还剩21页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。
2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷
1. 化学反应原理在日常生活中有重要应用，下列说法正确的是( )
A. 研究新型催化剂以分解CO2为CO和O2，同时获得燃料和热量
B. 手机电池的充电反应与放电反应属于可逆反应
C. 钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀且腐蚀速率比其发生化学腐蚀时要快的多
D. 烧碱溶液常用于厨房去油污且温度越高去油污效果越好
2. 氢能的快速发展有利于我国碳达峰、碳中和目标的实现。利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH，该反应过程中的能量变化如图，下列说法不正确的是( )
A. 该反应为吸热反应
B. 途径(I)的活化能E=E4−E1
C. 途径(II)与途径(I)相比既加快了反应速率又提高了CH3OH的平衡转化率
D. 途径(I)与途径(II)相比焓变不会发生变化
3. 下列过程的化学反应，相应的离子方程式不正确的是( )
A. 向AgCl浊液通入H2S气体变黑：2AgCl+H2S=Ag2S+2H++2Cl−
B. 明矾净水原理：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+
C. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2H++S2O32−=S↓+SO2↑+H2O
D. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓
4. 常温常压下，下列相关反应的能量变化与图中曲线变化相符的是( )
选项
I
II
A
1mol白磷固体完全燃烧
2mol白磷固体完全燃烧
B
16gCH4完全燃烧生成气态水
16gCH4完全燃烧生成液态水
C
1molH2SO4和Ba(OH)2恰好完全中和
1molH2SO4和NaOH恰好完全中和
D
1mol金刚石完全燃烧(已知石墨比金刚石稳定)
1mol石墨完全燃烧
A. A B. B C. C D. D
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下1LpH=3的FeCl3溶液中Cl−数目为3NA
B. 标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO−、Cl−微粒数目之和为0.2NA
C. 向1L0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA
D. 粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA
6. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
②由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
⑤加催化剂有利于合成氨的反应
A. ②⑤ B. ③⑤ C. ①② D. ②④
7. 现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是( )
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. 向等体积的③④中分别加入足量锌粉，室温下收集到氢气的体积：③>④
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH−)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH值：①>②>④>③
D. V1L①与V2L④混合，若混合后溶液pH=7，则V1>V2
8. 根据相应的图象(图象编号与选项一一对应)，判断下列相关说法正确的是( )
A. t0时改变某一条件后如图所示，则改变的条件一定是加入催化剂
B. 反应达到平衡时，外界条件对平衡的影响如图所示，则正反应为放热反应
C. 从加入反应物开始，物质的百分含量与温度的关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率随反应条件的变化如图所示，则该反应的正反应为放热反应，A、B、C一定均为气体，D为固体或液体
9. 有关下列装置的叙述正确的是( )
A. 装置I中碎泡沫塑料仅起支撑作用
B. 装置Ⅱ为酸式滴定管，其读数为12.20mL
C. 装置Ⅲ为牺牲阳极的阴极保护法
D. 装置Ⅳ为铅蓄电池，其负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4
10. 下列有关实验现象或结论的描述中，正确的是( )
A. 用湿润的pH试纸测氨水的pH值。测定值一定偏小
B. 测定中和反应的反应热时，将碱液快速倒入酸中混合，所测温度值偏高
C. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水生成红褐色Fe(OH)3胶体，冷却后得到黄色FeCl3溶液
D. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，测定结果偏低
11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3.下列说法错误的是( )
A. 浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O
B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
12. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是( )
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)ΔH=−444.3kJ⋅mol−1 ΔS=−280.1J⋅mol−1⋅K−1在常温常压下能自发进行
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200K)下则能自发进行
D. 放热过程(ΔH<0)或熵增加(ΔS>0)的过程一定是自发的
13. 一定温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 加入BaCl2固体，不能使溶液由d点变到b点
B. 通过蒸发可以使溶液由a点变到c点
C. 降低温度可以使溶液由e点变到c点
D. a、c点对应的Ksp不同
14. 工业上，以碱性锌锰电池为电源，用铁和石墨作电极电解酸性废水，可将废水中PO43−以FePO4(不溶于水)的形式除去，其装置如图所示，下列说法不正确的是( )
A. X极材料为石墨
B. 电子流向：Zn→X，Y→MnO2
C. 阳极发生的反应为4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O
D. 每消耗19.5gZn理论上沉淀0.2molPO43−
15. 我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是( )
A. HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B. Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C. 该反应过程中有C−H键的断裂，还有C=O键的生成
D. HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤
16. 常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和氨水溶液(已知：常温下，水合氨Kb=1.75×10−5)，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. b点溶液：c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
B. d点溶液：c(NH4+)+c(H+)>c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)
C. e点溶液中：c(H+)−c(OH−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)
D. a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d>c>b>a
17. KI在空气中久置能被氧化为碘单质。某学校化学课外小组利用该反应原理探究外界条件对化学反应速率的影响。回答下列问题：
(1)写出KI酸性溶液在空气中被氧化成碘单质的离子方程式：______。
I.探究温度对化学反应速率的影响
在四支试管中需要加入的试剂有：1mol⋅L−1的稀硫酸1mL，xmol⋅L−1的KI溶液2mL，2滴指示剂，用不同温度的水浴进行加热。
(2)加入试剂的正确先后顺序为 ______。
实验现象记录如下表：
试管组号
①
②
③
④
温度/℃
30
40
50
60
显色时间/s
240
a
b
c
(3)实验中用到的计量仪器除量筒、秒表外，还有 ______(填仪器名称)。
(4)该实验结束后，小组成员得出结论：温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍。上表中a=______。某同学将实验②中KI溶液浓度改为2mL1mol⋅L−1时，在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，则x ______1(填“>。”“=”或“<”)。
II.探究条件Y对化学反应速率的影响
常温下，取三支试管，分别按正确先后顺序加入试剂：1moL⋅L−1硫酸、一定量蒸馏水和1mL上述相同浓度的KI溶液、2滴指示剂，其显色时间如表所示：
组别
硫酸/mL
蒸馏水/mL
显色时间/s
i
3
0
120
ii
2
1
140
iii
1
2
200
(5)实验中控制的变量条件Y是 ______，实验中加入蒸馏水的目的是 ______。
(6)本组实验结论为 ______。
18. 按要求回答下列问题：
(1)已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表：(单位省略)
醋酸
碳酸
氢氰酸
Ka=1.7×10−5
Ka1=4.2×10−7 Ka2=5.6×10−11
Ka=6.2×10−10
①25℃时，等浓度的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，pH由大到小的顺序为 ______(填序号)。
②25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 ______。
③向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，反应的离子方程式为 ______。
(2)请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：
①某温度下纯水中c(H+)=4.0×10−7mol⋅L−1，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=______。
②在常温下，亚硝酸HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离常数Kb=1.7×10−5mol⋅L−1。0.1mol⋅L−1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ______，常温下NO2−水解反应的平衡常数Kh=______(保留两位有效数字)
③25℃时，若pH=a的100体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a+b=______。
19. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆的漂白及杀菌灭藻、鱼药制造。某科研小组欲制备少量亚氯酸钠并利用“间接碘量法”测定其纯度。
(一)亚氯酸钠的制备
查阅资料：①NaClO2饱和溶液在温度低于38∘C时析出的晶体是NaClO2⋅3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；
②ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−；
(1)科研小组利用上述流程制备亚氯酸钠，“制备ClO2”时发生反应的化学方程式为 ______。
(2)“结晶”需要控制的温度范围是 ______。
(二)亚氯酸钠纯度的测定
I.取制备的亚氯酸钠固体3.75g配制成100mL溶液；
II.取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀H2SO4，再滴加几滴试剂X；
III.用1.50mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，记录消耗的Na2S2O3标准溶液的体积；
IV.重复II、III操作3次。
(3)试剂X应选择 ______(填名称)，滴定终点的现象为 ______。
(4)三次滴定数据记录如下：
滴定次序
1
2
3
V(Na2S2O3溶液)/mL
20.03
20.01
19.96
亚氯酸钠的纯度(质量百分含量)为 ______。
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后尖嘴部分出现气泡，会导致测定结果 ______(填“偏低”“偏高”或“无影响”，下同)，若滴定终点时仰视读数会导致测定结果 ______。
20. 锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂(LiCoO2)和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。
(1)锂离子电池(又称锂离子浓差电池)的工作原理：
i.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态(Li1−xCoO2)。
ii.放电过程原理如图1所示：
