2022-2023学年天津市静海区高二上册期末化学模拟试题（AB卷）含解析

这是一份2022-2023学年天津市静海区高二上册期末化学模拟试题（AB卷）含解析，共48页。试卷主要包含了下列溶液一定是碱性的是，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市静海区高二上册期末化学模拟试题
（A卷）
评卷人
得分



一、单选题
1．随着人们生活质量提高，废电池必须进行集中处理的问题又被提到议事日程上，其首要原因是（   ）
A．利用电池外壳的金属材料
B．回收其中石墨电极
C．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对水和土壤的污染
D．不使电池中泄漏的电解液腐蚀其他物品
2．下列溶液一定是碱性的是（       ）
A．pH＝8的某电解质的溶液 B．c(OH-)＞1×10-7mol/L
C．溶液中含有OH- D．溶液中c(OH-)＞c(H+)
3．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是（       ）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．(NH4)2SO4
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．一定条件下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的N原子数目为0.1NA
B．25 ℃时，pH＝12的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.01NA
C．1L 0.1 mol·L－1 K2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NA
D．2molSO2和1molO2在密闭容器中加热(V2O5催化)充分反应后，容器内分子总数大于2NA
5．25℃时，下列溶液中水的电离程度最大的是
A．0.01 mol/L盐酸 B．pH =11氨水
C．pH =" 4" NaHSO3溶液 D．0.01 mol/L Na2CO3溶液
6．下列叙述正确的是
A．原电池中阳离子向负极移动 B．用铝质铆钉接铁板，铁易被腐蚀
C．马口铁(镀锡)表面一旦破损，铁腐蚀加快 D．白铁(镀锌)表面一旦破损，铁腐蚀加快
7．下列所述反应的方程式书写正确的是
A．常温下，0.1 mol·L-1 HA溶液的pH=3，则HA的电离：HA＝H+＋A-
B．用铜电极电解饱和硫酸铜溶液：2Cu2+＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H+
C．向1 mL 2 mol·L-1NaOH溶液中滴加1～2滴0.1 mol·L-1 MgCl2溶液后，再滴加2滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓，3Mg(OH)2＋2Fe3+＝2Fe(OH)3＋3Mg2+
D．钢铁发生吸氧腐蚀生成铁锈：2Fe＋O2＋2H2O＝2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3，2Fe(OH)3＝Fe2O3·xH2O＋(3﹣x)H2O
8．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是
①明矾和FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A．①④⑦ B．全有关 C．②⑤ D．③⑥
9．有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是




图Ⅰ
碱性锌锰电池
图Ⅱ
铅-硫酸蓄电池
图Ⅲ
电解精炼铜
图Ⅳ
银锌纽扣电池

A．图Ⅰ所示电池中，的作用是催化剂
B．图Ⅱ所示电池充电过程中，阳极的反应为：
C．图Ⅲ装置工作过程中，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为
D．图Ⅳ所示电池中，是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
10．把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的为
A．c(CH3COO－)c (H+)
C．c(CH3COOH)>c (CH3COO－)
D．c(CH3COOH)+c (CH3COO－)=0.01mol/L
11．在已达到电离平衡的0.1mol/L醋酸溶液中，欲使平衡向正向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（）
A．加少量水 B．加热 C．加少量盐酸 D．加少量醋酸钠晶体
12．在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定少于7的是。
A．pH=3的HNO3跟pH=11的KOH溶液 B．pH=3的盐酸跟pH=11的氨水
C．pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D．pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液
13．某原电池总反应的离子方程式为，不能实现该反应的原电池组成是
A．正极为铜，负极为铁，电解质溶液为溶液
B．正极为碳，负极为铁，电解质溶液为溶液
C．正极为铂，负极为铁，电解质溶液为溶液
D．正极为银，负极为铁，电解质溶液为溶液
14． 0.1 mol•L-1 KHS溶液中下列表达式不正确的是（　　）
A．c(K +)+c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2 c(S2-) B．c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(S2-)> c(H+)
C．c(HS-)+ c(S2-)+ c(H2S)=0.1 mol•L-1 D．c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(H2S)> c(H+)
15．在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)⇌2XY(g)   △H10-7，pH10-7，pH值 c（H+）> c（S2-），B错误；
C、满足物料守恒，C正确；
D、HS－的电离程度小于水解程度，因此离子浓度大小关系是c（K+）> c（HS-）> c（OH-）> c（H2S）> c（H+），D正确。
答案选B。
15．D

