2021-2022学年甘肃省庆阳市高二（上）期末化学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年甘肃省庆阳市高二（上）期末化学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了3kJ/ml，45ml/LB等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年甘肃省庆阳市高二（上）期末化学试卷
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。
1. 下列关于能源、能量转化及其说法正确的是(    )
A. 化石能源是可再生能源 B. 太阳能不是清洁能源
C. 能量在转化或转移的过程中总量保持不变 D. 核能只能通过重核裂变获取
2. 已知：H2(g)+F2(g)=2HF(g) ΔH=−270 kJ/mol，下列说法正确的是(    )
A. 2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气，吸收270kJ热量
B. 1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJ
C. 在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量
D. 1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ热量
3. 25℃，101k Pa时，强酸与强/碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量约为57.3kJ/mol；辛烷的燃烧热为5518kJ/mol.下列热化学方程式书写正确的是(    )
A. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=−57.3kJ/mol
B. KOH(aq)+12H2SO4(aq)=12K2SO4(aq)+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol
C. C8H18(l)+252 O2 (g)=8CO2 (g)+9H2O(g)△H=−5518kJ/mol
D. 2C8H18(g)+25O2 (g)=16CO2 (g)+18H2O(1)△H=−11036kJ/mol
4. 在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后3秒末，H2的速率为0.3mol/(L⋅S)，则3秒末NH3的浓度为(    )
A. 0.45mol/L B. 0.6mol/L C. 0.5mol/L D. 0.55mol/L
5. COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g) ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：
①升温
②增加CO浓度
③恒容通入惰性气体
④减压
⑤加催化剂
⑥恒压通入惰性气体
能提高COCl2转化率的是(    )
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
6. 密闭容器中进行的可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中B的质量分数w(B)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是(    )
A. T1T2，正反应为放热反应
C. p1c
7. 某反应2AB(g)⇌C(g)+3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为(    )


A. △H<0，△S>0 B. △H<0，△S<0
C. △H>0，△S>0 D. △H>0，△S<0
8. 高温下，某反应达平衡，平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是


A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
9. 下列物质的水溶液中，除水分子外，不存在其他分子的是(    )
A. KHS
B. HNO3
C. NaF
D. H3PO4
10. 醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO−，下列叙述不正确的是(    )
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10mol⋅L−1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH−)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸

11. 在100mL下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是(    )
A. 0.5mol/L的HCl
B. 0.5mol/L的CH3COOH
C. 蒸馏水
D. 0.5mol/L的氨水
12. 下列溶液一定呈中性的是(    )
A. pH=7的溶液
B. c(H+)=c(OH−)=10−6mol/L溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液

13. 在由水电离产生的c(H+)=1×10−14mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是(    )
A. K+、Ba2+、Cl−、NO3−
B. Na+、Mg2+、I−、NO3−
C. NH4+、Al3+、Br−、SO42−
D. K+、Na+、HCO3−、SO42−
14. 0.1molL−1的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是(    )
A. c(K+)+c(H+)=c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)
B. c(K+)+c(S2−)=0.3molL−1
C. c(K+)=c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)
D. c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)

15. 下列过程需通电后才能进行的是(    )
A. 电离
B. 电解
C. 电化腐蚀
D. 电泳
16. 下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性是(    )
A. HCO3−+H2O⇌H3O++CO32−
B. Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+
C. HS−+H2O⇌H2S+OH−
D. CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
17. 相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是(    )
A. NH4Cl
B. NH4HCO3
C. NH4HSO4
D. (NH4)2SO4
18. 微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用．有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：
Zn+2OH−−2e−=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e−=2Ag+2OH−
根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是(    )
A. 在使用过程中，电池负极区溶液的pH减小
B. 使用过程中，电子由Ag20极经外电路流向Zn极
C. Zn是正极，Ag2O是负极
D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
19. 2006年，科学家们发明了一种能够给电子设备提供动力的生物电池。该电池包括两个涂覆着酶的电极，它们处于充满空气和少量氢气的槽中。由于气体可以混合从而省去了昂贵的燃料隔离膜，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 (    )

