河南省濮阳市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

高中二年级学业质量监测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O0-16Na-23Mg-24Cu-64第I卷(共48分)一、选择题(本题包括16小题。每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项。)1.已知反应：I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=-9.48kJ·mol-1。下列说法正确的是A.1molI2(g)和1molH2(g)的总能量低于2molHI(g)的能量B.反应Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)ΔH=-QkJ·mol-1，Q>9.48C.向一密闭容器中充入1molI2(g)和1molH2(g)，充分反应后，放出9.48kJ的能量D.断裂1molI2(g)和1molH2(g)的化学键需要的能量大于断裂2molHI(g)的化学键需要的能量【答案】B【解析】【详解】A．I2(g)+H2(g)2HI(g)△H=-9.48kJ/mol，即△H=生成物键能总和一反应物键能总和<0，则1molI2(g)和1molH2(g)的总能量高于2molHI(g)的能量，故A错误；B．Cl2(g)比I2(g)活泼，具有的能量高，且焓变为负，则Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)的△H<-9.48kJ/mol，Q>9.48，故B正确；C．I2(g)+H2(g)=2HI(g)是可逆反应，有一定限度，则1molI2(g)和1molH2(g)，充分反应后，放出的能量小于9.48kJ，故C错误；D．断键吸热，成键放热，该反应放热，则断裂1molI2(g)和1molH2(g)的化学键需要的能量小于断裂2molHI(g)的化学键需要的能量，故D错误；故选B。2.下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应的示意图，当反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是 A.图示中物质I、II、III均为该反应的催化剂B.使用催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变C.由题意知：HCOOH(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=+31.2kJ·mol-1D.因使用钌基催化剂使反应CO2(g)+H2(g)=HCOOH(l)分两步进行【答案】C【解析】【详解】A．图为催化CO2(g)和H2(g)的反应生成液态HCOOH，物质I在合成甲酸的过程中物质的量没有改变，只是改变了反应机理，所以物质I为该反应的催化剂，而II、III均为该反应的中间产物，故A错误；B．使用催化剂可以降低反应的活化能，反应的焓变不变，故B错误；C．反应生成46g液态HCOOH，其物质的量为，生成1molHCOOH放出31.2kJ的热量，则HCOOH(l)=CO2(g)+H2(g)ΔH=+31.2kJ·mol-1，故C正确；D．由图可知，因使用钌基催化剂使反应CO2(g)+H2(g)=HCOOH(l)分三步进行，故D错误；故选C。3.将CO2甲烷化具有重要意义。其原理是CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0.在某密闭容器中，充入1molCO2和4molH2发生上述反应。下列叙述正确是A.恒温、恒容条件下，充入He，平衡向正反应方向移动B.恒温、恒压条件下，充入He，平衡向正反应方向移动C.升高温度可增大活化分子的百分数及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得甲烷D.保持温度不变，平衡后压缩容器体积，平衡正向移动，平衡常数K不变【答案】D【解析】【详解】A．恒温、恒容条件下，充入He，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故A错误； B．恒温、恒压条件下，充入He，体积增大，压强减小，反应为气体总物质的量减小的反应，则平衡逆向移动，故B错误；C．焓变为负，为放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，不利于获得甲烷，故C错误；D．保持温度不变，平衡后压缩容器体积，压强增大，平衡正向移动，且平衡常数K不变，故D正确；答案选D。4.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0.向恒温恒容的密闭容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.t2时改变的条件为升高体系温度B.t2时改变的条件为向容器中充入NH3(g)C.平衡时N2(g)的物质的量浓度：c(I)>c(II)D.平衡常数K：K(I)>K(II)【答案】B【解析】【分析】由图可知，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，改变条件瞬间正反应速率不变，然后增大，说明反应物浓度逐渐增大，则平衡逆向移动，则改变的条件为加入生成物，平衡常数只与温度有关。【详解】A．如果t2时改变的条件为升高体系温度，则改变条件瞬间，正反应速率增大，正反应速率曲线与原来平衡点没有连接，与图不符合，故A错误；B．由上述分析可知，t2时改变的条件为向容器中加入氨气，故B正确；C．t2时改变的条件：向容器中加入氨气，平衡逆向移动，氮气的浓度增大，所以平衡时氮气的浓度：c（Ⅱ）＞c（Ⅰ），故C错误；D．温度不变，平衡常数不变，则平衡常数K：K（Ⅱ）=K（Ⅰ），故D错误；答案选B。 5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，1LpH=10Na2CO3溶液中，由水电离产生的OH-数目为1×10-4NAB.