2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了4aL，6aLD，5g，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

化学与生活、生产息息相关．下列说法错误的是( )
A. 使用含氟牙膏可以有效预防龋齿B. 碱性的锌锰干电池属于二次电池
C. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物D. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易生铜锈
下列说法正确的是( )
A. 增大反应容器内的压强，化学反应速率一定增大
B. 增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数
C. 当化学反应速率发生变化时，化学平衡一定发生移动
D. 理想的催化剂能大幅度提高目标产物在最终产物中的比例
下述实验，不能达到预期目的是( )
A. AB. BC. CD. D
已知NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )
A. 将2mlNO和1mlO2混合后，体系中的分子总数为2NA
B. 1L0.1ml⋅L−1的Na2CO3溶液中含阴离子总数小于0.1NA
C. 铅蓄电池工作时转移电子数为2NA时，负极材料质量减少207g
D. 已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅ml−1，放出46kJ热量转移电子数3NA
取50mL过氧化氢水溶液，在少量I−存在下分解，2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如表：
下列说法错误的是( )
A. 第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
B. Fe3+和Cu2+都可代替I−作H2O2分解的催化剂
C. 反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
D. 20∼40min，消耗H2O2的平均速率为0.010ml⋅L−1⋅min−1
下列能用来描述可逆反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)ΔH>0的图象是( )
A. B.
C. D.
某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置，下列叙述不正确的是( )
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2++2e−=Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液蓝色变浅
D. a和b分别连接直流电源的负极和正极，可以实现铁上镀铜
如图，关闭活塞K，向A中充入1 ml X、1 ml Y，向B中充入2 ml X、2 ml Y，此时A的容积是a L，B的容积是2a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(g)ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是( )
A. 反应速率：v(B)>v(A)B. A容器中X的转化率为80%
C. 若打开K，则A的体积变为2.6aLD. 平衡时Y的体积分数：A醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是( )
①白醋中滴入石蕊试液呈红色
②室温时，0.1ml⋅L−1醋酸溶液的pH约为3
③10mL1ml⋅L−1醋酸恰好与10mL1ml⋅L−1NaOH溶液完全反应
④醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱
⑤常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释100倍，测得pH<3
A. ②⑤B. ①③C. ③④D. ④⑤
微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水(以含CH3COO−的溶液为例)。下列说法错误的是( )
A. 负极反应为CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+
B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C. 当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2：1
最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化脱硫效果明显优于传统方法，其反应机理如图所示，此时H2S在水中浓度为0.34g/100mL。下列有关说法正确的是( )
A. 温度过高不利于脱硫的效果
B. 总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH>0
C. 活性炭作用是降低反应物的总能量
D. 该温度下，H2S的Kal=1.0×10−9
已知：A(g)+2B(g)⇌3C(g)ΔH<0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1mlA和2mlB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 容器内压强不变，表明反应达到平衡B. t2时改变的条件：向容器中加入A
C. 平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅰ)=φ(Ⅱ)D. 平衡常数K：K(Ⅱ)取两份10mL0.05ml⋅L−1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml⋅L−1的盐酸，另一份滴加0.05ml⋅L−1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是( )
A. 由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度
B. a→b→c过程中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小
C. a→d→e过程中：c(Na+)D. 令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x>y
下列溶液中，大小关系正确的是( )
A. 在pH都为5的HCl和NH4Cl两种溶液中，由水电离产生的H+浓度：前者大于后者
B. 0.1ml⋅L−1的醋酸的pH=a，0.01ml⋅L−1的醋酸的pH=b，则a+1=b
C. 等物质的量浓度的①NH4Fe(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4，c(NH4+)：①>②>③
D. 相同条件下，将足量AgCl加入等体积的①0.01ml⋅L−1KCl溶液、②0.1ml⋅L−1KCl溶液、③蒸馏水三种液体中，所能溶解的AgCl质量关系为：①>②>③
在室温下的四种溶液，有关叙述不正确的是( )
注意：混合后溶液的体积等于混合前溶液体积之和．
A. 将溶液①和溶液②等体积混合，所得溶液的pH>11
B. 将溶液①和溶液④等体积混合，所得溶液中c(OH−)>c(H+)
C. 将V1L溶液②与V2L溶液③混合后，若混合后溶液pH=7，则V1>V2
D. 等体积溶液①和溶液②分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m>n
用0.100ml⋅L−1AgNO3溶液滴定50.0mL，0.0500ml⋅L−1NaCl溶液的滴定曲线如图所示。下列相关描述错误的是( )
A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10−10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)⋅c(Cl−)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400ml⋅L−1NaCl溶液，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500ml⋅L−1NaBr溶液，反应终点c向b方向移动
化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径．回答下列问题：
(1)理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)⇌HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示，计算可得：HCN(g)⇌HNC(g)ΔH=______kJ⋅ml−1.HCN与HNC稳定性较强的是 ______.正反应的活化能 ______(填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应的活化能．
(2)已知：断开1mlAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A−B的键能．下表列出了一些化学键的键能，试计算：
当反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)转移1ml电子时，反应的能量变化是 ______.
