还剩18页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年安徽省宣城市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年安徽省宣城市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了20ml⋅L−1⋅min−1，40ml⋅L−1⋅min−1，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省宣城市高二（上）期末化学试卷
1. 下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是( )
A. 向燃煤中添加碳酸钙
B. 大力提倡植树造林
C. 借助光伏、风电、核电等技术发电
D. 利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
2. 化学在生活、生产、科技中有着广泛应用。下列说法正确的是( )
A. 共享单车利用太阳能电池完成卫星定位，有利于节能环保
B. Na2CO3溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多
C. 将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉
D. 75%的酒精和生理盐水均可用于餐具消毒以杀灭新型冠状病毒
3. 下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是( )
A. 盐酸与氢氧化钠的反应 B. 甲烷的完全燃烧
C. 锌与稀盐酸的反应 D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中含有的氧原子数为0.2NA
B. 一定条件下，1molN2和3molH2反应可生成2NA个NH3分子
C. 常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，由水电离出的OH−的数目为0.2NA
D. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.5NA
5. 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. c(H+)=c(OH−)的溶液中：Na+、Fe3+、SO42−、Cl−
B. 能溶解Al(OH)3的溶液中：Na+、K+、NO3−、HCO3−
C. 无色溶液中：K+、Na+、Cr2O72−、SO42−
D. Kwc(H+)=10−12的溶液中：H+、NH4+、Cl−、SO42−
6. 下列有关电解质及电离的说法正确的是( )
A. 稀释醋酸溶液时，所有离子的浓度均减小
B. 氯气的水溶液能导电，所以氯气是电解质
C. 醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱
D. 水中加入酸、碱或盐都一定会抑制水的电离
7. 下列有关实验装置及实验设计或现象正确的是( )
A
B
C
D
装置
实验
测定H2O2分解反应速率
探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响
探究Na与水反应的热效应
探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响
A. A B. B C. C D. D
8. 足量的锌粉与100mL1mol⋅L−1稀硫酸反应，为了加快反应速率且增大生成H2的量，下列措施中能达到实验目的的是( )
A. 滴加少量3mol⋅L−1的稀硝酸 B. 滴加几滴硫酸铜溶液
C. 滴加少量2mol⋅L−1稀硫酸 D. 滴加少量醋酸钠溶液
9. 水是生活中不可缺少的物质．下列关于水的的说法，正确的是( )
A. 水的分解和水的汽化过程中焓变均大于0
B. 水的电离和电解过程均需要通电才能实现
C. 水电离出的氢离子浓度一定等于1×10−7mol⋅L−1
D. 升高温度，水的电离程度和pH均增大
10. 某温度下，在恒容密闭容器中SO2、O2、SO3建立化学平衡：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0，改变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确的是( )
A.压缩容器体积
B.通入O2
C.使用(正)催化剂
D.升高温度
A. A B. B C. C D. D
11. 对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系正确的是( )
①v(A)=0.01mol⋅L−1⋅s−1
②v(B)=1.20mol⋅L−1⋅min−1
③v(C)=2.40mol⋅L−1⋅min−1
④v(D)=0.02mol⋅L−1⋅s−1
A. ②>③>④>① B. ③>①=④>② C. ③>④>①=② D. ①>④>②>③
12. 下列与金属腐蚀的有关说法中，不正确的是( )
A. 铁制品主要发生吸氧腐蚀
B. 开关置于N处时，金属铁的腐蚀速率比置于M时更小
C. 为外加直流电源保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀
13. 化学家研究催化剂Pt4催化丙烷脱氢机理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 由图可知Pt4催化大致经过阶段Ⅰ(吸附)、反应Ⅱ(断裂第1个C−H键)、反应Ⅲ(断裂第2个C−H键)
B. 反应Ⅱ活化能最大，是Pt4催化丙烷脱氢的决速步
C. 1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95eV
D. 若该催化反应在绝热容器中按照先发生Ⅰ，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，则完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ
14. 在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g)⇌LaNi5H6(s)ΔH<0。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是( )
A. 低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢
B. 升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动
C. 缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小
D. 向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大
15. 用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定三颈烧瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如图。下列说法正确的是( )
A. 溶解氧随着溶液酸性减弱而增大
B. pH=2.0时，发生析氢腐蚀而不发生吸氧腐蚀
C. 整个过程中，负极电极反应式为：Fe−3e−=Fe3+
D. pH=4.0时，既发生吸氧腐蚀又发生析氢腐蚀
16. 用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定10.0mL0.10mol⋅L−1H2A溶液，溶液pH和温度随V(NaOH溶液)V(H2A溶液)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 整个滴定过程中，水的电离程度和Kw都逐渐增大
B. V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶液中存在3c(H2A)−2c(OH−)=c(A2−)−2c(H+)−c(HA−)
C. H2A的电离常数Ka2=10−2.3
D. 第一反应终点可选用紫色石蕊溶液作为指示剂
17. 按要求回答问题：
(1)碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为 ______.
(2)某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，则AgCl的溶解度 ______(填“增大”“减小”“不变”，下同)，Ksp______，c(Ag+)______.
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷覆铜板，该过程的离子方程式为 ______；配制的FeCl3溶液应保持酸性的原因是 ______.
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5，用离子方程式说明NaN3溶液显碱性的原因 ______.
18. 已知部分酸的电离平衡常数如表：
弱酸
CH3COOH
H2CO3
HCN
HClO
H3PO4
电离常数(25℃)
1.75×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=4.7×10−11
6.2×10−10
3.0×10−8
Ka1=6.9×10−3
Ka2=6.2×10−8
Ka3=4.8×10−13
(1)H2PO4−、ClO−、PO43−、CO32−四种离子结合H+能力由强到弱的顺序是 ______(用离子符号表示).
(2)25℃时，向10mL0.1mol⋅L−1的HCN溶液中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是 ______.
A.HCN的电离程度增大
B.c(CN−)减小
C.c(H+)Ka(HCN)增大
D.H+的数目增多
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1______V2(填“>”、“<”或“=”).
(4)Na2CO3溶液与足量的HClO溶液反应的离子方程式为 ______.
19. 利用绿色钙源蛋壳(主要成分为CaCO3)制备葡萄糖酸钙晶体Ca(C6H11O7)2⋅H2O(相对分子质量为448)，并用酸性KMnO4溶液间接滴定法对其纯度进行测定，假设其它成分不与KMnO4溶液反应，步骤如下．
①称取0.600g产品置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4∼5，生成白色沉淀，过滤、用乙醇洗涤；
③将②中洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用0.02000mol⋅L−1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液24.00mL.
回答下列问题：
(1)步骤②中生成白色沉淀的化学式为 ______；用乙醇洗涤沉淀的原因是 ______和利于干燥．
(2)用离子方程式表示酸性KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理 ______.
(3)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为 ______%(保留三位有效数字).
20. 利用CaCO3吸收烟气中H2S的过程包括：CaCO3的分解、H2S的吸收与CaS的生成，以及CaS的氧化．
(1)恒温恒容密闭容器中进行吸收H2S反应为CaO(s)+H2S(g)⇌CaS(s)+H2O(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是 ______.
