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2021-2022学年山东省青岛市黄岛区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山东省青岛市黄岛区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了7×10−7，51kJ⋅ml−1，48LCO2通入1L0，04mlNa2CO3，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
下列微粒表述正确，且对水的电离能产生影响的是( )
A. 氢氧化钠的电子式：B. 乙酸的结构式：
C. 甲烷分子的空间填充模型：D. 硫离子的结构示意图：
已知NaHS溶液呈碱性。向20mL0.02ml⋅L−1H2S溶液中加入以下物质，下列说法正确的是( )
A. 加入水，H2S电离程度增大，H+浓度增大
B. 加入CuSO4固体，平衡右移，H+浓度增大，K增大
C. 向溶液中通入足量SO2气体，H2S电离平衡左移，pH先增大后减小
D. 加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液中存在c(S2−)>c(H2S)
关于如图所示各装置的叙述正确的是( )
A. 如图是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B. 如图铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−
C. 如图装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变
D. 如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀
用纯碱溶液去除铝制容器表面的油污时，有少量气泡产生。为探究气泡产生的原因设计了如下实验：①将铝片置于盛有水的试管中，加热，无明显现象；②将铝片置于盛有浓Na2CO3溶液的试管中，铝片表面产生细小气泡，加热，产生大量气泡(成分为CO2和H2)，并观察到白色浑浊(能溶于NaOH溶液)。下列说法错误的是( )
A. 纯碱去除油污利用了水解原理，加热可以提高油污去除效果
B. 铝片与Na2CO3水解产生的OH−反应生成了H2
C. 浑浊产生的原理为[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO2↑+H2O
D. 加热和H2的产生对CO32−水解平衡移动方向的影响是相同的
锂电池的研究与开发已日臻成熟，某锂电池材料的组成与结构如图。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法错误的是( )
A. 该材料中元素原子均达到8电子稳定结构
B. 该材料中X的化合价为+3
C. 元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同
D. 简单离子半径为Y>Z>M
下列反应的离子方程式书写错误的是( )
A. 酸性KMnO4溶液与H2O2反应2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
B. 废水中加入FeS除去Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+
C. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至中性：SO42−+2H++2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O
D. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+2OH−
部分短周期元素电负性的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述8种元素均位于元素周期表p区
B. g、h的氧化物对应水化物的酸性：h>g
C. b、c、d三种元素的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强
D. c的气态氢化物与其最高价含氧酸反应的产物为共价化合物
常温下，有关下列溶液的说法正确的是( )
A. 加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时，溶液中各离子浓度均减小
B. pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度相同
C. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>②>①
D. 将aml⋅L−1的氨水与0.1ml⋅L−1盐酸等体积混合，平衡时c(NH4+)=c(Cl−)，NH3⋅H2O的电离平衡常数可表示为10−8a−0.1
肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，Kb1=8.7×10−7。下列说法错误的是( )
A. N2H4的水溶液中存在：c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)=c(OH−)
B. 反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=8.7×107
C. 联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
D. 向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)减小
纯碱在工业上主要用于玻璃制品和陶瓷釉的生产。以NaCl和NH4HCO3为原料制备纯碱的过程如图，下列说法错误的是( )
A. “搅拌”中主要发生的化学反应为NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl
B. 若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以达到提高碳酸氢铵利用率的目的
C. 搅拌时采用30∼35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解
D. 静置抽滤所得滤液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)>c(NH4+)
某燃料敏化太阳能电池的工作原理如图，电池中发生的部分反应如下：TiO2/S→TiO2/S+(激发态)
TiO2/S+→TiO2/S++e−
TiO2/S++3I−→TiO2/S+3I3−
下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，将太阳能转化为电能B. 电池中镀铂导电玻璃为正极
C. 电池工作时，I−在镀铂导电玻璃上放电D. 正极反应式为I3−+2e−=3I−
甲醇是重要的化工原料．科技工作者利用CH4、O2按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态，H2O的作用是活化催化剂)。下列说法错误的是( )
A. 在催化剂表面上更容易被吸附的是O2
B. CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−32.51kJ⋅ml−1
C. 该反应过程的决速步为 *CH4+*OH+*H=CH3OH+2*H
D. 适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用
已知25℃时，三种酸的电离平衡常数如表．下列说法正确的是( )
A. NaClO溶液中通入少量CO2的离子反应为2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CO32−
B. 向CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)减小
C. NaClO和CH3COONa的混合溶液中c(CH3COOH)+c(HClO)=c(OH−)−c(H+)
D. 4.48L(STP)CO2通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中：2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)
常温下，将9.32gBaSO4粉末置于盛有200mL蒸馏水的烧杯中，向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中离子的浓度变化曲线如图所示(忽视溶液体积的变化)。下列说法错误的是( )
A. 曲线NP表示SO42−浓度的变化
B. 常温下，BaCO3在纯水中的溶解度和Kap与在饱和Na2CO3溶液中均相同
C. 若使BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.04mlNa2CO3
D. BaSO4粉末恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为c(CO32−)>c(SO42−)>c(Ba2+)>c(OH−)
常温下，用0.1000ml⋅L−1盐酸分别逐滴加入到⋅L−1的三种一元碱溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 三种一元碱电离常数大小关系为Kb(XOH)>Kb(MOH)>Kb(YOH)
B. V=10mL时，YOH溶液中c(OH−)+c(YOH)=c(H+)+c(Y+)
C. V=10mL时，三种溶液中阳离子总浓度大小顺序为XOHD. V=20mL时，三种溶液中水的电离程度最大的是YOH
A、B、C、D、E、F为6种原子序数依次增大的前36号元素，其性质或结构信息如表。
回答下列问题：
(1)A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有 ______个伸展方向，该原子轨道的形状为 ______。
(2)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为 ______(用元素符号表示)。
(3)D基态原子的电子排布式为 ______，其电子的空间运动状态有 ______种。
(4)E在元素周期表中的位置 ______，其基态原子价电子的轨道表示式为 ______。
二氧化氯是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上有多种制备方法．回答下列问题：
法一：亚氯酸钠与氯气反应2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，氯气可通过氯碱工业制得，装置如图1。
(1)气体M是 ______，P是 ______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
(2)写出图1总反应的化学方程式 ______。
法二：惰性电极电解氯化铵和盐酸，原理如图2。
(3)b为电源的 ______极，气体X是 ______。
(4)c的电极反应式为 ______。
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，写出该反应离子方程式 ______。
(6)当有0.06ml阴离子通过离子交换膜时，产生二氧化氯(STP)体积为 ______L。
25℃下，某同学按图1所示，向20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液中逐滴加入0.1000ml⋅L−1的NaOH溶液，同时用磁力搅拌器搅拌，用pH传感器和滴数传感器同时测定溶液的pH和所用NaOH溶液的体积。回答下列问题：
Ⅰ.滴定过程如图1：
(1)仪器A的名称为 ______，在使用前需 ______。
(2)准确量取20.00mLH2A溶液于锥形瓶中，加入 ______作指示剂，滴定终点的判断方法为 ______。
(3)进行三次平行实验，读数如图2，计算H2A溶液的浓度为 ______ml⋅L−1。
Ⅱ.数据分析：该溶液的pH和分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图3所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。
(4)曲线②代表 ______，计算Ka(HA−)=______。
(5)结合图3分析，下列说法正确的是 ______。
⋅L−1H2A溶液pH值小于1
b.V(NaOH)=20.00mL时：c(Na+)=c(A2−)=c(HA−)
c.滴定终点时：c(Na+)工业上用方铅矿(主要成分为PbS，含有少量FeS等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3，工艺流程如图1所示。
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)ΔH>0。
②部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
③25℃时，H2CO3Ka1=4.2×10−7，Ka2=5.6×10−11；Ksp(MnCO3)=2.2×10−11。
回答下列问题：
(1)为提高方铅矿的浸出率，结合图2信息，选择“浸取”的合适条件 ______。“浸取”过程中发生的主要反应的化学方程式为 ______，“酸浸液”中含有的金属阳离子有Pb2+、______。
(2)加入NaCl溶液的目的是 ______；物质A调节pH的范围是 ______。
(3)“滤液2”中加入NH4HCO3溶液发生反应的离子方程式为 ______，计算平衡常数并说明该反应发生的理论依据 ______。
气候变化是目前全球最重要、最紧迫的议题之一，中国作为负责任大国，自主提出力争2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。CO2的综合利用是解决该问题的有效途径。
(1)将CO2转化为乙醇可以实现降碳，过程中发生的反应如下：
2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
则2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=______。
(2)将CO2转化为甲醇也可以实现降碳。
