2021-2022学年云南省德宏州瑞丽市高二（上）期末化学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年云南省德宏州瑞丽市高二（上）期末化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了00mL时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年云南省德宏州瑞丽市高二（上）期末化学试卷
得分

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 以下对核外电子运动状态的描述正确的是(    )
A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
2. 下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是(    )
A. 如图，图中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B. 如图，图中，插入溶液中的铁棒容易溶解，主要是发生电化学腐蚀
C. 如图，图中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生电化学腐蚀
D. 如图，图中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极
3. 25℃时，取浓度均为0.1000mol⋅L−1的醋酸溶液和氨水各20.00mL，分别用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液、0.1000mol⋅L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法不正确的是(    )


A. 根据滴定曲线可得，25℃时Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3⋅H2O)≈10−5
B. 当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交
C. 曲线Ⅰ表示的滴定过程一般选择甲基橙作指示剂
D. 在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，水的电离程度先增大后减小
4. pH=5和pH=3的两种盐酸以体积比1：2混合，则混合溶液的pH约为(    )
A. 3.2
B. 4.0
C. 4.2
D. 5.0
5. 用如图所示的实验装置进行实验X及Y时，每隔半分钟分别测定放出气体的体积．下列选项中可正确表示实验X及Y的结果是(    )


实验
所用的酸
X
 25mL 0.2mol/L
Y
 50mL 0.1mol/L 



A. B.
C. D.
6. 将二氧化碳转化为燃料是目前的研究热点，2017 年《科学》杂志报道的一种将CO2转化为烃和醇的装置如图所示。下列说法正确的是(    )


A. 图中能量转化的方式只有1种
B. 装置工作时，H+向X极区移动，Y极周围溶液的pH 增大
C. X 极上得到CH3OH 的电极反应式为2CO2+12H++12e−=2CH3OH+2H2O
D. 若X极生成1mol C2H4 和1mol CH3OH，电路中流过18 mol 电子
7. 如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动)，下列叙述正确的是(    )
A. a中铁钉附近呈现红色 B. b中铁钉上发生还原反应
C. a中铜丝上发生氧化反应 D. b中铝条附近有气泡产生
8. 用石墨作电极，电解1mol⋅L−1下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是(    )
A. 硫酸
B. 氢氧化钠
C. 硫酸钠
D. 氯化钠
9. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，据此判断四种金属的活动性顺序是(    )
①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；
③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；
④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。
A. A>C>D>B B. A>B>C>D C. C>A>B>D D. B>D>C>A
10. 根据图中的能量关系，可求得C−H的键能为(    )

A. 414kJ⋅mol−1
B. 377kJ⋅mol−1
C. 235kJ⋅mol−1
D. 197kJ⋅mol−1
11. MFC(Microbial Fuel Cell)是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，其在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景。如图为污水(主要溶质为葡萄糖)处理的实验装置，下列有关该装置的说法正确的是(    )

A. 为加快处理速度，装置需在高温环境中工作
B. 负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+
C. 放电过程中，H+由正极向负极移动
D. 装置工作过程中，溶液的酸性逐渐增强
12. 下列有关光谱的说法中不正确的是(    )
A. 原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，这也是原子光谱产生的原因
B. 原子光谱只有发射光谱
C. 通过原子光谱可以发现新的元素
D. 通过光谱分析可以鉴定某些元素

13. H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示。下列说法正确是(    )



A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线
B. 该反应能量变化类型与CaCO3分解反应相同
C. 加催化剂后，正反应速率加快，逆反应速率减小
D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+12O2(g)△H=( E1−E2 )kJ⋅mol−1
14. 测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实 验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的(    )


A. ②⑤⑦⑧ B. ①②⑥⑦ C. ②③⑦⑧ D. ③④⑤⑦
15. 关于晶体与非晶体，正确的说法(    )
A. 区分晶体与非晶体最可靠的方法是比较硬度
B. 凡有规则外形的物体就一定是晶体
C. 一种物质不是晶体就是非晶体
D. 具有各向异性的固体一定是晶体