(3)已知：4gCH4完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)时放出热量222.5kJ，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为 ______.
(4)已知：中和反应反应热数值为57.3kJ⋅ml−1，写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式 ______.
(5)如图所示装置可以说明有化学能转化为电能的实验现象为 ______，负极的电极反应式为 ______.
重铬酸盐用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等。回答下列问题：
(1)某化学兴趣小组采用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氨的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr2O72−+H2O=2BaCrO4↓+2H+；4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+；(CH2)6N4H+⇌(CH2)6N4+H+，K=7×10−6，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸和酸性物质。实验步骤如下：
i.称取样品mg，配成250mL溶液。
ii.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。
iii.以酚酞作指示剂，用cml⋅L−1标准NaOH溶液滴定，记录数据。
ⅳ.重复步骤ii、iii2∼3次，处理数据。
①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ______。
②滴定终点的现象是 ______。
③若实验平均消耗NaOH溶液的体积为vmL，该样品中氮的质量分数为 ______(用含m、c、v式子表示，需要化简)。
④下列情况会导致测定结果偏低的是 ______(填序号)。
a.若步骤i中定容时俯视溶液液面
b.若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸
c.若步骤ii没有静置5min
d.若实验时装NaOH标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗
(2)工业上以铬酸钾(K2CrO4)为原料，采用电化学法制备重铬酸钾(K2Cr2O7)。制备装置如图所示(阳离子交换膜只允许阳离子透过)：制备原理：2CrO42−(黄色)+2H+=Cr2O72−(橙色)+H2O。
①通电后阳极室产生的现象为：电极上产生无色气体、______；阳极上电极反应式是 ______。
②该制备过程总反应的离子方程式可表示为4CrO42−+4H2O−通电2Cr2O72−+4OH−+2H2↑+O2↑，若实验开始时在右室中加入38.8gK2CrO4tmin后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为 ______；此时电路中转移电子的物质的量为 ______。
当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点．因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点．
(1)CH4−CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，也有利于降低二氧化碳的含量．在恒容密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度均为1.0ml⋅L−1，在一定条件下发生反应：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g).测得平衡时CH4的体积分数与温度及压强的关系如图所示．回答下列问题：
①该反应的ΔH______0(填“<”“>”或“=”).
②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ______；压强为p2时，b点处v正______(填“<”“>”或“=”)v逆.
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)⇌CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+HCO3−(aq)
在25℃时，反应②的平衡常数为K2.溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为yml⋅L−1⋅kPa−1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 ______ml⋅L−1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO3−的电离).
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)⇌M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g).上述反应达平衡时体系的总压为46kPa，该反应的压强平衡常数Kp=______(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算).保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 ______kPa.
Na2CO3是重要的基础化工原料，其产量和消费量通常可以作为衡量-个国家工业发展水平的指标．请回答下列问题：
(1)Na2CO3俗称纯碱，用离子方程式表示Na2CO3溶液呈碱性的原因 ______.
(2)0.1ml⋅L−1Na2CO3溶液和0.1ml⋅L−1NaHCO3溶液等体积混合，写出溶液中的钠元素和碳元素的物料守恒式 ______，将该混合溶液蒸干并灼烧得到的物质是 ______(填化学式).
(3)已知：
向Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，发生反应的离子方程式 ______.
(4)常温下，将1mlCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32−的浓度变化曲线如图所示：
①a=______.
②若使1mlCaC2O4，全部转化为CaCO3，要加入的Na2CO3的物质的量至少为 ______.
