2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了7×10−5；碳酸Ka1=4，7kJ⋅ml−1，1kJ⋅ml−1，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期末化学试卷

1. 下列物质中，属于弱电解质的是(    )
A. CH3COOH B. KOH C. BaSO4 D. CH3COONa
2. 下列各组离子在碱性溶液中，可以大量共存的是(    )
A. Cu2+、Na+、SO42−、HCO3− B. Na+、NH4+、MnO4−、I−
C. K+、Mg2+、Fe2+、Cl− D. Na+、NO3−、SO42−、CO32−
3. 用铂电极电解下列溶液，当耗电量相同时，阴极和阳极上同时都有气体产生，且溶液的pH下降的是(    )
A. H2SO4 B. CuSO4 C. HCl D. KCl
4. 侯氏制碱法部分工艺流程图如下，下列说法不正确的是(    )

A. 精制饱和食盐水呈中性
B. 吸氨过程中混合液的pH升高
C. 母液呈强酸性
D. 煅烧时2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
5. 下列关于0.1mol⋅L−1碳酸钠溶液的说法中，正确的是(    )
A. 溶液中共有5种分子和离子
B. 升高温度，CO32−水解平衡正向移动
C. CaCl2能促进Na2CO3的水解
D. 加入氢氧化钠固体，可以使溶液中c(Na+)：c(CO32−)=2：1
6. 下列与金属腐蚀有关的说法中，不正确的是(    )
A. 钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀
B. 电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀
C. 金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程
D. 铝具有很强的抗腐蚀能力，是因为其不易与氧气发生反应
7. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0.当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是(    )
①降温   ②恒压通入惰性气体   ③增加N2的浓度   ④加压．
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
8. 在一定条件下发生反应2A(g)=2B(g)+C(g)，将2mol A通入2L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5min末测得A的物质的量为0.8mol.用B的浓度变化来表示该反应的速率为(    )
A. 0.24mol/(L⋅min) B. 0.08mol/(L⋅min)
C. 0.06mol/(L⋅min) D. 0.12mol/(L⋅min)
9. 下列化学用语表达正确的是(    )
A. 硫酸铜水解：Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2H+
B. 氨水呈碱性：NH3⋅H2O=NH4++OH−
C. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：H++HCO3−=H2O+CO2↑
D. Al2(SO4)3促进Na2CO3的水解：Al3++CO32−+H2O=Al(OH)3↓+CO2↑
10. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是(    )
序号
①
②
pH
11
11
溶液
氨水
氢氧化钠溶液

A. ①和②两溶液中c(OH−)相等
B. ①溶液的物质的量浓度为0.001mol⋅L−1
C. ①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>②
D. 等体积的①和②两溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全中和，消耗盐酸的体积：①>②
11. 某种培根型碱性氢氧燃料电池示意图如图所示，下列有关该电池的说法不正确的是(    )

A. 出口Ⅰ处有水生成
B. 循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环
C. 电池放电时，K+向镍电极I的方向迁移
D. 正极电极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−
12. 一定温度和压强下，2mol氢气和1mol氧气，分别以两种不同的方式发生化学反应生成2mol液态水。方式一：点燃；方式二：制成氢氧燃料电池。关于两种方式下氢气与氧气反应的说法不正确的是(    )
A. 反应的焓变相等 B. 体系内能变化相等
C. 放出的热量相等 D. 均满足质量守恒与能量守恒
13. 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
14. 某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如图所示。(已知：ZnS为白色固体，CuS为黑色固体)下列分析不正确的是(    )

A. ①中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)
B. ②中现象可证明Zn2+(aq)与S2−(aq)的反应是有限度的
C. ③中颜色变化说明ZnS转化为CuS
D. 该实验可以证明CuS比ZnS更难溶
15. 室温下，有浓度均为0.2mol⋅L−1的下列五种溶液，请回答问题。
①HCl
②NaCl
③CH3COOH
④CH3COONa
⑤Na2CO3
资料：室温下电离常数，醋酸Ka=1.7×10−5；碳酸Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11。
(1)上述溶液中水的电离被抑制的是 ______(填序号，下同)，水的电离被促进的是 ______，用离子方程式表示促进水电离程度最大的溶质与水的作用：______。
(2)上述溶液的pH由大到小的顺序为 ______。
(3)比较溶液③和④中CH3COO−的物质的量浓度：③______④(填“<”、“=”或“>”)。
(4)向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为 ______。
(5)为确定溶液①稀释后的精确浓度，取20.00mL待测溶液①于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol⋅L−1的NaOH标准溶液滴定。
①为了确定滴定终点，还需要加入的试剂为 ______，达到滴定终点的现象为 ______。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 ______(“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.30mL，则①所得溶液的准确浓度为 ______mol⋅L−1。
16. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2资源化利用对缓解碳减排压力具有重要意义。在二氧化碳催化加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=−164.7kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g)ΔH3=−247.1kJ⋅mol−1
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关系如图所示。

