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2021-2022学年江苏省泰州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省泰州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5增大，35∼7，5时，会引起酸中毒，【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省泰州市高二（上）期末化学试卷
1. 黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. K2S是含有共价键的离子化合物
B. N2是氧化产物
C. CO2是形成酸雨的主要原因
D. 爆炸产生大量粉尘，使空气中的PM2.5增大
2. 实验室常用银氨溶液来检验CO，反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3。下列说法错误的是( )
A. 基态O原子的价电子排布图：
B. 键角：NH3>NH4+
C. 质子数47，中子数为60的Ag原子： 47107Ag
D. CO32−的空间构型：平面正三角形
3. NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。关于NH2Cl的制备反应，下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔS>0
B. 为加快反应速率，可在水溶液中制备NH2Cl
C. 使用合适的催化剂可以改变反应历程，降低反应焓变
D. 恒温恒容下，当混合气体的密度不再改变时，反应达到了平衡
4. 氯胺是饮用水消毒剂，包括一氯胺(NH2Cl)、二氯胺(NHCl2)和三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3。NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。下列说法正确的是( )
A. 电负性：O>Cl>N
B. NH3能形成分子间氢键，AsH3也能
C. NHCl2是极性分子，NCl3是非极性分子
D. 一氯胺与浓盐酸混合可产生Cl2
5. 氯胺是饮用水消毒剂，包括一氯胺(NH2Cl)、二氯胺(NHCl2)和三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3。NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。下列方程式书写正确的是( )
A. 次氯酸的电离方程式：HClO+H2O⇌H3O++ClO−
B. 电解饱和食盐水制氯气的离子方程式：2Na++2Cl−−电解+2Na+Cl2↑
C. 一氯胺与水反应的离子方程式：NH2++Cl−+2H2O=NH3⋅H2O+HClO
D. 向FeI2溶液中通入足量Cl2的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
6. 下列说法正确的是( )
A. 电解精炼铜时，粗铜做阴极，纯铜做阳极
B. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
C. 铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品应与电源的正极相连
D. 惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，说明还原性Cu>Fe
7. 前20号主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。W基态原子成对电子数比未成对电子数多2个，Y最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z基态原子的3s轨道上有1个电子，Y和R位于同一主族。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：r(Z)>r(R)>r(Y)
B. 简单氢化物的稳定性：Y>X>W
C. Y的基态原子核外有5种空间运动状态不同的电子
D. W形成的化合物种类繁多，可通过质谱法测定分子中的化学键
8. 下列说法错误的是( )
A. 用Na2CO3溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果
B. 接近100℃的水蒸气相对分子质量测定值偏高，是因为水分子形成了缔合分子
C. 室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，c(CH3COO−)和c(Cl−)不相等
D. 向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，AgCl的溶解度减小
9. 一种含硼钠盐的结构如图所示，其阴离子是由2个H3BO3和2个[B(OH)4]−缩合而成，下列说法错误的是( )
A. 第一电离能：Na
10. 正常血液pH范围是7.35∼7.45，小于7.2引起酸中毒。H2CO3/HCO3−缓冲体系可稳定血液的pH，其缓冲作用可表示为H+(aq)+HCO3−(aq)⇌H2CO3(aq)⇌CO2(aq)+H2O(1)，H2CO3的Ka1=4.5×10−7。下列说法错误的是( )
A. 缓冲体系中增加少量强酸时，n(H2CO3)n(HCO3−)变大
B. 缓冲体系中加入少量强碱时，主要反应为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
C. 血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时，会引起酸中毒
D. 酸中毒时，可以注射少量NaHCO3溶液缓解症状
11. 下列说法错误的是( )
A. 可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后正反应速率随时间变化的曲线
B. 可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，CH4的体积分数随时间变化的曲线
C. 可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，NO2的转化率随温度变化的曲线
D. 可表示：反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，在不同温度、不同压强下的平衡常数变化的曲线
12. 铜铈氧化物(xCuO⋅yCeO2)可除去H2中的少量CO，反应机理如图。Ce是一种活泼金属，价电子为4f15d16s2，①中Cu和Ce的化合价均发生变化，下列说法错误的是( )
A. 反应①中，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3
B. 反应③中通入 18O2，④中生成的CO2含 18O，反应①中生成的CO2不含 18O
C. 温度过高，催化剂的催化活性可能下降
D. 为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2
13. 亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，室温下，通过下列实验探究H3PO3溶液的性质。
实验①：向0.10mol⋅L−1Na2HPO3溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
实验②：用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液(以甲基橙作指示剂)，到达第一次滴定终点时，溶液恰好由红色变为橙色
实验③：向0.10mol⋅L−1H3PO3溶液中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各含磷物种的pc−pH关系如图[pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=−lgc)]
下列有关说法错误的是( )
A. 实验①Na2HPO3溶液中：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]
B. 实验②达第一次滴定终点时：c(Na+)
D. 室温下，反应H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数K=1×105.3
14. 人们研究化学反应与能量之间的关系是为获得能量和新物质。
(1)H2燃烧时的能量变化如图1，H2的燃烧热为ΔH=______kJ⋅mol−1。
(2)利用双离子交换膜电解NH4NO3溶液，可获得氨水和硝酸，装置如图2。
①Ⅰ室和Ⅲ室可获得产品，a为 ______离子交换膜。(填“阳”或“阴”)
②溶液A为 ______(填“NaOH”或“HNO3”)，阴极电极反应式为 ______。
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH1>0
副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+HH2O(g)ΔH2>0
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是 ______，
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是 ______。
15. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)易溶于水、难溶于有机溶剂。将H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。
(1)写出制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的化学方程式 ______。
(2)加入乙醇的作用是 ______。
(3)已知：室温下，H2C2O4的Ka1=5.6×10−2、Ka2=1.5×10−4，Ksp(CaC2O4)=2.4×10−9。向H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的KOH溶液后，溶液中c(H+)______c(OH−)(填“>”、“=”或“<”)。人体内的一种结石主要成分是CaC2O4，Ca2+浓度为80mg⋅L−1的尿液中，c(C2O42−)>______mol/L时易形成结石。
(4)测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(摩尔质量为491g/mol)的纯度：称量0.5000g三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体样品，配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。已知样品中杂质不参与反应。
①当加入12.00mL溶液，到达滴定终点时锥形瓶中溶液颜色为 ______。
②通过计算确定草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体纯度是 ______。(写出计算过程)
16. 硫酸在工业生产中有着重要的意义，SO2是工业制硫酸的重要原料。
(1)T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入1.0molSO2和0.6molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
