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广东佛山市2025-2026学年高二上学期2月期末化学试题
1．佛山南海氢能实现“安全”与“高效”双突破。下列关于氢氧燃料电池说法错误的是
A．电池工作时化学能转化为电能
B．活性物质储存在电池内部，无需外部供给
C．可实现污染物的少排放甚至零排放
D．放电时涉及氧化还原反应
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．氢氧燃料电池是原电池装置，工作过程中会将燃料和氧化剂储存的化学能转化为电能，A选项表述正确；
B．氢氧燃料电池本身不需要在内部储存氢气和氧气，反应所需的两种活性物质氢气和氧气，都是工作时由外部持续输入电池的，并没有储存在电池内部，B选项表述错误；
C．氢氧燃料电池工作时，氢气和氧气反应只生成水，没有其他污染物生成，能够做到几乎不排放污染物，可实现少排放甚至零排放污染物，C选项表述正确；
D．氢氧燃料电池放电过程中，氢气失去电子发生氧化反应，氧气得到电子发生还原反应，反应过程有电子转移，属于氧化还原反应，因此该过程涉及氧化还原反应，D选项表述正确；
综上，答案选B。
【分析】 氢氧燃料电池工作时把化学能转化为电能，氢气和氧气反应后生成水，属于氧化还原反应，产物无污染。
2．寻味岭南，爱上佛山美食。下列做法与减慢反应速率无关的是
A．双皮奶中添加蔗糖调味
B．鲜濑粉放入冰柜贮存
C．鱼干包装袋中放入食品干燥剂
D．盲公饼包装袋充氮气并密封保存
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．往双皮奶中添加蔗糖，作用是调整风味、改善口感，这个操作并没有起到减慢反应速率的效果，因此A符合题意；
B．将鲜濑粉放在冰柜中冷藏储存，是通过降低温度的方式，减缓微生物繁殖的速率以及各类化学反应的速率，以此延长食品保质期，该操作和减慢反应速率有关，因此B不符合题意；
C．在鱼干的包装袋中放入食品干燥剂，干燥剂可以吸收包装内的水分，降低环境湿度，能够减慢氧化、霉变这类让食品变质的反应速率，该操作和减慢反应速率有关，因此C不符合题意；
D．将盲公饼包装袋中充入氮气后密封保存，能够排出包装袋内的氧气，阻碍食品发生氧化变质的反应，减慢了食品变质的反应速率，该操作和减慢反应速率有关，因此D不符合题意；
综上，答案选A。
【分析】考查反应速率影响因素，降低温度，加入干燥剂，隔绝空气可以减缓食物变质，添加调味是为了调整食品味道。
3．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A.模拟电解精炼铜实验 B.测定中和反应的反应热
C.测定溶液浓度 D.比较与的大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定
【解析】【解答】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接电源正极，精铜作阴极，连接电源负极，该装置的电极连接方式恰好相反，因此A错误；
B．测定中和反应的反应热时，需要使用环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，该装置使用普通玻璃棒，无法达到均匀搅拌的效果，装置设计错误，因此B错误；
C．用NaOH滴定醋酸时，滴定终点得到的醋酸钠溶液显碱性，应当选用酚酞作指示剂；甲基橙的变色范围处于酸性区间，使用该指示剂会产生较大误差，本题指示剂选择错误，因此C错误；
D．实验中NaCl过量，可保证完全沉淀为，之后再加入，若能观察到沉淀转化为淡黄色的沉淀，就可以证明，该实验方案和结论正确，因此D正确；
故选D。
【分析】A．根据精炼原理，粗铜作阳极，精铜作阴极；
B．中和热测定实验装置中用环形玻璃搅拌器；
C．氢氧化钠滴定醋酸用酚酞作指示剂；
D．由实验现象沉淀变为黄色可证明。
4．甲酸()属于一元弱酸。下列方程式正确的是
A．的燃烧热：
B．的电离：
C．的水解：
D．电解溶液生成的电极反应式：
【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；电离方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．燃烧热的定义是1摩尔可燃物完全燃烧生成指定产物时放出的热量，该反应方程式中可燃物甲酸的物质的量为2摩尔，此时ΔH = -254.4 kJ·mol-1不符合燃烧热的定义，故A错误；
B．甲酸是弱电解质，电离过程是可逆过程，其电离方程式为，选项中没有标注可逆符号，写法错误，故B错误；
C．HCOONa发生水解时，阴离子HCOO-会和H2O发生可逆反应，生成HCOOH和OH-，因此水解的离子方程式为，所以C选项正确；
D．电解过程中，HCOOH被氧化为CO2，HCOOH需要在阳极失去电子发生氧化反应，对应的电极反应式为，因此D选项错误；
故本题选C。
【分析】A．燃烧热方程式中燃料化学计量数是1；
B．甲酸是弱酸，用可逆号；
C．甲酸根水解生成甲酸和氢氧根；
D．甲酸生成二氧化碳失电子，发生氧化反应。
5．恒温恒容密闭容器中发生反应：。下列不能说明该反应达到平衡状态的是
A．容器内压强不变 B．
C．气体密度不变 D．气体平均摩尔质量不变
【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，容器内的压强与气体的总物质的量成正比。该反应前后气体分子总数发生变化，因此反应过程中体系的压强会随之改变，当压强不再变化时，能够说明反应达到平衡状态，A不符合题意。
B．题目给出的速率关系只是正反应的速率比例关系，和反应是否达到平衡没有关系，也不能体现正逆反应速率相等的关系，没有体现逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，B符合题意；
C．根据密度公式 ρ = ，容器容积V固定不变，由于该反应体系中含有固体C(s)，反应进行过程中，气体的总质量会不断发生变化，因此气体密度也会随之改变，当密度不再变化时，说明反应达到平衡状态，因此C不符合题意；
D．根据平均摩尔质量公式 M= ，该反应中气体的平均摩尔质量会随反应进行发生改变：我们可以通过极值法分析，若反应初始只有反应物水蒸气，气体平均摩尔质量为18g/mol；假设水蒸气完全反应，此时体系中只有CO和H2，气体平均摩尔质量为15g/mol，可见反应过程中气体平均摩尔质量是一直变化的。因此当平均摩尔质量不再变化时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选B。
【分析】化学平衡状态判断，物理量从变量成为不变量时，说明反应达平衡状态，对于题目中反应是非等体积反应，压强是变量，气体质量会变化，气体密度是变量，气体平均摩尔质量是变量，当其不变时，反应达平衡。
6．美好生活靠劳动创造。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 学农活动：用草木灰改良酸性土壤 溶液水解呈碱性
B 工厂研学：铁质模具表面镀铜 在阴极被还原为
C 污水处理：用处理含废水 氧化性比强
D 手工制作：用铁粉、食盐等制作暖贴 铁粉发生吸氧腐蚀放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电镀
【解析】【解答】A．草木灰的主要成分是，其中的碳酸根离子发生水解反应，让溶液呈碱性，可以中和土壤中的酸性物质，因此可以用草木灰改良酸性土壤，该项化学知识对应关系正确，故A不选；
B．要在铁质模具表面镀铜，可以通过电镀工艺完成，电镀过程中铜离子会在阴极得到电子被还原为铜单质并沉积在模具表面，该项化学知识对应关系正确，故B不选；
C．使用硫化亚铁处理含有铜离子的废水，原理是沉淀转化：溶解度更小的硫化铜更易生成，会转化为沉淀从而除去铜离子，该过程和“三价铁氧化性比铜离子更强”这一性质无关，前后化学知识没有关联，故C符合题意；
D．利用铁粉、食盐制作暖贴，是利用了铁粉的吸氧腐蚀原理：铁粉在中性的食盐电解质环境中会发生吸氧腐蚀，这个过程会放出热量，该项化学知识对应关系正确，故D不选；
综上，答案选C。
【分析】 用处理含废水原理是，与离子氧化性无关。
7． Mo—In2O3催化CO2、H2制备甲醇对碳资源化利用具有重要意义，其催化反应历程及能量变化如图(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．Mo—In2O3作为催化剂，降低了反应的焓变
B．反应历程的决速步骤为
C．制备甲醇的反应存在非极性键的断裂和极性键的形成
D．制备甲醇的反应原子利用率为100%
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．Mo—In2O3作为催化剂，作用是降低反应所需的活化能，以此加快反应速率，但催化剂不能改变化学反应的焓变，因此A错误；
B．根据反应过程的能量变化图可以判断，步骤H2CO+H→H3CO的活化能是整个过程中最大的，而多步反应中活化能最大的步骤是决速步骤，因此该步骤才是总反应的决速步骤，所以B错误；
C．在CO2制备甲醇的反应过程中，反应物中的H-H非极性键发生断裂，同时CO2中的C=O极性键也发生断裂；最终生成甲醇和水的过程中，形成的C-H、C-O、O-H全部都属于极性键，因此该反应过程确实存在非极性键的断裂，以及极性键的形成，所以C正确；
D．CO2加氢制备甲醇的总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，反应除了生成甲醇外，还生成了水，因此反应的原子利用率小于100%，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A．催化剂不影响焓变；
B．活化能最大的步骤为决速步骤；
C．由反应历程图，存在H-H、C-H、C-O、O-H的断裂和形成；
D．总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，生成物有2种，原子利用率不是100% 。
8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中的数目为
B．的溶液中的数目为
C．与足量反应生成的混合气体中的数目为
D．用惰性电极电解稀的溶液，溶液质量减少，转移电子数为
【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；盐类水解的应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．溶液中，会发生水解反应，因此实际溶液中的数目小于，A错误；
B．常温下pH=12的溶液中，，但题干没有给出溶液的体积，无法计算的物质的量，也就无法得到其数目，B错误；
C.0.1 mol和足量氧气反应，理论上会生成0.1 mol，但生成的会发生可逆的二聚反应，部分转化为，即，因此平衡后混合气体中分子数目一定小于，C错误；
D．用惰性电极电解溶液时，反应本质是电解水，总反应为。若溶液质量减少1.8 g，说明被电解的水的物质的量为0.1 mol。根据总反应可知，每电解2 mol水，转移4 mol电子，因此电解0.1 mol水时，转移电子的物质的量为0.2 mol，转移电子数为，D正确；
答案选D。
【分析】A．铵根离子会水解，离子数目减少；
B．缺少体积数据，无法计算；
C.体系中存在平衡 ，二氧化氮数目变少；
D．由电解原理，电解18g水，转移电子数为。
9．绝热恒容下发生反应：，测得、随时间变化如图。下列说法正确的是
A．该反应的 B．时，
C．时，A的转化率最大 D．、时，反应平衡常数
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．反应开始至t1，反应速率加快，说明容器内温度升高，则该反应放热，，故A正确；
B．根据图示，时，，故B错误；
C．时，，反应仍正向进行，A的转化率没有达到最大值，故C错误；
D．根据以上分析，正反应放热，时的温度小于时，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数，故D错误；
选A。
【分析】A．反应条件为绝热，反应速率增大，说明温度升高，反应放热；
B．时，；
C．时，反应正向进行，A的转化率增大；
D．反应放热，温度越高，平衡常数越小。
10．用同位素示踪法探究与的酯化反应机理。下列说法正确的是
A．一段时间后，反应体系中能检测到
B．及时将乙酸乙酯从体系中分离，反应平衡正向移动
C．升高温度，产物中含量增大，说明酯化反应放热
D．加入浓硫酸能加快反应速率，乙醇的平衡转化率不变
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；酯化反应
