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2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷
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这是一份2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷，共26页。
2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷
1. CO与N2O均是大气污染物，可通过反应CO+N2O=N2+CO2转化为无害气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。
已知CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2下列叙述错误的是( )
A. FeO*是反应的中间产物
B. 两步反应的△H均小于0
C. 该反应的速率主要由第二步反应决定
D. E2−E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能
2. 氢卤酸的能量关系如图所示：下列说法正确的是( )
A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C. 相同条件下，HCl的(△H3+△H4)比HI的大
D. 一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出a kJ能量，则该条件下△H2=+akJ⋅mol−1
3. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，若反应在
恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减少
0∼3s内，反应速率为：v(NO2)=0.2mol⋅L−1⋅s−1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
4. 已知反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2，反应达到平衡后，下列有关说法正确的是( )
A. NO2中不可能含 18O
B. 有1molN18O生成
C. S18O2的物质的量不可能为0.8mol
D. SO2、SO3、NO、NO2均含 18O时，说明该反应达到平衡
5. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0，该温度下，K=43.某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L.一段时间后，下列情况与事实相符的是( )
A. 混合气体颜色变深 B. 混合气体密度变大
C. 氢气的体积分数变小 D. 容器内压强变小
6. CO2和H2的混和气体加热到1023K时，可建立下列平衡：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，在该温度下，平衡时有90%的氢气变成水蒸气(平衡常数K=1)，则原混合气体中CO2和H2的分子数之比为( )
A. 9：1 B. 1：5 C. 1：10 D. 1：1
7. 煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。现将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，得到如表两组数据。下列说法错误的是( )
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
5
2
900
1
2
0.4
1.6
3
A. 实验1达到化学平衡，以v(H2O)表示的化学反应速率为0.16mol⋅L−1⋅min−1
B. 该反应的正反应活化能小于逆反应活化能
C. 900℃时，实验2若CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol、2mol，则达到平衡时H2O的转化率为40%
D. 650℃时，实验1若CO(g)、H2O(g)，CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，则此时
8. 下列反应在任意温度下一定能自发进行的是( )
A.
B. NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)△H<0
C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0
D. X2Y2(s)=X2(g)+Y2(g)△H<0
9. 现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积(同温同压下测定)的变化图示如下：其中正确的是( )
A. ①③ B. ②④ C. ①②③④ D. 都不对
10. 已知：pKa=−lgKa。25℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。下列说法正确的是( )
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1=1.90，pKa2=7.20
A. 向Na2SO3溶液中加入过量醋酸，反应生成SO2
B. 25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c(HCOOH)=9.9×10−7mol⋅L−1
C. 25℃时，某醋酸溶液pH=a，则等浓度的甲酸溶液pH=a−1
D. 相同温度下，等浓度的HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
11. 向10mL、1mol/L的HCOOH溶液中，不断滴加1mol/L的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与的关系如图所示。为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10−4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 混合溶液的导电性逐渐增强
12. 25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示．有关说法正确的是( )
序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.1
8.4
A. 酸性强弱：H2CO3>HF
B. ①和②中溶质均未水解
C. 离子的总浓度：①>③
D. ④中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L
13. 常温下向20.00mL0.1000mol⋅L−1的K2X溶液中滴入0.1000mol⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 常温下，KHX溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7mol⋅L−1
B. H2X的一级电离常数K≈3×10−4
C. b点溶液中：c(K+)>c(HX−)>c(H2X)>c(X2−)
D. c点溶液中：c(Cl−)=2[c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)]
14. 某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol⋅L−1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=−lgc(Cl−)，pCrO4=−lgc(CrO42−)。下列说法不正确的是( )
A. 曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系
B. 若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点
C. M点溶液中：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)
D. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10−12
15. 某同学设计如图装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是( )
甲
乙
电解质溶液
A
A
H2
Cl2
稀HCl
HCl
B
N2
H2
某可行溶液
NH3⋅H2O
C
CO2
NH3
NaCl饱和溶液
NaHCO3
D
Pb
PbO2
H2SO4溶液
PbSO4
A. A B. B C. C D. D
16. 铝电池性能优越，Al−AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O，下列说法正确的是( )
A. 该隔膜是阳离子交换膜
B. 当电极上析出1.08gAg时，电路中转移的电子为0.01mol
C. Al电极的反应式为：Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O
D. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−
17. 如图装置，U形管中装有50mL2mol⋅L−1的CuSO4溶液．通电一段时间后，下列说法正确的是( )
A. 转移0.2mol电子时，阳极减少质量大于阴极增加质量
B. 转移0.4mol电子时，阴极得到2.24L标准状况下的气体
C. 电解一段时间后，U形管中会产生红褐色物质，后来逐渐溶解
D. 若将石墨棒换成铜棒，可实现铁制品上镀铜
18. 金属的腐蚀与防护和生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 银首饰表面变黑属于电化学腐蚀
B. 图中氧气传感器测得氧气体积分数变小，说明三颈瓶中发生的一定只有吸氧腐蚀
C. 图中压强传感器测得压强变小，说明三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主
D. 海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法
19. CuCl2是常见的化学试剂，某小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2⋅2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
15℃以下
15∼5.7℃
26∼42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2⋅4H2O
CuCl2⋅3H2O
CuCl2⋅2H2O
CuCl2⋅H2O
(1)仪器a的名称为 ______。
(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为 ______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是 ______。
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入HCl的作用是 ______。
(4)用“间接碘量法”测定2.0g废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成250mL，取出25.00mL，向其中加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。(涉及的反应有：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 ______(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 ______。
20. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图。
铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2
温下部分难溶物的溶度积常数如表。
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10−20
4.0×10−38
2.1×10−13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有 ______ (填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式： ______ 。
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序 ______
a.加入过量氨水
b.通入过量CO2
c.加入过量NaOH
d.加入适量HCl
e.洗涤
f.过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 ______ 。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式： ______ 。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是 ______ 。(任写一条)
