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2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了13mL稀盐酸，20gNaCl，13℃，98×10−8，HF的Ka=7，0kJ⋅ml−1，8kJ⋅ml−1，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末化学试卷
1. 党的十九大报告强调“必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念”。下列说法有悖该理念的是( )
A. 在大城市倡导使用“共享单车”出行 B. 减少煤炭资源的开采，发展光伏产业
C. 围湖造田，扩大农作物种植面积 D. 燃煤进行脱硫脱硝处理
2. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是( )
A. NaHSO4 B. NaHCO3 C. CH3COOH D. NH4Cl
3. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是( )
A. NaHCO3与盐酸的反应 B. 灼热的炭与CO2的反应
C. 镁条与稀盐酸的反应 D. SO2的催化氧化
4. 下列能级能量高低比较不正确的是( )
A. 1s<2s B. 2s<2p C. 3p<3d D. 4f<4s
5. 某反应2AB(g)⇌C(g)+3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为( )
A. △H<0，△S>0 B. △H<0，△S<0
C. △H>0，△S>0 D. △H>0，△S<0
6. 某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是( )
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用电子天平称量25.20gNaCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2
D. 用水银温度计测得某溶液的温度为19.13℃
7. 下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A. 升高温度可降低化学反应的活化能，提高了活化分子百分数，加快化学反应速率
B. 反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大
C. 催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快
8. 下列化学反应的原理不能设计成原电池的是( )
A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH<0
B. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH<0
C. H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH<0
D. 2FeCl3(aq)+Cu=2FeCl2(aq)+CuCl2(aq)ΔH<0
9. 下列方程式书写正确的是( )
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32−
B. HS−的水解方程式：HS−+H2O⇌S2−+H3O+
C. CO32−的水解方程式：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
D. H2S的电离方程式：H2S⇌H++HS−
10. 下列关于合成氨工业说法不正确的是( )
A. 使用铁触媒，使N2和H2混合气体有利于合成氨
B. 合成氨厂一般采用10MPa∼30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和经济成本等因素
C. 根据勒夏特列原理，500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
D. 将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
11. 金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
12. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是( )
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)；C(s)+12O2(g)=CO(g)
B. S(s)+O2(g)=SO2(g)；S(g)+O2(g)=SO2(g)
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；H2(g)+12O2(g)=H2O(l)
D. 2KOH(aq)+H2SO4(浓)=K2SO4(aq)+2H2O(l)2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)
13. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如表所示。已知Y元素原子的价层电子排布为nsn−1npn+1，则下列说法不正确的是( )
X
Y
Z
A. X元素原子的价层电子排布为2s22p4
B. Y元素在周期表的第三周期ⅥA族
C. X元素所在周期所含非金属元素种类最多
D. 三种元素原子半径的大小顺序为：Z>Y>X
14. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1Na2S溶液含有的S2−离子数目为0.1NA
B. 16.25gFeCl3可水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数目为0.1NA
C. 25℃时，向含1molCl−的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA
D. 已知某温度下Kw=1.0×10−12，则pH=11的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
15. 下列说法不正确的是( )
A. 共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价
B. 同主族元素，第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C. 元素周期表中S区全部是金属元素
D. 元素周期表中从第四周期开始的长周期，比短周期多出的元素全部是金属元素
16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 常温下，已知HClO的Ka=2.98×10−8，HF的Ka=7.2×10−4，则等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
B. 常温下，NH4Cl溶液加水稀释时，c(NH3⋅H2O)⋅c(H+)c(NH4+)逐渐增大
C. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2+)减小
D. 室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
17. 一定条件下，碳钢腐蚀与电解质溶液膜的 pH 的关系如表：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2−
下列说法不正确的是( )
A. 随电解质溶液膜的pH的不断增大，碳钢腐蚀的速率会先变慢后变快
B. 在6
D. 在 pH=7的溶液中，碳钢腐蚀过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
18. 下列关于沉淀溶解平衡的理解，正确的是( )
A. 沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变
B. 常温下，AgCl在水中的溶解度小于其在食盐水中的溶解度
C. 难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
D. 常温下，向CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，会生成CaSO4沉淀，但CaSO4的Ksp不变
19. 25℃时，下列说法正确的是( )
A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，该盐一定为强酸强碱盐
C. 将浓度为0.10mol⋅L−1的醋酸溶液稀释，电离平衡正向移动，c(H+)减小
D. pH=10.0的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10−4mol
20. 在一定温度下的恒容密闭容器中，加入少量A发生反应：A(s)⇌B(g)+2C(g)。当下列物理量不再发生变化，可以判断该反应达到化学平衡状态的是( )
①B的体积分数；
②混合气体的压强；
③混合气体的总质量；
④混合气体的平均相对分子质量；
⑤混合气体的密度。
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
21. 已知共价键的键能(键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量)与热化学方程式信息如下表：
共价键
H−H
H−O
键能/(kJ⋅mol−1)
436
a
热化学方程式
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−482kJ⋅mol−1
且2O(g)=O2(g)的ΔH为−498kJ⋅mol−1，则a的数值为( )
A. 463 B. 222 C. 214 D. 482
22. 根据下列图示所得出的结论正确的是( )
A. 图1表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)在其他条件不变时，起始CO物质的量与平衡时N2的体积分数关系，说明NO的转化率b>c>a
B. 图2表示反应2X(g)⇌Y(g)分别在T1、T2温度下，Y的体积分数随时间的变化，说明该反应的△H<0
C. 图3是室温下BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明通过蒸发浓缩可使溶液由n点转化到m点
D. 图4表示含少量SO2的水溶液暴露在空气中，溶液的pH随时间的变化，说明在空气中时间越长，亚硫酸的电离程度越大
23. 在温度T1和T2时，分别将0.5molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，测得有关数据如表：
时间/min
0
10
20
40
50
T1
c(CH4)/mol
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
c(CH4)/mol
0.50
0.30
0.18
a
0.15
下列说法正确的是( )
A. 温度：T1>T2
B. T1时0∼10min内NO2的平均反应速率为0.15mol⋅L−1⋅min−1
C. a=0.15，且该反应ΔH<0
D. T1时保持其他条件不变，再充入0.5molCH4和1.2molNO2，达新平衡时N2的浓度减小
24. 25℃时，向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. a点所示溶液中：c(H2R)+c(HR−)+c(R2−)=0.1mol⋅L−1
B. b点所示溶液中：c(Na+)>c(HR−)>c(H2R)>c(R2−)
C. 对应溶液的导电性：b>c
D. a，b，c，d中，d点所示溶液中水的电离程度最大
25. 下列关于实验内容和实验目的说法正确的是( )
编号
实验内容
实验目的
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变深后变浅
证明对有气体参加的可逆反应，改变压强可能会使平衡发生移动
D
向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
26. (1)下列原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是 ______(填序号)。
①K+：1s22s22p63s23p6
②F：1s22s23p5
③P：
④Cu：1s22s22p63s23p63d94s2
⑤Fe2+：1s22s22p63s23p63d6
⑥Mg：1s22s22p63s2
⑦O：
(2)基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有 ______种；
(3)C、N、O第一电离能从大到小的顺序为：______；
(4)第四周期元素中，未成对电子数最多的元素是：______(写元素符号)。
27. 某实验小组用简易量热计(如图)测量盐酸与NaOH溶液反应前后的温度，从而求得中和热。实验步骤如下：
(i)用量筒量取50mL0.5mol/L的盐酸，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录盐酸的温度(数据填入下表，下同)。 ______，擦干备用。
(ii)用另一个量筒量取50mL0.55mol/L的NaOH溶液，用温度计测量并记录NaOH溶液的温度。
(iii)打开杯盖，将量筒中的NaOH溶液迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，______。密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度。
(ⅳ)重复上述步骤(i)∼(iii)两次。