(1)反应Ⅰ∼Ⅲ中，属于吸热反应的是 ______(填反应序号)。
(2)反应I的平衡常数表达式为 ______。
(3)盖斯定律的重要价值是可以利用已知反应的反应热求得未知反应的反应热，利用上述反应计算CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的ΔH=______。
(4)结合上述反应，解释图中CO的物质的量随温度的变化的原因：______。
(5)在实际生产中为了提高甲烷的产量，选择的反应条件为较低温度和使用合适的催化剂，从反应原理角度说明选择该反应条件的理由：______、______。
17. 依据如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。

(1)装置Ⅰ的实验目的是用惰性电极电解饱和食盐水，C电极连接电源的 ______极，B管吸收的气体是 ______，电解食盐水总反应的离子方程式为 ______。
(2)装置Ⅱ的实验目的是在铁棒上镀铜，铁棒为 ______(填“E”或“F”)。另一电极用于及时补充消耗的镀层物质，结合化学用语说明其原理：______。
(3)装置Ⅲ利用Fe3+与Cu发生的反应，设计一个可正常工作的电池，补全该电化学装置示意图 ______，写出电池工作一段时间后的现象 ______。
供选择的实验用品：
KCl溶液，FeCl2溶液，
FeCl3溶液，CuSO4溶液，
铜棒，锌棒，铁棒，
石墨棒，氯化钾盐桥。


18. 科研人员用以下方法测定高炉渣中金属Fe的含量。
i.配制金属Fe浸取液。
ii.取mg粉碎后的高炉渣，加入足量金属Fe浸取液，室温下浸取1h。
iii.过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量H2O2溶液的烧杯中，加入盐酸、稀硫酸充分反应。
iv.将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸10min。
v.冷却，用浓度为cmol⋅L−1的抗坏血酸(C6H8O6)标准溶液滴定，消耗抗坏血酸标准溶液VmL[已知：C6H8O6(抗坏血酸)+2Fe3+=C6H6O6(脱氢抗坏血酸)+2Fe2++2H+]。
(1)金属Fe浸取液配制方法：取一定量亚硫酸钠和邻菲罗啉(用于抑制Fe2+的水解)溶于水后，加入乙酸调节pH约为4，再加入一定量乙酸-乙酸铵溶液(pH=4.5)，配成所需溶液(在此pH条件下，高炉渣中其他成分不溶解)。
①Fe2+水解的方程式为 ______。
②常温下，改变乙酸溶液的pH，溶液中CH3COOH、CH3COO−的物质的量分数a(X)随pH的变化如右图所示，下列说法正确的是 ______(填字母序号)。
已知：α(X)=n(X)n(CH3COOH)+n(CH3COO−)

a.常温下，乙酸的电离常数Ka(CH3COOH)=10−4.76
b.pH=4时，c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)
c.pH=4.5的乙酸-乙酸铵溶液中，c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)
d.向乙酸-乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的CH3COO−结合H+，使溶液中的c(H+)变化不大，溶液的pH变化不大
(2)步骤iii中加入过量H2O2溶液，可除去过量的SO32−，另一主要作用是 ______(用离子方程式表示)。
(3)该高炉渣中金属Fe的质量分数ω(Fe)=______(用有关字母的代数式表示)。
(4)若未进行步骤iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则会使高炉渣中金属Fe的质量分数ω(Fe)______
(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，理由是 ______。
19. 碱性银锌二次航空电池为价格昂贵的高能电池。该电池的总反应为：Zn+Ag2OZnO+2Ag。其电池中的基本单元示意图如图：

