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2021-2022学年辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学高二（上）期末化学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了0分），03ml⋅L−1⋅min−1B， 下列有关判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是( )
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高
B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应
C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能
D. 苏轼《石炭⋅并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应
2. 乙烷燃烧热为QkJ⋅mol−1，则下列热化学方程式中正确的是( )
A. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)△H=−2QkJ⋅mol−1
B. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=+2QkJ⋅mol−1
C. C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=−QkJ⋅mol−1
D. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−2QkJ⋅mol−1
3. 化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是( )
A. 侯德榜——工业制备烧碱 B. 勒夏特列——化学平衡的移动
C. 哈伯——利用氮气和氢气合成氨 D. 盖斯——反应热的计算
4. 某温度下，恒容密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(s)ΔH>0，下列说法正确的是( )
A. 平衡后加入少量W，逆反应速率突然增大，正反应速率逐渐增大直到建立新的平衡状态
B. 平衡后升高温度，平衡正向移动，△H增大
C. 平衡后加入Y，平衡正向移动，X、Y的转化率均增大
D. 容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达到平衡
5. 下列反应在任何温度下(所示状态)均不能自发进行的是( )
A. 2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H=−196kJ⋅mol−1
B. 2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)△H=−254kJ⋅mol−1
C. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1
D. 2HgO(s)=2Hg(l)+O2(g)△H=+182kJ⋅mol−1
6. 在10L恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。3min时测得生成1.8molNH3，则0～3min内H2的平均反应速率为( )
A. 0.03mol⋅L−1⋅min−1 B. 0.06mol⋅L−1⋅min−1
C. 0.09mol⋅L−1⋅min−1 D. 0.27mol⋅L−1⋅min−1
7. 反应mA(s)+nB(g)⇌eC(g)+fD(g)△H=Q，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图，下列叙述正确的是( )
A. 达到平衡后，若升温，平衡正移
B. 化学方程式中m+n
D. 达到平衡后，充入一定量C，平衡常数不变
8. 下列有关常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液的说法错误的是( )
A. 与相同浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积相对较大
B. 加水稀释相同倍数后，c(Cl−)c(CH3COO−)变大
C. 两种溶液的导电性几乎相同
D. 分别加入相同的Zn粒产生等量的H2，醋酸所需时间较短
9. 下列有关判断正确的是( )
A. 蔗糖、硫酸钡和氯化钠分别属于非电解质、弱电解质、强电解质
B. 水的导电性很差，所以水为非电解质
C. 强电解质溶液的导电性肯定强于弱电解质溶液的导电性
D. 部分非电解质可与水反应生成电解质
10. 下列事实中，能说明MOH是弱碱的有( )
①0.1mol/LMOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1mol/LMOH溶液中c(OH−)<0.1mol/L
③常温下，0.1mol/LMOH溶液的导电能力比0.1mol/LNaOH溶液弱
④0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ③④⑤
11. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. Na2S溶液：c(Na+)>c(HS−)>c(OH−)>c(H2S)
B. Na2C2O4溶液：c(OH−)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)
C. pH=5的NaHSO3溶液：c(Na+)>c(H2SO3)>c(SO32−)>c(H+)>c(OH−)
D. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+2c(Cl−)
12. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
C. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
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
13. 要实现反应：Cu+2HCl=CuCl2+H2↑，设计了下列四个实验，你认为可行的是( )
A. B.
C. D.
14. 图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)，下列说法正确的是( )
A. X电极与电源负极相连
B. 图b、c中Y电极上会生成不同产物
C. NaCl是电解质，三种状态下都能导电
D. 图b说明通电后发生了：NaCl→Na++Cl−
15. 下列基态原子的原子核外未成对电子数最多的是( )
A. Cr B. P C. Se D. Ca
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共1小题，共16.0分）
16. 根据元素周期表中完整周期元素的性质，完成下列空格。
(1)在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是 ______，其原子的结构示意图为 ______。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素名称是 ______，其价电子排布图为 ______。
(3)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
①基态硒原子的价层电子排布式为 ______。
②碳、氮、氧三种元素的第一电离能从大到小排序为 ______。
(4)①Cu元素基态原子的价层电子排布式为 ______。
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，L是 ______元素。
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
17. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，请按要求回答相关问题：
(1)石墨电极(C)作 ______极，甲装置中甲烷燃料电池的负极反应式为 ______。
(2)若消耗2.24(标况)氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积(标况)为 ______ L。
(3)若丙中以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是 ______。
A.a电极为纯铜
B.粗铜接电源正极，发生还原反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
(4)若将乙装置中两电极用导线直接相连形成原电池，则石墨(C)电极上发生的电极反应为：______。
18. (14)以下是关于合成氨的有关问题，请回答：
(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则平衡时c(N2)=______。平衡时H2的转化率为 ______%。
(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有 ______。
A.加了催化剂
B.增大容器体积
C.降低反应体系的温度
D.加入一定量N2
(3)若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请完成下列问题：
①写出化学平衡常数K的表达式 ______。