A. 左边为该电池的负极
B. 该电池可在高温环境下使用
C. 该电池负极反应为：H2−2e−=2H+
D. 该电池正极反应为：O2+4e−=2O2−
20. 下列关于金属腐蚀的说法中不正确的是(    )
A. 金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化
B. 金属腐蚀一般包括化学腐蚀和电化学腐蚀
C. 纯的金属一般难以发生电化学腐蚀
D. 钢铁在酸性环境中会发生吸氧腐蚀

21. 在火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂(H2O2)，当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量。
(1)写出该反应的热化学方程式 ______。
(2)已知H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ⋅mol−1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是 ______kJ。
(3)上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是 ______。
(4)已知下列热化学方程式：
①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=+67.7kJ⋅mol−1，
②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=−534kJ⋅mol−1，
则1mol肼与NO2完全反应生成氮气和气态水时焓变△H=______。
22. 用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol⋅L−1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞)滴定结果如下：

NaOH起始读数
NaOH终点读数
第一次
0.10mL
18.30mL
第二次
0.20mL
18.00mL
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是 ______。
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入 ______(填“甲”或“乙”)中。
(3)根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为 ______(保留两位小数)mol⋅L−1。
(4)达到滴定终点的标志是 ______。
(5)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是 ______(多选)。
A.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其它操作均正确
B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.未用标准液润洗碱式滴定管


23. 化学反应的快慢(速率)和化学反应的限度是化学反应原理的重要组成部分。请回答下列问题：
(1)在一定温度下的定容容器中，当C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③单位时间内，反应掉1molCO2气体的同时生成2molCO气体，④混合气体的颜色，⑤各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比。能说明C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)达到平衡状态的是 ______。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如表：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
①该反应的化学平衡常数表达式为K=______。
②该反应为反应 ______(填“吸热”或“放热”)。
③某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，试判断此时的温度为 ______。
④若1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则此时上述反应的平衡移动方向为 ______(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
24. 电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：
(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则
①在X极附近观察到的现象是 ______。
②Y电极材料是 ______(填铁、石墨)，其电极反应式为 ______。
③当阴极产生11.2mL气体时(标准状况)，电路中通过的电子数为 ______。
(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是 ______，电极反应式是 ______。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、化石能源是由远古时期的动植物的遗体转化而来，需要经过几亿年才能转化得到，故不能再生，故A错误；
B、太能能用之不尽取之不竭且无污染，是清洁能源，故B错误；
C、能量在转化过程中满足能量守恒，即能量在转化和转移过程中形式可能会改变，但总量不变，故C正确；
D、核能可以通过聚变和裂变获得，不是只能通过核裂变，故D错误。
故选：C。
A、化石能源是由远古时期的动植物的遗体转化而来；
B、太能能用之不尽取之不竭且无污染；
C、能量在转化过程中满足能量守恒；
D、核能可以通过聚变和裂变获得。
本题考查了学生对能源的利用和获取等方面的知识，难度不大，应注意基础的掌握。

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系，难度不大，注意反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应。
【解答】
A.由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；
B.液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；
C.反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；
D.热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误。
故选C。  
3.【答案】D 
【解析】解：A、因醋酸是弱酸，电离要吸热，所以该反应的反应热△H不是−57.3kJ/mol，故A错误；
B、反应是放热反应，焓变为负值，不符合中和热的概念，故B错误；
C、反应热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；
D、热化学方程式中是2mol物质燃烧，所以热化学方程式为：2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)△H=−11036kJ/mol，故D正确；
故选D．
A、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，醋酸是弱酸，电离要吸热；
B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；
C、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；
D、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量，反应热与化学计量数成正比．
本题考查了中和热、燃烧热的概念应用，注意概念的内涵理解是解题关键，注意知识的熟练掌握．

