2021-2022学年湖北省荆州中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖北省荆州中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了9g，Ti电极上会析出1，5×10−20，Ksp=1，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是( )
A. 开发清洁能源，提高能源的利用率
B. 对废电池做深埋处理
C. 使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中的Cu2+
D. 施用适量石膏(CaSO4⋅2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性
下列说法中正确的是( )
A. 生成物的总能量大于反应物的总能量时，△H<0
B. 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为K，则2H2(g)+2I2(g)⇌4HI(g)的平衡常数为2K
C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在低温下能自发进行，说明该反应的△H>0
下列叙述正确的是( )
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图
B. 2s的电子云半径比1s的电子云半径大，说明2s的电子比1s的多
C. s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是.( )
A. 500mL2ml⋅L−1FeCl3溶液中含有的Fe3+的数目小于NA
B. 1L0.1ml⋅L−1的NaHCO3溶液中HCO3−和CO32−离子数之和为0.1NA
C. 已知CH3COONH4溶液呈中性，则1L1.0ml⋅L−1CH3COONH4溶液中有NA个NH4+
D. 等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA
下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是( )
A. 能使石蕊试液变红的溶液中：CO32−、K+、Cl−、Na+
B. 25∘C时，由水电离产生的c(OH−)=1.0×10−10ml⋅L−1的溶液中：NO3−、Mg2+、Na+、SO42−
C. 25∘C时，c(OH−)c(H+)=1.0×1012 的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl−、NO3−
D. 0.1ml⋅L−1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl−、SO42−
为探究锌与稀硫酸反应生成氢气的速率用[v(H2)来表示]，向反应混合液中加入某些质，下列判断正确的是( )
A. 加入NaHSO4固体，v(H2)不变B. 加入少量水，v(H2)减小
C. 加入Na2SO4固体，v(H2)减小D. 滴加少量HNO3溶液，v(H2)增大
我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法错误的是( )
A. N2生成NH3是通过多步还原反应生成的
B. 该历程中既有共价键的断裂也有共价键的形成
C. 适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率，提高N2在此步骤的转化率
D. 大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率
下列有关工业生产的叙述正确的是( )
A. 工业上通常采用电解熔融的MgO制得金属Mg
B. 在铁的表面镀铝的工艺中，镀件作阴极，镀层金属为阳极，饱和氯化铝溶液作为电镀液
C. 电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH−进入阳极室
D. 电解精炼铜时，同一时间内阳极减少的质量一定等于阴极增加的质量
下列实验操作能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应H2O(g)+C(s)⇌CO(g)+H2(g)ΔH>0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是( )
A. 达平衡时，y>x>0.1
B. 温度为T1时该反应的平衡常数的值为0.1
C. P1>2P2
D. 达平衡时，水蒸气的转化率：容器I=容器II
下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是( )
A. 用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4--浅红色
B. 利用“Ag++SCN−=AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3--浅红色
C. 利用“2Fe3++2I−=I2+2Fe2+”，用FeC13溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉--蓝色
D. 利用OH−+H+=H2O来测量某盐酸的浓度时：酚酞--浅红色
常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000ml⋅L−1，0.1000ml⋅L−1和0.01000ml⋅L−1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是( )
A. 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B. 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C. 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl−)
D. 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
一种利用双膜法电解回收CCl2溶液中C的装置如图所示，电解时C会析出在C电极上。下列说法正确的是( )
A. a为电源的正极
B. 电解后H2SO4溶液的浓度减小
C. 电解后盐酸溶液的浓度增大
