2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市宾县高二（上）期末化学试卷（含解析）

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2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市宾县高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
总分
得分




注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）
1. 关于如图所示的原电池，下列说法正确的是(    )

A. 电子从锌电极通过电流表流向铜电极
B. 盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移
C. 取出盐桥后，电流表仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变
D. 锌电极发生氧化反应；铜电极发生还原反应，其电极反应是2H++2e−=H2↑
2. 氢氧燃料电池已用于航天飞机，它是以铂作电极，KOH溶液作电解质，下列叙述不正确的是(    )
A. H2在负极发生氧化反应 B. 燃料电池的能量转化率可达100%
C. 是一种高效、环保的发电装置 D. 供电的总反应为：2H2 +O2=2H2O
3. 下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是(    )
A. NaOH、H2SO4、Ba(OH)2 B. NaOH、CuSO4、H2SO4
C. HCl、CuCl2、Ba(OH)2 D. NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
4. 下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法错误的是(    )
A. 电解过程中阴极质量不断增加
B. 电解过程中溶液的pH不断降低
C. 此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况
D. 电解后两极产生的气体体积比为2：1
5. 下列关于如图所示的实验装置的判断中错误的是(    )

A. 若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀
C. 若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H++2e−=H2↑
6. 2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列叙述错误的是(    )

A. a为电池的正极
B. 电池充电反应为LiMn2O4=Li1−xMn2O4+xLi
C. 放电时，a极锂的化合价发生变化
D. 放电时，溶液中Li+从b向a迁移
7. 在25℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀，已知有关物质的溶度积Ksp(25℃)如表，下列论述错误的是(    )
物质
AgCl
AgI
Ag2S
KSP
1.8×10−10
1.5×10−14
1.8×10−20

A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl，CaCl2溶液中的溶解度不相同
D. 25℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度相同
8. 下列有关水的叙述正确的是(    )
A. 水是一种非电解质
B. 纯水中c(H+)随着温度的升高而降低
C. 由液态水结成冰的过程是一个熵增的过程
D. 25℃，pH相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者
9. 用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(    )
A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡照
B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C. 将一小块试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D. 将一小块试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
10. 常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，(体积变化忽略不计)所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是(    )
A. 11：1 B. 9：1 C. 1：11 D. 1：9
11. 等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH  ②(NH4)2CO3  ③NaHSO4  ④NaHCO3  ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(    )
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④①③⑤ D. ②④③①⑤
12. 某二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−.下列叙述不正确的是(    )
A. 在NaHA溶液中一定是：c(Na+)>c(HA−)>c(OH−)>c(H+)
B. 在Na2A溶液中一定是：c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(H+)
C. 在NaHA溶液中一定是：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)
D. 在H2A溶液中一定是：c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)
13. 已知在Ca3(PO4)2的饱和溶液中，c(Ca2+)=2.0×10−6mol⋅L−1， C(PO43−)=1.58×10−6mol⋅L−1，则Ca3(PO4)2的Ksp为(    )
A. 2.0×10−29 B. 3.2×10−12 C. 6.3×10−18 D. 5.1×10−27
14. 反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是(    )
A. v(D)=0.5mol⋅L−1⋅s−1 B. v(C)=0.8mol⋅L−1⋅s−1
C. v(B)=0.9mol⋅L−1⋅s−1 D. v(A)=0.3mol⋅L−1⋅s−1
15. 下列关于碰撞的说法正确的是(    )
A. 活化分子之间的碰撞一定能引发化学反应，即活化分子之间的碰撞为有效碰撞
B. 发生有效碰撞的分子必为活化分子
C. 反应物分子之间的碰撞一定会引发化学键的断裂
D. 反应物分子之间只要有合适的取向的碰撞必为有效碰撞
16. 下列说法不正确的是(    )
A. 使用催化剂，可以加快反应速率
B. 可逆反应A(g)⇌B(g)+C(g)，增大压强正反应速率和逆反应速率增大
C. 参加反应物质的性质是决定化学反应速率的主要因素
D. 对达到平衡的一个放热的可逆反应，若降低温度正反应速率减小，逆反应速率增大
17. 为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是(    )
A.
B.
C.
D.
18. 下列叙述能说明反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)已达平衡状态的有(    )
①A、B、C的百分含量相等；
②单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C；
③单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B；
④外界条件不变时，物质总质量不随时间改变；
⑤外界条件不变时，气体总分子数不再变化；
⑥A、B、C分子数之比为2：1：2．
A. 除④外 B. 除②⑥外 C. ②④⑤ D. ③⑤
19. 在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是(    )
A. 使用玻璃搅拌器是为了使反应物混合均匀，减小实验误差
B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与容器底部接触
C. 用50mL0.55mol⋅L−1的NaOH溶液与50mL0.50mol⋅L−1的盐酸反应，测得的反应热数值偏大
D. 在测定中和反应反应热的实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计
20. 已知在一定条件下，CO的燃烧热为283kJ⋅mol−1，CH4的燃烧热为890kJ⋅mol−1，由1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为(    )
A. 2912kJ B. 2953kJ C. 3236kJ D. 3867kJ
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共2小题，共20.0分）
21. 常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质A溶液中组成原电池，如图所示：
(1)若A为稀盐酸，则Al片作 ______极，该电极的电极反应式为 ______。
(2)若A为NaOH，则Al片作 ______极，该电极的电极反应式为 ______。
(3)若A为稀HNO3，则Cu片作 ______极。


