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2021-2022学年安徽省蚌埠市高二（上）期末化学试卷（理科）（含答案解析）
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2021-2022学年安徽省蚌埠市高二（上）期末化学试卷（理科）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀
B. 瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，可用平衡移动原理解释
C. 用pH试纸可以测量“84”消毒液的pH
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面油污
2. 暖宝宝(如图所示)采用的是铁的“氧化放热”原理，其中发生很多微小原电池反应，活性炭在原电池中( )
A. 充当正极
B. 充当负极
C. 发生氧化反应
D. 发生还原反应
3. 下列关于化学反应中ΔU的说法不正确的是( )
A. 化学反应中内能变化：ΔU=Q+W
B. 如果化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q
C. 化学反应中内能变化：ΔU=ΔH
D. ΔU<0时，反应释放能量
4. 下列影响化学反应速率的说法不正确的是( )
A. 能发生有效碰撞的分子，一定是活化分子
B. 升高温度可以增大活化分子百分数，从而增大单位时间内有效碰撞的次数
C. 减小容器体积使压强增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多
D. 增大反应物浓度，反应物中的活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多
5. 下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是( )
A. NaHSO4溶液 B. NaCl溶液 C. KOH溶液 D. CuCl2溶液
6. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，正确的是( )
A. 54v(O2)=v(NO) B. 56v(O2)=v(H2O)
C. 23v(NH3)=v(H2O) D. 54v(NH3)=v(O2)
7. 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. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−
B. 含有NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+
C. pH=11的NaOH溶液中：CO32−、K+、NO3−、SO42−
D. 由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
8. 瓦斯分析仪(图甲)用于测量煤矿巷道中甲烷浓度，其工作原理类似燃料电池，装置如图乙所示，固体电解质是Y2O3−Na2O，O2−可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是( )
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B. 电极b是正极，O2−由电极a流向电极b
C. 当电解质中有1molO2−通过时，电子转移4mol
D. 电极a的反应式为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O
9. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是( )
A. 向H2O2溶液中滴加少量HI溶液：2HI+H2O2=I2+2H2O
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O
D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
10. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)=pC(g)的速率和平衡的影响图象如图，下列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T1
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点1
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
11. 足量块状铁与100mL0.01mol⋅L−1的稀硫酸反应，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的( )
①加Na2SO4溶液
②加KOH固体
③加CH3COONa固体
④升高温度
⑤将块状铁改为铁粉
⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸
A. ①②③ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ④⑤
12. Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)⇌2Cl⋅(g)快
②CO(g)+Cl⋅(g)⇌COCl2⋅(g)快
③COCl⋅(g)+Cl2⇌COCl2(g)+Cl⋅(g)慢
其中反应②存在v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)；v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，下列说法正确的是( )
A. 反应②的平衡常数K=k正k逆
B. 反应①、②的活化能均大于反应③
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
13. 如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列说法中不正确的是( )
A. 电极①接外接电源负极
B. 装置出口B处的物质是氢气
C. 装置出口A处的物质可以用淀粉碘化钾试纸检验
D. 装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
14. 研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应，下列说法正确的是( )
A. 反应总过程ΔH>0
B. 其他条件保持不变，升高温度可以提高反应速率
C. Fe+、FeO+都是该反应催化剂，能降低反应的活化能
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为吸热反应
15. 下列实验过程可达到实验目的的是( )
A
B
C
D
铁件上镀铜
测定稀硫酸和稀氢氧化钠的中和热
探究铁的析氢腐蚀
由MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
A. A B. B C. C D. D
16. 常温下，向20.00mL0.2000mol⋅L−1的醋酸溶液中逐滴加入0.2000mol⋅L−1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a>b
B. 当pH=7时，消耗NaOH溶液的体积等于20.00mL
C. 当V=20.00mL时，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
D. 在滴定过程中，一定存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)
17. (1)NH4Cl溶液显酸性的原因是 ______(用离子方程式表示).
(2)有pH均为3的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液，物质的量浓度由大到小的顺序为 ______.
(3)二氧化碳加氢制甲醇的反应一般可通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ⋅mol−1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=−90kJ⋅mol−1
二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式 ______.
(4)如图所示装置中，A、B、C、D均为铂电极．断开K1，闭合K2、K3一段时间后，A、B中气体的量之间的关系如图所示：
①写出A电极反应式 ______.
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴发生的现象为 ______.
③若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极．此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针发生移动，其理由是 ______.
18. 获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂2∼3滴．
②将自己配制的0.010mol⋅L−1标准Na2S2O3(显碱性)溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数．
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.
试回答下列问题：
(1)步骤①发生的离子反应方程式为 ______，加入的指示剂是 ______.
(2)步骤②、③中将标准液装入 ______滴定管(填“A”或“B”)，达到滴定终点的现象是 ______.
(3)实验测得氯气的浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是 ______(填字母序号)
a.锥形瓶水洗后直接装待测水样
b.配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线
c.装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗
d.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数
e.装标准Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，工业废水水样中Cl2的浓度是 ______mg⋅L−1.
19. 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol⋅L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
3.0
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为 ______；滤渣1的主要成分 ______.
(2)氧化除杂工序中，O2的作用是 ______；为调节溶液pH进行除杂，试剂a可选择 ______.
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 ______.
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌并沉积锌后的电解液可返回 ______工序继续使用．
(5)已知Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39，求pH=3.0时，溶液中Fe3+的浓度 ______.
20. 二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题，我国科研人员提出了由CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如图．
(1)根据信息可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，该反应使用的催化剂为 ______.
(2)200℃下，在一密闭容器中充入一定量的CO2与H2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g).一段时间后反应达平衡若其他条件不变，温度从200℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加．下列说法正确的是 ______(填字母).
a.该反应的ΔH>0
b.平衡常数大小：K(400℃)>K(200℃)
c.200℃下，减小n(H2)n(CO2)的值，CO2的平衡转化率升高
d.反应达到平衡时v正(H2)=2v逆(H2O)
(3)一定条件下，反应体系中CO2平衡转化率α(CO2)与L和X的关系如图1所示，L和X表示温度或压强．
①L表示的物理量是 ______.
②L1______L2(填“<”或“>”)，判断理由是 ______.
