还剩19页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年江西省吉安市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年江西省吉安市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了4ml⋅L−1，2L，2kJ/ml；，0kJ/ml；，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省吉安市高二（上）期末化学试卷
1. 宋应星所著《天工开物》共三卷十八篇，书中收录有关机械、砖瓦、陶瓷，火药硫磺等的生产技术。被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列有关说法不正确的是( )
A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料
B. 古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化
C. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金
D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾
2. 图为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)。下列结论错误的是( )
A. CO2的电子式为
B. ①→②的过程吸收能量
C. CH4分子在催化剂表面会断开C−H键，断键会吸收能量
D. 生成乙酸的原子利用率为100%
3. 已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=akJ⋅mol−1。
T K 时，在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1.下列说法中错误的是( )
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol⋅L−1⋅min−1
C. 达到化学平衡时，CO 的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol⋅L−1
4. 25℃时，下列有关溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1Na2CO3与0.lmol⋅L−1NaHCO3溶液等体积混合：23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 0.1mol⋅L−1Na2C2O4与0.1mol⋅L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
C. 在0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中：c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)
D. 0.lmol⋅L−1NH4Cl与0.lmol⋅L−1氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)
5. 一定温度下，向2L恒容容器中充入1mol A和1mol B，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表．下列说法正确的是( )
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 前 5 s 的平均反应速率v(A)=0.03mol⋅L−1⋅s−1
B. 正反应是吸热反应
C. 保持温度不变，起始时向容器中充入1mol C，达平衡时，C的转化率大于80%
D. 保持温度不变，起始时向容器中充入0.2molA、0.2molB和1mol C，反应达到平衡前v(正)
A. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 升高温度能使化学反应速率增大，原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
C. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
7. 在体积恒定的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)△H<0，80℃时，反应平衡常数K=2。下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变，反应达平衡时增加CO用量，平衡正向移动K值变大
B. 80℃时，若不改变反应物用量且起始体积一样的情况下，将恒容条件改成恒压，则达平衡时CO转化率下降
C. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，则此时v正
8. 在一恒温、恒容密闭容器中，发生反应：2A(g)+B(s)⇌C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是( )
①混合气体的密度不变
②单位时间内生成1molD，同时消耗了2molA
③混合气体的平均相对分子质量不变
④C的物质的量浓度不变
⑤混合气体的压强不变
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②⑤
9. 下列有关反应进行方向的叙述中不正确的是( )
A. −10℃的液态水就会自动结冰成为固态，因为这是熵增的过程
B. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据
C. 大量事实告诉我们，过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率
D. 放热反应过程中体系能量降低，因此有自发进行的倾向，但是有些吸热反应也可以自发进行
10. 可逆反应mA(g)+nB(s)⇌pC(g)+qD(g)，在反应过程中，当其他条件不变时，D的百分含量与温度(T)和压强(P)的关系如图所示，判断下列叙述中不正确的是( )
A. 达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动
B. 达到平衡后，若使用催化剂，D的物质的量分数不变
C. 化学方程式中一定有m
11. 常温下，有关盐酸与醋酸溶液的说法正确的是( )
A. pH=2.0的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后溶液的 pH>2.0
B. 等浓度的盐酸和醋酸与足量的锌反应产生气体的体积(同压时)相同
C. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO−)=c(Cl−)
D. 浓度为0.1mol⋅L−1等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl−)>c(CH3COO−)
12. 在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，t℃时AgCl的Ksp=4.9×10−10，下列说法不正确的是( )
A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，AgBr的Ksp为 4.9×10−13
C. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=1000
13. 某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断不正确的是( )
A. I是盐酸，Ⅱ是醋酸
B. 稀释前等体积的I、Ⅱ溶液中和氢氧化钠的能力相同
C. a、b、c三点KW的数值相同
D. 溶液的导电性a>b>c
14. 某工厂采用如图所示装置处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气，已知电解池中的两个电极均为惰性电极。下列说法不正确的是( )
A. 反应池中的发生的反应为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+
B. 电极a为阳极，发生氧化反应
C. 离子交换膜可以是阳离子交换膜
D. 电解池工作转移1mol电子时，可得到X气体11.2L(标准状况)
15. 下列说法中，不正确的是( )
A. 电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为：2Cl−−2e−=Cl2↑
B. 酸性介质或碱性介质的氢氧燃料电池的正极反应式均为：O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为：Cu2++2e−=Cu
D. 钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
16. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是( )
A. 通电后中间隔室的SO42−向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O−4e−=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
17. 水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。河水01是主要的饮用水源，污染物通过饮用水可宵接毒害人体，也可通过食物链和溉溉农田间接危及健康。请回答下列问题：
(1)纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol⋅L−1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)=______mol⋅L−1。
(2)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为______。
(3)体积均为100 mLpH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则相同温度时，HX的电离平衡常数______(填“大于”或“小于”或“等丁”)CH3COOH的电离平衡常数，理由是______。
(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。
已知：
化学式
电离常数(25℃)
HCN
K=4.9×10−10
CH3COOOH
K=1.8×10−5
H2CO3
K1=4.3×10−7、K2=5.6×10−11
①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为______。
②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为______。
(5)25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=______mol⋅L−1(填精确值)。
18. 在1L恒容密闭容器中，发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。
(1)某温度时，按物质的量比2：1充入NO和O2开始反应，n(NO)随时间变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.007
0.006
0.006
0.006
以O2浓度变化表示的反应速率，0∼4s内的______(填“小于”、“大于”或“等于”)1−5s内的。
(2)该反应的平衡常数表达式为K=______，能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A.气体颜色保持不变
B.气体平均相对分子质量保持不变
C.v逆(NO)=2v逆(O2)
D.气体密度保持不变
(3)已知：K(300℃)>K(400℃)。下列措施能使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是______
A.升高温度
B.充入Ar使压强增大
C.充入O2使压强增大
D.选择高效催化剂
19. 化学反应的快慢(速率)和化学反应的限度是化学反应原理的重要组成部分。请回答下列问题：
(1)在一定温度下的定容容器中，当C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量。能说明C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)达到平衡状态的是 ______。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
①该反应为 ______反应(填“吸热”或“放热”)。
②某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，试判断此时的温度为 ______。
③若830℃时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K ______1.0(填“大于”“小于”或“等于”)。
④若1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则此时上述反应的平衡移动方向为 ______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
20. 化学反应的能量变化是中学化学中重要组成部分，回答下列相关问题。
(1)已知：①2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)△H=−768.2kJ/mol；
②2Cu2O(s)+Cu2S(s)=6Cu(s)+SO2(g)△H=+116.0kJ/mol；
则Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)△H=______。
(2)某同学用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂−KNO3的U形管)设计成一个原电池，如图1。下列判断中正确的是______。
A.实验过程中，左侧烧杯NO3−变大
B.若用U形铜代替盐桥，装置中无电流产生
C.若用U形铜代替盐桥则左池中电能转化成化学能，右池中化学能转化成电能
D.若用U形铜代替盐桥，一段时间之后U形铜的质量减小
(3)利用电化学原理，将CO、O2和熔融K2CO3制成燃料电池，模拟工业电解法处理含Cr2O72−的废水，如图2。电解过程中溶液中发生如下反应：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
①甲池内阳离子向石墨______移动。(填“Ⅰ”或者“Ⅱ”)。
②如图，CO在石墨Ⅰ电极放电生成Y，Y可循环使用。甲池工作时，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为______。
③Fe(Ⅰ)的电极反应式为______。
④甲中消耗0.12molCO，最多可以处理含Cr2O72−______mol的废水。
21. 工业废水中常含有一定量的Cr2O72−和CrO42−，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．该法的工艺流程为CrO42−→①转化H+Cr2O72−→②还原Fe2+Cr3+→③沉淀OH−Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O
(1)若平衡体系的pH=2，该溶液显______色．
(2)能说明第①步反应达平衡状态的是______.