22. 氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等。已知H−H键、N−H键、N≡N键的键能分别是436kJ⋅mol−1、391kJ⋅mol−1、946kJ⋅mol−1。
(1)写出合成氨的热反应方程式：______。
(2)当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如图所示。图中t1时引起平衡移动的条件可能是 ______。其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是 ______。
(3)温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%。则该反应的平衡常数为 ______。
(4)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1mol⋅L−1，c(H2)=3mol⋅L−1，c(NH3)=2mol⋅L−1。此刻可逆反应 ______。
A.向正方向进行
B.向逆方向进行
C.处于平衡状态




三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
23. 为测定某品牌洗厕精的酸(盐酸)含量，某学生欲用已知物质的量浓度的NaOH溶液来测定该洗厕精(盐酸)的物质的量浓度时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
(1)碱式滴定管的使用方法，正确步骤的先后顺序为 ______(填字母)。
A.用NaOH溶液润洗仪器并加入NaOH溶液
B.放出NaOH溶液进行滴定
C.调节起始读数
D.查漏，再水洗2～3遍
(2)用标准的NaOH溶液滴定待测的盐酸时，左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视 ______。
(3)若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用NaOH溶液的体积为 ______mL。
(4)某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
0.1000mol⋅L−1NaOH溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
第一次
25.00
2.00
28.15
26.15
第二次
25.00
1.50
29.50
28.00
第三次
25.00
0.20
26.55
26.35
请选用其中合理的数据计算该洗厕精中酸(盐酸)的物质的量浓度：c(HCl)=______。
(5)分析下列操作对所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度的影响：
A.若取待测液时，开始仰视读数，后俯视读数，则 ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；
B.若碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 ______。

24. 如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：
(1)甲电池的总反应化学方程式是 ______。
(2)在铜的电解精炼过程中，图中c电极的材料是______(填“精炼的铜”或“纯铜板”)；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是 ______。
(3)如果要在铁制品上镀镍(二价金属)，则e电极的材料是 ______(填“铁制品”或“镍块”)。
(4)若e电极的质量变化118g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为 ______。


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.锌作负极、铜作正极，电子从锌电极通过电流计流向铜电极，故A正确；
B.Zn易失电子作负极、Cu作正极，阴离子向负极移动，则盐桥中阴离子向硫酸锌溶液迁移，故B错误；
C.取出盐桥后，电流表不再偏转，铜电极在反应前后质量增大，故C错误；
D.锌电极失电子，发生氧化反应；铜电极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故D错误；
故选：A。
Zn−Cu盐桥原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，原电池工作时，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。
本题考查了原电池原理，为高频考点，明确原电池原理和放电时盐桥中阴阳离子的移动方向即可解答，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