(1)该电池放电时，锌电极板为电池的______(填“正极”或“负极”).
(2)以KOH溶液为电解液，放电时锌电极板区域中发生的电极反应可分为两步：
反应i.锌电极板的溶解：…
反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)42−⇌ZnO+2OH−+H2O
补充反应i：______。
(3)放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果。用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，从速率和平衡的角度说明其原因：______。
(4)将锌电极板制成蜂窝孔状，如图a所示，能增大锌电极板的表面积，但蜂窝孔的孔径过小，影响OH−进出蜂窝孔的速率，导致孔径内外OH−浓度出现差异，多次充放电后会影响锌电极板的形状。图b是使用一段时间后的锌极板变形情况。下列说法正确的是 ______ (填字母序号)。
a.充电时，OH−向锌极板方向迁移
b.孔内沉积ZnO，导电能力减弱，影响电池使用效果
c.导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH−浓度高于孔内OH−浓度
d.为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用孔径恰当的锌极板
(5)隔膜可有效阻止充放电循环中银的迁移，防止银在锌电极板析出造成电池短路。
测定隔膜上附着银元素含量的方法是：用硝酸溶解隔膜上的附着物得溶解液，再以NH4Fe(SO4)2作指示剂，用NH4SCN溶液滴定溶解液。发生反应：
①Ag++SCN−⇌AgSCN↓(白色)K=1012
②Fe3++SCN−⇌FeSCN2+(红色)K=102.3
结合上述两个反应的平衡常数，解释选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂的原因：______。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】分析：部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中或熔融状态下全部电离的化合物是强电解质，据此进行解答。
A.醋酸在水中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B.KOH在熔融状态下和在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.BaSO4在熔融状态下和溶于水的部分能完全电离，故属于强电解质，故C错误；
D.CH3COONa在熔融状态下和在水溶液中能完全电离，故属于强电解质，故D错误；
故选：A。
本题考查强弱电解质判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及对基本概念的理解能力。

2.【答案】D 
【解析】分析：碱性溶液中存在较多的氢氧根离子，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
A.Cu2+、OH−、HCO3−之间相互反应，不能大量共存，故A错误；
B.MnO4−、I−之间发生氧化还原反应，NH4+、OH−之间反应生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故B错误；
C.Mg2+、Fe2+都与OH−反应，不能大量共存，故C错误；
D.Na+、NO3−、SO42−、CO32−、OH−之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。

本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

3.【答案】A 
【解析】分析：依据电解原理和溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，依据电解生成的产物分析溶液pH变化．
A.用铂电极电解硫酸，相当于电解水，阴极和阳极上同时都有气体产生，硫酸浓度增大，溶液pH降低，故A正确；
B.用铂电极电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，反应生成酸，溶液pH降低，但阴极无气体产生，故B错误；
C.用铂电极电解HCl溶液，生成氢气、氯气，阴极和阳极上同时都有气体产生，但消耗HCl，则溶液pH升高，故C错误；
D.用铂电极电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾和氢气、氯气，反应生成碱，溶液pH值升高，故D错误；
故选：A.

本题考查了电解原理的分析应用，明确电解池工作原理，准确判断阳极、阴极放电离子是解题关键，题目难度中等．

4.【答案】C 
【解析】分析：精制饱和食盐水通入氨气，再通入二氧化碳碳酸化方式反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳循环使用，据此回答。
A.精制饱和食盐水中氯化钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A正确；
B.吸氨过程中，氨气和水反应生成一水合氨为碱，混合液的pH升高，故B正确；
C.母液主要成分为氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，不是强酸性，故C错误；
D.煅烧时碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：C。

本题考查了工业制备纯碱的流程和原理分析，注意物质性质的理解和应用，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】A.0.1mol⋅L−1碳酸钠溶液中存在Na2CO3=2Na++CO32−、CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−、H2O⇌H++OH−，溶液中存在分子为：H2CO3、H2O，离子为：Na+、CO32−、HCO3−、OH−、H+，溶液中共有7种分子和离子，故A错误；
B.盐类水解是吸热反应，升高温度，CO32−水解平衡正向移动，故B正确；
C.CaCl2能结合碳酸根离子形成碳酸钙沉淀，碳酸根离子水解平衡逆向进行，故C错误；
D.向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸根离子水解，溶液中钠离子浓度增大，根据物料守恒知溶液中c(Na+)：c(CO32−)>2：1，故D错误；
故选：B。

