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2021-2022学年新疆喀什地区岳普湖县高二（下）第一次调研化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年新疆喀什地区岳普湖县高二（下）第一次调研化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了49kJ/ml， 一定温度下，反应等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年新疆喀什地区岳普湖县高二（下）第一次调研化学试卷
1. 化学与生活、生产息息相关．下列说法错误的是( )
A. 使用含氟牙膏可以有效预防龋齿 B. 碱性的锌锰干电池属于二次电池
C. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 D. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生铜锈
2. Ca+金属离子体系催化N2O和CO反应的过程不需要吸收能量，Ca+是理想的金属阳离子催化剂。该反应的催化原理如图所示，下列叙述错误的是( )
A. 该反应的决速步骤为IM4→IM5
B. Ca+作该反应的催化剂时降低了反应的活化能
C. 催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+=N2+CaO+
D. N2O和CO反应的热化学方程式为N2O+CO=N2+CO2△H=−43.49kJ/mol
3. 常温下，pH=10的M、N两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 稀释前，两溶液中n(OH−)不等
B. 稀释后，M溶液的碱性比N溶液的碱性强
C. 完全中和M、N溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D. 若8
4. HCOOH是一种弱酸，常温下，对HCOOH溶液进行稀释，下列物理量的比值增大的是( )
A. c(HCOOH)c(HCOO−) B. c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)
C. c(H+)c(HCOOH) D. c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)
5. 一定温度下，反应：的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，△H<0，下列说法正确的是( )
A. 升高温度，K增大
B. 2molSO2和1molO2反应放出热量|△H|
C. 其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均增大
D. 相同温度时反应的反应热和化学平衡常数为−2△H和1K2
6. 如图所示能够组成原电池，并且产生明显的电流的是( )
A. B. C. D.
7. HA是一元弱酸，微溶盐MA2的饱和溶液中c(M2+)随c(H+)而变化，M2+不发生水解。定义如下关系：pM=−lgc(M2+)，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)。25℃时，实验测得pM与δ(A−)的关系如图所示，其中D点对应的pH=5.0。已知lg2≈0.3，则下列说法正确的是( )
A. D点存在2c(M2+)=3c(HA)
B. E点的pH≈5.6
C. 25℃时，Ksp(MA2)的数量级为10−10
D. 25℃时，HA的电离常数：Ka为2.5×10−5
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下1LpH=3的FeCl3溶液中Cl−数目为3NA
B. 标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO−、Cl−微粒数目之和为0.2NA
C. 向1L0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA
D. 粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA
9. 常温下，在含有大量Cu(OH)2(s)的浊液中，改变条件发生相应变化的趋向错误的是( )
A. 通入少量HCl
B. 加少量蒸馏水
C. 加少量NaOH(s)
D. 适当升高温度
10. 已知肼燃烧的化学方程式为N2H4+O2−点燃N2+2H2O。以硫酸为电解质溶液组成肼燃料电池，下列有关说法不正确的是( )
A. 以肼代替氢气的主要优点是肼易液化、易储存
B. 正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 当1molO2参与反应时，必有4molH+向正极移动
D. 电池工作过程中硫酸浓度逐渐减小
11. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. pH=13的NaOH溶液中所含OH−的数目为0.1NA
B. 常温下，向1L0.1mol⋅L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO−的数目为0.1NA
C. 通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和为2NA
D. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NA
12. 下列叙述不正确的有几项( )
①实验室盛放碳酸钠溶液，不能用玻璃塞，要用带橡胶塞的试剂瓶保存；
②泡沫灭火器中盛有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量泡沫；
③用氯化铵溶液除去铁锈；
④将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体；
⑤明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同；
⑥配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释
A. 1项 B. 2项 C. 4项 D. 5项
13. 常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是( )
A. 由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol⋅L−1的溶液中：NO3−、Fe2+、Na+、SO42−
B. KWc(H+)=10−10mol⋅L−1的溶液中：NH4+、I−、Cl−、K+
C. c(OH−)c(H+)=1×106的溶液中K+、Na+、Cl−、HCO3−
D. 惰性电极电解AgNO3后的溶液中：SO32−、K+、Na+、S2−
14. 为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。相关说法正确的是( )
A. 镁电极始终为电池的负极
B. 50s后，原电池中电子流动方向发生改变
C. 整个过程中正极的电极反应式均为2H2O−2e−=H2↑+2OH−
D. 依据金属活动性顺序即可判断原电池的正、负极，与电解质溶液无关
15. 一定温度下，某密闭容器中充入1molA2和2molB2，发生反应A2(g)+B2(g)⇋2AB(g)。在达到平衡后，生成amolAB。当温度不变时，若起始加入的A2、B2、AB的物质的量分别为：x，y，z，则下列说法正确的是( )
A. 若保持恒容，当x：y<1：2，z=0，则达新平衡状态时A2和B2的转化率一定升高
B. 若保持恒压，当x：y<1：2，z为任意值，则达新平衡状态时AB的物质的量为x+y+z3
C. 若保持恒容，当x：y：z=1：1：a，则达新平衡状态时A2的体积分数与原平衡时相同
D. 若保持恒压，当x：y<1：2，z>0，则达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同
16. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42−的水解)。下列叙述错误的是( )
A. Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10−11
B. a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液
C. 向c(Cl−)=c(C2O42−)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D. Ag2C2O4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+C2O42−(aq)的平衡常数K=109.04
17. 室温下，将0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释至0.01mol⋅L−1的过程中，下列各项始终保持减小的是( )
A. Ka(HClO) B. c(OH−)c(H+) C. c(H+)c(HClO) D. c(ClO−)c(OH−)
18. 在一个恒温恒压的密闭容器中，有V2O5存在时发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=−196.6KJ/mol。该反应过程为①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有关该反应的说法不正确的是( )
A. 反应②是O2+4VO2→2V2O5
B. V2O5降低了反应的活化能
C. 增大O2浓度时该反应的△H不变
D. 当2v(O2)逆=v(SO3)正时加入V2O5，等式仍然成立，v(O2)逆、v(SO3)正值不变
19. 下列过程不涉及氧化还原反应的是( )
A. 火药的爆炸 B. 钢铁的冶炼 C. 用84消毒液消毒 D. 卤水点豆腐
20. 铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]−可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
21. 苯乙烯(C6H5CH=CH2)2是合成橡胶和塑料的单体，用来生产丁苯橡胶、聚苯乙烯等．工业上以乙苯C6H5CH2CH3为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯，反应方程式为：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)△H
(1)已知：H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1；
C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(I)△H=+114.8kJ⋅mol−1
则制取苯乙烯反应的△H为 ______
(2)向密闭容器中加入1mol乙苯，在恒温恒容条件下合成苯乙烯，达平衡时，反应的能量变化为QkJ.下列说法正确的是 ______ .
A.升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
B.若继续加入1mol乙苯，苯乙烯转化率增大
C.压缩体积，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，达平衡时反应能量变化为(△H−Q)kJ
(3)向2L密闭容器中加入1mol乙苯发生反应，达到平衡状态时，平衡体系组成(物质的量分数)与温
度的关系如图所示．700℃时，乙苯的平衡转化率为 ______ ，此温度下该反应的平衡常数为 ______ ；温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是 ______ .
(4)含苯乙烯的废水排放会对环境造成严重污染，可采用电解法去除废水中的苯乙烯，基本原理是在阳极材料MOx上生成自由基MOx(OH)，其进一步氧化有机物生成CO2，该阳极的电极反应式为 ______ ，若去除0.5mol苯乙烯，两极共收集气体 ______ mol.
22. 丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−akJ⋅mol−1
途径II：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ⋅mol−1
2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=−ckJ⋅mol−1
2H2(g)+O2 (g)=2H2O(l)△H=−dkJ⋅mol−1 (abcd均为正值)
请回答下列问题：
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量______(填“大于”、“等于”或“小于”)途径II放出的热量
(2)由于C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)的反应中，反应物具有的总能量______(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量，那么在化学反应时．反应物就需要______(填“放出”、或“吸收”)能量才能转化为生成物，因此其反应条件是______
(3)b与a、c、d的数学关系式是______.
23. 某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：
(1)该反应的化学方程式可表示为 ______。
(2)反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是 ______。
(3)下列可判断反应已达到该状态的是 ______(填字母，下同)
A.X、Y、Z的反应速率相等
B.X、Y的反应速率比为2：3
C.混合气体的密度不变
D.生成1molZ的同时生成2molX
(4)由如图求得X的平衡时的转化率为 ______。
(5)一定能使该反应的反应速率增大的措施有 ______。
A.其他条件不变，及时分离出产物
B.适当降低温度
C.其他条件不变，增大X的浓度
24. 正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。
I.电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示(已知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过)。
(1)石墨1为 ______(填“正极”或“负极”)，正极的电极反应式为 ______。
(2)反应的总方程式为 ______。
(3)H+的迁移方向为由 ______到 ______。(填“左”或“右”)
(4)若11.2L(标准状况)SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为 ______。
(5)某同学关于原电池的笔记中，不合理的有 ______。
①原电池两电极材料活泼性一定不同
②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应
③Fe−NaOH溶液−Si原电池，Fe是负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置
Ⅱ.航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。氢氧燃料电池有多种。
(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为 ______；某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，则其负极反应为 ______。
(2)氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数约为 ______。
25. 现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵
请回答下列问题：
(1)①②③④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)______ .
