新疆维吾尔自治区塔城地区塔城市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含解析）

塔城市2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试卷
考试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题（15题每题3分，共45分）
1．将Ag块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图的实线所示，在相同的条件下，将Bg粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（已知A>B）（　　）
A． B．
C． D．
2．可逆反应：A＋B C，在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是(　　)
A．ΔH＞0、ΔS＞0
B．ΔH＜0、ΔS＜0
C．ΔH＜0、ΔS＞0
D．ΔH＞0、ΔS＜0
3．下列说法中正确的是（　　）
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的冰和水比较，冰的能量更高
B．“蜡炬成灰泪始干”中“泪”的主要成分是水
C．“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”的“烟雨”是由飘浮在空气中的固体小颗粒形成的
D．“钻石恒久远，一颗永流传”说明常温下钻石的化学性质比较稳定
4．2010年4月中旬全球核安全峰会在华盛顿举行，发展核电、制裁核武器发展是会议主题。各式各样电池的发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是（　　）
A．手机上用的锂电池属于二次电池
B．锌锰干电池中，锌电极是正极
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被还原
D．太阳能电池的主要材料为二氧化硅
5．“活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重要依据，下列对“活化分子”的说法中不正确的是（　　）
A．催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
B．增大反应物的浓度，可使单位体积内活化分子增多，反应速率加快
C．对于有气体参加的反应通过压缩容器增大压强，可使单位体积内活化分子增多，反应速率加快
D．活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
6．下列说法错误的是（　　）
A．用润湿的pH试纸测定稀碱溶液的pH，测定值偏小
B．用碱式滴定管量取22.00mL的KMnO4溶液
C．用纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污能力
D．用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
7．下列事实与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．光亮的自行车钢圈不易生锈
B．黄铜(Cu、Zn合金)制的铜锣不易产生铜绿
C．铜、铝电线一般不连接起来作导线
D．生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈
8．已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O (aq)，HS2O (aq) H+(aq)+ S2O (aq) K2=2.7×10-2。下列说法错误的是（　　）
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液显中性
C．98%的H2SO4可以表示为SO3 H2O
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4
9．水系钠离子电池在可再生能源规模储存领域具有重要应用前景。下图为水系钠离子电池的工作原理，工作时的总反应为： Na2Ni[Fe(CN)6] + NaTi2(PO4)3 Na2+xNi[Fe(CN)6] +Na1-xTi2(PO4)3，在放电过程中，电极表面会发生电解液析氢副反应，可添加MgSO4溶液来保护电极。下列说法错误的是（　　）
A．放电时，向 Y电极移动
B．正极的电极反应式为Na2Ni[Fe(CN)6]+ xe- + xNa+ = Na2+xNi[Fe(CN)6]
C．充电时，X电极与电源负极相连
D．Mg2+结合水电解出的OH-生成Mg(OH)2保护层附着在电极表面，可增强材料的耐腐蚀能力
10．向一定浓度的Ba(OH)2溶液中滴入某浓度的NH4HSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．b点溶液中只存在H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡
B．c点滚液中：c(H+)+c(NH4+)=c(NH3 H2O)+c(OH-)
C．ab段反应的离子方程式为
D．bc段之间存在某点，其溶液中：c(NH4+)=2c(SO42-)
11． 和 在一定条件下能发生反应： ，已知：(a、b、c均大于零)下列说法错误的是（　　）
A．向密闭容器中加入2mol 和2mol ，充分反应后放出的热量等于2a kJ
B．断开1mol H—H键和1mol I—I键所需能量小于断开2mol H—I键所需能量
C．断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJ
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
12．在密闭容器中进行某可逆反应，在t1时刻降低温度，速率的变化符合下图中的情况，则有关该反应的说法中错误的是（　　）
A．无法判断 S大于0还是小于0 B． H<0
C．平衡向逆反应方向移动 D．达到新平衡后平衡常数减小
13．铬(VI)在溶液中可以多种形式存在。25℃时，调节初始浓度为0.1mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH，平衡时铬(VI)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知溶液中存在反应2 +2H+ +H2O
下列说法正确的是（　　）