A.气体的总压强不再随时间变化
B.气体的密度不再随时间变化
C.单位时间内断裂H−S与生成H−O键数相等
D.气体的分压p(H2S)p(H2O)不再随时间变化
(2)CaS的氧化涉及如下反应：
①12CaS(s)+O2(g)⇌12CaSO4−(s)ΔH1
②23CaS(s)+O2(g)⇌23CaO(s)+23SO2(g)ΔH2
③CaSO4(s)+13CaS(s)⇌43CaO(s)+43SO2(g)ΔH3
ΔH3=______(用ΔH1、ΔH2表示).
21. 三氧化二镍(Ni2O3)常用于制造高能电池．以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)生产Ni2O3的工艺流程如图所示．
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素化合价为 ______，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和 ______.
(2)为加快酸浸速率可采取的措施有 ______(写出一点即可)；其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间为 ______(选填“a、b、c、d”中的一个标号).
(3)“氧化”时加入H2O2发生反应的离子方程式为 ______.
(4)“过滤”中加入NH4F的目的是将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，已知常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.48×10−10、7.40×10−11.两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)c(Ca2+)=______.
(5)NiCl2被“氧化”生成Ni2O3，的化学方程式为 ______.
(6)用100kg含镍26.55%的金属镍废料经过上述工艺制得Ni2O3固体33.2kg，镍的回收率为 ______%(保留两位小数).
22. 甲醇和乙醇都是重要的化工原料，将CO2转化为甲醇和乙醇是实现“碳达峰、碳中和”目标的方法之一．
(1)利用焦炉煤气制取甲醇的主要反应原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH
则该反应的ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)完全燃烧16g甲醇放出363.3kJ的热量，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 ______.
(3)某小组采用CO2催化加氢制甲醇来减少CO2对环境造成的影响．恒温恒容条件下，向4L的密闭容器中，充入1molCO2和2molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，起始压强为p0kPa，3min后反应达平衡，此时c(H2O)=0.1mol⋅L−1，则：
①CO2转化率为 ______%，v(H2)=______.
②该反应达到平衡时的平衡常数Kp=______(kPa)−2(列出计算式即可).(Kp为分压表示的平衡常数，p分=p总×物质的量分数)
(4)某兴趣小组同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题．
①乙池中，B极的电极名称为 ______极，甲池中，通入氧气一极的电极反应式为 ______.
②丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后，若两极的质量相差8.64g，则理论上甲池中消耗O2的体积为 ______mL(标准状况下).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.向燃煤中添加碳酸钙，不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故A错误；
B.大力提倡植树造林，植物吸收二氧化碳，有利于实现“碳中和”，故B正确；
C.借助光伏、风电、核电等技术发电，减少火电的利用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故C正确；
D.利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化，有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：A。
“碳中和”指的是区域在一定时间内排放的二氧化碳，通过植物吸收、节能减排等形式，相互抵消，实现二氧化碳相对“零排放”，据此解答。
本题考查了环境污染与治理，熟悉“碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故A正确；
B.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；
C.澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故C错误；
D.生理盐水对新冠病毒无效，不能有效防控新型冠状病毒，故D错误；
故选：A。
A.共享单车的使用，减少能源的利用；
B.碳酸钠碱性较强；
C.澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小；
D.生理盐水对新冠病毒无效。
本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.盐酸与氢氧化钠的反应有离子参加，没有元素化合价变化，则该反应属于离子反应不属于氧化还原反应，故A不选；
B.甲烷的完全燃烧反应没有离子参加，不属于离子反应，故B不选；
C.锌与稀盐酸的反应有离子参加，有元素化合价变化，则该反应属于离子反应也属于氧化还原反应且为放热反应，故C选；
D.Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl固体反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
有离子参加的反应为离子反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见放热反应：(1)所有燃烧或爆炸反应；(2)酸碱中和反应；(3)多数化合反应；(4)活泼金属与水或酸生成H2的反应，据此解答。
本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重反应类型判断的考查，明确反应中元素的化合价变化及是否有离子参加、常见的放热反应即可解答，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都含O，所以1L0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中含有的氧原子数大于0.2NA，故A错误；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，1molN2和3molH2反应可生成NH3分子数小于2NA个，故B错误；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，水的电离受到抑制，由水电离出的OH−的数目等于由水电离出的氢离子数目为10−13mol/L×1L×NAmol−1=10−13NA，故C错误；
D.NO2和N2O4具有相同最简式NO2，则常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为：23g46g/mol×NAmol−1=0.5NA，故D正确；
故选：D。
A.醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都含O；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，水的电离受到抑制；
D.NO2和N2O4具有相同最简式NO2。
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。
5.【答案】D
【解析】解：A.c(H+)=c(OH−)的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.能溶解Al(OH)3的溶液呈酸性或碱性，HCO3−与H+、OH−反应，不能大量共存，故B错误；
C.含有Cr2O72−的溶液为橙色，不满足溶液无色的条件，故C错误；
D.该溶液呈酸性，H+、NH4+、Cl−、SO42−之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.该溶液呈中性，铁离子水解溶液呈酸性；
B.该溶液呈酸性或强碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
C.含有Cr2O72−的溶液为橙色；
D.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应。
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。
6.【答案】C
【解析】解：A.稀释醋酸时氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.电解质为化合物，而氯气为单质，氯气与水反应生成的酸电离使溶液导电，氯气既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.溶液的导电性与离子浓度、离子电荷有关，则醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱，故C正确；
D.水中加可水解的盐，能促进水的电离，而酸、碱均抑制水的电离，故D错误；
故选：C。
A.稀释醋酸时氢离子浓度减小，水的离子积不变；
B.电解质为化合物，而氯气为单质；
C.溶液的导电性与离子浓度、离子电荷有关；
D.水中加可水解的盐，能促进水的电离。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、溶液导电性、电解质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.生成气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响，故B正确；
C.钠与水反应放热，试管中空气受热膨胀，U型管中红墨水左低右高，现象不合理，故C错误；
D.溶液的浓度不同，且催化剂的阴离子不同，应控制阴离子相同，过氧化氢的浓度相同，探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，故D错误；
故选：B。
A.生成气体易从长颈漏斗逸出；
B.只有温度不同；
C.钠与水反应放热，试管中空气受热膨胀；
D.溶液的浓度不同，且催化剂的阴离子不同。
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、反应速率、化学平衡、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】C
【解析】解：A.滴加少量3mol⋅L−1的稀硝酸，与锌反应不生成氢气，故A错误；
B.滴加几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，但生成氢气的总量不变，故B错误；
C.滴加少量2mol⋅L−1稀硫酸，氢离子浓度增大，则反应速率增大，氢离子的总物质的量增加，所以生成H2的量也增大，故C正确；
D.滴加少量醋酸钠溶液，与稀硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减小，故D错误；
故选：C。
增大反应速率，可增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，增大生成H2的量，则溶液中氢离子的总物质的量增加，以此解答。
本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，学习中注意相关知识的积累，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.水的分解和水的汽化过程中需要吸收能量，焓变均大于0，故A正确；
B.水的电解过程需要通电才能实现，电离过程不需要通电，故B错误；
C.水电离出的氢离子浓度不一定等于1×10−7mol⋅L−1，和温度有关，故C错误；
D.升高温度，促进水的电离，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：A。
A.水的分解和水的汽化过程都需要吸收能量；
