2022届河南省重点高中高二下学期阶段性调研联考一化学试题（含解析）

河南省重点高中2021-2022学年高二下学期阶段性调研联考一化学试卷全卷满分100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Pb-207Cr-52一、单选题(本大题共18题，每题3分，满分54分，每小题只有一个正确答案)1.下列说法正确且与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂②Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干灼烧CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pHA.①②③⑥ B.②③④ C.①④⑤ D.①③④【答案】D【解析】【详解】①NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性，可以与金属氧化物发生反应产生可溶性盐，因此都可作焊接金属时的除锈剂，与盐的水解有关，①正确；②Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，能够降温并且可以隔绝空气，从而起到灭火作用，但泡沫灭火剂通常使用的物质是NaHCO3与Al2(SO4)3，而不是Na2CO3与Al2(SO4)3，②错误；③草木灰水溶液水解显碱性，铵态氮肥水解显酸性，若二者混合施用，N元素会变为氨气逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合施用，与盐的水解有关，③正确；④Na2CO3溶液水解显碱性，容易与玻璃中的SiO2发生反应产生Na2SiO3，Na2SiO3的水溶液具有粘性，会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此在实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，④正确；⑤CuCl2是强酸弱碱盐，水解产生Cu(OH)2和HCl，HCl加热挥发，导致蒸干得到的固体是Cu(OH)2，但Cu(OH)2不稳定，灼烧会发生分解产生CuO和H2O，故将CuCl2溶液蒸干灼烧得到的固体是CuO，与盐水解有关，但最后固体成分不合理，⑤错误；⑥Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，达到除杂的目的，但这与盐的水解无关，⑥错误；综上所述可知：说法合理的是①③④，故合理选项是D。2.含Ba(OH)217.1g的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出11.46kJ热量，表示该反应中和热的化学方程式正确的是()A.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1B.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝114.6kJ·mol－1C.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝57.3kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A．中和热是指1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量，而反应Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1表示的是2molH+与2molOH-完全反应生成2molH2O(l)释放的热量，A不正确；B．中和反应放出热量，而Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)=BaCl2(aq)＋2H2O(l)ΔH＝114.6kJ·mol－1表示的是吸收热量，B不正确；C．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1表示1molH+与1molOH-完全反应生成1molH2O(l)释放的热量，符合中和热的概念，C正确；D．Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)=BaCl2(aq)＋H2O(l)ΔH＝57.3kJ·mol－1表示的是吸收热量，D不正确；故选C。3.25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol·L-1的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A.1∶10∶1010∶109 B.1∶5∶(5×109)∶(5×108)C.1∶20∶1010∶109 D.1∶10∶104∶109【答案】A【解析】【详解】设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4溶液中水电离的物质的量为1.0×10−14mol；②中水电离的物质的量为1.0×10−13mol；③中c(OH−)=1.0×10−4mol⋅L−1，水的电离的物质的量为1.0×10−4mol；④中c(H+)=1.0×10−5mol⋅L−1，水的电离的物质的量为1.0×10−5mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1∶10∶1010∶109；答案选A。4.25℃时，有下列四种溶液：①②③④0.1mol·L－1氨水pH＝11氨水0.1mol·L－1盐酸pH＝3盐酸下列说法中正确的是()A.①稀释到原来的100倍后，pH与②相同B.等体积①③混合、等体积②④混合所得的溶液都呈酸性C.①②中分别加入少量CH3COONa固体，c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变小D.③④稀释到原来的100倍后，稀释后④溶液中的pH大【答案】D【解析】【详解】A.一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨不会完全电离，所以pH小于②，故A错误；B.等体积①③混合，二者恰好反应生成氯化铵，NH4+水解而使溶液呈酸性；等体积②④混合，因为氨水浓度远大于盐酸，所以氨水大量剩余使溶液呈碱性，故B错误；C．向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离，则①②中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变大，故C错误；D.③④稀释到原来的100倍后，③④的pH分别是3和5，故D正确。故选D5.一定温度下，向10mL0.40mol/LH2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表所示。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，②H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是t/min0246V(O2)/mL09.917.222.4A.0~6min的平均反应速率v(H2O2)=3.33×10-2mol∙L-1∙min-1B.Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率C.反应①是吸热反应，反应②是放热反应D.反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的∆H=E1-E2＜0【答案】D【解析】【详解】A．根据表中数据，0~6min生成22.4mL的氧气，即1×10-3mol，需要过氧化氢2×10-3mol，反应过氧化氢的浓度为0.2mol/L，则平均反应速率v(H2O2)==3.33×10-2mol∙L-1∙min-1，A说法正确；B．根据反应①、②，Fe3+作催化剂，则其作用是增大过氧化氢的分解速率，B说法正确；C．根据反应过程的图像可知，反应①反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应；反应②是放热反应，C说法正确；D．E1为反应①的正反应活化能，E2为反应②逆反应的活化能，与该反应的焓变无关，反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的∆H≠E1-E2，D说法错误；答案为D。6.与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是A.甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快C.甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移D.乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率【答案】D【解析】【分析】根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。【详解】A.根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；C.甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；D.盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；答案选D。7.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是A.反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应B.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定C.FeO+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物D.若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O【答案】CD【解析】【详解】A．反应①、②中均有元素化合价的升降，因此两个反应都是氧化还原反应，A错误；B．已知两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)，在这

两步反应中，反应物的能量都比生成物的高，因此反应都是放热反应，但总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，C错误；C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此FeO+是中间产物，C正确；D．反应中N2O中N元素化合价由+1价变为反应后N2中的0价，每有1molN2O反应，转移2mol电子，所以若转移1mol电子，消耗N2O的物质的量是0.5mol，其在标况下体积是11.2L，D正确；故合理选项是CD。8.常温下0.2mol/L的一元酸HA溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是

A.HA为强酸B.该混合溶液中：c(A－)+c(Y)=c(Na+)C.该混合液pH=7D.图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+【答案】B【解析】【分析】0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合，发生HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A-浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A-+H2O⇌HA+OH-，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H+)，一般来说，盐类的水解程度较低，则有c(A－)＞c(OH－)，所以有：c(Na+)=0.1mol/L＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)，即X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(A－)+c(HA)，以此来解答。【详解】A．恰好发生HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，图中A-浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A-+H2O⇌HA+OH-，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．Y表示HA，溶液中存在物料守恒c(A－)+c(Y)=c(Na+)，故B正确；C．c(Na+)＞c(A－)，说明NaA水解，A-+H2O⇌HA+OH-，该混合液pH＞7，故C错误；D．由离子浓度的大小可知，X表示OH-，Y表示HA，Z表示H+，故D错误；故选B。9.已知HF和HCN都是一元弱酸，但Ka(HF)＞Ka(HCN)。现有100mL0.1mol·L－1的NaF溶液和100mL0.1mol·L－1的NaCN溶液，下列有关这两种溶液的说法中不正确的是()A.溶液中离子总浓度：NaF＜NaCN B.溶液中弱酸分子浓度：c(HF)＜c(HCN)C.NaF溶液中：c(HF)=c(OH-)-c(H＋) D.NaCN溶液中：c(Na+)=c(CN－)+c(HCN)【答案】A【解析】【详解】A．溶液中都存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(Na＋)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，每种溶液中离子总浓度都是阳离子浓度的2倍，由于Ka(HF)＞Ka(HCN)，则盐溶液中c(OH-)：NaF＜NaCN，所以溶液中的c(H+)：NaF＞NaCN，故溶液中离子总浓度：NaF＞NaCN，A错误；B．酸越强，对应的盐水解程度越小，水解产生的酸分子浓度就越小。由于Ka(HF)＞Ka(HCN)，所以酸性：HF＞HCN，则盐的水解程度：NaCN＞NaF，故溶液中弱酸分子浓度：c(HF)＜c(HCN)，B正确；C．NaF溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H＋)+c(HF)，则c(HF)=c(OH-)-c(H＋)，C正确；D．