(2)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 ______ .
(3)已知t℃，KW=1×10−13，则t℃______ (填“>”、“<”或“=”)25℃.在t℃时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=10，则a：b=______ .
(4)25℃时，有pH=x的盐酸和pH=y的氢氧化钠溶液(x≤6,y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：
①若x+y=14，则a/b=______ (填数据)；
②若x+y=13，则a/b=______ (填数据)；
③若x+y>14，则a/b=______ (填表达式)；
④该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH(x、y)的关系式为 ______ (填表达式).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，氟磷酸钙比羟基磷酸钙更耐酸性，可在牙齿表面形成保护层，则含氟牙膏能有效预防龋齿，故A正确；
B.二次电池是充电电池，碱性的锌锰干电池不能多次充放电，属于一次电池，故B错误；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，氢氧化铝、氢氧化铁胶体吸附性强，能吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故C正确；
D.铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀，正极被保护，所以不易形成铜绿，故D正确；
故选：B。
A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，在牙齿表面形成保护层；
B.碱性的锌锰干电池属于一次电池；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成吸附性强的氢氧化铝、氢氧化铁胶体，具有净水作用；
D.铜、锌构成原电池，锌是负极被腐蚀，铜被保护。
本题考查了金属的腐蚀及防护、盐类水解原理的应用、化学平衡原理的应用、原电池类型及工作原理等知识，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、生产的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】A.由图可知，IM4→IM5该步骤的活化能最大，则该步骤为该反应的决速步骤，故A正确；
B.Ca+作该反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C.由图可知，催化过程中N2O发生的反应，反应物为N2O和Ca+，生成物为N2+CaO+，则催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+=N2+CaO+，故C正确；
D.书写热化学方程式时要表明物质的状态，故D错误；
故选：D。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，开始的pH相同，则c(OH−)相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等，由n=cV可知，两溶液中n(OH−)相等，故A错误；
B.稀释相同倍数后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的碱性比N溶液的碱性弱，故B错误；
C.由图象可知100mL的溶液中n(OH−)关系为N>M，说明pH=10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M，完全中和M、N两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VM
A.由图可知，开始的pH相同，则c(OH−)相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等；
B.碱溶液越稀越电离；
C.由图象可知100mL的溶液中n(OH−)关系为N>M，说明pH=10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M；
D.M的碱性比N强，若M为强碱，加水稀释到100mL的时候则a=8。
本题考查酸碱混合及碱溶液稀释的定性分析，把握弱电解质在水溶液中存在电离平衡及稀释时强弱电解质pH的变化为解答的关键，注意等pH稀释相同倍数时强电解质变化大，明确图象中pH的变化与稀释时电离平衡移动即可解答，题目难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO−的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则c(HCOOH)c(HCOO−)=n(HCOOH)n(HCOO−)的比值减小，故A错误；
B.c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)=Ka(HCOOH)，温度不变甲酸的电离平衡常数不变，则稀释过程中c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)的值不变，故B错误；
C.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中H+的物质的量增大，而HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则c(H+)c(HCOOH)=n(H+)n(HCOOH)的比值增大，故C正确；
D.c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)=1Kh(HCOO−)，温度不变Kh(HCOO−)不变，则稀释过程中c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)的比值不变，故D错误；
故选：C。
HCOOH是一种弱酸，稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO−、H+的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，由于溶液体积增大，导致c(HCOOH)、c(HCOO−)、c(H+)均减小，以此结合电离平衡常数、水解平衡常数的表达式解答。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数、水解平衡常数的概念及影响因素为解答关键，注意掌握浓度对电离平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，故A错误；
B.该反应为可逆反应，不可能完全转化，放出热量小于|△H|，故B错误；
C.其他条件不变，增大SO2的量，△H不变，温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D.的反应热为△H，则的反应热为−△H，△H的值与化学计量数成正比，则的反应热为−2△H，的化学平衡常数为K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)，则，故D正确；
故选：D。
A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
B.该反应为可逆反应，不可能完全转化；
C.其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均不变；
D.的反应热为△H，则的反应热为−△H，△H的值与化学计量数成正比，的化学平衡常数为K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)，的化学平衡常数K1=c4(SO2)⋅c2(O2)c4(SO3)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意基础知识的积累，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.两电极相同，不能形成原电池，故A错误；
B.锌为负极，铜为正极，电解质溶液为硫酸，可形成原电池，故B正确；
C.不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C错误；
D.不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误．
故选B.
根据原电池的构成条件判断，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，以此解答该题．
本题考查了原电池的构成条件，侧重于基础知识的考查，为高频考点，注意原电池的这几个条件必须同时具备，缺一不可，题目难度不大．
7.【答案】B
【解析】解：A.由物料守恒可得2c(M2+)=c(HA)+c(A−)，对于D点，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=2，则c(HA)=4c(A−)，所以2c(M2+)=1.25c(HA)，故A错误；
B.D点对应的pH=5.0，c(H+)=10−5mol/L，c(HA)=4c(A−)，Ka(HA)=c(H+)⋅c(A−)c(HA)=10−5×14=2.5×10−6，对于E点，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=0.5，则c(HA)=c(A−)，则Ka(HA)=c(H+)，pH=−lgc(H+)=−lg(2.5×10−6)≈5.6，故B正确；
C.由物料守恒可得2c(M2+)=c(HA)+c(A−)，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=c(A−)2c(M2+)，Ksp(MA2)=c(M2+)×c(A−)2=c(M2+)×[δ(A−)×2c(M2+)]2=4c(M2+)3×δ(A−)2，将E点坐标代入上式可得Ksp(MA2)=4×(10−2.8)3×0.52=10−8.4，Ksp(MA2)的数量级为10−9，故C错误；
D.D点对应的pH=5.0，c(H+)=10−5mol/L，c(HA)=4c(A−)，Ka(HA)=c(H+)⋅c(A−)c(HA)=10−5×14=2.5×10−6，故D错误；
故选：B。
A.由物料守恒和δ(A−)判断离子浓度关系；
B.由E点δ(A−)和Ka计算pH；
C.由物料守恒和E点数据计算Ksp(MA2)；
D.由D点pH和δ(A−)计算Ka。
本题考查弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意物料守恒在解题中的应用，难点是电离平衡常数的计算。
8.【答案】C
【解析】解：A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；
B.标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n(Cl2)+n(Cl−)+n(ClO−)+n(HClO)=2×1mol=2mol，故溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；
C.向1L0.1mol⋅L−1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl−)=c(NH4+)=0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；
故选：C。
A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度；
B.氯气与水的反应为可逆反应；
C.在0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，溶液体积不知不能计算微粒数；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意电解池工作原理，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.通入少量HCl，反应消耗了OH−，导致溶液pH降低，故A正确；
B.加入少量水，得到同温度下Cu(OH)2饱和溶液，使溶液中离子浓度不变，故B正确；
C.加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu(OH)2的方向移动，n(Cu2+)减小，故C错误；
D.氢氧化铜溶解是吸热过程，升温后仍然是饱和溶液，但其溶度积常数增大，故D正确；
故选：C。
A.通入少量HCl，反应消耗了OH−；
B.加入少量水，得到同温度下Cu(OH)2饱和溶液；
C.加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu(OH)2的方向移动；
D.氢氧化铜溶解是吸热过程。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.肼的熔点和沸点均比氢气的高，易液化、易储存，故A正确；
B.电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水，所以正极的电极反应式应为O2+4H++4e−=2H2O，故B错误；
C.当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动，则必有4molH+向正极移动，故C正确；
D.根据N2H4+O2=N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大，故硫酸浓度逐渐减小，故D正确；
故选：B。
A.肼的熔点和沸点均比氢气的高；
B.电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水；
C.当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动；
D.根据N2H4+O2=N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大。
本题考查了原电池原理的应用，题目难度不大，把握原电池原理、电极的判断、电极方程式的书写、离子的移动方向等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
11.【答案】B
【解析】解：A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；
B.溶液呈中性，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO−)，故溶液中n(Na+)=n(CH3COO−)=0.1mol/L×1L×NA/mol=0.1NA，故B正确；
C.氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能完全转化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和小于2NA，故C错误；
D.题目中碘化亚铁的量未给，无法计算实际转移电子数目，故D错误；
故选：B。
A.题目未给溶液体积；
B.由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(CH3COO−)；
C.氯气与水的反应为可逆反应；
D.题目未给碘化亚铁的量。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3，将玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，故用玻璃瓶时需要用橡胶塞，而不用玻璃塞，故正确；
②泡沫灭火器灭火是Al3+和HCO3−的双水解生成Al(OH)3和CO2，CO2用于灭火，故正确；