A．铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离
B．a点处，δ( )=δ( )<
C．Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6
D．若将Na2CrO4溶液加少量水稀释，则 的值增大
14．常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO3、CO 或Ca2+)。下列说法错误的是（　　）
A．曲线II表示-lg[c(CO )]与pH的关系
B．该温度下，H2CO3的电离常数Ka1的数量级为10-7
C．a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO )>c(CO )
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
15．一定温度下，某密闭恒容的容器内可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态的标志（　　）
A．A的消耗速率是C的分解速率1/2倍
B．容器内混合气体的密度不随时间而变化
C．单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB
D．A，B，C的分子数之比为1:3:2
二、填空题（每空1分，共10分）
16．催化剂使用前必须注意　 　
17．水煤气是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得：
C（s）+H2O（g） CO （g）+H2 （g）△H=+131.3kJ mol﹣1
（1）该反应的平衡常数K随温度的升高而　 　 （增大、减小、不变）．
（2）上述反应达到平衡后，增加H2O（g）的量，则C（s）的物质的量　 　 （增大、减小、不变）．
（3）下列说法一定能判断如上反应达平衡的是　 　
A．消耗1mol H2O（g）同时生成1mol H2
B．容器内混合气体的总质量不变
C．H2O（g）、CO （g）、H2 （g）三种气体的浓度比为1：1：1
D．恒温恒容时容器内气体的压强不变
（4）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如图1所示，
填出对应的编号．
①缩小容器体积　 　 ；
②降低温度　 　 ；
（5）一定温度下，三个容器中均进行着上述反应，各容器中炭足量，其它物质的物质的量浓度及正逆反应速率关系如下表所示．请填写表中①②相应的空格．
容器编号 c（H2O）/mol L﹣1 c（CO）/mol L﹣1 c（H2）/mol L﹣1 ν正、ν逆比较
I 0.06 0.60 0.10 ν正=ν逆
Ⅱ 0.12 0.20 ①　 　 ν正=ν逆
Ⅲ 0.10 0.20 0.40 ②ν正　 　 ν逆
（6 ）如图2是利用氢氧燃料作电源，用惰性电极电解200mL 1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气4.48L（设电解后溶液体积不变）．
①电解后溶液的pH=　 　 （忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）
②阳极产生气体的体积在标准状况下是　 　 L．
综合题（每空1分，共16分）
18．1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氢层被破坏问题的三位环境化学家．大气中的臭氧层可滤除大量的紫外线，保护地球上的生物．氟里昂（如CCl2F2）可在光的作用下分解，产生Cl原子，Cl原子会对臭氧层产生长久的破坏作用（臭氧的分子式为O3）．有关反应为O3 O2+O　Cl+O3→ClO+O2
ClO+O→Cl+O2　总反应：2O3→3O2
（1）在上述臭氧变成氧气的反应过程中，Cl是　 　
A．反应物 B．生成物 C．中间产物 D．催化剂
（2）O3和O2是　 　
A．同分异构体 B．同系物
C．氧的同素异形体 D．氧的同位素．
19．新华社报道：全国农村应当在“绿色生态·美丽多彩·低碳节能·循环发展”的理念引导下，更快更好地发展“中国绿色村庄”，参与“亚太国际低碳农庄”建设。可见“低碳循环”已经引起了国民的重视，试回答下列问题：
（1）煤的气化和液化可以提高燃料的利用率。
已知25℃、101kPa时：
①C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝－126.4kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44kJ/mol
则在25℃、101kPa时：
C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH＝　 　。
（2）高炉炼铁是CO气体的重要用途之一，其基本反应为：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g) ΔH>0
已知在1100℃时，该反应的化学平衡常数K＝0.263。
①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，此时平衡常数K值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②1100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，则在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态？　 　(填“是”或“否”)，其判断依据是　 　。
（3）目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0kJ/mol。
现向体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝　 　。
②下列措施能使 增大的是　 　(填字母)。
A．升高温度
B．再充入H2
C．再充入CO2
D．将H2O(g)从体系中分离
E．充入He(g)，使体系压强增大
20．氢氧化镍[Ni(OH)2]常用于制备金属镍及镍的重要化合物。一种用铁镍合金废料(还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物)制备纯度较高氢氧化镍的工艺流程如下：
已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.1×10-15；Ksp[CuS]=6.0×10-36；Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15.6