B.水的电离不需要通电；
C.温度不同水的电离程度不同，常温下水电离出氢离子浓度为1×10−7mol⋅L−1；
D.水的电离过程为吸热过程，升温促进水的电离，氢离子浓度增大。
本题考查了水的电离、影响电离平衡的因素分析判断等知识点，注意基础知识的熟练掌握，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.压缩容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向即正反应方向移动，则图像不正确，故A选；
B.通入O2，反应物浓度增大，正逆反应速率增大，平衡正向移动，则图像正确，故B不选；
C.使用(正)催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率增大仍然相等，则图像正确，故C不选；
D.升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，则图像正确，故D不选；
故选：A。
A.压缩容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
B.通入O2，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动；
C.使用(正)催化剂，对正逆反应速率影响相同；
D.升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动。
本题考查学生影响化学反应速率化学平衡移动的因素致使，注意温度、催化剂、浓度对正逆反应速率的影响是离开原来平衡速率点的，难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：①v(B)=3v(A)=3×0.01mol⋅L−1⋅s−1=0.03mol⋅L−1⋅s−1=1.8mol⋅L−1⋅min−1；
②v(B)=1.2mol⋅L−1⋅min−1；
③v(B)=32v(C)=32×2.40mol⋅L−1⋅min−1=3.60mol⋅L−1⋅min−1；
④v(B)=32v(D)=32×0.02mol⋅L−1⋅s−1=0.03mol⋅L−1⋅s−1=1.8mol⋅L−1⋅min−1；
故反应速率③>①=④>②；
故选：B。
先利用”不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比“转化为同一物质表示的反应速率，再进行速率大小比较，注意保持单位一致。
本题考查化学反应速率快慢的比较，注意对速率规律的理解，注意转化为同一物质表示的速率进行解答，也可以利用“速率与化学计量数比值越大表示反应速率越快”进行比较。
12.【答案】D
【解析】解：A.海水呈中性，铁主要发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.开关由M置于N时，Zn作负极，Cu−Zn合金作正极被保护，Cu−Zn合金的腐蚀速率减小，故B正确；
C.该装置的原理是外加电源的阴极保护法，故钢闸门应与外接电源的负极相连，故C正确；
D.燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生化学腐蚀，不是电化学腐蚀，故D错误；
故选：D。
A.海水呈中性，铁主要发生吸氧腐蚀；
B.开关由M置于N时，Cu−Zn合金作正极被保护；
C.此电化学防护的方法为外加电源的阴极保护法，即钢闸门、辅助电极和外接电源构成电解池，其中钢闸门做电解池的阴极被保护，辅助电极做阳极；
D.高温下铁发生化学腐蚀。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握金属腐蚀的常见类型和防护方式是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，该过程为吸附，反应Ⅱ产物为pt4−(HC3H7)，此时断裂第1个C−H键，反应Ⅲ产物pt4−(2HC3H7)，此时断裂第2个C−H键，故A正确；
B.由图可知，反应Ⅱ活化能最大，则反应Ⅱ是Pt4催化丙烷的快速阶段，故B正确；
C.由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)]时，放出的热量为0.95eV，则1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95NAeV，故C错误；
D.若该催化反应在绝热容器中按照先发生I，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能，因此这些能量足以使反应Ⅲ发生，所以完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，反应Ⅱ产物为pt4−(HC3H7)，反应Ⅲ产物pt4−(2HC3H7)；
B.活化能越大，反应速率越慢，最慢的阶段是Pt4催化丙烷的快速阶段；
C.由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)]时，放出的热量为0.95eV；
D.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能。
本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力、识图能力，根据题目信息结合化学平衡的影响因素知识解答，难度较大。
14.【答案】A
【解析】解：A.该反应是放热反应，降低温度，平衡逆向移动，低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都加快，且平衡逆向移动，故B错误；
C.K=1c3(H2)，化学平衡常数只与温度有关，则缩小容器的容积，重新达到平衡时H2的浓度不变，故C错误；
D.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；
故选：A。
A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡逆向移动；
B.降低温度，正、逆反应速率都减慢，升高温度正逆反应速率都加快；
C.K=1c3(H2)，化学平衡常数只与温度有关；
D.化学平衡常数只与温度有关。
本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理，注意化学平衡常数只与温度有关，此题难度中等。
15.【答案】D
【解析】解：A.溶液酸性减弱，发生吸氧腐蚀，因此会导致溶解氧减小，故A错误；
B.由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：2H++2e−=H2↑和O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；
C.锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故D正确；
故选：D。
Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。
本题考查铁的电化学腐蚀原理的探究，题目难度不大，明确析氢腐蚀、吸氧腐蚀的原理为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验探究能力。
16.【答案】B
【解析】解：A.整个滴定过程中，溶液的酸性逐渐减弱，酸对水的电离的抑制作用逐渐减弱，则水的电离程度逐渐增大，温度升高，水的电离程度也增大，温度先升高后降低，所以Kw先增大后减小，故A错误；
B.V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶质为等量的Na2A和NaHA，物料守恒有：2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，根据电荷守恒和物料守恒得3c(H2A)+c(HA−)+2c(H+)=2c(OH−)+c(A2−)，所以得3c(H2A)−2c(OH−)=c(A2−)−2c(H+)−c(HA−)，故B正确；
C.点时，c(A2−)=c(HA−)，pH=9.7，K2=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=10−9.7≠10−2.3，故C错误；
D.石蕊试液变色范围为7−9，第一反应终点溶液的pH在6左右，所以第一反应终点溶液滴入石蕊试液，颜色变化不明显，应该选取甲基橙作指示剂，故D错误；
故选：B。
A.酸抑制水电离，升高温度促进水电离；
B.V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶质为等量的Na2A和NaHA，物料守恒有：2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)；
C.Y点时，c(A2−)=c(HA−)，据此计算电离平衡常数K2；
D.石蕊试液变色范围为7−9，第一反应终点溶液的pH在6左右。
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，明确温度对离子积常数的影响原理、水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答难点，题目难度不大。
17.【答案】NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32− 减小 不变 减小 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ 抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3 N3−+H2O⇌HN3+OH−
【解析】解：(1)碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32−，
故答案为：NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32−；
(2)在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl−)增大，部分溶质AgCl析出，AgCl的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；平衡逆向移动，c(Ag+)减小，
故答案为：减小；不变；减小；
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性原因是抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3，
故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3；
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5说明HN3为弱酸，NaN3溶液中N3−发生水解反应而显碱性，水解反应的离子方程式为N3−+H2O⇌HN3+OH−，
故答案为：N3−+H2O⇌HN3+OH−。
(1)碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；
(2)在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl−)增大，部分溶质AgCl析出，AgCl的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+；
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5说明HN3为弱酸，NaN3溶液中N3−发生水解反应而显碱性。
本题考查学生对盐类的水解和溶解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的盐类的水解、溶解平衡的移动原理等，明确勒夏特列原理是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
18.【答案】PO43−>CO32−>ClO−>H2PO4− ABD
故答案为：PO43−>CO32−>ClO−>H2PO4−；
(2)A.c(HCN)越小，HCN电离程度越大，所以稀释过程中HCN电离程度增大，故A正确；
B.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释后c(CN−)减小，故B正确；
C.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变电离平衡常数不变，所以c(H+)Ka(HCN)减小，故C错误；
D.加水稀释促进HCN电离，所以H+的数目增多，故D正确；
故答案为：ABD；
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，c(CH3COOH)
