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2021-2022学年江苏省镇江市五校高二（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省镇江市五校高二（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 化学与生产、生活密切相关， 煤气化过程中的主要反应， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省镇江市五校高二（下）月考化学试卷（3月份）
1. 化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是( )
A. 海轮的外壳上除了喷一层油漆外，还会附上一些锌块
B. 医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存
C. 明矾中Al3+可以水解，在水中可以起到杀菌消毒作用
D. NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂
2. 煤气化过程中的主要反应：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)ΔH>0，在恒温恒容密闭体系中进行反应，可作为判断反应是否达到平衡状态的依据是( )
A. c(H2O)=c(CO) B. 容器内气体密度不变
C. v(CO)：v(H2)=1：1 D. 消耗1molC同时生成1molH2
3. 对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，ΔH=−116.4kJ⋅mol−1下列说法正确的是( )
A. 该反应能够自发的原因是ΔS>0
B. 使用合适的催化剂不改变NO2的产率，也不影响焓变ΔH
C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D. 在恒温恒压下，向该反应的容器中充入N2，反应速率不变
4. 下列有关实验装置、原理和操作正确，且能达到相应实验目的的是( )
A. 在铁制品表面镀铜
B. 测定NaOH溶液的浓度
C. 用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和热
D. 两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应是放热反应
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 澄清透明溶液中：K+、Na+、SO42−、MnO4−
B. 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中：Al3+、K+、Cl−、SO42−
C. c(H+)c(OH−)=10−12的溶液中：NH4+、Ba2+、Cl−、NO3−
D. 由水电离的c(OH−)=1×10−10mol⋅L−1的溶液中：Na+、K+、NO3−、S2O32−
6. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/(mol⋅L−1)
9×10−7
9×10−6
1×10−2
A. 三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B. 反应HZ+Y−=HY+Z−能够发生
C. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数
7. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10−19，pH=10的含Cu2+的溶液中铜离子的物质的量浓度≥2.6×10−11mol⋅L−1
B. H2S(g)+ZnO(s)=H2O(g)+ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，则ΔH>0
C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24LO2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
D. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连
8. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu+H2O2+2HCl=Cu2++2H2O+2Cl−
B. 因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C. “调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子是Cu2+、Zn2+、H+、Cl−
D. 将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
9. FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. a为电解池的阴极
B. 溶液M中含有大量的Fe2+、Cl−、H+
C. 电极b上的反应为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−
D. 随着电解进行，H+移向阴极区，故阴极区pH减小
10. 室温下，通过下列实验探究Ca(ClO)2溶液的性质。
实验1：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中滴加酚酞试剂，溶液先变红后褪色
实验2：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中通入少量CO2气体，出现白色沉淀
实验3：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中通入少量SO2气体，出现白色沉淀
实验4：将0.1mol/LCa(ClO)2溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，出现白色沉淀
下列说法不正确的是( )
A. 实验1说明Ca(ClO)2溶液中存在反应ClO−+H2O⇌HClO+OH−
B. 实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)⋅c(CO32−)=Ksp(CaCO3)
C. 实验3中生成的白色沉淀主要成分是CaSO4
D. 由实验4可得出：Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
11. 在三种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2mol A和2mol B，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g).相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
n(D)平衡/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是( )
A. K3>K2=K1
B. 实验Ⅱ可能是增大了压强
C. 实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍
D. 实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动
12. 下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是( )
选项
实验
现象
结论
A
向1.0mol⋅L−1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色
NaHCO3溶液呈碱性
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热
加热后红色加深
证明盐类是吸热反应
C
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡
沉淀由白色变为红褐色
Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度
D
相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol⋅L−1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl−对该反应起到促进作用
A. A B. B C. C D. D
13. 根据图像所得结论正确的是( )
A. 如图是反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0中 SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1>Y2
B. 如图是室温下用0.1000mol⋅L−1的一元酸HA滴定20.00mL0.1000mol⋅L−1的一元碱BOH的滴定曲线，说明BOH是强碱
C. 如图是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：b>a>c
D. 如图是室温下稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时溶液的pH随加入水的体积的变化曲线，说明曲线N代表的是盐酸
14. 草酸钠(Na2C2O4)用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
测得0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH=8.4
2
向0.2mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/L盐酸，测得混合后溶液的pH=5.5
3
向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，再滴加KMnO4溶液，振荡
4
向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是( )
A. 0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)+c(HC2O4−)
B. 实验2得到的溶液中：c(H2C2O4)>c(Cl−)>c(C2O42−)
C. 实验3中MnO4−还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2MnO4−+5C2O42−+14H+=2Mn2++10CO2↑+7H2O
D. 依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)<2.5×10−3
15. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，发生反应：2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定，生成的I2反应为：2S2O32−+I2=2I−+S4O62−。回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 ______。
(2)MnO(OH)2被I−还原为Mn2+的离子反应方程式 ______。
(3)标准溶液Na2S2O3应该盛放在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 ______(填“高”或“低”，下同)；若滴定前仰视，滴定后平视读数，导致测定结果偏 ______。
(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为 ______。若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为 ______mg⋅L−1。
16. 利用化学反应原理的知识可以有效的服务于生产和生活当中。
Ⅰ.工业生产中经常用性还原处理氧化物，起到了很好的效果。有关反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。
(1)写出上述反应的平衡常数表达式 ______。
(2)在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
0.09
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据，判断该反应的ΔH______0(填“>”或“<”)。
②判断该反应达到平衡状态的依据是 ______。(填字母)。
A.2v正(NO)=v逆(N2)
B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定
D.容器内气体平均相对分子质量恒定