③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和铁锈反应而除锈，故正确；
④AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al(OH)3，故错误；
⑤明矾能生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物而净水，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，即净水原理不同，故错误；
⑥浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故正确；
故选：B。
①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3；
②泡沫灭火器中碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液混合后发生双水解反应生成CO2；
③NH4Cl溶液水解显酸性；
④AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，盐酸具有挥发性；
⑤明矾没有氧化性，不具有杀菌消毒的性质；
⑥浓盐酸可抑制铁离子水解。
本题考查盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意⑤中明矾和漂白粉净水原理的区别，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由水电离产生的c(H+)=10−10 mol⋅L−1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故A错误；
B.Kwc(H+)=10−10mol/L溶液为酸性溶液，H+、NH4+、I−、Cl−、K+，相互不反应，可以大量共存，故B正确；
C.c(OH−)c(H+)=106的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；
D.惰性电极电解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化硫离子、亚硫酸根离子，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，故镁电极开始不是正极，故A错误；
B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化，电子流动方向改变，故B正确；
C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同，故C错误；
D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极，故不可以简单地通过金属活动性顺序判断原电池的正、负极，还需要考虑电解液，故D错误；
故选：B。
镁铝电池中，由于介质为氢氧化钠，故Al失电子作为负极，Mg电极得电子作为正极，随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，
A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换；
B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化；
C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同；
D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.恒温恒容条件下，x：y<1：2、z=0时，相当增大B2的浓度，平衡正向移动，A2的转化率增大，但B2的转化率反而降低，故A错误；
B.若保持恒温恒压条件，当x：y<1：2，z为任意值时，两平衡可能不等效，因此达新平衡状态时AB的物质的量无法计算，故B错误；
C.恒温恒容条件下，x：y：z=1：1：a的反应体系中始终存在n(A2)：n(B2)=1：1≠1：2，与原平衡体系不等效，则新平衡状态时A2的体积分数与原平衡不可能相同，故C错误；
D.恒温恒压条件下，当x：y<1：2，z>0，并且满足(x+z2)：(y+z2)=1：2时，该平衡体系与已知平衡体系等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡相同，当(x+z2)：(y+z2)≠1：2时，该平衡体系与已知平衡体系不等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡不相同，所以当x：y<1：2，z>0时，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同，故D正确；
故选：D。
A.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率增大，自身转化率降低；
B.恒温恒压条件下，当x：y<1：2，z为任意值时，两平衡可能不是等效平衡体系；
C.恒温恒容条件下，x：y：z=1：1：a的反应体系与原平衡体系不等效；
D.x：y<1：2，z>0的反应体系等效于A2和B2充入量分别为(x+z2)mol、(y+z2)mol的反应体系，当(x+z2)：(y+z2)=1：2时与已知平衡体系等效。
本题考查等效平衡，掌握恒温恒容、恒容恒压条件下等效平衡的建立条件及等量关系是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意掌握等效平衡的类型及等量关系式，题目难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X曲线代表AgCl，Y曲线代表Ag2C2O4，Ksp(AgCl)=10−5.75×10−4=10−9.75，Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46；
A.Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46=100.54×10−11，则Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10−11，故A正确；
B.a点在Ag2C2O4所表示的图象上方，c(Ag+)比Ag2C2O4溶解平衡曲线上的c(Ag+)小，a点的浓度积Q(Ag2C2O4)
D.Ag2C2O4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+C2O42−(aq)的平衡常数K=c(C2O42−)c2(Cl−)=c(C2O42−)c2(Cl−)×c2(Ag+)c2(Ag+)=Ksp(Ag2C2O4)[Ksp(AgCl)]2=10−10.46(10−9.75)2=109.04，故D正确；
故选：C。
Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c(C2O42−)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl−)，则−lgKsp(Ag2C2O4)=−2lg(Ag+)−lgc(C2O42−)，即−2lgc(Ag+)=lgc(C2O42−)−lgKsp(Ag2C2O4)，lgc(Ag+)=lgc(Cl−)−lgKsp(AgCl)，由图可知，4−2−5.75−(−7.75)=1，所以X曲线代表AgCl的关系，Y曲线代表Ag2C2O4的关系，根据点(−5.75,4)和(−2.46,4)计算Ksp(AgCl)=10−5.75×10−4=10−9.75，Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46，据此分析解答。
本题考查了难溶电解质溶解平衡、溶度积常数的有关计算，为高频考点，把握溶度积的计算、溶解平衡的原理是解题的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，注意掌握图象分析方法及计算，题目难度中等。
17.【答案】D
【解析】解：A.电离平衡常数只与温度有关，加水稀释，Ka(HClO)不变，故A错误；
B.温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(OH−)c(H+)增大，故B错误；
C.加水稀释，c(ClO−)减小，Ka(HClO)=c(H+)c(ClO−)c(HClO)不变，所以c(H+)c(HClO)增大，故C错误；
D.温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(ClO−)减小，所以c(ClO−)c(OH−)减小，故D正确；
故选：D。
A.电离平衡常数只与温度有关；
B.温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大；
C.加水稀释，c(ClO−)减小，Ka(HClO)=c(H+)c(ClO−)c(HClO)不变；
D.温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(ClO−)减小。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握盐类水解、弱电解质的电离、水的离子积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液体积的变化，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查催化剂在化学反应中的作用，涉及反应热的判断与平衡状态的判断，综合性较强，难度中等。
【解答】
A.总反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)−2×①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反应②为O2+4VO2→2V2O5，故A正确；
B.在反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)中使用V2O5作催化剂，可降低反应的活化能，故B正确；
C.△H与热化学反应方程式有关，改变O2浓度不影响此反应的△H，故C正确；
D.当2v(O2)逆=v(SO3)正时反应达到平衡，此时加入V2O5，速率改变，但平衡不移动，即v(O2)逆、v(SO3)正数值增大，等式仍然成立，故D错误；
故选：D。
19.【答案】D
【解析】解：A.火药的爆炸属于燃烧过程，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B.钢铁的冶炼过程中Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C.用84消毒液消毒，利用了NaClO的强氧化性，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D.卤水点豆腐，属于胶体的聚沉，不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选：D。
反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握反应类型、化学反应原理等，明确由化学反应是解题关键。同时也考查了学生阅读题目获取新信息的能力，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。
【解答】
A、由题干图可知，铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]−生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；
B、由题干图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI=CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；
C、由题干图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；
D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确。
21.【答案】+117.6KJ/mol；BD；66.7%；23；有机化合物在温度过高时分解；C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−；14
【解析】解：(1)H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1，可得热化学方程式：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8KJ/mol，
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283.0KJ/mol，
已知③：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.8kJ/mol，
根据盖斯定律，③+②-①可得：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，故△H=114.8KJ/mol−283.0KJ/mol+285.8KJ/mol=+117.6KJ/mol，
故答案为：+117.6KJ/mol；
(2)A.温度变化对正逆反应速率的影响是一致的，只是改变的程度不同，所以升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，故A错误；
B.若继续加入1mol乙苯，相当于增大整个体系的压强，增大压强，平衡逆向移动，故苯乙烯转化率增大，B正确；
C.压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大，故C错误；
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，假设平衡时为amol乙苯，则原平衡反应中能量变化为QkJ=(1−a)×△HkJ，而生成amol乙苯的能量变化为：a×△HkJ=(△H−Q)kJ，故D正确；
故答案为：BD；
(3)参加反应的乙苯为xmol，则：
C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
起始量(mol)：1 0 0
变化量(mol)：x x x
平衡量(mol)：1−xxx
由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，则1−x1−x+x+x=20%，所以x=23，乙苯的平衡转化率为23×100%=66.7%，
此温度下平衡常数K=c(C6H5CH=CH2)×c(H2)c(C6H5CH2CH3)=x2×x21−x2=23，
温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；
故答案为：66.7%；23；有机化合物在温度过高时分解；
(4)由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH−离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应，阳极电极反应式为：C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−，阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，
除去0.5mol苯乙烯，则：
C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−
0.5mol20mol4mol
2H2O+2e−=H2↑+2OH−
20mol 10mol
故两极共收集气体：4mol+10mol=14mol，
故答案为：C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−；14.