根据实验步骤回答下列问题：
(1)在横线上填写适当的操作，将实验步骤补充完整：①______，②______；
(2)NaOH溶液的浓度略大于盐酸的目的是 ______。
28. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，利用滴定原理测定Cr2O72−含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol⋅L−1 Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
笫一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
(1)步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是______。
(2)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为______。滴定达到终点的实验现象是______。
(3)步骤Ⅲ中a 的读数如图所示，则：①a=______。
②Cr2O72−的含量为______g⋅L−1。
(4)以下操作会造成废水中Cr2O72−含量测定值偏高的是______。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
29. (1)室温下pH相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为 ______(填序号)；
(2)室温下浓度均为0.1mol⋅L−1的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4和③NH4HSO4溶液中，NH4+物质的量浓度从大到小的顺序为：______(填序号)；
(3)室温下0.1mol⋅L−1的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为 ______；
(4)室温下，已知Mg(OH)2的Ksp=5.0×10−12，向0.05mol⋅L−1的MgCl2溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ______；
(5)常温下，H2C2O4和HSO4−的电离平衡常数如下：
化学式
H2C2O4
HSO4−
电离平衡常数
Ka1=5.9×10−2
Ka2=6.4×10−5
1.2×10−2
①根据以上信息可知，Na2SO4溶液呈 __(填“酸”、“碱”或“中”)性。
②少量Na2C2O4溶液与过量NaHSO4溶液反应的离子方程式为 ______；
③室温下，pH=1的H2SO4溶液中，c(SO42−)：c(HSO4−)=______。
30. 含碳物质在日常生活极为常见，它们之间的相互转化在化学工业中有着广泛的应用。
(Ⅰ)(1)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示，写出电极A中发生的电极方程式：______、______；
(Ⅱ)二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
i.甲醇合成反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2
ii.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH3=−24.0kJ⋅mol−1
(2)起始时向容器中投入2.5molCO和4molH2测得某时刻上述总反应中放出的热量为154.5kJ，此时CO的转化率为 ______；
(3)计算甲醇合成反应的ΔH2=______kJ⋅mol−1；
(4)甲醇脱水反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在某体积为2L的恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分物质的量如下表所示。此时反应 ______(填“朝正向进行”、“处于平衡状态”或“朝逆向进行”)。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
物质的量/(mol)
0.02
0.4
0.4
iii.CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH=+48.8kJ⋅mol−1。
(5)生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：将反应物混合气按进料比n(CO)：n(H2)=1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在一定温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示(不考虑催化剂失活)。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因是 ______。
②图2中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查能源的开发与利用及环境污染等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
【解答】
A. 倡导使用共享单车，倡导低碳、环保的出行方式，可以减少使用化石能源，故A正确；
B. 光伏发电是将光能转化为电能，是几乎无污染的产业，发展光伏产业有利于控制化石燃料的使用，从而减缓了温室效应及污染性气体的排放，故B正确；
C. 围湖造田，扩大农作物种植面积会破坏生态环境，不利于践行绿水青山就是金山银山的理念，故C错误；
D. 煤燃烧时会产生硫的氧化物和氮的氧化物污染环境，对燃煤脱硫脱硝，可以减少环境污染，故D正确；
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
【解答】
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。
A. NaHSO4为强酸的酸式盐，溶于水完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42−，溶液呈酸性，但不是盐类水解的原因，故A错误；
B. NaHCO3是强碱弱酸盐，弱酸根HCO3−水解使溶液显碱性，故B错误；
C. CH3COOH是弱酸，部分电离使溶液显酸性，不能水解，故C错误；
D. NH4Cl是强酸弱碱盐，弱碱根NH4+水解使溶液显酸性，故D正确；
故选D。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应和吸热反应，为高考常见题型，注意把握反应中的变化及能量变化为解答的关键，侧重归纳整合能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A. NaHCO3与盐酸的反应是放热反应，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B. 灼热的C与CO2的反应为吸热反应，且该反应中C、H元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；
C. 镁条与稀盐酸的反应为放热反应，该反应中Mg、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D. SO2的催化氧化反应中S、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，但该反应属于放热反应，故D错误；
故选B。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查核外电子的排布，注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序。
【解答】
各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns
B. 依据分析可知，相同能层，不同能级：2s<2p，故B正确；
C. 依据分析可知，相同能层，不同能级：3p<3d，故C正确；
D. 依据分析可知，相同能层，不同能级：4f>4s，故D错误；
故选D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用。
【解答】
当△G=△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，△G=△H−T⋅△S>0时，反应不能自发进行，据此分析。
A. △H<0，△S>0时，△G=△H−T⋅△S<0，正向反应在任何温度下都能自发进行，故A错误；
B. △H<0，△S<0时，正向反应在低温下能自发进行，故B错误；
C. △H>0，△S>0时，在低温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；
D. △H>0，△S<0时，正向反应任何温度下反应都不能自发进行，故D错误；
故选C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查常用仪器在使用中读数的问题，侧重基础知识的积累。
【解答】
A. 量筒精确值为0.1mL，不能用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B. 电子天平精确值为0.001g，不能用电子天平称量25.20gNaCl，故B错误；
C. 可以用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2，故C正确；
D. 水银温度计能精确到0.1℃，不能用水银温度计测得某溶液温度为19.13℃，故D错误；
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的理解和灵活应用，明确外界条件对化学反应速率影响原理内涵是解本题关键。
【解答】
A. 升高温度部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但反应的活化能不变，故A错误；
B. 增大反应物浓度，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 催化剂通过降低活化分子的活化能，从而加快反应速率，故C错误；
D. 缩小体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；
故选B。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和运用，明确原电池反应特点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
能自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，以此分析解答。
A. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故A错误；
B. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故B错误；
C. 该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故C正确；
D. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故D错误；
故选C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式的书写，明确电解质电离方式及盐类水解实质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故A错误；
B. HS−的水解为可逆反应，水解方程式为：HS−+H2O⇌H2S+OH−，故B错误；
C. 多元弱酸根离子的水解分步进行，以第一步为主，CO32−的第一步水解方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；
D. H2S为弱电解质，电离过程分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS−，故D正确；
故选D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查工业合成氨中催化剂的作用，压强、温度的控制，平衡移动的应用，属于基本知识的考查，难度不大。
【解答】
A. 使用铁触媒，可以加快反应速率，使N2和H2混合气体有利于合成氨，故A正确；
B. 合成氨厂一般采用10MPa∼30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和经济成本等因素，因为压强太高，对仪器设备要求高，压强太低，反应速率慢，故B正确；
C. 根据勒夏特列原理，室温比500℃左右更有利于合成氨的反应，故C错误；
D. 将混合气体中的氨液化，即减小了生成物浓度，有利于合成氨反应，故D正确；
故选C。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度不大。
【解答】
A. 阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni−2e−=Ni2+，Fe−2e−=Fe2+，Zn−2e−=Zn2+，故A错误；
B. 电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni，阴极析出的是镍，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+，故C错误；
D. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，Cu和Pt不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
