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2021-2022学年河南省焦作市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河南省焦作市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了6kJ⋅ml−1，8L气体，4,1，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省焦作市高二（上）期末化学试卷
1. 下列不属于清洁能源的是( )
A. 风能 B. 太阳能
C. 甲烷燃料电池 D. 海底石油
2. 化学与生活密切相关。下列用途与物质的水解有关的是( )
A. 碳酸钾溶液可用于去除餐具的油污 B. 将氯气通入石灰乳中制漂白粉
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
3. 符合图中阴影部分要求的物质为( )
A. KClO
B. NH4Fe(SO4)2
C. Ca(OH)2
D. NaHSO4
4. γ−羟基丁酸是一种催眠剂，其结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 分子式是C4H8O3 B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能发生取代反应 D. 能发生氧化反应
5. 研究电化学腐蚀及防护具有重大意义。铁片在海水中发生腐蚀的模拟装置如图所示，下列有关说法错误的是( )
A. 铁片作负极，被腐蚀
B. 将海水换成蒸馏水，铁片腐蚀速率减慢
C. 碳棒上发生的电极反应为2H++2e−=H2↑
D. 将碳棒换成锌片，铁片不易被腐蚀
6. 下列条件下，能大量共存的离子组是( )
A. 使紫色石蕊试液显红色的溶液中：Na+、NO3−、Fe2+、Cl−
B. 含有Fe3+的溶液中：K+、Na+、AlO2−、SO42−
C. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：HCO3−、Ca2+、NH4+、Cl−
D. 常温下，pH=12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
7. 下列装置能达到实验目的的是( )
A. 制备乙酸乙酯
B. 制作锌铜双液电池
C. 测定醋酸钠溶液的pH
D. 测定中和热
8. 化学反应A(g)+B(g)⇌AB(g)ΔH，在催化剂K的作用下和无催化剂时的反应过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的
B. 增加A的量，该反应的ΔH不变
C. 催化剂能降低正逆反应的活化能
D. 该反应的ΔH=EkJ⋅mol−1
9. 三种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，且Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍。下列说法正确的是( )
A. 非金属性强弱：Z>X>Y
B. X、Y形成的化合物中含有离子键
C. X和Z对应的单质可能具有杀菌消毒作用
D. Y与Z形成的化合物中原子最外层一定均为8电子结构
10. 已知叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性。常温下，下列关于叠氮酸(HN3)的叙述中正确的是( )
A. 浓度相等的盐酸和叠氮酸，两者的导电性相同
B. 将0.1mol⋅L−1HN3溶液稀释10倍，溶液的pH大于3
C. 加水稀释叠氮酸溶液，电离程度增大，溶液中的c(H+)也增大
D. pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，叠氮酸产生H2的量更多
11. 采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放，但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生反应，降低了脱硫效率，涉及的反应之一是CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)ΔH=−175.6kJ⋅mol−1。上述反应在密闭容器中进行并达到平衡，下列说法正确的是( )
A. 该反应在常温下能自发进行，且反应速率较快
B. 降低温度，混合气体的密度增大
C. 压缩容器，该反应放出的热量减小
D. 分离出部分CaS(s)，CO的转化率变大
12. 液态Li储能电池工作的示意图如图，电池放电时产生Li3Bi。下列说法错误的是( )
A. 断开K2闭合K1时，Li+由B极向A极移动
B. 断开K1闭合K2时，A极为阳极，发生氧化反应
C. 放电时，A极的电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi
D. 电解质M可能为LiCl的水溶液
13. T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是( )
A. d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液
B. b、c两点的Ksp相同
C. 向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，可使溶液从b点迁移到c点
D. 蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点
14. 苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应，向恒容密闭容器中充入一定量的苯和不等量的H2在催化剂的作用下分别发生上述反应，已知：ΔH3<0。如图表示在不同温度下反应Ⅰ中苯的平衡转化率与n(H2)n(苯)的关系。下列相关判断错误的是( )
Ⅰ.主反应：ΔH1
Ⅱ.副反应：ΔH2>0
A. ΔH1<0，反应速率：b>a
B. 稳定性：
C. ΔH1ΔH2>−1
D. 若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，则反应处于平衡状态
15. 研究人员利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为主要原料制备Na2Cr2O7的装置如图所示。已知：在不同pH时Cr2O72−和CrO42−在溶液中可相互转化，Cr2O72−和CrO42−的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. a为负极，b为正极
B. Na2Cr2O7在阴极室制得
C. 阳极的电极反应式为2H2O+4e−=H2↑+2OH−
D. 外电路中每通过1mol电子，产生标准状况下16.8L气体
16. 常温下，向某H3PO3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，各含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系如图所示，c点的坐标为(1.4,1.3)。下列说法正确的是( )
A. 曲线③表示pc(HPO32−)随pH的变化
B. H3PO3为三元酸
C. b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)
D. 常温下，H3PO3+OH−⇌H2PO3−+H2O的平衡常数K=10−12.6
17. 反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。在某催化剂表面上该反应的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用⋅标注。回答下列问题：
(1)E的大小对该反应的反应热有无影响？______(填“有”或“无”)，使E值变小的措施是 ______。
(2)已知相关键能数据如表所示，图中ΔH=______kJ⋅mol−1。
化学键
O−H
C=O
H−H
C≡O(CO)
键能(kJ⋅mol−1)
463
795
436
1070
(3)反应历程①∼⑥中决定总反应速率的历程为 ______(填序号)，写出该步骤的化学方程式：______。
18. 现有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素。已知X为最轻的元素；Y的一种同位素常用于文物年代的测定；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍；W的族序数与其周期序数相同；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同。请回答下列问题：
(1)Y在周期表中的位置为 ______。
(2)W和R形成的最简单化合物与水反应的化学方程式为 ______。
(3)X、Z的单质和氢氧化钠溶液能形成电池，该电池工作时的正极反应式是 ______。
(4)工业上常用电解熔融的Z和W形成的化合物的方法冶炼W单质，W单质在 ______(填“阴极”或“阳极”)得到，阳极石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，其原因是 ______。
(5)X、Z、W可形成化合物M，常温下，M的酸性电离常数K1=2.0×10−13，则M溶于NaOH溶液的反应的平衡常数K2=______。
19. FeCl3⋅6H2O是城市污水及工业废水处理的高效廉价絮凝剂，具有显著的沉淀重金属及硫化物、脱色、脱臭除油、杀菌等功效。利用废料(主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3)制备FeCl3⋅6H2O和CuSO4⋅5H2O的流程如下。请回答下列问题：
已知：
a.镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质。
b.25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38。
(1)浸出液1中溶质除了NaOH，还主要含有 ______(填化学式)。
(2)“酸极氧化”中H2O2参与反应的离子方程式为 ______，该操作要控制温度为40℃左右的主要目的是 ______。
(3)当金属阳离子浓度为1.0×10−5mol⋅L−1时恰好沉淀完全，用氨水调pH后滤液3的pH为 ______。
(4)在滤渣2中加入过量的盐酸使溶液呈酸性的目的是 ______；在实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、______、______。
20. 硫酸铜的水溶液具有较强的杀灭病原体的能力，可以用于药浴鱼体、消毒渔具、防治鱼病等。某学校课外活动小组欲进行某溶液中硫酸铜浓度的测定，先取25.00mL，该溶液，向其中加入足量的KI溶液，再加入2滴指示剂，用0.2000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液进行滴定，涉及的反应原理有Cu2++I−→CuI↓+I2，S2O32−+I2→I−+S4O62−(未配平)。
请回答下列问题：
(1)该实验中选择的指示剂的名称是 ______。
(2)检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，接着对该仪器进行一系列操作，正确的操作顺序为洗出→
→滴定 ______(填序号)。
A.烘干
B.装入滴定液至零刻度以上
C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D.用洗耳球吹出润洗液
E.排除气泡
F.用滴定液润洗2至3次
G.记录起始读数
(3)进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______，滴定至终点的现象是 ______。
(4)滴定后记录的实验数据如表，则该溶液中硫酸铜的浓度为 ______mol⋅L−1。
实验编号
CuSO4
Na2S2O3溶液浓度
消耗Na2S2O3溶液体积
1
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
27.50mL
2
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
24.80mL
3
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