一定条件下，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g).往2L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，在甲、乙不同催化剂作用下，反应时间均为tmin时，测得甲醇的物质的量分数随温度变化如图所示：
①相同温度下催化剂效果更好的催化剂是 ______(填“甲”或“乙”)，T4温度下甲醇的平均反应速率v=______。
②在甲催化作用下，甲醇的物质的量分数随温度的升高呈现如图变化的原因是 ______。
③在T2和T5温度下，平衡常数K2______K5(填“>”、“<”或“=”).下列能够说明该反应达到平衡状态的是 ______。
a.混合气体的密度不变
b.容器内压强不变
c.v正(CO2)=3v(H2)逆
d.混合气体平均相对分子质量不变
④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数。T5温度下，反应开始时容器中的总压为P0MPa，该温度下反应的平衡常数Kp=______(只列出计算式，不必化简)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钠是离子化合物，不是共价化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故A错误；
B.乙酸结构简式为CH3COOH，其结构式为，并且乙酸能抑制水的电离，故B正确；
C.甲烷是正四面体结构，且C原子半径大于H，则其空间填充模型为，但甲烷不影响水的电离，故C错误；
D.硫离子的质子数为16，核外电子数为18，核外电子分层排布，其离子结构示意图为，故D错误；
故选：B。
A.氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子通过离子键形成；
B.乙酸由甲基和羧基构成，能抑制水的电离；
C.甲烷不影响水的电离；
D.硫离子的质子数为16，核外电子数为18。
本题考查化学用语的正误判断，涉及电子式、空间填充模型、结构式、离子结构示意图等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离，但c(H+)减小，故A错误；
B.CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此加入CuSO4，H2S的电离平衡常数不变，故B错误；
C.H2S与SO2发生2H2S+SO2=3S+2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H+)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S，c(H+)增大，pH减小，故C正确；
D.加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性，说明HS−的水解程度大于其电离程度，溶液中存在c(H2S)>c(S2−)，故D错误；
故选：C。
A.H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离；
B.CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离；
C.H2S与SO2发生2H2S+SO2=3S+2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H+)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S；
D.加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性。
本题考查了弱电解质的电离平衡，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，把握平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
3.【答案】D
【解析】解：A.装置①是原电池，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应，则总反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B.如图铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，压强减小，导管中水面上升，故B错误；
C.镀铜使，铜为阳极，待镀金属为阴极，故C错误；
D.如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，利用外加电流保护阴极，以防止被海水腐蚀，故D正确；
故选：D。
A.装置①是原电池，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应；
B.如图铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−；
C.镀铜使，铜为阳极，待镀金属为阴极；
D.如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，利用外加电流保护阴极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
4.【答案】C
【解析】解：A.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，有利于油脂的水解，增强了去污效果，故A正确；
B.铝片与Na2CO3水解产生的OH−反应，生成了偏铝酸钠和H2，故B正确；
C.浑浊产生的原理为四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，浑浊产生的原理为[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO32−+H2O，故C错误；
D.盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32−水解平衡移动都起到促进作用，故D正确；
故选：C。
A.碳酸根离子水解为吸热反应，加热促进水解，溶液碱性增强；
B.碳酸钠水解显碱性，铝和碱反应生成片氯酸盐和氢气；
C.浑浊产生的原理为四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子；
D.加热或者减小生成物浓度都能促进盐类的水解。
本题考查了盐类水解的性质，铝及其化合物性质，明确盐类水解规律及影响盐类水解平衡移动的因素、铝及其化合物性质是解题关键，题目难度中等，有利于提高学生分析问题、解决问题能力。
5.【答案】A
【解析】解：M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为锂电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B，Y为O；Z形成1个共价键，X形成2个单键和一个双键，则X为C，Z为F元素，以此分析解答。
A.该材料中锂离子的最外层电子数为2，故A错误；
B.该材料中每个X(C)形成3个碳氧键和1个碳碳键，C元素的化合价为+3价，故B正确；
C.元素C、O原子轨道中均含有2个未成对电子，故C正确；
D.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径为Y>Z>M，故D正确；
故选：A。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.用酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，生成了锰离子、氧气和水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为：2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故A正确；
B.用FeS除去工业废水中的Hg2+，是发生了沉淀的转化，故离子反应为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，故B正确；
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好为中性，离子方程式为：Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D.用铂电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，氢氧化镁是难溶物，不能拆成离子形式，故D错误，
故选：D。
A.根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能够将双氧水氧化成氧气分析；
B.工业上用FeS除去废水中的Hg2+发生了沉淀的转化；
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好为中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；
D.电解氯化镁得到氢氧化镁，氢氧化镁是一种沉淀物质．
本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.a、e分别为H、Na，均为第ⅠA族元素，属于s区元素，故A错误；
B.g为S，h为Cl，二者可形成多种氧化物，故无法比较氧化物对应水化物的酸性，故B错误；
C.从左向右，C、NO、得电子能力逐渐增强，对应的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，即稳定性顺序是：H2O>NH3>CH4，故C正确；
D.c为N，气态氢化物为NH3，N的最高价含氧酸为HNO3，二者反应的产物为NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，故D错误，
故选：C。
根据图中电负性的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系可知：a为H，b为C，c为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl，据此分析：
A.a、e分别为H、Na，均为第ⅠA族元素；
B.g为S，h为Cl，二者可形成多种氧化物；
C.同一周期从左向右，得电子能力逐渐增强，对应的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强；
D.c为N，气态氢化物为NH3，N的最高价含氧酸为HNO3，二者反应的产物为NH4NO3。
本题考查周期表结构与应用、元素周期律、离子共价化合物的判断，把握电负性、化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
B.pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离，故B错误；
C.相同条件下水解程度CH3COONaD.将aml⋅L−1的氨水与0.1ml⋅L−1盐酸等体积混合，平衡时c(NH4+)=c(Cl−)=0.05ml/L，则一水合氨浓度是(0.5a−0.05)ml/L，根据电荷守恒可知溶液中氢氧根浓度是10−7ml/L，所以NH3⋅H2O的电离平衡常数可表示为Kc(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)=0.05×10−70.5a−0.05=10−8a−0.1，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低；
B.pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离；
C.相同条件下水解程度CH3COONaD.将aml⋅L−1的氨水与0.1ml⋅L−1盐酸等体积混合，平衡时c(NH4+)=c(Cl−)=0.05ml/L，则一水合氨浓度是(0.5a−0.05)ml/L，根据电荷守恒可知溶液中氢氧根浓度是10−7ml/L，所以NH3⋅H2O的电离平衡常数可表示为Kc(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)。
本题考查了盐类水解和弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确弱电解质电离特点及盐类水解特点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知：N2H4的水溶液中存在：c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)=c(OH−)，故A正确；
B.N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)×c(OH−)c(OH−)=Kb1Kw=8.7×10−710−14=8.7×107，故B正确；
C.联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，与氨基完全反应，化学式为N2H6(HSO4)2，故C正确；
D.向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)=Kb1Kb2，由于K值受温度影响，故加水该值不变，故D错误；
故选：D。
A.根据电荷守恒可知；
B.N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)×c(OH−)c(OH−)=Kb1Kw；
C.联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，与氨基完全反应；
D.向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)=Kb1Kb2。
本题考查弱电解质的电离及酸碱中和滴定，侧重考查分析判断、计算能力，明确弱电解质电离特点、酸碱中和滴定原理是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.“搅拌”中主要发生的化学反应为氯化钠和碳酸氢铵加热反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，发生反应的化学方程式为：NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B.若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液，提供较大浓度的钠离子，可以达到提高碳酸氢铵利用率的目的，故B正确；
