2021-2022学年山西省大同市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山西省大同市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。

下列说法错误的是( )
A. 氯碱工业中的电解槽所用的交换膜是阳离子交换膜
B. CO(g)+H2O(g)−高温CO2(g)+H2(g)的平衡正向移动，该反应的平衡常数不一定增大
C. 为了提高合成氨工业中氨气的平衡产率，选定的温度为400∼500℃
D. 工业电解熔融Al2O3制Al时，在阴极上得到Al
下列实验操作或方案正确的是( )
A. 实验室配制Na2S溶液，常滴入几滴稀硫酸
B. 将MgCl2溶液直接蒸发结晶，可获得无水MgCl2
C. 除去氯化铵溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液调节pH
D. 将铁锈用盐酸“酸浸”，用K3[Fe(CN)6]溶液可检验“酸浸液”中是否含有Fe2+
H2O2(已知：H2O2⇌H++HO2−；)是一种重要的化学品，在医学、军事、工业上应用广泛，其早期制备原理为：
Ⅰ.2Ba(NO3)2−△2BaO+4NO2↑+O2↑
Ⅱ.2BaO(s)+O2(g)⇌2BaO2(s)
Ⅲ.BaO2+2HCl=BaCl2+H2O2
下列叙述错误的是( )
A. H2O2属于弱电解质
B. 其他条件不变，增大氧气的浓度能提高反应Ⅱ中BaO的平衡转化率
C. 其他条件不变，增大氧气的浓度，反应Ⅱ中氧气的平衡浓度也将增大
D. 反应Ⅲ属于复分解反应
CH4与CO2的重整反应是研究CO2的热点之一，其反应历程与能量变化的关系如图所示。注：C(ads)为吸附性活性炭。下列叙述正确的是( )
A. 反应①逆反应的活化能可表示为(E4−E1)kJ⋅ml−1
B. 图中(E5+E1)>(E4+E2)
C. 重整总反应的速率快慢由反应②决定
D. 反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3−E1)kJ⋅ml−1
根据表中实验装置及现象所得出的结论不合理的是( )
A. 实验I中Cr作负极B. 金属活动性：Cr>Cu
C. 实验I和实验II涉及的“气泡”都是H2D. Cr在浓硝酸中发生钝化
下列解释现象或事实的离子方程式书写错误的是( )
A. 向K2Cr2O72−溶液中滴加几滴浓硫酸，溶液橙色变深：Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+
B. 用稀硫酸除去Na2SO4溶液中的Na2S2O3：S2O32−+2SO42−+6H+=4SO2↑+3H2O
C. 用酸性KMnO4溶液滴定草酸溶液：2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 洪水过后用明矾净水：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
室温下，下列判断正确的是( )
A. 向0.1ml⋅L−1H2C2O4溶液中加入少量Na2C2O4固体，溶液的pH降低
B. 用标准AgNO3溶液滴定Cl−(以K2CrO4为指示剂)时先生成Ag2CrO4沉淀
C. 向0.1ml⋅L−1NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体，NH4+的水解程度和溶液的pH均减小
D. 将1ml⋅L−1氨水和1ml⋅L−1NaOH溶液分别稀释100倍，氨水的pH大于NaOH溶液的pH
用如图装置对CuSO4溶液进行电解，通电一段时间后，取出电极，经洗涤、干燥后，发现某一电极增重0.064g(设电解时该电极无气体放出，且不考虑水解和溶液体积变化)。下列说法正确的是( )
A. 阳极反应式为Cu2++2e−=Cu
B. 电解后溶液的pH升高
C. 电解后电解液的质量减少0.064g
D. 某电极能产生标准状况下的气体11.2mL
常温下，在用标准盐酸滴定NaOH溶液的实验中，对图示的叙述正确的是( )
A. 盛装NaOH溶液后，排滴定管内气泡的操作如图①所示
B. 滴定过程中，眼睛的视线如图②所示
C. 如图③所示，所用标准盐酸的体积为26.10mL
D. 滴定过程中，随标准盐酸的滴入，混合溶液的pH变化如图④所示
利用电解法能实现CO2加氢制CH3OH，其原理如图所示(a、b为进气管)。下列说法正确的是( )
A. b管是H2进气管
B. 通电过程中，质子向Pt(B)电极区迁移
C. 通电一段时间后，Pt(A)电极附近pH不变
D. 理论上获得1mlCH3OH，将有6mle−从左侧电解液进入右侧电解液
根据下列实验现象能得出相应实验结论的是( )
A. AB. BC. CD. D
用活性炭可还原NO2防止空气污染。其反应原理为2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−850kJ⋅ml−1。一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入足量的C和一定物质的量的NO2发生上述反应，测得CO2的物质的量浓度随时间的变化如曲线M所示。下列叙述错误的是( )
A. A点的正反应速率大于B点的逆反应速率
B. 达到平衡状态时，该反应放出510kJ的热量
C. 其他条件不变，若该反应在1L的恒容密闭容器中进行，则图像变化如曲线N所示
D. 其他条件不变，若向该容器中再通入一定量的NO2，NO2的平衡转化率增大
25℃时，已知Ka(HA)=1.75×10−5、Ka(HB)=3.6×10−4。下列推断正确的是( )
A. 等体积、pH均为3的HA和HB溶液.分别与足量的Zn反应，HB放出的氢气多
B. NaA与NaB的混合溶液中：2c(OH−)=2c(H+)+c(HA)+c(HB)
C. 将等浓度的NaA溶液与NaB溶液分别稀释100倍后，c(A−)c(HA)D. 向NaA溶液中通入HCl气体后，c(H+)>c(Cl−)+c(OH−)
某兴趣小组设计如下微型实验装置，两个相同的玻璃管中盛满NaCl稀溶液(滴有酚酞)，闭合S1一段时间后，两极均有气泡产生，Cu电极附近液面比C电极附近的低；断开S1，闭合S2，电流表指针发生偏转。下列叙述正确的是( )
A. 闭合S1时，Cu电极产生气泡的原因为2Cl−−2e−=Cl2↑