2.【答案】B 
【解析】解：A.H2在负极失电子，发生氧化反应，故A正确；
B.燃料电池虽然能量的转化率比直接燃烧高，但仍有一部分能量转化为热量而损耗，能量转化率小于100%，故B错误；
C.因为氢氧燃料电池的最终产物为水，所以它是一种高效、环保的发电装置，故C正确；
D.负极2H2−4e−+4OH−=4H2O，正极O2+4e−+2H2O=4OH−，将两电极反应式加和，便得到总反应为：2H2+O2=2H2O，故D正确。
故选：B。
根据电极反应式知，氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的电极是负极，氢气被氧化生成水，通入氧气的电极是正极，发生还原反应，电池反应式为2H2+O2=2H2O，以此解答该题。
本题考查原电池的组成以及工作原理，题目难度不大，注意电极反应式以及能量的转换形式，注意燃料电池的能量转化率不能达到100%，为易错点。

3.【答案】A 
【解析】解：A、电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2的实质是电解水，只生成氢气和氧气，故A正确；
B、电解CuSO4溶液时，电解质和水同时参加电极反应，生成金属铜、氧气和硫酸，故B错误；
C、电解HCl、CuCl2的本质是电解电解质本身，其中电解质本身的阴阳离子同时放电，故C错误；
D、电解NaBr的实质是电解电解质本身和水，生成氢气，溴单质和NaOH，故D错误．
故选A．
在电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答．
本题考查电解原理，明确溶液中离子的放电顺序是解答本题的关键，注意常见的物质的电解及电极材料，题目难度不大．

4.【答案】D 
【解析】解：A.电解过程中阴极银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，故A正确；
B.由4AgNO3+2H2O− 电解  4Ag+O2↑+4HNO3，生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，故B正确；
C.由电解反应可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况，故C正确；
D.电解时只有阳极生成氧气，故D错误；
故选：D。
用惰性电极电解AgNO3溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴极离子的放电顺序为氢氧根离子>硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子>氢离子，
则4AgNO3+2H2O− 电解  4Ag+O2↑+4HNO3，以此来解答．
本题考查电解原理律，明确离子的移动方向及离子的放电顺序是解答本题的关键，难度不大．

5.【答案】D 
【解析】解：A.若X为碳棒，开关K置于A处，该装置是电解池，铁作阴极而被保护，所以可以减缓铁的腐蚀，故A正确；
B.若X为锌棒，开关K置于A处，铁棒作阴极而被保护，开关置于B处，铁作正极而被保护，所以均可减缓铁的腐蚀，故B正确；
C.若X为锌棒，开关K置于B处时，该装置是原电池，铁作正极，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.若X为碳棒，开关K置于B处时，该装置为原电池，铁电极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选：D。
开关置于A处，该装置是电解池，X作阳极，铁作阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；开关置于B处，该装置是原电池，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。
本题考查原电池和电解池原理，明确电极上得失电子是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，同时也是考试热点，应重点掌握，题目难度不大．

6.【答案】C 
【解析】解：锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，LiMn2O4得电子为正极；充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析；
A、锂离子电池中，b电极为Li，放电时，Li失电子为负极，LiMn2O4得电子为正极，所以a为电池的正极，故A正确；
B、充电时，Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，电池充电反应为LiMn2O4=Li1−xMn2O4+xLi，故B正确；
C、放电时，a为正极，正极上LiMn2O4中Mn元素得电子，所以锂的化合价不变，故C错误；
D、放电时，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中Li+从b向a迁移，故D正确；
故选：C。
本题考查了锂电池的组成和工作原理，题目难度中等，本题注意把握原电池和电解池的组成和工作原理，注意根据电池反应中元素化合价的变化来判断正负极．

