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2021-2022学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了5kJ⋅ml−1，9kJ，3kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷
1. 下列反应发生时明显向环境释放能量的是( )
A. 高温下铝粉与铁的氧化物的反应 B. 电解熔融氯化钠
C. 氯化铵晶体与氢氧化钙的反应 D. 煅烧碳酸钙
2. 下列现象或操作可用勒夏特列原理解释的是( )
A. 食品包装袋内常放一小袋铁屑
B. 制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快
C. 合成氨工业中，将氨液化后分离出来，以提高氮气的转化率
D. 对于反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达到平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深
3. 下列说法错误的是( )
A. 加热蒸干AlCl3溶液并灼烧可得到Al2O3
B. 向水中加入金属钠，能促进水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变
C. 某些单质可与水反应同时生成强电解质和弱电解质
D. 弱电解质溶液的导电性肯定弱于强电解质溶液的导电性
4. 下列有关反应原理的说法正确的是( )
A. 对于ΔH>0且能自发进行的化学反应，其ΔS>0
B. 向新制氯水中加适量石灰石不能增大溶液中的c平(HClO)
C. 对于ΔH<0的可逆反应来说，升高温度可加快反应速率，增大反应物的平衡转化率
D. 反应物分子间的碰撞都能使化学反应发生，碰撞越多，反应速率越高
5. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B. 某可水解离子的结构示意图可能为
C. 氢硫酸的电离方程式为H2S⇌2H++S2−
D. 泡沫灭火器灭火的反应原理为2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
6. 下列说法错误的是( )
A. HF是弱电解质
B. 向氨水中加入氢氧化钠固体，一水合氨的电离平衡逆向移动，c平(OH−)增大
C. 将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c平(H+)一定增大
D. 将0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液加水稀释，c平(H+)c平(CH3COOH)变大
7. 在某恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH2OH(g)。下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的是( )
A. 单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗2molH2
B. 容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变
C. 容器中CO与CH3OH物质的量之比为1：1
D. 容器中混合气体的密度不随时间变化
8. 用一氧化碳还原氮氧化物可防止氮氧化物引起污染，已知反应如下，则C(s)燃烧的热化学方程式为( )
i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1
ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1
iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1
A. C+O2=CO2ΔH=−393.5kJ⋅mol−1
B. 2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=−787kJ⋅mol−1
C. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ⋅mol−1
D. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=+393.5kJ⋅mol−1
9. 下列四个装置中都用到了金属铜，下列有关说法正确的是( )
A. 可在铁件上镀铜
B. 可证明活泼性：A1>Cu
C. 可实现牺牲Cu电极保护钢铁设施
D. 可实现化学能向电能的转化，且C极的电极反应式是Fe3++e−=Fe2+
10. 图像可直观地表现化学变化中的物质变化和能量变化。下列判断错误的是( )
A. 反应为放热反应．且ΔH=(Ek−Ek′)kJ⋅mol−1
B. 已知石墨比金刚石稳定，则金刚石转化为石墨过程中的能量变化如图
C. 反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=−bkJ⋅mol−1
D. 若2A(g)⇌B(g)的能量变化如图，则2A(g)⇌B(l)ΔH<−akJ⋅mol−1
11. 常温下，稀释pH均为12的NaOH溶液和氨水时pH的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 曲线b表示NaOH溶液
B. 若x=103，则y=9
C. 稀释之前两溶液的导电性相同
D. 稀释前，等体积的两溶液中和相同浓度盐酸的能力：NaOH溶液>氨水
12. 温度为T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ⋅mol−1，有关数据如表所示。下列说法正确的是( )
反应物
CO
H2O
起始时的物质的量/mol
1.2
0.6
平衡时的物质的量/mol
0.9
0.3
A. 平衡时，CO和H2O的转化率相等 B. 平衡时，反应放出的热量为36.9kJ
C. 平衡时，CO的浓度是CO2浓度的3倍 D. T℃时．该反应的平衡常数K=209
13. 常温下，下列判断正确的是( )
A. 若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸浓度为0.001mol⋅L−1
B. 浓度相等盐酸于氢氧化钠溶液混合后，所得溶液一定呈中性
C. 将pH=6的强酸溶液稀释100倍，则pH=8
D. 若pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液稀释100倍后溶液的pOH为4
14. 肼(N2H4)是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO3−废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是( )
A. X为低浓度KOH溶液
B. K+通过N自左向右做定向移动
C. 负极上的电极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O
D. 电池放电时，正、负极产生的N2的物质的量之比为1：1
15. 下列图示与对应的叙述相符合的是( )
A. 表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，则t1时刻溶液的温度最高
B. 其他条件相同，表示在不同压强下合成氨反应中N2的平衡转化率随温度变化的曲线，则p1
16. 已知：pOH=−lgc平(OH−)，它也能较方便地表示溶液的酸碱性，室温下，将稀NaOH溶液滴加到酸HB溶液中，混合溶液的pOH随lgc平(B−)c平(HB)的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 当酸碱完全中和时，水的电离程度最大
B. 室温下，HB的Ka数量级为10−3
C. 将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，所得溶液呈碱性
D. N点对应溶液中：c平(Na+)
(1)铅蓄电池放电时，负极质量 ______(填“变大”“变小”或“不变”)，正极反应式为 ______.
(2)充电时，铅蓄电池的负极应连接外电源的 ______(填“正极”或“负极”).
(3)用惰性电极电解足量饱和食盐水时，若用铅蓄电池作外电源，当两电极共收集到22.4L(标准气体时，消耗铅蓄电池中H2SO4的物质的量为 ______.
(4)若用铅蓄电池作外电源进行粗铜的精炼，则连接粗铜的电极为 ______(填“Pb”或“PbO2”).
18. 一氧化碳催化加氢制甲醇的反应原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−102kJ⋅mol−1。
已知断开1mol下列化学键吸收的能量如表所示：
化学键
H−H
C−H
C−O
O−H
C≡O(CO的化学键)
E/kJ
x
413
348
463
1076
表中的x为 ______。
19. 滴定法是定量测定实验中的重要组成部分．
(1)K2Cr2O7是常用的氧化还原滴定试剂．滴定时应将K2Cr2O7溶液加入 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为25mL的滴定管中，若K2Cr2O7溶液的起始读数是5.00mL，则此时滴定管中K2Cr2O7溶液的实际体积为 ______(填序号).
A.5mL
B.20mL
C.大于20mL
D.小于20mL
(2)如图所示，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 ______(填序号)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
(3)实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某同学为测定盐酸的浓度，在实验室中进行如下实验．请回答下列问题：
①由NaOH周体配制250mL0.10mol⋅L−1NaOH标准溶液，需要的仪器有药匙、______等(从图中选择，写出名称).
②取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2∼3滴酚酞试液作指示剂，用上述配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2∼3次，记录数据如表．
实验编号
NaOH溶液的浓度/(mol⋅L−1)
滴定终点时滴入NaOH溶液的体积/mL
待测稀盐酸的体积/mL
1
0.10
22.64
20.00
2
0.10
22.70
20.00
3
0.10
22.76
20.00
滴定达到终点的标志是 ______.根据上述数据，可计算出该稀盐酸的浓度约为 ______(结果保留两位有效数字).
③用NaOH标准溶液滴定未知浓度的稀盐酸时，下列各操作中无误差的是 ______(填序号).
A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测稀盐酸润洗后装入一定体积的稀盐酸进行滴定
C.用酸式滴定管量取20.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞试液后进行滴定
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴外还残余一滴液体
20. 次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品．
(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H3PO2，则该溶液量 ______性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是 ______(用离子方程式解释)；NaH2PO2为 ______(填“正盐”或“酸式盐”)，0.1mol⋅L−1NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ______.
(2)25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，此时H3PO2溶液的pH ______(填“大于”“小于”或“等于”)盐酸的pH.
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=______[用含Ka(H3PO2)和Ka的代数式表示].
21. 结合已学化学反应原理知识回答下列问题．
(1)某同学欲进行中和反应反应热的测定，现进行以下实验．
①取100mL1.0mol⋅L−1NaOH溶液和100mL1.0mol⋅L−1盐酸进行实验，测得反应前后温度差的平均值ΔT=6.7K.若近似认为1.0mol⋅L−1NaOH溶液和1.0mol⋅L−1盐酸的密度都是1.0g⋅mL−1，反应后生成溶液的比热容c=4.18kJ⋅K−1⋅kg−1，则生成1molH2O(1)时的反应热ΔH=______(结果保留到小数点后一位).