(5)一种熔融Na2CO3燃料电池原理示意如图：
①电池工作时，CO32−向电极 ______(填“A”或“B”)移动．
②电极A上H2参与的电极反应是 ______.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，氟磷酸钙比羟基磷酸钙更耐酸性，可在牙齿表面形成保护层，则含氟牙膏能有效预防龋齿，故A正确；
B.二次电池是充电电池，碱性的锌锰干电池不能多次充放电，属于一次电池，故B错误；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，氢氧化铝、氢氧化铁胶体吸附性强，能吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，故C正确；
D.铜锌合金在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀，正极被保护，所以不易形成铜绿，故D正确；
故选：B。
A.氟离子能和羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，在牙齿表面形成保护层；
B.碱性的锌锰干电池属于一次电池；
C.可溶性的铝盐和铁盐能发生水解生成吸附性强的氢氧化铝、氢氧化铁胶体，具有净水作用；
D.铜、锌构成原电池，锌是负极被腐蚀，铜被保护。
本题考查了金属的腐蚀及防护、盐类水解原理的应用、化学平衡原理的应用、原电池类型及工作原理等知识，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、生产的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.若反应没有气体参加，则增大压强，不能加快化学反应速率，故A错误；
B.增大反应物浓度，单位体积内的活化分子数目增多，从而使单位时间有效碰撞次数增多，但活化分子的百分数不变，故B错误；
C.催化剂可以加快反应速率，但化学平衡不移动，故C错误；
D.催化剂只能对主反应即生成目标产物的那个反应起作用，这样在转化率一定的时候的确目标产物的比例会加大，故D正确；
故选：D。
A.增大压强，如没有气体参加反应，则不能加快化学反应速率；
B.增大反应物浓度，单位体积内的活化分子数目增多；
C.催化剂可以加快反应速率；
D.催化剂会影响目标产物在最终产物中的比例。
本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意外界条件对活化分子的影响，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.两种混合溶液中高锰酸钾溶液浓度相同、草酸浓度不同，草酸浓度越大，反应速率越快，褪色时间越短，可以根据褪色时间证明草酸浓度越大反应速率越快，故A正确；
B.AgNO3溶液过量，NaCl、KI都能和AgNO3反应生成沉淀，没有沉淀的转化，所以不能比较溶度积常数大小，故B错误；
C.钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，则溶液红色变浅，可证明水解平衡，故C正确；
D.相同浓度的钠盐溶液，pH值越大，说明弱酸根离子水解程度越大，其对应的酸酸性越弱，室温下，用pH计测定浓度为0.1ml⋅L−1NaClO溶液和0.1ml⋅L−1CH3COONa溶液的pH：前者大于后者，则CH3COOH的酸性比HClO强，故D正确；
故选：B。
A.草酸浓度越大，反应速率越快；
B.AgNO3溶液过量，NaCl、KI都能和AgNO3反应生成沉淀；
C.钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
D.相同浓度的钠盐溶液，pH值越大，说明弱酸根离子水解程度越大，其对应的酸酸性越弱。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握沉淀转化、化学反应速率影响因素、盐类水解、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。
4.【答案】D
【解析】解：A.NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2mlNO与1mlO2恰好完全反应生成2mlNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故A错误；
B.碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，1个碳酸根离子水解得到1个碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子个数增加，则1L0.1ml⋅L−1的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C.铅蓄电池工作时转移电子数为2NA时，根据Pb+SO42−−2e−=PbSO4，负极质量增加，增加的质量为硫酸根离子的质量，每通过2ml电子负极质量增加96g，故C错误；
D.依据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/ml可知，放出92kJ热量，转移6ml电子，则放出46kJ热量转移电子数3NA，故D正确；
故选：D。
A.一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4；
B.碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，1个碳酸根离子水解得到1个碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子个数增加；
C.根据Pb+SO42−−2e−=PbSO4，负极质量增加；
D.依据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/ml可知，放出92kJ热量，转移6ml电子。
本题考查了阿伏加德罗常数的应用，侧重考查，有机物结构特点，原电池工作原理，热化学方程式含义的考查，题目难度中等，解题关键在于明确原电池工作原理，题目难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A.随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故A错误；
B.I−在反应中起到催化的作用，故也可以利用Fe3+和Cu2+代替，故B正确；
C.反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4ml/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80−0.40)ml/L×0.05L=0.02ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01ml，标况下的体积V=n⋅Vm=0.01ml×22.4L/ml=0.224L=224mL，故C正确；
