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2022-2023学年浙江省杭州市临平区高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省杭州市临平区高二（上）期末化学试卷（含解析），共32页。试卷主要包含了0分）， 工业制硫酸的重要反应等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省杭州市临平区高二（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
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25小题，共50.0分）
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. NH3⋅H2O B. Cu C. CaCO3 D. C2H5OH
2. 下列物质因发生水解反应而使溶液呈酸性的是( )
A. HNO3 B. CuCl2 C. K2CO3 D. CH3COOH
3. 下列各仪器或装置能达到实验目的的是( )
A. 测定新制氯水的pH B. 保存0.1mol⋅L−1的稀硫酸
C. 量取10.0mL的NaOH溶液 D. 中和滴定
4. 下列有关物质的性质与用途正确，且具有对应关系的是( )
A. Na2CO3溶液显碱性，可用于清洗油污
B. NH3易溶于水，可用作制冷剂
C. SO2具有氧化性，可作葡萄酒抗氧化剂
D. FeCl3溶液呈酸性，可作铜印刷电路板的腐蚀液
5. 下列有关化学用语表述正确的是( )
A. Na+的结构示意图：
B. 氯化氢的电子式：
C. H2SO3的电离方程式为：H2SO3=2H++SO32−
D. 粗铜精炼时，阳极电极主要反应式为：Cu−2e−=Cu2+
6. 工业制硫酸的重要反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ⋅mol−1，下列做法能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 保持体系较高的反应温度
B. 实际生产中SO2与O2的体积比为1：50
C. 选择常压为反应条件
D. 原料需要净化、干燥，防止催化剂中毒
7. 下列实验操作和数据记录都正确的是( )
A. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的滤纸上，读数为10.3g
B. 用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0
C. 用量筒准确量取16.25mL2.50mol⋅L−1碳酸酸溶液
D. 在试管中制备Fe(OH)2时，将吸有NaOH溶液的滴管插入FeSO4溶液的底部
8. 过量排放NH4+、NO3−对环境有污染，专家建议可用金属铝将水体中的NO3−转化为N2，发生反应：NO3−+Al+H2O→Al(OH)3+N2+OH−(未配平)，下列说法正确的是( )
A. 增大溶液的pH，能促进Al(OH)3碱式电离
B. 该反应生成1molN2时，转移10mol电子
C. 可以通过加入过量的NO3−，提高该除杂过程的反应速率
D. Al在反应中被还原，是还原剂
9. 在一定温度下，容积固定为2L的密闭容器中充入0.2molN2和0.5molH2，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，4min末反应达到平衡，测得N2为0.1mol，下列说法正确的是( )
A. 该体系密度不发生变化，可说明该反应达到平衡状态
B. 从开始到平衡时的平均反应速率ν(NH3)=0.25mol/(L⋅min)
C. 平衡后H2的转化率为40%
D. 平衡后再通入N2，能提高H2的转化率
10. 下列关于化学反应的调控措施说法不正确的是( )
A. 硫酸工业中，为使黄铁矿充分燃烧，可将矿石粉碎
B. 硝酸工业中，氨的氧化使用催化剂是为了增大反应速率，提高生产效率
C. 合成氨工业中，为提高氮气和氢气的利用率，采用循环操作
D. 对于合成氨的反应，如果调控好反应条件，可使一种反应物的转化率达到100%
11. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是( )
A. 使甲基橙变红色的溶液：A13+、Na+、Cl−、HCO3−
B. pH=11的溶液中：Cu2+、NO3−、SO42−、Na+
C. 在c(H+)c(OH−)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、SO42−、Cl−
D. 由水电离c(H+)=1×10−14mol⋅L−1的溶液中：K+、Fe2+、NO3−、SO42−
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 2L0.5mol⋅L−1H2CO3溶液中含有的H+数大于NA
B. 0.2L0.2mol⋅L−1Al2(SO4)3溶液中含有Al3+的数目是0.08NA
C. 25℃时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−数目为0.2NA
D. 1L0.5mol⋅L−1Na2CO3溶液中，阴阳离子总数大于1.5NA
13. 下列实验装置不能达到实验目的的是 ( )
A.探究铜锌原电池的工作原理
B.验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C.探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
D.根据颜色变化探究压强对平衡的影响
A. A B. B C. C D. D
14. 有关有机物的下列说法正确的是( )
A. 乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性
B. 淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C. 植物油在高温环境中更快变质，是由于温度升高不饱和键的氧化速率加快
D. 乙烯分别使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，均发生了加成反应
15. 常温下，测得0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3，下列说法正确的是( )
A. 向某温度下的醋酸溶液中通入HCl气体，醋酸的电离常数K会增大
B. 加水稀释10倍后，H2O电离出的c(OH−)=1.0×10−10mol⋅L−1
C. 向其中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡向逆反应方向移动
D. 向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
16. 生物天然气是一种廉价的生物质能，其主要成分为CH4，甲烷燃烧时的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能
B. 该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−802kJ⋅mol−1
C. 在甲烷燃料电池中，通入CH4电极为正极
D. 碱性条件下甲烷燃料电池每消耗1molCH4，转移电子物质的量为4mol
17. 下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
将CuCl2溶液由0.1mol⋅L−1稀释到0.01mol⋅L−1，测溶液pH
溶液pH变小
稀释后，Cu2+的水解程度增大
B
将装有红棕色NO2气体的注射器由10mL压缩至5mL
压缩后的气体颜色比压缩前深
反应2NO2⇌N2O4向左进行
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
将10mL2mol⋅L−1的KI溶液与1mL1mol⋅L−1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应有可逆性
A. A B. B C. C D. D
18. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. CO2是共价化合物
B. 爆炸时吸收热量
C. 反应中C作氧化剂
D. 每消耗0.1molS，同时生成6.72LCO2
19. 2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ⋅mol−1
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ⋅mol−1
下列说法错误的是( )
A. H2的燃烧热ΔH=−285.8kJ⋅mol−1
B. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH<−571.6kJ⋅mol−1
C. 反应①中断裂反应物中的化学键所需的能量小于形成生成物中化学键所释放的能量
D. 反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=−890.3kJ⋅−mol−1
20. 微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。某污水处理厂利用微生物燃料电池处理含铬废水的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时a极发生氧化反应
B. a极的电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+
C. 每处理1molCr2O72−，a电极上会生成1molCO2
D. 电池工作一段时间后，右边溶液的酸性增强
21. 利用反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，可实现汽车尾气无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=n(NO)n(CO)]的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 投料比：m1
D. 若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，则N2的体积分数为15.4%
22. 结合实验与计算机模拟结果，研究了N2与H2在固体催化剂表面合成NH3的反应历程。图示为反应历程中的能量面图(部分数据省略)，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法不正确的是 ( )
A. 氨气从催化剂表面脱附是吸热过程
B. 增加Fe催化剂的用量，可改变合成氨反应的反应热
C. 可计算推理合成氨的热化学方程式：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅mol−1
D. 铁做催化剂时，通过改变反应历程降低了反应的活化能，使反应速率明显加快
23. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上以硫化铜精矿(CuS)为原料生产CuCl的工艺过程如图所示：
已知：CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化。
下列说法不正确的是( )
A. “高温焙烧”将CuS转化为CuO，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3
B. 气体X为SO2，可用氨水吸收
C. “还原”反应的离子方程式为2Cl−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+
D. “洗涤”阶段应该使用乙醇
24. 已知常温下，几种电解质的电离常数如表所示：
电解质
HClO
NH3⋅H2O
H2CO3
CH3COOH
Ka或Kb
3.0×10−8
1.8×10−5
Kal=4.0×10−7，Ka2=6.0×10−11
1.8×10−5
下列说法正确的是( )
A. 等pH的①NaClO②Na2CO3③CH3COONa三种溶液，浓度由大到小的顺序是：②>①>③
B. NH4HCO3溶液显碱性，且溶液中c(NH4+)
D. 将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后：c(ClO−)>c(Na+)>c(HClO)>c(H+)>c(OH−)
25. 一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应A(g)+2B(g)⇌C(g)。反应过程中测得的部分数据如表所示：
t/min
0
10
20
30
n(A)/mol
0.10
0.04
0.02
n(B)/mol
0.20
0.04
下列说法正确的是( )
A. 反应在前10min内的平均速率v(B)=0.006mol⋅L−1⋅min−1
B. 温度不变，若起始时向容器中充入0.1molA、0.4molB和0.4molC，达平衡前v(正)
D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C)=0.06mol⋅L−1，则反应的ΔH<0
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共50.0分）
26. 氯化铵是一种重要的化工产品。
(1)工业上NH4Cl溶液可以除去铁锈，利用了NH4Cl溶液呈酸性。请用离子方程式解释NH4Cl溶液呈酸性的原因 ；
(2)工业废气氯化氢可以用氨水吸收，生成氯化铵溶液，该反应的变为ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)；
(3)NH4Cl可除去水中的NaNO2，转化为无污染的N2和NaCl，该反应的化学反应方程式为 。
27. 某化合物W是由四种常见元素组成，这些元素位于前四个不同周期，探究W组成的实验过程如图(略去部分产物)。
已知：气体F燃烧时，火焰呈淡蓝色且有水生成；白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液；沉淀A为红色固体氧化物M和白色沉淀E的混合物。
回答下列问题：
(1)组成化合物W的四种元素分别是 ；
(2)深蓝色溶液D的溶质[Cu(NH3)4(H2O)2]2+存在解离平衡，类似于弱电解质的电离平衡，请写出D的平衡常数表达式K= ；
(3)向蓝色溶液C中加入过量浓氨水中生成白色沉淀的离子方程式是 ；
(4)无色气体B为NO，红色固体氧化物M与稀硝酸反应中n(M)：n(HNO3)= 。
28. 草酸(H2C2O4，二元弱酸)在实验和工业生产中都起着重要的作用。
(1)常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，pH=4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，则c1 10c2 (填“>”、“<”“=”)。
(2)已知HC2O4−的电离大于HC2O4−的水解。常温下，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O42−)+2c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)=c(Na+)。
①滴定至c点时，溶液溶质是 ；
②b点2c(C2O42−)+c(HC2O4−) c(Na+)。(填“>”、“<”“=”)
(3)实验室也可用氧化还原滴定实验测定草酸的浓度。现用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定未知㳖度的无色H2C2O4溶液。
已知：滴定原理为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
①滴定实验应选用 (填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。
②滴定终点判断方法是 。
③甲同学按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表：
滴定次数
待测H2C2O4溶液的体积/mL
0.1000mol/LKMnO4的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
0.56
30.30
29.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据表数据计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L(保留4位有效数字)。