B. 闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，两极均有气泡产生
C. 断开S1、闭合S2时，C电极作负极
D. 断开S1、闭合S2时，Cu电极上发生反应：H2−2e−+2OH−=2H2O
用中和滴定法可以测定精制磷酸中H3PO4的质量分数：25℃下，取ag精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bml⋅L−1NaOH溶液滴定，溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 从m点到n点反应的离子方程式为H2PO4−+OH−=HPO42−+H2O
B. m、n两点溶液中由水电离的H+浓度均大于1.0×10−7ml⋅L−1
C. m、n两点之间的某一点会存在关系：2c(Na+)=3[c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)]
D. 精制磷酸中H3PO4的质量分数是9.8bVa×100%
在能源日益匮乏、环保形势依然严峻的情况下，提高煤的利用率开发新能源已成为重要课题。
(1)水煤气不仅是重要的化工原料，也可作为燃料，具有燃烧速率快、抗爆性能好、压缩比高等特点。
①工业上以碳为原料制水煤气的化学方程式为 ______。
②上述制备水煤气的反应是 ______反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)直接碳固体氧化物燃料电池(DC−SOFCs)具有全固态结构、较高的能量转换效率等突出优势，有望成为一种高效、清洁的碳发电技术，其工作原理如图所示：
①电极a是 ______极(填“正”或“负”)。
②电极b的电极反应式为 ______。
③依据装置原理图推测，该条件下 ______放电更容易(填“CO”或“固体C”)。
CO、NOX、SO2都是大气污染物，可利用化学反应原理给予消除。
(1)在一定条件下利用反应2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)消除CO、SO2，并获得硫黄。已知常温常压下，硫黄的燃烧热ΔH=−296kJ⋅ml−1，CO的燃烧热ΔH=−283kJ⋅ml−1，则2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)ΔH=______。
(2)利用CO还原NO的反应可消除汽车尾气引起的污染并获得电能，其简易装置如图1所示(Na+交换膜两侧为等体积等浓度的NaOH溶液)：
①电极A的电极反应式为 ______。
②工作一段时间后，若B极区与A极区相差0.02mlNa+时，外电路中转移电子的物质的量是 ______ml。
(3)利用图2所示的电化学装置可消除雾霾中的NO、SO2。
①该装置中电子的流向是 ______(填“A→C”或“C→A”)。
②电极B的电极反应式为 ______。
常温下，实验测得0.1ml⋅L−1下列物质的溶液pH如表所示：
(1)Na2CO3溶液显碱性的主要原因为 ______(用离子方程式表示)。
(2).上述CH3COONH4溶液中c(NH4+)______NH4Cl溶液中c(NH4+)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)有同学认为根据前几组实验结果，无需再实验就可以预测a的值，则a=______。
(4)推测上述CH3COONa溶液的pH大于NaHCO3溶液pH的可能原因：______。
(5)锅炉水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢时经常先用饱和Na2CO3溶液浸泡，后用盐酸溶解。请应用化学平衡移动原理解释清洗CaSO4的过程：______。
MnCO3是制造电信器材软磁铁氧体的主要原料，利用含有SO2的工业废烟气还原软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、NiCO3、SiO2等杂质)制备MnCO3的工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有 ______(列举2条即可)。
(2)写出“酸浸、还原”过程中，NiCO3与硫酸反应的离子方程式：______，还原过程中SO2转化为 ______(填离子符号)。
(3)在“氧化”过程中，MnO2的主要作用是 ______。
(4)常温下，“除铁”过程中加氨水将氧化后的溶液pH调至3.2时，Fe3+刚好沉淀完全(当溶液中离子浓度≤1.0×10−5ml⋅L−1时，认为沉淀完全)，则Ksp[Fe(OH)3]=______。
(5)已知滤渣3的主要成分是NiS以及过量的MnS。写出“除镍”过程中发生反应的离子方程式：______。
(6)写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。
中国向世界庄严宣布，中国将力争在2030年前实现碳达峰，在2060年前实现碳中和。某科研机构欲利用以下途径减少CO2的排放，并合成清洁燃料CH3OH，相关反应有：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3<0
(1)ΔH1=______(用含ΔH2、ΔH3的代数式表示)，反应Ⅰ在相对 ______(填“较低”或“较高”)温度下容易自发进行。
(2)反应物中的CO2可用NaOH溶液从工业尾气中捕获。常温下，当捕获液中c(H2CO3)=c(CO32−)时，溶液的pH=______[已知：常温下，Ka1(H2CO3)=10−6.4、Ka2(H2CO3)=10−10.2]。
(3)向某恒容密闭容器中充入1mlCO2和2mlH2，只发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，在催化剂作用下达到平衡状态时，CO2的转化率随温度的变化如图所示：
①温度在210∼270℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而下降，其原因可能为 ______。
②平衡时的浓度关系式：c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)(210℃)______c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)(270℃)(填“大于”“小于”或“等于”)。
