐酸来说没有抑制水的电离，对醋酸来水生成的醋酸钠中醋酸根水解显碱性，因此水的电离程度均增大，故D正确；
故选：D。
A.将两种溶液分别稀释至1000mL，由于醋酸稀释后又电离出氢离子，因此醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度；
B.由于醋酸物质的量浓度大于盐酸物质的量浓度，等体积两种溶液，则醋酸物质的量大于盐酸物质的量，向等体积两种溶液中分别加入足量的铁粉，生成H2的物质的量是醋酸大于盐酸；
C.开始两种溶液的氢离子浓度相同，与锌粉反应速率相同，后来醋酸又电离出氢离子，因此后来醋酸与锌反应的速率大于盐酸与锌反应的速率；
D.向两种溶液中分别滴加NaOH溶液至恰好反应，两者都生成盐，对盐酸来说没有抑制水的电离，对醋酸来水生成的醋酸钠中醋酸根水解显碱性。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，考查学生分析问题解决问题的能力，为高频考点，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.减压，平衡逆向移动，C的体积分数减小，故A正确；
B.减压，A的量增加，平衡逆向移动，故B错误；
C.减压，平衡逆向移动，B的转化率减小，故C错误；
D.减压，平衡逆向移动，x+y>z，故D错误；
故选：A。
平衡时测得A的浓度为0.50mol⋅L−1，反应达平衡后保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，A的浓度为原平衡时的一半为0.25mol/L，当再次达平衡时，A的浓度为0.3mol/L，A的量增加，平衡逆向移动，据此作答。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定最高温度，故A错误；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应选冷却结晶法制取MgCl2⋅6H2O，故B错误；
C.Zn与电源正极相连作阳极，Fe为阴极，阴极上锌离子得到电子，可在铁制品表面镀锌，故C正确；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
故选：C。
A.图中缺少环形玻璃搅拌器；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发；
C.Zn与电源正极相连作阳极，Fe为阴极，阴极上锌离子得到电子；
D.pH试纸不能湿润。
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、中和热测定、盐类水解、pH测定、电解原理、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。
7.【答案】D
【解析】解：A.B处于ⅢA族，N处于VA族，位于元素周期表的P区，故A正确；
B.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族反常，故第一电离能：N>B，故B正确；
C.氨硼烷分子之间存在双氢键，乙烷分子中为范德华力，氢键比范德华力更强，故氨硼烷的沸点高于乙烷，
D.与B原子相连的H呈负电性(δ−)，说明氢元素对键合电子吸引能力比硼元素大，故电负性B
A.B处于ⅢA族，N处于VA族；
B.同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族反常；
C.氨硼烷分子之间存在双氢键；
D.元素的电负性越大，对键合电子吸引力越大，该元素表现负价。
本题考查元素周期律的应用、物质结构与性质，熟练掌握元素周期律，注意电子构型对电离能的影响，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.a点c(OH−)=c(H+)，溶液呈中性，根据电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO−)，故A正确；
B.25°C时，升温促进水的电离，氢离子和氢氧根同时增大，故可引起由a向c的变化，故B正确；
C.T°C时，Kw=c(OH−)×c(H+)=10−12，将pH=2的稀硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液呈中性，此时pH=6，故C错误；
D.b点时c(OH−)
由图象可知，c、d为T℃的曲线，Kw=10−6×10−6=10−12，a、b都为25℃时的曲线上，Kw=10−7×10−7=10−14，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，据此进行分析。
本题考查了水的电离、离子积常数计算和影响因素分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.Na+离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，即电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，故气体X是O2，气体Y是H2，故A正确；
B.阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，当电路中转移2mol电子时，生成O2为2mol4=0.5mol，移向阴极的Na+离子为2mol，故阳极区溶液质量减少为0.5mol×36g/mol+2mol×23g/mol=62g，故B错误；
C.阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，Na+离子由阳极移向阴极，NaOH浓度增大，电解过程中阴极区溶液的pH增大，故C正确；
D.阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，阳极室还发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，阳极区的总反应式为4CrO42−−4e−=2Cr2O72−+O2↑，故D正确；
故选：B。
Na+离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，即电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O− 通电 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，电解过程实质是电解水，阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阳极室还发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−。