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol⋅L−1、c(Fe3+)=0.008mol⋅L−1、c(Mn2+)=0.01mol⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于 ______ 。
21. (1)“制氢”“储氢”“用氢”一直都是能源研究的热点。工业上制取H2有多种方法，如：
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+131.5kJ⋅mol−1
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+206.2kJ⋅mol−1
③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H3=+247.4kJ⋅mol−1
④2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H4=+483.6kJ⋅mol−1
由上述可知：CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 ______。
(2)在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=−11kJ⋅mol−1.如图表示不同温度T1、T2下平衡时HI(g)的体积分数随起始n(H2)：n(I2)的变化关系。
①反应温度：T1______T2(填“>”“<”或“=”)，A点对应的n(H2)：n(I2)=______。
②维持B点温度和起始n(H2)：n(I2)不变，欲加快该化学反应速率，则可采取的措施有 ______。(任写一种措施)
(3)科学家研究了下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，在100kPa和730K时，向密闭容器中投入HI，气体混合物中H2的物质的量分数x(H2)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
100
120
x(H2)
0
0.05
0.08
0.09
0.10
0.10
①40min时，HI的转化率为 ______，根据上述实验结果，温度为730K时该反应的压强平衡常数Kp=______。(结果保留2位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，物质的量分数)
②上述反应中，反应速率，、逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数．计算20min时，______(结果保留2位有效数字)。
22. (1)某实验小组设计如图实验探究铁生锈的条件：
反应4min后观察，发现A处铁丝依然光亮，B处铁丝表面灰暗，D处铁丝依然光亮。B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈的一个重要因素是 ______。
(2)金属及塑料制品表面镀铬不仅美观还可提高金属制品抗腐蚀性能。常见镀铬液由重铬酸(H2Cr2O7)和催化剂硫酸组成。镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层．阴极的电极反应式为 ______。
(3)电镀废水中Cr2O72−具有高毒性，必须经处理后才能排放。电解法处理含铬的强酸性废水的原理如图所示：电解产生的Fe2+将Cr2O72−还原为Cr3+，再随着溶液pH的升高，便有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成。
①图中A为电源 ______极；
②写出Fe2+与Cr2O72−反应的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是反应的中间产物，故A正确；
B.根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，则两步反应的△H均小于0，故B正确；
C.根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故C错误；
D.在没有催化剂条件下总反应的活化能是E2−E0，故D正确；
故选：C。
A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗；
B.比较反应物总能量和生成物总能量即可得出结论；
C.比较第一步和第二步反应活化能，活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率；
D.反应活化能是过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差。
本题考查化学反应能量变化、活化能，解题的关键是掌握放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量的关系和催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，此题难度中等。
2.【答案】D
【解析】解：A.已知HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1>0，故A错误；
B.由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；
C.△H3+△H4代表焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；
D.一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出aKJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；
故选：D。
A.△H1代表的是HF气体溶于水的逆过程；
B.HCl比HBr稳定；
C.△H3+△H4代表焓变；
D.一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出aKJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、盖斯定律为解答的关键，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。
3.【答案】A
【解析】解：A.图中为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故A正确；
B.0∼3s内，反应速率为v(NO2)=1.0mol/L−0.5mol/L3=0.17mol⋅L−1⋅s−1，故B错误；
C.催化剂不影响平衡移动，同等程度增大正逆反应速率，故C错误；
D.x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；
故选：A。
A.图中为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.结合v=△c△t计算；
C.催化剂不影响平衡移动；
D.x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、K与温度的关系、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，则通入1molNO2、2molS18O2，反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，故A错误；
B.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1molNO2、2molS18O2，不可能有1molN18O生成，故B错误；
C.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1molNO2、2molS18O2，则NO2、S18O2消耗都小于1mol，所以S18O2的物质的量不可能为0.8mol，故C正确；
D.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O时，不能说明该反应达到平衡，故D错误；
故选：C。
起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2，发生反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，由于反应为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，并且NO2、S18O2消耗都小于1mol，则生成N18O也小于1mol，据此分析判断。
本题考查可逆反应的特征，注意可逆反应反应物不可能完全消耗，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，平衡正向移动，混合气体颜色变浅，故A错误；
B.气体的质量、体积始终不变，则密度不变，故B错误；
C.平衡正向移动，氢气的体积分数变小，故C正确；
D.气体的物质的量不变，压强始终不变，故D错误；
故选：C。
某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L，Qc=(0.02)20.01×0.01=4
6.【答案】A
【解析】解：设原混合气体中CO2和H2的物质的量分别为x、y，体积为1L，在一定温度下，平衡有90%的H2变成了H2O消耗氢气0.9y，则
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始量(mol/L)xy00
变化量(mol/L)0.9y0.9y0.9y0.9y
平衡量(mol/L)x−0.9y0.1y0.9y0.9y
依据c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，得到：(x−0.9y)×0.1y=0.9y×0.9y，计算得到x：y=9：1，
故选：A。
设出氢气、二氧化碳的物质的量，然后依据化学平衡的三段式列式，结合题干条件中氢气转化率计算出达到平衡时各组分的物质的量浓度，由于c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，说明平衡常数等于1，列式计算出x：y即可。
本题考查了化学平衡的计算应用，掌握平衡常数含义、平衡三段式计算分析是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.实验1达到化学平衡，v(H2O)=v(CO)=4mol−2.4mol2L×5min=0.16mol/(L⋅min)，故A正确；
B.该反应前后气体分子数不变，恒温恒容，根据等效平衡原理，对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减少(0.8变成0.4)，说明逆反应是吸热反应，正反应放热，则该反应的正反应活化能小于逆反应活化能，故B正确；
C.900℃时，实验2达到平衡时的转化率为40%，恒温恒容下，CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol，2mol，与实验2等效，所以达到平衡时H2O的转化率还是40%，故C正确；
D.650℃时，实验1的K(650℃)=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=1.6×1.62.4×0.4=83，若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，此时Qc=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=2.5<83，反应正向进行，(正)(逆)，故D错误；
故选：D。
实验1CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始时/mol4200
变化时/mol1.61.61.61.6
平衡时/mol2.40.41.61.6
实验2CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始时/mol2100
变化时/mol0.40.40.40.4
平衡时/mol1.60.60.40.4
A.实验1达到化学平衡，v(H2O)=v(CO)=△c△t；
B.该反应前后气体分子数不变，恒温恒容，根据等效平衡原理，对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减少(由1.62mol变成0.4)，说明逆反应是吸热反应；
C.900℃时，实验2达到平衡时H2O的转化率为0.4mol1mol×100%=40%，恒温恒容下，CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol，2mol，与实验2等效；
D.650℃时，实验1的K(650℃)=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=1.6×1.62.4×0.4=83，若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，根据Qc=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)判断反应进行方向。
