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2022-2023学年山东省济南市历城区高二（上）期末化学试卷（线上）（含解析）
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2022-2023学年山东省济南市历城区高二（上）期末化学试卷（线上）
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。
1. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 泡沫灭火器的成分是苏打和硫酸铝溶液
B. 采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率
C. 粗镍精炼时，粗镍作阳极
D. 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
2. 下列描述中正确的是( )
A. CS2是空间构型为V形的极性分子
B. PCl3、CO32−和SO32−的中心原子均为sp3杂化
C. 在基态 14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态
D. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键
3. 下列与化学反应能量变化相关的叙述中错误的是
A. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
B. 物质发生化学变化一定伴随能量的变化
C. 同温同压下，H2g+Cl2g=2HClg在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 水凝结成冰的过程中，ΔH<0、ΔS<0
4. [Cu(NH3)4]SO4⋅H2O是一种重要的染料及合成农药中间体．下列说法错误的是( )
A. Cu元素位于周期表d区
B. 基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
C. NH3分子中的键角小于SO42−离子中的键角
D. 基态S原子的未成对电子数为2
5. 某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列不合理的是
A. ①区Zn电极的电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液未出现蓝色，Fe被保护
B. ②区Zn电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
C. ③区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀
D. ④区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
6. 表中实验操作、现象与结论对应关系均正确的
选项
实验操作
实验现象
结论
A
等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应
HX溶液中放出的H2多
HX的酸性比HY强
B
向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液
产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体
溶液颜色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
D
用广泛pH试纸测定1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性
测定pH=3.2
NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO3−在水中的电离程度大于水解程度
A. A B. B C. C D. D
7. 下列操作或装置能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
操作或装置
实验目的
除去Cl2中混有的HCl
测定中和热
制取碳酸氢钠
中和滴定
A. A B. B C. C D. D
8. 如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是( )
A. 甲池中的石墨电极是电池的负极
B. H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H+−2e−=H2AQ
D. 总反应为 H2S+O2H2O2+S↓
9. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2SO3
H2CO3
电离平衡常数
1.75×10−5
4.9×10−10
K1=1.54×10−2
K2=1.02×10−7
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
下列说法不正确的是( )
A. NaHCO3溶液中通少量SO2：HCO3−+SO2=CO2+HSO3−
B. 等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者<后者
C. 25℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)
D. amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)=c(CN−)，则a一定大于b
10. 下列关于化学反应速率和化学平衡的说法正确的是( )
A. 在一定条件下，可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH<0达到平衡后保持容器温度和容积不变，再通入一定量NO2，则再次达到平衡时NO2的百分含量减小
B. 在一定温度下，容积一定的密闭容器中的反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，当混合气体的压强不变时，则表明该反应已达平衡
C. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子百分数，从而使反应速率增大
D. 已知反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2(g)的浓度将升高
11. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是( )
A. 氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2−=CuS↓
B. 惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
C. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl(s)+S2−(aq)=Ag2S(s)+2Cl−(aq)
D. TiO2+水解析出TiO2⋅xH2O沉淀：TiO2++(x+1)H2O=TiO2⋅xH2O↓+2H+
12. 某小组同学进行如下实验探究：
难溶电解质
颜色
Ksp
ZnS
白色
1.6×10−24
CuS
黑色
1.3×10−36
FeS
黑色
6.3×10−18
已知：1.6×10−24≈1.26×10−12；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如图。
下列说法中，不正确的是( )
A. ①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓
B. a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)
C. 实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D. 若将实验③中CuSO4改为1mL0.1mol⋅L−1FeSO4溶液，白色沉淀仍可以转化为黑色沉淀
13. 肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图1。已知200℃时：
反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△H1=−32.9kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8kJ⋅mol−1
下列说法不正确的是( )
A. 图1所示过程①是放热反应、②是吸热反应
B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示
C. 断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量
D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ⋅mol−1
14. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，将0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液与0.05mol⋅L−1NaOH溶液等体积混合(pH=9.25)：c(Cl−)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NH4+)大小顺序为①>②>③
C. 常温下，0.1mol⋅L−1NaHA溶液的pH=8，则溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
D. 常温下，NaB溶液的pH=8，c(Na+)−c(B−)=9.9×10−9mol⋅L−1
15. 常温下，2−戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol⋅L−12−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。
下列说法不正确的是( )
A. 图1中，曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH
B. 图2中，①对应溶液的溶质为2−戊烯酸和2−戊烯酸钠，此时溶液的pH略小于4.7
C. 图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D. 图2中，③对应的溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
16. Y、Sc(Y1/NC,Sc1/NC)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(∗表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是( )
A. 相同条件下，两种催化反应的历程不同，但焓变相同
B. 将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率
C. 使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，决速步为∗N2+H→∗NNH
D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
17. 研究人员设计了一种新的电解HCl回收Cl2的工艺，如图所示(两电极材料均为碳电极)，下列说法正确的是( )
A. 每生成1molCl2需要消耗氧气11.2L
B. 阳极的电极反应为：Fe2+−e−=Fe3+
C. 该工艺的总反应方程式为：4HCl+O2− 电解 2Cl2+2H2O
D. Fe2+在反应中起到催化剂的作用
18. T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌C(s)ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4
B. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃
C. T℃时，直线cd上的点均为平衡状态
D. T℃时，c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
19. 常温下，将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 曲线M表示pH与的关系
B.
C. 图中a点对应溶液中：c(Na+)>c(H2A)+2c(A2−)
D. pH=5的溶液中：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
20. 某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol⋅L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列说法正确的是( )
A. 溶液pH：a>b>e
B. a点的ZnCl2溶液中：c(Cl−)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
C. a−b−e为滴定CuCl2溶液的曲线
D. d点纵坐标约为34.9
21. X、Y、Z、W、Q五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。基态X原子价电子排布式为nsnnpn；基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等；W是第三周期电负性最大的元素；基态Q原子有四个未成对电子。
(1)W核外电子运动状态共有 ______种。
(2)阴离子YZ3−、WZ3−的空间构型分别是 ______、______。
(3)基态Q原子中，核外电子占据最高能层的符号是 ______，Q2+的价电子排布式为 ______，Q在周期表中的位置是 ______区。
(4)(XY)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，分子中σ键与π键数目之比为 ______。
(5)Y与W可形成化合物YW3。资料显示：Y元素电负性略大于W；YW3可溶于水发生水解反应。试判断YW3可能的水解产物为 ______(写化学式)。
22. 合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3)为原料制备氧化锌的工艺流程如图1：
已知：①“浸取”时，ZnO转化为可溶性[Zn(NH3)4]2+离子，CuO转化为可溶性[Cu(NH3)4]2+离子；
②常温下，Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5Ka1(H2CO3)=4.2×10−7、Ka2(H2CO3)=5.6×10−11。
回答下列问题：
(1)Mn在周期表中的位置为 ______，其基态原子价层电子轨道表示式为 ______。