【详解】
加入反应物的瞬间，反应物浓度增大、生成物浓度不变，则正反应速率增大、逆反应速率不变，I中改变条件瞬间正逆反应速率都增大，图像不符合，故A错误；
B.该反应前后气体物质的量之和不变，则压强不影响平衡移动，增大容器体积，反应物和生成物浓度都减小，所以正逆反应速率都减小，图像不符合，故B错误；
C.增大压强化学反应速率增大，达到平衡状态的时间减小，但是压强不影响该反应平衡移动，所以达到平衡状态时应该甲、乙中的含量相同，图像不符合，故C错误；
D.该反应的正反应是放热反应，升高温度化学反应速率增大，缩短反应到达平衡状态时间，且平衡逆向移动，的含量减小，图像符合，故D正确；
故选：D。

增大生成物浓度的瞬间，需要注意反应物浓度增大、但是生成物浓度不变，则正反应速率增大、逆反应速率不变，在图像中要特别注意。
16．A

【详解】
A.平衡常数大小与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，生成物的物质的量浓度减小，反应物的物质的量浓度增大，平衡常数随温度升高而减小，选项A正确；
B.pH增大，c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，Cr2O72-转化率增大， 选项B错误；
C.温度升高，正、逆反应速率都加快，选项C错误；
D.增大反应物Pb2+的物质的量浓度，平衡正向移动，另一反应物Cr2O72-的物质的量减小，选项D错误。
答案选A。
17．(1) = -1135.7
(2)     2Cl-- 2e- = Cl2↑     Cu2++ 2e- = Cu
(3)Al3++3HCO = Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)HCO+H2OH2CO3+OH-

（1）
肼与二氧化氮反应的化学方程式为：，由盖斯定律可知，目标热化学方程式=2②-①，则=2-=2(-534)-67.7 = -1135.7，故 = -1135.7；
（2）
惰性电极电解与NaCl混合溶液，溶液中阳离子在阴极放电，放电顺序为Cu2+>H+>Na+，所以开始时阴极反应为：Cu2++ 2e- = Cu，阳极吸引阴离子，放电顺序为Cl-> OH-> SO，所以开始时阳极反应为：2Cl-- 2e- =Cl2↑;
（3）
泡沫灭火器原理为硫酸铝和碳酸氢钠发生剧烈的互促双水解，即离子方程式为：Al3++3HCO =Al(OH)3↓+3CO2↑;
（4）
碳酸氢钠溶液的水解方程式: HCO+H2OH2CO3+OH-。
18．(1)
(2)BC
(3)830
(4)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
(5)     中     >

【分析】
根据平衡常数的定义书写表达式；利用平衡状态的定义判断平衡标志；利用平衡常数表达式计算平衡常数；根据沉淀形成的规律利用溶度积的数值及物质判断溶解度的大小；利用溶解度的大小判断沉淀形成的先后顺序；根据电荷守恒及盐类水解判断溶液的酸碱性及离子浓度之间的关系；
（1）
根据平衡常数表示的意义进行书写平衡常数的表达式为：；
（2）
A．由于该反应过程中气体体积没有发生变化，故压强对平衡没有影响，故压强不能作为平衡标志；
B．当一氧化碳的浓度不变时，说明达到平衡，根据定义可以直接判断，故B       符合题意；
C．当时，根据化学计量数判断，正逆速率相等，故C符合题意；D．当时，但未说明是否保持不变，故不能作为平衡标志，故D不符合题意；
故选答案BC；
（3）
根据及已知，说明K=1，根据表格中数据得出温度为830℃；故830；
（4）
根据沉淀生成的先后顺序：先生成溶解度小的，由于氢氧化镁和氢氧化铜的组成相似，故Ksp越小，溶解度越小；故氢氧化铜的溶解度小，首先生成该沉淀，故离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2；
（5）
根据电荷守恒：；当时，则，故溶液显中性，故中；假设当a=0.01mol·L-1时； 恰好完全反应生成氯化铵，因水解而显酸性，故氨水的浓度大于0.01mol·L-1，故答案为>；

此题考查反应原理的应用；根据平衡和电解质溶液的相关知识进行解答；注意物质溶解度大小的判断根据物质组成及溶度积进行判断。
19．(1)①
(2)当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不恢复，则证明达到滴定终点；
(3)乙
(4)B