a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)
c.溶液的颜色不变
(3)第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4⋅7H2O.
(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至______.
方法2：电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀．
(5)用Fe做电极的原因为______.
(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)______.溶液中同时生成的沉淀还有______.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶，陶瓷含有硅酸盐，是一种传统硅酸盐材料，故A正确；
B.向海水中加入明矾，主要是为了利用明矾中Al3+水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力，将海水中的悬浊物沉降，从而实现海水净化，但是不能淡化海水，故B错误；
C.依据题意可知黄铜是铜与铅的合金，故C正确；
D.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D正确；
故选：B。
A.陶瓷含有硅酸盐，为硅酸盐制品；
B.向海水中加入明矾，主要是为了利用明矾中Al3+水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力；
C.金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性的材料为合金；
D.依据火药成分判断。
本题考查了物质变化、物质性质、物质分类的分析、化学反应类型的判断，题目难度不大，注意对常见材料的积累。
2.【答案】B
【解析】解：A.二氧化碳为共价化合物，C原子与每个O原子均形成两个共用电子对，其电子式为，故A正确；
B.分析图示可知，状态①的能量大于状态②，故由①→②的过程释放能量，故B错误；
C.分析图示可知，CH4转化为CH3COOH，CH4分子在催化剂表面会断开C−H键，断键会吸收能量，故C正确；
D.CO2与CH4转化为CH3COOH，反应为化合反应，原子利用率为100%，故D正确；
故选：B。
A.二氧化碳为共价化合物，C原子与每个O原子均形成两个共用电子对；
B.分析图示可知，状态①的能量大于状态②；
C.分析图示可知，CH4转化为CH3COOH，必然存在C−H键的断裂；
D.化合反应，原子利用率为100%。
本题考查较为综合，电子式，化学反应与能量等内容，注意把握图象的分析，题目难度较低。
3.【答案】D
【解析】解：A.放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，故A正确；
B.用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为1.6mol2L5min=0.16mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.达到化学平衡时，CO的转化率是1.6mol2mol×100%=80%，故C正确；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 molCO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol⋅L−1，故D错误；
故选：D。
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
开始 2 2 0 0
转化 1.61.60.81.6
平衡 0.40.40.81.6
A.放热反应的焓变为负；
B.结合v=△c△t计算；
C.转化率=转化的量开始的量×100%；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握平衡三段法、速率及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1Na2CO3与0.lmol⋅L−1NaHCO3溶液等体积混合根据物料守恒2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故A正确；
B.0.1mol⋅L−1Na2C2O4与0.1mol⋅L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，根据电荷守恒，2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，故B错误；
C.根据质子守恒，在0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故C错误；
D.0.lmol⋅L−1NH4Cl与0.lmol⋅L−1氨水等体积混合(pH>7)，氨水电离大于铵根离子水解，所以c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)，故D错误；
故选：A。
A.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n(Na)=3n(C)，碳元素所有存在形式总和和所有钠离子存在守恒关系；
B.溶液中存在电荷守恒式；
C.注意碳酸根存在两步水解；
D.等体积混合的pH>7，可知一水合氨的电离大于铵根离子的水解，则存在c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)>c(OH−)。
本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握电离守恒、物料守恒、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K及速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大．
【解答】
向2L恒容容器中充入1mol A和1mol B，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡，由表格数据可知25s达到平衡，则以物质的量浓度变化列三段式：
A(g)+B(g)⇌C(g)
开始 0.50.50
转化 0.10.10.1
平衡 0.40.40.1
A.前 5 s 的平均反应速率v(A)=1mol−0.85mol2L×5s=0.015mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.由信息不能判断反应中能量变化，不能确定是否为吸热、放热反应，故B错误；
C.保持温度不变，起始时向容器中充入1mol C，“一边倒”转化为反应物，与原起始量相同，原平衡时A的转化率为0.10.5×100%=20%，则起始时向容器中充入1mol C，达平衡时，C的转化率为80%，故C错误；
D.K=0.10.4×0.4=0.625，Qc=0.50.1×0.1=50，Qc>K，则反应达到平衡前v(正)
6.【答案】B
【解析】解：A.增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，故A错误；
B.升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故B正确；
C.催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，故C错误；
D.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误。
故选：B。
增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．
本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，侧重活化理论的理解及分析的考查，题目难度不大．
7.【答案】C
【解析】解：A.平衡常数与温度有关，则反应达平衡时增加CO用量，平衡正向移动，但K值不变，故A错误；
B.将恒容条件改成恒压，平衡正向进行时气体的物质的量减小、体积减小，等效为加压，平衡正向移动，达平衡时CO转化率增大，故B错误；
C.80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，Qc=0.5(0.5)4=8>K=2，则平衡逆向移动，可知此时v正
故选：C。
A.平衡常数与温度有关；
B.将恒容条件改成恒压，平衡正向进行时气体的物质的量减小、体积减小，等效为加压；
C.80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，Qc=0.5(0.5)4=8>K=2；
D.移走一部分纯固体不影响平衡移动。
本题考查化学平衡及计算，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，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：①密度=mV，总质量在变，体积不变，故密度会变，则混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故①正确；
②生成1molD是正反应，消耗2molA也是正反应，不能说明正逆反应速率相等，故②错误；
③混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比，质量变，物质的量不变，则平均相对分子质量变，即混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断依据，故③正确；
④C(g)的物质的量浓度不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤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⑤错误；
能表明反应已达到平衡状态的是①③④，B正确，
故选：B。
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。
本题考查化学平衡状态的判断，判断化学平衡状态的直接标志是正逆反应速率相等，间接标志是抓住能变的量保持不变，此题难度中等，注意基础知识积累。
9.【答案】A
【解析】解：A.−10℃的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应，不能用熵判据解释，故A错误；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H−T△S来判断，故B正确；
C.根据过程的自发性的内涵：只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，故C正确；
D.放热反应有利于反应自发进行，有些吸热反应也可以自发进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D正确；
故选：A。
A.−10℃的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应；
B.焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；
C.根据过程的自发性的内涵：只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率来回答；
D.放热反应有利于反应自发进行，有些吸热反应也可以自发进行。
本题考查了反应自发进行的条件分析判断，为高频考点，注意利用△H−T△S进行判断，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2>T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m
B、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，D%的不变，故B正确；
C、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，反应中B为固体，故m