(4)向1L恒容密闭容器中加入4.0molH2，1.0molCO2，控制条件(催化剂、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图2所示：
①求4min内H2的反应速率 ______.
②此温度下，该反应的化学平衡常数K=______
附加题(10分)
在真空密闭容器内加入amolPH4I固体，在一定温度下发生如下反应：
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
以上三个反应建立平衡后，测得HI为bmol，I2为cmol，H2为dmol.
(1)平衡后，增大压强，容器内n(I2)将 ______(填“增加”、“减小”或“不变”).
(2)计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量(列出计算过程)______.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，所以生活中钢铁腐蚀的主要原因为电化学腐蚀，故A正确；
B.瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，所以可以用平衡移动原理解释解释，故B正确；
C.“84”消毒液具有漂白性，能使指示剂褪色，所以不能用pH试纸测其pH值，故C错误；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；
故选：C。
A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应；
B.开启瓶装碳酸饮料后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程；
C.“84”消毒液具有漂白性；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性。
本题考查了元素化合物知识、化学平衡移动原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大，C为解答易错点。
2.【答案】A
【解析】解：该原电池中铁粉比活性炭活泼，则铁粉、活性炭、食盐和水组成原电池，铁粉发生失电子的氧化反应作负极，则活性炭作正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，但活性炭不参与电极反应，
故选：A。
由题意可知，暖宝宝采用的是铁的“氧化放热”原理，其中发生很多微小原电池反应，铁粉比活性炭活泼，则该原电池中铁作负极，发生失电子的氧化反应，活性炭电极作正极，正极上发生得电子的还原反应，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，为高频考点，把握物质的性质、电极的判断及电极反应是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.化学反应中内能的变化等于反应热和功的和，即ΔU=Q+W，故A正确；
B.如果化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q，故B正确；
C.ΔU为体系内能的变化，而ΔH表示反应热，两者不一定相等，只有在等压的条件下两者才相等，故C错误；
D.ΔU=U(反应产物)−U(反应物)，ΔU<0时，反应放出能量，故D正确；
故选：C。
根据能量守恒定律解答，化学反应中的内能ΔU=Q+W，化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q，若是在恒压条件下，ΔU=ΔH；若ΔU>0时，反应吸收能量，ΔU<0时，反应释放能量。
本题考查ΔU与Q、W、ΔH的关系，难度不大，分析清概念是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A.物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间不能发生有效碰撞，故发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A正确；
B.升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故B正确；
C.减小容器体积使压强增大，能增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，故C正确；
D.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数增多，但不能增大活化分子百分数，故D错误；
故选：D。
增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施，由此分析解答。
本题考查了有效碰撞理论，题目难度不大，注意把握活化分子、有效碰撞、催化剂对活化能的影响，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5.【答案】B
【解析】解：A.加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出的氢离子抑制水的电离，水的电离平衡向逆向移动，故A错误；
B.加入氯化钠，氯离子和钠离子不水解，所以加入氯化钠不影响水的电离，故B正确；
C.加入KOH，增大氢氧根离子浓度，会抑制水的电离，故C错误；
D.加入CuCl2溶液，铜离子结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，故D错误；
故选：B。
水为弱电解质，水的电离平衡为：H2O⇌H++OH−，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；盐中的弱离子水解促进了水的电离、碱和酸都抑制水的电离，而不水解的盐不影响水的电离平衡，据此进行解答。
本题考查了影响水的电离的因素，题目难度不大，注意水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。
6.【答案】D
【解析】解：A.v(O2)：v(NO)=5：4，所以45v(O2)=v(NO)，故A错误；
B.v(O2)：v(H2O)=5：6，所以65v(O2)=v(H2O)，故B错误；
C.v(NH3)：v(H2O)=4：6=2：3，所以32v(NH3)=v(H2O)，故C错误；
D.v(NH3)：v(O2)=4：5，所以54v(NH3)=v(O2)，故D正确；
故选：D。
用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，据此分析解答。
本题考查化学反应速率规律，关键是理解化学反应速率与化学计量数的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.含Cu2+的溶液有颜色，不符合题意，故A不选；
B.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，所以NO3−、I−、SO32−、H+不能大量共存，故B不选；
C.OH−、CO32−、K+、NO3−、SO42−相互不反应，可以大量共存，故C选；
D.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，可能含有大量H+或者OH−，HCO3−与H+、OH−都反应，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
A.含Cu2+的溶液有颜色；
B.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、碘离子；
C.pH=11的NaOH溶液，溶液呈碱性，OH−、CO32−、K+、NO3−、SO42−相互不反应；
D.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，可能含有大量H+或者OH−。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意常见离子的性质，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故A错误；
B.电极b氧气得电子，生成O2−，而电极a需要O2−作为反应物，故O2−由正极(电极b)流向负极(电极a)，故B错误；
C.1molO2得4mol电子生成2molO2−，故当固体电解质中有1molO2−通过时，电子转移2mol，故C错误；
D.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O，故D正确；
故选：D。
本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，O2−可以在其中自由移动，是本题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：A.向H2O2溶液中滴加少量HI溶液，离子方程式为：2H++2I−+H2O2=I2+2H2O，故A错误；
B.盐酸的酸性强于碳酸，向CaCl2溶液中通入CO2，不发生反应，故B错误；
C.用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH−=H2O，故D错误；
故选：C。
A.碘化氢应拆成离子形式；
B.不遵循客观事实；
C.二者反应生成氯化锰、氯气和水；
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子反应。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据图中“先拐先平，数值大”知，T1
C.根据图知，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4点处于平衡状态，v(正)=v(逆)；点1在曲线上方，要想达到平衡状态，B的转化率需要减小，则平衡逆向移动，故v(正)v(逆)，故C错误；
D.根据图知，曲线a比曲线b达到平衡时间缩短，B的含量不变，说明改变条件只增大化学反应速率，不影响平衡移动，如果反应前后气体计量数之和不变，增大压强、加入催化剂都能实现，故D错误；
故选：B。
A.根据图中“先拐先平，数值大”知T1
C.曲线上任一点都是平衡点，则曲线上任一点正逆反应速率都相等，要使反应达到平衡状态，1点B的转化率需要减小，3点B的转化率需要增大；
D.如果反应前后气体的物质的量之和不变，改变压强、加入催化剂都不影响平衡移动。
本题考查外界条件对化学平衡影响原理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线含义、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，D选项易忽略反应前后气体条件不变的情况而导致错误判断。
11.【答案】D
【解析】解：①加Na2SO4溶液相当于加H2O，浓度降低，反应速率减小，故错误；
②加KOH固体，消耗硫酸，硫酸浓度降低，反应速率减小，氢气的总量也减小，故错误；
③加CH3COONa固体，生成弱酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故错误；
④升高温度，反应速率增大，不改变生成氢气的总量，故正确；
⑤将块状铁改为铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，不改变生成氢气的总量，故正确；
⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，故错误；
故选：D。
为加快块状铁与100mL0.01mol⋅L−1的稀硫酸反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则稀硫酸的物质的量应不变，以此解答。
本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题，难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.平衡时正逆反应速率相等，v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)、v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，则k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)=k逆⋅c(COCl⋅)，即c(COCl⋅)c(CO)⋅c(Cl⋅)=K=k正k逆，故A正确；