本题考查化学反应速率与化学平衡计算，涉及化学平衡常数与Qc的应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
8.【答案】D
【解析】解：A、反应是吸热反应△H>0，△S>0，低温下不能自发进行，故A错误；
B、反应是放热反应△H<0，△S<0，高温下不能自发进行，故B错误；
C、反应是吸热反应△H>0，△S>0，低温下不能自发进行，故C错误；
D、反应是放热反应△H<0，△S>0，任意条件下能自发进行，故D正确；
故选：D。
反应自发进行的判断依据是：△H−T△S<0；分析选项是否符合要求．
本题考查了反应自发进行的判断依据应用，注意反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单．
9.【答案】D
【解析】解：①随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；
②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；
③随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；
④等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。
故选：D。
醋酸为弱酸，不能完全电离，当pH相等时，醋酸浓度较大，溶质的物质的量较多，当等浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，以此解答该题。
本题考查弱电解质的电离，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题考查的侧重点为图象的分析，难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：因pKa=−lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3>HCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.由于酸性强弱顺序为H2SO3>CH3COOH>NaHSO3，所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和CH3COONa，故A错误；
B.甲酸钠溶液中，pH=8即(H+)=10−8mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8mol/L=10−6mol/L，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)，所以c(HCOOH)=c(OH−)−c(H+)=10−6mol/L−10−8mol/L=9.9×10−7mol/L，故B正确；
C.设两种酸的浓度为c，乙酸溶液c(H+)2=cKa=cKa(CH3COOH)，甲酸溶液中c(H+)1=cKa=cKa(HCOOH)，则c(H+)1c(H+)2=Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH)，所以pH(CH3COOH)−pH(HCOOH)=12[(pKa(CH3COOH)−pKa(HCOOH)]=0.5,即甲酸pH=a−0.5，故C错误；
D.弱酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，甲酸根的水解常数=10−1410−3.74=10−10.26，亚硫酸根的水解常数=10−1410−7.20=10−6.80，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强，所以等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的碱性弱、pH小，故D错误；
故选：B。
因pKa=−lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3>HCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.Na2SO3溶液中加入乙酸，反应生成NaHSO3和CH3COONa；
B.酸钠溶液中，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)；
C.据c(H+)=cKa和pH=−lgc(H+)计算判断；
D.酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强。
本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算、离子浓度大小比较等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.起始时为1mol/L的甲酸溶液，溶液中，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中，则HCOOH的电离平衡常数为Ka(HCOOH)=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=10−2×10−21−10−2=10−4，故A正确；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性，所以a点溶液pH=7，b点溶液pH>7，故B错误；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大，所以从a到b的过程，水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大，则溶液导电性不断增强，故D正确，
故选：B。
A.起始时为1mol/L的甲酸溶液，溶液中，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中，据此计算Ka(HCOOH)；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可。
12.【答案】C
【解析】解：A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，溶液呈中性得到c(Na+)=c(Cl−)，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(F−)，溶液呈碱性，c(H+)c(F−)，离子的总浓度：①>③，故C正确；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故D错误，
故选：C。
A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；
B、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性；
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变．
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
13.【答案】C
【解析】解：A.b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH<7，由此知HX−的电离能力强于HX−的水解能力，电离出的H+抑制水的电离，故A正确；
B.c点时溶液中c(H2X)=130mol/L，c(H+)≈c(HX−)=10−2.5mol/L，Ka1(H2X)=c(HX−)×c(H+)c(H2X)≈3×10−4，故B正确；
C.b点溶液中溶质是KHX，溶液为酸性，HX2−电离出的c(X2−)大于其水解生成的c(H2X)，c(H2X)
故选：C。
A.b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH<7，由此知HX−的电离能力强于HX−的水解能力；
B.c点时溶液中c(H2X)=130mol/L，c(H+)≈c(HX−)=10−2.5mol/L，Ka1(H2X)=c(HX−)×c(H+)c(H2X)，据此计算；
C.HX2−电离出的c(X2−)大于其水解生成的c(H2X)，故C错误；
D.由物料守恒知溶液中的离子浓度大小。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，明确曲线上各点溶质成分及其性质为解答关键，注意掌握守恒关系式的应用和电离平衡常数的近似计算，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.KCl溶液与AgNO3溶液反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，K2CrO4溶液与AgNO3溶液应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl−浓度减小的更快，CrO42−浓度减小的慢，所以曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，曲线Ⅱ表示pCrO4与V(AgNO3溶液)的变化关系，故A正确；
B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动，所以R点沿虚线移向S点是错误的，故B错误；
C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，则c(NO3−)>c(K+)>c(Ag+)，Ag+水解使溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4mol/L，c(Ag+)=2×10−4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)=10−4mol/L×(2×10−4mol/L)2=4.0×10−12(mol/L)3，故D正确。
故选：B。
A.根据方程式：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3和K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，判断出与等量的AgNO3溶液，Cl−浓度减小的更快，CrO42−浓度减小的慢，结合曲线变化趋势得出结论；
B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动；
C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，结合Ag+水解使溶液呈酸性，可得M点溶液中离子浓度的大小关系；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4mol/L，c(Ag+)=2×10−4mol/L，带入Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)计算即可。
本题主要考查Ksp的计算，离子浓度大小的定量分析，以及根据化学方程式的比例关系，判断曲线的变化趋势，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
15.【答案】A
【解析】解：A.甲通入氢气，失去电子，生成H+，电极反应为：H2−2e−=2H+，乙通入氯气，得到电子，生成Cl−，电极反应为：Cl2+2e−=2Cl−，总式为：H2+Cl2=2HCl，故A正确；
B.氢气失去电子，生成H+，发生氧化反应，应该在负极，即甲极放电，N2、H2电极顺序错误，故B错误；
C.CO2和NH3反应为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是侯氏制碱法原理，不是氧化还原反应，故C错误；
D.铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，装置没有可行性，故D错误；
故选：A。
由图可知，该装置为燃料电池装置，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，发生氧化反应，另外一极为正极，发生还原反应，据此分析，
A.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，氯气通入正极，发生还原反应；
B.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，电极顺序肯定错误；
C.原电池中反应必须是氧化还原反应，侯氏制碱法属于非氧化还原反应；
D.铅蓄电池中生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，该装置图不符合题意。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握原电池中正负极判断以及电极反应式的书写是解决本题的关键，同时考查学生的看图能力，难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.由总反应式可知OH−参加反应，应用阴离子交换膜，故A错误；
B.AgO中Ag的化合价为+2价，当电极上析出1.08gAg即0.01mol时，电路中转移的电子为0.02mol，故B错误；
C.原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，故C正确；
D.AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，故D错误．
故选C.