(1)H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1，可得热化学方程式：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8KJ/mol，
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283.0KJ/mol，
已知③：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.8kJ/mol，
根据盖斯定律，③+②-①可得：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)；
(2)A.升高温度，正逆反应速率均增大；
B.若继续加入1mol乙苯，等效为增大压强，平衡逆向移动；
C.压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大；
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，再计算反应热；
(3)由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，参加反应的乙苯为xmol，则：
C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
起始量(mol)：1 0 0
变化量(mol)：x x x
平衡量(mol)：1−xxx
再根据乙苯的物质的量分数列方程计算x，进而计算乙苯的转化率；
计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式K=c(C6H5CH=CH2)×c(H2)c(C6H5CH2CH3)计算；
有机物受热易分解，温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加；
(4)由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH−离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应；阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e−=H2+2OH−，根据阳极反应式计算生成二氧化碳物质的量，根据电子转移守恒计算阴极生成氢气物质的量．
本题考查化学平衡计算及影响元素、反应热计算、电解原理应用等，(4)中电极反应式书写为易错点，综合考查学生阅读获取信息能力、应用知识分析解决问题能力，难度中等．
22.【答案】等于 小于 吸收 加热 b=−a+12(c+d)
【解析】解：(1)根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；
(2)由于C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)的反应中△H>0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，
故答案为：小于；吸收；加热；
(3)途径I：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−akJ⋅mol−1
途径II：②C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ⋅mol−1
③2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=−ckJ⋅mol−1
④2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−dkJ⋅mol−1反应①=反应②+反应③×12+反应④×12，所以−a=b+12(−c−d)，所以b=−a+12(c+d)，
故答案为：b=−a+12(c+d).
(1)根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；
(2)该反应属于吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量；需要吸收能量，所以反应条件为加热；
(3)根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系．
本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大
23.【答案】2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)0.08mol/(L⋅min)D33.3%C
【解析】解：(1)由图可知，X为反应物，达到平衡时的反应量为2.4mol−1.6mol=0.8mol，Y为生成物，达到平衡状态时生成量为1.2mol，Z为生成物，达到平衡状态时生成量为0.4mol，X、Y、Z变化量的比为0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，故方程式为2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)，
故答案为：2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)；
(2)X达到平衡时的反应量为2.4mol−1.6mol=0.8mol，反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是0.8mol2L×5min=0.08mol/(L⋅min)，
故答案为：0.08mol/(L⋅min)；
(3)A.X、Y、Z的反应速率相等，未指明正逆，且平衡时正逆反应速率之比应等于方程式的系数比，故A错误；
B.X、Y的反应速率比为2：3，未指明正逆，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故容器内混合气体的密度始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；
D.生成1mol Z的同时生成2mol X，正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
(4)X的平衡时的转化率为2.4mol−1.6mol2.4mol×100%=33.3%，
故答案为：33.3%；
(5)A.其他条件不变，及时分离出产物，平衡正移，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B.适当降低温度，反应速率减慢，故B错误；
C.其他条件不变，增大X的浓度，反应速率加快，故C正确；
故答案为：C。
(1)通过图象确定反应物和生成，并通过各物质变化量确定方程式系数；
(2)由公式v=△c△t求算化学反应速率；
(3)化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
(4)转化率为变化量起始量××100%；
(5)加快反应速率的措施有增大物质浓度、升温、加压、使用催化剂、增大反应接触面积等。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
24.【答案】负极 H2O2+2e−+2H+=2H2OSO2+H2O2=H2SO4 左 右 1mol ①②③ H2−2e−+2OH−=2H2OH2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O0.2NA
【解析】解：Ⅰ.(1)该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e−+2H+=2H2O，
故答案为：负极；H2O2+2e−+2H+=2H2O；
(2)H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
(3)H+的迁移方向为正极，从左至右，
故答案为：左；右；
(4)n(SO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，该反应的负极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，正极电极反应式为H2O2+2e−+2H+=2H2O，有0.5mol二氧化硫参加反应，有2mol氢离子在正极上发生反应，则迁移H+的物质的量为反应的二氧化硫的2倍，为1mol，
故答案为：1mol；
(5)①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，所以原电池两电极材料活泼性可能不同，也可能相同，故①错误；
②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，电极材料均不参与反应，所以原电池负极材料不一定参与反应，正极材料不一定不参与反应，也可能均参与反应，如铅蓄原电池，故②错误；
③Fe−浓硝酸−Cu原电池中，Fe发生钝化作正极，Cu作负极，故③错误；
④原电池是将化学能转变为电能的装置，故④正确；
故答案为：①②③；
Ⅱ.(1)碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH−结合生成水，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，负极反应为H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O，
故答案为：H2−2e−+2OH−=2H2O；H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O；
(2)氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，每生成36g时，转移电子4mol，则得到1.8g饮用水时，转移电子0.2mol，即转移电子数为0.2NA，
故答案为：0.2NA。
Ⅰ.(1)该原电池中，通入SO2的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水；
(2)H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4；
(3)原电池中阳离子移向正极；
(4)n(SO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，根据转移电子和转移氢离子之间的关系式计算；
(5)①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极；
②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，电极材料均不参与反应；
③Fe−浓硝酸−Cu原电池中，Fe发生钝化，作正极，Cu作负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置；
Ⅱ.(1)碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH−结合生成水；
(2)氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，可知生成36g时，转移电子4mol，据此计算。
本题原电池原理、电极反应书写、电池的分析应用等知识点，为高频考点，明确电极反应式的书写方法是解本题关键，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性，题目难度不大。
25.【答案】(1)④②③①；
(2)c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；
(3)>；101：9；
(4)1；0.1；10x+y−14；x+y=14+lg(ab)
【解析】
【分析】
本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，需要熟练掌握溶液pH与溶液中氢离子浓度的关系，注意温度影响水的离子积，温度不同，水的离子积不同。
(1)根据酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH−浓度越大、盐的水解能促进水的电离分析；
(2)根据二者完全反应生成NaCl和NH3⋅H2O溶液分析；
(3)根据水的电离是吸热反应，温度升高，水的离子积增大判断；根据在t℃时氢氧化钠溶液和硫酸溶液的pH分别计算出氢氧根离子、氢离子浓度，然后根据反应后的溶液中氢氧根离子浓度计算出二者体积比；
(4)根据两溶液完全中和，则溶液中n(H+)=n(OH−)，即10−x⋅a=10y−14⋅b，整理得：ab=10x+y−14，再根据(x+y)的数据对各小题进行分析．
【解答】
(1)向溶液中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH−浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离，所以由水电离出c(H+)由大到小的顺序为：④②③①，故答案为：④②③①；
(2)二者完全反应生成NaCl和NH3⋅H2O，由于NH3⋅H2O电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)，故答案为：c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；
(3)水的电离过程是吸热反应，升温促进水的电离，即升温KW增大，t℃时KW>1×10−14，即t℃>25℃；
在t℃时将pH=11的NaOH溶液中，n(OH−)=0.01amol，
pH=1的H2SO4溶液H2SO4中，n(H+)=0.1bmol，根据混合后溶液pH=10，得10−3=0.01a−0.1ba+b，解得a：b=101：9，故答案为：>；101：9；
(4)两溶液完全中和，则溶液中n(H+)=n(OH−)，即10−x⋅a=10y−14⋅b，整理得：ab=10x+y−14，①若x+y=14时，a/b=1，故答案为：1；
②若x+y=13，则a/b=0.1，故答案为：0.1；
③若x+y>14，则a/b=10x+y−14，故答案为：10x+y−14；
④两溶液完全中和，则有ab=10x+y−14即lg(ab)=x+y−14，解得：x+y=14+lg(ab)，故答案为：x+y=14+lg(ab).
2021-2022学年新疆喀什地区岳普湖县高二（下）第一次调研化学试卷
1. 化学与生活、生产息息相关．下列说法错误的是( )
A. 使用含氟牙膏可以有效预防龋齿 B. 碱性的锌锰干电池属于二次电池
C. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 D. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生铜锈
2. Ca+金属离子体系催化N2O和CO反应的过程不需要吸收能量，Ca+是理想的金属阳离子催化剂。该反应的催化原理如图所示，下列叙述错误的是( )
A. 该反应的决速步骤为IM4→IM5
B. Ca+作该反应的催化剂时降低了反应的活化能
C. 催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+=N2+CaO+
D. N2O和CO反应的热化学方程式为N2O+CO=N2+CO2△H=−43.49kJ/mol
3. 常温下，pH=10的M、N两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 稀释前，两溶液中n(OH−)不等
B. 稀释后，M溶液的碱性比N溶液的碱性强
C. 完全中和M、N溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D. 若8
4. HCOOH是一种弱酸，常温下，对HCOOH溶液进行稀释，下列物理量的比值增大的是( )
A. c(HCOOH)c(HCOO−) B. c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)
C. c(H+)c(HCOOH) D. c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)
5. 一定温度下，反应：的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，△H<0，下列说法正确的是( )
A. 升高温度，K增大
B. 2molSO2和1molO2反应放出热量|△H|
C. 其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均增大
D. 相同温度时反应的反应热和化学平衡常数为−2△H和1K2
6. 如图所示能够组成原电池，并且产生明显的电流的是( )