③一定温度下，反应体系中CO2的平衡转化率为20%，平衡时CH3OH的选择性[甲醇的选择性=平衡体系中n(CH3OH)反应过程中消耗的n(CO2)×100%]为70%，则氢气的平衡转化率α(H2)=______，反应Ⅱ的化学平衡常数K=______(计算结果保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.重金属的硫化物的溶解度非常低，工业上常使用硫化物沉淀法处理废水中的重金属离子，故A正确；
B.水蒸气冷凝成饮用水的过程放热，但不属于放热反应，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，使其在温和条件下发生，降低反应的能耗，故C正确；
D.重视对铅蓄电池、镍镉电池等二次电池的回收，可以降低环境污染，也可以节省资源，故D正确，
故选：B。
A.工业上常使用硫化物沉淀法处理废水中的重金属离子；
B.水蒸气冷凝成饮用水的过程是放热的，但不是放热反应；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D.电池的回收利用对环境友好，又节省资源。
本题主要考查化学与生活相关知识，难度不大，意在引导学生重视环境问题及熟练掌握实验室紧急处理方法。
2.【答案】C
【解析】解：A.电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动，所以阳离子交换膜的作用是阻止OH−移向阳极，以使氢氧化钠在阴极区富集，故A正确；
B.平衡常数K外界条件只受温度影响，温度不变，始终是定值，平衡正向移动，该反应的平衡常数不一定增大，故B正确；
C.合成氨反应中，随温度升高氨的产率下降；生产中选定的温度为400∼500℃，温度不宜过低的原因是：反应速率小，生产效益低，温度不宜过高的原因有：产率降低、能耗高导致生产成本高、催化剂活性差，故C错误；
D.工业上电解熔融Al2O3制Al时，在阴极上铝离子得到电子生成Al，故D正确；
故选：C。
A.电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动；
B.平衡常数只与温度有关；
C.温度过低，反应速率小，温度过高平衡逆向进行，催化剂活性小；
D.电解池阳离子在阴极得到电子。
本题考查化学平衡、电解原理等知识，题目难度不大，注意化学平衡影响因素和工业生产条件选择。
3.【答案】D
【解析】解：A.配制Na2S溶液，若加稀硫酸，反应生成H2S，且引入新杂质硫酸根离子，则不能滴入几滴稀硫酸，故A错误；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发获得无水MgCl2，故B错误；
C.氯化铵、铁离子均与NaOH溶液反应，应加氨水调节pH，故C错误；
D.K3[Fe(CN)6]溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，则用K3[Fe(CN)6]溶液可检验“酸浸液”中是否含有Fe2+，故D正确；
故选：D。
A.配制Na2S溶液，若加稀硫酸，反应生成H2S，且引入新杂质硫酸根离子；
B.加热促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发；
C.氯化铵、铁离子均与NaOH溶液反应；
D.K3[Fe(CN)6]溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、溶液配制、离子检验、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】C
【解析】解：A.过氧化氢的电离时可逆的，因而H2O2属于弱电解质，故A正确；
B.增大氧气的浓度，平衡正向移动，能提高反应Ⅱ中BaO的平衡转化率，故B正确；
C.其他条件不变，增大氧气的浓度，平衡正向移动，但是体系中的气体只有氧气，因而反应Ⅱ中氧气的平衡浓度也将不变，故C错误；
D.反应Ⅲ中的阴阳离子相互交换，属于复分解反应，故D正确；
故选：C。
A.过氧化氢的电离时可逆的；
B.增大氧气的浓度，平衡正向移动；
C.体系中的气体只有氧气，据此分析；
D.反应Ⅲ中的阴阳离子相互交换。
本题考查化学平衡，为高考常见题型，把握平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.逆反应的活化能为过渡态能量与生成物能量之差，则反应①逆反应的活化能可表示为(E4−E2)kJ⋅ml−1，故A错误；
B.由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，反应①的活化能为(E4−E1)kJ⋅ml−1，反应②的活化能为，(E5−E2)kJ⋅ml−1，则E4−E1>E5−E2，即(E5+E1)<(E4+E2)，故B错误；
C.重整总反应的速率快慢由慢反应决定，即活化能最大的步骤决定，结合B分析，重整总反应的速率快慢由反应①决定，故C错误；
D.反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=生成物总能量-反应物总能量=+(E3−E1)kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：D。
A.逆反应的活化能为过渡态能量与生成物能量之差；
B.由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能；
C.重整总反应的速率快慢由慢反应决定，即活化能最大的步骤决定；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能与反应速率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D为解答的难点，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.实验I中Cr失去电子，作负极，铜电极上氢离子得到电子生成氢气，故A正确；
B.实验Ⅰ可知金属活动性：Cr>Cu，故B正确；
C.浓硝酸具有强氧化性，不能得到氢气，故C错误；
D.实验Ⅱ中Cr表面有气泡生成，说明硝酸根离子在Cr表面得到电子，铜失去电子，因而Cr在浓硝酸中发生钝化，故D正确；
故选：C。
A.实验I中Cr失去电子，作负极；
B.实验Ⅰ可知金属活动性；