16. 下列关于电解池的叙述中，不正确的是(    )
A. 与电源正极相连的是电解池的阴极
B. 电解池是电能转化为化学能的装置
C. 溶液中的阳离子移向阴极
D. 在电解池的阳极发生氧化反应
17. 有四瓶常用溶液：①BaCl2溶液，②NaCl溶液，③Na2SO4溶液，④CuSO4溶液。不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别开来。鉴别出来的先后顺序可能是(    )


A. ①④③② B. ①④②③ C. ①③④② D. ④①③②
18. 依据以下化学反应漫画情景进行判断，下列有关说法不正确的是(    )



A. 此反应不可能是复分解反应 B. 若金属1是锌，则金属2可能是铁
C. 还原性：金属1>金属2 D. 不能确定该反应是否是氧化还原反应
19. 把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应离子方程式(未配平)，对该氧化还原反应离子方程式的说法不正确的是(    )

A. IO4−作氧化剂，具有氧化性
B. 氧化性：MnO4−>IO4−
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2
D. 若有2 mol Mn2+ 参加反应，则转移10 mol电子
20. 向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀，蓝色溶液变为黄褐色。再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色。则下列说法错误的是(    )


A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
C. 滴加KI溶液时，生成1分子白色沉淀时转移1个电子
D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
21. 人类研究氢能源从未间断过，而热化学循环分解水制 H2是在水反应体系中加入一种中间物，经历不同的反应阶段，最终将水分解为H2 和 O2，这是一种节约能源、节省反应物料的技术，图1是热化学循环制氢气的流程：

(1)实验测得，1g H2燃烧生成液态水放出 142.9kJ 的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为______．
(2)整个流程参与循环的物质是______和______(填化学式)，最难进行的反应是______(填序号)．
(3)汞虽然有毒，但用途广泛．用汞和溴化钙作催化剂，可以在较低温度下经过下列反应使水分解制氢气和氧气：
①CaBr2+2H2O=Ca(OH)2+2HBr↑；
②…
③HgBr2+Ca(OH)2=CaBr2+HgO+H2O；
④2HgO=2Hg+O2↑.
反应②的化学方程式为______．
(4)合成氨用的H2可以用甲烷为原料制得．有关化学反应的能量变化如图2所示，则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为______．

22. 回答下列问题：
(1)用钌的配合物作催化剂，一定条件下可直接光催化分解CO2，发生反应：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，该反应的△H ______(填“>”或“<”，下同)0，△S ______0，在低温下，该反应 ______(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)。反应在常温下能够自发进行，则反应的△H ______(填“>”或“<”)0。
(3)已知在100kPa、298K时石灰石分解反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的△H>0、△S>0。
①常温下，该反应 ______(填“能”或“不能”)自发进行。
②据本题反应数据分析，温度 ______(填“能”或“不能”)成为决定反应进行方向的因素。
(4)已知CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H=+218kJ⋅mol−1，该反应能够自发进行的反应条件是 ______。
(5)某吸热反应能自发进行，则该反应的△S ______(填“>”或“<”)0。
23. 工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图：

(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：______；滤渣Ⅰ的成分是CaSO4和 ______(填化学式)。
(2)除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣Ⅱ。已知滤渣Ⅱ的成分与温度、pH的关系如图乙所示：
①若控制温度为40℃、pH=8，则滤渣Ⅱ的主要成分为 ______(填化学式)。
②若控制温度为80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4(OH)12),]沉淀(图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：______。
(3)已知除铁后所得100mL溶液中c(ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10−5mol⋅L−1，则所加溶液的c(NH4F)=______mol⋅L−1[已知Ksp(CaF2)=5.29×10−9]。
(4)加入有机萃取剂的作用是 ______。
24. 某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：
方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为______。
方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池的装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式。
正极反应式：______，负极反应式：______。
方案Ⅲ；结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)，用离子方程式表示其反应原理：______。



答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.电子运动是没有规律，没有固定轨道的，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；
B.能量高的电子也可以在s轨道上运动如：7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；
C.能层序数越大，电子离原子核越远，原子半径越大，故C正确；
D.基态原子，同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，其运动状态肯定不同，故D错误；
故选：C。
A.电子运动没有规律，无固定轨道；
B.能量高的电子也可以在s轨道上运动；
C.能层序数越大，电子离原子核越远；
D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，其运动状态不同。
本题考查电子运动特点、原子轨道等知识点，题目难度不大，注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子能量高低与离核远近的关系，为易错点，试题有利于提高学生的灵活应用能力。