D.20∼40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40−0.20)ml/L=0.20ml/L，则这段时间内的平均速率v=△c△t=0.20ml/L20min=0.010ml/(L⋅min)，故D正确；
故选：A。
A.减少反应物浓度，反应速率降低；
B.依据题意可知I−在反应中起到催化的作用；
C.依据n=cV计算；
D.依据V=△c△t计算。
本题考查了反应速率及影响因素，明确化学反应速率定义，熟悉影响化学反应速率因素是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.增大压强，平衡正向移动，且正逆反应速率均增大，与图不符，故A错误；
B.焓变为正，为吸热反应，升高温度正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图不符，故B错误；
C.升高温度平衡正向移动，则温度高对应C%大，与图不符，故C错误；
D.升高温度、增大压强均使平衡正向移动，A的转化率一致，与图一致，故D正确；
故选：D。
A.增大压强，平衡正向移动，且正逆反应速率均增大；
B.焓变为正，为吸热反应，升高温度正逆反应速率均增大，且平衡正向移动；
C.升高温度平衡正向移动；
D.升高温度、增大压强均使平衡正向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标的意义，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.a和b不连接时，Fe和铜离子发生置换反应，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；
B.a和b用导线连接时，该装置构成原电池，Cu作正极，铜片上发生的反应为Cu2++2e−=Cu，故B正确；
C.无论a和b是否连接，铁片都会和硫酸铜发生置换反应，溶液蓝色变浅，故C正确；
D.实现铁上镀铜，a为阳极，连接电源正极，故D错误；
故选：D。
a和b不连接时，铁发生化学腐蚀，铁和铜离子发生置换反应；a和b用导线连接时，该装置构成原电池，Fe作负极、Cu作正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡的计算以及等效平衡的思想，难度较大，注意结合等效平衡思想解题。
【解答】
A.起始时A和B中压强相等，反应后气体物质的量增大，则B中压强大于A，反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；
B.根据阿伏加德罗定律，达平衡后，A中混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2ml=2.8ml，即增加了0.8ml，
X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(g)△n
1 1

即达平衡后，X反应掉0.8ml，A容器中X的转化率为80%，故B正确；
C.打开K达新平衡等效为A中到达的平衡，X的转化率为80%，参加反应的X的总的物质的量为3ml×80%=2.4ml，则：
X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(g)△n
1ml 1ml
故平衡后容器内气体总物质的量为(1ml+1ml+2ml+2ml)+2.4ml=8.4ml，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则容器的总体积为aL×8.4ml2ml=4.2aL，则A的体积=4.2aL−2aL=2.2aL，故C错误；
D.B中压强大，平衡左移，Y的体积分数增大，即平衡时Y的体积分数A故选C。
9.【答案】A
【解析】解：①白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明溶液显酸性，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故①错误；
②室温时，0.1ml/L醋酸溶液的pH约为3，c(H+)小于醋酸浓度，则醋酸部分电离，为弱电解质，故②正确；
③10mL1ml/L醋酸恰好与10mL1ml/LNaOH溶液完全反应，只能说明醋酸为一元酸，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故③错误；
④溶液导电性和离子浓度有关，与酸的强弱无直接关系，醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故④错误；
⑤常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，若为强酸溶液，pH=4，测得pH<4，说明稀释促进醋酸电离，则醋酸为弱电解质，故⑤正确，
故选：A。
部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。
本题考查的电解质强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质强弱的根本区别是解本题关键，电解质强弱与其溶液导电性强弱无关。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原电池工作原理及其应用，明确各个电极上发生的反应、交换膜作用是解本题关键，侧重考查基础知识灵活运用能力，注意结合电解质特点书写电极反应式，题目难度不大。
【解答】
A、该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO−在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+，故A正确；
B、原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl−通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；
C、由于电子与Na+、Cl−所带电荷数相等，所以电路中转移1ml电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl−物质的量均为1ml，质量为1ml×58.5g/ml=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确；
D、负极反应式为CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+，正极反应式为2H++2e−=H2↑，转移8mle−电子时正极得到4mlH2、负极得到2mlCO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故D正确；