C.浓硝酸具有强氧化性，还原产物为二氧化氮；
D.实验Ⅱ中Cr表面有气泡生成，说明硝酸根离子在Cr表面得到电子。
本题主要考查电化学原理，涉及到原电池原理、金属活动性比较，学生分析实验，尤其是对实验原理的分析要求较高，要求学生有较高的逻辑推理能力，难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.向K2Cr2O72−溶液中滴加几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，抑制了重铬酸根离子的水解，溶液橙色变深：Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，故A正确；
B.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫、水，离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故B错误；
C.用酸性KMnO4溶液滴定草酸溶液，离子方程式为：2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D.铝离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体。可以用于净水，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；
故选：B。
A.滴入浓硫酸后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了重铬酸根离子的水解；
B.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合，发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫、水；
C.草酸为弱酸，应保留化学式，高锰酸钾能够氧化草酸生成二氧化碳；
D.铝离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体。
本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.Na2C2O4能和H2C2O4反应生成NaHC2O4，向0.1ml⋅L−1H2C2O4溶液中加入少量Na2C2O4固体时，生成的NaHC2O4能抑制H2C2O4的电离，溶液的酸性减弱，pH增大，故A错误；
B.相同条件下，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，用标准AgNO3溶液滴定Cl−(以K2CrO4为指示剂)时先生成AgCl沉淀，达到终点后生成Ag2CrO4沉淀，故B错误；
C.增大NH4+的浓度，NH4+的水解平衡正向移动，溶液的酸性增强，但NH4+的浓度越大，水解程度越小，所以0.1ml⋅L−1NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体，NH4+的水解程度和溶液的pH均减小，故C正确；
D.将1ml⋅L−1氨水和1ml⋅L−1NaOH溶液分别稀释100倍后所得溶液的浓度均为0.01ml/L，但NaOH是强碱、一水合氨是弱碱，所以NaOH溶液的碱性大于氨水，氨水的pH小于NaOH溶液的pH，故D错误；
故选：C。
A.Na2C2O4能和H2C2O4反应生成NaHC2O4，抑制H2C2O4的电离；
B.相同条件下，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4；
C.NH4+的浓度越大，溶液的酸性越强，但水解程度越小；
D.一水合氨是弱碱，部分电离。
本题考查弱电解质的电离及其影响因素、pH的简单计算、沉淀溶解平衡等知识，侧重分析能力和运用能力的考查，把握弱电解质的电离及其影响因素是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A错误；
B.电解总反应为2Cu2++2H2O−通电2Cu+O2↑+4H+，生成氢离子，pH减小，故B错误；
C.Cu作阴极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，电极增重0.064g生成Cu0.064g64g/ml=0.001ml，阳极生成氧气0.0012×32g/ml=0.016g，溶液质量共减少0.064g+0.016g=0.08g，故C错误；
D.Cu作阴极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，电极增重0.064g生成Cu0.064g64g/ml=0.001ml，阳极生成氧气体积为0.0012×22.4L/ml=0.0112L=11.2mL，故D正确；
故选：D。
由图可知，石墨连接电源的正极作阳极，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，Cu作阴极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，电解总反应为2Cu2++2H2O−通电2Cu+O2↑+4H+，据此作答。
本题考查电解原理，题目难度中等，能依据图象准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10.【答案】C
【解析】解：A.排出碱式滴定管内气泡的方法：将碱式滴定管的尖嘴斜向上，挤压玻璃珠排出气泡，图示操作方法不合理，故A错误；
B.眼睛不需要注视滴定管中液面变化，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，图示操作方法不合理，故B错误；
C.结合图示可知，滴定管的初始读数为0.00mL，滴定终点读数为26.10mL，则所用标准盐酸的体积为：26.10mL−0.00mL=26.10mL，故C正确；
D.滴定终点时，溶液的pH会出现突变，图示滴定曲线中没有出现滴定突变，不符合实际情况，故D错误；
故选：C。
A.排出碱式滴定管内气泡时，尖嘴应该斜向上，然后挤压玻璃珠排出气泡；
B.滴定过程中，眼睛应该注视锥形瓶中溶液颜色变化；
C.滴定管的初始读数为0.00mL，滴定终点读数为26.10mL，所用标准盐酸的体积=终点读数-初始读数；
D.滴定曲线中没有出现滴定突变。