【解析】【解答】A．乙醇和乙酸发生酯化反应时，反应的机理是乙酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基上的氢原子，因此当反应物为和普通乙酸时，反应生成的水分子中不会含有标记同位素18O，达到平衡后整个反应体系中也检测不到，因此A选项错误；
B．乙酸乙酯的生成反应是可逆反应，及时把产物乙酸乙酯从反应体系中分离出去，会使体系中生成物浓度降低，根据勒夏特列原理，平衡会向正反应方向移动，因此B选项正确；
C．升高温度后，产物中的占比升高，说明升温后平衡向正反应方向移动，由此可推得正反应为吸热反应，因此C选项错误；
D．浓硫酸除了作催化剂和酸之外，还具有吸水性，它可以吸收反应生成的水，降低体系中生成物水的浓度，使平衡向正反应方向移动，因此乙醇的平衡转化率会升高，D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A．酯化反应原理是酸脱羟基醇脱氢，18O在乙酸乙酯和乙醇中；
B．减少生成物浓度，平衡正向移动；
C．升高温度，产物增多，说明正向吸热；
D．浓硫酸具有吸水性，减少生成物浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大。
11．一种以甲烷为原料制备甲醛的机理如图，在材料上反应产生(带“·”的表示自由基)。下列说法错误的是
A．的电子数为
B．该机理中为催化剂，为中间产物
C．活化材料，加快产生，总反应平衡常数不变
D．总反应方程式为
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．计算HO·的电子数：H原子含1个电子，O原子含8个电子，因此1个HO·中总共含1+8=9个电子，所以1mol HO·含有的电子数为9NA，选项A正确；
B．根据催化剂和中间产物的定义：催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变，中间产物是反应过程中先生成、后续又被消耗的物质；分析整个反应机理可知，CH3OO·由CH3·和O2反应生成，之后又转化为其他物质，HO·同样也是反应过程中生成又消耗，二者都不符合催化剂的定义，都属于反应的中间产物，不是催化剂，选项B错误。
C．平衡常数仅受温度影响，和反应速率、催化剂都没有关系；活化BN材料可以加快该反应的反应速率，但不会改变总反应的平衡常数，因此C选项是正确的；
D．结合给出的反应机理分析，该反应的反应物是CH4和O2，生成物为HCHO和H2O，BN在反应中作催化剂，因此总反应方程式为：CH4+O2HCHO +H2O，因此D选项是正确的；
综上，答案选B。
【分析】A．羟基是中性原子团，1个羟基含9个电子；
B． 和 为中间产物；
C．温度不变，平衡常数不变；
D．由机理图，总反应为 。
12．核电厂锅炉水处理中常加入联氨()作为调节剂，联氨水溶液呈碱性，电离过程与氨类似，时、，可与盐酸反应生成盐酸盐(和)。下列说法正确的是
A．联氨在水中的第一步电离为
B．水溶液加水稀释，减小
C．水溶液的
D．时，若溶液中，则
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．联氨()属于二元弱碱，它在水中的电离规律和氨相似，我们可以类比的电离过程，能够推得联氨在水中的第一步电离方程式为：，因此A选项的描述是正确的；
B．属于强酸弱碱盐，又因为是二元弱碱，因此既可以发生水解也可以发生电离。电离反应为，其电离平衡常数；水解反应为，水解平衡常数。由于，说明水解程度大于电离程度，因此溶液显酸性；稀释酸性溶液时，溶液中减小，pH增大，因此B错误；
C．属于盐，水溶液中完全电离，电离出和，常温时，的水解（）平衡常数，以第一步水解为主，则溶液中c(H+)＜0.005mol/L，溶液的pH > 2，C错误；
D．由已知，时，若溶液中，则，解得，所以，即pH=3，D错误；
故选A。
【分析】A．由题意， 联氨水溶液呈碱性， 电离方程式为 ；
B．存在水解和电离，经计算，水解大于电离，溶液呈酸性，稀释溶液酸性减弱，pH增大；
C．水解程度微弱，溶液的pH > 2；
D．由电离常数计算，，，pH=3。
13．下列实验能达到预期目的是
选项 实验内容 实验目的
A 向两份等体积等浓度的溶液中分别加入等体积、不同浓度的酸性溶液，记录褪色时间 探究浓度对反应速率的影响
B 向溶液中通入 比较与酸性强弱
C 恒温下，在体积可变的容器中加入一定量与，反应达到平衡后压缩容器体积 探究压强对平衡移动的影响
D 常温下分别测定等浓度和溶液的 比较碳与氮元素的非金属性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．若要探究“浓度对反应速率的影响”，需要保证其他反应条件一致，只改变其中一种反应物的浓度。本实验中改变的是的浓度，酸性高锰酸钾与草酸反应时，溶液褪色是因为高锰酸钾被还原；如果高锰酸钾浓度较高，完全反应它就需要消耗更多草酸，而本实验中草酸的用量是固定的，高锰酸钾浓度较高时很可能出现草酸不足，高锰酸钾无法完全反应，溶液不会褪色的情况。即使最终能够褪色，高浓度的高锰酸钾本身颜色更深，观察并记录褪色时间的误差也很大。正确的实验操作应该是保证高锰酸钾的浓度、体积都相同，只改变草酸的浓度，同时保证草酸过量，让高锰酸钾可以完全反应，通过观察褪色时间判断反应速率，因此该实验不能达到预期目的；
B．将H2S通入CuSO4溶液中会生成CuS沉淀，该反应能够发生是因为CuS难溶于酸，该过程只能说明CuS难溶，无法通过这个反应比较H2SO4和H2S的酸性强弱，因此该实验不能达到预期目的；
C．对于反应 H2(g) + I2(g) 2HI(g)， 反应前后气体分子总数相等，压强改变不会使该平衡发生移动，压缩体积增大压强后平衡不移动，因此无法通过该实验探究压强对平衡移动的影响，C不能达到实验预期目的；
D．测定等物质的量浓度的 NaHCO3和NaNO3溶液的pH， NaHCO3 会发生水解使溶液显碱性， NaNO3为中性（pH=7）， 可以说明 H2CO3 的酸性弱于 HNO3 ；根据比较非金属性强弱的规律，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物水化物的酸性越强，因此可以通过该关系比较碳和氮的非金属性（氮的非金属性强于碳），D能达到实验预期目的；
因此答案选D。
【分析】A．实验设计原理为高锰酸钾的浓度、体积相同，改变草酸浓度，观察溶液褪色时间；
B．CuSO4和H2S反应生成CuS和H2SO4，反应能发生是生成物硫化铜是难溶物，从体系分离，促进反应进行，不能比较酸性强弱；
C． H2(g) + I2(g) 2HI(g)为等体积反应，改变压强平衡不移动；
D．酸性越弱，酸根离子水解能力越强，对应盐溶液碱性越强。
14．常温下，用标准溶液滴定未知浓度的和混合溶液，测得溶液的电导率随溶液体积的变化如图。下列说法正确的是
A．是弱酸，起始浓度约为
B．b点溶液中：
C．c点溶液中：
D．水的电离程度：
【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．曲线在 b 点（）后不是明显的平台或陡升，而是缓慢上升，说明 b 点后中和的不是强酸，而是弱酸（弱酸部分电离，反应过程中H+不断被消耗，电离平衡正向移动，电导率缓慢增加）因此，HA是弱酸， a→b 段消耗NaOH体积为，用于中和HCl（强酸），根据NaOH+HCl=NaCl+H2O，初始c(HCl)=≈0.033mol/L；b→c 段消耗NaOH体积为，用于中和HA（弱酸），根据反应：，设HA起始浓度为，则：，，A正确；
B．b点加入NaOH的体积为，此时HCl恰好和NaOH完全反应，溶液中的溶质为NaCl和弱酸HA，且满足浓度关系2c(NaCl)=c(HA)。Cl-全部来自HCl，其物质的量和消耗HCl的量相等，Na+全部来自加入的NaOH，二者物质的量相等，因此可得。而HA是弱酸，仅发生微弱电离产生A-和H+，同时溶液中还存在水的电离，因此正确的浓度顺序应该是：，所以B选项错误；
C．当加入NaOH溶液的体积为30 mL时，也就是c点，HA恰好和NaOH完全反应，此时溶液中的溶质是NaCl和NaA，其中NaA是强碱弱酸盐，并且满足浓度关系 2c(NaCl)=c(NaA)， 我们可以通过质子守恒来分析该溶液：在NaA溶液中，存在水的电离平衡 ：， 溶液中的 A- 会结合水电离出的 H+ 生成HA，根据质子守恒的规律，可以得到关系 ，对式子整理后即可得到， 因此C选项错误。
D．水的电离程度可以用溶液中或者衡量。酸和碱都会电离出氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而可水解的盐会结合水电离出的离子，促进水的电离。本问题中，a点是HCl和HA的混合溶液，溶液呈强酸性，强酸电离出的氢离子会强烈抑制水的电离；b点是NaCl和HA的混合溶液，只有弱酸HA电离出氢离子抑制水的电离，抑制水电离的程度比a点（含有强酸HCl）更小；c点是NaCl和NaA的混合溶液，NaA电离出的A-会发生水解，促进水的电离，因此三个点中水的电离程度c点最大；综上，水的电离程度顺序为，因此D选项错误；
综上，答案选A。
【分析】A．由曲线图，b点为氯化氢恰好中和点，c点为HA恰好中和点，根据消耗氢氧化钠体积计算HA溶液浓度；
B．b点溶质为NaCl和HA，2c(NaCl)=c(HA)，可进行微粒浓度大小比较；
C．c点溶质为NaCl和NaA，2c(NaCl)=c(NaA)，考查溶液质子守恒；
D．酸和碱抑制水的电离，NaA促进水的电离，可得水的电离程度顺序为。
15．利用电渗析法处理含Cr(Ⅲ)废水的装置如图，碱性条件下H2O2可将Cr3+氧化为CrO，双极膜中H2O解离的H+和OH-在外电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A．Pt电极上发生的电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2
B．膜a、膜b分别为阴离子交换膜、阳离子交换膜
C．标准状况下4.48 LO2参与反应，理论上可生成0.2 molH2SO4
D．反应一段时间后，取转化室中的溶液加入KOH可制得K2Cr2O7
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. Pt电极是阴极，阴极会发生得电子的反应，结合图示可知，是O2得到电子生成H2O2，因此电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，A项正确；
B. 根据装置的工作原理分析可得，膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，B项正确；
C. 标准状况下4.48 L O2的物质的量为=0.2 mol，结合阴极电极反应可以算出，该过程转移电子的物质的量为0.2 mol×2=0.4 mol；阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移0.4 mol电子时会生成0.4 mol H+，根据氢元素守恒，对应生成的硫酸为0.2 mol，C项正确；
D. 根据题干信息，碱性环境下H2O2可以把Cr3+氧化为CrO，因此向转化室的溶液中加入KOH就可以制得K2CrO4，D项错误；
综上，答案选D。
【分析】本题是利用电渗析法处理含Cr(Ⅲ)废水的问题，装置连接直流电源，属于电解池装置。根据H+向Pt电极移动，可以判断Pt电极为阴极，因此石墨电极为阳极；因为石墨电极区最终可以得到浓硫酸，说明废水室中的硫酸根会穿过膜a迁移到石墨电极区，因此膜a为阴离子交换膜，废水中的Cr3+会穿过膜b迁移到转化室，和转化室内的H2O2发生反应，因此膜b为阳离子交换膜，我们可以根据上述结论分析解答相关问题。
16．数字化实验探究的沉淀溶解平衡，测得随时间变化如图，其中B、E点时向悬浊液中分别滴加3滴、足量饱和溶液。下列说法错误的是
A．向悬浊液中加入少量水，、均不变
B．段增大是由于加入溶液，沉淀溶解平衡正向移动
C．段存在
D．锅炉除水垢可用溶液将转化为易溶于酸的沉淀
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．CaSO4悬浊液本身属于饱和体系，当温度不发生改变时，溶度积常数 保持不变；向该体系中加入少量水后，仍有固体剩余，说明体系依旧处于饱和状态，因此溶液中、均不变， A正确；
B．在B点加入后，溶液中的会和反应，生成溶解度更小的沉淀，因此溶液中会瞬间下降，使得的沉淀溶解平衡向溶解的正向移动，浓度又逐渐上升，对应图像中就是CD段钙离子浓度的增大，因此B选项正确；
C．根据电荷守恒规律，溶液中所有阳离子的总正电荷浓度等于所有阴离子的总负电荷浓度；本题溶液中会发生水解反应生成，因此溶液中的阴离子除了、、之外，还存在水解生成的 ，所以正确的电荷守恒关系式应为：，原关系式漏掉了碳酸氢根，因此C错误；
D．由于的溶解度远小于，因此锅炉除水垢时，可以加入，使原本难溶于酸的沉淀转化为易溶于酸的，后续加入酸就可以将水垢除去，因此D选项的说法是正确的；