B.活化能越大，反应速率越慢，则反应①、②的活化能均小于反应③，故B错误；
C.慢反应决定整个反应速率，可知要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则COCl2的平衡产率不变，故D错误；
故选：A。
A.平衡时正逆反应速率相等，v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)、v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，则k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)=k逆⋅c(COCl⋅)；
B.活化能越大，反应速率越慢；
C.慢反应决定整个反应速率；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡常数的计算、活化能与反应速率为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.电解池中阳离子向阴极移动，根据Na+移动方向，可知①是阳极，电极①接外接电源正极，故A错误；
B.②是阴极，发生反应2H++2e−=H2↑，装置出口B处的物质是氢气，故B正确；
C.①是阳极，发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，可以用淀粉碘化钾试纸检验氯气，故C正确；
D.装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故D正确；
故选：A。
A.电解池中阳离子向阴极移动，根据Na+移动方向，可知①是阳极；
B.②是阴极，发生反应2H++2e−=H2↑；
C.①是阳极，发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑；
D.装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。
本题考查了电解原理的分析应用，电极判断，电极反应分析，掌握电解原理是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.由图可知N2O和CO总能量高于N2和CO2总能量，则反应总过程是放热的，则反应总过程ΔH<0，故A错误；
B.其他条件保持不变，升高温度，可以提高活化分子的百分数，则反应速率加快，故B正确；
C.由图可知，FeO+是该反应的中间产物，不是该反应催化剂，故C错误；
D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D错误；
故选：B。
化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，催化剂能减小反应的活化能，改变反应途径，提高反应速率。
本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量、催化剂以及反应条件之间有无必然关系，注意基础知识的积累。
15.【答案】A
【解析】解：A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，在Fe上镀铜，Cu作阳极、Fe作阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A正确；
B.缺少玻璃环形搅拌棒，否则溶液温度不均匀，造成误差，故B错误；
C.NaCl溶液呈中性，所以铁钉在NaOH溶液中铁定发生吸氧腐蚀，故C错误；
D.MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH)2而不是MgCl2，故D错误；
故选：A。
A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
B.缺少玻璃环形搅拌棒；
C.中性溶液中铁定发生吸氧腐蚀；
D.MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发。
本题考查化学实验方案评价，涉及电镀原理、中和热的测定、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验原理、实验操作方法是解本题关键，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.当V=20.00mL时，醋酸和氢氧化钠恰好反应完全，水的电离程度最大，故A错误；
B.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，CH3COONa溶液因为弱酸根离子水解导致溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，消耗氢氧化钠的体积小于20mL，故B错误；
C.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性，故C错误；
D.滴定过程中，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A.酸或碱抑制水电离，弱酸根离子或弱碱离子促进水电离；；
B.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性；
C.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性；
D.滴定过程中，存在电荷守恒。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意：任何水溶液中都存在电荷守恒，与溶液酸碱性无关。
17.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ CH3COOH>HNO3>H2SO4 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1 4OH−−4e−=2H2O+O2↑紫色向D方向移动 组成氢氧燃料电池
【解析】解：(1)铵根离子水解，使溶液呈酸性，用离子方程式表示为NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)一元酸中，强酸的浓度和氢离子浓度相等，弱酸中酸的浓度大于氢离子浓度；二元酸中，氢离子浓度为强酸浓度的2倍，所以pH均为3的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液中物质的量浓度从大到小的顺序是CH3COOH>HNO3>H2SO4，
故答案为：CH3COOH>HNO3>H2SO4；
(3)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−90kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由①+②得二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1；
(4)①由图可知，断开K1，闭合K2、K3，则为电解 KOH 溶液的电解池，根据图象知，B 电极上产生气体体积是 A 电极的 2 倍，则 A 电极上生成O2、B 电极上生成H2，即 A 为阳极，B 为阴极，则 a 电源是负极、b是正极；A电极反应式为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，
故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑；
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴因阴离子高锰酸根离子向连接正极的阳极D极移动，故发生的现象为紫色向D方向移动，
故答案为：紫色向D方向移动；
③断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧碱性燃料电池，氧气发生得电子的还原反应生成OH−，A 为正极，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，总反应为O2+2H2=2H2O，
故答案为：组成氢氧燃料电池。
(1)铵根离子水解，使溶液呈酸性；
(2)一元酸中，强酸的浓度和氢离子浓度相等，弱酸中酸的浓度大于氢离子浓度；二元酸中，氢离子浓度为强酸浓度的2倍；
(3)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−90kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由①+②得二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式；
(4)①由图可知，断开K1，闭合K2、K3，则为电解 KOH 溶液的电解池，根据图象知，B 电极上产生气体体积是 A 电极的 2 倍，则 A 电极上生成O2、B 电极上生成H2，即 A 为阳极，B 为阴极，则 a 电源是负极、b 是正极；
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴因阴离子高锰酸根离子向连接正极的阳极D极移动；
③断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧碱性燃料电池，氧气发生得电子的还原反应生成OH−，A 为正极。
本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、电化学原理等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
18.【答案】Cl2+2I−=I2+2Cl− 淀粉溶液 B 当最后半滴Na2S2O3标液滴入时，蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色 bce 923
【解析】解：(1)在步骤①中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，该反应的离子方程式为：Cl2+2I−=I2+2Cl−；加入的指示剂为淀粉溶液，
故答案为：Cl2+2I−=I2+2Cl−；淀粉溶液；
(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此步骤②③中应该将Na2S2O3标准溶液装入碱式滴定管中，选B，当达到滴定终点时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复颜色，
故答案为：B；当最后半滴Na2S2O3标液滴入时，蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；
(3)a.锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，故a错误；
b.配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故b正确；
c.装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故c正确；
d.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，故d错误；
e.滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，故e正确，
故答案为：bce；
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，n(Na2S2O3)=c⋅V=0.010mol/L×0.0260L=2.6×10−4mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2∼I2∼2Na2S2O3，所以10.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=12n(Na2S2O3)=1.3×10−4mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是1.3×10−4×71×1030.01mol/L=923mg/L，