(2)NH4HCO3所含元素的电负性由大到小的顺序为 ______，“浸取”时加入的NH4HCO3溶液显 ______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
(3)“除杂”加入过量锌粉发生的离子方程式为 ______；“冷凝吸收”过程中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为：______。
(4)常温下二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图2，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2−物质的量浓度的对数(假设Zn2+离子浓度≤10−5mol⋅L−1时，Zn2+离子已沉淀完全)。从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=______，某废液中含Zn2+离子，为沉淀Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是 ______。
(5)高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图3(图中X、Y为电极，LiPF6⋅SO(CH3)2为电解质)。
①中间隔室b可以得到的主要物质Z是 ______(填化学式)。
②阳极的电极反应式是 ______。
23. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤Ⅰ.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol⋅L−1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol⋅L−1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100g H2O)
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ______ ，晶体A能够析出的原因是 ______ ；
(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是 ______ (填标号)；
(3)指示剂N为 ______ ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ______ ；
(4)产品中NaHCO3的质量分数为 ______ (保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 ______ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
24. 大连化学物理研究所开发的DMTO技术曾获得国家科学技术发明一等奖。该技术以煤为原料，经过煤→CO、H2→CH3OH→C2H4、C3H6等一系列变化可获得重要的化工产品乙烯和丙烯。回答下列问题：
(1)煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：
①C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H1=+131kJ⋅mol−1
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=akJ⋅mol−1
③C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172kJ⋅mol−1，
则a=______。
(2)已知某密闭容器中存在可逆反应：2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)△H，测得其他条件相同时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1所示，平衡常数K与温度T关系如图2所示。
①该反应的△H ______(填“>”或“<”，下同)0，N点v(CH3OH)正______M点v(CH3OH)逆。
②T1后升高温度，则B、C、D三点中能正确表示该反应的平衡常数K随着温度T改变而变化的点是 ______(填字母)。
(3)在一定温度和适当催化剂存在下，将1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，使其发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1，测得开始时容器内总压为3×105Pa，反应经2min达到平衡且平衡时体系压强减小，则该温度下的平衡常数Kp=______Pa−2(Kp为分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.泡沫灭火器的成分是小苏打和硫酸铝溶液，故A错误；
B.催化剂不能使平衡发生移动，不能改变平衡转化率，故B错误；
C.粗镍精炼时，粗镍作阳极，发生氧化反应，故C正确；
D.漂白粉用于自来水处理是利用其强氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，不能杀菌消毒，则二者的作用原理不相同，故D错误；
故选：C。
A.碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，为泡沫灭火器的原理；
B.催化剂不能使平衡发生移动；
C.电解法精炼金属，粗金属为阳极，发生氧化反应；
D.漂白粉净水利用强氧化性消毒杀菌，明矾是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质而净水。
本题考查物质的性质与应用、电解法精炼金属，把握物质的性质、发生的反应、电解池工作原理为解答的关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.CS2中C原子价层电子对个数=2+=2且不含孤电子对，该分子为直线形分子，故A错误；
B.PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；CO32−中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对；SO32−中S原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，P、C、S原子杂化类型分别是：sp3、sp2、sp3，故B错误；
C.基态 14C原子核外电子排布为1s22s22p2，1s、2s轨道中存在2对自旋相反的电子，核外有6个电子，有6种运动状态，故C错误；
D.单键一定是σ键，双键、三键只有1个σ键，其它为π键，则双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，故D正确；
故选：D。
A.CS2中C原子价层电子对个数=2+=2且不含孤电子对；
B.PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；CO32−中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对；SO32−中S原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；
C.基态 14C原子核外电子排布为1s22s22p2；
D.单键一定是σ键，双键、三键只有1个σ键，其它为π键。
本题考查简单分子或离子杂化类型、杂化方式和化学键等知识，把握价层电子对数的计算、VSEPR模型的推断是解题关键，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意掌握价层电子互斥理论的应用，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.反应速率与反应热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故A错误；
B.化学反应的实质是旧键断裂、新键形成，断裂化学键吸热、形成化学键放热，所以物质发生化学变化一定伴随能量的变化，故B正确；
C.反应的热效应只与始态、终态有关，与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故C正确；
D.同一物质固态的能量小于液态，液态的熵大于固态，所以水凝结成冰的过程为放热、熵减的过程，即△H<0、△S<0，故D正确；
故选：A。
A.反应速率与反应热无关；
B.化学反应的实质是旧键断裂、新键形成；
C.反应的热效应只与始态、终态有关，与反应条件无关；
D.同一物质固态的能量小于液态，液态的熵大于固态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、熵变正负的判断、化学反应速率的影响因素等为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意焓变与反应条件无关，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.Cu元素为29号元素，价电子排布为 3d10 4s1，属于ds区，故A错误；
B.基态O原子核外电子排布为1s2 2s2 2p4，最高能级为2p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故B正确；
C.NH3分子中N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角为107°18′，SO42−离子中S原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角为109°28′，故C正确；
D.基态S原子的核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，未成对电子数为2，故D正确；
故选：A。
A.Cu元素为29号元素，价电子排布为 3d10 4s1；
B.基态O原子核外电子排布为1s2 2s2 2p4，最高能级为2p；
C.NH3分子中N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，SO42−离子中S原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形；
D.基态S原子的核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p4。
本题考查核外电子排布、杂化方式、键角、元素周期表的结构等知识点，注意掌握基础知识，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.①区Zn比Fe活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Fe作正极被保护，无Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液不出现蓝色，故A正确；
B.②区Zn作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Fe作阳极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故B正确；
C.③区Fe比Cu活泼，Cu作正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，无气泡产生，Fe作负极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故C错误；
D.④区Cu作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，滴加酚酞后变成红色，Fe作阳极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故D正确；
故选：C。
由图可知，①区Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极被保护，②区Zn作阴极，Fe作阳极被腐蚀，③区Fe比Cu活泼，Fe作负极被腐蚀，Cu作正极，④区Cu作阴极，Fe作阳极被腐蚀，据此作答。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应，HX放出的氢气多，可知等pH时HX的浓度大，则HX的酸性比HY弱，故A错误；
B.浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确；
C.KCl固体对Fe3++SCN−⇌Fe(SCN)3的反应无影响，溶液的颜色不变，平衡不移动，故C错误；
D.广泛pH试纸测定值为正整数，不能测定pH=3.2，故D错误；
故选：B。
A.等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应，HX放出的氢气多，可知等pH时HX的浓度大；
B.浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀；
C.KCl固体对Fe3++SCN−⇌Fe(SCN)3的反应无影响；
D.广泛pH试纸测定值为正整数。
本题考查化学实验方案的平衡，为高频考点，把握弱电解质的电离、难溶电解质、化学平衡、pH测定为解答的关键，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。
7.【答案】B
【解析】解：A.氯气、氯化氢均与饱和碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.图中保温好，温度计可测定温度，图中装置可测定中和热，故B正确；
C.图中进气不合理，不能制备碳酸氢钠，故C错误；
D.盐酸应盛装在酸式滴定管中，不能选图中碱式滴定管，故D错误；
故选：B。
A.氯气、氯化氢均与饱和碳酸氢钠溶液反应；
B.图中保温好，温度计可测定温度；
C.二氧化碳与氨气、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠，二氧化碳应长导管进气；
D.盐酸应盛装在酸式滴定管中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、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。
8.【答案】D
【解析】解：A.电子由负极经外电路流向正极，甲池中的石墨电极是原电池的正极，故A错误；
B.H+向正极移动，应通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C.甲池中石墨为正极，得电子，发生还原反应，其电极反应为AQ+2H++2e−=H2AQ，故C错误；
D.通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为：H2S+O2H2O2+S↓，故D正确；
故选：D。