常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1NAC.铅蓄电池放电过程中，当消耗0.1molH2SO4时，电路中转移的电子数为0.2NAD.用情性电极电解食盐水，当阴极产生2.24L气体时，电路中转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．常温下，1LpH=10的Na2CO3溶液中，氢氧根离子全部由水电离产生，则氢氧根离子数目为，故A正确；B．溶液体积未知，无法计算氢氧根离子个数，故B错误；C．依据铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，可知当消耗0.1molH2SO4时，电路中转移的电子数为0.1NA，故C错误；D．气体状况未知，无法计算气体的物质的量，故D错误；故选A。6.有I、II、III3个体积均为0.5L的恒容密闭容器，在I、II、III中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(见下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。下列说法错误的是容器起始时n(HCl)/molZI4.0aII4.0bIII4.04A.ΔH<0B.a<4<bC.300°C时，该反应平衡常数的值为80D.若容器III反应某时刻处于R点，则R点的反应速率v(正)>v(逆) 【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，HCl转化率随温度升高减小，升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，则△H<0，故A正确；B．增大氧气的物质的量，可促进HCl的转化，即投料比越小，HCl转化率越大，可知a<4<b，故B正确；C．300°C时，Z=4，n(HCl)=0.25mol，n(O2)=0.0625mol，体积为0.5L，c(HCl)=0.5mol/L，n(O2)=0.125mol/L，二氧化碳转化率80%，则K==640，故C错误；D．R点温度与Q点相同，但转化率不同，转化率小于平衡时转化率，可知平衡正向移动，则R点的反应速率v(正)>v(逆)，故D正确；故选C。7.下列有关说法错误的是A.配制FeCl3溶液时，要先把FeCl3固体溶于稀硫酸，再加水溶解到需要的浓度B.实验室用石墨电极电解食盐水，边电解边搅拌，可生成含有NaClO的漂白液C.大桥钢架结构表面喷涂油漆，是为了让钢铁隔绝空气、水等，防止形成原电池D.铵态氮肥与草木灰(含有K2CO3)不能混合施用，原因是易造成氮肥损失【答案】A【解析】【详解】A．氯化铁为强酸弱碱盐，水溶液中部分水解，配制FeCl3溶液时，先把FeCl3固体溶于浓盐酸然后再加水稀释，盐酸过量，可以抑制氯化铁水解，故A错误；B．实验室用石墨电极电解食盐水，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，边电解边搅拌，可发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成含有NaClO的漂白液，故B正确；C．钢铁生锈的条件是有氧气和水，而钢构件表面喷涂油漆，能隔绝空气和水，故能防止原电池的形成，故C正确；D．草木灰如果与铵态氮肥混合，易发生互促水解，减小肥效，二者不能混合使用，故D正确； 答案选A。8.下列实验装置正确且能达到实验目的的是A.用图I装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响B.用图II所示装置探究温度对化学反应速率的影响C.用图III测定NaOH溶液的浓度，滴定过程中眼睛要注视滴定管D.用图IV装置比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度相对大小【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液过量，应控制酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同来探究浓度对化学反应速率的影响，故A错误；B．温度、浓度均不同，两个变量，不能探究温度对反应速率的影响，故B错误；C．眼睛要观察锥形瓶中颜色的变化，达到滴定终点后，再读数，故C错误；.D．氢氧化镁白色沉淀转化为更难溶的氢氧化铁红褐色沉淀，则可比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小，故D正确；故选D。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c(H+)/c(OH-)=1012的水溶液中：、Al3+、、Cl-B.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、C.0.1mol·L-1的硫酸溶液中：Fe2+、、、Na+D.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、、SCN-【答案】A 【解析】【详解】A．该溶液呈酸性，、Al3+、、Cl-、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；B．HCO、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；C．在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与ClO-发生氧化还原反应，与SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。10.下列事实对应的离子方程式错误的是A.用石墨作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+B.碳酸钠溶液显碱性：+2H2OH2CO3+2OH-C.用Na2CO3溶液处理含CaSO4的水垢：CaSO4(s)+CaCO3(s)+D.