2.【答案】BD 
【解析】解：A、铁棒在海水中发生吸氧腐蚀，越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故A错误；
B、该装置为原电池，铁棒作负极容易溶解，发生电化学腐蚀，故B正确；
C.温度越高，铁越容易被氧化，所以高温下铁越容易生锈，发生化学腐蚀，故C错误；
D.用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁作负极而易被腐蚀，铁作正极被保护，故D正确；
故选：BD。
A、铁棒在海水中发生吸氧腐蚀，越靠近底端，越不易腐蚀；
B、该装置为原电池，铁棒作负极容易溶解，发生电化学腐蚀；
C.温度越高，铁越容易被氧化；
D.牺牲阳极的阴极保护法中，作负极的金属易被腐蚀。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，明确原电池原理为解答关键，注意掌握金属腐蚀的类型及防护方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

3.【答案】B 
【解析】解：A.曲线Ⅰ起点为碱性表示盐酸滴定氨水，开始时氨水的pH约为11，则溶液中c(OH−)=Kwc(H+)≈10−1410−11=10−3mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离程度较小，则氨水中c(NH4+)≈c(OH−)≈10−3mol⋅L−1，c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，则NH3⋅H2O的电离平衡数Kb=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3⋅H2O)≈10−3×10−30.1=10−5，氢氧化钠溶液滴定醋酸，开始时醋酸的pH≈3，醋酸电离程度较小，则醋酸溶液中c(CH3COO−)≈c(H+)≈10−3mol⋅L−1，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，同样可以得到醋酸的电离常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)≈10−3×10−30.1=，则25℃时Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3⋅H2O)≈10−5，故A正确；
B.当NaOH溶液滴加到20.00mL时，生成醋酸钠溶液显碱性，盐酸滴加至20.00mL时，生成氯化铵溶液溶液显酸性，曲线Ⅰ和Ⅱ不相交，故B错误；
C.曲线Ⅰ达到滴定终点时，溶液显酸性，因此用甲基橙作指示剂，故C正确；
D.酸和碱对水的电离起抑制作用，在逐滴加氢氧化钠溶液(或盐酸)的过程中，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，之后继续滴加氢氧化钠(或盐酸)溶液的碱性逐渐增强，水的电离程度逐渐减小，故D正确；
故选：B。
根据图中pH值，曲线Ⅰ表示稀盐酸滴定氨水、曲线Ⅱ表示NaOH溶液滴定醋酸；
A.曲线Ⅰ起点为碱性表示盐酸滴定氨水，开始时氨水的pH约为11，则溶液中c(OH−)=Kwc(H+)≈10−1410−11=10−3mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离程度较小，则氨水中c(NH4+)≈c(OH−)≈10−3mol⋅L−1，c(NH3⋅H2O)≈0.1mol/L，则NH3⋅H2O的电离平衡数Kb=c(NH4+)⋅c(OH−)c(NH3⋅H2O)；氢氧化钠溶液滴定醋酸，开始时醋酸的pH≈3，醋酸电离程度较小，则醋酸溶液中c(CH3COO−)≈c(H+)≈10−3mol⋅L−1，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，同样可以得到醋酸的电离常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)；
B.当NaOH溶液滴加到20.00mL时，生成醋酸钠溶液显碱性，盐酸滴加至20.00mL时，生成氯化铵溶液溶液显酸性；
C.曲线Ⅰ达到滴定终点时，溶液显酸性；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、指示剂选取方法、水电离影响因素是解本题关键，题目难度不大。

4.【答案】A 
【解析】解：pH=−lgc(H+)=−lg10−5V+10−3×2V3V=−lg6.7×10−4=4−0.8=3.2，
故选：A。
根据pH=−lgc(H+)=−lg10−5V+10−3×2V3V来计算混合溶液的pH。
本题考查了pH的简单计算，先计算混合溶液中氢离子浓度，再根据pH的定义计算溶液的pH即可，难度不大。