②试比较K1、K2的大小，K1______K2(填“>”、“<”或“=”)；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为 ______。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和2mol时，则该反应的v(N2)正______v(N2)逆(填“>”、“<”
或“=”)。
四、简答题（本大题共1小题，共15.0分）
19. 某学生用0.2000mol⋅L−1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol⋅L−1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记录读数；
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液；
⑤用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面读数；
⑥重复以上滴定操作2～3次。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是 ______(填编号)，该步骤错误操作会导致测定结果 ______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管；在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果 ______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)步骤⑤滴定时，眼睛应注视 ______；判断达到滴定终点的依据是 ______。
(4)以下是实验数据记录表：
滴定次数
盐酸体积/mL
NaOH溶液体积读数/mL
滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
18.10
2
20.00
0.00
16.30
3
20.00
0.00
16.22
从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显大于后两次的体积，其可能的原因是 ______(填字母)。
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
B.锥形瓶用待测液润洗
C.滴定结束时，俯视读数
(5)根据上表记录数据，通过计算可得，待测盐酸的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.冰转化为液态水是吸热过程，因此冰的能量更低，故A错误；
B.石灰石的煅烧是分解反应：CaCO3− 高温 CaO+CO2↑，绝大多数的分解反应吸热，故此反应是吸热反应，故B正确；
C.剧烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧，故燃烧能将化学能转变为热能和光能，故C错误；
D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，高温时碳与水蒸气反应为以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故D错误。
故选：B。
A.冰融化为水要吸热；
B.石灰石的煅烧是分解反应，绝大多数的分解反应吸热；
C.剧烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧；
D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应。
本题结合传统文化考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水应该为液态，故A错误
B.该反应为放热反应，△H为负值，故B错误；
C.燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水应该为液态，故C错误；
D.由于化学计量数增大2倍，所以反应的焓变变为原来的2倍，△H=−2Q kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：D。
由乙烷的燃烧热为Q kJ⋅mol−1，所以1mol乙烷完全燃烧生成CO2和液态水时放热为QkJ，表示其燃烧热的热化学反应方程式为：C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−Q kJ⋅mol−1。
本题考查了热化学方程式的书写，难度不大，注意系数对反应热的影响。
3.【答案】A
【解析】解：A.侯德榜是改进工业制碱，制取的碳酸钠不是烧碱，故A错误；
B.勒夏特列发现化学平衡移动的原理，称之为“勒夏特列”原理，故B正确；
C.哈伯因发明用氨气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖，故C正确；
D.盖斯发现“盖斯定律”，可以进行反应热的计算，故D正确；
故选：A。
A.侯德榜是改进工业制碱；
B.勒夏特列发现化学平衡移动的原理；
C.哈伯因发明用氨气和氢气合成氨气的方法；
D.盖斯发现“盖斯定律”。
本题难度不大，考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感。
4.【答案】D
【解析】解：A.W是固体，不影响平衡移动和化学反应速率，平衡后加入少量W，逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡正向移动，焓变与反应物和生成物总能量差有关，所以焓变不变，故B错误；
C.平衡后加入Y，平衡正向移动，X的转化率增大，Y的转化率减小，故C错误；
D.反应前后气体总质量减小，气体总物质的量不变，则反应前后气体平均摩尔质量减小，所以容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达到平衡，故D正确；
故选：D。
A.W是固体，不影响平衡移动和化学反应速率；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，焓变与反应物和生成物总能量差有关；
C.平衡后加入Y，平衡正向移动；
D.反应前后气体总质量减小，气体总物质的量不变，则反应前后气体平均摩尔质量减小。
本题考查化学平衡影响因素、化学平衡状态判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡影响原理内涵、化学平衡状态判断方法是解本题关键，C为解答易错点。
5.【答案】C
【解析】解：A.2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H=−196kJ⋅mol−1是△S>0、△H<0的反应，任何温度下均能自发进行，故A不选；
B.2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)△H=−254kJ⋅mol−1是△S<0、△H<0的反应，在低温下均能自发进行，故B不选；
C.2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1是△S<0、△H>0的反应，任何温度下均不能自发进行，故C选；
D.2HgO(s)=2Hg(l)+O2(g)△H=+182kJ⋅mol−1是△S>0、△H>0的反应，高温下均能自发进行，故D不选；
故选：C。
由化学计量数判断△S：若正反应是气体体积增大的反应，则△S>0，反之相反；△H−T△S<0的反应可自发进行，反之则不能自发进行，注意结合温度T的高低分析判断△H−T△S的正负，据此分析解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与熵变对反应进行方向的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意熵变正负的判断，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】先根据v=△c△t计算出0～3min内NH3的平均反应速率，然后利用反应速率与化学计量数成正比计算出0～3min内H2的平均反应速率。
3min时测得生成1.8molNH3，则0～3min内NH3的平均反应速率为v(NH3)=1.8mol10L3min=
0.06mol⋅L−1⋅min−1，同一反应中，化学反应速率与化学计量数成正比，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知，v(H2)=32v(NH3)=0.06mol⋅L−1⋅min−1×32=0.09mol⋅L−1⋅min−1，
故选：C。
7.【答案】D
【解析】解：A.压强不变时，升高温度，C%减小，平衡逆向移动，故A错误；
B.温度不变，增大压强，C%增大，平衡正向移动，则m+n>e+f，故B错误；
C.催化剂不影响焓变，只改变反应所需活化能，所以达到平衡后，加入催化剂，该反应△H不变，故C错误；
D.化学平衡常数只与温度有关，达到平衡后充入一定量C，平衡逆向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故D正确；
故选：D。
A.压强不变时，升高温度，平衡向吸热方向移动；
B.温度不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C.催化剂不影响焓变；
D.化学平衡常数只与温度有关。