①20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，v(SO2)=______mol⋅L−1⋅s−1，平衡后向容器中再充入0.4molSO3和0.3molO2，此时，v(正)______v(逆)。(填“>”、“=”或“<”)
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，SO2的平衡转化率 ______。(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)密闭容器中，加入足量的焦炭(沸点4827℃)和1molSO2反应，生成CO2和硫蒸气(Sx)。
①反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，Sx中x=______。
②按相同投料方式发生上述反应，相同时间内测得SO2与Sx的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其它条件相同时，在不同催化剂作用下，SO2转化率与温度关系如图2所示。
700℃时，催化剂 ______(填“甲”或“乙”)活性更高，A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是 ______(填字母)。
17. 过渡元素的金属及其氧化物常用作反应的催化剂。
(1)CO2和H2催化合成CH3OH的反应如下：CO2+H2Cu@ZnOCH3OH+H2O(未配平)
①该反应的催化历程可简化为两步：第Ⅰ步：Cu@ZnO+H2=Cu@Zn*+H2O；第Ⅱ步的方程式为 ______。第Ⅰ步反应决定了总反应达到平衡的时间，两步反应的活化能EI______EⅡ。(填“>”、“=”或“<”)
②加入Ga可以增大催化剂的表面积。Ga的基态原子核外电子排布式为 ______。
(2)我国科学家以H2O(g)和N2(g)为原料，熔融NaOH−KOH为离子导体，通过催化电解法制备NH3，装置如图1所示，其中在电极B上的反应过程如图2所示。
①参与电极B上反应的催化剂是 ______，
②描述在电极B上催化生成NH3的过程 ______。
(3)富氧条件下，NH3和NO在钒基催化作用下发生脱硝反应，方程式可表示为：
主反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2OΔH<0
副反应：
Ⅰ.4NH3+5O2⇌4NO+6H2O
Ⅱ.4NH3+4O2⇌2N2O+6H2O
…
不同氨氮比[n(NH3)n(NO)]下，NO的转化率和N2O的生成量随温度的变化曲线如图3和图4所示，测得300℃后，NH3转化率基本不变。
①上述脱硝的主反应中，分别被NO和O2氧化的NH3的质量之比为 ______；
②超过400℃：温度升高，NO转化率下降，可能原因是 ______；氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.K2S只含离子键，故A错误；
B.KNO3中N元素化合价降低，被还原，做氧化剂，故N2是还原产物，故B错误；
C.形成酸雨的气体是二氧化硫及其氮的氧化物，不是CO2，故C错误；
D.爆炸产生大量粉尘，直径小于2.5微米的颗粒物，使空气中的PM2.5增大，故D正确；
故选：D。
S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中S元素化合价降低，被还原；N元素化合价降低，被还原；C元素化合价升高，被氧化，据此进行分析。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价变化及氧化还原反应中的概念即可解答，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.O为8号元素，价电子排布图为，故A正确；
B.键角：NH3相较于NH4+，均为sp3杂化，但是氨气分子含有一个孤电子对，导致键角偏小，故B错误；
C.质子数47，中子数为60的Ag原子，质量数为107，故表示为： 47107Ag，故C正确；
D.CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，不含孤电子对，构型为平面正三角形，故D正确；
故选：B。
A.O为8号元素，价电子排布图为；
B.键角：NH3相较于NH4+，均为sp3杂化，但是氨气分子含有一个孤电子对；
C.质子数47，中子数为60的Ag原子，质量数为107；
D.CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，不含孤电子对。
本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化方式判断、键角等知识点，综合性较强，侧重考查基础知识的灵活运用、空间想象能力及计算能力，难度适中。
3.【答案】A
【解析】解：A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行，△H>0，可知△S>0，故A正确；
B.NH2Cl极易水解，不能在水溶液中制备NH2Cl，故B错误；
C.使用合适的催化剂可以改变反应历程，但不改变反应的焓变，故C错误；
D.该反应各物质都是气体，反应进行中混合气体的总质量不变，又由于容器体积不变，容器内气体的密度是一个定值，不能用来判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行，△H>0，可知△S>0；
B.NH2Cl极易水解，不能在水溶液中制备NH2Cl；
C.催化剂不能改变反应焓变；
D.该反应各物质都是气体，反应进行中混合气体的总质量不变。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3，得到电负性：N>Cl，同周期从左向右电负性逐渐增大，故电负性大小顺序是：O>N>Cl，故A错误；
B.NH3能形成分子间氢键，As电负性小，因此AsH3不能形成分子间氢键，故B错误；
C.NHCl2分子存在极性键且分子结构不对称极性分子，为极性分子，NCl3中N为sp3杂化，含有一孤电子对，分子呈三角锥形，因此是极性分子，故C错误；
D.NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，说明生成了次氯酸，因此一氯胺中+1价Cl与浓盐酸中−1价Cl发生氧化还原反应可产生Cl2，故D正确，
故选：D。
A.氯胺中N的化合价均为−3，同周期从左向右电负性逐渐增大；
B.N电负性比As大；
C.NHCl2分子存在极性键且分子结构不对称，NCl3中N为sp3杂化，含有一孤电子对，分子呈三角锥形；
D.NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，说明生成了次氯酸。
本题考查了氢键、电负性、分子极性、化学反应等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.次氯酸为弱电解质，电离方程式：HClO+H2O⇌H3O++ClO−，故A正确；
B.电解饱和食盐水生成氯化钠、氯气和氢气，离子方程式：2Cl−+2H2O−通电2OH−+H2↑+Cl2↑，故B错误；
C.由信息中的反应可知，只有Cl元素的化合价变化，则NH2Cl中Cl为+1价，NH2Cl不能拆分成离子，则氯胺与水反应的离子方程式为：NH2Cl+2H2O=NH3⋅H2O+HClO，故C错误；
D.向FeI2溶液中通入足量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl−，故D错误；
故选：A。
A.次氯酸是弱电解质，部分电离，电离出的氢离子可以写成水合氢离子；
B.电解饱和食盐水生成氯化钠、氯气和氢气；
C.N的化合价均为−3，由信息中的反应可知，只有Cl元素的化合价变化，则NH2Cl中Cl为+1价；
D.氯气足量，亚铁离子与碘离子的物质的量之比为1：2。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，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】B
【解析】解：A.电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极，故A错误；
B.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，原因在于锌和铜构成原电池，锌为负极，保护正极金属铜，故B正确；
C.铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品为待镀金属，作为阴极，连接电源负极，故C错误；
D.惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，原因在于三价铁离子的还原性大于铜离子，优先放电，但是三价铁离子对应的还原产物不是Fe，无法说明还原性Cu>Fe，故D错误；
故选：B。
A.电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极；
B.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，原因在于锌和铜构成原电池；
C.铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品为待镀金属；
D.惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，原因在于三价铁离子的还原性大于铜离子，优先放电。
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。
7.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Na，R为S元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Z)>r(R)>r(Y)，故A正确；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>N>C，则简单氢化物的稳定性：Y>X>W，故B正确；
C.氧的基态核外电子排布式为1s22s22p4，其基态原子核外空间运动状态有1s、2s、2p，s能级含有1个轨道，p能级含有3个轨道，则O的基态原子核外有5种空间运动状态不同的电子，故C正确；
D.有机物中均含有碳元素，则C形成的化合物种类繁多，但质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能测定化学键，故D错误；
故选：D。
前20号主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则Y为O；W基态原子成对电子数比未成对电子数多2个，其原子序数小于O，其核外电子排布式为1s22s22p2，则W为C元素；X介于C、O之间，则X为N元素；Z基态原子的3s轨道上有1个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Z为Na元素；Y和R位于同一主族，则R为S，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.用Na2CO3溶液清洗油污时，加热，水解程度增大，碱性更强，因此去污效果增强，故A正确；
B.接近100℃的水蒸气水分子之间形成了缔合分子，因此测定相对分子质量测定值偏高，故B正确；
C.室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，两个溶液中氢离子浓度、氢氧根浓度相等，根据电荷守恒得到c(CH3COO−)和c(Cl−)相等，故C错误；