②强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热ΔH=−57.3kJ⋅mol−1.若用一定浓度的稀硫酸与含10gNaOH的稀碱溶液完全反应，则反应放出的热量为 ______(结果保留到小数点后一位).
(2)为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，某实验小组同学设计了如图所示的实验．
某同学认为通过观察 ______(填实验现象)，可得出Fe3+、Cu2+的催化效果的差异．有同学提出将0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3，溶液改为0.1mol⋅L−1FeCl3溶液更合理，其理由是 ______.
(3)K2Cr2O7溶液中存在平衡：K2Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，若向K2Cr2O7溶液中加入硫酸，上述平衡向 ______(填“左”或“右”)移动：若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，除生成BaCrO4黄色沉淀外，溶液的颜色变化是 ______.
22. 氨气和甲醇都是重要的工业产品，试运用必要的化学原理解决有关问题．
(1)在密闭容器中，使2molN2和7molH2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ⋅mol−1.
①平衡后，N2和H2的转化率的比值 ______1(填“>”“<”成“=”).
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，平衡 ______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，化学平衡常数K ______(填“增大”“减小”或“不变”).
(2)水煤气在一定条件下可合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0.将1molCO和2molH2充入1L恒容密闭容器中，在一定条件下合成甲醇，反应相同时间(2min)时测得不同温度下CO的转化率如图所示：
①温度在1000K下，从反应开始至2min末，这段时间内的反应速率v(H2)=______.
②由图可知，在温度低于1050K时，CO的转化率随温度的升高而增大，原因是 ______.
③已知c点时容器内气体的压强为pkPa，则在1150K下该反应的压强平衡常数Kp为 ______kPa−2(用含p的代数式表示，Kp是用各气体的分压替代浓度来计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.高温下铝粉与铁的氧化物的反应为放热反应，故A正确；
B.电解熔融氯化钠为吸热反应，故B错误；
C.氯化铵晶体与氢氧化钙的反应为吸热反应，故C错误；
D.煅烧碳酸钙为吸热反应，故D错误；
故选：A。
发生时明显向环境释放能量的反应为放热反应，据此分析。
本题考查吸热反应和放热反应，掌握常见的吸热和放热反应是解题关键，此题难度不大，注意基础知识积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.食品包装袋内常放一小袋铁屑，防止食品被氧化而变质，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.粗锌中Zn、其它金属和酸构成原电池而加快化学反应速率，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.合成氨工业中，将氨液化后分离出来，生成物浓度减小，平衡正向移动，从而提高氮气的转化率，可以用勒夏特列原理解释，故C选；
D.达到平衡后缩小容器体积，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小导致c(I2)增大，气体颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理的理解和判断，只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。
3.【答案】D
【解析】解：A.铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，AlCl3溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧可得到Al2O3，故A正确；
B.向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变，故B正确；
C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强电解质，次氯酸是弱电解质，故C正确；
D.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小，和电解质的强弱无关，故D错误；
故选：D。
A.铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干后灼烧得到氧化铝；
B.向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离；
C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；
D.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小。
本题考查水的电离、盐类水解的应用等知识，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响即可解答，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重于化学知识的综合运用的考查。
4.【答案】A
【解析】解：A.ΔH−TΔS<0反应自发进行，则ΔH>0且能自发进行的化学反应，其ΔS>0，故A正确；
B.氯气与水的反应为可逆过程，加入适量石灰石会消耗产物HCl，使化学平衡向正方向移动，所以另一种产物HClO的浓度会增大，故B错误；
C.升高温度可加快反应速率，平衡向吸热方向移动，所以对于ΔH<0的可逆反应来说，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，转化率减小，故C错误；
D.有效碰撞才能发生化学反应，反应物分子间的碰撞不都是有效碰撞，所以反应物分子间的碰撞不能都使化学反应发生，故D错误；
故选：A。
A.ΔH−TΔS<0反应自发进行；
B.氯气与水的反应为可逆过程，加入碳酸钙会消耗产物HCl；
C.升高温度可加快反应速率，平衡向吸热方向移动；
D.有效碰撞才能发生化学反应。
本题考查了化学反应速率、平衡移动、反应自发性的判断等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
5.【答案】B
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.该离子为S2−，为弱酸根离子，所以S2−能水解，故B正确；
C.H2S为二元弱酸，第一步电离生成HS−、H+，第一步电离方程式为H2S⇌H++HS−，故C错误；
D.泡沫灭火器中的硫酸铝中的铝离子和碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生双水解反应得到大量的二氧化碳，用来灭火，即Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+CO2↑，故D错误；
故选：B。
A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+；
B.S2−能水解；
C.H2S为二元弱酸，第一步电离生成HS−、H+；
D.泡沫灭火器中的硫酸铝中的铝离子和碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生双水解反应得到大量的二氧化碳，用来灭火。
本题考查盐类水解、弱电解质的电离方程式，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确反应原理、离子方程式书写规则是解本题关键，D为解答易错点。
6.【答案】C
【解析】解：A.HF在水溶液中部分电离，则HF为弱电解质，故A正确；
B.向氨水中加入NaOH固体，NaOH电离出OH−而导致溶液中c(OH−)增大，抑制NH3⋅H2O电离，一水合氨的电离平衡逆向移动，故B正确；
C.将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，促进H2S电离，H2S的电离程度增大，但H2S电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c平(H+)减小，故C错误；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中n(H+)增大、n(CH3COOH)减小，c平(H+)c平(CH3COOH)=c平(H+)c平(CH3COOH)×VV=n平(H+)n平(CH3COOH)变大，故D正确；
故选：C。
A.HF在水溶液中部分电离；
B.向氨水中加入NaOH固体，溶液中c(OH−)增大而抑制NH3⋅H2O电离；
C.将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，促进H2S电离，但H2S电离增大程度小于溶液体积增大程度；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中n(H+)增大、n(CH3COOH)减小。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力是解本题关键，知道弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意D中分式的灵活变形，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.无论反应是否达到平衡，都存在单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗2molH2，故A错误；
B.只要平衡发生移动，容器中CO与CH3OH的体积之比就会发生移动，当容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.容器中CO与CH3OH物质的量之比为1：1，这与反应初始物质的量以及反应转化程度有关，不能确定反应达到平衡状态，故C错误；
D.A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
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。
8.【答案】C
【解析】解：i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1，ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1，iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1，盖斯定律计算(i+ii+iii)×12得到C(s)燃烧的热化学方程式：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=[(−221kJ⋅mol−1)+(+181kJ⋅mol−1)+(−747kJ⋅mol−1)]×12=−393.5kJ⋅mol−1，
故选：C。
i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1，ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1，iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1，盖斯定律计算(i+ii+iii)×12得到C(s)燃烧的热化学方程式。
本题考查了热化学方程式书写、盖斯定律的计算等知识点，注意物质聚集状态分析和计算的应用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.镀层金属铜与外接电池负极相连，为阴极，镀铜时铜应作阳极，故A错误；
B.铝遇浓硫酸钝化，无法继续反应，铜能够溶解于浓硝酸，失去电子作负极，无法证明活泼性：A1>Cu，故B错误；
C.铜的活泼性小于铁，铁作负极、铜作正极，构成原电池，加速了钢铁的腐蚀，故C错误；
D.Fe3+具有氧化性，Cu具有还原性，可以构成原电池，负极反应Cu−2e−=Cu2+，正极反应Fe3++e−=Fe2+，同时化学能转化为电能，故D正确；
故选：D。
构成原电池的条件是能够自发反应的氧化还原反应、其中失去电子发生氧化反应的为负极，得到电子发生还原反应的为正极，电解时与正极相连的是阳极，与负极相连的是阴极，电镀时镀层金属应作阳极，据此解答。
本题考查了原电池、电解池的工作原理及其应用，要求学生能够判断原电池和电解池的形成条件，分析其电极反应，其中B项为易错点，容易忽视铝与浓硝酸的钝化现象而机械地进行判断。
10.【答案】C