D. 常温时，C电极的质量每增加5.9g，Ti电极上会析出1.12L气体
金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度。它无电时也无需充电，只需更换其中的某些材料即可，其工作示意图如图，下列说法正确的是( )
A. 放电时，通入空气的一极为负极
B. 放电时，电池反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH
C. 有机电解液可以是乙醇等无水有机物
D. 该电池无电时只需更换锂电极，不需要更换水性电解液
Ⅰ.(1)在实验室中配制FeCl3溶液时，配制方法是将FeCl3晶体溶于 ______中，然后加水稀释到所需浓度，这样操作的目的是 ______。
(2)如果盐的水解程度很大，则可用于无机化合物的制备。例如用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：______，将所得产物TiO2⋅xH2O焙烧得到TiO2。
Ⅱ.以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，可以制取高纯PbO，从而实现铅的再生利用。在此过程中涉及如下两个反应：
①2Fe2++PbO2+4H++SO42−=2Fe3++PbSO4+2H2O
②2Fe3++Pb+SO42−=2Fe2++PbSO4
(1)写出Pb与PbO2反应生成PbSO4的化学方程式 ______。
(2)在上述过程中，Fe2+的作用是 ______。
(3)下列实验方案，可证实上述过程，请将方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入 ______溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.向a得到的溶液中加入 ______溶液恢复原来的颜色。
氢氰酸(HCN)有剧毒，易挥发。金矿提金时，用NaCN溶液浸取金生成[Au(CN)2]−，再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。
(1)①[Au(CN)2]−存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为 ______。
②NaCN可用于制备CuCN，CuCN浊液中加入Na2S溶液可发生反应：
2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=______。
[已知Ksp(CuCN)=3.5×10−20，Ksp(Cu2S)=1.0×10−48]。
(2)Cu2+可催化H2O2氧化废水中的CN−。其他条件相同时，总氰化物(CN−、HCN等)去除率随溶液初始pH变化如图1所示。
①在酸性条件下，H2O2也能氧化CN−，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是 ______。
②当溶液初始pH>10时，总氰化物去除率下降的原因可能是 ______。
(3)通过电激发产生HO⋅和OH−、处理废水中的CN−，可能的反应机理如图2所示。虚线方框内的过程可描述为 ______。
钼(M)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MO4⋅10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MS2，含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如图：
(1)焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是 ______。(填序号)
a.适当增大空气的用量
b.增大钼精矿的量
c.将矿石粉碎
(2)已知焙烧产物为MO3，“碱浸”过程中反应的离子方程式为 ______。
(3)已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MO4⋅10H2O的操作2为 ______、______、过滤、洗涤、烘干。
(4)在实际生产中会有少量SO42−生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO42−前测定碱浸液中c(MO42−)=0.80ml/L，c(SO42−)=0.02ml/L，当BaMO4开始沉淀时，SO42−的去除率为 ______%。(保留整数)[已知Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaMO4)=4.0×10−8，溶液体积变化可忽略不计]。
(5)在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。
铜电极上产生CH4的电极反应式为 ______，若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 ______g。
有机反应具往往有可逆性，同时还伴随副反应发生。请回答下列问题：
Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)在一定条件下直接脱氢可制甲醛，反应方程式为CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)△H1>0
(1)已知合成CH3OH可以由CO和H2反应制备，制备过程中发生的反应有：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.7kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−23.5k/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41.2kJ/ml
则反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=______。
(2)若在恒温恒容容器中进行上述制甲醛的反应，可判断反应达到平衡状态的是 ______(填序号)。
A.混合气体的密度不变
B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1
C.H2的体积分数不再改变
D.混合气体的平均相对分子质量不变
(3)能提高上述制甲醛的反应中甲醇平衡转化率的措施是 ______。
A.及时移除产物
B.降低温度
C.恒温恒压充入稀有气体
