安徽省江淮名校2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
1．（2021高二下·安徽开学考）以石墨作电极，电解下列物质的水溶液，溶液的pH值一定保持不变的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．NaCl D．K2SO4
2．（2021高二下·安徽开学考）25℃时CaCO3溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10-5mol/L，该温度下CaCO3的Ksp为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021高二下·安徽开学考）相同体积 的硫酸溶液和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（ ）
A．醋酸溶液产生较多的氢气 B．硫酸溶液产生较多的氢气
C．两者产生等量的氢气 D．无法比较两者产生氢气的量
4．（2021高二下·安徽开学考）煤的气化原理为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，在某恒温恒容反应器中模拟该反应，不能作为达到平衡状态的标志为（ ）
A．压强不变 B．v(H2O)正=v(CO)正
C．混合气体的密度不变 D．CO的体积分数不变
5．（2021高二下·安徽开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NA
B．100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NA
C．100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NA
D．100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA
6．（2021高二下·安徽开学考）25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后的溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)。则反应后溶液显（ ）
A．酸性 B．碱性 C．中性 D．无法判断
7．（2021高二下·安徽开学考）甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是（ ）
A．其他条件不变，加水稀释，c(CH3NH )变大
B．其他条件不变，升温，促进了CH3NH2的电离
C．电离方程式：CH3NH2+H2O CH3NH +OH-
D．与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl
8．（2021高二下·安徽开学考）下列关于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-98 kJ·mol－1的图像中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2021高二下·安徽开学考）焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是（ ）
A．NH4Cl为弱酸强碱盐
B．NH4Cl可以抑制水的电离
C．pH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH )>c(Cl-)
D．NH4Cl溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
10．（2021高二下·安徽开学考）燃料气(CO、H2)是有机化工中的常见原料，工业上制取方法之一为高温下甲醇分解，反应原理为CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H，能量变化情况如图。下列叙述正确的是（ ）
A． H为-91 kJ·mol-1
B．I：正反应的活化能为419 kJ·mol-1
C．II：催化剂增加了活化分子数
D．其他条件相同时I比II先达到平衡
11．（2021高二下·安徽开学考）苹果酸为二元有机弱酸(H2A)。下列关于H2A及Na2A叙述正确的是（ ）
A．电离方程式：H2A 2H++A2-
B．H2A溶液中含有2种分子：H2A与H2O
C．Na2A溶液：c(H+)>c(OH-)
D．Na2A溶液：c(OH-)12．（2021高二下·安徽开学考）下列关于电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH )
B．pH=12的溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
13．（2021高二下·安徽开学考）以CO、H2为原料合成甲烷的反应原理为CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) H，某温度下向体积为2L恒温恒容反应器中加入2 mol CO、8 mol H2进行该反应，c(CH4)与时间的关系如图。下列说法正确的是（ ）
A． H<0
B．10min时：c(H2)=1.75 mol·L-1
C．前5min：v(H2)=0.1 mol·L-1·min-1
D．5~10min：正反应速率为0
14．（2021高二下·安徽开学考）将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液(其中滴有酚酞)的表面皿中，组成甲、乙两个装置(如图)。下列说法错误的是（ ）
A．甲为原电池，负极反应为Zn-2e-=Zn2＋
B．甲为原电池，Fe电极上有气体放出
C．乙为电解池，阴极反应式为2H++2e-=H2↑
D．一段时间后，甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现
15．（2021高二下·安徽开学考）25℃，向20 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．II表示微粒A2-的物质的量的变化曲线
B．H2A在水中的第一步电离方程式为H2A A2-+2H+
C． 的值随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
D．V[NaOH(aq)]＝20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 mol/L
16．（2021高二下·安徽开学考）氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题
（1）H-H、O=O、H-O的键能分别为436 kJ·mol-1、496
kJ·mol-1、463 kJ·mol-1。
①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H， H为 kJ·mol-1。
②氢气的燃烧热 H=-285.8 kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
③1 mol水蒸气液化放热 kJ。
（2）肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：
①正反应的活化能为 kJ·mol-1，气态肼分解的热化学方程式为 。
②该反应的 S (填“>”“<”或“=”)0，该反应自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
17．（2021高二下·安徽开学考）电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：
（1）碱性电池具有耐用、电流量大、储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示：
①在 (“Al”或“Cu”)极有H2生成，Al极电极反应式为 。
②若有33.6 L(标准状况下)H2生成，则理论上电解质溶液增重 g。
（2）某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。
①m极为 极，装置乙发生反应的化学方程式为 。
②Y极电极反应式为 。
③气球b中的现象为 。