由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为2I−−2e−=I2，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2H2O2+S。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据表中数据知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−>HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则NaHCO3溶液中通少量SO2反应生成CO2、HSO3−，离子方程式为：HCO3−+SO2=CO2+HSO3−，故A正确；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN后者，故B错误；
C.25℃时，等物质的量浓度的这几种钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：CO32−>CN−>CH3COO−，则等物质的量浓度的这几种钠盐溶液pH：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)，故C正确；
D.混合溶液中c(Na+)=c(CN−)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)，混合溶液呈中性，NaCN溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HCN应该稍微过量，酸碱体积相等，则c(HCN)>c(NaOH)，即a>b，故D正确；
故选：B。
A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，较强的酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN
D.混合溶液中c(Na+)=c(CN−)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)，混合溶液呈中性，NaCN溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HCN应该稍微过量。
本题考查弱电解质电离及盐类水解，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系及对应酸根离子水解程度关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.恒温恒容通入一定量NO2，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动，新平衡时NO2的百分含量与原平衡相比减小，故A正确；
B.该反应前后气体总的物质的量没有发生变化，一定温度、容积下，压强始终保持不变，不能作为反应是否达到平衡状态的判断依据，故B错误；
C.增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子数目，但活化分子的百分数不变，故C错误；
D.该反应的平衡常数表示式为K=1c(CO2)，温度不变平衡常数不变，达到新平衡时CO2(g)的浓度不变，故D错误；
故选A。
A.恒温恒容通入一定量NO2，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动；
B.该反应前后气体总的物质的量没有发生变化，一定温度、容积下，压强始终保持不变；
C.增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子数目；
D.该反应的平衡常数表示式为K=1c(CO2)，温度不变平衡常数不变。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握反应进行的方向、浓度和压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.氯化铜溶液中通入硫化氢，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A错误；
B.惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故B正确；
C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式为：2AgCl(s)+S2−(aq)=Ag2S(s)+2Cl−(aq)，故C正确；
D.TiO2+水解析出TiO2⋅xH2O沉淀，离子方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2⋅xH2O↓+2H+，故D正确；
故选：A。
A.硫化氢为弱电解质，应保留化学式；
B.惰性电极电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀和氢气、氯气；
C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，反应生成硫化银和氯化钠；
D.TiO2+水解生成TiO2⋅xH2O沉淀和氢离子。
本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及发生反应实质为解答关键，注意掌握反应物过量情况对生成产物的影响，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：A.①中ZnSO4溶液和Na2S溶液生成了ZnS沉淀，反应为Zn2++S2−=ZnS↓，故A正确；
B.实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−，即a中浊液中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+，实验②和③生成黑色沉淀的离子方程式不同，故C错误；
D.ZnS饱和溶液中c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24mol/L≈1.26×10−12，0.1mol⋅L−1FeSO4溶液c(Fe2+)=0.1mol/L，此时浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)=1.26×10−12×0.1=1.26×10−13>Ksp(FeS)，则白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.ZnSO4溶液和Na2S溶液生成了ZnS沉淀；
B.实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+；
D.ZnS饱和溶液中c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24mol/L≈1.26×10−12，0.1mol⋅L−1FeSO4溶液c(Fe2+)=0.1mol/L，此时浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)=1.26×10−12×0.1=1.26×10−13>Ksp(FeS)。
本题考查了沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握沉淀溶解平衡及Ksp的应用是解题的关键，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，为吸热反应，故A正确；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；
C.反应I：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△Hl=−32.9KJ/mol，反应为放热反应，断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1moIN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量，故C错误；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。
A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，过程②为肼分解生成氮气和氢气为吸热反应，根据热化学方程式中△H判断；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应；
C.断裂化学键吸收能量小于形成化学键放出能量则反应为放热反应；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)据此计算。
本题考查了热化学方程式的计算、盖斯定律的计算应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握盖斯定律的应用方法以及氧化还原反应的有关概念，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
14.【答案】C
【解析】解：A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解，所以溶液中存在c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，所以存在：①=②>③，故B错误；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以存在：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)，故C正确；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)=1.0×10−6mol⋅L−1−1.0×10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，故D错误；
故选：C。
A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液pH=8，溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)。
本题考查离子浓度大小的比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中的溶质、电离与水解的关系、溶解平衡的移动等知识是解答本题的关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】解：A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，故A错误；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，此时溶液的pH略小于4.7，故B正确；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO−)=c(Na+)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C正确；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故D正确；
故选：A。
根据已知2−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液导致溶液的pH增大，反应生成盐溶液，在滴加过程中CH3CH2CH=CHCOOH在减小，CH3CH2CH=CHCOO−在增大，当滴加至20mL时恰好完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，该盐属于强碱弱酸盐显碱性；
A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒解答；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒判断。
本题主要考查溶液中的离子平衡，侧重考查学生对图像的分析和理解能力，根据酸碱中和滴定反应物的物质的量比判断滴定终点，利用恰好反应的产物判断溶液的酸碱性。
16.【答案】BD
【解析】解：A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同，则焓变相同，故A正确；
B.催化剂不改变化学平衡状态，则将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氮气的平衡转化率，故B错误；
C.由图可知，N2+H→∗NNH活化能最大，则该步骤为决速步，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的物质的量下降，则升高温度不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；
故选：BD。
A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同；
B.催化剂不改变化学平衡状态；
C.决速步为活化能最大的步骤；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对平衡的影响为本题解题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.每转移4mol电子生成2molCl2需要消耗1molO2，那每生成1molCl2需要消耗0.5mol氧气，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，但氧气的状况不确定，所以每生成1molCl2需要消耗氧气不一定为11.2L，故A错误；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，所以阳极的电极反应为：2HCl(g)−2e−=Cl2(g)+2H+，故B错误；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O2− 电解 2Cl2+2H2O，故C正确；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+，反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，Fe2+在反应中生成为中间产物，所以Fe3+在反应中起到催化剂的作用，故D错误；
故选：C。
A.根据转移电子守恒，每生成2molCl2需要消耗1molO2计算；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.K=1c(A)⋅c(B)=14×1=14，故A错误；
B.若c点为平衡点，比较此时的化学平衡常数K小于原平衡常数K，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则此时容器内的温度高于T℃，故B正确；
C.由图可知，曲线ab上的点均为平衡状态，直线cd上的点不均为平衡状态，故C错误；
D.T℃时，c点没有达到平衡，Q=1c(A)⋅c(B)
A.K=1c(A)⋅c(B)，以a点数据计算；
B.若c点为平衡点，比较此时的化学平衡常数K与原平衡常数K，得出平衡移动的方向；
C.由图可知，曲线ab上的点均为平衡状态；