故选D。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了反应热的大小比较，应注意的是比较反应热时一定带着正负号比较，即对于放热反应，放热越多，则反应热越小；对于吸热反应，吸收的热量越多，则反应热越大。
【解答】
对于放热反应，ΔH<0，反应放出的热量越多，则ΔH越小，而对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，则反应放出的热量越多；当产物相同时，反应物的能量越高，则放出的热量越多；同一个反应，方程式的计量数越大，则反应放出的热量越多；物质燃烧越充分，反应放热越多；
对于吸热反应，ΔH>0，反应放出的热量越多，则ΔH越大，而对于吸热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，则反应吸收的热量越少；当产物相同时，反应物的能量越高，则吸收的热量越少；同一个反应，方程式的计量数越大，则反应吸收的热量越多，据此分析。
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)和C(s)+12O2(g)=CO(g)均为放热反应，但C(s)+O2(g)=CO2(g)为碳的完全燃烧，C(s)+12O2(g)=CO(g)为碳的不完全燃烧，故前者放热更多，则ΔH更小，故A错误；
B. 两反应均为放热反应，由于等物质的量的固态硫的能量低于硫蒸气，则S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量低于S(g)+O2(g)=SO2(g)，则前者的ΔH更大，故B正确；
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)和H2(g)+12O2(g)=H2O(l)均为放热反应，且反应物和生成物均相同，但前者的计量数是后者的2倍，则前者放出的热量也是后者的2倍，则前者的ΔH更小，故C错误；
D. 两反应均为放热反应，但由于浓H2SO4和KOH溶液混合时会放热，则前者放热多于后者，则前者的ΔH更小，故D错误；
故选B。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素周期表与元素周期律，推断元素是解题的关键，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
Y元素原子的价层电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多填充2个电子，即n−1=2，故n=3，则其Y价层电子排布为3s23p4，故Y为S元素，结合元素在周期表中相对位置，可知X为F元素、Z为As元素；
由分析可知，X为F、Y为S、Z为As。
A. X为F元素，处于第二周期第ⅦA族，其价层电子排布为2s22p5，故A错误；
B. Y价层电子排布为3s23p4，则其处于周期表的第三周期ⅥA族，故B正确；
C. X所在的周期为第二周期，含有的非金属元素最多，故C正确；
D. 同主族自上而下原子半径增大，同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径：Z>Y>X，故D正确；
故选A。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
【解答】
A. 硫离子为弱酸根离子，水溶液部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1Na2S溶液含有的S2−离子数目小于0.1NA，故A错误；
B. 16.25gFeCl3可水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；
C. 加入一定量的氨水后，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，据溶液中的电荷守恒：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，所以n(NH4+)=n(Cl−)=1mol，故此时溶液中NH4+数为NA，故C正确；
D. 溶液体积未知，无法计算NaOH溶液中含有的OH−数目，故D错误；
故选C。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律，涉及周期表结构、第一电离能、电负性比较等知识，侧重考查对元素周期律的理解和运用，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度较小。
【解答】
A. 电负性大的成键元素吸引电子能力强，所以共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价，故A正确；
B. 同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，第一电离能呈逐渐增大趋势，故B正确；
C. S区中除IA族的氢元素为非金属元素，其它元素都是金属元素，故C错误；
D. 长周期比短周期多出的元素为过渡元素，全部是金属元素，故D正确，
故选C。
16.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、弱电解质电离特点等是解本题关键，注意电离平衡常数、水解平衡常数都只与温度有关。
【解答】
A. 根据电荷守恒c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(ClO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，而NaClO的水解程度大，即NaClO溶液中的c(OH−)大、c(H+)小，c(Na+)相同，所以NaF溶液中离子浓度大，前者所含离子总数比后者大，故A错误；
B. 水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c(NH3⋅H2O)⋅c(H+)c(NH4+)=Kh不变，故B错误；
C. NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，则c(Mg2+)增大，故C错误；
D. 室温下，pH=3的醋酸浓度远远大于pH=11的Ba(OH)2溶液浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，故D正确；
故选D。
17.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大。
【解答】
在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，正极电极反应式为：2H++2e−=H2↑，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，正极氧气被还原，电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH−，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，最后：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，据此回答。
A. 根据表中数据，随电解质溶液膜的pH的不断增大，碳钢腐蚀的速率先慢后快，故A正确；
B. 在6
D. 在 pH=7的溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极氧气被还原，电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH−，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，最后：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；
故选B。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解质的强弱以及难溶电解质的溶解平衡问题，为高频考点，侧重于基本概念的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，把握强弱电解质的区别，难度不大。
【解答】
A. 沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度保持不变，不一定相等，例如Ca(OH)2达到溶解平衡，钙离子和氢氧根离子浓度不相等，故A错误；
B. 室温下，食盐水中含有大量的氯离子，根据同离子效应，氯化银的电离平衡被破坏，平衡向左移动，降低了氯化银的溶解度，故氯化银在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，故B错误；
C. 难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，不影响沉淀物质及离子的浓度，则平衡不移动，故C错误；
D. Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故D正确；
故选D。
19.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、盐类水解原理的应用，为高频考点，把握弱电解质的电离、盐类水解及其影响因素为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握弱酸或弱碱的判断，题目难度中等。
【解答】
A. NaHA溶液呈酸性，可能是HA−的电离大于其水解，如亚硫酸氢钠溶液对应的亚硫酸为弱酸，故A错误；
B. 正盐BA溶液呈中性，正盐BA可能为强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，如醋酸铵，故B错误；
C. 将浓度为0.10mol⋅L−1的醋酸溶液稀释，促进其电离，平衡正向移动，n(H+)增大，但溶液体积增大的影响远大于n(H+)的增大，则c(H+)减小，故C正确；
D. pH=10.0的Na2CO3溶液中c(OH−)=1.0×10−4mol/L，即水电离出c(H+)=1.0×10−4mol/L，但溶液的体积未知，不能计算H+的物质的量，故D错误；
故选C。
20.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，注意基础知识的积累。
【解答】
判断化学平衡状态的直接标志：v正=v逆(同物质)；各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等，以此为判断依据。
①由化学方程式可知，该反应只有B和C为气体，且B、C的体积分数之比始终为1：2，即B的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故①错误；
②该反应是气体体积增大的反应，则混合气体的压强是变量，当混合气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故②正确；
③根据质量守恒，混合气体的总质量是变量，当混合气体的总质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故③正确；
④只有B、C为气体，且B、C的物质的量之比始终为1：2，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，无法判断平衡状态，故④错误；
⑤根据质量守恒，混合气体的质量是变量，容器体积不变，则气体的密度是变量，当气体的密度不再改变，表明反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选B。
21.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，把握焓变与键能的计算关系是解题关键，注意掌握物质结构和存在的共价键，题目难度不大。
【解答】
ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，据此解答。
根据题意得到ΔH=−482kJ/mol=(436×2+498−4a)kJ/mol，解得a=463，
故选A。
22.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、化学平衡影响因素、氧化还原反应等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，注意图中纵横坐标含义及曲线变化趋势，C为解答易错点。
【解答】
A.其它条件不变时，加入的CO越多，NO的转化率越大，n(CO)：a
D.含少量SO2的水溶液暴露在空气中，SO2和水反应生成的H2SO3不稳定，易被氧化生成H2SO4，H2SO4是强酸导致溶液中c(H+)增大，溶液的pH值减小，所以溶液的pH逐渐减小与H2SO3被氧化程度有关，故D错误；
故选B。
23.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、温度和压强对平衡移动的影响、速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A. 由表格数据可知，T1时甲烷在0∼10min内浓度减少0.15mol/L，T2时甲烷在0∼10min内浓度减少0.2mol/L，说明T2时反应速率快，温度高，则T1
C. T2时反应速率快，达到平衡用的时间短，因此40min时反应已经达到平衡，a=0.15，由表格数据可知，温度越高，平衡时甲烷的物质的量越多，说明温度升高，平衡逆向移动，此反应为放热反应，即ΔH<0，故C正确；
D. 体积不变，物质的量变为原来的2倍，若平衡不移动，则平衡浓度为原平衡的2倍；但压强增大平衡逆向移动，则达平衡时氮气的浓度增大，大于原平衡浓度但小于原平衡浓度的2倍，故D错误；
故选C。
24.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，熟悉常见盐及其水解特点，题目难度中等。