18．（2021高二下·安徽开学考）甲、乙两小组分别设计实验探究化学反应速率的影响因素。回答下列问题：
（1）甲小组同学利用等质量相同形状的铁片与过量硫酸反应探究化学反应速率的影响因素，设计下列实验，生成H2的物质的量与时间关系如图所示：
2mol/L的H2SO4溶液/mL 2mol/L的CuSO4溶液/mL 2mol/L的CH3COONa溶液/mL H2O/mL
I 50 1 0 9
II 50 0 0 10
III 50 0 10 0
①实验II发生反应的离子方程式为 ，实验I的反应速率比实验II的快得多，原因是 。
②实验III的反应速率比实验II的慢，原因是 。
（2）乙小组通过查阅资料，了解到在其他条件相同的情况下同一化学反应中不同反应物的物质的量浓度对反应速率的影响不同，反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的v正、v逆与各物质浓度的关系式为v正=k正·cm(CO)·cn(O2)、v逆=k逆·c2(CO2)。乙小组设计下列实验：
实验 c(CO)/mol L-1 c(O2)/mol L-1 v正/mol L-1 min-1
I 0.1 0.1 v0
II 0.1 0.2 2v0
III 0.2 0.1 4v0
IV 0.3 0.2 a
①m= ，n= 。
②a= (用含v0的代数式表示)，若升高温度k逆将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
19．（2021高二下·安徽开学考）化学科学家采用丙烯歧化法制取乙烯和丁烯的反应原理为2C3H6(g) C2H4(g)+C4H8(g) H。回答下列问题：
（1）向恒温恒容反应器中加入一定量的C3H6，生成C2H4的物质的量与时间的关系如表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
C2H4的物质的量/mol 0 0.8 1.2 1.5 a 1.5
①a= ，p初始：p5min= 。
②其他条件不变，若缩小反应器的体积，则C3H6转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）将2 mol C3H6置于体积为1 L的恒容反应器中，反应进行15min时丙烯的转化率与温度的关系如图所示：
①N点 (填“有”或“没有”)达到平衡状态，原因是 。
②M→N过程中C3H6转化率升高的原因是 。
③T3时Kc= ，若其他条件不变，往反应器中再加入2 mol C3H6，反应重新达到平衡时混合体系中乙烯的体积分数为 。
20．（2021高二下·安徽开学考）某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图：
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为 、 (填化学式)。
（2）"除铜"时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为 。
（3）"氧化"的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，温度需控制在40～50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是 。
（4）"调pH"时，pH的控制范围为 。
（5）"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则 = 。[已知常温下， ]
（6）在碱性条件下，电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步，其中第一步是Cl-在阳极被氧化为ClO-，则该步电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电解H2SO4，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中H2SO4的浓度增大，溶液的pH值减小，A不符合题意；
B.电解NaOH，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，B不符合题意；
C.电解NaCl，溶液中氢离子、氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，OH-浓度增大，pH值逐渐变大，C不符合题意；
D.电解K2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性。本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，掌握离子放电顺序，根据溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小判断溶液的酸碱性。
2．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】CaCO3溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10-5mol/L，则c(Ca2+)= c(Cl-)=5.0×10-5mol/L，所以Ksp=c(Ca2+)×c(Cl-)=5.0×10-5mol/L×5.0×10-5mol/L= ( mol/L)2，故答案为：B。
【分析】根据溶度积公式计算即可
3．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】盐酸为强酸，可完全电离，pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L，则盐酸中c(HCl)=10-3mol/L；醋酸是弱酸，部分电离pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，故醋酸浓度大于10-3mol/L。由溶质物质的量n=V·c，相同体积的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)，根据反应方程式2HCl+ Mg=MgCl2+H2↑，2CH3COOH +Mg=(CH3COO)2Mg+H2↑，所以醋酸溶液与足量镁完全反应产生的氢气比盐酸与足量镁完全反应产生的氢气多，所以A符合题意。
故答案为：A。
【分析】pH相同的弱酸和强酸与金属反应，弱酸的浓度更大，产出的气体更多
4．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比，反应后气体物质的量增大，则压强增大，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，A项不符合题意；
B．无论反应是否达到平衡状态都存在“v(H2O)正=v(CO)正”，不能据此判断平衡状态，B项符合题意；
C．反应前后气体质量增大、容器体积不变，则反应后气体密度增大，当混合气体密度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D．随着反应进行CO体积分数增大，当CO体积分数不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】考查的是平衡状态的判断，主要从正逆反应速率，压强，温度，浓度等方面考虑
5．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01 mol，该盐是强碱弱酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A不符合题意；
B. 100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl-，所以0.01 molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B不符合题意；
C. 100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n[(NH4)2SO4]=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01 mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C符合题意；
