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2021-2022学年湖北省武汉市青山区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省武汉市青山区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了5ml/L的硫酸B，8mlB，并测得C的浓度为O，6ml，【答案】A，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市青山区高二（上）期末化学试卷
1. 下列溶液呈中性的是( )
A. FeCl3溶液 B. Na2CO3溶液
C. NaCl溶液 D. CH3COOH溶液
2. 关于如图所示原电池装置，下列说法正确的是( )
A. 电子从Zn电极流出，经导线流向Cu电极 B. Cu是正极反应物，得到电子
C. 烧杯中换用蔗糖溶液，装置仍可工作 D. 稀H2SO4仅作离子导体
3. 一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是( )
A. υ(A)=1mol/(L⋅min) B. υ(B)=1mol/(L⋅min)
C. υ(C)=1mol/(L⋅min) D. υ(D)=1mol/(L⋅min)
4. 下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是( )
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+
A. A B. B C. C D. D
5. 下列关于化学反应方向的说法正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发反应
B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 凡是吸热反应都不是自发反应
D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变
6. 根据给出资料，判断以下说法中不正确的是( )
资料：
化学反应
反应速率与参与反应物质的浓度的关系式
①H2+I2=2HI(气体反应)
v=kc(H2)c(I2)
②CO+NO2=CO2+NO
v=kc2(NO2)
其中k为反应速率常数。
A. 对于反应①，增大H2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
B. 对于反应①，增大I2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
C. 对于反应②，增大CO浓度(其他条件不变)，反应速率增大
D. 对于反应②，增大NO2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
7. H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如图。下列说法不正确的是( )
A. ①→②吸收能量 B. ②→③形成了N−H键
C. 该催化剂可提高NH3的平衡产率 D. 该反应为放热反应
8. 如图是FeCl3溶液与KSCN溶液反应的实验示意图。下列分析不正确的是( )
A. 溶液中存在平衡：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3
B. 滴加FeCl3溶液达平衡后，c(SCN−)降低
C. 滴加FeCl3溶液达平衡后，观察到溶液红色加深
D. 滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，体系中c(Fe3+)降低
9. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应I的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=+akJ/mol(a>0)
B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C. 选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
10. 10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是( )
A. 再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸 B. 加入几滴CuCl2溶液
C. 加入几滴NaNO3溶液 D. 加入少量CH3COONa溶液
11. 下列实验能达到预期目的的是( )
选项
实验内容
实验目的
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mo⋅L−1和0.1mol⋅L−1H2SO4溶液的pH
比较不同浓度硫酸的酸性强弱
C
配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉
抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化
D
向盛有2mL0.01mol⋅L−1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.01mol⋅L−1NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加2滴0.01mol⋅L−1NaI溶液，产生黄色沉淀
证明在相同温度下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
12. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
13. 绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料。其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
14. 工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=akJ⋅mol−1，在温度为T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n(CH4)随时间变化的数据如表所示：
时间/min
0
10
20
40
50
T1
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
0.50
0.30
0.18
…
0.15
下列说法不正确的是( )
A. 0∼10min内，T1时v(CH4)比T2时小
B. 温度：T1
D. 平衡常数：K(T1)
A. X上发生的电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+
B. 可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C. 根据装置推测，Y电极是阳极，⋅OH在该电极侧产生
D. 起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
16. 25℃时有以下5种溶液：①0.10mol/LHCl溶液②0.10mol/LCH3COOH溶液③0.10mol/LNaOH溶液④0.10mol/LNH4Cl溶液⑤饱和FeCl3溶液。
(1)溶液①的pH______7。(填“>”、“<”或者“=”)
(2)写出CH3COOH的电离方程式______。
(3)将②与③等体积混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是______。
(4)用广泛pH试纸测得④的pH=5，请结合化学用语对NH4Cl溶液显酸性的原因进行完整说明______。
(5)加热⑤可制备Fe(OH)3胶体，请结合化学用语解释______。
17. 甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料．如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开K.
(1)甲中负极的电极反应式为 ______.
(2)若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则C电极反应式为 ______.
(3)若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液：
a.丙中电解的总化学方程式为 ______.
b.工作一段时间后，向乙中所得溶液加入0.05molCu2(OH)2CO3后恰好使电解质溶液复原，则丙中D电极上生成的气体标况下的体积为 ______.
(4)若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，下列说法正确的是 ______.
A.电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
B.A为粗铜，发生氧化反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.杂质都将以单质的形式沉淀到池底
(5)用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J/(g⋅℃)盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g/cm3，则中和热ΔH=______.
18. 甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其相关反应并合理利用具有重要意义．请回答下列问题：
甲烷属于易燃易爆气体，可用电化学原理测定空气中甲烷的含量防止爆炸事故的发生，其原理如图所示，则负极的电极反应式为 ______；若测得标准状况下空气中甲烷的含量为0.112L，当甲烷完全被氧化时消耗的H2SO4为 ______mol.
19. t℃时，将3molA和2molB气体通人体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(气)+B(气)⇌xC(气)，2min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余1.8molB，并测得C的浓度为O.4mol/L，请填写下列空白：
(1)x=______.
