2022北京丰台高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2022北京丰台高二（上）期末化学（教师版），共18页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022北京丰台高二（上）期末
化 学
一、选择题：在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．下列电池工作时，O2在正极得电子的是（　　）
A
B
C
D




锌锰电池
铅蓄电池
氢氧燃料电池
镍镉电池
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质属于弱电解质的是（　　）
A．NaCl B．CH3COOH C．H2SO4 D．NaOH
3．下列能级符号不正确的是（　　）
A．2d B．3p C．3d D．4s
4．下列各组元素，按原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高顺序排列的是（　　）
A．K、Na、Li B．Al、Mg、Na C．N、O、C D．Cl、S、P
5．下列各组离子在水溶液中因氧化还原反应不能大量共存的是（　　）
A．K+、NH4+、HCO3﹣、OH﹣ B．K+、Fe2+、H+、MnO4﹣
C．Na+、Ba2+、NO3﹣、SO42﹣ D．Al3+、SO42﹣、Na+、HCO3﹣
6．水凝结成冰的过程的焓变和熵变正确的是（　　）
A．△H＞0，△S＜0 B．△H＜0，△S＞0 C．△H＞0，△S＞0 D．△H＜0，△S＜0
7．下列关于金属24Cr的说法正确的是（　　）
A．基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2
B．价电子数为2，最高正价为+2价
C．处于第四周期第ⅥB族
D．属于s区元素
8．常温下，下列溶液中，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2mol•L﹣1的是（　　）
A．0.01mol⋅L﹣1盐酸 B．0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液
C．pH＝2NH4Cl溶液 D．pH＝2NaHSO4溶液
9．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。下列说法中，不正确的是（　　）
A．该反应的ΔH＜0
B．Fe+使反应的活化能减小
C．催化剂通过参与反应改变了反应历程
D．上述过程在Fe+作用下，提高了N2O与CO的平衡转化率
10．用压强传感器探究生铁在pH＝2和pH＝4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（　　）

A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀
B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀
C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
11．用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法中，不正确的是（　　）

A．连接K1时，电极3上发生的反应为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O
B．连接K1时，电极1上发生的反应为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．连接K2时，溶液中OH﹣向电极2移动，电极2附近产生气体为O2
D．连接K1或K2时，电极3均作为阳极材料
12．反应2NO+O2⇌2NO2条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如图。下列说法中正确的是（　　）

A．p1＞p2
B．该反应为吸热反应
C．随温度升高，该反应平衡常数减小
D．其他条件不变，体积变为原来的0.5倍，c（NO2）增大为原来的2倍
13．400℃时，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。反应过程中测得的部分数据如表所示，下列说法中，不正确的是（　　）
t
0
10
20
30
n（CO）
0.10
0.04
0.02

n（H2）
0.20


0.04
A．反应在前10min内的平均速率为v（H2）＝0.012mol⋅L﹣1⋅min﹣1
B．400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，则反应的ΔH＜0
D．400℃时，若起始时向容器中充入0.15molCH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
14．研究小组探究可逆反应2Fe2++I2⇌2Fe3++2I﹣，进行如图实验。已知：AgSCN为不溶于水的白色固体。下列说法中，不正确的是（　　）

A．试管a中的现象说明滤液1中含有Fe3+
B．试管c中的红色可能比试管a中的深
C．试管a、b中的现象可以证明“2Fe2++I2⇌2Fe3++2I﹣”为可逆反应
D．试管c中的现象说明，实验中SCN﹣与Fe3+的反应速率更快，而与Ag+的反应限度更大
二、解答题（共5小题，满分0分）
15．定量计算和测量是化学研究的常用方法。
（1）通过化学键的键能计算化学反应的焓变。已知：
化学键种类
H﹣H
O＝O
O﹣H
键能（kJ⋅mol﹣1）
436
498
463.4
计算可得：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝　 　kJ•mol﹣1
（2）利用简易量热器按照如表所示数据测量室温下中和反应的反应热。
实验编号
酸
碱
Ⅰ
100mL1.0mol⋅L﹣1盐酸
100mL1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液
Ⅱ
50mL1.0mol⋅L﹣1硝酸溶液
50mL1.0mol⋅L﹣1KOH溶液
Ⅲ
100mL1.0mol⋅L﹣1醋酸溶液
100mL1.0mol⋅L﹣1氨水
生成1molH2O（l）时：实验Ⅰ中，ΔH为﹣57.3kJ•mol﹣1；实验Ⅱ中，ΔH 　 　（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）﹣57.3kJ•mol﹣1；实验Ⅲ中，放出的热量 　 　57.3kJ。
（3）使用滴定法进行定量测量。钢铁中硫含量的一种测定方法是将钢样中硫转化为SO2，再用图中测硫装置进行测定。