由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，结合电极反应式进行判断．
本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，解答本题的关键是能正确书写电极方程式，做题时注意体会书写方法．
17.【答案】B
【解析】解：n(Cu2+)=0.05L×2mol/L=0.1mol，
A.转移0.2mol电子时，阳极发生Fe−2e−=Fe2+，消耗0.1moFe，阴极发生Cu2++2e−=Cu，生成0.1molCu，则阳极减少质量小于阴极增加质量，故A错误；
B.转移0.2mol电子时，阴极发生Cu2++2e−=Cu，Cu2+完全放电，转移0.4mol电子时，发生2H++2e−=H2↑，此时生成0.1molH2，得到2.24L标准状况下的气体，故B正确；
C.电解过程中溶液不可能呈酸性，则生成的红褐色物质(氢氧化铁)不会溶解，故C错误；
D.由于铁为阳极，则不会在铁上镀铜，故D错误。
故选：B。
n(Cu2+)=0.05L×2mol/L=0.1mol，铁为阳极，石墨为阴极，则电解时，阳极发生反应为Fe−2e−=Fe2+，阴极首先发生Cu2++2e−=Cu，然后发生2H++2e−=H2↑，以此解答该题．
本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，注意根据电极反应式计算，解答本题的关键是把握离子的放电顺序，解答时要注意利用．
18.【答案】C
【解析】解：A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银，为化学腐蚀，故A错误；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子，可使氧气的体积分数减小，但传感器测得氧气体积分数变小也可能与析氢腐蚀生成氢气有关，故B错误；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关，则三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主，故C正确；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀，应连接Zn块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故选：C。
A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀。
本题考查电化学腐蚀，为高频考点，把握化学腐蚀与电化学腐蚀、析出腐蚀与吸氧腐蚀为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
19.【答案】分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O过氧化氢受热会分解导致损耗 降温至26∼42℃结晶 抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶 由蓝色变为无色 64.00%。
【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，根据原子守恒可得化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是过氧化氢受热会分解导致损耗，
故答案为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O；过氧化氢受热会分解导致损耗；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶，
故答案为：降温至26∼42℃结晶；抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为蓝色，
故答案为：由蓝色变为无色色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，其m(Cu)=0.002mol×64g/mol=0.128g，废铜屑中铜的百分含量为0.1280.2×100%=64.00%，
故答案为：64.00%。
(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，H2O2受热易分解；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，其m(Cu)=0.002mol×64g/mol=0.128g，据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
20.【答案】Na2BeO2、Na2SiO3 BeO22−+4H+=Be2++2H2Oafed在HCl气流中蒸发结晶 MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O会产生污染环境的气体 4
【解析】解：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22−+4H+=Be2++2H2O，
故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3；BeO22−+4H+=Be2++2H2O；
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，操作为afed，
故答案为：afed；
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是要在HCl气流中蒸发结晶，可抑制水解，
故答案为：在HCl气流中蒸发结晶；
(3)①反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，
故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，还原产物为氮的氧化物，缺点是会产生污染环境的气体，
故答案为：会产生污染环境的气体；
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol⋅L−1、c(Fe3+)=0.008mol⋅L−1、c(Mn2+)=0.01mol⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH−)=2.2×10−202.2mol/L=10−10mol/L，pH=4，则为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4，
故答案为：4。
由流程可知，加入过量的氢氧化钠溶液，BeO、SiO2与NaOH反应，滤液A含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，过滤分离出滤渣B含有CuS、FeS，滤渣B中加入二氧化锰、稀硫酸，发生MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+2S+Fe2(SO4)3+6H2O，固体含有S，滤液D含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入氨水调节pH，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，氢氧化铜经过一系列转化生成Cu，滤液A与盐酸发生BeO22−+4H+=Be2++2H2O、SiO32−+2H+=H2SiO3↓，过滤分离出固体为硅酸，滤液C含BeCl2，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
21.【答案】CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=+165.0kJ⋅mol−1 <1：1 增大压强或缩小容器容积或加入适当的催化剂 16%0.0165.1
【解析】解：(1)由盖斯定律②×2−③得到CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的△H=(+206.2kJ⋅mol−1)×2−(+247.4kJ⋅mol−1)=+165.0kJ⋅mol−1，
故答案为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=+165.0kJ⋅mol−1；
(2)①该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，HI的物质的量减少，体积分数减少，则反应温度：T1
②可以增大压强、加入催化剂就能加快该化学反应速率，则：维持B点温度和起始n(H2)：n(I2)不变，欲加快该化学反应速率，可以增大压强、缩小体积、加入催化剂等措施，
故答案为：增大压强或缩小容器容积或加入适当的催化剂；
(3)①反应进行到40min时，H2的体积分数为0.08，则I2的体积分数为0.08，HI的为0.84，则HI的转化率1−0.841×100%=16%；反应进行到100min时，H2的体积分数为0.10且不再发生变化，反应达到平衡状态，平衡时H2、I2、HI的体积分数分别为0.10、0.10、0.80，由于反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)前后气体分子数不变，所以压强始终不变，在100kPa和730K时该反应的压强平衡常数Kp=p(H2)p(I2)p2(HI)=100×0.10×100×0.10(100×0.80)2=0.016，
故答案为：0.016；
②当平衡时，，则，20min时，H2、I2的体积分数0.05，HI的体积分数0.90，则，
故答案为：5.1。
(1)由盖斯定律②×2−③得到CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)；
(2)①该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，HI的物质的量减少，体积分数减少；
②可以增大压强、加入催化剂就能加快该化学反应速率；
(3)①反应进行到40min时，H2的体积分数为0.08，则I2的体积分数为0.08，HI的为0.84；
②当平衡时，，则，20min时，H2、I2的体积分数0.05，HI的体积分数0.90，则。
本题考查盖斯定律的应用及反应热计算、化学平衡及其影响因素等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和灵活运用原理能力的考查，题目难度中等。
22.【答案】氧气的浓度 CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O正 Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
【解析】解：(1)实验现象说明铁生锈主要与水和氧气有关． B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快，
故答案为：氧气的浓度；
(2)根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价，镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O，
故答案为：CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O；
(4)①有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72−和CrO42−发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极，
故答案为：正；
②二价铁离子有还原性，Cr2O72−有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72−被还原为Cr3+，反应方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
(1)实验现象说明铁生锈主要与水和氧气有关． B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快；
(2)根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价；镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O；
(3)有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72−和CrO42−发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极；阴极是氢离子放电生成氢气；二价铁离子有还原性，Cr2O72−有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，根据电子得失配平。
本题考查了金属腐蚀和氧化还原反应离子方程式的书写，注意氧化还原反应中利用得失电子守恒配平方程，难度中等。
2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷
1. CO与N2O均是大气污染物，可通过反应CO+N2O=N2+CO2转化为无害气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。
已知CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2下列叙述错误的是( )
A. FeO*是反应的中间产物
B. 两步反应的△H均小于0
C. 该反应的速率主要由第二步反应决定
D. E2−E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能
2. 氢卤酸的能量关系如图所示：下列说法正确的是( )
A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C. 相同条件下，HCl的(△H3+△H4)比HI的大
D. 一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出a kJ能量，则该条件下△H2=+akJ⋅mol−1
3. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，若反应在
恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减少
0∼3s内，反应速率为：v(NO2)=0.2mol⋅L−1⋅s−1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
4. 已知反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2，反应达到平衡后，下列有关说法正确的是( )
A. NO2中不可能含 18O
B. 有1molN18O生成
C. S18O2的物质的量不可能为0.8mol
D. SO2、SO3、NO、NO2均含 18O时，说明该反应达到平衡
5. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0，该温度下，K=43.某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L.一段时间后，下列情况与事实相符的是( )
A. 混合气体颜色变深 B. 混合气体密度变大
C. 氢气的体积分数变小 D. 容器内压强变小
6. CO2和H2的混和气体加热到1023K时，可建立下列平衡：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，在该温度下，平衡时有90%的氢气变成水蒸气(平衡常数K=1)，则原混合气体中CO2和H2的分子数之比为( )
A. 9：1 B. 1：5 C. 1：10 D. 1：1
7. 煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。现将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，得到如表两组数据。下列说法错误的是( )
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
5
2
900
1
2
0.4
1.6
3
A. 实验1达到化学平衡，以v(H2O)表示的化学反应速率为0.16mol⋅L−1⋅min−1
B. 该反应的正反应活化能小于逆反应活化能
C. 900℃时，实验2若CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol、2mol，则达到平衡时H2O的转化率为40%
D. 650℃时，实验1若CO(g)、H2O(g)，CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，则此时
8. 下列反应在任意温度下一定能自发进行的是( )
A.
B. NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)△H<0
C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0
D. X2Y2(s)=X2(g)+Y2(g)△H<0
9. 现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁，产生H2的体积(同温同压下测定)的变化图示如下：其中正确的是( )
A. ①③ B. ②④ C. ①②③④ D. 都不对
10. 已知：pKa=−lgKa。25℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。下列说法正确的是( )
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1=1.90，pKa2=7.20
A. 向Na2SO3溶液中加入过量醋酸，反应生成SO2
B. 25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c(HCOOH)=9.9×10−7mol⋅L−1
C. 25℃时，某醋酸溶液pH=a，则等浓度的甲酸溶液pH=a−1
D. 相同温度下，等浓度的HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
11. 向10mL、1mol/L的HCOOH溶液中，不断滴加1mol/L的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与的关系如图所示。为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是( )
A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10−4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 混合溶液的导电性逐渐增强
12. 25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示．有关说法正确的是( )
序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.1
8.4
A. 酸性强弱：H2CO3>HF
B. ①和②中溶质均未水解
C. 离子的总浓度：①>③
D. ④中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L
13. 常温下向20.00mL0.1000mol⋅L−1的K2X溶液中滴入0.1000mol⋅L−1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 常温下，KHX溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7mol⋅L−1
B. H2X的一级电离常数K≈3×10−4
C. b点溶液中：c(K+)>c(HX−)>c(H2X)>c(X2−)
D. c点溶液中：c(Cl−)=2[c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)]
14. 某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol⋅L−1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=−lgc(Cl−)，pCrO4=−lgc(CrO42−)。下列说法不正确的是( )
A. 曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系
B. 若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点
C. M点溶液中：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)
D. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10−12
15. 某同学设计如图装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是( )
甲
乙
电解质溶液
A
A
H2
Cl2
稀HCl
HCl
B
N2
H2
某可行溶液
NH3⋅H2O
C
CO2
NH3
NaCl饱和溶液
NaHCO3
D
Pb
PbO2
H2SO4溶液
PbSO4
A. A B. B C. C D. D
16. 铝电池性能优越，Al−AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O，下列说法正确的是( )
A. 该隔膜是阳离子交换膜
B. 当电极上析出1.08gAg时，电路中转移的电子为0.01mol
C. Al电极的反应式为：Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O
D. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−
17. 如图装置，U形管中装有50mL2mol⋅L−1的CuSO4溶液．通电一段时间后，下列说法正确的是( )
A. 转移0.2mol电子时，阳极减少质量大于阴极增加质量
B. 转移0.4mol电子时，阴极得到2.24L标准状况下的气体
C. 电解一段时间后，U形管中会产生红褐色物质，后来逐渐溶解
D. 若将石墨棒换成铜棒，可实现铁制品上镀铜
18. 金属的腐蚀与防护和生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 银首饰表面变黑属于电化学腐蚀
B. 图中氧气传感器测得氧气体积分数变小，说明三颈瓶中发生的一定只有吸氧腐蚀
C. 图中压强传感器测得压强变小，说明三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主
D. 海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法
19. CuCl2是常见的化学试剂，某小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2⋅2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
15℃以下
15∼5.7℃
26∼42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2⋅4H2O
CuCl2⋅3H2O
CuCl2⋅2H2O
CuCl2⋅H2O
(1)仪器a的名称为 ______。
(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为 ______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是 ______。
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入HCl的作用是 ______。
(4)用“间接碘量法”测定2.0g废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成250mL，取出25.00mL，向其中加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。(涉及的反应有：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 ______(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 ______。
20. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图。
铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2
温下部分难溶物的溶度积常数如表。
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10−20
4.0×10−38
2.1×10−13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有 ______ (填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式： ______ 。
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序 ______
a.加入过量氨水
b.通入过量CO2
c.加入过量NaOH
d.加入适量HCl
e.洗涤
f.过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 ______ 。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式： ______ 。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是 ______ 。(任写一条)
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol⋅L−1、c(Fe3+)=0.008mol⋅L−1、c(Mn2+)=0.01mol⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于 ______ 。
21. (1)“制氢”“储氢”“用氢”一直都是能源研究的热点。工业上制取H2有多种方法，如：
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+131.5kJ⋅mol−1
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+206.2kJ⋅mol−1
③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H3=+247.4kJ⋅mol−1
④2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H4=+483.6kJ⋅mol−1
由上述可知：CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 ______。
(2)在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=−11kJ⋅mol−1.如图表示不同温度T1、T2下平衡时HI(g)的体积分数随起始n(H2)：n(I2)的变化关系。
①反应温度：T1______T2(填“>”“<”或“=”)，A点对应的n(H2)：n(I2)=______。
②维持B点温度和起始n(H2)：n(I2)不变，欲加快该化学反应速率，则可采取的措施有 ______。(任写一种措施)
(3)科学家研究了下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，在100kPa和730K时，向密闭容器中投入HI，气体混合物中H2的物质的量分数x(H2)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
100
120
x(H2)
0
0.05
0.08
0.09
0.10
0.10
①40min时，HI的转化率为 ______，根据上述实验结果，温度为730K时该反应的压强平衡常数Kp=______。(结果保留2位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，物质的量分数)
②上述反应中，反应速率，、逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数．计算20min时，______(结果保留2位有效数字)。
22. (1)某实验小组设计如图实验探究铁生锈的条件：