D.使用合适的催化剂
Ⅱ.2−甲氧基−2−甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图1反应：
(4)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图2所示。据图判断，A和B中相对稳定的是 ______；反应Ⅱ是 ______(填“吸热”或“放热”)反应。
(5)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a.已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，则平衡体系中B的物质的量为 ______ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=______。
(6)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH.控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图3所示。代表B的变化曲线为 ______(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率V正______逆反应速率V逆(填“>”“<”或“=)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.开发清洁能源可以减少对传统化石燃料的需求，可减少空气污染，有利于环境保护，故A不选；
B.对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水，不利于环境保护，故B选；
C.使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中的Cu2+，可以减少重金属离子对水体的污染，有利于环境保护，故C不选；
D.盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中的碳酸根离子水解导致溶液显碱性，施用适量石膏(CaSO4⋅2H2O)可使硫酸钙变为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，故D不选。
故选：B。
“绿水青山就是金山银山。”主旨含义在于减少环境污染，保护环境，据此解答。
本题考查环境污染与治理，题目难度不大，明确常见能源及环境保护措施为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的环保意识。
2.【答案】C
【解析】解：A.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，当生成物的总能量大于反应物的总能量时ΔH>0，故A错误；
B.因为相同温度下，化学计量数变为原来的n倍，则化学平衡常数应变为原来的n次方倍，所以反应2H2(g)+2I2(g)⇌4HI(g)的平衡常数为K2，故B错误；
C.能量判据或熵判据单一判断反应的进行方向均不全面，因为还与温度有关，所以能量判据和熵判据组合而成的复合判据ΔG=ΔH−TΔS更适合于所有的过程：若ΔG<0时，反应可以自发进行，若ΔG>0，反应不能自发进行，故C正确；
D.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的ΔS<0，若在低温下能自发进行，则ΔH−TΔS<0，即ΔH故选：C。
A.焓变ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；
B.相同温度下，方程式中化学计量数变为原来的n倍，则化学平衡常数应变为原来的n次方倍；
C.复合判据ΔG=ΔH−TΔS，若△H−T△S<0，则反应能自发进行，否则相反；
D.反应自发进行的条件是ΔH−TΔS<0，结合反应的熵变ΔS分析判断。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与熵变、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，注意平衡常数的演变、推理及运用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.符合泡利原理和洪特规则，核外电子总数为10，则可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图，故A正确；
B.2s的电子云半径比1s的电子云半径大，但2s的电子总数与1s的一样多，故B错误；
C.同一能层上的s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量，不同能层上的s能级上电子的能量与p能级电子的能量不能判断，故C错误；
D.电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，从基态跃迁到激发态会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称原子光谱，故D错误；
故选：A。
A.符合泡利原理和洪特规则；
B.2s的电子总数与1s的一样多；
C.同一能层上的s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量，不同能层上的s能级与p能级无法判断；
D.吸收光谱和发射光谱总称原子光谱，据此分析解答。
本题考查核外电子排布规律，为高频考点，明确原子轨道能量与能层、能级的关系是解本题关键，侧重于学生的分析能力的考查，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生金属的电化学腐蚀以及防护方面的知识，注意原电池和电解池工作原理的应用是关键，难度不大。
【解答】
A.铜板打上铁铆钉形成的原电池中，金属铜板做原电池的正极，正极是被保护的电极，所以铜板更不易被腐蚀，故A错误；
B.暖气片表面刷油漆可将金属和空气中的氧气以及水蒸气隔绝，防止金属腐蚀，故B正确；
C.连接锌棒后，形成原电池，金属锌是负极，电子从负极流向正极，即电子由锌流向铁管道，故C错误；
D.电解池的阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应，废铁是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选B。
5.【答案】A