用铁氰化钾溶液检验Fe2+：3Fe2++2[FeCN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓【答案】B【解析】【详解】A．用石墨作电极电解CuSO4溶液，离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故A正确；B．碳酸钠溶液水解显碱性，离子方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH-，故B错误；C．用Na2CO3溶液处理含CaSO4的水垢，离子方程式为：CaSO4（s）+CO⇌CaCO3（s）+SO，故C正确；D．用铁氰化钾溶液检验Fe2+，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故D正确；答案选B。11.室温下，在1mol·L-1的某二元酸H2A溶液中，存在HA-、A2-的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A.0.1mol·L-1NaHA溶液中：c(OH-)>c(H+)B.室温下，HA-A2-+H+的电离平衡常数Ka=10-3C.在Na2A溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)D.H2A的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-A2-+H+【答案】A【解析】【详解】A．结合图像分析，1mol·L-1的某二元酸H2A溶液中，pH=0时，第一级电离完全，随着pH升高直到pH=6，第二级电离完全，NaHA属于盐，电离使溶液显酸性，则c（OH-）＜c（H+），故A错误；B．当c（A2-）=c（HA-）时，溶液的pH=3，HA-⇌A2-+H+的电离平衡常数Ka=×c（H+）=c（H+）=10-3，故B正确；C．根据图知，开始时pH=0，溶液中c（H+）=1mol/L=c（H2A），说明该二元酸第一步完全电离，该溶液中存在物料守恒n（Na）=2n（A），即c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-），故C正确；D．根据C的分析知，该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以该二元酸两步电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌A2-+H+，故D正确；答案选A。12.K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是A.25°C时，pH均为4的盐酸和NH4Cl溶液中Kw不相等B.在500°C时，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大C.2SO2+O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大D.相同温度下Ka(HCN)<Ka(CH3COOH)，说明CH3COOH的电离程度一定比HCN的大【答案】C【解析】【详解】A．Kw只与温度有关，则25℃时，pH均为4的盐酸和NH4Cl溶液中Kw相等，故A错误； B．化学平衡常数K只与温度有关，催化剂不改变反应的始态和终态，则温度一定时，使用催化剂后K不变，故B错误；C．化学平衡常数K只与温度有关，温度一定时K不变，但增加O2的浓度、增大压强和分离SO3等措施均可增大SO2的转化率，故C正确；D．相同温度下CH3COOH、HCN的电离度还与起始浓度有关，浓度越大，弱酸的电离程度越小，则CH3COOH的电离程度不一定比HCN的大，故D错误；答案选C。13.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是A.常温下：Ka(HB)>Ka(HA)B.水的电离程度：b点<c点C.酸的物质的量浓度：b点<a点D.当=4时，三种溶液同时升高温度，减小【答案】B【解析】【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HC的pH变成4，说明HC是强酸，HB、HA的pH增大但小于4，则HB、HA为弱酸，且HB的pH增大幅度大于HA，说明HB的酸性＞HA，因此酸性HC＞HB＞HA。【详解】A．由图示可知酸性HC＞HB＞HA，常温下：Ka(HB)>Ka(HA)，A正确；B．b点和c点pH相同，水的电离程度一样，B错误；C．酸性HB＞HA且pH均为2，故起始时c(HA)>c(HB)，稀释相同的倍数后酸的物质的量浓度：b点<a点，C正确；D．酸的电离平衡是吸热反应，由于HC为强酸，不存在电离平衡，对HC溶液升高温度，c(C-)不变，对HA溶液升高温度促进HA电离，c(A-)增大，减小，D正确； 答案选B。14.电化学反应原理的实验装置如图所示。下列叙述错误的是A.若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀B.若X为锌棒，开关K置于M或N处都可减缓铁的腐蚀C.若X为锌棒，开关K置于N处时，为牺牲阳极的阴极保护法D.若X为碳棒，开关K置于N处时，X电极上发生的反应为2H++2e-=H2↑【答案】D【解析】【分析】开关K置于M处，构成电解池，铁为阴极，被保护，属于为牺牲阳极的阴极保护法，开关K置于N处时，构成原电池，取决于X极的材料，若X极比铁活泼，则X极为负极，被氧化，失去电子，铁为正极，被保护，反之，铁为负极，被氧化，腐蚀，据此分析解答即可。【详解】A．若X为碳棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，故A正确；B．若X为锌棒，开关K置于M处可减缓铁的腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护，开关K置于N处，形成原电池，锌为负极，被氧化，铁为正极，被保护，故B正确；C．