C.碳酸氢铵和碳酸氢钠受热易分解，搅拌时采用30∼35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解，故C正确；
D.静置抽滤所得滤液中主要是氯化铵和少量碳酸氢钠，离子浓度大小关系为c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(HCO3−)，故D错误；
故选：D。
氯化钠加入蒸馏水溶解得到饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末搅拌30∼35℃水浴加热发生反应，NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl，静置抽滤得到滤液和晶体A为NaHCO3，洗涤抽干，300℃加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，据此分析。
本题考查了纯碱的制备过程分析判断、物质性质的理解应用，主要是制备原理和流程的正确判断，题目难度中等。
11.【答案】C
【解析】解：由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，
A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，故A正确；
B.电池工作时，I3−到镀铂导电玻璃电极上得电子转化为I−，即反应为I3−+2e−=3I−，所以镀铂导电玻璃为正极，故B正确；
C.电池工作时，I−离子在铂电极上放电，发生氧化反应，故C错误；
D.电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，故D正确；
故选：C。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】AB
【解析】解：A.*H2O能量更低，则在催化剂表面上更容易被吸附的是水，故A错误；
B.该图只显示部分历程，无法计算反应的焓变，故B错误；
C.由图可知，该历程中正反应最大的活化能的为决速步，步骤是*CH4、*OH和生成*CH3OH和*H，则化学方程式为：*CH4+OH*=*CH3OH+H*，故C正确；
D.及时分离产物，有利于提高催化剂的活性，可以继续使用，故D正确；
故选：AB。
A.比较*H2O和*O2的相对能量大小，能量低在催化剂表面上更容易被吸附；
B.该图只显示部分历程；
C.慢反应的步骤为决速步；
D.及时分离产物，有利于提高催化剂的活性。
本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，着重于对概念的理解，注意反应能量的变化与反应物、生成物能量之间的关系，能根据图中信息，分析能量变化，此题难度中等。
13.【答案】CD
【解析】解：A.电离平衡常数越大，说明电离出H+能力越强，根据表中数据，电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，NaClO溶液中通入少量的CO2反应的离子方程式为ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故A错误；
B.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=KaKw，Ka、Kw只受温度的影响，加水稀释CH3COOH，温度不变，则Ka、Kw不变，即该比值不变，故B错误；
C.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(ClO−)+c(OH−)，元素质量守恒：c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，两式合并得到c(OH−)−c(H+)=c(HClO)+c(CH3COOH)，故C正确；
D.标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2ml，通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为aml，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2−a)ml，根据钠原子守恒，2aml+(0.2−a)ml=1L×0.3ml⋅L−1，解得a=0.1ml，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1ml，根据元素质量守恒，2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故D正确；
故选：CD。
A.电离平衡常数越大，说明电离出H+能力越强；
B.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=KaKw；
C.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(ClO−)+c(OH−)，元素质量守恒：c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，两式合并分析；
D.标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2ml，通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为aml，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2−a)ml，根据钠原子守恒，2aml+(0.2−a)ml=1L×0.3ml⋅L−1，解得a=0.1ml，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1ml，根据元素质量守恒可得。
本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡，明确弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，则弱酸根离子的水解程度越小，注意ClO−、CO32−、HCO3−的水解程度大小顺序是CO32−>ClO−>HCO3−，难度较大。
14.【答案】BD
【解析】解：A.根据题中信息，向硫酸钡中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，钡离子浓度降低，硫酸根浓度增大，因此NP曲线为硫酸根，NQ曲线为钡离子，故A正确；
B.碳酸钠电离出的碳酸根离子会抑制碳酸钡的溶解，故碳酸钡在纯水中的溶解度大，但是Ksp只与温度有关，故Ksp相同，故B错误；
C.硫酸钡的物质的量n=9.32233g/ml=0.4ml，使0.04mlBaSO4全部转化为BaCO3沉淀需要0.04ml碳酸钠，此时溶液中c(SO42−)=，则此时c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)c(SO42−)=1×10−100.2ml/L=5×10−10ml/L，则此时c(CO32−)=Ksp(BaCO3)c(Ba2+)=2.5×10−95×10−10ml/L=5ml/L，则需要的n(Na2CO3)=5ml/L×0.2L=1ml，因此至少要加入1+0.04=1.04ml碳酸钠，故C正确；
D.BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO42−，平衡时CO32−的浓度大于SO42−，CO32−水解促进OH−的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：c(CO32−)>c(SO42−)>c(OH−)>c(Ba2+)，故D错误；
故选：BD。
根据图像，M点时是硫酸钡的饱和溶液，则Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42−)=1.0×10−5×1.0×10−5=1.0×10−10，当c(CO32−)=2.5×10−4ml/L时开始形成碳酸钡沉淀，Ksp(BaCO4)=c(Ba2+)c(CO32−)=1.0×10−5×2.5×10−4=2.5×10−9。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由图示，0.1000ml/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液的pH分别为13、11、9，说明XOH完全电离，所以XOH为强碱，MOH、YOH都电离一部分，所以MOH、YOH均为弱碱，且碱性MOH大于YOH，故A正确；
B.V[HCl(aq)]=10.00mL时，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，质子守恒可得2c(OH−)+c(YOH)=2c(H+)+c(Y+)，又c(H+)≠c(OH−)，故c(OH−)+c(YOH)≠c(H+)+c(Y+)，故B错误；
C.V[HCl(aq)]=10.00mL时，以YOH为例，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，电荷守恒可得c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Y+)，三种溶液中c(Cl−)相等，c(OH−)由小到大为XOH>MOH>YOH，故阳离子浓度大小顺序为XOH>MOH>YOH，故C错误；
D.V[HCl(aq)]=20.00mL时，加入的HCl与三种碱都完全中和，得到盐溶液，因为XOH是强酸，所以中和得到强酸强碱盐，不水解，所以对于水的电离应该无影响，而另两个碱都是弱碱，中和生成的盐都水解，对于水的电离产生促进作用，所以V[HCl(aq)]=20.00mL时，三种溶液中水的电离程度是XOH最小，水的电离程度最大的为YOH，故D正确；
故选：BC。
A.由图示，0.1000ml/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液的pH分别为13、11、9，说明XOH完全电离，所以XOH为强碱，MOH、YOH都电离一部分，所以MOH、YOH均为弱碱；
B.V[HCl(aq)]=10.00mL时，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，质子守恒可得2c(OH−)+c(YOH)=2c(H+)+c(Y+)，又c(H+)≠c(OH−)；
C.V[HCl(aq)]=10.00mL时，以YOH为例，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，电荷守恒可得c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Y+)，三种溶液中c(Cl−)相等，c(OH−)由小到大为XOH>MOH>YOH；
D.V[HCl(aq)]=20.00mL时，加入的HCl与三种碱都完全中和，得到盐溶液。
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计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。
16.【答案】3 哑铃形 N>O>C1s22s22p63s23p63d54s1 15 第四周期Ⅷ族
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cr、E为Fe。
(1)A为C元素，核外电子排布式为1s22s22p2，基态原子中能量最高的电子处于2p能级，其电子云在空间有3个伸展方向，该原子轨道的形状为哑铃形，
故答案为：3；哑铃形；
(2)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高同周期相邻元素，故元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(3)D是前四周期中轨道未成对电子数最多的元素，则其外围电子排布式为3d54s1，D基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，1s、2s、3s、4s只有1个轨道，2p、3p均有3个轨道，3d占据5个轨道，故电子的空间运动状态有1×4+3×2+5=15种，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；15；
(4)E是Fe元素，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族，其外围电子排布式为3d64s2，其基态原子价电子的轨道表示式为，
故答案为：第四周期Ⅷ族；。
A、B、C、D、E、F为6种原子序数依次增大的前36号元素，其中A元素形成的化合物种类最多，则A为C元素；C是地壳中元素含量最高的元素，则C为O元素；B的原子核外p轨道电子为半满，且其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；D是前四周期中轨道未成对电子数最多的元素，则其外围电子排布式为3d54s1，故D为Cr；E的原子序数大于Cr，位于元素周期表第8列，则E为Fe。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律，注意电子构型对电离能的影响。
17.【答案】氯气 阳 2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH负极 氢气 NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+ NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH− 1.344
【解析】解：(1)右侧有氢氧化钠生成，说明右侧电极是阴极，水电离出的氢离子放电，N是氢气，左侧电极是阳极，氯离子放电，所以气体M是氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜，即P是阳离子交换膜，
故答案为：氯气；阳；
(2)根据以上分析可知图1总反应的化学方程式为2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH；
(3)c电极上发生失去电子的氧化反应生成NCl3，因此是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电，则气体X是氢气，
故答案为：负极；氢气；
(4)c电极是阳极，电极反应式为NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+，