【解析】解：A.500mL2ml⋅L−1FeCl3溶液中Fe3+的数目为0.5L×2ml/L×NA/ml=NA，但三价铁离子在水中能水解，溶液中含有的Fe3+的数目小于NA，故A正确；
B.由原子守恒可知n(H2CO3)+n(HCO3−)+n(CO32−)=n(NaHCO3)=1L×0.1ml/L=0.1ml，故溶液中HCO3−和CO32−离子数之和小于0.1NA，故B错误；
⋅L−1CH3COONH4溶液中铵根离子个数为1L×1ml/L×NA/ml=NA，但铵根离子在水中水解，溶液中有NH4+个数小于NA，故C错误；
D.题目未给溶质具体的物质的量，无法计算离子的物质的量，故D错误；
故选：A。
A.三价铁离子在水中能水解；
B.碳酸氢根离子能水解生成碳酸；
C.铵根离子在水中水解；
D.题目未给溶质具体的物质的量。
本题考查物质的量浓度及计算，题目难度中等，掌握物质的量浓度的相关公式和离子在溶液中的水解情况等是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.能使石蕊试液变红的溶液中，溶液显酸性，含有大量H+，H+、CO32−反应，二者不能大量共存，故A不选；
B.25∘C时，由水电离产生的c(OH−)=1.0×10−10ml⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可以为酸溶液，也可以是碱溶液，若溶液为碱溶液，则OH−、NO3−、Mg2+、Na+、SO42−相互不反应，可以大量共存，故B选；
C.25∘C时，c(OH−)c(H+)=1.0×1012 的溶液显碱性，OH−、NH4+、Fe2+发生反应，不能大量共存，故C不选；
D.HCO3−与Al3+发生双水解，不能大量共存，故D不选；
故选：B。
A.能使石蕊试液变红的溶液中，溶液显酸性，含有大量H+；
B.25∘C时，由水电离产生的c(OH−)=1.0×10−10ml⋅L−1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可以为酸溶液，也可以是碱溶液；
C.25∘C时，c(OH−)c(H+)=1.0×1012 的溶液显碱性；
D.HCO3−与Al3+发生双水解。
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。
7.【答案】B
【解析】解：A.加入NaHSO4固体，NaHSO4发生电离，溶液中c(H+)增大，反应速率加快，即v(H2)增大，故A错误；
B.加入少量水，溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故B正确；
C.加入少量 Na2SO4 固体，溶液中c(H+)不变，v(H2)不变，故C错误；
D.滴加少量HNO3溶液，锌与HNO3溶液反应生成NO，则v(H2)减小，故D错误；
故选：B。
锌为固体，与稀硫酸反应时，固体的表面积越大，溶液浓度越大或温度越高，以及形成原电池反应都可增大反应速率，以此解答。
本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的，即通过多步还原反应生成NH3，故A正确；
B.过程Ⅰ中，断裂1个N−Nπ键，形成1个N−Hσ键，包括后续变化，也有共价键的断裂也有共价键的形成，故B正确；
C.适当提高N2分压，可以加快N2(g)→*N2反应速率，但N2在此步骤的转化率降低，故C错误；
D.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将降低反应速率，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，N2生成NH3的过程，N元素化合价是逐渐降低的；
B.过程Ⅰ中，断裂1个N−Nπ键，形成1个N−Hσ键，后续变化发生类似的断裂与形成；
C.适当提高N2分压，加快N2(g)→*N2反应速率，但N2自身的转化率降低；
D.氨气分子的脱附可留下继续反应的空间，而增加催化剂的活性位。
本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查氧化还原反应的相关知识，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.MgO熔点很高，会消耗大量能源，工业上通常采用电解熔融的MgCl2制得金属Mg，故A错误；
B.阴极上溶液中铝离子难以放电，不能用氯化铝溶液作为电镀液，故B错误；
C.电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH−进入阳极室，避免二者发生反应，故C正确；
D.阳极上比Cu活泼的金属先放电，然后Cu再放电，而阴极只有Cu析出，根据电子转移守恒，同一时间内阳极减少的质量一定大于阴极增加的质量，故D错误；
故选：C。
A.MgO熔点很高，工业上通常采用电解熔融的MgCl2制得金属Mg；
B.溶液中铝离子放电能力比氢离子弱；
C.阳离子交换膜不允许阴离子通过；
D.阳极上比Cu活泼的金属先放电，然后Cu再放电，而阴极只有Cu析出。
本题考查电解原理的应用，理解电解池工作原理、电镀原理，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
10.【答案】C
【解析】解：A.从MgCl2溶液中提取MgCl2⋅6H2O固体应该采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法，故A错误；
B.探究催化剂对化学反应速率的影响应该选用相同浓度的过氧化氢溶液，故B错误；
C.难溶沉淀会转化为更难溶沉淀，氯化银转化为碘化银，证明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故C正确；
D.酸碱中和滴定，酸应该放置在酸式滴定管中，故D错误；
故选：C。
A.从MgCl2溶液中提取MgCl2⋅6H2O固体应该采取蒸发浓缩，冷却结晶；
B.探究催化剂对化学反应速率的影响应该选用相同浓度的过氧化氢溶液；
C.难溶沉淀会转化为更难溶沉淀；
D.酸应该放置在酸式滴定管中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、反应速率、沉淀转化、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】A