D.向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，因此AgCl的溶解度减小，故D正确；
故选：C。
A.用Na2CO3溶液清洗油污时，加热，水解程度增大，碱性更强；
B.接近100℃的水蒸气水分子之间形成了缔合分子，因此测定相对分子质量测定值偏高；
C.室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，两个溶液中氢离子浓度、氢氧根浓度相等；
D.向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，溶解平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质、化学平衡及反应速率，为高频考点，把握平衡移动原理的应用、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，则第一电离能：O>B，非金属元素的第一电离能大于金属元素的第一电离能，则B>Na，所以第一电离能Na
C.阴离子中B原子和4个O原子形成4个价层电子对，所以B原子的价层电子对数是4，则B原子采用sp3杂化，故C错误；
D.共价单键为σ键，该离子中B原子和4个O原子形成4个σ键、4个O原子和4个H原子还形成4个σ键，所以该离子中含有8个σ键，故D正确；
故选：C。
A.同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，非金属元素的第一电离能大于金属元素的第一电离能；
B.根据图知，硼酸分子中B原子和3个O原子共用电子对，B原子最外层有3个电子；
C.阴离子中B原子和4个O原子形成4个价层电子对，所以B原子的价层电子对数是4；
D.共价单键为σ键。
本题考查较综合，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确原子杂化类型判断方法、元素周期律等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.缓冲体系中增加少量强酸时，氢离子浓度增大，根据电离平衡常数可知c(H2CO3)c(HCO3−)=c(H+)Ka增大，因此溶液中n(H2CO3)n(HCO3−)变大，故A正确；
B.缓冲体系中加入少量强碱时，氢氧根离子消耗氢离子，平衡逆向进行，碳酸转化为碳酸氢根离子，故B错误；
C.血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时根据电离平衡常数可知，此时溶液中氢离子浓度是4.5×10−74.5mol/L=10−7mol/L，因此会引起酸中毒，故C正确；
D.酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解，故D正确；
故选：B。
A.缓冲体系中增加少量强酸时，氢离子浓度增大，根据电离平衡常数可知c(H2CO3)c(HCO3−)=c(H+)Ka增大；
B.缓冲体系中加入少量强碱时，氢氧根离子消耗氢离子，平衡逆向进行；
C.血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时根据电离平衡常数可知，此时溶液中氢离子浓度是4.5×10−74.5mol/L=10−7mol/L；
D.酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解。
本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的计算应用，侧重分析判断能力及知识灵活运用能力的考查，把握题给信息、缓冲溶液含义、化学平衡影响因素是解答本题的关键，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.图甲可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后，容器体积变大，浓度减小，正、逆反应速率减小，因此图像是正反应速率随时间变化的曲线，故A正确；
B.图乙可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，甲烷不断生成，因此甲烷的体积分数随时间不断增大直至不变，图中曲线能描述，故B正确；
C.图丙可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，从左到最高点，随温度升高，速率转化率增大，从最高点到后面，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，因此图中是反应相同时间时，二氧化氮的转化率随温度变化的曲线符合客观实际，故C正确；
D.图丁可表示：反应N2(g))+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，看其中一条曲线，从左到右，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，画一条与y轴相平的平行线，增大压强，平衡正向移动，但平衡常数不变，故图中不同压强下的平衡常数变化的曲线不对，故D错误；
故选：D。
A.图甲可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后，容器体积变大，浓度减小，正、逆反应速率减小；
B.图乙可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，甲烷不断生成；
C.图丙可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，从左到最高点，随温度升高，速率转化率增大，从最高点到后面，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
D.图丁可表示：反应N2(g))+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，看其中一条曲线，从左到右，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，画一条与y轴相平的平行线，增大压强，平衡正向移动，但平衡常数不变。
考查化学平衡图象、化学反应速率与化学平衡的影响因素等，难度中等，根据图象分析条件变化，掌握外界条件对平衡移动的影响。
12.【答案】B
【解析】解：A.反应①中CO作还原剂，[Ce−O−Cu]a+作氧化剂，转化为[Ce−□−Cu]a+，铜铈氧化物中Cu为+2价、Ce为+4价，反应中Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，故A正确；
B.③中通入 18O2，生成[Ce−18O2−Cu−CO]a+，经④生成[Ce−18O−Cu−]a+，有1个 18O在CO2中，反应①中生成的CO2含 18O，故B错误；
C.催化剂活性与温度有关，温度过高，催化剂的催化活性可能下降，故C正确；
D.在催化剂表面发生反应，为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2，故D正确；
故选：B。
A.反应①中CO作还原剂，[Ce−O−Cu]a+作氧化剂；
B.③中通入 18O2，生成[Ce−18O2−Cu−CO]a+，经④生成[Ce−18O−Cu−]a+，有1个 18O在CO2中；
C.催化剂活性与温度有关；
D.在催化剂表面发生反应。
本题考查化学反应机理，涉及氧化还原、催化剂等，理解每一步发生的变化，题目侧重考查学生信息获取能力、运用知识解决问题的能力。
13.【答案】C
【解析】解：A.根据物料守恒可知：Na2HPO3溶液中存在：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]，故A正确；
B.实验②用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液达第一次滴定终点时甲基橙由红色变为橙色溶液显酸性c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，故c(Na+)
故选：C。
A.根据物料守恒可知：Na2HPO3溶液中存在：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]；
B.实验②用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液达第一次滴定终点时甲基橙由红色变为橙色溶液显酸性c(H+)>c(OH−)；
C.根据图可知丙曲线是c(H3PO3)，甲曲线是c(H2PO3−)，乙曲线是c(HPO32−)，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，c(Na+)
本题考查酸碱混合时的定性判断和pH的计算的重点知识，涉及盐类的水解、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡及水的电离等，难点是离子浓度关系等式；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建知识思维导图，避免出错。
14.【答案】−12(b+c−a) 阴 HNO3 2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑CaO吸收CO2使CO2浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高 由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小
【解析】解：(1)H2燃烧时的能量变化如图，得到热反应方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−(b+c−a)kJ/mol，则H2的燃烧热为△H=−12(b+c−a)kJ/mol，
故答案为：−12(b+c−a)；
(2)①要得到氨水和硝酸，根据图中信息左边为阳极，阳极是溶液中水中氢氧根离子失去电子变为氧气，剩余氢离子，氢离子与II中硝酸根穿过a进入到Ⅰ室结合形成硝酸，因此a为阴离子交换膜，
故答案为：阴；
②要得到氨水和硝酸，根据前面分析Ⅰ室中得到硝酸，因此溶液A为稀硝酸，阴极是水中氢离子放电，则阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑，
故答案为：HNO3；2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑；
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H1>0，副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2>0；
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是CaO吸收CO2使CO2浓度降低，正反应正向进行且主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高，
故答案为：CaO吸收CO2使CO2浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高；
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小，
故答案为：由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小。