4.【答案】B 
【解析】解：发生N2+3H2⇌2NH3，反应开始后3秒内，H2的平均反应速率为0.3mol/(L⋅s)，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，NH3的平均反应速率为0.3mol/(L⋅s)×23=0.2mol/(L⋅s)，则3秒末NH3的浓度为0.2mol/(L⋅s)×3s=0.6mol/L，
故选：B。
反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答。
本题考查反应速率及化学计量数的关系，为高频考点，把握速率之比等于反应速率之比为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率计算公式的应用，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：①正反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，提高COCl2转化率，故①正确；
②增加CO浓度，平衡逆向移动，减小COCl2转化率，故②错误；
③恒容通入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故③错误；
④正反应为气体总物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，提高COCl2转化率，故④正确；
⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，故⑤错误；
⑥恒压通入惰性气体，体积增大，可看成减小压强，平衡正向移动，提高COCl2转化率，故⑥正确；
故选：B。
正反应为气体总物质的量增大的反应，且为吸热反应，则减小压强、升高温度、减小生成物的浓度等，均使平衡正向移动，提高COCl2转化率，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：A.压强相同时，T1先达到平衡，则T1>T2，故A错误；
B.温度高对应w(B)小，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故B错误；
C.温度相同时，p2先达到平衡，则p1 D.压强大对应w(B)大，可知增大压强平衡逆向移动，则a+b 故选：C。
由图可知，压强相同时，T1先达到平衡，则T1>T2，且温度高对应w(B)小，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；温度相同时，p2先达到平衡，则p1 本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图像的结合，题目难度不大。

7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用。
【解答】
当△G=△H−T⋅△S<0时，反应能自发进行，△G=△H−T⋅△S>0时，反应不能自发进行，据此分析。
A. △H<0，△S>0时，△G=△H−T⋅△S<0，正向反应在任何温度下都能自发进行，故A错误；
B. △H<0，△S<0时，正向反应在低温下能自发进行，故B错误；
C. △H>0，△S>0时，在低温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；
D. △H>0，△S<0时，正向反应在任何温度下反应都不能自发进行，故D错误；
故选C。  
8.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查影响化学平衡的因素，明确平衡常数与化学反应的关系及温度对化学平衡的影响即可解答，题目难度不大。
【解答】
高温下，某反应平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)，该反应为CO2+H2⇌CO+H2O，恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应，以此来解答。
A.由上述分析可知，该反应为吸热反应，所以△H>0，故A正确；
B.恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则H2浓度增大，故B错误；
C.升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；
D.由平衡常数表达式可知，该反应为CO2+H2⇌CO+H2O，故D错误；
故选：A。  
9.【答案】B 
【解析】解：A.KHS是强碱弱酸酸式盐，硫氢根离子水解生成硫化氢分子，故A错误；
B.硝酸是强电解质，在水溶液中完全电离生成离子，所以不存在除了水分子外的其它分子，故B正确；
C.NaF是强碱弱酸盐，氟离子水解生成HF，故C错误；
D.磷酸是中强酸，在水溶液中存在电离平衡，所以存在磷酸分子，故D错误；
故选：B。
物质的水溶液中，除水分子外，不存在其他分子，说明该溶质不是弱电解质、非电解质或能发生水解的盐，据此分析解答．
本题考查电解质的电离及盐类水解，为高频考点，明确物质性质及盐类水解特点是解本题关键，知道哪些物质在水溶液中存在平衡，题目难度不大．

10.【答案】D 
【解析】解：A.醋酸的电离是一个吸热的过程，温度升高平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大，故A正确；
B.0.10mol⋅L−1的CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH−)增大，故B正确；
C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，平衡逆向移动，故C正确；
D.25°C时，加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，电离平衡正向移动，其电离程度减小，c(H+)增大，pH减小，但由于温度没有改变，所以电离常数Ka不变，故D错误；
故选：D。
A.醋酸的电离是一个吸热的过程，温度升高平衡正向移动；
B.0.10mol⋅L−1的CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH−)增大；
C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，平衡逆向移动；
D.电离常数Ka只与温度有关。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，考查学生分析问题解决问题的能力，为高频考点，题目难度不大。

11.【答案】A 
【解析】解：A.盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；
B.醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；
C.水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；
D.一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选。
故选：A。
溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题．
本题考查了溶液导电能力大小的判断，注意溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，为易错点．

12.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。
【解答】
A.pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10−12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B.c(H+)=c(OH−)，溶液一定呈中性，故B正确；
C.石蕊变色范围是5∼8，使石蕊试液呈紫色的溶液不一定为中性，故C错误；
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应，溶液呈碱性，故D错误；
故选B。  
13.【答案】A 
【解析】解：A.酸、碱溶液中该离子之间均不反应，可大量共存，故A正确；
B.碱溶液中不能大量存在Mg2+，酸溶液中I−、NO3−发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；
C.碱溶液中不能大量存在NH4+、Al3+，故C错误；
D.酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3−，故D错误；
故选：A。
由水电离产生的c(H+)=1×10−14mol/L的溶液，水的电离受抑制，为酸或碱溶液，离子之间结合生成沉淀、气体、水等，离子之间不能发生氧化还原反应等，则离子不能大量共存，且水解促进水的电离的离子不能大量存在，以此来解答。
本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。