综上，本题答案选C。
【分析】 A．悬浊液中加入少量水， 仍为饱和溶液，、保持不变 ；
B．体系中存在硫酸钙转化为碳酸钙，促进平衡正向移动，钙离子浓度增大；
C．溶液中存在碳酸氢根离子，电荷守恒式为；
D．硫酸钙难溶于酸，转化为易溶于酸的碳酸钙，方便除去。
17．兴趣小组用溶液和双氧水检验，发现异常现象，并展开探究。
（1）实验准备 配制溶液。
①配制过程需用到的仪器有　 　(填标号)。
②溶解时需加入少量稀硫酸，目的是　 　。
（2）实验探究 分别取溶液于6支试管中，滴加4滴溶液，无明显变化；再向其中分别滴加不同用量的双氧水，充分振荡，溶液颜色变化如下表。
试管编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ
双氧水用量 1滴 2滴 3滴 4滴 5滴 6滴
溶液颜色 黄红色 血红色 血红色 血红色 黄红色 黄色
试管编号 Ⅶ
兴趣小组对试管Ⅳ~Ⅵ中颜色变化的原因进行探究。
①提出猜想 猜想1：加入的双氧水将溶液稀释，颜色变浅。
验证猜想 取试管Ⅳ中溶液，滴加　 　，对比试管Ⅵ，溶液仍为血红色，证明猜想1不成立。
②修正猜想 猜想2：发生转化
猜想3：发生转化
验证猜想 取试管Ⅵ中溶液均分于2支试管中，进行如下操作。
Ⅷ
加入试剂 3滴溶液 3滴溶液
实验现象 溶液仍为黄色 _________
补充试管Ⅷ中实验现象：　 　，证明猜想3成立。
（3）查阅文献 双氧水能将氧化为。
设计方案：　 　(写出操作及现象)，证明被氧化为。
限选试剂：双氧水、溶液、试管Ⅵ中溶液、稀盐酸、溶液。
（4）得出结论 试管Ⅳ中溶液由血红色变为黄色的原因为　 　(从平衡移动的角度解释)。兴趣小组还发现试管Ⅵ中溶液放置后有气泡产生，经检验该气体为，该反应的化学方程式为　 　。
（5）往待测液中加入　 　溶液，产生蓝色沉淀，也可检验溶液中的存在。
【答案】（1）BE；抑制Fe2+水解
（2）2滴蒸馏水；溶液变为血红色
（3）取少量KSCN溶液，滴加适量3%双氧水，充分振荡，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
（4）双氧水将SCN 氧化为，c(SCN )减小，使Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3平衡逆向移动；
（5）铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制100 mL 0.1 mol L- (NH4)2Fe(SO4)2溶液时，需要用到的仪器有：B（100 mL容量瓶），作用是将溶液准确定容至100 mL；D（胶头滴管），定容时需要用它逐滴加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；E（玻璃棒），溶解固体时用于搅拌加速溶解，转移溶液时用于引流。
②(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+容易发生水解反应：Fe2+ + 2H2O Fe(OH)2 + 2H+。配制溶液时加入稀硫酸，溶液中H+浓度升高，根据勒夏特列原理，水解平衡会向左移动，从而抑制Fe2+的水解，避免生成Fe(OH)2沉淀；同时酸性环境还可以减缓Fe2+被空气中氧气氧化的速率。
（2）①本实验中，试管Ⅳ加入4滴H2O2，试管Ⅵ加入6滴H2O2，二者H2O2体积相差2滴。为了排除溶液体积不同（即稀释效应）对实验结果的影响，需要向试管Ⅳ中额外滴入2滴水，保证两支试管的溶液总体积相同。若滴加水后试管Ⅳ的溶液仍然保持血红色，说明颜色褪去不是稀释导致的，因此猜想1不成立。
②要验证猜想3，试管Ⅶ在加入H2O2反应后，再加入Fe2(SO4)3，若此时溶液仍为黄色，不显示血红色，说明体系中Fe3+是足量的，只是不能生成血红色络合物；接下来向试管Ⅷ中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，就证明原本实验Ⅶ的体系中SCN-已经被H2O2氧化消耗完了，无法和Fe3+结合生成血红色的[Fe(SCN)]2+，因此猜想3成立。
（3）若要验证SCN-被H2O2氧化为SO42-，实验方案为：取少量待检验的KSCN反应后的溶液，向其中滴加适量3%的双氧水，充分振荡后，先加入足量稀盐酸酸化，排除碳酸根、银离子等杂质离子的干扰，再滴加BaCl2溶液。若观察到有白色沉淀生成，就可以证明SCN-被氧化为了SO42-。
（4）①我们可以从平衡移动的角度进行分析：溶液中本身存在如下络合平衡： Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3，可以将氧化为，因此反应过程中会被不断消耗，导致SCN-)不断降低，上述络合平衡会向逆反应方向移动，有色物质 Fe(SCN)3浓度减小，因此观察到溶液由血红色逐渐变为黄色；
②实验中可以观察到，试管Ⅵ中的溶液放置后，有气泡不断产生，经检验确认该气体为；$\ce{H_2O_2}$氧化的过程本身会生成，试管Ⅵ中生成的对的分解反应具有催化作用，该分解反应的化学方程式为：。
（5）检验亚铁离子的方法为：向待测溶液中加入铁氰化钾（）溶液，若观察到有蓝色沉淀生成，即可证明原溶液中存在。
【分析】兴趣小组使用溶液与双氧水检验时观察到了异常现象，因此展开探究。已知可以将氧化为，这个氧化反应会使得溶液中浓度下降，让络合平衡逆向移动，最终导致溶液血红色褪去，逐渐变为黄色。
向已经变黄的溶液（比如试管Ⅳ内的溶液）中再次加入，如果溶液重新变为血红色，就可以说明血红色变浅并不是稀释导致的，而是被消耗所引起的；向变黄的试管Ⅵ溶液中补加后，若溶液重新变为血红色，就可以证明是被氧化消耗，使得络合平衡逆向移动，最终造成溶液颜色变浅。
（1）①配制溶液，需用到的仪器为：B（100 mL容量瓶）：用于准确定容至，D（胶头滴管）：定容时逐滴加水至刻度线，E（玻璃棒）：溶解时搅拌、转移溶液时引流；
②中易水解：。加入稀硫酸可增大浓度，使水解平衡左移，抑制水解，防止生成沉淀，同时维持酸性环境减缓被氧化。
（2）①试管Ⅳ加 滴 ，试管VI加 滴 ，体积差为 滴。为排除稀释影响，需向试管Ⅳ中滴加 滴水，使总体积与Ⅵ一致。若溶液仍为血红色，说明颜色变化非稀释所致，猜想1不成立；
②试管Ⅶ加入后仍为黄色，说明充足但未显红色，试管Ⅷ加入溶液，若溶液变为血红色，说明实验Ⅶ中已被氧化，无法与结合生成血红色的，猜想3成立。
（3）取少量KSCN溶液，滴加适量3%双氧水，充分振荡，先加入稀盐酸，再滴加溶液。若观察到产生白色沉淀，则证明被氧化为。
（4）①从平衡移动角度解释：溶液中存在络合平衡Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3，会氧化为 ，因此 持续被消耗，减小，络合平衡逆向移动，溶液由血红色变为黄色；
②兴趣小组还发现试管Ⅵ中溶液放置后有气泡产生，经检验该气体为，被氧化生成的 ，试管Ⅵ中对分解有催化作用，反应的化学方程式为：。
（5）往待测液中加入铁氰化钾（）溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中存在。
18．粉煤灰的综合利用对环境保护及资源再生具有重要意义。一种利用粉煤灰(主要含、、、、等的氧化物)制备、和的工艺如下。
已知：①时，，。
②时，的电离常数，。
（1）“酸浸”时，提高浸取速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“除铁”时，反应的离子方程式为　 　；若酸浸液中为，则“除铁”时应控制不大于　 　(保留一位小数)。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入　 　溶液，其原理为　 　(从平衡移动的角度解释)。
（4）“结晶”时，获得晶体的方法是　 　，过滤、洗涤、干燥。
（5）“沉淀”时，加入的为二元弱酸。时，的溶液中　 　。
（6）“灼烧”时，草酸钪发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）搅拌、适当提高酸浸温度等
（2）2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；3.3
（3）HCl或盐酸(合理即可，硫酸除外)；加入盐酸，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱
（4）在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶
（5）840
（6）2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）提高“酸浸”浸取速率的措施可以通过适当升高温度、增大盐酸浓度、搅拌等方式提高浸取速率(任选一条即可)。
（2）除铁时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调节pH使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；除铁时不能使Al3+沉淀，当Al3+开始沉淀时，因此，pH的上限由开始沉淀时的pH决定，已知，，，则 ，。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入盐酸（不能引入杂质离子）后，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱。
（4）是强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解：。加热会促进水解，且生成的易挥发，导致最终得到的是氢氧化铝甚至氧化铝，而不是氯化铝晶体。为了抑制水解，必须在HCl气流中进行蒸发浓缩。
（5）利用草酸（）的两步电离常数：、，将两式相乘：，整理得：，已知，则mol/L，溶液中=。（6）草酸钪在空气中灼烧，Sc2(C2O4)3与O2反应生成Sc2O3、CO2，配平后化学方程式为：2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2。
【分析】粉煤灰的主要成分是Al、Fe、Ca、Sc、Si等的氧化物，向粉煤灰中加入盐酸酸浸后，Al、Fe、Ca、Sc的氧化物会和盐酸反应，转化为对应可溶性盐离子；SiO2不与盐酸反应，因此滤渣1的成分为SiO2。后续除铁操作中，H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再用树脂除去钙离子，对树脂洗脱后向洗脱液加入硫酸，钙离子会转化为CaSO4沉淀；树脂除钙后经结晶操作可以得到AlCl3·6H2O，结晶后得到的含钪沉淀中加入H2C2O4，可将钪转化为草酸钪，最后草酸钪在空气中灼烧，即可得到Sc2O3，按照该流程进行分析即可。
（1）提高“酸浸”浸取速率的措施可以通过适当升高温度、增大盐酸浓度、搅拌等方式提高浸取速率(任选一条即可)。
（2）除铁时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调节pH使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；除铁时不能使Al3+沉淀，当Al3+开始沉淀时，因此，pH的上限由开始沉淀时的pH决定，已知，，，则 ，。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入盐酸（不能引入杂质离子）后，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱。
（4）是强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解：。加热会促进水解，且生成的易挥发，导致最终得到的是氢氧化铝甚至氧化铝，而不是氯化铝晶体。为了抑制水解，必须在HCl气流中进行蒸发浓缩。
（5）利用草酸（）的两步电离常数：、，将两式相乘：，整理得：，已知，则mol/L，溶液中=。
（6）草酸钪在空气中灼烧，Sc2(C2O4)3与O2反应生成Sc2O3、CO2，配平后化学方程式为：2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2。
19．常用作氧化剂、漂白剂。某实验小组利用如图装置制备。已知微溶于水，不溶于乙醇，在酸的作用下发生分解。
回答下列问题：
（1）写出的电子式　 　。
（2）仪器a的名称为　 　；仪器b的作用为　 　。
（3）该反应在冰水浴中进行的原因：①降低溶解度，便于析出结晶；②　 　。
（4）上述实验制备的离子方程式为　 　。经结晶、过滤后，可选择　 　对粗品进行洗涤。
（5）测定纯度。称取粗品，加入过量溶液使其完全反应，滴加几滴淀粉试剂，溶液变蓝。用标准溶液进行滴定，平行测定三次，消耗标准溶液的体积如表。(已知：；杂质不参与反应。)
实验序号 1 2 3
①判断滴定终点的现象为　 　。
