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2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了6g铁与0，8kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷
1. 2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船发射取得圆满成功，我国太空计划再次迈出重要一步。下列与这次载人飞行任务有关化学知识的描述中错误的是( )
A. 研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料
B. 太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁
C. 宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备
D. 太空舱中的太阳能电池翼工作时是将化学能转化为电能
2. 反应速率的加快可以缩短工业生产中的时间成本。改变下列条件，不能提高反应O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)的反应速率的是( )
A. 扩大容器体积 B. 增大催化剂的表面积
C. 适当升高温度 D. 增大O2分压
3. 下列物质所含化学键与其晶体结构对应错误的是( )
选项
物质
化学键
晶体结构
A
NaCl
离子键
离子晶体
B
H2O(s,冰)
共价键
共价晶体
C
SiO2
共价键
共价晶体
D
Na
金属键
金属晶体
A. A B. B C. C D. D
4. 化学语言是化学必备知识之一。下列溶液中存在盐类水解且水解方程式表示正确的是( )
A. 硝酸钠溶液中：NO3−+H2O⇌HNO3+OH−
B. 碳酸钠溶液中：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2H+
C. 碳酸氢钠溶液中：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
D. 醋酸钠溶液中：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
5. 下列金属防护的措施不合理的是( )
A. 将车漆喷在汽车外壳上 B. 将水库铁闸门连接在直流电源的正极
C. 在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀 D. 向金属器材上涂抹油脂
6. 下列描述与推断均正确且存在因果关系的是( )
选项
描述
推断
A
碳的燃烧为放热反应，反应焓变为ΔH1，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为ΔH2
ΔH1>ΔH2
B
常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡
铁的金属性强于铜
C
工业上使用催化剂可提高NH3的产量
催化剂可改变平衡转化率
D
泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作
硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应
A. A B. B C. C D. D
7. 短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代。常温时，测得0.1mol⋅L−1y、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1。且z、m还可以与Na形成如图结构的化合物。以下有关说法错误的是( )
A. 原子半径：z
D. x的最高价氧化物中各原子均满足8e−稳定结构
8. 氰化氢HCN可应用于电镀业(镀铜、镀金、镀银)、采矿业等。常温下，某等物质的量浓度的HCN和NaCN混合溶液的pH≈8。下列说法错误的是( )
A. 常温下，Ka(HCN)≈10−8
B. 该混合溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度
C. 该混合溶液中存在：c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)
D. 该混合溶液中存在：c(H+)+c(HCN)=c(OH−)
9. 苯磺酸为一元强酸，其制备机理如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是( )
A. 升高温度有利于增大苯的平衡转化率
B. 其决速步骤反应为
C. 两步反应活化能的差值为总反应的焓变
D. 反应过程中存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态
10. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中所含NH4+数目为0.1NA
B. 含0.1molCH3COOH的水溶液中所含H+数目为0.4NA
C. 5.6g铁与0.1molCl2完全反应，转移电子数目为0.3NA
D. 28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA
11. TK温度下，控制体积不变，向某密闭容器中充入等物质的量的SO2(g)和NO2(g)，发生下列反应：
i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ⋅mol−1
SO2(g)和NO2(g)的分压随时间变化如图所示，其中第3min时只改变了影响反应的一个条件。已知：可以用分压表示反应速率及化学平衡。下列说法错误的是( )
A. 图中代表NO2(g)变化的曲线为L1
B. 0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=0.1p0kPa⋅min−1
C. TK温度下，反应i的平衡常数Kp=112
D. 3min时改变的条件为增大压强
12. 微生物电池具有高效、清洁、环保等优点。某微生物电池工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. a极为该电池的负极
B. b极的电极反应式为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−
C. 放电过程中a极附近pH降低
D. 当外电路通过1mole−时，理论上溶液中会有1molH+通过质子交换膜移向b极
13. 常温下，向20mL0.1mol⋅I−1Na2CO3溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2气体因逸出不考虑)物质的量分数(δ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法错误的是( )
A. 曲线Ⅰ表示CO32−物质的量分数
B. CO32−水解的平衡常数为Kh1=10−10.46
C. 水的电离程度：M>N>P>Q
D. Q点存在：c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.1mol⋅L−1
14. 我国科学家在铁基高温超导体的研究上取得重大突破，发现了该超导体是由Fe、Ba、As三种元素组成，这为进一步理解超导配对机理及其与电荷密度波的关系提供了重要实验证据。回答下列问题：
(1)Ba元素属于元素周期表的 ______区元素。
(2)基态Fe原子核外电子排布式为 ______，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有 ______种元素。
(3)As为第四周期第ⅤA族元素，与其同周期且相邻的元素分别为 32Ge、 34Se，三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为 ______，原因为 ______。
(4)BaFexAsy的晶胞结构如图1所示。该晶体的化学式为 ______，设NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度是 ______g⋅cm−3(用含a、b、NA的代数式表示)。
15. 通过电渗所法电解Na2SO4制备硫酸和NaOH溶液的原理如图所示。电极M和电极N均为惰性电极。ab、cd均为离子交换膜。回答下列问题：
(1)电极电势：M ______(填“>”“=”或“<”，下同)N；物质的量浓度：Na2SO4溶液Ⅰ______Na2SO4溶液Ⅱ。
(2)ab、cd分别为 ______(填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜和______离子交换膜。
(3)电解时，可将 ______(填“M”或“N”)电极换成不锈钢。
(4)M电极上发生反应的电极反应式为 ______。
(5)当电路中通过1mol电子的电量时，理论上N极上产生气体的体积为 ______(标准状况下测量)。
16. 维生素C(C6H8O6)又称L−抗坏血酸，其还原性很强，在空气中极易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，具有促进骨胶原的生物合成、利于组织创伤口更快愈合等生理功能。实验室检验测定药片中维生素C含量的实验步骤如下。
Ⅰ.配制溶液：准确称量碾碎后的药品0.4000g，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸，后配制成250mL溶液。