故答案为：923。
饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差解答(1)∼(3)；
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，n(Na2S2O3)=c⋅V=0.010mol/L×0.0260L=2.6×10−4mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2∼I2∼2Na2S2O3，所以10.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=12n(Na2S2O3)=1.3×10−4mol。
本题考查氧化还原滴定，题目难度中等，明确滴定操作步骤为解答关键，注意掌握滴定误差的分析方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
19.【答案】(1)2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2 SiO2、PbSO4
(2)将Fe2+转化为Fe3+ ZnO、ZnCO3
(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd
(4)溶浸
(5)2.6×10−6mol⋅L−1
【解析】解：(1)焙烧过程主要是ZnS与O2反应得到ZnO和SO2，依据得失电子守恒和原子守恒，其化学方程式为：2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2，溶液中Pb2+与硫酸根离子不共存，生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于硫酸，因此滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4，
(2)氧化除杂工序中氧气的作用为将Fe2+氧化为Fe3+；为调节溶液pH进行除杂，且不引入新的杂质离子，试剂a可选择ZnO或ZnCO3，
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，其离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，
(4)结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成锌，即电解时锌离子在阴极被还原，电极反应式为：Zn2++2e−=Zn，沉积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用，
(5)pH=3.0时，c(H+)=10−3mol/L，c(OH−)=10−11mol/L，而氢氧化铁Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)，则c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−)=2.6×10−39(10−11)3mol/L=2.6×10−6mol⋅L−1，
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应等，明确流程原理是解题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
20.【答案】Ni/Al2O3 d 压强 >L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大 0.75mol/(L⋅min)6.75减小 容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(8c3+b−2d3)mol
【解析】解：(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)−Ni/Al2O3CH4(g)+2H2O(g)+2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率，该反应使用的催化剂为：Ni/Al2O3，
故答案为：Ni/Al2O3；
(2)a.对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从200℃升至400℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，ΔH<0，故a正错误；
b.正反应为放热反应，平衡常数大小：K(400℃)
d.反应达到平衡时，v正(H2)=2v逆(H2O)，说明水的正逆反应速率相同，分液达到平衡状态，故d正确；
故答案为：d；
(3)①根据方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)及反应的H<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度，L表示压强，
故答案为：压强；
②L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大，可知L1>L2，
故答案为：>；L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大；
(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 4 0 0
转化量：x 4x x 2x
平衡量：1−x4−4xx2x
根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，n(平衡)n(起始)=p(平衡)p(起始)=1−x+4−4x+x+2x1+4=0.7p0p0，解得x=0.75，4min内H2的反应速率=4×0.75mol1L4min=0.75mol/(L⋅min)，
故答案为：0.75mol/(L⋅min)；
②平衡常数K=c(CH4)×c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)=0.75×(1.5)20.25×14(mol/L)−2=6.75(mol/L)−2，
故答案为：6.75；
附加题：(1)平衡后，增大压强，平衡PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)逆向移动，平衡4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)逆向移动，平衡2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)不移动，所以结果是容器内n(I2)减小，
故答案为：减小；
(2)建立平衡后，测得HI为bmol、I2(g)为cmol、H2为d mol，根据化学反应，则
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
b+2cb+2cb+2c
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2(d−c)3 d−c6 d−c
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
2c c c
平衡后，容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(b+2c)mol−2(d−c)3mol=(8c3+b−2d3)mol，
故答案为：容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(8c3+b−2d3)mol。
(1)由图象可知可知该可逆反应的化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)−Ni/Al2O3CH4(g)+2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)a.对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从200℃升至400℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应；
b.正反应为放热反应，结合温度对K的影响分析；
c.减小n(H2)n(CO2)的值，CO2的平衡转化率降低；
d.反应达到平衡时，v正(H2)=2v逆(H2O)；
(3)①根据方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)及反应的H<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高；
②L表示压强，增大压强平衡逆向移动；
(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 4 0 0
转化量：x 4x x 2x
平衡量：1−x4−4xx2x
根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，，n(平衡)n(起始)=p(平衡)p(起始)=1−x+4−4x+x+2x1+4=0.7p0p0，解得x=0.75，反应速率v(H2)=△c△t；
②结合三段式计算平衡常数K=c(CH4)×c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)；
附加题：(1)增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行；
(2)建立平衡后，测得HI为bmol、I2(g)为cmol、H2为d mol，根据化学反应，则
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
b+2cb+2cb+2c
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2(d−c)3 d−c6 d−c
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
2c c c
据此计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量。
本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
2021-2022学年安徽省蚌埠市高二（上）期末化学试卷（理科）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀
B. 瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，可用平衡移动原理解释
C. 用pH试纸可以测量“84”消毒液的pH
D. 纯碱可用于生产普通玻璃，生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面油污
2. 暖宝宝(如图所示)采用的是铁的“氧化放热”原理，其中发生很多微小原电池反应，活性炭在原电池中( )
A. 充当正极
B. 充当负极
C. 发生氧化反应
D. 发生还原反应
3. 下列关于化学反应中ΔU的说法不正确的是( )
A. 化学反应中内能变化：ΔU=Q+W
B. 如果化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q
C. 化学反应中内能变化：ΔU=ΔH
D. ΔU<0时，反应释放能量
4. 下列影响化学反应速率的说法不正确的是( )
A. 能发生有效碰撞的分子，一定是活化分子
B. 升高温度可以增大活化分子百分数，从而增大单位时间内有效碰撞的次数
C. 减小容器体积使压强增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多
D. 增大反应物浓度，反应物中的活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多