(4)酸性H2CO3>HClO>HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以二者离子反应方程式为H2CO3+ClO−=HCO3−+HClO，
故答案为：H2CO3+ClO−=HCO3−+HClO。
(1)酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；
(2)A.c(HCN)越小，HCN电离程度越大；
B.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度；
C.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变电离平衡常数不变；
D.加水稀释促进HCN电离；
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比；
(4)强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二者反应生成NaHCO3、NaClO。
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，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，(4)题离子方程式的书写易书写错误。
19.【答案】CaC2O4 可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O89.6
【解析】解：(1)步骤②中生成白色沉淀的化学式为CaC2O4；用乙醇洗涤沉淀的原因是可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出和利于干燥，
故答案为：CaC2O4；可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
(2)用离子方程式表示酸性KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)由5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O及Ca原子守恒可知，存在关系式为5[Ca(C6H11O7)2⋅H2O]∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，则产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为0.024L×0.02000mol/L×52×448g/mol0.600g×100%=89.6%，
故答案为：89.6。
(1)步骤②中生成的白色沉淀为草酸钙，乙醇可降低草酸钙的溶解度，且乙醇易挥发；
(2)草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
(3)由5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O及Ca原子守恒可知，存在关系式为5[Ca(C6H11O7)2⋅H2O]∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，以此来解答。
本题考查物质含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，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。
20.【答案】BD2(△H2−△H1)
【解析】解：(1)A.反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不变，不能作为判断依据，故A错误；
B.根据质量守恒定律，混合气体的质量是变量，容器的体积不变，则混合气体的密度为变量，当气体的密度不再随时间变化，说明反应达到平衡状态。故B正确；
C.无论反应是否达到平衡状态，单位时间内断裂H−S与生成H−O键数相等，不能作为判断依据，故C错误；
D.随着反应进行，气体的分压p(H2S)p(H2O)发生改变，当其不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
(2)根据盖斯定律：2×②−2×①得③，则△H3=2(△H2−△H1)，
故答案为：2(△H2−△H1)。
(1)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.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等，以此为判断依据；
(2)根据盖斯定律：2×②−2×①得③。
本题考查化学平衡状态的判断、反应热的计算，对于化学平衡状态的判断要抓住“变量”，掌握盖斯定律是解题关键，此题难度中等。
21.【答案】+3玻璃棒 升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等 c2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O0.52Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O88.78
【解析】解：(1)Ni2O3中氧元素为−2价，则Ni元素化合价为+3价，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，
故答案为：+3，玻璃棒；
(2)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，由图可知酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min，镍浸出率较大，
故答案为：升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；C；
(3)H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)CaF2、MgF2两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)c(Ca2+)=c(Mg2+)⋅c(F−)2c(Ca2+)⋅c(F−)2=KspMgF2KspCaF2=7.40×10−111.48×10−10=0.5，
故答案为：0.5；
(5)氧化时NaClO中Cl元素由+1价降为−1价，反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，则氧化生成Ni2O3的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O；
(6)m(Ni)=100kg×26.55%=26.55kg，Ni2O3固体中m(Ni)=33.2kg×59×259×2+16×3=23.57kg，Ni的回收率=m(实际)m(理论)×100%=23.5726.55×100%≈88.78%，
故答案为：88.78。
金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有Ni2+、Cl−，另含有少量Fe2+、Ca2+、Mg2+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，滤渣A为Fe(OH)3，过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀Ca2+、Mg2+，滤渣B为MgF2、CaF2，再次过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3.升高温度、增大酸的浓度、充分搅拌、增大接触面积等可以提高浸出的速率，Ni的浸出率越高、温度越低越好；Ni的回收率=m(实际)m(理论)×100%，据此解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，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。
22.【答案】−91CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol400.1mol/(L⋅min)(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3 阴 2H2O+O2+4e−=4OH− 224
【解析】解：(1)该反应的ΔH=反应物的总能量-生成物的总能量=(419−510)kJ/mol=−91kJ/mol，
故答案为：−91；
(2)16g甲醇物质的量=0.5mol，则1mol甲醇放出726.6kJ的热量，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol；
(3)①平衡时c(H2O)=0.1mol/L，在4L容器中n(H2O)=0.4mol，列三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1200
平衡(mol)0.41.20.40.4
平衡(mol)0.60.80.40.4
CO2转化率为0.41×100%=40%，v(H2)=△c△t=1.24×3mol/(L⋅min)=0.1mol/(L⋅min)，
故答案为：40；0.1mol/(L⋅min)；
②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为p0kPa，则1+20.6+0.8+0.4+0.4=p0p，平衡时总压强为2.23p0kPa，平衡时的平衡常数Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)=(0.42.2×2.23p0)2(0.62.2×2.23p0)×(0.82.2×2.23p0)3(kPa)−2=(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3(kPa)−2，
故答案为：(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3；
(4)①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得电子，则乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，甲池正极上氧气得电子，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，
故答案为：阴；2H2O+O2+4e−=4OH−；
②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag−e−=Ag+，阴极反应式为Ag++e−=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差8.64g，则108x+108x=8.64g，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=14n(e−)=0.01mol，标准状况下V(O2)=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，
故答案为：224。
(1)该反应的ΔH=反应物的总能量-生成物的总能量；
(2)16g甲醇物质的量=0.5mol，则1mol甲醇放出726.6kJ的热量
(3)①平衡时c(H2O)=0.1mol/L，在4L容器中n(H2O)=0.4mol，列三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1200
平衡(mol)0.41.20.40.4
平衡(mol)0.60.80.40.4
CO2转化率为0.41×100%=40%，v(H2)=△c△t；
②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为p0kPa，则1+20.6+0.8+0.4+0.4=p0p，平衡时总压强为2.23p0kPa，平衡时的平衡常数Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)；
(4)①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得电子；
②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag−e−=Ag+，阴极反应式为Ag++e−=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差8.64g，则108x+108x=8.64g，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=14n(e−)=0.01mol。