反应4min后观察，发现A处铁丝依然光亮，B处铁丝表面灰暗，D处铁丝依然光亮。B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈的一个重要因素是 ______。
(2)金属及塑料制品表面镀铬不仅美观还可提高金属制品抗腐蚀性能。常见镀铬液由重铬酸(H2Cr2O7)和催化剂硫酸组成。镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层．阴极的电极反应式为 ______。
(3)电镀废水中Cr2O72−具有高毒性，必须经处理后才能排放。电解法处理含铬的强酸性废水的原理如图所示：电解产生的Fe2+将Cr2O72−还原为Cr3+，再随着溶液pH的升高，便有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成。
①图中A为电源 ______极；
②写出Fe2+与Cr2O72−反应的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是反应的中间产物，故A正确；
B.根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，则两步反应的△H均小于0，故B正确；
C.根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故C错误；
D.在没有催化剂条件下总反应的活化能是E2−E0，故D正确；
故选：C。
A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗；
B.比较反应物总能量和生成物总能量即可得出结论；
C.比较第一步和第二步反应活化能，活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率；
D.反应活化能是过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差。
本题考查化学反应能量变化、活化能，解题的关键是掌握放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量的关系和催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，此题难度中等。
2.【答案】D
【解析】解：A.已知HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1>0，故A错误；
B.由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；
C.△H3+△H4代表焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；
D.一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出aKJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；
故选：D。
A.△H1代表的是HF气体溶于水的逆过程；
B.HCl比HBr稳定；
C.△H3+△H4代表焓变；
D.一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出aKJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、盖斯定律为解答的关键，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。
3.【答案】A
【解析】解：A.图中为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故A正确；
B.0∼3s内，反应速率为v(NO2)=1.0mol/L−0.5mol/L3=0.17mol⋅L−1⋅s−1，故B错误；
C.催化剂不影响平衡移动，同等程度增大正逆反应速率，故C错误；
D.x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；
故选：A。
A.图中为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.结合v=△c△t计算；
C.催化剂不影响平衡移动；
D.x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、K与温度的关系、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，则通入1molNO2、2molS18O2，反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，故A错误；
B.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1molNO2、2molS18O2，不可能有1molN18O生成，故B错误；
C.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1molNO2、2molS18O2，则NO2、S18O2消耗都小于1mol，所以S18O2的物质的量不可能为0.8mol，故C正确；
D.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O时，不能说明该反应达到平衡，故D错误；
故选：C。
起始时向某密闭容器中通入1molNO2、2molS18O2，发生反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，由于反应为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，并且NO2、S18O2消耗都小于1mol，则生成N18O也小于1mol，据此分析判断。
本题考查可逆反应的特征，注意可逆反应反应物不可能完全消耗，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，平衡正向移动，混合气体颜色变浅，故A错误；
B.气体的质量、体积始终不变，则密度不变，故B错误；
C.平衡正向移动，氢气的体积分数变小，故C正确；
D.气体的物质的量不变，压强始终不变，故D错误；
故选：C。
某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L，Qc=(0.02)20.01×0.01=4
6.【答案】A
【解析】解：设原混合气体中CO2和H2的物质的量分别为x、y，体积为1L，在一定温度下，平衡有90%的H2变成了H2O消耗氢气0.9y，则
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始量(mol/L)xy00
变化量(mol/L)0.9y0.9y0.9y0.9y
平衡量(mol/L)x−0.9y0.1y0.9y0.9y
依据c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，得到：(x−0.9y)×0.1y=0.9y×0.9y，计算得到x：y=9：1，
故选：A。
设出氢气、二氧化碳的物质的量，然后依据化学平衡的三段式列式，结合题干条件中氢气转化率计算出达到平衡时各组分的物质的量浓度，由于c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，说明平衡常数等于1，列式计算出x：y即可。
本题考查了化学平衡的计算应用，掌握平衡常数含义、平衡三段式计算分析是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.实验1达到化学平衡，v(H2O)=v(CO)=4mol−2.4mol2L×5min=0.16mol/(L⋅min)，故A正确；
B.该反应前后气体分子数不变，恒温恒容，根据等效平衡原理，对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减少(0.8变成0.4)，说明逆反应是吸热反应，正反应放热，则该反应的正反应活化能小于逆反应活化能，故B正确；
C.900℃时，实验2达到平衡时的转化率为40%，恒温恒容下，CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol，2mol，与实验2等效，所以达到平衡时H2O的转化率还是40%，故C正确；
D.650℃时，实验1的K(650℃)=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=1.6×1.62.4×0.4=83，若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，此时Qc=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=2.5<83，反应正向进行，(正)(逆)，故D错误；
故选：D。
实验1CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始时/mol4200
变化时/mol1.61.61.61.6
平衡时/mol2.40.41.61.6
实验2CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始时/mol2100
变化时/mol0.40.40.40.4
平衡时/mol1.60.60.40.4
A.实验1达到化学平衡，v(H2O)=v(CO)=△c△t；
B.该反应前后气体分子数不变，恒温恒容，根据等效平衡原理，对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减少(由1.62mol变成0.4)，说明逆反应是吸热反应；
C.900℃时，实验2达到平衡时H2O的转化率为0.4mol1mol×100%=40%，恒温恒容下，CO(g)、H2O(g)的起始加入的物质的量分别为4mol，2mol，与实验2等效；
D.650℃时，实验1的K(650℃)=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=1.6×1.62.4×0.4=83，若CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的起始加入的物质的量分别为1.5mol、2mol、2.5mol、3mol，根据Qc=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)判断反应进行方向。
本题考查化学反应速率与化学平衡计算，涉及化学平衡常数与Qc的应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
8.【答案】D
【解析】解：A、反应是吸热反应△H>0，△S>0，低温下不能自发进行，故A错误；
B、反应是放热反应△H<0，△S<0，高温下不能自发进行，故B错误；
C、反应是吸热反应△H>0，△S>0，低温下不能自发进行，故C错误；
D、反应是放热反应△H<0，△S>0，任意条件下能自发进行，故D正确；
故选：D。
反应自发进行的判断依据是：△H−T△S<0；分析选项是否符合要求．
本题考查了反应自发进行的判断依据应用，注意反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单．
9.【答案】D
【解析】解：①随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；
②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；
③随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；
④等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。
故选：D。
醋酸为弱酸，不能完全电离，当pH相等时，醋酸浓度较大，溶质的物质的量较多，当等浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，以此解答该题。