故选：D。
由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2>T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m
11.【答案】D
【解析】解：A、pH=2.0的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后溶液的 pH=2.0，故A错误；
B、等浓度的盐酸和醋酸，没有溶液的体积，无法求出生成的氢气体积，故B错误；
C、根据电荷守恒，盐酸：c(Na+)=c(Cl−)，醋酸：c(Na+)=c(CH3COO−)，但前者中的c(Na+)较大，所以c(CH3COO−)
故选：D。
A、pH相同的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后pH不变；
B、缺少溶液的体积；
C、根据电荷守恒，盐酸：c(Na+)=c(Cl−)，醋酸：c(Na+)=c(CH3COO−)，但前者中的c(Na+)较大；
D、醋酸是弱电解质，不可能全部电离。
本题考查离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握盐类水解的特点以及弱电解质的电离。
12.【答案】C
【解析】解：A、c点在沉淀溶解平衡曲线，a、c两点的c(Br−)相等，c(Ag+)：c>a，则a点的浓度熵Qc
C、由于c点为AgBr的饱和溶液，满足Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，在曲线上下滑、不可能达到b点，故C错误；
D、由B选项可知，AgBr的Ksp为 4.9×10−13，在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4.9×10−104.9×10−13=1000，故D正确；
故选：C。
A、根据浓度熵Qc与Ksp的关系判断：若Qc≥Ksp时，则溶液为饱和溶液；若Qc
C、根据Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)可知，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，据此分析解答；
D、在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，据此计算解答。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.pH相同的醋酸和盐酸，加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，稀释相同的倍数，则溶液中c(H+)醋酸>盐酸，溶液pH：醋酸<盐酸；，根据图知， I是盐酸、II是醋酸，故A正确
B.pH相同的醋酸和盐酸，c(醋酸)>c(盐酸)，等体积等pH的醋酸和盐酸，物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH溶液能力：醋酸>盐酸，故B错误；
C.离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变，所以a、b、c三点KW的数值相同，故C正确；
D.溶液导电能力与离子浓度成正比，离子浓度a>b>c，所以溶液导电能力a>b>c，故D正确；
故选：B。
A.pH相同的醋酸和盐酸，加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，稀释相同的倍数，则溶液中c(H+)醋酸>盐酸，溶液pH：醋酸<盐酸；
B.pH相同的醋酸和盐酸，c(醋酸)>c(盐酸)，等体积等pH的醋酸和盐酸，物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比；
C.离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变；
D.溶液导电能力与离子浓度成正比。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及离子导电性强弱影响因素是解本题关键，注意：溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.反应池中Fe3+把H2S氧化为S，发生的反应为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B.电极a发生反应Fe2+−e−=Fe3+，a为阳极，发生氧化反应，故B正确；
C.若为阳离子交换膜，b极会生成红褐色氢氧化铁沉淀，故C错误；
D.电解池阴极生成氢气，电解池工作转移1mol电子时，可得到氢气11.2L(标准状况)，故D正确；
故选：C。
由装置可知，反应池中的反应物为硫化氢废气与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和氯化亚铁，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，反应生成的氯化亚铁在阳极a电极上失电子发生氧化反应生成氯化铁，生成的氯化铁进入反应池循环使用，电极b为电解池阴极，水在阴极上得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根。
本题综合考查电解以及元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，掌握电极方程式的书写，难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.氯离子的放电能力大于氢氧根离子，所以用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极上都是氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.酸性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成水，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，碱性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故B错误；
C.电解精炼铜或电镀铜时，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故C正确；
D.钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中负极电极反应式相同，都是铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D正确；
故选：B。
A.氯离子的放电能力大于氢氧根离子；
B.酸性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成水，碱性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成氢氧根离子；
C.电解精炼铜或电镀铜时，阴极上铜离子得电子发生还原反应；
D.钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中负极电极反应式相同，都是铁失电子发生氧化反应．
本题考查了原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难点的电极反应式的书写，易错选项是B，注意电解质溶液不同，电极反应式可能不同，为易错点．
16.【答案】B
【解析】【解答】
A.阴离子向阳极(即正极区)移动，阳极水放电生成氧气和氢离子，pH减小，故A错误；
B.在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，水在阳极放电生成氧气和氢离子，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸，水在阴极得电子生成氢气和氢氧根离子，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C.负极连接电解池阴极，发生还原反应，水得电子生成氢气和氢氧根离子，pH升高，故C错误；
D.每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误。
故选B。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度一般。
17.【答案】10−12 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 小于 稀释相同倍数，HX溶液的pH变化量比醋酸的小 Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液 NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3 9.9×10−7
【解析】解：(1)100℃时，pH=6的纯水中的c(OH−)=c(H+)=1×10−6mol⋅L−1，KW=1×10−6×1×10−6=1×10−12，1mol⋅L−1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，c(H+)=1×10−12mol⋅L−1，氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，则水电离的氢氧根离子为10−12mol/L，
故答案为：10−12；
(2)碳酸钠溶液中pH为11，则碳酸根发生水解、但以第一步为主，离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(3)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱，即HX的电离平衡常数比醋酸小，
故答案为：小于；稀释相同倍数，HX溶液的pH变化量比醋酸的小；
(4)①根据图表数据分析，电离常数：醋酸>HCN>碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，
故答案为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液；
②根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，
故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；
(5)CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中电荷关系为c(CH3COO− )+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，溶液的pH=6，即c(H+)=1×10−6mol⋅L−1，c(OH−)=1×10−8mol⋅L−1，所以c(CH3COO− )−c(Na+)=1×10−6mol⋅L−1−1×10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，
故答案为：9.9×10−7。
(1)先计算100℃时Kw，再根据碱溶液中水电离出的c(OH−)与NaOH中c(H+)相等计算；
(2)碳酸钠溶液中pH为11，则碳酸根发生水解、并且以第一步为主；
(3)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；
(4)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；
②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；
(5)根据电荷关系计算。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解的应用，溶液酸碱性和pH的计算等知识，为高频考点，把握水的电离及影响因素、盐类水解原理、电离平衡常数的计算为解答关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析和电荷守恒关系的应用，题目难度中等。