25.20mL
(5)下列操作会造成测定结果偏高的是 ______(填序号)。
A.滴定终点时俯视读数
B.滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.标准液漏滴在锥形瓶外1滴
21. CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4原料制备CS2，S8受热分解生成为气态S2，2S2(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+2H2S(g)ΔH发生反应。回答下列问题：
(1)上述反应中以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T的变化关系如图所示，则ΔH______0(填“>”、“=”或“<”)，提高平衡体系中CS2的体积分数的措施为 ______(填一条)。
(2)某兴趣小组对上述反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.2molS2和0.1molCH4通入2L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为300kPa)，其中三种气体的分压随时间的变化曲线如图所示。
①表示CS2分压变化的曲线是 ______(填序号)；若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，则0∼t1内的反应速率v(CH4)=______mol⋅L−1⋅min−1(用含t1的代数式表示)。
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后CS2分压变化趋势的曲线是______(用图中a、b、c、d表示)，理由是______。
③在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=______(保留两位小数，已知：分压=总压×物质的量分数；对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，K⊖=(pGp⊖)g⋅(pHp⊖)h(pDp⊖)d⋅(pEp⊖)e，其中p⊖=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：清洁能源是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，包括太阳能、风能、水能、生物能等，清洁能源的开发和利用越来越重视，石油不属于清洁能源，
故选：D。
清洁能源是指其开发、使用对环境无污染的能源，其中包括可再生能源和其它新能源。
解答本题要正确理解题意，考查了清洁能源，在此基础上分析解答即可。
2.【答案】A
【解析】解：A.碳酸钾溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是系热热反应，加热促进水解，可以除金属餐具表面的油污，故A正确；
B.氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，反应原理为：2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，属于氧化还原反应，和水解无关，故B错误；
C.氢氧化铝用于中和过多胃酸，发生了复分解反应，该过程与物质的水解无关，故C错误；
D.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，利用的是硫酸钡不溶于盐酸的特性，和水解无关，故D错误；
故选：A。
A.碳酸钾溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是系热热反应，加热促进水解；
B.氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，反应原理为：2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
C.氢氧化铝用于中和过多胃酸，发生了复分解反应；
D.硫酸钡不溶于盐酸。
本题考查水解的原理和应用。燃烧条件分析、原电池原理等，题目难度不大，注意水解的应用和水解原理的把握，掌握基础是解题关键。
3.【答案】A
【解析】解：A.KClO属于盐类化合物，是强碱弱酸盐，水溶液中水解，溶液显碱性，故A正确；
B.NH4Fe(SO4)2是能发生水解的盐，为弱碱强酸盐，铵根离子和亚铁离子水解溶液显酸性，故B错误；
C.Ca(OH)2是碱，不是盐，故C错误；
D.NaHSO4是盐，为强酸强碱盐，不能发生水解，水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故D错误；
故选：A。
阴影部分分析可知，物质为盐类化合物，盐中含弱离子，水溶液中发生水解反应，溶液显碱性，是指在溶液中电离出氢氧根离子或水解生成氢氧根离子，据此分析判断。
本题考查了物质的分类、盐类水解、盐的构成、溶液显碱性的为碱、能水解的盐，明确物质的组成和分类是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，该有机物分子含有4个碳原子、8个氢原子、3个氧原子，故分子式是C4H8O3，故A正确；
B.含有−CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.含有羟基、羧基，能与羧酸或醇发生酯化反应，即可以发生取代反应，故C正确；
D.含有−CH2OH，可以发生催化氧化，也可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D正确；
故选：B。
A.交点为碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目；
B.含有−CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.含有羟基、羧基，具有醇与羧酸的性质。
D.含有−CH2OH，可以发生催化氧化。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知，铁片作负极，被腐蚀，故A正确；
B.将海水换成蒸馏水，溶液的导电性减弱，铁片腐蚀速率减慢，故B正确；
C.碳棒上发生的电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C错误；
D.将碳棒换成锌片，锌是负极，铁片是正极，不易被腐蚀，故D正确；
故选：C。
由图可知，铁为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，碳棒为正极，得到电子，发生还原反应，也即吸氧腐蚀，据此分析解答即可。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.使紫色石蕊试液显红色的溶液呈酸性，NO3−、Fe2+在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.Fe3+、AlO2−之间发生双水解反应生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，HCO3−、NH4+都与OH−反应，Ca2+与OH−反应生成微溶物氢氧化钙，不能大量共存，故C错误；
D.常温下，pH=12的溶液呈碱性，K+、Na+、CO32−、NO3−、OH−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；
C.该溶液呈碱性，碳酸氢根离子、铵根离子都与氢氧根离子反应，钙离子与氢氧根离子结合生成微溶物氢氧化钙；
D.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
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。
7.【答案】D
【解析】解：A.试管中未加碎瓷片防止暴沸，故A错误；
B.左侧Zn与硫酸铜溶液反应，不能构成原电池，应将电解质溶液互换，故B错误；
C.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故C错误；
D.图中保温好，温度计测定温度，图中装置可测定中和热，故D正确；
故选：D。
A.加热液体混合物，需防止暴沸；
B.左侧Zn与硫酸铜溶液反应，不能构成原电池；
C.pH试纸不能湿润；
D.图中保温好，温度计测定温度。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、原电池、pH测定、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有效碰撞次数增加，因而化学反应速率大大增加，故催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的，故A正确；
B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应，因此增加A的量，该反应的△H不变，故B正确；
C.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，因此正反应、逆反应的活化能都降低，所以催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故C正确；
D.根据图示可知EkJ/mol表示逆反应的活化能，而反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差，所以该反应的反应热并不等于EkJ/mol，故D错误；
故选：D。
A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有效碰撞次数增加；
B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应；
C.催化剂能同时降低正、逆反应的活化能；
D.反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差。
本题考查物质之间反应原理，侧重考查化学反应的应用，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考查新信息获取、处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力。
9.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为P、Z为Cl，
A.同主族从左向右非金属性减弱，同周期主族元素从左向右非金属性增强，O只有负价，则非金属性强弱：X>Z>Y，故A错误；
B.X、Y形成的化合物只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C.臭氧、氯气具有杀菌消毒作用，故C正确；
D.Y与Z形成的化合物若为PCl5，P的最外层不满足8电子结构，故D错误；
故选：C。
由三种短周期元素在周期表中的相对位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的原子序数为x，且Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍，则x+7+x+9=4x，解得x=8，可知X为O、Y为P、Z为Cl，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子序数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性，则叠氮酸钠是强碱弱酸盐，所以叠氮酸是弱酸；
A.溶液导电性与离子浓度成正比，HCl完全电离、叠氮酸部分电离，浓度相等的盐酸和叠氮酸，c(H+)：前者大于后者，溶液的导电性：前者大于后者，故A错误；
B.0.1mol/L的叠氮酸稀释10倍后，溶液的物质的量浓度为0.01mol/L，叠氮酸是弱酸，部分电离，则溶液的pH大于3，故B正确；
C.加水稀释促进叠氮酸电离，则叠氮酸电离程度增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中的c(H+)减小，故C错误；
D.pH相同的硫酸和叠氮酸溶液，叠氮酸浓度远远大于硫酸浓度，pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，生成氢气的量与最终电离出的n(H+)成正比，但两者酸的体积未知，无法判断哪种酸生成的氢气多，故D错误；
