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2021-2022学年北京市顺义区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市顺义区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。
2021-2022学年北京市顺义区高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生后息息相关，下列措施不是为了改变化学反应速率的是( )
A. 制作馒头时添加膨松剂 B. 将食物存放在冰箱中
C. 糕点包装袋内放置除氧剂 D. 在轮船的船壳水线以下部位装上锌锭
2. 下列物质的水溶液呈酸性的是( )
A. NaCl B. FeCl3 C. NaClO D. NaHCO3
3. 下列反应中属于吸热反应的是( )
A. 氢氧化钠溶液与稀硫酸混合 B. 甲烷燃烧
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌 D. 氧化钙溶于水
4. 25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl ②NaOH ③H2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是( )
A. ③>②>① B. ②>③>① C. ①>②>③ D. ③>①>②
5. 如图是第三周期主族元素的某些性质随原子序数变化的柱形图，则y轴可表示( )
①第一电离能
②电负性
③原子半径
④简单离子半径
⑤最高正化合价
A. ①②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ②③④⑤ D. ②⑤
6. 下列溶液一定呈中性的是( )
A. pH=7的溶液 B. 溶液中c(H+)=c(OH−)
C. 石蕊溶液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
7. 下列说法正确的是( )
A. 第三能层有s、p共两个能级 B. 3d能级最多容纳5个电子
C. 第三能层最多容纳8个电子 D. s能级最多容纳2个电子
8. 25℃时，在含有PbI2晶体的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)，加入KI固体时，下列说法中不正确的是( )
A. 溶液中PbI2(s)质量增大 B. 溶液中PbI2溶度积常数不变
C. 溶液中Pb2+的浓度不变 D. 沉淀溶解平衡向左移动
9. 在恒容密闭容器中，发生的化学反应为：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1808kJ/mol。下列说法正确的是( )
A. 当混合气体密度不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态
B. 当NO的转化率不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态
C. 4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJ
D. 增大压强，正反应速率增大逆反应速率减小
10. 盐水小汽车是一款神奇的玩具，只要在小汽车尾部动力部位加几滴NaCl溶液，小汽车就可以跑动起来，其电池结构如图，
下列关于该电池的说法中不正确的是( )
A. 该电池工作时，化学能转化为电能
B. 锌为电池的负极，石墨为电池的正极
C. 正极的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−
D. 电解质溶液中Na+向锌片方向运动
11. 我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如图，下列说法不正确的是( )
A. 在反应历程中，H−H与C=O断裂吸收能量
B. 反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
C. 催化剂可有效提高反应物的平衡转化率从而提高经济效益
D. 总反应方程式为：CO2+4H2Ni/Al2O3CH4+2H2O
12. 传统的氯碱工业具有能耗高的缺点，科学家正在开发一种叫“氧阴极技术”的新工艺，新工艺与传统工艺相比在于阴极结构，通过向阴极区供应纯氧从而避免H+直接得电子生成H2，这样可以降低电压，从而减少能耗。图是采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置图，下列说法中不正确的是( )
A. 阴极的电极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. 阳极的电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑
C. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过
D. 装置中发生反应的离子方程式为2Cl−+2H2O−电解Cl2↑+H2↑+2OH−
13. 某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不正确的是( )
A. 碳酸钠溶液呈碱性的主要原因是：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
B. 碳酸钠溶液中存在：c(Na+)=2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]
C. ab段说明水解平衡向右移动；bc段说明水解平衡向左移动
D. 随温度升高，Na2CO3溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
14. 一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见表，下列说法正确的是( )
t/s
0
2
4
6
8
n(SO3)/mol
0
0.8
1.4
1.8
1.8
A. 反应在前2s的平均速率v(O2)=0.4mol⋅L−1⋅s−1
B. 保持其他条件不变，升高温度，化学平衡常数增大
C. 保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，反应达新平衡时SO2的转化率增大
D. 保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达新平衡时n(SO3)n(O2)减小
15. 不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的最低能量，设其为E，如图所示．试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并完成下列问题．
(1)写出14号元素基态原子的电子排布式 ______.
(2)用所学理论解释13号元素的E值比12号元素低的原因 ______.
(3)同一周期内，随着原子序数的增大，E值增大，但个别元素的E值出现反常现象．试预测下列关系式中正确的是 ______(填序号).
①E(砷)>E(硒)
②E(砷)
④E(溴)
(5)从原子结构的角度解释19号元素的E值比11号元素E值低的原因 ______.
16. 硫是生命的必须元素，在自然界的循环中具有重要意义。
(1)火山口附近SO2和H2S反应会产生硫单质，其中H2S体现 ______性(填“氧化”或“还原”)。
(2)大气中的SO2会形成酸雨，相关的化学方程式为 ______。
(3)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化成活泼的⋅OH(羟基自由基，“⋅”表示1个电子)。⋅OH可以看成催化剂，将H2S转化为SO2，过程如下：H2S→第一步⋅OH⋅SH→第二步O2SO→第三步O2SO2，则第一步反应和第二步反应的方程式为 ______、______。
(4)土壤中的黄铁矿(主要成分是FeS2)在细菌的作用下发生转化。请将该反应的方程式补充完整：______FeS2+______+______→硫化细菌______FeSO4+______H2SO4。
(5)结合溶解平衡理论解释图中ZnS转化为铜蓝色的原因 ______。
17. 二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”．
(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH.其反应物和生成物的能量如图所示，ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)根据题目信息和你所学化学知识分析，有利于提高反应CH3OCH3产率的条件为 ______(至少写出两条).
(3)采用新型催化剂(主要成分是Cu−Mn的合金)制备二甲醚．催化剂中n(Mn)n(Cu)对合成二甲醚的影响情况如图所示．(已知：选择性=目标产物产率CO转化率×100%)
请根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为 ______.
(4)用二甲醚CH3OCH3燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+.原理如图：
①燃料电池中的负极是 ______(填“M”或“N”)电极，其电极反应为 ______.
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因 ______.
18. 二氧化锰和高锰酸钾是重要的化学用品文献资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低).
Ⅰ.用软锰矿吸收含SO2的废气，制备高纯度的硫酸锰晶体
已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1
②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1
(1)固体MnO2和SO2(g)反应生成MnSO4固体的热化学方程式为 ______.
Ⅱ.工业上常用软锰矿(主要成分MnO2)为原料制备高锰酸钾．其方法为：将软锰矿(主要成分MnO2)充分粉碎后与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液(主要成分为K2MnO4).再将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，制得KMnO4.
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎的原因是 ______.
(3)焙烧时发生反应的化学方程式为 ______.
(4)固体研细后稀KOH溶液浸取的原因是 ______.
(5)用惰性电极隔膜法电解K2MnO4溶液的装置为如图：
①a极的电极反应为 ______.
②研究发现，用无膜法电解时，锰元素利用较低，其原因是 ______.