Ⅱ.(1)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。如图为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的 ______(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为 ______。
(2)乙醛酸(HOOC−CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。
①N电极上的电极反应式为 ______。
②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为 ______mol。
17. 铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以玻璃粉末(主要含CeO2，还含少量SiO2Fe2O3、Al2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈(CeCl3)，主要步骤如下：
(1)酸浸：用稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取玻璃粉末，浸取液中含有Ce3+、Fe3+、Al3+、Mn2+等金属阳离子。CeO2不溶于水，写出其发生反应的离子方程式：______。Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为 ______。
(2)除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去Fe3+、Al3+。注：当pH>12时，Al(OH)3沉淀开始溶解。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10−5mol/L)。
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ce(OH)3
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9
10.1
若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，则须调节溶液pH的范围是 ______(加入NaOH溶液，忽略体积变化)。
(3)萃取与反萃取：向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)。向分离所得有机层中加入 ______能获得较纯的CeCl3溶液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl3⋅7H2O晶体。
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3。加入NH4Cl固体的作用是 ______。
18. 有效利用二氧化碳，实现“碳中和”、努力寻求污水的有效处理办法等是每一位化学研究者的责任。
(1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，可作为CO2捕获剂的有 ______。
a.Na2CO3溶液
b.氨水
c.NH4Cl溶液
(2)科研人员利用Cu/ZnO催化剂，将CO2与H2合成CH3OH，主要反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=−94.7kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=______。
(3)含铬(+6价)的废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如图：
①酸性废水中，六价铬以CrO42−或者Cr2O72−的形式存在，写出其相互转化的离子方程式：______。我国常用NaHSO3作还原剂，写出还原池中反应的离子方程式：______。
②废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH=2.5∼3.0，原因可能是 ______。
(4)我国规定，工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg⋅L−1。已知：Cr的相对原子质量为52，Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10。若用Ba2+除去废水中的CrO42−，达到废水排放标准时，废水中Ba2+浓度最低为 ______mol⋅L−1(保留小数点后2位)。用Ba2+除去废水中的CrO42−是否可行，为什么？______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.海轮的外壳上除了喷一层油漆外，还会附上一些锌块，锌块做负极，被氧化，铁做正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存，防止温度过高、环境潮湿，药品变质，故B正确；
C.明矾中Al3+可以水解，生成氢氧化铝胶体，具有净水作用，不可以起到杀菌消毒作用，故C错误；
D.NH4Cl和ZnCl2溶液水解显酸性，可作为焊接除锈剂，故D正确；
故选：C。
A.锌块比铁活泼，做负极，被氧化，铁做正极，被保护；
B.温度过高、环境潮湿，可以加快药品变质；
C.明矾不具有强氧化性，不可以起到杀菌消毒作用；
D.NH4Cl和ZnCl2溶液水解显酸性。
本题主要考查物质的性质与用途，涉及知识面较广，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.各组分浓度与初始浓度、转化率有关，c(H2O)=c(CO)时无法判断平衡状态，故A错误；
B.C(s)为固态，混合气体质量为变量，混合气体体积不变，则混合气体的密度为变量，当容器内气体密度不变时，表明达到平衡状态，故B正确；
C.v(CO)：v(H2)=1：1，没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D.消耗1molC同时生成1molH2，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故D错误；
故选：B。
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(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，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.反应正向气体分子数减小，△S<0，反应自发的原因是△H<0，故A错误；
B.加入催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，不改变NO2的产率，可逆反应焓变指的是反应物完全转化时方程的热量，加入催化剂，反应焓变不变，故B正确；
C.升温，正逆反应均加快，反应逆向吸热，升温，平衡逆向移动，故C错误；
D.在恒温恒压下，向该反应的容器中充入N2，容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故D错误；
故选：B。
A.△H−T△S<0时反应自发；
B.催化剂能加快反应速率，平衡不移动；
C.升温，反应速率加快，平衡向吸热反应方向移动；
D.恒压充入氮气，容器体积增大。
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。
4.【答案】D
【解析】解：A.电镀时镀层作阳极、镀件作阴极，在铁制品上镀铜，Cu作阳极、铁制品作阴极，故A错误；
B.盐酸溶液应该盛放在酸式滴定管中，图中是碱式滴定管，故B错误；
C.浓硫酸稀释过程中放热而干扰酸碱中和热的测定，应该用稀硫酸，故C错误；
D.升高温度平衡向放热方向移动，降低温度平衡向吸热方向移动，热水中变深、冰水中变浅，说明升高温度平衡逆向移动、降低温度平衡正向移动，则正反应为放热反应，故D正确；
故选：D。
A.电镀时镀层作阳极、镀件作阴极；
B.盐酸溶液应该盛放在酸式滴定管中；
C.浓硫酸稀释过程中放热；
D.升高温度平衡向放热方向移动，降低温度平衡向吸热方向移动。
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、实验现象、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。
5.【答案】A
【解析】解：A.K+、Na+、SO42−、MnO4−之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.Al3+、CO32−间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；
C.该溶液中存在大量OH−，NH4+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离的c(OH−)=1×10−10mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NO3−在含有大量H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化S2O32−，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，能够共存；
B.碳酸根离子与铝离子发生双水解反应；
C.该溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，硫代硫酸根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子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。
6.【答案】B
【解析】解：A.相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故A错误；
B.由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y−=HY+Z−能发生，故B正确；
C.根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误；
D.相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；
故选：B。
相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答．
本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点．
7.【答案】D
【解析】解：A.pH=10的含Cu2+的溶液中c(OH−)=10−4mol⋅L−1，由Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=2.6×10−19可知，溶液中铜离子的物质的量浓度为2.6×10−19(10−4)2mol/L=2.6×10−11mol⋅L−1，故A错误；
B.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，反应在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，可知ΔH<0，故B错误；
C.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2.24LO2的物质的量小于0.1mol，则转移电子的数目小于0.4×6.02×1023，故C错误；
D.钢铁设备与直流电源的负极相连作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，故D正确；
故选：D。
A.pH=10的含Cu2+的溶液中c(OH−)=10−4mol⋅L−1，结合Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=2.6×10−19计算；
B.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行；
C.常温常压下2.24LO2的物质的量不是0.1mol；
D.钢铁设备与直流电源的负极相连作阴极，被保护。
本题考查难溶电解质、反应热与焓变等，为高频考点，把握溶度积的计算、反应进行方向的综合判据、物质的量的计算、电化学腐蚀及防护为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.电池铜帽加入稀寒酸、过氧化氢溶解，铜生成氯化铜溶液，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故A错误；
B.高温会造成过氧化氢分解，盐酸挥发，不能采取高温，故B错误；
C.加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，溶液中大量存在的离子是Cu2+、Zn2+、H+、Cl−，故C正确；
D.直接加热蒸干氯化锌，易发生水解，不能获得无水氯化锌，应在氯化氢的氛围中加热蒸干，故D错误；
故选：C。
