2021-2022学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共15页。

A. 合成氨很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题
B. 工业废水处理中，常以Na2S、FeS作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+等
C. 燃料电池的反应物不是储存在电池内部，由外部供给。其电极材料可以相同
D. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐溶液为电镀液
下列生活常见物质中，水溶液显碱性的是( )
A. 洁厕灵B. “84”消毒液C. 食盐D. 柠檬水
下列说法正确的是( )
A. 反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率一定增大
B. 等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出热量多
C. ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行
D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−3e−=Fe3+，继而形成铁锈
下列离子方程式书写正确的是( )
A. 某弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB−+H2O⇌H3O++B2−
B. Na2S水解：S2−+2H2O⇌H2S↑+2OH−
C. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑
D. 泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑
下列说法不正确的是( )
A. 中和滴定实验中，锥形瓶用水洗涤后，不能用待测液润洗
B. 向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液颜色由橙色变为黄色
C. 中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度3次
D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是( )
A. 反应总过程ΔH<0
B. FeO++CO→Fe++CO2是决定该反应快慢的基元反应
C. FeO+是该反应的中间产物
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应
下列说法中正确的是( )
A. 在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
B. 常温下，将1mL1×10−6ml⋅L−1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下，当水电离出的c(H+)为1×10−12ml⋅L−1此时溶液的pH可能为2或12
D. 常温下，将aLpH=3盐酸溶液与bLpH=11的氢氧化钠溶液混合后所得溶液pH=4则a：b=9：11
下列描述中正确的是( )
A. 氮原子的价电子排布图：
B. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
C. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
在恒容的密闭容器中发生反应3A(g)+B(s)=2C(g)△H，不同温度下反应经过相同时间，测得混合体系中A的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. X、Z两点，A的逆反应速率相等
B. 温度不变，平衡后充入氢气，C的体积分数减小
C. 降低温度，化学平衡常数增大
D. X、Y、Z三点中，Z点A的转化率最大
下列实验能达到预期目的是( )
A. AB. BC. CD. D
一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，稀释过程中溶液的导电性变化如图所示．
则下列说法错误的是( )
A. 醋酸的电离程度：aB. 溶液的pH值：bC. 蘸取a点溶液滴在湿润的pH试纸上，测得pH值一定偏大
D. 若分别取a、b、c三点的溶液各10mL，各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗NaOH溶液的体积a>b>c
氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，装置如图，下列叙述错误的是(注：假定空气中氧气的体积分数为20%)( )
A. A池为电解池，B池为燃料电池
B. c>a>b
C. X为Cl2，Y为H2
D. 若生成标准状况下22.4LX，则理论上消耗标准状况下空气28L
支撑海港码头基础的钢管桩，常用电化学原理进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是( )
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 此方法在化学上称之为牺牲阳极法
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2…表示，单位为kJ⋅ml−1).下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
①R的最高正价为+3价
②R元素位于元素周期表中第ⅡA族
③R元素第一电离能大于同周期相邻元素
④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2.