①H2O2氧化SO2的化学方程式为 　 　。
②将ag钢样中的硫全部转化为SO2，通入装置中，用0.01mol•L﹣1NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗zmLNaOH溶液。则钢样中硫的质量分数为 　 　。
16．电负性与电离能是两种定量描述元素原子得失电子能力的参数，请根据表中数据回答问题。
元素符号
Li
Be
C
O
F
Na
Al
P
S
Br
电负性
1.0
1.5
2.5
3.5
4.0
0.9
1.5
2.2
2.5
2.8
（1）非金属性：S 　 　（填“＞”、“＝”或“＜”）F。
（2）依据电负性数值，上述元素中最容易形成离子键的是 　 　和 　 　。
（3）已知某主族元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，Y元素基态原子的轨道表示式为 　 　，通过分析电负性的变化规律，确定Y元素电负性的取值范围是 　 　。
（4）由电负性数据推断：化合物PBr3中P的化合价为 　 　。已知PBr3与水反应是非氧化还原反应，写出PBr3与水反应的化学方程式 　 　。
（5）对于同周期元素，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，结合原子核外电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因 　 　。
17．工业上制硫酸的主要反应之一为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应过程中能量的变化如图所示。

（1）向反应体系中加入催化剂后，图中E1　 　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），E3　 　。
（2）已知：2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣442.4kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH＝﹣297.0kJ•mol﹣1。若H2S（g）与O2（g）反应产生SO2（g）和H2O（g），则反应的热化学方程式为 　 　。
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0mol•L﹣1，c（O2）＝1.5mol•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，则此温度下该反应的平衡常数K的数值为 　 　。
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03molSO2、0.16molO2和0.03molSO3，则反应开始时正反应速率 　 　（填“＞”、“＝”或“＜”）逆反应速率。
（5）恒温恒容条件下，下列叙述能证明该反应已达化学平衡状态的是 　 　。（填字母）
A.SO2的体积分数不再发生变化
B.恒容时，容器内压强不再发生变化
C.容器内，气体原子总数不再发生变化
D.相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3
（6）若以如图所示装置生产硫酸，将SO2、O2以一定压强喷到活性电极上反应。负极的电极反应式为 　 　。

18．硒是人体和动物所必需的营养元素，在工农业生产中也有广阔的应用前景。从电解精炼铜的阳极泥（含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等）中回收硒的工艺流程如图：

资料：ⅰ.SeO2：315℃升华，易挥发，溶于水得H2SeO3（Ka1＝2.7×10﹣3，Ka2＝2.5×10﹣7）。
ⅱ.Se能与SO2生成硒代硫酸根（SeSO32﹣），在强酸溶液中，硒代硫酸根（SeSO32﹣）分解生成Se单质。
（1）实验室中电解精炼铜的简易装置如图所示，请在图中标出电极材料和电解液的名称 　 　。

（2）焙烧前，搅拌的目的是 　 　。
（3）阳极泥中的Se与浓硫酸反应的化学方程式为 　 　。
（4）常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se（+4价）微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 　 　（填序号）。

a.NaHSeO3溶液显酸性
b.pH＝8时，溶液中存在c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）
c.Na2SeO3溶液中，2c（Na+）＝c（SeO32﹣）+c（HSeO3﹣）+c（H2SeO3）
（5）探究硫酸浓度对SO2还原H2SeO3得到Se的还原率的影响。相同投料比、相同反应时间，不同硫酸浓度对硒的还原率的影响如图。随着硫酸浓度的增大，硒的还原率先增大后减小的原因是 　 　。