利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀寒酸、过氧化氢溶解，铜生成氯化铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，滤液经系列操作获得ZnCl2据此分析回答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.a极Fe2+−e−=Fe3+，a为电解池的阳极，故A错误；
B.FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S、HCl，溶液M中含有大量的Fe2+、Cl−、H+，故B正确；
C.电极b上硝酸根离子得电子生成氮气，电解液显酸性，电极反应为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，故C错误；
D.阴极发生反应2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，转移10mol电子，有10molH+移向阴极区，但阴极消耗12molH+，故阴极区pH增大，故D错误。
故选：B。
本题考查电解原理的应用和氧化还原反应，为高频考点，侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查，掌握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，注意氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.ClO−是弱离子，水解使溶液显碱性，水解方程式为ClO−+H2O⇌HClO+OH−，故A正确；
B.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体发生反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应静置后的上层清液碳酸钙的饱和溶液，则上层清液有c(Ca2+)⋅c(CO32−)=Ksp(CaCO3)，故B正确；
C.ClO−具有氧化性，可以将SO2氧化为SO42−，进一步与钙离子结合生成CaSO4沉淀，方程式为：Ca2++2ClO−+SO2=CaSO4↓+2Cl−，故C正确；
D.生成的碳酸钙是难溶固体，不能得出Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)，故D错误；
故选：D。
A.ClO−是弱离子，水解使溶液显碱性；
B.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体发生反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应静置后的上层清液碳酸钙的饱和溶液；
C.ClO−具有氧化性，可以将SO2氧化为SO42−，进一步与钙离子结合生成CaSO4沉淀；
D.生成的碳酸钙是难溶固体，不能判断Ka2(H2CO3)与Ka(HClO)的大小。
本题主要考查探究Ca(ClO)2溶液的性质，具体考查盐类的水解、沉淀溶解平衡、氧化还原反应离子方程式的书写，电离平衡常数比较等，难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.由表格可知，实验Ⅰ和Ⅱ温度相同，故K2=K1，实验Ⅲ温度升高，D的平衡时的物质的量减小，平衡逆向移动，K值减小，故K3
C.实验Ⅰ中，平衡时D的物质的量为1.5mol，A的物质的量为2mol−1.5mol=0.5mol，B的物质的量为2mol−0.75mol=1.25mol，实验Ⅲ中平衡时D的物质的量为1mol，A的物质的量为2mol−1mol=1mol，B的物质的量为2mol−0.5mol=1.5mol，由理想气体状态方程式pV=nRT可知，实验Ⅲ和Ⅰ压强比p3p1=(1+1.5+1)×(750+273.15)(0.5+1.25+1.5)×(700+273.15)≈1.1，故C错误；
D.实验Ⅲ中平衡时D的物质的量为1mol，A的物质的量为2mol−1mol=1mol，B的物质的量为2mol−0.5mol=1.5mol，则平衡时D的物质的量浓度为1mol2L=0.5mol/L，同理A的物质的量浓度为0.5mol/L，B的物质的量浓度为0.75mol/L，该温度下平衡常数K3=c2(D)c2(A)⋅c(B)=0.520.52×0.75=43，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，Qc=c2(D)c2(A)⋅c(B)=1212×0.75=43=K3，故平衡不移动，故D正确；
故选：D。
A.平衡常数只受温度影响，由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
B.实验Ⅱ速率加快，但平衡不移动；
C.恒温恒容时，容器内气体的压强比等于气体的物质的量之比，但温度升高，平衡体系压强增大；
D.由Qc与K值比较，判断平衡移动方向。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡移动方向的判断。
12.【答案】A
【解析】解：A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，使甲基橙呈黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以根据实验现象不能说明碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；
B.在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热，加热后红色加深，说明溶液碱性增强，则升高温度促进醋酸钠水解，说明盐类水解吸热，故B正确；
C.将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故C正确；
D.两种酸中氢离子浓度相同，但酸根离子不同，反应速率不同，则可能是酸根离子影响反应速率，加入盐酸溶液的反应速率快，说明可能是Cl−对该反应起到促进作用，故D正确；
故选：A。
A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4；
B.在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热，加热后红色加深，说明溶液碱性增强；
C.溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
D.两种酸中氢离子浓度相同，但酸根离子不同，反应速率不同。
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、实验现象、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。
13.【答案】A
【解析】解：A.正反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡时，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，并且压强越大，转化率越大，升高温度平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，所以图中X代表温度，Y代表压强，且Y1>Y2，故A正确；
B.由图可知，加入20.00mL0.1000mol⋅L−1的HA时恰好完全反应生成BA，溶液的pH=6，溶液发生水解呈酸性，则BOH一定是弱碱，故B错误；
C.醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入水的体积越大，醋酸溶液浓度越小，醋酸的电离程度越大，则电离程度最大的为c，即醋酸的电离程度：c>b>a，故C错误；
D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸的pH变化大，醋酸的pH变化小，无限稀释pH接近于7，所以曲线M表示盐酸、N表示醋酸，故D错误；
故选：A。
A.正反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡时，增大压强平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动；
B.一元酸HA和一元碱BOH完全反应生成BA，溶液的pH=6，呈酸性，可能为强酸弱碱盐；
C.醋酸是弱酸，随着稀释促进电离，浓度越小，电离程度越大；
D.醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释能促进其电离，
本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液的判断和化学平衡影响因素等知识，为高频考点，掌握弱电解质电离的特点及其应用、压强对化学平衡的影响等知识即可解答，注意弱酸的稀释及溶液中pH变化，试题培养了学生的分析能力及运用能力，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知，0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(C2O42−)+c(HC2O4−)，故A错误；
B.根据题意可知，草酸钠和盐酸的物质的量相等，两者恰好反应生成NaHC2O4和NaCl的混合溶液，且混合后溶液的pH=5.5，显酸性，即HC2O4−的电离程度大于水解程度，则有c(C2O42−)>c(Cl−)>c(H2C2O4)，故B错误；
C.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，先生成草酸，再滴加KMnO4溶液，振荡，MnO4−还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀，则有：c(Ca2+)×c(C2O42−)=0.05×0.05=2.5×10−3>Ksp(CaC2O4)，故D正确；
故选：D。
A.抓住电荷守恒；
B.草酸钠和盐酸的物质的量相等，两者恰好反应生成NaHC2O4和NaCl的混合溶液，且混合后溶液的pH=5.5，显酸性，即HC2O4−的电离程度大于水解程度；
C.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，先生成草酸，草酸是弱酸，不能拆成离子；
D.能够产生白色沉淀，则有：c(Ca2+)×c(C2O42−)>Ksp(CaC2O4)。
本题主要考查盐类的水解，具体考查了电荷守恒的应用，电离程度与水解程度大小的比较，离子方程式的书写，Ksp的计算等，属于高考高频考点，要求学生能够熟练的掌握、应用三大守恒，难度中等。
15.【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O酸式 低 低 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复 80ab
【解析】解：(1)扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样；所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，
故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；
(2)Mn(OH)2被I−还原为Mn2+，I−被氧化为I2，发生反应的离子方程式MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O，
故答案为：MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O；
(3)标准溶液Na2S2O3具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致标准溶液用量偏低，滴定结果偏低，若滴定前仰视，滴定后平视读数，则初始读数偏大，最终读数偏低，滴定结果偏低，
故答案为：酸式；低；低；
(4)用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复，根据上述反应可得出关系式O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3，n(O2)=14n(Na2S2O3)=ab4000mol，m(O2)=32ab4000g，水样中溶解氧的含量为32ab4000×1000mg0.1L=80abmg/L，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复；80ab。
(1)扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样；所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致；
(2)Mn(OH)2被I−还原为Mn2+，I−被氧化为I2；
(3)标准溶液Na2S2O3具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致标准溶液用量偏多，若滴定前仰视，滴定后平视读数，则初始读数偏大，最终读数偏低；