29. 燃煤烟气和汽车尾气中常含有SO2、NOx、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。
(1)以氨气为脱硝剂时，可将NOx还原为N2。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ⋅mol−1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1269kJ⋅mol−1
则反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH 0(填“>”、“<”或“=“)。
(2)研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是 (填序号)。
A.Fe3+能增大总反应的活化能，提高反应速率
B.总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O
C.该反应历程中形成了非极性键和极性键
D.该反应中的三个阶段均为氧化还原反应
(3)结合吸收法脱硝技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1.Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2−
方法2.[FeY]2−+NO⇌[FeY(NO)]2−
①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，用离子方程式解释原因 。
②研究温度对反应[FeY]2−(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2−(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图2所示，解释随温度变化NO去除率变化的原因 (填“B室到A室”或“A室到B室”)；写出A室NO2−发生的电极反应式： 。
30. 工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含少量的FeCO3、MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图。
已知：①常温下，相关金属离子Mn+形成M(OH)n沉淀的pH如表：
金属离子Mn+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH[c(Mn+)=0.1mol⋅L−1]
3.4
1.9
7.0
8.1
9.1
沉淀完全的pH[c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]
4.7
3.2
9.0
10.1
11.1
②常温下，Ksp(CaF2)=1.60×10−10，Ksp(MgF2)=6.40×10−11。
回答下列问题：
(1)对菱镁矿预处理时需要粉碎，从反应速率角度分析其原因 。
(2)在“浸出液”中加入“MnO2”的作用是 。
(3)加入氨水调节溶液pH的范围 。
(4)加入NH4}F的目的是将Ca2+、Mg2+沉淀除去，常温下，当溶液中Ca2+、Mg2+完全除去时[c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]，则c(F−)≥ mol⋅L−1。
(5)“沉锰”：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀。该反应的离子方程式为 ；实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否反应完全：2Mn2++5S2O82−+8H2O=16H++10SO42−+2MnO4−，如何确定Mn2+已完全反应 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B.铜为单质，不是电解质，故B错误；
C.碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.乙醇为非电解质，故D错误；
故选：A。
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物，据此判断。
本题考查了物质的分类，明确电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.HNO3为酸，在溶液中电离出氢离子，溶液显酸性，故A错误；
B.CuCl2为强酸弱碱盐，溶于水发生水解使溶液显酸性，故B正确；
C.K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性，故C错误；
D.CH3COOH为弱酸，不发生水解，溶液呈酸性，故D错误；
故选：B。
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水动力平衡状态的氢氧根离子促进水的电离，溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈酸性。
本题考查了溶液酸碱性判断，根据盐的类型结合“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”判断即可，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.氯水中HClO具有漂白性，能漂白pH试纸，所以用pH计测定新制氯水的pH，故A正确；
B.容量瓶不能保存溶液，只能配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；
C.分液漏斗没有刻度，不能量取一定体积的溶液，应该用10mL量筒量取10.0mLNaOH溶液，故C错误；
D.图示为测定中和热的实验装置，不能进行中和滴定，故D错误；
故选：A。
A.pH计能测定氯水的pH值；
B.容量瓶不能保存溶液；
C.分液漏斗没有刻度，不能量取一定体积的溶液；
D.图示为测定中和热的实验装置。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，油脂可以在碱性溶液中水解，所以可用于清洗油污，故A正确；
B.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用于制冷剂，故B错误；
C.二氧化硫具有还原性，可作葡萄酒抗氧化剂，故C错误；
D.氯化铁具有氧化性，可作铜印刷电路板的腐蚀液，故D错误；
故选：A。
A.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；
B.依据液氨汽化吸收大量的热解答；
C.依据二氧化硫的还原性；
D.依据铁离子的氧化性解答。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故A错误；
B.HCl是共价化合物，电子式为，故B错误；
C.H2SO3是二元弱酸，电离分步进行，以第一步为主，电离方程式为H2SO3⇌H++HSO3−，故C错误；
D.粗铜精炼时，粗铜做阳极，不止是铜放电，比铜活泼的金属杂质也放电，电极主要反应为：Cu−2e−=Cu2+，故D正确；
故选：D。
A.钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子；
B.HCl是共价化合物；
C.H2SO3是二元弱酸，电离分步进行，以第一步为主；
D.粗铜精炼时，粗铜做阳极，不止是铜放电，比铜活泼的金属杂质也放电。
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意在书写电子式时，先判断是离子化合物还是共价化合物。
6.【答案】B
【解析】解：A.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应保持体系较高的反应温度，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.SO2、O2反应的物质的量之比为2：1，实际上生产中SO2与O2的体积比为1：50，增大氧气浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.该反应前后气体计量数减小，增大压强，平衡正向移动，实际上选择常压为反应条件，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以原料需要净化、干燥，防止催化剂中毒，目的是防止降低反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选：B。
A.升高温度，平衡向吸热方向移动；
B.增大一种反应物浓度，能提高另一种反应物的转化率；
C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动。
本题考查平衡移动原理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘小烧杯中称量NaOH，故A错误；
B.广泛pH试纸测得值只能是整数，故B错误；
C.量筒的感量为0.1mL，16.25mL测不出来，故C错误；
D.Fe(OH)2容易被氧化，将吸有NaOH溶液的滴管插入FeSO4溶液的底部，防止氧气进入氧化Fe(OH)2，故D正确；
故选：D。
A.NaOH具有强腐蚀性且易潮解，用天平称量药品时，应该遵循“左物右砝”的原则；
B.广泛pH试纸测得值只能是整数；
C.量筒的感量是0.1mL；
D.Fe(OH)2容易被氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验基本操作、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。
8.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化铝的碱式电离方程式为Al(OH)3⇌Al3++3OH−，增大溶液的pH，c(OH−)增大，电离平衡逆向移动，氢氧化铝的碱式电离受到抑制，故A错误；
B.根据6NO3−+10Al+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH−可知，每生成3molN2，转移30mol电子，则生成1mol氮气，转移10mol电子，故B正确；
C.过量的NO3−对环境有污染，故C错误；
D.根据B中的反应方程式，Al的化合价从0价升高到+3价，在反应中作还原剂，被氧化成氢氧化铝，发生氧化反应，故D错误，
故选：B。
A.氢氧化铝的碱式电离方程式为Al(OH)3⇌Al3++3OH−，溶液的pH增大，使得电离平衡逆向移动；
B.将所给方程式配平得6NO3−+10Al+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH−，据此作答；
C.NO3−过量，在反应中有剩余，排放后对环境有污染；
D.还原剂在反应过程中化合价升高，被氧化，发生氧化反应。
本题主要考查氧化还原反应方程式的配平、转移电子数以及氧化剂和还原剂的判断，难度较低、
9.【答案】D
【解析】A.依据ρ=mV，反应中气体质量不变、体积不变，密度始终不变，该体系密度不发生变化，不能判定达到平衡状态，故A错误；
B.反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，则生成氨气0.2mol，ν(NH3)=ΔcΔt=0.2mol2L4min=0.025mol/(L⋅min)，故B错误；
C.依据反应方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，参加反应的H2为0.3mol，平衡后H2的转化率为=0.30.5×100%=60%，故C错误；
D.其他条件不变时，两种反应物，增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另一种反应物的转化率平衡后再通入N2，能提高H2的转化率，故D正确；
故选：D。
A.该体系密度不发生变化，依据ρ=mV，反应中气体质量不变、体积不变，密度始终不变；
B.从开始到平衡时的平均反应速率ν(NH3)=ΔcΔt，代入数据计算；
C.反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，依据反应方程式可知，参加反应的H2为0.3mol，用H2变化量比上H2起始量可计算出H2的转化率；
D.其他条件不变时，两种反应物，增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另一种反应物的转化率。
本题考查化学反应原理，涉及平衡状态判定、化学反应速率和转化率的计算、化学平衡的移动等，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.工业上用黄铁矿制硫酸，焙烧黄铁矿时应将矿石粉粹，增加固体与空气的接触面积，能够加快反应速率，故A正确；
B.催化剂降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，所以可加快反应速率，生产时间缩短，则提高生产效率，故B正确；
C.合成氨工业中采用循环操作，氮气和氢气循环使用，目的就是提高氮气和氢气的利用率，故C正确；
D.合成氨为可逆反应，则对于合成氨的反应，一定不能使一种反应物的转化率达到100%，故D错误；
故选：D。
A.将矿石粉碎，固体接触面积增大，反应速率加快；
B.催化剂增大化学反应速率，缩短达到平衡时间；
C.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率；
D.合成氨为可逆反应。
本题考查化学反应的调控方法及反应速率的影响因素，为高频考点，明确物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握外界条件对反应速率及平衡的影响，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Al3+、H+都与HCO3−反应，不能大量共存，故A错误；
B.pH=11的溶液呈碱性，Cu2+、OH−之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.c(H+)c(OH−)=1012的溶液中c(H+)>c(OH−)，呈酸性，NH4+、Al3+、SO42−、Cl−、H+之间不发生反应，能大量共存，故C正确；
D.由水电离c(H+)=1×10−14mol⋅L−1的溶液中c(H+)=1mol⋅L−1或c(H+)=1×10−14mol⋅L−1，呈酸性或碱性，碱性溶液中Fe2+、OH−之间反应生成氢氧化亚铁沉淀，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，铝离子、氢离子都与碳酸氢根离子反应；
B.该溶液呈碱性，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；
C.该溶液中c(H+)>c(OH−)，呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D.该溶液中c(H+)=1mol⋅L−1或c(H+)=1×10−14mol⋅L−1，呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.碳酸是二元弱酸，电离程度很小，则2L0.5mol⋅L−1H2CO3溶液中含有的H+数小于NA，故A错误；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，0.2L0.2mol⋅L−1Al2(SO4)3溶液中含有Al3+的数目小于0.08NA，故B错误；
C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH−的浓度为0.1mol/L，则1L该溶液中含有的氢氧根离子的个数N=cVNA=0.1mol/L×1L×NA/mol=0.1NA，故C错误；
D.即便是碳酸钠不水解，由于溶液中水还能部分电离，1L0.5mol⋅L−1Na2CO3溶液中阴阳离子的物质的量也多于1.5mol，而CO32−的水解导致阴离子个数增多，故此溶液中阴阳离子总数大于1.5NA，故D正确；
故选：D。
A.碳酸是二元弱酸；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH−的浓度为0.1mol/L；
D.CO32−的水解导致阴离子个数增多。
本题考查了盐类的水解以及溶液pH的有关计算，难度不大，应注意盐类的水解对溶液中离子浓度和个数的影响。
13.【答案】D
【解析】解：A.构成原电池的条件是活泼性不同的两极，电解质溶液，闭合回路且有自发的氧化还原反应，该装置可以构成铜锌原电池，故A正确；
B.铜与浓硝酸反应，放出大量的热，具支试管中的空气受热膨胀，U形管中的红墨水左低右高，可验证铜与浓硝酸反应的热量变化，故B正确；