本题考查电解应用，关键是明确制备原理，理解电解池工作原理，正确判断电极，试题培养了学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
10.【答案】C
【解析】解：A.决定总反应速率的基元反应的活化能为37.29kJ/mol−(−28.8)kJ/mol=66.09kJ/mol，故A错误；
B.催化剂不能改变反应焓变，故B错误；
C.生成步骤中，存在S−S键的断裂和生成，故C正确；
D.能量越低越稳定，由反应历程可知，比稳定，故D错误；
故选：C。
A.决定总反应速率的基元反应的活化能为37.29kJ/mol−(−28.8)kJ/mol；
B.催化剂不能改变反应焓变；
C.生成步骤中，存在S−S键的断裂和生成；
D.物质能量越低越稳定。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生分析能力、识图能力和运用能力，掌握反应中的能量变化、活化能的计算、活化能与反应速率的关系是解题的关键，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.NaOH过量，两种沉淀都生成，没有沉淀的转化，所以不能比较溶度积常数大小，故A错误；
B.两种钠盐溶液的物质的量浓度不等，不能根据钠盐溶液的pH值大小判断酸根离子水解程度大小，故B错误；
C.混合溶液体积不等，导致草酸和高锰酸钾溶液物质的量浓度都不相等，不能根据溶液褪色时间判断物质的量浓度对反应速率的影响，故C错误；
D.当消耗10.00mLNaOH溶液时溶液不变黄，说明生成的钠盐溶液呈酸性，则草酸为二元酸，故D正确；
故选：D。
A.NaOH过量，分别与氯化镁、氯化铁溶液反应生成沉淀；
B.饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的浓度不同；
C.混合溶液体积不等，则草酸和高锰酸钾溶液物质的量浓度都不相等；
D.当消耗10.00mLNaOH溶液时溶液不变黄，说明生成的钠盐溶液呈酸性。
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、反应与现象、难溶电解质、反应速率、中和滴定、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。
12.【答案】C
【解析】解：A.根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z，故A正确；
B.水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y>W，故B正确；
C.Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性键，故C错误；
D.WX3中W原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，X2Y中Y原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，故D正确；
故选：C。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的23，则W为P，则Y为O，X为H。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构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。
13.【答案】C
【解析】解：A.向“84”消毒液中滴加少量醋酸可增强漂白性，离子方程式为：ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，故A正确；
B.用FeS除去废水中的Hg2+，离子方程式为：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故B正确；
C.向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，离子方程式为：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故C错误；
D.用石墨电极电解MgCl2饱和溶液，离子方程式为：2H2O+2Cl−+Mg2+− 通电 H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故D正确；
故选：C。
A.醋酸将次氯酸根离子转化为次氯酸；
B.硫化亚铁沉淀转化为硫化汞沉淀；
C.氨水过量，氢氧化铜沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；
D.电极为石墨，反应生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，C为易错点，题目难度不大。
14.【答案】AC
【解析】解：A.分析图像，0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，生成的甲醇的物质的量结合方程式可知为1.6mol，甲醇的平均反应速率为1.6mol2L20min=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，二氧化碳消耗1.6mol，对应转化率为1.63×100%≈53.5%，故B错误；
C.20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，结合等效平衡可知，相当于加压操作，平衡正向移动，平衡时甲醇的体积分数增大，故C正确；
D.20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，分压不变，反应速率不变，故D错误；
故选：AC。
A.分析图像，0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，生成的甲醇的物质的量结合方程式可知为1.6mol；
B.0～20min时间段内，转化率为0.8，消耗氢气的物质的量为4.8mol，二氧化碳消耗1.6mol；