若X为锌棒，开关K置于N处时，锌为负极，被氧化，属于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N处时，X电极上发生的反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；答案选D。15.中科院科学家设计出利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.该电化学装置中，Pt电极作正极B.该装置将太阳能转化为了电能和化学能C.BiVO4电极上的反应式为-2e-+2OH-=+H2OD.电子流向：Pt电极→导线BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2OH2)或BiVO4电极上反应()可知，Pt电极上得电子为正极，发生还原反应，电极反应为，BiVO4电极上失电子为负极，发生氧化反应，电极反应为-2e-+2OH-=+H2O，原电池工作时，电子由负极BiVO4极经过导线进入正极Pt极。【详解】A．由分析可知，该电化学装置中，Pt电极作正极，A正确；B．该装置将太阳能转化为了电能和化学能，B正确；C．由分析可知，BiVO4电极上的反应式为-2e-+2OH-=+H2O，C正确；D．由分析可知，电子流向：BiVO4电极→导线→Pt电极，D错误；故选D。16.电渗析法是海水淡化的方法之一，具有选择性离子交换膜交错排列构成的多层式电渗析槽的工作原理如图所示(a、b为不同离子交换膜)。下列有关说法错误的是 A.X为淡盐水，Y为浓盐水B.该方法可得到副产品NaOHC.a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜D.阴极区电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-【答案】C【解析】【分析】电渗析法是海水淡化的方法之一，故阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此解题。【详解】A．阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜，Na+经过a离子交换膜由左侧移向右侧，Cl-经过b离子交换膜由右侧移向左侧，由于离子交换膜交错排列，所以X为淡盐水，Y为浓盐水，故A正确；B．电解总反应为2H2O+2NaClCl2↑+H2↑+2NaOH，可得到副产品NaOH，故B正确；C．据A项分析，b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜，故C错误；D．阴极区发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故D正确；故选C。第II卷(共52分)二、非选择题(本题包括4小题，共52分。)17.研究含碳、氮的物质间转化的热效应，在日常生活与工业生产中均有很重要的意义。（1）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，甲烷完全燃烧与不完全燃烧的热效应如下图所示。①写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：_______。②CO的燃烧热△H=_______kJ·mol-1。（2）已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N化学键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______。（3）以NH3、CO2为原料生产尿素[CONH2)2]的反应历程与能量变化示意图如下。 ①第一步反应的热化学方程式为_______。②第二步反应的△H_______0(填“>”、“<”或“=”)。③从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第_______步反应。【答案】（1）①.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O△H=-890.3kJ·mol-1②.-283（2）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1（3）①.2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H=(Ea1-Ea2)kJ·mol-1②.>③.二【解析】【小问1详解】）①由图可知1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气放出802kJ能量，且H2O（l）=H2O（g）ΔH=+44.0kJ•mol-1，因而甲烷的燃烧热化学反应方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890.3kJ•mol-1；②根据①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890.3kJ•mol-1，②CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（g）△H2=-607.3kJ•mol-1，依据盖斯定律②-①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=（-890.3+607.3）kJ•mol-1=-283kJ•mol-1。【小问2详解】反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ•mol-1，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1。【小问3详解】）①将第一步和第二步两步方程式相加，得到以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（NH2）2（s）△H=（Ea1-Ea2）kJ/mol；②由图像可知该反应中反应物总能量小于生成物总能量，属于吸热反应，所以ΔH＞0；③反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，所以已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤。 