D.T℃时，c点没有达到平衡，比较Q=1c(A)⋅c(B)与K值的大小，得出反应进行的方向。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度对平衡的影响、平衡移动、浓度商的运用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
19.【答案】CD
【解析】解：A.当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，且Ka1>Ka2，因此lg=0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，则其pH值小，因此曲线M表示pH与lg的关系，故A正确；
B.由a点可得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，因此===104，故B正确；
C.根据图中信息得到a点，c(HA−)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，又因a点溶液显酸性c(H+)>c(OH−)，得到溶液中：c(Na+)
故选：CD。
H2A存在两步电离，a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡和影响电离平衡的因素、有关电离常数的计算、物料守恒、电荷守恒的应用等，题目中等难度。
20.【答案】B
【解析】解：A.某温度下，向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，锌离子浓度减小，水解程度减小溶液pH增大，硫化钠溶液显碱性，则溶液pH：a
C.由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加Na2S溶液使溶液中c(S2−)相同时，溶液中c(Zn2+)>c(Cu2+)、−1gc(Cu2+)>−lgc(Zn2+)，由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故C错误；
D.Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，c(Cu2+)=mol/L=3×10−34.4mol/L，所以−lgc(Cu2+)=−lg3×10−34.4=34.4−lg3=34.4−0.5=33.9，故D错误；
故选：B。
A.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解程度减小、溶液pH增大，反应后加入的硫化钠溶液显碱性；
B.ZnCl2溶液中存在电荷守恒关系为c(Cl−)+c(OH−)=2c(Zn2+)+c(H+)；
C.由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加0.1mol/L的Na2S溶液使溶液中c(S2−)相同时，溶液中c(Zn2+)>c(Cu2+)，结合−1gc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)大小分析判断；
D.c点时铜离子全部沉淀，Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，结合溶度积常数计算判断。
本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数Ksp的计算、平衡图象分析等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，注意盐类水解原理和守恒关系的应用，题目难度中等。
21.【答案】17 平面三角形 三角锥 N 3d6 d 3：4 NH3和HClO
【解析】解：(1)W是Cl元素，原子核外有17个电子，所以核外电子运动状态共有17种，
故答案为：17；
(2)NO_−的价层电子对数为eqIda5f9519a9226bb167892bc0023e8012e，没有孤对电子，所以NO_−的空间构型为平面三角形，ClO_−的价层电子对数为3+(7+1−3×2)=4，有一对孤对电子，其中一个杂化轨道被一对孤对电子占据，ClO_−空间构型为三角锥，
故答案为：平面三角形；三角锥；
(3)基态Fe原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，核外电子占据最高能层是第四层，符号是N；Fe2+的价电子排布式为3d6，在周期表中的位置是第四周期第VIII族，d区，
故答案为：N；3d6；d；
(4)X与Y分别是C和N元素，(CN)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是σ键，共价三键有一个是σ键两个是π键，故分子中σ键与π键数目之比为3：4，
故答案为：3：4；
(5)NCl3的水解方程式：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，水解产物是NH3和HClO，
故答案为：NH3和HClO。
基态X原子价电子排布式为nsnnpn，依据电子排布的规律，n=2，基态X原子是原子序数为6的C元素。基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等，Z是原子序数为8的O元素。X、Y、Z W原子序数依次增大，则Y是N元素。W是第三周期电负性最大的元素且同周期元素电负性从左到右逐渐增大，W是Cl元素。基态Q原子有四个未成对电子，Q是Fe元素，据此进行解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度不大。
22.【答案】第四周期VIIB族 O>N>C>H 碱性 Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3− 10−17 8～12 NaCl 4OH−−4e−=2H2O+O2↑
【解析】解：(1)Mn元素原子序数为25，核外25个电子，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族，其基态原子价电子轨道表示式为，
故答案为：第四周期VIIB族；；
(2)NH4HCO3中含有H、C、N、O四种元素，一般地，根据元素周期律，同周期元素从左到右，电负性依次增强，同主族从上到下依次减弱，所以电负性：O>N>C>H；由已知Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5 Ka1(H2CO3)=4.2×10−7，电离程度：NH3⋅H2O>H2CO3，所以水解程度：NH4+
(3)加入过量锌粉，除去铜元素，其发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，氨气在二氧化碳作用下冷凝吸收，其反应为NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−，
故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−；
(4)pH=8时Zn2+沉淀完全，8≤pH<12，Zn元素以Zn(OH)2形式存在，pH=12时，Zn(OH)2开始溶解，以[Zn(OH)4]2−形式存在；常温下，pH=8，c(OH−)=10−6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)c2(OH−)=10−5mol/L×(10−6mol/L)2=10−17，综上所述，沉淀Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是8～12，
故答案为：10−17；8～12；
(5)①电解含镍酸性废水回收Ni，则镀镍铁棒作为阴极，电解反应为Ni+2e−=Ni2+；碳棒作阳极，电解反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，a室中氢氧根离子浓度降低，Na+透过阳离子交换膜，向B室移动，c室中Cl−透过阴离子交换膜，向b室移动，所以Z溶液，为NaCl溶液，
故答案为：NaCl；
②碳棒作阳极，电解反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，
故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑。
向钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3)中加入NH4HCO3和氨水，其中MnO2、Fe2O3不参与反应，ZnO和CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，过滤，滤渣①为MnO2、Fe2O3；加入过量锌粉，除去铜元素，得到[Zn(NH3)]4(HCO3)2溶液；蒸氨沉锌得到Zn(OH)2⋅ZnCO3和氨气，氨气用二氧化碳吸收，Zn(OH)2⋅ZnCO3高温煅烧转化为ZnO。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】(1)NaHCO3；在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小
(2)D
(3)甲基橙；黄色变为橙色
(4)3.56%
(5)偏大
【解析】解：(1)晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知，在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，
故答案为：NaHCO3；在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小；
(2)300℃加热时固体受热分解，应使用坩埚，
故答案为：D；
(3)第一阶段使用酚酞作指示剂，对应的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二阶段使用甲基橙作指示剂，对应的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此指示剂N为甲基橙，第二滴定终点前后颜色变化为黄色变为橙色，
故答案为：甲基橙；黄色变为橙色；
(4)第一次滴定发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，生成n(NaHCO3)=22.45×10−3L×0.1000mol⋅L−1=2.245×10−3mol，第二次滴定发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则原产品中n(NaHCO3)=23.51×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2.245×10−3mol=1.06×10−4mol，故产品中NaHCO3的质量分数为1.06×10−4mol×84g/mol×250252.5g×100%≈3.56%，
故答案为：3.56%；
(5)第一滴定终点时俯视读数，V1偏小，则碳酸氢钠的质量分数偏大，
故答案为：偏大。
24.【答案】−41 < > C 1×10−10
【解析】解：(1)根据盖斯定律，反应①−③=②，所以a=131kJ/mol−172kJ/mol=−41kJ/mol，
故答案为：−41；
(2)①根据图1，升高温度，甲醇的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，则该反应的正反应是放热的，ΔH<0。根据反应方程式可知，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率降低，所以压强p2>p1，M点和N点温度相同，压强越大，速率越快，所以N点的速率大于M点的速率，M点和N点都是平衡点，正逆反应速率相等，所以N点v(CH3OH)正>M点v(CH3OH)逆，
故答案为：<；>；
②T1K后升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以C点可以表示该反应的平衡常数K随温度T的变化，
故答案为：C；
(3)1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，测得开始时容器内总压为3×105Pa，则CO的分压为1×105Pa，H2的分压为2×105Pa。平衡时体系压强降低了，根据方程式可知，消耗的氢气的分压和体系压强降低的量相等，所以消耗的氢气的分压为×3×105Pa=1×105Pa，用分压列三段式：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)1×105 2×105Pa 0
转化(mol)0.5×105 1×105 0.5×105
平衡(mol)0.5×105 1×105 0.5×105Pa
则该温度下的平衡常数Kp===1×10−10Pa−2，
故答案为：1×10−10。
(1)根据盖斯定律，①−③得出CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；
(2)根据图1，随着温度升高，CH3OH的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应Δ H<0；该反应为物质的量增大反应，相同条件下，增大压强，平衡向逆反应方向进行，CH3OH转化率降低，因此p2>p1，压强增大，化学反应速率加快，即N点v(CH3OH)正>M点v(CH3OH)逆；化学平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行， K减小，根据图2，推出C点符合题意；
(3)容器为恒容，总压为3×105Pa，开始时充入1molCO和2molH2，则开始时P(CO)=1×105Pa，P(H2)=2×105Pa，令达到平衡时消耗CO的分压为xPa，则达到平衡时的总压为(1×105−x)+(2×105−2x)+x=3×105−3×105×，解得x=0.5×105，代入Kp=。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、盖斯定律、外界条件对化学反应平衡移动影响、电化学的应用，明确化学平衡常数含义及计算方法、盖斯定律计算方法是解本题关键，，题目难度中等。
2022-2023学年山东省济南市历城区高二（上）期末化学试卷（线上）
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。
1. 化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A. 泡沫灭火器的成分是苏打和硫酸铝溶液
B. 采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率
C. 粗镍精炼时，粗镍作阳极
D. 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
2. 下列描述中正确的是( )
A. CS2是空间构型为V形的极性分子
B. PCl3、CO32−和SO32−的中心原子均为sp3杂化
C. 在基态 14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态
D. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键