回答下列问题：
（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，还原产物为N2，金属镍溶解的离子方程式是　 　；“酸溶”时产生的废渣主要成分为　 　。
（2）“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾（NaFe3(SO4)2(OH)6）的离子方程式是　 ；“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀对后续操作较为有利，原因是　 　。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，该反应平衡常数K=　 　。
（4）“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是　 　。
（5）“沉镍”前c(Ni2+)=1.0mol/L，加入少量浓NaOH溶液，若忽略加入浓NaOH溶液对溶液体积的影响，则开始沉淀时溶液的pH=　 　。
（6）用含镍21%的100kg铁镍合金废料经上述工艺制得31kgNi(OH)2固体，镍的回收率为　 　。
四、推断题（每空2分共计14分）
21．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍．湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品．某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）2+4，反应中H2O2 的作用是　 　．
（2）反应II是铜氨溶液中的Cu（NH3）2+4与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：　 　．操作②用到的主要仪器名称为　 　，其目的是（填序号）　 　．
a．富集铜元素 b．使铜元素与水溶液中的物质分离 c．增加Cu2+在水中的溶解度
（3）操作④以石墨作电极电解CuSO4 溶液．阴极析出铜，阳极产物是　 　．操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是　 　．
（4）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是　 　．
五、实验探究题（共15分）
22．某研究性学习小组欲探究原电池的工作原理，按如图所示装置进行实验．
序号 A B 烧杯中的液体
1 Mg Al 稀H2SO4
2 Pt Pt NaOH溶液
3 Pt Pt 熔融的Na2CO3
4 Pb PbO2 稀H2SO4
（1）（4分）第1组实验中的负极是　 　．正极的电极反应式为　 　．若将烧杯中的液体换为NaOH溶液，则负极为　 　．该电极的电极反应式为　 　．
（2）（4分）第2组实验中，向A、B极附近分别通入H2和O2，则负极的电极反应式为　 　．正极区溶液的pH值　 　（填变大、减小或不变）．
（3）（3分）第3组实验中，向A极附近通入CO，向B极附近通入CO2及O2的混合气体，则正极的电极反应式为　 　
（4）（4分）第4组实验中，总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O．负极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，则正极的电极反应式为　 　．该电池工作时，如果正极材料质量增加96克，理论上在外电路通过得电子数目为　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率与反应物之间的接触面积大小有关，接触面积越大，反应速率就越快。所以粉状的物质比块状的反应快。
2．【答案】B
【解析】【解答】由混合判据可知，当 <0时反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，那么当ΔH＜0、ΔS＜0时， ，反应能自发进行。
【分析】根据吉布斯自由能综合判据，B项符合题意。
3．【答案】D
【解析】【解答】A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的冰和水比较，冰的能量更低，故A不符合题意；
B. “蜡炬成灰泪始干”中“泪”的主要成分是熔化的蜡烛，故B不符合题意；
C. “南朝四百八十寺，多少楼台州雨中”的“烟雨”是由飘浮在空气中的液体小颗粒形成的，故C不符合题意；
D. “钻石恒久远，一颗永流传”说明常温下钻石的化学性质比较稳定，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.冰融化为水吸收热量；
B.蜡烛融化为液态，而不是水；
C. 烟雨”是由飘浮在空气中的液体小颗粒形成的；
D.稳定的物质可以长期保存.
4．【答案】A
【解析】【解答】A．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，A符合题意；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，B不符合题意；
C．氢氧燃料电池工作时，氢气在负极失电子被氧化，C不符合题意；
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.锂电池属于二次电池；
B.锌锰干电池中，锌电极为负极；
C.原电池中，负极发生氧化反应；
D.太阳能电池的主要材料为Si；
5．【答案】D
【解析】【解答】升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数；增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变；能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，所以不一定是有效碰撞；故D错误；所以选D．
【分析】本题考查影响活化分子的因素，注意相关知识的积累，学习中注意温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响的根本原因是影响活化分子的浓度或百分数．
6．【答案】B
【解析】【解答】A、用润湿的pH试纸测定稀碱溶液的pH，相当于是稀释，氢氧根浓度减小，测定值偏小，A不符合题意；
B、应该用酸式滴定管量取22.00mL的KMnO4溶液，B符合题意；
C、用纯碱溶液清洗油污时，加热促进碳酸根水解，可以增强其去污能力，C不符合题意；