【解析】解：A.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(Ek−Ek′)kJ⋅mol−1，故A正确；
B.由图可知，金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C.由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+bkJ⋅mol−1，故C错误；
D.等量B(g)能量高于B(l)，则2A(g)⇌B(l)ΔH<−akJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。
A.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
B.能量越低越稳定；
C.由图可知，该反应为吸热反应，ΔH=+bkJ/mol；
D.等量B(g)能量高于B(l)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，pH均为12的NaOH溶液和氨水稀释相同的倍数时，pH值变化：NaOH大于氨水，所以曲线b表示NaOH溶液，故A正确；
B.若x=103，pH=12的NaOH溶液稀释1000倍时，稀释后溶液的pH为9，则y=9，故B正确；
C.溶液导电性与离子浓度成正比，稀释前两种溶液中c(OH−)相等，所以稀释前两种溶液导电能力相同，故C正确；
D.不同一元碱中和相同浓度盐酸的能力与碱的物质的量成正比，稀释前等体积、等pH值的两种溶液，n(NaOH)
A.pH相同的一元碱稀释相同的倍数，pH值变化较大的碱，其碱性较强；
B.pH=12的强碱溶液稀释1000倍时，稀释后溶液的pH为9；
C.溶液导电性与离子浓度成正比；
D.不同一元碱中和相同浓度盐酸的能力与碱的物质的量成正比。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断曲线与物质成分的关系、溶液稀释后pH值变化特点是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度有关，与电解质强弱无关。
12.【答案】C
【解析】解：由表中数据可知，
molCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始 1.20.600
转化 0.30.30.30.3
平衡 0.90.30.30.3
A.平衡时，CO的转化率为0.3mol1.2mol×100%=25%，H2O的转化率为0.3mol0.6mol×100%=50%，转化率不相等，故A错误；
B.由热化学方程式可知，平衡时，反应放出的热量为0.3mol×41kJ/mol=12.4kJ，故B错误；
C.平衡时，CO的浓度为0.9mol2L=0.45mol/L，CO2浓度为0.3mol2L=0.15mol/L，则CO的浓度是CO2浓度的3倍，故C正确；
D.T℃时．该反应的平衡常数K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=0.3mol2L×0.3mol2L0.9mol2L×0.3mol2L=13，故D错误；
故选：C。
由表中数据可知，
molCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始 1.20.600
转化 0.30.30.30.3
平衡 0.90.30.30.3
结合c=nV、转化率=转化的量开始的量×100%、K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)及热化学方程式计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据的应用、平衡三段法、转化率及K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸溶液中存在，c平(H+)c平(OH−)=108，c(H+)×c(OH−)=10−14，计算得到氢离子浓度c(H+)=0.001mol⋅L−1，故A正确；
B.浓度相等盐酸于氢氧化钠溶液混合后，溶液体积不知，所得溶液不一定呈中性，故B错误；
C.将pH=6的强酸溶液稀释100倍，则pH≈7，不可能超过7，故C错误；
D.pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol⋅L−1，pOH=1，稀释100倍后溶液中c(OH−)=0.001mol⋅L−1，pOH=3，故D错误；
故选：A。
A.若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸溶液中存在，c平(H+)c平(OH−)=108，c(H+)×c(OH−)=10−14，计算得到氢离子浓度；
B.元素和氢氧化钠溶液恰好完全反应，得到溶液呈中性，需要溶液中氯化氢和氢氧化钠物质的量相同；
C.酸溶液无限稀释，溶液pH无限接近7；
D.pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol⋅L−1，pOH=1，稀释100倍后溶液中c(OH−)=0.001mol⋅L−1。
本题考查了弱电解质电离平衡、溶液pH、pH的计算等知识点，注意强碱溶液稀释后溶液中离子浓度的变化，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，该原电池中生物膜电极为负极，碳棒为正极，M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，K+移向碳棒，OH−移向生物膜电极，则X为低浓度KOH溶液，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子移向正极，即K+通过N膜自左向右作定向移动，故B正确；
C.N2H4在负极上失电子生成N2，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，故C正确；
D.正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，根据电子守恒可知，正、负极产生的N2的物质的量之比为2：5，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，NO3−在碳棒上发生得电子的还原反应生成N2，N2H4在生物膜上发生失电子的氧化反应生成N2，则生物膜电极为负极，碳棒为正极，正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，X为低浓度KOH溶液，据此分析解答。
本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意掌握电极反应式的书写和离子交换膜的作用，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.锌粒与盐酸反应为放热反应，开始时温度升高，反应速率加快，随反应进行，速率的影响以浓度为主，氢离子浓度减小，反应速率下降，但反应继续进行，温度继续升高，故t1时刻溶液的温度不是最高，故A错误；
B.合成氨反应为气体体积减小的反应，其他条件相同，压强越大，平衡正向移动，氮气的转化率越大，则p1
D.温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态，由图可知，Ⅱ对应温度高，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数KⅠ>KⅡ，故D错误；
故选：B。
A.锌粒与盐酸反应的化学反应速率受到温度和浓度的共同影响；
B.合成氨反应为气体体积减小的反应，其他条件相同，压强越大，平衡正向移动，氮气的转化率越大；
C.增大B的物质的量可以提高A2的转化率；
D.温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态，由图可知，Ⅱ对应温度高。
本题考查化学平衡图象，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，掌握勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.NaOH、HB都抑制水电离，B−促进水电离，当酸碱完全中和时，溶液中c(B−)最大，则水的电离程度最大，故A正确；
B.当lgc平(B−)c平(HB)=0时，c平(HB)=c平(B−)，室温下，HB的Ka=c平(B−)c平(HB)×c(H+)=c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−11.4=10−2.6，则HB的Ka数量级为10−3，故B正确；
C.将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，Ka=10−2.6，Kh=KwKa=10−1410−2.6=10−11.4
A.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
B.当lgc平(B−)c平(HB)=0时，c平(HB)=c平(B−)，室温下，HB的Ka=c平(B−)c平(HB)×c(H+)=c(H+)；
C.将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，利用HB电离程度、B−水解程度相对大小判断溶液酸碱性；
D.N点对应溶液中pOH=10>7，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒c平(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c平(B−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确pOH的含义、电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】变大 PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O负极 1molPbO2
【解析】解：(1)铅蓄电池放电时为原电池，负极电极反应式为：Pb−2e−+SO42−=PbSO4，负极质量变大，正极电极反应为：PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O，
故答案为：变大；PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O；
(2)铅蓄电池负极放电时失去电子，充电时应得到电子，为阴极，与电源负极相连，
故答案为：负极；
(3)电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH，当两电极共收集到22.4L(标准气体)时，气体物质的量为n=VVm=22.4L22.4L/mol=1mol，即氢气和氯气各0.5mol，转移的电子数为1mol，放电时，铅蓄电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，转移的电子数为1mol时，消耗铅蓄电池中H2SO4的物质的量为：1mol，
故答案为：1mol；
(4)电解精炼铜，粗铜应连接阳极，即电源的正极，
故答案为：PbO2。
二次电池放电时是原电池，充电时是电解池，电池总反应为，放电时，总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb−2e−+SO42−=PbSO4，正极电极反应为：PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O，充电时总反应式为：放电时，总反应式为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，阳极电极反应为：PbSO4+2H2O−2e−=PbO2+4H++SO42−，阴极电极反应式为：PbSO4−2e−=SO42−+Pb。
本题考查了二次电池中的铅蓄电池、电化学计算、电极方程式的书写，难度适中，要熟悉相关基础知识。
18.【答案】436
【解析】解：根据表格中数据，结合CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH可知，(1076+2x)kJ⋅mol−1−(3×413+348+463)kJ⋅mol−1=−102kJ⋅mol−1，解之得x=436kJ⋅mol−1，
故答案为：436。
根据ΔH等于反应物键能之和减去生成物键能之和求算。
本题考查了反应热与键能的关系，难度不大，掌握基础是解题的关键。
19.【答案】酸式 C 丙 烧杯、玻璃棒、托盘天平 当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色 0.11molC
【解析】解：(1)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此滴定时应将K2Cr2O7溶液加入酸式滴定管中，滴定管下端有部分容器体积未计入读数，因此在规格为25mL的滴定管中，此时滴定管中K2Cr2 O7溶液的实际体积大于20mL，
故答案为：酸式；C；
(2)碱氏滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏住橡皮管，使溶液从管口喷出，
故答案为：丙；