3. 下列与化学反应能量变化相关的叙述中错误的是
A. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
B. 物质发生化学变化一定伴随能量的变化
C. 同温同压下，H2g+Cl2g=2HClg在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 水凝结成冰的过程中，ΔH<0、ΔS<0
4. [Cu(NH3)4]SO4⋅H2O是一种重要的染料及合成农药中间体．下列说法错误的是( )
A. Cu元素位于周期表d区
B. 基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
C. NH3分子中的键角小于SO42−离子中的键角
D. 基态S原子的未成对电子数为2
5. 某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列不合理的是
A. ①区Zn电极的电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液未出现蓝色，Fe被保护
B. ②区Zn电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
C. ③区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀
D. ④区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3FeCN6溶液出现蓝色，Fe被腐蚀
6. 表中实验操作、现象与结论对应关系均正确的
选项
实验操作
实验现象
结论
A
等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应
HX溶液中放出的H2多
HX的酸性比HY强
B
向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液
产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体
溶液颜色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
D
用广泛pH试纸测定1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性
测定pH=3.2
NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO3−在水中的电离程度大于水解程度
A. A B. B C. C D. D
7. 下列操作或装置能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
操作或装置
实验目的
除去Cl2中混有的HCl
测定中和热
制取碳酸氢钠
中和滴定
A. A B. B C. C D. D
8. 如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是( )
A. 甲池中的石墨电极是电池的负极
B. H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池
C. 甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H+−2e−=H2AQ
D. 总反应为 H2S+O2H2O2+S↓
9. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2SO3
H2CO3
电离平衡常数
1.75×10−5
4.9×10−10
K1=1.54×10−2
K2=1.02×10−7
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
下列说法不正确的是( )
A. NaHCO3溶液中通少量SO2：HCO3−+SO2=CO2+HSO3−
B. 等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者<后者
C. 25℃时，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)
D. amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)=c(CN−)，则a一定大于b
10. 下列关于化学反应速率和化学平衡的说法正确的是( )
A. 在一定条件下，可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH<0达到平衡后保持容器温度和容积不变，再通入一定量NO2，则再次达到平衡时NO2的百分含量减小
B. 在一定温度下，容积一定的密闭容器中的反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，当混合气体的压强不变时，则表明该反应已达平衡
C. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子百分数，从而使反应速率增大
D. 已知反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2(g)的浓度将升高
11. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是( )
A. 氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2−=CuS↓
B. 惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
C. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl(s)+S2−(aq)=Ag2S(s)+2Cl−(aq)
D. TiO2+水解析出TiO2⋅xH2O沉淀：TiO2++(x+1)H2O=TiO2⋅xH2O↓+2H+
12. 某小组同学进行如下实验探究：
难溶电解质
颜色
Ksp
ZnS
白色
1.6×10−24
CuS
黑色
1.3×10−36
FeS
黑色
6.3×10−18
已知：1.6×10−24≈1.26×10−12；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如图。
下列说法中，不正确的是( )
A. ①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓
B. a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)
C. 实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D. 若将实验③中CuSO4改为1mL0.1mol⋅L−1FeSO4溶液，白色沉淀仍可以转化为黑色沉淀
13. 肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图1。已知200℃时：
反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△H1=−32.9kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8kJ⋅mol−1
下列说法不正确的是( )
A. 图1所示过程①是放热反应、②是吸热反应
B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示
C. 断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量
D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ⋅mol−1
14. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，将0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液与0.05mol⋅L−1NaOH溶液等体积混合(pH=9.25)：c(Cl−)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NH4+)大小顺序为①>②>③
C. 常温下，0.1mol⋅L−1NaHA溶液的pH=8，则溶液中：c(Na+)>c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
D. 常温下，NaB溶液的pH=8，c(Na+)−c(B−)=9.9×10−9mol⋅L−1
15. 常温下，2−戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol⋅L−12−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=。
下列说法不正确的是( )
A. 图1中，曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH
B. 图2中，①对应溶液的溶质为2−戊烯酸和2−戊烯酸钠，此时溶液的pH略小于4.7
C. 图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)
D. 图2中，③对应的溶液中存在：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)
16. Y、Sc(Y1/NC,Sc1/NC)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(∗表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是( )
A. 相同条件下，两种催化反应的历程不同，但焓变相同
B. 将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氮气的平衡转化率
C. 使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，决速步为∗N2+H→∗NNH
D. 升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
17. 研究人员设计了一种新的电解HCl回收Cl2的工艺，如图所示(两电极材料均为碳电极)，下列说法正确的是( )
A. 每生成1molCl2需要消耗氧气11.2L
B. 阳极的电极反应为：Fe2+−e−=Fe3+
C. 该工艺的总反应方程式为：4HCl+O2− 电解 2Cl2+2H2O
D. Fe2+在反应中起到催化剂的作用
18. T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌C(s)ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是( )
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4
B. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃
C. T℃时，直线cd上的点均为平衡状态
D. T℃时，c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
19. 常温下，将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 曲线M表示pH与的关系
B.
C. 图中a点对应溶液中：c(Na+)>c(H2A)+2c(A2−)
D. pH=5的溶液中：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)
20. 某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol⋅L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol⋅L−1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列说法正确的是( )
A. 溶液pH：a>b>e
B. a点的ZnCl2溶液中：c(Cl−)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
C. a−b−e为滴定CuCl2溶液的曲线
D. d点纵坐标约为34.9
21. X、Y、Z、W、Q五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。基态X原子价电子排布式为nsnnpn；基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等；W是第三周期电负性最大的元素；基态Q原子有四个未成对电子。
(1)W核外电子运动状态共有 ______种。
(2)阴离子YZ3−、WZ3−的空间构型分别是 ______、______。
(3)基态Q原子中，核外电子占据最高能层的符号是 ______，Q2+的价电子排布式为 ______，Q在周期表中的位置是 ______区。
(4)(XY)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，分子中σ键与π键数目之比为 ______。
(5)Y与W可形成化合物YW3。资料显示：Y元素电负性略大于W；YW3可溶于水发生水解反应。试判断YW3可能的水解产物为 ______(写化学式)。
22. 合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3)为原料制备氧化锌的工艺流程如图1：
已知：①“浸取”时，ZnO转化为可溶性[Zn(NH3)4]2+离子，CuO转化为可溶性[Cu(NH3)4]2+离子；
②常温下，Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5Ka1(H2CO3)=4.2×10−7、Ka2(H2CO3)=5.6×10−11。
回答下列问题：
(1)Mn在周期表中的位置为 ______，其基态原子价层电子轨道表示式为 ______。
(2)NH4HCO3所含元素的电负性由大到小的顺序为 ______，“浸取”时加入的NH4HCO3溶液显 ______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
(3)“除杂”加入过量锌粉发生的离子方程式为 ______；“冷凝吸收”过程中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为：______。
(4)常温下二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图2，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2−物质的量浓度的对数(假设Zn2+离子浓度≤10−5mol⋅L−1时，Zn2+离子已沉淀完全)。从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=______，某废液中含Zn2+离子，为沉淀Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是 ______。