7.【答案】D 
【解析】解：A.沉淀转化的实质就是由难溶物质转化为更难溶的物质，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A正确；
B.溶解度越小，相同温度下，其溶解能力越小，所以溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，故B正确；
C.氯离子抑制AgCl溶解，溶液中c(Cl−)越大，AgCl的溶解度越小，物质的量浓度相同的NaCl、CaCl2溶液中c(Cl−)：前者小于后者，则AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度：前者大于后者，故C正确；
D.饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为：1.8×10−10mol/L、1.5×10−14、32×1.8×10−20mol/L，则(Ag+)不同，故D错误；
故选：D。
A.溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
B.溶解度越小，相同温度下，其溶解能力越小；
C.氯离子抑制AgCl溶解；
D.饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为：1.8×10−10mol/L、1.5×10−14、32×1.8×10−20mol/L。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及其应用，题目难度中等，注意把握溶度积常数的计算及应用，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．

8.【答案】D 
【解析】解：A、水是弱电解质，在水中部分电离生成氢离子和氢氧根离子，故A错误；
B、升温促进水的电离，所以纯水中c(H+)随着温度的升高而增大，故B错误；
C、同一物质的熵：气态>液态>固态，所以由液态水结成冰的过程是一个熵减小的过程，故C错误；
D、碱溶液中氢氧根离子浓度较大，使水的电离平衡逆移，抑制了水的电离；弱酸根离子或弱碱根离子能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，促进了水电离，所以25℃，pH相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者，故D正确；
故选D．
A、水是弱电解质；
B、升温促进水的电离；
C、同一物质的熵：气态>液态>固态；
D、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水电离．
本题考查了水的电离、盐的水解熵变等，题目难度不大，属于基础知识的考查．

9.【答案】A 
【解析】解：A.将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，符合测量要求，故A正确；
B.pH试纸先用水润湿再用玻璃棒蘸取少量待测点在试纸上，这样的操作会使溶液变稀，测量的数据不准确，故B错误；
C.pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故C错误；
D.pH试纸先用水润湿再浸入待测液，这样的操作会使溶液变稀，直接浸入待测液，同时会污染溶液，故D错误。
故选：A。
测定pH最简单的方法是使用pH试纸，测定时用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH，不能将pH试纸直接浸入待测液。
本题主要考查了pH试纸使用，解题的关键是能正确的解决PH使用的操作要领，题目难度不大。

10.【答案】D 
【解析】解：设强碱的体积为xL，强酸的体积为yL，
pH=13的强碱溶液，c(OH−)=0.1mol/L，
pH=2的强酸，c(H+)=0.01mol/L，
混合后pH=11，碱过量，
则x×0.1mol/L−y×0.01mol/Lx+y=0.001mol/L，
解得x：y=1：9，
故选：D。
酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比．
本题考查了酸碱反应后溶液酸碱性判断计算，涉及溶液pH的计算、溶液中离子积的计算应用等，把握酸碱反应后碱过量是解题关键，题目难度中等．

11.【答案】C 
【解析】解：设五种溶液的物质的量浓度均为c，
①CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢离子浓度小于c；
②(NH4)2CO3中铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，五种物质中碳酸铵溶液中水的电离程度最大；
③NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为c，硫酸氢钠溶液中水的电离程度小于①；
④NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解，促进了水的电离，碳酸氢钠溶液中水的电离程度小于②；
⑤Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为2c，则氢氧化钡溶液中水的电离程度最小；
根据以上分析可知，醋酸溶液中水的电离程度大于③NaHSO4、⑤Ba(OH)2，小于②④，
所以五种溶液中水的电离程度由大到小排列为：②④①③⑤，
故选：C。
酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答．
本题考查了水的电离、盐的水解原理离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握盐的水解原理、水的电离及其影响因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离．