(2)比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)(填>、=或<)
(3)若继续向原平衡混合物的容器中通人少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，下列说法中正确的是______(填写字母序号)
A.化学平衡向正反应方向移动 B.化学平衡向逆反应方向移动
C.化学平衡不会发生移动 D.正、逆反应的化学反应速率将发生同等程度的改变
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)______3.6mol.(填“>”、“<”、或“=”)
(5)如果将amolA、bmolB、cmolC在相同温度和容器中进行反应，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的等量关系式：______(a,b及c的关系式)
20. 《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下。
(1)检测锈蚀产物
主要成分的化学式
Fe3O4
Fe2O3⋅H2O
FeO(OH)
FeOCl
铁器在具有O2、______等环境中容易被腐蚀。
(2)分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
Ⅰ.Fe转化为Fe2+。
Ⅱ.Fe2+在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元素的化合价为 ______。
Ⅲ.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2+的作用是 ______。
a.氧化剂
b.还原剂
c.既不是氧化剂也不是还原剂
Ⅳ.Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。
______Fe3O4+______O2+______H2O=______FeO(OH)(将反应补充完整)
(3)研究发现，Cl−对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：
将铁器浸没在盛有0.5mol/LNa2SO3、0.5mol/LNaOH溶液的容器中，缓慢加热至60∼90℃.一段时间，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl−。
①检测洗涤液中无Cl−的方法是 ______。
②脱氯反应：FeOCl+OH−=FeO(OH)+Cl−.离子反应的本质是离子浓度的减小，FeOCl与FeO(OH)的溶解度更小的是 ______。
③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故A错误；
B.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解溶液显碱性，故B错误；
C.NaCl溶液中氯化钠是强酸强碱盐，溶液显中性，故C正确；
D.CH3COOH为酸，在溶液中电离出氢离子，其溶液呈酸性，故D错误；
故选：C。
强酸强碱盐不水解，溶液显中性，强酸弱碱盐可发生水解，溶液显酸性，强碱弱酸盐可发生水解，溶液显碱性，据此解答。
本题考查盐的水解原理应用，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握常见盐的类型与溶液酸碱性的关系，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。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查原电池的工作原理，把握正负极的判断、电极方程式的书写、粒子流向等即可解答，题目难度不大。
【解答】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应生成Zn2+，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应生成H2，电极反应式为2H++2e−=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此分析解答。
A.铜锌原电池中锌为负极，铜为正极，原电池工作时，电子由负极Zn流出，经过导线流入正极Cu，故A正确；
B.铜为正极，Cu不参与反应，正极上氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故B错误；
C.蔗糖是非电解质，其水溶液不导电，烧杯中换用蔗糖溶液，不能形成闭合回路，装置不可工作，故C错误；
D.该电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，稀H2SO4除作离子导体外，还作反应物，故D错误；
故选A。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率计算，明确化学反应速率计算公式中各个物理量的关系、各物质反应速率之比与其计量数之比关系是解本题关键，注意反应速率适用范围，题目难度不大。
【解答】
5min内v(A)=1025mol/(L⋅min)=1mol/(L⋅min)，其它气体与A的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算其它气体反应速率。
A.5min内v(A)=1025mol/(L⋅min)=1mol/(L⋅min)，故A正确；
B.v(B)=3v(A)=3×1mol/(L⋅min)=3mol/(L⋅min)，故B错误；
C.v(C)=2v(A)=2×1mol/(L⋅min)=2mol/(L⋅min)，故C错误；
D.v(D)=4v(A)=4×1mol/(L⋅min)=4mol/(L⋅min)，故D错误；
故选A。
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】D
【解析】解：A.若放热反应为熵减反应，当温度较高时，不一定满足△H−T△S<0，此时反应不一定能自发进行，故A错误；
B.若熵增反应为吸热反应，在低温时可能不满足△H−T△S<0，此时反应难以自发进行，故B错误；
C.若吸热反应的熵值增大，在高温时可能满足△H−T△S<0，此时反应可能自发进行，故C错误；
D.反应是否能自发进行，需要从焓判据和熵判据进行综合分析，满足△H−T△S<0的反应能自发进行，故D正确；
故选：D。
放出热量的反应有利于反应的自发进行，熵增加的反应有利于反应的自发进行，但是化学反应能否自发进行要结合焓变熵变的复合判据来判断：△H−T△S<0的反应能自发进行，△H−T△S>0的反应不能自发进行，据此分析判断。
本题考查了焓变与熵变、反应自发进行的条件等知识，把握反应自发进行的条件、熵变正负的判断是解题关键，注意只有满足△H−T△S<0的反应能自发进行，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：由材料可知，反应①的反应速率与H2和I2浓度积成正比，二者浓度增大，反应速率增大；反应②的反应速率只与NO2的浓度平方成正比，只受NO2的浓度影响，NO2浓度增大，反应速率增大，故A，B，D正确，C错误；
故选：C。
由材料可知，反应①的反应速率与H2和I2浓度积成正比；反应②的反应速率只与NO2的浓度平方成正比，据此分析判断。
本题考查了化学反应速率大小影响因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.从图中可知，状态①的总能量比状态②的低，故①→②过程中需要吸收能量，故A正确；
B.从图中可知：①→②是N2、H2分别分解成N原子和H原子，则②→③是N原子和H原子结合成NH3分子的过程，故②→③形成了N−H键，故B正确；
C.催化剂只能改变反应速率，并不能使化学平衡发生移动，故不能提高NH3的平衡产率，故C错误；
D.比较状态①和状态③可知，状态①的总能量比状态③的总能量高，故该反应为放热反应，故D正确；
故选：C。
A.断裂化学键吸收能量；
B.②→③形成化学键；
C.催化剂不影响平衡移动；
D.反应物的总能量大于生成物总能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握催化剂对反应的影响，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，注意化学键的断裂和生成，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题以铁的性质为载体，考查了平衡移动的影响因素，明确浓度对平衡的影响是解题关键，属基础考查，难度中等，但对培养学生重视双基学习，有一定的促进作用。
【解答】
A.继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深，可知Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3正向移动，实验可证明，故A正确；
B.在Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3中，滴加FeCl3溶液，增大反应物的浓度，平衡正向移动，则溶液中c(SCN−)降低，故B正确；
C.在Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3中，滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，则溶液中c[Fe(SCN)3]增大，故C正确；
D.滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，体系中c(Fe3+)增大，故D错误；
故选D。
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，由图可知，反应Ⅰ的反应物为CH3OH(g)，生成物为H2(g)、CO(g)，且反应Ⅰ的反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；
B.由图可知，CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)的反应是吸热反应，则1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，故B错误；
C.催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，所以选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗，故C正确；
D.CO(g)在反应I中生成，又在反应II中消耗，所以CO(g)是中间产物，不是催化剂，故D错误；
故选：C。
A.由图可知，反应Ⅰ的反应物为CH3OH(g)，生成物为H2(g)、CO(g)；
B.由图可知，CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)的反应是吸热反应；
C.催化剂可降低反应的活化能；