(3)①用药匙取固体药品，托盘天平用于称量固体样品的质量，并在烧杯将称量好的固体药品的溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；故使用的仪器还有烧杯、玻璃棒、托盘天平，
故答案为：烧杯、玻璃棒、托盘天平；
②开始滴定时指示剂酚酞在待测酸溶液中，溶液无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点，三次滴定数据都是有效的，消耗标准液的平均体积V=22.64+22.70+22.763mL=22.70mL则该盐酸的浓度为c(HCl)=0.1×22.70×10−320.00×10−3×10−3mol/L≈0.11mol./L
故答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；0.11mol/L；
③A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准溶液浓度偏小，则待测盐酸消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，故A错误；
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定，锥形瓶中待测盐酸的物质的量偏多，反应消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，故B错误；
C.用酸式滴定管量取10.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定，不影响酸碱滴定，以此对测定的浓度产生任何影响，故C正确；
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体，这1滴液体的体积已经计算在待测盐酸消耗标准NaOH溶液的体积范围内，导致待测溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为：C。
(1)滴定管下端有部分容器体积未计入读数；
(2)碱氏滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏住橡皮管，使溶液从管口喷出；
(3)①用药匙取固体药品，托盘天平用于称量固体样品的质量，并在烧杯将称量好的固体药品的溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；
②开始滴定时指示剂酚酞在待测酸溶液中，溶液无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点，三次滴定数据都是有效的；
③A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准溶液浓度偏小，则待测盐酸消耗标准溶液体积偏大；
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定，锥形瓶中待测盐酸的物质的量偏多，反应消耗标准溶液体积偏大；
C.用酸式滴定管量取10.00mL盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定，不影响酸碱滴定；
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体，这1滴液体的体积已经计算在待测盐酸消耗标准NaOH溶液的体积范围内。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
20.【答案】碱 H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH− 正盐 c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)大于 Ka(H3PO2)Kw
【解析】解：(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H2PO2，说明溶液中H2PO2−水解生成H3PO2和OH−，NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，水解离子方程式为H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH−，H3PO2为一元酸，则NaH2PO2为正盐；溶液中H2PO2−水解，溶液呈碱性，c(H+)c(H2PO2−)，水解程度较小，所以溶液中存在c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：碱；H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH−；正盐；c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)；
(2)25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，HCl完全电离，H3PO2部分电离，稀释后溶液中c(H+)：前者<后者，则溶液的 pH：前者>后者，
故答案为：大于；
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)×c(H+)c(H+)=Ka(H3PO2)Kw，
故答案为：Ka(H3PO2)Kw。
(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H2PO2，说明溶液中H2PO2−水解生成H3PO2和OH−；H3PO2为一元酸；溶液中H2PO2−水解，溶液呈碱性，c(H+)
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)×c(H+)c(H+)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确判断次磷酸是几元酸是解本题关键，注意(3)题分式的灵活变形，题目难度中等。
21.【答案】−56.0kJ/mol14.3kJ产生气泡的快慢 对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)左 橙色逐渐变浅，最后变为无色
【解析】解：(1)①100mL1.0mol⋅L−1NaOH溶液与100mL1.0mol⋅L−1盐酸进行中和反应，生成水的物质的量为0.1L×1.0mol/L=0.1mol，溶液的质量为200mL×1.0g/cm3=200g，温度变化的值为ΔT=6.7K，则生成0.1mol水放出的热量为：Q=m⋅c⋅ΔT=200g×4.18kJ⋅K−1⋅kg−1×6.7K=5601.2J，即5.6012kJ，所以实验测得的中和热ΔH=−5.6012kJ0.1mol≈−56.0kJ/mol，
故答案为：−56.0kJ/mol；
②强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则57.3kJ是1mol氢离子和1mol氢氧根离子中和产生1mol水放出的热量，一定浓度的稀硫酸与含10g即10g40g/mol=0.25molNaOH的稀碱溶液完全反应，放出的热量为57.3kJ×0.25≈14.3kJ，
故答案为：14.3kJ；
(2)图中可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出结论，有同学提出将0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3，溶液改为0.1mol⋅L−1FeCl3溶液更合理，其理由是对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)，
故答案为：产生气泡的快慢；对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)；
(3)若向K2Cr2O7溶液中加入硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向左移动，使c(Cr2O72−)增大，则溶液呈橙色，若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，生成BaCrO4黄色沉淀，平衡正向移动，橙色逐渐变浅，最后变为无色，
故答案为：左；橙色逐渐变浅，最后变为无色。
(1)①根据Q=m⋅c⋅Δt计算反应放出的热量，然后根据ΔH=−QnkJ/mol计算出反应热；
②酸碱中和放出的热量和酸碱的用量有关，中和热是氢离子和氢氧根离子中和产生1mol水放出的热量，据此回答；
(2)该反应生成气体，控制阴离子相同更合理；
(3)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡向左移动，若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，生成BaCrO4黄色沉淀，平衡正向移动。
本题综合考查中和热概念、测定原理、反应热的计算以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大。
22.【答案】>正向 不变 0.8mol/(L⋅min)在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大 4p2
【解析】解：(1)①氮气的转化率=△n(N2)2×100%，氢气的转化率=△n(H2)7×100%，Δn(N2)；Δn(H2)=1：3，则平衡后，N2和H2的转化率的比值△n(N2)23×△n(N2)7=72>1，
故答案为：>；
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，则化学平衡常数K不变，
故答案为：正向；不变；
(2)①温度在1000K下，从反应开始至2min末，CO的转化率为80%，则Δn(CO)=1mol×80%=0.8mol，根据方程式，Δn(H2)=0.8mol×2=1.6mol，v(H2)=1.6mol1L×2min=0.8mol/(L⋅min)，
故答案为：0.8mol/(L⋅min)；
②由图可知，在温度低于1050K时，CO的转化率随温度的升高而增大，高于1050K时，CO的转化率随着温度的升高而降低，说明在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大，
故答案为：在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大。
③已知c点时容器内气体的压强为p，此时CO转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)120
转化(mol)0.510.5
平衡(mol)0.510.5
则气体总物质的量为0.5mol+1mol+0.5mol=2mol，则p(CO)=0.5mol2mol×p=0.25p，同理p(CH3OH)=0.25p，p(H2)=0.5p，Kp=p(CH3OH)p(CO)⋅p2(H2)=0.25p0.25p×(0.5p)2kPa−2=4p2kPa−2，
故答案为：4p2。
(1)①转化率=转化物质的量起始物质的量×100%；
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，增大压强，平衡向气体分子数减小的反应进行，化学平衡常数只与温度有关；
(2)①温度在1000K下，从反应开始至2min末，CO的转化率为80%，则Δn(CO)=1mol×80%=0.8mol，根据方程式，Δn(H2)=0.8mol×2=1.6mol，结合v=△nV⋅△t计算；
②由图可知，在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，结合温度越高，反应速率越快分析；
③已知c点时容器内气体的压强为p，此时CO转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)120
转化(mol)0.510.5
平衡(mol)0.510.5
则气体总物质的量为0.5mol+1mol+0.5mol=2mol，则p(CO)=0.5mol2mol×p=0.25p，同理p(CH3OH)=0.25p，p(H2)=0.5p，结合Kp=p(CH3OH)p(CO)⋅p2(H2)计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
2021-2022学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷
1. 下列反应发生时明显向环境释放能量的是( )
A. 高温下铝粉与铁的氧化物的反应 B. 电解熔融氯化钠
C. 氯化铵晶体与氢氧化钙的反应 D. 煅烧碳酸钙
2. 下列现象或操作可用勒夏特列原理解释的是( )
A. 食品包装袋内常放一小袋铁屑
B. 制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快
C. 合成氨工业中，将氨液化后分离出来，以提高氮气的转化率
D. 对于反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达到平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深
3. 下列说法错误的是( )
A. 加热蒸干AlCl3溶液并灼烧可得到Al2O3