(1)H2燃烧时的能量变化如图，得到热反应方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−(b+c−a)kJ/mol；
(2)①要得到氨水和硝酸，根据图中信息左边为阳极，阳极是溶液中水中氢氧根离子失去电子变为氧气，剩余氢离子；
②要得到氨水和硝酸，根据前面分析Ⅰ室中得到硝酸，因此溶液A为稀硝酸，阴极是水中氢离子放电；
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H1>0，副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2>0；
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是CaO吸收CO2使CO2浓度降低，正反应正向进行且主反应正向进行程度变大；
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度。
本题考查电解原理、化学平衡、影响化学平衡移动的因素等知识点，均为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意离子交换膜类型的判断方法，题目难度中等。
15.【答案】2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出 >1.2×10−6 变为紫红色 98.20%
【解析】解：(1)H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，该反应的化学方程式为：2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]，
故答案为：2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]；
(2)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，可知乙醇降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出，
故答案为：降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出；
(3)向H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的KOH溶液，反应后相当于KHC2O4溶液，Kh(HC2O4−)=KwKa1(H2C2O4)=10−145.6×10−2c(OH−)；Ca2+浓度为80mg⋅L−1，换算为物质的量浓度为80×10−3g40g/mol⋅L−1=2×10−3mol⋅L−1，Ksp(CaC2O4)=c(C2O42−)×c(Ca2+)=c(C2O42−)×2×10−3=2.4×10−9，解得c(C2O42−)=1.2×10−6mol/L，故c(C2O42−)>1.2×10−6mol/L时易形成结石，
故答案为：>；1.2×10−6；
(4)①C2O42−被氧化完毕，滴入的高锰酸钾不反应，到达滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变为紫红色，
故答案为：变为紫红色；
②发生反应5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据关系式5K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O∼15H2C2O4∼6KMnO4，可知三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体物质的量为0.012L×0.01mol/L×56×250mL25mL=0.001mol，故草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体纯度是0.001mol×491g/mol0.5000g×100%=98.20%，
故答案为：98.2%。
(1)H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后生成2K3[Fe(C2O4)3]；
(2)加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体；
(3)相当于KHC2O4溶液，计算HC2O4−的水解平衡常数，与其电离平衡常数比较，判断溶液溶液酸碱性；根据Ksp(CaC2O4)=c(C2O42−)×c(Ca2+)计算；
(4)①C2O42−被氧化完毕，滴入的高锰酸钾不反应，溶液呈紫红色；
②发生反应5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据关系式5K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O∼15H2C2O4∼6KMnO4计算。
本题考查比较综合，涉及陌生方程式的书写、物质分离提纯、平衡常数的应用、氧化还原滴定应用，属于一题多点型题目，是对学生综合能力的考查，注意对基础知识的掌握。
16.【答案】0.02>减小 2 乙 B
【解析】解：(1)①根据三段式可知
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)(单位：mol)
开始0.50.30
变化2x x 2x
平衡0.5−2x0.3−x2x
20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，则0.5−2x=0.3−x，解得x=0.2，所以V(SO2)=△c△t=0.4mol/L20s=0.02mol/(L⋅s)，平衡常数K=c2(SO3)c(O2)c2(SO2)=0.420.1×0.12=160，平衡后向容器中再充入0.4molSO3和0.3molO2，此时浓度熵为0.620.12×0.25=144<160，平衡正向进行，则v(正)>v(逆)，
故答案为：0.02；>；
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则SO2的平衡转化率减小，
故答案为：减小；
(2)①根据三段式可知
C+SO2⇌CO2+1xSx
起始/mol100
变化/molyyyx
平衡/mol1−yyyx
反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，即1−y=y，解得y=0.5，0.51+0.5x=0.4，解得x=2，
故答案为：2；
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比，所以A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是B，
故答案为：乙；B。
(1)①根据三段式可知
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)(单位：mol)
开始0.50.30
变化2x x 2x
平衡0.5−2x0.3−x2x
20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，则0.5−2x=0.3−x，解得x=0.2，所以V(SO2)=△c△t=0.4mol/L20s=0.02mol/(L⋅s)，平衡常数K=c2(SO3)c(O2)c2(SO2)；
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，相当于是减小压强，平衡逆向进行；
(2)①根据三段式可知
C+SO2⇌CO2+1xSx
起始/mol100
变化/molyyyx
平衡/mol1−yyyx
反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，即1−y=y，解得y=0.5，0.51+0.5x=0.4；
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比。
本题考查了化学反应速率及其影响因素、化学平衡影响因素、化学平衡常数的计算和应用等，明确化学平衡的建立和影响平衡的因素是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】Cu@Zn*+2H2+CO2=______ ______ >[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1 纳米Fe2O3 Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应 2：1 温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降 氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，NH3发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降
【解析】解：(1)①总反应为：CO2+3H2Cu@ZnOCH3OH+H2O，总反应=第I步+第II步，可得第II步的方程式为：Cu@Zn*+2H2+CO2=Cu@ZnO+CH3OH，决速步为慢反应，活化能大，因此EI>EⅡ，
故答案为：Cu@Zn*+2H2+CO2=Cu@ZnO+CH3OH；>；
②镓的原子序数是31，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，
故答案为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1；
(2)①由图−2可知，反应消耗了纳米Fe2O3、又生成了纳米Fe2O3，因此参与电极B上反应的催化剂是纳米Fe2O3，
故答案为：纳米Fe2O3；
②由图−2可知，Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应，
故答案为：Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应；
(3)①由主反应的化学方程式可知，氧气中氧元素化合价由0价降低到−2价，一氧化氮中氮元素化合价由+2价降低到0价，当消耗4mol氨气时，1mol氧气得4mol电子，4mol一氧化氮得8mol电子，因此主反应中，分别被NO和O2氧化的NH3的质量之比为2：1，
故答案为：2：1；
②超过400℃，温度升高，NO转化率下降，可能原因是：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降。而氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是：氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降，
故答案为：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降；氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，NH3发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降。
(1)①总反应为：CO2+3H2Cu@ZnOCH3OH+H2O，总反应=第I步+第II步；
②镓的原子序数是31；
(2)①由图−2可知，反应消耗了纳米Fe2O3、又生成了纳米Fe2O3；
②由图−2可知，Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3；
(3)①由主反应的化学方程式可知，氧气中氧元素化合价由0价降低到−2价，一氧化氮中氮元素化合价由+2价降低到0价；