(4)用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复，根据上述反应可得出关系式O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3，n(O2)=14n(Na2S2O3)=ab4000mol，m(O2)=32ab4000g，据此计算。
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。
16.【答案】K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO) >BD负 ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH− HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O2
【解析】解：(1)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)，
故答案为：K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)；
(2)①依据按1和实验2计算平衡状态的平衡常数判断升温平衡移动方向，
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L)0.200
变化量(mol/L)0.090.0450.045
平衡量(mol/L)0.110.0450.045
K1=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)=0.045×0.0450.112≈0.167，
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L)0.1200
变化量(mol/L)0.080.040.04
平衡量(mol/L)0.040.040.04
K2=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)=0.04×0.040.042=1>K1，升温平衡常数增大说明反应为吸热反应，△H>0，
故答案为：>；
②A.当v正(NO)=2v逆(N2)才能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.容器内各气体浓度恒定，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体物质的量不变，容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，容器内气体平均相对分子质量是变量，当容器内气体平均相对分子质量恒定说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
Ⅱ(1)由图可知，E极为镁合金，镁失去电子转化为Mg(OH)2，F电极为正极，ClO−在该极得到电子被还原为Cl−，电极反应式为：ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH−，
故答案为：负；ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH−；
(2)①由图可知，M极Cl−转化为Cl2，化合价升高，失去电子，为阳极，所以N极为阴极，HOOC−COOH在阴极上得到电子被还原为HOOC−CHO，电极反应为：HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O，
故答案为：HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O；
②若有2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，可知阴极生成HOOC−CHO为1mol，阳极电极反应式为：2Cl−−2e−=Cl2，生成的Cl2再与乙二醛反应生成HOOC−CHO，方程式为：Cl2+OHC−CHO+H2O=HOOC−CHO+2HCl，该反应中1molCl2参加反应转移的电子为2mol，所以阳极也生成1molHOOC−CHO，故该装置中生成的乙醛酸为2mol，
故答案为：2。
Ⅰ(1)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
(2)①计算700℃和800℃的平衡常数判断反应的焓变，按实验1和实验2计算平衡状态的平衡常数判断升温平衡移动方向，结合平衡移动原理方向判断；
②达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不变，据此回答判断；
Ⅱ(1)化合价升高，失去电子的一极为负极，F电极为正极，ClO−在该极得到电子被还原为Cl−，根据原子守恒和电荷守恒即可写出电极反应式；
(2)①由图可知，M极化合价升高，失去电子，为阳极，所以N极为阴极，HOOC−COOH在阴极上得到电子被还原为HOOC−CHO，根据原子守恒和电荷守恒即可写出电极反应；
②若有2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据阴极反应和阳极反应，即可计算出两极共生成的HOOC−CHO的物质的量。
本题考查化学平衡常数、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度中等。
17.【答案】Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O；最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L5.2≤pH≤8盐酸 NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3
【解析】解：(1)“酸浸”步骤中发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O，分析图像的最高点可知，最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L，
故答案为：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O；最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L；
(2)由于铝离子比铁离子更难沉淀，故当铝离子沉淀完全时，对应pH为5.2，c(Ce3+)=1.0×10−5mol/L时，说明完全沉淀，对应的Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10−5×(10−5)3=1.0×10−20，浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，对应的c(OH−)=3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)=1×10−6mol/L，pH为8，故应控制的pH范围为5.2≤pH≤8，
故答案为：5.2≤pH≤8；
(3)向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)，如果得到较纯的CeCl3溶液，平衡应向左移动，故应加入适量的盐酸，
故答案为：盐酸；
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3，加入NH4Cl固体的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3，
故答案为：NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3。
(1)“酸浸”步骤中发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O，分析图像的最高点判断，；
(2)由于铝离子比铁离子更难沉淀，故当铝离子沉淀完全时，对应pH为5.2，c(Ce3+)=1.0×10−5mol/L时，说明完全沉淀，对应的Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10−5×(10−5)3=1.0×10−20，浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，对应的c(OH−)=3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)=1×10−6mol/L，pH为8；
(3)向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)，如果得到较纯的CeCl3溶液，平衡应向左移动；
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3，加入NH4Cl固体的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
18.【答案】ab−53.7kJ/mol2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+ Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2OpH太高，水中六价铬残留多，pH太低，酸消耗大，增加碱的成本，腐蚀设备管道等 6.24×10−5 不可行，因为所加的Ba2+也有剧毒，危害较大
【解析】解：(1)CO2是酸性气体，具有碱性的物质能作为CO2捕获剂，故碳酸钠溶液和浓氨水正确，
故答案为：ab；
(2)已知：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−94.7kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ，整理可得反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H3=(+41−94.7)kJ/mol=−53.7kJ/mol，
故答案为：−53.7kJ/mol；
(3)①溶液中Cr2O72−转化为CrO42−的离子方程式为2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+，弱酸性条件下六价铬主要以Cr2O72−的形式存在，还原池中NaHSO3还原Cr2O72−的离子方程式为Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2O，
故答案为：2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+；Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2O；
②废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化图可知，pH太高时水中残留六价铬的浓度较大，pH太小时，pH调整池中消耗碱又较多，同时设备要求也较高，所以控制适宜pH为2.5∼3.0，
故答案为：pH太高，水中六价铬残留多，pH太低，酸消耗大，增加碱的成本，腐蚀设备管道等；
(4)工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg/L，即溶液中CrO42−的允许存在最大浓度为0.1×10−352mol/L=1.923×10−6mol/L，恰好形成饱和溶液时最低的Ba2+浓度为Ksp(BaCrO4)c(CrO42−)=1.2×10−101.923×10−6mol/L=6.24×10−5mol/L，但所加的Ba2+也有剧毒，危害较大，所以用Ba2+除去废水中的CrO42−方案不可行，
故答案为：6.24×10−5；不可行，因为所加的Ba2+也有剧毒，危害较大。
(1)CO2是酸性气体，具有碱性的物质能作为CO2捕获剂；
(2)已知：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−94.7kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ，整理可得反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；
(3)工艺流程为：含铬(VI)废水中加入硫酸酸化，用NaHSO3等物质作还原剂，转化为Cr(III)，加入碱调节pH使之转化为成Cr(OH)3沉淀，沉降、过滤得到Cr(OH)3；
①溶液中Cr2O72−转化为CrO42−和H+，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式；弱酸性条件下六价铬以Cr2O72−的形式存在，NaHSO3还原Cr2O72−生成Cr3+和SO42−，结合电子守恒和电荷守恒配平、写出离子方程式；
②由图2可知，还原池pH较高时水中残留六价铬的浓度大，pH太小时，pH调整池中消耗碱较多，同时设备要求也较高；