D. 溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01 mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据CO32-部分水解进行判断；
B. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
C. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
D. NaCl溶液中阳离子不仅有Na+， 还要考虑水电离产生的H+分析．
6．【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】在反应后的溶液中存在离子有H+、NH4+、OH-、Cl-，根据电荷守恒可知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显中性，则合理选项是C。
【分析】溶液中阳阳离子所带电荷代数和为0
7．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．加水稀释，平衡正向移动，但是溶液中离子浓度均减小，故c(CH3NH )变小，A项符合题意；
B．升高温度，平衡向正向移动，促进电离，B项不符合题意；
C．氨气溶于水，电离方程式为NH3+H2O NH +OH-，所以CH3NH2电离方程式：CH3NH2+H2O CH3NH +OH-，C项不符合题意；
D．CH3NH2为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，所以与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.越稀释越电离，各粒子浓度增大，但溶液的体积增加的更多，结合电离平衡公式判断
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．升高温度，逆反应速率增大更多，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，图象与实际符合，A不符合题意；
B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，使三氧化硫的含量降低，图象与实际符合，B不符合题意；
C．升高温度，加快反应速率，到达平衡的时间缩短，先达到平衡，由于逆反应速率增大更多，所以化学平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图象与实际不符，C符合题意；
D．增大压强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，由于反应物的计量数大于生成物的计量数，所以正反应速率增大更多，化学平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，图象与实际符合，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】升高温度，加快反应速率到达平衡的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低；增大压强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，据此结合图象判断。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，A项不符合题意；
B． ，NH4Cl可以促进水的电离，B项不符合题意；
C．pH=7溶液不一定是中性，常温下pH=7为中性，故无法判断离子浓度大小，C项不符合题意；
D．NH4Cl溶液中，电荷守恒： ，物料守恒： ，两式相加得到：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铵为强酸盐酸和氨水生成的盐，水解溶液显酸性。盐类的水解原理是结合水电离出来的氢离子或者是氢氧根离子。在溶液中存在电荷守恒和质子守恒。
10．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A． H的计算应该是初态-末态， H=510 kJ·mol-1-419 kJ·mol-1= +91 kJ·mol-1，A项不符合题意；
B．活化能是从基态到活化状态所需要的能量，因此Ⅰ中正反应活化能为510 kJ·mol-1，B项不符合题意；
C．催化剂是降低反应的活化能，使活化分子数增多，C项符合题意；
D．催化剂加快反应速率所以II比I先达到平衡，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.末态物质具有的能量高于始态具有的能量
D.催化剂改变速率
11．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．弱酸要分步写电离方程式，A项不符合题意；
B．H2A溶液中含有H2A与H2O，2种分子，B项符合题意；
C．Na2A溶液为强碱弱酸盐，c(OH-)> c(H+)，C项不符合题意；
D． ，其中②中c(OH-)=c(HA-)，但是①③式子中均有氢氧根生成，所以c(OH-)>c(HA-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】弱电解质在水溶液中的电离是可逆的，并且是分步电离。各部分粒子在水溶液中共存，溶液中存在三大守恒，根据三大守恒可以离子浓度比较
12．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子共存
【解析】【解答】A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液，c(H＋)=c(OH－)，所以c(Cl－)=c(NH )，A项不符合题意；
B．在碱性溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存，B项不符合题意；
C．常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后溶解显酸性，滴入石蕊溶液呈红色，C项不符合题意；
D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，抑制氨水的电离，溶液中 减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液中存在电荷守恒，据此可以判断
B.考查的是离子之间共存，离子之间不会发生复分解反应或者氧化还原反应
C.考查的是弱酸是部分电离
D.根据电离平衡常数，结合铵根离子增大判断平衡的移动即可
13．【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，降低温度，甲烷的浓度增大，平衡正向移动，该反应为放热反应， H<0，A项符合题意；
B．开始时， ， ， ，由三段式可知，10min时：c(H2)=2.5 mol·L-1，B项不符合题意；
C．前5min， ，C项不符合题意；
D.5-10min，反应处于平衡状态，反应仍在进行，是动态平衡，正反应速率不为0，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】结合图像，温度改变，甲烷浓度的改变确定正反应的放热和吸热问题。5-10min反应出平衡状态，结合三行式和平衡时的数据即可计算出速率
14．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据图示可知甲为原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2＋，A不符合题意；
B. 根据图示可知甲为原电池，由于电解质溶液为NaCl中性溶液，因此在Fe电极上溶解在溶液中的O2得到电子，发生还原反应，不放出氢气，B符合题意；
C. 乙为电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应，由于得到电子能力H+>Na+，所以阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，C不符合题意；