5. 下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是( )
A. NaHSO4溶液 B. NaCl溶液 C. KOH溶液 D. CuCl2溶液
6. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，正确的是( )
A. 54v(O2)=v(NO) B. 56v(O2)=v(H2O)
C. 23v(NH3)=v(H2O) D. 54v(NH3)=v(O2)
7. 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. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−
B. 含有NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+
C. pH=11的NaOH溶液中：CO32−、K+、NO3−、SO42−
D. 由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
8. 瓦斯分析仪(图甲)用于测量煤矿巷道中甲烷浓度，其工作原理类似燃料电池，装置如图乙所示，固体电解质是Y2O3−Na2O，O2−可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是( )
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B. 电极b是正极，O2−由电极a流向电极b
C. 当电解质中有1molO2−通过时，电子转移4mol
D. 电极a的反应式为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O
9. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是( )
A. 向H2O2溶液中滴加少量HI溶液：2HI+H2O2=I2+2H2O
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
C. 用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O
D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2O
10. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)=pC(g)的速率和平衡的影响图象如图，下列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T1
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点1
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
11. 足量块状铁与100mL0.01mol⋅L−1的稀硫酸反应，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的( )
①加Na2SO4溶液
②加KOH固体
③加CH3COONa固体
④升高温度
⑤将块状铁改为铁粉
⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸
A. ①②③ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ④⑤
12. Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)⇌2Cl⋅(g)快
②CO(g)+Cl⋅(g)⇌COCl2⋅(g)快
③COCl⋅(g)+Cl2⇌COCl2(g)+Cl⋅(g)慢
其中反应②存在v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)；v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，下列说法正确的是( )
A. 反应②的平衡常数K=k正k逆
B. 反应①、②的活化能均大于反应③
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
13. 如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列说法中不正确的是( )
A. 电极①接外接电源负极
B. 装置出口B处的物质是氢气
C. 装置出口A处的物质可以用淀粉碘化钾试纸检验
D. 装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
14. 研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应，下列说法正确的是( )
A. 反应总过程ΔH>0
B. 其他条件保持不变，升高温度可以提高反应速率
C. Fe+、FeO+都是该反应催化剂，能降低反应的活化能
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为吸热反应
15. 下列实验过程可达到实验目的的是( )
A
B
C
D
铁件上镀铜
测定稀硫酸和稀氢氧化钠的中和热
探究铁的析氢腐蚀
由MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
A. A B. B C. C D. D
16. 常温下，向20.00mL0.2000mol⋅L−1的醋酸溶液中逐滴加入0.2000mol⋅L−1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列说法正确的是( )
A. 水的电离程度：a>b
B. 当pH=7时，消耗NaOH溶液的体积等于20.00mL
C. 当V=20.00mL时，c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
D. 在滴定过程中，一定存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)
17. (1)NH4Cl溶液显酸性的原因是 ______(用离子方程式表示).
(2)有pH均为3的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液，物质的量浓度由大到小的顺序为 ______.
(3)二氧化碳加氢制甲醇的反应一般可通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ⋅mol−1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=−90kJ⋅mol−1
二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式 ______.
(4)如图所示装置中，A、B、C、D均为铂电极．断开K1，闭合K2、K3一段时间后，A、B中气体的量之间的关系如图所示：
①写出A电极反应式 ______.
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴发生的现象为 ______.
③若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极．此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针发生移动，其理由是 ______.
18. 获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂2∼3滴．
②将自己配制的0.010mol⋅L−1标准Na2S2O3(显碱性)溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数．
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6.
试回答下列问题：
(1)步骤①发生的离子反应方程式为 ______，加入的指示剂是 ______.
(2)步骤②、③中将标准液装入 ______滴定管(填“A”或“B”)，达到滴定终点的现象是 ______.
(3)实验测得氯气的浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是 ______(填字母序号)
a.锥形瓶水洗后直接装待测水样
b.配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线
c.装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗
d.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数
e.装标准Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，工业废水水样中Cl2的浓度是 ______mg⋅L−1.
19. 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol⋅L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
3.0
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为 ______；滤渣1的主要成分 ______.
(2)氧化除杂工序中，O2的作用是 ______；为调节溶液pH进行除杂，试剂a可选择 ______.
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 ______.
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌并沉积锌后的电解液可返回 ______工序继续使用．
(5)已知Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39，求pH=3.0时，溶液中Fe3+的浓度 ______.
20. 二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题，我国科研人员提出了由CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如图．
(1)根据信息可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，该反应使用的催化剂为 ______.
(2)200℃下，在一密闭容器中充入一定量的CO2与H2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g).一段时间后反应达平衡若其他条件不变，温度从200℃升至400℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加．下列说法正确的是 ______(填字母).
a.该反应的ΔH>0
b.平衡常数大小：K(400℃)>K(200℃)
c.200℃下，减小n(H2)n(CO2)的值，CO2的平衡转化率升高
d.反应达到平衡时v正(H2)=2v逆(H2O)
(3)一定条件下，反应体系中CO2平衡转化率α(CO2)与L和X的关系如图1所示，L和X表示温度或压强．
①L表示的物理量是 ______.
②L1______L2(填“<”或“>”)，判断理由是 ______.
(4)向1L恒容密闭容器中加入4.0molH2，1.0molCO2，控制条件(催化剂、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图2所示：
①求4min内H2的反应速率 ______.
②此温度下，该反应的化学平衡常数K=______
附加题(10分)
在真空密闭容器内加入amolPH4I固体，在一定温度下发生如下反应：
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
以上三个反应建立平衡后，测得HI为bmol，I2为cmol，H2为dmol.
(1)平衡后，增大压强，容器内n(I2)将 ______(填“增加”、“减小”或“不变”).