18.NOX随意排放会造成雾霾、光化学烟雾等二次污染。汽车尾气处理系统的催化转化器中发生的主要反应为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H。回答下列与该反应有关的问题。（1）在恒温恒容的密闭容器内充入一定量的NO和CO，发生上述反应。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母序号)。A.容器内气体的密度不再改变B.容器内气体的平均摩尔质量不再改变C.容器内气体的压强不再改变D.v(NO)：v(CO)：v(CO2)=1：1：1（2）T°C时，在密闭容器内充入一定量的NO和CO，发生上述反应，测得v(正)=k1·c2(NO)·c2(CO)、v(逆)=k2·c(N2)·c2(CO2)(k1、k2为速率常数)。①达到平衡后，压缩容器体积，在达到新的平衡之前，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。②该反应的平衡常数K=_______(用k1、k2表示)。（3）向甲、乙两个恒温、恒容(体积均为2L)的密闭容器内分别加入相同物质的量的NO和CO，在不同时刻测得两容器内NO的物质的量随时间的变化情况如下表：时间/min04080120160甲容器恒温为T1°Cn(NO)/mol4.003.002.201.601.60乙容器恒温为T2°Cn(NO)/mol4.002.902.002.002.00①甲容器中0~120min内，用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1。②T1_______T2，该反应的△H_______0.(填“>”、“<”或“=”)③T2°C时，该反应的平衡常数K=_______L·mol-1。（4）某化学兴趣小组检测汽车尾气中的NOx含量的方法为：将一定量的尾气通入酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为，加热，使过量的H2O2完全分解；取一定体积的溶液，与过量的FeSO4标准溶液充分混合，发生的反应为3Fe2+++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O；用KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，发生的反应为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。①KMnO4标准溶液应装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_______。若滴定结束时俯视读取KMnO4标准溶液体积(起始时读数正确)，会使测定结果_______。 【答案】（1）BC（2）①.>②.（3）①.5×10-3(或0.005)②.<③.<④.0.5（4）①.酸式②.偏高③.偏高【解析】【小问1详解】A．容器内气体质量为定值，体积为定值，故容器中气体密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；B．该反应是气体体积改变的反应，容器内气体质量为定值，容器中混合气体平均摩尔质量为变量，气体平均摩尔质量不变时达到平衡状态，故B正确；C．该反应是气体体积改变的反应，压强随物质的量改变而改变，容器内气体的压强不再改变，可知各物质的量不再改变，说明该反应达到平衡状态，故C正确；D．v（NO）：v（CO）：v（CO2）=1：1：1，无法证明正逆反应速率相等，无法判断平衡状态，故D错误。【小问2详解】①达到平衡后，压缩容器体积，压强增大，反应正向移动，故v（正）＞v（逆）；②平衡时，K=，v（正）=v（逆），即k1•c2（NO）•v2（CO）=k2•c（N2）•c2（CO2），=，故K=。【小问3详解】①甲容器中0～120min内，△n（NO）=（4.00-1.60）mol=2.40mol，故△n（N2）=1.20mol，平均反应速率v（N2）==5×10-3(或0.005)mol•L-1•min-1；②甲容器到达平衡的时间为120min，乙容器到达平衡的时间为80min，可知乙容器内反应速率大，温度越高，反应速率越大，可知T1＜T2，到达平衡时，甲容器中△n（NO）=2.40mol，乙容器中△n（NO）=2.00mol，温度越高，反应物的转化量越小，说明反应逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，即ΔH＜0；③T2°C时，列出三段式， 该反应的平衡常数K==L•mol-1=0.50L•mol-1；【小问4详解】①高锰酸钾溶液呈酸性，所以KMnO4标准溶液应装入酸式滴定管中；②若FeSO4标准溶液部分变质，c（Fe2+）变小，滴定时FeSO4标准溶液消耗增多，造成测定结果的偏高；若滴定结束时俯视读取KMnO4标准溶液的体积，导致读数偏小，使得计算出消耗的高锰酸钾溶液体积偏高，造成测定结果的偏高。19.工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含少量的FeCO3、MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。已知：①常温下，相关金属离子Mn+形成M(OH)n沉淀的pH范围如下表：金属离子Mn+Al3+Fe3+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH[c(Mn+)=0.1mol·L-1]3.41.97.08.19.1沉淀完全的pH[c(Mn+)≤1.0×10-5mol·L-1]4.73.29.010.111.1②常温下，Ksp(CaF2)=1.60×10-10，Ksp(MgF2)=6.40×10-11；Ka(HF)=3.60×10-4，Kb(NH3·H2O)=4.00×10-5。回答下列问题：（1）在“浸出液”中加入“MnO2”的作用是_______。