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2021-2022学年山西省吕梁市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省吕梁市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了2增大至4，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，下列做法不利于实现这一目标的是( )
A. 光伏发电
B. 大力扩大火力发电厂的规模
C. 使用太阳能热水器
D. 推广使用新能源电动汽车
化学史上每一次重大的发现都极大地推动了科学的发展，下列说法正确的( )
A. 丹麦科学家玻尔提出了构造原理
B. 奥地利科学家泡利发现了基态原子的电子排布遵循能量最低原理
C. 德国科学家洪特解释了一个轨道只允许容纳2个电子的原因
D. 俄国化学家门捷列夫将元素根据原子序数编制了第一张元素周期表
海水是一种腐蚀性很强的天然电解质溶液沿垂直方向，海洋环境可分为海洋大气区、浪花飞溅区、海水潮差区、海水全浸区和海泥区．其中海水全浸区根据海水位置分为深海区和浅海区．根据钢铁桥梁在海洋区域建设的位置，下列说法错误的是( )
A. 热带地区桥梁比寒带海域桥梁腐蚀更严重
B. 海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般高于海水全浸区
C. 浅海区溶氧量较高，存在着大量的微生物，钢铁在浅海区主要发生电化学腐蚀
D. 在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重
下列化学用语表示正确的是( )
A. 基态O原子的轨道表示式为
B. F电子排布的轨道表示式为
C. 27号元素C的基态原子的价层电子排布式为3d74s2
D. 中子数为8的碳原子的电子排布式为1s22s22p6
碘盐不断受热受潮易发生反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)ΔHΔS，下列判断正确的是( )
A. ΔH>0，ΔS<0B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH<0，ΔS>0D. ΔH>0，ΔS>0
氮化铝导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，可用炭热还原Al2O3制取．已知：
①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2
③2Al(s)+N2(g)=2AIN(s)ΔH3
则反应Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)的ΔH为( )
A. 12ΔH1+32ΔH2+ΔH3B. 12ΔH1−32ΔH2−ΔH3
C. ΔH1+3ΔH2+2ΔH3D. ΔH1−3ΔH2−2ΔH3
根据反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2设计原电池(装置如图所示)，有关电极材料和电解质溶液选择最合理的是( )
A. AB. BC. CD. D
某元素M的基态原子的价层电子排布式为4d55s1，则其在元素周期表中的位置为( )
A. 第四周期第ⅠA族B. 第五周期第ⅥB族
C. 第四周期第ⅥB族D. 第五周期第IA族
常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明溶液中：K+、Cu2+、Cl−、SO42−
B. 水电离出的c(H+)=1×10−13ml⋅L−1的溶液中：K+、Al3+、HCO3−、S2O32−
C. 0.5ml⋅L−1的NaAlO2溶液中：K+、Ca2+、Cl−、CO32−
D. 滴加KSCN试剂后会变红的溶液中：K+、H+、Cl−、SO42−
电化学在生活生产中的应用非常广泛．下列应用错误的是( )
A. 利用外加电流保护法保护钢闸门
B. 铁棒镀铜防腐蚀
C. 冶炼金属镁
D. 制取家用环保型消毒液，a为电源的负极
蛋白质是组成人体一切细胞、组织的重要成分，主要含有C、H、O、N、S等元素．下列说法错误的是( )
A. 第一电离能：O>N>CB. 原子半径：S>C>N>O
C. 电负性：O>N>C>HD. 最简单氢化物的沸点：O>N>C
向一恒容密闭容器中充入A、B、C三种气体，在一定条件下发生反应，各物质的物质的量浓度随时间的变化如图a所示．若从t1时刻开始，每个时刻只改变一个且不重复的条件，物质C的正、逆反应速率随时间变化如图b.下列说法正确的是( )
A. O至t1内，v(A)=v(B)
B. 该反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+2C(g)
C. t1时，改变的条件可能是加入催化剂
D. t4时，改变的条件可能是降低反应温度
利用电沉积法制备纳米级金属镍，具有制备晶体性能独特操作方法简便等优点，电解装置如图所示，下列说法错误的是( )
A. 电解时，C室发生的电极反应为Ni2++2e−=Ni
B. 电解一段时间后，B室中氯化钠溶液的质量分数增大
C. 为了提高电沉积效率，一段时间后，可向C室中补充NiCl2溶液
D. 电解时，B室中的Na+经过阳离子交换膜进入A室
短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示。其中W元素的基态原子的p能级上只有1个未成对电子。下列说法正确的是( )
A. W元素为Si
B. 基态Z原子的电子的空间运动状态有8种
C. 基态X原子的电子排布式为1s22s22p2
D. Y的最高价氧化物对应的水化物与W的氧化物不能反应
常温下，向10mL0.1ml⋅L−1H2A溶液中逐滴滴加0.1ml⋅L−1pH4的KOH溶液，溶液的pH随加入的KOH溶液体积的变化如图所示(a略小于1).下列说法错误的是( )
A. b点溶液中：c(K+)>c(HA−)
B. 滴定过程中c点水的电离程度最大
C. d点溶液中存在c(K+)=2c(HA−)+2c(A2−)
D. H2A在溶液中的电离方程式为H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−
现有U、V、Z、Y、X、W共6种短周期主族元素，其原子半径依次增大，部分信息如下表：
回答下列问题：
(1)上述元素中，属于s区的元素有 ______(填元素符号)，其余的元素属于 ______区。
(2)X元素的基态原子核外最高能级的电子自旋状态有 ______种，与X的化学性质相近但位于不同主族的短周期元素是 ______(填元素符号)，V元素的原子核外共有 ______种不同运动状态的电子。
(3)某同学写了基态Y原子价电子的两种表示方式，分析其分别违背了什么原理：
①3s13p4：______；
②：______。
(4)V、W、Z的简单离子半径由大到小的顺序为 ______(填离子符号)。
(5)检验W元素的方法是 ______，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：______。
尿液燃料电池是一种微生物燃料电池，可利用微生物的新陈代谢将有机物转化为无污染气体，同时将化学能转换成电能．利用这种燃料电池既能去除工业废水中的尿素[CO(NH2)2]，又能发电．其工作原理如图所示，微生物附着在多孔碳电极上．
(1)甲电极为 ______(填“正极”或“负极”)，其电极反应式为 ______，电子从 ______(填“甲电极”或“乙电极”)流出．
(2)电池工作时，若交换膜为阴离子交换膜，则溶液中SO42−经过交换膜的移动方向为 ______(填“由左室移向室”或“由右室移向左室”)；若交换膜为阳离子交换膜，当有4.2mlH+通过交换膜时，消耗的尿素为 ______g.
(3)该电池中发生反成的总化学方程式为 ______，该电池不能在高温条件下工作的原因是 ______.
(4)假设工业废水中含有9g⋅L−1的尿素，向电解装置中盛装1L工业废水，一段时间后消耗了4.48L氧气(标准状况下)，此时，废水中尿素的含量 ______(填“达到”或“未达到”)排放标准(10mg⋅L−1)，因为废水中尿素的含量为 ______g⋅L−1.
草酸(H2C2O4)及其化合物在医药、印染、塑料等方面扮演着重要角色，同时广泛应用于化学实验中．
(1)氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法，应用非常广泛．某草酸亚铁(FeC2O4)样品中含有草酸，某化学兴趣小组想用氧化还原滴定法测定该样品中FeC2O4的含量．实验方案如下：
Ⅰ.称量0.50g样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸溶解，水浴加热至70℃，加入足量KMnO4溶液，使其充分反应．
Ⅱ.向反应后的溶液中加入过量锌粉与稀硫酸，煮沸且完全反应后，用KSCN在点滴板上检验至溶液不变红，过滤至另一洁净的锥形瓶中，用0.0200ml⋅L−1的酸性高锰酸钾标准液滴定该溶液至终点，消耗高锰酸钾标准液16.00mL.