(4)工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg/L，即溶液中CrO42−的浓度最大为0.1×10−352mol/L=1.923×10−6mol/L，根据Kap(BaCrO4)=1.2×10−10计算废水中Ba2+最低浓度；但Ba2+是剧毒离子，危害较大，据此分析解答。
本题考查盖斯定律、化学平衡状态的判断、平衡移动原理等，关键是把握盖斯定律从的应用方法、化学平衡的特征，理解外界条件对平衡移动的影响和平衡常数的含义，题目难度中等。
2021-2022学年江苏省镇江市五校高二（下）月考化学试卷（3月份）
1. 化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是( )
A. 海轮的外壳上除了喷一层油漆外，还会附上一些锌块
B. 医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存
C. 明矾中Al3+可以水解，在水中可以起到杀菌消毒作用
D. NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂
2. 煤气化过程中的主要反应：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)ΔH>0，在恒温恒容密闭体系中进行反应，可作为判断反应是否达到平衡状态的依据是( )
A. c(H2O)=c(CO) B. 容器内气体密度不变
C. v(CO)：v(H2)=1：1 D. 消耗1molC同时生成1molH2
3. 对于反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，ΔH=−116.4kJ⋅mol−1下列说法正确的是( )
A. 该反应能够自发的原因是ΔS>0
B. 使用合适的催化剂不改变NO2的产率，也不影响焓变ΔH
C. 升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D. 在恒温恒压下，向该反应的容器中充入N2，反应速率不变
4. 下列有关实验装置、原理和操作正确，且能达到相应实验目的的是( )
A. 在铁制品表面镀铜
B. 测定NaOH溶液的浓度
C. 用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和热
D. 两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应是放热反应
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 澄清透明溶液中：K+、Na+、SO42−、MnO4−
B. 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中：Al3+、K+、Cl−、SO42−
C. c(H+)c(OH−)=10−12的溶液中：NH4+、Ba2+、Cl−、NO3−
D. 由水电离的c(OH−)=1×10−10mol⋅L−1的溶液中：Na+、K+、NO3−、S2O32−
6. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/(mol⋅L−1)
9×10−7
9×10−6
1×10−2
A. 三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B. 反应HZ+Y−=HY+Z−能够发生
C. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX溶液的电离常数
7. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10−19，pH=10的含Cu2+的溶液中铜离子的物质的量浓度≥2.6×10−11mol⋅L−1
B. H2S(g)+ZnO(s)=H2O(g)+ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，则ΔH>0
C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24LO2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
D. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连
8. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu+H2O2+2HCl=Cu2++2H2O+2Cl−
B. 因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C. “调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子是Cu2+、Zn2+、H+、Cl−
D. 将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
9. FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. a为电解池的阴极
B. 溶液M中含有大量的Fe2+、Cl−、H+
C. 电极b上的反应为2NO3−+10e−+6H2O=N2↑+12OH−
D. 随着电解进行，H+移向阴极区，故阴极区pH减小
10. 室温下，通过下列实验探究Ca(ClO)2溶液的性质。
实验1：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中滴加酚酞试剂，溶液先变红后褪色
实验2：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中通入少量CO2气体，出现白色沉淀
实验3：向0.1mol/LCa(ClO)2溶液中通入少量SO2气体，出现白色沉淀
实验4：将0.1mol/LCa(ClO)2溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，出现白色沉淀
下列说法不正确的是( )
A. 实验1说明Ca(ClO)2溶液中存在反应ClO−+H2O⇌HClO+OH−
B. 实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)⋅c(CO32−)=Ksp(CaCO3)
C. 实验3中生成的白色沉淀主要成分是CaSO4
D. 由实验4可得出：Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)
11. 在三种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2mol A和2mol B，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g).相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
n(D)平衡/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是( )
A. K3>K2=K1
B. 实验Ⅱ可能是增大了压强
C. 实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍
D. 实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动
12. 下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是( )
选项
实验
现象
结论
A
向1.0mol⋅L−1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色
NaHCO3溶液呈碱性
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热
加热后红色加深
证明盐类是吸热反应
C
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡
沉淀由白色变为红褐色
Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度
D
相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol⋅L−1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl−对该反应起到促进作用
A. A B. B C. C D. D
13. 根据图像所得结论正确的是( )
A. 如图是反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0中 SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1>Y2
B. 如图是室温下用0.1000mol⋅L−1的一元酸HA滴定20.00mL0.1000mol⋅L−1的一元碱BOH的滴定曲线，说明BOH是强碱
C. 如图是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：b>a>c
D. 如图是室温下稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时溶液的pH随加入水的体积的变化曲线，说明曲线N代表的是盐酸
14. 草酸钠(Na2C2O4)用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
测得0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH=8.4
2
向0.2mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/L盐酸，测得混合后溶液的pH=5.5
3
向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，再滴加KMnO4溶液，振荡
4
向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是( )
A. 0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(C2O42−)+c(HC2O4−)
B. 实验2得到的溶液中：c(H2C2O4)>c(Cl−)>c(C2O42−)
C. 实验3中MnO4−还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2MnO4−+5C2O42−+14H+=2Mn2++10CO2↑+7H2O
D. 依据实验4可得：Ksp(CaC2O4)<2.5×10−3
15. 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，发生反应：2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定，生成的I2反应为：2S2O32−+I2=2I−+S4O62−。回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 ______。
(2)MnO(OH)2被I−还原为Mn2+的离子反应方程式 ______。
(3)标准溶液Na2S2O3应该盛放在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 ______(填“高”或“低”，下同)；若滴定前仰视，滴定后平视读数，导致测定结果偏 ______。
(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为 ______。若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为 ______mg⋅L−1。
16. 利用化学反应原理的知识可以有效的服务于生产和生活当中。
Ⅰ.工业生产中经常用性还原处理氧化物，起到了很好的效果。有关反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。
(1)写出上述反应的平衡常数表达式 ______。
(2)在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
0.09
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据，判断该反应的ΔH______0(填“>”或“<”)。
②判断该反应达到平衡状态的依据是 ______。(填字母)。
A.2v正(NO)=v逆(N2)
B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定
D.容器内气体平均相对分子质量恒定
Ⅱ.(1)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。如图为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的 ______(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为 ______。