D. 甲池为原电池，O2得到电子变为OH-；乙池为电解池，由于溶液中H+不断放电产生H2逸出，破坏了水的电离平衡，所以溶液中c(OH-)>c(H+)，因此在一段时间后两个溶液中都是c(OH-)>c(H+)，滴有酚酞后甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】原电池中，活泼性金属锌做负极发生氧化反应，活泼性较弱的金属铁做正极周围氧气得到电子，生成大量的氢氧根离子，发生还原反应，发生的是吸氧腐蚀，加速了锌的腐蚀。电解池中与正极相连的是阳极，铁发生氧化反应，失去电子，锌做阴极吸引大量的阳离子氢离子，得电子放电，留下大量得氢氧根离子
15．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A总物质的量为2×10-3 mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量为1.5×10-3 mol，说明H2A在溶液中不能电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2A H++HA-，HA- H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A不符合题意；
B．H2A是二元弱酸，电离分步进行，第一步电离方程式为H2A H++HA-，B不符合题意；
C. 由电离平衡常数可知： ，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐进行，所以 会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，即 会逐渐减小，C符合题意；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)= =0.05 mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】H2A是二元弱酸，分布电离，先电离出HA-，导致HA-浓度增多，进行第二步电离进行，电离出A2-，浓度增多，结合第一步电离平衡常数，随着反应的进行，氢离子浓度变化。结合物料守恒即可判断离子大小关系
16．【答案】（1）-484；；43.8
（2）a+50.7；；>；高温
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】(1)①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=(2×436+496-4×463)=-484 kJ·mol-1；
②氢气的燃烧热 H=-285.8 kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的化学方程式为 ；
③由a、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-484 kJ·mol-1和b、 ，结合盖斯定律可知，b-a× 得到 ；
(2)①正反应的活化能为（a+50.7）kJ·mol-1，由图可知气态肼分解吸热50.7 kJ·mol-1，则热化学方程式为 ；
②为气体增加的反应，则 ，且 ， 的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温；
【分析】（1）①根据反应物物键能-生成物的键能②根据燃烧热的定义写出燃烧热方程式是③结合盖斯定律即可计算出放热
（2）① 焓变等于正逆反应的活化能之差② 根据公式和气体的状态判断条件
17．【答案】（1）Cu；；42
（2）正；；；淀粉变蓝
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①因为装置甲中为碱性溶液，故铝与氢氧根反应生成 ，所以铝作负极，Cu作正极，Al极电极反应式为 ；
②总电极反应式为 ，因为标准状况下生成33.6L氢气，即 ，即 ；
(2)①氧气变为水，氧原子的化合价变低，发生还原反应，故为正极，m为正极，n为负极，所以X为阴极，Y为阳极，阳极发生氧化反应，故 ；
②Y极电极反应式为 ；
③淀粉遇碘变蓝，体现了氯气的氧化性；
【分析】（1）①铝可以和氢氧化钠反应，铝做负极，铜做正极，氢气在铜极产生，根据气体的产生量计算消耗金属的质量即可
（2）原电池中具有还原性的物质做负极原料，甲烷做负极原料即n做负极，X为阴极，m做正极，Y为阳极，吸引大量的阴离子，氯离子放电。
18．【答案】（1）；铁置换出铜，与铁及电解质溶液构成原电池，加快反应速率；硫酸溶液中部分氢离子转化为难电离的醋酸，氢离子浓度减小
（2）2；1；18 v0；增大
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①实验II发生反应的离子方程式为 ；实验I中含有CaSO4，由于H的活动性在铜前，因此在氢离子和铜离子同时存在时，则铜先反应，且生成的铜覆盖在铁表面，形成Fe-Cu原电池，加快反应速率；
②实验Ⅲ中有醋酸钠，由于溶液中含有氢离子，醋酸根与氢离子结合生成醋酸，但醋酸是弱电解质，而硫酸是强电解质，与硫酸相比，反应将变慢但由于氢离子总量不变，所以Ⅱ、Ⅲ两组最终产氢量一致，但加入醋酸钠的一组中反应速率变慢；
(2)①由实验Ⅰ、Ⅱ可知，当c(CO)=0.1mol/L时，实验Ⅱ中的c(O2)是实验Ⅰ中c(O2) 的2倍，实验Ⅱ中v正是实验Ⅰ中的2倍，c(O2)正比于v正，则n=1；由实验Ⅰ、Ⅲ知：当c(O2)均为0.1mol/L时，实验Ⅲ中的c(CO)是实验Ⅰ中c(CO) 的2倍，实验Ⅲ中v正是实验Ⅰ中的4倍，c2(CO)正比于v正，则m=2；
②由实验Ⅱ、Ⅳ可知，c(O2)均为0.2mol/L，Ⅳ中c(CO)是实验Ⅱ中c(CO) 的3倍，则实验Ⅳ中v正是实验Ⅱ中的9倍，即a=2v0×9=18v0，升温时v逆增加，又是放热反应，平衡逆向移动，c(CO2)减少，则k逆增大。
【分析】（1）① 反应物是铁和稀硫酸即可写出，原电池加速金属的腐蚀②氢离子浓度减小
（2）① 根据速率的大小确定m和n的大小②根据比率关系计算出a的数值，温度升高平衡逆向移动
19．【答案】（1）1.5；1：1；不变
（2）没有；在T2的条件下，温度偏低，反应速率较慢，没有达到平衡状态；温度升高，反应速率加快；；20%
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①15-25min，C2H4物质的量没有发生变化，反应达到平衡，故20min时，C2H4物质的量不变为1.5mol， ；p初始= ，p5min= = ，所以p初始：p5min=1：1；
②其他条件不变时若缩小反应容器体积，根据反应方程式可知反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，C3H6转化率不变；
(2)①比较实线与虚线，N点反应没有达到平衡，原因是在T2的条件下，温度偏低，反应速率较慢，没有达到平衡状态；
②温度升高反应速率加快，反应时间一定时，温度越高，越衡状态，转化率越高；
③T3时刻达到平衡状态，且由图可知达到平衡转化率为40%， ， ；再加入2molC3H6， ， ，解得x=0.4，故体积分数为 。
【分析】（1）①平衡状态时乙烯的物质的量时定值，根据同温同体积，物质的量之比等于压强之比 ②体积减小，但分子数不变（2）① 根据图像结合实线虚线即可判断②温度对速率的影响 ③根据数据计算出平衡常数，结合三行式计算出体积分数
20．【答案】（1）CaSO4(或CaSO4·2H2O)；BaSO4
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（3）温度太高，H2O2受热分解
（4）3.7≤pH<7.7
（5）1.0×10-3
（6）Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1) 用硫酸浸取，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4(或CaSO4·2H2O)、BaSO4。
(2)"除铜"时，铁离子具有强氧化性，可与硫化氢反应生成亚铁离子和S，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。
(3)"氧化"时用过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高。
(4)"调pH"，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH<7.7。