C.20min时，保持容器容积不变，再充入3molCO2和6molH2(g)，结合等效平衡可知，相当于加压操作，平衡正向移动；
D.20min时，保持容器容积不变，再充入惰性气体，体系总压强增大，分压不变。
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。
15.【答案】AD
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HN3)
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)，所以存在c(OH−)=c(H+)+c(HN3)，故D正确；
故选：AD。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度；
B.点②溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)，则c(Na+)=c(N3−)；
C.根据图知，0.1mol/LHN3溶液的pH=2.85，HN3电离程度较小，则溶液中存在c(HN3)≈0.1mol/L，c(N3−)≈c(H+)=10−2.85mol/L，常温下Ka(HN3)=c(N3−)⋅c(H+)c(HN3)=10−2.85×10−2.850.1=10−4.7；
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】Ⅷ 3s23p63d6 正四面体形 sp3 3：2 ac 不可行 生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的
【解析】解：(1)铁元素位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6，
故答案为：Ⅷ；3s23p63d6；
(2)PO43−的空间构型为正四面体形，磷原子采取的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：正四面体形；sp3；
(3)①由图可知，[Fe(SCN)6]3−的结构中σ键数目为6+6+6=18，π键数目为2×6=12，个数比为3：2，[Fe(SCN)6]3−中含有的化学键类型是极性共价键和配位键，
故答案为：3：2；ac；
②平衡常数越大，反应进行程度越大，反应越易进行，而生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数为6.31×10−17，远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的，
故答案为：不可行；生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1×10−5，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的。
(1)铁元素位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Fe的最外层电子排布式为3s23p63d64s2，Fe失去2个电子形成Fe2+；
(2)PO43−中P原子的价层电子对数为4，无孤电子对；
(3)①配位键、共价单键属于σ键，三键中含有1个σ键，2个π键，A−A键属于非极性共价键，A−B属于极性共价键，阴阳离子之间形成离子键；
②平衡常数越大，反应进行程度越大，反应越易进行。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及配位数、σ键与π键数目、核外电子排布、空间构型的判断等，属于高考高频考点，难度不大。
17.【答案】FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH− 增大 CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O 2.24 1.2mol O2+2H2O+4e−=4OH− 牺牲阳极保护法
【解析】解：(1)根据放电时的方程式可知，K2FeO4是氧化剂，则正极的电极反应式为FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；充电时的阴极的电极反应为：3Zn(OH)2+6e−=3Zn+6OH−，故其pH会增大，
故答案为：FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；增大；
(2)①根据题意可知甲池为原电池，通入甲醇的为负极，电极反应为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；
②乙池为电解池，A极为阴极，电极反应式为Cu2++2e−=2Cu，生成Cu物质的量为12.8g64g/mol=0.2mol，转移电子0.4mol，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，
故答案为：2.24；
③加入0.3molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即加入0.3molCuO和0.3molH2O恢复原状，生成0.3molCu，转移电子0.3mol×2=0.6mol，电解0.3mol水转移电子0.3mol×2=0.6mol，共转移电子0.6mol+0.6mol=1.2mol，
故答案为：1.2mol；
(3)若电极d为石墨，则d为正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；若电极d为锌块，锌比铁活泼，则锌被腐蚀，该保护法的名称为牺牲阳极保护法，
故答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；牺牲阳极保护法。
(1)根据放电时的方程式可知，K2FeO4是氧化剂，则正极的电极反应式为FeO42−+4H2O+3e−=Fe(OH)3+5OH−；
(2)①根据题意可知甲池为原电池，通入甲醇的为负极；
②乙池为电解池，A极为阴极，电极反应式为Cu2++2e−=2Cu，生成Cu物质的量为12.8g64g/mol=0.2mol，转移电子0.4mol，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气0.1mol；