Ⅱ.滴定实验：取配制好的溶液50.00mL于锥形瓶，并加入0.5%淀粉指示剂2mL，立即用0.01mol⋅L−1的I2标准溶液滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗I2标准溶液的体积为20.00mL。
已知：C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI。
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、______和 ______。
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的是 ______。
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作顺序为 ______(填字母)，再夹在滴定管夹上备用。
a.装入I2：标准溶液至0刻度以上；
b.检查滴定管是否漏液；
c.排尽尖嘴部分气泡；
d.用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次；
e.用蒸馏水清洗2∼3次；
f.将液面调节至“0”或“0”刻度以下。
(4)滴定至终点时的实验现象为 ______。
(5)该药片中维生素C的百分含量为 ______%。
(6)若配制过程中采用了来煮沸过的蒸馏水，可能导致测定结果 ______(填“偏高”“偏低“或“无影响”，下同)；若读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，可能导致测定结果 ______。
17. 2030年前实现碳达峰的承诺，体现了中国的大国风范。甲烷和二氧化碳重整制合成气的研究是实现碳达峰的手段之一。甲烷和二氧化碳重整制合成气的反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1。
已知：i.部分化学键键能数据如下表。
化学键
C−H
C=O
H−H
C≡O
键能/(kJ⋅mol−1)
413
745
436
1011
ii.副反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.5kJ⋅mol−1
副反应Ⅱ：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3
(1)①ΔH1=______kJ⋅mol−1，ΔH3=______kJ⋅mol−1。
②副反应Ⅱ属于 ______(选填“熵增”或“熵减”)反应。
(2)已知甲烷和二氧化碳重整制合成气反应的正反应速率v=kpa(CH4)⋅pb(CO2)，k为速率常数。900℃时，其他反应条件不变，只改变p(CO2)或p(CH4)时，正反应速率v的变化如图1所示。
①若CH4和CO2的分压均为p1时，a=______，b=______。
②若CH4和CO2的分压相等，分别为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为 ______。
(3)在一定条件下，向某密闭容器中充入一定量的甲烷和二氧化碳，同时发生上述三个反应。反应过程中的CH4平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CH4)值随压强升高而减小的原因为 ______；图2中的温度由大到小为 ______，其判断理由为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.改变合金中原子排布可以改变合金的性质，航天工业需要具有特殊性能的材料，所以研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料，故A正确；
B.电子发生跃迁时会释放或吸收能量，会释放或吸收不同的光，产生光谱，所以太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁，故B正确；
C.电解水生成氢气和氧气，所以宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备，故C正确；
D.太阳能电池板是将光能转化为电能，故D错误；
故选：D。
A.航天工业需要具有特殊性能的材料；
B.电子发生跃迁时会释放或吸收能量，会释放或吸收不同的光，产生光谱；
C.电解水生成氢气和氧气；
D.太阳能电池板是将太阳能转化为电能。
本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和运用，明确物质结构和性质的关系、光谱原理、能量转化等知识点是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.扩大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，故A选；
B.增大催化剂的表面积，催化效果更快，反应速率增大，故B不选；
C.适当升高温度，活化分子数增多，反应速率增大，故C不选；
D.增大O2分压相当于增大氧气浓度，则反应速率增大，故D不选；
故选：A。
升高温度、增大浓度、增大压强等均可加快反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.NaCl中化学键为离子键，其属于离子晶体，故A正确；
B.H2O中化学键为共价键，其属于分子晶体，故B错误；
C.SiO2中化学键为共价键，其属于共价晶体，故C正确；
D.Na中所含化学键为金属键，其属于金属晶体，故D正确；
故选：B。
A.阴阳离子之间存在离子键，含有离子键的晶体属于离子晶体；
B.非金属元素的原子之间易形成共价键，由分子构成的晶体属于分子晶体；
C.非金属元素的原子之间易形成共价键，由原子构成的晶体属于共价晶体；
D.金属单质中含有金属键，金属单质属于金属晶体。
故选B。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.硝酸钠为强酸强碱盐不水解，NO3−不存在水解平衡，故A错误；
B.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，多元弱酸根离子应分步水解，故B错误；
C.碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解反应为HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故C错误；
D.醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根的水解方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故D正确；
故选：D。
强酸强碱盐不水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性，弱酸弱碱盐，谁强显谁性，据此解答。
本题考查学生盐的水解规律以及水解方程式的书写等知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.将车漆喷在汽车外壳上，可以使车身隔绝空气和水，防止被空气中的氧气氧化，故A正确；
B.将水库铁闸门连接在直流电源的正极，铁闸门是阳极，会加快铁闸门的腐蚀，故B错误；
C.在船身上装锌块，锌作负极，船体做正极，牺牲锌，避免了船体遭受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.向金属器材上涂抹油脂，可以使金属器材隔绝空气和水，防止被空气中的氧气氧化，故D正确；
故选：B。
在原电池中，一般为活泼的金属作负极，失去电子，被氧化，不活泼的金属或碳作正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，构成电解池时，需要把被保护的金属连接在外电源的负极，使其被保护，据此分析解答即可。
本题主要考金属的电化学腐蚀与防护，掌握原电池、电解池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理和电解池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.吸热反应Δ>0，放热反应Δ<0，由题干信息可知ΔH1<0<ΔH2，故A错误；
B.常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，失电子，现象为铜片逐渐溶解，故B错误；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，故C错误；
D.硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应，故D正确；
故选：D。
A.由事实可知ΔH1<0<ΔH2；
B.常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，铁片上产生大量气泡；
C.催化剂不能改变平衡转化率；
D.硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应。
本题考查盐类水解的应用、化学反应的能量变化、电化学，为高频考点，注意两种溶液混合时发生的反应以及溶液中离子浓度的变化，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小，则得到原子半径：S>C1>O，故A错误；