12.【答案】A 
【解析】解：A、二元酸H2A在水溶液中发生电离：H2A⇌H++HA−，HA−⇌H++A2−.说明是二元弱酸，HA−离子存在两种趋势，电离和水解，电离大于水解溶液显酸性，水解大于电离溶液显碱性，故A错误；
B、在Na2A溶液中A2−离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度一定是：c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(H+)，故B正确；
C、在NaHA溶液中存在阳离子是Na+、H+，阴离子HA−、A2−、OH−，溶液中电荷守恒一定是：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，故C正确；
D、在H2A溶液中阳离子H+，阴离子HA−、A2−、OH−，溶液中存在电荷守恒一定是：c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，故正确；
故选：A。
A、依据电离过程可知二元酸是弱酸，HA−离子水解显碱性，电离显酸性；
B、依据电离过程可知二元酸是弱酸，A2−水解显碱性；
C、依据溶液中电荷守恒计算分析；
D、溶液中存在电荷守恒；
本题考查了盐类水解的应用，离子浓度大小的比较，溶液中的电荷守恒应用，关键是酸式盐存在的电离和水解程度大小的确定．

13.【答案】A 
【解析】解：Ca3(PO4)2的饱和溶液中存在Ca3(PO4)2⇌3Ca2++2PO43−，c(Ca2+)=2.0×10−6mol⋅L−1， C(PO43−)=1.58×10−6mol⋅L−1，则Ca3(PO4)2的Ksp=(2.0×10−6mol⋅L−1)3×(1.58×10−6mol⋅L−1)2=2.0×10−29，
故选：A。
Ca3(PO4)2的饱和溶液中存在Ca3(PO4)2⇌3Ca2++2PO43−，结合Ksp=c3(Ca2+)c2(PO43−)计算．
本题考查Ksp的计算，为高频考点，把握难溶电解质的溶解平衡、Ksp的计算方法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意浓度幂的判断，题目难度不大．

14.【答案】B 
【解析】解：A．v(D)2=0.52mol⋅L−1⋅s−1=0.25mol⋅L−1⋅s−1；
B.v(C)2=0.82mol⋅L−1⋅s−1=0.4mol⋅L−1⋅s−1；
C.v(B)3=0.93mol⋅L−1⋅s−1=0.3mol⋅L−1⋅s−1；
D.v(A)1=0.31mol⋅L−1⋅s−1=0.3mol⋅L−1⋅s−1；
比值大小顺序是B>C=D>A，则反应速率最快的是B，
故选：B。
在单位相同的条件下，不同物质与其计量数的比值越大，该反应速率越快。
本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确化学反应速率快慢比较方法是解本题关键，在比较反应速率快慢时单位必须统一，题目难度不大。

15.【答案】B 
【解析】解：A.发生化学反应与活化分子碰撞和取向有关，则活化分子之间的碰撞不一定能引发化学反应，故A错误；
B.发生有效碰撞的分子，为活化分子，故B正确；
C.反应物分子之间的碰撞，不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，化学键可能不断裂，故C错误；
D.反应物分子有合适的取向的碰撞，不一定反应，还与能量有关，所以碰撞不一定为有效碰撞，故D错误；
故选：B。
A.发生化学反应与活化分子碰撞和取向有关；
B.发生有效碰撞的分子，为活化分子；
C.反应物分子之间的碰撞，不一定为有效碰撞；
D.反应物分子有合适的取向的碰撞，不一定反应，还与能量有关．
本题考查碰撞理论，注意有效碰撞可发生化学反应，与分子碰撞的能量和取向有关，侧重理论的理解和基本概念的考查，题目难度中等．

16.【答案】D 
【解析】解：A.使用催化剂，正逆反应速率都加快，故A正确；
B.可逆反应A(g)⇌B(g)+C(g)，增大压强，反应物生成物浓度都增大，所以正逆反应速率都增大，故B正确；
C.化学反应中，影响化学反应速率的主要因素为物质的性质，故C正确；
D.降低温度，正逆反应速率都减小，故D错误；
故选：D。
化学反应中，影响化学反应速率的主要因素为物质的性质，催化剂具有选择性，对于气体参加的反应，增大压强，升高温度，可增大反应速率，反之降低反应速率，据此分析解答．
本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重双基的考查，题目难度中等，注意相关基础知识的学习，为解答该类题目的前提．