本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
2021-2022学年安徽省宣城市高二（上）期末化学试卷
1. 下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是( )
A. 向燃煤中添加碳酸钙
B. 大力提倡植树造林
C. 借助光伏、风电、核电等技术发电
D. 利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
2. 化学在生活、生产、科技中有着广泛应用。下列说法正确的是( )
A. 共享单车利用太阳能电池完成卫星定位，有利于节能环保
B. Na2CO3溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多
C. 将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉
D. 75%的酒精和生理盐水均可用于餐具消毒以杀灭新型冠状病毒
3. 下列反应中，既属于离子反应，又属于氧化还原反应且是放热反应的是( )
A. 盐酸与氢氧化钠的反应 B. 甲烷的完全燃烧
C. 锌与稀盐酸的反应 D. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中含有的氧原子数为0.2NA
B. 一定条件下，1molN2和3molH2反应可生成2NA个NH3分子
C. 常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，由水电离出的OH−的数目为0.2NA
D. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为0.5NA
5. 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. c(H+)=c(OH−)的溶液中：Na+、Fe3+、SO42−、Cl−
B. 能溶解Al(OH)3的溶液中：Na+、K+、NO3−、HCO3−
C. 无色溶液中：K+、Na+、Cr2O72−、SO42−
D. Kwc(H+)=10−12的溶液中：H+、NH4+、Cl−、SO42−
6. 下列有关电解质及电离的说法正确的是( )
A. 稀释醋酸溶液时，所有离子的浓度均减小
B. 氯气的水溶液能导电，所以氯气是电解质
C. 醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱
D. 水中加入酸、碱或盐都一定会抑制水的电离
7. 下列有关实验装置及实验设计或现象正确的是( )
A
B
C
D
装置
实验
测定H2O2分解反应速率
探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响
探究Na与水反应的热效应
探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响
A. A B. B C. C D. D
8. 足量的锌粉与100mL1mol⋅L−1稀硫酸反应，为了加快反应速率且增大生成H2的量，下列措施中能达到实验目的的是( )
A. 滴加少量3mol⋅L−1的稀硝酸 B. 滴加几滴硫酸铜溶液
C. 滴加少量2mol⋅L−1稀硫酸 D. 滴加少量醋酸钠溶液
9. 水是生活中不可缺少的物质．下列关于水的的说法，正确的是( )
A. 水的分解和水的汽化过程中焓变均大于0
B. 水的电离和电解过程均需要通电才能实现
C. 水电离出的氢离子浓度一定等于1×10−7mol⋅L−1
D. 升高温度，水的电离程度和pH均增大
10. 某温度下，在恒容密闭容器中SO2、O2、SO3建立化学平衡：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0，改变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确的是( )
A.压缩容器体积
B.通入O2
C.使用(正)催化剂
D.升高温度
A. A B. B C. C D. D
11. 对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系正确的是( )
①v(A)=0.01mol⋅L−1⋅s−1
②v(B)=1.20mol⋅L−1⋅min−1
③v(C)=2.40mol⋅L−1⋅min−1
④v(D)=0.02mol⋅L−1⋅s−1
A. ②>③>④>① B. ③>①=④>② C. ③>④>①=② D. ①>④>②>③
12. 下列与金属腐蚀的有关说法中，不正确的是( )
A. 铁制品主要发生吸氧腐蚀
B. 开关置于N处时，金属铁的腐蚀速率比置于M时更小
C. 为外加直流电源保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀
13. 化学家研究催化剂Pt4催化丙烷脱氢机理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 由图可知Pt4催化大致经过阶段Ⅰ(吸附)、反应Ⅱ(断裂第1个C−H键)、反应Ⅲ(断裂第2个C−H键)
B. 反应Ⅱ活化能最大，是Pt4催化丙烷脱氢的决速步
C. 1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95eV
D. 若该催化反应在绝热容器中按照先发生Ⅰ，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，则完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ
14. 在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g)⇌LaNi5H6(s)ΔH<0。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是( )
A. 低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢
B. 升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动
C. 缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小
D. 向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大
15. 用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定三颈烧瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如图。下列说法正确的是( )
A. 溶解氧随着溶液酸性减弱而增大
B. pH=2.0时，发生析氢腐蚀而不发生吸氧腐蚀
C. 整个过程中，负极电极反应式为：Fe−3e−=Fe3+
D. pH=4.0时，既发生吸氧腐蚀又发生析氢腐蚀
16. 用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定10.0mL0.10mol⋅L−1H2A溶液，溶液pH和温度随V(NaOH溶液)V(H2A溶液)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 整个滴定过程中，水的电离程度和Kw都逐渐增大
B. V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶液中存在3c(H2A)−2c(OH−)=c(A2−)−2c(H+)−c(HA−)
C. H2A的电离常数Ka2=10−2.3
D. 第一反应终点可选用紫色石蕊溶液作为指示剂
17. 按要求回答问题：
(1)碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为 ______.
(2)某温度下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸，则AgCl的溶解度 ______(填“增大”“减小”“不变”，下同)，Ksp______，c(Ag+)______.
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷覆铜板，该过程的离子方程式为 ______；配制的FeCl3溶液应保持酸性的原因是 ______.
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5，用离子方程式说明NaN3溶液显碱性的原因 ______.
18. 已知部分酸的电离平衡常数如表：
弱酸
CH3COOH
H2CO3
HCN
HClO
H3PO4
电离常数(25℃)
1.75×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=4.7×10−11
6.2×10−10
3.0×10−8
Ka1=6.9×10−3
Ka2=6.2×10−8
Ka3=4.8×10−13
(1)H2PO4−、ClO−、PO43−、CO32−四种离子结合H+能力由强到弱的顺序是 ______(用离子符号表示).
(2)25℃时，向10mL0.1mol⋅L−1的HCN溶液中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是 ______.
A.HCN的电离程度增大
B.c(CN−)减小
C.c(H+)Ka(HCN)增大
D.H+的数目增多
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1______V2(填“>”、“<”或“=”).
(4)Na2CO3溶液与足量的HClO溶液反应的离子方程式为 ______.
19. 利用绿色钙源蛋壳(主要成分为CaCO3)制备葡萄糖酸钙晶体Ca(C6H11O7)2⋅H2O(相对分子质量为448)，并用酸性KMnO4溶液间接滴定法对其纯度进行测定，假设其它成分不与KMnO4溶液反应，步骤如下．
①称取0.600g产品置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；
②加入足量(NH4)2C2O4溶液，用氨水调节pH为4∼5，生成白色沉淀，过滤、用乙醇洗涤；
③将②中洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中，用0.02000mol⋅L−1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液24.00mL.
回答下列问题：
(1)步骤②中生成白色沉淀的化学式为 ______；用乙醇洗涤沉淀的原因是 ______和利于干燥．
(2)用离子方程式表示酸性KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理 ______.
(3)根据以上实验数据，测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为 ______%(保留三位有效数字).
20. 利用CaCO3吸收烟气中H2S的过程包括：CaCO3的分解、H2S的吸收与CaS的生成，以及CaS的氧化．
(1)恒温恒容密闭容器中进行吸收H2S反应为CaO(s)+H2S(g)⇌CaS(s)+H2O(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是 ______.
A.气体的总压强不再随时间变化
B.气体的密度不再随时间变化
C.单位时间内断裂H−S与生成H−O键数相等
D.气体的分压p(H2S)p(H2O)不再随时间变化
(2)CaS的氧化涉及如下反应：
①12CaS(s)+O2(g)⇌12CaSO4−(s)ΔH1
②23CaS(s)+O2(g)⇌23CaO(s)+23SO2(g)ΔH2
③CaSO4(s)+13CaS(s)⇌43CaO(s)+43SO2(g)ΔH3
ΔH3=______(用ΔH1、ΔH2表示).
21. 三氧化二镍(Ni2O3)常用于制造高能电池．以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)生产Ni2O3的工艺流程如图所示．
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素化合价为 ______，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和 ______.
(2)为加快酸浸速率可采取的措施有 ______(写出一点即可)；其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图所示，酸浸的最佳温度与时间为 ______(选填“a、b、c、d”中的一个标号).