Ⅲ.测定KMnO4产品的纯度
(6)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定．
①取某KMnO4产品0.5000g溶于水，并加入 ______(填字母)进行酸化．
A.稀盐酸
B.稀硫酸
C.硝酸
D.次氯酸
②所得溶液用0.2000mol⋅L−1标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积．
重复步骤①②，三次平行实验数据如表。(有关离子方程式为2MnO4−+5SO32−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O)
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/mL
19.30
20.98
21.02
计算该KMnO4(式量为：158)产品的纯度为 ______(结果保留三位有效数字).
19. 某化学小组对FeCl3溶液与NaHSO3溶液反应进行探究．
(一)配制溶液
(1)配制NaHSO3溶液前需检验是否变质，其操作为 ______.
(2)用离子方程式解释配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于稀盐酸，再稀释到所需的浓度的原因 ______.
(二)预测实验
(3)该小组同学预测FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，他们预测的理论依据为：______.
(三)实施实验向2mL1mol/LNaHSO3溶液中逐滴加入0.5ml1mol/L的FeCl3溶液
装置
反应时间
实验现象
0∼1min
产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1∼30min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色
(4)①小组同学同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，请写出相应的离子方程式 ______.
②查阅资料：溶液中Fe3+、SO32−、OH−三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：HOFeOSO2(红色)⇌HOFeOSO2(橙色)→O2Fe2++SO42−，从反应速率和化学平衡两个角度解释1∼30min的实验现象 ______.
(5)小组同学认为没有观察到预期的实验现象，是因为混合产生气体的反应，干扰了氧化还原反应的发生，小组同学通过如下实验证明了猜想的正确性．
装置
实验步骤
操作
实验现象
Ⅰ
向烧杯中装好溶液、链接好装置、闭合开关
灵敏电流表指针未发生偏转
Ⅱ
向左侧烧杯中滴加少量的饱和FeCl3溶液
灵敏电流表指针向左侧偏转
Ⅲ
继续向左侧烧杯中再滴加少量的铁氰化钾溶液
左侧烧杯中产生蓝色沉淀、灵敏电流表指针向左侧偏转幅度更大
①分析实验Ⅰ电流计指针不偏转(没有形成原电池)的原因是 ______.
②分析实验Ⅱ电流计指针偏转以及实验Ⅲ电流计指针偏转幅度更大的原因 ______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变反应速率无关，故A正确；
B.食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故B错误；
C.包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故C错误；
D.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，与减小反应速率有关，故D错误；
故选：A。
A.加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软；
B.温度越低，反应速率越慢；
C.包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化；
D.作原电池负极的金属被腐蚀，作原电池正极的金属被保护。
本题考查化学反应速率，题目难度不大，明确化学反应速率的影响因素、化学与生活的联系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活中的化学知识应用。
2.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握盐的类别、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盐类水解规律的应用。
【解答】A.NaCl为强酸强碱盐，溶液中不水解，溶液为中性，故A错误；
B.FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B正确；
C.NaClO为强碱弱酸盐，溶液中次氯酸根离子水解，使溶液显碱性，故C错误；
D.NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解，使溶液显碱性，故D错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】解：A.氢氧化钠溶液与稀硫酸混合，发生中和反应，属于放热反应，故A错误；
B.燃烧反应均为放热反应，故B错误；
C.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应时温度降低，为吸热反应，故C正确；
D.氧化钙溶于水，发生放热反应，故D错误；
故选：C。
反应物总能量小于生成物总能量的反应为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应等，以此来解答。
本题考查吸热反应，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，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的电离的影响因素，题目难度不大．要注意酸或碱都抑制水电离，能水解的盐促进水解。
【解答】
酸或碱都抑制水电离，能水解的盐促进水解，不水解的盐对水的电离无影响，依此进行判断。
酸或碱都抑制水电离，故②NaOH和③H2SO4溶液中水的电离程度较小，由于硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，故相同物质的量浓度的硫酸中水的电离程度小于氢氧化钠中水的电离程度；不水解的盐①NaCl对水的电离无影响，
故水的电离程度的正确排列顺序为：①>②>③，故C正确。
故选C。
5.【答案】D
【解析】解：①第三周期主族元素从左向右第一电离能增大，且最外层电子全满、半满为稳定结构，则Mg、P均大于相邻元素的第一电离能，不符合图中变化，故①错误；
②第三周期主族元素从左向右电负性增大，与图中y随原子序数的增大而增大一致，故②正确；
③第三周期主族元素从左向右原子半径减小，不符合图中变化，故③错误；
④电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则铝离子半径最小，不符合图中变化，故④错误；
⑤第三周期主族元素的最高正价数等于最外层电子数，从左向右逐渐增大，与图中y随原子序数的增大而增大一致，故⑤正确；
故选：D。
①第三周期主族元素从左向右第一电离能增大，且最外层电子全满、半满为稳定结构；
②第三周期主族元素从左向右电负性增大；
③第三周期主族元素从左向右原子半径减小；
④电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；
⑤第三周期主族元素的最高正价数等于最外层电子数。
本题考查元素的性质，为高频考点，把握元素的第一电离能、化合价、半径的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.温度未知，100℃时pH=6的溶液为中性，故A错误；
B.溶液中c(H+)=c(OH−)，可知溶液为中性，故B正确；
C.石蕊的变色范围为8∼10，可知石蕊溶液呈紫色的溶液可能显碱性，故C错误；
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能水解显酸性或碱性，如氯化铵、碳酸钠，故D错误；
故选：B。
由c(H+)、c(OH−)的相对大小判断溶液的酸碱性，常温下中性溶液的pH=7，且溶液中c(H+)=c(OH−)时溶液为中性，以此来解答。
本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握溶液酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.第三能层有3s、3p、3d共3个能级，故A错误；
B.3d能级有5个轨道，每个轨道最多填充2个电子且自旋方向下方，故3d能级最多容纳电子数为2×5=10，故B错误；
C.第三能层最多容纳电子数为2×32=18，故C错误；
D.s能级只有1个原子轨道，每个轨道最多填充2个电子，即s能级最多容纳2个电子，故D正确；
故选：D。
A.能级数目等于能层序数；
B.能级最多填充电子等于其含有的轨道数目的2倍；
C.没有能层最多容纳电子数为2n2(n为能层序数)；
D.s能级只有1个原子轨道，每个轨道最多填充2个电子。
本题考查核外电子排布，明确排布规律即可解答，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】C
【解析】解：A.加入KI固体，使c(I−)增大，PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动，则溶液中PbI2(s)质量增大，故A正确；
B.温度不变，则溶液中PbI2溶度积常数不变，故B正确；
C.c(I−)增大使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动，则溶液中Pb2+的浓度减小，故C错误；
D.加入KI固体，c(I−)增大，使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)的沉淀溶解平衡向左移动，故D正确；
故选：C。
A.加入KI固体，使c(I−)增大，PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动；
B.溶度积常数与温度有关；
C.c(I−)增大使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动；
D.生成物浓度增大，平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡移动、溶度积常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B.当NO的转化率不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应就达到了化学平衡状态，故B正确；
C.该反应为可逆反应，4mol氨气与足量的NO充分反应生成氮气的物质的量小于5mol，放出的热量小于QkJ，故C错误；
D.增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，平衡逆向移动，说明逆反应速率增大的更多，故D错误；
故选：B。
A.混合气体的总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变；
B.NO的转化率不再变化时，表明正逆反应速率相等；
C.该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物；
D.压强增大，正逆反应速率均增大。
本题考查化学平衡状态的判断、化学反应速率的影响因素，为高频考点，明确可逆反应推断为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.原电池是将化学能转化为电能的装置，该装置中锌片、石墨片和食盐水构成了原电池，故A正确；
B.锌片、石墨片和食盐水构成的原电池中，Zn较活泼，发生失电子的反应，则锌为负极，石墨为正极，故B正确；
C.该原电池中，石墨为正极，正极上氧气发生得电子的反应，正极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，故C正确；
D.该原电池中，石墨为正极，锌为负极，原电池工作时，阳离子移向正极，即Na+向石墨片方向运动，故D错误；