（1）
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，用NaOH溶液润洗，再装液，①错误
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，②正确；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数，③正确；
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正确；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数，⑤正确；以上步骤有错误的是①；
（2）
待测液为盐酸，滴入酚酞后为无色溶液，当加入NaOH达到滴定终点后，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不恢复，则证明达到滴定终点；
（3）
标准NaOH溶液为碱性溶液，应放入碱式滴定管中，所以选择乙装置；
（4）
A.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响实验结果，A无影响；
B.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点读数正确，所以两者之差偏大，会使得结果偏大，B符合题意；
C.滴定终点俯视读数，所读读数偏低，初始正确，终点偏低，所以结果偏低，C不符合题意；
D.用滴定管量取待测液时，开始时正确读数，后俯视读数，所量取的待测液体积偏小，需要用的标准液体积偏小，结果会偏小，D不符合题意;
故答案选B。
20．(1)
(2)     原电池     电解
(3)4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑
(4)     Fe-2e-=Fe2+     碳棒表面析出银白色金属

（1）
甲池是甲醇燃料电池，甲池中，通入甲醇电极为负极，甲醇失电子生成碳酸钾和水，电极反应式为；
（2）
甲是甲醇燃料电池，甲池是原电池装置；乙与燃料电池相连，乙池是电解装置；
（3）
乙是电解池，A是阴极，阴极反应为Ag++e-=Ag，B是阳极，阳极反应为，总反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；
（4）
若甲池中甲醇与氧气互换，则乙池中A为阳极、B为阴极，A端反应式为Fe-2e-=Fe2+，B端反应式为Ag++e-=Ag，现象为碳棒表面析出银白色金属。

















2022-2023学年天津市静海区高二上册期末化学模拟试题
（B卷）
评卷人
得分



一、单选题
1．全球变暖给我们敲响了警钟，地球正面临巨大的挑战。下列说法不正确的是（     ）
A．推广“低碳经济”，减少温室气体的排放
B．利用晶体硅制作的太阳能电池将太阳能直接转化为电能
C．推广“绿色汽油”计划，吸收空气中的并利用廉价能源合成汽油
D．推进小火力发电站的兴建，缓解地方用电困难，促进地方经济的快速发展
2．下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（　　）
A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应 B．灼热的碳与高温水蒸气的反应
C．铝与稀盐酸 D．H2与O2的燃烧反应
3．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．已知         ，则
B．已知   ，则氢气的燃烧热为
C．已知   ，则含1 mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出热量小于57.3 kJ
D．已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ，则白磷比红磷稳定
4．已知下列热化学方程式：
①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l)     ΔH1＝﹣870.3 kJ·mol-1
②C(s) +O2(g) =CO2(g)     ΔH2＝﹣393.5 kJ·mol-1
③H2(g) +O2(g) =H2O(l)   ΔH3＝﹣285.8 kJ·mol-1
则反应2C(s) +2H2(g) +O2(g)=CH3COOH(l)的焓变ΔH为
A．﹣488.3 kJ·mol-1 B．﹣224.15 kJ·mol-1
C．488.3 kJ·mol-1 D．244.15 kJ·mol-1
5．甲烷分子结构具有高对称性且断开1molC－H键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是


A．甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量
B．步骤②、③反应均为放热反应
C．催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积
D．使用该催化剂，反应的焓变不变
6．灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)       ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)       ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白)       ΔH3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是
A．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转为白锡的反应是放热反应
D．ΔH1＞ΔH2
7．已知，若反应速率分别用、、、表示，则正确的关系式为
A． B．
C． D．
8．一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g) H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol/L 降到0.06mol/L时，需要20s，那么c(HI)由0.06mol/L 降到0.04mol/L时，所需反应的时间为
A．等于10s B．大于10 s C．小于10 s D．以上答案都不正确
9．下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是
A．增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
B．升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率
C．加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
D．通过压缩体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
10．工业合成氨的反应为：   ，该反应在一定条件下的密闭容器中进行。下列说法正确的是
A．达到平衡时，反应速率：
B．当、、的浓度比为1：3：2时，说明反应达到平衡
C．使用催化剂可同时加快正、逆反应速率，提高生产效率
D．若在密闭容器加入1 mol 和过量的充分反应，放出热量92.4 kJ
11．在一密闭容器中发生反应：2A(g)+2B(g)=C(s)+3D(g)   △H”“”“”“0，所以，故D错误；
故答案选A。
7．D

【分析】
结合方程式和化学反应速率之比等于化学计量数比回答。
【详解】
A．NH3与O2的计量数比为4:5，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；
B．O2与H2O的计量数比为5:6，故6v(O2)= 5v(H2O)，故B错误；
C．NH3与H2O的计量数比为4:6，故3v(NH3)=2v(H2O)，故C错误；
D．O2与NO的计量数比为5:4，故4v(O2)= 5v(NO)，故D正确；
故答案选D。
8．B