请回答下列问题：
①高锰酸钾标准液用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，达到滴定终点的现象是 ______.
②下列关于实验误差的说法正确的是 ______(填标号).
A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则测得的FeC2O4含量偏高
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，测得的FeC2O4含量偏低
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，测得的FeC2O4含量偏低
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致测得的FeC2O4含量偏低
③0.50g该样品中FeC2O4的质量分数为 ______(不考虑损耗).
(2)常温下，改变0.1ml⋅L−1的H2C2O4溶液的pH，溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−的物质的量分数(δ)溶液pH的关系如图所示．回答下列问题：
①曲线 ______(填“a”、“b”或“c”)代表δ(HC2O4−)，pH=2.7时，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=______.
②pH从1.2增大至4.2的过程中，水的电离程度 ______(填“增大”、“减小”或“不变”).
③NaHC2O4溶液中存在的离子浓度大小关系为 ______.
汽车尾气是空气污染的重要因素之一，因此研究各种尾气处理技术来保护环境变得尤为重要．
(1)处理尾气中的NO可使用NSR储存还原法，该装置结构相对简单适用于轻型柴油车和汽油车．
已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=akJ⋅ml−1K1
2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)ΔH2=bkJ⋅m−1K2
①NSR技术工作原理的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)ΔH=______kJ⋅ml−1，K=______(用K1、K2表示).
②一定条件下的密闭容器中，反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)达到平衡后，要加快反应速率并提高NO的转化率，可以采取的措施是 ______(任意写一条).
(2)另一种SCR催化法多见于工业消除NO，其原理为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)ΔH.在容积为2L的恒容密闭容器中充入4mlNH3、4mlNO、3mlO2，在p1、p2时测得平衡时N2的物质的量(n)随温度的变化如图所示．
①上述反应的ΔH______(填“>”或“<”)0，图中压强p1______(填“>”或“<”)p2，在p1、393K时，上述反应 ______(填“能”或“不能”)自发进行．
②下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 ______(填标号).
A.c(O2)c(N2)不再改变
B.容器内NO的体积分数不再改变
C.容器内混合气体的密度不再改变
D.容器的压强不再改变
E.2v正(NH3)=3v逆(H2O)
③经测定知，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，O2的转化率为 ______.
④Q点时，该反应的平衡常数K=______(列出计算式).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.使用光伏发电，不会产生二氧化碳，有利于实现碳中和，故A不选；
B.大力扩大火力发电厂的规模，能够产生大量的二氧化碳，不利于实现碳中和，故B选；
C.太阳能为清洁能源，使用太阳能热水器不会产生二氧化碳，有利于实现碳中和，故C不选；
D.推广使用新能源电动汽车，可以减少燃油汽车的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳中和，故D不选；
故选：B。
碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，据此解答。
本题考查了化学在生产生活中的应用，明确“碳达峰、碳中和”含义是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.1913年玻尔提出氢原子结构模型，创造性的将量子学说与卢瑟福的原子核式结构结合起来，成为玻尔模型，即原子的构造原理，故A正确；
B.英国科学家狄拉克发现了基态原子的电子排布遵循能量最低原理，故B错误；
C.美籍奥地利科学家解释了一个轨道只允许容纳2个电子的泡利不相容原理，故C错误；
D.门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，而不是原子序数，故D错误；
故选：A。
A.玻尔是在卢瑟福的原子核式结构基础上来，提出了玻尔模型；
B.狄拉克于1930年为了摆脱狄拉克方程负能解的困境，提出能量最低原理；
C.一个轨道只允许容纳2个电子的为泡利不相容原理；
D.门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表。
本题考查化学史，难度不大，解答的关键是了解化学发展的简单历史，对各位科学家的发现和贡献不能混淆，注意日常学习中的积累。
3.【答案】B
【解析】解：A.热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快，桥梁腐蚀更严重，故A正确；
B.铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般低于海水全浸区，故B错误；
C.浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重，故D正确；
故选：B。
A.热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快；
B.铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快；
C.浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀；
D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应。
本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，此时原子的能量最低，基态O原子基态电子的轨道表示式为，故A错误；
B.F为9号元素，核外有9个电子，根据洪特规则、泡利原理，能量最低原理，核外电子排布图为：，故B错误；
C.C为27号元素，位于周期表中第4周期第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以C基态原子核外价电子排布式为3d74s2，故C正确；
D.核外电子排布与中子数无关，基态碳原子核外有6个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为1s22s22p2，故D错误；
故选：C。
A.为氧原子的激发态，不属于基态；
B.根据洪特规则、泡利原理，能量最低原理进行判断；
C.C为27号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；
D.核外电子排布与中子数无关，基态碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度不大，注意掌握原子核外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。
5.【答案】D
【解析】解：反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)中生成了气体，即该反应是熵变增大的反应，ΔS>0；由题意可知，碘盐不断受热受潮易发生该反应，说明该反应是吸热反应，即ΔH>0，所以反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)的ΔH>0，ΔS>0，
故选：D。
碘盐不断受热受潮发生的反应为4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)，说明该反应是吸热反应，并且该反应生成了气体，即反应的熵变增大，结合吸放热反应与ΔH的关系，熵变与ΔS的关系分析解答。
本题考查焓变与熵变，涉及焓变和熵变正负的判断，侧重分析能力和基础知识运用能力的考查，把握焓变、熵变概念及其正负的判断方法即可解答，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：已知①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1；②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2；③2Al(s)+N2(g)=2AlN(s)ΔH3，则：12×①+32×②+③得Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)，依据盖斯定律可知：反应Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)ΔH=12×△H1+32×△H2+△H3，
故选：A。
已知①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1；②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2；③2Al(s)+N2(g)=2AlN(s)ΔH3，则：12×①+32×②+③得Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)，依据盖斯定律计算该反应的焓变。
本题考查了反应焓变的计算，把握盖斯定律及应用方法即可解答，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：根据电池反应式知，Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu作负极，不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，如C(石墨)，且正极连接的对应FeCl3溶液为电解质溶液，符合条件的只有选项D，
故选：D。
原电池负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，据此分析。
本题考查电化学原理，涉及到原电池的正负极和电解质溶液的判断，难度较小。
8.【答案】B