本题考查中和滴定，为高频考点，明确中和滴定原理、操作步骤及方法为解答关键，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.根据图中电流方向，阳极为Pt(B)电极，Pt(A)电极为阴极，电解CO2制CH3OH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从a管通入CO2，而b管是H2进气管，故A正确；
B.通电过程中，Pt(B)发生H2−2e−=2H+，质子向阴极Pt(A)电极区迁移，故B错误；
C.Pt(A)电极为阴极，发生电极反应为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O，消耗H+pH增大，故C错误；
D.电子不下水，电子由电源负极到电解池的阴极发生CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O，阳极上氢气失去电子沿导线到电源的正极，故D错误；
故选：A。
根据图中电流方向，阳极为Pt(B)电极，Pt(A)电极为阴极，电解CO2制CH3OH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从a管通入CO2，而b管是H2进气管，阴极CO2发生还原反应生成CH3OH，电极反应为：CO2+6H++6e−=CH3OH+H2O，氧极H2发生还原反应生成H+，电极反应为：H2−2e−=2H+，据此分析答题。
本题考查电化学原理等知识，注意电极方程式的书写和离子、电子的移动方向，属于基本知识，基础题型，为高频考点，中等难度。
12.【答案】C
【解析】解：A.Zn置换出Cu，构成原电池，可加快生成氢气的速率，与催化剂无关，故A错误；
B.M可能为氯化钡，与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和NaCl，氯化钡为中性，故B错误；
C.食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，一段时间后溶液边缘变红，可知Fe发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，相互促进水解生成氢氧化铝和硫化氢，不能生成Al2S3，故D错误；
故选：C。
A.Zn置换出Cu，构成原电池；
B.M可能为氯化钡，与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和NaCl；
C.食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；
D.Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，相互促进水解生成氢氧化铝和硫化氢。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、电化学腐蚀、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。
13.【答案】D
【解析】解：A.二氧化氮的浓度越大，正反应速率越大，随着反应的进行，二氧化氮的浓度逐渐降低，因而A点的正反应速率大于B点的逆反应速率，故A正确；
B.由图象可知，二氧化碳的物质的量浓度变化为0.6ml/L，放出的热量为850kJ/ml×12×0.6ml/L×2L=510kJ，故B正确；
C.其他条件不变，若该反应在1L的恒容密闭容器中进行，浓度增大，反应速率加快，平衡相对于2L的容器来说，不移动，二氧化碳的浓度增大，则图像变化如曲线N所示，故C正确；
D.其他条件不变，若向该容器中再通入一定量的NO2，与原平衡为等效平衡，NO2的平衡转化率不变，故D错误；
故选：D。
A.二氧化氮的浓度越大，正反应速率越大；
B.由图象可知，二氧化碳的物质的量浓度变化为0.6ml/L，放出的热量为850kJ/ml×12×0.6ml/L×2L；
C.其他条件不变，若该反应在1L的恒容密闭容器中进行，浓度增大，反应速率加快；
D.其他条件不变，若向该容器中再通入一定量的NO2，与原平衡为等效平衡。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键，难点是反应热的计算。
14.【答案】C
【解析】解：A.等体积、等pH的两种弱酸溶液，酸性较弱的浓度较大，由于Ka(HA)B.对于NaA与NaB混合溶液，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)+c(B−)，根据物料守恒：c(Na+)=c(A−)+c(HA)+c(B−)+c(HB)，结合二者的关系可知，c(OH−)=c(H+)+c(HA)+c(HB)，故B错误；
C.对于HA，Ka(HA)=c(H+)c(A−)c(HA)，对于HB，Ka(HB)=c(H+)c(B−)c(HB)，则c(A−)c(HA)=Ka(HA)c(H+)，c(B−)c(HB)=Ka(HB)c(H+)，将等浓度的NaA溶液与NaB溶液分别稀释100倍后，由于Ka(HA)cB(H+)，则c(A−)c(HA)D.向NaA溶液中通入HCl气体后，会重新生成部分HA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)+c(Cl−)，由于重新生成了部分HA，而根据物料守恒，c(Na+)=c(A−)+c(HA)，则c(Na+)>c(A−)，则一定有c(H+)故选：C。
A.等体积、等pH的两种弱酸溶液，酸性较弱的浓度较大，随着反应H+的消耗可以不断电离出H+参与反应；
B.根据NaA与NaB混合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析解答相应的离子浓度关系；
C.根据HA与HB的电离平衡常数表达式分析；
D.向NaA溶液中通入HCl气体后，会重新生成部分HA，根据电荷守恒和物料守恒分析。
本题考查了溶液中离子浓度大小比较、弱电解质的电离，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，明确电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解程度大小之间的关系是解本题关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.断开S2，闭合S1时，两极均有气泡产生，说明Cu作阴极，发生还原反应，故A错误；