①放电时，电子的流动方向为______→______→______→______(填“a”、“b”、“K2”或“K3”)。
②放电时，正极的电极反应式为______。
(2)钴酸锂回收再生流程如图2所示：
①“酸浸”时H2O2的作用为______。
②相同反应时间内，钴的浸出率随温度变化如图3所示。随温度升高，钴的浸出率先升高后降低的原因为______。
③“酸浸”时可用盐酸代替H2SO4和H2O2，但缺点是______。
④已知草酸为二元弱酸，沉钴过程中，溶液的酸性不断增强，用化学平衡移动原理解释其原因为______。
⑤高温下，在O2存在时，纯净的Co2C2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。
21. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.5kJ⋅mol−1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ⋅mol−1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题：
(1)△H3=______kJ⋅mol−1。
(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为______mol⋅L−1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为______。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
已知：CO2的平衡转化率=n(CO2)初始−n(CO2)平衡n(CO2)初始×100%
CH3OH的平衡产率=n(CH3OH)平衡n(CO2)初始×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图______(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为______；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是______。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为______(填标号)。
A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.碳燃烧生成二氧化碳为放热反应，则研究新型催化剂以分解CO2为CO和O2为吸热反应，故A错误；
B.放电为自发进行的氧化还原反应，充电为外加电源下的氧化还原反应，条件不同，不是可逆反应，故B错误；
C.钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率，则比其发生化学腐蚀时要快的多，故C正确；
D.烧碱溶液碱性太强，不能用于厨房去油污，应该用纯碱，故D错误；
故选：C。
A.碳燃烧生成二氧化碳为放热反应，则二氧化碳分解为吸热反应；
B.手机电池的充电反应与放电反应条件不同；
C.钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率；
D.烧碱溶液碱性太强。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B.正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，则途径(I)的活化能E=E4−E1，故B正确；
C.催化剂不改变化学平衡状态，途径(II)与途径(I)相比加快了反应速率，但CH3OH的平衡转化率不变，故C错误；
D.由图可知，途径(I)与途径(II)相比，反应物总能量和生成物总能量相同，则焓变不会发生变化，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量；
B.正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差；
C.催化剂不改变化学平衡状态；
D.由图可知，途径(I)与途径(II)相比，反应物总能量和生成物总能量相同。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.向AgCl浊液中通入H2S，白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色AgS，离子方程式为2AgCl+H2S=Ag2S+2H++2Cl−，故A正确；
B.明矾净水原理，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C.在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32−=SO2↑+S↓+H2O，故C正确；
D.K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，则K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故D正确，
故选：B。
A.向AgCl浊液中通入H2S，白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色AgS；
B.水解是少量的，氢氧化铝不能用沉淀符号；
C.酸性条件下Na2S2O3与氢离子反应生成二氧化硫、硫单质和水；
D.K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，则K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀．
题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.2mol白磷的能量大于1mol白磷能量，与图中不符，故A错误；
B.16gCH4完全燃烧生成气态水放出的能量低于16gCH4完全燃烧生成液态水放出的能量，与图中不符，故B错误；
C.1molH2SO4和Ba(OH)2恰好完全中和放出的能量与1molH2SO4和NaOH恰好完全中和放出的能量相同，与图中不符，故C错误；
D.1mol金刚石具有的能量高于1mol石墨具有的能量，说明1mol金刚石完全燃烧放出的能量高于1mol石墨完全燃烧放出的能量，与图中相符，故D正确；
故选：D。
由图可知，反应Ⅰ和Ⅱ反应物总能量不同，但生成物总能量相同，据此分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
5.【答案】C
【解析】解：A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；
B.标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n(Cl2)+n(Cl−)+n(ClO−)+n(HClO)=2×1mol=2mol，故溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；
C.向1L0.1mol⋅L−1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl−)=c(NH4+)=0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；
故选：C。
A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度；
B.氯气与水的反应为可逆反应；
C.在0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，溶液体积不知不能计算微粒数；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意电解池工作原理，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，c(SCN−)增大，平衡向着生成硫氰化铁的方向移动，导致颜色变深，能够用勒夏特列原理解释，故①错误；
②由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故②正确；
③存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故③错误；
④对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，由于平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故④错误；
⑤对于合成氨的反应，加入催化剂对平衡的移动不会造成影响，与勒夏特列原理无关，故⑤正确；
故选：A。
勒夏特列原理的内容为：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．勒夏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。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.醋酸为弱酸，溶液浓度③>④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒时产生氢气的量③>④，故A正确；
B.pH=11的氢氧化钠溶液和pH=3的醋酸溶液，溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相同，等体积混合，由于醋酸是弱电解质存在电离平衡，混合后氢氧根离子全部反应，醋酸又电离出氢离子，所以所得溶液中 c(H+)>c(OH−)，故B正确；
C.分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小，所以稀释后溶液的pH大小为：①>②>④>③，故C正确；
D.由于c(NH3⋅H2O)>0.001mol/L、c(HCl)=0.001mol/L，若V1L④与V2L①混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1
A.醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大；
B.醋酸平衡状态下电离出的氢离子浓度和氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度相等，等体积混合反应，结合醋酸是弱电解质又电离出氢离子分析判断；
C.分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小；
D.一水合氨为弱碱，其浓度大于0.001mol/L，氯化氢为强电解质，c(HCl)=0.001mol/L，若溶液为中性，盐酸的体积较大。
本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，题目难度不大，把握弱电解质电离特点及影响弱电解质电离因素是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】CD
【解析】解：A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强，则不一定为催化剂，故A错误；
B.升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度G的含量减小，说明平衡逆向移动，则正反应为吸热反应，故B错误；
C.由图可知，反应从正向开始，T2为平衡状态，升高温度，B的含量增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C正确；
D.降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则气体反应物计量数之和大于气体生成物计量数之和，所以A、B和C一定是气体，D为固体或液体，故D正确；
故选：CD。
A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强；
B.升高温度平衡向吸热方向移动；
C.由图可知，反应从正向开始，T2为平衡状态，升高温度，B的含量增大；
D.降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。
本题考查化学平衡与图象，明确坐标及图象中的点、线、面，明确影响反应速率及化学平衡的因素是解答的关键，侧重学生分析图象解决问题的能力的考查，题目难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.中和热测定实验成败的关键是保温工作，装置中碎泡沫塑料的作用除起支撑作用外，主要是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失，故A错误；
B.图中滴定管有玻璃活塞，为酸式滴定管，但“0“刻度线在上方，则读数为11.80mL，故B错误；
C.牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理，装置中没有外接电源，但装置Ⅲ中外加有电源，应该是外加电流的阴极保护法，故C错误；
D.装置Ⅳ为铅蓄电池，PbO2电极为正极，Pb为负极，负极是Pb失电子生成PbSO4，负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，故D正确；
故选：D。
A.中和热测定实验成败的关键是保温工作；
B.滴定管的精确度为0.01mL，“0“刻度线在上方；
C.装置Ⅲ中外加有电源，属于外加电流的阴极保护法；
D.装置Ⅳ为铅蓄电池，PbO2电极为正极，Pb为负极，结合电解质条件书写电极反应式。
本题综合考查电化学原理的应用、中和热的测定及中和滴定等知识，把握原电池工作原理、电化学防护金属的腐蚀措施、仪器的结构、作用及读数即可解答，操作理解能力和运用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.pH试纸测稀氨水的pH，若湿润，相当于稀释，氢氧根离子浓度减小，则测定值偏小，故A正确；
B.测定中和反应的反应热时，如果将碱缓慢倒入酸中会导致部分热量散失，所以要迅速倒入酸中，这样测定的温度才能较准确，故B错误；
C.得到的液体是Fe(OH)3胶体而不是溶液，故C错误；
D.用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，导致消化的盐酸的体积偏大，则测定值偏大，故D错误；
故选：A。