②超过400℃，温度升高，NO转化率下降，可能原因是：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小。
本题考查了含氮物质性质、氧化还原反应、电解池原理分析，主要是题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。
2021-2022学年江苏省泰州市高二（上）期末化学试卷
1. 黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. K2S是含有共价键的离子化合物
B. N2是氧化产物
C. CO2是形成酸雨的主要原因
D. 爆炸产生大量粉尘，使空气中的PM2.5增大
2. 实验室常用银氨溶液来检验CO，反应的化学方程式为CO+2[Ag(NH3)2]OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3。下列说法错误的是( )
A. 基态O原子的价电子排布图：
B. 键角：NH3>NH4+
C. 质子数47，中子数为60的Ag原子： 47107Ag
D. CO32−的空间构型：平面正三角形
3. NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。关于NH2Cl的制备反应，下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔS>0
B. 为加快反应速率，可在水溶液中制备NH2Cl
C. 使用合适的催化剂可以改变反应历程，降低反应焓变
D. 恒温恒容下，当混合气体的密度不再改变时，反应达到了平衡
4. 氯胺是饮用水消毒剂，包括一氯胺(NH2Cl)、二氯胺(NHCl2)和三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3。NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。下列说法正确的是( )
A. 电负性：O>Cl>N
B. NH3能形成分子间氢键，AsH3也能
C. NHCl2是极性分子，NCl3是非极性分子
D. 一氯胺与浓盐酸混合可产生Cl2
5. 氯胺是饮用水消毒剂，包括一氯胺(NH2Cl)、二氯胺(NHCl2)和三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3。NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)⇌NH2Cl(g)+HClg)ΔH=+12kJ⋅mol−1。下列方程式书写正确的是( )
A. 次氯酸的电离方程式：HClO+H2O⇌H3O++ClO−
B. 电解饱和食盐水制氯气的离子方程式：2Na++2Cl−−电解+2Na+Cl2↑
C. 一氯胺与水反应的离子方程式：NH2++Cl−+2H2O=NH3⋅H2O+HClO
D. 向FeI2溶液中通入足量Cl2的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
6. 下列说法正确的是( )
A. 电解精炼铜时，粗铜做阴极，纯铜做阳极
B. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
C. 铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品应与电源的正极相连
D. 惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，说明还原性Cu>Fe
7. 前20号主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。W基态原子成对电子数比未成对电子数多2个，Y最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z基态原子的3s轨道上有1个电子，Y和R位于同一主族。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：r(Z)>r(R)>r(Y)
B. 简单氢化物的稳定性：Y>X>W
C. Y的基态原子核外有5种空间运动状态不同的电子
D. W形成的化合物种类繁多，可通过质谱法测定分子中的化学键
8. 下列说法错误的是( )
A. 用Na2CO3溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果
B. 接近100℃的水蒸气相对分子质量测定值偏高，是因为水分子形成了缔合分子
C. 室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，c(CH3COO−)和c(Cl−)不相等
D. 向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，AgCl的溶解度减小
9. 一种含硼钠盐的结构如图所示，其阴离子是由2个H3BO3和2个[B(OH)4]−缩合而成，下列说法错误的是( )
A. 第一电离能：Na
10. 正常血液pH范围是7.35∼7.45，小于7.2引起酸中毒。H2CO3/HCO3−缓冲体系可稳定血液的pH，其缓冲作用可表示为H+(aq)+HCO3−(aq)⇌H2CO3(aq)⇌CO2(aq)+H2O(1)，H2CO3的Ka1=4.5×10−7。下列说法错误的是( )
A. 缓冲体系中增加少量强酸时，n(H2CO3)n(HCO3−)变大
B. 缓冲体系中加入少量强碱时，主要反应为：HCO3−+OH−=CO32−+H2O
C. 血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时，会引起酸中毒
D. 酸中毒时，可以注射少量NaHCO3溶液缓解症状
11. 下列说法错误的是( )
A. 可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后正反应速率随时间变化的曲线
B. 可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，CH4的体积分数随时间变化的曲线
C. 可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，NO2的转化率随温度变化的曲线
D. 可表示：反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，在不同温度、不同压强下的平衡常数变化的曲线
12. 铜铈氧化物(xCuO⋅yCeO2)可除去H2中的少量CO，反应机理如图。Ce是一种活泼金属，价电子为4f15d16s2，①中Cu和Ce的化合价均发生变化，下列说法错误的是( )
A. 反应①中，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3
B. 反应③中通入 18O2，④中生成的CO2含 18O，反应①中生成的CO2不含 18O
C. 温度过高，催化剂的催化活性可能下降
D. 为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2
13. 亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸，室温下，通过下列实验探究H3PO3溶液的性质。
实验①：向0.10mol⋅L−1Na2HPO3溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
实验②：用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液(以甲基橙作指示剂)，到达第一次滴定终点时，溶液恰好由红色变为橙色
实验③：向0.10mol⋅L−1H3PO3溶液中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各含磷物种的pc−pH关系如图[pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=−lgc)]
下列有关说法错误的是( )
A. 实验①Na2HPO3溶液中：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]
B. 实验②达第一次滴定终点时：c(Na+)
D. 室温下，反应H3PO3+HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数K=1×105.3
14. 人们研究化学反应与能量之间的关系是为获得能量和新物质。
(1)H2燃烧时的能量变化如图1，H2的燃烧热为ΔH=______kJ⋅mol−1。
(2)利用双离子交换膜电解NH4NO3溶液，可获得氨水和硝酸，装置如图2。
①Ⅰ室和Ⅲ室可获得产品，a为 ______离子交换膜。(填“阳”或“阴”)
②溶液A为 ______(填“NaOH”或“HNO3”)，阴极电极反应式为 ______。
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)ΔH1>0
副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+HH2O(g)ΔH2>0
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是 ______，
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是 ______。
15. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)易溶于水、难溶于有机溶剂。将H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。
(1)写出制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的化学方程式 ______。
(2)加入乙醇的作用是 ______。
(3)已知：室温下，H2C2O4的Ka1=5.6×10−2、Ka2=1.5×10−4，Ksp(CaC2O4)=2.4×10−9。向H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的KOH溶液后，溶液中c(H+)______c(OH−)(填“>”、“=”或“<”)。人体内的一种结石主要成分是CaC2O4，Ca2+浓度为80mg⋅L−1的尿液中，c(C2O42−)>______mol/L时易形成结石。
(4)测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(摩尔质量为491g/mol)的纯度：称量0.5000g三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体样品，配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。已知样品中杂质不参与反应。
①当加入12.00mL溶液，到达滴定终点时锥形瓶中溶液颜色为 ______。
②通过计算确定草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体纯度是 ______。(写出计算过程)
16. 硫酸在工业生产中有着重要的意义，SO2是工业制硫酸的重要原料。
(1)T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入1.0molSO2和0.6molO2，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