故选：D。
由图可知，锌片、石墨片和食盐水构成了原电池，将化学能转化为电能，其中锌发生失电子的氧化反应，作负极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，石墨作正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，正极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，把握电极判断、电极反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H−H键与C=O键断裂吸收能量，故A正确；
B.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，故B正确；
C.催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，故C错误；
D.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2⇌CH4+2H2O，故D正确；
故选：C。
A.化学变化中有化学键的断裂和生成；
B.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能；
C.催化剂对平衡移动无影响；
D.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故A正确；
B.阳极上Cl−失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故B正确；
C.阴极区域生成OH−，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，故C正确；
D.阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−、阳极上Cl−失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成，电池反应式为O2+4Cl−+2H2O−电解2Cl2↑+4OH−，故D错误；
故选：D。
A.根据图知，阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−；
B.阳极上Cl−失电子生成Cl2；
C.阴极区域生成OH−，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区；
D.阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−、阳极上Cl−失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成。
本题考查电解原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.CO32−水解生成HCO3−、OH−，导致溶液中c(H+)
C.盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，所以ab段、bc段水解平衡都向右移动，故C错误；
D.升高温度促进水解，则Na2CO3的水解程度增大，且水的电离程度增大，则水的离子积常数增大，所以Na2CO3溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故选：C。
A.CO32−水解生成HCO3−、OH−；
B.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(C)；
C.盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；
D.升高温度促进水解，且水的电离程度增大。
本题考查盐类水解，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、温度对盐类水解的影响是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.由表中数据及反应可知，反应在前2s的平均速率v(O2)=0.8mol2L2s×12=0.1mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，平衡正向移动，促进二氧化硫的转化，则达新平衡时SO2的转化率增大，故C正确；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，可看成原反应体系的体积减小一半，压强增大，平衡正向移动，n(O2)减小、n(SO3)增大，则达新平衡时n(SO3)n(O2)增大，故D错误；
故选：C。
A.结合v=△c△t及速率之比等于化学计量数之比计算；
B.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C.保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，平衡正向移动，促进二氧化硫的转化；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，可看成原反应体系的体积减小一半，压强增大。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握速率计算、平衡常数与温度的关系、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D为解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】1s22s22p63s23p2 13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子 ①③ 485
故答案为：1s22s22p63s23p2；
(2)13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子，更稳定，失去电子需要能量更高，故13号元素的E值比12号元素低，
故答案为：13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子；
(3)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，所以E(砷)>E(硒)，E(溴)>E(硒)，
故答案为：①③；
(4)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，所以钙的E值大于485kJ/mol，同主族自上而下E值减小，所以钙的E值小于738kJ/mol，故485
故答案为：与11号元素相比，19号元素电子层多、原子半径大，原子核最最外层电子吸引更弱，失去最外层的一个电子需要的能量低。
(1)根据构造原理书写；
(2)具有全满、半满、全空电子构型的微粒更稳定，失去电子需要的能量更多；
(3)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素；
(4)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，同主族自上而下E值减小；
(5)电子层越多，原子半径越大，越容易失去电子。
本题考查元素周期律、核外电子排布，关键是根据图中曲线变化分析规律，并从结构上进行理解，题目侧重考查学生信息获取能力、灵活运用知识的能力。
16.【答案】还原 SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4)H2S+⋅OH=⋅SH+H2O⋅SH+O2=SO+⋅OH27O2 2H2O22ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动
【解析】解：(1)SO2和H2S反应会产生硫单质，其中H2S中S元素由−2价升高到了0价，被氧化，体现还原性，SO2体现了氧化性，
故答案为：还原；
(2)大气中的SO2会形成酸雨，酸雨的形成有两种方式，相关的化学方程式为SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，或者是2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4)；
(3)由题中转化关系可知，则第一步反应为H2S+⋅OH=⋅SH+H2O，第二步反应的方程式为⋅SH+O2=SO+⋅OH，
故答案为：H2S+⋅OH=⋅SH+H2O；⋅SH+O2=SO+⋅OH；
(4)FeS2中S元素由−1价升高到+6价，1个FeS2共升高了14价，O2中O元素由0价降低到了−2价，1个O2共降低了4价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的方程式为2FeS2+7O2+2H2O−细菌2FeSO4+2H2SO4，
故答案为：2；7O2；2H2O；2；2；
(5)由题意可知，ZnS是白色的，铜蓝是CuS，ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动，
故答案为：ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动。
(1)所含元素化合价升高，被氧化，体现还原性，反正，体现氧化性；
(2)酸雨的形成有两种方式，一种是先转化为H2SO3，H2SO3被氧化为H2SO4，另一种是SO2先被氧化为SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4；
(3)由题中转化关系可知，则第一步反应为H2S与⋅OH反应生成⋅SH和H2O，第二步反应的方程式为⋅SH和O2反应生成SO和⋅OH，根据原子守恒，即可写出反应的方程式；
(4)FeS2中S元素由−1价升高到+6价，1个FeS2共升高了14价，O2中O元素由0价降低到了−2价，1个O2共降低了4价，根据化合价升降守恒和原子守恒，即可写出反应的方程式；
(5)ZnS是白色的难溶物，铜蓝是CuS，ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动。
本题主要考查酸雨的形成，氧化还原反应方程式的书写以及缺项配平，沉淀溶解平衡的移动，知识面较广，难度不大。
17.【答案】a−b增大压强；降低温度或将二甲醚或CO2从体系中分离出去 2∼3MCH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+ Fe−2e−=Fe2+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】解：(1)由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量，ΔH=(a−b)kJ/mol，
故答案为：a−b；
(2)反应为气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理可知，有利于提高反应CH3OCH3产率的条件为增大压强；降低温度；将二甲醚或CO2从体系中分离出去，
故答案为：增大压强；降低温度或将二甲醚或CO2从体系中分离出去；
(3)根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为2−3(之间的数都行)，此时转化率或反应选择性最高，
故答案为：2∼3；
(4)①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，其电极反应为CH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+，
故答案为：M；CH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+；
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−向阳极区运动和生成的亚铁离子反应生成铁离子和Cr3+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
(1)由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量；
(2)反应为气体分子数减小的放热反应，据勒夏特列反应分析；
(3)根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为2∼3；