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，t℃时AgCl的Ksp=4.9×10−10，下列说法不正确的是( )
A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，AgBr的Ksp为 4.9×10−13
C. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=1000
25℃时，几种弱电解质的电离平衡常数如表：
(1)下列3种酸溶液的物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1，其中酸性最强的是 ______(填标号)。
A.CH3COOH
B.H2CO3
C.HClO
(2)NaHCO3溶液显 ______性(填“酸”、“碱”、“中”)，用离子方程式解释其原因 ______。
(3)向盛有1ml⋅L−1MgCl2溶液的试管中滴加1∼2滴2ml⋅L−1NaOH溶液，有白色沉淀生成。
①往沉淀中滴加少量NH4Cl溶液，沉淀溶解。
猜想一：氯化铵溶液完全电离出NH4+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解；
猜想二：______；
②设计实验验证猜想一，实验方案为：往沉淀中滴加下列试剂 ______(填标号)，白色沉淀溶解，说明猜想一成立。
A.NH4NO3
B.CH3COONH4
C.NH4HCO3
(4)根据电离平衡常数数据，写出NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：______。
(5)25℃时，若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01ml/L，达到电离平衡时溶液中c(H+)=______ml/L。(已知：17.5=4.2)
煤是一种重要的化工原料，人们将利用煤制取的水煤气、焦炭、甲醚等广泛用于工农业生产中。回答下列问题：
(1)25℃，101kPa时甲醇CH3OH(l)的燃烧热为726.5kJ⋅ml−1，写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式 ______。
(2)T℃时，向体积均为1L的甲、乙两个恒容容器中分别加入足量碳和0.1mlH2O(g)，发生反应：H2O(g)+C(s)⇌CO(g)+H2(g)ΔH>0。甲容器控制绝热条件，乙容器控制恒温条件，两容器中压强随时间的变化如图所示。
①图中代表甲容器的曲线为 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②乙容器中，从反应开始到达平衡，v(H2O)=______ml⋅L−1⋅min−1；T℃下，该反应的平衡常数Kp=______(Kp为以分压表示的平衡常数，各物质分压=总压×物质的量分数)。
(3)对于反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)，速率方程v=k[c(A)]m[c(B)]n，k为速率常数(只受温度影响)，m+n为反应级数。已知H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)，CO的瞬时生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的起始生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。
①该反应的反应级数为 ______。
②速率常数k=______。
③当H2的起始浓度为0.2ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，此时CO的生成瞬时速率v=______ml⋅L−1⋅s−1。
滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。
(1)氧化还原滴定——葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：葡萄酒样品100mL→蒸馏盐酸馏分→用0.010ml/L标准I2溶液滴定一定条件下,加入几滴指示剂…往实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应是：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4。
①加入盐酸时发生的离子方程式为：______。
②滴定时I2溶液应装在 ______(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：______。
③实验消耗I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 ______g/L。
下列情形会造成测定结果偏高的是：______。
A.滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化
B.滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失
D.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗
(2)沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间有明显的颜色差别。参考表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是：______(填选项字母)，判断滴定终点的方法为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，______(填现象)且30s不变，则达到滴定终点。
A.Na2CrO4
B.NaBr
C.NaCN
D.NaCl
Ⅰ.硼氢化钠(NaBH4)是一种储氢密度较高、价格低廉、兼具安全性与稳定性的固态储氢材料。
(1)基态B原子中电子占据最高能级的符号是 ______，基态B原子中，核外存在______对自旋相反的电子。
(2)在周期表中，与B元素的化学性质最相似的邻族元素是 ______。
(3)基态 29Cu原子的简化电子排布式为 ______。
Ⅱ.用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中通入O2的电极为 ______极，该电极反应方程式为：______。
(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为 ______。此时要使乙中CuSO4溶液恢复到原来的浓度，需要加入的物质及其物质的量是 ______。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是 ______(填离子符号)的变化。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.以工业上合成氨为基础，可以制得各种氮肥，提高粮食产量，解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，故A正确；