D.在起始反应中消耗、在状态反应中生成的物质可认为是催化剂。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握催化剂对反应的影响，反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸，0.5mol/L的硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，故A错误；
B.加入几滴CuCl2溶液，Zn足量，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，不影响生成的氢气的总量，故B正确；
C.加入几滴NaNO3溶液，NO3−、H+与锌反应不产生氢气，故C错误；
D.加入少量CH3COONa溶液，CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，故D错误；
故选：B。
盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。
本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键，并熟悉常见的影响因素来解答，注意Zn过量，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，故A正确；
B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则无法用pH试纸测定pH值，故B错误；
C.铁离子和Cu反应生成铜离子和亚铁离子，引进新的杂质，应该加入铁粉，故C错误；
D.硝酸银过量导致两种沉淀都生成，则无法判断溶度积大小，故D错误；
故选：A。
A.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；
B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性；
C.铁离子和Cu反应生成铜离子和亚铁离子；
D.硝酸银过量两种沉淀都生成。
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、反应与现象、水解平衡移动、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。
12.【答案】B
【解析】A.常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，1L该溶液中含有的n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，含有H+数目为0.01NA，故A错误；
B.根据H3PO4溶液中的电荷守恒可知：c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)，故B正确；
C.加水稀释H3PO4的浓度减小，其电离度增大，但溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故C错误；
D.加入NaH2PO4固体后，抑制了H3PO4的电离，溶液中氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：B。
13.【答案】B
【解析】解：A.CdS沉淀溶解平衡为CdS(s)⇌c(Cd2+)(aq)+c(S2−)(aq)，在CdS饱和溶液中有c(Cd2+)=c(S2−)，所以图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中形成的饱和溶液的物质的量浓度，故A正确；
B.温度升高Ksp增大，则T2>T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)
D.Ksp=c(Cd2+)c(S2−)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；
故选：B。
A.CdS中阴阳离子个数比为1：1，所以CdS在水中形成的饱和溶液中有c(Cd2+)=c(S2−)；
B.溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行；
C.温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；
D.饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。
本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断、溶度积常数随温度变化的理解应用、图象变化的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.T1温度时，40min与50min时甲烷的物质的量相等，说明40min时到达平衡，前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，即0∼10min内，T1时v(CH4)比T2时小，故A正确；
B.前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，温度越高，反应速率越快，故温度T1
D.由C分析可知，升高温度，平衡向逆反应进行，平衡常数减小，即温度越高平衡常数越小，则K(T1)>K(T2)，故D错误；
故选：D。
T1温度时，40min与50min时甲烷的物质的量相等，说明40min时到达平衡，前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，说明温度T2>T1，温度高先到达平衡，则T2温度下，50min时反应达到平衡，平衡时甲烷的物质的量大于T1温度平衡时甲烷的物质的量，说明升高温度，平衡向逆反应进行，则正反应为放热反应，以此分析解答。
本题考查化学平衡移动、化学平衡影响因素，根据温度越高反应速率越快判断温度高低，温度高先到达平衡，再根据平衡时甲烷物质的量判断反应热效应，难度中等。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理的应用等知识，侧重学生观察、分析和运用能力的考查，把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应为解题关键，注意结合图中信息书写电极反应式，题目难度中等。
【解答】
由装置图可知，X上发生的电极反应为：H2O−2e−=12O2↑+2H+、O元素的化合价升高、发生失电子的氧化反应，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阴极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，电极电极反应为Fe3++e−=Fe2+、O2+2H++2e−=H2O2，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH：Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，据此分析解答。
A.由图可知，X上发生的电极反应为：H2O−2e−=12O2↑+2H+，即2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A正确；
B.阳极X上生成O2，Y电极为阴极，阴极反应为O2+2H++2e−=H2O2，所以可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C.由图可知，Y电极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH，则Y为阴极，故C错误；
D.若起始时，在阴极Y附近加入适量Fe3+：Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3++e−=Fe2+，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能出现Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH的反应，装置均能正常工作，故D正确。
故选C。
16.【答案】c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)NH4Cl溶液中NH4+发生水解，NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，溶液呈酸性 加热促使平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向正反应方向移动，得到Fe(OH)3胶体
【解析】解：(1)0.10mol/LHCl溶液呈酸性，c(H+)=0.10mol/L，pH=−lgc(H+)=1，常温下pH<7，
故答案为：<；
(2)CH3COOH为一元弱酸部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
(3)0.10mol/LCH3COOH溶液和0.10mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸根离子会水解使溶液呈碱性，故离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)NH4Cl是盐，在溶液中完全电离：NH4Cl=NH4++Cl−，NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，NH4+与水电离出的OH−结合，使得水的电离平衡向正反应方向移动，溶液中c(H+)>c(OH−)，因此溶液呈酸性，
故答案为：NH4Cl溶液中NH4+发生水解，NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，溶液呈酸性；
(5)FeCl3溶液中Fe3+发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应吸热，加热时促进水解，平衡向正反应方向移动，产生的c[Fe(OH)3]升高，得到Fe(OH)3胶体，
故答案为：加热促使平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向正反应方向移动，得到Fe(OH)3胶体。
(1)25℃时，0.10mol/LHCl溶液中c(H+)=0.10mol/L，pH=−lgc(H+)；
(2)CH3COOH为一元弱酸部分电离出氢离子和醋酸根离子；
(3)0.10mol/LCH3COOH溶液和0.10mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸根离子会水解使溶液呈碱性；
(4)NH4Cl是盐，在溶液中完全电离：NH4Cl=NH4++Cl−，NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，溶液显酸性；
(5)FeCl3溶液中Fe3+发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应吸热，加热时促进水解，平衡向正反应方向移动，生成氢氧化铁胶体。