③加入0.3molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即加入0.3molCuO和0.3molH2O恢复原状，生成0.3molCu，转移电子0.3mol×2=0.6mol，电解0.3mol水转移电子0.3mol×2=0.6mol；
(3)若电极d为石墨，则d为正极，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；若电极d为锌块，锌比铁活泼，则锌被腐蚀。
本题考查了原电池原理以及燃料电池的应用，根据元素化合价变化来确定正负极，在书写电池的电极方程式时要注意电解质对反应产物的影响，难度不大。
18.【答案】2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5kJ/mol c 1.6 > ② Mn催化剂 200℃ 随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降
【解析】解：(1)已知：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ⋅mol−1；②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=−283.0kJ⋅mol−1，CO(g)+12O2(g)⇌CO2(g)ΔH1=−283.0kJ⋅mol−1，由盖斯定律②×2−①可得2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=(−283.0kJ⋅mol−1)×2−180.5kJ⋅mol−1=−746.5kJ/mol，
故答案为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5kJ/mol；
(2)①由图可知，曲线Ⅰ先达到平衡，对应的反应速率最快，则对应实验编号为c，
故答案为：c；
②起始向恒容密闭容器中充入1molNO和1molCO，起始压强为200kPa，达到平衡时压强为160kPa，设NO反应量为2xmol，则平衡时NO和CO的物质的量为(1−2x)mol，氮气的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为2xmol，平衡时气体的总物质的量为(1−2x)mol+(1−2x)mol+xmol+2xmol=(2−x)mol，恒温恒容条件下，压强比等于物质的量之比，故2mol(2−x)mol=200kPa160kPa，解得x=0.4，故平衡时气体的总物质的量为1.6mol，p(NO)=p(CO)=160kPa×0.2mol1.6mol=20kPa，p(N2)=160kPa×0.4mol1.6mol=40kPa，p(CO2)=160kPa×0.8mol1.6mol=80kPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(CO)⋅p2(NO)=40×802202×202=1.6，
故答案为：1.6；
③若在曲线Ⅱ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、10kPa、20kPa、10kPa，则此时Qp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(CO)⋅p2(NO)=20×102102×102=0.2<1.6=Kp，反应正向移动，反应速率：v(正)>v(逆)，
故答案为：>；
Ⅱ.总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，速率方程为：v=kc2(NO2)，②中2NO2=NO3+NO为慢反应，故与其速率方程相符的反应机理是②，
故答案为：②；
Ⅲ.由图可知，以Mn作催化剂、200℃时脱氮率高，催化效果最好，故工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为Mn催化剂、200℃，使用Mn作催化剂时，脱氮率a～b段呈现如图所示变化的原因可能是a～b段，随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降，
故答案为：Mn催化剂；200℃；a～b段，随着温度升高，催化剂活性降低，同时该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以一定时间内脱氮率下降。
Ⅰ.(1)依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；
(2)①结合催化剂面积和温度与平衡常数关系分析；
②温度、容积一定时，压强和气体的物质的量成正比，结合压强关系计算平衡时各组分的物质的量，进而计算平衡时物质的量分数，计算平衡常数；
③依据Qp与Kp关系判断反应方向；
Ⅱ.总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应；
Ⅲ.结合图象分析最佳催化剂和相应最佳温度，依据温度对催化剂活性和平衡的影响分析。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
19.【答案】E B D C F 碱式 用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁 由无色变为蓝色 0.1000mol⋅L−1 C 33.2%
【解析】解：(1)滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：检漏→蒸馏水洗涤→E→B→D→C→F→开始滴定，Na2S2O3溶液呈碱性，应选用碱式滴定管盛装，
故答案为：E；B；D；C；F；碱式；
(2)在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度，使用“半滴操作”，其方法是：微微转动活塞，使溶液悬挂在滴定管尖嘴口上，形成半滴，用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，达到滴定终点时溶液由无色变为蓝色，并且30s不褪色，
故答案为：用锥形瓶内壁将其刮落，再用蒸馏水冲洗瓶壁；由无色变为蓝色；
(3)4次消耗消耗碘标准溶液体积分别为：12.40mL、15.00mL、12.60mL、12.50mL，第2次数据误差大，舍去，则算消耗碘标准溶液平均体积V=12.40+12.50+12.603mL=12.50mL，反应为I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，n(Na2S2O3)=2n(I2)，即0.025L×c(Na2S2O3)=2×0.0125L×0.1000mol⋅L−1，解得c(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1，