B.闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，则Cu失电子生成铜离子，不会产生气泡，故B错误；
C.断开S1，闭合S2，发现电流表指针偏转，说明构成燃料电池，氯气得电子发生还原反应，则石墨作正极，故C错误；
D.断开S1，闭合S2，发现电流表指针偏转，说明构成燃料电池，Cu作负极，发生反应H2−2e−+2OH−=2H2O，故D正确；
故选：D。
断开S2，闭合S1时，两极均有气泡产生，说明Cu作阴极、石墨作阳极，电池反应式为2H2O+2Cl−−电解Cl2↑+H2↑+2OH−；一段时间后，断开S1，闭合S2，发现电流表指针偏转，说明构成燃料电池，氯气得电子发生还原反应，则石墨作正极、Cu作负极，据此分析解答。
本题考查了原电池和电解池原理，明确电化学原理即可解答，为考查重点知识，同时考查学生分析问题、解决问题能力，易错点是氢氯燃料电池的分析，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.根据图中曲线可知在VmL生成磷酸二氢钠，在2VmL生成磷酸氢二钠，在3VmL生成磷酸钠，因此从m点到n点反应的离子方程式为H2PO4−+OH−=HPO42−+H2O，故A正确；
B.m点是磷酸二氢钠，电离大于水解，因此由水电离的H+浓度小于1.0×10−7ml⋅L−1，故B错误；
C.m、n两点之间的某一点中当NaH2PO4和Na2HPO4等物质的量浓度时，根据物料守恒得到关系：2c(Na+)=3[c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)]，故C正确；
D.根据H3PO4∼NaOH∼NaH2PO4，消耗bml⋅L−1NaOH溶液VmL，则精制磷酸中H3PO4的质量分数是bml/L×V×10−3L×98g/mlag×100%=9.8bVa%，故D正确；
故选：B。
A.根据图中曲线可知在VmL生成磷酸二氢钠，在2VmL生成磷酸氢二钠，在3VmL生成磷酸钠；
B.m点是磷酸二氢钠，电离大于水解；
C.m、n两点之间的某一点中当NaH2PO4和Na2HPO4等物质的量浓度时，根据物料守恒分析；
D.根据H3PO4∼NaOH∼NaH2PO4，消耗bml⋅L−1NaOH溶液VmL，据此计算。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断等知识点，为高频考点，根据弱电解质的电离平衡特点、酸碱混合溶液酸碱性等知识点来分析解答，灵活运用微粒间关系是解题的关键，同时考查学生灵活运用知识能力，题目难度较大。
17.【答案】C+H2O(g)−高温CO+H2 吸热 正 CO+O2−−2e−=CO2 CO
【解析】解：(1)①工业上以碳为原料与水蒸气反应制水煤气的化学方程式为C+H2O(g)−高温CO+H2，
故答案为：C+H2O(g)−高温CO+H2；
②上述制备水煤气的反应是吸热反应，
故答案为：吸热；
(2)①结合阴离子移动方向可知，电极a为正极，
故答案为：正；
②电极b为负极，CO失电子生成二氧化碳，电极反应式为CO+O2−−2e−=CO2，
故答案为：CO+O2−−2e−=CO2；
③依据装置原理图和②可知，该条件下CO更容易放电，
故答案为：CO。
(1)①工业上以碳为原料与水蒸气高温反应制取水煤气；
②上述制备水煤气的反应是吸热反应；
(2)①结合阴离子移动方向判断；
②电极b为负极，CO失电子生成二氧化碳；
③依据装置原理图和②可知，该条件下CO更容易放电。
本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
18.【答案】270kJ⋅ml−1 CO−2e−+4OH−=CO32−+2H2O0.01A→CNO+5e−+6H+=NH4++H2O
【解析】解：(1)CO的燃烧的热化学方程式①：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283kJ⋅ml−1；液态硫(S)的燃烧的热化学方程式②：S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296kJ⋅ml−1，根据盖斯定律，①×2−②得到SO2(g)+2CO(g)⇌S(l)+2CO2(g)△H=[2×(−283)−(−296)]kJ⋅ml−1=−270kJ⋅ml−1，
故答案为：−270kJ⋅ml−1；
(2)①电子流出的一极为负极，CO失去电子被氧化，在碱性溶液中转化为CO32−，电极反应为CO−2e−+4OH−=CO32−+2H2O，
故答案为：CO−2e−+4OH−=CO32−+2H2O；
②原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，若B极区与A极区相差0.02mlNa+时，设通过钠离子交换膜的Na+为xml，则正极增加xml，负极区钠离子减少xml，B极区与A极区相差2x，则2x=0.02，x=0.01，故答案为：0.01；
(3)①电解时，阴极得到电子发生还原反应，阳极失去电子发生氧化反应，观察所给图示可知，通入SO2的一极为阳极，失去电子被氧化为SO42−，通入NO气体的一极为阴极，得到电子被还原为NH4+，电子由阳极流向外接电源的正极，由电源的负极流向阴极，
故答案为：A→C；
②阴极的电极反应式为NO+5e−+6H+=NH4++H2O，
故答案为：NO+5e−+6H+=NH4++H2O。
(1)CO的燃烧的热化学方程式①：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283kJ⋅ml−1；液态硫(S)的燃烧的热化学方程式②：S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296kJ⋅ml−1，根据盖斯定律计算反应焓变；在原电池装置中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，CO还原NO时，通入CO的一极为负极，通入NO的一极为正极，电子由负极经外电路流向正极。在电解装置中，与负极相连的是阴极，与正极相连的是阳极，阴极得到电子发生还原反应，阳极失去电子发生氧化反应，据此解题。
本题为化学反应原理综合题，涉及到盖斯定律、原电池的工作原理、电解池的工作原理、电极反应式的书写及简单计算等，熟练掌握盖斯定律及其应用，原电池、电解池的电极判断、电子流向，电极反应式的书写是解答关键。