B.CuS、HgS难溶于水，则Na2S、FeS可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，故B正确；
C.燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，其电极材料能导电即可，可以相同，故C正确；
D.镀铜时，Cu为阳极，失去电子，而铁制品作电镀池的阴极，铜盐为电镀液，故D错误；
故选：D。
A.以工业上合成氨为基础，可以制得各种氮肥；
B.CuS、HgS难溶于水，则Na2S、FeS可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀；
C.燃料电池的电极本身不包含活性物质；
D.镀铜时，Cu为阳极，失去电子。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.洁厕灵的主要成分为盐酸，电离显酸性，故A错误；
B.“84”消毒液含NaClO，水解显碱性，故B正确；
C.食盐为NaCl，为强酸强碱盐，溶液为中性，故C错误；
D.柠檬水中含柠檬酸，电离显酸性，故D错误；
故选：B。
强碱弱酸盐水解显碱性，碱溶液显碱性，以此来解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握物质的成分、盐的类型、盐类水解规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.反应物为纯固体，用量增加，反应速率不变，反应物用量增加不一定反应速率增大，故A错误；
B.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故B错误；
C.ΔH<0，ΔS>0的反应，在任何温度时均有△H−T△S<0，即在任何温度都能自发进行，故C正确；
D.铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−2e−=Fe2+，生成亚铁离子而不是铁离子，故D错误；
故选：C。
A.反应物为纯固体，用量增加，反应速率不变；
B.硫蒸气变化为硫固体为放热过程；
C.ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；
D.铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−2e−=Fe2+。
本题考查焓变和熵变、复合判据及应用、化学反应速率的影响因素、原电池原理等知识，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，题目难度中等。
4.【答案】D
【解析】解：A.HB−+H2O⇌H3O++B2−为电离方程式，弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解的离子方程式为：HB−+H2O⇌H2B+OH−，故A错误；
B.硫化钠的水解分步进行，主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，故B错误；
C.惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应为Mg2++2Cl−+2H2O−通电Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；
D.泡沫灭火器工作原理，发生相互促进水解反应，离子反应为Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确，
故选：D。
A.HB−水解生成H2B和OH−；
B.硫离子的水解分步进行，水解反应应该分步书写；
C.电解生成氢氧化镁、氢气、氯气；
D.硫酸铝与碳酸氢钠相互促进水解生成二氧化碳气体，可灭火。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.中和滴定实验中，锥形瓶用水洗涤后，如果用待测液润洗，锥形瓶中含有部分待测液，导致消耗的标准液体积偏大，所以测定值偏大，故A正确；
B.进入稀硫酸，溶液中c(H+)增大，平衡2H++2CrO42−(黄色)⇌Cr2O72−(橙色)+H2O正向移动，溶液颜色由黄色变为橙色，故B错误；
C.中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度3次，减少误差，从而使测定值更准确，故C正确；
D.配制FeCl3溶液时，为了抑制铁离子的水解，需要将FeCl3晶体溶解在较浓的盐酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度，故D正确；
故选：B。
A.中和滴定实验中，锥形瓶用水洗涤后，不能用待测液润洗，否则会导致测定值偏大；
B.c(H+)增大，平衡2H++2CrO42−(黄色)⇌Cr2O72−(橙色)+H2O正向移动；
C.中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度3次，减少误差；
D.HCl抑制FeCl3水解。
本题考查实验操作、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确实验操作规范性、盐类水解原理是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则总反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；
B.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2的活化能大于FeO++CO→Fe++CO2，则Fe++N2O→FeO++N2是决定该反应快慢的基元反应，故B错误；
C.由图可知，Fe+作为催化剂，FeO+是该反应的中间产物，故C正确；
D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B.活化能大基元反应是决定该反应快慢；
C.由图可知，Fe+作为催化剂；
D.Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量。
本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物总能量、催化剂以及反应条件之间有无必然关系，注意基础知识的积累。
7.【答案】C
【解析】解：A.水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，pH减小，但纯水始终呈中性，故A错误；
B.1×10−5ml/L盐酸稀释1000倍，氢离子浓度约为10−7ml⋅L−l，pH=−lg(10−7)≈7，酸溶液不可能变为碱溶液，故B错误；