【分析】
【详解】
c(HI)由0.1mol/L降低到0.06mol/L时，需要20s,即浓度减少0.04mol/L需要20s、平均速率为 ；则c(HI)由0.06mol/L 降到0.04mol/L，假设速率不变，则需要,但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s；
答案选B。
9．D

【分析】
【详解】
A．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数，故A错误；
B．升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应的速率，故B错误；
C．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故C错误；
D．增大压强减小容器体积，导致增大单位体积内活化分子个数，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故D正确；
故选D。
10．C

【详解】
A．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，但不等于0，故A错误；
B．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；
C．合成氨反应使用催化剂，可同时加快正、逆反应速率，可提高单位时间内氨气的产率，提高生产效率，故C正确；
D．合成氨反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则在密闭容器加入1 mol氮气和过量的氢气充分反应，反应放出热量小于92.4 kJ，故D错误；
故选C。
11．C

【分析】
该反应的正反应是气体体积减小的放热的反应，使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大，可增大压强，使反应速率加快，平衡正向移动，以此来解答。
【详解】
A．C为固体，移走少量C，速率不变、平衡不移动，A不符合题意；
B．扩大容积，减小压强，反应速率减小，平衡逆向移动，B不符合题意；
C．缩小容积，增大压强，使物质浓度增大，化学反应速率加快，平衡正向移动，c(D)增大，C符合题意；
D．容积不变，充入惰性气体，反应混合物中各种气体物质的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，D不符合题意；
故合理选项是C。
12．B

【详解】
A.Fe与98%的浓硫酸常温下发生钝化，加热时反应产生SO2，不会产生氢气，A错误；
B.汽车尾气中的NO和CO反应生成N2和CO2的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2，由于有气体参加反应，减小压强反应速率减慢，B正确；
C.虽然SO2的催化氧化是一个放热的反应，但升高温度，正、逆反应速率都加快，C错误；
D.加入适量的NaCl溶液，虽然NaCl溶液不参加反应，但稀释了盐酸，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，D错误；
答案选B。
13．C

【分析】
【详解】
温度对速率的影响幅度大，对比四个选项，C、D温度高，速率比A、B快，C选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)= ,D选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=，C选项温度高，浓度大，速率最大，故选C。
14．C

【分析】
根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C的物质的量为0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：

【详解】
A．根据分析可知，x=4，A正确；
B．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；
C．反应达到平衡状态时A的转化率为×100%=60%，C错误；
D．B的反应速率=，D正确；
故选C。
15．C

【分析】
由图像可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△Hc，由此分析解答。
【详解】
A．降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△Hc，故B错误；
C．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；
D．由B项可知该反应正反应方向为气体减小的方向，则增大压强平衡正向移动，反应物的转化率随压强增大而增大，故D错误；
故选：C。
16．D

【详解】
A．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；
B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，故B错误；
C．氯离子和钾离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；
D．合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，故D正确；
答案选D。
17．C

【分析】
从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由此分析。
【详解】
①从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，与的关系不能确定，故①错误；
②点位于曲线上方，未达到平衡状态，由题图可以看出，当的体积分数减小时，可趋向于平衡，则要想达到平衡状态，反应向正反应方向进行，即，故②正确；
③点对应的压强小于点，压强越大，反应速率越大，故点比点的反应速率小，故③正确；
④从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，与的关系不能确定，故④错误；正确的是②③；
答案选C。
18．D

【分析】
【详解】
A．电解水的反应属于非自发反应，常温下水无法分解为氢气和氧气，A项错误；
B．能自发进行的反应，其反应速率和浓度、温度、压强、催化剂等因素有关，不一定能迅速发生，B项错误；
C．自发反应的熵不一定增大，可能是熵减焓增的情况，非自发反应的熵不一定减小，可能是熵增焓减的情况，C项错误；
D．反应的气体分子数减小，熵减小，在常温下能自发进行，则一定是放热反应，，D项正确；
答案选D。
19．D

【详解】
A．由图可知，装置①是电解池，装置②是原电池，故A错误；
B．由图可知，装置①中与直流电源负极相连的铜电极为阴极，装置②中活泼性小于锌的铜是原电池的正极，故B错误；
C．由图可知，装置①是电解池，与直流电源的正极相连的碳电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，装置②是原电池，活泼性小于锌的铜是原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故C错误；
D．由图可知，装置①是电解池，装置中发生的反应硫酸铜溶液电解生成铜、氧气和硫酸，溶液的pH减小，装置②是原电池，装置中发生的反应为锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，溶液的pH增大，故D正确；
故选D。
20．C