(3)“氧化”时加入H2O2发生反应的离子方程式为 ______.
(4)“过滤”中加入NH4F的目的是将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，已知常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.48×10−10、7.40×10−11.两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)c(Ca2+)=______.
(5)NiCl2被“氧化”生成Ni2O3，的化学方程式为 ______.
(6)用100kg含镍26.55%的金属镍废料经过上述工艺制得Ni2O3固体33.2kg，镍的回收率为 ______%(保留两位小数).
22. 甲醇和乙醇都是重要的化工原料，将CO2转化为甲醇和乙醇是实现“碳达峰、碳中和”目标的方法之一．
(1)利用焦炉煤气制取甲醇的主要反应原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH
则该反应的ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)完全燃烧16g甲醇放出363.3kJ的热量，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 ______.
(3)某小组采用CO2催化加氢制甲醇来减少CO2对环境造成的影响．恒温恒容条件下，向4L的密闭容器中，充入1molCO2和2molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，起始压强为p0kPa，3min后反应达平衡，此时c(H2O)=0.1mol⋅L−1，则：
①CO2转化率为 ______%，v(H2)=______.
②该反应达到平衡时的平衡常数Kp=______(kPa)−2(列出计算式即可).(Kp为分压表示的平衡常数，p分=p总×物质的量分数)
(4)某兴趣小组同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题．
①乙池中，B极的电极名称为 ______极，甲池中，通入氧气一极的电极反应式为 ______.
②丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后，若两极的质量相差8.64g，则理论上甲池中消耗O2的体积为 ______mL(标准状况下).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.向燃煤中添加碳酸钙，不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故A错误；
B.大力提倡植树造林，植物吸收二氧化碳，有利于实现“碳中和”，故B正确；
C.借助光伏、风电、核电等技术发电，减少火电的利用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故C正确；
D.利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化，有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：A。
“碳中和”指的是区域在一定时间内排放的二氧化碳，通过植物吸收、节能减排等形式，相互抵消，实现二氧化碳相对“零排放”，据此解答。
本题考查了环境污染与治理，熟悉“碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故A正确；
B.碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；
C.澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，故C错误；
D.生理盐水对新冠病毒无效，不能有效防控新型冠状病毒，故D错误；
故选：A。
A.共享单车的使用，减少能源的利用；
B.碳酸钠碱性较强；
C.澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小；
D.生理盐水对新冠病毒无效。
本题综合考查物质的组成和性质，为高频考点，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.盐酸与氢氧化钠的反应有离子参加，没有元素化合价变化，则该反应属于离子反应不属于氧化还原反应，故A不选；
B.甲烷的完全燃烧反应没有离子参加，不属于离子反应，故B不选；
C.锌与稀盐酸的反应有离子参加，有元素化合价变化，则该反应属于离子反应也属于氧化还原反应且为放热反应，故C选；
D.Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl固体反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
有离子参加的反应为离子反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见放热反应：(1)所有燃烧或爆炸反应；(2)酸碱中和反应；(3)多数化合反应；(4)活泼金属与水或酸生成H2的反应，据此解答。
本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重反应类型判断的考查，明确反应中元素的化合价变化及是否有离子参加、常见的放热反应即可解答，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都含O，所以1L0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中含有的氧原子数大于0.2NA，故A错误；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，1molN2和3molH2反应可生成NH3分子数小于2NA个，故B错误；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，水的电离受到抑制，由水电离出的OH−的数目等于由水电离出的氢离子数目为10−13mol/L×1L×NAmol−1=10−13NA，故C错误；
D.NO2和N2O4具有相同最简式NO2，则常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数为：23g46g/mol×NAmol−1=0.5NA，故D正确；
故选：D。
A.醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都含O；
B.氮气与氢气合成氨气为可逆反应；
C.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，水的电离受到抑制；
D.NO2和N2O4具有相同最简式NO2。
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。
5.【答案】D
【解析】解：A.c(H+)=c(OH−)的溶液呈中性，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.能溶解Al(OH)3的溶液呈酸性或碱性，HCO3−与H+、OH−反应，不能大量共存，故B错误；
C.含有Cr2O72−的溶液为橙色，不满足溶液无色的条件，故C错误；
D.该溶液呈酸性，H+、NH4+、Cl−、SO42−之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.该溶液呈中性，铁离子水解溶液呈酸性；
B.该溶液呈酸性或强碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
C.含有Cr2O72−的溶液为橙色；
D.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应。
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。
6.【答案】C
【解析】解：A.稀释醋酸时氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.电解质为化合物，而氯气为单质，氯气与水反应生成的酸电离使溶液导电，氯气既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.溶液的导电性与离子浓度、离子电荷有关，则醋酸溶液的导电性不一定比盐酸弱，故C正确；
D.水中加可水解的盐，能促进水的电离，而酸、碱均抑制水的电离，故D错误；
故选：C。
A.稀释醋酸时氢离子浓度减小，水的离子积不变；
B.电解质为化合物，而氯气为单质；
C.溶液的导电性与离子浓度、离子电荷有关；
D.水中加可水解的盐，能促进水的电离。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、溶液导电性、电解质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.生成气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对反应2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡的影响，故B正确；
C.钠与水反应放热，试管中空气受热膨胀，U型管中红墨水左低右高，现象不合理，故C错误；
D.溶液的浓度不同，且催化剂的阴离子不同，应控制阴离子相同，过氧化氢的浓度相同，探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，故D错误；
故选：B。
A.生成气体易从长颈漏斗逸出；
B.只有温度不同；
C.钠与水反应放热，试管中空气受热膨胀；
D.溶液的浓度不同，且催化剂的阴离子不同。
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、反应速率、化学平衡、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】C
【解析】解：A.滴加少量3mol⋅L−1的稀硝酸，与锌反应不生成氢气，故A错误；
B.滴加几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，但生成氢气的总量不变，故B错误；
C.滴加少量2mol⋅L−1稀硫酸，氢离子浓度增大，则反应速率增大，氢离子的总物质的量增加，所以生成H2的量也增大，故C正确；
D.滴加少量醋酸钠溶液，与稀硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减小，故D错误；
故选：C。
增大反应速率，可增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，增大生成H2的量，则溶液中氢离子的总物质的量增加，以此解答。
本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，学习中注意相关知识的积累，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.水的分解和水的汽化过程中需要吸收能量，焓变均大于0，故A正确；
B.水的电解过程需要通电才能实现，电离过程不需要通电，故B错误；
C.水电离出的氢离子浓度不一定等于1×10−7mol⋅L−1，和温度有关，故C错误；
D.升高温度，促进水的电离，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：A。
A.水的分解和水的汽化过程都需要吸收能量；
B.水的电离不需要通电；
C.温度不同水的电离程度不同，常温下水电离出氢离子浓度为1×10−7mol⋅L−1；
D.水的电离过程为吸热过程，升温促进水的电离，氢离子浓度增大。
本题考查了水的电离、影响电离平衡的因素分析判断等知识点，注意基础知识的熟练掌握，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.压缩容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向即正反应方向移动，则图像不正确，故A选；
B.通入O2，反应物浓度增大，正逆反应速率增大，平衡正向移动，则图像正确，故B不选；
C.使用(正)催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率增大仍然相等，则图像正确，故C不选；
D.升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，则图像正确，故D不选；
故选：A。
A.压缩容器体积，压强增大，正、逆反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
B.通入O2，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动；
C.使用(正)催化剂，对正逆反应速率影响相同；
D.升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动。