D、碳酸氢钠和硫酸铝混合相互促进水解生成氢氧化铝和CO2，所以可用NaHCO3和Al2（SO4）3两种溶液作泡沫灭火剂，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A、pH试纸测溶液pH时，不能润湿；
B、高锰酸钾具有强氧化性，用酸式滴定管量取；
C、油污属于酯类，在碱性条件下发生水解；
D、碳酸氢根与铝离子在溶液中能够发生双水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝；
7．【答案】A
【解析】【解答】自行车钢圈外面镀了一层不易发生化学变化的金属，阻止了钢铁与空气的接触，所以不易生锈，与电化学腐蚀无关。
【分析】本题考查金属的电化学腐蚀与保护，熟练掌握金属腐蚀的防护是解题的关键 。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. 由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A不符合题意。
B. Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B符合题意。
C. 假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为 =1 mol，H2O的物质的量为 = mol，
故98%的H2SO4可表示为H2SO4 H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3 H2O，C不符合题意。
D. 焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D不符合题意。
【分析】A.考查的物质化学性质，化学性质与价态有关，处于最高价态具有氧化性，处于最低价态具有还原性
B. 焦硫酸 是分布电离的二元酸，第二步是是可逆的，所以盐显酸性
C.根据物质的组成情况，可以计算出98%的硫酸中硫酸和水的物质的量，再根据简便书写规则写出即可
D.考查的是物质之间的转化
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由工作时的总反应可知，放电时钠离子向X极移动，即电极X为正极，Y为负极， 放电时，向负极移动，故A不符合题意；
B．正极得电子，发生还原反应，由总式可得电极反应式为Na2Ni[Fe(CN)6]+ xe- + xNa+ = Na2+xNi[Fe(CN)6]，故B不符合题意；
C．充电时，X电极是阳极，应与电源正极相连，故C符合题意；
D．根据题意，放电过程中会电解水析出氢气，剩余的OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2保护层附着在电极表面，可增强材料的耐腐蚀能力，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电时钠离子向X极移动，则电极X为正极，Y为负极，充电时，X电极是阳极，Y电极是阴极。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2]，溶液中生的反应NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，该点中的溶质为NH3 H2O，所以b溶液中存在NH3 H2O、H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡，A项不符合题意；
B.c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ (NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4，所以根据电荷守恒有：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，溶液2c(SO42-)>c(NH3 H2O)，因此c(H+)+c(NH4+)> c(NH3 H2O)+c(OH-)，B项不符合题意；
C.根据以上分析，ab段反生的离子方程式为：NH4++H++SO42-+ Ba2++2OH-= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，C项不符合题意；
D.根据以上分析，b点溶液中的溶质为NH3 H2O显碱性，而c点溶液中溶质为(NH4)2SO4，水解显酸性，所以bc段之间存在某点，可以显中性，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因此c(NH4+)=2c(SO42-)，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据导电能力随滴入溶液体积的变化如图可知，b点时导电能力最弱，则n(NH4HSO4)=n[Ba(OH)2]， 该点溶液中发生的反应为NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ NH3 H2O+H2O，该点中的溶质为NH3 H2O；c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)=2n[Ba(OH)2]，该点溶液中发生的反应为2NH4HSO4+ Ba(OH)2= BaSO4↓+ (NH4)2SO4+2H2O，该点溶液中溶质为(NH4)2SO4， (NH4)2SO4是强酸弱碱盐；据此分析解答。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．该反应为可逆反应，2mol氢气和2mol碘蒸气不可能完全反应，则充分反应后放出的热量小于2a kJ，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，反应△H＜0，由反应热等于反应物键能之和与生成物键能之和的差值可知，断开1mol H-H键和1mol I-I键所需能量小于断开2mol H-I键所需能量，故B不符合题意；
C．该反应为放热反应，反应△H＜0，由反应热等于反应物键能之和与生成物键能之和的差值可得：△H=E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)=bkJ/mol+ckJ/mol-2E(H-I)=-akJ/mol，解得2E(H-I)= (c+b+a)kJ/mol，则断开2molH-I键所需能量约为(c+b+a)kJ，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 反应是可逆反应不能进行彻底；