B. 向水中加入金属钠，能促进水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变
C. 某些单质可与水反应同时生成强电解质和弱电解质
D. 弱电解质溶液的导电性肯定弱于强电解质溶液的导电性
4. 下列有关反应原理的说法正确的是( )
A. 对于ΔH>0且能自发进行的化学反应，其ΔS>0
B. 向新制氯水中加适量石灰石不能增大溶液中的c平(HClO)
C. 对于ΔH<0的可逆反应来说，升高温度可加快反应速率，增大反应物的平衡转化率
D. 反应物分子间的碰撞都能使化学反应发生，碰撞越多，反应速率越高
5. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe−3e−=Fe3+
B. 某可水解离子的结构示意图可能为
C. 氢硫酸的电离方程式为H2S⇌2H++S2−
D. 泡沫灭火器灭火的反应原理为2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
6. 下列说法错误的是( )
A. HF是弱电解质
B. 向氨水中加入氢氧化钠固体，一水合氨的电离平衡逆向移动，c平(OH−)增大
C. 将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c平(H+)一定增大
D. 将0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液加水稀释，c平(H+)c平(CH3COOH)变大
7. 在某恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH2OH(g)。下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的是( )
A. 单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗2molH2
B. 容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变
C. 容器中CO与CH3OH物质的量之比为1：1
D. 容器中混合气体的密度不随时间变化
8. 用一氧化碳还原氮氧化物可防止氮氧化物引起污染，已知反应如下，则C(s)燃烧的热化学方程式为( )
i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1
ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1
iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1
A. C+O2=CO2ΔH=−393.5kJ⋅mol−1
B. 2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=−787kJ⋅mol−1
C. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ⋅mol−1
D. C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=+393.5kJ⋅mol−1
9. 下列四个装置中都用到了金属铜，下列有关说法正确的是( )
A. 可在铁件上镀铜
B. 可证明活泼性：A1>Cu
C. 可实现牺牲Cu电极保护钢铁设施
D. 可实现化学能向电能的转化，且C极的电极反应式是Fe3++e−=Fe2+
10. 图像可直观地表现化学变化中的物质变化和能量变化。下列判断错误的是( )
A. 反应为放热反应．且ΔH=(Ek−Ek′)kJ⋅mol−1
B. 已知石墨比金刚石稳定，则金刚石转化为石墨过程中的能量变化如图
C. 反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=−bkJ⋅mol−1
D. 若2A(g)⇌B(g)的能量变化如图，则2A(g)⇌B(l)ΔH<−akJ⋅mol−1
11. 常温下，稀释pH均为12的NaOH溶液和氨水时pH的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 曲线b表示NaOH溶液
B. 若x=103，则y=9
C. 稀释之前两溶液的导电性相同
D. 稀释前，等体积的两溶液中和相同浓度盐酸的能力：NaOH溶液>氨水
12. 温度为T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=−41kJ⋅mol−1，有关数据如表所示。下列说法正确的是( )
反应物
CO
H2O
起始时的物质的量/mol
1.2
0.6
平衡时的物质的量/mol
0.9
0.3
A. 平衡时，CO和H2O的转化率相等 B. 平衡时，反应放出的热量为36.9kJ
C. 平衡时，CO的浓度是CO2浓度的3倍 D. T℃时．该反应的平衡常数K=209
13. 常温下，下列判断正确的是( )
A. 若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸浓度为0.001mol⋅L−1
B. 浓度相等盐酸于氢氧化钠溶液混合后，所得溶液一定呈中性
C. 将pH=6的强酸溶液稀释100倍，则pH=8
D. 若pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液稀释100倍后溶液的pOH为4
14. 肼(N2H4)是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO3−废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是( )
A. X为低浓度KOH溶液
B. K+通过N自左向右做定向移动
C. 负极上的电极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O
D. 电池放电时，正、负极产生的N2的物质的量之比为1：1
15. 下列图示与对应的叙述相符合的是( )
A. 表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，则t1时刻溶液的温度最高
B. 其他条件相同，表示在不同压强下合成氨反应中N2的平衡转化率随温度变化的曲线，则p1
16. 已知：pOH=−lgc平(OH−)，它也能较方便地表示溶液的酸碱性，室温下，将稀NaOH溶液滴加到酸HB溶液中，混合溶液的pOH随lgc平(B−)c平(HB)的变化如图所示，下列说法错误的是( )
A. 当酸碱完全中和时，水的电离程度最大
B. 室温下，HB的Ka数量级为10−3
C. 将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，所得溶液呈碱性
D. N点对应溶液中：c平(Na+)
(1)铅蓄电池放电时，负极质量 ______(填“变大”“变小”或“不变”)，正极反应式为 ______.
(2)充电时，铅蓄电池的负极应连接外电源的 ______(填“正极”或“负极”).
(3)用惰性电极电解足量饱和食盐水时，若用铅蓄电池作外电源，当两电极共收集到22.4L(标准气体时，消耗铅蓄电池中H2SO4的物质的量为 ______.
(4)若用铅蓄电池作外电源进行粗铜的精炼，则连接粗铜的电极为 ______(填“Pb”或“PbO2”).
18. 一氧化碳催化加氢制甲醇的反应原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−102kJ⋅mol−1。
已知断开1mol下列化学键吸收的能量如表所示：
化学键
H−H
C−H
C−O
O−H
C≡O(CO的化学键)
E/kJ
x
413
348
463
1076
表中的x为 ______。
19. 滴定法是定量测定实验中的重要组成部分．
(1)K2Cr2O7是常用的氧化还原滴定试剂．滴定时应将K2Cr2O7溶液加入 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为25mL的滴定管中，若K2Cr2O7溶液的起始读数是5.00mL，则此时滴定管中K2Cr2O7溶液的实际体积为 ______(填序号).
A.5mL
B.20mL
C.大于20mL
D.小于20mL
(2)如图所示，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 ______(填序号)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
(3)实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某同学为测定盐酸的浓度，在实验室中进行如下实验．请回答下列问题：
①由NaOH周体配制250mL0.10mol⋅L−1NaOH标准溶液，需要的仪器有药匙、______等(从图中选择，写出名称).
②取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2∼3滴酚酞试液作指示剂，用上述配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作2∼3次，记录数据如表．
实验编号
NaOH溶液的浓度/(mol⋅L−1)
滴定终点时滴入NaOH溶液的体积/mL
待测稀盐酸的体积/mL
1
0.10
22.64
20.00
2
0.10
22.70
20.00
3
0.10
22.76
20.00
滴定达到终点的标志是 ______.根据上述数据，可计算出该稀盐酸的浓度约为 ______(结果保留两位有效数字).
③用NaOH标准溶液滴定未知浓度的稀盐酸时，下列各操作中无误差的是 ______(填序号).
A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测稀盐酸润洗后装入一定体积的稀盐酸进行滴定
C.用酸式滴定管量取20.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞试液后进行滴定
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴外还残余一滴液体
20. 次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品．
(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H3PO2，则该溶液量 ______性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是 ______(用离子方程式解释)；NaH2PO2为 ______(填“正盐”或“酸式盐”)，0.1mol⋅L−1NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ______.
(2)25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，此时H3PO2溶液的pH ______(填“大于”“小于”或“等于”)盐酸的pH.
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=______[用含Ka(H3PO2)和Ka的代数式表示].
21. 结合已学化学反应原理知识回答下列问题．
(1)某同学欲进行中和反应反应热的测定，现进行以下实验．
①取100mL1.0mol⋅L−1NaOH溶液和100mL1.0mol⋅L−1盐酸进行实验，测得反应前后温度差的平均值ΔT=6.7K.若近似认为1.0mol⋅L−1NaOH溶液和1.0mol⋅L−1盐酸的密度都是1.0g⋅mL−1，反应后生成溶液的比热容c=4.18kJ⋅K−1⋅kg−1，则生成1molH2O(1)时的反应热ΔH=______(结果保留到小数点后一位).
②强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热ΔH=−57.3kJ⋅mol−1.若用一定浓度的稀硫酸与含10gNaOH的稀碱溶液完全反应，则反应放出的热量为 ______(结果保留到小数点后一位).
(2)为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，某实验小组同学设计了如图所示的实验．
某同学认为通过观察 ______(填实验现象)，可得出Fe3+、Cu2+的催化效果的差异．有同学提出将0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3，溶液改为0.1mol⋅L−1FeCl3溶液更合理，其理由是 ______.
(3)K2Cr2O7溶液中存在平衡：K2Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，若向K2Cr2O7溶液中加入硫酸，上述平衡向 ______(填“左”或“右”)移动：若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，除生成BaCrO4黄色沉淀外，溶液的颜色变化是 ______.
22. 氨气和甲醇都是重要的工业产品，试运用必要的化学原理解决有关问题．
(1)在密闭容器中，使2molN2和7molH2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92.4kJ⋅mol−1.