【解答】
A. a点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加10mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，所得的溶液是H2R和NaHR的混合溶液，且两者的物质的量均为0.001mol，由于溶液体积变为30mL，故两者的浓度均为c=0.001mol0.03L=130mol/L，根据物料守恒可知，溶液中c(H2R)+c(HR−)+c(R2−)=130×2mol⋅L−1=115mol/L，故A错误；
B. b点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加20mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液显酸性，故HR−的电离HR−⇌H++R2−大于水解H2O+HR−⇌H2R+OH−，故有：c(Na+)>c(HR−)>c(R2−)>c(H2R)，故B错误；
C. b点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液20mL，得到的是浓度为0.05mol/L的NaHR溶液，c点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液30mL，得到的是浓度均为0.02mol/L的NaHR和Na2R的混合溶液，故b点溶液中的离子浓度小于c点，故导电能力b
故选D。
25.【答案】A
【解析】
【分析】
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、盐类水解、平衡移动、难溶电解质、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。
【解答】
A. 钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅可证明水解平衡的存在，故A正确；
B. NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，故B错误；
C. 把注射器的活塞往外拉，气体的浓度减小，则最终颜色变浅，不能证明压强对平衡移动的影响，故C错误；
D. NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Mg(OH)2、Fe(OH)3的Ksp大小，故D错误；
故选A。
26.【答案】(1)①⑤⑥
(2)2
(3)N>O>C
(4)Cr
【解析】
【分析】
本题考查核外电子排布、电离能，掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，注意电子构型对电离能的影响，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
(1)①K+核外有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故①正确；
②3p能级能量比2p能级高，应是2p能级填充5个电子，故②错误；
③3p能级应是3个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，故③错误；
④应满足洪特规则特例，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故④错误；
⑤原子形成阳离子先失去高能级中电子，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，故⑤正确；
⑥符合能量最低原理，故⑥正确；
⑦同一轨道中2个电子自旋方向相反，故⑦错误，
故答案为：①⑤⑥；
(2)基态原子的核外电子填充在6个轨道，只能填充在1s轨道、2s轨道、2p能级3个轨道、3s轨道，且3s轨道电子数为1或2，即符合条件的元素有Na、Mg两种，
故答案为：2；
(3)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(4)第四周期元素中，未成对电子数最多的元素外围电子排布式为3d54s1，处于第四周期的VIB族，该元素是Cr，
故答案为：Cr。
27.【答案】(1)①用水把温度计上的酸冲洗干净；②用玻璃搅拌器匀速搅拌
(2)保证盐酸完全被中和
【解析】
【分析】
本题考查了中和热的测定实验，题目难度不大，把握测定中和热的正确方法及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
(1)若用测量盐酸初始温度的温度计继续测量氢氧化钠的初始温度时，由于盐酸和氢氧化钠反应放热，会使氢氧化钠的初始温度偏高，所测反应热数值偏小，所以测量盐酸初始温度的温度计必须洗涤干净、擦干备用；中和热测定时，迅速混合测定最高温度，减少热量损耗，即将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即盖上盖板，用玻璃搅拌器不断搅拌，准确读出反应体系的最高温度，
故答案为：①用水把温度计上的酸冲洗干净；②用玻璃搅拌器匀速搅拌；
(2)NaOH溶液的浓度改为0.55mol⋅L−1，则NaOH过量，可保证盐酸快速反应完全，减小实验误差，
故答案为：保证盐酸完全被中和。
28.【答案】(1)酸式滴定管
(2)淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色
(3)①18.20mL
②2.16
(4)CD
【解析】
【分析】
本题考查常见定量仪器的使用，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握常见仪器的使用方法，题目难度中等。
【解答】
(1)工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，能氧化橡胶管，步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
(2)用滴定管量取0.1000mol⋅L−1 Na2S2O3溶液进行滴定生成的碘单质，步骤Ⅲ中滴加的指示剂为淀粉，滴定达到终点的实验现象是：溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色；
(3)①步骤Ⅲ中a的读数如图所示，是滴定管，精确度为0.01ml，读取数值为18.20ml，
故答案为：18.20；
②三次平均消耗标准溶液体积V=19.03mL−1.02mL+2.00mL−19.99mL+18.20mL−0.20mL3=18.00mL，
Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，得到；
Cr2O72−∼3I2∼6Na2S2O3，
1 6
n0.1000mol⋅L−1×0.01800L
n=0.0003mol，
Cr2O72−的含量=0.0003mol×216g/mol0.03L=2.16g/L，
故答案为：2.16；
(4)误差分析可以依据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析，计算式中标准溶液体积变化决定产生的误差变化，
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故A错误；
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗对测定结果无影响，故B错误；
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，溶液被稀释导致消化标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：CD。
29.【答案】(1)②>①>③
(2)②>①>③
(3)HX>HY>HZ
(4)9
(5)①碱
②HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−
③0.12：1
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理的应用、离子浓度比较、水解平衡常数计算等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，理解掌握盐类水解原理、电离常数的计算是解答的关键，题目难度中等。
【解答】
(1)Na2CO3和CH3COONa水解使溶液呈碱性，物质的量浓度相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液中pH大小为：③>①>②，要使溶液的pH相等，可增大Na2CO3和CH3COONa的浓度，所以pH相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(2)(NH4)2CO3和(NH4)2SO4中含有2个铵根离子，碳酸根离子促进铵根离子水解，NH4HSO4中含有1个铵根离子，且氢离子抑制铵根离子水解，则NH4+浓度：②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(3)盐类水解规律：越弱越水解，谁强显谁性，0.1mol⋅L−1的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，则酸的酸性：HX>HY>HZ，
故答案为：HX>HY>HZ；
(4)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)⋅c2(OH−)，则0.05mol⋅L−1的MgCl2刚好出现沉淀时c(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]c(Mg2+)=5.0×10−120.05mol/L=10−5mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−5mol/L=10−9mol/L，pH=9，
故答案为：9；
(5)①HSO4−不完全电离，说明SO42−为弱离子，有弱才水解，则Na2SO4溶液呈碱性，
故答案为：碱；
②H2SO4为强酸，则HSO4−的电离程度大于其水解程度，NaHSO4溶液为酸性，并且Ka(H2C2O4)>Ka(HSO4−)>Ka(HC2O4−)，酸性：H2C2O4>HSO4−>HC2O4−，由强酸制取弱酸原理可知，少量Na2C2O4溶液与过量NaHSO4溶液反应的离子方程式为HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−，
故答案为：HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−；
③pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka(HSO4−)=c(SO42−)⋅c(H+)c(HSO4−)，则c(SO42−)：c(HSO4−)=Ka(HSO4−)：c(H+)=0.012：0.1=0.12：1，
故答案为：0.12：1。
30.【答案】(1)CO−2e−+CO32−=2CO2；H2−2e−+CO32−=CO2+H2O
(2)60%
(3)−91
(4)处于平衡状态
(5)①副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低
②主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大
【解析】
【分析】
本题考查了运用盖斯定律计算焓变、影响化学平衡的因素、燃料电池等重要考点，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大。
【解答】
Ⅰ(1)电极B上氧气得电子，发生还原反应；电极A上发生氧化反应，CO失电子生成二氧化碳，反应式为CO−2e−+CO32−=2CO2，氢气失电子生成水，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，
故答案为：CO−2e−+CO32−=2CO2；H2−2e−+CO32−=CO2+H2O；
Ⅱ(2)上述总反应中放出的热量为154.5kJ，CO变化的物质的量为2×154.5206.0mol=1.5mol，由三段法可知：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1(单位：mol)
开始 2.54
变化 1.53
平衡 1.01
CO的转化率=1.5mol2.5mol×100%=60%，
故答案为：60%；
(3)①2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，(①−ii)×12可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，则△H=12×(−206+24)kJ/mol=−91kJ/mol，
故答案为：−91；
(4)根据表格中数据可得，Q=c(CH3OCH3)c(H2O)c2(CH3OH)=0.42×0.42(0.022)2=400，故Q=K，此时反应处于平衡状态，
故答案为：处于平衡状态；
(5)①主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−24.0kJ/mol为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低；而副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低，
故答案为：副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低；
②副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)为气体增大的反应，温度一定，压强增大，副反应平衡逆向移动，而主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大，