C.25℃时：Kw=c(OH−)×c(H+)=10−14，纯水中c(H+)=c(OH−)=1.0×10−7 ml/L，在25℃时，溶液中由水电离出的c(H+)水=1.0×10−12 ml/L<10−7ml/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，若为酸溶液，水电离出的c(OH−)=c(H+)=1.0×10−12 ml/L，此时c(H+)=1.0×10−2 ml/L，则pH=2；若为碱溶液，则水电离出的氢离子即是溶液中的氢离子，溶液中c(H+)=1.0×10−12 ml/L，则pH=12，所以溶液的pH可能为2或12，故C正确；
D.pH=3盐酸溶液c(H+)=0.001ml/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH−)=10−1410−11ml/L=0.001ml/L，混合后所得溶液pH=4，即溶液中c(H+)=0.0001ml/L，酸过量，即0.001a−0.001b=0.0001(a+b)，则a：b=11：9，故D错误；
故选：C。
A.纯水在任何温度下均呈中性；
B.1×10−6ml/L盐酸稀释1000倍，氢离子浓度约为10−7ml⋅L−l，pH≈7；
C.常温下水电离出的c(H+)=1×10−12ml⋅L−1时，水的电离受到抑制，结合酸和碱均能抑制水的电离分析；
D.pH=3盐酸溶液c(H+)=0.001ml/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH−)=10−1410−11ml/L=0.001ml/L，混合后所得溶液pH=4，即溶液中c(H+)=0.0001ml/L，酸过量，根据n(H+)列式计算。
本题考查了pH的简单计算、酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握有关溶液pH的计算方法、明确溶液酸碱性与溶液pH的关系是解题关键，侧重考查分析判断及计算能力，题目难度中等。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子的排布、原子核外电子的跃迁，题目难度中等，注意掌握核外电子的跃迁过程中能量变化，电子排布规律及电子排布与元素位置的关系，注意规律性知识的总结和应用。
【解答】
A.根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；
B.2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；
C.价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；
D.基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】解：A.依据图像分析，X、Z两点A的体积分数相同，故反应物浓度相同，Z点温度更高，故Z点反应速率大，故A错误；
B.恒容的体系中，平衡后充入与反应无关的氢气，反应物生成物浓度均不发生变化，则化学反应速率不变，平衡不移动，故C的体积分数不变，故B错误；
C.依据图像分析，Y点时正好达到化学平衡点，Y点以后是随温度升高化学平衡的移动，随温度升高A的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应放热，所以降低温度，化学平衡常数增大，故C正确；
D.依据图像分析，由X点到Y点反应还未达到平衡状态，Y点时正好达到化学平衡点，则A的转化率Y点>X点，Y点以后是随温度升高化学平衡的移动，Y点到Z点随温度升高平衡逆向移动，则A的转化率Y点>Z点，故Y点A的转化率最大，故D错误；
故选：C。
依据图像分析，由X点到Y点反应还未达到平衡状态，Y点时正好达到化学平衡点，Y点以后是随温度升高化学平衡的移动，随温度升高A的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应放热，对于化学反应速率的判断要从温度，浓度等分析，各物质体积分数、及反应物的转化率要看平衡的移动方向，化学平衡常数只和温度有关。
考查化学平衡的有关计算、化学平衡图像，影响化学平衡的因外界条件等，难度中等，
10.【答案】D
【解析】解：A.沸水中滴加饱和氯化铁溶液可制备胶体，则将FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到氢氧化铁胶体，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁沉淀而得不到氢氧化铁胶体，故A错误；
B.硝酸银过量，均为沉淀的生成，则不能比较Ksp大小，故B错误；
C.常温下饱和的NaA、NaB溶液浓度不一定相等，所以不能根据饱和的NaA、NaB溶液的pH值大小判断弱离子水解程度，故C错误；
C.pH相同的一元酸，酸性越弱其浓度越大，等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多，则HA浓度大于HB，所以HA是弱酸，故D正确；
故选：D。
A.沸水中滴加饱和氯化铁溶液可制备胶体；
B.硝酸银过量，均为沉淀的生成；
C.常温下饱和的NaA、NaB溶液浓度不一定相等；
C.pH相同的一元酸，酸性越弱其浓度越大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握弱电解质电离、物质的性质、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.醋酸为弱电解质，加水促进电离，浓度越小，电离程度越大，则乙酸的电离程度：aB.电离程度反应了氢离子的浓度，溶液导电能力越大，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，故B正确；
C、由图象可看出，a点稀释导电能力增强，所以开始阶段以溶质的电离为主，则蘸取a点溶液滴在湿润的pH试纸上，测得pH值变小，而不是变大，故C错误；
D、随水的量增加，等体积混合溶液中和碱的能力逐渐降低，所以分别取a、b、c三点的溶液各10 mL，各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗NaOH溶液的体积a>b>c，故D正确；
故选：C。
醋酸为弱电解，浓度越小，电离程度越大，对于该溶液，电离程度反应了氢离子的浓度，溶液导电能力越大，离子浓度越大，结合溶液的电荷守恒分析．
本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点，注意导电能力与离子浓度大小有关．
12.【答案】D
【解析】解：A.由图可知A池为电解池，B池为燃料电池，故A正确；
B.B池左侧为负极，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，NaOH浓度减小，右侧为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，NaOH浓度增大，故c>a>b，故B正确；