①平衡后，N2和H2的转化率的比值 ______1(填“>”“<”成“=”).
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，平衡 ______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，化学平衡常数K ______(填“增大”“减小”或“不变”).
(2)水煤气在一定条件下可合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0.将1molCO和2molH2充入1L恒容密闭容器中，在一定条件下合成甲醇，反应相同时间(2min)时测得不同温度下CO的转化率如图所示：
①温度在1000K下，从反应开始至2min末，这段时间内的反应速率v(H2)=______.
②由图可知，在温度低于1050K时，CO的转化率随温度的升高而增大，原因是 ______.
③已知c点时容器内气体的压强为pkPa，则在1150K下该反应的压强平衡常数Kp为 ______kPa−2(用含p的代数式表示，Kp是用各气体的分压替代浓度来计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数).
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.高温下铝粉与铁的氧化物的反应为放热反应，故A正确；
B.电解熔融氯化钠为吸热反应，故B错误；
C.氯化铵晶体与氢氧化钙的反应为吸热反应，故C错误；
D.煅烧碳酸钙为吸热反应，故D错误；
故选：A。
发生时明显向环境释放能量的反应为放热反应，据此分析。
本题考查吸热反应和放热反应，掌握常见的吸热和放热反应是解题关键，此题难度不大，注意基础知识积累。
2.【答案】C
【解析】解：A.食品包装袋内常放一小袋铁屑，防止食品被氧化而变质，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B.粗锌中Zn、其它金属和酸构成原电池而加快化学反应速率，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.合成氨工业中，将氨液化后分离出来，生成物浓度减小，平衡正向移动，从而提高氮气的转化率，可以用勒夏特列原理解释，故C选；
D.达到平衡后缩小容器体积，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小导致c(I2)增大，气体颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理的理解和判断，只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。
3.【答案】D
【解析】解：A.铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，AlCl3溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧可得到Al2O3，故A正确；
B.向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离，冷却至室温后，Kw保持不变，故B正确；
C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢是强电解质，次氯酸是弱电解质，故C正确；
D.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小，和电解质的强弱无关，故D错误；
故选：D。
A.铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干后灼烧得到氧化铝；
B.向水中加入金属钠，钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，水的电离正向移动，促进了水的电离；
C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；
D.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小。
本题考查水的电离、盐类水解的应用等知识，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响即可解答，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重于化学知识的综合运用的考查。
4.【答案】A
【解析】解：A.ΔH−TΔS<0反应自发进行，则ΔH>0且能自发进行的化学反应，其ΔS>0，故A正确；
B.氯气与水的反应为可逆过程，加入适量石灰石会消耗产物HCl，使化学平衡向正方向移动，所以另一种产物HClO的浓度会增大，故B错误；
C.升高温度可加快反应速率，平衡向吸热方向移动，所以对于ΔH<0的可逆反应来说，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，转化率减小，故C错误；
D.有效碰撞才能发生化学反应，反应物分子间的碰撞不都是有效碰撞，所以反应物分子间的碰撞不能都使化学反应发生，故D错误；
故选：A。
A.ΔH−TΔS<0反应自发进行；
B.氯气与水的反应为可逆过程，加入碳酸钙会消耗产物HCl；
C.升高温度可加快反应速率，平衡向吸热方向移动；
D.有效碰撞才能发生化学反应。
本题考查了化学反应速率、平衡移动、反应自发性的判断等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
5.【答案】B
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B.该离子为S2−，为弱酸根离子，所以S2−能水解，故B正确；
C.H2S为二元弱酸，第一步电离生成HS−、H+，第一步电离方程式为H2S⇌H++HS−，故C错误；
D.泡沫灭火器中的硫酸铝中的铝离子和碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生双水解反应得到大量的二氧化碳，用来灭火，即Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+CO2↑，故D错误；
故选：B。
A.钢铁发生吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+；
B.S2−能水解；
C.H2S为二元弱酸，第一步电离生成HS−、H+；
D.泡沫灭火器中的硫酸铝中的铝离子和碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生双水解反应得到大量的二氧化碳，用来灭火。
本题考查盐类水解、弱电解质的电离方程式，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确反应原理、离子方程式书写规则是解本题关键，D为解答易错点。
6.【答案】C
【解析】解：A.HF在水溶液中部分电离，则HF为弱电解质，故A正确；
B.向氨水中加入NaOH固体，NaOH电离出OH−而导致溶液中c(OH−)增大，抑制NH3⋅H2O电离，一水合氨的电离平衡逆向移动，故B正确；
C.将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，促进H2S电离，H2S的电离程度增大，但H2S电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c平(H+)减小，故C错误；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中n(H+)增大、n(CH3COOH)减小，c平(H+)c平(CH3COOH)=c平(H+)c平(CH3COOH)×VV=n平(H+)n平(CH3COOH)变大，故D正确；
故选：C。
A.HF在水溶液中部分电离；
B.向氨水中加入NaOH固体，溶液中c(OH−)增大而抑制NH3⋅H2O电离；
C.将0.3mol⋅L−1氢硫酸溶液加水稀释，促进H2S电离，但H2S电离增大程度小于溶液体积增大程度；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中n(H+)增大、n(CH3COOH)减小。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力是解本题关键，知道弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意D中分式的灵活变形，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.无论反应是否达到平衡，都存在单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗2molH2，故A错误；
B.只要平衡发生移动，容器中CO与CH3OH的体积之比就会发生移动，当容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.容器中CO与CH3OH物质的量之比为1：1，这与反应初始物质的量以及反应转化程度有关，不能确定反应达到平衡状态，故C错误；
D.A.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
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。
8.【答案】C
【解析】解：i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1，ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1，iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1，盖斯定律计算(i+ii+iii)×12得到C(s)燃烧的热化学方程式：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=[(−221kJ⋅mol−1)+(+181kJ⋅mol−1)+(−747kJ⋅mol−1)]×12=−393.5kJ⋅mol−1，
故选：C。
i.2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=−221kJ⋅mol−1，ii.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ⋅mol−1，iii.2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)ΔH=−747kJ⋅mol−1，盖斯定律计算(i+ii+iii)×12得到C(s)燃烧的热化学方程式。
本题考查了热化学方程式书写、盖斯定律的计算等知识点，注意物质聚集状态分析和计算的应用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.镀层金属铜与外接电池负极相连，为阴极，镀铜时铜应作阳极，故A错误；
B.铝遇浓硫酸钝化，无法继续反应，铜能够溶解于浓硝酸，失去电子作负极，无法证明活泼性：A1>Cu，故B错误；
C.铜的活泼性小于铁，铁作负极、铜作正极，构成原电池，加速了钢铁的腐蚀，故C错误；
D.Fe3+具有氧化性，Cu具有还原性，可以构成原电池，负极反应Cu−2e−=Cu2+，正极反应Fe3++e−=Fe2+，同时化学能转化为电能，故D正确；
故选：D。
构成原电池的条件是能够自发反应的氧化还原反应、其中失去电子发生氧化反应的为负极，得到电子发生还原反应的为正极，电解时与正极相连的是阳极，与负极相连的是阴极，电镀时镀层金属应作阳极，据此解答。
本题考查了原电池、电解池的工作原理及其应用，要求学生能够判断原电池和电解池的形成条件，分析其电极反应，其中B项为易错点，容易忽视铝与浓硝酸的钝化现象而机械地进行判断。
10.【答案】C
【解析】解：A.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(Ek−Ek′)kJ⋅mol−1，故A正确；
B.由图可知，金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C.由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+bkJ⋅mol−1，故C错误；
D.等量B(g)能量高于B(l)，则2A(g)⇌B(l)ΔH<−akJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。