B.NH3和水分子间都可以形成氢键，且水常温呈液态，氨气呈气态，而CH4分子间不能形成氢键，所以简单氢化物的沸点顺序为：CH4
D.C的最高价氧化物为CO2，各原子均满足8e−稳定结构，故D正确；
故选：A。
短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代，判断为C元素，常温时，测得0.1mol⋅L−1y、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1，说明y的氢化物为碱性气体，溶于水形成弱碱，m的氢化物溶于水形成弱酸，n的氢化物溶于水形成强酸，且z、m还可以与Na形成如图结构的化合物，判断Y为N元素，m为S元素，n为Cl元素，由题意推知短周期x、y、z、m、n五种主族元素分别为C、N、O、S、Cl。
本题考查了元素性质、原子结构、周期表递变规律的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液的pH≈8，可知Ka(HCN)=c(H+)⋅c(CN−)c(HCN)≈c(H+)≈10−8，故A正确；
B.混合溶液显碱性，CN−的水解大于HCN的电离，促进了水的电离，故B正确；
C.由CN−的水解大于HCN电离可知，该混合溶液中存在c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)，故C正确；
D.根据电荷守恒可知该混合溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，根据物料守恒可知该混合溶液中存在：2c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)，则溶液中质子守恒应为：c(HCN)+2c(H+)=c(CN−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：D。
A.由等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液的pH≈8，CN−的水解大于HCN电离；
B.水解促进水的电离；
C.根据CN−的水解大于HCN电离判断；
D.根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断。
本题考查了离子浓度大小比较，题目难度不大，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，D为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.该反应为放热反应，升高温度不利于增大苯的平衡转化率，故A错误；
B.需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为，故B正确；
C.焓变与两步反应活化能的差值无关，故C错误；
D.由图可知反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态，故D错误；
故选：B。
A.由图像可知该反应为放热反应；
B.决速步为慢反应；
C.焓变与两步反应的差值无关；
D.反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.NH4Cl为强酸弱碱盐，所以1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，所含NH4+的数目小于0.1NA，故A错误；
B.常温下，由于醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO−+H+，所以含0.1molCH3COOH溶液中含有的H+数目小于0.1NA，故B错误；
C.5.6g铁与0.1molCl2完全反应，氯气不足，0.1molCl2完全反应转移电子数为0.2NA，故C错误；
D.28gN60中含有2mol氮原子，由图示可知每个氮原子平均形成1.5个σ键，故含有的σ键数目为3NA，故D正确，
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
11.【答案】AD
【解析】解：A.反应i和ii均消耗NO2(g)，所以NO2(g)的变化量偏大，所以图中代表NO2(g)变化的曲线是L2，故A错误；
B.0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=△p△t=0.2p0KPa2min=0.1p0kPa⋅min−1，故B正确；
C.根据图知，达到平衡状态时，p(SO2)=0.8p0，则消耗的p(SO2)=0.2p0，消耗p(NO2)=(1−0.6)p0=0.4p0，其中有一半的NO2参加反应i、一半的NO2参加反应ii，
可逆反应i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
反应量 0.2p0 0.2p0 0.2p0 0.2p0
剩余量(kPa)0.8p0 0.2p0 0.2p0
可逆反应ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ
反应量(kPa)0.2p0 0.1p0
剩余量(kPa)0.6p0 0.1p0
所以T K温度下，反应i的平衡常数Kp=p(SO3)⋅p(NO)p(SO2)⋅p(NO2)=0.2p0×0.2p00.8p0×0.6p0=112，故C正确；
D.3min时分压均增大，则改变的条件有可能是加压或升高温度(升高温度，压强也会增大)，但加压后反应ii会正向移动，随后NO2(g)的分压会降低，不符合；升温后两反应均逆向移动，两物质分压均再次增大，故D错误；
故选：AD。
A.反应i和ii均消耗NO2(g)，所以NO2(g)的变化量偏大；
B.0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=△p△t；
C.根据图知，达到平衡状态时，p(SO2)=0.8p0，则消耗的p(SO2)=0.2p0，消耗p(NO2)=(1−0.6)p0=0.4p0，其中有一半的NO2参加反应i、一半的NO2参加反应ii，
可逆反应i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
反应量 0.2p0 0.2p0 0.2p0 0.2p0
剩余量(kPa)0.8p0 0.2p0 0.2p0
可逆反应ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ
反应量(kPa)0.2p0 0.1p0
剩余量(kPa)0.6p0 0.1p0
所以T K温度下，反应i的平衡常数Kp=p(SO3)⋅p(NO)p(SO2)⋅p(NO2)；
D.3min时分压均增大，则改变的条件有可能是加压或升高温度(升高温度，压强也会增大)。
本题考查化学平衡计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答难点，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A.根据图知，a电极上CH3OH转化为CO2，C元素化合价由−2价变为+4价，则该电极上失电子发生氧化反应，则a极为该电池的负极，故A正确；
B.根据图知，b极上[Fe(CN)6]3−得电子生成[Fe(CN)6]4−，电极反应式为[Fe(CN)6]3−+e−=[Fe(CN)6]4−，故B错误；
C.放电过程中a极的电极反应式为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，c(H+)增大，所以其附近pH降低，故C正确；
D.H+通过质子交换膜移向b极，电子、氢离子都带一个单位电荷，所以当外电路通过1mole−时，理论上溶液中会有1molH+通过质子交换膜移向b极，故D正确；
故选：B。
A.根据图知，a电极上CH3OH转化为CO2，C元素化合价由−2价变为+4价，则该电极上失电子发生氧化反应；
B.b极上[Fe(CN)6]3−得电子生成[Fe(CN)6]4−；
C.放电过程中a极的电极反应式为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，c(H+)增大；
D.电解质溶液中H+通过质子交换膜移向b极。
本题考查化学电源新型电池，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，正确判断正负极、各个电极上发生的反应是解本题关键，会正确书写电极反应式。
13.【答案】BD
【解析】解：A.随着HCl的通入，溶液中c(CO32−)逐渐减小、c(HCO3−)先增大后减小、c(H2CO3)逐渐增大，则δ(CO32−)逐渐减小、δ(HCO3−)先增大后减小、δ(H2CO3)逐渐增大，由图可知曲线Ⅰ表示CO32−物质的量分数，故A正确；
B.当δ(CO32−)=δ(HCO3−)时，c(CO32−)=c(HCO3−)，CO32−水解的平衡常数为Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=c(OH−)=10−1410−10.46=10−3.54，故B错误；
C.随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱，水的电离程度：M>N>P>Q，故C正确；
D.Q点时CO2大量逸出，溶液中碳元素总和小于0.1mol⋅L−1，故D错误；
故选：BD。
A.随着HCl的通入，溶液中c(CO32−)逐渐减小、c(HCO3−)先增大后减小、c(H2CO3)逐渐增大，则δ(CO32−)逐渐减小、δ(HCO3−)先增大后减小、δ(H2CO3)逐渐增大；