17.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据探究型实验方案设计知，设计实验方案比较反应速率大小时，只有变化其中一项才能进行判断，据此判断选项的正误。
影响化学反应速率的因素主要有浓度、温度、压强、催化剂、固体颗粒表面积等．设计实验方案比较反应速率大小时，只有变化其中一项才能进行判断。
【解答】
A.没有参照物，所以无法判断，故A错误；
B.催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B错误；
C.两个实验的影响因素不同，所以无法判断，故C错误；
D.两个实验的不同点只有温度，所以能判断温度对化学反应速率的影响，故D正确。
故选D。  
18.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了化学平衡状态的判断，注意认真分析提供的反应特点，根据所学知识合理判断，本题难度一般。
【解答】
①A、B、C的百分含量相等，不一定各组分浓度不变，不能证明反应达到平衡状态，故错误；
②单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C，是正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
③单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a molB，符合速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
④据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，所以外界条件不变时，物质总质量不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，故错误；
⑤反应前后气体体积不同，即分子数不同，所以外界条件不变时，气体总分子数不再变化说明反应达到平衡状态，故正确；
⑥A、B、C分子数之比决定于开始加入物质的多少和反应限度，与平衡状态无关，故错误；
故选D。
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此判断反应是否达到平衡状态。  
19.【答案】A 
【解析】解：A.玻璃搅拌器起搅拌作用，可使反应物混合均匀，加快反应速率，减小实验误差，故A正确；
B.温度计水银球不能接触小烧杯底部，与小烧杯底部接触时测定的温度偏低，测定数值偏小，故B错误；
C.中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水时放出的热量，与反应物的用量无关，则用50mL0.55mol⋅L−1的NaOH溶液与50mL0.50mol⋅L−1的盐酸反应，测得的反应热数值不变，故C错误；
D.测定中和热实验，需要温度计测定温度，量筒量取酸碱溶液，烧杯盛装酸碱溶液，不需要天平和滴定管，故D错误；
故选：A。
A.玻璃搅拌器起搅拌作用，搅拌可加快反应速率；
B.温度计水银球不能接触小烧杯底部；
C.中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水时放出的热量，与反应物的用量无关；
D.测定中和热实验，需要温度计测定温度，量筒量取酸碱溶液，烧杯盛装酸碱溶液。
本题考查中和热的测定，为高频考点，把握实验操作、实验技能、中和热的测定方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。

20.【答案】B 
【解析】解：在一定条件下，CO的燃烧热为283kJ⋅mol−1，CH4的燃烧热为890kJ⋅mol−1，由1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为1mol×283kJ/mol+3mol×890kJ/mol=2953kJ，
故选：B。
燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。
本题考查反应热量计算，题目难度中等，掌握燃烧热的概念并依据燃烧热进行计算是解题的关键。

21.【答案】负  Al−3e−=Al3+  负  Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O  正 
【解析】解：(1)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质稀盐酸溶液中，Al比Cu活泼，Al作负极，失去电子变成铝离子，电极反应式为：Al−3e−=Al3+，
故答案为：负；Al−3e−=Al3+；
(2)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质氢氧化钠溶液中，Al能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，Al作负极，失去电子变成AlO2−，电极反应式为：Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O；
故答案为：负；Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O；
(3)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质稀HNO3溶液中，Al比Cu活泼，Al作负极，Cu作正极，
故答案为：正。
(1)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质稀盐酸溶液中，Al比Cu活泼，Al作负极；
(2)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质氢氧化钠溶液中，Al能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
(3)除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质稀HNO3溶液中，Al比Cu活泼，Cu作正极。
本题考查电化学，主要考查原电池正负极的判定、电极反应式的书写等，题目难度不大。