【解析】解：A.假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，容器Ⅱ各物质的量是容器Ⅰ的一半，即容器Ⅰ中CO物质的量0.2ml，容器Ⅱ中CO为0.1ml，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中CO比0.1ml大，即y>0.1，假设容器Ⅲ温度为T1，容器Ⅰ和容器Ⅲ形成等效平衡，到达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中n(CO)相等，因T1x，综上可得，平衡时，y>x>0.1，故A正确；
B.平衡常数只与温度有关，对容器Ⅰ，平衡时n(CO)=0.2ml，则n(H2)=0.2ml，n(H2O)=0.4ml，c(CO)=⋅L−1，c(H2)=⋅L−1，c(H2O)=⋅L−1，K=c(CO)c(H2)c(H2O)=0.1×，故B错误；
C.假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅰ的压强相同，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，若容器Ⅱ中平衡不移动，压强变为原来的一半，对H2O(g)+C(s)⇌CO(g)+H2(g)来说，增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中压强增大，故P1<2P2，故C错误；
D.假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，各物质的转化率相等，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，容器Ⅱ中水蒸气的转化率增大，因此水蒸气的转化率：容器I<容器II，故D错误，
故选：A。
A.温度不变的情况下，假设容器Ⅱ体积为1.0L，对比容器Ⅰ与Ⅱ中起始物质的量，再将容器Ⅱ变为2.0L，分析压强对反应的影响，体积不变的情况下，假设容器Ⅲ与容器Ⅱ温度相同，对比容器Ⅲ与Ⅱ中起始物质的量，再将温度升到T2，分析温度对反应的影响；
B.平衡常数只与温度有关，对容器Ⅰ，计算平衡时H2O、CO、H2的浓度，代入K的表达式即可；
C.假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅰ的压强相同，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，压强对平衡的影响；
D.假设容器Ⅱ体积为1.0L，温度相同，容器Ⅱ内物质的量是容器Ⅰ的一半，到达平衡时，各物质的转化率相等，把容器Ⅱ体积从1.0L变为2.0L，压强对平衡、转化率的影响。
本题考查等效平衡，涉及化学平衡建立的过程分析，平衡影响因素分析判断，平衡移动等知识，侧重考查学生析解决问题的能力，属于综合型题目，题目难度较大。
12.【答案】C
【解析】解：A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4可作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为浅红色，故A正确；
B.利用Ag++SCN−=AgSCN↓原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe(NO3)3为指示剂，滴定终点时溶液由无色变为血红色，故B正确；
C.利用2Fe3++2I−=I2+2Fe2+原理，由于一开始就生成了I2，溶液呈蓝色，无法判断终点，故C错误；
D.利用OH−+H+=H2O来测量某盐酸溶液的浓度时，酚酞可作指示剂，滴定终点时溶液由无色变为粉红色，故D正确；
故选：C。
A.亚硫酸钠溶液为无色，酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时变为浅红色，高锰酸钾可作指示剂；
B.KSCN溶液遇Fe(NO3)3呈血红色；
C.一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断滴定终点；
D.滴定终点前，溶液显酸性，加入酚酞后溶液为无色，滴定终点时呈碱性，溶液变为浅红色。
本题考查中和滴定的应用，题目难度不大，明确中和滴定原理为解答关键，注意掌握滴定指示剂、滴定终点的判断方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
13.【答案】D
【解析】解：根据图知，恰好中和时消耗的NaOH溶液体积都是20.00mL，说明对应的酸碱浓度相等，未加NaOH溶液时，根据图中pH知，a、b、c对应盐酸浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，a、b、c对应碱的浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，
A.通过以上分析知，a、b、c盐酸浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，3种HCl溶液的c(HCl)：最大与最小浓度之比=1.000ml⋅L−1：0.01000ml⋅L−1=100：1，故A正确；
B.根据以上分析知，a、b、c对应NaOH溶液浓度：1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，所以c(NaOH)：a>b>c，故B正确；
C.当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系溶液都呈中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(Cl−)，故C正确；
D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大时，碱恰好稍微过量，碱浓度越大，溶液中氢离子浓度越小，则碱浓度：a>b>c，所以a体系中的c(H+)最小，故D错误；
故选：D。
根据图知，恰好中和时消耗的NaOH溶液体积都是20.00mL，说明对应的酸碱浓度相等，未加NaOH溶液时，根据图中pH知，a、b、c对应盐酸浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，a、b、c对应碱的浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1，
A.a、b、c盐酸浓度分别是1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1；
B.根据以上分析知，a、b、c对应NaOH溶液浓度：1.000ml⋅L−1、0.1000ml⋅L−1、0.01000ml⋅L−1；