【解析】解：元素M的基态原子的价层电子排布式为4d55s1，该元素最外层为5s，则位于元素周期表的第五周期，价电子数为6，属于VIB族，所以该元素位于元素周期表的第五周期第VIB族，
故选：B。
该元素最外层为5s，则位于元素周期表的第五周期，价电子数为6，属于VIB族，所以该元素位于元素周期表的第五周期第VIB族。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度不大，熟悉原子核外电子排布规律及电子排布与元素位置的关系为解答的关键，注意规律性知识的总结和应用。
9.【答案】D
【解析】解：A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.水电离出的c(H+)=1×10−13ml⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，H+与HCO3−、S2O32−反应，Al3+、HCO3−、OH−之间相互反应，不能大量共存，故B错误；
C.Ca2+、CO32−之间反应生成难溶物碳酸钙，不能大量共存，故C错误；
D.滴加KSCN试剂后会变红的溶液中含有Fe3+，Fe3+、K+、H+、Cl−、SO42−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.含有铜离子的溶液呈蓝色；
B.该溶液呈酸性或碱性，氢离子与碳酸氢根离子、硫代硫酸根离子反应，氢氧根离子、铝离子、碳酸氢根离子之间相互反应；
C.钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；
D.该溶液中含有铁离子，四种离子之间不反应，都不与铁离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，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】C
【解析】解：A.利用“外加电流的阴极保护法”保护钢闸门时，钢闸门应与外接电源的负极相连，图示正确，故A正确；
B.铁棒镀铜防腐蚀时将铁连接电源负极作为阴极，铜连接正极作为阳极，氯化铜溶液为电解质溶液，装置正确，故B正确；
C.Mg为活泼金属，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，电解氯化镁溶液得不到镁，故C错误；
D.a为电源的负极，连接负极的电极上产生氢气，同时附近产生氢氧化钠，与连接正极的阳极上产生的氯气反应生成次氯酸钠，故D正确；
故选：C。
A.利用“外加电流的阴极保护法”保护钢闸门时，钢闸门应与外接电源的负极相连；
B.铁棒镀铜防腐蚀时将铁连接电源负极作为阴极，铜连接正极作为阳极；
C.Mg为活泼金属，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼；
D.a为电源的负极，连接负极的电极上产生氢气，同时附近产生氢氧化钠。
本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则N的第一电离能大于O，第一电离能：N>O>C，故A错误；
B.硫原子电子层数三个最大，C、N、O电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径大小为：S>C>N>O，故B正确；
C.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性CN>C>H，故C正确；
D.H2O、NH3均含氢键，且水分子间氢键多，则氢化物沸点：H2O>NH3>CH4，最简单氢化物的沸点：O>N>C，故D正确；
故选：A。
A.同周期从左到右，第一电离能增大趋势，第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
B.原子的电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小；
C.元素非金属性越强电负性越增大，则电负性CD.H2O、NH3均含氢键，且水分子间氢键多。
本题考查了元素周期律的作用，较基础，熟练元素周期律的知识即可解决问题，注意第一电离能的比较方法，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，速率比等于浓度变化比，则v(A)>v(B)，故A错误；
B.0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，所以C一定是生成物，且生成0.03ml⋅L−1，浓度变化比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+C(g)，故B错误；
C.每个时刻只改变一个且不重复的条件，t1∼t2阶段与t3∼t4阶段反应速率加快且平衡不移动，说明可能是使用了催化剂和加压，故C正确；
D.由图得出温度改变正反应速率未改变，一般情况下温度改变，正逆反应速率都要改变，所以t4时改变的条件不可能是降低反应温度，故D错误；
故选：C。
10min∼t1阶段、t1∼t2阶段与t3∼t4阶段正逆反应速率都相等，每个时刻只改变一个且不同的条件，t1∼t2阶段与t3∼t4阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，则反应前后气体体积不变；0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，所以C一定是生成物，且生成0.03ml⋅L−1，t2∼t3阶段改变的条件为降低反应温度，平衡逆向移动，说明正反应吸热，据此分析解答。
本题考查了化学反应速率图象和平衡移动图象问题，为高频考点，掌握化学反应速率的基础知识是做题的关键，侧重考查了分析和解答能力，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.电解时，C室为阴极，发生的电极反应为Ni2++2e−=Ni，故A正确；
B.电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解一段时间后，A室的Na+通过阳离子交换膜进入B室，C室的Cl−通过阴离子交换膜进入B室，B室中氯化钠溶液的质量分数增大，故B正确；
C.向C室中补充NiCl2溶液，可持续保证反应物的浓度，可提高电沉积效率，故C正确；
D.电解池中阳离子移向阴极，则电解时，A室中的Na+经过阳离子交换膜进入B室，故D错误；
故选：D。
该装置为电解池，为了制取金属Ni，则铁棒为阴极，电极反应为Ni2++2e−=Ni，碳棒为阳极，为OH−失电子生成O2。
本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，知道电解质中离子移动方向，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为O，W为Al元素，
A.W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则W为Al元素，故A错误；
B.氧原子核外电子层填充在1s轨道、2s轨道、2p能级的3个轨道，则基态O原子核外有5种空间运动状态，故B错误；
C.碳原子的核外电子总数为6，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故C正确；
D.Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，W的氧化物为氧化铝，氧化铝与硝酸发生反应生成硝酸铝和水，故D错误；
故选：C。
短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，其中W元素的基态原子的p能级上只有1个未成对电子，且W的族元素小于X、Y、Z，则W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则W为Al元素，结合各元素的相对位置可知，X为C，Y为N，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，根据元素周期表中的位置、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.当V(KOH)=20mL时，溶液为K2A，pH>7，为A2−发生水解反应使溶液呈碱性，则H2A为弱酸，b点时为KHA溶液，HA−发生水解反应，则c(K+)>c(HA−)，故A正确；
B.酸或碱抑制水的电离，可水解的盐类可促进水的电离，d点溶质为K2A，即d点水的电离程度最大，故B错误；
C.d点为K2A，只存在A2−的水解，溶液中存在c(K+)=2c(HA−)+2c(A2−)，故C正确；
D.H2A第一步完全电离，第二步部分微弱电离，电离方程式为H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−，故D正确；
故选：B。
已知0.1mlH2A溶液的pH略小于1，氢离子浓度略大于0.1ml/L，则H2A第一步完全电离，第二步部分微弱电离，b点为KHA，c点为KHA和K2A，d点为K2A，e点为K2A和NaOH，据此分析。
本题考查酸碱混合时的定性判断和发生的反应推断，为高频考点，明确图示曲线变化的意义、推断突变点的产物为解答关键，注意掌握酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析与运用能力，题目难度较大。
16.【答案】H、Na p 1 B 8 违背了能量最低原理 违背了泡利原理 S2−>O2−>Na+ 焰色反应 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量
【解析】解：由分析可知，U为H、V为O、W为Na、X为Al、Y为P、Z为S；
(1)上述元素中，属于s区的元素有H、Na，其余的元素属于p区，
故答案为：H、Na；p；
(2)X为Al，基态原子核外最高能级排布式为3p1，最高能级电子自旋状态有1种，根据对角线规则，与Al的化学性质相近但位于不同主族的短周期元素是B，V为O元素，原子核外没有运动状态相同的电子，其原子核外共有8种不同运动状态的电子，
故答案为：1；B；8；
(3)①3s能级没有填充满满，就填充更高的能级，违背了能量最低原理，
故答案为：违背了能量最低原理；
②3s轨道2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，
故答案为：违背了泡利原理；
(4)V、W、Z的简单离子分别为O2−、Na+、S2−，S2−比O2−、Na+多一个电子层，S2−离子半径最大，而O2−、Na+电子层结构相同，O2−的核电荷数小，原子核对核外电子吸引能力更小，故O2−离子半径较大，故离子半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，
故答案为：S2−>O2−>Na+；
(5)检验W(钠)元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因：电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量，呈现出不同的颜色，
故答案为：焰色反应；电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量。