本题考查了弱电解质电离平衡、溶液pH的计算、离子浓度大小比较、胶体制备等知识点，注意基础知识的熟练掌握，题目难度不大。
17.【答案】CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+ 2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑3.36LB−50.16kJ/mol
【解析】解：(1)甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；
(2)丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝，则阳极的电极反应为2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+，
故答案为：2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+；
(3)a.电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解反应式：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；
b.电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO⋅H2O⋅CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，则电解时生成的氧气为(0.1mol+0.05mol)×12=0.075mol，转移电子为0.75mol×4=0.3mol，丙中D电极上生成氢气，根据转移电子守恒得生成n(H2)=0.3mol2=0.15mol，生成V(H2)=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：3.36L；
(4)A.电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，所以阳极减少的质量大于阴极增加的质量，故A错误；
B.A与正极相连为阳极，电解精炼时粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，故B正确；
C.阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，析出的铜的量大于溶解的铜的量，所以CuSO4溶液的浓度逐渐减小，故C错误；
D.Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子，活泼性比铜弱的金属如Ag、Au，以单质的形式沉淀到池底，故D错误；
故答案为：B；
(5)50mL0.55mol⋅L−1 NaOH与50mL0.5mol⋅L−1HCl进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值△T=23.4℃−20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.0℃=1254J=1.254kJ，所以实验测得的中和热△H=−1.254kJ0.025mol=−50.16kJ/mol，
故答案为：−50.16kJ/mol。
(1)通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；
(2)丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝；
(3)a.电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠；
b.电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO⋅H2O⋅CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，根据原子守恒和电子守恒计算；
(4)A.电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu；
B.粗铜为阳极，失电子发生氧化反应；
C.CuSO4溶液的浓度逐渐减小；
D.Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子；
(5)先根据Q=m⋅c⋅△T计算反应放出的热量，然后根据△H=−QnkJ/mol计算出中和热。
本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等。
18.【答案】CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+ 0
【解析】解：该燃料电池中，甲烷通入的极为负极，电极反应式为CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+，正极上O2得电子和H+反应生成H2O，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，硫酸消耗量为0，
故答案为：CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+；0。
该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，负极上甲烷失电子生成CO2和H+，正极上O2得电子和H+反应生成H2O，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O。
本题考查燃料电池，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确燃料电池中正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】4>C=(a+34c)：(b+14c)=3：2
【解析】解：(1)平衡时C的浓度为0.4mol/L，则生成C为0.4mol/L×2L=0.8mol，参加反应的B的物质的量为2mol−1.8mol=0.2mol，B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以0.2mol：0.4mol=1：x，解得x=4，故答案为：4；
(2)A、B按物质的量3：1反应，若A、B的起始物质的量分别为3mol、1mol时，则A、B转化率相等，现在起始投入3molA和2molB，等效为在起始投入3molA、1molB到达平衡的基础再加入1molB，A的转化率增大、B的转化率减小，故α(A)>α(B)，故答案为：>；
(3)继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故选：C；
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，相当于增大压强，反应前后气体体积不变平衡不动，反应物的转化率不变，则此时B的物质的量为n(B)=1.8mol×2=3.6mol，故答案为：=；
(5)在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量amolA、bmolB、cmolC转化为起始量和原平衡成比例即可；
3A(g)+B(g)⇌4C(g)
起始量 3 1 0
a b c
转化起始量a+34cb+14c0
所以(a+34c)：(b+14c)=3：2，则与原平衡等效，平衡时C的物质的量分数与原平衡相等；
故答案为：(a+34c)：(b+14c)=3：2.
(1)根据n=cV计算生成C的物质的量，计算参加反应B的物质的量，利用B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值；
(2)A、B按物质的量3：1反应，若A、B的起始物质的量分别为3mol、1mol时，则A、B转化率相等，现在起始投入3molA和2molB，等效为在起始投入3molA、1molB到达平衡的基础再加入1molB，A的转化率增大、B的转化率减小；
(3)继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，相当于增大压强，反应前后气体体积不变平衡不动，反应物的转化率不变；
(5)依据该反应前后气体体积不变，所以只要成比例就等效，平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，据此分析．
本题考查化学平衡的有关计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，(2)中可以计算转化率进行比较，(5)中注意等效平衡原理与等效平衡规律．
20.【答案】H2O(或潮湿)+3c41612取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−； FeO(OH)SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O
【解析】解：(1)铁器在潮湿的环境中和氧气发生电化腐蚀生成铁锈，铁器在具有O2、H2O等环境中容易被腐蚀，
故答案为：H2O(或潮湿)；
(2)Ⅱ.根据化合物中元素化合价代数和为0计算FeO(OH)中铁元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
Ⅲ.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，四氧化三铁Fe2O3⋅FeO，所以Fe2+既不是氧化剂也不是还原剂，故选c，
故答案为：c；
Ⅳ.反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，结合原子守恒配平得到反应的化学方程式为：4Fe3O4+O2+6H2O=12FeO(OH)，
故答案为：4、1、6、12；
(3)①检验Cl−常用硝酸酸化的硝酸银溶液，操作为：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−，
故答案为：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−；
②化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)，即FeO(OH)的溶解度小，
故答案为：FeO(OH)；
③Na2SO3还原FeO(OH)生成Fe3O4和Na2SO4，其中S的化合价升高2，3个Fe的化合价共降低1，所以FeO(OH)的计量数为6，Fe3O4的计量数为2，结合电荷守恒、原子守恒得到离子方程式为SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O，
故答案为：SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O。
(1)根据铁锈蚀产物的化学式可知，铁的锈蚀是空气、水与铁共同作用的结果；
(2)Ⅱ.化合物中元素化合价代数和为0，据此计算；