①20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，v(SO2)=______mol⋅L−1⋅s−1，平衡后向容器中再充入0.4molSO3和0.3molO2，此时，v(正)______v(逆)。(填“>”、“=”或“<”)
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，SO2的平衡转化率 ______。(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)密闭容器中，加入足量的焦炭(沸点4827℃)和1molSO2反应，生成CO2和硫蒸气(Sx)。
①反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，Sx中x=______。
②按相同投料方式发生上述反应，相同时间内测得SO2与Sx的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其它条件相同时，在不同催化剂作用下，SO2转化率与温度关系如图2所示。
700℃时，催化剂 ______(填“甲”或“乙”)活性更高，A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是 ______(填字母)。
17. 过渡元素的金属及其氧化物常用作反应的催化剂。
(1)CO2和H2催化合成CH3OH的反应如下：CO2+H2Cu@ZnOCH3OH+H2O(未配平)
①该反应的催化历程可简化为两步：第Ⅰ步：Cu@ZnO+H2=Cu@Zn*+H2O；第Ⅱ步的方程式为 ______。第Ⅰ步反应决定了总反应达到平衡的时间，两步反应的活化能EI______EⅡ。(填“>”、“=”或“<”)
②加入Ga可以增大催化剂的表面积。Ga的基态原子核外电子排布式为 ______。
(2)我国科学家以H2O(g)和N2(g)为原料，熔融NaOH−KOH为离子导体，通过催化电解法制备NH3，装置如图1所示，其中在电极B上的反应过程如图2所示。
①参与电极B上反应的催化剂是 ______，
②描述在电极B上催化生成NH3的过程 ______。
(3)富氧条件下，NH3和NO在钒基催化作用下发生脱硝反应，方程式可表示为：
主反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2OΔH<0
副反应：
Ⅰ.4NH3+5O2⇌4NO+6H2O
Ⅱ.4NH3+4O2⇌2N2O+6H2O
…
不同氨氮比[n(NH3)n(NO)]下，NO的转化率和N2O的生成量随温度的变化曲线如图3和图4所示，测得300℃后，NH3转化率基本不变。
①上述脱硝的主反应中，分别被NO和O2氧化的NH3的质量之比为 ______；
②超过400℃：温度升高，NO转化率下降，可能原因是 ______；氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.K2S只含离子键，故A错误；
B.KNO3中N元素化合价降低，被还原，做氧化剂，故N2是还原产物，故B错误；
C.形成酸雨的气体是二氧化硫及其氮的氧化物，不是CO2，故C错误；
D.爆炸产生大量粉尘，直径小于2.5微米的颗粒物，使空气中的PM2.5增大，故D正确；
故选：D。
S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中S元素化合价降低，被还原；N元素化合价降低，被还原；C元素化合价升高，被氧化，据此进行分析。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素的化合价变化及氧化还原反应中的概念即可解答，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.O为8号元素，价电子排布图为，故A正确；
B.键角：NH3相较于NH4+，均为sp3杂化，但是氨气分子含有一个孤电子对，导致键角偏小，故B错误；
C.质子数47，中子数为60的Ag原子，质量数为107，故表示为： 47107Ag，故C正确；
D.CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，不含孤电子对，构型为平面正三角形，故D正确；
故选：B。
A.O为8号元素，价电子排布图为；
B.键角：NH3相较于NH4+，均为sp3杂化，但是氨气分子含有一个孤电子对；
C.质子数47，中子数为60的Ag原子，质量数为107；
D.CO32−的价层电子对数为3+4+2−2×32=3，不含孤电子对。
本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化方式判断、键角等知识点，综合性较强，侧重考查基础知识的灵活运用、空间想象能力及计算能力，难度适中。
3.【答案】A
【解析】解：A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行，△H>0，可知△S>0，故A正确；
B.NH2Cl极易水解，不能在水溶液中制备NH2Cl，故B错误；
C.使用合适的催化剂可以改变反应历程，但不改变反应的焓变，故C错误；
D.该反应各物质都是气体，反应进行中混合气体的总质量不变，又由于容器体积不变，容器内气体的密度是一个定值，不能用来判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
A.依据△H−T△S<0的反应可自发进行，△H>0，可知△S>0；
B.NH2Cl极易水解，不能在水溶液中制备NH2Cl；
C.催化剂不能改变反应焓变；
D.该反应各物质都是气体，反应进行中混合气体的总质量不变。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.根据三氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为−3，得到电负性：N>Cl，同周期从左向右电负性逐渐增大，故电负性大小顺序是：O>N>Cl，故A错误；
B.NH3能形成分子间氢键，As电负性小，因此AsH3不能形成分子间氢键，故B错误；
C.NHCl2分子存在极性键且分子结构不对称极性分子，为极性分子，NCl3中N为sp3杂化，含有一孤电子对，分子呈三角锥形，因此是极性分子，故C错误；
D.NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，说明生成了次氯酸，因此一氯胺中+1价Cl与浓盐酸中−1价Cl发生氧化还原反应可产生Cl2，故D正确，
故选：D。
A.氯胺中N的化合价均为−3，同周期从左向右电负性逐渐增大；
B.N电负性比As大；
C.NHCl2分子存在极性键且分子结构不对称，NCl3中N为sp3杂化，含有一孤电子对，分子呈三角锥形；
D.NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，说明生成了次氯酸。
本题考查了氢键、电负性、分子极性、化学反应等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.次氯酸为弱电解质，电离方程式：HClO+H2O⇌H3O++ClO−，故A正确；
B.电解饱和食盐水生成氯化钠、氯气和氢气，离子方程式：2Cl−+2H2O−通电2OH−+H2↑+Cl2↑，故B错误；
C.由信息中的反应可知，只有Cl元素的化合价变化，则NH2Cl中Cl为+1价，NH2Cl不能拆分成离子，则氯胺与水反应的离子方程式为：NH2Cl+2H2O=NH3⋅H2O+HClO，故C错误；
D.向FeI2溶液中通入足量Cl2，离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl−，故D错误；
故选：A。
A.次氯酸是弱电解质，部分电离，电离出的氢离子可以写成水合氢离子；
B.电解饱和食盐水生成氯化钠、氯气和氢气；
C.N的化合价均为−3，由信息中的反应可知，只有Cl元素的化合价变化，则NH2Cl中Cl为+1价；
D.氯气足量，亚铁离子与碘离子的物质的量之比为1：2。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，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】B
【解析】解：A.电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极，故A错误；
B.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，原因在于锌和铜构成原电池，锌为负极，保护正极金属铜，故B正确；
C.铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品为待镀金属，作为阴极，连接电源负极，故C错误；
D.惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，原因在于三价铁离子的还原性大于铜离子，优先放电，但是三价铁离子对应的还原产物不是Fe，无法说明还原性Cu>Fe，故D错误；
故选：B。
A.电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极；
B.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，原因在于锌和铜构成原电池；
C.铁制品表面镀镍，电镀液用硫酸镍溶液，铁制品为待镀金属；
D.惰性电极电解FeCl3、CuCl2混合溶液，阴极未析出红色金属，原因在于三价铁离子的还原性大于铜离子，优先放电。
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。
7.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Na，R为S元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Z)>r(R)>r(Y)，故A正确；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>N>C，则简单氢化物的稳定性：Y>X>W，故B正确；
C.氧的基态核外电子排布式为1s22s22p4，其基态原子核外空间运动状态有1s、2s、2p，s能级含有1个轨道，p能级含有3个轨道，则O的基态原子核外有5种空间运动状态不同的电子，故C正确；
D.有机物中均含有碳元素，则C形成的化合物种类繁多，但质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能测定化学键，故D错误；
故选：D。
前20号主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则Y为O；W基态原子成对电子数比未成对电子数多2个，其原子序数小于O，其核外电子排布式为1s22s22p2，则W为C元素；X介于C、O之间，则X为N元素；Z基态原子的3s轨道上有1个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Z为Na元素；Y和R位于同一主族，则R为S，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.用Na2CO3溶液清洗油污时，加热，水解程度增大，碱性更强，因此去污效果增强，故A正确；
B.接近100℃的水蒸气水分子之间形成了缔合分子，因此测定相对分子质量测定值偏高，故B正确；
C.室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，两个溶液中氢离子浓度、氢氧根浓度相等，根据电荷守恒得到c(CH3COO−)和c(Cl−)相等，故C错误；