NaCN溶液中存在物料守恒，则有c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，D正确；故合理选项是A。10.可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，ΔH<0，P2>P1判断下列图像错误的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，ΔH<0，温度越高，反应速率越快，且达到平衡需要的时间越短，另外升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低，图像吻合，故A正确；B．可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，ΔH<0，在恒压条件下，升高温度，平衡逆向移动，C的百分含量降低；在恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，C的百分含量增大，图像吻合，故B正确；C．可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)，ΔH<0，达到平衡后，升高温度，正、逆反应速率都加快，且v(逆)增大幅度大于v(正)，平衡逆向移动，图像吻合，故C正确；D．可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)达到平衡后，增大压强，正、逆反应速率都加快，且v(正)增大幅度大于v(逆)，平衡正向移动，图像不吻合，故D错误；故答案为D。11.按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是A.铁腐蚀的速度由大到小的顺序：只闭合K3>只闭合K1>都断开>只闭合K2B.只闭合K3，正极的电极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-C.先只闭合K1，一段时间后，漏斗内液曲上升，然后再只闭合K2，漏斗内液面上升D.只闭合K2，U形管左、右两端液面均下降【答案】A【解析】【详解】A、金属腐蚀速率：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，闭合K3，是原电池，铁作负极：闭合K2，是电解池，铁作阴极；闭合K1，铁作阳极，因此腐蚀速率是只闭合K1>只闭合K3>都断开>只闭合K2，故A说法错误；B、B、只闭合K3，构成吸氧腐蚀，正极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B说法正确；C、只闭合K1，铁作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，U形管中气体压强增大，因此漏斗中液面上升，然后闭合K2，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，U形管中气体压强增大，漏斗中液面上升，故C说法正确；D、根据选项C的分析，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，故D说法正确。12.常温下，下列溶液中各离子浓度关系不正确的是A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)＋c(M+)=c(OH-)＋c(A-)B.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)＋2c(OH-)=2c(H+)＋c(CH3COOH)C.0.1mol·L-1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH-)=c(H+)-c(S2-)＋c(H2S)D.醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO-)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，则根据电荷守恒得：c(H+)＋c(M+)=c(OH-)＋c(A-)，故A正确；B．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，还存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故B正确；C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，所以得c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(H2S)，即c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)，故C正确；D．混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，则：c(Na+)=c(CH3COO-)，故D错误；故选D。13.下列问题与盐的水解有关的是①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中除锈剂②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液混合可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体⑥为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸A.①②③ B.②③④ C.①②③④⑤ D.全部【答案】D【解析】【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；

②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，故②正确；

③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；

④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应生成硅酸钠，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；

⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Al（OH）3固体，故⑤正确；⑥贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关，故⑥正确。故选D。14.一定温度下，水溶液中H+和OH─的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是A.该温度下，a点溶液呈碱性B.该温度下，pH=2的盐酸与pH=12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液显中性C.该温度下，加入NaOH可能引起由b向c的变化D.b点时，升高温度，可能引起由b向d的变化【答案】C【解析】【详解】A项、由图可知，该温度下，a点溶液中c(H+)>c(OH─)，呈酸性，故A错误；B项、由图可知，该温度下，pH=2的盐酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，酸碱恰好完全反应，溶液显中性，故B错误；C项、温度不变，不变，加入NaOH，溶液中c(OH─)增大，引起由b向c的变化，故C正确；D项、升高温度，溶液中H+和OH─的浓度都增大，不可能引起由b向d的变化，故D错误；故选C。