(2)乙醛酸(HOOC−CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。
①N电极上的电极反应式为 ______。
②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为 ______mol。
17. 铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。以玻璃粉末(主要含CeO2，还含少量SiO2Fe2O3、Al2O3及微量MnO)为原料可制备无水氯化铈(CeCl3)，主要步骤如下：
(1)酸浸：用稀硫酸和双氧水的混合溶液浸取玻璃粉末，浸取液中含有Ce3+、Fe3+、Al3+、Mn2+等金属阳离子。CeO2不溶于水，写出其发生反应的离子方程式：______。Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示。生产中应选择的适宜条件为 ______。
(2)除杂：向浸出液中加入NaOH调节pH除去Fe3+、Al3+。注：当pH>12时，Al(OH)3沉淀开始溶解。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10−5mol/L)。
沉淀
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ce(OH)3
Mn(OH)2
恰好完全沉淀时pH
5.2
2.8
9
10.1
若浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，则须调节溶液pH的范围是 ______(加入NaOH溶液，忽略体积变化)。
(3)萃取与反萃取：向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)。向分离所得有机层中加入 ______能获得较纯的CeCl3溶液。结晶析出：将CeCl3溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到CeCl3⋅7H2O晶体。
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3。加入NH4Cl固体的作用是 ______。
18. 有效利用二氧化碳，实现“碳中和”、努力寻求污水的有效处理办法等是每一位化学研究者的责任。
(1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，可作为CO2捕获剂的有 ______。
a.Na2CO3溶液
b.氨水
c.NH4Cl溶液
(2)科研人员利用Cu/ZnO催化剂，将CO2与H2合成CH3OH，主要反应的热化学方程式如下。
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=−94.7kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=______。
(3)含铬(+6价)的废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。其部分工艺流程如图：
①酸性废水中，六价铬以CrO42−或者Cr2O72−的形式存在，写出其相互转化的离子方程式：______。我国常用NaHSO3作还原剂，写出还原池中反应的离子方程式：______。
②废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。实际生产中需控制pH=2.5∼3.0，原因可能是 ______。
(4)我国规定，工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg⋅L−1。已知：Cr的相对原子质量为52，Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10。若用Ba2+除去废水中的CrO42−，达到废水排放标准时，废水中Ba2+浓度最低为 ______mol⋅L−1(保留小数点后2位)。用Ba2+除去废水中的CrO42−是否可行，为什么？______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.海轮的外壳上除了喷一层油漆外，还会附上一些锌块，锌块做负极，被氧化，铁做正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存，防止温度过高、环境潮湿，药品变质，故B正确；
C.明矾中Al3+可以水解，生成氢氧化铝胶体，具有净水作用，不可以起到杀菌消毒作用，故C错误；
D.NH4Cl和ZnCl2溶液水解显酸性，可作为焊接除锈剂，故D正确；
故选：C。
A.锌块比铁活泼，做负极，被氧化，铁做正极，被保护；
B.温度过高、环境潮湿，可以加快药品变质；
C.明矾不具有强氧化性，不可以起到杀菌消毒作用；
D.NH4Cl和ZnCl2溶液水解显酸性。
本题主要考查物质的性质与用途，涉及知识面较广，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.各组分浓度与初始浓度、转化率有关，c(H2O)=c(CO)时无法判断平衡状态，故A错误；
B.C(s)为固态，混合气体质量为变量，混合气体体积不变，则混合气体的密度为变量，当容器内气体密度不变时，表明达到平衡状态，故B正确；
C.v(CO)：v(H2)=1：1，没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D.消耗1molC同时生成1molH2，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故D错误；
故选：B。
C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(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，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.反应正向气体分子数减小，△S<0，反应自发的原因是△H<0，故A错误；
B.加入催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，不改变NO2的产率，可逆反应焓变指的是反应物完全转化时方程的热量，加入催化剂，反应焓变不变，故B正确；
C.升温，正逆反应均加快，反应逆向吸热，升温，平衡逆向移动，故C错误；
D.在恒温恒压下，向该反应的容器中充入N2，容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故D错误；
故选：B。
A.△H−T△S<0时反应自发；
B.催化剂能加快反应速率，平衡不移动；
C.升温，反应速率加快，平衡向吸热反应方向移动；
D.恒压充入氮气，容器体积增大。
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。
4.【答案】D
【解析】解：A.电镀时镀层作阳极、镀件作阴极，在铁制品上镀铜，Cu作阳极、铁制品作阴极，故A错误；
B.盐酸溶液应该盛放在酸式滴定管中，图中是碱式滴定管，故B错误；
C.浓硫酸稀释过程中放热而干扰酸碱中和热的测定，应该用稀硫酸，故C错误；
D.升高温度平衡向放热方向移动，降低温度平衡向吸热方向移动，热水中变深、冰水中变浅，说明升高温度平衡逆向移动、降低温度平衡正向移动，则正反应为放热反应，故D正确；
故选：D。
A.电镀时镀层作阳极、镀件作阴极；
B.盐酸溶液应该盛放在酸式滴定管中；
C.浓硫酸稀释过程中放热；
D.升高温度平衡向放热方向移动，降低温度平衡向吸热方向移动。
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、实验现象、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。
5.【答案】A
【解析】解：A.K+、Na+、SO42−、MnO4−之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.Al3+、CO32−间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；
C.该溶液中存在大量OH−，NH4+、OH−之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离的c(OH−)=1×10−10mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NO3−在含有大量H+的溶液中具有强氧化性，能够氧化S2O32−，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，能够共存；
B.碳酸根离子与铝离子发生双水解反应；
C.该溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，硫代硫酸根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、常见离子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。
6.【答案】B
【解析】解：A.相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故A错误；
B.由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y−=HY+Z−能发生，故B正确；
C.根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误；
D.相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；
故选：B。
相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答．
本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点．
7.【答案】D
【解析】解：A.pH=10的含Cu2+的溶液中c(OH−)=10−4mol⋅L−1，由Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=2.6×10−19可知，溶液中铜离子的物质的量浓度为2.6×10−19(10−4)2mol/L=2.6×10−11mol⋅L−1，故A错误；
B.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，反应在一定条件下可自发进行，且ΔS<0，可知ΔH<0，故B错误；
C.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2.24LO2的物质的量小于0.1mol，则转移电子的数目小于0.4×6.02×1023，故C错误；
D.钢铁设备与直流电源的负极相连作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，故D正确；
故选：D。
A.pH=10的含Cu2+的溶液中c(OH−)=10−4mol⋅L−1，结合Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)⋅c2(OH−)=2.6×10−19计算；
B.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行；
C.常温常压下2.24LO2的物质的量不是0.1mol；
D.钢铁设备与直流电源的负极相连作阴极，被保护。
本题考查难溶电解质、反应热与焓变等，为高频考点，把握溶度积的计算、反应进行方向的综合判据、物质的量的计算、电化学腐蚀及防护为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.电池铜帽加入稀寒酸、过氧化氢溶解，铜生成氯化铜溶液，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故A错误；
B.高温会造成过氧化氢分解，盐酸挥发，不能采取高温，故B错误；
C.加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，溶液中大量存在的离子是Cu2+、Zn2+、H+、Cl−，故C正确；
D.直接加热蒸干氯化锌，易发生水解，不能获得无水氯化锌，应在氯化氢的氛围中加热蒸干，故D错误；
故选：C。
利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入稀寒酸、过氧化氢溶解，铜生成氯化铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，滤液经系列操作获得ZnCl2据此分析回答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.a极Fe2+−e−=Fe3+，a为电解池的阳极，故A错误；