B.当δ(CO32−)=δ(HCO3−)时，c(CO32−)=c(HCO3−)，CO32−水解的平衡常数为Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=c(OH−)；
C.随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱；
D.Q点时CO2大量逸出。
本题考查盐类水解，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电解平衡常数计算方法是解本题关键，D中易忽略逸出的二氧化碳而导致错误判断。
14.【答案】s1s22s22p63s23p63d64s2 两 As>Se>Ge同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于SeBaFe2As2 798a2bNA×10−30
【解析】解：(1)Ba元素属于元素周期表的s区元素，
故答案为：s；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Mn(5个)和Cr(6个)两种元素，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；两；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se，所以三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge，
故答案为：As>Se>Ge；同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，则该晶胞的密度ρ=mV=798NAga2b×10−30cm3=7.98×1032a2bNAg/cm3，
故答案为：BaFe2As2；798a2bNA×10−30。
(1)Ba位于第IIA族；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Mn(5个)单电子，Cr(6个)单电子；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
15.【答案】>>阴 阳 N2H2O−4e−=O2↑+4H+ 11.2L
【解析】解：(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极，所以电极电势：M>N；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小，所以进口浓度高于出口浓度，Na2SO4溶液Ⅰ>Na2SO4溶液Ⅱ，
故答案为：>；>；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液，所以ab膜为阴离子交换膜，Na+通过cd膜进入NaOH溶液，所以cd膜为阳离子交换膜，
故答案为：阴；阳；
(3)不锈钢连接在阳极会发生反应，所以只能连在阴极(N极)，
故答案为：N；
(4)M电极为阳极，发生反应的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，
故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；
(5)电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，则转移2mol电子生成1mol氢气，当电路中通过1mol电子的电量时，理论上产生H2的物质的量是0.5mol，体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2L。
(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液；Na+通过cd膜进入NaOH溶液；
(3)较活泼金属电极材料在阳极上会失电子发生氧化反应；
(4)M电极上水失电子生成氧气和H+；
(5)N电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，根据转移电子和氢气的关系式计算生成氢气体积。
本题考查电化学，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极和离子交换膜名称、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极时，金属失电子而不是溶液中阴离子失电子。
16.【答案】胶头滴管 250mL容量瓶 调节至酸性，防止维生素C被氧化 bedacf 加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色 44 偏低 偏低
【解析】解：(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的为调节至酸性，防止维生素C被氧化，
故答案为：调节至酸性，防止维生素C被氧化；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作：
b.检查滴定管是否漏液；
e.用蒸馏水清洗2∼3次；
d.用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次；
a.装入I2：标准溶液至0刻度以上；
c.排尽尖嘴部分气泡；
f.将液面调节至“0”或“0”刻度以下，
故答案为：bedacf；
(4)滴定至终点时的实验现象为加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色，
故答案为：加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知n(C6H8O6)=n(I2)=0.01mol⋅L−1×0.02L×5=0.001mol，其百分含量为0.001mol×176g/mol0.4000g×100%=44%，
故答案为：44；
(6)若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被氧化，导致测定结果偏低；读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，会使读取的标准液比实际消耗的体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏低；偏低。
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；
(2)加入适量醋酸可以保持溶液呈酸性；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作为，已检查不漏液后，先用蒸馏水清洗滴定管2∼3次，再用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次，后装入I2标准溶液至0刻度以上，排尽尖嘴部分气泡，将液面调节至0刻度或0刻度以下，再夹在滴定管夹上备用；
(4)根据淀粉遇碘变蓝分析；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI计算n(C6H8O6)，进一步计算质量分数；
(6)维生素C可以被氧气氧化；滴定前仰视读数哦按小，滴定后俯视，读数偏小。
本题考查物质含量的测定、溶液的配制，为高频考点，把握制备实验流程、物质分离提纯实验操作、对操作与原理的分析评价等为解答的关键，是对学生综合能力的考查，注意对工艺流程的理解，题目难度中等。
17.【答案】(1)①+248；+206.5②熵增
(2)①1 ；1 ②p2：p3
(3)加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小； T1>T2>T3 ；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、反应热计算方法是解本题关键，难点是(2)①a、b的判断。
【解答】
(1)①断键吸热，成键放热，ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=4×413kJ⋅mol−1+2×745kJ⋅mol−1−2×436kJ⋅mol−1−2×1011kJ⋅mol−1=+248kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，得ΔH3=ΔH1−ΔH2=+248kJ⋅mol−1−41.5kJ⋅mol−1=+206.5kJ⋅mol−1，
故答案为：+248；+206.5；
②副反应Ⅱ生成物中气体分子数目增多，混乱度增大，属于熵增反应，
故答案为：熵增；
(2)①当p(CO2)=p1时，p(CO2)的增大反应速率呈直线递增，而随p(CH4)增大，反应速率始终呈直线递增变化可知，此时a=1，b=1，
故答案为：1；1；
②p2∼p3之间，随p(CO2)的增大，反应速率不再变化，可知此时b=0，所以CH4和CO2的分压均为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为p2：p3，
故答案为：p2：p3；
(3)增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高，所以图2中的温度由大到小为T1>T2>T3，
故答案为：加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小。
2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷
1. 2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船发射取得圆满成功，我国太空计划再次迈出重要一步。下列与这次载人飞行任务有关化学知识的描述中错误的是( )
A. 研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料
B. 太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁
C. 宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备
D. 太空舱中的太阳能电池翼工作时是将化学能转化为电能
2. 反应速率的加快可以缩短工业生产中的时间成本。改变下列条件，不能提高反应O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)的反应速率的是( )
A. 扩大容器体积 B. 增大催化剂的表面积
C. 适当升高温度 D. 增大O2分压
3. 下列物质所含化学键与其晶体结构对应错误的是( )
选项
物质
化学键
晶体结构
A
NaCl
离子键
离子晶体
B
H2O(s,冰)
共价键
共价晶体
C
SiO2
共价键
共价晶体
D
Na
金属键
金属晶体
A. A B. B C. C D. D
4. 化学语言是化学必备知识之一。下列溶液中存在盐类水解且水解方程式表示正确的是( )
A. 硝酸钠溶液中：NO3−+H2O⇌HNO3+OH−
B. 碳酸钠溶液中：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2H+
C. 碳酸氢钠溶液中：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
D. 醋酸钠溶液中：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
5. 下列金属防护的措施不合理的是( )
A. 将车漆喷在汽车外壳上 B. 将水库铁闸门连接在直流电源的正极
C. 在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀 D. 向金属器材上涂抹油脂
6. 下列描述与推断均正确且存在因果关系的是( )
选项
描述
推断
A
碳的燃烧为放热反应，反应焓变为ΔH1，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为ΔH2
ΔH1>ΔH2
B
常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡
铁的金属性强于铜
C
工业上使用催化剂可提高NH3的产量
催化剂可改变平衡转化率
D
泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作
硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应
A. A B. B C. C D. D
7. 短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代。常温时，测得0.1mol⋅L−1y、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1。且z、m还可以与Na形成如图结构的化合物。以下有关说法错误的是( )
A. 原子半径：z
D. x的最高价氧化物中各原子均满足8e−稳定结构
8. 氰化氢HCN可应用于电镀业(镀铜、镀金、镀银)、采矿业等。常温下，某等物质的量浓度的HCN和NaCN混合溶液的pH≈8。下列说法错误的是( )
A. 常温下，Ka(HCN)≈10−8
B. 该混合溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度
C. 该混合溶液中存在：c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)
D. 该混合溶液中存在：c(H+)+c(HCN)=c(OH−)
9. 苯磺酸为一元强酸，其制备机理如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是( )
A. 升高温度有利于增大苯的平衡转化率
B. 其决速步骤反应为
C. 两步反应活化能的差值为总反应的焓变
D. 反应过程中存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态
10. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中所含NH4+数目为0.1NA
B. 含0.1molCH3COOH的水溶液中所含H+数目为0.4NA
C. 5.6g铁与0.1molCl2完全反应，转移电子数目为0.3NA
D. 28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA
11. TK温度下，控制体积不变，向某密闭容器中充入等物质的量的SO2(g)和NO2(g)，发生下列反应：
i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ⋅mol−1
SO2(g)和NO2(g)的分压随时间变化如图所示，其中第3min时只改变了影响反应的一个条件。已知：可以用分压表示反应速率及化学平衡。下列说法错误的是( )
A. 图中代表NO2(g)变化的曲线为L1
B. 0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=0.1p0kPa⋅min−1
C. TK温度下，反应i的平衡常数Kp=112
D. 3min时改变的条件为增大压强
12. 微生物电池具有高效、清洁、环保等优点。某微生物电池工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. a极为该电池的负极
B. b极的电极反应式为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−
C. 放电过程中a极附近pH降低
D. 当外电路通过1mole−时，理论上溶液中会有1molH+通过质子交换膜移向b极
13. 常温下，向20mL0.1mol⋅I−1Na2CO3溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2气体因逸出不考虑)物质的量分数(δ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法错误的是( )
A. 曲线Ⅰ表示CO32−物质的量分数
B. CO32−水解的平衡常数为Kh1=10−10.46
C. 水的电离程度：M>N>P>Q
D. Q点存在：c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.1mol⋅L−1
14. 我国科学家在铁基高温超导体的研究上取得重大突破，发现了该超导体是由Fe、Ba、As三种元素组成，这为进一步理解超导配对机理及其与电荷密度波的关系提供了重要实验证据。回答下列问题：
(1)Ba元素属于元素周期表的 ______区元素。
(2)基态Fe原子核外电子排布式为 ______，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有 ______种元素。
(3)As为第四周期第ⅤA族元素，与其同周期且相邻的元素分别为 32Ge、 34Se，三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为 ______，原因为 ______。
(4)BaFexAsy的晶胞结构如图1所示。该晶体的化学式为 ______，设NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度是 ______g⋅cm−3(用含a、b、NA的代数式表示)。
15. 通过电渗所法电解Na2SO4制备硫酸和NaOH溶液的原理如图所示。电极M和电极N均为惰性电极。ab、cd均为离子交换膜。回答下列问题：
(1)电极电势：M ______(填“>”“=”或“<”，下同)N；物质的量浓度：Na2SO4溶液Ⅰ______Na2SO4溶液Ⅱ。
(2)ab、cd分别为 ______(填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜和______离子交换膜。
(3)电解时，可将 ______(填“M”或“N”)电极换成不锈钢。
(4)M电极上发生反应的电极反应式为 ______。
(5)当电路中通过1mol电子的电量时，理论上N极上产生气体的体积为 ______(标准状况下测量)。
16. 维生素C(C6H8O6)又称L−抗坏血酸，其还原性很强，在空气中极易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，具有促进骨胶原的生物合成、利于组织创伤口更快愈合等生理功能。实验室检验测定药片中维生素C含量的实验步骤如下。
Ⅰ.配制溶液：准确称量碾碎后的药品0.4000g，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸，后配制成250mL溶液。
Ⅱ.滴定实验：取配制好的溶液50.00mL于锥形瓶，并加入0.5%淀粉指示剂2mL，立即用0.01mol⋅L−1的I2标准溶液滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗I2标准溶液的体积为20.00mL。