故选：B。
叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性，则叠氮酸钠是强碱弱酸盐，所以叠氮酸是弱酸；
A.溶液导电性与离子浓度成正比；
B.0.1mol/L的叠氮酸稀释10倍后，溶液的物质的量浓度为0.01mol/L，叠氮酸是弱酸，部分电离；
C.加水稀释促进叠氮酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度；
D.pH相同的硫酸和叠氮酸溶液，叠氮酸浓度远远大于硫酸浓度，pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，生成氢气的量与最终电离出的n(H+)成正比。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、溶液导电性强弱影响因素、电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，C为解答易错点。
11.【答案】B
【解析】解：A.ΔH−T⋅ΔS<0的反应可自发进行，焓变为负，常温下可自发进行，不能判断反应速率的快慢，故A错误；
B.焓变为负，降低温度，平衡正向移动，气体的质量增大，气体的体积不变，则混合气体的密度增大，故B正确；
C.反应前后气体的总物质的量不变，压缩容器，平衡不移动，放热不变，故C错误；
D.分离出部分CaS(s)，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；
故选：B。
A.ΔH−T⋅ΔS<0的反应可自发进行；
B.焓变为负，降低温度，平衡正向移动，气体的质量增大；
C.反应前后气体的总物质的量不变，压缩容器，平衡不移动；
D.分离出部分CaS(s)，平衡不移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.断开K2闭合K1时，该装置为原电池，阳离子向正极(A)移动，故A正确；
B.断开K1闭合K2时，该装置为电解池，电极A为阳极，发生氧化反应，故B正确；
C.放电时，电极A为正极，电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi，故C正确；
D.Li性质活泼，能与水反应，故不能使用电解质水溶液，故D错误；
故选：D。
由图可知，断开K2闭合K1时，该装置为原电池，电极B为负极，电极反应式为Li−e−=Li+，电极A为正极，电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi，断开K1闭合K2时，该装置为电解池，电极A为阳极，电极B为阴极，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】D
【解析】解：A.d点c(Ni2+)小于溶解平衡曲线上的c(Ni2+)，则d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，故A正确；
B.Ksp与温度有关，温度不变，则b、c两点的Ksp相同，故B正确；
C.NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，c(S2−)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ni2+)减小，则可使溶液从b点迁移到c点，故C正确；
D.蒸发d点溶液时，c(S2−)、c(Ni2+)均增大，不能使溶液迁移到b点，该过程c(S2−)不变，故D错误；
故选：D。
A.d点c(Ni2+)小于溶解平衡曲线上的c(Ni2+)；
B.Ksp与温度有关；
C.NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，c(S2−)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ni2+)减小；
D.蒸发d点溶液时，c(S2−)、c(Ni2+)均增大。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握图中浓度的变化、Ksp的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，温度越高，苯的转化率越低，故反应Ⅰ为放热反应，ΔH1<0，温度越高，反应速率越快，反应速率：b>a，故A正确；
B.副反应：ΔH2>0，反应吸热，说明环己烷能量更低，稳定性：，故B正确；
C.已知①ΔH2>0，②ΔH3<0，由盖斯定律②-①=主反应Ⅰ，ΔH1=ΔH3−ΔH2，△H3△H2<0，△H1△H2=△H3△H2−1<−1，故C错误；
D.若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，正逆反应速率相等，则反应处于平衡状态，故D正确；
故选：C。
A.由温度变化对平衡和速率的影响判断反应吸、放热和速率关系；
B.物质所具有的总能量越低越稳定；
C.由盖斯定律判断能量关系；
D.反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变。
本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.CrO42−转化为Cr2O72−反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H+，故左侧是H2O放电生成O2和H+，左侧为阳极室，右侧为阴极室，阳，a连接阳极，b连接阴极，故a电源为正极、b为电源负极，故A错误；
B.Na2Cr2O7在阳极室制得，故B错误；
C.阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C错误；
D.电解过程实质是电解水，外电路中每通过1mol电子，根据电子转移守恒，生成O2为1mol4=0.25mol，生成H2为1mol2=0.5mol，标准状况下产生气体的体积为(0.25mol+0.5mol)×22.4L/mol=16.8L，故D正确；
故选：D。
CrO42−转化为Cr2O72−反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H+，故左侧是H2O放电生成O2和H+，左侧为阳极室，右侧为阴极室，阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，左室中Na+经过离子交换膜进入右室。
本题考查电解应用，关键是明确制备原理，理解电解池工作原理，正确判断电极，试题培养了学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
16.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，曲线①②③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)与pH的关系，故A错误；
B.图中含P粒子浓度与pH的关系曲线只有3条，则H3PO3为二元酸，故B错误；
C.曲线①②③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)与pH的关系，b点时c(H3PO3)=c(HPO32−)，溶液中存在的电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，则c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)，故C正确；
D.由上述分析可知，H3PO3的一级电离常数Ka1=10−1.4，则H3PO3+OH−⇌H2PO3−+H2O的平衡常数K=c(H2PO3−)c(H3PO3)⋅c(OH−)=c(H2PO3−)c(H3PO3)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=Ka1Kw=10−1.410−14=1012.6，故D错误；
故选：C。
由图可知，H3PO3溶液中含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系曲线只有3条，则H3PO3为二元酸，并且是二元弱酸，起始时c(H3PO3)>c(H2PO3−)>c(HPO32−)，随着NaOH溶液的逐滴滴入，溶液中c(H3PO3)逐渐减小、c(H2PO3−)和c(HPO32−)逐渐增大，pc(H3PO3)逐渐增加，pc(H2PO3−)逐渐减小，pc(HPO32−)逐渐减小，最终c(H3PO3)pc(H2PO3−)>pc(HPO32−)，则图中曲线①②③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)与pH的关系，c点时c(H3PO3)=c(H2PO3−)，则此时H3PO3的一级电离常数Ka1=c(H2PO3−)⋅c(H+)c(H3PO3)=c(H+)=10−pH=10−1.4，据此分析解答。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确纵坐标含义、电离平衡常数计算方法、图中pH与离子浓度的关系为解答的关键，侧重图象分析判断及计算能力的考查，选项B为易错点，题目难度中等。
17.【答案】无 使用催化剂 −30④ COOH+H+H2O=COOH=2H+OH
【解析】解：(1)反应的反应热取决于反应物和生成物总能量的大小，而E为反应的活化能，则E的大小对该反应的反应热无影响；催化剂能降低反应活化能，则使E值变小的措施是使用催化剂，
故答案为：无；使用催化剂；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(1070+2×463)kJ/mol−(795×2+436)kJ/mol=−30kJ/mol，
故答案为：−30；
(3)反应历程①∼⑥中历程④活化能最大，则反应历程①∼⑥中决定总反应速率的历程为④，该步骤的化学方程式COOH+H+H2O=COOH=2H+OH，
故答案为：④；COOH+H+H2O=COOH=2H+OH。
(1)反应的反应热取决于反应物和生成物总能量的大小；催化剂能降低反应活化能；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(3)定总反应速率的历程为活化能最大的历程。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
18.【答案】第二周期第IVA族 Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑O2+2H2O+4e−=4OH− 阴极 阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应 20
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为Al、R为S；
(1)Y为碳元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，其在周期表中的位置为第二周期第IVA族，
故答案为：第二周期第IVA族；
(2)W和R形成的最简单化合物为Al2S3，与水反应的化学方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑，
故答案为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑；
(3)H2、O2和氢氧化钠溶液能形成电池，正极发生还原反应，正极反应式是O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；
(4)工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al单质，Al元素发生还原反应，则Al单质在阴极得到，阳极石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，其原因是：阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应，
故答案为：阴极；阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应；
(5)H、O、Al可形成化合物为Al(OH)3，酸式电离为Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O，溶于NaOH溶液的平衡：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，该平衡常数K2=c(AlO2−)c(OH−)=c(H+)⋅c(AlO2−)c(H+)⋅c(OH−)=K1Kw=2.0×10−131.0×10−14=20，