B. 断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，结合反应是放热反应分析；
C. 依据焓变=反应物断裂化学键需要的能量—生成物形成化学键放出的能量分析；
D. 该反应的△H=-a kJ/mol<0，为放热反应，结合能量守恒分析.
12．【答案】B
【解析】【解答】A．未改变压强，则无法判断该反应 大于0还是小于0，A不符合题意；
B．t1时刻，正逆反应速率都减小，且 ，说明降温时反应向逆反应方向进行，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应， H＞0，B符合题意；
C．由图可知平衡向逆反应方向移动，C不符合题意；
D．对于吸热反应，降低温度，平衡左移、达到新平衡时化学平衡常数减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.没有说压强变化；
B.依据t1时刻， ，可知降温时反应向逆反应方向进行；
C.；
D.根据降低温度，平衡左移、达到新平衡时化学平衡常数减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，H2CrO4、 、 能够同时存在，说明铬酸是弱酸，第一步电离为不完全电离，故A不符合题意；
B．由于a点处存在三种物质， 与 量相同，而 少于前面两种，故δ( )=δ( )＞ ，故B不符合题意；
C．当c( )=c( )时，pH范围在6～7，Ka2= =c(H+)，数量级为10-7，故C不符合题意；
D．Na2CrO4本身显碱性，加水稀释，pH会趋近于7，即pH会下降，c(H＋)上升，2 +2H+ +H2O右移，使c( )下降，c( )上升，故 增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．铬酸是弱酸，不能完全电离；
B．根据a点时 与 量相同，而 少于 与 分析；
C．根据c( )=c( )的点计算；
D．根据勒夏特列原理分析。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅱ为 与pH的关系，选项A不符合题意；
B．由图可知，a点时 ，此时H2CO3的电离常数 ，数量级为 ，选项B不符合题意；
C．曲线Ⅲ代表 与pH的关系，曲线Ⅱ为 与pH的关系，曲线Ⅰ为 与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中： ，选项C不符合题意；
D． ，向水体中加入适量Ca(OH)2固体， 、 减小， 增大，不能使溶液由b点变到c点，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】随着pH的增大，溶液的酸性减弱或碱性增强，、逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，H2CO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，则起始时，pH较大时微弱水解生成，导致，所以图中曲线Ⅰ代表与pH的关系，Ⅱ代表与pH的关系，Ⅲ代表与pH的关系。
15．【答案】A
【解析】【解答】A.A的消耗速率是C的分解速率的1/2倍是反应达到平衡的本质标志；
B.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不随时间而变化不能作为平衡的标志；
C.单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB只表示逆反应速率，不能作为化学平衡的标志；
D.达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，A、B、C的分子数之比为1:3:2不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是A项，
故答案为：A。
【分析】此题考查平衡标志的判断，根据判断方法，直接判断用浓度和速率，注意速率必需是正逆反应速率。间接判断用假设法，根据动则变 ，平衡移动，物理量或现象发生变化就是平衡的标志进行判断。
16．【答案】杂质能使催化剂失去催化活性，温度不能过高或过低，温度过高会使催化剂失去催化活性，温度过低催化活性低，尽可能的使催化剂接触面积增大，这样才能达到最佳催化活性。
【解析】【解答】杂质能使催化剂失去催化活性，温度不能过高或过低，温度过高会使催化剂失去催化活性，温度过低催化活性低， 尽可能的使催化剂接触面积增大，这样才能达到最佳催化活性。
故答案为：杂质能使催化剂失去催化活性，温度不能过高或过低，温度过高会使催化剂失去催化活性，温度过低催化活性低，尽可能的使催化剂接触面积增大，这样才能达到最佳催化活性。
【分析】催化剂使用前注意温度、杂质、接触面积等因素分析，催化剂的活性是催化剂起催化作用的主要因素。
17．【答案】增大；减小；BD；b；f；0.6；＞；14；3.36
【解析】【解答】（1）该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；
故答案为：增大；
（2）增加H2O（g）的量，化学平衡向正反应方向移动，碳的物质的量减小，
故答案为：减小；
（3）A．消耗1mol H2O（g）同时生成1mol H2，均表示正反应速率，反应始终按此关系进行，故A错误；
B．碳为固体，其它物质为气体，随反应进行混合气体总质量增大，容器内混合气体的总质量不变说明到达平衡，故B正确；
C．平衡时气体的浓度之比与水的转化率有关，而水的转化率不一定为50%，故C错误；
D．恒温恒容时，随反应进行混合气体物质的量增大，容器内压强增大，当容器内气体的压强不变时，反应到达平衡，故D正确，
故选：BD；
（4）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合，故答案为：b；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合，故答案为：f；
（5）由Ⅰ可知，平衡常数K= {#mathmL#}{#/mathmL#}=1，Ⅱ中处于平衡状态，根据平衡常数可知Ⅱ中c（H2）={#mathmL#}{#/mathmL#}mol/L=0.6mol/L，
Ⅲ中此时的浓度商Qc= {#mathmL#}{#/mathmL#}=0.8＜1，故反应向正反应方向进行，故ν正＞ν逆，
故答案为：0.6；＞；
（6）①电解发生反应：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，NaCl的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，氯化钠完全反应生成氢气为0.1mol，而实际生成氢气为 {#mathmL#}{#/mathmL#}=0.2mol，故还发生反应：2H2OO2↑+2H2↑，由方程式可知，生成NaOH为0.2mol，故c（OH﹣）= {#mathmL#}{#/mathmL#}=1mol/L，溶液中c（H+）=10﹣14mol/L，溶液pH=﹣lg10﹣14=14，