(5)已知常温下， ，"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则钙离子浓度为 ， 。
(6)阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。
【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成氢氧化铁沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，以此解答该题。
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1．（2021高二下·安徽开学考）以石墨作电极，电解下列物质的水溶液，溶液的pH值一定保持不变的是（ ）
A．H2SO4 B．NaOH C．NaCl D．K2SO4
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电解H2SO4，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中H2SO4的浓度增大，溶液的pH值减小，A不符合题意；
B.电解NaOH，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，B不符合题意；
C.电解NaCl，溶液中氢离子、氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，OH-浓度增大，pH值逐渐变大，C不符合题意；
D.电解K2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性。本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，掌握离子放电顺序，根据溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小判断溶液的酸碱性。
2．（2021高二下·安徽开学考）25℃时CaCO3溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10-5mol/L，该温度下CaCO3的Ksp为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】CaCO3溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10-5mol/L，则c(Ca2+)= c(Cl-)=5.0×10-5mol/L，所以Ksp=c(Ca2+)×c(Cl-)=5.0×10-5mol/L×5.0×10-5mol/L= ( mol/L)2，故答案为：B。
【分析】根据溶度积公式计算即可
3．（2021高二下·安徽开学考）相同体积 的硫酸溶液和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（ ）
A．醋酸溶液产生较多的氢气 B．硫酸溶液产生较多的氢气
C．两者产生等量的氢气 D．无法比较两者产生氢气的量
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】盐酸为强酸，可完全电离，pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L，则盐酸中c(HCl)=10-3mol/L；醋酸是弱酸，部分电离pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，故醋酸浓度大于10-3mol/L。由溶质物质的量n=V·c，相同体积的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)，根据反应方程式2HCl+ Mg=MgCl2+H2↑，2CH3COOH +Mg=(CH3COO)2Mg+H2↑，所以醋酸溶液与足量镁完全反应产生的氢气比盐酸与足量镁完全反应产生的氢气多，所以A符合题意。
故答案为：A。
【分析】pH相同的弱酸和强酸与金属反应，弱酸的浓度更大，产出的气体更多
4．（2021高二下·安徽开学考）煤的气化原理为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，在某恒温恒容反应器中模拟该反应，不能作为达到平衡状态的标志为（ ）
A．压强不变 B．v(H2O)正=v(CO)正
C．混合气体的密度不变 D．CO的体积分数不变
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．恒温恒容条件下气体压强与气体物质的量成正比，反应后气体物质的量增大，则压强增大，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，A项不符合题意；
B．无论反应是否达到平衡状态都存在“v(H2O)正=v(CO)正”，不能据此判断平衡状态，B项符合题意；
C．反应前后气体质量增大、容器体积不变，则反应后气体密度增大，当混合气体密度不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D．随着反应进行CO体积分数增大，当CO体积分数不变时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】考查的是平衡状态的判断，主要从正逆反应速率，压强，温度，浓度等方面考虑
5．（2021高二下·安徽开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NA
B．100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NA
C．100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NA
D．100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01 mol，该盐是强碱弱酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A不符合题意；
B. 100 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl-，所以0.01 molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B不符合题意；
C. 100 mL 0.1 mol·L-1 (NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n[(NH4)2SO4]=c·V=0.1mol/L×0.1 L=0.01 mol，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01 mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C符合题意；
D. 溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01 mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据CO32-部分水解进行判断；
B. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
C. 根据n=c·V、微粒的组成特点以及微粒个数之比等于物质的量之比分析；
D. NaCl溶液中阳离子不仅有Na+， 还要考虑水电离产生的H+分析．
6．（2021高二下·安徽开学考）25℃时，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后的溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)。则反应后溶液显（ ）
A．酸性 B．碱性 C．中性 D．无法判断
【答案】C
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】在反应后的溶液中存在离子有H+、NH4+、OH-、Cl-，根据电荷守恒可知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液中c(NH4＋)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显中性，则合理选项是C。