故选：B。
11.【答案】A
【解析】解：A.温度过高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脱硫效果，故A正确；
B.依据图示硫化氢在催化剂条件下与氧气反应最终生成硫单质和水，该反应为放热反应，则总反应为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH<0，故B错误；
C.依据图示可知，活性炭作用为吸附剂和催化剂，能够降低反应的活化能，不能降低反应物的总能量，故C错误；
D.依题意可求得H2S浓度为c(H2S)=0.1ml/L，又由图知c(H+)≈c(HS−)=10−4.5ml/L，故Ka1=c(H+)⋅c(HS−)c(H2S)=10−8，故D错误；
故选：A。
A.温度越高气体溶解度减小；
B.依据图示硫化氢在催化剂条件下与氧气反应最终生成硫单质和水，该反应为放热反应；
C.依据图示可知，活性炭作用为吸附剂和催化剂；
D.依题意可求得H2S浓度为c(H2S)=0.1ml/L，又由图知c(H+)≈c(HS−)=10−4.5ml/L，故Ka1=c(H+)⋅c(HS−)c(H2S)。
本题以图象为载体考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确图中发生的反应、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.反应前后气体的总物质的量不变，则温度、体积不变时，压强始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
B.t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B错误；
C.t2时加入C，与原平衡为等效平衡，体积不变时压强增大、平衡不移动，则平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)=φ(I)，故C正确；
D.平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数为K(Ⅱ)=K(Ⅰ)，故D错误；
故选：C。
A.反应前后气体的总物质的量不变；
B.t2时瞬间正反应速率不变，然后增大，可知平衡逆向移动；
C.温度、体积不变，生成物极限转化为反应物时，起始物质的量比相同，二者为等效平衡；
D.平衡常数与温度有关。
本题考查化学反应速率与化学平衡，为高频考点，把握速率变化与平衡移动、平衡常数与温度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)>c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，故C错误；
D.c点c(Na+)+c(H+)=(0.05+10−11.3)ml⋅L−1，e点c(Na+)+c(H+)=(0.025+10−4.0)ml⋅L−1，故x>y，故D正确；
故选：C。
本题考查盐类的水解、离子浓度的比较等，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意把握图象的分析以及离子浓度的比较，题目难度中等。
14.【答案】C
【解析】解：A.HCl抑制水的电离，NH4Cl可水解促进水的电离，则在pH都为5的HCl和NH4Cl两种溶液中，由水电离产生的H+浓度：前者小于后者，故A错误；
B.稀释时促进醋酸的电离，稀释10被时，pH变化小于1，则0.1ml⋅L−1的醋酸的pH=a，0.01ml⋅L−1的醋酸的pH=b，则a+1>b，故B错误；
C.②中铵根离子水解，①中亚铁离子可抑制铵根离子的水解，③中相互促进水解，则等浓度的三种盐溶液中c(NH4+)：①>②>③，故C正确；
D.②中氯离子浓度最大，③中氯离子浓度最小，则能溶解的AgCl质量关系为：③>①>②，故D错误；
故选：C。
A.HCl抑制水的电离，NH4Cl可水解促进水的电离；
B.稀释时促进醋酸的电离，稀释10被时，pH变化小于1；
C.②中铵根离子水解，①中亚铁离子可抑制铵根离子的水解，③中相互促进水解；
D.氯离子浓度越大，AgCl的溶解平衡逆向移动的程度越大，析出固体质量越大。
本题考查难溶电解质及盐类水解，为高频考点，把握电离与水解、离子浓度的比较、难溶电解质的溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：A.pH=11氨水溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH−)相等，等体积混合后溶液中c(OH−)和c(H+)不变，则所得溶液的pH不变，仍然为11，故A错误；
B.一水合氨是弱电解质，pH=11的氨水中c(NH3⋅H2O)>10−1410−11ml/L=0.001ml/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=0.001ml/L，二者等体积混合时氨水过量，溶液呈碱性，所得溶液中c(OH−)>c(H+)，故B正确；
C.醋酸是弱电解质，pH=3的醋酸溶液中c(CH3COOH)>0.001ml/L，将pH=11NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合后，醋酸过量溶液呈酸性，要使溶液呈中性，必须加入NaOH溶液，则V1>V2，故C正确；
D.分别将等体积的①和②加水稀释相同倍数时，氢氧化钠为强电解质，一水合氨是弱电解质，氨水稀释时电离程度增大，pH：①>②，要使稀释后溶液的pH相同，则稀释的倍数m>n，故D正确；
故选：A。
A.将溶液①和溶液②等体积混合，所得溶液的pH=11；
B.一水合氨是弱电解质，pH=11的氨水中c(NH3⋅H2O)>10−1410−11ml/L=0.001ml/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=0.001ml/L；
C.醋酸是弱电解质，pH=3的醋酸中c(CH3COOH)>0.001ml/L，溶液②与溶液③等体积混合后，醋酸过量溶液呈酸性；
D.碱溶液稀释时pH减小，一水合氨是弱电解质，氨水稀释时电离程度增大，将等体积溶液①和溶液②分别加水稀释相同倍数时，溶液的pH：①>②。
本题考查弱电解质的电离平衡及pH的计算，为高频考点，明确弱电解质电离特点及弱电解质电离影响因素是解本题关键，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握pH与弱电解质溶液中离子浓度的关系，题目难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此时−lgc(Cl−)=5，达到沉淀溶解平衡时，c(Ag+)=c(Cl−)=10−5ml/L，所以根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)=10−10，Ksp(AgCl)的数量级为10−10，故A正确；