C.左边NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，气体体积减小，右边NH4Cl溶液呈酸性，生铁发生析氢腐蚀，气体体积增大，红墨水左高右低，能达到探究目的，故C正确；
D.该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已，不能达到探究目的，故D错误；
故选：D。
A.构成原电池的条件是活泼性不同的两极，电解质溶液，闭合回路且有自发的氧化还原反应；
B.铜与浓硝酸反应，放出大量的热，具支试管中的空气受热膨胀，U形管中的红墨水左低右高；
C.左边NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，气体体积减小，右边NH4Cl溶液呈酸性，生铁发生析氢腐蚀，气体体积增大；
D.该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已。
本题考查元素化合物性质及化学实验，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.硫酸铵溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性，故A错误；
B.淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者聚合度n值不同，不是同分异构体，故B错误；
C.植物油中含有碳碳双键，温度升高更容易被氧化，反应速率更快，故C正确；
D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
A.浓轻金属盐溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性；
B.淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者聚合度n值不同；
C.植物油中含有碳碳双键；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液褪发生氧化还原反应。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.温度不变电离常数不变，向某温度下的醋酸溶液中通入HCl气体，醋酸的电离常数K不变，故A错误；
B.加水稀释10倍后，3
D.向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，氢离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(CH3COO−)减小，则溶液中c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COOH)×c(CH3COO−)c(CH3COO−)=Kac(CH3COO−)增大，故D错误；
故选：C。
A.温度不变电离常数不变；
B.加水稀释10倍后，3
D.向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，溶液中c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COOH)×c(CH3COO−)c(CH3COO−)=Kac(CH3COO−)以此分析。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡的影响因素、电离常数应用、水的电离和水的离子积等，题目中等难度。
16.【答案】B
【解析】解：A.甲烷燃烧时放出热量，有淡蓝色火焰，则甲烷完全燃烧时化学能转化为热能和光能，故A错误；
B.该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=生成物总能量−反应物总能量=(80−882)kJ/mol=−802kJ/mol，故B正确；
C.在甲烷燃料电池中，通入氧气电极为正极，通甲烷的电极为负极，故C错误；
D.碱性条件下甲烷燃料电池，负极电极反应式为CH4−8e−+6OH−=CO32−+2H2O，则每消耗1molCH4，转移电子物质的量为8mol，故D错误；
故选：B。
A.甲烷燃烧时放出热量，有淡蓝色火焰；
B.该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=生成物总能量−反应物总能量；
C.在甲烷燃料电池中，通入氧气电极为正极；
D.碱性条件下甲烷燃料电池，负极电极反应式为CH4−8e−+6OH−=CO32−+2H2O。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃料电池为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释促进CuCl2水解，但水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，现象不符合，故A错误；
B.增大压强，平衡正向移动，但压缩后容器体积减小，再次平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度，压缩后的气体颜色比压缩前深，故B错误；
C.混合溶液中含有Na2S，Na2S能和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀，没有沉淀的转化，不能比较溶度积常数大小，故C错误；
D.KI和FeCl3发生氧化还原反应生成I2和FeCl2，二者以2：1反应，n(KI)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(FeCl3)=1mol/L×0.001L=0.001mol<0.01mol，所以KI过量，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+，说明KI与FeCl3的反应有可逆性，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释促进CuCl2水解，但水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小；
B.增大压强，平衡正向移动，但压缩后容器体积减小，再次平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度；
C.混合溶液中含有Na2S，Na2S能和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀；
D.KI和FeCl3发生氧化还原反应生成I2和FeCl2，二者以2：1反应，n(KI)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(FeCl3)=1mol/L×0.001L=0.001mol<0.01mol，所以KI过量，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质等知识点是解本题关键，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：A.CO2是由共价键构成的共价化合物，故A正确；
B.爆炸是剧烈的氧化反应，放出热量，故B错误；
C.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素的化合价升高，被氧化，做还原剂，故C错误；
D.反应未告知气体的体积，无法进行计算，故D错误；
故选：A。
A.CO2是由共价键构成的共价化合物；
B.爆炸是剧烈的氧化反应，放出热量；
C.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素的化合价升高；
D.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素化合价由0价升高到+4价，转移12个电子。
本题难度不大，掌握氧化还原反应的概念、单质的特征、置换反应等是正确解答本题的关键。
19.【答案】B
【解析】解：A.2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，故A正确；
B.气态水的能量高于液态水，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH>−571.6kJ⋅mol−1，故B错误；
C.反应①为放热反应，所以断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成生成物中的化学键释放的总能量，故C正确；
D.根据盖斯定律：−①−②×2得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=(252.9−571.6×2)kJ/mol=−890.3kJ/mol，故D正确；
故选：B。
A.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；
B.气态水的能量高于液态水；
C.反应①为放热反应；
D.根据盖斯定律：−①−②×2得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)。
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，掌握盖斯定律、燃烧热是解题关键，此题难度中等。
20.【答案】D
【解析】解：A.a极为负极，甲醇失电子发生氧化反应，故A正确；
B.a极为负极，电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，故B正确；
C.每处理1molCr2O72−，转移6mol电子，a电极上会生成1molCO2，故C正确；
D.当电路中转移6mol电子时，由电荷守恒可知，左侧有6mol氢离子进入右侧，b极反应消耗14mol氢离子，同时生成2molCr3+，2molCr3+反应生成6mol氢离子，故最终右侧氢离子减少14mol−6mol−6mol=2mol，故右边溶液的酸性减弱，故D错误；
故选：D。
由图可知，a极碳元素价升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，b极为正极，电极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，后发生反应Cr3++3H2O=Cr(OH)3+3H+，据此作答。
本题考查原电池原理，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。
21.【答案】D
【解析】A.由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，逆向吸热，则该反应的ΔH<0，故A错误；
B.增大NO的浓度，可以提高CO的转化率，即起始投料比m=n(NO)n(CO)越大，CO转化率越高，则m1>m2>m3，故B错误；
C.催化剂只能提高反应速率，不能增大平衡转化率，故C错误；
D.若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，列出三段式：
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，
开始(mol) 2 1 0 0
变化(mol)0.8 0.8 0.4 0.8
平衡(mol)1.2 0.2 0.4 0.8
则N2的体积分数=0.41.2+0.2+0.4+0.8×100%=15.4%，故D正确，
故选：D。
A.由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动；该反应的ΔH>0
B.增大NO的浓度，可以提高CO的转化率，即起始投料比m=n(NO)n(CO)越大，CO转化率越高；
C.催化剂只能提高反应速率，不能增大平衡转化率；
D.若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，列出三段式计算。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡的移动、外界条件对化学平衡的影响，转化率的计算等，题目中等难度。
22.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，*NH3能量低于NH3，则氨气从催化剂表面脱附是吸热过程，故A正确；
B.催化剂不改变反应的焓变，则增加Fe催化剂的用量，不可改变合成氨反应的反应热，故B错误；
C.12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH=−(50−21+17)kJ/mol=−46kJ/mol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅mol−1，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，则铁做催化剂时，通过改变反应历程降低了反应的活化能，使反应速率明显加快，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，*NH3能量低于NH3；
B.催化剂不改变反应的焓变；
C.12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH=(50−21+17)kJ/mol；
D.催化剂能降低反应的活化能。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂与活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
23.【答案】A
【解析】解：A.硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂氧化剂与还原剂硫化铜物质的量之比为3：2，故A错误；
B.硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，则X为能被氨水吸收的酸性氧化物二氧化硫，故B正确；
C.“还原”发生的反应为硫酸铜溶液与亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液反应生成硫酸铵、硫酸、氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cl−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+，故C正确；
D.氯化亚铜用乙醇洗涤洗可快速去除氯化亚铜表面的水分，防止氯化亚铜水解氧化，故D正确；
故选：A。
硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，则X为二氧化硫；向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸，将氧化铜转化为硫酸铜，向酸浸液中加入亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液，硫酸铜溶液与亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液反应生成硫酸铵、硫酸、氯化亚铜沉淀，过滤、洗涤得到氯化亚铜。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
24.【答案】C
【解析】A.已知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，则水解程度CO32−>ClO−>CH3COO−，则等pH的①NaClO②Na2CO3③CH3COONa三种溶液的浓度：③>①>②，故A错误；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，则溶液中c(NH4+)>c(HCO3−)，故B错误；
C.向100mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液中通入少量CO2，生成Na2CO3，氢氧化钠也可能还有剩余，则溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故C正确；
D.将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后的溶质是NaClO和HClO等物质的量混合，次氯酸的水解常数Kh=KwKa=10−143×10−8=3.3×10−7>3×10−8，则溶液显碱性，故D错误；
故选：C。
A.由题中信息可知酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，越弱越水解，则水解程度大小顺序为CO32−>ClO−>CH3COO−；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，且溶液中c(NH4+)