故答案为：20。
X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素，已知X为最轻的元素，则X为H元素；Y的一种同位素常用于文物年代的测定，则Y为C元素；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；W的族序数与其周期序数相同，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故W为Al；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同，则R为S元素；
(1)主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；
(2)W和R形成的最简单化合物为Al2S3，与水发生水解反应，生成氢氧化铝和硫化氢；
(3)H2、O2和氢氧化钠溶液能形成电池，正极发生还原反应，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；
(4)Al元素发生还原反应生成单质Al；阳极有氧气生成，在高温下与石墨反应；
(5)Al(OH)3酸式电离为Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O，溶于NaOH溶液的平衡：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，该平衡常数K2=c(AlO2−)c(OH−)=c(H+)⋅c(AlO2−)c(H+)⋅c(OH−)=K1Kw。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，理解原电池、电解池工作原理，理解电离常数与水解常数关系，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
19.【答案】NaGeO2 H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O防止过氧化氢受热分解 3 防止Fe3+水解，从而提高产物FeCl3⋅6H2O产率以及纯度 蒸发皿 玻璃棒
【解析】解：(1)镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质，则Ga2O3也和Al2O3具有相似的化学性质，也能与NaOH溶液反应生成NaGeO2，所以滤液1为NaOH溶液与NaGeO2溶液的混合液，
故答案为：NaGeO2；
(2)“酸浸氧化”中H2O2将Cu2O氧化为Cu2+，则其方程式为H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O；升高温度有利于反应的进行，但由于过氧化氢受热易分解，从而使其利用率降低，
故答案为：H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O；防止过氧化氢受热分解；
(3)由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)=1.0×10−38，则c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10−3810−5mol/L，所pOH=11，则pH=14−pOH=14−11=3，
故答案为：3；
(4)滤渣2主要为氢氧化铁，氢氧化铁与盐酸反应生成的铁离子为弱碱阳离子，水解程度较大，向滤渣2中加过量盐酸的目的是防止生成的铁离子水解；实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒，
故答案为：防止Fe3+水解，从而提高产物FeCl3⋅6H2O产率以及纯度；蒸发皿；玻璃棒。
向主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3的废料中加足量的碱进行碱浸，得到不溶于水的Fe2O3、Cu2O的滤渣1和得到可溶于水的NaGeO2和NaOH溶液的混合液——滤液1；滤渣1在酸性条件下进行氧化，将氧化亚铜氧化为铜离子和铁离子的浸出液2；向浸出液2中加入适量氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到主要成分为氢氧化铁的滤渣2和主要为硫酸铜的滤液3；滤液3经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuSO4⋅5H2O；向滤渣2中加入过量的盐酸，将难容的氢氧化铁转化为可溶的氯化铁，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCl3⋅6H2O晶体，据此分析可得。
本题考查分离提纯实验方案的设计，是高考中的常见题型，题目难度中等，根据实验流程明确实验原理、实验目的为解答关键，试题基础性强，在注重对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生实验答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练，有利于提高学生的实验设计能力和应试能力，提升学生的学科素养。
20.【答案】淀粉溶液 F、B、E、C、G 锥形瓶中溶液颜色变化 当滴定达到终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色 0.2000BD
【解析】解：(1)可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点，故指示剂为淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
(2)在检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使滴定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为F、B、E、C、G，
故答案为：F、B、E、C、G；
(3)进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；未用Na2S2O3标准溶液滴定时溶液为蓝色，随着Na2S2O3标准溶液的滴入，溶液蓝色逐渐变浅，当滴入最后半滴溶液，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色时滴定达到终点，此时停止滴加，滴定达到终点，故滴定达到终点的现象是：锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；当滴定达到终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色；
(4)三次使用消耗标准溶液的体积数值中，第一次偏差较大，应该舍去，消耗标准溶液体积为：V(Na2S2O3)=24.80+25.202mL=25.00mL，根据反应方程式2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，2S2O32−+I2→2I−+S4O62−，可得关系式2Cu2+∼I2∼2S2O32−，则n(Cu2+)=n(S2O32−)，0.2000mol/L×0.025L=c(Cu2+)×0.025L，解得c(Cu2+)=0.2000mol/L，即该溶液中硫酸铜的浓度为0.2000mol/L，
故答案为：0.2000；
(5)A.滴定终点时俯视读数，反应消耗标准溶液体积偏小，溶质的物质的量偏少，导致待测溶液浓度偏低，故A错误；
B.滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失，导致消耗标准溶液体积偏大，溶质的物质的量偏多，最终导致待测溶液浓度偏高，故B正确；
C.锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准溶液的体积无影响，因此不影响待测溶液的浓度，故C错误；
D.标准液漏滴在锥形瓶外1滴，导致消耗标准溶液体积读数偏大，待测溶液中溶质的物质的量偏大，由于待测溶液体积不变，最终导致待测溶液浓度偏高，故D正确；
故答案为：BD。
向CuSO4溶液中加入KI，发生反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，然后加入Na2S2O3溶液，发生反应：2S2O32−+I2→2I−+S4O62−，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色分析判断滴定终点，盛装Na2S2O3标准溶液使用碱式滴定管，操作是查漏、润洗、装液、排气泡、调整液面刻度、记录液面刻度读数。进行滴定操作时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化判断滴定终点，根据平行实验数据，分析数据的有效性，舍去不合理数据，计算消耗标准溶液的体积，再根据物质反应转化关系计算CuSO4溶液的浓度，最后根据物质的量浓度定义式，结合实验操作对溶液体积及溶质物质的量的影响判断实验误差。
本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意常见的实验操作以及化学计算，难度不大。
21.【答案】<适当降低温度(或增加甲烷的量或移走硫化氢)Ⅲ0.02t1 a 该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动 0.30
【解析】解：(1)平衡常数Kx随温度的倒数1T的增大而增大，则Kx随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H<0；提高平衡体系中CS2的体积分数，则应使平衡正向移动，由于该反应为放热反应，所以可适当降低温度，使平衡正向移动；增大反应物甲烷的浓度或则及时移走硫化氢均能使平衡正向移动，
故答案为：<；适当降低温度(或增加甲烷的量或移走硫化氢)；
(2)①由于CS2为生成物，所以表示CS2分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，n(CS2)：n(H2S)=1：2，平衡时的分压p(CS2)分：p(H2S)分=1：2，则曲线III可表示CS2分压；2L的密闭容器中0.2molS2和0.1molCH4的总压为300kPa，则0.2molS2和0.1molCH4的分别为200kPa和100kPa；120200=c(S2)平0.1mol/L，解得c(S2)平=120200×0.1mol/L=0.6mol/L，所以△c(S2)=c(S2)−c(S2)平=(0.1−0.06)mol/L=0.04mol/L，则0∼t1内的反应速率v(S2)=△c△t=0.04t1mol/(L⋅min)，由于v(S2)：v(CH4)=2：1，所以v(CH4)=0.02t1mol/(L⋅min)，
故答案为：Ⅲ；0.02t1；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间CS2分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动，则t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后CS2分压变化趋势的曲线是a，
故答案为：a；该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动；
③平衡时S2(g)、CS2(g)、H2S(g)、CH4(g)的分压分别为120kPa、40 kPa、80kPa，p(CH4)=(300−120−40−80)kPa=60kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=(pCS2Pθ)×(pH2Spθ)2(pCH4pθ)×(pS2pθ)2=(40100)×(80100)2(60100)×(120100)2=827≈0.30，
故答案为：0.30。
(1)平衡常数Kx随温度的倒数1T的增大而增大，则Kx随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H<0；