②下列操作可能导致结果偏大的是　 　(填标号)。
A.滴定前没有用标准溶液润洗滴定管
B.滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶
C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
③计算粗品纯度为　 　(用含m的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）分液漏斗；防止倒吸
（3）防止H2O2受热分解，减少NH3逸出
（4）Ba2+ + H2O2 + 2NH3=BaO2↓ + 2；乙醇
（5）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；AC； 或 (合理即可)
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）过氧化钡属于离子化合物，由钡离子和过氧根离子构成，电子式为。
（2）从装置图可以看出，仪器a的名称是分液漏斗，仪器b的作用是防止倒吸，因为极易溶于水，如果直接将氨气通入反应溶液，可能会因为氨气溶解速率过快，导致装置内压强快速降低，引发倒吸，仪器b为球形干燥管，可以起到缓冲的作用，避免倒吸发生。
（3）该反应需要在冰水浴中进行，原因主要有两点：一是可以降低过氧化钡 BaO2 的溶解度，更有利于结晶析出；二是能够避免温度过高导致双氧水分解，同时也能减少氨气的挥发逸出，这样可以提高反应物的利用率，保障反应顺利进行。
（4）根据原子守恒和电荷守恒，可以推导出制备 BaO2 的离子方程式为： Ba2++H2O2+2NH3=BaO2↓+2， 由于 BaO2 微溶于水，且不溶于乙醇，因此结晶、过滤得到粗品后，适合选用乙醇洗涤 BaO2 粗品。
（5）①本次滴定的原理是用 标准溶液滴定反应生成的 ，选用淀粉作为指示剂。滴定初始溶液中含有 ，因此溶液呈蓝色，当 被完全反应后，蓝色会褪去，因此判断滴定终点的现象为：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复，即为滴定终点。
②A．滴定前如果未用 Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致滴定管内壁残留的蒸馏水稀释标准液，使 Na2S2O3 标准液实际浓度降低，滴定消耗的标准液体积偏大，最终计算得到的测定结果偏大，故A正确；
B．滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶，锥形瓶中待测物的总物质的量不发生改变，因此对测定结果没有影响，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴处存在气泡，滴定后气泡消失，会导致读取的标准液体积比实际消耗体积偏大，最终使测定结果偏大，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致最终读出的标准液体积偏小，最终计算得到的测定结果偏小，故D错误；
综上，答案选AC。
③结合得失电子守恒和题目给出的反应方程式，可以得到关系： BaO2～I2～2S2，n(BaO2)=n(Na2S2O3)， 本次实验中第2次数据偏差过大，属于异常值，需要舍去；取第1、3次实验的平均消耗体积计算，得到平均消耗标准液体积为 20.00mL， 因此 BaO2 粗品的纯度计算结果为：×100%= 或。
【分析】过氧化钡是由氯化钡溶液与过氧化氢在氨气存在的条件下反应制得的。过氧化钡微溶于水，不溶于乙醇，在酸性环境中会发生分解。本实验采用冰水浴进行反应，目的是降低过氧化钡的溶解度，同时避免过氧化氢分解、氨气逸出。另外，滴定过程需要明确过氧化钡与碘化钾的反应量关系，以及碘单质与硫代硫酸钠的滴定对应关系。
（1）BaO2属于离子化合物，由钡离子和过氧根离子构成，电子式为。
（2）由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，仪器b的作用为防止倒吸，因为极易溶于水，若直接通入溶液可能会因溶解速率过快导致装置内压强骤降，引发倒吸，仪器b（球形干燥管）可起到缓冲作用，避免倒吸现象发生。
（3）该反应在冰水浴中进行的原因：①降低BaO2溶解度，便于析出结晶；②防止双氧水受热分解，减少氨气的逸出。从而提高反应物的利用率，保证反应顺利进行。
（4）根据原子守恒、电荷守恒，可得制备BaO2的离子方程式为Ba2++H2O2+2NH3=BaO2↓+2，BaO2微溶于水，不溶于乙醇，经结晶、过滤后，可选择乙醇对BaO2粗品进行洗涤。
（5）①滴定原理是用滴定生成的，淀粉作指示剂。溶液初始因含显蓝色，当被消耗完时，蓝色消失，判断滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
②A．滴定前没有用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，导致Na2S2O3标准溶液浓度降低，消耗量增大，最终导致测定结果偏大，故A正确；
B．滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶，对测定结果没有影响，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致读出标准溶液体积偏大，最终导致测定结果偏大，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出标准溶液体积偏小，最终导致测定结果偏小，故D错误；
故答案为：AC；
③根据得失电子守恒和题给方程式，得出关系式：BaO2～I2～2S2，n(BaO2)=n(Na2S2O3)，第2次实验误差较大，舍去，1、3两次实验，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL，则BaO2粗品纯度为×100%= 或。
20．氢能是一种可再生清洁能源，制氢、储氢、用氢等相关研究具有重要意义。
（1）热化学硫碘循环水分解制氢的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①硫碘循环水分解制氢总反应：的　 　。
②反应Ⅱ在　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
③反应Ⅲ存在两步基元反应：a. b.
已知：
i．相同条件下，加入催化剂，反应a的速率增大，反应Ⅲ达到平衡所需时间大幅缩短；
ⅱ．升温，减小，增大。
基于以上事实，画出反应Ⅲ的反应历程示意图　 　。
（2）氨是一种理想的储氢介质。工业合成氨：。
①下列措施中，既能加快合成氨的反应速率，又能提高的平衡转化率的是　 　。
A.增大压强 B.升高温度 C.恒容通入 D.加入催化剂
②恒容条件下，通入一定量，以为、、为起始投料比合成氨，的平衡转化率随温度的变化如图，表示起始投料比的是曲线　 　(填标号)。
时，以曲线c的起始投料比进行反应，初始压强，计算该反应的压强平衡常数　 　(写出计算过程，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
（3）氢负离子()具有强还原性。固态氢负离子二次电池的工作原理如图，M为、、等金属。放电时，向电极b移动。
①充电时，电极b的电极反应式为　 　。
②固态氢负离子导体能否替换为电解质水溶液，理由是　 　。
【答案】（1）+572 kJ·mol 1；高温；
（2）A；c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%：列出“三段式”：平衡时，p总 = 0.75p0 = 0.75×4 = 3 MPa，
（3）MHx + xe = M + xH ；不能，氢负离子具有强还原性，能与水反应生成H2(或电极b为活泼金属材料，能与水反应)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将2倍的反应Ⅰ加上反应Ⅱ，再加上2倍的反应Ⅲ，即可得到反应 ，计算该反应的焓变：
②反应Ⅱ的焓变， 该反应反应物为液态体系，生成物中含有气体，生成气体会使体系混乱程度增大，因此熵变， 根据反应自发进行的判据 ，可知该反应在高温条件下可以自发进行。
③相同条件下，加入催化剂后反应a速率明显增大，反应Ⅲ达到平衡的时间大幅缩短，说明反应a是总反应Ⅲ的决速步骤，其活化能更高。升高温度后， 减小，说明反应a的平衡向右移动，因此反应a的正反应为吸热反应；而 增大，说明升高温度后步骤b的平衡向左移动，即步骤b的正反应为放热反应。总反应Ⅲ的焓变 ＞0， 因此 一定是大于 的正值，反应Ⅲ的反应历程能量变化示意图为：
（2）①对于反应，已知该反应的，属于气体总体积减小的放热反应，我们对各条件的影响分析如下：
A．增大压强后，反应物、生成物的浓度都会升高，因此反应速率加快；根据勒夏特列原理，平衡会向气体体积减小的方向也就是正反应方向移动，因此的平衡转化率会提高，A符合要求；
B．升高温度后，反应速率会加快；但平衡会向吸热方向也就是逆反应方向移动，因此的平衡转化率会降低，B不符合要求；
C．稀有气体不参与该反应，在恒容容器中通入He后，反应体系内各组分的浓度不会发生变化，因此反应速率不变，平衡也不移动，H2的平衡转化率不变，C不符合要求；
D．催化剂可以同等程度加快正、逆反应速率，能够缩短反应达到平衡的时间，但不会改变平衡状态，因此H2的平衡转化率不变，D不符合要求；
综上，答案选A；
②增加一种反应物（）的浓度，会提高另一种反应物（）的转化率。投料比分别为、、，投料比越小，说明的浓度越小，平衡逆向移动，的转化率减小，由图可知，表示起始投料比的是曲线c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%，列出“三段式”：
平衡时，混合气体总物质的量为3mol，p总 =×4 MPa= 3 MPa，。
（3）①放电时该装置为原电池，题干信息表明 会向电极b移动，结合原电池中阴离子向负极移动的规律，可判断电极b为负极，电极a为正极。负极发生失电子的氧化反应，电极反应为：； 充电是放电的逆过程，充电时原电池的负极b需要接外接电源的负极，作阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：；
②已知 具有强还原性，而水中的氢元素为+1价，若将固体电解质换成水溶液， 会和水发生氧化还原反应生成氢气，反应为： 。 该反应会消耗，导致电池无法正常工作，出现内部短路或失效的问题，同时反应生成气体，还可能带来安全隐患；另外电极b本身为活泼金属材料，也可以和水发生反应，因此不能将导体换成水溶液。
【分析】（1）考查盖斯定律， 2×反应 Ⅰ+反应Ⅱ+2×反应 Ⅲ 可得目标反应， 时反应自发；
（2）反应放热，升高温度平衡逆移，氢气转化率降低，催化剂和恒容通入He，不改变反应速率和氢气转化率；投料比越大，氢气转化率越大；
（3）放电时， 向b极移动，可判断电极b为负极，电极a为正极。
（1）①由盖斯定律可知，2×反应 Ⅰ+反应Ⅱ+2×反应 Ⅲ可得的；
②反应Ⅱ的，反应物是液态溶液，生成物中有气体，气体的生成意味着混乱度增加，所以，时反应能够自发，在高温下能自发进行；
③相同条件下，加入催化剂，反应a的速率增大，反应Ⅲ达到平衡所需时间大幅缩短，反应a是决速步，活化能较高，升温，减小，说明平衡向右移动，反应a吸热；增大，说明对于步骤b，升温平衡向左移动，意味着步骤b的正反应是放热的，总反应 ＞0，既然，那么必须是一个比更大的正值，画出反应Ⅲ的反应历程示意图为： 。
（2）①反应的，这是一个气体体积减小的放热反应，
A．压强增大，反应物和生成物浓度都增加，反应速率加快；平衡向气体体积减小的方向（正向）移动，的平衡转化率提高，A符合题意；
B．温度升高，反应速率加快；但平衡向吸热方向（逆向）移动，的平衡转化率降低，B不符合题意；
C．惰性气体不参与反应，恒容通入 He，各组分浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，H2的平衡转化率不变，C不符合题意；
D．催化剂同等程度加快正逆反应速率，缩短达到平衡的时间，但不改变平衡状态，H2的平衡转化率不变，D不符合题意；
故选A；
②增加一种反应物（）的浓度，会提高另一种反应物（）的转化率。投料比分别为、、，投料比越小，说明的浓度越小，平衡逆向移动，的转化率减小，由图可知，表示起始投料比的是曲线c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%，列出“三段式”：
平衡时，混合气体总物质的量为3mol，p总 =×4 MPa= 3 MPa，。
（3）①放电过程（原电池），题目已知向电极 b 移动。在原电池中，阴离子移向负极。因此，电极 b 是负极，电极 a 是正极。负极发生氧化反应：；充电是放电的逆过程，电极 b 接电源负极，作阴极，阴极电极反应式：；