已知：C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI。
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、______和 ______。
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的是 ______。
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作顺序为 ______(填字母)，再夹在滴定管夹上备用。
a.装入I2：标准溶液至0刻度以上；
b.检查滴定管是否漏液；
c.排尽尖嘴部分气泡；
d.用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次；
e.用蒸馏水清洗2∼3次；
f.将液面调节至“0”或“0”刻度以下。
(4)滴定至终点时的实验现象为 ______。
(5)该药片中维生素C的百分含量为 ______%。
(6)若配制过程中采用了来煮沸过的蒸馏水，可能导致测定结果 ______(填“偏高”“偏低“或“无影响”，下同)；若读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，可能导致测定结果 ______。
17. 2030年前实现碳达峰的承诺，体现了中国的大国风范。甲烷和二氧化碳重整制合成气的研究是实现碳达峰的手段之一。甲烷和二氧化碳重整制合成气的反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1。
已知：i.部分化学键键能数据如下表。
化学键
C−H
C=O
H−H
C≡O
键能/(kJ⋅mol−1)
413
745
436
1011
ii.副反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.5kJ⋅mol−1
副反应Ⅱ：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH3
(1)①ΔH1=______kJ⋅mol−1，ΔH3=______kJ⋅mol−1。
②副反应Ⅱ属于 ______(选填“熵增”或“熵减”)反应。
(2)已知甲烷和二氧化碳重整制合成气反应的正反应速率v=kpa(CH4)⋅pb(CO2)，k为速率常数。900℃时，其他反应条件不变，只改变p(CO2)或p(CH4)时，正反应速率v的变化如图1所示。
①若CH4和CO2的分压均为p1时，a=______，b=______。
②若CH4和CO2的分压相等，分别为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为 ______。
(3)在一定条件下，向某密闭容器中充入一定量的甲烷和二氧化碳，同时发生上述三个反应。反应过程中的CH4平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CH4)值随压强升高而减小的原因为 ______；图2中的温度由大到小为 ______，其判断理由为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.改变合金中原子排布可以改变合金的性质，航天工业需要具有特殊性能的材料，所以研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料，故A正确；
B.电子发生跃迁时会释放或吸收能量，会释放或吸收不同的光，产生光谱，所以太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁，故B正确；
C.电解水生成氢气和氧气，所以宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备，故C正确；
D.太阳能电池板是将光能转化为电能，故D错误；
故选：D。
A.航天工业需要具有特殊性能的材料；
B.电子发生跃迁时会释放或吸收能量，会释放或吸收不同的光，产生光谱；
C.电解水生成氢气和氧气；
D.太阳能电池板是将太阳能转化为电能。
本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和运用，明确物质结构和性质的关系、光谱原理、能量转化等知识点是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.扩大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，故A选；
B.增大催化剂的表面积，催化效果更快，反应速率增大，故B不选；
C.适当升高温度，活化分子数增多，反应速率增大，故C不选；
D.增大O2分压相当于增大氧气浓度，则反应速率增大，故D不选；
故选：A。
升高温度、增大浓度、增大压强等均可加快反应速率，以此来解答。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.NaCl中化学键为离子键，其属于离子晶体，故A正确；
B.H2O中化学键为共价键，其属于分子晶体，故B错误；
C.SiO2中化学键为共价键，其属于共价晶体，故C正确；
D.Na中所含化学键为金属键，其属于金属晶体，故D正确；
故选：B。
A.阴阳离子之间存在离子键，含有离子键的晶体属于离子晶体；
B.非金属元素的原子之间易形成共价键，由分子构成的晶体属于分子晶体；
C.非金属元素的原子之间易形成共价键，由原子构成的晶体属于共价晶体；
D.金属单质中含有金属键，金属单质属于金属晶体。
故选B。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.硝酸钠为强酸强碱盐不水解，NO3−不存在水解平衡，故A错误；
B.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，多元弱酸根离子应分步水解，故B错误；
C.碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解反应为HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，故C错误；
D.醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根的水解方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故D正确；
故选：D。
强酸强碱盐不水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性，弱酸弱碱盐，谁强显谁性，据此解答。
本题考查学生盐的水解规律以及水解方程式的书写等知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.将车漆喷在汽车外壳上，可以使车身隔绝空气和水，防止被空气中的氧气氧化，故A正确；
B.将水库铁闸门连接在直流电源的正极，铁闸门是阳极，会加快铁闸门的腐蚀，故B错误；
C.在船身上装锌块，锌作负极，船体做正极，牺牲锌，避免了船体遭受腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.向金属器材上涂抹油脂，可以使金属器材隔绝空气和水，防止被空气中的氧气氧化，故D正确；
故选：B。
在原电池中，一般为活泼的金属作负极，失去电子，被氧化，不活泼的金属或碳作正极，被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，构成电解池时，需要把被保护的金属连接在外电源的负极，使其被保护，据此分析解答即可。
本题主要考金属的电化学腐蚀与防护，掌握原电池、电解池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理和电解池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.吸热反应Δ>0，放热反应Δ<0，由题干信息可知ΔH1<0<ΔH2，故A错误；
B.常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，失电子，现象为铜片逐渐溶解，故B错误；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，故C错误；
D.硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应，故D正确；
故选：D。
A.由事实可知ΔH1<0<ΔH2；
B.常温下，铁遇浓硝酸会钝化，所以将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片做负极，铁片上产生大量气泡；
C.催化剂不能改变平衡转化率；
D.硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液混合能生成氢氧化铝和二氧化碳，是因为二者能互相促进水解反应。
本题考查盐类水解的应用、化学反应的能量变化、电化学，为高频考点，注意两种溶液混合时发生的反应以及溶液中离子浓度的变化，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.电子层数越多半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小，则得到原子半径：S>C1>O，故A错误；
B.NH3和水分子间都可以形成氢键，且水常温呈液态，氨气呈气态，而CH4分子间不能形成氢键，所以简单氢化物的沸点顺序为：CH4
D.C的最高价氧化物为CO2，各原子均满足8e−稳定结构，故D正确；