故答案为：NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+；
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，所以该反应离子方程式为NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH−，
故答案为：NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH−；
(6)当有0.06ml阴离子通过离子交换膜时，即有0.06ml电子通过，所以产生0.01mlNCl3，则根据方程式可知产生二氧化氯(STP)的物质的量是0.06ml，体积为0.06ml×22.4L/ml=1.344L，
故答案为：1.344。
(1)左侧电极是阳极，氯离子放电生成氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜；
(2)电解饱和食盐水得到Cl2、H2、NaOH；
(3)c电极上发生失去电子的反应是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电生成氢气；
(4)c电极是阳极，NH4+失去电子生成NCl3；
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，反应生成ClO2、NH3；
(6)根据得失电子守恒计算。
本题考查了电解原理的应用和氧化还原反应以及气体摩尔体积的相关知识，是化学反应原理的重点，要有识图能力、计算能力和分析问题解决问题的能力，难度中等。
18.【答案】碱式滴定管 检漏 酚酞 滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复 0.1000δ(A2−)1×10−2ml⋅L−1 ab
【解析】解：(1)根据装置图，仪器A为碱式滴定管，使用前需检查是否漏水，
故答案为：碱式滴定管；检漏；
(2)用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复，如果是甲基橙作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有红色变为橙色，且半分钟内不恢复，
故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复；
(3)三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，40.00×10−3L×0.1000ml⋅L−1=2×20.00×10−3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000mL⋅L−1，
故答案为：0.1000；
(4)反应曲线③起始点时0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−，H2A与NaOH溶液反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA−逐渐减少，A2−逐渐增多，曲线①代表HA−，曲线②代表A2−；Ka(HA−)=c(A2−)c(H+)c(HA−)，曲线①和②交点，说明c(HA−)=c(A2−)，此时对应加入NaOH溶液为25mL，对应的pH=2，即Ka(HA−)=c(H+)=1×10−2ml⋅L−1，
故答案为：δ(A2−)；1×10−2ml⋅L−1；
(5)a.根据图3，曲线③的起点0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，故a正确；
b.当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离，因此根据元素质量守恒，有c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)，故b正确；
c.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH−)>c(H+)，从而得出c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)，故c错误；
故答案为：ab。
(1)根据装置图，仪器A为碱式滴定管；
(2)用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复；
(3)三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，40.00×10−3L×0.1000ml⋅L−1=2×20.00×10−3L×c(H2A)；
(4)反应曲线③起始点时0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−，H2A与NaOH溶液反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA−逐渐减少，A2−逐渐增多；
(5)a.根据图3，曲线③的起点0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1；
b.当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离；
c.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH−)>c(H+)。
本题考查中和滴定、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断图中曲线含义及微粒成分、H2A第一步完全电离是解本题关键，知道电离平衡常数的计算方法，题目难度不大。
19.【答案】80℃、250g⋅L−1 PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2OFe3+、Al3+、Mn2+ 增大PbCl2的溶解度 4.7≤pH<7.0Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2OK=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106
【解析】解：(1)由图可知浸出率比较高的时候应该选择的温度和氯化钠的质量浓度为：80℃、250g⋅L−1；浸取时在是酸性条件下方铅矿中的二氧化锰和硫化铅反应生成硫单质的反应，方程式为：PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2O；方铅矿中含有氧化铁和氧化铝，故酸浸后溶液中含有铝离子、三价铁离子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有锰离子、铅离子，故酸浸液含有的离子有Pb2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，
故答案为：80℃、250g⋅L−1；PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2O；Fe3+、Al3+、Mn2+；
(2)根据PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)ΔH>0可知，增大反应物浓度，平衡正向移动，所以增大氯离子浓度可以增大PbCl2的溶解度；物质A调节pH时，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，但是Pb2+、Mn2+不能转化为沉淀，则根据表格中的数据可知调节pH的范围是4.7≤pH<7.0，
故答案为：增大PbCl2的溶解度；4.7≤pH<7.0；
(3)滤液2中含有锰离子，加入碳酸氢铵则和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；由方程式可知该反应的平衡常数K=c(H2CO3)c2(HCO3−)×c(Mn2+)=c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)×c(Mn2+)×c(CO32−)=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106，根据碳酸锰的Ksp可以发现其数值小于碳酸的二级电离常数，则该反应发生的理论依据为锰离子结合碳酸根离子能力更强，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；K=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106。
工业上，用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3，80℃条件下方铅矿和软锰矿中加入盐酸进行酸浸，发生的主要反应方程式为PbS+MnO2+4HCl−80℃MnCl2+PbCl2+S↓+2H2O，次要反应有FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤得到滤渣S，滤液中含有MnCl2、PbCl2、FeCl2、FeCl3、AlCl3，然后向滤液中加入饱和NaCl溶液，根据信息②知，发生反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−，过滤后滤液中加入A调节溶液的pH，根据最后得到物质成分知，趁热抽滤中得到的滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，A能和酸反应而增大溶液的pH值；冷却过滤后加入Na2SO4得到PbSO4，滤液2中加入NH4HCO3，得到MnCO3，同时还生成NH4Cl、CO2和H2O。
本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查分析、判断、计算及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、可能发生的反应、物质分离提纯方法是解本题关键，难点是确定各物质成分，注意(3)题计算方法，题目难度中等。
20.【答案】+1366.8kJ⋅ml−1 甲 0.375tml⋅L−1⋅min−1 未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少 >bd5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2
【解析】解：(1)①2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
②C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
根据盖斯定律：①+②+3×③得2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=(1323−88.2+44×3)kJ/ml=+1366.8kJ/ml，
故答案为：+1366.8kJ/ml；
(2)①未达平衡前，催化效果越好，反应速率越快，相同时间内甲醇的物质的量分数越大，结合图中信息可知，相同温度下催化剂效果更好的催化剂是甲；
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)x3xxx
平衡(ml)1−x3−3xxx
T4温度下甲醇物质的量分数为x1−x+3−3x+x+x×100%=30%，解得x=0.75，则甲醇的平均反应速率v=0.75ml2L×tmin=0.375tml⋅L−1⋅min−1，
故答案为：甲；0.375tml⋅L−1⋅min−1；
②T4温度之前，反应未达平衡前，温度升高，反应速率加快，生成甲醇增多，T4温度以后，反应达到平衡状态，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产量减少，
故答案为：未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K2>K5；
a.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故a错误；
b.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不变，表明反应已达到平衡状态，故b正确；
c.3v正(CO2)=v(H2)逆才能表明反应已达到平衡状态，故c错误；
d.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故d正确；
故答案为：>；bd；
④T5温度下，甲醇的物质的量分数为20%，反应开始时容器中的总压为P0MPa，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)a3aaa
平衡(ml)1−a3−3aaa
则a1−a+3−3a+a+a×100%=20%，解得a=47，平衡时混合气体总物质的量为207ml，平衡时压强为207ml×P0MPa4ml=5P07MPa，平衡时n(CO2)=37ml，n(H2)=67ml，n(CH3OH)=n(H2O)=47ml，则x(H2)=x(CH3OH)=20%，x(CO2)=15%，x(H2)=45%，Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2，
故答案为：5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2。
(1)①2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
②C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
根据盖斯定律：①+②+3×③得2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)；
(2)①未达平衡前，催化效果越好，反应速率越快，相同时间内甲醇的物质的量分数越大；列化学平衡三段式计算甲醇的物质的量，根据v=△nV⋅△t计算；
②未达平衡前，温度升高反应速率加快，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
④T5温度下，甲醇的物质的量分数为20%，反应开始时容器中的总压为P0MPa，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)a3aaa
平衡(ml)1−a3−3aaa
则a1−a+3−3a+a+a×100%=20%，解得a=47，平衡时混合气体总物质的量为207ml，平衡时压强为207ml×P0MPa4ml=5P07，分别计算各组分分压，结合Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