(2)①由于CS2为生成物，所以表示CS2分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，n(CS2)：n(H2S)=1：2，平衡时的分压p(CS2)分：p(H2S)分=1：2；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间CS2分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动；
③平衡时S2(g)、CS2(g)、H2S(g)、CH4(g)的分压分别为120kPa、40 kPa、80kPa，p(CH4)=(300−120−40−80)kPa=60kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=(pCS2Pθ)×(pH2Spθ)2(pCH4pθ)×(pS2pθ)2。
本题考查化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡计算方法、外界条件对平衡影响原理是解本题关键，题目难度不大。
2021-2022学年河南省焦作市高二（上）期末化学试卷
1. 下列不属于清洁能源的是( )
A. 风能 B. 太阳能
C. 甲烷燃料电池 D. 海底石油
2. 化学与生活密切相关。下列用途与物质的水解有关的是( )
A. 碳酸钾溶液可用于去除餐具的油污 B. 将氯气通入石灰乳中制漂白粉
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查
3. 符合图中阴影部分要求的物质为( )
A. KClO
B. NH4Fe(SO4)2
C. Ca(OH)2
D. NaHSO4
4. γ−羟基丁酸是一种催眠剂，其结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 分子式是C4H8O3 B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能发生取代反应 D. 能发生氧化反应
5. 研究电化学腐蚀及防护具有重大意义。铁片在海水中发生腐蚀的模拟装置如图所示，下列有关说法错误的是( )
A. 铁片作负极，被腐蚀
B. 将海水换成蒸馏水，铁片腐蚀速率减慢
C. 碳棒上发生的电极反应为2H++2e−=H2↑
D. 将碳棒换成锌片，铁片不易被腐蚀
6. 下列条件下，能大量共存的离子组是( )
A. 使紫色石蕊试液显红色的溶液中：Na+、NO3−、Fe2+、Cl−
B. 含有Fe3+的溶液中：K+、Na+、AlO2−、SO42−
C. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：HCO3−、Ca2+、NH4+、Cl−
D. 常温下，pH=12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−
7. 下列装置能达到实验目的的是( )
A. 制备乙酸乙酯
B. 制作锌铜双液电池
C. 测定醋酸钠溶液的pH
D. 测定中和热
8. 化学反应A(g)+B(g)⇌AB(g)ΔH，在催化剂K的作用下和无催化剂时的反应过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的
B. 增加A的量，该反应的ΔH不变
C. 催化剂能降低正逆反应的活化能
D. 该反应的ΔH=EkJ⋅mol−1
9. 三种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，且Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍。下列说法正确的是( )
A. 非金属性强弱：Z>X>Y
B. X、Y形成的化合物中含有离子键
C. X和Z对应的单质可能具有杀菌消毒作用
D. Y与Z形成的化合物中原子最外层一定均为8电子结构
10. 已知叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性。常温下，下列关于叠氮酸(HN3)的叙述中正确的是( )
A. 浓度相等的盐酸和叠氮酸，两者的导电性相同
B. 将0.1mol⋅L−1HN3溶液稀释10倍，溶液的pH大于3
C. 加水稀释叠氮酸溶液，电离程度增大，溶液中的c(H+)也增大
D. pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，叠氮酸产生H2的量更多
11. 采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放，但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生反应，降低了脱硫效率，涉及的反应之一是CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g)ΔH=−175.6kJ⋅mol−1。上述反应在密闭容器中进行并达到平衡，下列说法正确的是( )
A. 该反应在常温下能自发进行，且反应速率较快
B. 降低温度，混合气体的密度增大
C. 压缩容器，该反应放出的热量减小
D. 分离出部分CaS(s)，CO的转化率变大
12. 液态Li储能电池工作的示意图如图，电池放电时产生Li3Bi。下列说法错误的是( )
A. 断开K2闭合K1时，Li+由B极向A极移动
B. 断开K1闭合K2时，A极为阳极，发生氧化反应
C. 放电时，A极的电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi
D. 电解质M可能为LiCl的水溶液
13. T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是( )
A. d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液
B. b、c两点的Ksp相同
C. 向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，可使溶液从b点迁移到c点
D. 蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点
14. 苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应，向恒容密闭容器中充入一定量的苯和不等量的H2在催化剂的作用下分别发生上述反应，已知：ΔH3<0。如图表示在不同温度下反应Ⅰ中苯的平衡转化率与n(H2)n(苯)的关系。下列相关判断错误的是( )
Ⅰ.主反应：ΔH1
Ⅱ.副反应：ΔH2>0
A. ΔH1<0，反应速率：b>a
B. 稳定性：
C. ΔH1ΔH2>−1
D. 若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，则反应处于平衡状态
15. 研究人员利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为主要原料制备Na2Cr2O7的装置如图所示。已知：在不同pH时Cr2O72−和CrO42−在溶液中可相互转化，Cr2O72−和CrO42−的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. a为负极，b为正极
B. Na2Cr2O7在阴极室制得
C. 阳极的电极反应式为2H2O+4e−=H2↑+2OH−
D. 外电路中每通过1mol电子，产生标准状况下16.8L气体
16. 常温下，向某H3PO3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，各含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系如图所示，c点的坐标为(1.4,1.3)。下列说法正确的是( )
A. 曲线③表示pc(HPO32−)随pH的变化
B. H3PO3为三元酸
C. b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)
D. 常温下，H3PO3+OH−⇌H2PO3−+H2O的平衡常数K=10−12.6
17. 反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。在某催化剂表面上该反应的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用⋅标注。回答下列问题：
(1)E的大小对该反应的反应热有无影响？______(填“有”或“无”)，使E值变小的措施是 ______。
(2)已知相关键能数据如表所示，图中ΔH=______kJ⋅mol−1。
化学键
O−H
C=O
H−H
C≡O(CO)
键能(kJ⋅mol−1)
463
795
436
1070
(3)反应历程①∼⑥中决定总反应速率的历程为 ______(填序号)，写出该步骤的化学方程式：______。
18. 现有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素。已知X为最轻的元素；Y的一种同位素常用于文物年代的测定；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍；W的族序数与其周期序数相同；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同。请回答下列问题：
(1)Y在周期表中的位置为 ______。
(2)W和R形成的最简单化合物与水反应的化学方程式为 ______。
(3)X、Z的单质和氢氧化钠溶液能形成电池，该电池工作时的正极反应式是 ______。
(4)工业上常用电解熔融的Z和W形成的化合物的方法冶炼W单质，W单质在 ______(填“阴极”或“阳极”)得到，阳极石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，其原因是 ______。
(5)X、Z、W可形成化合物M，常温下，M的酸性电离常数K1=2.0×10−13，则M溶于NaOH溶液的反应的平衡常数K2=______。
19. FeCl3⋅6H2O是城市污水及工业废水处理的高效廉价絮凝剂，具有显著的沉淀重金属及硫化物、脱色、脱臭除油、杀菌等功效。利用废料(主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3)制备FeCl3⋅6H2O和CuSO4⋅5H2O的流程如下。请回答下列问题：
已知：
a.镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质。
b.25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38。
(1)浸出液1中溶质除了NaOH，还主要含有 ______(填化学式)。
(2)“酸极氧化”中H2O2参与反应的离子方程式为 ______，该操作要控制温度为40℃左右的主要目的是 ______。
(3)当金属阳离子浓度为1.0×10−5mol⋅L−1时恰好沉淀完全，用氨水调pH后滤液3的pH为 ______。
(4)在滤渣2中加入过量的盐酸使溶液呈酸性的目的是 ______；在实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、______、______。
20. 硫酸铜的水溶液具有较强的杀灭病原体的能力，可以用于药浴鱼体、消毒渔具、防治鱼病等。某学校课外活动小组欲进行某溶液中硫酸铜浓度的测定，先取25.00mL，该溶液，向其中加入足量的KI溶液，再加入2滴指示剂，用0.2000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液进行滴定，涉及的反应原理有Cu2++I−→CuI↓+I2，S2O32−+I2→I−+S4O62−(未配平)。
请回答下列问题：
(1)该实验中选择的指示剂的名称是 ______。
(2)检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，接着对该仪器进行一系列操作，正确的操作顺序为洗出→
→滴定 ______(填序号)。
A.烘干
B.装入滴定液至零刻度以上
C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D.用洗耳球吹出润洗液
E.排除气泡
F.用滴定液润洗2至3次
G.记录起始读数
(3)进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______，滴定至终点的现象是 ______。
(4)滴定后记录的实验数据如表，则该溶液中硫酸铜的浓度为 ______mol⋅L−1。
实验编号
CuSO4
Na2S2O3溶液浓度
消耗Na2S2O3溶液体积
1