5.【答案】A 
【解析】n(HCl)=0.025L×0.2mol/L=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，n(Mg)=2g24g/mol=112mol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑知，Mg如果完全反应需要HCl的物质的量为16mol>0.005mol，需要HCl完全反应，Mg剩余，
两种酸的物质的量相等，根据H原子守恒知，生成氢气的体积相等；
反应物的浓度越大，其反应速率越大，反应时间越短，X浓度大于Y，所以反应时间X小于Y，
故选：A。

本题考查反应速率的影响因素，侧重考查分析、计算能力，注意先进行过量计算，知道浓度与反应速率的关系，题目难度不大．

6.【答案】CD 
【解析】
【分析】
本题考查学生化学电源的应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度不大。
【解答】
A、该装置将CO2转化为烃和醇，由图可知，图中能量转化的方式有太阳能→电能、电能→化学能，故A错误；
B、装置工作时，Y极是阳极，X是阴极，H+向阴极区X极区移动，Y极是阳极，该电极是水电离产生的氢氧根离子失电子，周围溶液的pH减小，故B错误；
C、X是阴极，该电极上发生的得电子的还原反应2CO2+12H++12e−=2CH3OH+2H2O，故C正确；
D、C2H4和CH3OH中C均显−2价，生成1mol C2H4 和1mol CH3OH电路中流过电子是3×[4−(−2)]mol=18mol，故D正确。
故选CD。  
7.【答案】B 
【解析】解：A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe−2e−=Fe2+，发生氧化反应，没有红色出现，故A错误；
B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应，故B正确；
C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应，故C错误；
D、b中构成铁铝原电池，铝作负极：Al−3e−=Al3+，发生氧化反应，没有气泡产生，故D错误。
故选：B。
A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应．
B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应．
C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应．
D、b中构成铁铝原电池，铝作负极，发生氧化反应．
本题考查原电池基础原理，难度不大，注意原电池两极判断与发生反应．

8.【答案】C 
【解析】解：A、电解硫酸，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，所以溶液水量减少，溶液浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故A错误；
B、电解氢氧化钠，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，故B错误；
C、电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D、电解氯化钠，溶液中氯离子和氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变大，故D错误。
故选：C。
电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性．
本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据各个电极上放电的离子结合溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化来分析解答，题目难度不大．

9.【答案】A 
【解析】解：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，该装置构成原电池，A极为负极，则A易失电子发生氧化反应，金属活动性：A>B；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，该装置构成原电池，电流由D→导线→C，则C为负极、D为正极，金属活动性：C>D；
③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，该装置构成原电池，C极产生大量气泡，则C电极上氢离子得电子生成氢气，所以A为负极、C为正极，金属活动性：A>C；
④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，该装置构成原电池，D极发生氧化反应，D为负极、B为正极，金属活动性：D>B；
通过以上分析知，金属活动性：A>C>D>B，
故选：A。
不同金属和稀硫酸构成的原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上金属失电子发生氧化反应、正极上氢离子得电子生成氢气而发生还原反应，电流从正极沿导线流向负极。
本题以金属活动性强弱为载体考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确金属性强弱判断方法、原电池正负极判断方法是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】A 
【解析】解：由能量关系图，C(s)键能为717kJ⋅mol−1，H2键能为(864÷2)kJ⋅mol−1=432kJ⋅mol−1，C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，
设C−H的键能为x，则反应热△H=反应物总键能−生成物总键能=(717kJ⋅mol−1+432kJ⋅mol−1×2)−4x=−75kJ⋅mol−1，解得x=414kJ⋅mol−1，
故选：A。
由能量关系图，C(s)键能为717kJ⋅mol−1，H2键能为(864÷2)kJ⋅mol−1=432kJ⋅mol−1，C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，
根据反应热△H=反应物总键能−生成物总键能计算C−H的键能。
本题考查反应热与物质键能之间的计算关系，为高频考点，把握公式“反应热△H=反应物总键能−生成物总键能”即可，注意利用化合物空间构型推断化合物分子中化学键的数目，题目难度中等。