②已知（氢负离子）具有强还原性。水中含有 价的氢。如果将导体换成水溶液，会与水发生氧化还原反应产生H2： 。这将导致电池内部短路或失效，且产生气体可能引发危险；电极b为活泼金属材料，能与水反应。
1 / 1广东佛山市2025-2026学年高二上学期2月期末化学试题
1．佛山南海氢能实现“安全”与“高效”双突破。下列关于氢氧燃料电池说法错误的是
A．电池工作时化学能转化为电能
B．活性物质储存在电池内部，无需外部供给
C．可实现污染物的少排放甚至零排放
D．放电时涉及氧化还原反应
2．寻味岭南，爱上佛山美食。下列做法与减慢反应速率无关的是
A．双皮奶中添加蔗糖调味
B．鲜濑粉放入冰柜贮存
C．鱼干包装袋中放入食品干燥剂
D．盲公饼包装袋充氮气并密封保存
3．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A.模拟电解精炼铜实验 B.测定中和反应的反应热
C.测定溶液浓度 D.比较与的大小
A．A B．B C．C D．D
4．甲酸()属于一元弱酸。下列方程式正确的是
A．的燃烧热：
B．的电离：
C．的水解：
D．电解溶液生成的电极反应式：
5．恒温恒容密闭容器中发生反应：。下列不能说明该反应达到平衡状态的是
A．容器内压强不变 B．
C．气体密度不变 D．气体平均摩尔质量不变
6．美好生活靠劳动创造。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 学农活动：用草木灰改良酸性土壤 溶液水解呈碱性
B 工厂研学：铁质模具表面镀铜 在阴极被还原为
C 污水处理：用处理含废水 氧化性比强
D 手工制作：用铁粉、食盐等制作暖贴 铁粉发生吸氧腐蚀放热
A．A B．B C．C D．D
7． Mo—In2O3催化CO2、H2制备甲醇对碳资源化利用具有重要意义，其催化反应历程及能量变化如图(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．Mo—In2O3作为催化剂，降低了反应的焓变
B．反应历程的决速步骤为
C．制备甲醇的反应存在非极性键的断裂和极性键的形成
D．制备甲醇的反应原子利用率为100%
8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中的数目为
B．的溶液中的数目为
C．与足量反应生成的混合气体中的数目为
D．用惰性电极电解稀的溶液，溶液质量减少，转移电子数为
9．绝热恒容下发生反应：，测得、随时间变化如图。下列说法正确的是
A．该反应的 B．时，
C．时，A的转化率最大 D．、时，反应平衡常数
10．用同位素示踪法探究与的酯化反应机理。下列说法正确的是
A．一段时间后，反应体系中能检测到
B．及时将乙酸乙酯从体系中分离，反应平衡正向移动
C．升高温度，产物中含量增大，说明酯化反应放热
D．加入浓硫酸能加快反应速率，乙醇的平衡转化率不变
11．一种以甲烷为原料制备甲醛的机理如图，在材料上反应产生(带“·”的表示自由基)。下列说法错误的是
A．的电子数为
B．该机理中为催化剂，为中间产物
C．活化材料，加快产生，总反应平衡常数不变
D．总反应方程式为
12．核电厂锅炉水处理中常加入联氨()作为调节剂，联氨水溶液呈碱性，电离过程与氨类似，时、，可与盐酸反应生成盐酸盐(和)。下列说法正确的是
A．联氨在水中的第一步电离为
B．水溶液加水稀释，减小
C．水溶液的
D．时，若溶液中，则
13．下列实验能达到预期目的是
选项 实验内容 实验目的
A 向两份等体积等浓度的溶液中分别加入等体积、不同浓度的酸性溶液，记录褪色时间 探究浓度对反应速率的影响
B 向溶液中通入 比较与酸性强弱
C 恒温下，在体积可变的容器中加入一定量与，反应达到平衡后压缩容器体积 探究压强对平衡移动的影响
D 常温下分别测定等浓度和溶液的 比较碳与氮元素的非金属性
A．A B．B C．C D．D
14．常温下，用标准溶液滴定未知浓度的和混合溶液，测得溶液的电导率随溶液体积的变化如图。下列说法正确的是
A．是弱酸，起始浓度约为
B．b点溶液中：
C．c点溶液中：
D．水的电离程度：
15．利用电渗析法处理含Cr(Ⅲ)废水的装置如图，碱性条件下H2O2可将Cr3+氧化为CrO，双极膜中H2O解离的H+和OH-在外电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A．Pt电极上发生的电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2
B．膜a、膜b分别为阴离子交换膜、阳离子交换膜
C．标准状况下4.48 LO2参与反应，理论上可生成0.2 molH2SO4
D．反应一段时间后，取转化室中的溶液加入KOH可制得K2Cr2O7
16．数字化实验探究的沉淀溶解平衡，测得随时间变化如图，其中B、E点时向悬浊液中分别滴加3滴、足量饱和溶液。下列说法错误的是
A．向悬浊液中加入少量水，、均不变
B．段增大是由于加入溶液，沉淀溶解平衡正向移动
C．段存在
D．锅炉除水垢可用溶液将转化为易溶于酸的沉淀
17．兴趣小组用溶液和双氧水检验，发现异常现象，并展开探究。
（1）实验准备 配制溶液。
①配制过程需用到的仪器有　 　(填标号)。
②溶解时需加入少量稀硫酸，目的是　 　。
（2）实验探究 分别取溶液于6支试管中，滴加4滴溶液，无明显变化；再向其中分别滴加不同用量的双氧水，充分振荡，溶液颜色变化如下表。
试管编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ
双氧水用量 1滴 2滴 3滴 4滴 5滴 6滴
溶液颜色 黄红色 血红色 血红色 血红色 黄红色 黄色
试管编号 Ⅶ
兴趣小组对试管Ⅳ~Ⅵ中颜色变化的原因进行探究。
①提出猜想 猜想1：加入的双氧水将溶液稀释，颜色变浅。
验证猜想 取试管Ⅳ中溶液，滴加　 　，对比试管Ⅵ，溶液仍为血红色，证明猜想1不成立。
②修正猜想 猜想2：发生转化
猜想3：发生转化
验证猜想 取试管Ⅵ中溶液均分于2支试管中，进行如下操作。
Ⅷ
加入试剂 3滴溶液 3滴溶液
实验现象 溶液仍为黄色 _________
补充试管Ⅷ中实验现象：　 　，证明猜想3成立。
（3）查阅文献 双氧水能将氧化为。
设计方案：　 　(写出操作及现象)，证明被氧化为。
限选试剂：双氧水、溶液、试管Ⅵ中溶液、稀盐酸、溶液。
（4）得出结论 试管Ⅳ中溶液由血红色变为黄色的原因为　 　(从平衡移动的角度解释)。兴趣小组还发现试管Ⅵ中溶液放置后有气泡产生，经检验该气体为，该反应的化学方程式为　 　。
（5）往待测液中加入　 　溶液，产生蓝色沉淀，也可检验溶液中的存在。
18．粉煤灰的综合利用对环境保护及资源再生具有重要意义。一种利用粉煤灰(主要含、、、、等的氧化物)制备、和的工艺如下。
已知：①时，，。
②时，的电离常数，。
（1）“酸浸”时，提高浸取速率的措施有　 　(写一条)。
（2）“除铁”时，反应的离子方程式为　 　；若酸浸液中为，则“除铁”时应控制不大于　 　(保留一位小数)。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入　 　溶液，其原理为　 　(从平衡移动的角度解释)。
（4）“结晶”时，获得晶体的方法是　 　，过滤、洗涤、干燥。
（5）“沉淀”时，加入的为二元弱酸。时，的溶液中　 　。
（6）“灼烧”时，草酸钪发生反应的化学方程式为　 　。
19．常用作氧化剂、漂白剂。某实验小组利用如图装置制备。已知微溶于水，不溶于乙醇，在酸的作用下发生分解。
回答下列问题：
（1）写出的电子式　 　。
（2）仪器a的名称为　 　；仪器b的作用为　 　。
（3）该反应在冰水浴中进行的原因：①降低溶解度，便于析出结晶；②　 　。
（4）上述实验制备的离子方程式为　 　。经结晶、过滤后，可选择　 　对粗品进行洗涤。
（5）测定纯度。称取粗品，加入过量溶液使其完全反应，滴加几滴淀粉试剂，溶液变蓝。用标准溶液进行滴定，平行测定三次，消耗标准溶液的体积如表。(已知：；杂质不参与反应。)
实验序号 1 2 3
①判断滴定终点的现象为　 　。
②下列操作可能导致结果偏大的是　 　(填标号)。
A.滴定前没有用标准溶液润洗滴定管
B.滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶
C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
③计算粗品纯度为　 　(用含m的代数式表示)。
20．氢能是一种可再生清洁能源，制氢、储氢、用氢等相关研究具有重要意义。
（1）热化学硫碘循环水分解制氢的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①硫碘循环水分解制氢总反应：的　 　。
②反应Ⅱ在　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
③反应Ⅲ存在两步基元反应：a. b.
已知：
i．相同条件下，加入催化剂，反应a的速率增大，反应Ⅲ达到平衡所需时间大幅缩短；
ⅱ．升温，减小，增大。
基于以上事实，画出反应Ⅲ的反应历程示意图　 　。
（2）氨是一种理想的储氢介质。工业合成氨：。
①下列措施中，既能加快合成氨的反应速率，又能提高的平衡转化率的是　 　。
A.增大压强 B.升高温度 C.恒容通入 D.加入催化剂
②恒容条件下，通入一定量，以为、、为起始投料比合成氨，的平衡转化率随温度的变化如图，表示起始投料比的是曲线　 　(填标号)。
时，以曲线c的起始投料比进行反应，初始压强，计算该反应的压强平衡常数　 　(写出计算过程，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
（3）氢负离子()具有强还原性。固态氢负离子二次电池的工作原理如图，M为、、等金属。放电时，向电极b移动。
①充电时，电极b的电极反应式为　 　。
②固态氢负离子导体能否替换为电解质水溶液，理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．氢氧燃料电池是原电池装置，工作过程中会将燃料和氧化剂储存的化学能转化为电能，A选项表述正确；
B．氢氧燃料电池本身不需要在内部储存氢气和氧气，反应所需的两种活性物质氢气和氧气，都是工作时由外部持续输入电池的，并没有储存在电池内部，B选项表述错误；
C．氢氧燃料电池工作时，氢气和氧气反应只生成水，没有其他污染物生成，能够做到几乎不排放污染物，可实现少排放甚至零排放污染物，C选项表述正确；
D．氢氧燃料电池放电过程中，氢气失去电子发生氧化反应，氧气得到电子发生还原反应，反应过程有电子转移，属于氧化还原反应，因此该过程涉及氧化还原反应，D选项表述正确；
综上，答案选B。
【分析】 氢氧燃料电池工作时把化学能转化为电能，氢气和氧气反应后生成水，属于氧化还原反应，产物无污染。
2．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．往双皮奶中添加蔗糖，作用是调整风味、改善口感，这个操作并没有起到减慢反应速率的效果，因此A符合题意；
B．将鲜濑粉放在冰柜中冷藏储存，是通过降低温度的方式，减缓微生物繁殖的速率以及各类化学反应的速率，以此延长食品保质期，该操作和减慢反应速率有关，因此B不符合题意；
C．在鱼干的包装袋中放入食品干燥剂，干燥剂可以吸收包装内的水分，降低环境湿度，能够减慢氧化、霉变这类让食品变质的反应速率，该操作和减慢反应速率有关，因此C不符合题意；
D．将盲公饼包装袋中充入氮气后密封保存，能够排出包装袋内的氧气，阻碍食品发生氧化变质的反应，减慢了食品变质的反应速率，该操作和减慢反应速率有关，因此D不符合题意；
综上，答案选A。
【分析】考查反应速率影响因素，降低温度，加入干燥剂，隔绝空气可以减缓食物变质，添加调味是为了调整食品味道。
3．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定
【解析】【解答】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接电源正极，精铜作阴极，连接电源负极，该装置的电极连接方式恰好相反，因此A错误；
B．测定中和反应的反应热时，需要使用环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，该装置使用普通玻璃棒，无法达到均匀搅拌的效果，装置设计错误，因此B错误；
C．用NaOH滴定醋酸时，滴定终点得到的醋酸钠溶液显碱性，应当选用酚酞作指示剂；甲基橙的变色范围处于酸性区间，使用该指示剂会产生较大误差，本题指示剂选择错误，因此C错误；
D．实验中NaCl过量，可保证完全沉淀为，之后再加入，若能观察到沉淀转化为淡黄色的沉淀，就可以证明，该实验方案和结论正确，因此D正确；
故选D。
【分析】A．根据精炼原理，粗铜作阳极，精铜作阴极；
B．中和热测定实验装置中用环形玻璃搅拌器；
C．氢氧化钠滴定醋酸用酚酞作指示剂；
D．由实验现象沉淀变为黄色可证明。