故答案为：主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大。
2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末化学试卷
1. 党的十九大报告强调“必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念”。下列说法有悖该理念的是( )
A. 在大城市倡导使用“共享单车”出行 B. 减少煤炭资源的开采，发展光伏产业
C. 围湖造田，扩大农作物种植面积 D. 燃煤进行脱硫脱硝处理
2. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是( )
A. NaHSO4 B. NaHCO3 C. CH3COOH D. NH4Cl
3. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是( )
A. NaHCO3与盐酸的反应 B. 灼热的炭与CO2的反应
C. 镁条与稀盐酸的反应 D. SO2的催化氧化
4. 下列能级能量高低比较不正确的是( )
A. 1s<2s B. 2s<2p C. 3p<3d D. 4f<4s
5. 某反应2AB(g)⇌C(g)+3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为( )
A. △H<0，△S>0 B. △H<0，△S<0
C. △H>0，△S>0 D. △H>0，△S<0
6. 某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是( )
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用电子天平称量25.20gNaCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2
D. 用水银温度计测得某溶液的温度为19.13℃
7. 下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A. 升高温度可降低化学反应的活化能，提高了活化分子百分数，加快化学反应速率
B. 反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大
C. 催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快
8. 下列化学反应的原理不能设计成原电池的是( )
A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH<0
B. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH<0
C. H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH<0
D. 2FeCl3(aq)+Cu=2FeCl2(aq)+CuCl2(aq)ΔH<0
9. 下列方程式书写正确的是( )
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32−
B. HS−的水解方程式：HS−+H2O⇌S2−+H3O+
C. CO32−的水解方程式：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
D. H2S的电离方程式：H2S⇌H++HS−
10. 下列关于合成氨工业说法不正确的是( )
A. 使用铁触媒，使N2和H2混合气体有利于合成氨
B. 合成氨厂一般采用10MPa∼30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和经济成本等因素
C. 根据勒夏特列原理，500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
D. 将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
11. 金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
12. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是( )
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)；C(s)+12O2(g)=CO(g)
B. S(s)+O2(g)=SO2(g)；S(g)+O2(g)=SO2(g)
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；H2(g)+12O2(g)=H2O(l)
D. 2KOH(aq)+H2SO4(浓)=K2SO4(aq)+2H2O(l)2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)
13. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如表所示。已知Y元素原子的价层电子排布为nsn−1npn+1，则下列说法不正确的是( )
X
Y
Z
A. X元素原子的价层电子排布为2s22p4
B. Y元素在周期表的第三周期ⅥA族
C. X元素所在周期所含非金属元素种类最多
D. 三种元素原子半径的大小顺序为：Z>Y>X
14. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1Na2S溶液含有的S2−离子数目为0.1NA
B. 16.25gFeCl3可水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数目为0.1NA
C. 25℃时，向含1molCl−的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA
D. 已知某温度下Kw=1.0×10−12，则pH=11的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
15. 下列说法不正确的是( )
A. 共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价
B. 同主族元素，第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C. 元素周期表中S区全部是金属元素
D. 元素周期表中从第四周期开始的长周期，比短周期多出的元素全部是金属元素
16. 下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 常温下，已知HClO的Ka=2.98×10−8，HF的Ka=7.2×10−4，则等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
B. 常温下，NH4Cl溶液加水稀释时，c(NH3⋅H2O)⋅c(H+)c(NH4+)逐渐增大
C. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2+)减小
D. 室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
17. 一定条件下，碳钢腐蚀与电解质溶液膜的 pH 的关系如表：
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2−
下列说法不正确的是( )
A. 随电解质溶液膜的pH的不断增大，碳钢腐蚀的速率会先变慢后变快
B. 在6
D. 在 pH=7的溶液中，碳钢腐蚀过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
18. 下列关于沉淀溶解平衡的理解，正确的是( )
A. 沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度一定相等，且保持不变
B. 常温下，AgCl在水中的溶解度小于其在食盐水中的溶解度
C. 难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
D. 常温下，向CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，会生成CaSO4沉淀，但CaSO4的Ksp不变
19. 25℃时，下列说法正确的是( )
A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，该盐一定为强酸强碱盐
C. 将浓度为0.10mol⋅L−1的醋酸溶液稀释，电离平衡正向移动，c(H+)减小
D. pH=10.0的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10−4mol
20. 在一定温度下的恒容密闭容器中，加入少量A发生反应：A(s)⇌B(g)+2C(g)。当下列物理量不再发生变化，可以判断该反应达到化学平衡状态的是( )
①B的体积分数；
②混合气体的压强；
③混合气体的总质量；
④混合气体的平均相对分子质量；
⑤混合气体的密度。
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
21. 已知共价键的键能(键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量)与热化学方程式信息如下表：
共价键
H−H
H−O
键能/(kJ⋅mol−1)
436
a
热化学方程式
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−482kJ⋅mol−1
且2O(g)=O2(g)的ΔH为−498kJ⋅mol−1，则a的数值为( )
A. 463 B. 222 C. 214 D. 482
22. 根据下列图示所得出的结论正确的是( )
A. 图1表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)在其他条件不变时，起始CO物质的量与平衡时N2的体积分数关系，说明NO的转化率b>c>a
B. 图2表示反应2X(g)⇌Y(g)分别在T1、T2温度下，Y的体积分数随时间的变化，说明该反应的△H<0
C. 图3是室温下BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明通过蒸发浓缩可使溶液由n点转化到m点
D. 图4表示含少量SO2的水溶液暴露在空气中，溶液的pH随时间的变化，说明在空气中时间越长，亚硫酸的电离程度越大
23. 在温度T1和T2时，分别将0.5molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，测得有关数据如表：
时间/min
0
10
20
40
50
T1
c(CH4)/mol
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
c(CH4)/mol
0.50
0.30
0.18
a
0.15
下列说法正确的是( )
A. 温度：T1>T2
B. T1时0∼10min内NO2的平均反应速率为0.15mol⋅L−1⋅min−1
C. a=0.15，且该反应ΔH<0
D. T1时保持其他条件不变，再充入0.5molCH4和1.2molNO2，达新平衡时N2的浓度减小
24. 25℃时，向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. a点所示溶液中：c(H2R)+c(HR−)+c(R2−)=0.1mol⋅L−1
B. b点所示溶液中：c(Na+)>c(HR−)>c(H2R)>c(R2−)
C. 对应溶液的导电性：b>c
D. a，b，c，d中，d点所示溶液中水的电离程度最大
25. 下列关于实验内容和实验目的说法正确的是( )
编号
实验内容
实验目的
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变深后变浅
证明对有气体参加的可逆反应，改变压强可能会使平衡发生移动
D
向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
26. (1)下列原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是 ______(填序号)。
①K+：1s22s22p63s23p6
②F：1s22s23p5
③P：
④Cu：1s22s22p63s23p63d94s2
⑤Fe2+：1s22s22p63s23p63d6
⑥Mg：1s22s22p63s2
⑦O：
(2)基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有 ______种；
(3)C、N、O第一电离能从大到小的顺序为：______；
(4)第四周期元素中，未成对电子数最多的元素是：______(写元素符号)。
27. 某实验小组用简易量热计(如图)测量盐酸与NaOH溶液反应前后的温度，从而求得中和热。实验步骤如下：
(i)用量筒量取50mL0.5mol/L的盐酸，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录盐酸的温度(数据填入下表，下同)。 ______，擦干备用。
(ii)用另一个量筒量取50mL0.55mol/L的NaOH溶液，用温度计测量并记录NaOH溶液的温度。
(iii)打开杯盖，将量筒中的NaOH溶液迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，______。密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度。
(ⅳ)重复上述步骤(i)∼(iii)两次。
根据实验步骤回答下列问题：
(1)在横线上填写适当的操作，将实验步骤补充完整：①______，②______；
(2)NaOH溶液的浓度略大于盐酸的目的是 ______。
28. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，利用滴定原理测定Cr2O72−含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol⋅L−1 Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
笫一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
(1)步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是______。
(2)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为______。滴定达到终点的实验现象是______。
(3)步骤Ⅲ中a 的读数如图所示，则：①a=______。
②Cr2O72−的含量为______g⋅L−1。
(4)以下操作会造成废水中Cr2O72−含量测定值偏高的是______。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
29. (1)室温下pH相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为 ______(填序号)；
(2)室温下浓度均为0.1mol⋅L−1的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4和③NH4HSO4溶液中，NH4+物质的量浓度从大到小的顺序为：______(填序号)；
(3)室温下0.1mol⋅L−1的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，可知HX、HY、HZ的酸性从强到弱的顺序为 ______；
(4)室温下，已知Mg(OH)2的Ksp=5.0×10−12，向0.05mol⋅L−1的MgCl2溶液中滴加浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ______；
(5)常温下，H2C2O4和HSO4−的电离平衡常数如下：
化学式
H2C2O4
HSO4−
电离平衡常数
Ka1=5.9×10−2
Ka2=6.4×10−5
1.2×10−2
①根据以上信息可知，Na2SO4溶液呈 __(填“酸”、“碱”或“中”)性。
②少量Na2C2O4溶液与过量NaHSO4溶液反应的离子方程式为 ______；
③室温下，pH=1的H2SO4溶液中，c(SO42−)：c(HSO4−)=______。
30. 含碳物质在日常生活极为常见，它们之间的相互转化在化学工业中有着广泛的应用。
(Ⅰ)(1)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示，写出电极A中发生的电极方程式：______、______；
(Ⅱ)二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
i.甲醇合成反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2
ii.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH3=−24.0kJ⋅mol−1
(2)起始时向容器中投入2.5molCO和4molH2测得某时刻上述总反应中放出的热量为154.5kJ，此时CO的转化率为 ______；
(3)计算甲醇合成反应的ΔH2=______kJ⋅mol−1；
(4)甲醇脱水反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在某体积为2L的恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分物质的量如下表所示。此时反应 ______(填“朝正向进行”、“处于平衡状态”或“朝逆向进行”)。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
物质的量/(mol)
0.02
0.4
0.4
iii.CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH=+48.8kJ⋅mol−1。
(5)生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：将反应物混合气按进料比n(CO)：n(H2)=1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在一定温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示(不考虑催化剂失活)。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因是 ______。
②图2中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查能源的开发与利用及环境污染等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
【解答】
A. 倡导使用共享单车，倡导低碳、环保的出行方式，可以减少使用化石能源，故A正确；
B. 光伏发电是将光能转化为电能，是几乎无污染的产业，发展光伏产业有利于控制化石燃料的使用，从而减缓了温室效应及污染性气体的排放，故B正确；
C. 围湖造田，扩大农作物种植面积会破坏生态环境，不利于践行绿水青山就是金山银山的理念，故C错误；
D. 煤燃烧时会产生硫的氧化物和氮的氧化物污染环境，对燃煤脱硫脱硝，可以减少环境污染，故D正确；
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
【解答】
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。
A. NaHSO4为强酸的酸式盐，溶于水完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42−，溶液呈酸性，但不是盐类水解的原因，故A错误；
B. NaHCO3是强碱弱酸盐，弱酸根HCO3−水解使溶液显碱性，故B错误；
C. CH3COOH是弱酸，部分电离使溶液显酸性，不能水解，故C错误；
D. NH4Cl是强酸弱碱盐，弱碱根NH4+水解使溶液显酸性，故D正确；
故选D。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应和吸热反应，为高考常见题型，注意把握反应中的变化及能量变化为解答的关键，侧重归纳整合能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A. NaHCO3与盐酸的反应是放热反应，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B. 灼热的C与CO2的反应为吸热反应，且该反应中C、H元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；
C. 镁条与稀盐酸的反应为放热反应，该反应中Mg、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D. SO2的催化氧化反应中S、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，但该反应属于放热反应，故D错误；
故选B。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查核外电子的排布，注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序。
【解答】
各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns
B. 依据分析可知，相同能层，不同能级：2s<2p，故B正确；
C. 依据分析可知，相同能层，不同能级：3p<3d，故C正确；
D. 依据分析可知，相同能层，不同能级：4f>4s，故D错误；
故选D。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用。
【解答】
当△G=△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，△G=△H−T⋅△S>0时，反应不能自发进行，据此分析。
A. △H<0，△S>0时，△G=△H−T⋅△S<0，正向反应在任何温度下都能自发进行，故A错误；
B. △H<0，△S<0时，正向反应在低温下能自发进行，故B错误；
C. △H>0，△S>0时，在低温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；
D. △H>0，△S<0时，正向反应任何温度下反应都不能自发进行，故D错误；
故选C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查常用仪器在使用中读数的问题，侧重基础知识的积累。
【解答】
A. 量筒精确值为0.1mL，不能用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B. 电子天平精确值为0.001g，不能用电子天平称量25.20gNaCl，故B错误；
C. 可以用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2，故C正确；
D. 水银温度计能精确到0.1℃，不能用水银温度计测得某溶液温度为19.13℃，故D错误；
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的理解和灵活应用，明确外界条件对化学反应速率影响原理内涵是解本题关键。
【解答】
A. 升高温度部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但反应的活化能不变，故A错误；
B. 增大反应物浓度，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 催化剂通过降低活化分子的活化能，从而加快反应速率，故C错误；
D. 缩小体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；
故选B。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和运用，明确原电池反应特点是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
能自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，以此分析解答。
A. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故A错误；
B. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故B错误；
C. 该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故C正确；
D. 该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故D错误；
故选C。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了离子方程式的书写，明确电解质电离方式及盐类水解实质是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故A错误；
B. HS−的水解为可逆反应，水解方程式为：HS−+H2O⇌H2S+OH−，故B错误；
C. 多元弱酸根离子的水解分步进行，以第一步为主，CO32−的第一步水解方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故C错误；
D. H2S为弱电解质，电离过程分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS−，故D正确；
故选D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查工业合成氨中催化剂的作用，压强、温度的控制，平衡移动的应用，属于基本知识的考查，难度不大。
【解答】
A. 使用铁触媒，可以加快反应速率，使N2和H2混合气体有利于合成氨，故A正确；
B. 合成氨厂一般采用10MPa∼30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和经济成本等因素，因为压强太高，对仪器设备要求高，压强太低，反应速率慢，故B正确；
C. 根据勒夏特列原理，室温比500℃左右更有利于合成氨的反应，故C错误；
D. 将混合气体中的氨液化，即减小了生成物浓度，有利于合成氨反应，故D正确；
故选C。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断，题目难度不大。
【解答】
A. 阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni−2e−=Ni2+，Fe−2e−=Fe2+，Zn−2e−=Zn2+，故A错误；
B. 电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni，阴极析出的是镍，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+，故C错误；
D. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，Cu和Pt不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