酸
HClO
CH3COOH
H2CO3
Ka
3.0×10−8
1.7×10−5
Ka1=4.2×10−7Ka2=5.6×10−11
元素
性质或结构信息
A
该元素形成的化合物种类最多
B
原子核外p轨道电子为半满
C
地壳中元素含量最高的元素
D
前四周期中，轨道未成对电子数最多的元素
E
位于元素周期表第8列
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
7.0
1.7
3.7
7.6
7.0
沉淀完全的pH
9.6
3.2
4.7
9.8
9.0
下列微粒表述正确，且对水的电离能产生影响的是( )
A. 氢氧化钠的电子式：B. 乙酸的结构式：
C. 甲烷分子的空间填充模型：D. 硫离子的结构示意图：
已知NaHS溶液呈碱性。向20mL0.02ml⋅L−1H2S溶液中加入以下物质，下列说法正确的是( )
A. 加入水，H2S电离程度增大，H+浓度增大
B. 加入CuSO4固体，平衡右移，H+浓度增大，K增大
C. 向溶液中通入足量SO2气体，H2S电离平衡左移，pH先增大后减小
D. 加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液中存在c(S2−)>c(H2S)
关于如图所示各装置的叙述正确的是( )
A. 如图是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B. 如图铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−
C. 如图装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变
D. 如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀
用纯碱溶液去除铝制容器表面的油污时，有少量气泡产生。为探究气泡产生的原因设计了如下实验：①将铝片置于盛有水的试管中，加热，无明显现象；②将铝片置于盛有浓Na2CO3溶液的试管中，铝片表面产生细小气泡，加热，产生大量气泡(成分为CO2和H2)，并观察到白色浑浊(能溶于NaOH溶液)。下列说法错误的是( )
A. 纯碱去除油污利用了水解原理，加热可以提高油污去除效果
B. 铝片与Na2CO3水解产生的OH−反应生成了H2
C. 浑浊产生的原理为[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO2↑+H2O
D. 加热和H2的产生对CO32−水解平衡移动方向的影响是相同的
锂电池的研究与开发已日臻成熟，某锂电池材料的组成与结构如图。M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法错误的是( )
A. 该材料中元素原子均达到8电子稳定结构
B. 该材料中X的化合价为+3
C. 元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同
D. 简单离子半径为Y>Z>M
下列反应的离子方程式书写错误的是( )
A. 酸性KMnO4溶液与H2O2反应2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
B. 废水中加入FeS除去Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+
C. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至中性：SO42−+2H++2OH−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O
D. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+2OH−
部分短周期元素电负性的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 上述8种元素均位于元素周期表p区
B. g、h的氧化物对应水化物的酸性：h>g
C. b、c、d三种元素的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强
D. c的气态氢化物与其最高价含氧酸反应的产物为共价化合物
常温下，有关下列溶液的说法正确的是( )
A. 加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时，溶液中各离子浓度均减小
B. pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度相同
C. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>②>①
D. 将aml⋅L−1的氨水与0.1ml⋅L−1盐酸等体积混合，平衡时c(NH4+)=c(Cl−)，NH3⋅H2O的电离平衡常数可表示为10−8a−0.1
肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，Kb1=8.7×10−7。下列说法错误的是( )
A. N2H4的水溶液中存在：c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)=c(OH−)
B. 反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=8.7×107
C. 联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
D. 向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)减小
纯碱在工业上主要用于玻璃制品和陶瓷釉的生产。以NaCl和NH4HCO3为原料制备纯碱的过程如图，下列说法错误的是( )
A. “搅拌”中主要发生的化学反应为NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl
B. 若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液可以达到提高碳酸氢铵利用率的目的
C. 搅拌时采用30∼35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解
D. 静置抽滤所得滤液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)>c(NH4+)
某燃料敏化太阳能电池的工作原理如图，电池中发生的部分反应如下：TiO2/S→TiO2/S+(激发态)
TiO2/S+→TiO2/S++e−
TiO2/S++3I−→TiO2/S+3I3−
下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，将太阳能转化为电能B. 电池中镀铂导电玻璃为正极
C. 电池工作时，I−在镀铂导电玻璃上放电D. 正极反应式为I3−+2e−=3I−
甲醇是重要的化工原料．科技工作者利用CH4、O2按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态，H2O的作用是活化催化剂)。下列说法错误的是( )
A. 在催化剂表面上更容易被吸附的是O2
B. CH4(g)+12O2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=−32.51kJ⋅ml−1
C. 该反应过程的决速步为 *CH4+*OH+*H=CH3OH+2*H
D. 适时将甲醇分离出来，以空出催化剂活性中心继续使用
已知25℃时，三种酸的电离平衡常数如表．下列说法正确的是( )
A. NaClO溶液中通入少量CO2的离子反应为2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CO32−
B. 向CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)减小
C. NaClO和CH3COONa的混合溶液中c(CH3COOH)+c(HClO)=c(OH−)−c(H+)
D. 4.48L(STP)CO2通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中：2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)
常温下，将9.32gBaSO4粉末置于盛有200mL蒸馏水的烧杯中，向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中离子的浓度变化曲线如图所示(忽视溶液体积的变化)。下列说法错误的是( )
A. 曲线NP表示SO42−浓度的变化
B. 常温下，BaCO3在纯水中的溶解度和Kap与在饱和Na2CO3溶液中均相同
C. 若使BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.04mlNa2CO3
D. BaSO4粉末恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为c(CO32−)>c(SO42−)>c(Ba2+)>c(OH−)
常温下，用0.1000ml⋅L−1盐酸分别逐滴加入到⋅L−1的三种一元碱溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 三种一元碱电离常数大小关系为Kb(XOH)>Kb(MOH)>Kb(YOH)
B. V=10mL时，YOH溶液中c(OH−)+c(YOH)=c(H+)+c(Y+)
C. V=10mL时，三种溶液中阳离子总浓度大小顺序为XOH
A、B、C、D、E、F为6种原子序数依次增大的前36号元素，其性质或结构信息如表。
回答下列问题：
(1)A基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有 ______个伸展方向，该原子轨道的形状为 ______。
(2)A、B、C三种元素第一电离能由大到小的顺序为 ______(用元素符号表示)。
(3)D基态原子的电子排布式为 ______，其电子的空间运动状态有 ______种。
(4)E在元素周期表中的位置 ______，其基态原子价电子的轨道表示式为 ______。
二氧化氯是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上有多种制备方法．回答下列问题：
法一：亚氯酸钠与氯气反应2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2，氯气可通过氯碱工业制得，装置如图1。
(1)气体M是 ______，P是 ______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
(2)写出图1总反应的化学方程式 ______。
法二：惰性电极电解氯化铵和盐酸，原理如图2。
(3)b为电源的 ______极，气体X是 ______。
(4)c的电极反应式为 ______。
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，写出该反应离子方程式 ______。
(6)当有0.06ml阴离子通过离子交换膜时，产生二氧化氯(STP)体积为 ______L。
25℃下，某同学按图1所示，向20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液中逐滴加入0.1000ml⋅L−1的NaOH溶液，同时用磁力搅拌器搅拌，用pH传感器和滴数传感器同时测定溶液的pH和所用NaOH溶液的体积。回答下列问题：
Ⅰ.滴定过程如图1：
(1)仪器A的名称为 ______，在使用前需 ______。
(2)准确量取20.00mLH2A溶液于锥形瓶中，加入 ______作指示剂，滴定终点的判断方法为 ______。
(3)进行三次平行实验，读数如图2，计算H2A溶液的浓度为 ______ml⋅L−1。
Ⅱ.数据分析：该溶液的pH和分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图3所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。
(4)曲线②代表 ______，计算Ka(HA−)=______。
(5)结合图3分析，下列说法正确的是 ______。
⋅L−1H2A溶液pH值小于1
b.V(NaOH)=20.00mL时：c(Na+)=c(A2−)=c(HA−)
c.滴定终点时：c(Na+)
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)ΔH>0。
②部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
③25℃时，H2CO3Ka1=4.2×10−7，Ka2=5.6×10−11；Ksp(MnCO3)=2.2×10−11。
回答下列问题：
(1)为提高方铅矿的浸出率，结合图2信息，选择“浸取”的合适条件 ______。“浸取”过程中发生的主要反应的化学方程式为 ______，“酸浸液”中含有的金属阳离子有Pb2+、______。
(2)加入NaCl溶液的目的是 ______；物质A调节pH的范围是 ______。
(3)“滤液2”中加入NH4HCO3溶液发生反应的离子方程式为 ______，计算平衡常数并说明该反应发生的理论依据 ______。
气候变化是目前全球最重要、最紧迫的议题之一，中国作为负责任大国，自主提出力争2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。CO2的综合利用是解决该问题的有效途径。
(1)将CO2转化为乙醇可以实现降碳，过程中发生的反应如下：
2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
则2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=______。
(2)将CO2转化为甲醇也可以实现降碳。
一定条件下，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g).往2L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，在甲、乙不同催化剂作用下，反应时间均为tmin时，测得甲醇的物质的量分数随温度变化如图所示：