D.将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后的溶质是NaClO和HClO等物质的量混合，以此分析解题。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡的影响因素、盐的水解、电离常数应用、水的离子积等，题目中等难度。
25.【答案】D
【解析】解：根据表格数据并结合三段式的计算，有
①A(g)+2B(g)⇌C(g)
起始量(mol/L) 0.1 0.2 0
转化量(mol/L) 0.06 0.12 0.06
10min时的量(mol/L) 0.04 0.08 0.06
②A(g)+2B(g)⇌C(g)
起始量(mol/L) 0.1 0.2 0
转化量(mol/L) 0.08 0.16 0.08
20min时的量(mol/L) 0.02 0.04 0.08
结合表中数据，20min时B的物质的量浓度与30min时B的物质的量浓度相等，即20min时反应已经达到平衡；
A.结合①的计算可知，0～10min，Δc(B)=0.12mol/L，则ν=ΔcΔt=0.12mol/L10min=0.012mol/(L⋅min)，故A错误；
B.在20min时，反应达到平衡，结合②的计算，该反应的平衡常数K=c(C)c(A)c2(B)=0.080.02×0.042=2500，温度不变，若起始时向容器中充入0.1molA、0.4molB和0.4molC，且容器的体积为1L，此时的Q=c(C)c(A)c2(B)=0.40.1×0.42−=25ν逆，故B错误；
C.起始时向容器中充入0.1molC(g)，和原平衡为等效平衡，若温度不变，则平衡时C的转化率为80%；该容器为绝热状态，再结合D选项可知，A(g)+2B(g)⇌C(g)反应正向是一个放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则平衡时C的转化率小于80%，故C错误；
D.在原平衡中，平衡时c(C)=0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C)=0.06mol⋅L−1，C(g)的浓度减小，即说明平衡逆向移动，因此该反应正向是一个放热反应，因此ΔH<0，故D正确，
故选：D。
A.结合表格数据以及三段式，可计算出0～10min内物质B的浓度变化量，再根据ν=ΔcΔt即可求解出答案；
B.根据表格数据以及三段式计算，可判断出反应在20min时已达平衡，再结合反应的平衡常数K=c(C)c(A)c2(B)计算出K值，根据浓度商Q与K的关系，若Q>K，平衡正向移动，若Q
D.升高温度，化学平衡向着吸热的方向进行，根据题目信息，升高温度，C(g)的浓度减小，说明平衡逆向移动，因此该反应正向是一个放热的反应。
本题主要考查化学反应速率的计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数的应用以及等效平衡，难度适中。
26.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ < NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O
【解析】解：(1)NH4Cl溶液呈酸性的原因是铵根离子水解，溶液显酸性，反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)氯化氢气体用氨水吸收，生成氯化铵溶液为分子数减小的反应，即该反应的ΔS<0，
故答案为：<；
(3)亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，方程式为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，
故答案为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。
(1)氯化铵溶液呈酸性，说明铵根离子能水解；
(2)氯化氢气体用氨水吸收，生成氯化铵溶液为分子数减小的反应；
(3)亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水。
本题考查盐的水解原理、熵变的判断及化学方程式书写等知识，题目难度不大，明确盐的水解的原理为解答关键。
27.【答案】Cu、Al、C、H c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+ Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 3：14
【解析】解：(1)W为CuAl(CH3)4，组成化合物W的四种元素分别是Cu、Al、C、H，
故答案为：Cu、Al、C、H；
(2)[Cu(NH3)4(H2O)2]2+的电离为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+=Cu2++4NH3+2H2O，平衡常数表达式K=c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，
故答案为：c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+；
(3)向蓝色溶液C中加入过量浓氨水中生成白色沉淀为氢氧化铝，离子方程式是Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(4)红色固体氧化物M为氧化亚铜，氧化亚铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，n(M)：n(HNO3)=3：14，
故答案为：3：14。
白色沉淀E能溶于强酸或强碱溶液但不溶于浓氨水，推得E为Al(OH)3，M为红色沉淀且能与硝酸发生氧化还原反应，生成蓝色溶液，推得M为Cu2O，结合A的质量和E的质量可计算出M的质量为2.16g，可计算得W中含有得Cu元素的质量为2.16g×64×264×2+16=1.92g，Al元素的质量为2.34g×2727+17×3=0.81g；气体F燃烧时火焰为淡蓝色，且生成气体中有能使澄清石灰水变浑浊的物质，可推得F为CH4，白色沉淀H为CaCO3，可计算得W中C元素得质量为12.0g×1240+12+48=1.44g；C、Cu、Al元素得总质量为4.17g，可得W中必含有H元素，H元素的质量为0.36g，计算可得W的化学式为CuAlC4H12，或写作CuAl(CH3)4。
本题考查了物质含量的测定，题目难度较大，明确特征反应以及量的关系是解答的关键，试题培养了学生的分析、理解能力、计算能力。
28.【答案】> Na2C2O4和NaHC2O4 = 酸 滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 0.2610
【解析】解：(1)草酸是二元弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡向右移动，电离程度增大，所以pH为3的草酸溶液的浓度大于pH为4的草酸溶液的浓度，
故答案为：>；
(2)①由图可知，滴定至c点时发生的反应为草酸氢钠溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成草酸钠和水，所以c点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶质为草酸钠和草酸氢钠，
故答案为：Na2C2O4和NaHC2O4；
②由图可知，b点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒可知，溶液中2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)，
故答案为：=；
(3)①高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定实验应选用酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液，
故答案为：酸；
②当草酸溶液完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色，则判断滴定终点的现象为滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
③由表格数据可知，第二次实验所得数据误差较大，应舍去，则滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的平均体积为26.11mL+26.09mL2=26.10mL，由方程式2MnO4−+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，可知2MnO4−～5H2C2O4，草酸溶液的浓度为0.1mol/L×0.02610L×520.025L=0.2610mol/L，
故答案为：0.2610。
(1)草酸是二元弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡向右移动，电离程度增大；
(2)①由图可知，滴定至c点时发生的反应为草酸氢钠溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成草酸钠和水，所以c点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶质为草酸钠和草酸氢钠；
②由图可知，b点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液存在电荷守恒；
(3)①高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管；
②当草酸溶液完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色；
③由表格数据可知，第二次实验所得数据误差较大，应舍去。
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，溶液中电荷守恒分析判断，盐类水解的实质分析及酸碱中和滴定实验，掌握基础是关键，题目难度中等。
29.【答案】< CD Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓ 温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低 A室到B室 2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑
【解析】解：(1)已知反应①：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ⋅mol−1，反应②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1269kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应②−2×①，可得反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH，则ΔH=−1269kJ⋅mol−1−2×(+180.5kJ⋅mol−1=−1630kJ⋅mol−1<0,
故答案为：<；
(2)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，故A错误；
B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故B错误；
C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H−O极性键，故C正确，
D.该反应中的三个阶段均有元素化合价升降，均为氧化还原反应，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，
故答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
②在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率变化的原因为温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，
故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低；
(4)通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2−在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解时，阴离子移向阳极，故阴离子的移动方向为A室到B室，NO2−在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是中性溶液，故放电的方程式为：2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑，
故答案为：A室到B室；2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)A.催化剂能降低总反应的活化能，提高反应速率；
B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水；
C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H−O极性键；
D.有元素化合价升降的反应是氧化还原反应；
(3)①pH大，亚铁离子已转化为氢氧化亚铁沉淀；
②由温度变化对反应速率和平衡的影响分析；
(4)通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2−在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解时，阴离子移向阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH−在B极放电，据此分析。
本题主要考查盖斯定律、电解池等知识，同时考查学生的看图理解能力，分析问题的能力，语言组织与表达的能力，难度中等。
30.【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7≤pH<8.1 4×10−3 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O 滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫红色
【解析】解：(1)对菱镁矿预处理时需要粉碎，原因是菱镁矿粉碎后，反应物的接触面积增大，酸浸的反应速率加快，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(2)由分析可知，加入二氧化锰的目的是酸性条件下二氧化锰将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，便于加入氨水调节溶液pH时转化为沉淀，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)由表格数据可知，加入氨水调节溶液4.7≤pH<8.1范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，
故答案为：4.7≤pH<8.1；
(4)由氟化钙、氟化镁的溶度积可知，当钙离子的浓度小于等于1.0×10−5mol/L时，溶液中的钙离子、镁离子完全除去，则溶液中的氟离子浓度不小于Ksp(CaF2)10−5=1.6×10−1010−5mol/L=4×10−3mol/L，
故答案为：4×10−3；
(5)由题意可知，在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到碳酸锰沉淀的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；高锰酸根离子在溶液中呈紫红色，所以向溶液中加入过二硫酸钠溶液，溶液不变为紫红色，说明锰离子已经完全反应，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫红色。
菱镁矿粉碎后加入稀硫酸酸浸，将碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，其中得到的硫酸钙微溶于水，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入加入二氧化锰，酸性条件下二氧化锰将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH在4.7～8.1范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有钙离子、镁离子、锰离子的滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将溶液中钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣3和含有锰离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤、干燥得到高纯度的碳酸锰。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