（2）“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。（3）常温下，0.1mol·L-1的氨水的pH约为_______(lg2=0.3)。（4）常温下，NH4F的水溶液的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)。（5）加入NH4F的目的是将Ca2+、Mg2+沉淀除去，常温下，当溶液中Ca2+、Mg2+完全除去时[c(Mn+)≤1.0×10-5mol·L-1，则c(F-)≥_______mol·L-1。（6）碳酸铵溶液中存在的粒子浓度关系正确的是_______(填字母序号)。A.c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)B.c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2CO3)C.c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调pH除去 （2）Fe(OH)3、Al(OH)3（3）11.3（4）<（5）4×10-3(或0.004)（6）C【解析】【分析】根据菱锰矿的成分先用盐酸溶解，再根据杂质离子的沉淀的pH来除杂，最后利用锰离子和碳酸铵的反应来生成碳酸锰，最后结晶得到产品。【小问1详解】Fe3+沉淀的pH比Fe2+小，将Fe2+氧化为Fe3+，可防止除铁元素时将Mn2+同时沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调pH除去；【小问2详解】由表中数据可知加氨水调至pH=4.7，可将Al3+、Fe3+生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝除去，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问3详解】氨水的Kb==4.00×10-5，，25℃时，0.1mol/L氨水电离出的氢氧根离子浓度为c(OH-)=2×10-3mol/L，c(H+)==5×10-12mol/L，pH=-lgc(H+)=11.3；【小问4详解】Ka(HF)>Kb(NH3·H2O)，根据越弱越水解的规律，可知NH的水解程度大于F-，故溶液呈酸性，故答案为<；【小问5详解】已知：CaF2、MgF2的溶度积分别为1.60×10-10、6.40×10-11，则Ca2+沉淀完全时，Mg2+一定沉淀完全，完全沉淀时，c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，c(Ca2+)·c2(F-)≥1.60×10-10，解得c(F-)≥4×10-3mol/L故答案为4×10-3(或0.004)；【小问6详解】A.根据电荷守恒可得c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，故A项错误；B.根据物料守恒可得氮原子是碳原子的2倍，即c()+c(NH3·H2O)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，故B错误；C.溶液中水电离的H+与水电离的OH-相等，由质子守恒可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，故C项正确；故答案为：C。20.电化学在现代生活、生产和科学技术的发展中发挥着越来越重要的作用。 （1）图1是利用燃料电池工作原理处理某酸性废水的示意图。该电池的正极为_______(填“a”或“b”)，b电极的电极反应式为_______。（2）SO2和NOx是主要大气污染物，图2是同时吸收SO2和NOx的示意图。①a是直流电源_______极(填“正”或“负”)。②阳极的电极反应式为_______。③当NOx均为NO时，吸收池中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（3）图3是甲醇(CH3OH)燃料电池的工作原理示意图。①该电池工作时，燃料电极的电极反应式为_______。②若用该电池电解精炼铜，氧电极应接_______(填“纯铜”或“粗铜”)。（4）图4是高铁酸钾电池的模拟实验装置(已知：放电时，石墨电极附近有红褐色浑浊)。 ①该电池放电时，正极的电极反应式为_______。②盐桥中盛有饱和KNO3溶液，此盐桥中向_______(填“左”或“右”)移动。【答案】（1）①.b②.O2+4e-+4H+=2H2O（2）①.负②.SO2-2e-+2H2O=++4H+③.l：1（3）①.CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O②.粗铜（4）①.+3e-+4H2O=Fe(OH)3↓+5OH-②.右【解析】【小问1详解】在燃料电池中通入燃料的一极为负极，由图可知，a为负极，b为正极，b电极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。【小问2详解】①由图可知，左室反应为HSO转化为S2O，硫元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，为阴极，所以a是直流电源的负极；②由图可知，阳极的SO2转化为硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+；③当NOx均为NO时，NO转化为N2，化合价降低了2价，SO2转化为硫酸，化合价升高了2价，升降相等，所以吸收池中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1。【小问3详解】①甲醇（CH3OH）燃料电池工作时，负极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；②燃料所在电极为负极，由图可知，氧电极为正极，粗铜精炼时，粗铜在阳极，若用该电池电解精炼铜，氧电极应接粗铜。【小问4详解】①由图可知，锌为负极，石墨为正极，该电池放电时，正极的电极反应式为FeO+3e-+4H2O=Fe（OH）3↓+5OH-；②盐桥中盛有饱和KNO3溶液，此盐桥中NO向右移动。