【分析】溶液中阳阳离子所带电荷代数和为0
7．（2021高二下·安徽开学考）甲胺(CH3NH2)为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，下列关于稀甲胺水溶液的叙述错误的是（ ）
A．其他条件不变，加水稀释，c(CH3NH )变大
B．其他条件不变，升温，促进了CH3NH2的电离
C．电离方程式：CH3NH2+H2O CH3NH +OH-
D．与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．加水稀释，平衡正向移动，但是溶液中离子浓度均减小，故c(CH3NH )变小，A项符合题意；
B．升高温度，平衡向正向移动，促进电离，B项不符合题意；
C．氨气溶于水，电离方程式为NH3+H2O NH +OH-，所以CH3NH2电离方程式：CH3NH2+H2O CH3NH +OH-，C项不符合题意；
D．CH3NH2为一元有机弱碱，其电离及与酸反应类似于NH3，所以与稀盐酸反应化学方程式：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.越稀释越电离，各粒子浓度增大，但溶液的体积增加的更多，结合电离平衡公式判断
8．（2021高二下·安徽开学考）下列关于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-98 kJ·mol－1的图像中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．升高温度，逆反应速率增大更多，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，图象与实际符合，A不符合题意；
B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，使三氧化硫的含量降低，图象与实际符合，B不符合题意；
C．升高温度，加快反应速率，到达平衡的时间缩短，先达到平衡，由于逆反应速率增大更多，所以化学平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图象与实际不符，C符合题意；
D．增大压强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，由于反应物的计量数大于生成物的计量数，所以正反应速率增大更多，化学平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，图象与实际符合，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】升高温度，加快反应速率到达平衡的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低；增大压强，加快反应速率到达平衡的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，据此结合图象判断。
9．（2021高二下·安徽开学考）焊接时常用NH4Cl除锈，下列说法一定正确的是（ ）
A．NH4Cl为弱酸强碱盐
B．NH4Cl可以抑制水的电离
C．pH=7的NH4Cl、氨水混合液：c(NH )>c(Cl-)
D．NH4Cl溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，A项不符合题意；
B． ，NH4Cl可以促进水的电离，B项不符合题意；
C．pH=7溶液不一定是中性，常温下pH=7为中性，故无法判断离子浓度大小，C项不符合题意；
D．NH4Cl溶液中，电荷守恒： ，物料守恒： ，两式相加得到：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铵为强酸盐酸和氨水生成的盐，水解溶液显酸性。盐类的水解原理是结合水电离出来的氢离子或者是氢氧根离子。在溶液中存在电荷守恒和质子守恒。
10．（2021高二下·安徽开学考）燃料气(CO、H2)是有机化工中的常见原料，工业上制取方法之一为高温下甲醇分解，反应原理为CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H，能量变化情况如图。下列叙述正确的是（ ）
A． H为-91 kJ·mol-1
B．I：正反应的活化能为419 kJ·mol-1
C．II：催化剂增加了活化分子数
D．其他条件相同时I比II先达到平衡
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A． H的计算应该是初态-末态， H=510 kJ·mol-1-419 kJ·mol-1= +91 kJ·mol-1，A项不符合题意；
B．活化能是从基态到活化状态所需要的能量，因此Ⅰ中正反应活化能为510 kJ·mol-1，B项不符合题意；
C．催化剂是降低反应的活化能，使活化分子数增多，C项符合题意；
D．催化剂加快反应速率所以II比I先达到平衡，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.末态物质具有的能量高于始态具有的能量
D.催化剂改变速率
11．（2021高二下·安徽开学考）苹果酸为二元有机弱酸(H2A)。下列关于H2A及Na2A叙述正确的是（ ）
A．电离方程式：H2A 2H++A2-
B．H2A溶液中含有2种分子：H2A与H2O
C．Na2A溶液：c(H+)>c(OH-)
D．Na2A溶液：c(OH-)【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．弱酸要分步写电离方程式，A项不符合题意；
B．H2A溶液中含有H2A与H2O，2种分子，B项符合题意；
C．Na2A溶液为强碱弱酸盐，c(OH-)> c(H+)，C项不符合题意；
D． ，其中②中c(OH-)=c(HA-)，但是①③式子中均有氢氧根生成，所以c(OH-)>c(HA-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】弱电解质在水溶液中的电离是可逆的，并且是分步电离。各部分粒子在水溶液中共存，溶液中存在三大守恒，根据三大守恒可以离子浓度比较
12．（2021高二下·安徽开学考）下列关于电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl-)=c(NH )
B．pH=12的溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子共存
【解析】【解答】A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液，c(H＋)=c(OH－)，所以c(Cl－)=c(NH )，A项不符合题意；
B．在碱性溶液中，Na+、Cl-、AlO 、ClO-可以大量共存，B项不符合题意；
C．常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后溶解显酸性，滴入石蕊溶液呈红色，C项不符合题意；
D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，抑制氨水的电离，溶液中 减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液中存在电荷守恒，据此可以判断
B.考查的是离子之间共存，离子之间不会发生复分解反应或者氧化还原反应
C.考查的是弱酸是部分电离
D.根据电离平衡常数，结合铵根离子增大判断平衡的移动即可
13．（2021高二下·安徽开学考）以CO、H2为原料合成甲烷的反应原理为CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) H，某温度下向体积为2L恒温恒容反应器中加入2 mol CO、8 mol H2进行该反应，c(CH4)与时间的关系如图。下列说法正确的是（ ）
A． H<0
B．10min时：c(H2)=1.75 mol·L-1
C．前5min：v(H2)=0.1 mol·L-1·min-1
D．5~10min：正反应速率为0
【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，降低温度，甲烷的浓度增大，平衡正向移动，该反应为放热反应， H<0，A项符合题意；
B．开始时， ， ， ，由三段式可知，10min时：c(H2)=2.5 mol·L-1，B项不符合题意；