2022-2023学年浙江省杭州市临平区高二（上）期末化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
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25小题，共50.0分）
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. NH3⋅H2O B. Cu C. CaCO3 D. C2H5OH
2. 下列物质因发生水解反应而使溶液呈酸性的是( )
A. HNO3 B. CuCl2 C. K2CO3 D. CH3COOH
3. 下列各仪器或装置能达到实验目的的是( )
A. 测定新制氯水的pH B. 保存0.1mol⋅L−1的稀硫酸
C. 量取10.0mL的NaOH溶液 D. 中和滴定
4. 下列有关物质的性质与用途正确，且具有对应关系的是( )
A. Na2CO3溶液显碱性，可用于清洗油污
B. NH3易溶于水，可用作制冷剂
C. SO2具有氧化性，可作葡萄酒抗氧化剂
D. FeCl3溶液呈酸性，可作铜印刷电路板的腐蚀液
5. 下列有关化学用语表述正确的是( )
A. Na+的结构示意图：
B. 氯化氢的电子式：
C. H2SO3的电离方程式为：H2SO3=2H++SO32−
D. 粗铜精炼时，阳极电极主要反应式为：Cu−2e−=Cu2+
6. 工业制硫酸的重要反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196.6kJ⋅mol−1，下列做法能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 保持体系较高的反应温度
B. 实际生产中SO2与O2的体积比为1：50
C. 选择常压为反应条件
D. 原料需要净化、干燥，防止催化剂中毒
7. 下列实验操作和数据记录都正确的是( )
A. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的滤纸上，读数为10.3g
B. 用广泛pH试纸测得醋酸溶液的pH为2.0
C. 用量筒准确量取16.25mL2.50mol⋅L−1碳酸酸溶液
D. 在试管中制备Fe(OH)2时，将吸有NaOH溶液的滴管插入FeSO4溶液的底部
8. 过量排放NH4+、NO3−对环境有污染，专家建议可用金属铝将水体中的NO3−转化为N2，发生反应：NO3−+Al+H2O→Al(OH)3+N2+OH−(未配平)，下列说法正确的是( )
A. 增大溶液的pH，能促进Al(OH)3碱式电离
B. 该反应生成1molN2时，转移10mol电子
C. 可以通过加入过量的NO3−，提高该除杂过程的反应速率
D. Al在反应中被还原，是还原剂
9. 在一定温度下，容积固定为2L的密闭容器中充入0.2molN2和0.5molH2，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，4min末反应达到平衡，测得N2为0.1mol，下列说法正确的是( )
A. 该体系密度不发生变化，可说明该反应达到平衡状态
B. 从开始到平衡时的平均反应速率ν(NH3)=0.25mol/(L⋅min)
C. 平衡后H2的转化率为40%
D. 平衡后再通入N2，能提高H2的转化率
10. 下列关于化学反应的调控措施说法不正确的是( )
A. 硫酸工业中，为使黄铁矿充分燃烧，可将矿石粉碎
B. 硝酸工业中，氨的氧化使用催化剂是为了增大反应速率，提高生产效率
C. 合成氨工业中，为提高氮气和氢气的利用率，采用循环操作
D. 对于合成氨的反应，如果调控好反应条件，可使一种反应物的转化率达到100%
11. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是( )
A. 使甲基橙变红色的溶液：A13+、Na+、Cl−、HCO3−
B. pH=11的溶液中：Cu2+、NO3−、SO42−、Na+
C. 在c(H+)c(OH−)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、SO42−、Cl−
D. 由水电离c(H+)=1×10−14mol⋅L−1的溶液中：K+、Fe2+、NO3−、SO42−
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 2L0.5mol⋅L−1H2CO3溶液中含有的H+数大于NA
B. 0.2L0.2mol⋅L−1Al2(SO4)3溶液中含有Al3+的数目是0.08NA
C. 25℃时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−数目为0.2NA
D. 1L0.5mol⋅L−1Na2CO3溶液中，阴阳离子总数大于1.5NA
13. 下列实验装置不能达到实验目的的是 ( )
A.探究铜锌原电池的工作原理
B.验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C.探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
D.根据颜色变化探究压强对平衡的影响
A. A B. B C. C D. D
14. 有关有机物的下列说法正确的是( )
A. 乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性
B. 淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C. 植物油在高温环境中更快变质，是由于温度升高不饱和键的氧化速率加快
D. 乙烯分别使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，均发生了加成反应
15. 常温下，测得0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3，下列说法正确的是( )
A. 向某温度下的醋酸溶液中通入HCl气体，醋酸的电离常数K会增大
B. 加水稀释10倍后，H2O电离出的c(OH−)=1.0×10−10mol⋅L−1
C. 向其中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡向逆反应方向移动
D. 向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
16. 生物天然气是一种廉价的生物质能，其主要成分为CH4，甲烷燃烧时的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能
B. 该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−802kJ⋅mol−1
C. 在甲烷燃料电池中，通入CH4电极为正极
D. 碱性条件下甲烷燃料电池每消耗1molCH4，转移电子物质的量为4mol
17. 下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
将CuCl2溶液由0.1mol⋅L−1稀释到0.01mol⋅L−1，测溶液pH
溶液pH变小
稀释后，Cu2+的水解程度增大
B
将装有红棕色NO2气体的注射器由10mL压缩至5mL
压缩后的气体颜色比压缩前深
反应2NO2⇌N2O4向左进行
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
将10mL2mol⋅L−1的KI溶液与1mL1mol⋅L−1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应有可逆性
A. A B. B C. C D. D
18. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. CO2是共价化合物
B. 爆炸时吸收热量
C. 反应中C作氧化剂
D. 每消耗0.1molS，同时生成6.72LCO2
19. 2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现O2再生：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ⋅mol−1
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ⋅mol−1
下列说法错误的是( )
A. H2的燃烧热ΔH=−285.8kJ⋅mol−1
B. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH<−571.6kJ⋅mol−1
C. 反应①中断裂反应物中的化学键所需的能量小于形成生成物中化学键所释放的能量
D. 反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=−890.3kJ⋅−mol−1
20. 微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。某污水处理厂利用微生物燃料电池处理含铬废水的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时a极发生氧化反应
B. a极的电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+
C. 每处理1molCr2O72−，a电极上会生成1molCO2
D. 电池工作一段时间后，右边溶液的酸性增强
21. 利用反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，可实现汽车尾气无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=n(NO)n(CO)]的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 投料比：m1
D. 若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，则N2的体积分数为15.4%
22. 结合实验与计算机模拟结果，研究了N2与H2在固体催化剂表面合成NH3的反应历程。图示为反应历程中的能量面图(部分数据省略)，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法不正确的是 ( )
A. 氨气从催化剂表面脱附是吸热过程
B. 增加Fe催化剂的用量，可改变合成氨反应的反应热
C. 可计算推理合成氨的热化学方程式：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅mol−1
D. 铁做催化剂时，通过改变反应历程降低了反应的活化能，使反应速率明显加快
23. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上以硫化铜精矿(CuS)为原料生产CuCl的工艺过程如图所示：
已知：CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化。
下列说法不正确的是( )
A. “高温焙烧”将CuS转化为CuO，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3
B. 气体X为SO2，可用氨水吸收
C. “还原”反应的离子方程式为2Cl−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+
D. “洗涤”阶段应该使用乙醇
24. 已知常温下，几种电解质的电离常数如表所示：
电解质
HClO
NH3⋅H2O
H2CO3
CH3COOH
Ka或Kb
3.0×10−8
1.8×10−5
Kal=4.0×10−7，Ka2=6.0×10−11
1.8×10−5
下列说法正确的是( )
A. 等pH的①NaClO②Na2CO3③CH3COONa三种溶液，浓度由大到小的顺序是：②>①>③
B. NH4HCO3溶液显碱性，且溶液中c(NH4+)
D. 将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后：c(ClO−)>c(Na+)>c(HClO)>c(H+)>c(OH−)
25. 一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应A(g)+2B(g)⇌C(g)。反应过程中测得的部分数据如表所示：
t/min
0
10
20
30
n(A)/mol
0.10
0.04
0.02
n(B)/mol
0.20
0.04
下列说法正确的是( )
A. 反应在前10min内的平均速率v(B)=0.006mol⋅L−1⋅min−1
B. 温度不变，若起始时向容器中充入0.1molA、0.4molB和0.4molC，达平衡前v(正)
D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C)=0.06mol⋅L−1，则反应的ΔH<0
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共50.0分）
26. 氯化铵是一种重要的化工产品。
(1)工业上NH4Cl溶液可以除去铁锈，利用了NH4Cl溶液呈酸性。请用离子方程式解释NH4Cl溶液呈酸性的原因 ；
(2)工业废气氯化氢可以用氨水吸收，生成氯化铵溶液，该反应的变为ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)；
(3)NH4Cl可除去水中的NaNO2，转化为无污染的N2和NaCl，该反应的化学反应方程式为 。
27. 某化合物W是由四种常见元素组成，这些元素位于前四个不同周期，探究W组成的实验过程如图(略去部分产物)。
已知：气体F燃烧时，火焰呈淡蓝色且有水生成；白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液；沉淀A为红色固体氧化物M和白色沉淀E的混合物。
回答下列问题：
(1)组成化合物W的四种元素分别是 ；
(2)深蓝色溶液D的溶质[Cu(NH3)4(H2O)2]2+存在解离平衡，类似于弱电解质的电离平衡，请写出D的平衡常数表达式K= ；
(3)向蓝色溶液C中加入过量浓氨水中生成白色沉淀的离子方程式是 ；
(4)无色气体B为NO，红色固体氧化物M与稀硝酸反应中n(M)：n(HNO3)= 。
28. 草酸(H2C2O4，二元弱酸)在实验和工业生产中都起着重要的作用。
(1)常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，pH=4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，则c1 10c2 (填“>”、“<”“=”)。
(2)已知HC2O4−的电离大于HC2O4−的水解。常温下，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O42−)+2c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)=c(Na+)。
①滴定至c点时，溶液溶质是 ；
②b点2c(C2O42−)+c(HC2O4−) c(Na+)。(填“>”、“<”“=”)
(3)实验室也可用氧化还原滴定实验测定草酸的浓度。现用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定未知㳖度的无色H2C2O4溶液。
已知：滴定原理为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。
①滴定实验应选用 (填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。
②滴定终点判断方法是 。
③甲同学按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表：
滴定次数
待测H2C2O4溶液的体积/mL
0.1000mol/LKMnO4的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
0.56
30.30
29.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据表数据计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L(保留4位有效数字)。