B.FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S、HCl，溶液M中含有大量的Fe2+、Cl−、H+，故B正确；
C.电极b上硝酸根离子得电子生成氮气，电解液显酸性，电极反应为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，故C错误；
D.阴极发生反应2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，转移10mol电子，有10molH+移向阴极区，但阴极消耗12molH+，故阴极区pH增大，故D错误。
故选：B。
本题考查电解原理的应用和氧化还原反应，为高频考点，侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查，掌握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写为解题关键，注意氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.ClO−是弱离子，水解使溶液显碱性，水解方程式为ClO−+H2O⇌HClO+OH−，故A正确；
B.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体发生反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应静置后的上层清液碳酸钙的饱和溶液，则上层清液有c(Ca2+)⋅c(CO32−)=Ksp(CaCO3)，故B正确；
C.ClO−具有氧化性，可以将SO2氧化为SO42−，进一步与钙离子结合生成CaSO4沉淀，方程式为：Ca2++2ClO−+SO2=CaSO4↓+2Cl−，故C正确；
D.生成的碳酸钙是难溶固体，不能得出Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)，故D错误；
故选：D。
A.ClO−是弱离子，水解使溶液显碱性；
B.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体发生反应为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应静置后的上层清液碳酸钙的饱和溶液；
C.ClO−具有氧化性，可以将SO2氧化为SO42−，进一步与钙离子结合生成CaSO4沉淀；
D.生成的碳酸钙是难溶固体，不能判断Ka2(H2CO3)与Ka(HClO)的大小。
本题主要考查探究Ca(ClO)2溶液的性质，具体考查盐类的水解、沉淀溶解平衡、氧化还原反应离子方程式的书写，电离平衡常数比较等，难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.由表格可知，实验Ⅰ和Ⅱ温度相同，故K2=K1，实验Ⅲ温度升高，D的平衡时的物质的量减小，平衡逆向移动，K值减小，故K3
C.实验Ⅰ中，平衡时D的物质的量为1.5mol，A的物质的量为2mol−1.5mol=0.5mol，B的物质的量为2mol−0.75mol=1.25mol，实验Ⅲ中平衡时D的物质的量为1mol，A的物质的量为2mol−1mol=1mol，B的物质的量为2mol−0.5mol=1.5mol，由理想气体状态方程式pV=nRT可知，实验Ⅲ和Ⅰ压强比p3p1=(1+1.5+1)×(750+273.15)(0.5+1.25+1.5)×(700+273.15)≈1.1，故C错误；
D.实验Ⅲ中平衡时D的物质的量为1mol，A的物质的量为2mol−1mol=1mol，B的物质的量为2mol−0.5mol=1.5mol，则平衡时D的物质的量浓度为1mol2L=0.5mol/L，同理A的物质的量浓度为0.5mol/L，B的物质的量浓度为0.75mol/L，该温度下平衡常数K3=c2(D)c2(A)⋅c(B)=0.520.52×0.75=43，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，Qc=c2(D)c2(A)⋅c(B)=1212×0.75=43=K3，故平衡不移动，故D正确；
故选：D。
A.平衡常数只受温度影响，由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
B.实验Ⅱ速率加快，但平衡不移动；
C.恒温恒容时，容器内气体的压强比等于气体的物质的量之比，但温度升高，平衡体系压强增大；
D.由Qc与K值比较，判断平衡移动方向。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡移动方向的判断。
12.【答案】A
【解析】解：A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4，使甲基橙呈黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以根据实验现象不能说明碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；
B.在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热，加热后红色加深，说明溶液碱性增强，则升高温度促进醋酸钠水解，说明盐类水解吸热，故B正确；
C.将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故C正确；
D.两种酸中氢离子浓度相同，但酸根离子不同，反应速率不同，则可能是酸根离子影响反应速率，加入盐酸溶液的反应速率快，说明可能是Cl−对该反应起到促进作用，故D正确；
故选：A。
A.甲基橙的变色范围为3.1∼4.4；
B.在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液并加热，加热后红色加深，说明溶液碱性增强；
C.溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
D.两种酸中氢离子浓度相同，但酸根离子不同，反应速率不同。
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、实验现象、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。
13.【答案】A
【解析】解：A.正反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡时，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，并且压强越大，转化率越大，升高温度平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，所以图中X代表温度，Y代表压强，且Y1>Y2，故A正确；
B.由图可知，加入20.00mL0.1000mol⋅L−1的HA时恰好完全反应生成BA，溶液的pH=6，溶液发生水解呈酸性，则BOH一定是弱碱，故B错误；
C.醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入水的体积越大，醋酸溶液浓度越小，醋酸的电离程度越大，则电离程度最大的为c，即醋酸的电离程度：c>b>a，故C错误；
D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸的pH变化大，醋酸的pH变化小，无限稀释pH接近于7，所以曲线M表示盐酸、N表示醋酸，故D错误；
故选：A。
A.正反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡时，增大压强平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动；
B.一元酸HA和一元碱BOH完全反应生成BA，溶液的pH=6，呈酸性，可能为强酸弱碱盐；
C.醋酸是弱酸，随着稀释促进电离，浓度越小，电离程度越大；
D.醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释能促进其电离，
本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液的判断和化学平衡影响因素等知识，为高频考点，掌握弱电解质电离的特点及其应用、压强对化学平衡的影响等知识即可解答，注意弱酸的稀释及溶液中pH变化，试题培养了学生的分析能力及运用能力，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知，0.1mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(C2O42−)+c(HC2O4−)，故A错误；
B.根据题意可知，草酸钠和盐酸的物质的量相等，两者恰好反应生成NaHC2O4和NaCl的混合溶液，且混合后溶液的pH=5.5，显酸性，即HC2O4−的电离程度大于水解程度，则有c(C2O42−)>c(Cl−)>c(H2C2O4)，故B错误；
C.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，先生成草酸，再滴加KMnO4溶液，振荡，MnO4−还原成Mn2+，则反应的离子方程式：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中加入等体积0.1mol/LCaCl2溶液，产生白色沉淀，则有：c(Ca2+)×c(C2O42−)=0.05×0.05=2.5×10−3>Ksp(CaC2O4)，故D正确；
故选：D。
A.抓住电荷守恒；
B.草酸钠和盐酸的物质的量相等，两者恰好反应生成NaHC2O4和NaCl的混合溶液，且混合后溶液的pH=5.5，显酸性，即HC2O4−的电离程度大于水解程度；
C.向0.1mol/LNa2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4，先生成草酸，草酸是弱酸，不能拆成离子；
D.能够产生白色沉淀，则有：c(Ca2+)×c(C2O42−)>Ksp(CaC2O4)。
本题主要考查盐类的水解，具体考查了电荷守恒的应用，电离程度与水解程度大小的比较，离子方程式的书写，Ksp的计算等，属于高考高频考点，要求学生能够熟练的掌握、应用三大守恒，难度中等。
15.【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O酸式 低 低 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复 80ab
【解析】解：(1)扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样；所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，
故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；
(2)Mn(OH)2被I−还原为Mn2+，I−被氧化为I2，发生反应的离子方程式MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O，
故答案为：MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O；
(3)标准溶液Na2S2O3具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致标准溶液用量偏低，滴定结果偏低，若滴定前仰视，滴定后平视读数，则初始读数偏大，最终读数偏低，滴定结果偏低，
故答案为：酸式；低；低；
(4)用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复，根据上述反应可得出关系式O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3，n(O2)=14n(Na2S2O3)=ab4000mol，m(O2)=32ab4000g，水样中溶解氧的含量为32ab4000×1000mg0.1L=80abmg/L，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复；80ab。
(1)扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样；所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致；
(2)Mn(OH)2被I−还原为Mn2+，I−被氧化为I2；
(3)标准溶液Na2S2O3具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致标准溶液用量偏多，若滴定前仰视，滴定后平视读数，则初始读数偏大，最终读数偏低；
(4)用Na2S2O3溶液滴定I2，I2遇淀粉呈蓝色，终点的现象：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪为无色，且在30s内不恢复，根据上述反应可得出关系式O2∼2MnO(OH)2∼2I2∼4Na2S2O3，n(O2)=14n(Na2S2O3)=ab4000mol，m(O2)=32ab4000g，据此计算。