4．【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；电离方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．燃烧热的定义是1摩尔可燃物完全燃烧生成指定产物时放出的热量，该反应方程式中可燃物甲酸的物质的量为2摩尔，此时ΔH = -254.4 kJ·mol-1不符合燃烧热的定义，故A错误；
B．甲酸是弱电解质，电离过程是可逆过程，其电离方程式为，选项中没有标注可逆符号，写法错误，故B错误；
C．HCOONa发生水解时，阴离子HCOO-会和H2O发生可逆反应，生成HCOOH和OH-，因此水解的离子方程式为，所以C选项正确；
D．电解过程中，HCOOH被氧化为CO2，HCOOH需要在阳极失去电子发生氧化反应，对应的电极反应式为，因此D选项错误；
故本题选C。
【分析】A．燃烧热方程式中燃料化学计量数是1；
B．甲酸是弱酸，用可逆号；
C．甲酸根水解生成甲酸和氢氧根；
D．甲酸生成二氧化碳失电子，发生氧化反应。
5．【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，容器内的压强与气体的总物质的量成正比。该反应前后气体分子总数发生变化，因此反应过程中体系的压强会随之改变，当压强不再变化时，能够说明反应达到平衡状态，A不符合题意。
B．题目给出的速率关系只是正反应的速率比例关系，和反应是否达到平衡没有关系，也不能体现正逆反应速率相等的关系，没有体现逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡，B符合题意；
C．根据密度公式 ρ = ，容器容积V固定不变，由于该反应体系中含有固体C(s)，反应进行过程中，气体的总质量会不断发生变化，因此气体密度也会随之改变，当密度不再变化时，说明反应达到平衡状态，因此C不符合题意；
D．根据平均摩尔质量公式 M= ，该反应中气体的平均摩尔质量会随反应进行发生改变：我们可以通过极值法分析，若反应初始只有反应物水蒸气，气体平均摩尔质量为18g/mol；假设水蒸气完全反应，此时体系中只有CO和H2，气体平均摩尔质量为15g/mol，可见反应过程中气体平均摩尔质量是一直变化的。因此当平均摩尔质量不再变化时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选B。
【分析】化学平衡状态判断，物理量从变量成为不变量时，说明反应达平衡状态，对于题目中反应是非等体积反应，压强是变量，气体质量会变化，气体密度是变量，气体平均摩尔质量是变量，当其不变时，反应达平衡。
6．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电镀
【解析】【解答】A．草木灰的主要成分是，其中的碳酸根离子发生水解反应，让溶液呈碱性，可以中和土壤中的酸性物质，因此可以用草木灰改良酸性土壤，该项化学知识对应关系正确，故A不选；
B．要在铁质模具表面镀铜，可以通过电镀工艺完成，电镀过程中铜离子会在阴极得到电子被还原为铜单质并沉积在模具表面，该项化学知识对应关系正确，故B不选；
C．使用硫化亚铁处理含有铜离子的废水，原理是沉淀转化：溶解度更小的硫化铜更易生成，会转化为沉淀从而除去铜离子，该过程和“三价铁氧化性比铜离子更强”这一性质无关，前后化学知识没有关联，故C符合题意；
D．利用铁粉、食盐制作暖贴，是利用了铁粉的吸氧腐蚀原理：铁粉在中性的食盐电解质环境中会发生吸氧腐蚀，这个过程会放出热量，该项化学知识对应关系正确，故D不选；
综上，答案选C。
【分析】 用处理含废水原理是，与离子氧化性无关。
7．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．Mo—In2O3作为催化剂，作用是降低反应所需的活化能，以此加快反应速率，但催化剂不能改变化学反应的焓变，因此A错误；
B．根据反应过程的能量变化图可以判断，步骤H2CO+H→H3CO的活化能是整个过程中最大的，而多步反应中活化能最大的步骤是决速步骤，因此该步骤才是总反应的决速步骤，所以B错误；
C．在CO2制备甲醇的反应过程中，反应物中的H-H非极性键发生断裂，同时CO2中的C=O极性键也发生断裂；最终生成甲醇和水的过程中，形成的C-H、C-O、O-H全部都属于极性键，因此该反应过程确实存在非极性键的断裂，以及极性键的形成，所以C正确；
D．CO2加氢制备甲醇的总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，反应除了生成甲醇外，还生成了水，因此反应的原子利用率小于100%，D错误；
综上，答案选C。
【分析】A．催化剂不影响焓变；
B．活化能最大的步骤为决速步骤；
C．由反应历程图，存在H-H、C-H、C-O、O-H的断裂和形成；
D．总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，生成物有2种，原子利用率不是100% 。
8．【答案】D
【知识点】溶液pH的定义；盐类水解的应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．溶液中，会发生水解反应，因此实际溶液中的数目小于，A错误；
B．常温下pH=12的溶液中，，但题干没有给出溶液的体积，无法计算的物质的量，也就无法得到其数目，B错误；
C.0.1 mol和足量氧气反应，理论上会生成0.1 mol，但生成的会发生可逆的二聚反应，部分转化为，即，因此平衡后混合气体中分子数目一定小于，C错误；
D．用惰性电极电解溶液时，反应本质是电解水，总反应为。若溶液质量减少1.8 g，说明被电解的水的物质的量为0.1 mol。根据总反应可知，每电解2 mol水，转移4 mol电子，因此电解0.1 mol水时，转移电子的物质的量为0.2 mol，转移电子数为，D正确；
答案选D。
【分析】A．铵根离子会水解，离子数目减少；
B．缺少体积数据，无法计算；
C.体系中存在平衡 ，二氧化氮数目变少；
D．由电解原理，电解18g水，转移电子数为。
9．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．反应开始至t1，反应速率加快，说明容器内温度升高，则该反应放热，，故A正确；
B．根据图示，时，，故B错误；
C．时，，反应仍正向进行，A的转化率没有达到最大值，故C错误；
D．根据以上分析，正反应放热，时的温度小于时，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数，故D错误；
选A。
【分析】A．反应条件为绝热，反应速率增大，说明温度升高，反应放热；
B．时，；
C．时，反应正向进行，A的转化率增大；
D．反应放热，温度越高，平衡常数越小。
10．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；酯化反应
【解析】【解答】A．乙醇和乙酸发生酯化反应时，反应的机理是乙酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基上的氢原子，因此当反应物为和普通乙酸时，反应生成的水分子中不会含有标记同位素18O，达到平衡后整个反应体系中也检测不到，因此A选项错误；
B．乙酸乙酯的生成反应是可逆反应，及时把产物乙酸乙酯从反应体系中分离出去，会使体系中生成物浓度降低，根据勒夏特列原理，平衡会向正反应方向移动，因此B选项正确；
C．升高温度后，产物中的占比升高，说明升温后平衡向正反应方向移动，由此可推得正反应为吸热反应，因此C选项错误；
D．浓硫酸除了作催化剂和酸之外，还具有吸水性，它可以吸收反应生成的水，降低体系中生成物水的浓度，使平衡向正反应方向移动，因此乙醇的平衡转化率会升高，D选项错误；
综上，答案选B。
【分析】A．酯化反应原理是酸脱羟基醇脱氢，18O在乙酸乙酯和乙醇中；
B．减少生成物浓度，平衡正向移动；
C．升高温度，产物增多，说明正向吸热；
D．浓硫酸具有吸水性，减少生成物浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．计算HO·的电子数：H原子含1个电子，O原子含8个电子，因此1个HO·中总共含1+8=9个电子，所以1mol HO·含有的电子数为9NA，选项A正确；
B．根据催化剂和中间产物的定义：催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变，中间产物是反应过程中先生成、后续又被消耗的物质；分析整个反应机理可知，CH3OO·由CH3·和O2反应生成，之后又转化为其他物质，HO·同样也是反应过程中生成又消耗，二者都不符合催化剂的定义，都属于反应的中间产物，不是催化剂，选项B错误。
C．平衡常数仅受温度影响，和反应速率、催化剂都没有关系；活化BN材料可以加快该反应的反应速率，但不会改变总反应的平衡常数，因此C选项是正确的；
D．结合给出的反应机理分析，该反应的反应物是CH4和O2，生成物为HCHO和H2O，BN在反应中作催化剂，因此总反应方程式为：CH4+O2HCHO +H2O，因此D选项是正确的；
综上，答案选B。
【分析】A．羟基是中性原子团，1个羟基含9个电子；
B． 和 为中间产物；
C．温度不变，平衡常数不变；
D．由机理图，总反应为 。
12．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．联氨()属于二元弱碱，它在水中的电离规律和氨相似，我们可以类比的电离过程，能够推得联氨在水中的第一步电离方程式为：，因此A选项的描述是正确的；
B．属于强酸弱碱盐，又因为是二元弱碱，因此既可以发生水解也可以发生电离。电离反应为，其电离平衡常数；水解反应为，水解平衡常数。由于，说明水解程度大于电离程度，因此溶液显酸性；稀释酸性溶液时，溶液中减小，pH增大，因此B错误；
C．属于盐，水溶液中完全电离，电离出和，常温时，的水解（）平衡常数，以第一步水解为主，则溶液中c(H+)＜0.005mol/L，溶液的pH > 2，C错误；
D．由已知，时，若溶液中，则，解得，所以，即pH=3，D错误；
故选A。
【分析】A．由题意， 联氨水溶液呈碱性， 电离方程式为 ；
B．存在水解和电离，经计算，水解大于电离，溶液呈酸性，稀释溶液酸性减弱，pH增大；
C．水解程度微弱，溶液的pH > 2；
D．由电离常数计算，，，pH=3。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．若要探究“浓度对反应速率的影响”，需要保证其他反应条件一致，只改变其中一种反应物的浓度。本实验中改变的是的浓度，酸性高锰酸钾与草酸反应时，溶液褪色是因为高锰酸钾被还原；如果高锰酸钾浓度较高，完全反应它就需要消耗更多草酸，而本实验中草酸的用量是固定的，高锰酸钾浓度较高时很可能出现草酸不足，高锰酸钾无法完全反应，溶液不会褪色的情况。即使最终能够褪色，高浓度的高锰酸钾本身颜色更深，观察并记录褪色时间的误差也很大。正确的实验操作应该是保证高锰酸钾的浓度、体积都相同，只改变草酸的浓度，同时保证草酸过量，让高锰酸钾可以完全反应，通过观察褪色时间判断反应速率，因此该实验不能达到预期目的；
B．将H2S通入CuSO4溶液中会生成CuS沉淀，该反应能够发生是因为CuS难溶于酸，该过程只能说明CuS难溶，无法通过这个反应比较H2SO4和H2S的酸性强弱，因此该实验不能达到预期目的；
C．对于反应 H2(g) + I2(g) 2HI(g)， 反应前后气体分子总数相等，压强改变不会使该平衡发生移动，压缩体积增大压强后平衡不移动，因此无法通过该实验探究压强对平衡移动的影响，C不能达到实验预期目的；
D．测定等物质的量浓度的 NaHCO3和NaNO3溶液的pH， NaHCO3 会发生水解使溶液显碱性， NaNO3为中性（pH=7）， 可以说明 H2CO3 的酸性弱于 HNO3 ；根据比较非金属性强弱的规律，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物水化物的酸性越强，因此可以通过该关系比较碳和氮的非金属性（氮的非金属性强于碳），D能达到实验预期目的；
因此答案选D。
【分析】A．实验设计原理为高锰酸钾的浓度、体积相同，改变草酸浓度，观察溶液褪色时间；
B．CuSO4和H2S反应生成CuS和H2SO4，反应能发生是生成物硫化铜是难溶物，从体系分离，促进反应进行，不能比较酸性强弱；
C． H2(g) + I2(g) 2HI(g)为等体积反应，改变压强平衡不移动；
D．酸性越弱，酸根离子水解能力越强，对应盐溶液碱性越强。
14．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．曲线在 b 点（）后不是明显的平台或陡升，而是缓慢上升，说明 b 点后中和的不是强酸，而是弱酸（弱酸部分电离，反应过程中H+不断被消耗，电离平衡正向移动，电导率缓慢增加）因此，HA是弱酸， a→b 段消耗NaOH体积为，用于中和HCl（强酸），根据NaOH+HCl=NaCl+H2O，初始c(HCl)=≈0.033mol/L；b→c 段消耗NaOH体积为，用于中和HA（弱酸），根据反应：，设HA起始浓度为，则：，，A正确；