A.ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
B.能量越低越稳定；
C.由图可知，该反应为吸热反应，ΔH=+bkJ/mol；
D.等量B(g)能量高于B(l)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，pH均为12的NaOH溶液和氨水稀释相同的倍数时，pH值变化：NaOH大于氨水，所以曲线b表示NaOH溶液，故A正确；
B.若x=103，pH=12的NaOH溶液稀释1000倍时，稀释后溶液的pH为9，则y=9，故B正确；
C.溶液导电性与离子浓度成正比，稀释前两种溶液中c(OH−)相等，所以稀释前两种溶液导电能力相同，故C正确；
D.不同一元碱中和相同浓度盐酸的能力与碱的物质的量成正比，稀释前等体积、等pH值的两种溶液，n(NaOH)
A.pH相同的一元碱稀释相同的倍数，pH值变化较大的碱，其碱性较强；
B.pH=12的强碱溶液稀释1000倍时，稀释后溶液的pH为9；
C.溶液导电性与离子浓度成正比；
D.不同一元碱中和相同浓度盐酸的能力与碱的物质的量成正比。
本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断曲线与物质成分的关系、溶液稀释后pH值变化特点是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度有关，与电解质强弱无关。
12.【答案】C
【解析】解：由表中数据可知，
molCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始 1.20.600
转化 0.30.30.30.3
平衡 0.90.30.30.3
A.平衡时，CO的转化率为0.3mol1.2mol×100%=25%，H2O的转化率为0.3mol0.6mol×100%=50%，转化率不相等，故A错误；
B.由热化学方程式可知，平衡时，反应放出的热量为0.3mol×41kJ/mol=12.4kJ，故B错误；
C.平衡时，CO的浓度为0.9mol2L=0.45mol/L，CO2浓度为0.3mol2L=0.15mol/L，则CO的浓度是CO2浓度的3倍，故C正确；
D.T℃时．该反应的平衡常数K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=0.3mol2L×0.3mol2L0.9mol2L×0.3mol2L=13，故D错误；
故选：C。
由表中数据可知，
molCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
开始 1.20.600
转化 0.30.30.30.3
平衡 0.90.30.30.3
结合c=nV、转化率=转化的量开始的量×100%、K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)及热化学方程式计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据的应用、平衡三段法、转化率及K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质的转化量关系，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸溶液中存在，c平(H+)c平(OH−)=108，c(H+)×c(OH−)=10−14，计算得到氢离子浓度c(H+)=0.001mol⋅L−1，故A正确；
B.浓度相等盐酸于氢氧化钠溶液混合后，溶液体积不知，所得溶液不一定呈中性，故B错误；
C.将pH=6的强酸溶液稀释100倍，则pH≈7，不可能超过7，故C错误；
D.pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol⋅L−1，pOH=1，稀释100倍后溶液中c(OH−)=0.001mol⋅L−1，pOH=3，故D错误；
故选：A。
A.若AG=lgc平(H+)c平(OH−)，则AG=8的盐酸溶液中存在，c平(H+)c平(OH−)=108，c(H+)×c(OH−)=10−14，计算得到氢离子浓度；
B.元素和氢氧化钠溶液恰好完全反应，得到溶液呈中性，需要溶液中氯化氢和氢氧化钠物质的量相同；
C.酸溶液无限稀释，溶液pH无限接近7；
D.pOH=−lgc平(OH−)，则将0.1mol⋅L−1NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol⋅L−1，pOH=1，稀释100倍后溶液中c(OH−)=0.001mol⋅L−1。
本题考查了弱电解质电离平衡、溶液pH、pH的计算等知识点，注意强碱溶液稀释后溶液中离子浓度的变化，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，该原电池中生物膜电极为负极，碳棒为正极，M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，K+移向碳棒，OH−移向生物膜电极，则X为低浓度KOH溶液，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子移向正极，即K+通过N膜自左向右作定向移动，故B正确；
C.N2H4在负极上失电子生成N2，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，故C正确；
D.正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，根据电子守恒可知，正、负极产生的N2的物质的量之比为2：5，故D错误；
故选：D。
该装置为原电池，NO3−在碳棒上发生得电子的还原反应生成N2，N2H4在生物膜上发生失电子的氧化反应生成N2，则生物膜电极为负极，碳棒为正极，正极反应式为2NO3−+10e−+12H+=6H2O+N2↑，负极反应式为N2H4−4e−+4OH−=N2↑+4H2O，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则M、N膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，X为低浓度KOH溶液，据此分析解答。
本题考查原电池的工作原理，为高频考点，侧重考查学生分析能力和运用能力，把握工作原理即可解答，注意掌握电极反应式的书写和离子交换膜的作用，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.锌粒与盐酸反应为放热反应，开始时温度升高，反应速率加快，随反应进行，速率的影响以浓度为主，氢离子浓度减小，反应速率下降，但反应继续进行，温度继续升高，故t1时刻溶液的温度不是最高，故A错误；
B.合成氨反应为气体体积减小的反应，其他条件相同，压强越大，平衡正向移动，氮气的转化率越大，则p1
D.温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态，由图可知，Ⅱ对应温度高，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数KⅠ>KⅡ，故D错误；
故选：B。
A.锌粒与盐酸反应的化学反应速率受到温度和浓度的共同影响；
B.合成氨反应为气体体积减小的反应，其他条件相同，压强越大，平衡正向移动，氮气的转化率越大；
C.增大B的物质的量可以提高A2的转化率；
D.温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡状态，由图可知，Ⅱ对应温度高。
本题考查化学平衡图象，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，掌握勒夏特列原理是解题的关键，此题难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.NaOH、HB都抑制水电离，B−促进水电离，当酸碱完全中和时，溶液中c(B−)最大，则水的电离程度最大，故A正确；
B.当lgc平(B−)c平(HB)=0时，c平(HB)=c平(B−)，室温下，HB的Ka=c平(B−)c平(HB)×c(H+)=c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−11.4=10−2.6，则HB的Ka数量级为10−3，故B正确；
C.将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，Ka=10−2.6，Kh=KwKa=10−1410−2.6=10−11.4
A.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
B.当lgc平(B−)c平(HB)=0时，c平(HB)=c平(B−)，室温下，HB的Ka=c平(B−)c平(HB)×c(H+)=c(H+)；
C.将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，利用HB电离程度、B−水解程度相对大小判断溶液酸碱性；
D.N点对应溶液中pOH=10>7，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒c平(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c平(B−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确pOH的含义、电离平衡常数计算方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，题目难度中等。
17.【答案】变大 PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O负极 1molPbO2
【解析】解：(1)铅蓄电池放电时为原电池，负极电极反应式为：Pb−2e−+SO42−=PbSO4，负极质量变大，正极电极反应为：PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O，
故答案为：变大；PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O；
(2)铅蓄电池负极放电时失去电子，充电时应得到电子，为阴极，与电源负极相连，
故答案为：负极；
(3)电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH，当两电极共收集到22.4L(标准气体)时，气体物质的量为n=VVm=22.4L22.4L/mol=1mol，即氢气和氯气各0.5mol，转移的电子数为1mol，放电时，铅蓄电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，转移的电子数为1mol时，消耗铅蓄电池中H2SO4的物质的量为：1mol，
故答案为：1mol；
(4)电解精炼铜，粗铜应连接阳极，即电源的正极，
故答案为：PbO2。
二次电池放电时是原电池，充电时是电解池，电池总反应为，放电时，总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb−2e−+SO42−=PbSO4，正极电极反应为：PbO2+4H++2e−+SO42−=PbSO4+2H2O，充电时总反应式为：放电时，总反应式为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，阳极电极反应为：PbSO4+2H2O−2e−=PbO2+4H++SO42−，阴极电极反应式为：PbSO4−2e−=SO42−+Pb。
本题考查了二次电池中的铅蓄电池、电化学计算、电极方程式的书写，难度适中，要熟悉相关基础知识。
18.【答案】436
【解析】解：根据表格中数据，结合CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH可知，(1076+2x)kJ⋅mol−1−(3×413+348+463)kJ⋅mol−1=−102kJ⋅mol−1，解之得x=436kJ⋅mol−1，
故答案为：436。
根据ΔH等于反应物键能之和减去生成物键能之和求算。
本题考查了反应热与键能的关系，难度不大，掌握基础是解题的关键。
19.【答案】酸式 C 丙 烧杯、玻璃棒、托盘天平 当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色 0.11molC