19.【答案】CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 小于 5.1HCO3−电离出的H+会中和HCO3−水解产生的部分OH− CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42−(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO32−与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸
【解析】解：(1)Na2CO3溶液显碱性的主要原因为碳酸根离子的水解，离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(2)CH3COONH4溶液中的醋酸根离子的水解会促进铵根离子的水解，因而CH3COONH4溶液中c(NH4+)小于NH4Cl溶液中c(NH4+)，
故答案为：小于；
(3)由CH3COONH4pH=7可知，醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等，CH3COONa溶液的pH为8.9，可知NH4Cl溶液的pH为14−8.9=5.1，
故答案为：5.1；
(4)碳酸氢根离子会电离生成氢离子，推测上述CH3COONa溶液的pH大于NaHCO3溶液pH的可能原因HCO3−电离出的H+会中和HCO3−水解产生的部分OH−，
故答案为：HCO3−电离出的H+会中和HCO3−水解产生的部分OH−；
(5)锅炉水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢时经常先用饱和Na2CO3溶液浸泡，后用盐酸溶解，请应用化学平衡移动原理解释清洗CaSO4的过程为CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42−(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO32−与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸，
故答案为：CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42−(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO32−与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸。
(1)Na2CO3溶液显碱性的主要原因为碳酸根离子的水解；
(2)CH3COONH4溶液中的醋酸根离子的水解会促进铵根离子的水解；
(3)由CH3COONH4pH=7可知，醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等；
(4)碳酸氢根离子会电离生成氢离子；
(5)CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+SO42−(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO32−与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3。
本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、盐类水解、弱电解质的电离等知识点，侧重考查分析判断、计算能力，明确化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，知道酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度关系，题目难度中等。
20.【答案】粉碎软锰矿、适当升温 NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2OSO42− 将Fe2+氧化为Fe3+ 10−37.4 MnS+Ni2+=Mn2++NiSMn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O
【解析】解：(1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有粉碎软锰矿、适当升温、适当增加硫酸浓度、搅拌等，
故答案为：粉碎软锰矿、适当升温；
(2)“酸浸、还原”过程中，NiCO3与硫酸反应的离子方程式为NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2O，还原过程中SO2转化为SO42−，
故答案为：NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2O；SO42−；
(3)在“氧化”过程中，MnO2的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(4)常温下，“除铁”过程中加氨水将氧化后的溶液pH调至3.2时，Fe3+刚好沉淀完全(当溶液中离子浓度≤1.0×10−5ml⋅L−1时，认为沉淀完全)，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)⋅c3(OH−)=1.0×10−5×(103.2−14)3=10−37.4，
故答案为：10−37.4；
(5)滤渣3的主要成分是NiS以及过量的MnS，则“除镍”过程中发生反应的离子方程式为MnS+Ni2+=Mn2++NiS，
故答案为：MnS+Ni2+=Mn2++NiS；
(6)“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，
故答案为：Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。