22.【答案】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=−92kJ⋅mol−1  加压  t2～t3 4a2  B 
【解析】解：(1)ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能=3×436kJ⋅mol−1+946kJ⋅mol−1−6×391kJ⋅mol−1=−92 kJ⋅mol−1，合成氨的热反应方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=−92 kJ⋅mol−1，
故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=−92 kJ⋅mol−1；
(2)图中t1时引起正、逆反应速率均增大，速率增大可能是升高温度、增大压强，但反应放热，升高温度平衡逆向移动，图中平衡正向移动，故改变的条件是加压，平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2～t3，因为t1时平衡正向移动，氨气的含量增加，到t3时平衡逆向移动，氨气含量减少，故t2～t3时氨气含量最高，
故答案为：加压；t2～t3；
(3)温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则列出三段式：
                     N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
开始(mol⋅L−1)  2a            4a                0
变化(mol⋅L−1)  a             3a                2a
平衡(mol⋅L−1)  a             a                2a
化学平衡常数K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)=22a2a×a3=4a2，
故答案为：4a2；
(4)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1mol⋅L−1，c(H2)=3mol⋅L−1，c(NH3)=2mol⋅L−1，浓度商Q=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)=221×33=427>0.12=K，则反应逆方向进行，
故答案为：B。
(1)ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能；
(2)升高温度平衡逆向移动，图中平衡正向移动，故改变的条件是加压；因为t1时平衡正向移动，氨气的含量增加，到t3时平衡逆向移动，氨气含量减少；
(3)温度为T℃时，将2amolH2和amolN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则列出三段式计算；
(4)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，可利用浓度商和K的关系判断。
考查化学反应原理，涉及反应热的计算、化学平衡计算及化学反应进行的方向等，难度中等。

23.【答案】DACB  锥形瓶中溶液颜色的变化  26.10  0.105mol⋅L−1  偏大  偏大 
【解析】解：(1)滴定管在使用时需要先检查仪器是否漏液，洗净后润洗滴定管，再装入溶液、调节起始读数，所以碱式滴定管使用的正确步骤的先后顺序为DACB，
故答案为：DACB；
(2)用标准的NaOH溶液滴定待测的盐酸时，左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以判定滴定终点，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
(3)若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则初始读数为0.00mL，滴定终点读数为26.10mL，所用NaOH溶液的体积为26.10mL，
故答案为：26.10；
(4)三次滴定消耗NaOH标准液的体积分别为：26.15mL，28.00 mL，26.35 mL，第二次数据偏差大，舍去，则按其余二次数据取平均值，则消耗0.1000mol/LNaOH溶液体积为26.25mL，根据HCl～NaOH，有n(HCl)=n(NaOH)，即c(HCl)×25.00mL=0.1000 mol/L×26.25mL，解得：c(HCl)=0.105mol/L，
故答案为：0.105mol/L；
(5)A.若取待测液时，开始仰视读数，后俯视读数，则所取待测液的体积偏大，造成V(标准)偏大，则结果偏大，
故答案为：偏大；
B.若碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则造成V(标准)偏大，则结果偏大，
故答案为：偏大。
滴定操作的步骤为：检查滴定管是否漏水、洗涤并润洗滴定管、装液、调节起始读数、中和滴定、终点判断、计算、数据处理；滴定时，左手控制活塞，右手按顺时针摇动锥形瓶，眼睛观察锥形瓶中溶液颜色的变化；用NaOH标准溶液滴定HCl溶液时，用酚酞作指示剂，开始为无色，滴定终点时变为粉红色；计算时，先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度，结合c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响，据此判断误差。
本题主要考查酸碱中和滴定的操作步骤及误差分析，为高频考点，题目难度一般。

24.【答案】2NaCl+2H2O− 通电  2NaOH+Cl2↑+H2↑  精炼的铜  Au、Ag  镍块  44.8L 
【解析】解：(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O− 通电  2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O− 通电  2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e−=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe−2e−=Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+，
故答案为：精炼的铜；Au、Ag；
(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极，
故答案为：镍块；
(4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni～2e−～Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为118g59g/mol×22.4L/mol=44.8L，
故答案为：44.8L。
(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；
(2)乙是铜的电解精炼，粗铜应作阳极即c极，精铜作阴极即d极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；金属的活动性顺序为Zn>Fe>Cu>Ag>Pt，因此在电解过程中Ag、Au不会失去电子，而是形成阳极泥，根据电解原理来解答；
(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极；
(4)根据转移电子数相等计算。
本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意把握离子的放电顺序，为解答该题的关键。