29. 燃煤烟气和汽车尾气中常含有SO2、NOx、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。
(1)以氨气为脱硝剂时，可将NOx还原为N2。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ⋅mol−1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1269kJ⋅mol−1
则反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH 0(填“>”、“<”或“=“)。
(2)研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是 (填序号)。
A.Fe3+能增大总反应的活化能，提高反应速率
B.总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O
C.该反应历程中形成了非极性键和极性键
D.该反应中的三个阶段均为氧化还原反应
(3)结合吸收法脱硝技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1.Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2−
方法2.[FeY]2−+NO⇌[FeY(NO)]2−
①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，用离子方程式解释原因 。
②研究温度对反应[FeY]2−(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2−(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图2所示，解释随温度变化NO去除率变化的原因 (填“B室到A室”或“A室到B室”)；写出A室NO2−发生的电极反应式： 。
30. 工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含少量的FeCO3、MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图。
已知：①常温下，相关金属离子Mn+形成M(OH)n沉淀的pH如表：
金属离子Mn+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH[c(Mn+)=0.1mol⋅L−1]
3.4
1.9
7.0
8.1
9.1
沉淀完全的pH[c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]
4.7
3.2
9.0
10.1
11.1
②常温下，Ksp(CaF2)=1.60×10−10，Ksp(MgF2)=6.40×10−11。
回答下列问题：
(1)对菱镁矿预处理时需要粉碎，从反应速率角度分析其原因 。
(2)在“浸出液”中加入“MnO2”的作用是 。
(3)加入氨水调节溶液pH的范围 。
(4)加入NH4}F的目的是将Ca2+、Mg2+沉淀除去，常温下，当溶液中Ca2+、Mg2+完全除去时[c(Mn+)≤1.0×10−5mol⋅L−1]，则c(F−)≥ mol⋅L−1。
(5)“沉锰”：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀。该反应的离子方程式为 ；实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否反应完全：2Mn2++5S2O82−+8H2O=16H++10SO42−+2MnO4−，如何确定Mn2+已完全反应 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B.铜为单质，不是电解质，故B错误；
C.碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.乙醇为非电解质，故D错误；
故选：A。
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物，据此判断。
本题考查了物质的分类，明确电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.HNO3为酸，在溶液中电离出氢离子，溶液显酸性，故A错误；
B.CuCl2为强酸弱碱盐，溶于水发生水解使溶液显酸性，故B正确；
C.K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液显碱性，故C错误；
D.CH3COOH为弱酸，不发生水解，溶液呈酸性，故D错误；
故选：B。
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水动力平衡状态的氢氧根离子促进水的电离，溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈酸性。
本题考查了溶液酸碱性判断，根据盐的类型结合“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”判断即可，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.氯水中HClO具有漂白性，能漂白pH试纸，所以用pH计测定新制氯水的pH，故A正确；
B.容量瓶不能保存溶液，只能配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；
C.分液漏斗没有刻度，不能量取一定体积的溶液，应该用10mL量筒量取10.0mLNaOH溶液，故C错误；
D.图示为测定中和热的实验装置，不能进行中和滴定，故D错误；
故选：A。
A.pH计能测定氯水的pH值；
B.容量瓶不能保存溶液；
C.分液漏斗没有刻度，不能量取一定体积的溶液；
D.图示为测定中和热的实验装置。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，油脂可以在碱性溶液中水解，所以可用于清洗油污，故A正确；
B.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用于制冷剂，故B错误；
C.二氧化硫具有还原性，可作葡萄酒抗氧化剂，故C错误；
D.氯化铁具有氧化性，可作铜印刷电路板的腐蚀液，故D错误；
故选：A。
A.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；
B.依据液氨汽化吸收大量的热解答；
C.依据二氧化硫的还原性；
D.依据铁离子的氧化性解答。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故A错误；
B.HCl是共价化合物，电子式为，故B错误；
C.H2SO3是二元弱酸，电离分步进行，以第一步为主，电离方程式为H2SO3⇌H++HSO3−，故C错误；
D.粗铜精炼时，粗铜做阳极，不止是铜放电，比铜活泼的金属杂质也放电，电极主要反应为：Cu−2e−=Cu2+，故D正确；
故选：D。
A.钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子；
B.HCl是共价化合物；
C.H2SO3是二元弱酸，电离分步进行，以第一步为主；
D.粗铜精炼时，粗铜做阳极，不止是铜放电，比铜活泼的金属杂质也放电。
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意在书写电子式时，先判断是离子化合物还是共价化合物。
6.【答案】B
【解析】解：A.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应保持体系较高的反应温度，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.SO2、O2反应的物质的量之比为2：1，实际上生产中SO2与O2的体积比为1：50，增大氧气浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.该反应前后气体计量数减小，增大压强，平衡正向移动，实际上选择常压为反应条件，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以原料需要净化、干燥，防止催化剂中毒，目的是防止降低反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选：B。
A.升高温度，平衡向吸热方向移动；
B.增大一种反应物浓度，能提高另一种反应物的转化率；
C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动。
本题考查平衡移动原理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘小烧杯中称量NaOH，故A错误；
B.广泛pH试纸测得值只能是整数，故B错误；
C.量筒的感量为0.1mL，16.25mL测不出来，故C错误；
D.Fe(OH)2容易被氧化，将吸有NaOH溶液的滴管插入FeSO4溶液的底部，防止氧气进入氧化Fe(OH)2，故D正确；
故选：D。
A.NaOH具有强腐蚀性且易潮解，用天平称量药品时，应该遵循“左物右砝”的原则；
B.广泛pH试纸测得值只能是整数；
C.量筒的感量是0.1mL；
D.Fe(OH)2容易被氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验基本操作、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。
8.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化铝的碱式电离方程式为Al(OH)3⇌Al3++3OH−，增大溶液的pH，c(OH−)增大，电离平衡逆向移动，氢氧化铝的碱式电离受到抑制，故A错误；
B.根据6NO3−+10Al+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH−可知，每生成3molN2，转移30mol电子，则生成1mol氮气，转移10mol电子，故B正确；
C.过量的NO3−对环境有污染，故C错误；
D.根据B中的反应方程式，Al的化合价从0价升高到+3价，在反应中作还原剂，被氧化成氢氧化铝，发生氧化反应，故D错误，
故选：B。
A.氢氧化铝的碱式电离方程式为Al(OH)3⇌Al3++3OH−，溶液的pH增大，使得电离平衡逆向移动；
B.将所给方程式配平得6NO3−+10Al+18H2O=10Al(OH)3+3N2↑+6OH−，据此作答；
C.NO3−过量，在反应中有剩余，排放后对环境有污染；
D.还原剂在反应过程中化合价升高，被氧化，发生氧化反应。
本题主要考查氧化还原反应方程式的配平、转移电子数以及氧化剂和还原剂的判断，难度较低、
9.【答案】D
【解析】A.依据ρ=mV，反应中气体质量不变、体积不变，密度始终不变，该体系密度不发生变化，不能判定达到平衡状态，故A错误；
B.反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，则生成氨气0.2mol，ν(NH3)=ΔcΔt=0.2mol2L4min=0.025mol/(L⋅min)，故B错误；
C.依据反应方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，参加反应的H2为0.3mol，平衡后H2的转化率为=0.30.5×100%=60%，故C错误；
D.其他条件不变时，两种反应物，增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另一种反应物的转化率平衡后再通入N2，能提高H2的转化率，故D正确；
故选：D。
A.该体系密度不发生变化，依据ρ=mV，反应中气体质量不变、体积不变，密度始终不变；
B.从开始到平衡时的平均反应速率ν(NH3)=ΔcΔt，代入数据计算；
C.反应前充入0.2molN2，平衡时测得N2为0.1mol，参加反应的N2为0.1mol，依据反应方程式可知，参加反应的H2为0.3mol，用H2变化量比上H2起始量可计算出H2的转化率；
D.其他条件不变时，两种反应物，增加一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另一种反应物的转化率。
本题考查化学反应原理，涉及平衡状态判定、化学反应速率和转化率的计算、化学平衡的移动等，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.工业上用黄铁矿制硫酸，焙烧黄铁矿时应将矿石粉粹，增加固体与空气的接触面积，能够加快反应速率，故A正确；
B.催化剂降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，所以可加快反应速率，生产时间缩短，则提高生产效率，故B正确；
C.合成氨工业中采用循环操作，氮气和氢气循环使用，目的就是提高氮气和氢气的利用率，故C正确；
D.合成氨为可逆反应，则对于合成氨的反应，一定不能使一种反应物的转化率达到100%，故D错误；
故选：D。
A.将矿石粉碎，固体接触面积增大，反应速率加快；
B.催化剂增大化学反应速率，缩短达到平衡时间；
C.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率；
D.合成氨为可逆反应。
本题考查化学反应的调控方法及反应速率的影响因素，为高频考点，明确物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握外界条件对反应速率及平衡的影响，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Al3+、H+都与HCO3−反应，不能大量共存，故A错误；
B.pH=11的溶液呈碱性，Cu2+、OH−之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.c(H+)c(OH−)=1012的溶液中c(H+)>c(OH−)，呈酸性，NH4+、Al3+、SO42−、Cl−、H+之间不发生反应，能大量共存，故C正确；
D.由水电离c(H+)=1×10−14mol⋅L−1的溶液中c(H+)=1mol⋅L−1或c(H+)=1×10−14mol⋅L−1，呈酸性或碱性，碱性溶液中Fe2+、OH−之间反应生成氢氧化亚铁沉淀，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，铝离子、氢离子都与碳酸氢根离子反应；
B.该溶液呈碱性，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀；
C.该溶液中c(H+)>c(OH−)，呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D.该溶液中c(H+)=1mol⋅L−1或c(H+)=1×10−14mol⋅L−1，呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.碳酸是二元弱酸，电离程度很小，则2L0.5mol⋅L−1H2CO3溶液中含有的H+数小于NA，故A错误；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，0.2L0.2mol⋅L−1Al2(SO4)3溶液中含有Al3+的数目小于0.08NA，故B错误；
C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH−的浓度为0.1mol/L，则1L该溶液中含有的氢氧根离子的个数N=cVNA=0.1mol/L×1L×NA/mol=0.1NA，故C错误；
D.即便是碳酸钠不水解，由于溶液中水还能部分电离，1L0.5mol⋅L−1Na2CO3溶液中阴阳离子的物质的量也多于1.5mol，而CO32−的水解导致阴离子个数增多，故此溶液中阴阳离子总数大于1.5NA，故D正确；
故选：D。
A.碳酸是二元弱酸；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH−的浓度为0.1mol/L；
D.CO32−的水解导致阴离子个数增多。
本题考查了盐类的水解以及溶液pH的有关计算，难度不大，应注意盐类的水解对溶液中离子浓度和个数的影响。
13.【答案】D
【解析】解：A.构成原电池的条件是活泼性不同的两极，电解质溶液，闭合回路且有自发的氧化还原反应，该装置可以构成铜锌原电池，故A正确；
B.铜与浓硝酸反应，放出大量的热，具支试管中的空气受热膨胀，U形管中的红墨水左低右高，可验证铜与浓硝酸反应的热量变化，故B正确；
C.左边NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，气体体积减小，右边NH4Cl溶液呈酸性，生铁发生析氢腐蚀，气体体积增大，红墨水左高右低，能达到探究目的，故C正确；