B.Ksp只与温度有关，温度不变则Ksp不变，所以曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，均满足c(Ag+)⋅c(Cl−)=Ksp(AgCl)，故B正确；
C.溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0300ml⋅L−1Cl−，则所需AgNO3溶液体积就变为50×10−3×，故C错误；
D.AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br−的浓度更低，则−lgc(Br−)值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，所以反应终点c向b方向移动，故D正确，
故选：C。
A.沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处−lgc(Cl−)=4.5，据此计算；
B.Ksp只与温度有关，温度不变则Ksp不变；曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c(Ag+)⋅c(Cl−)=Ksp(AgCl)；
C.溶度积常数只随温度改变而改变，改变了滴定反应液浓度，但不改变溶度积常数；
D.AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br−的浓度更低。
本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系式，把握图象反应的信息，题目难度不大，是基础题。
17.【答案】+59.3HCN大于 31.5kJCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890kJ/ml12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅ml−1 电流表指针发生偏转 Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O
【解析】解：(1)ΔH=生成物总能量-反应物总能量=+59.3kJ/ml；根据能量越低越稳定，则HCN稳定性较强；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能>0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，
故答案为：+59.3；HCN；大于；
(2)4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×431+496−2×247−2×2×463)kJ/ml=−126kJ/ml，根据方程式可知，氯元素由−1价上升至0价，则每消耗4mlHCl(g)，转移4ml电子，放出126kJ热量，转移1ml电子时，反应的能量变化是126kJ4=31.5kJ，
故答案为：31.5；
(3)甲烷燃烧的化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，4gCH4完全燃烧放出热量222.5kJ，则16gCH4即物质的量为1mlCH4完全燃烧放出热量为222.5kJ×16g4g=890kJ，甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890kJ/ml，
故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890kJ/ml：
(4)强酸强碱的中和热为−57.3kJ/ml，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1ml水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅ml−1，
故答案为：12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ⋅ml−1；
(5)化学能转化为电能，说明整个电路中有电流通过，如图装置为原电池装置，电流表指针发生偏转；负极为Al，Al失去电子转化为AlO2−，电极反应式为：Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：电流表指针发生偏转；Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O。
(1)ΔH=生成物总能量-反应物总能量；能量越低越稳定；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
(2)4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(3)甲烷燃烧的化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，4gCH4完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)时放出热量222.5kJ，则16gCH4即物质的量为1mlCH4完全燃烧放出热量为222.5kJ×16g4g=890kJ，结合物质的凝聚状态书写热化学方程式；
(4)根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1ml水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；
(5)化学能转化为电能，说明整个电路中有电流通过；负极为Al，Al失去电子转化为AlO2−。
本题考查反应热与焓变、电化学，为高频考点，掌握热化学方程式的书写、中和热以及燃烧热是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
18.【答案】锥形瓶内溶液颜色的变化 当最后一滴溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 7cVm%c溶液由黄色变橙色 2H2O−4e−=O2↑+4H+ 2：10.1ml
【解析】解：(1)①根据滴定操作，滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