11.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电子流向、电解质溶液中阴阳离子移动方向、结合守恒思想形成电极反应式即可解答，题目难度不大。
【解答】
微生物燃料电池中，通入氧气的电极是正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=6CO2+24H+，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电池工作时总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，据此分析解答。
A.高温环境能使蛋白质变性，导致电池不能正常工作，所以该电池不能在高温环境中工作，故A错误；
B.污水中的葡萄糖失去电子、发生氧化反应生成CO2和H2O，结合酸性条件写出负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=6CO2+24H+，故B正确；
C.电池工作时电解质溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，所以放电过程中，阳离子H+由负极向正极移动，故C错误；
D.原电池工作时总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，没有生成酸，但生成的水使溶液稀释、酸性减弱，故D错误；
故选B。  
12.【答案】B 
【解析】解：A.原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发生光谱，故A正确；
B.电子由低能级跃迁至较高能级时，要吸收能量，摄取到的是吸收光谱，故B错误；
C.不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，在历史上，许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，故C正确；
D.在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故D正确；
故选：B。
A.原子的电子排布遵循构造原理，使整个原子处于最低状态，此时的原子成为基态原子。当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态。相反，电子从较高能量的激发态跃迁到降低能量的激发态乃至基态时，将释放能量；
B.原子光谱吸收或发射光谱；
C.光(辐射)是电子释放能量的重要形式之一，不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，通过原子光谱可以发现新的元素；
D.不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，通过光谱分析可以鉴定某些元素。
本题考查原子光谱产生的原因及种类，掌握原子光谱吸收或发射光谱原子光谱产生的原因是解答关键，题目难度不大。

13.【答案】D 
【解析】解：A.催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变，所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A错误；
B.H2O2分解为H2O和O2的过程为放热反应，CaCO3分解反应是吸热反应，能量变化类型不同，故B错误；
C.催化剂加快化学反应速率，正逆反应速率都增大，故C错误；
D.该反应的焓变为△H=(E1−E2)kJ/mol或△H=−(E2−E1)kJ/mol，故D正确，
故选：D。
本题考查催化剂对化学反应速率影响，为高频考点，明确影响原理是解本题关键，注意催化剂只影响反应速率但不影响平衡移动，为易错点。

14.【答案】A 
【解析】解：测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热，大烧杯中放小烧杯，中间有泡沫来隔热，利用量筒量取酸、碱溶液，混合时利用环形玻璃搅拌棒来搅拌，并利用温度计测定初温度及完全反应的温度，显然不需要的仪器为②⑤⑦⑧，
故选：A。
测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热，需要烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、温度计，以此来解答．
本题考查中和热的测定，明确测定中和热实验中的仪器及作用是解答本题的关键，注意量筒的使用，题目难度不大．

15.【答案】D 
【解析】解：A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X−射线衍射法，不能根据硬度来判断晶体与非晶体，故A错误；
B.晶体的规则外形是天然形成的，人为制造的规则外形的物体不一定是晶体，如玻璃是非晶体，可以制成各种规则的形状，故B错误；
C.固体除包含晶体、非晶体外，还有一类介于晶体与非晶体之间，称作准晶体，故C错误；
D.晶体具有各向异性，因此具有各向异性的固体一定是晶体，故D正确。
故选：D。
A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X−射线衍射法；
B.人为制造的规则外形的物体不一定是晶体；
C.固体除包含晶体、非晶体外，还有准晶体；
D.晶体具有各向异性。
本题考查了晶体的结构与性质，掌握晶体与非晶体的区别是解答的关键，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

16.【答案】A 
【解析】解：A.与电源正极相连的是电解池的阳极，故A错误；
B.电解池可将电能转化为化学能，故B正确；
C.电解池工作时，溶液中阳离子向阴极移动，故C正确；
D.在电解池的阳极，反应物得电子发生氧化反应，故D正确；
故选：A。
依据电解池工作原理分析。
本题考查电解池，题目难度中等，掌握电解池的基本工作原理是解题的关键。