19．某研究小组为探究饱和NaHCO3溶液中是否还能溶解少量NaHCO3固体，设计并完成了下列实验。
【查阅资料】
常温下：Ksp（CaCO3）＝4.96×10﹣9 Ksp（MgCO3）＝6.82×10﹣6
碳酸的电离常数：H2CO3⇌HCO3﹣+H+K1＝4.3×10﹣7； HCO3﹣⇌CO32﹣+H+K2＝5.6×10﹣12
Mg（OH）2沉淀范围：pH9.4～12.4
【实验过程】
实验编号
实验操作
现象或结论
ⅰ
测饱和NaHCO3溶液的pH
pH为8.3
ⅱ
向20mL饱和NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，静置24小时。
微小的气体X从溶液底部固体逸中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y
【分析解释】
（1）用化学用语解释饱和NaHCO3溶液pH为8.3的原因：　 　。
（2）为探究NaHCO3固体溶解的原理，取实验ⅱ反应后的气体X和溶液Y，检验其成分。
a.气体X能使澄清的石灰水变浑浊。
b.测得溶液Y的pH为8.7。
c.向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有白色沉淀生成。
d.向2mLNa2CO3溶液中加入MgCl2溶液，有白色沉淀生成
e.向2mL饱和NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象
①气体X是 　 　。
②步骤c中的白色沉淀是 　 　。
③步骤e中若用CaCl2溶液代替MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀。其原因是 　 　。
④步骤d和e的目的是 　 　。
【得出结论】
（3）通过上述实验证明饱和NaHCO3溶液中还能溶解少量NaHCO3固体，结合化学用语解释其原因 　 　。