(2)计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量(列出计算过程)______.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，所以生活中钢铁腐蚀的主要原因为电化学腐蚀，故A正确；
B.瓶装碳酸饮料开启后泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，所以可以用平衡移动原理解释解释，故B正确；
C.“84”消毒液具有漂白性，能使指示剂褪色，所以不能用pH试纸测其pH值，故C错误；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解生成可溶于与水的甘油和高级脂肪酸钠，所以可以热的纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；
故选：C。
A.不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应；
B.开启瓶装碳酸饮料后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程；
C.“84”消毒液具有漂白性；
D.纯碱为碳酸钠，是制造玻璃成分之一，水解显碱性。
本题考查了元素化合物知识、化学平衡移动原理等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的性质和用途是解题关键，题目难度不大，C为解答易错点。
2.【答案】A
【解析】解：该原电池中铁粉比活性炭活泼，则铁粉、活性炭、食盐和水组成原电池，铁粉发生失电子的氧化反应作负极，则活性炭作正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，但活性炭不参与电极反应，
故选：A。
由题意可知，暖宝宝采用的是铁的“氧化放热”原理，其中发生很多微小原电池反应，铁粉比活性炭活泼，则该原电池中铁作负极，发生失电子的氧化反应，活性炭电极作正极，正极上发生得电子的还原反应，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，为高频考点，把握物质的性质、电极的判断及电极反应是解题关键，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.化学反应中内能的变化等于反应热和功的和，即ΔU=Q+W，故A正确；
B.如果化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q，故B正确；
C.ΔU为体系内能的变化，而ΔH表示反应热，两者不一定相等，只有在等压的条件下两者才相等，故C错误；
D.ΔU=U(反应产物)−U(反应物)，ΔU<0时，反应放出能量，故D正确；
故选：C。
根据能量守恒定律解答，化学反应中的内能ΔU=Q+W，化学反应过程中体系没有做功，则ΔU=Q，若是在恒压条件下，ΔU=ΔH；若ΔU>0时，反应吸收能量，ΔU<0时，反应释放能量。
本题考查ΔU与Q、W、ΔH的关系，难度不大，分析清概念是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A.物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间不能发生有效碰撞，故发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故A正确；
B.升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故B正确；
C.减小容器体积使压强增大，能增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，故C正确；
D.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数增多，但不能增大活化分子百分数，故D错误；
故选：D。
增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施，由此分析解答。
本题考查了有效碰撞理论，题目难度不大，注意把握活化分子、有效碰撞、催化剂对活化能的影响，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5.【答案】B
【解析】解：A.加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出的氢离子抑制水的电离，水的电离平衡向逆向移动，故A错误；
B.加入氯化钠，氯离子和钠离子不水解，所以加入氯化钠不影响水的电离，故B正确；
C.加入KOH，增大氢氧根离子浓度，会抑制水的电离，故C错误；
D.加入CuCl2溶液，铜离子结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，故D错误；
故选：B。
水为弱电解质，水的电离平衡为：H2O⇌H++OH−，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离；盐中的弱离子水解促进了水的电离、碱和酸都抑制水的电离，而不水解的盐不影响水的电离平衡，据此进行解答。
本题考查了影响水的电离的因素，题目难度不大，注意水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。
6.【答案】D
【解析】解：A.v(O2)：v(NO)=5：4，所以45v(O2)=v(NO)，故A错误；
B.v(O2)：v(H2O)=5：6，所以65v(O2)=v(H2O)，故B错误；
C.v(NH3)：v(H2O)=4：6=2：3，所以32v(NH3)=v(H2O)，故C错误；
D.v(NH3)：v(O2)=4：5，所以54v(NH3)=v(O2)，故D正确；
故选：D。
用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，据此分析解答。
本题考查化学反应速率规律，关键是理解化学反应速率与化学计量数的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.含Cu2+的溶液有颜色，不符合题意，故A不选；
B.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，所以NO3−、I−、SO32−、H+不能大量共存，故B不选；
C.OH−、CO32−、K+、NO3−、SO42−相互不反应，可以大量共存，故C选；
D.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，可能含有大量H+或者OH−，HCO3−与H+、OH−都反应，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
A.含Cu2+的溶液有颜色；
B.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子、碘离子；
C.pH=11的NaOH溶液，溶液呈碱性，OH−、CO32−、K+、NO3−、SO42−相互不反应；
D.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，可能含有大量H+或者OH−。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意常见离子的性质，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故A错误；
B.电极b氧气得电子，生成O2−，而电极a需要O2−作为反应物，故O2−由正极(电极b)流向负极(电极a)，故B错误；
C.1molO2得4mol电子生成2molO2−，故当固体电解质中有1molO2−通过时，电子转移2mol，故C错误；
D.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O，故D正确；
故选：D。
本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，O2−可以在其中自由移动，是本题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：A.向H2O2溶液中滴加少量HI溶液，离子方程式为：2H++2I−+H2O2=I2+2H2O，故A错误；
B.盐酸的酸性强于碳酸，向CaCl2溶液中通入CO2，不发生反应，故B错误；
C.用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH−=H2O，故D错误；
故选：C。
A.碘化氢应拆成离子形式；
B.不遵循客观事实；
C.二者反应生成氯化锰、氯气和水；
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子反应。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据图中“先拐先平，数值大”知，T1
C.根据图知，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4点处于平衡状态，v(正)=v(逆)；点1在曲线上方，要想达到平衡状态，B的转化率需要减小，则平衡逆向移动，故v(正)
D.根据图知，曲线a比曲线b达到平衡时间缩短，B的含量不变，说明改变条件只增大化学反应速率，不影响平衡移动，如果反应前后气体计量数之和不变，增大压强、加入催化剂都能实现，故D错误；
故选：B。
A.根据图中“先拐先平，数值大”知T1
C.曲线上任一点都是平衡点，则曲线上任一点正逆反应速率都相等，要使反应达到平衡状态，1点B的转化率需要减小，3点B的转化率需要增大；
D.如果反应前后气体的物质的量之和不变，改变压强、加入催化剂都不影响平衡移动。
本题考查外界条件对化学平衡影响原理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线含义、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，D选项易忽略反应前后气体条件不变的情况而导致错误判断。
11.【答案】D
【解析】解：①加Na2SO4溶液相当于加H2O，浓度降低，反应速率减小，故错误；
②加KOH固体，消耗硫酸，硫酸浓度降低，反应速率减小，氢气的总量也减小，故错误；
③加CH3COONa固体，生成弱酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故错误；
④升高温度，反应速率增大，不改变生成氢气的总量，故正确；
⑤将块状铁改为铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，不改变生成氢气的总量，故正确；
⑥将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，故错误；
故选：D。
为加快块状铁与100mL0.01mol⋅L−1的稀硫酸反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则稀硫酸的物质的量应不变，以此解答。