【解析】解：(1)K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此滴定时应将K2Cr2O7溶液加入酸式滴定管中，滴定管下端有部分容器体积未计入读数，因此在规格为25mL的滴定管中，此时滴定管中K2Cr2 O7溶液的实际体积大于20mL，
故答案为：酸式；C；
(2)碱氏滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏住橡皮管，使溶液从管口喷出，
故答案为：丙；
(3)①用药匙取固体药品，托盘天平用于称量固体样品的质量，并在烧杯将称量好的固体药品的溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；故使用的仪器还有烧杯、玻璃棒、托盘天平，
故答案为：烧杯、玻璃棒、托盘天平；
②开始滴定时指示剂酚酞在待测酸溶液中，溶液无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点，三次滴定数据都是有效的，消耗标准液的平均体积V=22.64+22.70+22.763mL=22.70mL则该盐酸的浓度为c(HCl)=0.1×22.70×10−320.00×10−3×10−3mol/L≈0.11mol./L
故答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；0.11mol/L；
③A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准溶液浓度偏小，则待测盐酸消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，故A错误；
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定，锥形瓶中待测盐酸的物质的量偏多，反应消耗标准溶液体积偏大，以此为标准计算的盐酸待测溶液浓度偏大，故B错误；
C.用酸式滴定管量取10.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定，不影响酸碱滴定，以此对测定的浓度产生任何影响，故C正确；
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体，这1滴液体的体积已经计算在待测盐酸消耗标准NaOH溶液的体积范围内，导致待测溶液浓度偏高，故D错误；
故答案为：C。
(1)滴定管下端有部分容器体积未计入读数；
(2)碱氏滴定管装满溶液后，用拇指和食指拿住玻璃球所在部位并使乳胶管向上弯曲，出口管斜向上，然后在玻璃球部位侧面迅速捏住橡皮管，使溶液从管口喷出；
(3)①用药匙取固体药品，托盘天平用于称量固体样品的质量，并在烧杯将称量好的固体药品的溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌；量筒用于量取蒸馏水，避免直接向烧杯中加蒸馏水使溶液体积过大；
②开始滴定时指示剂酚酞在待测酸溶液中，溶液无色，随着NaOH标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐增强，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点，三次滴定数据都是有效的；
③A.用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准溶液浓度偏小，则待测盐酸消耗标准溶液体积偏大；
B.用蒸馏水洗涤锥形瓶后，再用待测盐酸润洗，而后装入一定体积的盐酸溶液进行滴定，锥形瓶中待测盐酸的物质的量偏多，反应消耗标准溶液体积偏大；
C.用酸式滴定管量取10.00mL盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴酚酞后进行滴定，不影响酸碱滴定；
D.滴定完毕读数后发现滴定管尖嘴还残余1滴液体，这1滴液体的体积已经计算在待测盐酸消耗标准NaOH溶液的体积范围内。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
20.【答案】碱 H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH− 正盐 c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)大于 Ka(H3PO2)Kw
【解析】解：(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H2PO2，说明溶液中H2PO2−水解生成H3PO2和OH−，NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，水解离子方程式为H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH−，H3PO2为一元酸，则NaH2PO2为正盐；溶液中H2PO2−水解，溶液呈碱性，c(H+)
故答案为：碱；H2PO2−+H2O⇌H3PO2+OH−；正盐；c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)；
(2)25℃时，将相同物质的量浓度的H3PO2溶液和盐酸分别加水稀释至相同的倍数，HCl完全电离，H3PO2部分电离，稀释后溶液中c(H+)：前者<后者，则溶液的 pH：前者>后者，
故答案为：大于；
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)×c(H+)c(H+)=Ka(H3PO2)Kw，
故答案为：Ka(H3PO2)Kw。
(1)NaH2PO2溶液中的含磷微粒只有H2PO2−和H2PO2，说明溶液中H2PO2−水解生成H3PO2和OH−；H3PO2为一元酸；溶液中H2PO2−水解，溶液呈碱性，c(H+)
(3)常温下，H3PO2溶液中c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)=c平(H2PO2−)c平(H3PO2)⋅c平(OH−)×c(H+)c(H+)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确判断次磷酸是几元酸是解本题关键，注意(3)题分式的灵活变形，题目难度中等。
21.【答案】−56.0kJ/mol14.3kJ产生气泡的快慢 对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)左 橙色逐渐变浅，最后变为无色
【解析】解：(1)①100mL1.0mol⋅L−1NaOH溶液与100mL1.0mol⋅L−1盐酸进行中和反应，生成水的物质的量为0.1L×1.0mol/L=0.1mol，溶液的质量为200mL×1.0g/cm3=200g，温度变化的值为ΔT=6.7K，则生成0.1mol水放出的热量为：Q=m⋅c⋅ΔT=200g×4.18kJ⋅K−1⋅kg−1×6.7K=5601.2J，即5.6012kJ，所以实验测得的中和热ΔH=−5.6012kJ0.1mol≈−56.0kJ/mol，
故答案为：−56.0kJ/mol；
②强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则57.3kJ是1mol氢离子和1mol氢氧根离子中和产生1mol水放出的热量，一定浓度的稀硫酸与含10g即10g40g/mol=0.25molNaOH的稀碱溶液完全反应，放出的热量为57.3kJ×0.25≈14.3kJ，
故答案为：14.3kJ；
(2)图中可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出结论，有同学提出将0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3，溶液改为0.1mol⋅L−1FeCl3溶液更合理，其理由是对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)，
故答案为：产生气泡的快慢；对照实验只有一个条件不同(或避免由于阴离子不同造成的干扰)；
(3)若向K2Cr2O7溶液中加入硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向左移动，使c(Cr2O72−)增大，则溶液呈橙色，若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，生成BaCrO4黄色沉淀，平衡正向移动，橙色逐渐变浅，最后变为无色，
故答案为：左；橙色逐渐变浅，最后变为无色。
(1)①根据Q=m⋅c⋅Δt计算反应放出的热量，然后根据ΔH=−QnkJ/mol计算出反应热；
②酸碱中和放出的热量和酸碱的用量有关，中和热是氢离子和氢氧根离子中和产生1mol水放出的热量，据此回答；
(2)该反应生成气体，控制阴离子相同更合理；
(3)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡向左移动，若向橙色K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液，生成BaCrO4黄色沉淀，平衡正向移动。
本题综合考查中和热概念、测定原理、反应热的计算以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大。
22.【答案】>正向 不变 0.8mol/(L⋅min)在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大 4p2
【解析】解：(1)①氮气的转化率=△n(N2)2×100%，氢气的转化率=△n(H2)7×100%，Δn(N2)；Δn(H2)=1：3，则平衡后，N2和H2的转化率的比值△n(N2)23×△n(N2)7=72>1，
故答案为：>；
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，则化学平衡常数K不变，
故答案为：正向；不变；
(2)①温度在1000K下，从反应开始至2min末，CO的转化率为80%，则Δn(CO)=1mol×80%=0.8mol，根据方程式，Δn(H2)=0.8mol×2=1.6mol，v(H2)=1.6mol1L×2min=0.8mol/(L⋅min)，
故答案为：0.8mol/(L⋅min)；
②由图可知，在温度低于1050K时，CO的转化率随温度的升高而增大，高于1050K时，CO的转化率随着温度的升高而降低，说明在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大，
故答案为：在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，CO的转化率增大。
③已知c点时容器内气体的压强为p，此时CO转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)120
转化(mol)0.510.5
平衡(mol)0.510.5
则气体总物质的量为0.5mol+1mol+0.5mol=2mol，则p(CO)=0.5mol2mol×p=0.25p，同理p(CH3OH)=0.25p，p(H2)=0.5p，Kp=p(CH3OH)p(CO)⋅p2(H2)=0.25p0.25p×(0.5p)2kPa−2=4p2kPa−2，
故答案为：4p2。
(1)①转化率=转化物质的量起始物质的量×100%；
②当达到平衡时，保持恒温，压缩容器体积，增大压强，平衡向气体分子数减小的反应进行，化学平衡常数只与温度有关；
(2)①温度在1000K下，从反应开始至2min末，CO的转化率为80%，则Δn(CO)=1mol×80%=0.8mol，根据方程式，Δn(H2)=0.8mol×2=1.6mol，结合v=△nV⋅△t计算；
②由图可知，在温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，结合温度越高，反应速率越快分析；
③已知c点时容器内气体的压强为p，此时CO转化率为50%，列化学平衡三段式，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)120
转化(mol)0.510.5
平衡(mol)0.510.5
则气体总物质的量为0.5mol+1mol+0.5mol=2mol，则p(CO)=0.5mol2mol×p=0.25p，同理p(CH3OH)=0.25p，p(H2)=0.5p，结合Kp=p(CH3OH)p(CO)⋅p2(H2)计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
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