17.【答案】D 
【解析】解：先观察蓝色溶液为CuSO4溶液，与硫酸铜反应生成白色沉淀的为BaCl2溶液，剩余两种试剂中与氯化钡反应生成白色沉淀的为Na2SO4溶液，最后检验出NaCl溶液，则鉴别出来的先后顺序为④①③②，故D正确，
故选：D。
不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别开来，先观察蓝色溶液为CuSO4溶液，与硫酸铜反应生成白色沉淀的为BaCl2溶液，剩余两种试剂中与氯化钡反应生成白色沉淀的为Na2SO4溶液，以此来解答。
本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

18.【答案】D 
【解析】解：A.此反应是单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物的过程，是置换反应，而不是复分解反应，故A正确；
B.锌比铁活泼，即锌可以将亚铁离子从此可溶性的盐溶液中置换出来，则金属1是锌，金属2可能是铁，故B正确；
C.活泼性强的置换活泼性弱的，所以还原性：金属1>金属2，故C正确；
D.该反应为置换反应，属于氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
A.此反应是单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物的过程；
B.锌比铁活泼，即锌可以将亚铁离子从此可溶性的盐溶液中置换出来；
C.活泼性强的置换活泼性弱的；
D.该反应为氧化还原反应。
本题考查金属的活泼性、反应的类型和电子转移的数目，综合性强，但比较容易，学生要知道氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性。

19.【答案】B 
【解析】解：根据氧化还原反应中化合价升降数值以及电子守恒知识，可以得出该反应方程式为：2Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+，
A.IO4−在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，故A正确；
B.反应中IO4−是氧化剂，MnO4−是氧化产物，则氧化性：IO4−>MnO4−，故B错误；
C.根据方程式知道：氧化剂碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5：2，故C正确；
D.反应方程式：2Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+，转移电子数是10mol，即有2molMn2+参加反应时则转移=2mol×(7−2)=10mol电子，故D正确；
故选：B。
已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4−是反应物，IO3−是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4−+3H2O=2MnO4−+5IO3−+6H+，再根据各物理量之间的关系式判断。
本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确Mn元素的化合价是解本题关键，注意把握氧化还原反应的基本概念、氧化性比较、电子转移的计算等内容，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

20.【答案】B 
【解析】解：A.滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；
B.通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；
C.白色沉淀为CuI，反应中+2价铜离子得到电子生成CuI，则生成1分子白色沉淀时转移1个电子，故C正确；
D.2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+>I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为−1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2>SO2，所以氧化性Cu2+>I2>SO2，故D正确；
故选：B。
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。
本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，题目难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。

21.【答案】(1)H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ/mol  
(2)SO2；I2；②  
(3)Hg+2HBr=HgBr2+H2↑  
(4)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+161.1kJ⋅mol−1 
【解析】解：(1)1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则2g氢气即1mol氢气燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ/mol，
故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ/mol；
(2)A为二氧化硫，B为碘，反应①为二氧化硫和碘单质、水反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应②为硫酸分解生成二氧化硫、水、氧气：2H2SO4=2SO2↑+O2↑+2H2O，反应③为碘化氢分解：2HI⇌H2+I2，整个流程参与循环的物质是SO2、I2，最难进行的反应是②，
故答案为：SO2、I2；②；
(3)根据反应③知反应②有HgBr2生成，根据HgBr2知反应①的产物HBr参与反应②，所以反应②为：Hg+2HBr=HgBr2+H2↑，
故答案为：Hg+2HBr=HgBr2+H2↑；
(4)由三个图可写出相应的热化学方程式：CO(g)+12O2 (g)=CO2(g)△H=−282 kJ⋅mol−1 ①，H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=−241.8 kJ⋅mol−1②，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−846.3 kJ⋅mol−1③，由盖斯定律，③−(①+②×3)，可得CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+161.1kJ⋅mol−1，
故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+161.1 kJ⋅mol−1．
本题考查了热化学方程式的书写、热化学循环分解水制H2等知识，读懂流程图是解答(2)的关键，题目难度中等．