C.B池为燃料电池，故Y为氢气作负极，X为氯气，故C正确；
D.A池左侧为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，若生成标准状况下22.4L氯气，转移电子的物质的量为×2=2ml，空气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气体积2ml4×22.4L/ml=11.2L，空气体积为11.2L20%=56L，故D错误；
故选：D。
由图可知A池为电解池，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧根离子，B池为燃料电池，故Y为氢气作负极，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，空气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电池总反应为2H2+O2=2H2O，X为氯气，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，故A正确；
B.通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故B正确；
C.该装置属于电解池，所以该方法为外加电流的阴极保护法，故C错误；
D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确；
故选：C。
A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制；
B.通电后，电流从正极流向阳极、从阴极流向负极；
C.该方法为外加电流的阴极保护法；
D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境。
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；
C、同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，故D错误；
故选：B。
根据第一至第四电离能分析该元素的电离能可知，第三电离能剧增，说明该元素容易失去2个电子，则该元素原子形成离子的化合价为+2价，进而推断元素的种类及元素原子结构，由此分析解答．
本题考查元素电离能含义及应用，难度不大，注意知识的积累．
15.【答案】C
【解析】解：A、c点在沉淀溶解平衡曲线，a、c两点的c(Br−)相等，c(Ag+)：c>a，则a点的浓度熵QcB、由图象上c点c(Ag+)=c(Br−)=7×10−7ml/L，Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)=7×10−7×7×10−7=4.9×10−13，故B正确；
C、由于c点为AgBr的饱和溶液，满足Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，在曲线上下滑、不可能达到b点，故C错误；
D、由B选项可知，AgBr的Ksp为 4.9×10−13，在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4.9×10−104.9×10−13=1000，故D正确；
故选：C。
A、根据浓度熵Qc与Ksp的关系判断：若Qc≥Ksp时，则溶液为饱和溶液；若QcB、根据Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)、结合图象上c点数值计算；
C、根据Ksp(AgBr)=c(Ag+)⋅c(Br−)可知，加入NaBr固体，可使溶液中c(Br−)、c(Ag+)减小，据此分析解答；
D、在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)=AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，据此计算解答。
本题考查难溶电解质的溶解平衡及图象，为高频考点，把握Ksp的计算、图象中溶解平衡点为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项C为解答的易错点，题目难度不大。
16.【答案】A 碱 HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH− NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解使溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解 BClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 4.2×10−4
【解析】解：(1)根据表格数据，可知电离常数Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，故CH3COOH酸性最强，
故答案为：A；
(2)NaHCO3溶液中HCO3−水解程度大于电离程度，所以使溶液显碱性：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，
故答案为：碱；HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；
(3)①往沉淀中滴加少量NH4Cl溶液，Mg(OH)2沉淀溶解，其原因也可能是NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解，使溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解使溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解；
②加入CH3COONH4可以验证猜想一是正确的，因为CH3COONH4含有NH4+，NH4+虽然能水解，但溶液还是显中性，
故答案为：B；
(4)由于Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以NaClO溶液中通入CO2的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(5)醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.01ml/L，c(CH3COO−)≈c(H+)，Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)，达到电离平衡时溶液中c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)=1.75×10−5×0.01ml/L≈4.2×10−4ml/L，
故答案为：4.2×10−4。