①相同温度下催化剂效果更好的催化剂是 ______(填“甲”或“乙”)，T4温度下甲醇的平均反应速率v=______。
②在甲催化作用下，甲醇的物质的量分数随温度的升高呈现如图变化的原因是 ______。
③在T2和T5温度下，平衡常数K2______K5(填“>”、“<”或“=”).下列能够说明该反应达到平衡状态的是 ______。
a.混合气体的密度不变
b.容器内压强不变
c.v正(CO2)=3v(H2)逆
d.混合气体平均相对分子质量不变
④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数。T5温度下，反应开始时容器中的总压为P0MPa，该温度下反应的平衡常数Kp=______(只列出计算式，不必化简)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钠是离子化合物，不是共价化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故A错误；
B.乙酸结构简式为CH3COOH，其结构式为，并且乙酸能抑制水的电离，故B正确；
C.甲烷是正四面体结构，且C原子半径大于H，则其空间填充模型为，但甲烷不影响水的电离，故C错误；
D.硫离子的质子数为16，核外电子数为18，核外电子分层排布，其离子结构示意图为，故D错误；
故选：B。
A.氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子通过离子键形成；
B.乙酸由甲基和羧基构成，能抑制水的电离；
C.甲烷不影响水的电离；
D.硫离子的质子数为16，核外电子数为18。
本题考查化学用语的正误判断，涉及电子式、空间填充模型、结构式、离子结构示意图等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离，但c(H+)减小，故A错误；
B.CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此加入CuSO4，H2S的电离平衡常数不变，故B错误；
C.H2S与SO2发生2H2S+SO2=3S+2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H+)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S，c(H+)增大，pH减小，故C正确；
D.加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性，说明HS−的水解程度大于其电离程度，溶液中存在c(H2S)>c(S2−)，故D错误；
故选：C。
A.H2S为二元弱酸，加水稀释，促进H2S的电离；
B.CuS难溶于稀硫酸，氢硫酸溶液中加入CuSO4，生成CuS沉淀，促进H2S的电离；
C.H2S与SO2发生2H2S+SO2=3S+2H2O，c(H2S)降低，H2S的电离平衡向左移动，溶液中c(H+)降低，pH增大，继续通入SO2，SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3的酸性强于H2S；
D.加入等体积等物质的量浓度的NaOH溶液，生成溶质为NaHS，NaHS溶液显碱性。
本题考查了弱电解质的电离平衡，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，把握平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。
3.【答案】D
【解析】解：A.装置①是原电池，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应，则总反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B.如图铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，压强减小，导管中水面上升，故B错误；
C.镀铜使，铜为阳极，待镀金属为阴极，故C错误；
D.如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，利用外加电流保护阴极，以防止被海水腐蚀，故D正确；
故选：D。
A.装置①是原电池，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应；
B.如图铁钉发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−；
C.镀铜使，铜为阳极，待镀金属为阴极；
D.如图支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，利用外加电流保护阴极。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
4.【答案】C
【解析】解：A.油脂在碱性条件下水解，纯碱水解呈碱性，加热促进水解，溶液碱性增强，有利于油脂的水解，增强了去污效果，故A正确；
B.铝片与Na2CO3水解产生的OH−反应，生成了偏铝酸钠和H2，故B正确；
C.浑浊产生的原理为四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，浑浊产生的原理为[Al(OH)4]−+HCO3−=Al(OH)3↓+CO32−+H2O，故C错误；
D.盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32−水解平衡移动都起到促进作用，故D正确；
故选：C。
A.碳酸根离子水解为吸热反应，加热促进水解，溶液碱性增强；
B.碳酸钠水解显碱性，铝和碱反应生成片氯酸盐和氢气；
C.浑浊产生的原理为四羟基合铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子；
D.加热或者减小生成物浓度都能促进盐类的水解。
本题考查了盐类水解的性质，铝及其化合物性质，明确盐类水解规律及影响盐类水解平衡移动的因素、铝及其化合物性质是解题关键，题目难度中等，有利于提高学生分析问题、解决问题能力。
5.【答案】A
【解析】解：M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为锂电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B，Y为O；Z形成1个共价键，X形成2个单键和一个双键，则X为C，Z为F元素，以此分析解答。
A.该材料中锂离子的最外层电子数为2，故A错误；
B.该材料中每个X(C)形成3个碳氧键和1个碳碳键，C元素的化合价为+3价，故B正确；
C.元素C、O原子轨道中均含有2个未成对电子，故C正确；
D.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径为Y>Z>M，故D正确；
故选：A。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.用酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，生成了锰离子、氧气和水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式为：2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故A正确；
B.用FeS除去工业废水中的Hg2+，是发生了沉淀的转化，故离子反应为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，故B正确；
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好为中性，离子方程式为：Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D.用铂电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，氢氧化镁是难溶物，不能拆成离子形式，故D错误，
故选：D。
A.根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能够将双氧水氧化成氧气分析；
B.工业上用FeS除去废水中的Hg2+发生了沉淀的转化；
C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好为中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；
D.电解氯化镁得到氢氧化镁，氢氧化镁是一种沉淀物质．
本题考查离子方程式的书写方法，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.a、e分别为H、Na，均为第ⅠA族元素，属于s区元素，故A错误；
B.g为S，h为Cl，二者可形成多种氧化物，故无法比较氧化物对应水化物的酸性，故B错误；
C.从左向右，C、NO、得电子能力逐渐增强，对应的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强，即稳定性顺序是：H2O>NH3>CH4，故C正确；
D.c为N，气态氢化物为NH3，N的最高价含氧酸为HNO3，二者反应的产物为NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，故D错误，
故选：C。
根据图中电负性的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系可知：a为H，b为C，c为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl，据此分析：
A.a、e分别为H、Na，均为第ⅠA族元素；
B.g为S，h为Cl，二者可形成多种氧化物；
C.同一周期从左向右，得电子能力逐渐增强，对应的简单气态氢化物热稳定性逐渐增强；
D.c为N，气态氢化物为NH3，N的最高价含氧酸为HNO3，二者反应的产物为NH4NO3。
本题考查周期表结构与应用、元素周期律、离子共价化合物的判断，把握电负性、化合价来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低，所以溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
B.pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离，故B错误；
C.相同条件下水解程度CH3COONa
故选：D。
A.加水稀释0.1ml⋅L−1Na2S溶液时促进硫离子水解，但溶液碱性降低；
B.pH相同的NH4Cl和CH3COOH溶液中水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制水的电离；
C.相同条件下水解程度CH3COONa
本题考查了盐类水解和弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确弱电解质电离特点及盐类水解特点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.根据电荷守恒可知：N2H4的水溶液中存在：c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)=c(OH−)，故A正确；
B.N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)×c(OH−)c(OH−)=Kb1Kw=8.7×10−710−14=8.7×107，故B正确；
C.联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，与氨基完全反应，化学式为N2H6(HSO4)2，故C正确；
D.向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)=Kb1Kb2，由于K值受温度影响，故加水该值不变，故D错误；
故选：D。
A.根据电荷守恒可知；
B.N2H4第一步电离平衡N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，反应N2H4+H+⇌N2H5+的平衡常数K=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)=c(N2H5+)c(N2H4)c(H+)×c(OH−)c(OH−)=Kb1Kw；
C.联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，与氨基完全反应；
D.向N2H4的水溶液中加水，c2(N2H5+)c(N2H4)⋅c(N2H62+)=Kb1Kb2。
本题考查弱电解质的电离及酸碱中和滴定，侧重考查分析判断、计算能力，明确弱电解质电离特点、酸碱中和滴定原理是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.“搅拌”中主要发生的化学反应为氯化钠和碳酸氢铵加热反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，发生反应的化学方程式为：NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确；
B.若其它条件不变，使用饱和氯化钠溶液，提供较大浓度的钠离子，可以达到提高碳酸氢铵利用率的目的，故B正确；
C.碳酸氢铵和碳酸氢钠受热易分解，搅拌时采用30∼35℃水浴，以防止温度过高引起碳酸氢铵和碳酸氢钠的分解，故C正确；
D.静置抽滤所得滤液中主要是氯化铵和少量碳酸氢钠，离子浓度大小关系为c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(HCO3−)，故D错误；
故选：D。
氯化钠加入蒸馏水溶解得到饱和食盐水，加入碳酸氢铵粉末搅拌30∼35℃水浴加热发生反应，NaCl+NH4HCO3−30∼35℃NaHCO3↓+NH4Cl，静置抽滤得到滤液和晶体A为NaHCO3，洗涤抽干，300℃加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，据此分析。
本题考查了纯碱的制备过程分析判断、物质性质的理解应用，主要是制备原理和流程的正确判断，题目难度中等。
11.【答案】C
【解析】解：由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，
A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，故A正确；