本题以图象分析为载体考查外界条件对化学平衡影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确浓度、温度、催化剂对化学反应影响原理内涵是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液，醋酸为弱电解质，氯化氢为强电解质，醋酸的浓度大于氯化氢，两溶液中醋酸的物质的量较大，所以与相同浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积相对较大，故A正确；
B.HCl完全电离，CH3COOH部分电离，稀释过程中n(Cl−)不变，n(CH3COO−)增大，两溶液的体积相同，根据c=nV可知，c(Cl−)c(CH3COO−)=n(Cl−)n(CH3COO−)的比值减小，故B错误；
C.常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液中阴、阳离子总浓度相同，且离子所带电荷相同，所以两溶液的导电能力几乎相同，故C正确；
D.醋酸为弱酸，氯化氢为强酸，反应过程中醋酸的电离程度增大，醋酸溶液中c(H+)较大，反应速率较快，所以分别加入相同的Zn粒产生等量的H2，醋酸所需时间较短，故D正确；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，氯化氢为强酸，则醋酸的浓度较大；
B.稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸根离子的数目增大，而氯离子的数目始终不变，稀释溶液体积相同分析；
C.溶液导电性与溶液中离子浓度、所带电荷有关，结合两溶液的pH相同分析；
D.醋酸为弱酸，反应过程中醋酸的电离程度增大，导致醋酸溶液中氢离子浓度较大。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.硫酸钡在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B.水能部分电离产生自由移动的氢离子和氢氧根离子，属于电解质，故B错误；
C.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小和所带电荷多少，与电解质的强弱无关，故C错误；
D.氨气与水反应生成一水合氨，氨气为非电解质，一水合氨为电解质，故D正确；
故选：D。
A.硫酸钡在水溶液中能完全电离；
B.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
C.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小和所带电荷多少；
D.氨气与水反应生成一水合氨。
本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质、强电解质、弱电解质概念是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①0.1mol⋅L−1 MOH溶液可以使酚酞试液变红，说明MOH电离出OH−而使溶液呈碱性，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH为弱碱，故错误；
②常温下，0.1mol⋅L−1 MOH溶液中c(OH−)<0.1mol⋅L−1，说明MOH部分电离，为弱碱，故正确；
③0.1mol⋅L−1 MOH溶液的导电能力比0.1mol⋅L−1 NaOH溶液弱，说明相同浓度的这两种碱中，两种浓度：MOH
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色，说明MOH是强酸弱碱盐，则MOH为弱碱，故正确；
故选：C。
部分电离的电解质为弱电解质，要想证明MOH为弱碱，只要证明MOH部分电离即可。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查对基本概念的理解和运用，明确电解质强弱根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与其溶解性强弱无关。
11.【答案】B
【解析】解：A.Na2S溶液，硫离子水解生成HS−和氢氧根离子，HS−水解生成H2S，因而Na2S溶液：c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(H2S)，故A错误；
B.草酸钠溶液中，由质子守恒可知c(OH−)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，故B正确；
C.pH=5的NaHSO3溶液，因而亚硫酸氢根离子电离大于水解，c(H2SO3)
故选：B。
A.Na2S溶液，硫离子水解生成HS−和氢氧根离子，HS−水解生成H2S；
B.草酸钠溶液中，由质子守恒可知；
C.pH=5的NaHSO3溶液，因而亚硫酸氢根离子电离大于水解；
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，易错点是B中质子守恒判断，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故A错误；
B.金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；
C.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选：C。
A.强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀；
B.金属失电子被氧化；
C.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe被保护；
D.Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极．
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键，作原电池负极或电解池阴极的金属被保护，易错选项是D，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时生成亚铁离子而不是铁离子，为易错点．
13.【答案】C
【解析】解：A.为原电池反应，铁为负极被氧化，正极析出氢气，故A错误；
B.为非自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故B错误；
C.为电解池，铜为阳极被氧化，阴极析出氢气，故C正确；
D.石墨为阳极，阳极生成氯气，故D错误；
故选：C。
一般条件下，盐酸和铜不反应，如发生2HCl+Cu=CuCl2+H2↑，应形成电解池反应，铜为阳极，且盐酸为电解质溶液，以此解答该题。
本题考查电解原理，明确Cu与盐酸常温下不能反应，应设计为电解池为解答的关键，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子，
A.根据图b装置中钠离子和氯离子的移动方向可知，X电极为阳极、Y电极为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，故A错误；
B.b、c中含有自由移动的离子，均能导电并发生氧化还原反应，b中Y电极上钠离子放电生成钠、c中Y电极上氢离子放电生成氢气，即图b、c中Y电极上产物不同，故B正确；
C.不含自由移动离子的离子晶体不导电，图a中不含自由移动的阴阳离子，则不导电，故C错误；
D.图b为电解熔融NaCl装置，氯化钠熔化过程中发生电离生成钠离子和氯离子，其电离过程与通电无关，故D错误；
故选：B。
由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子：图a为电解固态NaCl装置，钠离子和氯离子不能自由移动，不能形成电解池；图b为电解熔融NaCl装置，钠离子移向阴极，氯离子移向阳极，则X电极与电源正极相连、为阳极，Y电极为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠；图c为电解NaCl溶液装置，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解答。
本题考查电解原理，电解质与导电性关系等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确电解中各个电极上发生的反应、离子放电顺序、电解质与导电关系是解本题关键，注意电解质概念和电极反应产物的判断，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：Cr位于第四周期第ⅥB族，外围电子排布图为，有6个未成对电子；P位于第三周期第ⅤA族，外围电子排布图为，有3个未成对电子；Se位于第四周期第ⅥA族、外围电子排布图为，有2个未成对电子；Ca位于第四周期第ⅡA族，外围电子排布图为，未成对电子数为0，故Cr原子未成对电子数最多，
故选：A。
Cr、P、Se、Ca分别处于周期表中第四周期第ⅥB族、第三周期第ⅤA族、第四周期第ⅥA族、第四周期第ⅡA族，先画出外围电子排布图，再确定未成对电子数目。
本题考查核外电子排布，明确核外电子排布规律即可解答，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16.【答案】Na 氟 4s24p4 N>O>C 3d104s1 Cl
【解析】解：(1)同周期元素中稀有气体的第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期中Na的第一电离能最小，其原子结构示意图为，
故答案为：Na；；
(2)同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，同周期元素中稀有气体的电负性最小，故元素周期表中F的电负性最大，其元素名称为氟，其价其价电子排布图为，
故答案为：氟；；
(3)①Se处于第四周期第ⅥA族，其价层电子排布式为4s24p4，