15.研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl。下列“水”电池在海水中放电时的有关说法不正确的是()A.负极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgClB.正极反应式：5MnO2＋2e－=Mn5O102-C.每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子D.AgCl是还原产物【答案】D【解析】【分析】虽然这个电池总反应比较复杂，标出化合价可以发现失电子作还原剂，得电子作氧化剂，因此为电源负极，为电源正极，据此来分析选项即可。【详解】A.根据分析，负极是银，失电子变成氯化银，A项正确；B.根据分析，正极是，得电子变成，B项正确；C.每生成一个，相当于5个+4价的锰原子变成5个+3.6价的锰原子，故一共失去2mol电子，反应中转移的总电子数等于氧化剂得电子数，C项正确；D.根据化合价不难发现是单质银化合价升高后得到的产物，即氧化产物，D项错误；答案选D。【点睛】对于任何一个氧化还原反应，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=反应中转移的总电子数，电化学也不例外，三者中只需求出一个即可。16.在一密闭容器中，反应达到平衡时，测得为在温度不变的情况下，将容积增大一倍，当达到新的平衡时，测得

为下列判断中不正确的是A.物质B的质量分数减小 B.平衡时逆反应速率减小C.化学计量数： D.物质C的体积分数不变【答案】A【解析】【分析】根据题中反应可知，本题考查各条件改变对化学平衡的影响，运用勒夏特列原理分析。【详解】在温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则应为，而达到新平衡时，说明降低压强平衡不移动，则有，A.由分析可知，平衡不发生移动，则B的质量分数不变，故A错误；B.生成物的浓度减小，平衡时逆反应速率减小，故B正确；C.降低压强平衡不移动，则有，故C正确；D.平衡不移动，物质C的体积分数不变，故D正确。答案选A。【点睛】勒沙特列原理:如果改变影响平衡的一个条件(如浓度,压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。17.某温度时，在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是A.b点对应的等于c点对应的B.采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点C.该温度下，的D.溶液与溶液等体积混合不会生成沉淀【答案】B【解析】【分析】相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着c(SO)的增大，c(Ag+)逐渐减小，位于曲线上的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a在曲线下方，为不饱和状态，据此分析解答。【详解】A．曲线上点b、c为平衡状态，相同温度，Kap相同，故A正确；B．a在曲线下方，为不饱和状态，蒸发溶液，c(SO)、c(Ag+)都增大，不可能使溶液从a点变到b点，故B错误；C．由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)2×0.04=1.6×10-5((mol•L-1)2)，故C正确；D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c(Ag+)=0.01moL/L，c(SO42-)=0.1mol/L，则Qc=(0.01)2×0.1=1×10-5＜Ksp=1.6×10-5，没有沉淀生成，故D正确；故选B。18.工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去[已知：Ksp(CaCO3)=1×10-10，Ksp(CaSO4)=9×10-6]。下列说法不正确的是A.温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SO(aq)C.该条件下，CaCO3的溶解度小于CaSO4D.CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，c(SO)/c(CO)=1105【答案】D【解析】【分析】【详解】A．水电离、盐水解都吸热，温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大，故A正确；B．一种沉淀更易转化为溶解度小的沉淀，沉淀转化的离子方程式为CO(aq)十CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)，故B正确；C．该条件下，设溶液为1L，由c(CO)=c(Ca2+)==10-5mol/L，则==110-4g，CaCO3的溶解度约为1×10-4，显然，CaCO3的溶解度小于CaSO4，故C正确；D．CaCO3和CaSO4共存的悬浊液中，=9104，故D错误；故选D。二、填空题，共46分19.为应对全球气候问题，我国力争在2060年前实现“碳中和”。研究如何转化CO2和CH4，对减少温室气体的排放，改善大气环境具有重要的意义。已知：催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol（1）对于上述反应，既能加快该反应的反应速率，又能提高CO2平衡转化率的正确措施为___________(填字母)。A.升高温度 B.增大压强C.增大CO2的浓度 D.使用适当的催化剂（2）在一定温度下的恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明该反应一定已达平衡状态的是___________(填字母)。A．v正(CO2)=2v逆(CO)B．单位时间内每断裂4molC—H键同时生成2molH—H键C．容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化D．容器中混合气体总压不随时间而变化E．容器中混合气体的密度不随时间而变化（3）T℃时，在一个2L的恒容密闭容器中充入0.40molCH4和0.40molCO2，半分钟后反应达到平衡，测得容器中含有0.20molH2①此段时间内的平均反应速率：v(CO2)=___________mol/(L·min)(写出表达式并计算)②T℃时，该反应的平衡常数K=___________mol2·L-2(计算结果保留两位有效数字)；若要使K减小，则改变的条件为___________。（4）科学家设计利用电化学原理回收CO2达到减排的目的，实验装置如图所示。已知在碱性条件下，卤素单质可以和乙醇反应。假设理想状态下，该装置能将a电极的CO2全部转化成HCOO-。①则b为___________极(填“正”或“负”)，a电极的电极反应式为___________。②标准状况下，当有4mol电子转移时，回收的CO2为___________L。【答案】（1）A（2）CD（3）①.v(CO2)=-=0.10（或0.1）②.4.4×10-3（或0.0044）③.降温（4）①.