U、V、Z、Y、X、W共6种短周期主族元素，其原子半径依次增大，其中U基态原子的p能级上无电子，元素最高正价与最低负价的绝对值相同，可推至U为H元素；V基态原子核外2p轨道上有1个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反，所以V的电子排布式为1s22s22p4，所以V为O元素；W最内层电子数是最外层电子数的2倍，该原子最外层电子数为1，其单质与O2反应可生成两种物质，推知W为Na；X基态原子的价电子排布为nsn−1npn−2，而n−1=2，故n=3，可知其价电子排布式为3s23p1，所以X为Al元素；Y的单质Y4为正四面体结构，易自燃，可推知Y为P元素；Z的单质为黄色晶体，它的一种氧化物能使品红溶液褪色，可推知Z为S元素。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布与运动、元素周期表、元素周期律、微粒半径大小比较、跃迁等，正确推断元素是解本题关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
17.【答案】正极 O2+4e−+4H+=2H2O乙电极 由左室移向右室 122CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性 未到达 1
【解析】解：(1)甲电极O元素化合价降低，为原电池的正极，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，乙电极N元素化合价升高，为负极，电子从负极流出，则电子从乙电极流出，
故答案为：正极：O2+4e−+4H+=2H2O；乙电极；
(2)原电池中阴离子移向负极，若交换膜为阴离子交换膜，SO42−由左室移向右室；负极反应为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2+N2↑+6H+，若交换膜为阳离子交换膜，当有1.2mlH+通过交换膜时，即转移1.2ml电子，消耗的尿素为0.2mlCO(NH2)2，质量为m=nM=0.2ml×60g/ml=12g，
故答案为：由左室移向右室；12；
(3)该电池中发生反成的总化学方程式为2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，由题干信息微生物附着在多孔碳电极上，则该电池不能在高温条件下工作的原因是微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性，
故答案为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O；微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性；
(4)标准状况下4.48L氧气的物质的量n=VVm=，总化学方程式为2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，则尿素为0.2ml×230.43ml，消耗质量为m=nM=0.43ml×60g/ml=8g，剩余9−8=1g/L，废水中尿素的含量为1g/L，排放标准为10mg/L，则此时未达到排放标准，
故答案为：未达到；1。
由尿素燃料电池的结构可知，甲电极上O2发生得电子的还原反应生成水，乙电极上尿素[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应生成N2和CO2，则乙电极为负极，甲电极为正极，负极反应为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2+N2↑+6H+，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。
本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意掌握电极方程式的书写方法，题目难度中等。
18.【答案】酸式 当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色 AD46.08%b1000增大 c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)
【解析】解：(1)①高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，应放在酸式滴定管中承装，达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色，
故答案为：酸式；当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色；
②A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则草酸根离子有剩余，第二步消耗的高锰酸钾偏多，测得的FeC2O4含量偏高，故A正确；
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测得的FeC2O4含量偏高，故B错误；
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，对结果没有影响，故C错误；
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致亚铁离子被氧化，高锰酸钾用量偏少，测定结果偏低，故D正确；
故答案为：AD；
③滴定过程中发生反应MnO4−+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，故0.50g该样品中FeC2O4的质量分数为5×0.016×0.02×1440.5g×100%=46.08%，
故答案为：46.08%；
(2)①曲线b为δ(HC2O4−)，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2，Ka1=10−1.2，Ka2=10−4.2，故c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2=1000，
故答案为：b；1000；
②pH从1.2增大至4.2的过程中，相当于降低了草酸的浓度，水的电离程度增大，
故答案为：增大；
③NaHC2O4溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，HC2O4−电离大于水解，所以电离生成的c(C2O42−)>水解生成的c(H2C2O4)，故溶液中c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)，
故答案为：c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)。
(1)①高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，应放在酸式滴定管中承装，达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色；
②A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则草酸根离子有剩余，第二步消耗的高锰酸钾偏多，测得的FeC2O4含量偏高；
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测得的FeC2O4含量偏高；
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，对结果没有影响；
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致亚铁离子被氧化，高锰酸钾用量偏少，测定结果偏低；
③滴定过程中发生反应MnO4−+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，结合方程式计算含量；
(2)①曲线b为δ(HC2O4−)，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2，Ka1=10−1.2，Ka2=10−4.2，据此分析；
②pH从1.2增大至4.2的过程中，相当于降低了草酸的浓度；
③NaHC2O4溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，HC2O4−电离大于水解，所以电离生成的c(C2O42−)>水解生成的c(H2C2O4)。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】b−aK1K2 增大压强 <<能 ABD6%0.64××1.44×1.35
【解析】解：(1)①根据盖斯定律：②-①得2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)△H3=△H2−△H1=(b−a)kJ/ml，两个式子相减其平衡常数相除，则K=K1K2，
故答案为：b−a；K1K2；
②为提高NO的转化率，即平衡正向移动，要加快反应速率，可以采取的措施是增大压强，
故答案为：增大压强；
(2)①由图知温度升高N2的平衡物质的量减小，则平衡逆向移动，说明反应为放热反应，ΔH<0，由反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)为气体分子数增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动，N2的平衡物质的量减小，由图同一温度下，p2的N2的平衡物质的量较小，其压强较大，则p10，低温下能自发进行，则在p1、393K时，上述反应能自发进行，
故答案为：<；<；能；
②A.c(O2)c(N2)不再改变，即浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故A正确；
B.容器内NO的体积分数不再改变，即NO的物质的量浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C.在恒容密闭容器内，混合气体的质量不变，体积不变，则密度一直不变，则容器内混合气体的密度不再改变不能说明平衡，故C错误；
D.反应前后气体分子数不相等，当容器的压强不再改变，说明反应达到化学平衡状态，故D正确；
E.平衡时正逆反应速率相等，则3v正(NH3)=2v逆(H2O)说明平衡，故E错误；
故答案为：ABD；
③理论上气体的物质的量比反应前多1ml，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，消耗0.18mlO2，转化率为0.18ml3ml×100%=6%，
故答案为：6%；
④Q点时，平衡时N2的物质的量为1.2ml，列三段式
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)
开始(ml)44300
变化(ml)
平衡(ml)
容器体积为2L，该反应的平衡常数K=c4(N2)c6(H2O)c4(NH3)c4(NO)c(O2)=0.64××1.44×1.35，
故答案为：0.64××1.44×1.35。