故答案为：4s24p4；
②同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，故第一电离能：N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(4)①Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，其价层电子排布式为为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，则L是Cl元素，
故答案为：Cl。
(1)同周期元素中稀有气体的第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期中Na的第一电离能最小；
(2)同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，同周期元素中稀有气体的电负性最小，故元素周期表中F的电负性最大；
(3)①Se处于第四周期第ⅥA族；
②同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素；
(4)①Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族；
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、电负性、核外电子排布等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17.【答案】阳 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O 4.48 AD O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】解：(1)乙为电解池，C为阳极，甲为原电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，
故答案为：阳；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)若消耗2.24(标况)即0.1mol氧气时，转移电子0.4mol，Fe为阴极，则乙装置中铁电极上生成的氢气体积(标况)为0.4mol2×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48；
(3)A.a为阴极，电极材料为纯铜，故A正确；
B.粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故B错误；
C.阳极Cu和比Cu活泼的金属放电，阴极铜离子得电子生成Cu，故CuSO4溶液的浓度减小，故C错误；
D.阳极比Cu活泼性差的Ag、Pt、Au等金属不放电，形成阳极泥可回收利用，故D正确；
故答案为：AD；
(4)若将乙装置中两电极用导线直接相连形成原电池，Fe比C活泼，Fe作负极，C作正极，则石墨(C)电极上发生的电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：O2+4e−+2H2O=4OH−。
由图可知，甲为原电池，甲烷通入极为负极，氧气通入极为正极，乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，丙为电解池，a为阴极，b为阳极，据此作答。
本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】0.05mol/L 50 CD K=c2(NH3)c(N2)c3(H2) > K=c3(H2)c(N2)c2(NH3) >
【解析】解：(1)5min达平衡，Δc(NH3)=0.1mol/L，所以v(NH3)=△c△t=0.1mol/L5min=0.02mol/(L⋅min)，根据反应速率之比等于系数之比，则v(N2)=12×0.02mol/(L⋅min)=0.01mol/(L⋅min)，物质的量浓度变化为0.01×5mol/L=0.05mol，剩余的氮气的物质的量浓度为(0.1−0.05)mol/L=0.05mol/L；Δc(NH3)=0.1mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以Δc(H2)=32Δc(NH3)=32×0.1mol/L=0.15mol/L，故参加反应的氢气的物质的量为0.15mol/L×2L=0.3mol，所以氢气的转化率为0.3mol0.6mol×100%=50%，
故答案为：0.05mol/L；50；
(2)A.催化剂不改变平衡移动，故A错误；
B.增大容器体积，相当于减小压强，平衡逆反应方向移动，故B错误；
C.反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，故C正确；
D.加入一定量N2，平衡向正反应方向移动，故D正确．
故答案为：CD；
(3)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)，
故答案为：c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1>K2，
故答案为：>；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K=c3(H2)c(N2)c2(NH3)，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数呈倒数，所以K=10.5=2；容器的体积为0.5L，NH3和N2.H2的物质的量浓度分别为：6mol/L、4mol/L、2mol/L，400℃时，浓度商Qc=4×2362=89v(N2)逆，
故答案为：c3(H2)c(N2)c2(NH3)；>。
(1)利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，根据Δc(NH3)计算Δc(H2)，再根据n=cV计算参加反应的氢气的物质的量，据此计算转化率；
(2)要增加NH3产率，应使平衡向正反应移动，结合选项分析平衡移动；
(3)①平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向移动，反应平衡常数越小；
③化学平衡常数，正反应平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数，根据浓度熵和平衡常数的关系来确定平衡的移动方向。
本题考查化学平衡常数及影响因素、意义，反应速率计算等，题目难度中等，注意化学平衡常数大小说明反应进行程度，与反应难易无关、与反应速率无关。
19.【答案】① 偏大 酸式 无影响 锥形瓶中溶液颜色变化 锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 AB 0.1626
【解析】解：(1)碱式滴定管在洗涤后需要润洗，步骤①中碱式滴定管未洗涤，所以错误步骤是①；未润洗滴定管，导致c(NaOH)偏低，滴定过程中，消耗V(NaOH)偏大，测定值偏大，
故答案为：①；偏大；
(2)酸性溶液用酸式滴定管盛放，所以盐酸用酸式滴定管盛放；根据“c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)”知，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，c(标准)、V(标准)不变、V(待测)都不变，则测定结果无影响，
故答案为：酸式；无影响；
(3)中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
(4)从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，测得的盐酸浓度偏大；
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故A正确；
B.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故B正确；
C.滴定结束时，俯视计数，导致氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故C错误；
故选：AB；
(5)三次滴定消耗的体积为：18.10mL、16.30mL、16.22，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V(NaOH)=(16.30+16.22)mL2=16.26mL，c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)=0.2000mol/L×0.01622L0.0200L=0.1626 mol⋅L−1，
故答案为：0.1626。
(1)碱式滴定管在洗涤后需要润洗；未润洗滴定管，导致c(NaOH)偏低，滴定过程中，消耗V(NaOH)偏大；
(2)酸性溶液用酸式滴定管盛放；c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)；
(3)中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(4)A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡当做V(NaOH)计算；
B.锥形瓶用待测液润洗，导致稀盐酸的物质的量偏大；
C.滴定结束时，俯视读数，V(NaOH)偏小；
(5)c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)。
本题考查滴定实验，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，易错点是误差分析，注意滴定管“0”刻度在上方。