C.当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系溶液都呈中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒判断c(Na+)、c(Cl−)相对大小；
D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断能力，正确判断酸碱浓度关系是解本题关键，注意：溶液电荷守恒与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.a电极表面C失去电子，化合价升高，发生氧化反应，a为电源的负极，故A错误；
B.电解过程中，阳极区的水被消耗，溶液中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，SO42−不参加反应，根据电荷守恒可知，n(H2SO4)不变，V水减小，因此电解后H2SO4溶液的浓度增大，故B错误；
C.电解过程中，阴极区的Cl−穿过阴离子交换膜进入稀盐酸中，阳极区中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，因此电解后盐酸溶液的浓度增大，故C正确；
的物质的量为5.9g59g/ml=0.1ml，得到0.2ml电子，阳极上电极反应为2H2O−4e−=4H++O2↑，根据转移电子守恒可知，阳极上生成0.05mlO2，但常温常压下的气体摩尔体积并不等于22.4L/ml，因此Ti电极上析出的O2体积不等于1.12L，故D错误；
故选：C。
A.a电极表面C失去电子，化合价升高，发生氧化反应；
B.电解过程中，阳极区的水被消耗，溶液中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，SO42−不参加反应；
C.电解过程中，阴极区的Cl−穿过阴离子交换膜进入稀盐酸中，阳极区中H+穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中；
的物质的量为5.9g59g/ml=0.1ml，得到0.2ml电子。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意电子守恒的计算应用，题目难度中等。
15.【答案】B
【解析】解：A.锂燃料电池中，锂易失电子而作负极，通入空气的多孔碳电极为正极，故A错误；
B.锂燃料电池时，负极Li失电子生成Li+，正极氧气得电子生成氢氧根离子，总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B正确；
C.Li是活泼金属，能与乙醇反应，发生自损耗现象，所以有机电解液不能是乙醇等无水有机物，故C错误；
D.负极材料Li不断损耗，需要补充，水性电解液中氢氧化锂达到饱和，也需要更换，故D错误；
故选：B。
锂燃料电池中，锂易失电子而作负极，电极反应式为Li−e−=Li+，空气中的氧气在多孔碳电极上发生得电子的反应，则多孔碳电极为正极，水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，所以原电池总反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH，据此分析解答。
本题考查新型燃料电池的工作原理，为高频考点，明确燃料电池正负极反应是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，注意原电池工作时电子、离子的移向、结合电解质环境书写电极反应式，题目难度不大。
16.【答案】盐酸 抑制Fe3+水解 TiCl4+(2+x)H2O=TiO2⋅xH2O+4HClPbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O作催化剂 KSCN Pb
【解析】解：Ⅰ.(1)氯化铁水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，为防止铁离子水解，在配制氯化铁溶液时常将FeCl3固体先溶于稀盐酸中，氢离子浓度增大，从而抑制铁离子水解，
故答案为：盐酸；抑制Fe3+水解；
(2)TiCl4水解生成TiO2⋅xH2O和HCl，TiCl4与H2O反应方程式为：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2⋅xH2O+4HCl，
故答案为：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2⋅xH2O+4HCl；
Ⅱ.(1)将方程式①+②得Pb、PbO2、H2SO4反应的方程式为PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，
故答案为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；
(2)Fe2+在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，为催化剂，所以Fe2+的作用是作催化剂，
故答案为：作催化剂；
(3)Fe3+和SCN−反应生成Fe(SCN)3而使溶液呈血红色，Fe2+和SCN−不反应，可以用KSCN溶液检验铁离子，所以向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，说明PbO2能氧化Fe2+生成Fe3+；向溶液中加入Pb使Fe3+被还原为Fe2+，Pb被氧化为PbSO4，
故答案为：KSCN溶液；Pb。
Ⅰ.(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性；
(2)TiCl4水解生成TiO2⋅xH2O和HCl；
Ⅱ.(1)将方程式①+②得Pb、PbO2、H2SO4反应的方程式；
(2)Fe2+在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，为催化剂；
(3)Fe3+和SCN−反应生成Fe(SCN)3而使溶液呈血红色，Fe2+和SCN−不反应，所以向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，说明PbO2能氧化Fe2+生成Fe3+；向溶液中加入Pb使Fe3+被还原为Fe2+。
本题考查物质分类提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确盐类水解原理、氧化还原反应、离子检验等知识点是解本题关键，注意总结归纳元素化合物的性质。