D.该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已，不能达到探究目的，故D错误；
故选：D。
A.构成原电池的条件是活泼性不同的两极，电解质溶液，闭合回路且有自发的氧化还原反应；
B.铜与浓硝酸反应，放出大量的热，具支试管中的空气受热膨胀，U形管中的红墨水左低右高；
C.左边NaCl溶液呈中性，生铁发生吸氧腐蚀，气体体积减小，右边NH4Cl溶液呈酸性，生铁发生析氢腐蚀，气体体积增大；
D.该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已。
本题考查元素化合物性质及化学实验，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.硫酸铵溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性，故A错误；
B.淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者聚合度n值不同，不是同分异构体，故B错误；
C.植物油中含有碳碳双键，温度升高更容易被氧化，反应速率更快，故C正确；
D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是因为发生了氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
A.浓轻金属盐溶液能使蛋白质的溶解度降低产生盐析，但不能使蛋白质变性；
B.淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者聚合度n值不同；
C.植物油中含有碳碳双键；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液褪发生氧化还原反应。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.温度不变电离常数不变，向某温度下的醋酸溶液中通入HCl气体，醋酸的电离常数K不变，故A错误；
B.加水稀释10倍后，3
D.向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，氢离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(CH3COO−)减小，则溶液中c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COOH)×c(CH3COO−)c(CH3COO−)=Kac(CH3COO−)增大，故D错误；
故选：C。
A.温度不变电离常数不变；
B.加水稀释10倍后，3
D.向0.1mol⋅L−1醋酸溶液中通入HCl气体，溶液中c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COOH)×c(CH3COO−)c(CH3COO−)=Kac(CH3COO−)以此分析。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡的影响因素、电离常数应用、水的电离和水的离子积等，题目中等难度。
16.【答案】B
【解析】解：A.甲烷燃烧时放出热量，有淡蓝色火焰，则甲烷完全燃烧时化学能转化为热能和光能，故A错误；
B.该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=生成物总能量−反应物总能量=(80−882)kJ/mol=−802kJ/mol，故B正确；
C.在甲烷燃料电池中，通入氧气电极为正极，通甲烷的电极为负极，故C错误；
D.碱性条件下甲烷燃料电池，负极电极反应式为CH4−8e−+6OH−=CO32−+2H2O，则每消耗1molCH4，转移电子物质的量为8mol，故D错误；
故选：B。
A.甲烷燃烧时放出热量，有淡蓝色火焰；
B.该反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=生成物总能量−反应物总能量；
C.在甲烷燃料电池中，通入氧气电极为正极；
D.碱性条件下甲烷燃料电池，负极电极反应式为CH4−8e−+6OH−=CO32−+2H2O。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃料电池为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释促进CuCl2水解，但水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，现象不符合，故A错误；
B.增大压强，平衡正向移动，但压缩后容器体积减小，再次平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度，压缩后的气体颜色比压缩前深，故B错误；
C.混合溶液中含有Na2S，Na2S能和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀，没有沉淀的转化，不能比较溶度积常数大小，故C错误；
D.KI和FeCl3发生氧化还原反应生成I2和FeCl2，二者以2：1反应，n(KI)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(FeCl3)=1mol/L×0.001L=0.001mol<0.01mol，所以KI过量，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+，说明KI与FeCl3的反应有可逆性，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释促进CuCl2水解，但水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)减小；
B.增大压强，平衡正向移动，但压缩后容器体积减小，再次平衡时c(NO2)大于原来平衡浓度；
C.混合溶液中含有Na2S，Na2S能和CuSO4反应生成CuS黑色沉淀；
D.KI和FeCl3发生氧化还原反应生成I2和FeCl2，二者以2：1反应，n(KI)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(FeCl3)=1mol/L×0.001L=0.001mol<0.01mol，所以KI过量，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质等知识点是解本题关键，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：A.CO2是由共价键构成的共价化合物，故A正确；
B.爆炸是剧烈的氧化反应，放出热量，故B错误；
C.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素的化合价升高，被氧化，做还原剂，故C错误；
D.反应未告知气体的体积，无法进行计算，故D错误；
故选：A。
A.CO2是由共价键构成的共价化合物；
B.爆炸是剧烈的氧化反应，放出热量；
C.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素的化合价升高；
D.反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中C元素化合价由0价升高到+4价，转移12个电子。
本题难度不大，掌握氧化还原反应的概念、单质的特征、置换反应等是正确解答本题的关键。
19.【答案】B
【解析】解：A.2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ⋅mol−1，则H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热ΔH=−285.8kJ⋅mol−1，故A正确；
B.气态水的能量高于液态水，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH>−571.6kJ⋅mol−1，故B错误；
C.反应①为放热反应，所以断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成生成物中的化学键释放的总能量，故C正确；
D.根据盖斯定律：−①−②×2得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=(252.9−571.6×2)kJ/mol=−890.3kJ/mol，故D正确；
故选：B。
A.H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；
B.气态水的能量高于液态水；
C.反应①为放热反应；
D.根据盖斯定律：−①−②×2得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)。
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，掌握盖斯定律、燃烧热是解题关键，此题难度中等。
20.【答案】D
【解析】解：A.a极为负极，甲醇失电子发生氧化反应，故A正确；
B.a极为负极，电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，故B正确；
C.每处理1molCr2O72−，转移6mol电子，a电极上会生成1molCO2，故C正确；
D.当电路中转移6mol电子时，由电荷守恒可知，左侧有6mol氢离子进入右侧，b极反应消耗14mol氢离子，同时生成2molCr3+，2molCr3+反应生成6mol氢离子，故最终右侧氢离子减少14mol−6mol−6mol=2mol，故右边溶液的酸性减弱，故D错误；
故选：D。
由图可知，a极碳元素价升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，b极为正极，电极反应式为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，后发生反应Cr3++3H2O=Cr(OH)3+3H+，据此作答。
本题考查原电池原理，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。
21.【答案】D
【解析】A.由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，逆向吸热，则该反应的ΔH<0，故A错误；
B.增大NO的浓度，可以提高CO的转化率，即起始投料比m=n(NO)n(CO)越大，CO转化率越高，则m1>m2>m3，故B错误；
C.催化剂只能提高反应速率，不能增大平衡转化率，故C错误；
D.若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，列出三段式：
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，
开始(mol) 2 1 0 0
变化(mol)0.8 0.8 0.4 0.8
平衡(mol)1.2 0.2 0.4 0.8
则N2的体积分数=0.41.2+0.2+0.4+0.8×100%=15.4%，故D正确，
故选：D。
A.由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动；该反应的ΔH>0
B.增大NO的浓度，可以提高CO的转化率，即起始投料比m=n(NO)n(CO)越大，CO转化率越高；
C.催化剂只能提高反应速率，不能增大平衡转化率；
D.若m=2，反应达平衡时，NO的转化率为40%，列出三段式计算。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡的移动、外界条件对化学平衡的影响，转化率的计算等，题目中等难度。
22.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，*NH3能量低于NH3，则氨气从催化剂表面脱附是吸热过程，故A正确；
B.催化剂不改变反应的焓变，则增加Fe催化剂的用量，不可改变合成氨反应的反应热，故B错误；
C.12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH=−(50−21+17)kJ/mol=−46kJ/mol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅mol−1，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，则铁做催化剂时，通过改变反应历程降低了反应的活化能，使反应速率明显加快，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，*NH3能量低于NH3；
B.催化剂不改变反应的焓变；
C.12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH=(50−21+17)kJ/mol；
D.催化剂能降低反应的活化能。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂与活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
23.【答案】A
【解析】解：A.硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂氧化剂与还原剂硫化铜物质的量之比为3：2，故A错误；
B.硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，则X为能被氨水吸收的酸性氧化物二氧化硫，故B正确；
C.“还原”发生的反应为硫酸铜溶液与亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液反应生成硫酸铵、硫酸、氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cl−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuCl↓+SO42−+2H+，故C正确；
D.氯化亚铜用乙醇洗涤洗可快速去除氯化亚铜表面的水分，防止氯化亚铜水解氧化，故D正确；
故选：A。
硫化铜精矿在空气中高温焙烧生成氧化铜和二氧化硫，则X为二氧化硫；向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸，将氧化铜转化为硫酸铜，向酸浸液中加入亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液，硫酸铜溶液与亚硫酸铵和氯化铵的混合溶液反应生成硫酸铵、硫酸、氯化亚铜沉淀，过滤、洗涤得到氯化亚铜。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
24.【答案】C
【解析】A.已知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，则水解程度CO32−>ClO−>CH3COO−，则等pH的①NaClO②Na2CO3③CH3COONa三种溶液的浓度：③>①>②，故A错误；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，则溶液中c(NH4+)>c(HCO3−)，故B错误；
C.向100mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液中通入少量CO2，生成Na2CO3，氢氧化钠也可能还有剩余，则溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，故C正确；
D.将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后的溶质是NaClO和HClO等物质的量混合，次氯酸的水解常数Kh=KwKa=10−143×10−8=3.3×10−7>3×10−8，则溶液显碱性，故D错误；
故选：C。
A.由题中信息可知酸性强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，越弱越水解，则水解程度大小顺序为CO32−>ClO−>CH3COO−；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，且溶液中c(NH4+)
D.将0.02mol/L的HClO与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后的溶质是NaClO和HClO等物质的量混合，以此分析解题。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡的影响因素、盐的水解、电离常数应用、水的离子积等，题目中等难度。