本题考查弱电解质的电离，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题考查的侧重点为图象的分析，难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：因pKa=−lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3>HCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.由于酸性强弱顺序为H2SO3>CH3COOH>NaHSO3，所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和CH3COONa，故A错误；
B.甲酸钠溶液中，pH=8即(H+)=10−8mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8mol/L=10−6mol/L，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)，所以c(HCOOH)=c(OH−)−c(H+)=10−6mol/L−10−8mol/L=9.9×10−7mol/L，故B正确；
C.设两种酸的浓度为c，乙酸溶液c(H+)2=cKa=cKa(CH3COOH)，甲酸溶液中c(H+)1=cKa=cKa(HCOOH)，则c(H+)1c(H+)2=Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH)，所以pH(CH3COOH)−pH(HCOOH)=12[(pKa(CH3COOH)−pKa(HCOOH)]=0.5,即甲酸pH=a−0.5，故C错误；
D.弱酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，甲酸根的水解常数=10−1410−3.74=10−10.26，亚硫酸根的水解常数=10−1410−7.20=10−6.80，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强，所以等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的碱性弱、pH小，故D错误；
故选：B。
因pKa=−lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3>HCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.Na2SO3溶液中加入乙酸，反应生成NaHSO3和CH3COONa；
B.酸钠溶液中，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)；
C.据c(H+)=cKa和pH=−lgc(H+)计算判断；
D.酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强。
本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算、离子浓度大小比较等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.起始时为1mol/L的甲酸溶液，溶液中，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中，则HCOOH的电离平衡常数为Ka(HCOOH)=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=10−2×10−21−10−2=10−4，故A正确；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性，所以a点溶液pH=7，b点溶液pH>7，故B错误；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大，所以从a到b的过程，水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大，则溶液导电性不断增强，故D正确，
故选：B。
A.起始时为1mol/L的甲酸溶液，溶液中，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中，据此计算Ka(HCOOH)；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可。
12.【答案】C
【解析】解：A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH，则对应酸性为H2CO3
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，溶液呈中性得到c(Na+)=c(Cl−)，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(F−)，溶液呈碱性，c(H+)
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故D错误，
故选：C。
A、NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；
B、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性；
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变．
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
13.【答案】C
【解析】解：A.b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH<7，由此知HX−的电离能力强于HX−的水解能力，电离出的H+抑制水的电离，故A正确；
B.c点时溶液中c(H2X)=130mol/L，c(H+)≈c(HX−)=10−2.5mol/L，Ka1(H2X)=c(HX−)×c(H+)c(H2X)≈3×10−4，故B正确；
C.b点溶液中溶质是KHX，溶液为酸性，HX2−电离出的c(X2−)大于其水解生成的c(H2X)，c(H2X)
故选：C。
A.b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pH<7，由此知HX−的电离能力强于HX−的水解能力；
B.c点时溶液中c(H2X)=130mol/L，c(H+)≈c(HX−)=10−2.5mol/L，Ka1(H2X)=c(HX−)×c(H+)c(H2X)，据此计算；
C.HX2−电离出的c(X2−)大于其水解生成的c(H2X)，故C错误；
D.由物料守恒知溶液中的离子浓度大小。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高考常见题型，明确曲线上各点溶质成分及其性质为解答关键，注意掌握守恒关系式的应用和电离平衡常数的近似计算，试题培养了学生的分析能力及综合运用能力，题目难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.KCl溶液与AgNO3溶液反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，K2CrO4溶液与AgNO3溶液应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl−浓度减小的更快，CrO42−浓度减小的慢，所以曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，曲线Ⅱ表示pCrO4与V(AgNO3溶液)的变化关系，故A正确；
B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动，所以R点沿虚线移向S点是错误的，故B错误；
C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，则c(NO3−)>c(K+)>c(Ag+)，Ag+水解使溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4mol/L，c(Ag+)=2×10−4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)=10−4mol/L×(2×10−4mol/L)2=4.0×10−12(mol/L)3，故D正确。
故选：B。
A.根据方程式：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3和K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，判断出与等量的AgNO3溶液，Cl−浓度减小的更快，CrO42−浓度减小的慢，结合曲线变化趋势得出结论；
B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动；
C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式可知生成0.001molKNO3和0.001molAgCl，剩余0.0005molAgNO3，结合Ag+水解使溶液呈酸性，可得M点溶液中离子浓度的大小关系；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4mol/L，c(Ag+)=2×10−4mol/L，带入Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)计算即可。
本题主要考查Ksp的计算，离子浓度大小的定量分析，以及根据化学方程式的比例关系，判断曲线的变化趋势，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
15.【答案】A
【解析】解：A.甲通入氢气，失去电子，生成H+，电极反应为：H2−2e−=2H+，乙通入氯气，得到电子，生成Cl−，电极反应为：Cl2+2e−=2Cl−，总式为：H2+Cl2=2HCl，故A正确；
B.氢气失去电子，生成H+，发生氧化反应，应该在负极，即甲极放电，N2、H2电极顺序错误，故B错误；
C.CO2和NH3反应为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是侯氏制碱法原理，不是氧化还原反应，故C错误；
D.铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，装置没有可行性，故D错误；
故选：A。
由图可知，该装置为燃料电池装置，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，发生氧化反应，另外一极为正极，发生还原反应，据此分析，
A.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，氯气通入正极，发生还原反应；
B.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，电极顺序肯定错误；
C.原电池中反应必须是氧化还原反应，侯氏制碱法属于非氧化还原反应；
D.铅蓄电池中生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，该装置图不符合题意。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握原电池中正负极判断以及电极反应式的书写是解决本题的关键，同时考查学生的看图能力，难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.由总反应式可知OH−参加反应，应用阴离子交换膜，故A错误；
B.AgO中Ag的化合价为+2价，当电极上析出1.08gAg即0.01mol时，电路中转移的电子为0.02mol，故B错误；
C.原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，故C正确；
D.AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，故D错误．
故选C.