(5)高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图3(图中X、Y为电极，LiPF6⋅SO(CH3)2为电解质)。
①中间隔室b可以得到的主要物质Z是 ______(填化学式)。
②阳极的电极反应式是 ______。
23. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤Ⅰ.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol⋅L−1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol⋅L−1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100g H2O)
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ______ ，晶体A能够析出的原因是 ______ ；
(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是 ______ (填标号)；
(3)指示剂N为 ______ ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ______ ；
(4)产品中NaHCO3的质量分数为 ______ (保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 ______ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
24. 大连化学物理研究所开发的DMTO技术曾获得国家科学技术发明一等奖。该技术以煤为原料，经过煤→CO、H2→CH3OH→C2H4、C3H6等一系列变化可获得重要的化工产品乙烯和丙烯。回答下列问题：
(1)煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：
①C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H1=+131kJ⋅mol−1
②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=akJ⋅mol−1
③C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172kJ⋅mol−1，
则a=______。
(2)已知某密闭容器中存在可逆反应：2CH3OH(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)△H，测得其他条件相同时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1所示，平衡常数K与温度T关系如图2所示。
①该反应的△H ______(填“>”或“<”，下同)0，N点v(CH3OH)正______M点v(CH3OH)逆。
②T1后升高温度，则B、C、D三点中能正确表示该反应的平衡常数K随着温度T改变而变化的点是 ______(填字母)。
(3)在一定温度和适当催化剂存在下，将1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，使其发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1，测得开始时容器内总压为3×105Pa，反应经2min达到平衡且平衡时体系压强减小，则该温度下的平衡常数Kp=______Pa−2(Kp为分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.泡沫灭火器的成分是小苏打和硫酸铝溶液，故A错误；
B.催化剂不能使平衡发生移动，不能改变平衡转化率，故B错误；
C.粗镍精炼时，粗镍作阳极，发生氧化反应，故C正确；
D.漂白粉用于自来水处理是利用其强氧化性杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，不能杀菌消毒，则二者的作用原理不相同，故D错误；
故选：C。
A.碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，为泡沫灭火器的原理；
B.催化剂不能使平衡发生移动；
C.电解法精炼金属，粗金属为阳极，发生氧化反应；
D.漂白粉净水利用强氧化性消毒杀菌，明矾是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质而净水。
本题考查物质的性质与应用、电解法精炼金属，把握物质的性质、发生的反应、电解池工作原理为解答的关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.CS2中C原子价层电子对个数=2+=2且不含孤电子对，该分子为直线形分子，故A错误；
B.PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；CO32−中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对；SO32−中S原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，P、C、S原子杂化类型分别是：sp3、sp2、sp3，故B错误；
C.基态 14C原子核外电子排布为1s22s22p2，1s、2s轨道中存在2对自旋相反的电子，核外有6个电子，有6种运动状态，故C错误；
D.单键一定是σ键，双键、三键只有1个σ键，其它为π键，则双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，故D正确；
故选：D。
A.CS2中C原子价层电子对个数=2+=2且不含孤电子对；
B.PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；CO32−中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对；SO32−中S原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对；
C.基态 14C原子核外电子排布为1s22s22p2；
D.单键一定是σ键，双键、三键只有1个σ键，其它为π键。
本题考查简单分子或离子杂化类型、杂化方式和化学键等知识，把握价层电子对数的计算、VSEPR模型的推断是解题关键，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意掌握价层电子互斥理论的应用，题目难度中等。
3.【答案】A
【解析】解：A.反应速率与反应热无关，反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关，故A错误；
B.化学反应的实质是旧键断裂、新键形成，断裂化学键吸热、形成化学键放热，所以物质发生化学变化一定伴随能量的变化，故B正确；
C.反应的热效应只与始态、终态有关，与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故C正确；
D.同一物质固态的能量小于液态，液态的熵大于固态，所以水凝结成冰的过程为放热、熵减的过程，即△H<0、△S<0，故D正确；
故选：A。
A.反应速率与反应热无关；
B.化学反应的实质是旧键断裂、新键形成；
C.反应的热效应只与始态、终态有关，与反应条件无关；
D.同一物质固态的能量小于液态，液态的熵大于固态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、熵变正负的判断、化学反应速率的影响因素等为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意焓变与反应条件无关，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.Cu元素为29号元素，价电子排布为 3d10 4s1，属于ds区，故A错误；
B.基态O原子核外电子排布为1s2 2s2 2p4，最高能级为2p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故B正确；
C.NH3分子中N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角为107°18′，SO42−离子中S原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角为109°28′，故C正确；
D.基态S原子的核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，未成对电子数为2，故D正确；
故选：A。
A.Cu元素为29号元素，价电子排布为 3d10 4s1；
B.基态O原子核外电子排布为1s2 2s2 2p4，最高能级为2p；
C.NH3分子中N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，SO42−离子中S原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形；
D.基态S原子的核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p4。
本题考查核外电子排布、杂化方式、键角、元素周期表的结构等知识点，注意掌握基础知识，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.①区Zn比Fe活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Fe作正极被保护，无Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液不出现蓝色，故A正确；
B.②区Zn作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Fe作阳极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故B正确；
C.③区Fe比Cu活泼，Cu作正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，无气泡产生，Fe作负极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故C错误；
D.④区Cu作阴极，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，滴加酚酞后变成红色，Fe作阳极被腐蚀，有Fe2+生成，滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，故D正确；
故选：C。
由图可知，①区Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极被保护，②区Zn作阴极，Fe作阳极被腐蚀，③区Fe比Cu活泼，Fe作负极被腐蚀，Cu作正极，④区Cu作阴极，Fe作阳极被腐蚀，据此作答。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应，HX放出的氢气多，可知等pH时HX的浓度大，则HX的酸性比HY弱，故A错误；
B.浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确；
C.KCl固体对Fe3++SCN−⇌Fe(SCN)3的反应无影响，溶液的颜色不变，平衡不移动，故C错误；
D.广泛pH试纸测定值为正整数，不能测定pH=3.2，故D错误；
故选：B。
A.等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应，HX放出的氢气多，可知等pH时HX的浓度大；
B.浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀；
C.KCl固体对Fe3++SCN−⇌Fe(SCN)3的反应无影响；
D.广泛pH试纸测定值为正整数。
本题考查化学实验方案的平衡，为高频考点，把握弱电解质的电离、难溶电解质、化学平衡、pH测定为解答的关键，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。
7.【答案】B
【解析】解：A.氯气、氯化氢均与饱和碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.图中保温好，温度计可测定温度，图中装置可测定中和热，故B正确；
C.图中进气不合理，不能制备碳酸氢钠，故C错误；
D.盐酸应盛装在酸式滴定管中，不能选图中碱式滴定管，故D错误；
故选：B。
A.氯气、氯化氢均与饱和碳酸氢钠溶液反应；
B.图中保温好，温度计可测定温度；
C.二氧化碳与氨气、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠，二氧化碳应长导管进气；
D.盐酸应盛装在酸式滴定管中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、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。
8.【答案】D
【解析】解：A.电子由负极经外电路流向正极，甲池中的石墨电极是原电池的正极，故A错误；
B.H+向正极移动，应通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；
C.甲池中石墨为正极，得电子，发生还原反应，其电极反应为AQ+2H++2e−=H2AQ，故C错误；
D.通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为：H2S+O2H2O2+S↓，故D正确；
故选：D。
由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为2I−−2e−=I2，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2H2O2+S。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据表中数据知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−>HCO3−，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则NaHCO3溶液中通少量SO2反应生成CO2、HSO3−，离子方程式为：HCO3−+SO2=CO2+HSO3−，故A正确；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN
C.25℃时，等物质的量浓度的这几种钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，水解程度：CO32−>CN−>CH3COO−，则等物质的量浓度的这几种钠盐溶液pH：pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)，故C正确；