本题考查学生影响化学反应速率化学平衡移动的因素致使，注意温度、催化剂、浓度对正逆反应速率的影响是离开原来平衡速率点的，难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：①v(B)=3v(A)=3×0.01mol⋅L−1⋅s−1=0.03mol⋅L−1⋅s−1=1.8mol⋅L−1⋅min−1；
②v(B)=1.2mol⋅L−1⋅min−1；
③v(B)=32v(C)=32×2.40mol⋅L−1⋅min−1=3.60mol⋅L−1⋅min−1；
④v(B)=32v(D)=32×0.02mol⋅L−1⋅s−1=0.03mol⋅L−1⋅s−1=1.8mol⋅L−1⋅min−1；
故反应速率③>①=④>②；
故选：B。
先利用”不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比“转化为同一物质表示的反应速率，再进行速率大小比较，注意保持单位一致。
本题考查化学反应速率快慢的比较，注意对速率规律的理解，注意转化为同一物质表示的速率进行解答，也可以利用“速率与化学计量数比值越大表示反应速率越快”进行比较。
12.【答案】D
【解析】解：A.海水呈中性，铁主要发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.开关由M置于N时，Zn作负极，Cu−Zn合金作正极被保护，Cu−Zn合金的腐蚀速率减小，故B正确；
C.该装置的原理是外加电源的阴极保护法，故钢闸门应与外接电源的负极相连，故C正确；
D.燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生化学腐蚀，不是电化学腐蚀，故D错误；
故选：D。
A.海水呈中性，铁主要发生吸氧腐蚀；
B.开关由M置于N时，Cu−Zn合金作正极被保护；
C.此电化学防护的方法为外加电源的阴极保护法，即钢闸门、辅助电极和外接电源构成电解池，其中钢闸门做电解池的阴极被保护，辅助电极做阳极；
D.高温下铁发生化学腐蚀。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握金属腐蚀的常见类型和防护方式是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，该过程为吸附，反应Ⅱ产物为pt4−(HC3H7)，此时断裂第1个C−H键，反应Ⅲ产物pt4−(2HC3H7)，此时断裂第2个C−H键，故A正确；
B.由图可知，反应Ⅱ活化能最大，则反应Ⅱ是Pt4催化丙烷的快速阶段，故B正确；
C.由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)]时，放出的热量为0.95eV，则1molC3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1mol[C3H6(g)+H2(g)]时，放出的热量为0.95NAeV，故C错误；
D.若该催化反应在绝热容器中按照先发生I，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能，因此这些能量足以使反应Ⅲ发生，所以完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反应Ⅲ，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，阶段Ⅰ产物为pt4...C3H8，反应Ⅱ产物为pt4−(HC3H7)，反应Ⅲ产物pt4−(2HC3H7)；
B.活化能越大，反应速率越慢，最慢的阶段是Pt4催化丙烷的快速阶段；
C.由图可知1个C3H8(g)在Pt4(s)催化下反应生成1个C3H6(g)和1个H2(g)]时，放出的热量为0.95eV；
D.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达到反应Ⅲ所需的活化能。
本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力、识图能力，根据题目信息结合化学平衡的影响因素知识解答，难度较大。
14.【答案】A
【解析】解：A.该反应是放热反应，降低温度，平衡逆向移动，低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都加快，且平衡逆向移动，故B错误；
C.K=1c3(H2)，化学平衡常数只与温度有关，则缩小容器的容积，重新达到平衡时H2的浓度不变，故C错误；
D.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；
故选：A。
A.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡逆向移动；
B.降低温度，正、逆反应速率都减慢，升高温度正逆反应速率都加快；
C.K=1c3(H2)，化学平衡常数只与温度有关；
D.化学平衡常数只与温度有关。
本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理，注意化学平衡常数只与温度有关，此题难度中等。
15.【答案】D
【解析】解：A.溶液酸性减弱，发生吸氧腐蚀，因此会导致溶解氧减小，故A错误；
B.由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生；因此，正极反应式有：2H++2e−=H2↑和O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；
C.锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故D正确；
故选：D。
Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小，据此分析解答。
本题考查铁的电化学腐蚀原理的探究，题目难度不大，明确析氢腐蚀、吸氧腐蚀的原理为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验探究能力。
16.【答案】B
【解析】解：A.整个滴定过程中，溶液的酸性逐渐减弱，酸对水的电离的抑制作用逐渐减弱，则水的电离程度逐渐增大，温度升高，水的电离程度也增大，温度先升高后降低，所以Kw先增大后减小，故A错误；
B.V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶质为等量的Na2A和NaHA，物料守恒有：2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，根据电荷守恒和物料守恒得3c(H2A)+c(HA−)+2c(H+)=2c(OH−)+c(A2−)，所以得3c(H2A)−2c(OH−)=c(A2−)−2c(H+)−c(HA−)，故B正确；
C.点时，c(A2−)=c(HA−)，pH=9.7，K2=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=10−9.7≠10−2.3，故C错误；
D.石蕊试液变色范围为7−9，第一反应终点溶液的pH在6左右，所以第一反应终点溶液滴入石蕊试液，颜色变化不明显，应该选取甲基橙作指示剂，故D错误；
故选：B。
A.酸抑制水电离，升高温度促进水电离；
B.V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=1.5时，溶质为等量的Na2A和NaHA，物料守恒有：2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)；
C.Y点时，c(A2−)=c(HA−)，据此计算电离平衡常数K2；
D.石蕊试液变色范围为7−9，第一反应终点溶液的pH在6左右。
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，明确温度对离子积常数的影响原理、水电离影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B为解答难点，题目难度不大。
17.【答案】NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32− 减小 不变 减小 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ 抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3 N3−+H2O⇌HN3+OH−
【解析】解：(1)碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32−，
故答案为：NaHCO3⇌Na++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32−；
(2)在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl−)增大，部分溶质AgCl析出，AgCl的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；平衡逆向移动，c(Ag+)减小，
故答案为：减小；不变；减小；
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，所以过程中发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性原因是抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3，
故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3；
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5说明HN3为弱酸，NaN3溶液中N3−发生水解反应而显碱性，水解反应的离子方程式为N3−+H2O⇌HN3+OH−，
故答案为：N3−+H2O⇌HN3+OH−。
(1)碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；
(2)在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl−)增大，部分溶质AgCl析出，AgCl的溶解度减小，AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变；
(3)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+；
(4)常温下，HN3的Ka=1.9×10−5说明HN3为弱酸，NaN3溶液中N3−发生水解反应而显碱性。
本题考查学生对盐类的水解和溶解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的盐类的水解、溶解平衡的移动原理等，明确勒夏特列原理是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
18.【答案】PO43−>CO32−>ClO−>H2PO4− ABD
故答案为：PO43−>CO32−>ClO−>H2PO4−；
(2)A.c(HCN)越小，HCN电离程度越大，所以稀释过程中HCN电离程度增大，故A正确；
B.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释后c(CN−)减小，故B正确；
C.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变电离平衡常数不变，所以c(H+)Ka(HCN)减小，故C错误；
D.加水稀释促进HCN电离，所以H+的数目增多，故D正确；
故答案为：ABD；
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，c(CH3COOH)
(4)酸性H2CO3>HClO>HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以二者离子反应方程式为H2CO3+ClO−=HCO3−+HClO，
故答案为：H2CO3+ClO−=HCO3−+HClO。
(1)酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；
(2)A.c(HCN)越小，HCN电离程度越大；
B.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度；
C.加水稀释促进HCN电离，但HCN电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变电离平衡常数不变；
D.加水稀释促进HCN电离；
(3)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两种溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好完全中和时，消耗NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比；