D.向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，因此AgCl的溶解度减小，故D正确；
故选：C。
A.用Na2CO3溶液清洗油污时，加热，水解程度增大，碱性更强；
B.接近100℃的水蒸气水分子之间形成了缔合分子，因此测定相对分子质量测定值偏高；
C.室温下，pH=3的稀醋酸和稀盐酸中，两个溶液中氢离子浓度、氢氧根浓度相等；
D.向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，溶解平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质、化学平衡及反应速率，为高频考点，把握平衡移动原理的应用、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，则第一电离能：O>B，非金属元素的第一电离能大于金属元素的第一电离能，则B>Na，所以第一电离能Na
C.阴离子中B原子和4个O原子形成4个价层电子对，所以B原子的价层电子对数是4，则B原子采用sp3杂化，故C错误；
D.共价单键为σ键，该离子中B原子和4个O原子形成4个σ键、4个O原子和4个H原子还形成4个σ键，所以该离子中含有8个σ键，故D正确；
故选：C。
A.同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，非金属元素的第一电离能大于金属元素的第一电离能；
B.根据图知，硼酸分子中B原子和3个O原子共用电子对，B原子最外层有3个电子；
C.阴离子中B原子和4个O原子形成4个价层电子对，所以B原子的价层电子对数是4；
D.共价单键为σ键。
本题考查较综合，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确原子杂化类型判断方法、元素周期律等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.缓冲体系中增加少量强酸时，氢离子浓度增大，根据电离平衡常数可知c(H2CO3)c(HCO3−)=c(H+)Ka增大，因此溶液中n(H2CO3)n(HCO3−)变大，故A正确；
B.缓冲体系中加入少量强碱时，氢氧根离子消耗氢离子，平衡逆向进行，碳酸转化为碳酸氢根离子，故B错误；
C.血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时根据电离平衡常数可知，此时溶液中氢离子浓度是4.5×10−74.5mol/L=10−7mol/L，因此会引起酸中毒，故C正确；
D.酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解，故D正确；
故选：B。
A.缓冲体系中增加少量强酸时，氢离子浓度增大，根据电离平衡常数可知c(H2CO3)c(HCO3−)=c(H+)Ka增大；
B.缓冲体系中加入少量强碱时，氢氧根离子消耗氢离子，平衡逆向进行；
C.血浆中c(HCO3−)c(H2CO3)=4.5时根据电离平衡常数可知，此时溶液中氢离子浓度是4.5×10−74.5mol/L=10−7mol/L；
D.酸中毒时，H+过多，可用NaHCO3溶液与之反应加以缓解。
本题考查了弱电解质电离、电离平衡常数的计算应用，侧重分析判断能力及知识灵活运用能力的考查，把握题给信息、缓冲溶液含义、化学平衡影响因素是解答本题的关键，题目难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.图甲可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后，容器体积变大，浓度减小，正、逆反应速率减小，因此图像是正反应速率随时间变化的曲线，故A正确；
B.图乙可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，甲烷不断生成，因此甲烷的体积分数随时间不断增大直至不变，图中曲线能描述，故B正确；
C.图丙可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，从左到最高点，随温度升高，速率转化率增大，从最高点到后面，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，因此图中是反应相同时间时，二氧化氮的转化率随温度变化的曲线符合客观实际，故C正确；
D.图丁可表示：反应N2(g))+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，看其中一条曲线，从左到右，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，画一条与y轴相平的平行线，增大压强，平衡正向移动，但平衡常数不变，故图中不同压强下的平衡常数变化的曲线不对，故D错误；
故选：D。
A.图甲可表示：恒温恒压的密闭容器中，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡后，充入惰性气体后，容器体积变大，浓度减小，正、逆反应速率减小；
B.图乙可表示：恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和1molH2发生反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)时，甲烷不断生成；
C.图丙可表示：恒容密闭容器中，1molNO2发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，反应相同时间时，从左到最高点，随温度升高，速率转化率增大，从最高点到后面，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
D.图丁可表示：反应N2(g))+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，看其中一条曲线，从左到右，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，画一条与y轴相平的平行线，增大压强，平衡正向移动，但平衡常数不变。
考查化学平衡图象、化学反应速率与化学平衡的影响因素等，难度中等，根据图象分析条件变化，掌握外界条件对平衡移动的影响。
12.【答案】B
【解析】解：A.反应①中CO作还原剂，[Ce−O−Cu]a+作氧化剂，转化为[Ce−□−Cu]a+，铜铈氧化物中Cu为+2价、Ce为+4价，反应中Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，故A正确；
B.③中通入 18O2，生成[Ce−18O2−Cu−CO]a+，经④生成[Ce−18O−Cu−]a+，有1个 18O在CO2中，反应①中生成的CO2含 18O，故B错误；
C.催化剂活性与温度有关，温度过高，催化剂的催化活性可能下降，故C正确；
D.在催化剂表面发生反应，为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2，故D正确；
故选：B。
A.反应①中CO作还原剂，[Ce−O−Cu]a+作氧化剂；
B.③中通入 18O2，生成[Ce−18O2−Cu−CO]a+，经④生成[Ce−18O−Cu−]a+，有1个 18O在CO2中；
C.催化剂活性与温度有关；
D.在催化剂表面发生反应。
本题考查化学反应机理，涉及氧化还原、催化剂等，理解每一步发生的变化，题目侧重考查学生信息获取能力、运用知识解决问题的能力。
13.【答案】C
【解析】解：A.根据物料守恒可知：Na2HPO3溶液中存在：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]，故A正确；
B.实验②用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液达第一次滴定终点时甲基橙由红色变为橙色溶液显酸性c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，故c(Na+)
故选：C。
A.根据物料守恒可知：Na2HPO3溶液中存在：c(Na+)=2[c(H2PO3−)+c(HPO32−)+c(H3PO3)]；
B.实验②用0.10mol⋅L−1NaOH溶液滴定0.10mol⋅L−1H3PO3溶液达第一次滴定终点时甲基橙由红色变为橙色溶液显酸性c(H+)>c(OH−)；
C.根据图可知丙曲线是c(H3PO3)，甲曲线是c(H2PO3−)，乙曲线是c(HPO32−)，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−)，c(Na+)
本题考查酸碱混合时的定性判断和pH的计算的重点知识，涉及盐类的水解、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡及水的电离等，难点是离子浓度关系等式；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建知识思维导图，避免出错。
14.【答案】−12(b+c−a) 阴 HNO3 2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑CaO吸收CO2使CO2浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高 由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小
【解析】解：(1)H2燃烧时的能量变化如图，得到热反应方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−(b+c−a)kJ/mol，则H2的燃烧热为△H=−12(b+c−a)kJ/mol，
故答案为：−12(b+c−a)；
(2)①要得到氨水和硝酸，根据图中信息左边为阳极，阳极是溶液中水中氢氧根离子失去电子变为氧气，剩余氢离子，氢离子与II中硝酸根穿过a进入到Ⅰ室结合形成硝酸，因此a为阴离子交换膜，
故答案为：阴；
②要得到氨水和硝酸，根据前面分析Ⅰ室中得到硝酸，因此溶液A为稀硝酸，阴极是水中氢离子放电，则阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑，
故答案为：HNO3；2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑；
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H1>0，副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2>0；
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是CaO吸收CO2使CO2浓度降低，正反应正向进行且主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高，
故答案为：CaO吸收CO2使CO2浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，H2的产率提高；
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小，
故答案为：由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中CO2的量减小。
(1)H2燃烧时的能量变化如图，得到热反应方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=−(b+c−a)kJ/mol；