(4)①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子。
本题考查化学反应中能量变化、化学平衡移动、原电池与电解池，为高频考点，难度中等，是对学生综合能力的考查。
18.【答案】MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=−248kJ/mol增大接触面积，加快反应速率 MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2OK2MnO4在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中不稳定 MnO42−−e−=MnO4− 阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原 B53.1%
【解析】解：(1)已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1根据盖斯定律，将①-②+③，整理可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=(520+297−1065)kJ/mol=−248kJ/mol，
故答案为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=−248kJ/mol；
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎目的是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(3)在焙烧时MnO2、O2、KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2O，
故答案为：MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2O；
(4)根据文献资料可知：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应，为了使制取得到的K2MnO4稳定存在，要将固体研细后稀KOH溶液浸取，
故答案为：K2MnO4在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中不稳定；
(5)①根据图示可知：阳离子通过阳离子交换膜由左侧进入右侧，则左侧为阳极，阴离子MnO42−放电，使阳离子浓度增大，则阳极的电极反应式为：MnO42−−e−=MnO4−，
故答案为：MnO42−−e−=MnO4−；
②用阳离子交换膜可以防止阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原，因此使用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，
故答案为：阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原；
(6)①KMnO4溶液具有强氧化性，酸化该物质时，不能使用具有还原性的稀盐酸，也不能使用本身就具有强氧化性的硝酸及次氯酸，否则会带来实验误差，故应该使用稀硫酸酸化KMnO4溶液，故合理选项是B，
故答案为：B；
②根据实验数据可知实验1数据误差较大应该舍去，则反应平均消耗Na2SO3溶液的体积V(Na2SO3)=20.98+21.022mL=21.00mL，反应消耗Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=0.2000mol/L×0.021L=0.0042mol，则根据反应转化关系可知n(MnO4−)=25n(Na2SO3)=0.00168mol，m(KMnO4)=0.00168mol×158g/mol=0.26544g，所以该KMnO4样品的纯度为：0.265440.5000×100%≈53.1%，
故答案为：53.1%。
(1)已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1根据盖斯定律，将①-②+③，整理可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)；
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎目的是增大接触面积，加快反应速率；
(3)在焙烧时MnO2、O2、KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式；
(4)根据文献资料可知：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应；
(5)①根据图示可知：阳离子通过阳离子交换膜由左侧进入右侧，则左侧为阳极，阴离子MnO42−放电，使阳离子浓度增大；
②用阳离子交换膜可以防止阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原；
(6)①KMnO4溶液具有强氧化性，酸化该物质时，不能使用具有还原性的稀盐酸，也不能使用本身就具有强氧化性的硝酸及次氯酸，否则会带来实验误差；
②根据实验数据可知实验1数据误差较大应该舍去，则反应平均消耗Na2SO3溶液的体积V(Na2SO3)=20.98+21.022mL=21.00mL，反应消耗Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=0.2000mol/L×0.021L=0.0042mol，则根据反应转化关系可知n(MnO4−)=25n(Na2SO3)=0.00168mol，m(KMnO4)=0.00168mol×158g/mol=0.26544g。
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、电解原理、纯度计算等，明确实验原理是答题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19.【答案】取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ Fe3+有氧化性，HSO3−有还原性，混合后会发生氧化还原反应 Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑、H++HSO3−=H2O+SO2↑生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的氧化下橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向进行，最终溶液几乎无色 在此条件下，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应 步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，与Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强，电流表指针变大
【解析】解：(1)溶液如果变质会生成硫酸钠，因此可通过检验样品中是否有硫酸根离子确定溶液是否变质，具体操作：取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质，
故答案为：取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质；
(2)氯化铁为强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶于稀盐酸中可以抑制氯化铁的水解，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(3)氯化铁具有较强的氧化性，亚硫酸钠具有强的还原性，两者混合后会发生氧化还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，溶液颜色由黄色变浅绿色，
故答案为：Fe3+有氧化性，HSO3−有还原性，混合后会发生氧化还原反应；
(4)①刺激性气味气体为二氧化硫，生成的原因可能是Fe3+与HSO3−发生双水解反应：Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑，也可能是氯化铁溶液水解溶液显酸性，溶液中的氢离子与反应生成二氧化硫，H++HSO3−=H2O+SO2↑，
故答案为：Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑、H++HSO3−=H2O+SO2↑；
②由现象可知沉淀溶解迅速生成红色溶液，说明该转化的反应速率较快，随后溶液逐渐变成橙色，说明红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的氧化下的浓度不断下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向移动，最终溶液几乎无色，
故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色；
(5)①由步骤Ⅱ可知，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应，因此未形成原电池，故没有电流产生，
故答案为：在此条件下，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应；
②在步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，和Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+反的浓度，FeCl3溶溶液氧化性增强，电流表指针变大，
故答案为：步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，与Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强，电流表指针变大。
(1)NaHSO3溶液如果变质会生成硫酸钠，因此可通过检验样品中是否有硫酸根离子确定溶液是否变质；
(2)氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解；
(3)氯化铁具有较强的氧化性，亚硫酸钠具有强的还原性，两者混合后会发生氧化还原反应；
(4)①FeCl3 溶液显酸性，原因可能是HSO3−与Fe3+或H+发生反应生成二氧化硫；
②由现象可知沉淀溶解迅速生成红色溶液，说明该转化的反应速率较快，随后溶液逐渐变成橙色，说明红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的氧化下的HOFeOSO2浓度不断下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向移动，最终溶液几乎无色；
(5)①由步骤Ⅱ可知，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应，未形成原电池；
②步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，和Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强。
本题考查了制备实验方案的设计与评价，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确物质性质实验方案的设计与评价方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目较难。
2021-2022学年北京市顺义区高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生后息息相关，下列措施不是为了改变化学反应速率的是( )
A. 制作馒头时添加膨松剂 B. 将食物存放在冰箱中
C. 糕点包装袋内放置除氧剂 D. 在轮船的船壳水线以下部位装上锌锭
2. 下列物质的水溶液呈酸性的是( )
A. NaCl B. FeCl3 C. NaClO D. NaHCO3
3. 下列反应中属于吸热反应的是( )
A. 氢氧化钠溶液与稀硫酸混合 B. 甲烷燃烧
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合搅拌 D. 氧化钙溶于水