故选：A。
短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代，判断为C元素，常温时，测得0.1mol⋅L−1y、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1，说明y的氢化物为碱性气体，溶于水形成弱碱，m的氢化物溶于水形成弱酸，n的氢化物溶于水形成强酸，且z、m还可以与Na形成如图结构的化合物，判断Y为N元素，m为S元素，n为Cl元素，由题意推知短周期x、y、z、m、n五种主族元素分别为C、N、O、S、Cl。
本题考查了元素性质、原子结构、周期表递变规律的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
8.【答案】D
【解析】解：A.由等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液的pH≈8，可知Ka(HCN)=c(H+)⋅c(CN−)c(HCN)≈c(H+)≈10−8，故A正确；
B.混合溶液显碱性，CN−的水解大于HCN的电离，促进了水的电离，故B正确；
C.由CN−的水解大于HCN电离可知，该混合溶液中存在c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)，故C正确；
D.根据电荷守恒可知该混合溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，根据物料守恒可知该混合溶液中存在：2c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)，则溶液中质子守恒应为：c(HCN)+2c(H+)=c(CN−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：D。
A.由等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合溶液的pH≈8，CN−的水解大于HCN电离；
B.水解促进水的电离；
C.根据CN−的水解大于HCN电离判断；
D.根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断。
本题考查了离子浓度大小比较，题目难度不大，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，D为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。
9.【答案】B
【解析】解：A.该反应为放热反应，升高温度不利于增大苯的平衡转化率，故A错误；
B.需要活化能越大，反应越难，由图可知该反应的决速步骤反应为，故B正确；
C.焓变与两步反应活化能的差值无关，故C错误；
D.由图可知反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态，故D错误；
故选：B。
A.由图像可知该反应为放热反应；
B.决速步为慢反应；
C.焓变与两步反应的差值无关；
D.反应过程中不存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握化学反应与能量变化的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.NH4Cl为强酸弱碱盐，所以1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，所含NH4+的数目小于0.1NA，故A错误；
B.常温下，由于醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO−+H+，所以含0.1molCH3COOH溶液中含有的H+数目小于0.1NA，故B错误；
C.5.6g铁与0.1molCl2完全反应，氯气不足，0.1molCl2完全反应转移电子数为0.2NA，故C错误；
D.28gN60中含有2mol氮原子，由图示可知每个氮原子平均形成1.5个σ键，故含有的σ键数目为3NA，故D正确，
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
11.【答案】AD
【解析】解：A.反应i和ii均消耗NO2(g)，所以NO2(g)的变化量偏大，所以图中代表NO2(g)变化的曲线是L2，故A错误；
B.0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=△p△t=0.2p0KPa2min=0.1p0kPa⋅min−1，故B正确；
C.根据图知，达到平衡状态时，p(SO2)=0.8p0，则消耗的p(SO2)=0.2p0，消耗p(NO2)=(1−0.6)p0=0.4p0，其中有一半的NO2参加反应i、一半的NO2参加反应ii，
可逆反应i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
反应量 0.2p0 0.2p0 0.2p0 0.2p0
剩余量(kPa)0.8p0 0.2p0 0.2p0
可逆反应ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ
反应量(kPa)0.2p0 0.1p0
剩余量(kPa)0.6p0 0.1p0
所以T K温度下，反应i的平衡常数Kp=p(SO3)⋅p(NO)p(SO2)⋅p(NO2)=0.2p0×0.2p00.8p0×0.6p0=112，故C正确；
D.3min时分压均增大，则改变的条件有可能是加压或升高温度(升高温度，压强也会增大)，但加压后反应ii会正向移动，随后NO2(g)的分压会降低，不符合；升温后两反应均逆向移动，两物质分压均再次增大，故D错误；
故选：AD。
A.反应i和ii均消耗NO2(g)，所以NO2(g)的变化量偏大；
B.0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=△p△t；
C.根据图知，达到平衡状态时，p(SO2)=0.8p0，则消耗的p(SO2)=0.2p0，消耗p(NO2)=(1−0.6)p0=0.4p0，其中有一半的NO2参加反应i、一半的NO2参加反应ii，
可逆反应i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
反应量 0.2p0 0.2p0 0.2p0 0.2p0
剩余量(kPa)0.8p0 0.2p0 0.2p0
可逆反应ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ
反应量(kPa)0.2p0 0.1p0
剩余量(kPa)0.6p0 0.1p0
所以T K温度下，反应i的平衡常数Kp=p(SO3)⋅p(NO)p(SO2)⋅p(NO2)；
D.3min时分压均增大，则改变的条件有可能是加压或升高温度(升高温度，压强也会增大)。
本题考查化学平衡计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答难点，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：A.根据图知，a电极上CH3OH转化为CO2，C元素化合价由−2价变为+4价，则该电极上失电子发生氧化反应，则a极为该电池的负极，故A正确；
B.根据图知，b极上[Fe(CN)6]3−得电子生成[Fe(CN)6]4−，电极反应式为[Fe(CN)6]3−+e−=[Fe(CN)6]4−，故B错误；
C.放电过程中a极的电极反应式为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，c(H+)增大，所以其附近pH降低，故C正确；
D.H+通过质子交换膜移向b极，电子、氢离子都带一个单位电荷，所以当外电路通过1mole−时，理论上溶液中会有1molH+通过质子交换膜移向b极，故D正确；
故选：B。
A.根据图知，a电极上CH3OH转化为CO2，C元素化合价由−2价变为+4价，则该电极上失电子发生氧化反应；
B.b极上[Fe(CN)6]3−得电子生成[Fe(CN)6]4−；
C.放电过程中a极的电极反应式为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，c(H+)增大；
D.电解质溶液中H+通过质子交换膜移向b极。
本题考查化学电源新型电池，侧重考查图片分析、判断及知识综合运用能力，正确判断正负极、各个电极上发生的反应是解本题关键，会正确书写电极反应式。
13.【答案】BD
【解析】解：A.随着HCl的通入，溶液中c(CO32−)逐渐减小、c(HCO3−)先增大后减小、c(H2CO3)逐渐增大，则δ(CO32−)逐渐减小、δ(HCO3−)先增大后减小、δ(H2CO3)逐渐增大，由图可知曲线Ⅰ表示CO32−物质的量分数，故A正确；
B.当δ(CO32−)=δ(HCO3−)时，c(CO32−)=c(HCO3−)，CO32−水解的平衡常数为Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=c(OH−)=10−1410−10.46=10−3.54，故B错误；
C.随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱，水的电离程度：M>N>P>Q，故C正确；
D.Q点时CO2大量逸出，溶液中碳元素总和小于0.1mol⋅L−1，故D错误；
故选：BD。
A.随着HCl的通入，溶液中c(CO32−)逐渐减小、c(HCO3−)先增大后减小、c(H2CO3)逐渐增大，则δ(CO32−)逐渐减小、δ(HCO3−)先增大后减小、δ(H2CO3)逐渐增大；