C．前5min， ，C项不符合题意；
D.5-10min，反应处于平衡状态，反应仍在进行，是动态平衡，正反应速率不为0，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】结合图像，温度改变，甲烷浓度的改变确定正反应的放热和吸热问题。5-10min反应出平衡状态，结合三行式和平衡时的数据即可计算出速率
14．（2021高二下·安徽开学考）将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液(其中滴有酚酞)的表面皿中，组成甲、乙两个装置(如图)。下列说法错误的是（ ）
A．甲为原电池，负极反应为Zn-2e-=Zn2＋
B．甲为原电池，Fe电极上有气体放出
C．乙为电解池，阴极反应式为2H++2e-=H2↑
D．一段时间后，甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据图示可知甲为原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2＋，A不符合题意；
B. 根据图示可知甲为原电池，由于电解质溶液为NaCl中性溶液，因此在Fe电极上溶解在溶液中的O2得到电子，发生还原反应，不放出氢气，B符合题意；
C. 乙为电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应，由于得到电子能力H+>Na+，所以阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，C不符合题意；
D. 甲池为原电池，O2得到电子变为OH-；乙池为电解池，由于溶液中H+不断放电产生H2逸出，破坏了水的电离平衡，所以溶液中c(OH-)>c(H+)，因此在一段时间后两个溶液中都是c(OH-)>c(H+)，滴有酚酞后甲、乙两表面皿中溶液均有红色出现，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】原电池中，活泼性金属锌做负极发生氧化反应，活泼性较弱的金属铁做正极周围氧气得到电子，生成大量的氢氧根离子，发生还原反应，发生的是吸氧腐蚀，加速了锌的腐蚀。电解池中与正极相连的是阳极，铁发生氧化反应，失去电子，锌做阴极吸引大量的阳离子氢离子，得电子放电，留下大量得氢氧根离子
15．（2021高二下·安徽开学考）25℃，向20 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．II表示微粒A2-的物质的量的变化曲线
B．H2A在水中的第一步电离方程式为H2A A2-+2H+
C． 的值随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
D．V[NaOH(aq)]＝20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 mol/L
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A总物质的量为2×10-3 mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量为1.5×10-3 mol，说明H2A在溶液中不能电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2A H++HA-，HA- H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A不符合题意；
B．H2A是二元弱酸，电离分步进行，第一步电离方程式为H2A H++HA-，B不符合题意；
C. 由电离平衡常数可知： ，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐进行，所以 会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，即 会逐渐减小，C符合题意；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)= =0.05 mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】H2A是二元弱酸，分布电离，先电离出HA-，导致HA-浓度增多，进行第二步电离进行，电离出A2-，浓度增多，结合第一步电离平衡常数，随着反应的进行，氢离子浓度变化。结合物料守恒即可判断离子大小关系
16．（2021高二下·安徽开学考）氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。回答下列问题
（1）H-H、O=O、H-O的键能分别为436 kJ·mol-1、496
kJ·mol-1、463 kJ·mol-1。
①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H， H为 kJ·mol-1。
②氢气的燃烧热 H=-285.8 kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
③1 mol水蒸气液化放热 kJ。
（2）肼(N2H4)是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示：
①正反应的活化能为 kJ·mol-1，气态肼分解的热化学方程式为 。
②该反应的 S (填“>”“<”或“=”)0，该反应自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
【答案】（1）-484；；43.8
（2）a+50.7；；>；高温
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】(1)①热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=(2×436+496-4×463)=-484 kJ·mol-1；
②氢气的燃烧热 H=-285.8 kJ·mol-1，表示氢气燃烧热的化学方程式为 ；
③由a、2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-484 kJ·mol-1和b、 ，结合盖斯定律可知，b-a× 得到 ；
(2)①正反应的活化能为（a+50.7）kJ·mol-1，由图可知气态肼分解吸热50.7 kJ·mol-1，则热化学方程式为 ；
②为气体增加的反应，则 ，且 ， 的反应可自发进行，该反应自发进行的条件为高温；
【分析】（1）①根据反应物物键能-生成物的键能②根据燃烧热的定义写出燃烧热方程式是③结合盖斯定律即可计算出放热
（2）① 焓变等于正逆反应的活化能之差② 根据公式和气体的状态判断条件
17．（2021高二下·安徽开学考）电化学是当今化学研究的热点之一，回答下列问题：
（1）碱性电池具有耐用、电流量大、储存寿命长、外壳不易腐蚀等优点。铝-铜碱性原电池的工作原理如装置甲所示：
①在 (“Al”或“Cu”)极有H2生成，Al极电极反应式为 。
②若有33.6 L(标准状况下)H2生成，则理论上电解质溶液增重 g。
（2）某兴趣小组设计以甲烷、氧气酸性燃料电池为电源电解NaCl溶液，并验证氯气的某种化学性质，工作原理如装置乙、装置丙所示。
①m极为 极，装置乙发生反应的化学方程式为 。
②Y极电极反应式为 。
③气球b中的现象为 。
【答案】（1）Cu；；42
（2）正；；；淀粉变蓝
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①因为装置甲中为碱性溶液，故铝与氢氧根反应生成 ，所以铝作负极，Cu作正极，Al极电极反应式为 ；
②总电极反应式为 ，因为标准状况下生成33.6L氢气，即 ，即 ；
(2)①氧气变为水，氧原子的化合价变低，发生还原反应，故为正极，m为正极，n为负极，所以X为阴极，Y为阳极，阳极发生氧化反应，故 ；
②Y极电极反应式为 ；
③淀粉遇碘变蓝，体现了氯气的氧化性；
【分析】（1）①铝可以和氢氧化钠反应，铝做负极，铜做正极，氢气在铜极产生，根据气体的产生量计算消耗金属的质量即可
（2）原电池中具有还原性的物质做负极原料，甲烷做负极原料即n做负极，X为阴极，m做正极，Y为阳极，吸引大量的阴离子，氯离子放电。
18．（2021高二下·安徽开学考）甲、乙两小组分别设计实验探究化学反应速率的影响因素。回答下列问题：