6.【答案】D 
【解析】A.钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀，故A正确；
B.中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀，则电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，故B正确；
C.金属腐蚀时失电子生成阳离子，则金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程，故C正确；
D.铝的表面易形成致密的氧化膜，氧化膜能饱和内部金属不被腐蚀，所以铝具有很强的抗腐蚀能力，故D错误。
故选：D。

本题考查了金属的腐蚀和防护，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．

7.【答案】A 
【解析】分析：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，正反应是放热反应，是气体体积缩小的反应，结合外界条件对平衡的影响来综合分析．
①降温，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；
②恒压通入惰性气体，体积膨胀，相当于减小压强，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故错误；
③增加N2的浓度，平衡正向移动，氮气的转化率降低，故错误；
④加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；
故选：A。

本题考查外界条件对化学平衡的移动的影响，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的积累，难度不大．

8.【答案】D 
【解析】分析：5min末测得A的物质的量为0.8mol，则v(A)=(2mol−0.8mol)2L5min=0.12mol/(L⋅min)，
由反应可知A、B的化学计量数相同，则用B的浓度变化来表示该反应的速率为0.12mol/(L⋅min)，
故选：D。
结合v=△c△t及速率之比等于化学计量数之比计算．
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的计算公式及速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中化学计量数关系，题目难度不大．

9.【答案】C 
【解析】A.硫酸铜水解的离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，故A错误；
B.氨水呈碱性，离子方程式为：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，故B错误；
C.向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，离子方程式为：H++HCO3−=H2O+CO2↑，故C正确；
D.Al2(SO4)3促进Na2CO3的水解，离子方程式为：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故D错误；
故选：C。

10.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，为i高频考点，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，掌握掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
【解答】
一水合氨为弱电解质，不能完全电离，等pH时，溶液浓度大于NaOH溶液，加水稀释时，促进一水合氨的电离，以此解答该题。
A.pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；
B.一水合氨为弱电解质，室温下pH=11时，物质的量浓度大于0.001mol/L，故B错误；
C.pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，促进一水合氨的电离，则稀释后溶液的pH：①>②，故C正确；
D.pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①>②，故D正确。  
11.【答案】C 
【解析】A.通入氢气的一极为负极，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，故出口I有水生产，故A正确；
B.根据图示，循环泵可使电解质溶液不断浓缩、循环，故B正确；
C.放电时，阳离子移向正极，故钾离子向镍电极II的方向移动，故C错误；
D.正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故D正确；
故选：C。

12.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.焓变只取决于反应物和生成物总能量的大小，两种方式反应物总能量和生成物总能量相同，则反应的焓变相等，故A正确；
B.两种方式反应物总能量和生成物总能量相同，则体系内能变化相等，故B正确；
C.方式一中化学能主要转化为热能，而方式二中大部分化学能转化为电能，则两种放出的热量不相等，故C错误；
D.化学反应均满足质量守恒与能量守恒，则方式一和二均满足质量守恒与能量守恒，故D正确。  
13.【答案】C 
【解析】
【分析】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 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。

本题考查化学平衡，为高频考点，把握Qc与K的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项BD为解答的易错点，题目难度不大。  
14.【答案】B 
【解析】A.Na2S溶液加入ZnSO4溶液中发生反应Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4，所以溶液中存在ZnS的沉淀溶解平衡，故A正确；
B.加入的Na2S为0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4为0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S过量，则Zn2+应完全反应，S2−一定有剩余，所以要证明Zn2+(aq)与S2−(aq)的反应是有限度的，应验证是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出现黑色沉淀只能说明S2−存在，故B错误；
C.ZnS为白色固体，CuS为黑色固体，所以③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，故C正确；
D.③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，根据沉淀转化的原理可知，CuS比ZnS更难溶，故D正确；
故选：B。