故选D。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了反应热的大小比较，应注意的是比较反应热时一定带着正负号比较，即对于放热反应，放热越多，则反应热越小；对于吸热反应，吸收的热量越多，则反应热越大。
【解答】
对于放热反应，ΔH<0，反应放出的热量越多，则ΔH越小，而对于放热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，则反应放出的热量越多；当产物相同时，反应物的能量越高，则放出的热量越多；同一个反应，方程式的计量数越大，则反应放出的热量越多；物质燃烧越充分，反应放热越多；
对于吸热反应，ΔH>0，反应放出的热量越多，则ΔH越大，而对于吸热反应，当反应物相同时，产物的能量越低，则反应吸收的热量越少；当产物相同时，反应物的能量越高，则吸收的热量越少；同一个反应，方程式的计量数越大，则反应吸收的热量越多，据此分析。
A. C(s)+O2(g)=CO2(g)和C(s)+12O2(g)=CO(g)均为放热反应，但C(s)+O2(g)=CO2(g)为碳的完全燃烧，C(s)+12O2(g)=CO(g)为碳的不完全燃烧，故前者放热更多，则ΔH更小，故A错误；
B. 两反应均为放热反应，由于等物质的量的固态硫的能量低于硫蒸气，则S(s)+O2(g)=SO2(g)放出的热量低于S(g)+O2(g)=SO2(g)，则前者的ΔH更大，故B正确；
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)和H2(g)+12O2(g)=H2O(l)均为放热反应，且反应物和生成物均相同，但前者的计量数是后者的2倍，则前者放出的热量也是后者的2倍，则前者的ΔH更小，故C错误；
D. 两反应均为放热反应，但由于浓H2SO4和KOH溶液混合时会放热，则前者放热多于后者，则前者的ΔH更小，故D错误；
故选B。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素周期表与元素周期律，推断元素是解题的关键，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
Y元素原子的价层电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多填充2个电子，即n−1=2，故n=3，则其Y价层电子排布为3s23p4，故Y为S元素，结合元素在周期表中相对位置，可知X为F元素、Z为As元素；
由分析可知，X为F、Y为S、Z为As。
A. X为F元素，处于第二周期第ⅦA族，其价层电子排布为2s22p5，故A错误；
B. Y价层电子排布为3s23p4，则其处于周期表的第三周期ⅥA族，故B正确；
C. X所在的周期为第二周期，含有的非金属元素最多，故C正确；
D. 同主族自上而下原子半径增大，同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径：Z>Y>X，故D正确；
故选A。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
【解答】
A. 硫离子为弱酸根离子，水溶液部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1Na2S溶液含有的S2−离子数目小于0.1NA，故A错误；
B. 16.25gFeCl3可水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；
C. 加入一定量的氨水后，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，据溶液中的电荷守恒：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，所以n(NH4+)=n(Cl−)=1mol，故此时溶液中NH4+数为NA，故C正确；
D. 溶液体积未知，无法计算NaOH溶液中含有的OH−数目，故D错误；
故选C。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律，涉及周期表结构、第一电离能、电负性比较等知识，侧重考查对元素周期律的理解和运用，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度较小。
【解答】
A. 电负性大的成键元素吸引电子能力强，所以共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价，故A正确；
B. 同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，第一电离能呈逐渐增大趋势，故B正确；
C. S区中除IA族的氢元素为非金属元素，其它元素都是金属元素，故C错误；
D. 长周期比短周期多出的元素为过渡元素，全部是金属元素，故D正确，
故选C。
16.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、弱电解质电离特点等是解本题关键，注意电离平衡常数、水解平衡常数都只与温度有关。
【解答】
A. 根据电荷守恒c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(ClO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，而NaClO的水解程度大，即NaClO溶液中的c(OH−)大、c(H+)小，c(Na+)相同，所以NaF溶液中离子浓度大，前者所含离子总数比后者大，故A错误；
B. 水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c(NH3⋅H2O)⋅c(H+)c(NH4+)=Kh不变，故B错误；
C. NH4+结合OH−使氢氧化镁溶解平衡正向移动，则c(Mg2+)增大，故C错误；
D. 室温下，pH=3的醋酸浓度远远大于pH=11的Ba(OH)2溶液浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余，混合溶液呈酸性，故D正确；
故选D。
17.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大。
【解答】
在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，正极电极反应式为：2H++2e−=H2↑，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，正极氧气被还原，电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH−，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，最后：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，据此回答。
A. 根据表中数据，随电解质溶液膜的pH的不断增大，碳钢腐蚀的速率先慢后快，故A正确；
B. 在6
D. 在 pH=7的溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极氧气被还原，电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH−，负极电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，总反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，最后：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故D正确；
故选B。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查电解质的强弱以及难溶电解质的溶解平衡问题，为高频考点，侧重于基本概念的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，把握强弱电解质的区别，难度不大。
【解答】
A. 沉淀达到溶解平衡时，溶液中溶质离子浓度保持不变，不一定相等，例如Ca(OH)2达到溶解平衡，钙离子和氢氧根离子浓度不相等，故A错误；
B. 室温下，食盐水中含有大量的氯离子，根据同离子效应，氯化银的电离平衡被破坏，平衡向左移动，降低了氯化银的溶解度，故氯化银在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，故B错误；
C. 难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，不影响沉淀物质及离子的浓度，则平衡不移动，故C错误；
D. Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故D正确；
故选D。
19.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离、盐类水解原理的应用，为高频考点，把握弱电解质的电离、盐类水解及其影响因素为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握弱酸或弱碱的判断，题目难度中等。
【解答】
A. NaHA溶液呈酸性，可能是HA−的电离大于其水解，如亚硫酸氢钠溶液对应的亚硫酸为弱酸，故A错误；
B. 正盐BA溶液呈中性，正盐BA可能为强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，如醋酸铵，故B错误；
C. 将浓度为0.10mol⋅L−1的醋酸溶液稀释，促进其电离，平衡正向移动，n(H+)增大，但溶液体积增大的影响远大于n(H+)的增大，则c(H+)减小，故C正确；
D. pH=10.0的Na2CO3溶液中c(OH−)=1.0×10−4mol/L，即水电离出c(H+)=1.0×10−4mol/L，但溶液的体积未知，不能计算H+的物质的量，故D错误；
故选C。
20.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，注意基础知识的积累。
【解答】
判断化学平衡状态的直接标志：v正=v逆(同物质)；各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等，以此为判断依据。
①由化学方程式可知，该反应只有B和C为气体，且B、C的体积分数之比始终为1：2，即B的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故①错误；
②该反应是气体体积增大的反应，则混合气体的压强是变量，当混合气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故②正确；
③根据质量守恒，混合气体的总质量是变量，当混合气体的总质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故③正确；
④只有B、C为气体，且B、C的物质的量之比始终为1：2，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，无法判断平衡状态，故④错误；
⑤根据质量守恒，混合气体的质量是变量，容器体积不变，则气体的密度是变量，当气体的密度不再改变，表明反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选B。
21.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，把握焓变与键能的计算关系是解题关键，注意掌握物质结构和存在的共价键，题目难度不大。
【解答】
ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，据此解答。
根据题意得到ΔH=−482kJ/mol=(436×2+498−4a)kJ/mol，解得a=463，
故选A。
22.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、化学平衡影响因素、氧化还原反应等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，注意图中纵横坐标含义及曲线变化趋势，C为解答易错点。
【解答】
A.其它条件不变时，加入的CO越多，NO的转化率越大，n(CO)：a
D.含少量SO2的水溶液暴露在空气中，SO2和水反应生成的H2SO3不稳定，易被氧化生成H2SO4，H2SO4是强酸导致溶液中c(H+)增大，溶液的pH值减小，所以溶液的pH逐渐减小与H2SO3被氧化程度有关，故D错误；
故选B。
23.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、温度和压强对平衡移动的影响、速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A. 由表格数据可知，T1时甲烷在0∼10min内浓度减少0.15mol/L，T2时甲烷在0∼10min内浓度减少0.2mol/L，说明T2时反应速率快，温度高，则T1
C. T2时反应速率快，达到平衡用的时间短，因此40min时反应已经达到平衡，a=0.15，由表格数据可知，温度越高，平衡时甲烷的物质的量越多，说明温度升高，平衡逆向移动，此反应为放热反应，即ΔH<0，故C正确；
D. 体积不变，物质的量变为原来的2倍，若平衡不移动，则平衡浓度为原平衡的2倍；但压强增大平衡逆向移动，则达平衡时氮气的浓度增大，大于原平衡浓度但小于原平衡浓度的2倍，故D错误；
故选C。
24.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，熟悉常见盐及其水解特点，题目难度中等。
【解答】
A. a点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加10mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，所得的溶液是H2R和NaHR的混合溶液，且两者的物质的量均为0.001mol，由于溶液体积变为30mL，故两者的浓度均为c=0.001mol0.03L=130mol/L，根据物料守恒可知，溶液中c(H2R)+c(HR−)+c(R2−)=130×2mol⋅L−1=115mol/L，故A错误；