22.【答案】>  >  不能  <  不能  能  高温  > 
【解析】解：(1)用钌的配合物作催化剂，一定条件下可直接光催化分解CO2，该反应为吸热反应，△H>0，△S>0，根据△G=△H−T△S<0自发进行分析，在高温下自发进行，在低温下该反应不能自发进行，
故答案为：>；>；不能；
(2)2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)该反应是气体体积减小的反应，则ΔS<0，反应在常温下能够自发进行，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发，则ΔH<0，
故答案为：<；
(3)①在常温下，ΔH−TΔS>0，则常温下，该反应不能自发进行，
故答案为：不能；
②该反应常温下不能自发进行，在高温下，ΔH−TΔS<0，反应能自发进行，则温度能成为决定反应进行方向的因素，
故答案为：能；
(4)该反应是气体体积增大的反应，ΔS>0，ΔH>0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析，则该反应能够自发进行的反应条件是高温，
故答案为：高温；
(5)吸热反应，ΔH>0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析，则该反应的△S>0，
故答案为：>。
(1)吸热反应焓变大于0，气体体积增多的反应为熵增的反应，根据△G=△H−T△S<0自发进行分析能否自发进行；
(2)根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析；
(3)根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析；
(4)该反应是气体体积增大的反应，ΔS>0，ΔH>0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析；
(5)吸热反应，ΔH>0，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵与混乱度的关系、反应进行方向的综合判据为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变、熵变的应用，题目难度不大。

23.【答案】粉碎废镍，加催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等  SiO2  FeOOH  2Na++3ClO−+6Fe2++4SO42−+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+  6.6×10−2  除去溶液中的Zn2+ 
【解析】解：(1)酸浸为固体和液体的反应，增大反应速率，可粉碎废镍，加催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等。由上分析，滤渣I的成分是SiO2、CaSO4，
故答案为：粉碎废镍，加催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；SiO2；
(2)①由图象可知若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为FeOOH，
故答案为：FeOOH；
②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，反应的离子方程式为2Na++3ClO−+6Fe2++4SO42−+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+，
故答案为：2Na++3ClO−+6Fe2++4SO42−+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+；
(3)已知Ksp(CaF2)=5.29×10−9，100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，n(Ca2+)=0.001mol，加入100mNH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全，根据反应Ca2++2F−=CaF2，则沉淀Ca2+的NH4F为0.002mol，沉淀后溶液中c(Ca2+)=1×10−5mol⋅L−1，此时溶液中c(F−)=5.29×10−91×10−5mol/L，设加入的c(NH4F)=c，则0.1L×cmol/L−0.002mol0.2L=5.29×10−91×10−5mol/L，解得c=6.6×10−2，
故答案为：6.6×10−2；
(4)除钙后滤液中含有镍离子、锌离子，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+，
故答案为：除去溶液中的Zn2+。
废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)，加入硫酸溶液，可生成硫酸锌、硫酸亚铁等，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4.加入具有强氧化性的NaClO，NaClO将Fe2+氧化，滤渣Ⅱ为铁的化合物。过滤后加入氟化铵，可生成氟化钙沉淀，即滤渣Ⅲ，滤液中的锌离子可用有机物萃取分离，最后加入草酸铵，可得到草酸镍。
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。

24.【答案】方案Ⅰ：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
方案Ⅱ：；2H++2e−=H2↑；Fe−2e−=Fe2+  ；
方案Ⅲ：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 
【解析】解：方案Ⅰ：铁表面迅速产生大量的气泡，所以铁的活泼性强铜，反应原理是铁与氢离子反应生成亚铁离子和氢气，离子反应的方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
方案Ⅱ：利用Fe、Cu作电极设计成原电池，因铁比铜活泼，负极为铁，正极为铜，电解质溶液可为酸或铜盐溶液，可设计装置图为，负极铁被氧化生成Fe2+，正极H+被还原生成H2，正极反应为2H++2e−=H2↑，负极反应为Fe−2e−=Fe2+，故答案为：；2H++2e−=H2↑；Fe−2e−=Fe2+；
方案Ⅲ：根据铁和铜的置换反应设计，设计方法如下：将铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后观察Fe表面有红色的金属铜析出，即可以证明金属铁的活泼性强于金属铜的，反应原理为铁和铜离子发生氧化还原反应生成铜和二价铁离子，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，
故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+。
本题以原电池工作原理为载体判断金属的活泼性，注意在原电池中不能仅仅根据电极的正负极判断金属的活泼性，还要考虑电解质溶液等因素，题目难度不大。