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。
16.【答案】K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO) >BD负 ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH− HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O2
【解析】解：(1)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)，
故答案为：K=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)；
(2)①依据按1和实验2计算平衡状态的平衡常数判断升温平衡移动方向，
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L)0.200
变化量(mol/L)0.090.0450.045
平衡量(mol/L)0.110.0450.045
K1=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)=0.045×0.0450.112≈0.167，
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L)0.1200
变化量(mol/L)0.080.040.04
平衡量(mol/L)0.040.040.04
K2=c(N2)⋅c(CO2)c2(NO)=0.04×0.040.042=1>K1，升温平衡常数增大说明反应为吸热反应，△H>0，
故答案为：>；
②A.当v正(NO)=2v逆(N2)才能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.容器内各气体浓度恒定，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体物质的量不变，容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，容器内气体平均相对分子质量是变量，当容器内气体平均相对分子质量恒定说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
Ⅱ(1)由图可知，E极为镁合金，镁失去电子转化为Mg(OH)2，F电极为正极，ClO−在该极得到电子被还原为Cl−，电极反应式为：ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH−，
故答案为：负；ClO−+2e−+H2O=Cl−+2OH−；
(2)①由图可知，M极Cl−转化为Cl2，化合价升高，失去电子，为阳极，所以N极为阴极，HOOC−COOH在阴极上得到电子被还原为HOOC−CHO，电极反应为：HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O，
故答案为：HOOC−COOH+2e−+2H+=HOOC−CHO+H2O；
②若有2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，可知阴极生成HOOC−CHO为1mol，阳极电极反应式为：2Cl−−2e−=Cl2，生成的Cl2再与乙二醛反应生成HOOC−CHO，方程式为：Cl2+OHC−CHO+H2O=HOOC−CHO+2HCl，该反应中1molCl2参加反应转移的电子为2mol，所以阳极也生成1molHOOC−CHO，故该装置中生成的乙醛酸为2mol，
故答案为：2。
Ⅰ(1)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
(2)①计算700℃和800℃的平衡常数判断反应的焓变，按实验1和实验2计算平衡状态的平衡常数判断升温平衡移动方向，结合平衡移动原理方向判断；
②达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不变，据此回答判断；
Ⅱ(1)化合价升高，失去电子的一极为负极，F电极为正极，ClO−在该极得到电子被还原为Cl−，根据原子守恒和电荷守恒即可写出电极反应式；
(2)①由图可知，M极化合价升高，失去电子，为阳极，所以N极为阴极，HOOC−COOH在阴极上得到电子被还原为HOOC−CHO，根据原子守恒和电荷守恒即可写出电极反应；
②若有2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据阴极反应和阳极反应，即可计算出两极共生成的HOOC−CHO的物质的量。
本题考查化学平衡常数、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度中等。
17.【答案】Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O；最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L5.2≤pH≤8盐酸 NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3
【解析】解：(1)“酸浸”步骤中发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O，分析图像的最高点可知，最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L，
故答案为：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O；最适温度为75℃，最适氢离子浓度为2.3mol/L；
(2)由于铝离子比铁离子更难沉淀，故当铝离子沉淀完全时，对应pH为5.2，c(Ce3+)=1.0×10−5mol/L时，说明完全沉淀，对应的Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10−5×(10−5)3=1.0×10−20，浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，对应的c(OH−)=3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)=1×10−6mol/L，pH为8，故应控制的pH范围为5.2≤pH≤8，
故答案为：5.2≤pH≤8；
(3)向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)，如果得到较纯的CeCl3溶液，平衡应向左移动，故应加入适量的盐酸，
故答案为：盐酸；
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3，加入NH4Cl固体的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3，
故答案为：NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解，所以将NH4Cl固体与CeCl3⋅7H2O混合真空加热可得无水CeCl3。
(1)“酸浸”步骤中发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=Al3++3H2O，分析图像的最高点判断，；
(2)由于铝离子比铁离子更难沉淀，故当铝离子沉淀完全时，对应pH为5.2，c(Ce3+)=1.0×10−5mol/L时，说明完全沉淀，对应的Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10−5×(10−5)3=1.0×10−20，浸取液中c(Ce3+)=0.01mol/L，对应的c(OH−)=3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)=1×10−6mol/L，pH为8；
(3)向除杂后的溶液中，加入有机物HT，发生反应：Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)，如果得到较纯的CeCl3溶液，平衡应向左移动；
(4)加热脱水：将NH4Cl固体和CeCl3⋅7H2O混合，在真空中加热可得无水CeCl3，加入NH4Cl固体的作用是NH4Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
18.【答案】ab−53.7kJ/mol2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+ Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2OpH太高，水中六价铬残留多，pH太低，酸消耗大，增加碱的成本，腐蚀设备管道等 6.24×10−5 不可行，因为所加的Ba2+也有剧毒，危害较大
【解析】解：(1)CO2是酸性气体，具有碱性的物质能作为CO2捕获剂，故碳酸钠溶液和浓氨水正确，
故答案为：ab；
(2)已知：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−94.7kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ，整理可得反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H3=(+41−94.7)kJ/mol=−53.7kJ/mol，
故答案为：−53.7kJ/mol；
(3)①溶液中Cr2O72−转化为CrO42−的离子方程式为2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+，弱酸性条件下六价铬主要以Cr2O72−的形式存在，还原池中NaHSO3还原Cr2O72−的离子方程式为Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2O，
故答案为：2CrO42−+2H2O⇌Cr2O72−+2H+；Cr2O72−+3HSO3−+5H+=2Cr3++3SO42−+4H2O；
②废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化图可知，pH太高时水中残留六价铬的浓度较大，pH太小时，pH调整池中消耗碱又较多，同时设备要求也较高，所以控制适宜pH为2.5∼3.0，
故答案为：pH太高，水中六价铬残留多，pH太低，酸消耗大，增加碱的成本，腐蚀设备管道等；
(4)工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg/L，即溶液中CrO42−的允许存在最大浓度为0.1×10−352mol/L=1.923×10−6mol/L，恰好形成饱和溶液时最低的Ba2+浓度为Ksp(BaCrO4)c(CrO42−)=1.2×10−101.923×10−6mol/L=6.24×10−5mol/L，但所加的Ba2+也有剧毒，危害较大，所以用Ba2+除去废水中的CrO42−方案不可行，
故答案为：6.24×10−5；不可行，因为所加的Ba2+也有剧毒，危害较大。
(1)CO2是酸性气体，具有碱性的物质能作为CO2捕获剂；
(2)已知：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−94.7kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ，整理可得反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；
(3)工艺流程为：含铬(VI)废水中加入硫酸酸化，用NaHSO3等物质作还原剂，转化为Cr(III)，加入碱调节pH使之转化为成Cr(OH)3沉淀，沉降、过滤得到Cr(OH)3；
①溶液中Cr2O72−转化为CrO42−和H+，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式；弱酸性条件下六价铬以Cr2O72−的形式存在，NaHSO3还原Cr2O72−生成Cr3+和SO42−，结合电子守恒和电荷守恒配平、写出离子方程式；
②由图2可知，还原池pH较高时水中残留六价铬的浓度大，pH太小时，pH调整池中消耗碱较多，同时设备要求也较高；
(4)工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1mg/L，即溶液中CrO42−的浓度最大为0.1×10−352mol/L=1.923×10−6mol/L，根据Kap(BaCrO4)=1.2×10−10计算废水中Ba2+最低浓度；但Ba2+是剧毒离子，危害较大，据此分析解答。
本题考查盖斯定律、化学平衡状态的判断、平衡移动原理等，关键是把握盖斯定律从的应用方法、化学平衡的特征，理解外界条件对平衡移动的影响和平衡常数的含义，题目难度中等。
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