18.【答案】大于 c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2) AB C
【解析】解：(1)反应物的物质的量浓度越大，相同时间内，其平均化学反应速率越快，随着反应的进行，反应物的浓度不断减小，则反应速率降低，所以以O2浓度变化表示的反应速率，0∼4s内的大于1−5s内的，
故答案为：大于；
(2)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，K=c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2)；
A.只有二氧化氮有色，当气体颜色保持不变说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故正确；
B.反应前后气体总质量不变、气体物质的量减小，则气体平均相对分子质量增大，当气体平均相对分子质量保持不变时反应达到平衡状态，故正确；
C.无论反应是否达到平衡状态都存在v逆(NO)=2v逆(O2)，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
D.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则气体密度始终不变，则气体密度保持不变时该反应不一定达到平衡状态，故错误；
故答案为：c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2)；AB；
(3)K(300℃)>K(400℃)，升高温度化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，
A.升高温度平衡逆向移动，不符合条件，故错误；
B.充入Ar使压强增大，但是反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故错误；
C.充入O2使压强增大，平衡正向移动，反应速率增大，故正确；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快但是平衡不移动，故错误；
故选C。
(1)反应物的物质的量浓度越大，相同时间内，其平均化学反应速率越快；
(2)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
可逆反应达到平衡状态时，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(3)K(300℃)>K(400℃)，升高温度化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入催化剂都能加快化学反应速率；增大压强、降低温度、增大反应物浓度或减小生成物浓度都能使平衡正向移动。
本题考查外界条件对化学平衡移动影响、化学平衡平衡状态判断等知识点，侧重考查基本知识的理解和灵活运用，明确化学平衡状态判断方法、化学平衡移动影响原理等知识点是解本题关键，注意：(3)B为解答易错点，题目难度不大。
19.【答案】①②③④⑦ 吸热 700℃等于 逆反应方向
【解析】解：(1)①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①正确；
②混合气体的密度不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③混合气体的总物质的量，则同一物质正逆反应速率相等，反应达平衢状态，故③正确；
④混合气体的平均相对分子质量不变，则同一物质正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故④正确；
⑤混合气体的颜色一直无色不变，反应不一定达平衡状态，故⑤错误；
⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比，不能说明各物质的量不变，所以不一定达平衡状态，故⑥错误；
⑦某种气体的百分含量不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故⑦正确；
故答案为：①②③④⑦；
(2)①温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
②某溫度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=35=0.6，此时的温度为700℃，
故答案为：700℃；
③化学平衡常数只随温度的改变而改变，温度为830∘C时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K不变，仍为1，
故答案为：等于；
④1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则浓度商Qc=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=4mol/L×4mol/L2mol/L×2mol/L=4>K=2.6，所以化学平衡向逆反应方向移动，
故答案为：逆反应方向。
(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)①温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动；
②某溫度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=35=0.6；
③化学平衡常数只随温度的改变而改变；
④1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论。
本题考查化学平衡的计算、化学平衡状态的判断，难度不大，掌握勒夏特列原理以及运用浓度商判断平衡的移动方向是解题的关键，注意基础知识积累。
20.【答案】−217.4kJ/molACⅡO2+4e−+2CO2=2CO32− Fe−2e−=Fe2+ 0.02
【解析】解：(1)根据盖斯定律：13(①+②)计算反应Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)的△H=13[−768.2kJ/mol+(+116.0kJ/mol)]=−217.4kJ/mol，
故答案为：−217.4kJ/mol；
(2)A.该双液原电池的左侧为负极，右侧为正极，放电时NO3−向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故A正确；
B.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，仍然形成闭合回路，故B错误；
C.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，左池中电能转化成化学能，右池中化学能转化成电能，故C正确；
D.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，右池中Cu作负极、Ag为正极，左侧中原Cu电极为阳极、U形铜作阴极，整个过程中U形铜一端作原电池的负极、另一端作电解池的阴极，根据电子守恒可知，负极溶解的铜和阴极生成的铜质量相等，即U形铜的质量不变，故D错误；
故答案为：AC；
(3)①甲池中石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，工作时，阳离子移向正极，即阳离子移向石墨Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②甲池为原电池，石墨Ⅱ为正极，O2在正极上得电子、与CO2结合生成CO32−，电极反应式为O2+4e−+2CO2=2CO32−，
故答案为：O2+4e−+2CO2=2CO32−；
③石墨Ⅱ为正极，则Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe−2e−=Fe2+，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；
④CO转变成CO2，电极反应为CO−2e−+CO32−=2CO2，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则关系式为Cr2O72−∼6Fe2+∼12e−∼6CO，则n(Cr2O72−)=16n(CO)=0.12mol×16=0.02mol，
故答案为：0.02。
(1)根据盖斯定律：13(①+②)计算反应Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)的△H；
(2)该原电池中，铜比银活泼、易失电子、作负极，银作正极，阴离子向负极移动，若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，结合电子守恒分析电极反应及质量变化；
(3)①甲池工作时，CO转变成CO2，C的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极；
②石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，O2在正极上得电子、与CO2结合生成CO32−，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式；
③石墨Ⅱ为正极，则Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子；
④CO转变成CO2，电极反应为CO−2e−+CO32−=2CO2，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则关系式为Cr2O72−∼6Fe2+∼12e−∼6CO，则n(Cr2O72−)=16n(CO)，据此计算。
本题考查了原电池与电解原理的应用，为高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握电极判断、各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键，注意掌握电子守恒的计算应用，题目难度中等。
21.【答案】橙 C 6 5 阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+； 2H++2e−=H2↑Fe(OH)3
【解析】解：(1)c(H+)增大，平衡2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；
(2)对于平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O，
A.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同，不一定平衡，故A错误；
B.2υ(Cr2O72−)=υ(CrO42−)不能证明正逆速率相等，所以不是平衡状态，故B错误；
C.溶液的颜色不变，即有色离子浓度不会再不变，达到了化学平衡状态，故C正确；
故选C；
(3)还原1molCr2O72−离子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，一共得到电子6mol，亚铁离子被氧化为+3价，应该得到6mol电子，所以还原1molCr2O72−离子，
需要6mol的FeSO4⋅7H2O，故答案为：6；
(4)Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则需c(OH−)=3Kspc(Cr3+)=310−3210−5=10−9mol/L，所以c(H+)=10−5mol/L，即pH=5，故答案为：5；
(5)在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，以提供还原剂Fe2+，
故答案为：阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+；
(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e−=H2↑；同时大量产生了OH−，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe(OH)3沉淀；
故答案为：2H++2e−=H2↑；Fe(OH)3.