B．b点加入NaOH的体积为，此时HCl恰好和NaOH完全反应，溶液中的溶质为NaCl和弱酸HA，且满足浓度关系2c(NaCl)=c(HA)。Cl-全部来自HCl，其物质的量和消耗HCl的量相等，Na+全部来自加入的NaOH，二者物质的量相等，因此可得。而HA是弱酸，仅发生微弱电离产生A-和H+，同时溶液中还存在水的电离，因此正确的浓度顺序应该是：，所以B选项错误；
C．当加入NaOH溶液的体积为30 mL时，也就是c点，HA恰好和NaOH完全反应，此时溶液中的溶质是NaCl和NaA，其中NaA是强碱弱酸盐，并且满足浓度关系 2c(NaCl)=c(NaA)， 我们可以通过质子守恒来分析该溶液：在NaA溶液中，存在水的电离平衡 ：， 溶液中的 A- 会结合水电离出的 H+ 生成HA，根据质子守恒的规律，可以得到关系 ，对式子整理后即可得到， 因此C选项错误。
D．水的电离程度可以用溶液中或者衡量。酸和碱都会电离出氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而可水解的盐会结合水电离出的离子，促进水的电离。本问题中，a点是HCl和HA的混合溶液，溶液呈强酸性，强酸电离出的氢离子会强烈抑制水的电离；b点是NaCl和HA的混合溶液，只有弱酸HA电离出氢离子抑制水的电离，抑制水电离的程度比a点（含有强酸HCl）更小；c点是NaCl和NaA的混合溶液，NaA电离出的A-会发生水解，促进水的电离，因此三个点中水的电离程度c点最大；综上，水的电离程度顺序为，因此D选项错误；
综上，答案选A。
【分析】A．由曲线图，b点为氯化氢恰好中和点，c点为HA恰好中和点，根据消耗氢氧化钠体积计算HA溶液浓度；
B．b点溶质为NaCl和HA，2c(NaCl)=c(HA)，可进行微粒浓度大小比较；
C．c点溶质为NaCl和NaA，2c(NaCl)=c(NaA)，考查溶液质子守恒；
D．酸和碱抑制水的电离，NaA促进水的电离，可得水的电离程度顺序为。
15．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. Pt电极是阴极，阴极会发生得电子的反应，结合图示可知，是O2得到电子生成H2O2，因此电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，A项正确；
B. 根据装置的工作原理分析可得，膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，B项正确；
C. 标准状况下4.48 L O2的物质的量为=0.2 mol，结合阴极电极反应可以算出，该过程转移电子的物质的量为0.2 mol×2=0.4 mol；阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移0.4 mol电子时会生成0.4 mol H+，根据氢元素守恒，对应生成的硫酸为0.2 mol，C项正确；
D. 根据题干信息，碱性环境下H2O2可以把Cr3+氧化为CrO，因此向转化室的溶液中加入KOH就可以制得K2CrO4，D项错误；
综上，答案选D。
【分析】本题是利用电渗析法处理含Cr(Ⅲ)废水的问题，装置连接直流电源，属于电解池装置。根据H+向Pt电极移动，可以判断Pt电极为阴极，因此石墨电极为阳极；因为石墨电极区最终可以得到浓硫酸，说明废水室中的硫酸根会穿过膜a迁移到石墨电极区，因此膜a为阴离子交换膜，废水中的Cr3+会穿过膜b迁移到转化室，和转化室内的H2O2发生反应，因此膜b为阳离子交换膜，我们可以根据上述结论分析解答相关问题。
16．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．CaSO4悬浊液本身属于饱和体系，当温度不发生改变时，溶度积常数 保持不变；向该体系中加入少量水后，仍有固体剩余，说明体系依旧处于饱和状态，因此溶液中、均不变， A正确；
B．在B点加入后，溶液中的会和反应，生成溶解度更小的沉淀，因此溶液中会瞬间下降，使得的沉淀溶解平衡向溶解的正向移动，浓度又逐渐上升，对应图像中就是CD段钙离子浓度的增大，因此B选项正确；
C．根据电荷守恒规律，溶液中所有阳离子的总正电荷浓度等于所有阴离子的总负电荷浓度；本题溶液中会发生水解反应生成，因此溶液中的阴离子除了、、之外，还存在水解生成的 ，所以正确的电荷守恒关系式应为：，原关系式漏掉了碳酸氢根，因此C错误；
D．由于的溶解度远小于，因此锅炉除水垢时，可以加入，使原本难溶于酸的沉淀转化为易溶于酸的，后续加入酸就可以将水垢除去，因此D选项的说法是正确的；
综上，本题答案选C。
【分析】 A．悬浊液中加入少量水， 仍为饱和溶液，、保持不变 ；
B．体系中存在硫酸钙转化为碳酸钙，促进平衡正向移动，钙离子浓度增大；
C．溶液中存在碳酸氢根离子，电荷守恒式为；
D．硫酸钙难溶于酸，转化为易溶于酸的碳酸钙，方便除去。
17．【答案】（1）BE；抑制Fe2+水解
（2）2滴蒸馏水；溶液变为血红色
（3）取少量KSCN溶液，滴加适量3%双氧水，充分振荡，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
（4）双氧水将SCN 氧化为，c(SCN )减小，使Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3平衡逆向移动；
（5）铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]
【知识点】硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①配制100 mL 0.1 mol L- (NH4)2Fe(SO4)2溶液时，需要用到的仪器有：B（100 mL容量瓶），作用是将溶液准确定容至100 mL；D（胶头滴管），定容时需要用它逐滴加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；E（玻璃棒），溶解固体时用于搅拌加速溶解，转移溶液时用于引流。
②(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+容易发生水解反应：Fe2+ + 2H2O Fe(OH)2 + 2H+。配制溶液时加入稀硫酸，溶液中H+浓度升高，根据勒夏特列原理，水解平衡会向左移动，从而抑制Fe2+的水解，避免生成Fe(OH)2沉淀；同时酸性环境还可以减缓Fe2+被空气中氧气氧化的速率。
（2）①本实验中，试管Ⅳ加入4滴H2O2，试管Ⅵ加入6滴H2O2，二者H2O2体积相差2滴。为了排除溶液体积不同（即稀释效应）对实验结果的影响，需要向试管Ⅳ中额外滴入2滴水，保证两支试管的溶液总体积相同。若滴加水后试管Ⅳ的溶液仍然保持血红色，说明颜色褪去不是稀释导致的，因此猜想1不成立。
②要验证猜想3，试管Ⅶ在加入H2O2反应后，再加入Fe2(SO4)3，若此时溶液仍为黄色，不显示血红色，说明体系中Fe3+是足量的，只是不能生成血红色络合物；接下来向试管Ⅷ中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，就证明原本实验Ⅶ的体系中SCN-已经被H2O2氧化消耗完了，无法和Fe3+结合生成血红色的[Fe(SCN)]2+，因此猜想3成立。
（3）若要验证SCN-被H2O2氧化为SO42-，实验方案为：取少量待检验的KSCN反应后的溶液，向其中滴加适量3%的双氧水，充分振荡后，先加入足量稀盐酸酸化，排除碳酸根、银离子等杂质离子的干扰，再滴加BaCl2溶液。若观察到有白色沉淀生成，就可以证明SCN-被氧化为了SO42-。
（4）①我们可以从平衡移动的角度进行分析：溶液中本身存在如下络合平衡： Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3，可以将氧化为，因此反应过程中会被不断消耗，导致SCN-)不断降低，上述络合平衡会向逆反应方向移动，有色物质 Fe(SCN)3浓度减小，因此观察到溶液由血红色逐渐变为黄色；
②实验中可以观察到，试管Ⅵ中的溶液放置后，有气泡不断产生，经检验确认该气体为；$\ce{H_2O_2}$氧化的过程本身会生成，试管Ⅵ中生成的对的分解反应具有催化作用，该分解反应的化学方程式为：。
（5）检验亚铁离子的方法为：向待测溶液中加入铁氰化钾（）溶液，若观察到有蓝色沉淀生成，即可证明原溶液中存在。
【分析】兴趣小组使用溶液与双氧水检验时观察到了异常现象，因此展开探究。已知可以将氧化为，这个氧化反应会使得溶液中浓度下降，让络合平衡逆向移动，最终导致溶液血红色褪去，逐渐变为黄色。
向已经变黄的溶液（比如试管Ⅳ内的溶液）中再次加入，如果溶液重新变为血红色，就可以说明血红色变浅并不是稀释导致的，而是被消耗所引起的；向变黄的试管Ⅵ溶液中补加后，若溶液重新变为血红色，就可以证明是被氧化消耗，使得络合平衡逆向移动，最终造成溶液颜色变浅。
（1）①配制溶液，需用到的仪器为：B（100 mL容量瓶）：用于准确定容至，D（胶头滴管）：定容时逐滴加水至刻度线，E（玻璃棒）：溶解时搅拌、转移溶液时引流；
②中易水解：。加入稀硫酸可增大浓度，使水解平衡左移，抑制水解，防止生成沉淀，同时维持酸性环境减缓被氧化。
（2）①试管Ⅳ加 滴 ，试管VI加 滴 ，体积差为 滴。为排除稀释影响，需向试管Ⅳ中滴加 滴水，使总体积与Ⅵ一致。若溶液仍为血红色，说明颜色变化非稀释所致，猜想1不成立；
②试管Ⅶ加入后仍为黄色，说明充足但未显红色，试管Ⅷ加入溶液，若溶液变为血红色，说明实验Ⅶ中已被氧化，无法与结合生成血红色的，猜想3成立。
（3）取少量KSCN溶液，滴加适量3%双氧水，充分振荡，先加入稀盐酸，再滴加溶液。若观察到产生白色沉淀，则证明被氧化为。
（4）①从平衡移动角度解释：溶液中存在络合平衡Fe3+ + 3SCN Fe(SCN)3，会氧化为 ，因此 持续被消耗，减小，络合平衡逆向移动，溶液由血红色变为黄色；
②兴趣小组还发现试管Ⅵ中溶液放置后有气泡产生，经检验该气体为，被氧化生成的 ，试管Ⅵ中对分解有催化作用，反应的化学方程式为：。
（5）往待测液中加入铁氰化钾（）溶液，若产生蓝色沉淀，则证明溶液中存在。
18．【答案】（1）搅拌、适当提高酸浸温度等
（2）2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；3.3
（3）HCl或盐酸(合理即可，硫酸除外)；加入盐酸，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱
（4）在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶
（5）840
（6）2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）提高“酸浸”浸取速率的措施可以通过适当升高温度、增大盐酸浓度、搅拌等方式提高浸取速率(任选一条即可)。
（2）除铁时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调节pH使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；除铁时不能使Al3+沉淀，当Al3+开始沉淀时，因此，pH的上限由开始沉淀时的pH决定，已知，，，则 ，。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入盐酸（不能引入杂质离子）后，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱。
（4）是强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解：。加热会促进水解，且生成的易挥发，导致最终得到的是氢氧化铝甚至氧化铝，而不是氯化铝晶体。为了抑制水解，必须在HCl气流中进行蒸发浓缩。
（5）利用草酸（）的两步电离常数：、，将两式相乘：，整理得：，已知，则mol/L，溶液中=。（6）草酸钪在空气中灼烧，Sc2(C2O4)3与O2反应生成Sc2O3、CO2，配平后化学方程式为：2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2。
【分析】粉煤灰的主要成分是Al、Fe、Ca、Sc、Si等的氧化物，向粉煤灰中加入盐酸酸浸后，Al、Fe、Ca、Sc的氧化物会和盐酸反应，转化为对应可溶性盐离子；SiO2不与盐酸反应，因此滤渣1的成分为SiO2。后续除铁操作中，H2O2作为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，之后加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再用树脂除去钙离子，对树脂洗脱后向洗脱液加入硫酸，钙离子会转化为CaSO4沉淀；树脂除钙后经结晶操作可以得到AlCl3·6H2O，结晶后得到的含钪沉淀中加入H2C2O4，可将钪转化为草酸钪，最后草酸钪在空气中灼烧，即可得到Sc2O3，按照该流程进行分析即可。