A. B. C. D.
7. HA是一元弱酸，微溶盐MA2的饱和溶液中c(M2+)随c(H+)而变化，M2+不发生水解。定义如下关系：pM=−lgc(M2+)，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)。25℃时，实验测得pM与δ(A−)的关系如图所示，其中D点对应的pH=5.0。已知lg2≈0.3，则下列说法正确的是( )
A. D点存在2c(M2+)=3c(HA)
B. E点的pH≈5.6
C. 25℃时，Ksp(MA2)的数量级为10−10
D. 25℃时，HA的电离常数：Ka为2.5×10−5
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下1LpH=3的FeCl3溶液中Cl−数目为3NA
B. 标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO−、Cl−微粒数目之和为0.2NA
C. 向1L0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA
D. 粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA
9. 常温下，在含有大量Cu(OH)2(s)的浊液中，改变条件发生相应变化的趋向错误的是( )
A. 通入少量HCl
B. 加少量蒸馏水
C. 加少量NaOH(s)
D. 适当升高温度
10. 已知肼燃烧的化学方程式为N2H4+O2−点燃N2+2H2O。以硫酸为电解质溶液组成肼燃料电池，下列有关说法不正确的是( )
A. 以肼代替氢气的主要优点是肼易液化、易储存
B. 正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 当1molO2参与反应时，必有4molH+向正极移动
D. 电池工作过程中硫酸浓度逐渐减小
11. 用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. pH=13的NaOH溶液中所含OH−的数目为0.1NA
B. 常温下，向1L0.1mol⋅L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO−的数目为0.1NA
C. 通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和为2NA
D. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NA
12. 下列叙述不正确的有几项( )
①实验室盛放碳酸钠溶液，不能用玻璃塞，要用带橡胶塞的试剂瓶保存；
②泡沫灭火器中盛有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量泡沫；
③用氯化铵溶液除去铁锈；
④将饱和的AlCl3溶液蒸干并灼烧，可得到AlCl3固体；
⑤明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同；
⑥配制FeCl3溶液时，可将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释
A. 1项 B. 2项 C. 4项 D. 5项
13. 常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是( )
A. 由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol⋅L−1的溶液中：NO3−、Fe2+、Na+、SO42−
B. KWc(H+)=10−10mol⋅L−1的溶液中：NH4+、I−、Cl−、K+
C. c(OH−)c(H+)=1×106的溶液中K+、Na+、Cl−、HCO3−
D. 惰性电极电解AgNO3后的溶液中：SO32−、K+、Na+、S2−
14. 为了探究镁铝在NaOH溶液中的放电情况，某研究小组设计了如图1所示的实验装置。反应过程中装置的电压变化如图2所示。相关说法正确的是( )
A. 镁电极始终为电池的负极
B. 50s后，原电池中电子流动方向发生改变
C. 整个过程中正极的电极反应式均为2H2O−2e−=H2↑+2OH−
D. 依据金属活动性顺序即可判断原电池的正、负极，与电解质溶液无关
15. 一定温度下，某密闭容器中充入1molA2和2molB2，发生反应A2(g)+B2(g)⇋2AB(g)。在达到平衡后，生成amolAB。当温度不变时，若起始加入的A2、B2、AB的物质的量分别为：x，y，z，则下列说法正确的是( )
A. 若保持恒容，当x：y<1：2，z=0，则达新平衡状态时A2和B2的转化率一定升高
B. 若保持恒压，当x：y<1：2，z为任意值，则达新平衡状态时AB的物质的量为x+y+z3
C. 若保持恒容，当x：y：z=1：1：a，则达新平衡状态时A2的体积分数与原平衡时相同
D. 若保持恒压，当x：y<1：2，z>0，则达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同
16. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42−的水解)。下列叙述错误的是( )
A. Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10−11
B. a点表示Ag2C2O4的不饱和溶液
C. 向c(Cl−)=c(C2O42−)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D. Ag2C2O4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+C2O42−(aq)的平衡常数K=109.04
17. 室温下，将0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释至0.01mol⋅L−1的过程中，下列各项始终保持减小的是( )
A. Ka(HClO) B. c(OH−)c(H+) C. c(H+)c(HClO) D. c(ClO−)c(OH−)
18. 在一个恒温恒压的密闭容器中，有V2O5存在时发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=−196.6KJ/mol。该反应过程为①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有关该反应的说法不正确的是( )
A. 反应②是O2+4VO2→2V2O5
B. V2O5降低了反应的活化能
C. 增大O2浓度时该反应的△H不变
D. 当2v(O2)逆=v(SO3)正时加入V2O5，等式仍然成立，v(O2)逆、v(SO3)正值不变
19. 下列过程不涉及氧化还原反应的是( )
A. 火药的爆炸 B. 钢铁的冶炼 C. 用84消毒液消毒 D. 卤水点豆腐
20. 铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]−可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
21. 苯乙烯(C6H5CH=CH2)2是合成橡胶和塑料的单体，用来生产丁苯橡胶、聚苯乙烯等．工业上以乙苯C6H5CH2CH3为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯，反应方程式为：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)△H
(1)已知：H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1；
C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(I)△H=+114.8kJ⋅mol−1
则制取苯乙烯反应的△H为 ______
(2)向密闭容器中加入1mol乙苯，在恒温恒容条件下合成苯乙烯，达平衡时，反应的能量变化为QkJ.下列说法正确的是 ______ .
A.升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
B.若继续加入1mol乙苯，苯乙烯转化率增大
C.压缩体积，平衡逆向移动，反应物浓度增大，生成物浓度减小
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，达平衡时反应能量变化为(△H−Q)kJ
(3)向2L密闭容器中加入1mol乙苯发生反应，达到平衡状态时，平衡体系组成(物质的量分数)与温
度的关系如图所示．700℃时，乙苯的平衡转化率为 ______ ，此温度下该反应的平衡常数为 ______ ；温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是 ______ .
(4)含苯乙烯的废水排放会对环境造成严重污染，可采用电解法去除废水中的苯乙烯，基本原理是在阳极材料MOx上生成自由基MOx(OH)，其进一步氧化有机物生成CO2，该阳极的电极反应式为 ______ ，若去除0.5mol苯乙烯，两极共收集气体 ______ mol.
22. 丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−akJ⋅mol−1
途径II：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ⋅mol−1
2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=−ckJ⋅mol−1
2H2(g)+O2 (g)=2H2O(l)△H=−dkJ⋅mol−1 (abcd均为正值)
请回答下列问题：
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量______(填“大于”、“等于”或“小于”)途径II放出的热量
(2)由于C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)的反应中，反应物具有的总能量______(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量，那么在化学反应时．反应物就需要______(填“放出”、或“吸收”)能量才能转化为生成物，因此其反应条件是______
(3)b与a、c、d的数学关系式是______.
23. 某温度下，在2L密闭容器中X、Y、Z三种物质(均为气态)间进行反应，其物质的量随时间的变化曲线如图。据图回答：
(1)该反应的化学方程式可表示为 ______。
(2)反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是 ______。
(3)下列可判断反应已达到该状态的是 ______(填字母，下同)
A.X、Y、Z的反应速率相等
B.X、Y的反应速率比为2：3
C.混合气体的密度不变
D.生成1molZ的同时生成2molX
(4)由如图求得X的平衡时的转化率为 ______。
(5)一定能使该反应的反应速率增大的措施有 ______。
A.其他条件不变，及时分离出产物
B.适当降低温度
C.其他条件不变，增大X的浓度
24. 正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。
I.电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示(已知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过)。
(1)石墨1为 ______(填“正极”或“负极”)，正极的电极反应式为 ______。
(2)反应的总方程式为 ______。
(3)H+的迁移方向为由 ______到 ______。(填“左”或“右”)
(4)若11.2L(标准状况)SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为 ______。
(5)某同学关于原电池的笔记中，不合理的有 ______。
①原电池两电极材料活泼性一定不同
②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应
③Fe−NaOH溶液−Si原电池，Fe是负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置
Ⅱ.航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。氢氧燃料电池有多种。
(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为 ______；某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，则其负极反应为 ______。
(2)氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数约为 ______。
25. 现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵
请回答下列问题：
(1)①②③④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(填序号)______ .
(2)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是 ______ .
(3)已知t℃，KW=1×10−13，则t℃______ (填“>”、“<”或“=”)25℃.在t℃时将pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=10，则a：b=______ .