2021-2022学年辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是( )
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高
B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应
C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变化只有化学能转化为热能
D. 苏轼《石炭⋅并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应
2. 乙烷燃烧热为QkJ⋅mol−1，则下列热化学方程式中正确的是( )
A. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)△H=−2QkJ⋅mol−1
B. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=+2QkJ⋅mol−1
C. C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=−QkJ⋅mol−1
D. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−2QkJ⋅mol−1
3. 化学知识和技术的发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是( )
A. 侯德榜——工业制备烧碱 B. 勒夏特列——化学平衡的移动
C. 哈伯——利用氮气和氢气合成氨 D. 盖斯——反应热的计算
4. 某温度下，恒容密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(s)ΔH>0，下列说法正确的是( )
A. 平衡后加入少量W，逆反应速率突然增大，正反应速率逐渐增大直到建立新的平衡状态
B. 平衡后升高温度，平衡正向移动，△H增大
C. 平衡后加入Y，平衡正向移动，X、Y的转化率均增大
D. 容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达到平衡
5. 下列反应在任何温度下(所示状态)均不能自发进行的是( )
A. 2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H=−196kJ⋅mol−1
B. 2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)△H=−254kJ⋅mol−1
C. 2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1
D. 2HgO(s)=2Hg(l)+O2(g)△H=+182kJ⋅mol−1
6. 在10L恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。3min时测得生成1.8molNH3，则0～3min内H2的平均反应速率为( )
A. 0.03mol⋅L−1⋅min−1 B. 0.06mol⋅L−1⋅min−1
C. 0.09mol⋅L−1⋅min−1 D. 0.27mol⋅L−1⋅min−1
7. 反应mA(s)+nB(g)⇌eC(g)+fD(g)△H=Q，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图，下列叙述正确的是( )
A. 达到平衡后，若升温，平衡正移
B. 化学方程式中m+n
D. 达到平衡后，充入一定量C，平衡常数不变
8. 下列有关常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液的说法错误的是( )
A. 与相同浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积相对较大
B. 加水稀释相同倍数后，c(Cl−)c(CH3COO−)变大
C. 两种溶液的导电性几乎相同
D. 分别加入相同的Zn粒产生等量的H2，醋酸所需时间较短
9. 下列有关判断正确的是( )
A. 蔗糖、硫酸钡和氯化钠分别属于非电解质、弱电解质、强电解质
B. 水的导电性很差，所以水为非电解质
C. 强电解质溶液的导电性肯定强于弱电解质溶液的导电性
D. 部分非电解质可与水反应生成电解质
10. 下列事实中，能说明MOH是弱碱的有( )
①0.1mol/LMOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1mol/LMOH溶液中c(OH−)<0.1mol/L
③常温下，0.1mol/LMOH溶液的导电能力比0.1mol/LNaOH溶液弱
④0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ③④⑤
11. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. Na2S溶液：c(Na+)>c(HS−)>c(OH−)>c(H2S)
B. Na2C2O4溶液：c(OH−)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)
C. pH=5的NaHSO3溶液：c(Na+)>c(H2SO3)>c(SO32−)>c(H+)>c(OH−)
D. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+2c(Cl−)
12. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )
A. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
C. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
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
13. 要实现反应：Cu+2HCl=CuCl2+H2↑，设计了下列四个实验，你认为可行的是( )
A. B.
C. D.
14. 图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)，下列说法正确的是( )
A. X电极与电源负极相连
B. 图b、c中Y电极上会生成不同产物
C. NaCl是电解质，三种状态下都能导电
D. 图b说明通电后发生了：NaCl→Na++Cl−
15. 下列基态原子的原子核外未成对电子数最多的是( )
A. Cr B. P C. Se D. Ca
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共1小题，共16.0分）
16. 根据元素周期表中完整周期元素的性质，完成下列空格。
(1)在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是 ______，其原子的结构示意图为 ______。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素名称是 ______，其价电子排布图为 ______。
(3)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。
①基态硒原子的价层电子排布式为 ______。
②碳、氮、氧三种元素的第一电离能从大到小排序为 ______。
(4)①Cu元素基态原子的价层电子排布式为 ______。
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，L是 ______元素。
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
17. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜，请按要求回答相关问题：
(1)石墨电极(C)作 ______极，甲装置中甲烷燃料电池的负极反应式为 ______。
(2)若消耗2.24(标况)氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积(标况)为 ______ L。
(3)若丙中以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是 ______。
A.a电极为纯铜
B.粗铜接电源正极，发生还原反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
(4)若将乙装置中两电极用导线直接相连形成原电池，则石墨(C)电极上发生的电极反应为：______。
18. (14)以下是关于合成氨的有关问题，请回答：
(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则平衡时c(N2)=______。平衡时H2的转化率为 ______%。
(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有 ______。
A.加了催化剂
B.增大容器体积
C.降低反应体系的温度
D.加入一定量N2
(3)若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请完成下列问题：
①写出化学平衡常数K的表达式 ______。