III.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4的过程中Fe2+没有发生氧化还原反应，化合价没有发生改变；
IV.反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，结合原子守恒配平；
(3)①实验室常用硝酸酸化的硝酸银溶液检验Cl−；
②化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势；
③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的反应中还生成Na2SO4，其中S的化合价升高2，3个Fe的化合价共降低1，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。
本题考查了探究铁的锈蚀实验、亚铁离子和铁离子的转化、离子性质分析判断、反应的离子方程式书写、氧化还原反应分析等，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，明确Fe的性质和理解Fe锈蚀的原理是解题的关键，注意氧化还原反应规律的应用和氧化还原反应方程式的书写，题目难度中等。
2021-2022学年湖北省武汉市青山区高二（上）期末化学试卷
1. 下列溶液呈中性的是( )
A. FeCl3溶液 B. Na2CO3溶液
C. NaCl溶液 D. CH3COOH溶液
2. 关于如图所示原电池装置，下列说法正确的是( )
A. 电子从Zn电极流出，经导线流向Cu电极 B. Cu是正极反应物，得到电子
C. 烧杯中换用蔗糖溶液，装置仍可工作 D. 稀H2SO4仅作离子导体
3. 一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(g)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是( )
A. υ(A)=1mol/(L⋅min) B. υ(B)=1mol/(L⋅min)
C. υ(C)=1mol/(L⋅min) D. υ(D)=1mol/(L⋅min)
4. 下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是( )
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+
A. A B. B C. C D. D
5. 下列关于化学反应方向的说法正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发反应
B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 凡是吸热反应都不是自发反应
D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变
6. 根据给出资料，判断以下说法中不正确的是( )
资料：
化学反应
反应速率与参与反应物质的浓度的关系式
①H2+I2=2HI(气体反应)
v=kc(H2)c(I2)
②CO+NO2=CO2+NO
v=kc2(NO2)
其中k为反应速率常数。
A. 对于反应①，增大H2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
B. 对于反应①，增大I2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
C. 对于反应②，增大CO浓度(其他条件不变)，反应速率增大
D. 对于反应②，增大NO2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
7. H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如图。下列说法不正确的是( )
A. ①→②吸收能量 B. ②→③形成了N−H键
C. 该催化剂可提高NH3的平衡产率 D. 该反应为放热反应
8. 如图是FeCl3溶液与KSCN溶液反应的实验示意图。下列分析不正确的是( )
A. 溶液中存在平衡：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3
B. 滴加FeCl3溶液达平衡后，c(SCN−)降低
C. 滴加FeCl3溶液达平衡后，观察到溶液红色加深
D. 滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，体系中c(Fe3+)降低
9. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应I的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=+akJ/mol(a>0)
B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C. 选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
10. 10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是( )
A. 再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸 B. 加入几滴CuCl2溶液
C. 加入几滴NaNO3溶液 D. 加入少量CH3COONa溶液
11. 下列实验能达到预期目的的是( )
选项
实验内容
实验目的
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mo⋅L−1和0.1mol⋅L−1H2SO4溶液的pH
比较不同浓度硫酸的酸性强弱
C
配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉
抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化
D
向盛有2mL0.01mol⋅L−1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.01mol⋅L−1NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加2滴0.01mol⋅L−1NaI溶液，产生黄色沉淀
证明在相同温度下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
12. 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
13. 绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料。其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
14. 工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=akJ⋅mol−1，在温度为T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n(CH4)随时间变化的数据如表所示：
时间/min
0
10
20
40
50
T1
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
0.50
0.30
0.18
…
0.15
下列说法不正确的是( )
A. 0∼10min内，T1时v(CH4)比T2时小
B. 温度：T1
D. 平衡常数：K(T1)
A. X上发生的电极反应为：2H2O−4e−=O2↑+4H+
B. 可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C. 根据装置推测，Y电极是阳极，⋅OH在该电极侧产生
D. 起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
16. 25℃时有以下5种溶液：①0.10mol/LHCl溶液②0.10mol/LCH3COOH溶液③0.10mol/LNaOH溶液④0.10mol/LNH4Cl溶液⑤饱和FeCl3溶液。
(1)溶液①的pH______7。(填“>”、“<”或者“=”)
(2)写出CH3COOH的电离方程式______。
(3)将②与③等体积混合后，溶液中存在的离子浓度由大到小的顺序是______。
(4)用广泛pH试纸测得④的pH=5，请结合化学用语对NH4Cl溶液显酸性的原因进行完整说明______。
(5)加热⑤可制备Fe(OH)3胶体，请结合化学用语解释______。
17. 甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料．如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开K.
(1)甲中负极的电极反应式为 ______.
(2)若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则C电极反应式为 ______.
(3)若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液：
a.丙中电解的总化学方程式为 ______.
b.工作一段时间后，向乙中所得溶液加入0.05molCu2(OH)2CO3后恰好使电解质溶液复原，则丙中D电极上生成的气体标况下的体积为 ______.
(4)若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)，下列说法正确的是 ______.
A.电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
B.A为粗铜，发生氧化反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.杂质都将以单质的形式沉淀到池底
(5)用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J/(g⋅℃)盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g/cm3，则中和热ΔH=______.
18. 甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其相关反应并合理利用具有重要意义．请回答下列问题：
甲烷属于易燃易爆气体，可用电化学原理测定空气中甲烷的含量防止爆炸事故的发生，其原理如图所示，则负极的电极反应式为 ______；若测得标准状况下空气中甲烷的含量为0.112L，当甲烷完全被氧化时消耗的H2SO4为 ______mol.
19. t℃时，将3molA和2molB气体通人体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(气)+B(气)⇌xC(气)，2min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余1.8molB，并测得C的浓度为O.4mol/L，请填写下列空白：
(1)x=______.