15.【答案】(1)①③；④⑤；CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 
(2)⑤>④>②>③>① 
(3)<
(4)1
(5)①酚酞   溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色 ②锥形瓶   ③0.1015 
【解析】(1)酸、和碱对水的电离起抑制作用，所以：上述溶液中水的电离被抑制的是：①③；可水解的盐对水的电离起促进作用，所以：水的电离被促进的是：④⑤；依据越弱越水解的规律可知，碳酸根离子水解能力强于醋酸根离子，碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：①③；④⑥；CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(2)五种物质中，①③为酸，①为强酸，③为弱酸，所以pH值，①<③，②显中性，④⑤显碱性，⑤水解能力强于④， pH值最大，所以相同浓度下，溶液pH值大小顺序为：⑤④②③①，
故答案为：⑤④②③①；
(3)③为弱电解质，水溶液中部分电离，④为强电解质，水溶液中完全电离，所以溶液③和④中CH3COO−的物质的量浓度：③<④，
故答案为：<；
(4)0.2mol⋅L−1盐酸稀释到原来的2倍后，依据稀释规律可知，溶液浓度为0.2mol/L2=0.1mol/L，氯化氢为强电解质，水溶液中完全电离，所以溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，溶液pH为1，
故答案为：1；
(5)①为了确定滴定终点，还需要加入的试剂为：酚酞，到滴定终点的现象为：溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色，
故答案为：酚酞；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色；
②滴定管有蒸馏水能够稀释所盛放的液态，对消耗标准液体积产生影响，对溶液浓度有影响，锥形瓶中有蒸馏水对溶液中氢离子总的物质的量不产生影响，对消耗的标准溶液不产生影响，对结果有影响，
故答案为：锥形瓶；
③依据c(H+)V(H+)=c(OH−)V(OH−)可知，c(H+)=0.1000mol⋅L−1×0.02030L0.02000L=0.1015mol/L，
故答案为：0.1015mol/L。

16.【答案】(1)Ⅱ
(2)K=c(CH4)c2(H2O)c(CO2)c4(H2)
(3)+205.9kJ⋅mol−1 
(4)升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高 
(5)较低温度可以使平衡正向移动  合适的催化剂可以加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性 
【解析】(1)吸热反应焓变大于0，所以属于吸热反应的是Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
(2)根据平衡常数的定义可知反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=c(CH4)c2(H2O)c(CO2)c4(H2)，
故答案为：K=c(CH4)c2(H2O)c(CO2)c4(H2)；
(3)根据盖斯定律反应Ⅱ−反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的ΔH=+41.2kJ⋅mol−1−(−164.7kJ⋅mol−1)=+205.9kJ⋅mol−1，
故答案为：+205.9kJ⋅mol−1；
(4)反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高，
故答案为：升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高；
(5)反应Ⅰ为放热反应，较低温度可以使平衡正向移动，提高CH4的转化率，但会降低反应速率，所以还需选用合适的催化剂，加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性，
故答案为：较低温度可以使平衡正向移动；合适的催化剂可以加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性。

17.【答案】(1)负    Cl2     2Cl−+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH− 
(2)E阳极反应为：Cu−2e−=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu
(3) 
CuSO4溶液蓝色加深，FeCl3溶液黄色变浅，甚至转化为浅绿色，铜片质量减少 
【解析】(1)由题干图示可知，装置I中A试管用向下排空法收集气体，故A收集的为H2，B用NaOH吸收气体，则B为Cl2，故装置I的实验目的是用惰性电极电解饱和食盐水，C电极连接电源的负极作阴极，电极反应为：2H++2e−=H2↑，B管吸收的气体是Cl2，电解食盐水总反应的离子方程式为：2Cl−+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH−，
故答案为：负；Cl2；2Cl−+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH−；
(2)电镀时待镀的镀件与电源负极相连作阴极，镀层金属与电源正极相连作阳极，含有镀层金属离子的电解质作电解质，故装置II的实验目的是在铁棒上镀铜，铁棒为E，另一电极用于及时补充消耗的镀层物质，阳极反应为：Cu−2e−=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu，
故答案为：E；阳极反应为：Cu−2e−=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu；
(3)装置III利用Fe3+与Cu发生的反应，反应原理为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故两个电极为：Cu和石墨棒，电解质溶液分别为CuSO4和FeCl3，电电极反应分别为：Cu−2e−=Cu2+、Fe3++e−=Fe2+，并用KCl盐桥形成闭合回路，故电池工作一段时间后的现象为CuSO4溶液蓝色加深，FeCl3溶液黄色变浅，甚至转化为浅绿色，铜片质量减少，根据电子的流向可知，右侧电极为铜电极，作负极，左侧电极为石墨电极，作正极，故原电池装置图为：，
故答案为：；CuSO4溶液蓝色加深，FeCl3溶液黄色变浅，甚至转化为浅绿色，铜片质量减少。