B. b点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加20mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，所得溶液是0.05mol/L的NaHR溶液，由于溶液显酸性，故HR−的电离HR−⇌H++R2−大于水解H2O+HR−⇌H2R+OH−，故有：c(Na+)>c(HR−)>c(R2−)>c(H2R)，故B错误；
C. b点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液20mL，得到的是浓度为0.05mol/L的NaHR溶液，c点是向20mL0.1mol⋅L−1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液30mL，得到的是浓度均为0.02mol/L的NaHR和Na2R的混合溶液，故b点溶液中的离子浓度小于c点，故导电能力b
故选D。
25.【答案】A
【解析】
【分析】
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、盐类水解、平衡移动、难溶电解质、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。
【解答】
A. 钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅可证明水解平衡的存在，故A正确；
B. NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，故B错误；
C. 把注射器的活塞往外拉，气体的浓度减小，则最终颜色变浅，不能证明压强对平衡移动的影响，故C错误；
D. NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Mg(OH)2、Fe(OH)3的Ksp大小，故D错误；
故选A。
26.【答案】(1)①⑤⑥
(2)2
(3)N>O>C
(4)Cr
【解析】
【分析】
本题考查核外电子排布、电离能，掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，注意电子构型对电离能的影响，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
(1)①K+核外有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故①正确；
②3p能级能量比2p能级高，应是2p能级填充5个电子，故②错误；
③3p能级应是3个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，故③错误；
④应满足洪特规则特例，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故④错误；
⑤原子形成阳离子先失去高能级中电子，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，故⑤正确；
⑥符合能量最低原理，故⑥正确；
⑦同一轨道中2个电子自旋方向相反，故⑦错误，
故答案为：①⑤⑥；
(2)基态原子的核外电子填充在6个轨道，只能填充在1s轨道、2s轨道、2p能级3个轨道、3s轨道，且3s轨道电子数为1或2，即符合条件的元素有Na、Mg两种，
故答案为：2；
(3)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(4)第四周期元素中，未成对电子数最多的元素外围电子排布式为3d54s1，处于第四周期的VIB族，该元素是Cr，
故答案为：Cr。
27.【答案】(1)①用水把温度计上的酸冲洗干净；②用玻璃搅拌器匀速搅拌
(2)保证盐酸完全被中和
【解析】
【分析】
本题考查了中和热的测定实验，题目难度不大，把握测定中和热的正确方法及注意事项是解题关键，注意掌握误差分析方法与技巧，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
(1)若用测量盐酸初始温度的温度计继续测量氢氧化钠的初始温度时，由于盐酸和氢氧化钠反应放热，会使氢氧化钠的初始温度偏高，所测反应热数值偏小，所以测量盐酸初始温度的温度计必须洗涤干净、擦干备用；中和热测定时，迅速混合测定最高温度，减少热量损耗，即将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即盖上盖板，用玻璃搅拌器不断搅拌，准确读出反应体系的最高温度，
故答案为：①用水把温度计上的酸冲洗干净；②用玻璃搅拌器匀速搅拌；
(2)NaOH溶液的浓度改为0.55mol⋅L−1，则NaOH过量，可保证盐酸快速反应完全，减小实验误差，
故答案为：保证盐酸完全被中和。
28.【答案】(1)酸式滴定管
(2)淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色
(3)①18.20mL
②2.16
(4)CD
【解析】
【分析】
本题考查常见定量仪器的使用，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握常见仪器的使用方法，题目难度中等。
【解答】
(1)工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，能氧化橡胶管，步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
(2)用滴定管量取0.1000mol⋅L−1 Na2S2O3溶液进行滴定生成的碘单质，步骤Ⅲ中滴加的指示剂为淀粉，滴定达到终点的实验现象是：溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色；
(3)①步骤Ⅲ中a的读数如图所示，是滴定管，精确度为0.01ml，读取数值为18.20ml，
故答案为：18.20；
②三次平均消耗标准溶液体积V=19.03mL−1.02mL+2.00mL−19.99mL+18.20mL−0.20mL3=18.00mL，
Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，得到；
Cr2O72−∼3I2∼6Na2S2O3，
1 6
n0.1000mol⋅L−1×0.01800L
n=0.0003mol，
Cr2O72−的含量=0.0003mol×216g/mol0.03L=2.16g/L，
故答案为：2.16；
(4)误差分析可以依据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析，计算式中标准溶液体积变化决定产生的误差变化，
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故A错误；
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗对测定结果无影响，故B错误；
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，溶液被稀释导致消化标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：CD。
29.【答案】(1)②>①>③
(2)②>①>③
(3)HX>HY>HZ
(4)9
(5)①碱
②HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−
③0.12：1
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理的应用、离子浓度比较、水解平衡常数计算等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，理解掌握盐类水解原理、电离常数的计算是解答的关键，题目难度中等。
【解答】
(1)Na2CO3和CH3COONa水解使溶液呈碱性，物质的量浓度相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液中pH大小为：③>①>②，要使溶液的pH相等，可增大Na2CO3和CH3COONa的浓度，所以pH相等的①Na2CO3②CH3COONa和③NaOH溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(2)(NH4)2CO3和(NH4)2SO4中含有2个铵根离子，碳酸根离子促进铵根离子水解，NH4HSO4中含有1个铵根离子，且氢离子抑制铵根离子水解，则NH4+浓度：②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(3)盐类水解规律：越弱越水解，谁强显谁性，0.1mol⋅L−1的NaX、NaY，NaZ溶液pH依次增大，则酸的酸性：HX>HY>HZ，
故答案为：HX>HY>HZ；
(4)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)⋅c2(OH−)，则0.05mol⋅L−1的MgCl2刚好出现沉淀时c(OH−)=Ksp[Mg(OH)2]c(Mg2+)=5.0×10−120.05mol/L=10−5mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−5mol/L=10−9mol/L，pH=9，
故答案为：9；
(5)①HSO4−不完全电离，说明SO42−为弱离子，有弱才水解，则Na2SO4溶液呈碱性，
故答案为：碱；
②H2SO4为强酸，则HSO4−的电离程度大于其水解程度，NaHSO4溶液为酸性，并且Ka(H2C2O4)>Ka(HSO4−)>Ka(HC2O4−)，酸性：H2C2O4>HSO4−>HC2O4−，由强酸制取弱酸原理可知，少量Na2C2O4溶液与过量NaHSO4溶液反应的离子方程式为HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−，
故答案为：HSO4−+C2O42−=HC2O4−+SO42−；
③pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka(HSO4−)=c(SO42−)⋅c(H+)c(HSO4−)，则c(SO42−)：c(HSO4−)=Ka(HSO4−)：c(H+)=0.012：0.1=0.12：1，
故答案为：0.12：1。
30.【答案】(1)CO−2e−+CO32−=2CO2；H2−2e−+CO32−=CO2+H2O
(2)60%
(3)−91
(4)处于平衡状态
(5)①副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低
②主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大
【解析】
【分析】
本题考查了运用盖斯定律计算焓变、影响化学平衡的因素、燃料电池等重要考点，涉及的知识点较多，综合性较强，难度较大。
【解答】
Ⅰ(1)电极B上氧气得电子，发生还原反应；电极A上发生氧化反应，CO失电子生成二氧化碳，反应式为CO−2e−+CO32−=2CO2，氢气失电子生成水，电极反应式为H2−2e−+CO32−=CO2+H2O，
故答案为：CO−2e−+CO32−=2CO2；H2−2e−+CO32−=CO2+H2O；
Ⅱ(2)上述总反应中放出的热量为154.5kJ，CO变化的物质的量为2×154.5206.0mol=1.5mol，由三段法可知：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1(单位：mol)
开始 2.54
变化 1.53
平衡 1.01
CO的转化率=1.5mol2.5mol×100%=60%，
故答案为：60%；
(3)①2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1=−206.0kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，(①−ii)×12可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，则△H=12×(−206+24)kJ/mol=−91kJ/mol，
故答案为：−91；
(4)根据表格中数据可得，Q=c(CH3OCH3)c(H2O)c2(CH3OH)=0.42×0.42(0.022)2=400，故Q=K，此时反应处于平衡状态，
故答案为：处于平衡状态；
(5)①主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−24.0kJ/mol为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低；而副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低，
故答案为：副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+48.8kJ/mol为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低；
②副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)为气体增大的反应，温度一定，压强增大，副反应平衡逆向移动，而主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大，
故答案为：主反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大。
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