②滴定终点，溶液变为碱性，现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，故当最后一滴溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当最后一滴溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③根据2Ba2++Cr2O72−+H2O=2BaCrO4↓+2H+；4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+；(CH2)6N4H+⇌(CH2)6N4+H+，可知，1ml(NH4)2Cr2O7，能产生4ml氢离子；即存在关系式：(NH4)2Cr2O7∼4NaOH，平均消耗cml/L标准NaOH溶液的体积为vmL，则25.00mL样品溶液含(NH4)2Cr2O7的物质的量为cV4×10−3ml，则样品中氮的质量分数(cV4×10−3ml×2×14g/ml×250mL25ml)÷cV4×10−3ml××14g/ml×250mL25mLmg×100%=7cVm%，
故答案为：7cVm%；
④a.若步骤i中定容时俯视溶液液面，则(NH4)2Cr2O7的浓度偏大，消耗标准氢氧化钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故a不选；
b.若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，待测液中酸性物质偏多，消耗标准氢氧化钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故b不选；
c.若步骤ii没有静置5min，生成酸性物质偏少，消耗标准氢氧化钠溶液的体积偏少，导致测定结果偏低，故c选；
d.若实验时装NaOH标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，氢氧化钠溶液浓度降低，消耗标准氢氧化钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故d不选，
故答案为：c；
(2)①根据电解装置，阳极为惰性电极，则溶液中的水电离的氢氧根离子失电子生成氧气，则阳极区酸性增强，2CrO42−(黄色)+2H+=Cr2O72−(橙色)+H2O反应平衡正向移动，溶液由黄色变橙色，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，
故答案为：溶液由黄色变橙色；2H2O−4e−=O2↑+4H+；
②38.8gK2CrO4的物质的量为0.2ml，钾离子的物质的量为0.4ml，电解过程中Cr元素的物质的量不变，钾离子向阴极移动，已知t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，即钾离子的物质的量为0.3ml，且设K2CrO4和K2C2rO7的物质的量分别为m、n，则2m+2n=0.3mlm+2n=0.2ml，得m=0.1mln=0.05ml，则溶液中K2CrO4和K2C2rO7的物质的量之比为2：1；根据钾离子的物质的量的改变，反应中转移电子为0.1ml，
故答案为：2：1；0.1ml。
(1)样品溶液预处理后，应以酚酞作指示剂，通过碱式滴定管逐滴滴加氢氧化钠溶液、并不摇动锥形瓶，等锥形瓶中溶液的颜色从无色变成浅红色、30秒内不褪色时停止滴定、待液面稳定后读取滴定管液面的读数并记录，重复2−3次实验；实验过程中操作不规范会引起误差，误差分析的总依据为：由c测=c标V标V测，由于c标、V测V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标偏大则c测偏大，V标偏小则c测偏小，据此回答；
(2)①电解时，阳极上OH−放电生成生成O2，同时阳极附近有H+生成，导致溶液呈酸性，酸性条件下发生反应2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O，导致溶液由黄色转化为橙色；
(2)电解过程中阳极附近有氢离子生成，左室中的钾离子通过阳离子交换膜进入右室，导致右室中钾原子物质的量增大，根据Cr原子守恒以及化合价变化进行计算。
本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
19.【答案】>p3>p2>p1 >pxyK2+Kw 529100.8
【解析】解：(1)①由图可知，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH>0，
故答案为：>；
②该反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，CH4的体积分数越大，则p3>p2>p1；由压强为p2时，b点CH4的体积分数大于平衡时CH4的体积分数，说明反应正向进行，则v正>v逆，
故答案为：p3>p2>p1；>；
(2)由题可知，①CO2(g)⇌CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+HCO3−(aq)，K2=c(H+)⋅c(HCO3−)c(CO2)，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(ml⋅L−1⋅kPa−1)⋅p(CO2)=p⋅x⋅y，在忽略HCO3−的电离时，c(H+)−c(OH−)=c(HCO3−)，而c(H+)⋅c(OH−)=Kw，所以K2=c(H+)⋅[c(H+)−c(OH−)]c(CO2)=c2(H+)−Kwc(CO2)，可得c(H+)=pxyK2+Kwml⋅L−1，
故答案为：pxyK2+Kw；
(3)2MHCO3(s)⇌M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=p(H2O)⋅p(CO2)=12×46kPa×12×46kPa=529((kPa)2；温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则Kp=p(H2O)⋅p(CO2)=529kPa2，p(CO2)=5295kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa−5kPa=100.8kPa，
故答案为：529；100.8。
(1)①由图可知，随着温度的升高，CH4的体积分数减小，说明平衡正向移动；
②该反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，CH4的体积分数越大；压强为p2时，b点CH4的体积分数大于平衡时CH4的体积分数，说明反应正向进行；
(2)由题可知，①CO2(g)⇌CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+HCO3−(aq)，K2=c(H+)⋅c(HCO3−)c(CO2)，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(ml⋅L−1⋅kPa−1)⋅p(CO2)=p⋅x⋅y，在忽略HCO3−的电离时，c(H+)−c(OH−)=c(HCO3−)，即可计算c(H+)；
(3)2MHCO3(s)⇌M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=p(H2O)⋅p(CO2)；温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，结合Kp=p(H2O)⋅p(CO2)，得出p(CO2)，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压。