D.混合溶液中c(Na+)=c(CN−)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)，混合溶液呈中性，NaCN溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HCN应该稍微过量，酸碱体积相等，则c(HCN)>c(NaOH)，即a>b，故D正确；
故选：B。
A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，较强的酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸；
B.根据电荷守恒得c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)、c(CN−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，水解程度：NaCN>CH3COONa，则两种溶液中c(OH−)：NaCN>CH3COONa，两种溶液中c(H+)：NaCN
D.混合溶液中c(Na+)=c(CN−)，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)，混合溶液呈中性，NaCN溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则HCN应该稍微过量。
本题考查弱电解质电离及盐类水解，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系及对应酸根离子水解程度关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.恒温恒容通入一定量NO2，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动，新平衡时NO2的百分含量与原平衡相比减小，故A正确；
B.该反应前后气体总的物质的量没有发生变化，一定温度、容积下，压强始终保持不变，不能作为反应是否达到平衡状态的判断依据，故B错误；
C.增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子数目，但活化分子的百分数不变，故C错误；
D.该反应的平衡常数表示式为K=1c(CO2)，温度不变平衡常数不变，达到新平衡时CO2(g)的浓度不变，故D错误；
故选A。
A.恒温恒容通入一定量NO2，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动；
B.该反应前后气体总的物质的量没有发生变化，一定温度、容积下，压强始终保持不变；
C.增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大单位体积内活化分子数目；
D.该反应的平衡常数表示式为K=1c(CO2)，温度不变平衡常数不变。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握反应进行的方向、浓度和压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.氯化铜溶液中通入硫化氢，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A错误；
B.惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为：Mg2++2Cl−+2H2O− 通电 Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故B正确；
C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式为：2AgCl(s)+S2−(aq)=Ag2S(s)+2Cl−(aq)，故C正确；
D.TiO2+水解析出TiO2⋅xH2O沉淀，离子方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2⋅xH2O↓+2H+，故D正确；
故选：A。
A.硫化氢为弱电解质，应保留化学式；
B.惰性电极电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀和氢气、氯气；
C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，反应生成硫化银和氯化钠；
D.TiO2+水解生成TiO2⋅xH2O沉淀和氢离子。
本题考查了离子方程式书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则及发生反应实质为解答关键，注意掌握反应物过量情况对生成产物的影响，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：A.①中ZnSO4溶液和Na2S溶液生成了ZnS沉淀，反应为Zn2++S2−=ZnS↓，故A正确；
B.实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−，即a中浊液中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+，实验②和③生成黑色沉淀的离子方程式不同，故C错误；
D.ZnS饱和溶液中c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24mol/L≈1.26×10−12，0.1mol⋅L−1FeSO4溶液c(Fe2+)=0.1mol/L，此时浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)=1.26×10−12×0.1=1.26×10−13>Ksp(FeS)，则白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.ZnSO4溶液和Na2S溶液生成了ZnS沉淀；
B.实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+；
D.ZnS饱和溶液中c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24mol/L≈1.26×10−12，0.1mol⋅L−1FeSO4溶液c(Fe2+)=0.1mol/L，此时浓度积Q=c(S2−)⋅c(Fe2+)=1.26×10−12×0.1=1.26×10−13>Ksp(FeS)。
本题考查了沉淀溶解平衡及溶度积常数的计算，侧重学生分析能力、计算能力和运用能力的考查，把握沉淀溶解平衡及Ksp的应用是解题的关键，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，为吸热反应，故A正确；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B正确；
C.反应I：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△Hl=−32.9KJ/mol，反应为放热反应，断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1moIN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量，故C错误；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。
A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，过程②为肼分解生成氮气和氢气为吸热反应，根据热化学方程式中△H判断；
B.反应II：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应；
C.断裂化学键吸收能量小于形成化学键放出能量则反应为放热反应；
D.根据盖斯定律：(I)−2×(II)得N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)据此计算。
本题考查了热化学方程式的计算、盖斯定律的计算应用、氧化还原反应，题目难度中等，注意把握盖斯定律的应用方法以及氧化还原反应的有关概念，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
14.【答案】C
【解析】解：A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解，所以溶液中存在c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，所以存在：①=②>③，故B错误；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以存在：c(HA−)>c(H2A)>c(A2−)，故C正确；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)=1.0×10−6mol⋅L−1−1.0×10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1，故D错误；
故选：C。
A.混合后得NH4Cl、NH3⋅H2O、NaCl物质的量为1：1：1的混合溶液，混合溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于NH3⋅H2O电离程度，但NH3⋅H2O电离程度和NH4+的水解程度都较小，钠离子不水解；
B.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制；
C.常温下，0.1mol⋅L−1的NaHA溶液pH=8，溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于其电离程度，但其电离和水解程度都较小；
D.溶液的pH=8，该溶液中c(H+)=1.0×10−8mol⋅L−1、c(OH−)==mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，由电荷守恒可知：c(Na+)−c(B−)=c(OH−)−c(H+)。
本题考查离子浓度大小的比较，侧重考查分析、判断及计算能力，明确溶液中的溶质、电离与水解的关系、溶解平衡的移动等知识是解答本题的关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】解：A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，故A错误；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO−)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，此时溶液的pH略小于4.7，故B正确；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO−)=c(Na+)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故C正确；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，故D正确；
故选：A。
根据已知2−戊烯酸溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液导致溶液的pH增大，反应生成盐溶液，在滴加过程中CH3CH2CH=CHCOOH在减小，CH3CH2CH=CHCOO−在增大，当滴加至20mL时恰好完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，该盐属于强碱弱酸盐显碱性；
A.曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH；
B.根据图1知，2−戊烯酸的电离常数Ka==c (H+)=10−4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO−的水解程度；
C.②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒解答；
D.③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒判断。
本题主要考查溶液中的离子平衡，侧重考查学生对图像的分析和理解能力，根据酸碱中和滴定反应物的物质的量比判断滴定终点，利用恰好反应的产物判断溶液的酸碱性。
16.【答案】BD
【解析】解：A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同，则焓变相同，故A正确；
B.催化剂不改变化学平衡状态，则将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氮气的平衡转化率，故B错误；
C.由图可知，N2+H→∗NNH活化能最大，则该步骤为决速步，故C正确；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的物质的量下降，则升高温度不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；
故选：BD。
A.由图可知，相同条件下，两种催化反应的历程不同，但反应物总能量和生成物总能量相同；
B.催化剂不改变化学平衡状态；
C.决速步为活化能最大的步骤；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂对平衡的影响为本题解题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】解：A.每转移4mol电子生成2molCl2需要消耗1molO2，那每生成1molCl2需要消耗0.5mol氧气，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，但氧气的状况不确定，所以每生成1molCl2需要消耗氧气不一定为11.2L，故A错误；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，所以阳极的电极反应为：2HCl(g)−2e−=Cl2(g)+2H+，故B错误；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O2− 电解 2Cl2+2H2O，故C正确；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+，反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，Fe2+在反应中生成为中间产物，所以Fe3+在反应中起到催化剂的作用，故D错误；
故选：C。
A.根据转移电子守恒，每生成2molCl2需要消耗1molO2计算；
B.电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2；