(2)①要得到氨水和硝酸，根据图中信息左边为阳极，阳极是溶液中水中氢氧根离子失去电子变为氧气，剩余氢离子；
②要得到氨水和硝酸，根据前面分析Ⅰ室中得到硝酸，因此溶液A为稀硝酸，阴极是水中氢离子放电；
(3)CH3OH催化重整制取H2反应如下：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H1>0，副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2>0；
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高H2的产率，原因可能是CaO吸收CO2使CO2浓度降低，正反应正向进行且主反应正向进行程度变大；
②250∼300℃，温度升高，平衡体系中CO2的量减小，原因可能是由于△H1>0、△H2>0，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度。
本题考查电解原理、化学平衡、影响化学平衡移动的因素等知识点，均为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意离子交换膜类型的判断方法，题目难度中等。
15.【答案】2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出 >1.2×10−6 变为紫红色 98.20%
【解析】解：(1)H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，该反应的化学方程式为：2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]，
故答案为：2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4+H2O=2K3[Fe(C2O4)3]；
(2)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水，加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，可知乙醇降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出，
故答案为：降低草酸合铁酸钾晶体的溶解量，使之结晶析出；
(3)向H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的KOH溶液，反应后相当于KHC2O4溶液，Kh(HC2O4−)=KwKa1(H2C2O4)=10−145.6×10−2
故答案为：>；1.2×10−6；
(4)①C2O42−被氧化完毕，滴入的高锰酸钾不反应，到达滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变为紫红色，
故答案为：变为紫红色；
②发生反应5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据关系式5K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O∼15H2C2O4∼6KMnO4，可知三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体物质的量为0.012L×0.01mol/L×56×250mL25mL=0.001mol，故草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体纯度是0.001mol×491g/mol0.5000g×100%=98.20%，
故答案为：98.2%。
(1)H2C2O4、K2C2O4、H2O2、FeC2O4在溶液中充分反应后生成2K3[Fe(C2O4)3]；
(2)加入乙醇可析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体；
(3)相当于KHC2O4溶液，计算HC2O4−的水解平衡常数，与其电离平衡常数比较，判断溶液溶液酸碱性；根据Ksp(CaC2O4)=c(C2O42−)×c(Ca2+)计算；
(4)①C2O42−被氧化完毕，滴入的高锰酸钾不反应，溶液呈紫红色；
②发生反应5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据关系式5K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O∼15H2C2O4∼6KMnO4计算。
本题考查比较综合，涉及陌生方程式的书写、物质分离提纯、平衡常数的应用、氧化还原滴定应用，属于一题多点型题目，是对学生综合能力的考查，注意对基础知识的掌握。
16.【答案】0.02>减小 2 乙 B
【解析】解：(1)①根据三段式可知
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)(单位：mol)
开始0.50.30
变化2x x 2x
平衡0.5−2x0.3−x2x
20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，则0.5−2x=0.3−x，解得x=0.2，所以V(SO2)=△c△t=0.4mol/L20s=0.02mol/(L⋅s)，平衡常数K=c2(SO3)c(O2)c2(SO2)=0.420.1×0.12=160，平衡后向容器中再充入0.4molSO3和0.3molO2，此时浓度熵为0.620.12×0.25=144<160，平衡正向进行，则v(正)>v(逆)，
故答案为：0.02；>；
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则SO2的平衡转化率减小，
故答案为：减小；
(2)①根据三段式可知
C+SO2⇌CO2+1xSx
起始/mol100
变化/molyyyx
平衡/mol1−yyyx
反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，即1−y=y，解得y=0.5，0.51+0.5x=0.4，解得x=2，
故答案为：2；
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比，所以A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是B，
故答案为：乙；B。
(1)①根据三段式可知
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)(单位：mol)
开始0.50.30
变化2x x 2x
平衡0.5−2x0.3−x2x
20s后反应达到平衡，c(SO2)和c(O2)相等，则0.5−2x=0.3−x，解得x=0.2，所以V(SO2)=△c△t=0.4mol/L20s=0.02mol/(L⋅s)，平衡常数K=c2(SO3)c(O2)c2(SO2)；
②相同温度下，起始投料变为0.5molSO2和0.3molO2，相当于是减小压强，平衡逆向进行；
(2)①根据三段式可知
C+SO2⇌CO2+1xSx
起始/mol100
变化/molyyyx
平衡/mol1−yyyx
反应在某温度达到平衡时，SO2和CO2的体积分数都等于40%，即1−y=y，解得y=0.5，0.51+0.5x=0.4；
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比。
本题考查了化学反应速率及其影响因素、化学平衡影响因素、化学平衡常数的计算和应用等，明确化学平衡的建立和影响平衡的因素是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】Cu@Zn*+2H2+CO2=______ ______ >[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1 纳米Fe2O3 Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应 2：1 温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降 氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，NH3发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降
【解析】解：(1)①总反应为：CO2+3H2Cu@ZnOCH3OH+H2O，总反应=第I步+第II步，可得第II步的方程式为：Cu@Zn*+2H2+CO2=Cu@ZnO+CH3OH，决速步为慢反应，活化能大，因此EI>EⅡ，
故答案为：Cu@Zn*+2H2+CO2=Cu@ZnO+CH3OH；>；
②镓的原子序数是31，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，
故答案为：[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1；
(2)①由图−2可知，反应消耗了纳米Fe2O3、又生成了纳米Fe2O3，因此参与电极B上反应的催化剂是纳米Fe2O3，
故答案为：纳米Fe2O3；
②由图−2可知，Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应，
故答案为：Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在阴极循环反应；
(3)①由主反应的化学方程式可知，氧气中氧元素化合价由0价降低到−2价，一氧化氮中氮元素化合价由+2价降低到0价，当消耗4mol氨气时，1mol氧气得4mol电子，4mol一氧化氮得8mol电子，因此主反应中，分别被NO和O2氧化的NH3的质量之比为2：1，
故答案为：2：1；
②超过400℃，温度升高，NO转化率下降，可能原因是：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降。而氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是：氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降，
故答案为：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的NH3会被氧化为NO或N2O，NO的转化率下降；氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，NH3发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降。
(1)①总反应为：CO2+3H2Cu@ZnOCH3OH+H2O，总反应=第I步+第II步；
②镓的原子序数是31；
(2)①由图−2可知，反应消耗了纳米Fe2O3、又生成了纳米Fe2O3；
②由图−2可知，Fe2O3在阴极得电子和H2O生成中间体Fe和OH−，Fe通入的N2、H2O生成NH3和Fe2O3；
(3)①由主反应的化学方程式可知，氧气中氧元素化合价由0价降低到−2价，一氧化氮中氮元素化合价由+2价降低到0价；
②超过400℃，温度升高，NO转化率下降，可能原因是：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小。
本题考查了含氮物质性质、氧化还原反应、电解池原理分析，主要是题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大。
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