(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；
(2)NaHCO3溶液显碱性：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；
(3)①氯化铵溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解；
②因为CH3COONH4含有NH4+但溶液还是显中性；
(4)由于Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以NaClO溶液中通入CO2的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(5)醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.01ml/L，c(CH3COO−)≈c(H+)，Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)，达到电离平衡时溶液中c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅ml−1 Ⅱ
【解析】解：(1)甲醇燃烧热是1ml甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水所释放的热量，则CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.8kJ⋅ml−1，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅ml−1；
(2)①该反应为吸热反应，甲容器绝热条件下体系温度降低，反应速率低，达平衡所需时间长，平衡逆向移动，体系压强降低，故代表甲容器的曲线为Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②列化学平衡三段式：
H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)
起始(ml)：0.100
转化(ml)：x x x
平衡(ml)：0.1−xxx
压强与物质的量成正比，即0.1−x+x+x0.1=1.8pp，解得x=0.08ml，v(H2O)=0.08ml1L×8min=0.01ml/(L⋅min)，平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2)p(H2O)=(×1.8p)×1.8p=3.2p，
故答案为：0.01；3.2p；
(3)①根据N2的瞬时生成速率v=kcm(H2)c(CO2)与H2起始浓度呈直线关系可知，m=1，该反应的反应级数为1+1=2，
故答案为：2；
②将图象上的点(0.4,1.5)代入v=k⋅c(H2)c(CO2)中有：1.5=0.4×k×0.25，即k=15，
故答案为：15；
③由于CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，△c(CO2)=(0.25−0.2)ml/L=0.05ml/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05ml/L，H2的瞬时浓度为c(H2)=(0.2−0.05)ml/L=0.15ml/L，此时CO的生成瞬时速率v=15×0.15×0.2=0.45，
故答案为：0.45。
(1)甲醇燃烧热是1ml甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水所释放的热量；
(2)①该反应为吸热反应，甲容器绝热条件下体系温度降低，反应速率低，达平衡所需时间长，平衡逆向移动，体系压强降低；
②列化学平衡三段式：
H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)
起始(ml)：0.100
转化(ml)：x x x
平衡(ml)：0.1−xxx
压强与物质的量成正比，即0.1−x+x+x0.1=1.8pp，解出x，根据v(H2O)=△nV⋅△t；平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2)p(H2O)；
(3)①根据N2的瞬时生成速率v=kcm(H2)c(CO2)与H2起始浓度呈直线关系进行分析；
②将图象上的点(0.4,1.5)代入瞬时速率中即可得结果；
③由于CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，△c(CO2)=(0.25−0.2)ml/L=0.05ml/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05ml/L，结合瞬时速率公式进行计算。
本题考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合燃烧热的概念、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
18.【答案】S2O52−+2H+=2SO2+H2O酸 淀粉溶液 0.32CDA有砖红色沉淀生成
【解析】解：(1)①根据题中信息，加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2，S元素的化合价没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应，因此离子方程式为S2O52−+2H+=2SO2+H2O，
故答案为：S2O52−+2H+=2SO2+H2O；
②根据滴定管的构造，碱式滴定管下端有一段橡胶，橡胶中含有碳碳双键，I2能与碳碳双键发生加成反应，因此I2溶液应装在酸式滴定管中，因为淀粉遇碘单质变蓝，因此所用指示剂为淀粉溶液，
故答案为：酸；淀粉溶液；
③抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，n(SO2)=n(I2)=50.00mL×10−3L⋅mL−1×0.010ml⋅L−1，残留量SO2=50×10−3L×0.010ml/L×64g/ml100×10−3L=0.32g⋅L−1；
A.溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小，所测结果偏低，故A错误；
B.滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2的体积减小，所测结果偏低，故B错误；
C.滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大，所测结果偏高，故C正确；
D.未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大，所测结果偏高，故D正确；
故答案为：0.32；CD；