C.反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCl与O2的反应，生成Cl2和H2O；
D.连接电源的电极上，Fe3+转化为Fe2+。
本题考查了电解原理的应用，明确电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.K=1c(A)⋅c(B)=14×1=14，故A错误；
B.若c点为平衡点，比较此时的化学平衡常数K小于原平衡常数K，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则此时容器内的温度高于T℃，故B正确；
C.由图可知，曲线ab上的点均为平衡状态，直线cd上的点不均为平衡状态，故C错误；
D.T℃时，c点没有达到平衡，Q=1c(A)⋅c(B)
A.K=1c(A)⋅c(B)，以a点数据计算；
B.若c点为平衡点，比较此时的化学平衡常数K与原平衡常数K，得出平衡移动的方向；
C.由图可知，曲线ab上的点均为平衡状态；
D.T℃时，c点没有达到平衡，比较Q=1c(A)⋅c(B)与K值的大小，得出反应进行的方向。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握温度对平衡的影响、平衡移动、浓度商的运用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
19.【答案】CD
【解析】解：A.当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，且Ka1>Ka2，因此lg=0或 lg=0，则前者的氢离子浓度大，则其pH值小，因此曲线M表示pH与lg的关系，故A正确；
B.由a点可得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，因此===104，故B正确；
C.根据图中信息得到a点，c(HA−)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，又因a点溶液显酸性c(H+)>c(OH−)，得到溶液中：c(Na+)
故选：CD。
H2A存在两步电离，a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10−2.6，b点得到Ka2(H2A)==c(H+)=10−6.6，曲线M表示pH与lg，=，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小。
本题考查化学反应原理，涉及电离平衡和影响电离平衡的因素、有关电离常数的计算、物料守恒、电荷守恒的应用等，题目中等难度。
20.【答案】B
【解析】解：A.某温度下，向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，锌离子浓度减小，水解程度减小溶液pH增大，硫化钠溶液显碱性，则溶液pH：a
C.由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加Na2S溶液使溶液中c(S2−)相同时，溶液中c(Zn2+)>c(Cu2+)、−1gc(Cu2+)>−lgc(Zn2+)，由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故C错误；
D.Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，c(Cu2+)=mol/L=3×10−34.4mol/L，所以−lgc(Cu2+)=−lg3×10−34.4=34.4−lg3=34.4−0.5=33.9，故D错误；
故选：B。
A.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解程度减小、溶液pH增大，反应后加入的硫化钠溶液显碱性；
B.ZnCl2溶液中存在电荷守恒关系为c(Cl−)+c(OH−)=2c(Zn2+)+c(H+)；
C.由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加0.1mol/L的Na2S溶液使溶液中c(S2−)相同时，溶液中c(Zn2+)>c(Cu2+)，结合−1gc(Cu2+)和−lgc(Zn2+)大小分析判断；
D.c点时铜离子全部沉淀，Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20ml0.1mol/LNa2S溶液，溶液中硫离子浓度c(S2−)=mol/L≈0.033mol/L，结合溶度积常数计算判断。
本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数Ksp的计算、平衡图象分析等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，注意盐类水解原理和守恒关系的应用，题目难度中等。
21.【答案】17 平面三角形 三角锥 N 3d6 d 3：4 NH3和HClO
【解析】解：(1)W是Cl元素，原子核外有17个电子，所以核外电子运动状态共有17种，
故答案为：17；
(2)NO_−的价层电子对数为eqIda5f9519a9226bb167892bc0023e8012e，没有孤对电子，所以NO_−的空间构型为平面三角形，ClO_−的价层电子对数为3+(7+1−3×2)=4，有一对孤对电子，其中一个杂化轨道被一对孤对电子占据，ClO_−空间构型为三角锥，
故答案为：平面三角形；三角锥；
(3)基态Fe原子的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，核外电子占据最高能层是第四层，符号是N；Fe2+的价电子排布式为3d6，在周期表中的位置是第四周期第VIII族，d区，
故答案为：N；3d6；d；
(4)X与Y分别是C和N元素，(CN)2分子中各原子都满足最外层8电子结构，则其结构式为，所有的共价单键是σ键，共价三键有一个是σ键两个是π键，故分子中σ键与π键数目之比为3：4，
故答案为：3：4；
(5)NCl3的水解方程式：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，水解产物是NH3和HClO，
故答案为：NH3和HClO。
基态X原子价电子排布式为nsnnpn，依据电子排布的规律，n=2，基态X原子是原子序数为6的C元素。基态Z原子核外电子有三个能级，p电子总数与s电子总数相等，Z是原子序数为8的O元素。X、Y、Z W原子序数依次增大，则Y是N元素。W是第三周期电负性最大的元素且同周期元素电负性从左到右逐渐增大，W是Cl元素。基态Q原子有四个未成对电子，Q是Fe元素，据此进行解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度不大。
22.【答案】第四周期VIIB族 O>N>C>H 碱性 Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3− 10−17 8～12 NaCl 4OH−−4e−=2H2O+O2↑
【解析】解：(1)Mn元素原子序数为25，核外25个电子，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族，其基态原子价电子轨道表示式为，
故答案为：第四周期VIIB族；；
(2)NH4HCO3中含有H、C、N、O四种元素，一般地，根据元素周期律，同周期元素从左到右，电负性依次增强，同主族从上到下依次减弱，所以电负性：O>N>C>H；由已知Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5 Ka1(H2CO3)=4.2×10−7，电离程度：NH3⋅H2O>H2CO3，所以水解程度：NH4+
(3)加入过量锌粉，除去铜元素，其发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，氨气在二氧化碳作用下冷凝吸收，其反应为NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−，
故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−；
(4)pH=8时Zn2+沉淀完全，8≤pH<12，Zn元素以Zn(OH)2形式存在，pH=12时，Zn(OH)2开始溶解，以[Zn(OH)4]2−形式存在；常温下，pH=8，c(OH−)=10−6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)c2(OH−)=10−5mol/L×(10−6mol/L)2=10−17，综上所述，沉淀Zn2+离子可以控制溶液中pH值的范围是8～12，
故答案为：10−17；8～12；
(5)①电解含镍酸性废水回收Ni，则镀镍铁棒作为阴极，电解反应为Ni+2e−=Ni2+；碳棒作阳极，电解反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，a室中氢氧根离子浓度降低，Na+透过阳离子交换膜，向B室移动，c室中Cl−透过阴离子交换膜，向b室移动，所以Z溶液，为NaCl溶液，
故答案为：NaCl；
②碳棒作阳极，电解反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，
故答案为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑。
向钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3)中加入NH4HCO3和氨水，其中MnO2、Fe2O3不参与反应，ZnO和CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，过滤，滤渣①为MnO2、Fe2O3；加入过量锌粉，除去铜元素，得到[Zn(NH3)]4(HCO3)2溶液；蒸氨沉锌得到Zn(OH)2⋅ZnCO3和氨气，氨气用二氧化碳吸收，Zn(OH)2⋅ZnCO3高温煅烧转化为ZnO。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】(1)NaHCO3；在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小
(2)D
(3)甲基橙；黄色变为橙色
(4)3.56%
(5)偏大
【解析】解：(1)晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知，在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，
故答案为：NaHCO3；在30∼35℃碳酸氢钠的溶解度最小；
(2)300℃加热时固体受热分解，应使用坩埚，
故答案为：D；
(3)第一阶段使用酚酞作指示剂，对应的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二阶段使用甲基橙作指示剂，对应的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此指示剂N为甲基橙，第二滴定终点前后颜色变化为黄色变为橙色，
故答案为：甲基橙；黄色变为橙色；
(4)第一次滴定发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，生成n(NaHCO3)=22.45×10−3L×0.1000mol⋅L−1=2.245×10−3mol，第二次滴定发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则原产品中n(NaHCO3)=23.51×10−3L×0.1000mol⋅L−1−2.245×10−3mol=1.06×10−4mol，故产品中NaHCO3的质量分数为1.06×10−4mol×84g/mol×250252.5g×100%≈3.56%，
故答案为：3.56%；
(5)第一滴定终点时俯视读数，V1偏小，则碳酸氢钠的质量分数偏大，
故答案为：偏大。
24.【答案】−41 < > C 1×10−10
【解析】解：(1)根据盖斯定律，反应①−③=②，所以a=131kJ/mol−172kJ/mol=−41kJ/mol，
故答案为：−41；
(2)①根据图1，升高温度，甲醇的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，则该反应的正反应是放热的，ΔH<0。根据反应方程式可知，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率降低，所以压强p2>p1，M点和N点温度相同，压强越大，速率越快，所以N点的速率大于M点的速率，M点和N点都是平衡点，正逆反应速率相等，所以N点v(CH3OH)正>M点v(CH3OH)逆，
故答案为：<；>；
②T1K后升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以C点可以表示该反应的平衡常数K随温度T的变化，
故答案为：C；
(3)1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，测得开始时容器内总压为3×105Pa，则CO的分压为1×105Pa，H2的分压为2×105Pa。平衡时体系压强降低了，根据方程式可知，消耗的氢气的分压和体系压强降低的量相等，所以消耗的氢气的分压为×3×105Pa=1×105Pa，用分压列三段式：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol)1×105 2×105Pa 0
转化(mol)0.5×105 1×105 0.5×105
平衡(mol)0.5×105 1×105 0.5×105Pa
则该温度下的平衡常数Kp===1×10−10Pa−2，
故答案为：1×10−10。
(1)根据盖斯定律，①−③得出CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；
(2)根据图1，随着温度升高，CH3OH的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应Δ H<0；该反应为物质的量增大反应，相同条件下，增大压强，平衡向逆反应方向进行，CH3OH转化率降低，因此p2>p1，压强增大，化学反应速率加快，即N点v(CH3OH)正>M点v(CH3OH)逆；化学平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行， K减小，根据图2，推出C点符合题意；
(3)容器为恒容，总压为3×105Pa，开始时充入1molCO和2molH2，则开始时P(CO)=1×105Pa，P(H2)=2×105Pa，令达到平衡时消耗CO的分压为xPa，则达到平衡时的总压为(1×105−x)+(2×105−2x)+x=3×105−3×105×，解得x=0.5×105，代入Kp=。
本题考查化学反应原理，涉及化学平衡计算、盖斯定律、外界条件对化学反应平衡移动影响、电化学的应用，明确化学平衡常数含义及计算方法、盖斯定律计算方法是解本题关键，，题目难度中等。
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