本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题，难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.平衡时正逆反应速率相等，v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)、v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，则k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)=k逆⋅c(COCl⋅)，即c(COCl⋅)c(CO)⋅c(Cl⋅)=K=k正k逆，故A正确；
B.活化能越大，反应速率越慢，则反应①、②的活化能均小于反应③，故B错误；
C.慢反应决定整个反应速率，可知要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则COCl2的平衡产率不变，故D错误；
故选：A。
A.平衡时正逆反应速率相等，v正=k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)、v逆=k逆⋅c(COCl⋅)，则k正⋅c(CO)⋅c(Cl⋅)=k逆⋅c(COCl⋅)；
B.活化能越大，反应速率越慢；
C.慢反应决定整个反应速率；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡常数的计算、活化能与反应速率为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.电解池中阳离子向阴极移动，根据Na+移动方向，可知①是阳极，电极①接外接电源正极，故A错误；
B.②是阴极，发生反应2H++2e−=H2↑，装置出口B处的物质是氢气，故B正确；
C.①是阳极，发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，可以用淀粉碘化钾试纸检验氯气，故C正确；
D.装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故D正确；
故选：A。
A.电解池中阳离子向阴极移动，根据Na+移动方向，可知①是阳极；
B.②是阴极，发生反应2H++2e−=H2↑；
C.①是阳极，发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑；
D.装置中，在阴极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−。
本题考查了电解原理的分析应用，电极判断，电极反应分析，掌握电解原理是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.由图可知N2O和CO总能量高于N2和CO2总能量，则反应总过程是放热的，则反应总过程ΔH<0，故A错误；
B.其他条件保持不变，升高温度，可以提高活化分子的百分数，则反应速率加快，故B正确；
C.由图可知，FeO+是该反应的中间产物，不是该反应催化剂，故C错误；
D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D错误；
故选：B。
化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，催化剂能减小反应的活化能，改变反应途径，提高反应速率。
本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量、催化剂以及反应条件之间有无必然关系，注意基础知识的积累。
15.【答案】A
【解析】解：A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，在Fe上镀铜，Cu作阳极、Fe作阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A正确；
B.缺少玻璃环形搅拌棒，否则溶液温度不均匀，造成误差，故B错误；
C.NaCl溶液呈中性，所以铁钉在NaOH溶液中铁定发生吸氧腐蚀，故C错误；
D.MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH)2而不是MgCl2，故D错误；
故选：A。
A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
B.缺少玻璃环形搅拌棒；
C.中性溶液中铁定发生吸氧腐蚀；
D.MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发。
本题考查化学实验方案评价，涉及电镀原理、中和热的测定、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验原理、实验操作方法是解本题关键，题目难度不大。
16.【答案】D
【解析】解：A.当V=20.00mL时，醋酸和氢氧化钠恰好反应完全，水的电离程度最大，故A错误；
B.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，CH3COONa溶液因为弱酸根离子水解导致溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，消耗氢氧化钠的体积小于20mL，故B错误；
C.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性，故C错误；
D.滴定过程中，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A.酸或碱抑制水电离，弱酸根离子或弱碱离子促进水电离；；
B.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性；
C.当V=20.00mL时，得到的溶液的溶质为醋酸钠溶液，此时溶液显碱性；
D.滴定过程中，存在电荷守恒。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意：任何水溶液中都存在电荷守恒，与溶液酸碱性无关。
17.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ CH3COOH>HNO3>H2SO4 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1 4OH−−4e−=2H2O+O2↑紫色向D方向移动 组成氢氧燃料电池
【解析】解：(1)铵根离子水解，使溶液呈酸性，用离子方程式表示为NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)一元酸中，强酸的浓度和氢离子浓度相等，弱酸中酸的浓度大于氢离子浓度；二元酸中，氢离子浓度为强酸浓度的2倍，所以pH均为3的CH3COOH、HNO3、H2SO4三种物质的溶液中物质的量浓度从大到小的顺序是CH3COOH>HNO3>H2SO4，
故答案为：CH3COOH>HNO3>H2SO4；
(3)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−90kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由①+②得二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ⋅mol−1；
(4)①由图可知，断开K1，闭合K2、K3，则为电解 KOH 溶液的电解池，根据图象知，B 电极上产生气体体积是 A 电极的 2 倍，则 A 电极上生成O2、B 电极上生成H2，即 A 为阳极，B 为阴极，则 a 电源是负极、b是正极；A电极反应式为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，
故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑；
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴因阴离子高锰酸根离子向连接正极的阳极D极移动，故发生的现象为紫色向D方向移动，
故答案为：紫色向D方向移动；
③断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧碱性燃料电池，氧气发生得电子的还原反应生成OH−，A 为正极，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，总反应为O2+2H2=2H2O，
故答案为：组成氢氧燃料电池。
(1)铵根离子水解，使溶液呈酸性；
(2)一元酸中，强酸的浓度和氢离子浓度相等，弱酸中酸的浓度大于氢离子浓度；二元酸中，氢离子浓度为强酸浓度的2倍；
(3)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=−90kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由①+②得二氧化碳加氢制甲醇的热化学方程式；
(4)①由图可知，断开K1，闭合K2、K3，则为电解 KOH 溶液的电解池，根据图象知，B 电极上产生气体体积是 A 电极的 2 倍，则 A 电极上生成O2、B 电极上生成H2，即 A 为阳极，B 为阴极，则 a 电源是负极、b 是正极；
②在湿的Na2SO4溶液滤纸条中心的KMnO4液滴因阴离子高锰酸根离子向连接正极的阳极D极移动；
③断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧碱性燃料电池，氧气发生得电子的还原反应生成OH−，A 为正极。
本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、电化学原理等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。
18.【答案】Cl2+2I−=I2+2Cl− 淀粉溶液 B 当最后半滴Na2S2O3标液滴入时，蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色 bce 923
【解析】解：(1)在步骤①中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，该反应的离子方程式为：Cl2+2I−=I2+2Cl−；加入的指示剂为淀粉溶液，
故答案为：Cl2+2I−=I2+2Cl−；淀粉溶液；
(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此步骤②③中应该将Na2S2O3标准溶液装入碱式滴定管中，选B，当达到滴定终点时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复颜色，
故答案为：B；当最后半滴Na2S2O3标液滴入时，蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；
(3)a.锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，故a错误；
b.配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线，则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故b正确；
c.装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，故c正确；