A.若湿润，相当于稀释，氢氧根离子浓度减小；
B.测定中和反应的反应热时，如果将碱缓慢倒入酸中会导致部分热量散失；
C.得到的液体是胶体；
D.用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，导致消化的盐酸的体积偏大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握pH测定、中和热测定、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】A.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故选：B。
菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应原理的分析及溶度积常数的应用等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，知道流程图中发生的反应及物质成分，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0，放热的自发过程中△H<0，△S可能小于0也可能大于0，所以放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程中△H>0、△H−T△S<0，则△S>△HT>0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，故A正确；
B.4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ⋅mol−1，△S=−280.1J⋅mol−1⋅K−1，常温下T=298K，则−444.3kJ⋅mol−1−298K×(−280.1J⋅mol−1⋅K−1)=−366.8302kJ/mol<0，即△H−T△S<0，所以该反应在常温常压能自发进行，故B正确；
C.碳酸钙分解的方程式为CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，其中△H>0，△S>0，高温时才能满足反应自发进行的条件△H−T△S<0，所以碳酸钙的分解在室温下不能自发进行，但在较高温度(1200K)下能自发进行，故C正确；
D.当△G=△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，当△H<0，△S>0时，△G=△H−T⋅△S<0，一定能自发进行，但仅ΔH<0或ΔS>0的过程不一定是自发的，故D错误；
故选：D。
A.反应自发进行的条件是△H−T△S<0，根据△H与△S的变化分析判断；
B.根据△H−T△S<0进行分析判断，生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之相反；
C.碳酸钙分解的方程式为CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，其中△H>0，△S>0，高温时才可能满足反应自发进行的条件△H−T△S<0；
D.放热过程(△H<0)或熵增加(△S>0)与过程是否自发无关。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵变、焓变及反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，c(SO42−)减小，不可能使溶液由d点变到b点，故A正确；
B.蒸发，c(Ba2+)和c(SO42−)都增大，不可能使溶液由a点变到c点，故B错误；
C.降低温度，使溶液由e点沿eO向O点方向移动，不可能到c点，故C错误；
D.a、c点温度相同，Ksp相同，故D错误。
故选：A。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中纵横坐标的含义，Ksp及曲线上的点均为平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.根据分析，X电极为阴极，可以使用石墨电极，所以X极材料为石墨，故A正确；
B.外电路中电流传导是通过电子的移动实现的，负极的锌失去电子，电子由Zn→X，阳极的铁失去电子，由Y→MnO2，故B正确；
C.阳极上Fe失电子生成Fe2+、Fe2+被氧气氧化生成Fe3+、Fe3+和PO43−生成沉淀FePO4，则电极反应为：4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O，故C正确；
D.根据n(Zn)=19.5g65g/mol mol=0.3mol，Zn电极反应为：Zn−2e−=Zn2+，则Zn转移电子的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，电路中转移电子守恒，根据4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O知，消耗n(PO43−)=0.6mol8mol×4mol=0.3mol，故D错误；
故选：D。
根据题干信息：左边装置为原电池、右边装置为电解池，Zn易失电子而作负极，则MnO2电极为正极；和电源负极相连的电极为阴极，则X为阴极，和电源正极相连的电极为阳极，则Y为阳极，要将废水中PO43−以FePO4沉淀的形式除去，则Fe电极应该做电解池阳极，Fe失电子生成Fe2+、Fe2+被氧气氧化生成Fe3+、Fe3+和PO43−生成沉淀FePO4，电极反应为：4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O，阴极不参与电极反应，可以使用石墨电极；在电路中，电子不能经过电解质溶液，只能在外电路传导，而整个电路中电荷守恒。
本题考查了原电池和电解原理、电极反应书写，侧重于学生的分析能力的考查，涉及电极反应式的书写、离子氧化、沉淀等知识点，有利于学生应用能力的培养，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题依托化学反应历程图考查学生分析、识图能力，涉及信息的读取、反应热与活化能，理解原理是解答本题的关键，此题难度中等。
【解答】
A.由题干图示可知，HCOOH吸附在催化剂表面形成HCOOH*的过程能量降低，则该过程是一个放热反应，故A正确；
B.催化剂可以改变反应的路径，不能改变反应的焓变，则用Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；
C.HCOOH*变为HCOO*和H*的过程有C−H键的断裂HCOO*+H*=CO2+2H*中生成CO2有C=O的形成，故C正确；
D.由题干图示可知，HCOO*+H*=CO2+2H*的步骤活化能最高，反应速率最慢，故为整个反应历程的决速步骤，故D正确；
故选：B。
16.【答案】D
【解析】解：A.b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl，Kb=1.75×10−5，则Kh=10−141.75×10−5c(H+)，氯离子不水解，则c(NH3⋅H2O)c(Cl−)>c(NH3⋅H2O)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.d点二者恰好完全反应生成NH4Cl，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，NH4+水解生成NH3⋅H2O和H+，溶液呈酸性，则c(OH−)
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为等物质的量浓度的NaOH和NaCl、b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl、c点溶质为NaCl、d点溶质为NH4Cl，ab都抑制水电离且a点抑制程度大于b点，c点不影响水电离、d点促进水电离，则水电离程度：d>c>b>a，故D正确；
故选：D。
NaOH是强碱、一水合氨是弱碱，溶液导电能力与离子浓度成正比，则相同浓度的NaOH和氨水溶液导电能力：NaOH溶液较强，根据图知，①②分别是NaOH、氨水滴定曲线，
A.b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl，Kb=1.75×10−5，则Kh=10−141.75×10−5c(H+)，氯离子不水解，则c(NH3⋅H2O)
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
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知识综合应用能力，明确曲线与碱的关系、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活应用，题目难点中等。
17.【答案】O2+2I−+4H+=2H2O+2I2 xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸 温度计 120<浓度(或硫酸浓度)保持溶液总体积不变(或保持KI浓度不变)其他条件不变时，随着硫酸浓度的增大，碘化钾被氧化的速率增大
【解析】解：(1)KI在空气中被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：O2+2I−+4H+=2H2O+2I2，
故答案为：O2+2I−+4H+=2H2O+2I2；
(2)KI在在酸性条件下被氧化生成使指示剂变色的碘单质，故稀硫酸必须最后加入，顺序为：xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸，
故答案为：xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸；
(3)探究温度对化学反应速率的影响，反应中需要控制温度变量，因此需用到温度计调控不同的温度条件，另外需测定反应在不同温度下反应结束的时间，因此需用到秒表或其他计时器，
故答案为：温度计；
(4)温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍，可知a=120；2mL1mol⋅L−1的KI溶液(含指示剂)在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，可知2mL1mol⋅L−1KI的KI溶液在相同温度下反应速率快，根据浓度越大反应速率越快可知x<1，
故答案为：120；<；
(5)由表格数据可知三支试管中所加硫酸的体积不同，而碘化钾和最终溶液体积相同，则硫酸在混合后的体积不同，因此实验在探究硫酸的浓度对反应的影响，实验中加蒸馏水的量不同是为了确保最终溶液的体积相同，而使碘化钾混合后的浓度保持一致，
故答案为：浓度(或硫酸浓度)；保持溶液总体积不变(或保持KI浓度不变)；
(6)由实验数据可知，硫酸的用量越多即混合后的浓度越大，显色的时间越短，反应速率越快，
故答案为：其他条件不变时，随着硫酸浓度的增大，碘化钾被氧化的速率增大。
(1)KI在空气中被氧气氧化成碘单质；
(2)KI在在酸性条件下被氧化生成使指示剂变色的碘单质，故稀硫酸必须最后加入；
(3)探究温度对化学反应速率的影响，反应中需要控制温度变量，因此需用到温度计调控不同的温度条件，另外需测定反应在不同温度下反应结束的时间；
(4)温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍，可知a=120；2mL1mol⋅L−1的KI溶液(含指示剂)在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，可知2mL1mol⋅L−1KI的KI溶液在相同温度下反应速率快；
(5)由表格数据可知三支试管中所加硫酸的体积不同，而碘化钾和最终溶液体积相同，则硫酸在混合后的体积不同，因此实验在探究硫酸的浓度对反应的影响，实验中加蒸馏水的量不同是为了确保最终溶液的体积相同；
(6)硫酸的用量越多即混合后的浓度越大，显色的时间越短。
本题考查了实验探究影响化学反应速率的因素，为高频考点，掌握温度、浓度等因素对化学反应速率的影响、理解运用控制变量法是解题关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握对比实验的应用，题目难度中等。
18.【答案】②>③>① CN−+CO2+H2O=HCO3−+HCN3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑8×10−10mol/Lc(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)1.4×10−11 16
【解析】解：(1)①依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的>NaCN溶液的>CH3COONa溶液的，顺序为：②>③>①，
故答案为：②>③>①；
②向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3−，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，反应的离子方程式为：CN−+CO2+H2O=HCO3−+HCN，
故答案为：CN−+CO2+H2O=HCO3 −+HCN；
③向Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)①某温度下纯水中c(H+)=4.0×10−7mol⋅L−1，纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，一定温度下存在离子积常数Kw=c(H+)×c(OH−)=4.0×10−7mol⋅L−1×4.0×10−7mol⋅L−1=1.6×10−13，若温度不变，Kw不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，结合Kw计算溶液中由水电离产生的c(H+)=1.6×10−132.0×10−4mol/L=8×10−10mol/L，
故答案为：8×10−10mol/L；