4. 25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl ②NaOH ③H2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是( )
A. ③>②>① B. ②>③>① C. ①>②>③ D. ③>①>②
5. 如图是第三周期主族元素的某些性质随原子序数变化的柱形图，则y轴可表示( )
①第一电离能
②电负性
③原子半径
④简单离子半径
⑤最高正化合价
A. ①②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ②③④⑤ D. ②⑤
6. 下列溶液一定呈中性的是( )
A. pH=7的溶液 B. 溶液中c(H+)=c(OH−)
C. 石蕊溶液呈紫色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
7. 下列说法正确的是( )
A. 第三能层有s、p共两个能级 B. 3d能级最多容纳5个电子
C. 第三能层最多容纳8个电子 D. s能级最多容纳2个电子
8. 25℃时，在含有PbI2晶体的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)，加入KI固体时，下列说法中不正确的是( )
A. 溶液中PbI2(s)质量增大 B. 溶液中PbI2溶度积常数不变
C. 溶液中Pb2+的浓度不变 D. 沉淀溶解平衡向左移动
9. 在恒容密闭容器中，发生的化学反应为：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1808kJ/mol。下列说法正确的是( )
A. 当混合气体密度不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态
B. 当NO的转化率不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态
C. 4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJ
D. 增大压强，正反应速率增大逆反应速率减小
10. 盐水小汽车是一款神奇的玩具，只要在小汽车尾部动力部位加几滴NaCl溶液，小汽车就可以跑动起来，其电池结构如图，
下列关于该电池的说法中不正确的是( )
A. 该电池工作时，化学能转化为电能
B. 锌为电池的负极，石墨为电池的正极
C. 正极的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−
D. 电解质溶液中Na+向锌片方向运动
11. 我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如图，下列说法不正确的是( )
A. 在反应历程中，H−H与C=O断裂吸收能量
B. 反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
C. 催化剂可有效提高反应物的平衡转化率从而提高经济效益
D. 总反应方程式为：CO2+4H2Ni/Al2O3CH4+2H2O
12. 传统的氯碱工业具有能耗高的缺点，科学家正在开发一种叫“氧阴极技术”的新工艺，新工艺与传统工艺相比在于阴极结构，通过向阴极区供应纯氧从而避免H+直接得电子生成H2，这样可以降低电压，从而减少能耗。图是采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置图，下列说法中不正确的是( )
A. 阴极的电极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. 阳极的电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑
C. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过
D. 装置中发生反应的离子方程式为2Cl−+2H2O−电解Cl2↑+H2↑+2OH−
13. 某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不正确的是( )
A. 碳酸钠溶液呈碱性的主要原因是：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
B. 碳酸钠溶液中存在：c(Na+)=2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]
C. ab段说明水解平衡向右移动；bc段说明水解平衡向左移动
D. 随温度升高，Na2CO3溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
14. 一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见表，下列说法正确的是( )
t/s
0
2
4
6
8
n(SO3)/mol
0
0.8
1.4
1.8
1.8
A. 反应在前2s的平均速率v(O2)=0.4mol⋅L−1⋅s−1
B. 保持其他条件不变，升高温度，化学平衡常数增大
C. 保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，反应达新平衡时SO2的转化率增大
D. 保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达新平衡时n(SO3)n(O2)减小
15. 不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的最低能量，设其为E，如图所示．试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并完成下列问题．
(1)写出14号元素基态原子的电子排布式 ______.
(2)用所学理论解释13号元素的E值比12号元素低的原因 ______.
(3)同一周期内，随着原子序数的增大，E值增大，但个别元素的E值出现反常现象．试预测下列关系式中正确的是 ______(填序号).
①E(砷)>E(硒)
②E(砷)
④E(溴)
(5)从原子结构的角度解释19号元素的E值比11号元素E值低的原因 ______.
16. 硫是生命的必须元素，在自然界的循环中具有重要意义。
(1)火山口附近SO2和H2S反应会产生硫单质，其中H2S体现 ______性(填“氧化”或“还原”)。
(2)大气中的SO2会形成酸雨，相关的化学方程式为 ______。
(3)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化成活泼的⋅OH(羟基自由基，“⋅”表示1个电子)。⋅OH可以看成催化剂，将H2S转化为SO2，过程如下：H2S→第一步⋅OH⋅SH→第二步O2SO→第三步O2SO2，则第一步反应和第二步反应的方程式为 ______、______。
(4)土壤中的黄铁矿(主要成分是FeS2)在细菌的作用下发生转化。请将该反应的方程式补充完整：______FeS2+______+______→硫化细菌______FeSO4+______H2SO4。
(5)结合溶解平衡理论解释图中ZnS转化为铜蓝色的原因 ______。
17. 二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”．
(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH.其反应物和生成物的能量如图所示，ΔH=______kJ⋅mol−1.
(2)根据题目信息和你所学化学知识分析，有利于提高反应CH3OCH3产率的条件为 ______(至少写出两条).
(3)采用新型催化剂(主要成分是Cu−Mn的合金)制备二甲醚．催化剂中n(Mn)n(Cu)对合成二甲醚的影响情况如图所示．(已知：选择性=目标产物产率CO转化率×100%)
请根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为 ______.
(4)用二甲醚CH3OCH3燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+.原理如图：
①燃料电池中的负极是 ______(填“M”或“N”)电极，其电极反应为 ______.
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因 ______.
18. 二氧化锰和高锰酸钾是重要的化学用品文献资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低).
Ⅰ.用软锰矿吸收含SO2的废气，制备高纯度的硫酸锰晶体
已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1
②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1
③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1
(1)固体MnO2和SO2(g)反应生成MnSO4固体的热化学方程式为 ______.
Ⅱ.工业上常用软锰矿(主要成分MnO2)为原料制备高锰酸钾．其方法为：将软锰矿(主要成分MnO2)充分粉碎后与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液(主要成分为K2MnO4).再将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，制得KMnO4.
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎的原因是 ______.
(3)焙烧时发生反应的化学方程式为 ______.
(4)固体研细后稀KOH溶液浸取的原因是 ______.
(5)用惰性电极隔膜法电解K2MnO4溶液的装置为如图：
①a极的电极反应为 ______.
②研究发现，用无膜法电解时，锰元素利用较低，其原因是 ______.
Ⅲ.测定KMnO4产品的纯度
(6)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定．
①取某KMnO4产品0.5000g溶于水，并加入 ______(填字母)进行酸化．
A.稀盐酸
B.稀硫酸
C.硝酸
D.次氯酸
②所得溶液用0.2000mol⋅L−1标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积．
重复步骤①②，三次平行实验数据如表。(有关离子方程式为2MnO4−+5SO32−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O)
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/mL
19.30
20.98
21.02
计算该KMnO4(式量为：158)产品的纯度为 ______(结果保留三位有效数字).
19. 某化学小组对FeCl3溶液与NaHSO3溶液反应进行探究．
(一)配制溶液
(1)配制NaHSO3溶液前需检验是否变质，其操作为 ______.
(2)用离子方程式解释配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于稀盐酸，再稀释到所需的浓度的原因 ______.
(二)预测实验
(3)该小组同学预测FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，他们预测的理论依据为：______.
(三)实施实验向2mL1mol/LNaHSO3溶液中逐滴加入0.5ml1mol/L的FeCl3溶液
装置
反应时间
实验现象
0∼1min
产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1∼30min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色
30min后
与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色
(4)①小组同学同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，请写出相应的离子方程式 ______.