故答案为：0.1000 mol⋅L−1；
(4)A.盛碘标准液的滴定管未用标准液润洗，使标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故A不选；
B.量取待测液Na2S2O3溶液时，起始读数时平视，结束读数时俯视，使待测液的体积偏大，消耗标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故B不选；
C.盛碘标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，使标准液的体积读数偏小，导致测定结果偏低，故C选；
D.加入待测液前锥形瓶中有少量水，不影响测定结果，故D不选；
故答案为：C；
(5)根据题意得到I−～IO3−～3I2～6S2O32−关系式，则试样中KI的质量分数为0.1000mol/L×30.00×10−36×4×166g/mol1.0g×100%=33.2%，
故答案为：33.2%。
(1)滴定前，有关滴定管的正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定；
(2)“滴入半滴标准液”的具体操作是形成半滴将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将其刮落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；淀粉溶液遇到碘单质变成蓝色；
(3)先根据数据的有效性，再计算消耗碘标准溶液V，最后根据I2+2S2O32−=S4O62−+2I−进行计算；
(4)根据c(待测)=c(标准)×V(标准)c(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
本题考查滴定操作及误差分析等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力、计算能力和对基础知识运用能力的考查，掌握滴定操作方法及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度中等。
20.【答案】B 10 碱 H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH− OH−+HAsO32−=H2O+AsO33− b 2×10−3
【解析】解：(1)A.NaOH溶液是强碱溶液，具有强腐蚀性，故A不选；
B、NaHCO3溶液水解显弱碱性，可以和酸反应起到缓解人体血液酸中毒，故B选；
C、NaCl溶液是中性溶液，不能与酸反应，不能减弱酸中毒，故C不选；
D、Na2SO4溶液是中性溶液，不能缓解血液的酸性，故D不选；
故答案为：B；
(2)HCO3−的电离平衡常数K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，K2=KwKh=10−142×10−4=5×10−11，K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)=5×10−11×2mol/L=10−10mol/L，pH=−lg10−10=10，
故答案为：10；
(3)①由图可知，H2AsO3−大量存在时的溶液呈碱性，其水解的离子方程式为H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH−，
故答案为：碱；H2AsO3−+H2O⇌H3AsO3+OH−；
②由图可知，当pH从13调节至14时，所发生反应的离子方程式为OH−+HAsO32−=H2O+AsO33−，
故答案为：OH−+HAsO32−=H2O+AsO33−；
③a.由图可知，pH=a时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，H3AsO3的电离平衡常数Ka1=c(H2AsO3−)⋅c(H+)c(H3AsO3)=c(H+)=10−a，同理Ka2=10−b，Ka1⋅Ka2=10−(a+b)，故a错误；
b.H3AsO3溶液中存在电荷守恒关系式为c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(OH−)=c(H+)，故b正确；
c.在K3AsO3溶液中存在物料守恒关系式为c(K+)=3c(H3AsO3)+3c(H2AsO3−)+3c(HAsO32−)+3c(AsO33−)，故c错误；
故答案为：b；
(4)Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)⋅c2(AsO43−)，则c(Ca2+)≥3Ksp[Ca3(AsO4)2]c2(AsO43−)=38×10−19(1×10−5)2mol/L=2×10−3mol/L，
故答案为：2×10−3。
(1)NaHCO3具有弱碱性，能与酸反应；
(2)HCO3−的电离平衡常数K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，K2=KwKh=10−142×10−4=5×10−11，K2=c(CO32−)⋅c(H+)c(HCO3−)，则c(H+)=K2×c(HCO3−)c(CO32−)，结合pH=−lgc(H+)进行计算；
(3)①根据图象可知，H2AsO3−大量存在时溶液呈碱性；
②根据图象可知，pH从13调节至14时溶液中的HAsO32−转化为AsO33−；
③a.由图可知，H3AsO3的电离平衡常数Ka1、Ka2分别为10−a、10−b；
b.根据电荷守恒关系式分析；
c.根据物料守恒关系式分析；
(4)Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)⋅c2(AsO43−)，据此进行计算。
本题考查盐类水解原理的应用、酸碱混合溶液的定性判断和溶度积常数的计算应用，为高频考点，把握图示曲线变化的意义、溶液酸碱性与溶液pH的关系、盐类水解等知识为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意弱电解质的电离及守恒关系式的应用，题目难度中等。
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