25.【答案】D
【解析】解：根据表格数据并结合三段式的计算，有
①A(g)+2B(g)⇌C(g)
起始量(mol/L) 0.1 0.2 0
转化量(mol/L) 0.06 0.12 0.06
10min时的量(mol/L) 0.04 0.08 0.06
②A(g)+2B(g)⇌C(g)
起始量(mol/L) 0.1 0.2 0
转化量(mol/L) 0.08 0.16 0.08
20min时的量(mol/L) 0.02 0.04 0.08
结合表中数据，20min时B的物质的量浓度与30min时B的物质的量浓度相等，即20min时反应已经达到平衡；
A.结合①的计算可知，0～10min，Δc(B)=0.12mol/L，则ν=ΔcΔt=0.12mol/L10min=0.012mol/(L⋅min)，故A错误；
B.在20min时，反应达到平衡，结合②的计算，该反应的平衡常数K=c(C)c(A)c2(B)=0.080.02×0.042=2500，温度不变，若起始时向容器中充入0.1molA、0.4molB和0.4molC，且容器的体积为1L，此时的Q=c(C)c(A)c2(B)=0.40.1×0.42−=25
C.起始时向容器中充入0.1molC(g)，和原平衡为等效平衡，若温度不变，则平衡时C的转化率为80%；该容器为绝热状态，再结合D选项可知，A(g)+2B(g)⇌C(g)反应正向是一个放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则平衡时C的转化率小于80%，故C错误；
D.在原平衡中，平衡时c(C)=0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C)=0.06mol⋅L−1，C(g)的浓度减小，即说明平衡逆向移动，因此该反应正向是一个放热反应，因此ΔH<0，故D正确，
故选：D。
A.结合表格数据以及三段式，可计算出0～10min内物质B的浓度变化量，再根据ν=ΔcΔt即可求解出答案；
B.根据表格数据以及三段式计算，可判断出反应在20min时已达平衡，再结合反应的平衡常数K=c(C)c(A)c2(B)计算出K值，根据浓度商Q与K的关系，若Q>K，平衡正向移动，若Q
D.升高温度，化学平衡向着吸热的方向进行，根据题目信息，升高温度，C(g)的浓度减小，说明平衡逆向移动，因此该反应正向是一个放热的反应。
本题主要考查化学反应速率的计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数的应用以及等效平衡，难度适中。
26.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ < NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O
【解析】解：(1)NH4Cl溶液呈酸性的原因是铵根离子水解，溶液显酸性，反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)氯化氢气体用氨水吸收，生成氯化铵溶液为分子数减小的反应，即该反应的ΔS<0，
故答案为：<；
(3)亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，方程式为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，
故答案为：NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O。
(1)氯化铵溶液呈酸性，说明铵根离子能水解；
(2)氯化氢气体用氨水吸收，生成氯化铵溶液为分子数减小的反应；
(3)亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水。
本题考查盐的水解原理、熵变的判断及化学方程式书写等知识，题目难度不大，明确盐的水解的原理为解答关键。
27.【答案】Cu、Al、C、H c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+ Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 3：14
【解析】解：(1)W为CuAl(CH3)4，组成化合物W的四种元素分别是Cu、Al、C、H，
故答案为：Cu、Al、C、H；
(2)[Cu(NH3)4(H2O)2]2+的电离为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+=Cu2++4NH3+2H2O，平衡常数表达式K=c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，
故答案为：c(Cu2+)⋅c4(NH3)c[Cu(NH3)4(H2O)2]2+；
(3)向蓝色溶液C中加入过量浓氨水中生成白色沉淀为氢氧化铝，离子方程式是Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(4)红色固体氧化物M为氧化亚铜，氧化亚铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，n(M)：n(HNO3)=3：14，
故答案为：3：14。
白色沉淀E能溶于强酸或强碱溶液但不溶于浓氨水，推得E为Al(OH)3，M为红色沉淀且能与硝酸发生氧化还原反应，生成蓝色溶液，推得M为Cu2O，结合A的质量和E的质量可计算出M的质量为2.16g，可计算得W中含有得Cu元素的质量为2.16g×64×264×2+16=1.92g，Al元素的质量为2.34g×2727+17×3=0.81g；气体F燃烧时火焰为淡蓝色，且生成气体中有能使澄清石灰水变浑浊的物质，可推得F为CH4，白色沉淀H为CaCO3，可计算得W中C元素得质量为12.0g×1240+12+48=1.44g；C、Cu、Al元素得总质量为4.17g，可得W中必含有H元素，H元素的质量为0.36g，计算可得W的化学式为CuAlC4H12，或写作CuAl(CH3)4。
本题考查了物质含量的测定，题目难度较大，明确特征反应以及量的关系是解答的关键，试题培养了学生的分析、理解能力、计算能力。
28.【答案】> Na2C2O4和NaHC2O4 = 酸 滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 0.2610
【解析】解：(1)草酸是二元弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡向右移动，电离程度增大，所以pH为3的草酸溶液的浓度大于pH为4的草酸溶液的浓度，
故答案为：>；
(2)①由图可知，滴定至c点时发生的反应为草酸氢钠溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成草酸钠和水，所以c点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶质为草酸钠和草酸氢钠，
故答案为：Na2C2O4和NaHC2O4；
②由图可知，b点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒可知，溶液中2c(C2O42−)+c(HC2O4−)=c(Na+)，
故答案为：=；
(3)①高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定实验应选用酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液，
故答案为：酸；
②当草酸溶液完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色，则判断滴定终点的现象为滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
③由表格数据可知，第二次实验所得数据误差较大，应舍去，则滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的平均体积为26.11mL+26.09mL2=26.10mL，由方程式2MnO4−+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，可知2MnO4−～5H2C2O4，草酸溶液的浓度为0.1mol/L×0.02610L×520.025L=0.2610mol/L，
故答案为：0.2610。
(1)草酸是二元弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡向右移动，电离程度增大；
(2)①由图可知，滴定至c点时发生的反应为草酸氢钠溶液部分与氢氧化钠溶液反应生成草酸钠和水，所以c点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶质为草酸钠和草酸氢钠；
②由图可知，b点为草酸钠和草酸氢钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液存在电荷守恒；
(3)①高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管；
②当草酸溶液完全反应后，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色；
③由表格数据可知，第二次实验所得数据误差较大，应舍去。
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，溶液中电荷守恒分析判断，盐类水解的实质分析及酸碱中和滴定实验，掌握基础是关键，题目难度中等。
29.【答案】< CD Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓ 温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低 A室到B室 2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑
【解析】解：(1)已知反应①：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ⋅mol−1，反应②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1269kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，反应②−2×①，可得反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH，则ΔH=−1269kJ⋅mol−1−2×(+180.5kJ⋅mol−1=−1630kJ⋅mol−1<0,
故答案为：<；
(2)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，故A错误；
B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故B错误；
C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H−O极性键，故C正确，
D.该反应中的三个阶段均有元素化合价升降，均为氧化还原反应，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，
故答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
②在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率变化的原因为温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，
故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低；
(4)通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2−在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解时，阴离子移向阳极，故阴离子的移动方向为A室到B室，NO2−在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是中性溶液，故放电的方程式为：2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑，
故答案为：A室到B室；2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)A.催化剂能降低总反应的活化能，提高反应速率；
B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水；
C.该反应历程中形成了N≡N非极性键和H−O极性键；
D.有元素化合价升降的反应是氧化还原反应；
(3)①pH大，亚铁离子已转化为氢氧化亚铁沉淀；
②由温度变化对反应速率和平衡的影响分析；
(4)通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2−在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解时，阴离子移向阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH−在B极放电，据此分析。
本题主要考查盖斯定律、电解池等知识，同时考查学生的看图理解能力，分析问题的能力，语言组织与表达的能力，难度中等。
30.【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7≤pH<8.1 4×10−3 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O 滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫红色
【解析】解：(1)对菱镁矿预处理时需要粉碎，原因是菱镁矿粉碎后，反应物的接触面积增大，酸浸的反应速率加快，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(2)由分析可知，加入二氧化锰的目的是酸性条件下二氧化锰将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，便于加入氨水调节溶液pH时转化为沉淀，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)由表格数据可知，加入氨水调节溶液4.7≤pH<8.1范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，
故答案为：4.7≤pH<8.1；
(4)由氟化钙、氟化镁的溶度积可知，当钙离子的浓度小于等于1.0×10−5mol/L时，溶液中的钙离子、镁离子完全除去，则溶液中的氟离子浓度不小于Ksp(CaF2)10−5=1.6×10−1010−5mol/L=4×10−3mol/L，
故答案为：4×10−3；
(5)由题意可知，在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到碳酸锰沉淀的反应为硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；高锰酸根离子在溶液中呈紫红色，所以向溶液中加入过二硫酸钠溶液，溶液不变为紫红色，说明锰离子已经完全反应，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫红色。
菱镁矿粉碎后加入稀硫酸酸浸，将碳酸盐和金属氧化物转化为硫酸盐，其中得到的硫酸钙微溶于水，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入加入二氧化锰，酸性条件下二氧化锰将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH在4.7～8.1范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有钙离子、镁离子、锰离子的滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将溶液中钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣3和含有锰离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤、干燥得到高纯度的碳酸锰。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
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