(2)用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂，根据表中数据可知，应选用Na2CrO4作指示剂；当最后半滴AgNO3溶液滴入时，出现砖红色沉淀时，且30s不变，即达到滴定终点，
故答案为：A；有砖红色沉淀生成。
(1)①根据题中信息，加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2，S元素的化合价没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应；
②根据滴定管的构造，碱式滴定管下端有一段橡胶；
③抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，n(SO2)=n(I2)=50.00mL×10−3L⋅mL−1×0.010ml⋅L−1，计算SO2残留量；
A.溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小；
B.滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2的体积减小；
C.滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大；
D.未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大；
(2)用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂。
本题考查滴定实验，为高频考点，把握物质的性质、滴定原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
19.【答案】2p2Si[Ar]3d104s1 正 O2+4e−+2H2O=4OH− (OH)2 Cu2+
【解析】解：Ⅰ(1)基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，电子占据最高能级是2p；B核外电子轨道式，B原子有2对自旋相反的电子，
故答案为：2p；2；
(2)根据“对角线原则”B与Si的化学性质最相似，
故答案为：Si；
(3)Cu元素位于第四周期第IB族，属于ds区，Cu的简化电子排布式[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
Ⅱ(1)甲装置为燃料电池，通入氧气一极为正极，通入燃料一极为负极，即通入O2的电极为正极，电解质溶液为KOH溶液，因此正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：正；O2+4e−+2H2O=4OH−；
(2)装置乙为电解池，A连接甲装置中的正极，即A为阳极，B为阴极，A电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，B电极反应式为Cu2++2e−=Cu，A、B两极收集到相同体积的气体，则B电极反应式还有2H2O+2e−=H2↑+2OH−，令产生H2和O2的物质的量均为aml，根据得失电子守恒守恒，则有4a=100mL×10−3L⋅mL−1×1ml⋅L−1×2+2a，解得a=0.1，A极析出的气体在标准况下的体积为0.1ml×22.4L⋅ml−1=2.24L；该电解分成2个过程：第1过程2CuSO4+2H2O−电解2Cu+O2↑+2H2SO4，第2过程2H2O−电解2H2↑+O2↑，因此恢复到电解前的状态，需要加入的物质为0.1mlCu(OH)2，
故答案为：2.24L；0.1mlCu(OH)2；
(3)C电极材料为Cu，C为阳极，D为阴极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，随着反应进行Cu2+物质的量浓度增大，通电前，装置丙的电解质溶液中，没有Cu2+，因此线③表示Cu2+的变化；Fe3+的氧化性较强，Fe3+在阴极上先得电子，阴极反应式为Fe3++e−=Fe2+，c(Fe3+)减小，c(Fe2+)增大，线①为Fe3+，线②为Fe2+，
故答案为：Cu2+。
Ⅰ(1)基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，电子占据最高能级是2p；
(2)根据“对角线原则”分析；
(3)Cu元素位于第四周期第IB族，属于ds区；
Ⅱ(1)甲装置为燃料电池，通入氧气一极为正极，通入燃料一极为负极，即通入O2的电极为正极，电解质溶液为KOH溶液；
(2)装置乙为电解池，A连接甲装置中的正极，即A为阳极，B为阴极，A电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，B电极反应式为Cu2++2e−=Cu，A、B两极收集到相同体积的气体，则B电极反应式还有2H2O+2e−=H2↑+2OH−，令产生H2和O2的物质的量均为aml，根据得失电子守恒守恒，则有4a=100mL×10−3L⋅mL−1×1ml⋅L−1×2+2a，解得a=0.1；该电解分成2个过程：第1过程2CuSO4+2H2O−电解2Cu+O2↑+2H2SO4，第2过程2H2O−电解2H2↑+O2↑；
(3)C电极材料为Cu，C为阳极，D为阴极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，随着反应进行Cu2+物质的量浓度增大，通电前，装置丙的电解质溶液中，没有Cu2+，因此线③表示Cu2+的变化。
本题考查原电池和电解池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意(2)题转移电子守恒、原子守恒的灵活运用，题目难度中等。
选项
实验内容
实验目的
A
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
制得Fe(OH)3胶体
B
室温下，向1mL0.1ml/LAgNO3溶液中加入几滴0.01ml/LNaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1ml/LNaI溶液，出现黄色沉淀。
证明相同温度下：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
常温下，测得饱和溶液的pH：NaA>NaB
证明常温下的水解程度：A−D
等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多
证明HA是弱酸
I1
I2
I3
I4
…
R
740
1 500
7 700
10 500
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
NH3⋅H2O
电离平衡常数
1.75×10−5
K1=4.4×10−7
K2=4.7×10−11
3.0×10−8
1.8×10−5
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10−10
5.35×10−13
1.21×10−16
1.12×10−12
1.0×10−12