(1)根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定溶液颜色变化；
(2)根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；
(3)在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来计算；
(4)根据Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)来计算氢氧根离子离子的浓度，并计算氢离子浓度和pH的大小；
(5)阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
(6)溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀．
本题主要考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容，难度中等，抓住题目信息是解题的关键．
2021-2022学年江西省吉安市高二（上）期末化学试卷
1. 宋应星所著《天工开物》共三卷十八篇，书中收录有关机械、砖瓦、陶瓷，火药硫磺等的生产技术。被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列有关说法不正确的是( )
A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料
B. 古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化
C. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金
D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾
2. 图为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)。下列结论错误的是( )
A. CO2的电子式为
B. ①→②的过程吸收能量
C. CH4分子在催化剂表面会断开C−H键，断键会吸收能量
D. 生成乙酸的原子利用率为100%
3. 已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=akJ⋅mol−1。
T K 时，在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1.下列说法中错误的是( )
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol⋅L−1⋅min−1
C. 达到化学平衡时，CO 的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol⋅L−1
4. 25℃时，下列有关溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1Na2CO3与0.lmol⋅L−1NaHCO3溶液等体积混合：23c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)
B. 0.1mol⋅L−1Na2C2O4与0.1mol⋅L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
C. 在0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中：c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)
D. 0.lmol⋅L−1NH4Cl与0.lmol⋅L−1氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)
5. 一定温度下，向2L恒容容器中充入1mol A和1mol B，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表．下列说法正确的是( )
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 前 5 s 的平均反应速率v(A)=0.03mol⋅L−1⋅s−1
B. 正反应是吸热反应
C. 保持温度不变，起始时向容器中充入1mol C，达平衡时，C的转化率大于80%
D. 保持温度不变，起始时向容器中充入0.2molA、0.2molB和1mol C，反应达到平衡前v(正)
A. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 升高温度能使化学反应速率增大，原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
C. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
7. 在体积恒定的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)△H<0，80℃时，反应平衡常数K=2。下列说法正确的是( )
A. 其他条件不变，反应达平衡时增加CO用量，平衡正向移动K值变大
B. 80℃时，若不改变反应物用量且起始体积一样的情况下，将恒容条件改成恒压，则达平衡时CO转化率下降
C. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，则此时v正
8. 在一恒温、恒容密闭容器中，发生反应：2A(g)+B(s)⇌C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是( )
①混合气体的密度不变
②单位时间内生成1molD，同时消耗了2molA
③混合气体的平均相对分子质量不变
④C的物质的量浓度不变
⑤混合气体的压强不变
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②⑤
9. 下列有关反应进行方向的叙述中不正确的是( )
A. −10℃的液态水就会自动结冰成为固态，因为这是熵增的过程
B. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据
C. 大量事实告诉我们，过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率
D. 放热反应过程中体系能量降低，因此有自发进行的倾向，但是有些吸热反应也可以自发进行
10. 可逆反应mA(g)+nB(s)⇌pC(g)+qD(g)，在反应过程中，当其他条件不变时，D的百分含量与温度(T)和压强(P)的关系如图所示，判断下列叙述中不正确的是( )
A. 达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动
B. 达到平衡后，若使用催化剂，D的物质的量分数不变
C. 化学方程式中一定有m
11. 常温下，有关盐酸与醋酸溶液的说法正确的是( )
A. pH=2.0的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后溶液的 pH>2.0
B. 等浓度的盐酸和醋酸与足量的锌反应产生气体的体积(同压时)相同
C. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO−)=c(Cl−)
D. 浓度为0.1mol⋅L−1等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl−)>c(CH3COO−)
12. 在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，t℃时AgCl的Ksp=4.9×10−10，下列说法不正确的是( )
A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，AgBr的Ksp为 4.9×10−13
C. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=1000
13. 某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断不正确的是( )
A. I是盐酸，Ⅱ是醋酸
B. 稀释前等体积的I、Ⅱ溶液中和氢氧化钠的能力相同
C. a、b、c三点KW的数值相同
D. 溶液的导电性a>b>c
14. 某工厂采用如图所示装置处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气，已知电解池中的两个电极均为惰性电极。下列说法不正确的是( )
A. 反应池中的发生的反应为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+
B. 电极a为阳极，发生氧化反应
C. 离子交换膜可以是阳离子交换膜
D. 电解池工作转移1mol电子时，可得到X气体11.2L(标准状况)
15. 下列说法中，不正确的是( )
A. 电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为：2Cl−−2e−=Cl2↑
B. 酸性介质或碱性介质的氢氧燃料电池的正极反应式均为：O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为：Cu2++2e−=Cu
D. 钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
16. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是( )
A. 通电后中间隔室的SO42−向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O−4e−=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
17. 水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。河水01是主要的饮用水源，污染物通过饮用水可宵接毒害人体，也可通过食物链和溉溉农田间接危及健康。请回答下列问题：
(1)纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol⋅L−1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH−)=______mol⋅L−1。
(2)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为______。
(3)体积均为100 mLpH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则相同温度时，HX的电离平衡常数______(填“大于”或“小于”或“等丁”)CH3COOH的电离平衡常数，理由是______。
(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。
已知：
化学式
电离常数(25℃)
HCN
K=4.9×10−10
CH3COOOH
K=1.8×10−5
H2CO3
K1=4.3×10−7、K2=5.6×10−11
①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为______。
②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为______。
(5)25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO−)−c(Na+)=______mol⋅L−1(填精确值)。
18. 在1L恒容密闭容器中，发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。
(1)某温度时，按物质的量比2：1充入NO和O2开始反应，n(NO)随时间变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.007
0.006
0.006
0.006
以O2浓度变化表示的反应速率，0∼4s内的______(填“小于”、“大于”或“等于”)1−5s内的。
(2)该反应的平衡常数表达式为K=______，能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A.气体颜色保持不变
B.气体平均相对分子质量保持不变
C.v逆(NO)=2v逆(O2)
D.气体密度保持不变
(3)已知：K(300℃)>K(400℃)。下列措施能使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是______
A.升高温度
B.充入Ar使压强增大
C.充入O2使压强增大
D.选择高效催化剂
19. 化学反应的快慢(速率)和化学反应的限度是化学反应原理的重要组成部分。请回答下列问题：
(1)在一定温度下的定容容器中，当C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量。能说明C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)达到平衡状态的是 ______。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
①该反应为 ______反应(填“吸热”或“放热”)。
②某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，试判断此时的温度为 ______。
③若830℃时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K ______1.0(填“大于”“小于”或“等于”)。
④若1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则此时上述反应的平衡移动方向为 ______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
20. 化学反应的能量变化是中学化学中重要组成部分，回答下列相关问题。
(1)已知：①2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g)△H=−768.2kJ/mol；
②2Cu2O(s)+Cu2S(s)=6Cu(s)+SO2(g)△H=+116.0kJ/mol；
则Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)△H=______。
(2)某同学用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂−KNO3的U形管)设计成一个原电池，如图1。下列判断中正确的是______。
A.实验过程中，左侧烧杯NO3−变大
B.若用U形铜代替盐桥，装置中无电流产生
C.若用U形铜代替盐桥则左池中电能转化成化学能，右池中化学能转化成电能
D.若用U形铜代替盐桥，一段时间之后U形铜的质量减小
(3)利用电化学原理，将CO、O2和熔融K2CO3制成燃料电池，模拟工业电解法处理含Cr2O72−的废水，如图2。电解过程中溶液中发生如下反应：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
①甲池内阳离子向石墨______移动。(填“Ⅰ”或者“Ⅱ”)。
②如图，CO在石墨Ⅰ电极放电生成Y，Y可循环使用。甲池工作时，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为______。
③Fe(Ⅰ)的电极反应式为______。
④甲中消耗0.12molCO，最多可以处理含Cr2O72−______mol的废水。
21. 工业废水中常含有一定量的Cr2O72−和CrO42−，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．该法的工艺流程为CrO42−→①转化H+Cr2O72−→②还原Fe2+Cr3+→③沉淀OH−Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O
(1)若平衡体系的pH=2，该溶液显______色．
(2)能说明第①步反应达平衡状态的是______.
a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)
c.溶液的颜色不变
(3)第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4⋅7H2O.