②常温下，HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离常数Kb=1.7×10−5mol⋅L−1，Ka>Kb，NH4NO2溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，则c(NO2−)>c(NH4+)，溶液呈酸性，故0.1mol⋅L−1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，NO2−水解的离子方程式为：NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，常温下NO2−水解反应的平衡常数K=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)×c(H+)c(H+)=KwKa=10−147.1×10−4≈1.4×10−11，
故答案为：c(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；1.4×10−11；
③25℃时，水的离子积Kw=c(H+)c(OH−)=10−7×10−7=1×10−14，若pH=a的100体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则溶液中的n(H+)=n(OH−)，得出100L×10−amol⋅L−1=1L×1×10−1410−bmol/L，得到10−a+2mol=10b−14mol，−a+2=b−14，则混合之前a+b=16，
故答案为：16。
(1)①酸的电离常数意义分析判断，越易电离得算对应盐水解程度越小；
②电离常数大小分析反应生成产物，电离平衡常数比较可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠；
③向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，碳酸根离子和铝离子发生双水解生成氢氧化铝程度和二氧化碳；
(2)①纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，一定温度下存在离子积常数Kw=c(H+)×c(OH−)，若温度不变，Kw不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，结合Kw计算溶液中由水电离产生的c(H+)；
②Ka>Kb，说明NH4NO2溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，则c(NO2−)>c(NH4+)，溶液呈酸性，据此判断0.1mol/LNH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序，NO2−水解的离子方程式为NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，结合下NO2−水解反应的平衡常数K=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)×c(H+)c(H+)=KwKa计算；
③25℃时，溶液呈中性，溶液中的n(H+)=n(OH−)计算得到。
本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较等知识，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，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
19.【答案】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O38∼60℃淀粉溶液 当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色 72.4%偏低 偏高
【解析】解：(1)“制备ClO2”时NaClO3与Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
(2)根据“查阅资料”可知“结晶”时温度高于38℃，为防止NaClO2分解，温度低于60℃，则需要控制的温度范围是38∼60℃，
故答案为：38∼60℃；
(3)试剂X应选择淀粉溶液，用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，随着反应的进行，溶液中的I2浓度逐渐降低，溶液蓝色逐渐变浅，当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色，说明滴定达到终点，
故答案为：淀粉溶液；当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色；
(4)根据反应原理：ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：2ClO2−∼2I2∼4S2O32−，根据表格可知平均滴定Na2S2O3标准溶液体积V=20.03+20.01+19.963mL=20.00mL，消耗的物质的量为n=cV=1.50mol⋅L−1×20×10−3L=3×10−2mol，则样品中含亚氯酸钠的质量为m=nM=14×3×10−2mol×100mL25.00mL×90.5g/mol=2.715g，亚氯酸钠的纯度为2.715g3.75g×100%=72.4%，
故答案为：72.4%；
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会导致读取的标准溶液偏少，使测定结果偏低；若滴定终点时仰视，则读数偏大，最终会导致测定结果偏高，
故答案为：偏低；偏高。
氯酸钠中加入亚硫酸钠和浓硫酸，发生反应产生二氧化氯，通过NaOH、H2O2发生反应产生NaClO2、O2、H2O进行吸收，然后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥获得最终产品；
(1)“制备ClO2”时NaClO3与Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4；
(2)根据“查阅资料”可知“结晶”时温度高于38℃，为防止NaClO2分解，温度低于60℃；
(3)指示剂选择淀粉溶液，根据淀粉遇到碘变蓝进行分析；
(4)根据反应原理：ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：2ClO2−∼2I2∼4S2O32−，结合关系式计算；
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会导致读取的标准溶液偏少；若滴定终点时仰视，则读数偏大。
本题考查物质含量的测定，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于使用，难度中等。
20.【答案】bK2 K3 aLi1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2 还原LiCoO2 80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低 反应过程中会产生氯气，易造成污染 草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2
【解析】解：(1)①由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，则放电时a为正极，b为负极，电子的流动方向为负极经过外电路到达正极，所以电子的流动方向为b→K2→K3→a，故答案为：b；K2；K3；a；
②由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，则放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，故答案为：Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2；
(2)①钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，添加30%的H2O2，生成钴离子，则Co元素化合价降低，所以过氧化氢起到还原剂的作用，故答案为：还原LiCoO2；
②由图象可知80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低，所以随温度升高，钴的浸出率先升高后降低，故答案为：80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低；
③由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸会有污染性气体氯气生成，故答案为：反应过程中会产生氯气，易造成污染；
④草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强，故答案为：草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强；
⑤高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2，化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2，
故答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2。
(1)由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，则放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，电子的流动方向为负极经过外电路到达正极，据此分析解答；
(2)由流程可知，钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，滤液含有钴离子、锂离子，加入草酸，可生成CoC2O4，含锂离子的溶液加入碳酸钠生成碳酸锂，与CoC2O4在高温下反应生成LiCoO2，以此解答该题。
本题为生产流程题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，考查了实验的设计，方程式的书写，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息。本题难度中等。
21.【答案】(1)+40.9
(2)a+bV ；b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)
(3)乙；p1>p2>p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)A
【解析】(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.5kJ⋅mol−1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ⋅mol−1
根据盖斯定律反应Ⅰ−反应Ⅱ计算反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的焓变△H3=−49.5kJ⋅mol−1−(−90.4kJ⋅mol−1)=+40.9kJ⋅mol−1，
故答案为：+40.9；
(2)根据C原子守恒计算n(CO2)平衡=1−n(CH3OH)−n(CO)=(1−a−b)mol，O原子守恒有n(H2O)=2[n(CO2)−n(CO2)平衡]−n(CH3OH)−n(CO)=2[1−(1−a−b)]mol−amol−bmol=(a+b)mol，则c(H2O)=a+bVmol/L，H原子守恒得到n(H2)平衡=12[2n(H2)−4n(CH3OH)−2n(H2O)]=12[3×2−4a−2(a+b)]mol=(3−3a−b)mol，由于反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)，
故答案为：a+bV；b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)；
(3)反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)、只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图甲表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线。温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1>p2>p3；由于反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)是气体体积不变化的吸热反应，T1温度时，体系中主要发生反应Ⅲ，所以三条曲线几乎交于一点，
故答案为：乙；p1>p2>p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4)该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应Ⅰ为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应Ⅰ正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应Ⅲ受到抑制、反应Ⅲ的抑制导致反应Ⅱ也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故A正确，
故答案为：A。
本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象分析以及盖斯定律的计算的应用等等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握化学平衡常数的计算、图象分析判断和化学平衡的影响因素是解题关键，注意原子守恒的计算应用，题目难度中等。
2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷
1. 化学反应原理在日常生活中有重要应用，下列说法正确的是( )
A. 研究新型催化剂以分解CO2为CO和O2，同时获得燃料和热量
B. 手机电池的充电反应与放电反应属于可逆反应
C. 钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀且腐蚀速率比其发生化学腐蚀时要快的多
D. 烧碱溶液常用于厨房去油污且温度越高去油污效果越好
2. 氢能的快速发展有利于我国碳达峰、碳中和目标的实现。利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH，该反应过程中的能量变化如图，下列说法不正确的是( )