14.【答案】D 
【解析】解：A.根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，故A错误；
B.溶液中硫离子水解导致溶液中c(S2−)<0.1mol/L，所以c(K+)+c(S2−)<0.3molL−1，故B错误；
C.根据物料守恒得c(K+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，故C错误；
D.根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，根据物料守恒得c(K+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，所以得c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，故D正确；
故选：D。
K2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答．
本题考查了离子浓度大小比较，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来确定溶液酸碱性，再结合守恒思想来分析解答，题目难度不大．

15.【答案】BD 
【解析】解：A.电解质溶于水或熔融状态就能电离出自由移动的离子，不需要通电，故A错误；
B.电解是自由移动的离子通电后定向移动，故B正确；
C.电化腐蚀不需要通电，故C错误；
D.电泳是胶体粒子在通电作用下的定向移动，故D正确；
故选：BD。
电解和电泳是通电作用下带电粒子的定向移动。
本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生通电作用下物质的变化情况的掌握，试题比较简单。

16.【答案】B 
【解析】解：A.HCO3−水解的离子方程式为HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，电离方程式为HCO3−+H2O⇌H3O++CO32−，故A错误；
B.Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，且水解使溶液呈酸性，故B正确；
C.HS−水解使溶液呈碱性，离子方程式为HS−+H2O⇌H2S+OH−，故C错误；
D.CO32−水解的离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，水解使溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。
A.HCO3−水解生成H2CO3和OH−；
B.Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+；
C.HS−水解使溶液呈碱性；
D.CO32−水解使溶液呈碱性，并且分步水解。
本题考查盐类水解及离子方程式的书写，把握盐类水解原理、离子方程式正误判断即可解答，侧重基础知识检测和运用能力的考查，注意掌握弱酸酸式盐电离方程式和水解方程式的区别与判断，题目难度不大。

17.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意影响盐类水解的因素和平衡移动的问题，注意NH4HSO4为酸式盐，HSO4−完全电离的特点。
【解答】
NH4Cl和(NH4)2SO4对比，水解都呈酸性，(NH4)2SO4溶液pH较小；
越弱越水解，NH4HCO3水解呈碱性，pH最大；
NH4HSO4为酸式盐，一步完全电离产生NH4+、H+、SO42−，溶液酸性最强，则pH最小，
故选：C。  
18.【答案】A 
【解析】解：A.根据电极反应式知，锌作负极，负极的电极反应为：Zn+2OH−−2e−=ZnO+H2O，负极上氢氧根离子参与反应导致氢氧根离子浓度减小，则溶液的pH减小，故A正确；
B.锌是负极，氧化银是正极，电子从锌沿导线流向氧化银，故B错误；
C.根据电极反应式知，锌失电子作负极，氧化银得电子作正极，故C错误；
D.根据电极反应式知，负极锌失电子发生氧化反应，正极氧化银得电子发生还原反应，故D错误；
故选：A。
该装置为原电池，根据电极反应式知，锌作负极，氧化银作正极，负极上氢氧根离子参与反应，电子从负极沿导线流向正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．
本题考查原电池原理，会根据得失电子判断正负极是解本题的关键，结合氧化还原反应原理分析，题目难度不大．