②试比较K1、K2的大小，K1______K2(填“>”、“<”或“=”)；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为 ______。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和2mol时，则该反应的v(N2)正______v(N2)逆(填“>”、“<”
或“=”)。
四、简答题（本大题共1小题，共15.0分）
19. 某学生用0.2000mol⋅L−1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol⋅L−1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记录读数；
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液；
⑤用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面读数；
⑥重复以上滴定操作2～3次。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是 ______(填编号)，该步骤错误操作会导致测定结果 ______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管；在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果 ______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)步骤⑤滴定时，眼睛应注视 ______；判断达到滴定终点的依据是 ______。
(4)以下是实验数据记录表：
滴定次数
盐酸体积/mL
NaOH溶液体积读数/mL
滴定前
滴定后
1
20.00
0.00
18.10
2
20.00
0.00
16.30
3
20.00
0.00
16.22
从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显大于后两次的体积，其可能的原因是 ______(填字母)。
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
B.锥形瓶用待测液润洗
C.滴定结束时，俯视读数
(5)根据上表记录数据，通过计算可得，待测盐酸的物质的量浓度为 ______mol⋅L−1。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.冰转化为液态水是吸热过程，因此冰的能量更低，故A错误；
B.石灰石的煅烧是分解反应：CaCO3− 高温 CaO+CO2↑，绝大多数的分解反应吸热，故此反应是吸热反应，故B正确；
C.剧烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧，故燃烧能将化学能转变为热能和光能，故C错误；
D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，高温时碳与水蒸气反应为以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故D错误。
故选：B。
A.冰融化为水要吸热；
B.石灰石的煅烧是分解反应，绝大多数的分解反应吸热；
C.剧烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧；
D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应。
本题结合传统文化考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水应该为液态，故A错误
B.该反应为放热反应，△H为负值，故B错误；
C.燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，水应该为液态，故C错误；
D.由于化学计量数增大2倍，所以反应的焓变变为原来的2倍，△H=−2Q kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：D。
由乙烷的燃烧热为Q kJ⋅mol−1，所以1mol乙烷完全燃烧生成CO2和液态水时放热为QkJ，表示其燃烧热的热化学反应方程式为：C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−Q kJ⋅mol−1。
本题考查了热化学方程式的书写，难度不大，注意系数对反应热的影响。
3.【答案】A
【解析】解：A.侯德榜是改进工业制碱，制取的碳酸钠不是烧碱，故A错误；
B.勒夏特列发现化学平衡移动的原理，称之为“勒夏特列”原理，故B正确；
C.哈伯因发明用氨气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖，故C正确；
D.盖斯发现“盖斯定律”，可以进行反应热的计算，故D正确；
故选：A。
A.侯德榜是改进工业制碱；
B.勒夏特列发现化学平衡移动的原理；
C.哈伯因发明用氨气和氢气合成氨气的方法；
D.盖斯发现“盖斯定律”。
本题难度不大，考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感。
4.【答案】D
【解析】解：A.W是固体，不影响平衡移动和化学反应速率，平衡后加入少量W，逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡正向移动，焓变与反应物和生成物总能量差有关，所以焓变不变，故B错误；
C.平衡后加入Y，平衡正向移动，X的转化率增大，Y的转化率减小，故C错误；
D.反应前后气体总质量减小，气体总物质的量不变，则反应前后气体平均摩尔质量减小，所以容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达到平衡，故D正确；
故选：D。
A.W是固体，不影响平衡移动和化学反应速率；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，焓变与反应物和生成物总能量差有关；
C.平衡后加入Y，平衡正向移动；
D.反应前后气体总质量减小，气体总物质的量不变，则反应前后气体平均摩尔质量减小。
本题考查化学平衡影响因素、化学平衡状态判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡影响原理内涵、化学平衡状态判断方法是解本题关键，C为解答易错点。
5.【答案】C
【解析】解：A.2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)△H=−196kJ⋅mol−1是△S>0、△H<0的反应，任何温度下均能自发进行，故A不选；
B.2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)△H=−254kJ⋅mol−1是△S<0、△H<0的反应，在低温下均能自发进行，故B不选；
C.2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ⋅mol−1是△S<0、△H>0的反应，任何温度下均不能自发进行，故C选；
D.2HgO(s)=2Hg(l)+O2(g)△H=+182kJ⋅mol−1是△S>0、△H>0的反应，高温下均能自发进行，故D不选；
故选：C。
由化学计量数判断△S：若正反应是气体体积增大的反应，则△S>0，反之相反；△H−T△S<0的反应可自发进行，反之则不能自发进行，注意结合温度T的高低分析判断△H−T△S的正负，据此分析解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与熵变对反应进行方向的影响为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意熵变正负的判断，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】先根据v=△c△t计算出0～3min内NH3的平均反应速率，然后利用反应速率与化学计量数成正比计算出0～3min内H2的平均反应速率。
3min时测得生成1.8molNH3，则0～3min内NH3的平均反应速率为v(NH3)=1.8mol10L3min=
0.06mol⋅L−1⋅min−1，同一反应中，化学反应速率与化学计量数成正比，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知，v(H2)=32v(NH3)=0.06mol⋅L−1⋅min−1×32=0.09mol⋅L−1⋅min−1，
故选：C。
7.【答案】D
【解析】解：A.压强不变时，升高温度，C%减小，平衡逆向移动，故A错误；
B.温度不变，增大压强，C%增大，平衡正向移动，则m+n>e+f，故B错误；
C.催化剂不影响焓变，只改变反应所需活化能，所以达到平衡后，加入催化剂，该反应△H不变，故C错误；
D.化学平衡常数只与温度有关，达到平衡后充入一定量C，平衡逆向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故D正确；
故选：D。
A.压强不变时，升高温度，平衡向吸热方向移动；
B.温度不变，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C.催化剂不影响焓变；
D.化学平衡常数只与温度有关。
本题以图象分析为载体考查外界条件对化学平衡影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确浓度、温度、催化剂对化学反应影响原理内涵是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液，醋酸为弱电解质，氯化氢为强电解质，醋酸的浓度大于氯化氢，两溶液中醋酸的物质的量较大，所以与相同浓度的NaOH溶液恰好完全反应时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积相对较大，故A正确；