(1)①根据盖斯定律：②-①得2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)△H3=△H2−△H1=(b−a)kJ/ml；
②为提高NO的转化率，即平衡正向移动，要加快反应速率；
(2)①由图知温度升高N2的平衡物质的量减小，则平衡逆向移动，说明反应为放热反应，由反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)为气体分子数增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动；
②可逆反应达到化学平衡时，正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化；
③理论上气体的物质的量比反应前多1ml，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，消耗0.18mlO2；
④Q点时，平衡时N2的物质的量为1.2ml，列三段式
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)
开始(ml)44300
变化(ml)
平衡(ml)
容器体积为2L，该反应的平衡常数K=c4(N2)c6(H2O)c4(NH3)c4(NO)c(O2)。
本题考查反应热的计算、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，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
甲
乙
丙
丁
A
铜片
石墨
CuCl2溶液
CuCl2溶液
B
铜片
石墨
FeCl3溶液
FeCl3溶液
C
铜片
锌片
CuCl2溶液
FeCl3溶液
D
铜片
石墨
CuCl2溶液
FeCl3溶液
U
基态原子的p能级上无电子，元素最高正价与最低负价的绝对值相同
V
基态原子核外2p轨道上有1个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反
W
最内层电子数是最外层电子数的2倍，单质与O2反应可生成两种物质
X
基态原子的价层电子排布式为nsn−1npn−2
Y
Y4为正四面体结构，易自燃
Z
Z的单质为黄色晶体，它的一种氧化物能使品红溶液褪色
我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，下列做法不利于实现这一目标的是( )
A. 光伏发电
B. 大力扩大火力发电厂的规模
C. 使用太阳能热水器
D. 推广使用新能源电动汽车
化学史上每一次重大的发现都极大地推动了科学的发展，下列说法正确的( )
A. 丹麦科学家玻尔提出了构造原理
B. 奥地利科学家泡利发现了基态原子的电子排布遵循能量最低原理
C. 德国科学家洪特解释了一个轨道只允许容纳2个电子的原因
D. 俄国化学家门捷列夫将元素根据原子序数编制了第一张元素周期表
海水是一种腐蚀性很强的天然电解质溶液沿垂直方向，海洋环境可分为海洋大气区、浪花飞溅区、海水潮差区、海水全浸区和海泥区．其中海水全浸区根据海水位置分为深海区和浅海区．根据钢铁桥梁在海洋区域建设的位置，下列说法错误的是( )
A. 热带地区桥梁比寒带海域桥梁腐蚀更严重
B. 海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般高于海水全浸区
C. 浅海区溶氧量较高，存在着大量的微生物，钢铁在浅海区主要发生电化学腐蚀
D. 在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重
下列化学用语表示正确的是( )
A. 基态O原子的轨道表示式为
B. F电子排布的轨道表示式为
C. 27号元素C的基态原子的价层电子排布式为3d74s2
D. 中子数为8的碳原子的电子排布式为1s22s22p6
碘盐不断受热受潮易发生反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)ΔHΔS，下列判断正确的是( )
A. ΔH>0，ΔS<0B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH<0，ΔS>0D. ΔH>0，ΔS>0
氮化铝导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，可用炭热还原Al2O3制取．已知：
①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2
③2Al(s)+N2(g)=2AIN(s)ΔH3
则反应Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)的ΔH为( )
A. 12ΔH1+32ΔH2+ΔH3B. 12ΔH1−32ΔH2−ΔH3
C. ΔH1+3ΔH2+2ΔH3D. ΔH1−3ΔH2−2ΔH3
根据反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2设计原电池(装置如图所示)，有关电极材料和电解质溶液选择最合理的是( )
A. AB. BC. CD. D
某元素M的基态原子的价层电子排布式为4d55s1，则其在元素周期表中的位置为( )
A. 第四周期第ⅠA族B. 第五周期第ⅥB族
C. 第四周期第ⅥB族D. 第五周期第IA族
常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明溶液中：K+、Cu2+、Cl−、SO42−
B. 水电离出的c(H+)=1×10−13ml⋅L−1的溶液中：K+、Al3+、HCO3−、S2O32−
C. 0.5ml⋅L−1的NaAlO2溶液中：K+、Ca2+、Cl−、CO32−
D. 滴加KSCN试剂后会变红的溶液中：K+、H+、Cl−、SO42−
电化学在生活生产中的应用非常广泛．下列应用错误的是( )
A. 利用外加电流保护法保护钢闸门
B. 铁棒镀铜防腐蚀
C. 冶炼金属镁
D. 制取家用环保型消毒液，a为电源的负极
蛋白质是组成人体一切细胞、组织的重要成分，主要含有C、H、O、N、S等元素．下列说法错误的是( )
A. 第一电离能：O>N>CB. 原子半径：S>C>N>O
C. 电负性：O>N>C>HD. 最简单氢化物的沸点：O>N>C
向一恒容密闭容器中充入A、B、C三种气体，在一定条件下发生反应，各物质的物质的量浓度随时间的变化如图a所示．若从t1时刻开始，每个时刻只改变一个且不重复的条件，物质C的正、逆反应速率随时间变化如图b.下列说法正确的是( )
A. O至t1内，v(A)=v(B)
B. 该反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+2C(g)
C. t1时，改变的条件可能是加入催化剂
D. t4时，改变的条件可能是降低反应温度
利用电沉积法制备纳米级金属镍，具有制备晶体性能独特操作方法简便等优点，电解装置如图所示，下列说法错误的是( )
A. 电解时，C室发生的电极反应为Ni2++2e−=Ni
B. 电解一段时间后，B室中氯化钠溶液的质量分数增大
C. 为了提高电沉积效率，一段时间后，可向C室中补充NiCl2溶液
D. 电解时，B室中的Na+经过阳离子交换膜进入A室
短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示。其中W元素的基态原子的p能级上只有1个未成对电子。下列说法正确的是( )
A. W元素为Si
B. 基态Z原子的电子的空间运动状态有8种
C. 基态X原子的电子排布式为1s22s22p2
D. Y的最高价氧化物对应的水化物与W的氧化物不能反应
常温下，向10mL0.1ml⋅L−1H2A溶液中逐滴滴加0.1ml⋅L−1pH4的KOH溶液，溶液的pH随加入的KOH溶液体积的变化如图所示(a略小于1).下列说法错误的是( )
A. b点溶液中：c(K+)>c(HA−)
B. 滴定过程中c点水的电离程度最大
C. d点溶液中存在c(K+)=2c(HA−)+2c(A2−)
D. H2A在溶液中的电离方程式为H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−
现有U、V、Z、Y、X、W共6种短周期主族元素，其原子半径依次增大，部分信息如下表：
回答下列问题：
(1)上述元素中，属于s区的元素有 ______(填元素符号)，其余的元素属于 ______区。
(2)X元素的基态原子核外最高能级的电子自旋状态有 ______种，与X的化学性质相近但位于不同主族的短周期元素是 ______(填元素符号)，V元素的原子核外共有 ______种不同运动状态的电子。
(3)某同学写了基态Y原子价电子的两种表示方式，分析其分别违背了什么原理：
①3s13p4：______；
②：______。
(4)V、W、Z的简单离子半径由大到小的顺序为 ______(填离子符号)。
(5)检验W元素的方法是 ______，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：______。
尿液燃料电池是一种微生物燃料电池，可利用微生物的新陈代谢将有机物转化为无污染气体，同时将化学能转换成电能．利用这种燃料电池既能去除工业废水中的尿素[CO(NH2)2]，又能发电．其工作原理如图所示，微生物附着在多孔碳电极上．
(1)甲电极为 ______(填“正极”或“负极”)，其电极反应式为 ______，电子从 ______(填“甲电极”或“乙电极”)流出．
(2)电池工作时，若交换膜为阴离子交换膜，则溶液中SO42−经过交换膜的移动方向为 ______(填“由左室移向室”或“由右室移向左室”)；若交换膜为阳离子交换膜，当有4.2mlH+通过交换膜时，消耗的尿素为 ______g.
(3)该电池中发生反成的总化学方程式为 ______，该电池不能在高温条件下工作的原因是 ______.
(4)假设工业废水中含有9g⋅L−1的尿素，向电解装置中盛装1L工业废水，一段时间后消耗了4.48L氧气(标准状况下)，此时，废水中尿素的含量 ______(填“达到”或“未达到”)排放标准(10mg⋅L−1)，因为废水中尿素的含量为 ______g⋅L−1.
草酸(H2C2O4)及其化合物在医药、印染、塑料等方面扮演着重要角色，同时广泛应用于化学实验中．
(1)氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法，应用非常广泛．某草酸亚铁(FeC2O4)样品中含有草酸，某化学兴趣小组想用氧化还原滴定法测定该样品中FeC2O4的含量．实验方案如下：
Ⅰ.称量0.50g样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸溶解，水浴加热至70℃，加入足量KMnO4溶液，使其充分反应．
Ⅱ.向反应后的溶液中加入过量锌粉与稀硫酸，煮沸且完全反应后，用KSCN在点滴板上检验至溶液不变红，过滤至另一洁净的锥形瓶中，用0.0200ml⋅L−1的酸性高锰酸钾标准液滴定该溶液至终点，消耗高锰酸钾标准液16.00mL.
请回答下列问题：
①高锰酸钾标准液用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，达到滴定终点的现象是 ______.
②下列关于实验误差的说法正确的是 ______(填标号).