19.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查化学电源新型电池，题目难度不大，注意把握题给信息，为解答该题的关键，做题时注意审题，能根据生成物判断电极反应并书写电极方程式。
【解答】
由电池示意图可知，H2→H+，是H2被氧化的过程，通入H2的一极为原电池的负极，发生：H2−2e−=2H+，O2→H2O，是O2被还原的过程，通入O2的一极为原电池的正极，发生：O2+4e−+4H+=2H2O，以此解答该题。
A.左边通入O2，发生还原反应，为电池的正极，故A错误；
B.该电池包括两个涂覆着酶的电极，高温下会使酶变性，不能在高温下使用，故B错误；
C.通入H2的一极为原电池的负极，发生：H2−2e−=2H+，故C正确；
D.通入O2的一极为原电池的正极，发生：O2+4e−+4H+=2H2O，故D错误．
故选C。  
20.【答案】D 
【解析】解：A.金属原子最外层电子数小于4，所以在化学反应中常常容易失电子而被氧化，故A正确；
B.金属和其它物质之间直接发生化学反应的属于化学腐蚀，能形成原电池的属于电化学腐蚀，所以金属腐蚀一般包括化学腐蚀和电化学腐蚀，故B正确；
C.作原电池负极的金属易被腐蚀，纯的金属和电解质溶液不能构成原电池，所以一般难以发生电化学腐蚀，故C正确；
D.钢铁在酸性环境中易发生析氢腐蚀，在中性或碱性环境中易发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：D。
A.金属在化学反应中易失电子而发生氧化反应；
B.金属腐蚀一般包括化学腐蚀和电化学腐蚀；
C.不能形成原电池的金属难发生电化学腐蚀；
D.钢铁在酸性环境中易发生析氢腐蚀．
本题考查了金属的腐蚀，明确金属腐蚀的原因即可解答，难度不大．

21.【答案】N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=−641.625kJ⋅mol−1  408.8  产物为氮气和水，无污染  2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=−1135.7kJ⋅mol−1 
【解析】解：(1)已知0.4mol液态肼和足量H2O2(l)反应生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量=256.64kJ×1mol0.4mol=641.6KJ，所以热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)△H=−641.625kJ/mol，
故答案为：N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)△H=−641.625kJ/mol；
(2)16g液态肼物质的量=16g32g/mol=0.5mol，
由①N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)；△H=−641.6kJ/mol；
②H2O(1)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，
结合盖斯定律的内容和要求，可以把②×4方向倒转得到③4H2O(g)=4H2O(l)△H=−44×4kJ/mol=−176kJ/mol，
①+③得到N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(l)；△H=−817.6kJ/mol，
所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量=0.5mol×817.6kJ1mol=408.8kJ，
故答案为：408.8；
(3)反应应用于火箭推进器，除释放出大量热量和快速生成大量气体产生巨大推力外，反应的生成物是氮气和水，很突出的优点是对环境无污染；
故答案为：产物为氮气和水，无污染；
(4)①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)，△H=+67.7KJ⋅mol−1；
②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O (g)，△H=−534KJ⋅mol−1
将方程式2②−①得2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=2(−534KJ⋅mol−1)−(+67.7KJ⋅mol−1)=−1135.7kJ⋅mol−1，
故答案为：2N2H4(g)+2 NO2 (g)=3N2(g)+4 H2O(g)△H=−1135.7kJ⋅mol−1。
(1)根据题给条件厉害书写热化学方程式的原则写出；
(2)依据(2)中写出的热化学方程式和H2O(1)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，利用盖斯定律写出热化学方程式计算；
(3)依据反应产物的性质分析无污染物产生分析；
(4)根据盖斯定律计算焓变，并书写热化学方程式。
本题考查了有关肼的结构和性质，利用信息的推断能力，热化学方程式的书写与计算，盖斯定律的应用，反应产物的分析，氧化还原反应的原理应用．

22.【答案】用待装NaOH溶液润洗  乙  0.14  当滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变化浅红色，且半分钟内不褪色  ACD 
【解析】解：(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，应先用待装NaOH溶液润洗，
故答案为：用待装NaOH溶液润洗；
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管乙中，
故答案为：乙；
(3)根据表中数据可知，第一次消耗NaOH溶液的体积为(18.30−0.1)mL=18.20mL，第二次消耗NaOH溶液的体积为(18.00−0.2)mL=17.80mL，消耗NaOH溶液体积的平均值为18.20mL+17.80mL2=18.00mL，该盐酸的物质的量浓度为c(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)V(HCl)=0.20mol/L×18.00×10−3L25.00×10−3L≈0.14mol⋅L−1，
故答案为：0.14；
(4)当滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变化浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点，
故答案为：当滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变化浅红色，且半分钟内不褪色；
(5)A.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，会导致消耗NaOH的体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，盐酸的物质的量不变，消耗NaOH的体积不变，测定结果无影响，故B错误；
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，会导致消耗NaOH的体积偏大，测定结果偏高，故C正确；
D.未用标准液润洗碱式滴定管，相当于把NaOH稀释，消耗NaOH的体积偏大，测定结果偏高，故D正确；
故选：ACD。
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，应先用待装NaOH溶液润洗；
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管乙中；
(3)根据表中数据可知，第一次消耗NaOH溶液的体积为(18.30−0.1)mL=18.20mL，第二次消耗NaOH溶液的体积为(18.00−0.2)mL=17.80mL，消耗NaOH溶液体积的平均值为18.20mL+17.80mL2=18.00mL，代入c(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)V(HCl)即可计算出该盐酸的物质的量浓度；
(4)当滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变化浅红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点；
(5)根据c(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)V(HCl)分析。
本题主要考查酸碱中和滴定及误差分析，为高频考点，题目难度不大。