(4)25℃时，有pH=x的盐酸和pH=y的氢氧化钠溶液(x≤6,y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：
①若x+y=14，则a/b=______ (填数据)；
②若x+y=13，则a/b=______ (填数据)；
③若x+y>14，则a/b=______ (填表达式)；
④该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH(x、y)的关系式为 ______ (填表达式).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，氟磷酸钙比羟基磷酸钙更耐酸性，可在牙齿表面形成保护层，则含氟牙膏能有效预防龋齿，故A正确；
B.二次电池是充电电池，碱性的锌锰干电池不能多次充放电，属于一次电池，故B错误；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，氢氧化铝、氢氧化铁胶体吸附性强，能吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故C正确；
D.铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀，正极被保护，所以不易形成铜绿，故D正确；
故选：B。
A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，在牙齿表面形成保护层；
B.碱性的锌锰干电池属于一次电池；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成吸附性强的氢氧化铝、氢氧化铁胶体，具有净水作用；
D.铜、锌构成原电池，锌是负极被腐蚀，铜被保护。
本题考查了金属的腐蚀及防护、盐类水解原理的应用、化学平衡原理的应用、原电池类型及工作原理等知识，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、生产的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】A.由图可知，IM4→IM5该步骤的活化能最大，则该步骤为该反应的决速步骤，故A正确；
B.Ca+作该反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C.由图可知，催化过程中N2O发生的反应，反应物为N2O和Ca+，生成物为N2+CaO+，则催化过程中N2O发生的反应为N2O+Ca+=N2+CaO+，故C正确；
D.书写热化学方程式时要表明物质的状态，故D错误；
故选：D。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，开始的pH相同，则c(OH−)相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等，由n=cV可知，两溶液中n(OH−)相等，故A错误；
B.稀释相同倍数后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的碱性比N溶液的碱性弱，故B错误；
C.由图象可知100mL的溶液中n(OH−)关系为N>M，说明pH=10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M，完全中和M、N两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VM
A.由图可知，开始的pH相同，则c(OH−)相等，M、N两种碱溶液各1mL，体积V也相等；
B.碱溶液越稀越电离；
C.由图象可知100mL的溶液中n(OH−)关系为N>M，说明pH=10的M、N两种碱溶液，溶质浓度N大于M；
D.M的碱性比N强，若M为强碱，加水稀释到100mL的时候则a=8。
本题考查酸碱混合及碱溶液稀释的定性分析，把握弱电解质在水溶液中存在电离平衡及稀释时强弱电解质pH的变化为解答的关键，注意等pH稀释相同倍数时强电解质变化大，明确图象中pH的变化与稀释时电离平衡移动即可解答，题目难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO−的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则c(HCOOH)c(HCOO−)=n(HCOOH)n(HCOO−)的比值减小，故A错误；
B.c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)=Ka(HCOOH)，温度不变甲酸的电离平衡常数不变，则稀释过程中c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH)的值不变，故B错误；
C.稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中H+的物质的量增大，而HCOOH的物质的量减小，同一溶液中体积相等，则c(H+)c(HCOOH)=n(H+)n(HCOOH)的比值增大，故C正确；
D.c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)=1Kh(HCOO−)，温度不变Kh(HCOO−)不变，则稀释过程中c(HCOO−)c(HCOOH)c(OH−)的比值不变，故D错误；
故选：C。
HCOOH是一种弱酸，稀释后HCOOH的电离程度增大，溶液中HCOO−、H+的物质的量增大，HCOOH的物质的量减小，由于溶液体积增大，导致c(HCOOH)、c(HCOO−)、c(H+)均减小，以此结合电离平衡常数、水解平衡常数的表达式解答。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数、水解平衡常数的概念及影响因素为解答关键，注意掌握浓度对电离平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，故A错误；
B.该反应为可逆反应，不可能完全转化，放出热量小于|△H|，故B错误；
C.其他条件不变，增大SO2的量，△H不变，温度不变，化学平衡常数不变，故C错误；
D.的反应热为△H，则的反应热为−△H，△H的值与化学计量数成正比，则的反应热为−2△H，的化学平衡常数为K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)，则，故D正确；
故选：D。
A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
B.该反应为可逆反应，不可能完全转化；
C.其他条件不变，增大SO2的量，△H和K均不变；
D.的反应热为△H，则的反应热为−△H，△H的值与化学计量数成正比，的化学平衡常数为K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)，的化学平衡常数K1=c4(SO2)⋅c2(O2)c4(SO3)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意基础知识的积累，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.两电极相同，不能形成原电池，故A错误；
B.锌为负极，铜为正极，电解质溶液为硫酸，可形成原电池，故B正确；
C.不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C错误；
D.不能进行自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故D错误．
故选B.
根据原电池的构成条件判断，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，以此解答该题．
本题考查了原电池的构成条件，侧重于基础知识的考查，为高频考点，注意原电池的这几个条件必须同时具备，缺一不可，题目难度不大．
7.【答案】B
【解析】解：A.由物料守恒可得2c(M2+)=c(HA)+c(A−)，对于D点，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=2，则c(HA)=4c(A−)，所以2c(M2+)=1.25c(HA)，故A错误；
B.D点对应的pH=5.0，c(H+)=10−5mol/L，c(HA)=4c(A−)，Ka(HA)=c(H+)⋅c(A−)c(HA)=10−5×14=2.5×10−6，对于E点，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=0.5，则c(HA)=c(A−)，则Ka(HA)=c(H+)，pH=−lgc(H+)=−lg(2.5×10−6)≈5.6，故B正确；
C.由物料守恒可得2c(M2+)=c(HA)+c(A−)，δ(A−)=c(A−)c(A−)+c(HA)=c(A−)2c(M2+)，Ksp(MA2)=c(M2+)×c(A−)2=c(M2+)×[δ(A−)×2c(M2+)]2=4c(M2+)3×δ(A−)2，将E点坐标代入上式可得Ksp(MA2)=4×(10−2.8)3×0.52=10−8.4，Ksp(MA2)的数量级为10−9，故C错误；
D.D点对应的pH=5.0，c(H+)=10−5mol/L，c(HA)=4c(A−)，Ka(HA)=c(H+)⋅c(A−)c(HA)=10−5×14=2.5×10−6，故D错误；
故选：B。
A.由物料守恒和δ(A−)判断离子浓度关系；
B.由E点δ(A−)和Ka计算pH；
C.由物料守恒和E点数据计算Ksp(MA2)；
D.由D点pH和δ(A−)计算Ka。
本题考查弱电解质的电离平衡和沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意物料守恒在解题中的应用，难点是电离平衡常数的计算。
8.【答案】C
【解析】解：A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；
B.标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n(Cl2)+n(Cl−)+n(ClO−)+n(HClO)=2×1mol=2mol，故溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；
C.向1L0.1mol⋅L−1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl−)=c(NH4+)=0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；
故选：C。
A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度；
B.氯气与水的反应为可逆反应；
C.在0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，溶液体积不知不能计算微粒数；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意电解池工作原理，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.通入少量HCl，反应消耗了OH−，导致溶液pH降低，故A正确；
B.加入少量水，得到同温度下Cu(OH)2饱和溶液，使溶液中离子浓度不变，故B正确；
C.加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu(OH)2的方向移动，n(Cu2+)减小，故C错误；
D.氢氧化铜溶解是吸热过程，升温后仍然是饱和溶液，但其溶度积常数增大，故D正确；
故选：C。
A.通入少量HCl，反应消耗了OH−；
B.加入少量水，得到同温度下Cu(OH)2饱和溶液；
C.加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu(OH)2的方向移动；
D.氢氧化铜溶解是吸热过程。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.肼的熔点和沸点均比氢气的高，易液化、易储存，故A正确；
B.电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水，所以正极的电极反应式应为O2+4H++4e−=2H2O，故B错误；
C.当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动，则必有4molH+向正极移动，故C正确；
D.根据N2H4+O2=N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大，故硫酸浓度逐渐减小，故D正确；
故选：B。
A.肼的熔点和沸点均比氢气的高；
B.电解质溶液是酸性的，正极上氧气得电子生成水；
C.当1molO2参与反应时，电路中转移电子数为4mol，阳离子向正极移动；
D.根据N2H4+O2=N2+2H2O总反应可知，反应生成水，溶液的体积增大。
本题考查了原电池原理的应用，题目难度不大，把握原电池原理、电极的判断、电极方程式的书写、离子的移动方向等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
11.【答案】B
【解析】解：A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；
B.溶液呈中性，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO−)，故溶液中n(Na+)=n(CH3COO−)=0.1mol/L×1L×NA/mol=0.1NA，故B正确；
C.氯气与水的反应为可逆反应，氯气不能完全转化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和小于2NA，故C错误；
D.题目中碘化亚铁的量未给，无法计算实际转移电子数目，故D错误；
故选：B。
A.题目未给溶液体积；
B.由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=c(CH3COO−)；
C.氯气与水的反应为可逆反应；
D.题目未给碘化亚铁的量。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3，将玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，故用玻璃瓶时需要用橡胶塞，而不用玻璃塞，故正确；
②泡沫灭火器灭火是Al3+和HCO3−的双水解生成Al(OH)3和CO2，CO2用于灭火，故正确；
③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和铁锈反应而除锈，故正确；
④AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，盐酸具有挥发性，加热促进盐酸挥发，所以最终得到的固体是Al(OH)3，故错误；
⑤明矾能生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物而净水，但不具有氧化性，不能用于杀菌消毒，漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能杀菌消毒，即净水原理不同，故错误；