(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至______.
方法2：电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀．
(5)用Fe做电极的原因为______.
(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)______.溶液中同时生成的沉淀还有______.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶，陶瓷含有硅酸盐，是一种传统硅酸盐材料，故A正确；
B.向海水中加入明矾，主要是为了利用明矾中Al3+水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力，将海水中的悬浊物沉降，从而实现海水净化，但是不能淡化海水，故B错误；
C.依据题意可知黄铜是铜与铅的合金，故C正确；
D.“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D正确；
故选：B。
A.陶瓷含有硅酸盐，为硅酸盐制品；
B.向海水中加入明矾，主要是为了利用明矾中Al3+水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力；
C.金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性的材料为合金；
D.依据火药成分判断。
本题考查了物质变化、物质性质、物质分类的分析、化学反应类型的判断，题目难度不大，注意对常见材料的积累。
2.【答案】B
【解析】解：A.二氧化碳为共价化合物，C原子与每个O原子均形成两个共用电子对，其电子式为，故A正确；
B.分析图示可知，状态①的能量大于状态②，故由①→②的过程释放能量，故B错误；
C.分析图示可知，CH4转化为CH3COOH，CH4分子在催化剂表面会断开C−H键，断键会吸收能量，故C正确；
D.CO2与CH4转化为CH3COOH，反应为化合反应，原子利用率为100%，故D正确；
故选：B。
A.二氧化碳为共价化合物，C原子与每个O原子均形成两个共用电子对；
B.分析图示可知，状态①的能量大于状态②；
C.分析图示可知，CH4转化为CH3COOH，必然存在C−H键的断裂；
D.化合反应，原子利用率为100%。
本题考查较为综合，电子式，化学反应与能量等内容，注意把握图象的分析，题目难度较低。
3.【答案】D
【解析】解：A.放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，故A正确；
B.用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为1.6mol2L5min=0.16mol⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.达到化学平衡时，CO的转化率是1.6mol2mol×100%=80%，故C正确；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 molCO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol⋅L−1，故D错误；
故选：D。
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol⋅L−1，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
开始 2 2 0 0
转化 1.61.60.81.6
平衡 0.40.40.81.6
A.放热反应的焓变为负；
B.结合v=△c△t计算；
C.转化率=转化的量开始的量×100%；
D.保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2 mol NO 和2 mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握平衡三段法、速率及转化率计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.0.1mol⋅L−1Na2CO3与0.lmol⋅L−1NaHCO3溶液等体积混合根据物料守恒2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故A正确；
B.0.1mol⋅L−1Na2C2O4与0.1mol⋅L−1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，根据电荷守恒，2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(Na+)+c(H+)，故B错误；
C.根据质子守恒，在0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故C错误；
D.0.lmol⋅L−1NH4Cl与0.lmol⋅L−1氨水等体积混合(pH>7)，氨水电离大于铵根离子水解，所以c(NH4+)>c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)，故D错误；
故选：A。
A.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，溶液中存在物料守恒2n(Na)=3n(C)，碳元素所有存在形式总和和所有钠离子存在守恒关系；
B.溶液中存在电荷守恒式；
C.注意碳酸根存在两步水解；
D.等体积混合的pH>7，可知一水合氨的电离大于铵根离子的水解，则存在c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)>c(OH−)。
本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握电离守恒、物料守恒、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K及速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大．
【解答】
向2L恒容容器中充入1mol A和1mol B，发生反应A(g)+B(g)⇌C(g)，经过一段时间后达到平衡，由表格数据可知25s达到平衡，则以物质的量浓度变化列三段式：
A(g)+B(g)⇌C(g)
开始 0.50.50
转化 0.10.10.1
平衡 0.40.40.1
A.前 5 s 的平均反应速率v(A)=1mol−0.85mol2L×5s=0.015mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.由信息不能判断反应中能量变化，不能确定是否为吸热、放热反应，故B错误；
C.保持温度不变，起始时向容器中充入1mol C，“一边倒”转化为反应物，与原起始量相同，原平衡时A的转化率为0.10.5×100%=20%，则起始时向容器中充入1mol C，达平衡时，C的转化率为80%，故C错误；
D.K=0.10.4×0.4=0.625，Qc=0.50.1×0.1=50，Qc>K，则反应达到平衡前v(正)
6.【答案】B
【解析】解：A.增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，故A错误；
B.升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故B正确；
C.催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，故C错误；
D.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误。
故选：B。
增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．
本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，侧重活化理论的理解及分析的考查，题目难度不大．
7.【答案】C
【解析】解：A.平衡常数与温度有关，则反应达平衡时增加CO用量，平衡正向移动，但K值不变，故A错误；
B.将恒容条件改成恒压，平衡正向进行时气体的物质的量减小、体积减小，等效为加压，平衡正向移动，达平衡时CO转化率增大，故B错误；
C.80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，Qc=0.5(0.5)4=8>K=2，则平衡逆向移动，可知此时v正
故选：C。
A.平衡常数与温度有关；
B.将恒容条件改成恒压，平衡正向进行时气体的物质的量减小、体积减小，等效为加压；
C.80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5mol/L，Qc=0.5(0.5)4=8>K=2；
D.移走一部分纯固体不影响平衡移动。
本题考查化学平衡及计算，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，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：①密度=mV，总质量在变，体积不变，故密度会变，则混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故①正确；
②生成1molD是正反应，消耗2molA也是正反应，不能说明正逆反应速率相等，故②错误；
③混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比，质量变，物质的量不变，则平均相对分子质量变，即混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断依据，故③正确；
④C(g)的物质的量浓度不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；
⑤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⑤错误；
能表明反应已达到平衡状态的是①③④，B正确，
故选：B。
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。
本题考查化学平衡状态的判断，判断化学平衡状态的直接标志是正逆反应速率相等，间接标志是抓住能变的量保持不变，此题难度中等，注意基础知识积累。
9.【答案】A
【解析】解：A.−10℃的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应，不能用熵判据解释，故A错误；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据△H−T△S来判断，故B正确；
C.根据过程的自发性的内涵：只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，故C正确；
D.放热反应有利于反应自发进行，有些吸热反应也可以自发进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D正确；
故选：A。
A.−10℃的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应；
B.焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；
C.根据过程的自发性的内涵：只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率来回答；
D.放热反应有利于反应自发进行，有些吸热反应也可以自发进行。
本题考查了反应自发进行的条件分析判断，为高频考点，注意利用△H−T△S进行判断，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2>T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m
B、使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，D%的不变，故B正确；
C、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，反应中B为固体，故m
故选：D。
由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2>T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2>P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m
11.【答案】D
【解析】解：A、pH=2.0的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后溶液的 pH=2.0，故A错误；