A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则测得的FeC2O4含量偏高
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，测得的FeC2O4含量偏低
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，测得的FeC2O4含量偏低
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致测得的FeC2O4含量偏低
③0.50g该样品中FeC2O4的质量分数为 ______(不考虑损耗).
(2)常温下，改变0.1ml⋅L−1的H2C2O4溶液的pH，溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−的物质的量分数(δ)溶液pH的关系如图所示．回答下列问题：
①曲线 ______(填“a”、“b”或“c”)代表δ(HC2O4−)，pH=2.7时，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=______.
②pH从1.2增大至4.2的过程中，水的电离程度 ______(填“增大”、“减小”或“不变”).
③NaHC2O4溶液中存在的离子浓度大小关系为 ______.
汽车尾气是空气污染的重要因素之一，因此研究各种尾气处理技术来保护环境变得尤为重要．
(1)处理尾气中的NO可使用NSR储存还原法，该装置结构相对简单适用于轻型柴油车和汽油车．
已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=akJ⋅ml−1K1
2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)ΔH2=bkJ⋅m−1K2
①NSR技术工作原理的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)ΔH=______kJ⋅ml−1，K=______(用K1、K2表示).
②一定条件下的密闭容器中，反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)达到平衡后，要加快反应速率并提高NO的转化率，可以采取的措施是 ______(任意写一条).
(2)另一种SCR催化法多见于工业消除NO，其原理为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)ΔH.在容积为2L的恒容密闭容器中充入4mlNH3、4mlNO、3mlO2，在p1、p2时测得平衡时N2的物质的量(n)随温度的变化如图所示．
①上述反应的ΔH______(填“>”或“<”)0，图中压强p1______(填“>”或“<”)p2，在p1、393K时，上述反应 ______(填“能”或“不能”)自发进行．
②下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 ______(填标号).
A.c(O2)c(N2)不再改变
B.容器内NO的体积分数不再改变
C.容器内混合气体的密度不再改变
D.容器的压强不再改变
E.2v正(NH3)=3v逆(H2O)
③经测定知，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，O2的转化率为 ______.
④Q点时，该反应的平衡常数K=______(列出计算式).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.使用光伏发电，不会产生二氧化碳，有利于实现碳中和，故A不选；
B.大力扩大火力发电厂的规模，能够产生大量的二氧化碳，不利于实现碳中和，故B选；
C.太阳能为清洁能源，使用太阳能热水器不会产生二氧化碳，有利于实现碳中和，故C不选；
D.推广使用新能源电动汽车，可以减少燃油汽车的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳中和，故D不选；
故选：B。
碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，据此解答。
本题考查了化学在生产生活中的应用，明确“碳达峰、碳中和”含义是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.1913年玻尔提出氢原子结构模型，创造性的将量子学说与卢瑟福的原子核式结构结合起来，成为玻尔模型，即原子的构造原理，故A正确；
B.英国科学家狄拉克发现了基态原子的电子排布遵循能量最低原理，故B错误；
C.美籍奥地利科学家解释了一个轨道只允许容纳2个电子的泡利不相容原理，故C错误；
D.门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，而不是原子序数，故D错误；
故选：A。
A.玻尔是在卢瑟福的原子核式结构基础上来，提出了玻尔模型；
B.狄拉克于1930年为了摆脱狄拉克方程负能解的困境，提出能量最低原理；
C.一个轨道只允许容纳2个电子的为泡利不相容原理；
D.门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表。
本题考查化学史，难度不大，解答的关键是了解化学发展的简单历史，对各位科学家的发现和贡献不能混淆，注意日常学习中的积累。
3.【答案】B
【解析】解：A.热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快，桥梁腐蚀更严重，故A正确；
B.铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般低于海水全浸区，故B错误；
C.浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重，故D正确；
故选：B。
A.热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快；
B.铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快；
C.浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀；
D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应。
本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，此时原子的能量最低，基态O原子基态电子的轨道表示式为，故A错误；
B.F为9号元素，核外有9个电子，根据洪特规则、泡利原理，能量最低原理，核外电子排布图为：，故B错误；
C.C为27号元素，位于周期表中第4周期第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以C基态原子核外价电子排布式为3d74s2，故C正确；
D.核外电子排布与中子数无关，基态碳原子核外有6个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式为1s22s22p2，故D错误；
故选：C。
A.为氧原子的激发态，不属于基态；
B.根据洪特规则、泡利原理，能量最低原理进行判断；
C.C为27号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；
D.核外电子排布与中子数无关，基态碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度不大，注意掌握原子核外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。
5.【答案】D
【解析】解：反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)中生成了气体，即该反应是熵变增大的反应，ΔS>0；由题意可知，碘盐不断受热受潮易发生该反应，说明该反应是吸热反应，即ΔH>0，所以反应4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)的ΔH>0，ΔS>0，
故选：D。
碘盐不断受热受潮发生的反应为4H+(aq)+4IO3−(aq)=2I2(g)+5O2(g)+2H2O(l)，说明该反应是吸热反应，并且该反应生成了气体，即反应的熵变增大，结合吸放热反应与ΔH的关系，熵变与ΔS的关系分析解答。
本题考查焓变与熵变，涉及焓变和熵变正负的判断，侧重分析能力和基础知识运用能力的考查，把握焓变、熵变概念及其正负的判断方法即可解答，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：已知①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1；②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2；③2Al(s)+N2(g)=2AlN(s)ΔH3，则：12×①+32×②+③得Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)，依据盖斯定律可知：反应Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)ΔH=12×△H1+32×△H2+△H3，
故选：A。
已知①2Al2O3(s)=4Al(s)+3O2(g)ΔH1；②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2；③2Al(s)+N2(g)=2AlN(s)ΔH3，则：12×①+32×②+③得Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=AlN(s)+3CO(g)，依据盖斯定律计算该反应的焓变。
本题考查了反应焓变的计算，把握盖斯定律及应用方法即可解答，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：根据电池反应式知，Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu作负极，不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，如C(石墨)，且正极连接的对应FeCl3溶液为电解质溶液，符合条件的只有选项D，
故选：D。
原电池负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，据此分析。
本题考查电化学原理，涉及到原电池的正负极和电解质溶液的判断，难度较小。
8.【答案】B
【解析】解：元素M的基态原子的价层电子排布式为4d55s1，该元素最外层为5s，则位于元素周期表的第五周期，价电子数为6，属于VIB族，所以该元素位于元素周期表的第五周期第VIB族，
故选：B。
该元素最外层为5s，则位于元素周期表的第五周期，价电子数为6，属于VIB族，所以该元素位于元素周期表的第五周期第VIB族。
本题考查原子核外电子的排布，题目难度不大，熟悉原子核外电子排布规律及电子排布与元素位置的关系为解答的关键，注意规律性知识的总结和应用。
9.【答案】D
【解析】解：A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.水电离出的c(H+)=1×10−13ml⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，H+与HCO3−、S2O32−反应，Al3+、HCO3−、OH−之间相互反应，不能大量共存，故B错误；