A. 该反应为吸热反应
B. 途径(I)的活化能E=E4−E1
C. 途径(II)与途径(I)相比既加快了反应速率又提高了CH3OH的平衡转化率
D. 途径(I)与途径(II)相比焓变不会发生变化
3. 下列过程的化学反应，相应的离子方程式不正确的是( )
A. 向AgCl浊液通入H2S气体变黑：2AgCl+H2S=Ag2S+2H++2Cl−
B. 明矾净水原理：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+
C. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2H++S2O32−=S↓+SO2↑+H2O
D. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓
4. 常温常压下，下列相关反应的能量变化与图中曲线变化相符的是( )
选项
I
II
A
1mol白磷固体完全燃烧
2mol白磷固体完全燃烧
B
16gCH4完全燃烧生成气态水
16gCH4完全燃烧生成液态水
C
1molH2SO4和Ba(OH)2恰好完全中和
1molH2SO4和NaOH恰好完全中和
D
1mol金刚石完全燃烧(已知石墨比金刚石稳定)
1mol石墨完全燃烧
A. A B. B C. C D. D
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温下1LpH=3的FeCl3溶液中Cl−数目为3NA
B. 标况下2.24LCl2溶于水充分反应后，HClO、ClO−、Cl−微粒数目之和为0.2NA
C. 向1L0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NA
D. 粗铜精炼过程中，当阳极质量减小64g时，转移电子数目为2NA
6. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
②由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
③实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
④棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
⑤加催化剂有利于合成氨的反应
A. ②⑤ B. ③⑤ C. ①② D. ②④
7. 现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是( )
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. 向等体积的③④中分别加入足量锌粉，室温下收集到氢气的体积：③>④
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH−)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH值：①>②>④>③
D. V1L①与V2L④混合，若混合后溶液pH=7，则V1>V2
8. 根据相应的图象(图象编号与选项一一对应)，判断下列相关说法正确的是( )
A. t0时改变某一条件后如图所示，则改变的条件一定是加入催化剂
B. 反应达到平衡时，外界条件对平衡的影响如图所示，则正反应为放热反应
C. 从加入反应物开始，物质的百分含量与温度的关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率随反应条件的变化如图所示，则该反应的正反应为放热反应，A、B、C一定均为气体，D为固体或液体
9. 有关下列装置的叙述正确的是( )
A. 装置I中碎泡沫塑料仅起支撑作用
B. 装置Ⅱ为酸式滴定管，其读数为12.20mL
C. 装置Ⅲ为牺牲阳极的阴极保护法
D. 装置Ⅳ为铅蓄电池，其负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4
10. 下列有关实验现象或结论的描述中，正确的是( )
A. 用湿润的pH试纸测氨水的pH值。测定值一定偏小
B. 测定中和反应的反应热时，将碱液快速倒入酸中混合，所测温度值偏高
C. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水生成红褐色Fe(OH)3胶体，冷却后得到黄色FeCl3溶液
D. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，测定结果偏低
11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3.下列说法错误的是( )
A. 浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O
B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
12. 下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是( )
A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)ΔH=−444.3kJ⋅mol−1 ΔS=−280.1J⋅mol−1⋅K−1在常温常压下能自发进行
C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200K)下则能自发进行
D. 放热过程(ΔH<0)或熵增加(ΔS>0)的过程一定是自发的
13. 一定温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 加入BaCl2固体，不能使溶液由d点变到b点
B. 通过蒸发可以使溶液由a点变到c点
C. 降低温度可以使溶液由e点变到c点
D. a、c点对应的Ksp不同
14. 工业上，以碱性锌锰电池为电源，用铁和石墨作电极电解酸性废水，可将废水中PO43−以FePO4(不溶于水)的形式除去，其装置如图所示，下列说法不正确的是( )
A. X极材料为石墨
B. 电子流向：Zn→X，Y→MnO2
C. 阳极发生的反应为4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O
D. 每消耗19.5gZn理论上沉淀0.2molPO43−
15. 我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是( )
A. HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B. Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C. 该反应过程中有C−H键的断裂，还有C=O键的生成
D. HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤
16. 常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和氨水溶液(已知：常温下，水合氨Kb=1.75×10−5)，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. b点溶液：c(NH4+)>c(NH3⋅H2O)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)
B. d点溶液：c(NH4+)+c(H+)>c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)
C. e点溶液中：c(H+)−c(OH−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)
D. a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d>c>b>a
17. KI在空气中久置能被氧化为碘单质。某学校化学课外小组利用该反应原理探究外界条件对化学反应速率的影响。回答下列问题：
(1)写出KI酸性溶液在空气中被氧化成碘单质的离子方程式：______。
I.探究温度对化学反应速率的影响
在四支试管中需要加入的试剂有：1mol⋅L−1的稀硫酸1mL，xmol⋅L−1的KI溶液2mL，2滴指示剂，用不同温度的水浴进行加热。
(2)加入试剂的正确先后顺序为 ______。
实验现象记录如下表：
试管组号
①
②
③
④
温度/℃
30
40
50
60
显色时间/s
240
a
b
c
(3)实验中用到的计量仪器除量筒、秒表外，还有 ______(填仪器名称)。
(4)该实验结束后，小组成员得出结论：温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍。上表中a=______。某同学将实验②中KI溶液浓度改为2mL1mol⋅L−1时，在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，则x ______1(填“>。”“=”或“<”)。
II.探究条件Y对化学反应速率的影响
常温下，取三支试管，分别按正确先后顺序加入试剂：1moL⋅L−1硫酸、一定量蒸馏水和1mL上述相同浓度的KI溶液、2滴指示剂，其显色时间如表所示：
组别
硫酸/mL
蒸馏水/mL
显色时间/s
i
3
0
120
ii
2
1
140
iii
1
2
200
(5)实验中控制的变量条件Y是 ______，实验中加入蒸馏水的目的是 ______。
(6)本组实验结论为 ______。
18. 按要求回答下列问题：
(1)已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如表：(单位省略)
醋酸
碳酸
氢氰酸
Ka=1.7×10−5
Ka1=4.2×10−7 Ka2=5.6×10−11
Ka=6.2×10−10
①25℃时，等浓度的三种溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，pH由大到小的顺序为 ______(填序号)。
②25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 ______。
③向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，反应的离子方程式为 ______。
(2)请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：
①某温度下纯水中c(H+)=4.0×10−7mol⋅L−1，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=______。
②在常温下，亚硝酸HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离常数Kb=1.7×10−5mol⋅L−1。0.1mol⋅L−1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ______，常温下NO2−水解反应的平衡常数Kh=______(保留两位有效数字)
③25℃时，若pH=a的100体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a+b=______。
19. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆的漂白及杀菌灭藻、鱼药制造。某科研小组欲制备少量亚氯酸钠并利用“间接碘量法”测定其纯度。
(一)亚氯酸钠的制备
查阅资料：①NaClO2饱和溶液在温度低于38∘C时析出的晶体是NaClO2⋅3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；
②ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−；
(1)科研小组利用上述流程制备亚氯酸钠，“制备ClO2”时发生反应的化学方程式为 ______。
(2)“结晶”需要控制的温度范围是 ______。
(二)亚氯酸钠纯度的测定
I.取制备的亚氯酸钠固体3.75g配制成100mL溶液；
II.取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀H2SO4，再滴加几滴试剂X；
III.用1.50mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，记录消耗的Na2S2O3标准溶液的体积；
IV.重复II、III操作3次。
(3)试剂X应选择 ______(填名称)，滴定终点的现象为 ______。
(4)三次滴定数据记录如下：
滴定次序
1
2
3
V(Na2S2O3溶液)/mL
20.03
20.01
19.96
亚氯酸钠的纯度(质量百分含量)为 ______。
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后尖嘴部分出现气泡，会导致测定结果 ______(填“偏低”“偏高”或“无影响”，下同)，若滴定终点时仰视读数会导致测定结果 ______。
20. 锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂(LiCoO2)和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。
(1)锂离子电池(又称锂离子浓差电池)的工作原理：
i.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态(Li1−xCoO2)。
ii.放电过程原理如图1所示：
①放电时，电子的流动方向为______→______→______→______(填“a”、“b”、“K2”或“K3”)。
②放电时，正极的电极反应式为______。
(2)钴酸锂回收再生流程如图2所示：
①“酸浸”时H2O2的作用为______。
②相同反应时间内，钴的浸出率随温度变化如图3所示。随温度升高，钴的浸出率先升高后降低的原因为______。
③“酸浸”时可用盐酸代替H2SO4和H2O2，但缺点是______。
④已知草酸为二元弱酸，沉钴过程中，溶液的酸性不断增强，用化学平衡移动原理解释其原因为______。
⑤高温下，在O2存在时，纯净的Co2C2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。
21. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.5kJ⋅mol−1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ⋅mol−1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题：
(1)△H3=______kJ⋅mol−1。
(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为______mol⋅L−1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为______。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
已知：CO2的平衡转化率=n(CO2)初始−n(CO2)平衡n(CO2)初始×100%
CH3OH的平衡产率=n(CH3OH)平衡n(CO2)初始×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图______(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为______；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是______。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为______(填标号)。
A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.碳燃烧生成二氧化碳为放热反应，则研究新型催化剂以分解CO2为CO和O2为吸热反应，故A错误；
B.放电为自发进行的氧化还原反应，充电为外加电源下的氧化还原反应，条件不同，不是可逆反应，故B错误；
C.钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率，则比其发生化学腐蚀时要快的多，故C正确；
D.烧碱溶液碱性太强，不能用于厨房去油污，应该用纯碱，故D错误；
故选：C。
A.碳燃烧生成二氧化碳为放热反应，则二氧化碳分解为吸热反应；
B.手机电池的充电反应与放电反应条件不同；
C.钢铁在酸性很弱的环境中通常发生吸氧腐蚀，加快钢铁的腐蚀速率；
D.烧碱溶液碱性太强。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A正确；
B.正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，则途径(I)的活化能E=E4−E1，故B正确；
C.催化剂不改变化学平衡状态，途径(II)与途径(I)相比加快了反应速率，但CH3OH的平衡转化率不变，故C错误；
D.由图可知，途径(I)与途径(II)相比，反应物总能量和生成物总能量相同，则焓变不会发生变化，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量；
B.正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差；
C.催化剂不改变化学平衡状态；
D.由图可知，途径(I)与途径(II)相比，反应物总能量和生成物总能量相同。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.向AgCl浊液中通入H2S，白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色AgS，离子方程式为2AgCl+H2S=Ag2S+2H++2Cl−，故A正确；
B.明矾净水原理，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；
C.在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32−=SO2↑+S↓+H2O，故C正确；
D.K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，则K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3+=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故D正确，
故选：B。
A.向AgCl浊液中通入H2S，白色沉淀AgCl转化为更难溶的黑色AgS；
B.水解是少量的，氢氧化铝不能用沉淀符号；
C.酸性条件下Na2S2O3与氢离子反应生成二氧化硫、硫单质和水；
D.K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，则K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀．
题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.2mol白磷的能量大于1mol白磷能量，与图中不符，故A错误；
B.16gCH4完全燃烧生成气态水放出的能量低于16gCH4完全燃烧生成液态水放出的能量，与图中不符，故B错误；
C.1molH2SO4和Ba(OH)2恰好完全中和放出的能量与1molH2SO4和NaOH恰好完全中和放出的能量相同，与图中不符，故C错误；
D.1mol金刚石具有的能量高于1mol石墨具有的能量，说明1mol金刚石完全燃烧放出的能量高于1mol石墨完全燃烧放出的能量，与图中相符，故D正确；
故选：D。
由图可知，反应Ⅰ和Ⅱ反应物总能量不同，但生成物总能量相同，据此分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、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。
5.【答案】C
【解析】解：A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度，无法计算溶液中含有氯离子数目，故A错误；
B.标况下2.24LCl2物质的量为1mol，将1molCl2通入水中，氯气不能反应完全，由原子守恒可知2n(Cl2)+n(Cl−)+n(ClO−)+n(HClO)=2×1mol=2mol，故溶液中Cl−、ClO−、HClO的数目之和小于2NA，故B错误；
C.向1L0.1mol⋅L−1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性，则根据电荷守恒可知c(Cl−)=c(NH4+)=0.1mol/L，所以NH4+的数目为0.1NA，故C正确；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质，所以在电解精炼铜的过程中，阳极质量减少64g时，转移电子数目不一定为0.2NA，故D错误；
故选：C。
A.氯化铁为强酸弱碱钠盐，水溶液中部分铁离子水解，只知道溶液pH值无法计算氯离子浓度；
B.氯气与水的反应为可逆反应；
C.在0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，溶液体积不知不能计算微粒数；
D.电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意电解池工作原理，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，c(SCN−)增大，平衡向着生成硫氰化铁的方向移动，导致颜色变深，能够用勒夏特列原理解释，故①错误；
②由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故②正确；
③存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故③错误；
④对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，由于平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故④错误；
⑤对于合成氨的反应，加入催化剂对平衡的移动不会造成影响，与勒夏特列原理无关，故⑤正确；
故选：A。
勒夏特列原理的内容为：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．勒夏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。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.醋酸为弱酸，溶液浓度③>④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒时产生氢气的量③>④，故A正确；
B.pH=11的氢氧化钠溶液和pH=3的醋酸溶液，溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相同，等体积混合，由于醋酸是弱电解质存在电离平衡，混合后氢氧根离子全部反应，醋酸又电离出氢离子，所以所得溶液中 c(H+)>c(OH−)，故B正确；
C.分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小，所以稀释后溶液的pH大小为：①>②>④>③，故C正确；
D.由于c(NH3⋅H2O)>0.001mol/L、c(HCl)=0.001mol/L，若V1L④与V2L①混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1
A.醋酸为弱酸，pH相等时醋酸的浓度较大；
B.醋酸平衡状态下电离出的氢离子浓度和氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度相等，等体积混合反应，结合醋酸是弱电解质又电离出氢离子分析判断；
C.分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小；
D.一水合氨为弱碱，其浓度大于0.001mol/L，氯化氢为强电解质，c(HCl)=0.001mol/L，若溶液为中性，盐酸的体积较大。
本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，题目难度不大，把握弱电解质电离特点及影响弱电解质电离因素是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】CD
【解析】解：A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强，则不一定为催化剂，故A错误；
B.升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度G的含量减小，说明平衡逆向移动，则正反应为吸热反应，故B错误；
C.由图可知，反应从正向开始，T2为平衡状态，升高温度，B的含量增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C正确；
D.降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则气体反应物计量数之和大于气体生成物计量数之和，所以A、B和C一定是气体，D为固体或液体，故D正确；
故选：CD。
A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强；
B.升高温度平衡向吸热方向移动；
C.由图可知，反应从正向开始，T2为平衡状态，升高温度，B的含量增大；
D.降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。
本题考查化学平衡与图象，明确坐标及图象中的点、线、面，明确影响反应速率及化学平衡的因素是解答的关键，侧重学生分析图象解决问题的能力的考查，题目难度中等。
9.【答案】D
【解析】解：A.中和热测定实验成败的关键是保温工作，装置中碎泡沫塑料的作用除起支撑作用外，主要是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失，故A错误；
B.图中滴定管有玻璃活塞，为酸式滴定管，但“0“刻度线在上方，则读数为11.80mL，故B错误；
C.牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理，装置中没有外接电源，但装置Ⅲ中外加有电源，应该是外加电流的阴极保护法，故C错误；
D.装置Ⅳ为铅蓄电池，PbO2电极为正极，Pb为负极，负极是Pb失电子生成PbSO4，负极反应式为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，故D正确；
故选：D。
A.中和热测定实验成败的关键是保温工作；
B.滴定管的精确度为0.01mL，“0“刻度线在上方；
C.装置Ⅲ中外加有电源，属于外加电流的阴极保护法；
D.装置Ⅳ为铅蓄电池，PbO2电极为正极，Pb为负极，结合电解质条件书写电极反应式。
本题综合考查电化学原理的应用、中和热的测定及中和滴定等知识，把握原电池工作原理、电化学防护金属的腐蚀措施、仪器的结构、作用及读数即可解答，操作理解能力和运用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.pH试纸测稀氨水的pH，若湿润，相当于稀释，氢氧根离子浓度减小，则测定值偏小，故A正确；
B.测定中和反应的反应热时，如果将碱缓慢倒入酸中会导致部分热量散失，所以要迅速倒入酸中，这样测定的温度才能较准确，故B错误；
C.得到的液体是Fe(OH)3胶体而不是溶液，故C错误；
D.用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，导致消化的盐酸的体积偏大，则测定值偏大，故D错误；
故选：A。
A.若湿润，相当于稀释，氢氧根离子浓度减小；
B.测定中和反应的反应热时，如果将碱缓慢倒入酸中会导致部分热量散失；
C.得到的液体是胶体；
D.用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若用NaOH溶液洗涤锥形瓶，导致消化的盐酸的体积偏大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握pH测定、中和热测定、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】A.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D.Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故选：B。
菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应原理的分析及溶度积常数的应用等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，知道流程图中发生的反应及物质成分，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0，放热的自发过程中△H<0，△S可能小于0也可能大于0，所以放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程中△H>0、△H−T△S<0，则△S>△HT>0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，故A正确；
B.4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)△H=−444.3kJ⋅mol−1，△S=−280.1J⋅mol−1⋅K−1，常温下T=298K，则−444.3kJ⋅mol−1−298K×(−280.1J⋅mol−1⋅K−1)=−366.8302kJ/mol<0，即△H−T△S<0，所以该反应在常温常压能自发进行，故B正确；
C.碳酸钙分解的方程式为CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，其中△H>0，△S>0，高温时才能满足反应自发进行的条件△H−T△S<0，所以碳酸钙的分解在室温下不能自发进行，但在较高温度(1200K)下能自发进行，故C正确；
D.当△G=△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，当△H<0，△S>0时，△G=△H−T⋅△S<0，一定能自发进行，但仅ΔH<0或ΔS>0的过程不一定是自发的，故D错误；
故选：D。
A.反应自发进行的条件是△H−T△S<0，根据△H与△S的变化分析判断；
B.根据△H−T△S<0进行分析判断，生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之相反；
C.碳酸钙分解的方程式为CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，其中△H>0，△S>0，高温时才可能满足反应自发进行的条件△H−T△S<0；
D.放热过程(△H<0)或熵增加(△S>0)与过程是否自发无关。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵变、焓变及反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，c(SO42−)减小，不可能使溶液由d点变到b点，故A正确；
B.蒸发，c(Ba2+)和c(SO42−)都增大，不可能使溶液由a点变到c点，故B错误；
C.降低温度，使溶液由e点沿eO向O点方向移动，不可能到c点，故C错误；
D.a、c点温度相同，Ksp相同，故D错误。
故选：A。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中纵横坐标的含义，Ksp及曲线上的点均为平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.根据分析，X电极为阴极，可以使用石墨电极，所以X极材料为石墨，故A正确；
B.外电路中电流传导是通过电子的移动实现的，负极的锌失去电子，电子由Zn→X，阳极的铁失去电子，由Y→MnO2，故B正确；
C.阳极上Fe失电子生成Fe2+、Fe2+被氧气氧化生成Fe3+、Fe3+和PO43−生成沉淀FePO4，则电极反应为：4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O，故C正确；
D.根据n(Zn)=19.5g65g/mol mol=0.3mol，Zn电极反应为：Zn−2e−=Zn2+，则Zn转移电子的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，电路中转移电子守恒，根据4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O知，消耗n(PO43−)=0.6mol8mol×4mol=0.3mol，故D错误；
故选：D。
根据题干信息：左边装置为原电池、右边装置为电解池，Zn易失电子而作负极，则MnO2电极为正极；和电源负极相连的电极为阴极，则X为阴极，和电源正极相连的电极为阳极，则Y为阳极，要将废水中PO43−以FePO4沉淀的形式除去，则Fe电极应该做电解池阳极，Fe失电子生成Fe2+、Fe2+被氧气氧化生成Fe3+、Fe3+和PO43−生成沉淀FePO4，电极反应为：4Fe−8e−+O2+4H++4PO43−=4FePO4↓+2H2O，阴极不参与电极反应，可以使用石墨电极；在电路中，电子不能经过电解质溶液，只能在外电路传导，而整个电路中电荷守恒。
本题考查了原电池和电解原理、电极反应书写，侧重于学生的分析能力的考查，涉及电极反应式的书写、离子氧化、沉淀等知识点，有利于学生应用能力的培养，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题依托化学反应历程图考查学生分析、识图能力，涉及信息的读取、反应热与活化能，理解原理是解答本题的关键，此题难度中等。
【解答】
A.由题干图示可知，HCOOH吸附在催化剂表面形成HCOOH*的过程能量降低，则该过程是一个放热反应，故A正确；
B.催化剂可以改变反应的路径，不能改变反应的焓变，则用Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；
C.HCOOH*变为HCOO*和H*的过程有C−H键的断裂HCOO*+H*=CO2+2H*中生成CO2有C=O的形成，故C正确；
D.由题干图示可知，HCOO*+H*=CO2+2H*的步骤活化能最高，反应速率最慢，故为整个反应历程的决速步骤，故D正确；
故选：B。
16.【答案】D
【解析】解：A.b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl，Kb=1.75×10−5，则Kh=10−141.75×10−5
B.d点二者恰好完全反应生成NH4Cl，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，NH4+水解生成NH3⋅H2O和H+，溶液呈酸性，则c(OH−)
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为等物质的量浓度的NaOH和NaCl、b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl、c点溶质为NaCl、d点溶质为NH4Cl，ab都抑制水电离且a点抑制程度大于b点，c点不影响水电离、d点促进水电离，则水电离程度：d>c>b>a，故D正确；
故选：D。
NaOH是强碱、一水合氨是弱碱，溶液导电能力与离子浓度成正比，则相同浓度的NaOH和氨水溶液导电能力：NaOH溶液较强，根据图知，①②分别是NaOH、氨水滴定曲线，
A.b点溶质为等物质的量浓度的NH3⋅H2O、NH4Cl，Kb=1.75×10−5，则Kh=10−141.75×10−5
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
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知识综合应用能力，明确曲线与碱的关系、各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活应用，题目难点中等。
17.【答案】O2+2I−+4H+=2H2O+2I2 xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸 温度计 120<浓度(或硫酸浓度)保持溶液总体积不变(或保持KI浓度不变)其他条件不变时，随着硫酸浓度的增大，碘化钾被氧化的速率增大
【解析】解：(1)KI在空气中被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：O2+2I−+4H+=2H2O+2I2，
故答案为：O2+2I−+4H+=2H2O+2I2；
(2)KI在在酸性条件下被氧化生成使指示剂变色的碘单质，故稀硫酸必须最后加入，顺序为：xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸，
故答案为：xmol/L的KI溶液，2滴指示剂，1mol/L的稀硫酸；
(3)探究温度对化学反应速率的影响，反应中需要控制温度变量，因此需用到温度计调控不同的温度条件，另外需测定反应在不同温度下反应结束的时间，因此需用到秒表或其他计时器，
故答案为：温度计；
(4)温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍，可知a=120；2mL1mol⋅L−1的KI溶液(含指示剂)在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，可知2mL1mol⋅L−1KI的KI溶液在相同温度下反应速率快，根据浓度越大反应速率越快可知x<1，
故答案为：120；<；
(5)由表格数据可知三支试管中所加硫酸的体积不同，而碘化钾和最终溶液体积相同，则硫酸在混合后的体积不同，因此实验在探究硫酸的浓度对反应的影响，实验中加蒸馏水的量不同是为了确保最终溶液的体积相同，而使碘化钾混合后的浓度保持一致，
故答案为：浓度(或硫酸浓度)；保持溶液总体积不变(或保持KI浓度不变)；
(6)由实验数据可知，硫酸的用量越多即混合后的浓度越大，显色的时间越短，反应速率越快，
故答案为：其他条件不变时，随着硫酸浓度的增大，碘化钾被氧化的速率增大。
(1)KI在空气中被氧气氧化成碘单质；
(2)KI在在酸性条件下被氧化生成使指示剂变色的碘单质，故稀硫酸必须最后加入；
(3)探究温度对化学反应速率的影响，反应中需要控制温度变量，因此需用到温度计调控不同的温度条件，另外需测定反应在不同温度下反应结束的时间；
(4)温度每升高10℃，反应速率增大为原来的2倍，可知a=120；2mL1mol⋅L−1的KI溶液(含指示剂)在40℃的水浴中加热，80s时溶液开始显色，可知2mL1mol⋅L−1KI的KI溶液在相同温度下反应速率快；
(5)由表格数据可知三支试管中所加硫酸的体积不同，而碘化钾和最终溶液体积相同，则硫酸在混合后的体积不同，因此实验在探究硫酸的浓度对反应的影响，实验中加蒸馏水的量不同是为了确保最终溶液的体积相同；
(6)硫酸的用量越多即混合后的浓度越大，显色的时间越短。
本题考查了实验探究影响化学反应速率的因素，为高频考点，掌握温度、浓度等因素对化学反应速率的影响、理解运用控制变量法是解题关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握对比实验的应用，题目难度中等。
18.【答案】②>③>① CN−+CO2+H2O=HCO3−+HCN3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑8×10−10mol/Lc(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)1.4×10−11 16
【解析】解：(1)①依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的>NaCN溶液的>CH3COONa溶液的，顺序为：②>③>①，
故答案为：②>③>①；
②向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3−，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，反应的离子方程式为：CN−+CO2+H2O=HCO3−+HCN，
故答案为：CN−+CO2+H2O=HCO3 −+HCN；
③向Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：3CO32−+2Al3++6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)①某温度下纯水中c(H+)=4.0×10−7mol⋅L−1，纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，一定温度下存在离子积常数Kw=c(H+)×c(OH−)=4.0×10−7mol⋅L−1×4.0×10−7mol⋅L−1=1.6×10−13，若温度不变，Kw不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，结合Kw计算溶液中由水电离产生的c(H+)=1.6×10−132.0×10−4mol/L=8×10−10mol/L，
故答案为：8×10−10mol/L；
②常温下，HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol⋅L−1，NH3⋅H2O的电离常数Kb=1.7×10−5mol⋅L−1，Ka>Kb，NH4NO2溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，则c(NO2−)>c(NH4+)，溶液呈酸性，故0.1mol⋅L−1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，NO2−水解的离子方程式为：NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，常温下NO2−水解反应的平衡常数K=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)×c(H+)c(H+)=KwKa=10−147.1×10−4≈1.4×10−11，
故答案为：c(NO2−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；1.4×10−11；