本题考查化学平衡的理解与应用等有关知识，难度中等，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
20.【答案】CO32−+H2O=HCO3−+OH−、HCO3−+H2O=H2CO3+OH− 2c(Na+)=3c(CO32−)+3(HCO3−)+3c(H2CO3)Na2CO3 2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42− +CO32−−2e−=H2O+CO2
【解析】解：(1)Na2CO3溶液呈碱性的原因是由于碳酸根离子水解，离子方程式为：CO32−+H2O=HCO3−+OH−、HCO3−+H2O=H2CO3+OH−，
故答案为：CO32−+H2O=HCO3−+OH−、HCO3−+H2O=H2CO3+OH−；
(2)该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸分子，含有C原子的微粒有CO32−、HCO3−、H2CO3，溶液中存在的物料守恒式为2c(Na+)=3c(CO32−)+3(HCO3−)+3c(H2CO3)；蒸干并灼烧过程中NaHCO3分解生成Na2CO3，原Na2CO3不变，最终得到Na2CO3，
故答案为：2c(Na+)=3c(CO32−)+3(HCO3−)+3c(H2CO3)；Na2CO3；
(3)由图表中的数据可知，草酸的一级电离、二级电离均大于碳酸的一级电离、二级电离，即HC2O4−的酸性比H2CO3强，则向Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，发生反应的离子方程式为2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42−，
故答案为：2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42−；
(4)①c(CO32−)=7.0×10−5ml/L时，c(Ca2+)=4.0×10−5ml/L，Ksp(CaCO3)=7.0×10−5×4.0×10−5=2.8×10−9，当c(Ca2+)=5.0×10−5ml/L时，a×10−5ml/L=c(CO32−)=2.8×10−95.0×10−5ml/L=5.6×10−5ml/L，a=5.6，
故答案为：5.6；
②若使1mlCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c(C2O42−)=2ml/L，根据Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O42−)=5.0×10−5×5.0×10−5，可知此时溶液中c(Ca2+)=1.25×10−9ml/L，而根据Ksp(CaCO3)=2.8×10−9可知溶液中的c(CO32−)=2.8×10−91.25×10−9ml/L=2.240ml/L，故溶液中n(CO32−)=2.240ml/L×0.5l=1.12ml，而还有生成的1ml碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12ml+1ml=2.12ml，
故答案为：2.12ml；
(5)①放电时，电解质中阴离子向负极移动，即CO32−向A极移动，
故答案为：A；
②负极A上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，H2参与的电极反应为：H2+CO32−−2e−=H2O+CO2，
故答案为：H2+CO32−−2e−=H2O+CO2。
(1)Na2CO3溶液呈碱性的原因是由于碳酸根离子水解；
(2)该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸分子，含有C原子的微粒有CO32−、HCO3−、H2CO3；蒸干并灼烧过程中NaHCO3分解生成Na2CO3；
(3)由图表中的数据可知，HC2O4−的酸性比H2CO3强，则向Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液生成HCO3−、C2O42−；
(4)①c(CO32−)=7.0×10−5ml/L时，c(Ca2+)=4.0×10−5ml/L，Ksp(CaCO3)=7.0×10−5×4.0×10−5=2.8×10−9，当c(Ca2+)=5.0×10−5ml/L时，代入公式可得；
②根据碳元素守恒结合溶度积常熟计算；
(5)甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由−4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2失电子在负极反应，CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，即H2+CO+2CO32−−4e−=H2O+3CO2，则A为负极、B为正极。
本题考查钠的化合物、离子方程式书写、电化学的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
编号
实验内容
实验目的
A
取两支试管，分别加入4mL0.01ml⋅L−1KMnO4，酸性溶液，然后向一支试管中加入0.1ml⋅L−1H2C2O4溶液2mL，向另一支试管中加入0.2ml⋅L−1H2C2O4溶液2mL，记录褪色时间
证明草酸浓度越大反应速率越快
B
向5mL0.1ml⋅L−1AgNO3溶液中滴加3滴0.1ml⋅L−1NaCl溶液，产生白色沉淀；再向其中滴加3滴0.1ml⋅L−1的KI溶液，有黄色沉淀产生
证明在相同温度下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
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
D
室温下，用pH计测定浓度为0.1ml⋅L−1NaClO溶液和0.1ml⋅L−1CH3COONa溶液的pH
证明CH3COOH的酸性比HClO强
t/min
0
20
40
60
80
c/(ml⋅L−1)
0.80
0.40
0.20
0.010
0.050
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
化学键
Cl−Cl
O=O
O−H
H−Cl
键能/(kJ⋅ml−1)
247
496
463
431
H2CO3
H2C2O4
Kal=4.5×10−7
\(K_{a2}=4.7×10^{-11}\$\end\{array\}\$\)
Kal=5.6×10−2
\(K_{a2}=1.5×10^{-4}\$\end\{array\}\$\)