（1）提高“酸浸”浸取速率的措施可以通过适当升高温度、增大盐酸浓度、搅拌等方式提高浸取速率(任选一条即可)。
（2）除铁时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调节pH使Fe3+沉淀为Fe(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2+ 2H2O=2Fe(OH)3↓ + 2CO2↑；除铁时不能使Al3+沉淀，当Al3+开始沉淀时，因此，pH的上限由开始沉淀时的pH决定，已知，，，则 ，。
（3）“树脂除钙”原理：，代表金属阳离子。“洗脱”时，可加入盐酸（不能引入杂质离子）后，c(H+)增大，促使nHA(s) + Mn+(aq) MAn(s) + nH+(aq)平衡逆向移动，从而实现洗脱。
（4）是强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解：。加热会促进水解，且生成的易挥发，导致最终得到的是氢氧化铝甚至氧化铝，而不是氯化铝晶体。为了抑制水解，必须在HCl气流中进行蒸发浓缩。
（5）利用草酸（）的两步电离常数：、，将两式相乘：，整理得：，已知，则mol/L，溶液中=。
（6）草酸钪在空气中灼烧，Sc2(C2O4)3与O2反应生成Sc2O3、CO2，配平后化学方程式为：2Sc2(C2O4)3 + 3O22Sc2O3 + 12CO2。
19．【答案】（1）
（2）分液漏斗；防止倒吸
（3）防止H2O2受热分解，减少NH3逸出
（4）Ba2+ + H2O2 + 2NH3=BaO2↓ + 2；乙醇
（5）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；AC； 或 (合理即可)
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）过氧化钡属于离子化合物，由钡离子和过氧根离子构成，电子式为。
（2）从装置图可以看出，仪器a的名称是分液漏斗，仪器b的作用是防止倒吸，因为极易溶于水，如果直接将氨气通入反应溶液，可能会因为氨气溶解速率过快，导致装置内压强快速降低，引发倒吸，仪器b为球形干燥管，可以起到缓冲的作用，避免倒吸发生。
（3）该反应需要在冰水浴中进行，原因主要有两点：一是可以降低过氧化钡 BaO2 的溶解度，更有利于结晶析出；二是能够避免温度过高导致双氧水分解，同时也能减少氨气的挥发逸出，这样可以提高反应物的利用率，保障反应顺利进行。
（4）根据原子守恒和电荷守恒，可以推导出制备 BaO2 的离子方程式为： Ba2++H2O2+2NH3=BaO2↓+2， 由于 BaO2 微溶于水，且不溶于乙醇，因此结晶、过滤得到粗品后，适合选用乙醇洗涤 BaO2 粗品。
（5）①本次滴定的原理是用 标准溶液滴定反应生成的 ，选用淀粉作为指示剂。滴定初始溶液中含有 ，因此溶液呈蓝色，当 被完全反应后，蓝色会褪去，因此判断滴定终点的现象为：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复，即为滴定终点。
②A．滴定前如果未用 Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致滴定管内壁残留的蒸馏水稀释标准液，使 Na2S2O3 标准液实际浓度降低，滴定消耗的标准液体积偏大，最终计算得到的测定结果偏大，故A正确；
B．滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶，锥形瓶中待测物的总物质的量不发生改变，因此对测定结果没有影响，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴处存在气泡，滴定后气泡消失，会导致读取的标准液体积比实际消耗体积偏大，最终使测定结果偏大，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致最终读出的标准液体积偏小，最终计算得到的测定结果偏小，故D错误；
综上，答案选AC。
③结合得失电子守恒和题目给出的反应方程式，可以得到关系： BaO2～I2～2S2，n(BaO2)=n(Na2S2O3)， 本次实验中第2次数据偏差过大，属于异常值，需要舍去；取第1、3次实验的平均消耗体积计算，得到平均消耗标准液体积为 20.00mL， 因此 BaO2 粗品的纯度计算结果为：×100%= 或。
【分析】过氧化钡是由氯化钡溶液与过氧化氢在氨气存在的条件下反应制得的。过氧化钡微溶于水，不溶于乙醇，在酸性环境中会发生分解。本实验采用冰水浴进行反应，目的是降低过氧化钡的溶解度，同时避免过氧化氢分解、氨气逸出。另外，滴定过程需要明确过氧化钡与碘化钾的反应量关系，以及碘单质与硫代硫酸钠的滴定对应关系。
（1）BaO2属于离子化合物，由钡离子和过氧根离子构成，电子式为。
（2）由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，仪器b的作用为防止倒吸，因为极易溶于水，若直接通入溶液可能会因溶解速率过快导致装置内压强骤降，引发倒吸，仪器b（球形干燥管）可起到缓冲作用，避免倒吸现象发生。
（3）该反应在冰水浴中进行的原因：①降低BaO2溶解度，便于析出结晶；②防止双氧水受热分解，减少氨气的逸出。从而提高反应物的利用率，保证反应顺利进行。
（4）根据原子守恒、电荷守恒，可得制备BaO2的离子方程式为Ba2++H2O2+2NH3=BaO2↓+2，BaO2微溶于水，不溶于乙醇，经结晶、过滤后，可选择乙醇对BaO2粗品进行洗涤。
（5）①滴定原理是用滴定生成的，淀粉作指示剂。溶液初始因含显蓝色，当被消耗完时，蓝色消失，判断滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
②A．滴定前没有用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，导致Na2S2O3标准溶液浓度降低，消耗量增大，最终导致测定结果偏大，故A正确；
B．滴定前用蒸馏水润洗锥形瓶，对测定结果没有影响，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致读出标准溶液体积偏大，最终导致测定结果偏大，故C正确；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出标准溶液体积偏小，最终导致测定结果偏小，故D错误；
故答案为：AC；
③根据得失电子守恒和题给方程式，得出关系式：BaO2～I2～2S2，n(BaO2)=n(Na2S2O3)，第2次实验误差较大，舍去，1、3两次实验，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL，则BaO2粗品纯度为×100%= 或。
20．【答案】（1）+572 kJ·mol 1；高温；
（2）A；c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%：列出“三段式”：平衡时，p总 = 0.75p0 = 0.75×4 = 3 MPa，
（3）MHx + xe = M + xH ；不能，氢负离子具有强还原性，能与水反应生成H2(或电极b为活泼金属材料，能与水反应)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将2倍的反应Ⅰ加上反应Ⅱ，再加上2倍的反应Ⅲ，即可得到反应 ，计算该反应的焓变：
②反应Ⅱ的焓变， 该反应反应物为液态体系，生成物中含有气体，生成气体会使体系混乱程度增大，因此熵变， 根据反应自发进行的判据 ，可知该反应在高温条件下可以自发进行。
③相同条件下，加入催化剂后反应a速率明显增大，反应Ⅲ达到平衡的时间大幅缩短，说明反应a是总反应Ⅲ的决速步骤，其活化能更高。升高温度后， 减小，说明反应a的平衡向右移动，因此反应a的正反应为吸热反应；而 增大，说明升高温度后步骤b的平衡向左移动，即步骤b的正反应为放热反应。总反应Ⅲ的焓变 ＞0， 因此 一定是大于 的正值，反应Ⅲ的反应历程能量变化示意图为：
（2）①对于反应，已知该反应的，属于气体总体积减小的放热反应，我们对各条件的影响分析如下：
A．增大压强后，反应物、生成物的浓度都会升高，因此反应速率加快；根据勒夏特列原理，平衡会向气体体积减小的方向也就是正反应方向移动，因此的平衡转化率会提高，A符合要求；
B．升高温度后，反应速率会加快；但平衡会向吸热方向也就是逆反应方向移动，因此的平衡转化率会降低，B不符合要求；
C．稀有气体不参与该反应，在恒容容器中通入He后，反应体系内各组分的浓度不会发生变化，因此反应速率不变，平衡也不移动，H2的平衡转化率不变，C不符合要求；
D．催化剂可以同等程度加快正、逆反应速率，能够缩短反应达到平衡的时间，但不会改变平衡状态，因此H2的平衡转化率不变，D不符合要求；
综上，答案选A；
②增加一种反应物（）的浓度，会提高另一种反应物（）的转化率。投料比分别为、、，投料比越小，说明的浓度越小，平衡逆向移动，的转化率减小，由图可知，表示起始投料比的是曲线c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%，列出“三段式”：
平衡时，混合气体总物质的量为3mol，p总 =×4 MPa= 3 MPa，。
（3）①放电时该装置为原电池，题干信息表明 会向电极b移动，结合原电池中阴离子向负极移动的规律，可判断电极b为负极，电极a为正极。负极发生失电子的氧化反应，电极反应为：； 充电是放电的逆过程，充电时原电池的负极b需要接外接电源的负极，作阴极，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：；
②已知 具有强还原性，而水中的氢元素为+1价，若将固体电解质换成水溶液， 会和水发生氧化还原反应生成氢气，反应为： 。 该反应会消耗，导致电池无法正常工作，出现内部短路或失效的问题，同时反应生成气体，还可能带来安全隐患；另外电极b本身为活泼金属材料，也可以和水发生反应，因此不能将导体换成水溶液。
【分析】（1）考查盖斯定律， 2×反应 Ⅰ+反应Ⅱ+2×反应 Ⅲ 可得目标反应， 时反应自发；
（2）反应放热，升高温度平衡逆移，氢气转化率降低，催化剂和恒容通入He，不改变反应速率和氢气转化率；投料比越大，氢气转化率越大；
（3）放电时， 向b极移动，可判断电极b为负极，电极a为正极。
（1）①由盖斯定律可知，2×反应 Ⅰ+反应Ⅱ+2×反应 Ⅲ可得的；
②反应Ⅱ的，反应物是液态溶液，生成物中有气体，气体的生成意味着混乱度增加，所以，时反应能够自发，在高温下能自发进行；
③相同条件下，加入催化剂，反应a的速率增大，反应Ⅲ达到平衡所需时间大幅缩短，反应a是决速步，活化能较高，升温，减小，说明平衡向右移动，反应a吸热；增大，说明对于步骤b，升温平衡向左移动，意味着步骤b的正反应是放热的，总反应 ＞0，既然，那么必须是一个比更大的正值，画出反应Ⅲ的反应历程示意图为： 。
（2）①反应的，这是一个气体体积减小的放热反应，
A．压强增大，反应物和生成物浓度都增加，反应速率加快；平衡向气体体积减小的方向（正向）移动，的平衡转化率提高，A符合题意；
B．温度升高，反应速率加快；但平衡向吸热方向（逆向）移动，的平衡转化率降低，B不符合题意；
C．惰性气体不参与反应，恒容通入 He，各组分浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，H2的平衡转化率不变，C不符合题意；
D．催化剂同等程度加快正逆反应速率，缩短达到平衡的时间，但不改变平衡状态，H2的平衡转化率不变，D不符合题意；
故选A；
②增加一种反应物（）的浓度，会提高另一种反应物（）的转化率。投料比分别为、、，投料比越小，说明的浓度越小，平衡逆向移动，的转化率减小，由图可知，表示起始投料比的是曲线c；设n起始(N2)为1 mol，n起始(H2)为3 mol；T0 K时，H2平衡转化率为50%，列出“三段式”：
平衡时，混合气体总物质的量为3mol，p总 =×4 MPa= 3 MPa，。
（3）①放电过程（原电池），题目已知向电极 b 移动。在原电池中，阴离子移向负极。因此，电极 b 是负极，电极 a 是正极。负极发生氧化反应：；充电是放电的逆过程，电极 b 接电源负极，作阴极，阴极电极反应式：；
②已知（氢负离子）具有强还原性。水中含有 价的氢。如果将导体换成水溶液，会与水发生氧化还原反应产生H2： 。这将导致电池内部短路或失效，且产生气体可能引发危险；电极b为活泼金属材料，能与水反应。
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