参考答案
一、选择题：在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．【分析】电池工作时，O2在正极放电，则正极上氧气得到电子，发生O2+4H++4e﹣＝2H2O或O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，以此来解答。
【解答】解：A．锌锰干电池中电极反应式，负极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，正极反应为2MnO2+2NH4++2e﹣＝Mn2O3+2NH3+H2O，所以不符合题意，故A错误；
B．铅蓄电池放电时负极电极反应为Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，正极电极反应为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣＝PbSO4+2H2O，所以不符合题意，故B错误；
C．甲烷燃料电池中，如果电解质溶液是酸性，则正极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，如果电解质是碱性，则正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C正确；
D．镍镉电池放电正极反应为2NiOOH+2H2O+2e﹣＝2Ni（OH）2+2OH﹣，负极反应为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2，所以不符合题意，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查电极反应式的书写，明确原电池和电解池各个电极上发生的反应是解本题关键，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性，要熟练掌握，题目难度中等。
2．【分析】强电解质：在水溶液中能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物，据此解答。
【解答】解：A．氯化钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．醋酸在水溶液中能部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C．硫酸在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．氢氧化钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉强、弱电解质概念即可解答，题目简单。
3．【分析】第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层。
【解答】解：S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，所以不会出现2d，f亚层至少在第四层及以上，所以第2能层只有s、p两个能级，
故选：A。
【点评】本题主要考查了能层上的能级，难度不大，抓住规律即可解答。
4．【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，ⅤA族np能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，同主族自上而下电离能降低，据此结合选项判断．
【解答】解：A．K、Na、Li处于同主族，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高，故A正确；
B．Al、Mg、Na同周期，原子序数依次减小，同周期自左而右原子半径减小，故Al、Mg、Na原子半径依次增大，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Na＜Al＜Mg，故B错误；
C．N、O、C同周期，同周期自左而右原子半径减小，故C、N、O原子半径依次减小，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；
D．Cl、S、P同周期，原子序数依次减小，同周期自左而右原子半径减小，故Cl、S、P原子半径依次增大，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故S、Cl、P的第一电离能依次增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同主族、同周期元素电离能与原子半径的比较，难度不大，注意掌握同周期第一电离能的突变情况．
5．【分析】A.铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，但不属于氧化还原反应；
B.酸性条件下高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；
C.钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，但不属于氧化还原反应；
D.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。
【解答】解：A.NH4+、HCO3﹣都与OH﹣反应，但不属于氧化还原反应，故A错误；
B.Fe2+、H+、MnO4﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B正确；
C.Ba2+、SO42﹣之间反应生成硫酸钡沉淀，但不属于氧化还原反应，故C错误；
D.Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，但不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
【点评】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。
6．【分析】同种物质，液态的能量大于固态，液态时的熵大于固态时的熵，据此分析．
【解答】解：同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程是放热过程，即△H＜0，液态时的熵大于固态时的熵，则水凝结成冰的过程是熵减小的过程，即△S＜0；
故选：D。
【点评】本题考查了焓变和熵变，明确物质的状态与焓、熵大小关系是解题的关键，题目难度不大．
7．【分析】A．违背洪特规则；
B．依据24Cr价电子排布式：3d54s1判断；
C．依据铬原子价电子排布式解答；
D．24Cr价电子排布式：3d54s1，属于d区元素。
【解答】解：A．基态24Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故A错误；
B．24Cr价电子排布式：3d54s1，其价电子数为6，最高正价为+6价，故B错误；
C．24Cr价电子排布式：3d54s1，最高能层为第4层，价电子数为6，所以位于第四周期第ⅥB族，故C正确；
D．24Cr价电子排布式：3d54s1，属于d区元素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握原子构成、原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握元素周期表结构与价层电子排布的关系，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
8．【分析】常温下，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2mol•L﹣1，说明是促进水的电离，酸和碱抑制水的电离，据此分析。
【解答】解：常温下，水电离出的c（H+）＝1×10﹣2mol•L﹣1，说明是促进水的电离，酸和碱抑制水的电离，水解性盐可促进水的电离，故pH＝2NH4Cl溶液符合题意，
故选：C。
【点评】本题考查水的电离，要明确酸碱是抑制水的电离，水解性盐促进电离，难度不大。
9．【分析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B．由图可知，Fe+是该反应的催化剂；
C．催化剂可以降低反应的活化能；
D．催化剂不改变化学平衡状态。
【解答】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确；
B．由图可知，Fe+是该反应的催化剂，使反应的活化能减小，故B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，改变了反应历程，故C正确；
D．催化剂不改变化学平衡状态，则在Fe+作用下，N2O与CO的平衡转化率不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，难度中等，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、催化剂的关系，注意基础知识的积累。