⑥浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故正确；
故选：B。
①碳酸钠溶液水解显碱性，碱能和玻璃中的SiO2反应生成黏性的Na2SiO3；
②泡沫灭火器中碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液混合后发生双水解反应生成CO2；
③NH4Cl溶液水解显酸性；
④AlCl3水解生成Al(OH)3和HCl，盐酸具有挥发性；
⑤明矾没有氧化性，不具有杀菌消毒的性质；
⑥浓盐酸可抑制铁离子水解。
本题考查盐类水解，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确盐类水解原理、元素化合物的性质是解本题关键，注意⑤中明矾和漂白粉净水原理的区别，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由水电离产生的c(H+)=10−10 mol⋅L−1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故A错误；
B.Kwc(H+)=10−10mol/L溶液为酸性溶液，H+、NH4+、I−、Cl−、K+，相互不反应，可以大量共存，故B正确；
C.c(OH−)c(H+)=106的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C错误；
D.惰性电极电解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有强的氧化性，能够氧化硫离子、亚硫酸根离子，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，故镁电极开始不是正极，故A错误；
B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化，电子流动方向改变，故B正确；
C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同，故C错误；
D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极，故不可以简单地通过金属活动性顺序判断原电池的正、负极，还需要考虑电解液，故D错误；
故选：B。
镁铝电池中，由于介质为氢氧化钠，故Al失电子作为负极，Mg电极得电子作为正极，随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换，
A.随着反应的进行，溶液碱性变弱，结合右侧电压表可知，正负极互换；
B.结合分析可知，50s后，电压的正负值发生变化；
C.由于两次过程的酸碱性不同，故对应的电极方程式不同；
D.Mg比Al活泼，但是开始反应时，Mg为正极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】D
【解析】解：A.恒温恒容条件下，x：y<1：2、z=0时，相当增大B2的浓度，平衡正向移动，A2的转化率增大，但B2的转化率反而降低，故A错误；
B.若保持恒温恒压条件，当x：y<1：2，z为任意值时，两平衡可能不等效，因此达新平衡状态时AB的物质的量无法计算，故B错误；
C.恒温恒容条件下，x：y：z=1：1：a的反应体系中始终存在n(A2)：n(B2)=1：1≠1：2，与原平衡体系不等效，则新平衡状态时A2的体积分数与原平衡不可能相同，故C错误；
D.恒温恒压条件下，当x：y<1：2，z>0，并且满足(x+z2)：(y+z2)=1：2时，该平衡体系与已知平衡体系等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡相同，当(x+z2)：(y+z2)≠1：2时，该平衡体系与已知平衡体系不等效，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡不相同，所以当x：y<1：2，z>0时，达新平衡状态时B2的体积分数与原平衡时可能相同，故D正确；
故选：D。
A.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率增大，自身转化率降低；
B.恒温恒压条件下，当x：y<1：2，z为任意值时，两平衡可能不是等效平衡体系；
C.恒温恒容条件下，x：y：z=1：1：a的反应体系与原平衡体系不等效；
D.x：y<1：2，z>0的反应体系等效于A2和B2充入量分别为(x+z2)mol、(y+z2)mol的反应体系，当(x+z2)：(y+z2)=1：2时与已知平衡体系等效。
本题考查等效平衡，掌握恒温恒容、恒容恒压条件下等效平衡的建立条件及等量关系是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，注意掌握等效平衡的类型及等量关系式，题目难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X曲线代表AgCl，Y曲线代表Ag2C2O4，Ksp(AgCl)=10−5.75×10−4=10−9.75，Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46；
A.Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46=100.54×10−11，则Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10−11，故A正确；
B.a点在Ag2C2O4所表示的图象上方，c(Ag+)比Ag2C2O4溶解平衡曲线上的c(Ag+)小，a点的浓度积Q(Ag2C2O4)
D.Ag2C2O4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+C2O42−(aq)的平衡常数K=c(C2O42−)c2(Cl−)=c(C2O42−)c2(Cl−)×c2(Ag+)c2(Ag+)=Ksp(Ag2C2O4)[Ksp(AgCl)]2=10−10.46(10−9.75)2=109.04，故D正确；
故选：C。
Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c(C2O42−)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl−)，则−lgKsp(Ag2C2O4)=−2lg(Ag+)−lgc(C2O42−)，即−2lgc(Ag+)=lgc(C2O42−)−lgKsp(Ag2C2O4)，lgc(Ag+)=lgc(Cl−)−lgKsp(AgCl)，由图可知，4−2−5.75−(−7.75)=1，所以X曲线代表AgCl的关系，Y曲线代表Ag2C2O4的关系，根据点(−5.75,4)和(−2.46,4)计算Ksp(AgCl)=10−5.75×10−4=10−9.75，Ksp(Ag2C2O4)=10−2.46×(10−4)2=10−10.46，据此分析解答。
本题考查了难溶电解质溶解平衡、溶度积常数的有关计算，为高频考点，把握溶度积的计算、溶解平衡的原理是解题的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，注意掌握图象分析方法及计算，题目难度中等。
17.【答案】D
【解析】解：A.电离平衡常数只与温度有关，加水稀释，Ka(HClO)不变，故A错误；
B.温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(OH−)c(H+)增大，故B错误；
C.加水稀释，c(ClO−)减小，Ka(HClO)=c(H+)c(ClO−)c(HClO)不变，所以c(H+)c(HClO)增大，故C错误；
D.温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(ClO−)减小，所以c(ClO−)c(OH−)减小，故D正确；
故选：D。
A.电离平衡常数只与温度有关；
B.温度不变，水的离子积常数不变，0.1mol⋅L−1的HClO溶液加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大；
C.加水稀释，c(ClO−)减小，Ka(HClO)=c(H+)c(ClO−)c(HClO)不变；
D.温度不变，水的离子积常数不变，加水稀释，c(H+)减小、c(OH−)增大，c(ClO−)减小。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握盐类水解、弱电解质的电离、水的离子积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液体积的变化，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查催化剂在化学反应中的作用，涉及反应热的判断与平衡状态的判断，综合性较强，难度中等。
【解答】
A.总反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)−2×①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反应②为O2+4VO2→2V2O5，故A正确；
B.在反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)中使用V2O5作催化剂，可降低反应的活化能，故B正确；
C.△H与热化学反应方程式有关，改变O2浓度不影响此反应的△H，故C正确；
D.当2v(O2)逆=v(SO3)正时反应达到平衡，此时加入V2O5，速率改变，但平衡不移动，即v(O2)逆、v(SO3)正数值增大，等式仍然成立，故D错误；
故选：D。
19.【答案】D
【解析】解：A.火药的爆炸属于燃烧过程，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故A不选；
B.钢铁的冶炼过程中Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；
C.用84消毒液消毒，利用了NaClO的强氧化性，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D.卤水点豆腐，属于胶体的聚沉，不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选：D。
反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。
本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握反应类型、化学反应原理等，明确由化学反应是解题关键。同时也考查了学生阅读题目获取新信息的能力，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。
【解答】
A、由题干图可知，铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]−生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；
B、由题干图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI=CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；
C、由题干图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；
D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确。
21.【答案】+117.6KJ/mol；BD；66.7%；23；有机化合物在温度过高时分解；C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−；14
【解析】解：(1)H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1，可得热化学方程式：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8KJ/mol，
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283.0KJ/mol，
已知③：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.8kJ/mol，
根据盖斯定律，③+②-①可得：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，故△H=114.8KJ/mol−283.0KJ/mol+285.8KJ/mol=+117.6KJ/mol，
故答案为：+117.6KJ/mol；
(2)A.温度变化对正逆反应速率的影响是一致的，只是改变的程度不同，所以升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，故A错误；
B.若继续加入1mol乙苯，相当于增大整个体系的压强，增大压强，平衡逆向移动，故苯乙烯转化率增大，B正确；
C.压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大，故C错误；
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，假设平衡时为amol乙苯，则原平衡反应中能量变化为QkJ=(1−a)×△HkJ，而生成amol乙苯的能量变化为：a×△HkJ=(△H−Q)kJ，故D正确；
故答案为：BD；
(3)参加反应的乙苯为xmol，则：
C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
起始量(mol)：1 0 0
变化量(mol)：x x x
平衡量(mol)：1−xxx
由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，则1−x1−x+x+x=20%，所以x=23，乙苯的平衡转化率为23×100%=66.7%，
此温度下平衡常数K=c(C6H5CH=CH2)×c(H2)c(C6H5CH2CH3)=x2×x21−x2=23，
温度高于970℃时，苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；
故答案为：66.7%；23；有机化合物在温度过高时分解；
(4)由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH−离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应，阳极电极反应式为：C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−，阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，
除去0.5mol苯乙烯，则：
C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−
0.5mol20mol4mol
2H2O+2e−=H2↑+2OH−
20mol 10mol
故两极共收集气体：4mol+10mol=14mol，
故答案为：C6H5CH=CH2+16H2O−40e−=8CO2↑+4OH−；14.