B.当δ(CO32−)=δ(HCO3−)时，c(CO32−)=c(HCO3−)，CO32−水解的平衡常数为Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=c(OH−)；
C.随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱；
D.Q点时CO2大量逸出。
本题考查盐类水解，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电解平衡常数计算方法是解本题关键，D中易忽略逸出的二氧化碳而导致错误判断。
14.【答案】s1s22s22p63s23p63d64s2 两 As>Se>Ge同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于SeBaFe2As2 798a2bNA×10−30
【解析】解：(1)Ba元素属于元素周期表的s区元素，
故答案为：s；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Mn(5个)和Cr(6个)两种元素，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；两；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se，所以三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge，
故答案为：As>Se>Ge；同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，则该晶胞的密度ρ=mV=798NAga2b×10−30cm3=7.98×1032a2bNAg/cm3，
故答案为：BaFe2As2；798a2bNA×10−30。
(1)Ba位于第IIA族；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Mn(5个)单电子，Cr(6个)单电子；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
15.【答案】>>阴 阳 N2H2O−4e−=O2↑+4H+ 11.2L
【解析】解：(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极，所以电极电势：M>N；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小，所以进口浓度高于出口浓度，Na2SO4溶液Ⅰ>Na2SO4溶液Ⅱ，
故答案为：>；>；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液，所以ab膜为阴离子交换膜，Na+通过cd膜进入NaOH溶液，所以cd膜为阳离子交换膜，
故答案为：阴；阳；
(3)不锈钢连接在阳极会发生反应，所以只能连在阴极(N极)，
故答案为：N；
(4)M电极为阳极，发生反应的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，
故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；
(5)电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，则转移2mol电子生成1mol氢气，当电路中通过1mol电子的电量时，理论上产生H2的物质的量是0.5mol，体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2L。
(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液；Na+通过cd膜进入NaOH溶液；
(3)较活泼金属电极材料在阳极上会失电子发生氧化反应；
(4)M电极上水失电子生成氧气和H+；
(5)N电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，根据转移电子和氢气的关系式计算生成氢气体积。
本题考查电化学，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极和离子交换膜名称、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极时，金属失电子而不是溶液中阴离子失电子。
16.【答案】胶头滴管 250mL容量瓶 调节至酸性，防止维生素C被氧化 bedacf 加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色 44 偏低 偏低
【解析】解：(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的为调节至酸性，防止维生素C被氧化，
故答案为：调节至酸性，防止维生素C被氧化；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作：
b.检查滴定管是否漏液；
e.用蒸馏水清洗2∼3次；
d.用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次；
a.装入I2：标准溶液至0刻度以上；
c.排尽尖嘴部分气泡；
f.将液面调节至“0”或“0”刻度以下，
故答案为：bedacf；
(4)滴定至终点时的实验现象为加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色，
故答案为：加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知n(C6H8O6)=n(I2)=0.01mol⋅L−1×0.02L×5=0.001mol，其百分含量为0.001mol×176g/mol0.4000g×100%=44%，
故答案为：44；
(6)若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被氧化，导致测定结果偏低；读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，会使读取的标准液比实际消耗的体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏低；偏低。
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；
(2)加入适量醋酸可以保持溶液呈酸性；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作为，已检查不漏液后，先用蒸馏水清洗滴定管2∼3次，再用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次，后装入I2标准溶液至0刻度以上，排尽尖嘴部分气泡，将液面调节至0刻度或0刻度以下，再夹在滴定管夹上备用；
(4)根据淀粉遇碘变蓝分析；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI计算n(C6H8O6)，进一步计算质量分数；
(6)维生素C可以被氧气氧化；滴定前仰视读数哦按小，滴定后俯视，读数偏小。
本题考查物质含量的测定、溶液的配制，为高频考点，把握制备实验流程、物质分离提纯实验操作、对操作与原理的分析评价等为解答的关键，是对学生综合能力的考查，注意对工艺流程的理解，题目难度中等。
17.【答案】(1)①+248；+206.5②熵增
(2)①1 ；1 ②p2：p3
(3)加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小； T1>T2>T3 ；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、反应热计算方法是解本题关键，难点是(2)①a、b的判断。
【解答】
(1)①断键吸热，成键放热，ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=4×413kJ⋅mol−1+2×745kJ⋅mol−1−2×436kJ⋅mol−1−2×1011kJ⋅mol−1=+248kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，得ΔH3=ΔH1−ΔH2=+248kJ⋅mol−1−41.5kJ⋅mol−1=+206.5kJ⋅mol−1，
故答案为：+248；+206.5；
②副反应Ⅱ生成物中气体分子数目增多，混乱度增大，属于熵增反应，
故答案为：熵增；
(2)①当p(CO2)=p1时，p(CO2)的增大反应速率呈直线递增，而随p(CH4)增大，反应速率始终呈直线递增变化可知，此时a=1，b=1，
故答案为：1；1；
②p2∼p3之间，随p(CO2)的增大，反应速率不再变化，可知此时b=0，所以CH4和CO2的分压均为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为p2：p3，
故答案为：p2：p3；
(3)增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高，所以图2中的温度由大到小为T1>T2>T3，
故答案为：加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小。
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