17.【答案】[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN− 1.225×109 在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN 随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低 O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2
【解析】解：(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−，电离方程式为[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−，
故答案为：[Au(CN)2]+⇌[Au(CN)]2++CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)=(3.5×10−20)21.0×10−48=1.225×109，
故答案为：1.225×109；
(2)①在酸性条件下，CN−与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，所以不在酸性条件下进行处理废水，
故答案为：在酸性条件下CN−与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，使Cu2+减少，催化剂的催化效率降低，氰化物去除率下降，
故答案为：随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2，催化效率降低；
(3)根据图知，虚线方框内的过程为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−、⋅O2−结合H+生成⋅O2H、⋅O2H分解生成O2和H2O2，
故答案为：O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
(1)①与弱电解质的电离方程式相似，[Au(CN)2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN−；
②2CuCN(s)+S2−(aq)⇌Cu2S(s)+2CN−(aq)，该反应的平衡常数K=c2(CN−)c(S2−)=[Ksp(CuCN)c(Cu+)]2Ksp(Cu2S)c2(Cu+)=[Ksp(CuCN)]2Ksp(Cu2S)；
(2)①CN−与氢离子结合生成HCN；
②随着pH升高，c(OH−)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2；
(3)O2在阴极表面得电子被还原成⋅O2−，⋅O2−结合H+生成⋅O2H，⋅O2H分解生成O2和H2O2。
本题考查难溶物的溶解平衡、图象分析判断等知识点，侧重考查阅读、信息获取和知识综合应用能力，明确化学平衡常数计算方法、图中曲线含义等知识点是解本题关键，(2)②为解答易错点，题目难度不大。
18.【答案】acMO3+CO32−=MO42−+CO2↑蒸发浓缩 10℃以下结晶 89CO2+8e−+8H+=CH4+2H2 3.6
【解析】解：(1)焙烧时，使钼精矿充分反应的即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，
故答案为：ac；
(2)由题意可知MO3为酸性氧化物，碱浸过程中，MO3与碳酸钠溶液反应生成Na2MO4和CO2，反应的离子方程式为MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，
故答案为：MO3+CO32−=MO42−+CO2↑；
(3)由图分析可得，温度高于10℃，便不再析出Na2MO4⋅10H2O晶体，所以分离固体的操作在蒸发浓缩后，应选择在10℃以下结晶，
故答案为：蒸发浓缩；10℃以下结晶；
(4)c(MO42−)=0.80ml⋅L−1，c(SO42−)=0.02ml⋅L−1，当BaMO4开始沉淀时，c(Ba2+)=4×10−80.80ml/L=5.0×10−8ml⋅L−1，此时c(SO42−)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=1.1×10−105.0×10−8ml/L=2.2×10−3ml/L，SO42−的去除率为(0.02−2.2×10−3)0.02×100%=89%，
故答案为：89%。
(5)铜电极为阴极，铜电极上产生CH4的电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2，若铜电极上只生成5.6gCO，则说明转移了0.4ml电子，发生反应2H++CO2+2e−=CO+H2O，铜极区溶液质量变化的质量为0.2mlH2O的质量即3.6g，
故答案为：CO2+8e−+8H+=CH4+2H2；3.6。
焙烧钼精矿，MS2燃烧，反应方程式为2MS2+7O2−△2MO3+4SO2，碱性条件下，MO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MO3+CO32−=MO42−+CO2↑，溶液中的溶质为Na2MO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MO4⋅2H2O，Na2MO4与足量盐酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MO3，氢气还原MO3得到M，
(5)铜电极为阴极，铜电极上产生CH4的电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2，若铜电极上只生成5.6gCO，则说明转移了0.4ml电子，发生反应2H++CO2+2e−=CO+H2O，结合方程式分析即可。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
19.【答案】−246.1kJ/mlCDACB放热 8a9 9(1−a2)a2 X<
【解析】解：Ⅰ.(1)根据盖斯定律：有①×2+②+③计算3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=−90.7kJ/ml×2+(−23.5kJ/ml)+(−41.2kJ/ml)=−246.1kJ/ml，
故答案为：−246.1kJ/ml；