软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、NiCO3、SiO2等杂质，由流程可知酸浸、过滤，分离出滤渣1为SiO2，还原时二氧化硫将铁离子还原为亚铁离子，浸出液中主要含有Fe3+、Mg2+、Mn2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，再加氨水调节溶液的pH以除去铁离子，滤渣2为Fe(OH)3，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Ni2+，滤渣3为NiS、MnS，再加MnF2除去Mg2+，滤渣3为MgF2、MnF2，滤液为硫酸锰溶液，加入碳酸氢铵、氨水发生Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，过滤分离出硫酸锰，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
21.【答案】△H2+△H3 较低 8.3反应I是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应II是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高对反应I的平衡影响较大 大于 24%9.9×10−3
【解析】解：(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3<0
结合盖斯定律可知，反应I=反应I+反应II，故ΔH1=△H2+△H3，反应Ⅰ为放热熵减的反应，结合吉布斯△H−T△S<0，反应自发进行可知，反应在较低温度下自发进行，
故答案为：△H2+△H3；较低；
(2)当捕获液中c(H2CO3)=c(CO32−)时，Ka1×Ka2=c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)=c2(H+)=10−16.6，故c(H+)=10−8.3ml/L，pH为8.3，
故答案为：8.3；
(3)①温度在210∼270℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而下降，其原因可能为反应I是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应II是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高对反应I的平衡影响较大，
故答案为：反应I是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应II是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高对反应I的平衡影响较大；
②反应III为放热反应，温度越高，平衡常数越小，故c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)(210℃)大于c(CH3OH)c(CO)⋅c2(H2)(270℃)，
故答案为：大于；
③列出三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O
起始 1 2
转化 x 3x x x y y y y
平衡 1−x−y2−3x−yxx+yy
反应体系中CO2的平衡转化率为20%，平衡时CH3OH的选择性[甲醇的选择性=平衡体系中n(CH3OH)反应过程中消耗的n(CO2)×100%]为70%，故x+y1×100%=20%，xx+y×100%=70%，解得y=0.06，x=0.14，氢气的平衡转化率α(H2)=3×0.14+0.062=24%，反应Ⅱ的化学平衡常数K=c(CO)×c(H2O)c(CO2)×(H2)=(0.06V)×(0.14+0.06V)c(1−0.06−0.14V)×c(2−0.14×3−0.06V)≈9.9×10−3，
故答案为：24%；9.9×10−3。
(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3<0
结合盖斯定律可知，反应I=反应I+反应II，故ΔH1=△H2+△H3，反应Ⅰ为放热熵减的反应，结合吉布斯△H−T△S<0判断；
(2)当捕获液中c(H2CO3)=c(CO32−)时，Ka1×Ka2=c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)=c2(H+)=10−16.6，据此计算；
(3)①温度在210∼270℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高而下降，其原因可能为反应I是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应II是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动
②反应III为放热反应，温度越高，平衡常数越小于；>
③列出三段式
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O
起始 1 2
转化 x 3x x x y y y y
平衡 1−x−y2−3x−yxx+yy
反应体系中CO2的平衡转化率为20%，平衡时CH3OH的选择性[甲醇的选择性=平衡体系中n(CH3OH)反应过程中消耗的n(CO2)×100%]为70%，故x+y1×100%=20%，xx+y×100%=70%，解得y=0.06，x=0.14，据此计算。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
实验Ⅰ
实验Ⅱ
装置
现象
Cu电极上产生大量无色气泡
Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡
选项
实验现象
实验结论
A
用锌与稀硫酸反应制氯气时，滴入几滴硫酸铜溶液，反应速率加快
Cu2+具有催化作用
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入溶液M，红色褪去
溶液M一定呈酸性
C
向铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，一段时间后溶液边缘变红
铁发生了吸氧腐蚀
D
向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2S溶液，有白色沉淀产生
白色沉淀是Al2S3
物质
Na2CO3
CH3COONa
NaHCO3
CH3COONH4
NH4Cl
溶液pH
11
8.9
8.3
7.0
a