②查阅资料：溶液中Fe3+、SO32−、OH−三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：HOFeOSO2(红色)⇌HOFeOSO2(橙色)→O2Fe2++SO42−，从反应速率和化学平衡两个角度解释1∼30min的实验现象 ______.
(5)小组同学认为没有观察到预期的实验现象，是因为混合产生气体的反应，干扰了氧化还原反应的发生，小组同学通过如下实验证明了猜想的正确性．
装置
实验步骤
操作
实验现象
Ⅰ
向烧杯中装好溶液、链接好装置、闭合开关
灵敏电流表指针未发生偏转
Ⅱ
向左侧烧杯中滴加少量的饱和FeCl3溶液
灵敏电流表指针向左侧偏转
Ⅲ
继续向左侧烧杯中再滴加少量的铁氰化钾溶液
左侧烧杯中产生蓝色沉淀、灵敏电流表指针向左侧偏转幅度更大
①分析实验Ⅰ电流计指针不偏转(没有形成原电池)的原因是 ______.
②分析实验Ⅱ电流计指针偏转以及实验Ⅲ电流计指针偏转幅度更大的原因 ______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变反应速率无关，故A正确；
B.食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故B错误；
C.包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故C错误；
D.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，与减小反应速率有关，故D错误；
故选：A。
A.加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软；
B.温度越低，反应速率越慢；
C.包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化；
D.作原电池负极的金属被腐蚀，作原电池正极的金属被保护。
本题考查化学反应速率，题目难度不大，明确化学反应速率的影响因素、化学与生活的联系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活中的化学知识应用。
2.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握盐的类别、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盐类水解规律的应用。
【解答】A.NaCl为强酸强碱盐，溶液中不水解，溶液为中性，故A错误；
B.FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B正确；
C.NaClO为强碱弱酸盐，溶液中次氯酸根离子水解，使溶液显碱性，故C错误；
D.NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解，使溶液显碱性，故D错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】解：A.氢氧化钠溶液与稀硫酸混合，发生中和反应，属于放热反应，故A错误；
B.燃烧反应均为放热反应，故B错误；
C.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应时温度降低，为吸热反应，故C正确；
D.氧化钙溶于水，发生放热反应，故D错误；
故选：C。
反应物总能量小于生成物总能量的反应为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应等，以此来解答。
本题考查吸热反应，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，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的电离的影响因素，题目难度不大．要注意酸或碱都抑制水电离，能水解的盐促进水解。
【解答】
酸或碱都抑制水电离，能水解的盐促进水解，不水解的盐对水的电离无影响，依此进行判断。
酸或碱都抑制水电离，故②NaOH和③H2SO4溶液中水的电离程度较小，由于硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，故相同物质的量浓度的硫酸中水的电离程度小于氢氧化钠中水的电离程度；不水解的盐①NaCl对水的电离无影响，
故水的电离程度的正确排列顺序为：①>②>③，故C正确。
故选C。
5.【答案】D
【解析】解：①第三周期主族元素从左向右第一电离能增大，且最外层电子全满、半满为稳定结构，则Mg、P均大于相邻元素的第一电离能，不符合图中变化，故①错误；
②第三周期主族元素从左向右电负性增大，与图中y随原子序数的增大而增大一致，故②正确；
③第三周期主族元素从左向右原子半径减小，不符合图中变化，故③错误；
④电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则铝离子半径最小，不符合图中变化，故④错误；
⑤第三周期主族元素的最高正价数等于最外层电子数，从左向右逐渐增大，与图中y随原子序数的增大而增大一致，故⑤正确；
故选：D。
①第三周期主族元素从左向右第一电离能增大，且最外层电子全满、半满为稳定结构；
②第三周期主族元素从左向右电负性增大；
③第三周期主族元素从左向右原子半径减小；
④电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小；
⑤第三周期主族元素的最高正价数等于最外层电子数。
本题考查元素的性质，为高频考点，把握元素的第一电离能、化合价、半径的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.温度未知，100℃时pH=6的溶液为中性，故A错误；
B.溶液中c(H+)=c(OH−)，可知溶液为中性，故B正确；
C.石蕊的变色范围为8∼10，可知石蕊溶液呈紫色的溶液可能显碱性，故C错误；
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐，可能水解显酸性或碱性，如氯化铵、碳酸钠，故D错误；
故选：B。
由c(H+)、c(OH−)的相对大小判断溶液的酸碱性，常温下中性溶液的pH=7，且溶液中c(H+)=c(OH−)时溶液为中性，以此来解答。
本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握溶液酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.第三能层有3s、3p、3d共3个能级，故A错误；
B.3d能级有5个轨道，每个轨道最多填充2个电子且自旋方向下方，故3d能级最多容纳电子数为2×5=10，故B错误；
C.第三能层最多容纳电子数为2×32=18，故C错误；
D.s能级只有1个原子轨道，每个轨道最多填充2个电子，即s能级最多容纳2个电子，故D正确；
故选：D。
A.能级数目等于能层序数；
B.能级最多填充电子等于其含有的轨道数目的2倍；
C.没有能层最多容纳电子数为2n2(n为能层序数)；
D.s能级只有1个原子轨道，每个轨道最多填充2个电子。
本题考查核外电子排布，明确排布规律即可解答，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
8.【答案】C
【解析】解：A.加入KI固体，使c(I−)增大，PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动，则溶液中PbI2(s)质量增大，故A正确；
B.温度不变，则溶液中PbI2溶度积常数不变，故B正确；
C.c(I−)增大使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动，则溶液中Pb2+的浓度减小，故C错误；
D.加入KI固体，c(I−)增大，使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)的沉淀溶解平衡向左移动，故D正确；
故选：C。
A.加入KI固体，使c(I−)增大，PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动；
B.溶度积常数与温度有关；
C.c(I−)增大使PbI2(s)⇌Pb2+(ag)+2I−(ag)逆向移动；
D.生成物浓度增大，平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡移动、溶度积常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B.当NO的转化率不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应就达到了化学平衡状态，故B正确；
C.该反应为可逆反应，4mol氨气与足量的NO充分反应生成氮气的物质的量小于5mol，放出的热量小于QkJ，故C错误；
D.增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，平衡逆向移动，说明逆反应速率增大的更多，故D错误；
故选：B。
A.混合气体的总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变；
B.NO的转化率不再变化时，表明正逆反应速率相等；
C.该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物；
D.压强增大，正逆反应速率均增大。
本题考查化学平衡状态的判断、化学反应速率的影响因素，为高频考点，明确可逆反应推断为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.原电池是将化学能转化为电能的装置，该装置中锌片、石墨片和食盐水构成了原电池，故A正确；
B.锌片、石墨片和食盐水构成的原电池中，Zn较活泼，发生失电子的反应，则锌为负极，石墨为正极，故B正确；
C.该原电池中，石墨为正极，正极上氧气发生得电子的反应，正极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，故C正确；
D.该原电池中，石墨为正极，锌为负极，原电池工作时，阳离子移向正极，即Na+向石墨片方向运动，故D错误；
故选：D。
由图可知，锌片、石墨片和食盐水构成了原电池，将化学能转化为电能，其中锌发生失电子的氧化反应，作负极，负极反应式为Zn−2e−=Zn2+，石墨作正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，正极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，把握电极判断、电极反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H−H键与C=O键断裂吸收能量，故A正确；
B.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，故B正确；
C.催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，故C错误；
D.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2⇌CH4+2H2O，故D正确；
故选：C。
A.化学变化中有化学键的断裂和生成；
B.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能；
C.催化剂对平衡移动无影响；
D.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故A正确；