23.【答案】①② c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)  吸热  700℃  逆反应方向 
【解析】解：(1)①反应为气体分子总数改变的反应，混合气体的压强不变，即气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故①正确；
②混合气体的质量是变量，体积一定，故密度是变量，混合气体的密度，反应达到平衡状态，故②正确；
③单位时间内，反应掉1molCO2气体的同时生成2molCO气体，只给出了正反应速率，无法确定反应达到平衡状态，故③错误；
④CO2和CO均为无色气体，不能根据混合气体的颜色判断反应是否达到平衡状态，故④错误；
⑤各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能确定反应达到平衡状态，故⑤错误；
故答案为：①②；
(2)①反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式为K=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)，
故答案为：c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)；
②根据表格数据可知，温度升高，平衡常数K增大，即平衡正向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
③某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则此时的K=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=35=0.6，故温度为700℃，
故答案为：700℃；
④若1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则Q=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=4×42×2=4>2.6，此时反应向逆反应分析移动，
故答案为：逆反应方向。
(1)①反应为气体分子总数改变的反应，混合气体的压强是变量；
②混合气体的质量是变量，体积一定，故密度是变量；
③单位时间内，反应掉1molCO2气体的同时生成2molCO气体，只给出了正反应速率；
④CO2和CO均为无色气体，混合气体的颜色始终是无色的；
⑤各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能确定正逆反应速率是否相等；
(2)①化学平衡常数K等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积；
②根据表格数据可知，温度升高，平衡常数K增大，即平衡正向移动；
③某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)⋅c(H2)=5c(CO)⋅c(H2O)，则此时的K=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=35=0.6，据此判断温度；
④若1200℃时在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol⋅L−1、2mol⋅L−1、4mol⋅L−1、4mol⋅L−1，则Q=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=4×42×2=4>2.6，据此判断反应的进行方向。
本题主要考查化学平衡状态的判断，化学平衡常数K的表达式的书写、应用等，浓度熵与平衡常数K的关系，属于高考高频考点，难度中等。

24.【答案】产生气体，溶液变红  石墨  2Cl−−e−=Cl2↑  0.001NA  纯铜  Cu2++2e−=Cu 
【解析】解：(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，则Y接正极，是阳极，X接负极，是阴极，其电极反应式为2H2O+e−=2OH−+H2↑；；
①电解池中X极上是水中的氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，则酚酞变红，放电，在X极附近观察到的现象是产生气体，溶液变红，
故答案为：产生气体，溶液变红；
②X、Y都是惰性电极，Y电极材料是石墨，Y电极上是氯离子放电，电极反应式为2Cl−−e−=Cl2↑，
故答案为：石墨；2Cl−−e−=Cl2↑；
③阴极每生成1个氢气，转移2个电子，当阴极产生11.2mL气体时(标准状况)其物质的量为0.0005mol，电路中通过的电子数为0.001NA，
故答案为：0.001NA；
(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用硫酸铜溶液，粗铜做阳极，纯铜做阴极，故X电极是阴极，材料是纯铜，电极反应式是Cu2++2e−=Cu，
故答案为：纯铜；Cu2++2e−=Cu。
(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，则Y接正极，是阳极，X接负极，是阴极，其电极反应式为2H2O+e−=2OH−+H2↑；
①电解池中X极上是水中的氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，则酚酞变红；
②X、Y都是惰性电极，Y电极上是氯离子放电；
③阴极每生成1个氢气，转移2个电子；
(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用硫酸铜溶液，粗铜做阳极，纯铜做阴极。
本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题比较简单。