（1）甲小组同学利用等质量相同形状的铁片与过量硫酸反应探究化学反应速率的影响因素，设计下列实验，生成H2的物质的量与时间关系如图所示：
2mol/L的H2SO4溶液/mL 2mol/L的CuSO4溶液/mL 2mol/L的CH3COONa溶液/mL H2O/mL
I 50 1 0 9
II 50 0 0 10
III 50 0 10 0
①实验II发生反应的离子方程式为 ，实验I的反应速率比实验II的快得多，原因是 。
②实验III的反应速率比实验II的慢，原因是 。
（2）乙小组通过查阅资料，了解到在其他条件相同的情况下同一化学反应中不同反应物的物质的量浓度对反应速率的影响不同，反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的v正、v逆与各物质浓度的关系式为v正=k正·cm(CO)·cn(O2)、v逆=k逆·c2(CO2)。乙小组设计下列实验：
实验 c(CO)/mol L-1 c(O2)/mol L-1 v正/mol L-1 min-1
I 0.1 0.1 v0
II 0.1 0.2 2v0
III 0.2 0.1 4v0
IV 0.3 0.2 a
①m= ，n= 。
②a= (用含v0的代数式表示)，若升高温度k逆将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）；铁置换出铜，与铁及电解质溶液构成原电池，加快反应速率；硫酸溶液中部分氢离子转化为难电离的醋酸，氢离子浓度减小
（2）2；1；18 v0；增大
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①实验II发生反应的离子方程式为 ；实验I中含有CaSO4，由于H的活动性在铜前，因此在氢离子和铜离子同时存在时，则铜先反应，且生成的铜覆盖在铁表面，形成Fe-Cu原电池，加快反应速率；
②实验Ⅲ中有醋酸钠，由于溶液中含有氢离子，醋酸根与氢离子结合生成醋酸，但醋酸是弱电解质，而硫酸是强电解质，与硫酸相比，反应将变慢但由于氢离子总量不变，所以Ⅱ、Ⅲ两组最终产氢量一致，但加入醋酸钠的一组中反应速率变慢；
(2)①由实验Ⅰ、Ⅱ可知，当c(CO)=0.1mol/L时，实验Ⅱ中的c(O2)是实验Ⅰ中c(O2) 的2倍，实验Ⅱ中v正是实验Ⅰ中的2倍，c(O2)正比于v正，则n=1；由实验Ⅰ、Ⅲ知：当c(O2)均为0.1mol/L时，实验Ⅲ中的c(CO)是实验Ⅰ中c(CO) 的2倍，实验Ⅲ中v正是实验Ⅰ中的4倍，c2(CO)正比于v正，则m=2；
②由实验Ⅱ、Ⅳ可知，c(O2)均为0.2mol/L，Ⅳ中c(CO)是实验Ⅱ中c(CO) 的3倍，则实验Ⅳ中v正是实验Ⅱ中的9倍，即a=2v0×9=18v0，升温时v逆增加，又是放热反应，平衡逆向移动，c(CO2)减少，则k逆增大。
【分析】（1）① 反应物是铁和稀硫酸即可写出，原电池加速金属的腐蚀②氢离子浓度减小
（2）① 根据速率的大小确定m和n的大小②根据比率关系计算出a的数值，温度升高平衡逆向移动
19．（2021高二下·安徽开学考）化学科学家采用丙烯歧化法制取乙烯和丁烯的反应原理为2C3H6(g) C2H4(g)+C4H8(g) H。回答下列问题：
（1）向恒温恒容反应器中加入一定量的C3H6，生成C2H4的物质的量与时间的关系如表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
C2H4的物质的量/mol 0 0.8 1.2 1.5 a 1.5
①a= ，p初始：p5min= 。
②其他条件不变，若缩小反应器的体积，则C3H6转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）将2 mol C3H6置于体积为1 L的恒容反应器中，反应进行15min时丙烯的转化率与温度的关系如图所示：
①N点 (填“有”或“没有”)达到平衡状态，原因是 。
②M→N过程中C3H6转化率升高的原因是 。
③T3时Kc= ，若其他条件不变，往反应器中再加入2 mol C3H6，反应重新达到平衡时混合体系中乙烯的体积分数为 。
【答案】（1）1.5；1：1；不变
（2）没有；在T2的条件下，温度偏低，反应速率较慢，没有达到平衡状态；温度升高，反应速率加快；；20%
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①15-25min，C2H4物质的量没有发生变化，反应达到平衡，故20min时，C2H4物质的量不变为1.5mol， ；p初始= ，p5min= = ，所以p初始：p5min=1：1；
②其他条件不变时若缩小反应容器体积，根据反应方程式可知反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，C3H6转化率不变；
(2)①比较实线与虚线，N点反应没有达到平衡，原因是在T2的条件下，温度偏低，反应速率较慢，没有达到平衡状态；
②温度升高反应速率加快，反应时间一定时，温度越高，越衡状态，转化率越高；
③T3时刻达到平衡状态，且由图可知达到平衡转化率为40%， ， ；再加入2molC3H6， ， ，解得x=0.4，故体积分数为 。
【分析】（1）①平衡状态时乙烯的物质的量时定值，根据同温同体积，物质的量之比等于压强之比 ②体积减小，但分子数不变（2）① 根据图像结合实线虚线即可判断②温度对速率的影响 ③根据数据计算出平衡常数，结合三行式计算出体积分数
20．（2021高二下·安徽开学考）某科研人员以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO)为原料回收镍，工艺流程如图：
已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2
回答下列问题：
（1）浸出渣主要成分为 、 (填化学式)。
（2）"除铜"时，Fe3+与H2S反应的离子方程式为 。
（3）"氧化"的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，温度需控制在40～50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是 。
（4）"调pH"时，pH的控制范围为 。
（5）"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则 = 。[已知常温下， ]
（6）在碱性条件下，电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步，其中第一步是Cl-在阳极被氧化为ClO-，则该步电极反应式为 。
【答案】（1）CaSO4(或CaSO4·2H2O)；BaSO4
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
（3）温度太高，H2O2受热分解
（4）3.7≤pH<7.7
（5）1.0×10-3
（6）Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1) 用硫酸浸取，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4(或CaSO4·2H2O)、BaSO4。
(2)"除铜"时，铁离子具有强氧化性，可与硫化氢反应生成亚铁离子和S，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。
(3)"氧化"时用过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高。
(4)"调pH"，使铁离子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH<7.7。
(5)已知常温下， ，"除钙"后，若溶液中F-浓度为3×10-3mol·L-1，则钙离子浓度为 ， 。
(6)阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-=ClO-+H2O。
【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH生成氢氧化铁沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，以此解答该题。
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