【分析】
由图可知，该透氧膜实现了太阳能向氢能的转化，由电子移动方向可知，a侧的电极为正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氧离子，电极反应式为：H2O +2e—= H2↑+ O2—，b侧电极为负极，在氧离子作用下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CO—2e—+ O2—=CO2。
【详解】
A．由分析可知，b侧电极为负极，在氧离子作用下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，故A正确；
B．由分析可知，原电池工作时有氢气生成，该透氧膜实现了太阳能向氢能的转化，故B正确；
C．缺标准状况下，无法计算产生33.6L氢气时反应消耗一氧化碳的物质的量，故C错误；
D．由分析可知，a侧的电极为正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氧离子，电极反应式为：H2O +2e—= H2↑+ O2—，故D正确；
故选C。
21．A

【分析】
二次电池，放电时是原电池，充电时是电解池，电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，据此回答；
【详解】
A． 放电时，正极的电极反应式：，则电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，A错误；
B． 放电时，负极锌失去电子，电极反应为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
C． 由2Zn+O2+4OH–+2H2O2[Zn(OH)4]2-知，充电时生成氢氧根，则电解质溶液中c(OH-)逐渐增大，C正确；
D． 充电时，阳离子移向阴极，则电解质溶液中K+向阴极移动，D正确；
答案选A。
22．B

【分析】
根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，则直流电源的左侧是正极，右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，据此分析解题。
【详解】
A．右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，反应为：2H+ + O2 + 2e－= H2O2，A正确；
B．该装置将光能和化学能，电能也转化为化学能，B错误；
C．二氧化硫转化为硫酸根离子，每生成1mol硫酸根离子，伴随2mol电子转移，根据电子守恒，得到过氧化氢是1mol，C正确；
D．根据装置知道，氢氧根离子靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应，a应该为阴离子交换膜；氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应，b应该是阳离子交换膜，D正确；
答案选B。
23．C

【详解】
A．铜锡合金在湿润环境中构成原电池，原电池反应使锡腐蚀速率加快，比在干燥环境中更易生锈，故A正确；
B．用锡焊接铁质器件，焊接处铁和锡在潮湿条件下构成原电池，铁做原电池的负极易生锈，故B正确；
C．钢柱在水中发生吸氧腐蚀，水的交界处的氧气浓度大于水下氧气浓度，更易发生吸氧腐蚀，更易生锈，故C错误；
D．生铁在潮湿条件下构成原电池，原电池反应使锡腐蚀速率加快，所以比纯铁更易发生腐蚀被损耗，故D正确；
故选C。
24．B

【分析】
【详解】
A．由图可知，a为电镀池的阳极，若要实现铁上镀铜，则a极为铜、b极为铁，故A正确；
B．精炼铜时，粗铜为精炼池的阳极，与直流电源的正极相连，则X极为直流电源的正极，故B错误；
C．由图可知，氧化银在正极上得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为，故C正确；
D．由图可知，该装置为外加电流的阴极保护法保护钢闸门不被腐蚀，钢闸门与外接电源的负极相连做电解池的阴极，被保护，故D正确；
故选B。
25．D

【分析】
由图可知，电解池中，左侧电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气X，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气Y和氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动；燃料电池中，左侧电极为负极，氢气在氢氧根离子作用下失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为正极，氧气和水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动。
【详解】
A．由分析可知，X为氯气、Y为氢气，故A正确；
B．由分析可知，燃料电池中钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动，故B正确；
C．由分析可知，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b%＞a%＞c%，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，电解池中每产生1mol氯气，燃料电池中消耗氧气的物质的量为1mol×=0.5mol，故D错误；
故选D。
26．D

【详解】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
27．     环形玻璃搅拌棒     不相等     相等     56.8     acd