18.【答案】(1)①Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+  ②acd
(2)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)V×10−3×c×2×56m×100%
(4)偏低  未被氧化的亚铁离子不会被测定 
【解析】(1)①亚铁离子为弱碱阳离子，Fe2+的水解方程式：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，
故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+；
②a.分析图像可知，图像交点可知Ka(CH3COOH)=10−4.76，故a正确；
b.pH=4时，溶液显酸性，逐渐降低的曲线为a(CH3COOH)，故c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)，故b错误；
c.pH=4.5的乙酸-乙酸铵溶液中，电荷守恒为c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，故c正确；
d.向乙酸-乙酸铵溶液中加入少量酸时，溶液中的CH3COO−结合H+，使溶液中的c(H+)变化不大，溶液的pH变化不大，此时该溶液可以作为缓冲剂，故d正确；
故答案为：acd；
(2)步骤iii中加入过量H2O2溶液，可除去过量的SO32−，另一主要作用是氧化亚铁离子，便于后续测定，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)滴定过程发生反应C6H8O6(抗坏血酸)+2Fe3+=C6H6O6(脱氢抗坏血酸)+2Fe2++2H+，ω(Fe)=V×10−3×c×2×56m×100%，
故答案为：V×10−3×c×2×56m×100%；
(4)若未进行步骤iv，直接用抗坏血酸标准溶液滴定，则未被氧化的亚铁离子不会被测定，导致Fe含量偏低，
故答案为：偏低；未被氧化的亚铁离子不会被测定。

19.【答案】(1)负极
(2)Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42− 
(3)由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O⇌K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动 
(4)bc
(5)Ag+与SCN−结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN−结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN−结合，当SCN−与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂 
【解析】(1)由电池总反应Zn+Ag2OZnO+2Ag可知，该电池放电时，锌的化合价升高，被氧化，故锌电极板为电池的负极，
故答案为：负极；
(2)已知原电池的总反应：Zn+Ag2OZnO+2Ag和反应ii.锌电极板上ZnO的析出：Zn(OH)42−⇌ZnO+2OH−+H2O，故负极反应式的反应i为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，
故答案为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−；
(3)由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O⇌K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动，故放电时，析出的ZnO会覆盖在锌电极板表面，影响电池使用效果，用浓KOH溶液可以抑制ZnO的生成，并促进锌电极板的溶解，
故答案为：由于ZnO是两性氧化物，能与KOH反应，方程式为：ZnO+2KOH+H2O⇌K2[Zn(OH)4]，且用浓的KOH溶液能加快反应速率，并使上述平衡正向移动；
(4)a.充电时，锌与电源负极相连作阴极，而充电时溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故OH−不向锌极板方向迁移，故a错误；
b.孔内沉积ZnO，导致蜂窝孔的孔径过小，影响OH−进出蜂窝孔的速率，导电能力减弱，影响电池使用效果，故b正确；
c.由图a可知，导致该腐蚀变形的主要原因是孔外OH−浓度高于孔内OH−浓度，故c正确；
d.由题干信息可知，锌板中蜂窝孔的孔径是在使用过程中发生改变的，该改变是由于孔内外的OH−浓度改变的，故为延长电池使用寿命，提高电池放电效果，应选用合适的OH−浓度，故d错误；
故答案为：bc；
(5)由题干信息可知，①Ag++SCN−⇌AgSCN↓(白色)K=1012②Fe3++SCN−⇌FeSCN2+(红色)K=102.3可知Ag+与SCN−结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN−结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN−结合，当SCN−与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂，
故答案为：Ag+与SCN−结合的平衡常数非常大，而Fe3+与SCN−结合的平衡常数很小，二者相差接近1010倍，说明Ag+极易和SCN−结合，当SCN−与Fe3+结合生成红色溶液时，Ag+已经沉淀完全了，故选择NH4Fe(SO4)2作为指示剂。