(2)比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)(填>、=或<)
(3)若继续向原平衡混合物的容器中通人少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，下列说法中正确的是______(填写字母序号)
A.化学平衡向正反应方向移动 B.化学平衡向逆反应方向移动
C.化学平衡不会发生移动 D.正、逆反应的化学反应速率将发生同等程度的改变
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，在t℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)______3.6mol.(填“>”、“<”、或“=”)
(5)如果将amolA、bmolB、cmolC在相同温度和容器中进行反应，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的等量关系式：______(a,b及c的关系式)
20. 《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下。
(1)检测锈蚀产物
主要成分的化学式
Fe3O4
Fe2O3⋅H2O
FeO(OH)
FeOCl
铁器在具有O2、______等环境中容易被腐蚀。
(2)分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
Ⅰ.Fe转化为Fe2+。
Ⅱ.Fe2+在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元素的化合价为 ______。
Ⅲ.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2+的作用是 ______。
a.氧化剂
b.还原剂
c.既不是氧化剂也不是还原剂
Ⅳ.Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。
______Fe3O4+______O2+______H2O=______FeO(OH)(将反应补充完整)
(3)研究发现，Cl−对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：
将铁器浸没在盛有0.5mol/LNa2SO3、0.5mol/LNaOH溶液的容器中，缓慢加热至60∼90℃.一段时间，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl−。
①检测洗涤液中无Cl−的方法是 ______。
②脱氯反应：FeOCl+OH−=FeO(OH)+Cl−.离子反应的本质是离子浓度的减小，FeOCl与FeO(OH)的溶解度更小的是 ______。
③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故A错误；
B.Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解溶液显碱性，故B错误；
C.NaCl溶液中氯化钠是强酸强碱盐，溶液显中性，故C正确；
D.CH3COOH为酸，在溶液中电离出氢离子，其溶液呈酸性，故D错误；
故选：C。
强酸强碱盐不水解，溶液显中性，强酸弱碱盐可发生水解，溶液显酸性，强碱弱酸盐可发生水解，溶液显碱性，据此解答。
本题考查盐的水解原理应用，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握常见盐的类型与溶液酸碱性的关系，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。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查原电池的工作原理，把握正负极的判断、电极方程式的书写、粒子流向等即可解答，题目难度不大。
【解答】
Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应生成Zn2+，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应生成H2，电极反应式为2H++2e−=H2↑，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此分析解答。
A.铜锌原电池中锌为负极，铜为正极，原电池工作时，电子由负极Zn流出，经过导线流入正极Cu，故A正确；
B.铜为正极，Cu不参与反应，正极上氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故B错误；
C.蔗糖是非电解质，其水溶液不导电，烧杯中换用蔗糖溶液，不能形成闭合回路，装置不可工作，故C错误；
D.该电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，稀H2SO4除作离子导体外，还作反应物，故D错误；
故选A。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率计算，明确化学反应速率计算公式中各个物理量的关系、各物质反应速率之比与其计量数之比关系是解本题关键，注意反应速率适用范围，题目难度不大。
【解答】
5min内v(A)=1025mol/(L⋅min)=1mol/(L⋅min)，其它气体与A的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算其它气体反应速率。
A.5min内v(A)=1025mol/(L⋅min)=1mol/(L⋅min)，故A正确；
B.v(B)=3v(A)=3×1mol/(L⋅min)=3mol/(L⋅min)，故B错误；
C.v(C)=2v(A)=2×1mol/(L⋅min)=2mol/(L⋅min)，故C错误；
D.v(D)=4v(A)=4×1mol/(L⋅min)=4mol/(L⋅min)，故D错误；
故选A。
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】D
【解析】解：A.若放热反应为熵减反应，当温度较高时，不一定满足△H−T△S<0，此时反应不一定能自发进行，故A错误；
B.若熵增反应为吸热反应，在低温时可能不满足△H−T△S<0，此时反应难以自发进行，故B错误；
C.若吸热反应的熵值增大，在高温时可能满足△H−T△S<0，此时反应可能自发进行，故C错误；
D.反应是否能自发进行，需要从焓判据和熵判据进行综合分析，满足△H−T△S<0的反应能自发进行，故D正确；
故选：D。
放出热量的反应有利于反应的自发进行，熵增加的反应有利于反应的自发进行，但是化学反应能否自发进行要结合焓变熵变的复合判据来判断：△H−T△S<0的反应能自发进行，△H−T△S>0的反应不能自发进行，据此分析判断。
本题考查了焓变与熵变、反应自发进行的条件等知识，把握反应自发进行的条件、熵变正负的判断是解题关键，注意只有满足△H−T△S<0的反应能自发进行，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：由材料可知，反应①的反应速率与H2和I2浓度积成正比，二者浓度增大，反应速率增大；反应②的反应速率只与NO2的浓度平方成正比，只受NO2的浓度影响，NO2浓度增大，反应速率增大，故A，B，D正确，C错误；
故选：C。
由材料可知，反应①的反应速率与H2和I2浓度积成正比；反应②的反应速率只与NO2的浓度平方成正比，据此分析判断。
本题考查了化学反应速率大小影响因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.从图中可知，状态①的总能量比状态②的低，故①→②过程中需要吸收能量，故A正确；
B.从图中可知：①→②是N2、H2分别分解成N原子和H原子，则②→③是N原子和H原子结合成NH3分子的过程，故②→③形成了N−H键，故B正确；
C.催化剂只能改变反应速率，并不能使化学平衡发生移动，故不能提高NH3的平衡产率，故C错误；
D.比较状态①和状态③可知，状态①的总能量比状态③的总能量高，故该反应为放热反应，故D正确；
故选：C。
A.断裂化学键吸收能量；
B.②→③形成化学键；
C.催化剂不影响平衡移动；
D.反应物的总能量大于生成物总能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握催化剂对反应的影响，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，注意化学键的断裂和生成，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题以铁的性质为载体，考查了平衡移动的影响因素，明确浓度对平衡的影响是解题关键，属基础考查，难度中等，但对培养学生重视双基学习，有一定的促进作用。
【解答】
A.继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深，可知Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3正向移动，实验可证明，故A正确；
B.在Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3中，滴加FeCl3溶液，增大反应物的浓度，平衡正向移动，则溶液中c(SCN−)降低，故B正确；
C.在Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3中，滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，则溶液中c[Fe(SCN)3]增大，故C正确；
D.滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，体系中c(Fe3+)增大，故D错误；
故选D。
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，由图可知，反应Ⅰ的反应物为CH3OH(g)，生成物为H2(g)、CO(g)，且反应Ⅰ的反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；
B.由图可知，CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)的反应是吸热反应，则1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，故B错误；
C.催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，所以选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗，故C正确；
D.CO(g)在反应I中生成，又在反应II中消耗，所以CO(g)是中间产物，不是催化剂，故D错误；
故选：C。
A.由图可知，反应Ⅰ的反应物为CH3OH(g)，生成物为H2(g)、CO(g)；
B.由图可知，CH3OH(g)和H2O(g)生成CO2(g)和H2(g)的反应是吸热反应；
C.催化剂可降低反应的活化能；