C.Ca2+、CO32−之间反应生成难溶物碳酸钙，不能大量共存，故C错误；
D.滴加KSCN试剂后会变红的溶液中含有Fe3+，Fe3+、K+、H+、Cl−、SO42−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.含有铜离子的溶液呈蓝色；
B.该溶液呈酸性或碱性，氢离子与碳酸氢根离子、硫代硫酸根离子反应，氢氧根离子、铝离子、碳酸氢根离子之间相互反应；
C.钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；
D.该溶液中含有铁离子，四种离子之间不反应，都不与铁离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，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】C
【解析】解：A.利用“外加电流的阴极保护法”保护钢闸门时，钢闸门应与外接电源的负极相连，图示正确，故A正确；
B.铁棒镀铜防腐蚀时将铁连接电源负极作为阴极，铜连接正极作为阳极，氯化铜溶液为电解质溶液，装置正确，故B正确；
C.Mg为活泼金属，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，电解氯化镁溶液得不到镁，故C错误；
D.a为电源的负极，连接负极的电极上产生氢气，同时附近产生氢氧化钠，与连接正极的阳极上产生的氯气反应生成次氯酸钠，故D正确；
故选：C。
A.利用“外加电流的阴极保护法”保护钢闸门时，钢闸门应与外接电源的负极相连；
B.铁棒镀铜防腐蚀时将铁连接电源负极作为阴极，铜连接正极作为阳极；
C.Mg为活泼金属，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼；
D.a为电源的负极，连接负极的电极上产生氢气，同时附近产生氢氧化钠。
本题考查金属的腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，则N的第一电离能大于O，第一电离能：N>O>C，故A错误；
B.硫原子电子层数三个最大，C、N、O电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径大小为：S>C>N>O，故B正确；
C.同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则电负性C
D.H2O、NH3均含氢键，且水分子间氢键多，则氢化物沸点：H2O>NH3>CH4，最简单氢化物的沸点：O>N>C，故D正确；
故选：A。
A.同周期从左到右，第一电离能增大趋势，第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
B.原子的电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小；
C.元素非金属性越强电负性越增大，则电负性C
本题考查了元素周期律的作用，较基础，熟练元素周期律的知识即可解决问题，注意第一电离能的比较方法，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，速率比等于浓度变化比，则v(A)>v(B)，故A错误；
B.0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，所以C一定是生成物，且生成0.03ml⋅L−1，浓度变化比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3A(g)⇌2B(g)+C(g)，故B错误；
C.每个时刻只改变一个且不重复的条件，t1∼t2阶段与t3∼t4阶段反应速率加快且平衡不移动，说明可能是使用了催化剂和加压，故C正确；
D.由图得出温度改变正反应速率未改变，一般情况下温度改变，正逆反应速率都要改变，所以t4时改变的条件不可能是降低反应温度，故D错误；
故选：C。
10min∼t1阶段、t1∼t2阶段与t3∼t4阶段正逆反应速率都相等，每个时刻只改变一个且不同的条件，t1∼t2阶段与t3∼t4阶段反应速率加快且平衡不移动，说明分别是使用了催化剂和加压，则反应前后气体体积不变；0∼t1时，A减少0.09ml⋅L−1，B增大0.06ml⋅L−1，所以C一定是生成物，且生成0.03ml⋅L−1，t2∼t3阶段改变的条件为降低反应温度，平衡逆向移动，说明正反应吸热，据此分析解答。
本题考查了化学反应速率图象和平衡移动图象问题，为高频考点，掌握化学反应速率的基础知识是做题的关键，侧重考查了分析和解答能力，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.电解时，C室为阴极，发生的电极反应为Ni2++2e−=Ni，故A正确；
B.电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解一段时间后，A室的Na+通过阳离子交换膜进入B室，C室的Cl−通过阴离子交换膜进入B室，B室中氯化钠溶液的质量分数增大，故B正确；
C.向C室中补充NiCl2溶液，可持续保证反应物的浓度，可提高电沉积效率，故C正确；
D.电解池中阳离子移向阴极，则电解时，A室中的Na+经过阳离子交换膜进入B室，故D错误；
故选：D。
该装置为电解池，为了制取金属Ni，则铁棒为阴极，电极反应为Ni2++2e−=Ni，碳棒为阳极，为OH−失电子生成O2。
本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，知道电解质中离子移动方向，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为O，W为Al元素，
A.W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则W为Al元素，故A错误；
B.氧原子核外电子层填充在1s轨道、2s轨道、2p能级的3个轨道，则基态O原子核外有5种空间运动状态，故B错误；
C.碳原子的核外电子总数为6，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故C正确；
D.Y的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，W的氧化物为氧化铝，氧化铝与硝酸发生反应生成硝酸铝和水，故D错误；
故选：C。
短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，其中W元素的基态原子的p能级上只有1个未成对电子，且W的族元素小于X、Y、Z，则W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则W为Al元素，结合各元素的相对位置可知，X为C，Y为N，Z为O元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，根据元素周期表中的位置、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.当V(KOH)=20mL时，溶液为K2A，pH>7，为A2−发生水解反应使溶液呈碱性，则H2A为弱酸，b点时为KHA溶液，HA−发生水解反应，则c(K+)>c(HA−)，故A正确；
B.酸或碱抑制水的电离，可水解的盐类可促进水的电离，d点溶质为K2A，即d点水的电离程度最大，故B错误；
C.d点为K2A，只存在A2−的水解，溶液中存在c(K+)=2c(HA−)+2c(A2−)，故C正确；
D.H2A第一步完全电离，第二步部分微弱电离，电离方程式为H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−，故D正确；
故选：B。
已知0.1mlH2A溶液的pH略小于1，氢离子浓度略大于0.1ml/L，则H2A第一步完全电离，第二步部分微弱电离，b点为KHA，c点为KHA和K2A，d点为K2A，e点为K2A和NaOH，据此分析。
本题考查酸碱混合时的定性判断和发生的反应推断，为高频考点，明确图示曲线变化的意义、推断突变点的产物为解答关键，注意掌握酸性强弱与电离平衡常数的关系，试题侧重考查学生的分析与运用能力，题目难度较大。
16.【答案】H、Na p 1 B 8 违背了能量最低原理 违背了泡利原理 S2−>O2−>Na+ 焰色反应 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量
【解析】解：由分析可知，U为H、V为O、W为Na、X为Al、Y为P、Z为S；
(1)上述元素中，属于s区的元素有H、Na，其余的元素属于p区，
故答案为：H、Na；p；
(2)X为Al，基态原子核外最高能级排布式为3p1，最高能级电子自旋状态有1种，根据对角线规则，与Al的化学性质相近但位于不同主族的短周期元素是B，V为O元素，原子核外没有运动状态相同的电子，其原子核外共有8种不同运动状态的电子，
故答案为：1；B；8；
(3)①3s能级没有填充满满，就填充更高的能级，违背了能量最低原理，
故答案为：违背了能量最低原理；
②3s轨道2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，
故答案为：违背了泡利原理；
(4)V、W、Z的简单离子分别为O2−、Na+、S2−，S2−比O2−、Na+多一个电子层，S2−离子半径最大，而O2−、Na+电子层结构相同，O2−的核电荷数小，原子核对核外电子吸引能力更小，故O2−离子半径较大，故离子半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，
故答案为：S2−>O2−>Na+；
(5)检验W(钠)元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因：电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量，呈现出不同的颜色，
故答案为：焰色反应；电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量。
U、V、Z、Y、X、W共6种短周期主族元素，其原子半径依次增大，其中U基态原子的p能级上无电子，元素最高正价与最低负价的绝对值相同，可推至U为H元素；V基态原子核外2p轨道上有1个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反，所以V的电子排布式为1s22s22p4，所以V为O元素；W最内层电子数是最外层电子数的2倍，该原子最外层电子数为1，其单质与O2反应可生成两种物质，推知W为Na；X基态原子的价电子排布为nsn−1npn−2，而n−1=2，故n=3，可知其价电子排布式为3s23p1，所以X为Al元素；Y的单质Y4为正四面体结构，易自燃，可推知Y为P元素；Z的单质为黄色晶体，它的一种氧化物能使品红溶液褪色，可推知Z为S元素。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布与运动、元素周期表、元素周期律、微粒半径大小比较、跃迁等，正确推断元素是解本题关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
17.【答案】正极 O2+4e−+4H+=2H2O乙电极 由左室移向右室 122CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性 未到达 1
【解析】解：(1)甲电极O元素化合价降低，为原电池的正极，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，乙电极N元素化合价升高，为负极，电子从负极流出，则电子从乙电极流出，