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
27.50mL
2
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
24.80mL
3
25.00mL
0.2000mol⋅L−1
25.20mL
(5)下列操作会造成测定结果偏高的是 ______(填序号)。
A.滴定终点时俯视读数
B.滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.标准液漏滴在锥形瓶外1滴
21. CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4原料制备CS2，S8受热分解生成为气态S2，2S2(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+2H2S(g)ΔH发生反应。回答下列问题：
(1)上述反应中以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T的变化关系如图所示，则ΔH______0(填“>”、“=”或“<”)，提高平衡体系中CS2的体积分数的措施为 ______(填一条)。
(2)某兴趣小组对上述反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.2molS2和0.1molCH4通入2L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为300kPa)，其中三种气体的分压随时间的变化曲线如图所示。
①表示CS2分压变化的曲线是 ______(填序号)；若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，则0∼t1内的反应速率v(CH4)=______mol⋅L−1⋅min−1(用含t1的代数式表示)。
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后CS2分压变化趋势的曲线是______(用图中a、b、c、d表示)，理由是______。
③在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=______(保留两位小数，已知：分压=总压×物质的量分数；对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，K⊖=(pGp⊖)g⋅(pHp⊖)h(pDp⊖)d⋅(pEp⊖)e，其中p⊖=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：清洁能源是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，包括太阳能、风能、水能、生物能等，清洁能源的开发和利用越来越重视，石油不属于清洁能源，
故选：D。
清洁能源是指其开发、使用对环境无污染的能源，其中包括可再生能源和其它新能源。
解答本题要正确理解题意，考查了清洁能源，在此基础上分析解答即可。
2.【答案】A
【解析】解：A.碳酸钾溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是系热热反应，加热促进水解，可以除金属餐具表面的油污，故A正确；
B.氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，反应原理为：2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，属于氧化还原反应，和水解无关，故B错误；
C.氢氧化铝用于中和过多胃酸，发生了复分解反应，该过程与物质的水解无关，故C错误；
D.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，利用的是硫酸钡不溶于盐酸的特性，和水解无关，故D错误；
故选：A。
A.碳酸钾溶液中碳酸根离子水解显碱性，能使油脂水解，水解是系热热反应，加热促进水解；
B.氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，反应原理为：2Cl2+Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
C.氢氧化铝用于中和过多胃酸，发生了复分解反应；
D.硫酸钡不溶于盐酸。
本题考查水解的原理和应用。燃烧条件分析、原电池原理等，题目难度不大，注意水解的应用和水解原理的把握，掌握基础是解题关键。
3.【答案】A
【解析】解：A.KClO属于盐类化合物，是强碱弱酸盐，水溶液中水解，溶液显碱性，故A正确；
B.NH4Fe(SO4)2是能发生水解的盐，为弱碱强酸盐，铵根离子和亚铁离子水解溶液显酸性，故B错误；
C.Ca(OH)2是碱，不是盐，故C错误；
D.NaHSO4是盐，为强酸强碱盐，不能发生水解，水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故D错误；
故选：A。
阴影部分分析可知，物质为盐类化合物，盐中含弱离子，水溶液中发生水解反应，溶液显碱性，是指在溶液中电离出氢氧根离子或水解生成氢氧根离子，据此分析判断。
本题考查了物质的分类、盐类水解、盐的构成、溶液显碱性的为碱、能水解的盐，明确物质的组成和分类是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，该有机物分子含有4个碳原子、8个氢原子、3个氧原子，故分子式是C4H8O3，故A正确；
B.含有−CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.含有羟基、羧基，能与羧酸或醇发生酯化反应，即可以发生取代反应，故C正确；
D.含有−CH2OH，可以发生催化氧化，也可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D正确；
故选：B。
A.交点为碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目；
B.含有−CH2OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.含有羟基、羧基，具有醇与羧酸的性质。
D.含有−CH2OH，可以发生催化氧化。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据分析可知，铁片作负极，被腐蚀，故A正确；
B.将海水换成蒸馏水，溶液的导电性减弱，铁片腐蚀速率减慢，故B正确；
C.碳棒上发生的电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，故C错误；
D.将碳棒换成锌片，锌是负极，铁片是正极，不易被腐蚀，故D正确；
故选：C。
由图可知，铁为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，碳棒为正极，得到电子，发生还原反应，也即吸氧腐蚀，据此分析解答即可。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握正负极判断，电极反应式的书写，电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高考热点内容，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.使紫色石蕊试液显红色的溶液呈酸性，NO3−、Fe2+在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.Fe3+、AlO2−之间发生双水解反应生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，HCO3−、NH4+都与OH−反应，Ca2+与OH−反应生成微溶物氢氧化钙，不能大量共存，故C错误；
D.常温下，pH=12的溶液呈碱性，K+、Na+、CO32−、NO3−、OH−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应；
C.该溶液呈碱性，碳酸氢根离子、铵根离子都与氢氧根离子反应，钙离子与氢氧根离子结合生成微溶物氢氧化钙；
D.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
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。
7.【答案】D
【解析】解：A.试管中未加碎瓷片防止暴沸，故A错误；
B.左侧Zn与硫酸铜溶液反应，不能构成原电池，应将电解质溶液互换，故B错误；
C.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故C错误；
D.图中保温好，温度计测定温度，图中装置可测定中和热，故D正确；
故选：D。
A.加热液体混合物，需防止暴沸；
B.左侧Zn与硫酸铜溶液反应，不能构成原电池；
C.pH试纸不能湿润；
D.图中保温好，温度计测定温度。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、原电池、pH测定、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有效碰撞次数增加，因而化学反应速率大大增加，故催化剂对反应速率的影响是通过改变反应机理实现的，故A正确；
B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应，因此增加A的量，该反应的△H不变，故B正确；
C.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，因此正反应、逆反应的活化能都降低，所以催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故C正确；
D.根据图示可知EkJ/mol表示逆反应的活化能，而反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差，所以该反应的反应热并不等于EkJ/mol，故D错误；
故选：D。
A.催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，从而使分子之间的有效碰撞次数增加；
B.反应的活化能是发生反应的反应物与生成物的能量差，与反应的物质的多少相对应；
C.催化剂能同时降低正、逆反应的活化能；
D.反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差。
本题考查物质之间反应原理，侧重考查化学反应的应用，题目难度不大，明确反应原理是解题的关键，考查新信息获取、处理及灵活运用所学知识进行分析问题、解决问题的能力。
9.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为P、Z为Cl，
A.同主族从左向右非金属性减弱，同周期主族元素从左向右非金属性增强，O只有负价，则非金属性强弱：X>Z>Y，故A错误；
B.X、Y形成的化合物只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C.臭氧、氯气具有杀菌消毒作用，故C正确；
D.Y与Z形成的化合物若为PCl5，P的最外层不满足8电子结构，故D错误；
故选：C。
由三种短周期元素在周期表中的相对位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的原子序数为x，且Y、Z的原子序数之和是X原子序数的四倍，则x+7+x+9=4x，解得x=8，可知X为O、Y为P、Z为Cl，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子序数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性，则叠氮酸钠是强碱弱酸盐，所以叠氮酸是弱酸；
A.溶液导电性与离子浓度成正比，HCl完全电离、叠氮酸部分电离，浓度相等的盐酸和叠氮酸，c(H+)：前者大于后者，溶液的导电性：前者大于后者，故A错误；
B.0.1mol/L的叠氮酸稀释10倍后，溶液的物质的量浓度为0.01mol/L，叠氮酸是弱酸，部分电离，则溶液的pH大于3，故B正确；
C.加水稀释促进叠氮酸电离，则叠氮酸电离程度增大，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中的c(H+)减小，故C错误；