B.HCl完全电离，CH3COOH部分电离，稀释过程中n(Cl−)不变，n(CH3COO−)增大，两溶液的体积相同，根据c=nV可知，c(Cl−)c(CH3COO−)=n(Cl−)n(CH3COO−)的比值减小，故B错误；
C.常温下体积相同且pH均为3的HCl和CH3COOH溶液中阴、阳离子总浓度相同，且离子所带电荷相同，所以两溶液的导电能力几乎相同，故C正确；
D.醋酸为弱酸，氯化氢为强酸，反应过程中醋酸的电离程度增大，醋酸溶液中c(H+)较大，反应速率较快，所以分别加入相同的Zn粒产生等量的H2，醋酸所需时间较短，故D正确；
故选：B。
A.醋酸为弱酸，氯化氢为强酸，则醋酸的浓度较大；
B.稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸根离子的数目增大，而氯离子的数目始终不变，稀释溶液体积相同分析；
C.溶液导电性与溶液中离子浓度、所带电荷有关，结合两溶液的pH相同分析；
D.醋酸为弱酸，反应过程中醋酸的电离程度增大，导致醋酸溶液中氢离子浓度较大。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电离平衡的影响因素，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.硫酸钡在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B.水能部分电离产生自由移动的氢离子和氢氧根离子，属于电解质，故B错误；
C.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小和所带电荷多少，与电解质的强弱无关，故C错误；
D.氨气与水反应生成一水合氨，氨气为非电解质，一水合氨为电解质，故D正确；
故选：D。
A.硫酸钡在水溶液中能完全电离；
B.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
C.溶液的导电性强取决于自由移动离子浓度的大小和所带电荷多少；
D.氨气与水反应生成一水合氨。
本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质、强电解质、弱电解质概念是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①0.1mol⋅L−1 MOH溶液可以使酚酞试液变红，说明MOH电离出OH−而使溶液呈碱性，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH为弱碱，故错误；
②常温下，0.1mol⋅L−1 MOH溶液中c(OH−)<0.1mol⋅L−1，说明MOH部分电离，为弱碱，故正确；
③0.1mol⋅L−1 MOH溶液的导电能力比0.1mol⋅L−1 NaOH溶液弱，说明相同浓度的这两种碱中，两种浓度：MOH
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色，说明MOH是强酸弱碱盐，则MOH为弱碱，故正确；
故选：C。
部分电离的电解质为弱电解质，要想证明MOH为弱碱，只要证明MOH部分电离即可。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查对基本概念的理解和运用，明确电解质强弱根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与其溶解性强弱无关。
11.【答案】B
【解析】解：A.Na2S溶液，硫离子水解生成HS−和氢氧根离子，HS−水解生成H2S，因而Na2S溶液：c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(H2S)，故A错误；
B.草酸钠溶液中，由质子守恒可知c(OH−)=c(H+)+c(HC2O4−)+2c(H2C2O4)，故B正确；
C.pH=5的NaHSO3溶液，因而亚硫酸氢根离子电离大于水解，c(H2SO3)
故选：B。
A.Na2S溶液，硫离子水解生成HS−和氢氧根离子，HS−水解生成H2S；
B.草酸钠溶液中，由质子守恒可知；
C.pH=5的NaHSO3溶液，因而亚硫酸氢根离子电离大于水解；
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用，易错点是B中质子守恒判断，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故A错误；
B.金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；
C.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
故选：C。
A.强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀；
B.金属失电子被氧化；
C.Zn、Fe和海水构成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe被保护；
D.Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极．
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键，作原电池负极或电解池阴极的金属被保护，易错选项是D，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时生成亚铁离子而不是铁离子，为易错点．
13.【答案】C
【解析】解：A.为原电池反应，铁为负极被氧化，正极析出氢气，故A错误；
B.为非自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故B错误；
C.为电解池，铜为阳极被氧化，阴极析出氢气，故C正确；
D.石墨为阳极，阳极生成氯气，故D错误；
故选：C。
一般条件下，盐酸和铜不反应，如发生2HCl+Cu=CuCl2+H2↑，应形成电解池反应，铜为阳极，且盐酸为电解质溶液，以此解答该题。
本题考查电解原理，明确Cu与盐酸常温下不能反应，应设计为电解池为解答的关键，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子，
A.根据图b装置中钠离子和氯离子的移动方向可知，X电极为阳极、Y电极为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，故A错误；
B.b、c中含有自由移动的离子，均能导电并发生氧化还原反应，b中Y电极上钠离子放电生成钠、c中Y电极上氢离子放电生成氢气，即图b、c中Y电极上产物不同，故B正确；
C.不含自由移动离子的离子晶体不导电，图a中不含自由移动的阴阳离子，则不导电，故C错误；
D.图b为电解熔融NaCl装置，氯化钠熔化过程中发生电离生成钠离子和氯离子，其电离过程与通电无关，故D错误；
故选：B。
由于氯离子半径大于钠离子，则图中黑色球表示氯离子、白色球代表钠离子：图a为电解固态NaCl装置，钠离子和氯离子不能自由移动，不能形成电解池；图b为电解熔融NaCl装置，钠离子移向阴极，氯离子移向阳极，则X电极与电源正极相连、为阳极，Y电极为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠；图c为电解NaCl溶液装置，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解答。
本题考查电解原理，电解质与导电性关系等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确电解中各个电极上发生的反应、离子放电顺序、电解质与导电关系是解本题关键，注意电解质概念和电极反应产物的判断，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：Cr位于第四周期第ⅥB族，外围电子排布图为，有6个未成对电子；P位于第三周期第ⅤA族，外围电子排布图为，有3个未成对电子；Se位于第四周期第ⅥA族、外围电子排布图为，有2个未成对电子；Ca位于第四周期第ⅡA族，外围电子排布图为，未成对电子数为0，故Cr原子未成对电子数最多，
故选：A。
Cr、P、Se、Ca分别处于周期表中第四周期第ⅥB族、第三周期第ⅤA族、第四周期第ⅥA族、第四周期第ⅡA族，先画出外围电子排布图，再确定未成对电子数目。
本题考查核外电子排布，明确核外电子排布规律即可解答，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
16.【答案】Na 氟 4s24p4 N>O>C 3d104s1 Cl
【解析】解：(1)同周期元素中稀有气体的第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期中Na的第一电离能最小，其原子结构示意图为，
故答案为：Na；；
(2)同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，同周期元素中稀有气体的电负性最小，故元素周期表中F的电负性最大，其元素名称为氟，其价其价电子排布图为，
故答案为：氟；；
(3)①Se处于第四周期第ⅥA族，其价层电子排布式为4s24p4，
故答案为：4s24p4；