B、等浓度的盐酸和醋酸，没有溶液的体积，无法求出生成的氢气体积，故B错误；
C、根据电荷守恒，盐酸：c(Na+)=c(Cl−)，醋酸：c(Na+)=c(CH3COO−)，但前者中的c(Na+)较大，所以c(CH3COO−)
故选：D。
A、pH相同的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后pH不变；
B、缺少溶液的体积；
C、根据电荷守恒，盐酸：c(Na+)=c(Cl−)，醋酸：c(Na+)=c(CH3COO−)，但前者中的c(Na+)较大；
D、醋酸是弱电解质，不可能全部电离。
本题考查离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握盐类水解的特点以及弱电解质的电离。
12.【答案】C
【解析】解：A、c点在沉淀溶解平衡曲线，a、c两点的c(Br−)相等，c(Ag+)：c>a，则a点的浓度熵Qc
C、由于c点为AgBr的饱和溶液，满足Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，在曲线上下滑、不可能达到b点，故C错误；
D、由B选项可知，AgBr的Ksp为 4.9×10−13，在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4.9×10−104.9×10−13=1000，故D正确；
故选：C。
A、根据浓度熵Qc与Ksp的关系判断：若Qc≥Ksp时，则溶液为饱和溶液；若Qc
C、根据Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)可知，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，据此分析解答；
D、在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，据此计算解答。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.pH相同的醋酸和盐酸，加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，稀释相同的倍数，则溶液中c(H+)醋酸>盐酸，溶液pH：醋酸<盐酸；，根据图知， I是盐酸、II是醋酸，故A正确
B.pH相同的醋酸和盐酸，c(醋酸)>c(盐酸)，等体积等pH的醋酸和盐酸，物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH溶液能力：醋酸>盐酸，故B错误；
C.离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变，所以a、b、c三点KW的数值相同，故C正确；
D.溶液导电能力与离子浓度成正比，离子浓度a>b>c，所以溶液导电能力a>b>c，故D正确；
故选：B。
A.pH相同的醋酸和盐酸，加水稀释促进醋酸电离，HCl完全电离，稀释相同的倍数，则溶液中c(H+)醋酸>盐酸，溶液pH：醋酸<盐酸；
B.pH相同的醋酸和盐酸，c(醋酸)>c(盐酸)，等体积等pH的醋酸和盐酸，物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比；
C.离子积常数只与温度有关，温度不变离子积常数不变；
D.溶液导电能力与离子浓度成正比。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及离子导电性强弱影响因素是解本题关键，注意：溶液导电性强弱与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.反应池中Fe3+把H2S氧化为S，发生的反应为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；
B.电极a发生反应Fe2+−e−=Fe3+，a为阳极，发生氧化反应，故B正确；
C.若为阳离子交换膜，b极会生成红褐色氢氧化铁沉淀，故C错误；
D.电解池阴极生成氢气，电解池工作转移1mol电子时，可得到氢气11.2L(标准状况)，故D正确；
故选：C。
由装置可知，反应池中的反应物为硫化氢废气与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和氯化亚铁，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，反应生成的氯化亚铁在阳极a电极上失电子发生氧化反应生成氯化铁，生成的氯化铁进入反应池循环使用，电极b为电解池阴极，水在阴极上得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根。
本题综合考查电解以及元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，掌握电极方程式的书写，难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.氯离子的放电能力大于氢氧根离子，所以用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极上都是氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.酸性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成水，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，碱性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故B错误；
C.电解精炼铜或电镀铜时，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故C正确；
D.钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中负极电极反应式相同，都是铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D正确；
故选：B。
A.氯离子的放电能力大于氢氧根离子；
B.酸性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成水，碱性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成氢氧根离子；
C.电解精炼铜或电镀铜时，阴极上铜离子得电子发生还原反应；
D.钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中负极电极反应式相同，都是铁失电子发生氧化反应．
本题考查了原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难点的电极反应式的书写，易错选项是B，注意电解质溶液不同，电极反应式可能不同，为易错点．
16.【答案】B
【解析】【解答】
A.阴离子向阳极(即正极区)移动，阳极水放电生成氧气和氢离子，pH减小，故A错误；
B.在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，水在阳极放电生成氧气和氢离子，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸，水在阴极得电子生成氢气和氢氧根离子，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C.负极连接电解池阴极，发生还原反应，水得电子生成氢气和氢氧根离子，pH升高，故C错误；
D.每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误。
故选B。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度一般。
17.【答案】10−12 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 小于 稀释相同倍数，HX溶液的pH变化量比醋酸的小 Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液 NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3 9.9×10−7
【解析】解：(1)100℃时，pH=6的纯水中的c(OH−)=c(H+)=1×10−6mol⋅L−1，KW=1×10−6×1×10−6=1×10−12，1mol⋅L−1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，c(H+)=1×10−12mol⋅L−1，氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，则水电离的氢氧根离子为10−12mol/L，
故答案为：10−12；
(2)碳酸钠溶液中pH为11，则碳酸根发生水解、但以第一步为主，离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(3)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱，即HX的电离平衡常数比醋酸小，
故答案为：小于；稀释相同倍数，HX溶液的pH变化量比醋酸的小；
(4)①根据图表数据分析，电离常数：醋酸>HCN>碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，
故答案为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液；
②根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，
故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；
(5)CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中电荷关系为c(CH3COO− )+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，溶液的pH=6，即c(H+)=1×10−6mol⋅L−1，c(OH−)=1×10−8mol⋅L−1，所以c(CH3COO− )−c(Na+)=1×10−6mol⋅L−1−1×10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，
故答案为：9.9×10−7。
(1)先计算100℃时Kw，再根据碱溶液中水电离出的c(OH−)与NaOH中c(H+)相等计算；
(2)碳酸钠溶液中pH为11，则碳酸根发生水解、并且以第一步为主；
(3)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；
(4)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；
②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；
(5)根据电荷关系计算。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解的应用，溶液酸碱性和pH的计算等知识，为高频考点，把握水的电离及影响因素、盐类水解原理、电离平衡常数的计算为解答关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析和电荷守恒关系的应用，题目难度中等。
18.【答案】大于 c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2) AB C
【解析】解：(1)反应物的物质的量浓度越大，相同时间内，其平均化学反应速率越快，随着反应的进行，反应物的浓度不断减小，则反应速率降低，所以以O2浓度变化表示的反应速率，0∼4s内的大于1−5s内的，
故答案为：大于；
(2)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，K=c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2)；
A.只有二氧化氮有色，当气体颜色保持不变说明二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故正确；
B.反应前后气体总质量不变、气体物质的量减小，则气体平均相对分子质量增大，当气体平均相对分子质量保持不变时反应达到平衡状态，故正确；
C.无论反应是否达到平衡状态都存在v逆(NO)=2v逆(O2)，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