负②.CO2+H2O+2e-=HCOO+OH-③.44.8【解析】【小问1详解】对于CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol反应，为吸热反应，且为熵增反应，既能加快该反应的反应速率，又能提高CO2平衡转化率的正确措施为升高温度，减小压强，增大二氧化碳浓度转化率降低，使用催化剂不改变反应速率，综上所述故选A。【小问2详解】A．2v正(CO2)=2v逆(CO)，可说明达到平衡，A错误；B．任意时间内均存在每断裂4molC—H键同时生成2molH—H键，不能说明达到平衡，B错误；C．由于左右两端相对分子质量不相等，容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，能说明达到平衡，C正确；D．由于左右两端化学计量数之和不相等，容器中混合气体总压不随时间而变化能说明达到平衡，D正确；E．容器中混合气体的总质量不变，体积不变，密度不随时间而变化，故不能以密度判断是否平衡，E错误。【小问3详解】①此段时间内的平均反应速率：v(CO2)=-=0.10mol/(L·min)；②T℃时，该反应的平衡常数K=mol2·L-2；此反应吸热，若要使K减小，则改变的条件为降温。【小问4详解】①a电极上CO2转化为则HCOO，发生还原反应，b为负极，a电极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=HCOO+OH-；②标准状况下，CO2+H2O+2e-=HCOO+OH-，当有4mol电子转移时，回收的CO2为2mol，即为44.8L。20.回答下列问题：（1）已知拆开键、键、键分别需要吸收的能量为、、。则由氢气和碘反应生成1molHI(碘化氢)需要_______(填“放出”或“吸收”)_______的热量。（2）发射卫星时可用肼()为燃料，用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：①②写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：_______。【答案】（1）①.放出②.5.5（2）【解析】【小问1详解】由反应H2+I2=2HI可知，反应需要吸收能量为436kJ+151kJ=587kJ，放出的能量为299kJ×2=598kJ，所以反应放出的能量为598kJ-587kJ=11kJ，故生成1molHI(碘化氢)需要放出能量5.5kJ。【小问2详解】肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的化学方程式为，由盖斯定律可得反应2②-①，故。21.当今世界各国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发CO2利用技术、降低CO2含量成为研究热点。某化学实验小组釆用CO2催化加氢制甲醇来减少CO2对环境造成的影响。在容积为4L的恒容密闭容器中，充入和，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ/mol。回答下列问题：（1）3min后，反应达到平衡状态，此时测得反应前后的总压强之比为5∶4。①_______mol/L，的转化率为_______%。②_______。③该反应达到平衡时的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。（2）在一定条件下，体系中的CO2的平衡转化率()与温度(T)和压强(p)的关系如图所示。则T1_______(填“＞”或“＜”)T2，判断的理由是_______。【答案】（1）①.0.21②.45③.0.03④.（2）①.＜②.该反应为放热反应，降低温度，反应朝正反应方向进行，的转化率增大【解析】【小问1详解】①在容积为4L恒容密闭容器中，充入2.4molH2和1.2molCO2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，设CO2反应量为xmol，平衡时CO2的物质的量为(1.2-x)mol，氢气的物质的量为(2.4-3x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，H2O的物质的量为xmol，反应前气体总物质的量为2.4mol+1.2mol=3.6mol，平衡时气体总物质的量为(1.2-x)mol+(2.4-3x)mol+xmol+xmol=(3.6-2x)mol，反应达到平衡状态，此时测得反应前后的总压强之比为5：4，则有3.6mol：(3.6-2x)mol=5：4，解得x=0.36，c(CO2)==0.21mol/L，H2的转化率为×100%=45%，故答案为：0.21；45；②v(H2O)==0.03mol•L-1•min-1。故答案为：0.03；③该反应达到平衡时的平衡常数K==(列出计算式即可)。故答案为：；【小问2详解】该反应为放热反应，降低温度，反应朝正反应方向进行，CO2的转化率增大，故T1＜(填“＞”或“＜”)T2，判断的理由是该反应为放热反应，降低温度，反应朝正反应方向进行，的转化率增大。故答案为：＜；该反应为放热反应，降低温度，反应朝正反应方向进行，的转化率增大。22.降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。我国利用氯碱厂生产的H2作为电池燃料，再将电池应用于氯碱工业，原理如图，a、b、c、d均为石墨电极。（1）a极为_______(填“正”或“负”)极，c极为_______(填“阴”或“阳”)极。（2）乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为_______；反应一段时间后，d极产生1mol气体时，乙装置中转移电子_______mol。（3）下列说法正确的是_______(填字母序号)。A.甲装置可实现化学能向电能的转化B甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动C.乙装置中c极一侧流出的是浓盐水（4）实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH-迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，产生O2的电极反应式为_______。【答案】（1）①.负②.阳（2）①.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑②.2（3）A（4）4OH-﹣4e-=O2↑+2H2O【解析】【小问1详解】由图甲可知，甲装置为氢氧碱性燃料电池，通入燃料氢气的电极为负极，即a电极为负极，通入空气(O2)的电极为正极，即b电极为正极；图乙是电解池，在电解池中，和原电池正极相连的c电极是阳极，和原电池负极相连的d电极是阴极；答案为负；阳。【小问2详解】图乙是电解池，惰性电极电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，其化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，其中阳极c上Cl-失电子发生氧化反应，即电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极d上H+得电子发生还原反应，即2H++2e-=H2↑，反应一段时间后，当d极产生1mol气体时，乙装置中