D.在起始反应中消耗、在状态反应中生成的物质可认为是催化剂。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握催化剂对反应的影响，反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸，0.5mol/L的硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，故A错误；
B.加入几滴CuCl2溶液，Zn足量，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，不影响生成的氢气的总量，故B正确；
C.加入几滴NaNO3溶液，NO3−、H+与锌反应不产生氢气，故C错误；
D.加入少量CH3COONa溶液，CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，故D错误；
故选：B。
盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。
本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键，并熟悉常见的影响因素来解答，注意Zn过量，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，故A正确；
B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则无法用pH试纸测定pH值，故B错误；
C.铁离子和Cu反应生成铜离子和亚铁离子，引进新的杂质，应该加入铁粉，故C错误；
D.硝酸银过量导致两种沉淀都生成，则无法判断溶度积大小，故D错误；
故选：A。
A.碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；
B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性；
C.铁离子和Cu反应生成铜离子和亚铁离子；
D.硝酸银过量两种沉淀都生成。
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、反应与现象、水解平衡移动、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。
12.【答案】B
【解析】A.常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，1L该溶液中含有的n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，含有H+数目为0.01NA，故A错误；
B.根据H3PO4溶液中的电荷守恒可知：c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)，故B正确；
C.加水稀释H3PO4的浓度减小，其电离度增大，但溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故C错误；
D.加入NaH2PO4固体后，抑制了H3PO4的电离，溶液中氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：B。
13.【答案】B
【解析】解：A.CdS沉淀溶解平衡为CdS(s)⇌c(Cd2+)(aq)+c(S2−)(aq)，在CdS饱和溶液中有c(Cd2+)=c(S2−)，所以图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中形成的饱和溶液的物质的量浓度，故A正确；
B.温度升高Ksp增大，则T2>T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)
D.Ksp=c(Cd2+)c(S2−)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；
故选：B。
A.CdS中阴阳离子个数比为1：1，所以CdS在水中形成的饱和溶液中有c(Cd2+)=c(S2−)；
B.溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行；
C.温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；
D.饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。
本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断、溶度积常数随温度变化的理解应用、图象变化的分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.T1温度时，40min与50min时甲烷的物质的量相等，说明40min时到达平衡，前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，即0∼10min内，T1时v(CH4)比T2时小，故A正确；
B.前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，温度越高，反应速率越快，故温度T1
D.由C分析可知，升高温度，平衡向逆反应进行，平衡常数减小，即温度越高平衡常数越小，则K(T1)>K(T2)，故D错误；
故选：D。
T1温度时，40min与50min时甲烷的物质的量相等，说明40min时到达平衡，前10min内，反应未到达平衡，而T2温度下，甲烷的物质的量变化较大，反应速率较快，说明温度T2>T1，温度高先到达平衡，则T2温度下，50min时反应达到平衡，平衡时甲烷的物质的量大于T1温度平衡时甲烷的物质的量，说明升高温度，平衡向逆反应进行，则正反应为放热反应，以此分析解答。
本题考查化学平衡移动、化学平衡影响因素，根据温度越高反应速率越快判断温度高低，温度高先到达平衡，再根据平衡时甲烷物质的量判断反应热效应，难度中等。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理的应用等知识，侧重学生观察、分析和运用能力的考查，把握电解池的工作原理以及电极上发生的反应为解题关键，注意结合图中信息书写电极反应式，题目难度中等。
【解答】
由装置图可知，X上发生的电极反应为：H2O−2e−=12O2↑+2H+、O元素的化合价升高、发生失电子的氧化反应，则X电极为阳极，Y电极为阴极，阴极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，电极电极反应为Fe3++e−=Fe2+、O2+2H++2e−=H2O2，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH：Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，据此分析解答。
A.由图可知，X上发生的电极反应为：H2O−2e−=12O2↑+2H+，即2H2O−4e−=O2↑+4H+，故A正确；
B.阳极X上生成O2，Y电极为阴极，阴极反应为O2+2H++2e−=H2O2，所以可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C.由图可知，Y电极上O2、Fe3+发生得电子的还原反应，Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH，则Y为阴极，故C错误；
D.若起始时，在阴极Y附近加入适量Fe3+：Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3++e−=Fe2+，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能出现Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH的反应，装置均能正常工作，故D正确。
故选C。
16.【答案】
【解析】解：(1)0.10mol/LHCl溶液呈酸性，c(H+)=0.10mol/L，pH=−lgc(H+)=1，常温下pH<7，
故答案为：<；
(2)CH3COOH为一元弱酸部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
(3)0.10mol/LCH3COOH溶液和0.10mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸根离子会水解使溶液呈碱性，故离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)；
(4)NH4Cl是盐，在溶液中完全电离：NH4Cl=NH4++Cl−，NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，NH4+与水电离出的OH−结合，使得水的电离平衡向正反应方向移动，溶液中c(H+)>c(OH−)，因此溶液呈酸性，
故答案为：NH4Cl溶液中NH4+发生水解，NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，溶液呈酸性；
(5)FeCl3溶液中Fe3+发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应吸热，加热时促进水解，平衡向正反应方向移动，产生的c[Fe(OH)3]升高，得到Fe(OH)3胶体，
故答案为：加热促使平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+向正反应方向移动，得到Fe(OH)3胶体。
(1)25℃时，0.10mol/LHCl溶液中c(H+)=0.10mol/L，pH=−lgc(H+)；
(2)CH3COOH为一元弱酸部分电离出氢离子和醋酸根离子；
(3)0.10mol/LCH3COOH溶液和0.10mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为弱酸强碱盐，醋酸根离子会水解使溶液呈碱性；
(4)NH4Cl是盐，在溶液中完全电离：NH4Cl=NH4++Cl−，NH4+发生水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，溶液显酸性；
(5)FeCl3溶液中Fe3+发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，水解反应吸热，加热时促进水解，平衡向正反应方向移动，生成氢氧化铁胶体。
本题考查了弱电解质电离平衡、溶液pH的计算、离子浓度大小比较、胶体制备等知识点，注意基础知识的熟练掌握，题目难度不大。
17.【答案】CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+ 2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑3.36LB−50.16kJ/mol
【解析】解：(1)甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；
(2)丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝，则阳极的电极反应为2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+，
故答案为：2Al−6e−+3H2O=Al2O3+6H+；