D.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则气体密度始终不变，则气体密度保持不变时该反应不一定达到平衡状态，故错误；
故答案为：c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2)；AB；
(3)K(300℃)>K(400℃)，升高温度化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，
A.升高温度平衡逆向移动，不符合条件，故错误；
B.充入Ar使压强增大，但是反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故错误；
C.充入O2使压强增大，平衡正向移动，反应速率增大，故正确；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快但是平衡不移动，故错误；
故选C。
(1)反应物的物质的量浓度越大，相同时间内，其平均化学反应速率越快；
(2)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
可逆反应达到平衡状态时，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(3)K(300℃)>K(400℃)，升高温度化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度、增大压强、增大反应物浓度、加入催化剂都能加快化学反应速率；增大压强、降低温度、增大反应物浓度或减小生成物浓度都能使平衡正向移动。
本题考查外界条件对化学平衡移动影响、化学平衡平衡状态判断等知识点，侧重考查基本知识的理解和灵活运用，明确化学平衡状态判断方法、化学平衡移动影响原理等知识点是解本题关键，注意：(3)B为解答易错点，题目难度不大。
19.【答案】①②③④⑦ 吸热 700℃等于 逆反应方向
【解析】解：(1)①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①正确；
②混合气体的密度不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③混合气体的总物质的量，则同一物质正逆反应速率相等，反应达平衢状态，故③正确；
④混合气体的平均相对分子质量不变，则同一物质正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故④正确；
⑤混合气体的颜色一直无色不变，反应不一定达平衡状态，故⑤错误；
⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比，不能说明各物质的量不变，所以不一定达平衡状态，故⑥错误；
⑦某种气体的百分含量不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故⑦正确；
故答案为：①②③④⑦；
(2)①温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
②某溫度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=35=0.6，此时的温度为700℃，
故答案为：700℃；
③化学平衡常数只随温度的改变而改变，温度为830∘C时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K不变，仍为1，
故答案为：等于；
④1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则浓度商Qc=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=4mol/L×4mol/L2mol/L×2mol/L=4>K=2.6，所以化学平衡向逆反应方向移动，
故答案为：逆反应方向。
(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)①温度升高平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动；
②某溫度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=35=0.6；
③化学平衡常数只随温度的改变而改变；
④1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论。
本题考查化学平衡的计算、化学平衡状态的判断，难度不大，掌握勒夏特列原理以及运用浓度商判断平衡的移动方向是解题的关键，注意基础知识积累。
20.【答案】−217.4kJ/molACⅡO2+4e−+2CO2=2CO32− Fe−2e−=Fe2+ 0.02
【解析】解：(1)根据盖斯定律：13(①+②)计算反应Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)的△H=13[−768.2kJ/mol+(+116.0kJ/mol)]=−217.4kJ/mol，
故答案为：−217.4kJ/mol；
(2)A.该双液原电池的左侧为负极，右侧为正极，放电时NO3−向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故A正确；
B.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，仍然形成闭合回路，故B错误；
C.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，左池中电能转化成化学能，右池中化学能转化成电能，故C正确；
D.若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，右池中Cu作负极、Ag为正极，左侧中原Cu电极为阳极、U形铜作阴极，整个过程中U形铜一端作原电池的负极、另一端作电解池的阴极，根据电子守恒可知，负极溶解的铜和阴极生成的铜质量相等，即U形铜的质量不变，故D错误；
故答案为：AC；
(3)①甲池中石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，工作时，阳离子移向正极，即阳离子移向石墨Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②甲池为原电池，石墨Ⅱ为正极，O2在正极上得电子、与CO2结合生成CO32−，电极反应式为O2+4e−+2CO2=2CO32−，
故答案为：O2+4e−+2CO2=2CO32−；
③石墨Ⅱ为正极，则Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe−2e−=Fe2+，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+；
④CO转变成CO2，电极反应为CO−2e−+CO32−=2CO2，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则关系式为Cr2O72−∼6Fe2+∼12e−∼6CO，则n(Cr2O72−)=16n(CO)=0.12mol×16=0.02mol，
故答案为：0.02。
(1)根据盖斯定律：13(①+②)计算反应Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g)的△H；
(2)该原电池中，铜比银活泼、易失电子、作负极，银作正极，阴离子向负极移动，若用U形铜代替盐桥，则左侧装置为电解池，右侧装置为原电池，结合电子守恒分析电极反应及质量变化；
(3)①甲池工作时，CO转变成CO2，C的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极；
②石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，O2在正极上得电子、与CO2结合生成CO32−，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式；
③石墨Ⅱ为正极，则Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子；
④CO转变成CO2，电极反应为CO−2e−+CO32−=2CO2，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则关系式为Cr2O72−∼6Fe2+∼12e−∼6CO，则n(Cr2O72−)=16n(CO)，据此计算。
本题考查了原电池与电解原理的应用，为高频考点，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握电极判断、各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键，注意掌握电子守恒的计算应用，题目难度中等。
21.【答案】橙 C 6 5 阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+； 2H++2e−=H2↑Fe(OH)3
【解析】解：(1)c(H+)增大，平衡2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；
(2)对于平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O，
A.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同，不一定平衡，故A错误；
B.2υ(Cr2O72−)=υ(CrO42−)不能证明正逆速率相等，所以不是平衡状态，故B错误；
C.溶液的颜色不变，即有色离子浓度不会再不变，达到了化学平衡状态，故C正确；
故选C；
(3)还原1molCr2O72−离子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，一共得到电子6mol，亚铁离子被氧化为+3价，应该得到6mol电子，所以还原1molCr2O72−离子，
需要6mol的FeSO4⋅7H2O，故答案为：6；
(4)Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则需c(OH−)=3Kspc(Cr3+)=310−3210−5=10−9mol/L，所以c(H+)=10−5mol/L，即pH=5，故答案为：5；
(5)在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，以提供还原剂Fe2+，
故答案为：阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+；
(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e−=H2↑；同时大量产生了OH−，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe(OH)3沉淀；
故答案为：2H++2e−=H2↑；Fe(OH)3.
(1)根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定溶液颜色变化；
(2)根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；
(3)在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来计算；
(4)根据Ksp=c(Cr3+)⋅c3(OH−)来计算氢氧根离子离子的浓度，并计算氢离子浓度和pH的大小；
(5)阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
(6)溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀．
本题主要考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容，难度中等，抓住题目信息是解题的关键．
相关试卷
2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省荆州中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年湖北省荆州中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了9g，Ti电极上会析出1，5×10−20，Ksp=1，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年湖北省高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了2L，6kJ/ml，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