(4)强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二者反应生成NaHCO3、NaClO。
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，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，(4)题离子方程式的书写易书写错误。
19.【答案】CaC2O4 可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O89.6
【解析】解：(1)步骤②中生成白色沉淀的化学式为CaC2O4；用乙醇洗涤沉淀的原因是可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出和利于干燥，
故答案为：CaC2O4；可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
(2)用离子方程式表示酸性KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)由5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O及Ca原子守恒可知，存在关系式为5[Ca(C6H11O7)2⋅H2O]∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，则产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为0.024L×0.02000mol/L×52×448g/mol0.600g×100%=89.6%，
故答案为：89.6。
(1)步骤②中生成的白色沉淀为草酸钙，乙醇可降低草酸钙的溶解度，且乙醇易挥发；
(2)草酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
(3)由5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O及Ca原子守恒可知，存在关系式为5[Ca(C6H11O7)2⋅H2O]∼5CaC2O4∼5H2C2O4∼2KMnO4，以此来解答。
本题考查物质含量的测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，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。
20.【答案】BD2(△H2−△H1)
【解析】解：(1)A.反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不变，不能作为判断依据，故A错误；
B.根据质量守恒定律，混合气体的质量是变量，容器的体积不变，则混合气体的密度为变量，当气体的密度不再随时间变化，说明反应达到平衡状态。故B正确；
C.无论反应是否达到平衡状态，单位时间内断裂H−S与生成H−O键数相等，不能作为判断依据，故C错误；
D.随着反应进行，气体的分压p(H2S)p(H2O)发生改变，当其不再随时间变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
(2)根据盖斯定律：2×②−2×①得③，则△H3=2(△H2−△H1)，
故答案为：2(△H2−△H1)。
(1)判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.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等，以此为判断依据；
(2)根据盖斯定律：2×②−2×①得③。
本题考查化学平衡状态的判断、反应热的计算，对于化学平衡状态的判断要抓住“变量”，掌握盖斯定律是解题关键，此题难度中等。
21.【答案】+3玻璃棒 升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等 c2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O0.52Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O88.78
【解析】解：(1)Ni2O3中氧元素为−2价，则Ni元素化合价为+3价，实验室进行过滤操作需用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，
故答案为：+3，玻璃棒；
(2)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，由图可知酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min，镍浸出率较大，
故答案为：升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；C；
(3)H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)CaF2、MgF2两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)c(Ca2+)=c(Mg2+)⋅c(F−)2c(Ca2+)⋅c(F−)2=KspMgF2KspCaF2=7.40×10−111.48×10−10=0.5，
故答案为：0.5；
(5)氧化时NaClO中Cl元素由+1价降为−1价，反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，则氧化生成Ni2O3的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O；
(6)m(Ni)=100kg×26.55%=26.55kg，Ni2O3固体中m(Ni)=33.2kg×59×259×2+16×3=23.57kg，Ni的回收率=m(实际)m(理论)×100%=23.5726.55×100%≈88.78%，
故答案为：88.78。
金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有Ni2+、Cl−，另含有少量Fe2+、Ca2+、Mg2+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，滤渣A为Fe(OH)3，过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀Ca2+、Mg2+，滤渣B为MgF2、CaF2，再次过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3.升高温度、增大酸的浓度、充分搅拌、增大接触面积等可以提高浸出的速率，Ni的浸出率越高、温度越低越好；Ni的回收率=m(实际)m(理论)×100%，据此解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，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。
22.【答案】−91CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol400.1mol/(L⋅min)(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3 阴 2H2O+O2+4e−=4OH− 224
【解析】解：(1)该反应的ΔH=反应物的总能量-生成物的总能量=(419−510)kJ/mol=−91kJ/mol，
故答案为：−91；
(2)16g甲醇物质的量=0.5mol，则1mol甲醇放出726.6kJ的热量，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−726.6kJ/mol；
(3)①平衡时c(H2O)=0.1mol/L，在4L容器中n(H2O)=0.4mol，列三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1200
平衡(mol)0.41.20.40.4
平衡(mol)0.60.80.40.4
CO2转化率为0.41×100%=40%，v(H2)=△c△t=1.24×3mol/(L⋅min)=0.1mol/(L⋅min)，
故答案为：40；0.1mol/(L⋅min)；
②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为p0kPa，则1+20.6+0.8+0.4+0.4=p0p，平衡时总压强为2.23p0kPa，平衡时的平衡常数Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)=(0.42.2×2.23p0)2(0.62.2×2.23p0)×(0.82.2×2.23p0)3(kPa)−2=(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3(kPa)−2，
故答案为：(0.43p0)2(0.63p0)×(0.83p0)3；
(4)①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得电子，则乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，甲池正极上氧气得电子，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，
故答案为：阴；2H2O+O2+4e−=4OH−；
②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag−e−=Ag+，阴极反应式为Ag++e−=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差8.64g，则108x+108x=8.64g，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=14n(e−)=0.01mol，标准状况下V(O2)=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，
故答案为：224。
(1)该反应的ΔH=反应物的总能量-生成物的总能量；
(2)16g甲醇物质的量=0.5mol，则1mol甲醇放出726.6kJ的热量
(3)①平衡时c(H2O)=0.1mol/L，在4L容器中n(H2O)=0.4mol，列三段式：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol)1200
平衡(mol)0.41.20.40.4
平衡(mol)0.60.80.40.4
CO2转化率为0.41×100%=40%，v(H2)=△c△t；
②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，起始压强为p0kPa，则1+20.6+0.8+0.4+0.4=p0p，平衡时总压强为2.23p0kPa，平衡时的平衡常数Kp=p(H2O)p(CH3OH)p(CO2)p3(H2)；
(4)①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子，正极上氧气得电子；
②设电路中转移电子为x，丙池中阳极反应式为Ag−e−=Ag+，阴极反应式为Ag++e−=Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差8.64g，则108x+108x=8.64g，解得x=0.04mol，原电池中正极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n(O2)=14n(e−)=0.01mol。
本题考查化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
相关试卷
安徽省宣城市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）： 这是一份安徽省宣城市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，填空简答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省宣城市2021-2022学年高二化学上学期期末调研试题（Word版附解析）： 这是一份安徽省宣城市2021-2022学年高二化学上学期期末调研试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 设为阿伏加德罗常数的值，1 ml·L-1×1 L=0， 水是生活中不可缺少的物质等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省六安中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年安徽省六安中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了0kJ/ml，5kJ/ml，8kJ/ml，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