D.pH相同的硫酸和叠氮酸溶液，叠氮酸浓度远远大于硫酸浓度，pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，生成氢气的量与最终电离出的n(H+)成正比，但两者酸的体积未知，无法判断哪种酸生成的氢气多，故D错误；
故选：B。
叠氮酸钠(NaN3)溶液呈碱性，则叠氮酸钠是强碱弱酸盐，所以叠氮酸是弱酸；
A.溶液导电性与离子浓度成正比；
B.0.1mol/L的叠氮酸稀释10倍后，溶液的物质的量浓度为0.01mol/L，叠氮酸是弱酸，部分电离；
C.加水稀释促进叠氮酸电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度；
D.pH相同的硫酸和叠氮酸溶液，叠氮酸浓度远远大于硫酸浓度，pH相同的硫酸和叠氮酸溶液与足量的Zn反应，生成氢气的量与最终电离出的n(H+)成正比。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确弱电解质电离特点、溶液导电性强弱影响因素、电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，C为解答易错点。
11.【答案】B
【解析】解：A.ΔH−T⋅ΔS<0的反应可自发进行，焓变为负，常温下可自发进行，不能判断反应速率的快慢，故A错误；
B.焓变为负，降低温度，平衡正向移动，气体的质量增大，气体的体积不变，则混合气体的密度增大，故B正确；
C.反应前后气体的总物质的量不变，压缩容器，平衡不移动，放热不变，故C错误；
D.分离出部分CaS(s)，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；
故选：B。
A.ΔH−T⋅ΔS<0的反应可自发进行；
B.焓变为负，降低温度，平衡正向移动，气体的质量增大；
C.反应前后气体的总物质的量不变，压缩容器，平衡不移动；
D.分离出部分CaS(s)，平衡不移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.断开K2闭合K1时，该装置为原电池，阳离子向正极(A)移动，故A正确；
B.断开K1闭合K2时，该装置为电解池，电极A为阳极，发生氧化反应，故B正确；
C.放电时，电极A为正极，电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi，故C正确；
D.Li性质活泼，能与水反应，故不能使用电解质水溶液，故D错误；
故选：D。
由图可知，断开K2闭合K1时，该装置为原电池，电极B为负极，电极反应式为Li−e−=Li+，电极A为正极，电极反应式为3Li++3e−+Bi=Li3Bi，断开K1闭合K2时，该装置为电解池，电极A为阳极，电极B为阴极，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】D
【解析】解：A.d点c(Ni2+)小于溶解平衡曲线上的c(Ni2+)，则d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，故A正确；
B.Ksp与温度有关，温度不变，则b、c两点的Ksp相同，故B正确；
C.NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，c(S2−)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ni2+)减小，则可使溶液从b点迁移到c点，故C正确；
D.蒸发d点溶液时，c(S2−)、c(Ni2+)均增大，不能使溶液迁移到b点，该过程c(S2−)不变，故D错误；
故选：D。
A.d点c(Ni2+)小于溶解平衡曲线上的c(Ni2+)；
B.Ksp与温度有关；
C.NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，c(S2−)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ni2+)减小；
D.蒸发d点溶液时，c(S2−)、c(Ni2+)均增大。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握图中浓度的变化、Ksp的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，温度越高，苯的转化率越低，故反应Ⅰ为放热反应，ΔH1<0，温度越高，反应速率越快，反应速率：b>a，故A正确；
B.副反应：ΔH2>0，反应吸热，说明环己烷能量更低，稳定性：，故B正确；
C.已知①ΔH2>0，②ΔH3<0，由盖斯定律②-①=主反应Ⅰ，ΔH1=ΔH3−ΔH2，△H3△H2<0，△H1△H2=△H3△H2−1<−1，故C错误；
D.若体系中(g)与(g)的浓度之比不再变化，正逆反应速率相等，则反应处于平衡状态，故D正确；
故选：C。
A.由温度变化对平衡和速率的影响判断反应吸、放热和速率关系；
B.物质所具有的总能量越低越稳定；
C.由盖斯定律判断能量关系；
D.反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变。
本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.CrO42−转化为Cr2O72−反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H+，故左侧是H2O放电生成O2和H+，左侧为阳极室，右侧为阴极室，阳，a连接阳极，b连接阴极，故a电源为正极、b为电源负极，故A错误；
B.Na2Cr2O7在阳极室制得，故B错误；
C.阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，故C错误；
D.电解过程实质是电解水，外电路中每通过1mol电子，根据电子转移守恒，生成O2为1mol4=0.25mol，生成H2为1mol2=0.5mol，标准状况下产生气体的体积为(0.25mol+0.5mol)×22.4L/mol=16.8L，故D正确；
故选：D。
CrO42−转化为Cr2O72−反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，电解过程实质是电解水，左室是产品室，电解提供H+，故左侧是H2O放电生成O2和H+，左侧为阳极室，右侧为阴极室，阳极反应式为是2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，左室中Na+经过离子交换膜进入右室。
本题考查电解应用，关键是明确制备原理，理解电解池工作原理，正确判断电极，试题培养了学生分析能力、运用知识解决问题的能力。
16.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，曲线①②③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)与pH的关系，故A错误；
B.图中含P粒子浓度与pH的关系曲线只有3条，则H3PO3为二元酸，故B错误；
C.曲线①②③分别表示pc(HPO32−)、pc(H2PO3−)、pc(H3PO3)与pH的关系，b点时c(H3PO3)=c(HPO32−)，溶液中存在的电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，则c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(H3PO3)，故C正确；
D.由上述分析可知，H3PO3的一级电离常数Ka1=10−1.4，则H3PO3+OH−⇌H2PO3−+H2O的平衡常数K=c(H2PO3−)c(H3PO3)⋅c(OH−)=c(H2PO3−)c(H3PO3)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=Ka1Kw=10−1.410−14=1012.6，故D错误；
故选：C。
由图可知，H3PO3溶液中含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系曲线只有3条，则H3PO3为二元酸，并且是二元弱酸，起始时c(H3PO3)>c(H2PO3−)>c(HPO32−)，随着NaOH溶液的逐滴滴入，溶液中c(H3PO3)逐渐减小、c(H2PO3−)和c(HPO32−)逐渐增大，pc(H3PO3)逐渐增加，pc(H2PO3−)逐渐减小，pc(HPO32−)逐渐减小，最终c(H3PO3)
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确纵坐标含义、电离平衡常数计算方法、图中pH与离子浓度的关系为解答的关键，侧重图象分析判断及计算能力的考查，选项B为易错点，题目难度中等。
17.【答案】无 使用催化剂 −30④ COOH+H+H2O=COOH=2H+OH
【解析】解：(1)反应的反应热取决于反应物和生成物总能量的大小，而E为反应的活化能，则E的大小对该反应的反应热无影响；催化剂能降低反应活化能，则使E值变小的措施是使用催化剂，
故答案为：无；使用催化剂；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(1070+2×463)kJ/mol−(795×2+436)kJ/mol=−30kJ/mol，
故答案为：−30；
(3)反应历程①∼⑥中历程④活化能最大，则反应历程①∼⑥中决定总反应速率的历程为④，该步骤的化学方程式COOH+H+H2O=COOH=2H+OH，
故答案为：④；COOH+H+H2O=COOH=2H+OH。
(1)反应的反应热取决于反应物和生成物总能量的大小；催化剂能降低反应活化能；
(2)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(3)定总反应速率的历程为活化能最大的历程。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
18.【答案】第二周期第IVA族 Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑O2+2H2O+4e−=4OH− 阴极 阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应 20
【解析】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为Al、R为S；
(1)Y为碳元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，其在周期表中的位置为第二周期第IVA族，
故答案为：第二周期第IVA族；
(2)W和R形成的最简单化合物为Al2S3，与水反应的化学方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑，
故答案为：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑；
(3)H2、O2和氢氧化钠溶液能形成电池，正极发生还原反应，正极反应式是O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；
(4)工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al单质，Al元素发生还原反应，则Al单质在阴极得到，阳极石墨随工作时间的延长会被逐渐消耗，其原因是：阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应，
故答案为：阴极；阳极的电极反应为2O2−−4e−=O2↑，产生的氧气在高温下与石墨反应；
(5)H、O、Al可形成化合物为Al(OH)3，酸式电离为Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O，溶于NaOH溶液的平衡：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，该平衡常数K2=c(AlO2−)c(OH−)=c(H+)⋅c(AlO2−)c(H+)⋅c(OH−)=K1Kw=2.0×10−131.0×10−14=20，
故答案为：20。
X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期元素，已知X为最轻的元素，则X为H元素；Y的一种同位素常用于文物年代的测定，则Y为C元素；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；W的族序数与其周期序数相同，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故W为Al；R的一种氧化物具有漂白性，其漂白原理和NaClO不同，则R为S元素；