(2)A.反应体系中各物质均为气体，气体的总质量不变，则恒温恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能据此判断达到平衡状态，故A错误；
B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1，即CH3OH、HCHO的物质的量浓度相等，不能判断达到平衡状态，与CH3OH的起始量和转化率有关，故B错误；
C.H2的体积分数不再改变，即H2的正逆反应速率相等，可判断达到平衡状态，故C正确；
D.正反应是气体体积增大的反应，正向进行时混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
(3)A.及时移除产物，平衡正向移动，可提高CH3OH的平衡转化率，故A正确；
B.降低温度，平衡逆向移动，CH3OH的平衡转化率降低，故B错误；
C.正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压充入稀有气体，容器的体积增大，平衡正向移动，可提高CH3OH的平衡转化率，故C正确；
D.催化剂不能改变化学平衡状态，不能使平衡发生移动，CH3OH的平衡转化率不变，故D错误；
故答案为：AC；
Ⅱ.(4)由图可知，横坐标为温度的倒数，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高而减小，即升高温度反应Ⅱ、Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅱ、Ⅲ是放热反应，物质具有的能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，
故答案为：B；放热；
(5)向某反应容器中加入1.0mlTAME，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)=(1−α)ml，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=αml，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即n(B)n(A)=8，解得n(B)=8a9ml、n(A)=a9ml，平衡体系中各物质的物质的量分数为：φ(A)=a91+a=a9(1+a)、φ(CH3OH)=a1+a、φ(TAME)=1−a1+a，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=φ(TAME)ϕ(A)×ϕ(CH3OH)=1−a1+aa9(1+a)×a1+a=9(1−a2)a2；
故答案为：8a9；9(1−a2)a2；
(6)反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即n(B)n(A)=8，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；t=100s时反应Ⅲ的浓度熵Qc=n(B)n(A)=≈10.2>Kx3，此时反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，即正反应速率v正小于逆反应速率v逆，
故答案为：X；<。
Ⅰ.(1)根据盖斯定律：①×2+②+③计算反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H；
(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
(3)除增大CH3OH浓度外的使平衡正向移动的措施均能提高CH3OH的转化率；
Ⅱ.(4)由图可知，lnKx随1T的增大而增大，则Kx随T的增大而减小，即升高温度平衡逆向移动，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，物质具有的能量越低越稳定；
(5)向某反应容器中加入1.0mlTAME，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)=(1−α)ml，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=αml，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即n(B)n(A)=8，解得n(B)=8a9ml、n(A)=a9ml，平衡体系中各物质的物质的量分数为：φ(A)=a91+a=a9(1+a)、φ(CH3OH)=a1+a、φ(TAME)=a1+a，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=φ(TAME)ϕ(A)×ϕ(CH3OH)，据此计算Kx1；
(6)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=8，即n(B)n(A)=8，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y；t=100s时A、B的浓度分别为0.011ml/L、0.112ml/L，结合浓度熵Qc与平衡常数Kx3的大小关系判断反应进行的方向。
本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡有关知识，为高频考点，把握化学平衡状态的判定、化学平衡的计算、化学平衡的影响因素和化学平衡常数的应用是解题关键，侧重考查学生分析能力和计算能力，注意理解掌握平衡常数的应用，题目难度中等。
A.铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀
B.暖气片表面刷油漆可防止金属腐蚀
C.连接锌棒后，电子由铁管道流向锌
D.阴极的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+
选项
实验目的
实验操作
A
从MgCl2溶液中提取MgCl2⋅6H2O固体
B
探究催化剂对化学反应速率的影响
C
验证AgCl和AgI的Ksp大小
D
酸碱中和滴定
容器
温度
(T1起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
平衡时容器内压强
n(H2O)
n(C)
n(CO)
n(H2)
n(CO)
I
T1
0.6
1.2
0
0
0.2
P1
II
T1
0.3
0.6
0
0
x
P2
III
T2
0
0
0.3
0.3
y
P3