故答案为：14；
②阳极生成气体为氯气、氧气，NaCl的物质的量为0.2mol，
2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑
0.2mol 0.1mol 0.1mol
故电解电解水生成的氢气为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，
2H2OO2↑+2H2↑
0.05mol 0.1mol
故阳极生成气体的体积为（0.1mol+0.05mol）×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：3.36L．
【分析】（1）正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；
（2）增加H2O（g）的量，化学平衡向正反应方向移动；
（3）可逆反应到达平衡时，同一物质表示的正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化，说明到达平衡；
（4）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率；
（5）根据Ⅰ计算平衡常数，Ⅱ中处于平衡状态，根据平衡常数计算Ⅱ中c（H2）；
计算Ⅲ中此时的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行的方向，据此判断；
（6）电解发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，NaCl的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，氯化钠完全反应生成氢气为0.1mol，而实际生成氢气为{#mathmL#}{#/mathmL#}=0.2mol，故还发生反应：2H2OO2↑+2H2↑．
①根据氯化钠的物质的量，结合方程式计算生成NaOH的物质的量，进而计算溶液中氢氧根离子的浓度，再计算溶液中氢离子浓度，根据pH=﹣lgc（H+）计算；
②阳极得到气体有氯气、氧气，由氯化钠的物质的量计算氯气的物质的量，由生成氢气的总量计算氧气的物质的量，进而计算气体总体积．
18．【答案】（1）D
（2）C
【解析】【解答】解：（1）在反应过程中，Cl参与反应，但反应前后物质的量和性质均没有发生改变，符合催化剂的特点，即Cl做催化剂，
故选D；
（2）O3和O2是由同种元素形成的不同种单质，故互为同素异形体，
故选C．
【分析】（1）根据反应过程中Cl原子的变化判断其作用即可；
（2）根据氧气和臭氧的分子组成判断二者的关系即可.
19．【答案】（1）＋115.4 kJ/mol
（2）增大；否；浓度商Q小于平衡常数K
（3）0.225mol/(L·min)；BD
【解析】【解答】（1）①C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝－126.4kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44kJ/mol
将①+③- ×②得：
C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋115.4 kJ/mol
答案为：＋115.4 kJ/mol
（2）①因为正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡正向移动，移动后达到新的平衡，此时平衡常数K值增大。答案为：增大
②1100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，则在这种情况下，该反应没有处于化学平衡状态。答案为：否
其判断依据是Q= ，平衡正向移动。
答案为：浓度商Q小于平衡常数K
（3）
　 CO2(g)＋ 3H2(g) CH3OH(g)＋ H2O(g)
起始 1.00 3.00 0 0
转化 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡 0.25 0.75 0.75 0.75
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝ mol/(L·min)
答案为：0.225mol/(L·min)
②A．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，c(CO2)增大， 减小，不合题意；
B．再充入H2，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2) 减小， 增大，符合题意；
C．再充入CO2，虽然平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2)增大，但c(CO2)增大的更多， 减小，不合题意；
D．将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2) 减小， 增大，符合题意；
E．充入He(g)，使体系压强增大，c(CH3OH)不变，c(CO2)不变， 不变，不合题意。
故答案为：BD。
【分析】（1）根据盖斯定律构造目标方程式，然后计算焓变即可；
（2）根据温度对化学平衡的影响判断平衡移动方向，然后判断平衡常数的变化；根据浓度熵与平衡常数的相对大小关系判断反应进行的方向；
（3）①根据方程式计算氢气的变化物质的量，然后计算氢气的反应速率；
②增大，需要使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动方向的影响因素进行分析即可。
20．【答案】（1）5Ni+12H++2 =5Ni2++N2↑+6H2O；SiO2
（2）Na＋+3Fe3＋+2 +3H2O+3 =NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑或Na＋+3Fe3＋+2 +6 +6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6 ；沉降速率快，容易过滤等
（3）1.54×1014
（4）过量的F—生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
（5）6.2
（6）93.65%
【解析】【解答】(1)金属镍在酸性条件下被硝酸氧化为镍离子、氮气和水，离子反应为：5Ni+12H++2 ＝5Ni2++N2↑+6H2O；酸溶时SiO2不溶于稀硝酸和稀硫酸，则废渣的主要成分是SiO2；
(2)“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，根据原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式是Na＋+3Fe3＋+2 +3H2O+3 =NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑或Na＋+3Fe3＋+2 +6 +6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6 ；“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾沉淀，有利于沉降速率快，容易过滤等，因此对后续操作较为有利；