【分析】
(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；
(3) 根据Q= c•m•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；
(4)从实验过程中热量是否散失、实验操作是否规范等角度分析；
【详解】
(1)从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；
(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，开始时取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL发生反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH过量，以H2SO4为标准计算反应过程中放出的热量；改用60mL0.25mol/LH2SO4溶液跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，硫酸过量，以NaOH为标准计算，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故两次反应所放出的热量不相等；中和热则是生成1mol水放出的热量，与实际参加反应的酸碱用量无关，故若实验操作均正确，则所求中和热相等；
(3)50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为n(H2O)=0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q= c•m•△T=4.18J/(g•℃)×100g×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热；
(4)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，结果偏小， a. 实验装置保温、隔热效果差，必定导致部分热量散失，测定结果偏小，a正确；b. 量取NaOH 溶液的体积时仰视读数，则NaOH的体积偏大，以NaOH为标准反应放出的热量多，使溶液温度升高的多，b错误；c. 尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，c正确；d. 用温度计测定NaOH 溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使反应起始时溶液的温度高，最终导致溶液平均升高的温度少，导致中和热偏高，d正确；因此，产生偏差的原因为acd。

本题考查反应热的测定及计算的知识，注意理解中和热的概念、把握测定反应热的实验细节及可能会引起的误差是解题的关键。
28．(1)             AD
(2)>
(3)     2700     增大
(4)     a→b    

【分析】
由装置中信息可知，a电极上SO2发生失去电子的氧化反应生成H2SO4，则a电极为负极，b电极为正极，负极反应式为，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电池总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，工作时，阳离子移向正极b，阴离子移向负极a；
（1）
根据盖斯定律：ⅰ-ⅱ可得△H=(-0.5×37-0.5×45.4)kJ•mol-1=-41.2kJ•mol-1；
A．单位时间内，生成n mol CO的同时生成n mol ，说明v正=v逆，则能说明达到平衡状态，故A正确；
B．混合气体的质量不变，反应前后气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量反应前后保持不变，则不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．该反应在恒温、恒容体系中进行的，混合气体的总压强保持不变，不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．H2O(g) 与H2(g)的体积比保持不变，说明反应物和生成物的浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故D正确，
故△H=-41.2kJ•mol-1；AD；
（2）
△H2=正反应的活化能E-逆反应的活化能＞0，则正反应活化能E＞△H2，故＞；
（3）
①向10L恒容密闭容器中充入2mol CO(g)、2mol SO2(g)和2mol H2(g)，5min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，
根据2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)，此反应生成1.6molCO2，则需要消耗0.8molSO2，2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)，此反应生成1.8molH2O，需消耗0.9molSO2，和1.8molH2，则达到平衡时，c(H2)=2mol-1.8mol=0.2mol，
c(SO2)=2mol-0.8mol-0.9mol=0.3mol，c(H2O)=1.8mol，；
②反应i、ii都是气体分子数减小的反应，缩小容器容积相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，则SO2的转化率增大，故2700；增大；
（4）
①该原电池中a电极为负极，b电极为正极，放电时质子向正极移动，即质子从电极a移向电极b，故a→b；
②a电极通入SO2，SO2在负极失电子生成，则负极的电极反应式为，故。
29．(1)
(2)     升高温度     a    
(3)>
(4)
(5)及时分离出产物

（1）
根据图像可知，达到平衡时A的物质的量减小了：1mol-0.7mol=0.3mol，B的物质的量减小为：1mol-0.4mol=0.6mol，C的物质的量增加，增加的物质的量为：0.6mol，所以A、B、C的物质的量变化之比为：0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：3，该反应的化学方程式为：；故；
（2）
①根据图像可知：t3时正逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向着逆向移动，若增大压强，平衡向着正向移动，由于该反应为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，所以t3时升高了温度；故升高了温度；
②根据图像变化可知，在t1～t2时反应向着正向移动，A转化率逐渐增大，直至t2～t3时反应达到平衡状态，A转化率达到最大；而t3～t4时升高了温度，平衡向着逆向移动，A的转化率逐渐减小，直至t4～t5时A的转化率达到最低；而t5～t6时正逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，A的转化率不变，与t4～t5时相等，所以A的转化率最大的时间段是：t2～t3，A的转化率最大时C的体积分数最大，此时间段为t2～t3，即为a点；a、b、c三点中，C的体积分数最大的是a。故a；
③反应A+2B⇌2C   ΔHt2～t3，所以化学平衡常数大小关系为：K1>K2=K3。故K1>K2=K3；
（3）
恒压条件下，温度升高，H2S的转化率升高，即升高温度平衡正向移动，则ΔH> 0；故>；
（4）
2H2S(g)2H2(g)+S2(g)　ΔH=+169.8kJ•mol-1，反应是气体体积增大的反应，温度不变，压强增大平衡逆向进行，H2S的转化率减小，则压强关系为：图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为p3>p2>p1。故p3>p2>p1；
（5）
进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有及时分离出产物，故及时分离出产物。