B.阳极上Cl−失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故B正确；
C.阴极区域生成OH−，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，故C正确；
D.阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−、阳极上Cl−失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成，电池反应式为O2+4Cl−+2H2O−电解2Cl2↑+4OH−，故D错误；
故选：D。
A.根据图知，阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−；
B.阳极上Cl−失电子生成Cl2；
C.阴极区域生成OH−，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区；
D.阴极上O2得电子和H2O反应生成OH−、阳极上Cl−失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成。
本题考查电解原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.CO32−水解生成HCO3−、OH−，导致溶液中c(H+)
C.盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，所以ab段、bc段水解平衡都向右移动，故C错误；
D.升高温度促进水解，则Na2CO3的水解程度增大，且水的电离程度增大，则水的离子积常数增大，所以Na2CO3溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故选：C。
A.CO32−水解生成HCO3−、OH−；
B.溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(C)；
C.盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；
D.升高温度促进水解，且水的电离程度增大。
本题考查盐类水解，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、温度对盐类水解的影响是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.由表中数据及反应可知，反应在前2s的平均速率v(O2)=0.8mol2L2s×12=0.1mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，平衡正向移动，促进二氧化硫的转化，则达新平衡时SO2的转化率增大，故C正确；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，可看成原反应体系的体积减小一半，压强增大，平衡正向移动，n(O2)减小、n(SO3)增大，则达新平衡时n(SO3)n(O2)增大，故D错误；
故选：C。
A.结合v=△c△t及速率之比等于化学计量数之比计算；
B.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C.保持其它条件不变，再向体系中充入nmolO2，平衡正向移动，促进二氧化硫的转化；
D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，可看成原反应体系的体积减小一半，压强增大。
本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握速率计算、平衡常数与温度的关系、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D为解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】1s22s22p63s23p2 13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子 ①③ 485
故答案为：1s22s22p63s23p2；
(2)13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子，更稳定，失去电子需要能量更高，故13号元素的E值比12号元素低，
故答案为：13号元素失去的是3p1上1个电子，而12号元素失去全充满的3s2上1个电子；
(3)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，所以E(砷)>E(硒)，E(溴)>E(硒)，
故答案为：①③；
(4)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，所以钙的E值大于485kJ/mol，同主族自上而下E值减小，所以钙的E值小于738kJ/mol，故485
故答案为：与11号元素相比，19号元素电子层多、原子半径大，原子核最最外层电子吸引更弱，失去最外层的一个电子需要的能量低。
(1)根据构造原理书写；
(2)具有全满、半满、全空电子构型的微粒更稳定，失去电子需要的能量更多；
(3)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素；
(4)由图可知，同一周期中从左到右E值呈现增大的趋势，但是ⅡA族、ⅤA族的E值大于同周期相邻主族元素，同主族自上而下E值减小；
(5)电子层越多，原子半径越大，越容易失去电子。
本题考查元素周期律、核外电子排布，关键是根据图中曲线变化分析规律，并从结构上进行理解，题目侧重考查学生信息获取能力、灵活运用知识的能力。
16.【答案】还原 SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4)H2S+⋅OH=⋅SH+H2O⋅SH+O2=SO+⋅OH27O2 2H2O22ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动
【解析】解：(1)SO2和H2S反应会产生硫单质，其中H2S中S元素由−2价升高到了0价，被氧化，体现还原性，SO2体现了氧化性，
故答案为：还原；
(2)大气中的SO2会形成酸雨，酸雨的形成有两种方式，相关的化学方程式为SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，或者是2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O2−飘尘2SO3，SO3+H2O=H2SO4)；
(3)由题中转化关系可知，则第一步反应为H2S+⋅OH=⋅SH+H2O，第二步反应的方程式为⋅SH+O2=SO+⋅OH，
故答案为：H2S+⋅OH=⋅SH+H2O；⋅SH+O2=SO+⋅OH；
(4)FeS2中S元素由−1价升高到+6价，1个FeS2共升高了14价，O2中O元素由0价降低到了−2价，1个O2共降低了4价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的方程式为2FeS2+7O2+2H2O−细菌2FeSO4+2H2SO4，
故答案为：2；7O2；2H2O；2；2；
(5)由题意可知，ZnS是白色的，铜蓝是CuS，ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动，
故答案为：ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，下渗的硫酸铜中的铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动。
(1)所含元素化合价升高，被氧化，体现还原性，反正，体现氧化性；
(2)酸雨的形成有两种方式，一种是先转化为H2SO3，H2SO3被氧化为H2SO4，另一种是SO2先被氧化为SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4；
(3)由题中转化关系可知，则第一步反应为H2S与⋅OH反应生成⋅SH和H2O，第二步反应的方程式为⋅SH和O2反应生成SO和⋅OH，根据原子守恒，即可写出反应的方程式；
(4)FeS2中S元素由−1价升高到+6价，1个FeS2共升高了14价，O2中O元素由0价降低到了−2价，1个O2共降低了4价，根据化合价升降守恒和原子守恒，即可写出反应的方程式；
(5)ZnS是白色的难溶物，铜蓝是CuS，ZnS存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2++S2−，铜离子与S2−结合生成更难溶的CuS，促使上述沉淀溶解平衡正向移动。
本题主要考查酸雨的形成，氧化还原反应方程式的书写以及缺项配平，沉淀溶解平衡的移动，知识面较广，难度不大。
17.【答案】a−b增大压强；降低温度或将二甲醚或CO2从体系中分离出去 2∼3MCH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+ Fe−2e−=Fe2+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】解：(1)由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量，ΔH=(a−b)kJ/mol，
故答案为：a−b；
(2)反应为气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理可知，有利于提高反应CH3OCH3产率的条件为增大压强；降低温度；将二甲醚或CO2从体系中分离出去，
故答案为：增大压强；降低温度或将二甲醚或CO2从体系中分离出去；
(3)根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为2−3(之间的数都行)，此时转化率或反应选择性最高，
故答案为：2∼3；
(4)①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，其电极反应为CH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+，
故答案为：M；CH3OCH3−12e−+3H2O=2CO2↑+12H+；
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，Fe−2e−=Fe2+，Cr2O72−向阳极区运动和生成的亚铁离子反应生成铁离子和Cr3+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
故答案为：Fe−2e−=Fe2+，6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
(1)由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量；
(2)反应为气体分子数减小的放热反应，据勒夏特列反应分析；
(3)根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂n(Mn)n(Cu)最佳比例为2∼3；
(4)①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；
②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72−)转化为Cr3+的原因N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子。
本题考查化学反应中能量变化、化学平衡移动、原电池与电解池，为高频考点，难度中等，是对学生综合能力的考查。