d.滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，故d错误；
e.滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，故e正确，
故答案为：bce；
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，n(Na2S2O3)=c⋅V=0.010mol/L×0.0260L=2.6×10−4mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2∼I2∼2Na2S2O3，所以10.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=12n(Na2S2O3)=1.3×10−4mol，则该工业废水水样中Cl2的浓度是1.3×10−4×71×1030.01mol/L=923mg/L，
故答案为：923。
饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差解答(1)∼(3)；
(4)滴定过程中消耗标准液的体积为26.00mL，n(Na2S2O3)=c⋅V=0.010mol/L×0.0260L=2.6×10−4mol，根据方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得关系式：Cl2∼I2∼2Na2S2O3，所以10.00mL水样中含有Cl2的物质的量n(Cl2)=12n(Na2S2O3)=1.3×10−4mol。
本题考查氧化还原滴定，题目难度中等，明确滴定操作步骤为解答关键，注意掌握滴定误差的分析方法与技巧，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
19.【答案】(1)2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2 SiO2、PbSO4
(2)将Fe2+转化为Fe3+ ZnO、ZnCO3
(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd
(4)溶浸
(5)2.6×10−6mol⋅L−1
【解析】解：(1)焙烧过程主要是ZnS与O2反应得到ZnO和SO2，依据得失电子守恒和原子守恒，其化学方程式为：2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2，溶液中Pb2+与硫酸根离子不共存，生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于硫酸，因此滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4，
(2)氧化除杂工序中氧气的作用为将Fe2+氧化为Fe3+；为调节溶液pH进行除杂，且不引入新的杂质离子，试剂a可选择ZnO或ZnCO3，
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，其离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，
(4)结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成锌，即电解时锌离子在阴极被还原，电极反应式为：Zn2++2e−=Zn，沉积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用，
(5)pH=3.0时，c(H+)=10−3mol/L，c(OH−)=10−11mol/L，而氢氧化铁Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)，则c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH−)=2.6×10−39(10−11)3mol/L=2.6×10−6mol⋅L−1，
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应等，明确流程原理是解题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
20.【答案】Ni/Al2O3 d 压强 >L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大 0.75mol/(L⋅min)6.75减小 容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(8c3+b−2d3)mol
【解析】解：(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)−Ni/Al2O3CH4(g)+2H2O(g)+2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率，该反应使用的催化剂为：Ni/Al2O3，
故答案为：Ni/Al2O3；
(2)a.对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从200℃升至400℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，ΔH<0，故a正错误；
b.正反应为放热反应，平衡常数大小：K(400℃)
d.反应达到平衡时，v正(H2)=2v逆(H2O)，说明水的正逆反应速率相同，分液达到平衡状态，故d正确；
故答案为：d；
(3)①根据方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)及反应的H<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度，L表示压强，
故答案为：压强；
②L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大，可知L1>L2，
故答案为：>；L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率a(CO2)增大，由图可知同温时L1转化率大，即L1压强大；
(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 4 0 0
转化量：x 4x x 2x
平衡量：1−x4−4xx2x
根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，n(平衡)n(起始)=p(平衡)p(起始)=1−x+4−4x+x+2x1+4=0.7p0p0，解得x=0.75，4min内H2的反应速率=4×0.75mol1L4min=0.75mol/(L⋅min)，
故答案为：0.75mol/(L⋅min)；
②平衡常数K=c(CH4)×c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)=0.75×(1.5)20.25×14(mol/L)−2=6.75(mol/L)−2，
故答案为：6.75；
附加题：(1)平衡后，增大压强，平衡PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)逆向移动，平衡4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)逆向移动，平衡2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)不移动，所以结果是容器内n(I2)减小，
故答案为：减小；
(2)建立平衡后，测得HI为bmol、I2(g)为cmol、H2为d mol，根据化学反应，则
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
b+2cb+2cb+2c
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2(d−c)3 d−c6 d−c
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
2c c c
平衡后，容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(b+2c)mol−2(d−c)3mol=(8c3+b−2d3)mol，
故答案为：容器内P4(g)的物质的量为d−c6mol，PH3的物质的量为(8c3+b−2d3)mol。
(1)由图象可知可知该可逆反应的化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)−Ni/Al2O3CH4(g)+2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)a.对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从200℃升至400℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应；
b.正反应为放热反应，结合温度对K的影响分析；
c.减小n(H2)n(CO2)的值，CO2的平衡转化率降低；
d.反应达到平衡时，v正(H2)=2v逆(H2O)；
(3)①根据方程式CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)及反应的H<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高；
②L表示压强，增大压强平衡逆向移动；
(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)(单位：mol)
起始量：1 4 0 0
转化量：x 4x x 2x
平衡量：1−x4−4xx2x
根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，，n(平衡)n(起始)=p(平衡)p(起始)=1−x+4−4x+x+2x1+4=0.7p0p0，解得x=0.75，反应速率v(H2)=△c△t；
②结合三段式计算平衡常数K=c(CH4)×c2(H2O)c(CO2)×c4(H2)；
附加题：(1)增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行；
(2)建立平衡后，测得HI为bmol、I2(g)为cmol、H2为d mol，根据化学反应，则
PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)
b+2cb+2cb+2c
4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)
2(d−c)3 d−c6 d−c
2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)
2c c c
据此计算平衡后容器内P4(g)和PH3(g)的物质的量。
本题考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，明确化学平衡常数计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
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