B.电池工作时，I3−到镀铂导电玻璃电极上得电子转化为I−，即反应为I3−+2e−=3I−，所以镀铂导电玻璃为正极，故B正确；
C.电池工作时，I−离子在铂电极上放电，发生氧化反应，故C错误；
D.电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−，故D正确；
故选：C。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】AB
【解析】解：A.*H2O能量更低，则在催化剂表面上更容易被吸附的是水，故A错误；
B.该图只显示部分历程，无法计算反应的焓变，故B错误；
C.由图可知，该历程中正反应最大的活化能的为决速步，步骤是*CH4、*OH和生成*CH3OH和*H，则化学方程式为：*CH4+OH*=*CH3OH+H*，故C正确；
D.及时分离产物，有利于提高催化剂的活性，可以继续使用，故D正确；
故选：AB。
A.比较*H2O和*O2的相对能量大小，能量低在催化剂表面上更容易被吸附；
B.该图只显示部分历程；
C.慢反应的步骤为决速步；
D.及时分离产物，有利于提高催化剂的活性。
本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，着重于对概念的理解，注意反应能量的变化与反应物、生成物能量之间的关系，能根据图中信息，分析能量变化，此题难度中等。
13.【答案】CD
【解析】解：A.电离平衡常数越大，说明电离出H+能力越强，根据表中数据，电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3−，NaClO溶液中通入少量的CO2反应的离子方程式为ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，故A错误；
B.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=KaKw，Ka、Kw只受温度的影响，加水稀释CH3COOH，温度不变，则Ka、Kw不变，即该比值不变，故B错误；
C.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(ClO−)+c(OH−)，元素质量守恒：c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，两式合并得到c(OH−)−c(H+)=c(HClO)+c(CH3COOH)，故C正确；
D.标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2ml，通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为aml，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2−a)ml，根据钠原子守恒，2aml+(0.2−a)ml=1L×0.3ml⋅L−1，解得a=0.1ml，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1ml，根据元素质量守恒，2c(Na+)=3c(CO32−)+3c(HCO3−)+3c(H2CO3)，故D正确；
故选：CD。
A.电离平衡常数越大，说明电离出H+能力越强；
B.c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)×c(H+)c(H+)=KaKw；
C.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(ClO−)+c(OH−)，元素质量守恒：c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，两式合并分析；
D.标准状况下，4.48L的CO2的物质的量为0.2ml，通入1L0.3ml⋅L−1NaOH溶液中，设生成Na2CO3物质的量为aml，根据碳原子守恒，NaHCO3的物质的量为(0.2−a)ml，根据钠原子守恒，2aml+(0.2−a)ml=1L×0.3ml⋅L−1，解得a=0.1ml，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1ml，根据元素质量守恒可得。
本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡，明确弱酸的电离平衡常数越大其酸性越强，则弱酸根离子的水解程度越小，注意ClO−、CO32−、HCO3−的水解程度大小顺序是CO32−>ClO−>HCO3−，难度较大。
14.【答案】BD
【解析】解：A.根据题中信息，向硫酸钡中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀，钡离子浓度降低，硫酸根浓度增大，因此NP曲线为硫酸根，NQ曲线为钡离子，故A正确；
B.碳酸钠电离出的碳酸根离子会抑制碳酸钡的溶解，故碳酸钡在纯水中的溶解度大，但是Ksp只与温度有关，故Ksp相同，故B错误；
C.硫酸钡的物质的量n=9.32233g/ml=0.4ml，使0.04mlBaSO4全部转化为BaCO3沉淀需要0.04ml碳酸钠，此时溶液中c(SO42−)=，则此时c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)c(SO42−)=1×10−100.2ml/L=5×10−10ml/L，则此时c(CO32−)=Ksp(BaCO3)c(Ba2+)=2.5×10−95×10−10ml/L=5ml/L，则需要的n(Na2CO3)=5ml/L×0.2L=1ml，因此至少要加入1+0.04=1.04ml碳酸钠，故C正确；
D.BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的SO42−，平衡时CO32−的浓度大于SO42−，CO32−水解促进OH−的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：c(CO32−)>c(SO42−)>c(OH−)>c(Ba2+)，故D错误；
故选：BD。
根据图像，M点时是硫酸钡的饱和溶液，则Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42−)=1.0×10−5×1.0×10−5=1.0×10−10，当c(CO32−)=2.5×10−4ml/L时开始形成碳酸钡沉淀，Ksp(BaCO4)=c(Ba2+)c(CO32−)=1.0×10−5×2.5×10−4=2.5×10−9。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C解答的难点，题目难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由图示，0.1000ml/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液的pH分别为13、11、9，说明XOH完全电离，所以XOH为强碱，MOH、YOH都电离一部分，所以MOH、YOH均为弱碱，且碱性MOH大于YOH，故A正确；
B.V[HCl(aq)]=10.00mL时，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，质子守恒可得2c(OH−)+c(YOH)=2c(H+)+c(Y+)，又c(H+)≠c(OH−)，故c(OH−)+c(YOH)≠c(H+)+c(Y+)，故B错误；
C.V[HCl(aq)]=10.00mL时，以YOH为例，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，电荷守恒可得c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Y+)，三种溶液中c(Cl−)相等，c(OH−)由小到大为XOH>MOH>YOH，故阳离子浓度大小顺序为XOH>MOH>YOH，故C错误；
D.V[HCl(aq)]=20.00mL时，加入的HCl与三种碱都完全中和，得到盐溶液，因为XOH是强酸，所以中和得到强酸强碱盐，不水解，所以对于水的电离应该无影响，而另两个碱都是弱碱，中和生成的盐都水解，对于水的电离产生促进作用，所以V[HCl(aq)]=20.00mL时，三种溶液中水的电离程度是XOH最小，水的电离程度最大的为YOH，故D正确；
故选：BC。
A.由图示，0.1000ml/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液的pH分别为13、11、9，说明XOH完全电离，所以XOH为强碱，MOH、YOH都电离一部分，所以MOH、YOH均为弱碱；
B.V[HCl(aq)]=10.00mL时，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，质子守恒可得2c(OH−)+c(YOH)=2c(H+)+c(Y+)，又c(H+)≠c(OH−)；
C.V[HCl(aq)]=10.00mL时，以YOH为例，溶质为等物质的量浓度的YCl和YOH，电荷守恒可得c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Y+)，三种溶液中c(Cl−)相等，c(OH−)由小到大为XOH>MOH>YOH；
D.V[HCl(aq)]=20.00mL时，加入的HCl与三种碱都完全中和，得到盐溶液。
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计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。
16.【答案】3 哑铃形 N>O>C1s22s22p63s23p63d54s1 15 第四周期Ⅷ族
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cr、E为Fe。
(1)A为C元素，核外电子排布式为1s22s22p2，基态原子中能量最高的电子处于2p能级，其电子云在空间有3个伸展方向，该原子轨道的形状为哑铃形，
故答案为：3；哑铃形；
(2)同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高同周期相邻元素，故元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(3)D是前四周期中轨道未成对电子数最多的元素，则其外围电子排布式为3d54s1，D基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，1s、2s、3s、4s只有1个轨道，2p、3p均有3个轨道，3d占据5个轨道，故电子的空间运动状态有1×4+3×2+5=15种，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；15；
(4)E是Fe元素，在元素周期表中的位置第四周期Ⅷ族，其外围电子排布式为3d64s2，其基态原子价电子的轨道表示式为，
故答案为：第四周期Ⅷ族；。
A、B、C、D、E、F为6种原子序数依次增大的前36号元素，其中A元素形成的化合物种类最多，则A为C元素；C是地壳中元素含量最高的元素，则C为O元素；B的原子核外p轨道电子为半满，且其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；D是前四周期中轨道未成对电子数最多的元素，则其外围电子排布式为3d54s1，故D为Cr；E的原子序数大于Cr，位于元素周期表第8列，则E为Fe。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律，注意电子构型对电离能的影响。
17.【答案】氯气 阳 2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH负极 氢气 NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+ NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH− 1.344
【解析】解：(1)右侧有氢氧化钠生成，说明右侧电极是阴极，水电离出的氢离子放电，N是氢气，左侧电极是阳极，氯离子放电，所以气体M是氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜，即P是阳离子交换膜，
故答案为：氯气；阳；
(2)根据以上分析可知图1总反应的化学方程式为2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+2NaOH；
(3)c电极上发生失去电子的氧化反应生成NCl3，因此是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电，则气体X是氢气，
故答案为：负极；氢气；
(4)c电极是阳极，电极反应式为NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+，
故答案为：NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+；
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，所以该反应离子方程式为NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH−，
故答案为：NCl3+6ClO2−+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl−+3OH−；
(6)当有0.06ml阴离子通过离子交换膜时，即有0.06ml电子通过，所以产生0.01mlNCl3，则根据方程式可知产生二氧化氯(STP)的物质的量是0.06ml，体积为0.06ml×22.4L/ml=1.344L，
故答案为：1.344。
(1)左侧电极是阳极，氯离子放电生成氯气，为防止生成的氯气和氢氧化钠反应，应该选用阳离子交换膜；
(2)电解饱和食盐水得到Cl2、H2、NaOH；
(3)c电极上发生失去电子的反应是阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，溶液中的氢离子放电生成氢气；
(4)c电极是阳极，NH4+失去电子生成NCl3；
(5)已知二氧化氯发生器内，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，氧化剂是NCl3，还原剂是亚氯酸钠，反应生成ClO2、NH3；
(6)根据得失电子守恒计算。