(1)H2和CO的燃烧热(△H)分别为−285.8kJ.mol⋅L−1和−283.0kJ.mol⋅L−1，可得热化学方程式：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8KJ/mol，
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283.0KJ/mol，
已知③：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.8kJ/mol，
根据盖斯定律，③+②-①可得：C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)；
(2)A.升高温度，正逆反应速率均增大；
B.若继续加入1mol乙苯，等效为增大压强，平衡逆向移动；
C.压缩容器的体积，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向移动，乙苯的浓度增大，平衡常数不变，故平衡时苯乙烯、氢气的浓度也增大；
D.相同条件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氢气，等效为开始加入1mol乙苯，与原平衡为完全等效平衡，平衡时乙苯的物质的量相等，再计算反应热；
(3)由图示可知：700℃时，乙苯的物质的量百分含量为20%，参加反应的乙苯为xmol，则：
C6H5CH2CH3(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
起始量(mol)：1 0 0
变化量(mol)：x x x
平衡量(mol)：1−xxx
再根据乙苯的物质的量分数列方程计算x，进而计算乙苯的转化率；
计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式K=c(C6H5CH=CH2)×c(H2)c(C6H5CH2CH3)计算；
有机物受热易分解，温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加；
(4)由题目信息可知，阳极上整个过程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，应有OH−离子生成，由元素守恒可知，应有水参与反应；阴极上是氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H2O+2e−=H2+2OH−，根据阳极反应式计算生成二氧化碳物质的量，根据电子转移守恒计算阴极生成氢气物质的量．
本题考查化学平衡计算及影响元素、反应热计算、电解原理应用等，(4)中电极反应式书写为易错点，综合考查学生阅读获取信息能力、应用知识分析解决问题能力，难度中等．
22.【答案】等于 小于 吸收 加热 b=−a+12(c+d)
【解析】解：(1)根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；
(2)由于C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)的反应中△H>0，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，需要吸收能量，反应条件是加热，
故答案为：小于；吸收；加热；
(3)途径I：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−akJ⋅mol−1
途径II：②C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+bkJ⋅mol−1
③2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=−ckJ⋅mol−1
④2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−dkJ⋅mol−1反应①=反应②+反应③×12+反应④×12，所以−a=b+12(−c−d)，所以b=−a+12(c+d)，
故答案为：b=−a+12(c+d).
(1)根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；
(2)该反应属于吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量；需要吸收能量，所以反应条件为加热；
(3)根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系．
本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大
23.【答案】2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)0.08mol/(L⋅min)D33.3%C
【解析】解：(1)由图可知，X为反应物，达到平衡时的反应量为2.4mol−1.6mol=0.8mol，Y为生成物，达到平衡状态时生成量为1.2mol，Z为生成物，达到平衡状态时生成量为0.4mol，X、Y、Z变化量的比为0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，故方程式为2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)，
故答案为：2X(g)⇌3Y(g)+Z(g)；
(2)X达到平衡时的反应量为2.4mol−1.6mol=0.8mol，反应起始至tmin(设t=5)，X的平均反应速率是0.8mol2L×5min=0.08mol/(L⋅min)，
故答案为：0.08mol/(L⋅min)；
(3)A.X、Y、Z的反应速率相等，未指明正逆，且平衡时正逆反应速率之比应等于方程式的系数比，故A错误；
B.X、Y的反应速率比为2：3，未指明正逆，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故容器内混合气体的密度始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；
D.生成1mol Z的同时生成2mol X，正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
(4)X的平衡时的转化率为2.4mol−1.6mol2.4mol×100%=33.3%，
故答案为：33.3%；
(5)A.其他条件不变，及时分离出产物，平衡正移，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B.适当降低温度，反应速率减慢，故B错误；
C.其他条件不变，增大X的浓度，反应速率加快，故C正确；
故答案为：C。
(1)通过图象确定反应物和生成，并通过各物质变化量确定方程式系数；
(2)由公式v=△c△t求算化学反应速率；
(3)化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
(4)转化率为变化量起始量××100%；
(5)加快反应速率的措施有增大物质浓度、升温、加压、使用催化剂、增大反应接触面积等。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
24.【答案】负极 H2O2+2e−+2H+=2H2OSO2+H2O2=H2SO4 左 右 1mol ①②③ H2−2e−+2OH−=2H2OH2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O0.2NA
【解析】解：Ⅰ.(1)该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e−+2H+=2H2O，
故答案为：负极；H2O2+2e−+2H+=2H2O；
(2)H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
(3)H+的迁移方向为正极，从左至右，
故答案为：左；右；
(4)n(SO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，该反应的负极反应式为SO2+2H2O−2e−=SO42−+4H+，正极电极反应式为H2O2+2e−+2H+=2H2O，有0.5mol二氧化硫参加反应，有2mol氢离子在正极上发生反应，则迁移H+的物质的量为反应的二氧化硫的2倍，为1mol，
故答案为：1mol；
(5)①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，所以原电池两电极材料活泼性可能不同，也可能相同，故①错误；
②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，电极材料均不参与反应，所以原电池负极材料不一定参与反应，正极材料不一定不参与反应，也可能均参与反应，如铅蓄原电池，故②错误；
③Fe−浓硝酸−Cu原电池中，Fe发生钝化作正极，Cu作负极，故③错误；
④原电池是将化学能转变为电能的装置，故④正确；
故答案为：①②③；
Ⅱ.(1)碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH−结合生成水，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，负极反应为H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O，
故答案为：H2−2e−+2OH−=2H2O；H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O；
(2)氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，每生成36g时，转移电子4mol，则得到1.8g饮用水时，转移电子0.2mol，即转移电子数为0.2NA，
故答案为：0.2NA。
Ⅰ.(1)该原电池中，通入SO2的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极，即石墨1为负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水；
(2)H2O2有强氧化性，SO2有还原性，二者反应生成H2SO4；
(3)原电池中阳离子移向正极；
(4)n(SO2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，根据转移电子和转移氢离子之间的关系式计算；
(5)①燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极；
②燃料电池两电极材料可为石墨等惰性电极，电极材料均不参与反应；
③Fe−浓硝酸−Cu原电池中，Fe发生钝化，作正极，Cu作负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置；
Ⅱ.(1)碱式氢氧燃料电池中，H2失去电子与OH−结合生成水；
(2)氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，可知生成36g时，转移电子4mol，据此计算。
本题原电池原理、电极反应书写、电池的分析应用等知识点，为高频考点，明确电极反应式的书写方法是解本题关键，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性，题目难度不大。
25.【答案】(1)④②③①；
(2)c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；
(3)>；101：9；
(4)1；0.1；10x+y−14；x+y=14+lg(ab)
【解析】
【分析】
本题考查了水的电离及溶液pH的简单计算，题目难度中等，需要熟练掌握溶液pH与溶液中氢离子浓度的关系，注意温度影响水的离子积，温度不同，水的离子积不同。
(1)根据酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH−浓度越大、盐的水解能促进水的电离分析；
(2)根据二者完全反应生成NaCl和NH3⋅H2O溶液分析；
(3)根据水的电离是吸热反应，温度升高，水的离子积增大判断；根据在t℃时氢氧化钠溶液和硫酸溶液的pH分别计算出氢氧根离子、氢离子浓度，然后根据反应后的溶液中氢氧根离子浓度计算出二者体积比；
(4)根据两溶液完全中和，则溶液中n(H+)=n(OH−)，即10−x⋅a=10y−14⋅b，整理得：ab=10x+y−14，再根据(x+y)的数据对各小题进行分析．
【解答】
(1)向溶液中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且溶液中H+或OH−浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离，所以由水电离出c(H+)由大到小的顺序为：④②③①，故答案为：④②③①；
(2)二者完全反应生成NaCl和NH3⋅H2O，由于NH3⋅H2O电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)，故答案为：c(Na+)=c(Cl−)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)；
(3)水的电离过程是吸热反应，升温促进水的电离，即升温KW增大，t℃时KW>1×10−14，即t℃>25℃；
在t℃时将pH=11的NaOH溶液中，n(OH−)=0.01amol，
pH=1的H2SO4溶液H2SO4中，n(H+)=0.1bmol，根据混合后溶液pH=10，得10−3=0.01a−0.1ba+b，解得a：b=101：9，故答案为：>；101：9；
(4)两溶液完全中和，则溶液中n(H+)=n(OH−)，即10−x⋅a=10y−14⋅b，整理得：ab=10x+y−14，①若x+y=14时，a/b=1，故答案为：1；
②若x+y=13，则a/b=0.1，故答案为：0.1；
③若x+y>14，则a/b=10x+y−14，故答案为：10x+y−14；
④两溶液完全中和，则有ab=10x+y−14即lg(ab)=x+y−14，解得：x+y=14+lg(ab)，故答案为：x+y=14+lg(ab).
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