(3)“除铜”时，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，该反应平衡常数K= = ≈1.54×1014。
(4)SiO2能溶于HF，而过量的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，所以“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的用量不宜过大。
(5)“沉镍”前c(Ni2+)=1.0mol/L，根据溶度积常数可知开始沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度是 ，所以pH=14－7.8＝6.2。
(6)100kg废料中镍元素为100kg×21%=21kg，经上述工艺制得31kgNi(OH)2固体，镍元素为：31kg×59/93，其回收率为： ×100%≈93.65%。
【分析】根据流程：废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸钙、硫酸镁。硫酸钙溶解度较小，二氧化硅不溶，双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀，据此解答。
21．【答案】（1）作氧化剂
（2）Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；分液漏斗；ab
（3）O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤
（4）H2SO4
【解析】【解答】解：废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂；故答案为：作氧化剂；（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确，故答案为：Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；分液漏斗；ab；（3）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大量的H+生成，且SO42﹣也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H2SO4；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，故答案为：O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤；（4）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以H2SO4能循环利用；故答案为：H2SO4．
【分析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质；（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗；（3）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，SO42﹣向阳极移动；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法；（4）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用．
22．【答案】（1）Mg；2H++2e﹣=H2↑；Al；2Al+8OH﹣﹣6e﹣=2AlO2﹣+4H2O
（2）2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O；变大
（3）O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣
（4）PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O；3NA或1.806×1024
【解析】【解答】解：（1）金属镁的活泼性强于金属铝，镁可以和所以金属镁是负极，正极上是氢离子得电子的还原反应，将烧杯中的液体换为NaOH溶液，金属镁和氢氧化钠之间不反应，所以金属镁是正极，金属铝是负极，在负极上是金属铝失电子的氧化反应，电极反应为：2Al+8OH﹣﹣6e﹣=2AlO2﹣+4H2O；
故答案为：Mg；2H++2e﹣=H2↑；Al；2Al+8OH﹣﹣6e﹣=2AlO2﹣+4H2O；（2）第2组实验中，向A、B极附近分别通入H2和O2，则负极上是燃料氢气失电子的氧化反应，电极反应式为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O；正极上是氧气得电子的还原反应，即O2+4e﹣+2H2O，4OH﹣，所以该电极附近碱性增加，pH变大．故答案为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O；变大；（3）第3组实验中，向A极附近通入CO，向B极附近通入CO2及O2的混合气体，构成CO燃料电池，在正极上是氧气得电子的还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；（4）总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O．负极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，正负极反应之和即为总反应，则正极的电极反应式为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O；该电池工作时，消耗1mol硫酸根离子，正极上质量增加64g，如果正极材料质量增加96克，即消耗硫酸根离子是1.5mol，理论上在外电路通过得电子数目为3NA或1.806×1024．故答案为：PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O；3NA或1.806×1024．
【分析】（1）第1组实验中金属镁的活泼性强于金属铝，镁可以和所以金属镁是负极，正极上是氢离子得电子的还原反应，将烧杯中的液体换为NaOH溶液，金属镁和氢氧化钠之间不反应，所以金属镁是正极，金属铝是负极，在负极上是金属铝失电子的氧化反应；（2）第2组实验中，向A、B极附近分别通入H2和O2，则负极上是燃料氢气失电子的氧化反应，据电极反应判断；（3）第3组实验中，向A极附近通入CO，向B极附近通入CO2及O2的混合气体，构成CO燃料电池，在正极上是氧气得电子的还原反应；（4）原电池中正负极反应之和即为总反应，该电池工作时，消耗1mol硫酸根离子，正极上质量增加64g，根据电极反应计算．