故答案为：正极：O2+4e−+4H+=2H2O；乙电极；
(2)原电池中阴离子移向负极，若交换膜为阴离子交换膜，SO42−由左室移向右室；负极反应为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2+N2↑+6H+，若交换膜为阳离子交换膜，当有1.2mlH+通过交换膜时，即转移1.2ml电子，消耗的尿素为0.2mlCO(NH2)2，质量为m=nM=0.2ml×60g/ml=12g，
故答案为：由左室移向右室；12；
(3)该电池中发生反成的总化学方程式为2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，由题干信息微生物附着在多孔碳电极上，则该电池不能在高温条件下工作的原因是微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性，
故答案为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O；微生物的蛋白质在高温下会变性，失去生理活性；
(4)标准状况下4.48L氧气的物质的量n=VVm=，总化学方程式为2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，则尿素为0.2ml×230.43ml，消耗质量为m=nM=0.43ml×60g/ml=8g，剩余9−8=1g/L，废水中尿素的含量为1g/L，排放标准为10mg/L，则此时未达到排放标准，
故答案为：未达到；1。
由尿素燃料电池的结构可知，甲电极上O2发生得电子的还原反应生成水，乙电极上尿素[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应生成N2和CO2，则乙电极为负极，甲电极为正极，负极反应为CO(NH2)2+H2O−6e−=CO2+N2↑+6H+，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。
本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意掌握电极方程式的书写方法，题目难度中等。
18.【答案】酸式 当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色 AD46.08%b1000增大 c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)
【解析】解：(1)①高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，应放在酸式滴定管中承装，达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色，
故答案为：酸式；当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色，且半分钟不褪色；
②A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则草酸根离子有剩余，第二步消耗的高锰酸钾偏多，测得的FeC2O4含量偏高，故A正确；
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测得的FeC2O4含量偏高，故B错误；
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，对结果没有影响，故C错误；
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致亚铁离子被氧化，高锰酸钾用量偏少，测定结果偏低，故D正确；
故答案为：AD；
③滴定过程中发生反应MnO4−+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，故0.50g该样品中FeC2O4的质量分数为5×0.016×0.02×1440.5g×100%=46.08%，
故答案为：46.08%；
(2)①曲线b为δ(HC2O4−)，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2，Ka1=10−1.2，Ka2=10−4.2，故c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2=1000，
故答案为：b；1000；
②pH从1.2增大至4.2的过程中，相当于降低了草酸的浓度，水的电离程度增大，
故答案为：增大；
③NaHC2O4溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，HC2O4−电离大于水解，所以电离生成的c(C2O42−)>水解生成的c(H2C2O4)，故溶液中c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)，
故答案为：c(Na+)>c(H+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(OH−)。
(1)①高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，应放在酸式滴定管中承装，达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴KMnO4标准液时，锥形瓶内溶液由浅绿色变为浅红色；
②A.步骤Ⅰ中，若加入的KMnO4溶液的量不足，则草酸根离子有剩余，第二步消耗的高锰酸钾偏多，测得的FeC2O4含量偏高；
B.步骤Ⅱ中，滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测得的FeC2O4含量偏高；
C.步骤Ⅱ中，锥形瓶中有少量水未干燥，对结果没有影响；
D.步骤Ⅱ中，过滤时间过长，可能导致亚铁离子被氧化，高锰酸钾用量偏少，测定结果偏低；
③滴定过程中发生反应MnO4−+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，结合方程式计算含量；
(2)①曲线b为δ(HC2O4−)，溶液中c2(HC2O4−)c(H2C2O4)⋅c(C2O42−)=Ka1Ka2，Ka1=10−1.2，Ka2=10−4.2，据此分析；
②pH从1.2增大至4.2的过程中，相当于降低了草酸的浓度；
③NaHC2O4溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，HC2O4−电离大于水解，所以电离生成的c(C2O42−)>水解生成的c(H2C2O4)。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】b−aK1K2 增大压强 <<能 ABD6%0.64××1.44×1.35
【解析】解：(1)①根据盖斯定律：②-①得2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)△H3=△H2−△H1=(b−a)kJ/ml，两个式子相减其平衡常数相除，则K=K1K2，
故答案为：b−a；K1K2；
②为提高NO的转化率，即平衡正向移动，要加快反应速率，可以采取的措施是增大压强，
故答案为：增大压强；
(2)①由图知温度升高N2的平衡物质的量减小，则平衡逆向移动，说明反应为放热反应，ΔH<0，由反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)为气体分子数增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动，N2的平衡物质的量减小，由图同一温度下，p2的N2的平衡物质的量较小，其压强较大，则p1
故答案为：<；<；能；
②A.c(O2)c(N2)不再改变，即浓度不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故A正确；
B.容器内NO的体积分数不再改变，即NO的物质的量浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C.在恒容密闭容器内，混合气体的质量不变，体积不变，则密度一直不变，则容器内混合气体的密度不再改变不能说明平衡，故C错误；
D.反应前后气体分子数不相等，当容器的压强不再改变，说明反应达到化学平衡状态，故D正确；
E.平衡时正逆反应速率相等，则3v正(NH3)=2v逆(H2O)说明平衡，故E错误；
故答案为：ABD；
③理论上气体的物质的量比反应前多1ml，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，消耗0.18mlO2，转化率为0.18ml3ml×100%=6%，
故答案为：6%；
④Q点时，平衡时N2的物质的量为1.2ml，列三段式
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)
开始(ml)44300
变化(ml)
平衡(ml)
容器体积为2L，该反应的平衡常数K=c4(N2)c6(H2O)c4(NH3)c4(NO)c(O2)=0.64××1.44×1.35，
故答案为：0.64××1.44×1.35。
(1)①根据盖斯定律：②-①得2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO(g)△H3=△H2−△H1=(b−a)kJ/ml；
②为提高NO的转化率，即平衡正向移动，要加快反应速率；
(2)①由图知温度升高N2的平衡物质的量减小，则平衡逆向移动，说明反应为放热反应，由反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)为气体分子数增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动；
②可逆反应达到化学平衡时，正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化；
③理论上气体的物质的量比反应前多1ml，N点时容器内气体的物质的量比反应前多0.18ml，则N点时，消耗0.18mlO2；
④Q点时，平衡时N2的物质的量为1.2ml，列三段式
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)
开始(ml)44300
变化(ml)
平衡(ml)
容器体积为2L，该反应的平衡常数K=c4(N2)c6(H2O)c4(NH3)c4(NO)c(O2)。
本题考查反应热的计算、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，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
甲
乙
丙
丁
A
铜片
石墨
CuCl2溶液
CuCl2溶液
B
铜片
石墨
FeCl3溶液
FeCl3溶液
C
铜片
锌片
CuCl2溶液
FeCl3溶液
D
铜片
石墨
CuCl2溶液
FeCl3溶液
U
基态原子的p能级上无电子，元素最高正价与最低负价的绝对值相同
V
基态原子核外2p轨道上有1个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反
W
最内层电子数是最外层电子数的2倍，单质与O2反应可生成两种物质
X
基态原子的价层电子排布式为nsn−1npn−2
Y
Y4为正四面体结构，易自燃
Z
Z的单质为黄色晶体，它的一种氧化物能使品红溶液褪色
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