由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，结合电极反应式进行判断．
本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，解答本题的关键是能正确书写电极方程式，做题时注意体会书写方法．
17.【答案】B
【解析】解：n(Cu2+)=0.05L×2mol/L=0.1mol，
A.转移0.2mol电子时，阳极发生Fe−2e−=Fe2+，消耗0.1moFe，阴极发生Cu2++2e−=Cu，生成0.1molCu，则阳极减少质量小于阴极增加质量，故A错误；
B.转移0.2mol电子时，阴极发生Cu2++2e−=Cu，Cu2+完全放电，转移0.4mol电子时，发生2H++2e−=H2↑，此时生成0.1molH2，得到2.24L标准状况下的气体，故B正确；
C.电解过程中溶液不可能呈酸性，则生成的红褐色物质(氢氧化铁)不会溶解，故C错误；
D.由于铁为阳极，则不会在铁上镀铜，故D错误。
故选：B。
n(Cu2+)=0.05L×2mol/L=0.1mol，铁为阳极，石墨为阴极，则电解时，阳极发生反应为Fe−2e−=Fe2+，阴极首先发生Cu2++2e−=Cu，然后发生2H++2e−=H2↑，以此解答该题．
本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，注意根据电极反应式计算，解答本题的关键是把握离子的放电顺序，解答时要注意利用．
18.【答案】C
【解析】解：A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银，为化学腐蚀，故A错误；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子，可使氧气的体积分数减小，但传感器测得氧气体积分数变小也可能与析氢腐蚀生成氢气有关，故B错误；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关，则三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主，故C正确；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀，应连接Zn块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故选：C。
A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀。
本题考查电化学腐蚀，为高频考点，把握化学腐蚀与电化学腐蚀、析出腐蚀与吸氧腐蚀为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
19.【答案】分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O过氧化氢受热会分解导致损耗 降温至26∼42℃结晶 抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶 由蓝色变为无色 64.00%。
【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，根据原子守恒可得化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是过氧化氢受热会分解导致损耗，
故答案为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O；过氧化氢受热会分解导致损耗；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶，
故答案为：降温至26∼42℃结晶；抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为蓝色，
故答案为：由蓝色变为无色色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，其m(Cu)=0.002mol×64g/mol=0.128g，废铜屑中铜的百分含量为0.1280.2×100%=64.00%，
故答案为：64.00%。
(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，H2O2受热易分解；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，其m(Cu)=0.002mol×64g/mol=0.128g，据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
20.【答案】Na2BeO2、Na2SiO3 BeO22−+4H+=Be2++2H2Oafed在HCl气流中蒸发结晶 MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O会产生污染环境的气体 4
【解析】解：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22−+4H+=Be2++2H2O，
故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3；BeO22−+4H+=Be2++2H2O；
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，操作为afed，
故答案为：afed；
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是要在HCl气流中蒸发结晶，可抑制水解，
故答案为：在HCl气流中蒸发结晶；
(3)①反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，
故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，还原产物为氮的氧化物，缺点是会产生污染环境的气体，
故答案为：会产生污染环境的气体；
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2mol⋅L−1、c(Fe3+)=0.008mol⋅L−1、c(Mn2+)=0.01mol⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH−)=2.2×10−202.2mol/L=10−10mol/L，pH=4，则为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4，
故答案为：4。
由流程可知，加入过量的氢氧化钠溶液，BeO、SiO2与NaOH反应，滤液A含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，过滤分离出滤渣B含有CuS、FeS，滤渣B中加入二氧化锰、稀硫酸，发生MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+2S+Fe2(SO4)3+6H2O，固体含有S，滤液D含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入氨水调节pH，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，氢氧化铜经过一系列转化生成Cu，滤液A与盐酸发生BeO22−+4H+=Be2++2H2O、SiO32−+2H+=H2SiO3↓，过滤分离出固体为硅酸，滤液C含BeCl2，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
21.【答案】CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=+165.0kJ⋅mol−1 <1：1 增大压强或缩小容器容积或加入适当的催化剂 16%0.0165.1
【解析】解：(1)由盖斯定律②×2−③得到CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)的△H=(+206.2kJ⋅mol−1)×2−(+247.4kJ⋅mol−1)=+165.0kJ⋅mol−1，
故答案为：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=+165.0kJ⋅mol−1；
(2)①该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，HI的物质的量减少，体积分数减少，则反应温度：T1
②可以增大压强、加入催化剂就能加快该化学反应速率，则：维持B点温度和起始n(H2)：n(I2)不变，欲加快该化学反应速率，可以增大压强、缩小体积、加入催化剂等措施，
故答案为：增大压强或缩小容器容积或加入适当的催化剂；
(3)①反应进行到40min时，H2的体积分数为0.08，则I2的体积分数为0.08，HI的为0.84，则HI的转化率1−0.841×100%=16%；反应进行到100min时，H2的体积分数为0.10且不再发生变化，反应达到平衡状态，平衡时H2、I2、HI的体积分数分别为0.10、0.10、0.80，由于反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)前后气体分子数不变，所以压强始终不变，在100kPa和730K时该反应的压强平衡常数Kp=p(H2)p(I2)p2(HI)=100×0.10×100×0.10(100×0.80)2=0.016，
故答案为：0.016；
②当平衡时，，则，20min时，H2、I2的体积分数0.05，HI的体积分数0.90，则，
故答案为：5.1。
(1)由盖斯定律②×2−③得到CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)；
(2)①该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，HI的物质的量减少，体积分数减少；
②可以增大压强、加入催化剂就能加快该化学反应速率；
(3)①反应进行到40min时，H2的体积分数为0.08，则I2的体积分数为0.08，HI的为0.84；
②当平衡时，，则，20min时，H2、I2的体积分数0.05，HI的体积分数0.90，则。
本题考查盖斯定律的应用及反应热计算、化学平衡及其影响因素等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和灵活运用原理能力的考查，题目难度中等。
22.【答案】氧气的浓度 CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O正 Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
【解析】解：(1)实验现象说明铁生锈主要与水和氧气有关． B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快，
故答案为：氧气的浓度；
(2)根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价，镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O，
故答案为：CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O；
(4)①有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72−和CrO42−发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极，
故答案为：正；
②二价铁离子有还原性，Cr2O72−有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72−被还原为Cr3+，反应方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
(1)实验现象说明铁生锈主要与水和氧气有关． B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快；
(2)根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价；镀铬时由CrO42−放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42−+8H++6e−=Cr+4H2O；
(3)有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72−和CrO42−发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极；阴极是氢离子放电生成氢气；二价铁离子有还原性，Cr2O72−有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，根据电子得失配平。
本题考查了金属腐蚀和氧化还原反应离子方程式的书写，注意氧化还原反应中利用得失电子守恒配平方程，难度中等。
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