③25℃时，水的离子积Kw=c(H+)c(OH−)=10−7×10−7=1×10−14，若pH=a的100体积某强酸溶液与pH=b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则溶液中的n(H+)=n(OH−)，得出100L×10−amol⋅L−1=1L×1×10−1410−bmol/L，得到10−a+2mol=10b−14mol，−a+2=b−14，则混合之前a+b=16，
故答案为：16。
(1)①酸的电离常数意义分析判断，越易电离得算对应盐水解程度越小；
②电离常数大小分析反应生成产物，电离平衡常数比较可知酸性：H2CO3>HCN>HCO3−，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠；
③向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，碳酸根离子和铝离子发生双水解生成氢氧化铝程度和二氧化碳；
(2)①纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，一定温度下存在离子积常数Kw=c(H+)×c(OH−)，若温度不变，Kw不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10−4mol⋅L−1，结合Kw计算溶液中由水电离产生的c(H+)；
②Ka>Kb，说明NH4NO2溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，则c(NO2−)>c(NH4+)，溶液呈酸性，据此判断0.1mol/LNH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序，NO2−水解的离子方程式为NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，结合下NO2−水解反应的平衡常数K=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)=c(HNO2)×c(OH−)c(NO2−)×c(H+)c(H+)=KwKa计算；
③25℃时，溶液呈中性，溶液中的n(H+)=n(OH−)计算得到。
本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较等知识，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，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
19.【答案】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O38∼60℃淀粉溶液 当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色 72.4%偏低 偏高
【解析】解：(1)“制备ClO2”时NaClO3与Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
(2)根据“查阅资料”可知“结晶”时温度高于38℃，为防止NaClO2分解，温度低于60℃，则需要控制的温度范围是38∼60℃，
故答案为：38∼60℃；
(3)试剂X应选择淀粉溶液，用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，随着反应的进行，溶液中的I2浓度逐渐降低，溶液蓝色逐渐变浅，当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色，说明滴定达到终点，
故答案为：淀粉溶液；当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复蓝色；
(4)根据反应原理：ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：2ClO2−∼2I2∼4S2O32−，根据表格可知平均滴定Na2S2O3标准溶液体积V=20.03+20.01+19.963mL=20.00mL，消耗的物质的量为n=cV=1.50mol⋅L−1×20×10−3L=3×10−2mol，则样品中含亚氯酸钠的质量为m=nM=14×3×10−2mol×100mL25.00mL×90.5g/mol=2.715g，亚氯酸钠的纯度为2.715g3.75g×100%=72.4%，
故答案为：72.4%；
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会导致读取的标准溶液偏少，使测定结果偏低；若滴定终点时仰视，则读数偏大，最终会导致测定结果偏高，
故答案为：偏低；偏高。
氯酸钠中加入亚硫酸钠和浓硫酸，发生反应产生二氧化氯，通过NaOH、H2O2发生反应产生NaClO2、O2、H2O进行吸收，然后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥获得最终产品；
(1)“制备ClO2”时NaClO3与Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4；
(2)根据“查阅资料”可知“结晶”时温度高于38℃，为防止NaClO2分解，温度低于60℃；
(3)指示剂选择淀粉溶液，根据淀粉遇到碘变蓝进行分析；
(4)根据反应原理：ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，可得关系式：2ClO2−∼2I2∼4S2O32−，结合关系式计算；
(5)若滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，会导致读取的标准溶液偏少；若滴定终点时仰视，则读数偏大。
本题考查物质含量的测定，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于使用，难度中等。
20.【答案】bK2 K3 aLi1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2 还原LiCoO2 80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低 反应过程中会产生氯气，易造成污染 草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强 4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2
【解析】解：(1)①由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，则放电时a为正极，b为负极，电子的流动方向为负极经过外电路到达正极，所以电子的流动方向为b→K2→K3→a，故答案为：b；K2；K3；a；
②由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，则放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，故答案为：Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2；
(2)①钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，添加30%的H2O2，生成钴离子，则Co元素化合价降低，所以过氧化氢起到还原剂的作用，故答案为：还原LiCoO2；
②由图象可知80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低，所以随温度升高，钴的浸出率先升高后降低，故答案为：80℃之前，升高温度，反应速率加快，所以浸出率增大，80℃后，升高温度，过氧化氢分解速率增大，过氧化氢浓度下降，使浸出率反而降低；
③由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸会有污染性气体氯气生成，故答案为：反应过程中会产生氯气，易造成污染；
④草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强，故答案为：草酸溶液中存在电离平衡：H2C2O4⇌H++HC2O4−，HC2O4−⇌H++C2O42−，沉钴过程中，Co2+结合C2O42−生成CoC2O4沉淀，使c(C2O42−)减小，促进电离平衡正向移动，所以氢离子浓度增大，溶液的酸性不断增强；
⑤高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2，化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2，
故答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O2−高温4LiCoO2+10CO2。
(1)由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的a电极中脱出，正三价Co被氧化，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，则放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，电子的流动方向为负极经过外电路到达正极，据此分析解答；
(2)由流程可知，钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，滤液含有钴离子、锂离子，加入草酸，可生成CoC2O4，含锂离子的溶液加入碳酸钠生成碳酸锂，与CoC2O4在高温下反应生成LiCoO2，以此解答该题。
本题为生产流程题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，考查了实验的设计，方程式的书写，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息。本题难度中等。
21.【答案】(1)+40.9
(2)a+bV ；b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)
(3)乙；p1>p2>p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)A
【解析】(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.5kJ⋅mol−1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ⋅mol−1
根据盖斯定律反应Ⅰ−反应Ⅱ计算反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的焓变△H3=−49.5kJ⋅mol−1−(−90.4kJ⋅mol−1)=+40.9kJ⋅mol−1，
故答案为：+40.9；
(2)根据C原子守恒计算n(CO2)平衡=1−n(CH3OH)−n(CO)=(1−a−b)mol，O原子守恒有n(H2O)=2[n(CO2)−n(CO2)平衡]−n(CH3OH)−n(CO)=2[1−(1−a−b)]mol−amol−bmol=(a+b)mol，则c(H2O)=a+bVmol/L，H原子守恒得到n(H2)平衡=12[2n(H2)−4n(CH3OH)−2n(H2O)]=12[3×2−4a−2(a+b)]mol=(3−3a−b)mol，由于反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)=b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)，
故答案为：a+bV；b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)；
(3)反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)、只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图甲表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线。温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1>p2>p3；由于反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)是气体体积不变化的吸热反应，T1温度时，体系中主要发生反应Ⅲ，所以三条曲线几乎交于一点，
故答案为：乙；p1>p2>p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4)该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应Ⅰ为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应Ⅰ正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应Ⅲ受到抑制、反应Ⅲ的抑制导致反应Ⅱ也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故A正确，
故答案为：A。
本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象分析以及盖斯定律的计算的应用等等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握化学平衡常数的计算、图象分析判断和化学平衡的影响因素是解题关键，注意原子守恒的计算应用，题目难度中等。
相关试卷
2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了15ml⋅L−1⋅min−1B，3kJ/ml，65kJB，6×10−49，Ksp=8，5kJ/ml、ΔH=−285，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了4aL，6aLD，5g，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省新乡市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了8g，6kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