(3)a.电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解反应式：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+Cl2↑+H2↑；
b.电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO⋅H2O⋅CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，则电解时生成的氧气为(0.1mol+0.05mol)×12=0.075mol，转移电子为0.75mol×4=0.3mol，丙中D电极上生成氢气，根据转移电子守恒得生成n(H2)=0.3mol2=0.15mol，生成V(H2)=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：3.36L；
(4)A.电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，所以阳极减少的质量大于阴极增加的质量，故A错误；
B.A与正极相连为阳极，电解精炼时粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，故B正确；
C.阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，析出的铜的量大于溶解的铜的量，所以CuSO4溶液的浓度逐渐减小，故C错误；
D.Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子，活泼性比铜弱的金属如Ag、Au，以单质的形式沉淀到池底，故D错误；
故答案为：B；
(5)50mL0.55mol⋅L−1 NaOH与50mL0.5mol⋅L−1HCl进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值△T=23.4℃−20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.0℃=1254J=1.254kJ，所以实验测得的中和热△H=−1.254kJ0.025mol=−50.16kJ/mol，
故答案为：−50.16kJ/mol。
(1)通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；
(2)丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝；
(3)a.电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠；
b.电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO⋅H2O⋅CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，根据原子守恒和电子守恒计算；
(4)A.电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu；
B.粗铜为阳极，失电子发生氧化反应；
C.CuSO4溶液的浓度逐渐减小；
D.Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子；
(5)先根据Q=m⋅c⋅△T计算反应放出的热量，然后根据△H=−QnkJ/mol计算出中和热。
本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度中等。
18.【答案】CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+ 0
【解析】解：该燃料电池中，甲烷通入的极为负极，电极反应式为CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+，正极上O2得电子和H+反应生成H2O，电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，硫酸消耗量为0，
故答案为：CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+；0。
该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，负极上甲烷失电子生成CO2和H+，正极上O2得电子和H+反应生成H2O，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O。
本题考查燃料电池，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确燃料电池中正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
19.【答案】4>C=(a+34c)：(b+14c)=3：2
【解析】解：(1)平衡时C的浓度为0.4mol/L，则生成C为0.4mol/L×2L=0.8mol，参加反应的B的物质的量为2mol−1.8mol=0.2mol，B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以0.2mol：0.4mol=1：x，解得x=4，故答案为：4；
(2)A、B按物质的量3：1反应，若A、B的起始物质的量分别为3mol、1mol时，则A、B转化率相等，现在起始投入3molA和2molB，等效为在起始投入3molA、1molB到达平衡的基础再加入1molB，A的转化率增大、B的转化率减小，故α(A)>α(B)，故答案为：>；
(3)继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故选：C；
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，相当于增大压强，反应前后气体体积不变平衡不动，反应物的转化率不变，则此时B的物质的量为n(B)=1.8mol×2=3.6mol，故答案为：=；
(5)在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量amolA、bmolB、cmolC转化为起始量和原平衡成比例即可；
3A(g)+B(g)⇌4C(g)
起始量 3 1 0
a b c
转化起始量a+34cb+14c0
所以(a+34c)：(b+14c)=3：2，则与原平衡等效，平衡时C的物质的量分数与原平衡相等；
故答案为：(a+34c)：(b+14c)=3：2.
(1)根据n=cV计算生成C的物质的量，计算参加反应B的物质的量，利用B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值；
(2)A、B按物质的量3：1反应，若A、B的起始物质的量分别为3mol、1mol时，则A、B转化率相等，现在起始投入3molA和2molB，等效为在起始投入3molA、1molB到达平衡的基础再加入1molB，A的转化率增大、B的转化率减小；
(3)继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入3molA和2molB，相当于增大压强，反应前后气体体积不变平衡不动，反应物的转化率不变；
(5)依据该反应前后气体体积不变，所以只要成比例就等效，平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，据此分析．
本题考查化学平衡的有关计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，(2)中可以计算转化率进行比较，(5)中注意等效平衡原理与等效平衡规律．
20.【答案】H2O(或潮湿)+3c41612取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−； FeO(OH)SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O
【解析】解：(1)铁器在潮湿的环境中和氧气发生电化腐蚀生成铁锈，铁器在具有O2、H2O等环境中容易被腐蚀，
故答案为：H2O(或潮湿)；
(2)Ⅱ.根据化合物中元素化合价代数和为0计算FeO(OH)中铁元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
Ⅲ.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，四氧化三铁Fe2O3⋅FeO，所以Fe2+既不是氧化剂也不是还原剂，故选c，
故答案为：c；
Ⅳ.反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，结合原子守恒配平得到反应的化学方程式为：4Fe3O4+O2+6H2O=12FeO(OH)，
故答案为：4、1、6、12；
(3)①检验Cl−常用硝酸酸化的硝酸银溶液，操作为：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−，
故答案为：取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明无Cl−；
②化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)，即FeO(OH)的溶解度小，
故答案为：FeO(OH)；
③Na2SO3还原FeO(OH)生成Fe3O4和Na2SO4，其中S的化合价升高2，3个Fe的化合价共降低1，所以FeO(OH)的计量数为6，Fe3O4的计量数为2，结合电荷守恒、原子守恒得到离子方程式为SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O，
故答案为：SO32−+6FeO(OH)=SO42−+2Fe3O4+3H2O。
(1)根据铁锈蚀产物的化学式可知，铁的锈蚀是空气、水与铁共同作用的结果；
(2)Ⅱ.化合物中元素化合价代数和为0，据此计算；
III.FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4的过程中Fe2+没有发生氧化还原反应，化合价没有发生改变；
IV.反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，结合原子守恒配平；
(3)①实验室常用硝酸酸化的硝酸银溶液检验Cl−；
②化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势；
③Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的反应中还生成Na2SO4，其中S的化合价升高2，3个Fe的化合价共降低1，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。
本题考查了探究铁的锈蚀实验、亚铁离子和铁离子的转化、离子性质分析判断、反应的离子方程式书写、氧化还原反应分析等，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，明确Fe的性质和理解Fe锈蚀的原理是解题的关键，注意氧化还原反应规律的应用和氧化还原反应方程式的书写，题目难度中等。
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