②同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，故第一电离能：N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(4)①Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，其价层电子排布式为为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，则L是Cl元素，
故答案为：Cl。
(1)同周期元素中稀有气体的第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期中Na的第一电离能最小；
(2)同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，同周期元素中稀有气体的电负性最小，故元素周期表中F的电负性最大；
(3)①Se处于第四周期第ⅥA族；
②同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素；
(4)①Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族；
②L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5。
本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、电负性、核外电子排布等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
17.【答案】阳 CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O 4.48 AD O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】解：(1)乙为电解池，C为阳极，甲为原电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O，
故答案为：阳；CH4−8e−+10OH−=CO32−+7H2O；
(2)若消耗2.24(标况)即0.1mol氧气时，转移电子0.4mol，Fe为阴极，则乙装置中铁电极上生成的氢气体积(标况)为0.4mol2×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48；
(3)A.a为阴极，电极材料为纯铜，故A正确；
B.粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故B错误；
C.阳极Cu和比Cu活泼的金属放电，阴极铜离子得电子生成Cu，故CuSO4溶液的浓度减小，故C错误；
D.阳极比Cu活泼性差的Ag、Pt、Au等金属不放电，形成阳极泥可回收利用，故D正确；
故答案为：AD；
(4)若将乙装置中两电极用导线直接相连形成原电池，Fe比C活泼，Fe作负极，C作正极，则石墨(C)电极上发生的电极反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：O2+4e−+2H2O=4OH−。
由图可知，甲为原电池，甲烷通入极为负极，氧气通入极为正极，乙为电解池，Fe为阴极，C为阳极，丙为电解池，a为阴极，b为阳极，据此作答。
本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】0.05mol/L 50 CD K=c2(NH3)c(N2)c3(H2) > K=c3(H2)c(N2)c2(NH3) >
【解析】解：(1)5min达平衡，Δc(NH3)=0.1mol/L，所以v(NH3)=△c△t=0.1mol/L5min=0.02mol/(L⋅min)，根据反应速率之比等于系数之比，则v(N2)=12×0.02mol/(L⋅min)=0.01mol/(L⋅min)，物质的量浓度变化为0.01×5mol/L=0.05mol，剩余的氮气的物质的量浓度为(0.1−0.05)mol/L=0.05mol/L；Δc(NH3)=0.1mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以Δc(H2)=32Δc(NH3)=32×0.1mol/L=0.15mol/L，故参加反应的氢气的物质的量为0.15mol/L×2L=0.3mol，所以氢气的转化率为0.3mol0.6mol×100%=50%，
故答案为：0.05mol/L；50；
(2)A.催化剂不改变平衡移动，故A错误；
B.增大容器体积，相当于减小压强，平衡逆反应方向移动，故B错误；
C.反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，故C正确；
D.加入一定量N2，平衡向正反应方向移动，故D正确．
故答案为：CD；
(3)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)，
故答案为：c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1>K2，
故答案为：>；
③400℃时，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K=c3(H2)c(N2)c2(NH3)，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数呈倒数，所以K=10.5=2；容器的体积为0.5L，NH3和N2.H2的物质的量浓度分别为：6mol/L、4mol/L、2mol/L，400℃时，浓度商Qc=4×2362=89
故答案为：c3(H2)c(N2)c2(NH3)；>。
(1)利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，根据Δc(NH3)计算Δc(H2)，再根据n=cV计算参加反应的氢气的物质的量，据此计算转化率；
(2)要增加NH3产率，应使平衡向正反应移动，结合选项分析平衡移动；
(3)①平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向移动，反应平衡常数越小；
③化学平衡常数，正反应平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数，根据浓度熵和平衡常数的关系来确定平衡的移动方向。
本题考查化学平衡常数及影响因素、意义，反应速率计算等，题目难度中等，注意化学平衡常数大小说明反应进行程度，与反应难易无关、与反应速率无关。
19.【答案】① 偏大 酸式 无影响 锥形瓶中溶液颜色变化 锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 AB 0.1626
【解析】解：(1)碱式滴定管在洗涤后需要润洗，步骤①中碱式滴定管未洗涤，所以错误步骤是①；未润洗滴定管，导致c(NaOH)偏低，滴定过程中，消耗V(NaOH)偏大，测定值偏大，
故答案为：①；偏大；
(2)酸性溶液用酸式滴定管盛放，所以盐酸用酸式滴定管盛放；根据“c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)”知，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，c(标准)、V(标准)不变、V(待测)都不变，则测定结果无影响，
故答案为：酸式；无影响；
(3)中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化，滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
(4)从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，测得的盐酸浓度偏大；
A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故A正确；
B.锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，导致氢氧化钠溶液体积偏大，所测盐酸浓度偏大，故B正确；
C.滴定结束时，俯视计数，导致氢氧化钠溶液体积偏小，所测盐酸浓度偏小，故C错误；
故选：AB；
(5)三次滴定消耗的体积为：18.10mL、16.30mL、16.22，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V(NaOH)=(16.30+16.22)mL2=16.26mL，c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)=0.2000mol/L×0.01622L0.0200L=0.1626 mol⋅L−1，
故答案为：0.1626。
(1)碱式滴定管在洗涤后需要润洗；未润洗滴定管，导致c(NaOH)偏低，滴定过程中，消耗V(NaOH)偏大；
(2)酸性溶液用酸式滴定管盛放；c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)；
(3)中和滴定中，眼睛应注视的是锥形瓶中溶液颜色变化；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
(4)A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡当做V(NaOH)计算；
B.锥形瓶用待测液润洗，导致稀盐酸的物质的量偏大；
C.滴定结束时，俯视读数，V(NaOH)偏小；
(5)c(待测)=c(标准)⋅V(标准)V(待测)。
本题考查滴定实验，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，易错点是误差分析，注意滴定管“0”刻度在上方。
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