(1)主族元素周期数=电子层数、族序数=最外层电子数；
(2)W和R形成的最简单化合物为Al2S3，与水发生水解反应，生成氢氧化铝和硫化氢；
(3)H2、O2和氢氧化钠溶液能形成电池，正极发生还原反应，氧气在正极获得电子生成氢氧根离子；
(4)Al元素发生还原反应生成单质Al；阳极有氧气生成，在高温下与石墨反应；
(5)Al(OH)3酸式电离为Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O，溶于NaOH溶液的平衡：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，该平衡常数K2=c(AlO2−)c(OH−)=c(H+)⋅c(AlO2−)c(H+)⋅c(OH−)=K1Kw。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，理解原电池、电解池工作原理，理解电离常数与水解常数关系，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力。
19.【答案】NaGeO2 H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O防止过氧化氢受热分解 3 防止Fe3+水解，从而提高产物FeCl3⋅6H2O产率以及纯度 蒸发皿 玻璃棒
【解析】解：(1)镓(Ga)和铝同主族，具有相似的化学性质，则Ga2O3也和Al2O3具有相似的化学性质，也能与NaOH溶液反应生成NaGeO2，所以滤液1为NaOH溶液与NaGeO2溶液的混合液，
故答案为：NaGeO2；
(2)“酸浸氧化”中H2O2将Cu2O氧化为Cu2+，则其方程式为H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O；升高温度有利于反应的进行，但由于过氧化氢受热易分解，从而使其利用率降低，
故答案为：H2O2+Cu2O+4H+=Cu2++3H2O；防止过氧化氢受热分解；
(3)由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)=1.0×10−38，则c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10−3810−5mol/L，所pOH=11，则pH=14−pOH=14−11=3，
故答案为：3；
(4)滤渣2主要为氢氧化铁，氢氧化铁与盐酸反应生成的铁离子为弱碱阳离子，水解程度较大，向滤渣2中加过量盐酸的目的是防止生成的铁离子水解；实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒，
故答案为：防止Fe3+水解，从而提高产物FeCl3⋅6H2O产率以及纯度；蒸发皿；玻璃棒。
向主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3的废料中加足量的碱进行碱浸，得到不溶于水的Fe2O3、Cu2O的滤渣1和得到可溶于水的NaGeO2和NaOH溶液的混合液——滤液1；滤渣1在酸性条件下进行氧化，将氧化亚铜氧化为铜离子和铁离子的浸出液2；向浸出液2中加入适量氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到主要成分为氢氧化铁的滤渣2和主要为硫酸铜的滤液3；滤液3经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuSO4⋅5H2O；向滤渣2中加入过量的盐酸，将难容的氢氧化铁转化为可溶的氯化铁，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCl3⋅6H2O晶体，据此分析可得。
本题考查分离提纯实验方案的设计，是高考中的常见题型，题目难度中等，根据实验流程明确实验原理、实验目的为解答关键，试题基础性强，在注重对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生实验答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练，有利于提高学生的实验设计能力和应试能力，提升学生的学科素养。
20.【答案】淀粉溶液 F、B、E、C、G 锥形瓶中溶液颜色变化 当滴定达到终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色 0.2000BD
【解析】解：(1)可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点，故指示剂为淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
(2)在检验盛装Na2S2O3溶液的滴定管不漏液后，用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使滴定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为F、B、E、C、G，
故答案为：F、B、E、C、G；
(3)进行滴定操作时，用左手操作滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；未用Na2S2O3标准溶液滴定时溶液为蓝色，随着Na2S2O3标准溶液的滴入，溶液蓝色逐渐变浅，当滴入最后半滴溶液，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色时滴定达到终点，此时停止滴加，滴定达到终点，故滴定达到终点的现象是：锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；当滴定达到终点时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色；
(4)三次使用消耗标准溶液的体积数值中，第一次偏差较大，应该舍去，消耗标准溶液体积为：V(Na2S2O3)=24.80+25.202mL=25.00mL，根据反应方程式2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，2S2O32−+I2→2I−+S4O62−，可得关系式2Cu2+∼I2∼2S2O32−，则n(Cu2+)=n(S2O32−)，0.2000mol/L×0.025L=c(Cu2+)×0.025L，解得c(Cu2+)=0.2000mol/L，即该溶液中硫酸铜的浓度为0.2000mol/L，
故答案为：0.2000；
(5)A.滴定终点时俯视读数，反应消耗标准溶液体积偏小，溶质的物质的量偏少，导致待测溶液浓度偏低，故A错误；
B.滴定管尖嘴内有气泡，滴定后消失，导致消耗标准溶液体积偏大，溶质的物质的量偏多，最终导致待测溶液浓度偏高，故B正确；
C.锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准溶液的体积无影响，因此不影响待测溶液的浓度，故C错误；
D.标准液漏滴在锥形瓶外1滴，导致消耗标准溶液体积读数偏大，待测溶液中溶质的物质的量偏大，由于待测溶液体积不变，最终导致待测溶液浓度偏高，故D正确；
故答案为：BD。
向CuSO4溶液中加入KI，发生反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，然后加入Na2S2O3溶液，发生反应：2S2O32−+I2→2I−+S4O62−，可根据I2遇淀粉溶液变为蓝色分析判断滴定终点，盛装Na2S2O3标准溶液使用碱式滴定管，操作是查漏、润洗、装液、排气泡、调整液面刻度、记录液面刻度读数。进行滴定操作时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化判断滴定终点，根据平行实验数据，分析数据的有效性，舍去不合理数据，计算消耗标准溶液的体积，再根据物质反应转化关系计算CuSO4溶液的浓度，最后根据物质的量浓度定义式，结合实验操作对溶液体积及溶质物质的量的影响判断实验误差。
本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意常见的实验操作以及化学计算，难度不大。
21.【答案】<适当降低温度(或增加甲烷的量或移走硫化氢)Ⅲ0.02t1 a 该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动 0.30
【解析】解：(1)平衡常数Kx随温度的倒数1T的增大而增大，则Kx随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H<0；提高平衡体系中CS2的体积分数，则应使平衡正向移动，由于该反应为放热反应，所以可适当降低温度，使平衡正向移动；增大反应物甲烷的浓度或则及时移走硫化氢均能使平衡正向移动，
故答案为：<；适当降低温度(或增加甲烷的量或移走硫化氢)；
(2)①由于CS2为生成物，所以表示CS2分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，n(CS2)：n(H2S)=1：2，平衡时的分压p(CS2)分：p(H2S)分=1：2，则曲线III可表示CS2分压；2L的密闭容器中0.2molS2和0.1molCH4的总压为300kPa，则0.2molS2和0.1molCH4的分别为200kPa和100kPa；120200=c(S2)平0.1mol/L，解得c(S2)平=120200×0.1mol/L=0.6mol/L，所以△c(S2)=c(S2)−c(S2)平=(0.1−0.06)mol/L=0.04mol/L，则0∼t1内的反应速率v(S2)=△c△t=0.04t1mol/(L⋅min)，由于v(S2)：v(CH4)=2：1，所以v(CH4)=0.02t1mol/(L⋅min)，
故答案为：Ⅲ；0.02t1；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间CS2分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动，则t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后CS2分压变化趋势的曲线是a，
故答案为：a；该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动；
③平衡时S2(g)、CS2(g)、H2S(g)、CH4(g)的分压分别为120kPa、40 kPa、80kPa，p(CH4)=(300−120−40−80)kPa=60kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=(pCS2Pθ)×(pH2Spθ)2(pCH4pθ)×(pS2pθ)2=(40100)×(80100)2(60100)×(120100)2=827≈0.30，
故答案为：0.30。
(1)平衡常数Kx随温度的倒数1T的增大而增大，则Kx随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H<0；
(2)①由于CS2为生成物，所以表示CS2分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，n(CS2)：n(H2S)=1：2，平衡时的分压p(CS2)分：p(H2S)分=1：2；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间CS2分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积(增大压强)平衡不会发生移动；
③平衡时S2(g)、CS2(g)、H2S(g)、CH4(g)的分压分别为120kPa、40 kPa、80kPa，p(CH4)=(300−120−40−80)kPa=60kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数K⊖=(pCS2Pθ)×(pH2Spθ)2(pCH4pθ)×(pS2pθ)2。
本题考查化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡计算方法、外界条件对平衡影响原理是解本题关键，题目难度不大。
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