本题考查了电解原理的应用和氧化还原反应以及气体摩尔体积的相关知识，是化学反应原理的重点，要有识图能力、计算能力和分析问题解决问题的能力，难度中等。
18.【答案】碱式滴定管 检漏 酚酞 滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复 0.1000δ(A2−)1×10−2ml⋅L−1 ab
【解析】解：(1)根据装置图，仪器A为碱式滴定管，使用前需检查是否漏水，
故答案为：碱式滴定管；检漏；
(2)用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复，如果是甲基橙作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有红色变为橙色，且半分钟内不恢复，
故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复；
(3)三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，40.00×10−3L×0.1000ml⋅L−1=2×20.00×10−3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000mL⋅L−1，
故答案为：0.1000；
(4)反应曲线③起始点时0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−，H2A与NaOH溶液反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA−逐渐减少，A2−逐渐增多，曲线①代表HA−，曲线②代表A2−；Ka(HA−)=c(A2−)c(H+)c(HA−)，曲线①和②交点，说明c(HA−)=c(A2−)，此时对应加入NaOH溶液为25mL，对应的pH=2，即Ka(HA−)=c(H+)=1×10−2ml⋅L−1，
故答案为：δ(A2−)；1×10−2ml⋅L−1；
(5)a.根据图3，曲线③的起点0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，故a正确；
b.当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离，因此根据元素质量守恒，有c(Na+)=c(A2−)+c(HA−)，故b正确；
c.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH−)>c(H+)，从而得出c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)，故c错误；
故答案为：ab。
(1)根据装置图，仪器A为碱式滴定管；
(2)用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示剂，滴定终点的现象如果是酚酞作指示剂，滴入最后一滴NaOH，溶液有无色变为红色，且半分钟内不恢复；
(3)三次滴定消耗NaOH溶液体积为39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的体积为40.00mL，NaOH与H2A反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，40.00×10−3L×0.1000ml⋅L−1=2×20.00×10−3L×c(H2A)；
(4)反应曲线③起始点时0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的电离：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−，H2A与NaOH溶液反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，因此随着NaOH溶液的加入HA−逐渐减少，A2−逐渐增多；
(5)a.根据图3，曲线③的起点0.1000ml⋅L−1H2A溶液的pH小于1；
b.当加入NaOH溶液体积为20.00mL时，溶液中溶质为NaHA，因为H2A的第一步电离为完全电离；
c.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，滴定到终点，溶液显碱性，即c(OH−)>c(H+)。
本题考查中和滴定、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断图中曲线含义及微粒成分、H2A第一步完全电离是解本题关键，知道电离平衡常数的计算方法，题目难度不大。
19.【答案】80℃、250g⋅L−1 PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2OFe3+、Al3+、Mn2+ 增大PbCl2的溶解度 4.7≤pH<7.0Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2OK=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106
【解析】解：(1)由图可知浸出率比较高的时候应该选择的温度和氯化钠的质量浓度为：80℃、250g⋅L−1；浸取时在是酸性条件下方铅矿中的二氧化锰和硫化铅反应生成硫单质的反应，方程式为：PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2O；方铅矿中含有氧化铁和氧化铝，故酸浸后溶液中含有铝离子、三价铁离子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有锰离子、铅离子，故酸浸液含有的离子有Pb2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，
故答案为：80℃、250g⋅L−1；PbS+MnO2+4HCl−△MnCl2+PbCl2+S+2H2O；Fe3+、Al3+、Mn2+；
(2)根据PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)ΔH>0可知，增大反应物浓度，平衡正向移动，所以增大氯离子浓度可以增大PbCl2的溶解度；物质A调节pH时，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，但是Pb2+、Mn2+不能转化为沉淀，则根据表格中的数据可知调节pH的范围是4.7≤pH<7.0，
故答案为：增大PbCl2的溶解度；4.7≤pH<7.0；
(3)滤液2中含有锰离子，加入碳酸氢铵则和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；由方程式可知该反应的平衡常数K=c(H2CO3)c2(HCO3−)×c(Mn2+)=c(H+)×c(CO32−)c(HCO3−)c(H+)×c(HCO3−)c(H2CO3)×c(Mn2+)×c(CO32−)=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106，根据碳酸锰的Ksp可以发现其数值小于碳酸的二级电离常数，则该反应发生的理论依据为锰离子结合碳酸根离子能力更强，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；K=Ka2Ka1⋅Ksp(MnCO3)=5.6×10−112.2×10−11×4.2×10−7=6.1×106。
工业上，用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3，80℃条件下方铅矿和软锰矿中加入盐酸进行酸浸，发生的主要反应方程式为PbS+MnO2+4HCl−80℃MnCl2+PbCl2+S↓+2H2O，次要反应有FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤得到滤渣S，滤液中含有MnCl2、PbCl2、FeCl2、FeCl3、AlCl3，然后向滤液中加入饱和NaCl溶液，根据信息②知，发生反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−，过滤后滤液中加入A调节溶液的pH，根据最后得到物质成分知，趁热抽滤中得到的滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，A能和酸反应而增大溶液的pH值；冷却过滤后加入Na2SO4得到PbSO4，滤液2中加入NH4HCO3，得到MnCO3，同时还生成NH4Cl、CO2和H2O。
本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查分析、判断、计算及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、可能发生的反应、物质分离提纯方法是解本题关键，难点是确定各物质成分，注意(3)题计算方法，题目难度中等。
20.【答案】+1366.8kJ⋅ml−1 甲 0.375tml⋅L−1⋅min−1 未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少 >bd5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2
【解析】解：(1)①2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
②C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
根据盖斯定律：①+②+3×③得2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH=(1323−88.2+44×3)kJ/ml=+1366.8kJ/ml，
故答案为：+1366.8kJ/ml；
(2)①未达平衡前，催化效果越好，反应速率越快，相同时间内甲醇的物质的量分数越大，结合图中信息可知，相同温度下催化剂效果更好的催化剂是甲；
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)x3xxx
平衡(ml)1−x3−3xxx
T4温度下甲醇物质的量分数为x1−x+3−3x+x+x×100%=30%，解得x=0.75，则甲醇的平均反应速率v=0.75ml2L×tmin=0.375tml⋅L−1⋅min−1，
故答案为：甲；0.375tml⋅L−1⋅min−1；
②T4温度之前，反应未达平衡前，温度升高，反应速率加快，生成甲醇增多，T4温度以后，反应达到平衡状态，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产量减少，
故答案为：未达平衡前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，达到平衡以后，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量减少；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K2>K5；
a.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故a错误；
b.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不变，表明反应已达到平衡状态，故b正确；
c.3v正(CO2)=v(H2)逆才能表明反应已达到平衡状态，故c错误；
d.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故d正确；
故答案为：>；bd；
④T5温度下，甲醇的物质的量分数为20%，反应开始时容器中的总压为P0MPa，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)a3aaa
平衡(ml)1−a3−3aaa
则a1−a+3−3a+a+a×100%=20%，解得a=47，平衡时混合气体总物质的量为207ml，平衡时压强为207ml×P0MPa4ml=5P07MPa，平衡时n(CO2)=37ml，n(H2)=67ml，n(CH3OH)=n(H2O)=47ml，则x(H2)=x(CH3OH)=20%，x(CO2)=15%，x(H2)=45%，Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2，
故答案为：5P07×20%×5P07×20%5P07×15%×(5P07×45%)3MPa−2。
(1)①2CO2(g)+2H2O(g)⇌C2H4(g)+3O2(g)ΔH1=+1323kJ⋅ml−1
②C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(l)ΔH2=−88.2kJ⋅ml−1
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ⋅ml−1
根据盖斯定律：①+②+3×③得2CO2(g)+3H2O(l)⇌C2H5OH(l)+3O2(g)；
(2)①未达平衡前，催化效果越好，反应速率越快，相同时间内甲醇的物质的量分数越大；列化学平衡三段式计算甲醇的物质的量，根据v=△nV⋅△t计算；
②未达平衡前，温度升高反应速率加快，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
④T5温度下，甲醇的物质的量分数为20%，反应开始时容器中的总压为P0MPa，列化学平衡三段式，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml)1300
转化(ml)a3aaa
平衡(ml)1−a3−3aaa
则a1−a+3−3a+a+a×100%=20%，解得a=47，平衡时混合气体总物质的量为207ml，平衡时压强为207ml×P0MPa4ml=5P07，分别计算各组分分压，结合Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
酸
HClO
CH3COOH
H2CO3
Ka
3.0×10−8
1.7×10−5
Ka1=4.2×10−7Ka2=5.6×10−11
元素
性质或结构信息
A
该元素形成的化合物种类最多
B
原子核外p轨道电子为半满
C
地壳中元素含量最高的元素
D
前四周期中，轨道未成对电子数最多的元素
E
位于元素周期表第8列
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
7.0
1.7
3.7
7.6
7.0
沉淀完全的pH
9.6
3.2
4.7
9.8
9.0
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