18.【答案】MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=−248kJ/mol增大接触面积，加快反应速率 MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2OK2MnO4在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中不稳定 MnO42−−e−=MnO4− 阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原 B53.1%
【解析】解：(1)已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1根据盖斯定律，将①-②+③，整理可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=(520+297−1065)kJ/mol=−248kJ/mol，
故答案为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=−248kJ/mol；
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎目的是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(3)在焙烧时MnO2、O2、KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2O，
故答案为：MnO2+O2+4KOH−焙烧2K2MnO4+2H2O；
(4)根据文献资料可知：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应，为了使制取得到的K2MnO4稳定存在，要将固体研细后稀KOH溶液浸取，
故答案为：K2MnO4在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中不稳定；
(5)①根据图示可知：阳离子通过阳离子交换膜由左侧进入右侧，则左侧为阳极，阴离子MnO42−放电，使阳离子浓度增大，则阳极的电极反应式为：MnO42−−e−=MnO4−，
故答案为：MnO42−−e−=MnO4−；
②用阳离子交换膜可以防止阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原，因此使用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，
故答案为：阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原；
(6)①KMnO4溶液具有强氧化性，酸化该物质时，不能使用具有还原性的稀盐酸，也不能使用本身就具有强氧化性的硝酸及次氯酸，否则会带来实验误差，故应该使用稀硫酸酸化KMnO4溶液，故合理选项是B，
故答案为：B；
②根据实验数据可知实验1数据误差较大应该舍去，则反应平均消耗Na2SO3溶液的体积V(Na2SO3)=20.98+21.022mL=21.00mL，反应消耗Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=0.2000mol/L×0.021L=0.0042mol，则根据反应转化关系可知n(MnO4−)=25n(Na2SO3)=0.00168mol，m(KMnO4)=0.00168mol×158g/mol=0.26544g，所以该KMnO4样品的纯度为：0.265440.5000×100%≈53.1%，
故答案为：53.1%。
(1)已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ⋅mol−1，②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−297kJ⋅mol−1，③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=−1065kJ⋅mol−1根据盖斯定律，将①-②+③，整理可得MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)；
(2)软锰矿与KOH固体混合焙烧前充分粉碎目的是增大接触面积，加快反应速率；
(3)在焙烧时MnO2、O2、KOH发生氧化还原反应生成K2MnO4和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式；
(4)根据文献资料可知：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在中性或酸性溶液中易发生歧化反应；
(5)①根据图示可知：阳离子通过阳离子交换膜由左侧进入右侧，则左侧为阳极，阴离子MnO42−放电，使阳离子浓度增大；
②用阳离子交换膜可以防止阴离子MnO42−、MnO4−在阴极得到电子被还原；
(6)①KMnO4溶液具有强氧化性，酸化该物质时，不能使用具有还原性的稀盐酸，也不能使用本身就具有强氧化性的硝酸及次氯酸，否则会带来实验误差；
②根据实验数据可知实验1数据误差较大应该舍去，则反应平均消耗Na2SO3溶液的体积V(Na2SO3)=20.98+21.022mL=21.00mL，反应消耗Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=0.2000mol/L×0.021L=0.0042mol，则根据反应转化关系可知n(MnO4−)=25n(Na2SO3)=0.00168mol，m(KMnO4)=0.00168mol×158g/mol=0.26544g。
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、电解原理、纯度计算等，明确实验原理是答题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19.【答案】取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ Fe3+有氧化性，HSO3−有还原性，混合后会发生氧化还原反应 Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑、H++HSO3−=H2O+SO2↑生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的氧化下橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向进行，最终溶液几乎无色 在此条件下，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应 步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，与Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强，电流表指针变大
【解析】解：(1)溶液如果变质会生成硫酸钠，因此可通过检验样品中是否有硫酸根离子确定溶液是否变质，具体操作：取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质，
故答案为：取少量固体于试管，加入适量蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明已变质；
(2)氯化铁为强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，溶于稀盐酸中可以抑制氯化铁的水解，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；
(3)氯化铁具有较强的氧化性，亚硫酸钠具有强的还原性，两者混合后会发生氧化还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，溶液颜色由黄色变浅绿色，
故答案为：Fe3+有氧化性，HSO3−有还原性，混合后会发生氧化还原反应；
(4)①刺激性气味气体为二氧化硫，生成的原因可能是Fe3+与HSO3−发生双水解反应：Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑，也可能是氯化铁溶液水解溶液显酸性，溶液中的氢离子与反应生成二氧化硫，H++HSO3−=H2O+SO2↑，
故答案为：Fe3++3HSO3−⇌Fe(OH)3+3SO2↑、H++HSO3−=H2O+SO2↑；
②由现象可知沉淀溶解迅速生成红色溶液，说明该转化的反应速率较快，随后溶液逐渐变成橙色，说明红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的氧化下的浓度不断下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向移动，最终溶液几乎无色，
故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色；
(5)①由步骤Ⅱ可知，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应，因此未形成原电池，故没有电流产生，
故答案为：在此条件下，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应；
②在步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，和Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+反的浓度，FeCl3溶溶液氧化性增强，电流表指针变大，
故答案为：步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池，电流计指针偏转；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，与Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强，电流表指针变大。
(1)NaHSO3溶液如果变质会生成硫酸钠，因此可通过检验样品中是否有硫酸根离子确定溶液是否变质；
(2)氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解；
(3)氯化铁具有较强的氧化性，亚硫酸钠具有强的还原性，两者混合后会发生氧化还原反应；
(4)①FeCl3 溶液显酸性，原因可能是HSO3−与Fe3+或H+发生反应生成二氧化硫；
②由现象可知沉淀溶解迅速生成红色溶液，说明该转化的反应速率较快，随后溶液逐渐变成橙色，说明红色配合物生成橙色配合物的速率较慢，在氧气的氧化下的HOFeOSO2浓度不断下降，平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2不断正向移动，最终溶液几乎无色；
(5)①由步骤Ⅱ可知，FeCl3溶液与NaHSO3溶液因为浓度低不能发生氧化还原反应，未形成原电池；
②步骤Ⅱ中，加入FeCl3饱和溶液，氧化性增强，FeCl3溶液与NaHSO3溶液发生氧化还原反应，该装置构成了原电池；步骤Ⅲ中，加入铁氰化钾溶液，和Fe2+反应产生蓝色沉淀，降低了Fe2+的浓度，FeCl3溶液氧化性增强。
本题考查了制备实验方案的设计与评价，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确物质性质实验方案的设计与评价方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目较难。
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