10．【分析】根据压强与时间关系图知，pH＝2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．
【解答】解：A．根据pH＝2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；
B．pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH＝4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；
C．根据压强与时间关系图知，pH＝2的溶液和pH＝4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；
D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率大小、电极反应等知识点，难度中等．
11．【分析】控制开关连接K1时，电极3连接电源正极，即电极3此时为阳极，Ni（OH）2转化为NiOOH，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，电极1为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，控制开关连接K2时，电极3连接电源负极，即电极3此时为阴极，NiOOH转化为Ni（OH）2，电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O＝OH﹣+Ni（OH）2，电极2为阳极，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑。
【解答】解：A.连接K1时，电极3此时为阳极，Ni（OH）2转化为NiOOH，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；
B.连接K1时，电极1为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，故B正确；
C.连接K2时，电极2为阳极，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2，溶液中OH﹣向电极2移动，电极2附近产生气体为O2，故C正确；
D.开关连接K1时，电极3连接电源正极，即电极3此时为阳极，开关连接K2时，电极3连接电源负极，即电极3此时为阴极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电极的判断，电极方程式的书写，离子的移动方向，难度适中，注意电解质中离子移动方向遵循以下规律：①原电池：“正正负负”，即带正电荷的阳离子移向正极，带负电荷的阴离子移向负极，②电解池：“阴阳相吸”，即阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
12．【分析】A．相同温度下，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大；
B．相同压强下，随着温度的升高，NO的平衡转化率下降，说明平衡逆向移动；
C．升高温度，平衡逆向移动；
D．其他条件不变，体积变为原来的0.5倍，相当于增大压强，平衡正向移动。
【解答】解：A．相同温度下，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大，则p1＜p2，故A错误；
B．相同压强下，随着温度的升高，NO的平衡转化率下降，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故B错误；
C．升高温度，平衡逆向移动，该反应平衡常数减小，故C正确；
D．其他条件不变，体积变为原来的0.5倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则c（NO2）比原来的2倍还要大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力和识图能力，掌握勒夏特列原理是解题关键，此题难度中等。
13．【分析】A．反应在前10min内，Δn（CO）＝0.10mol﹣0.04mol＝0.06mol，根据方程式，Δn（H2）＝2×0.06mol＝0.12mol，结合v＝计算；
B．30min时Δn（H2）＝0.20mol﹣0.04mol＝0.16mol，Δn（CO）＝Δn（H2）＝0.08mol，30min时n（CO）＝0.10mol﹣0.08mol＝0.02mol，说明20min时达到平衡状态，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
初始（mol）0.1 0.2 0
转化（mol）0.08 0.16 0.08
平衡（mol）0.02 0.04 0.08
K＝；
C．由B分析可知，400℃时，反应达到平衡状态，c（CH3OH）＝＝0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，说明平衡逆向移动；
D．由于加入0.15mol甲醇，相当于0.15molCO、0.3mol氢气，增大了压强，平衡向着正向移动。
【解答】解：A．反应在前10min内，Δn（CO）＝0.10mol﹣0.04mol＝0.06mol，根据方程式，Δn（H2）＝2×0.06mol＝0.12mol，v（H2）＝＝0.012mol/（L•min），故A正确；
B．30min时Δn（H2）＝0.20mol﹣0.04mol＝0.16mol，Δn（CO）＝Δn（H2）＝0.08mol，30min时n（CO）＝0.10mol﹣0.08mol＝0.02mol，说明20min时达到平衡状态，
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
初始（mol）0.1 0.2 0
转化（mol）0.08 0.16 0.08
平衡（mol）0.02 0.04 0.08
K＝＝＝2500，故B正确；
C．由B分析可知，400℃时，反应达到平衡状态，c（CH3OH）＝＝0.08mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol•L﹣1，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故C正确；
D．加入0.1molCO和0.3molH2，相当于0.1mol甲醇，两者为等效平衡，此时甲醇的转化率为×100%＝20%，由于加入0.15mol甲醇，相当于0.15molCO、0.3mol氢气，增大了压强，平衡向着正向移动，甲醇的转化率减小，即达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
14．【分析】A.KSCN溶液可检验铁离子；
B.试管b中加硝酸银生成黄色沉淀为AgI，则2Fe2++I2⇌2Fe3++2I﹣正向移动，c中加入KSCN溶液后，发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，溶液变红；
C.碘水过量，反应后检验亚铁离子可证明反应的可逆性；
D.试管b含碘单质，遇淀粉变蓝，加硝酸银生成黄色沉淀为AgI，滤液2含Fe3+、Ag+，加KSCN溶液先发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，后发生Fe（SCN）3+3Ag+═3AgSCN↓+Fe3+，则使平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀。
【解答】解：A.KSCN溶液可检验铁离子，试管a中加KSCN溶液，溶液变红，说明滤液1中含有Fe3+，故A正确；
B.试管b中加硝酸银生成黄色沉淀为AgI，则2Fe2++I2⇌2Fe3++2I﹣正向移动，c中加入KSCN溶液后，发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，溶液变红，则试管c中可能比试管a中铁离子浓度大，则试管c中的红色可能比试管a中的深，故B正确；
C.碘水过量，反应后检验亚铁离子可证明反应的可逆性，检验铁离子、碘单质的存在不能证明反应的可逆性，则试管a、b中的现象不能证明“2Fe2++I2⇌2Fe3++2I﹣”为可逆反应，故C错误；
D.试管b含碘单质，遇淀粉变蓝，加硝酸银生成黄色沉淀为AgI，滤液2含Fe3+、Ag+，加KSCN溶液先发生Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，后发生Fe（SCN）3+3Ag+═3AgSCN↓+Fe3+，则使平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀，则实验中SCN﹣与Fe3+的反应速率更快，而与Ag+的反应限度更大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查性质实验的设计、电解原理，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
二、解答题（共5小题，满分0分）
15．【分析】（1）根据反应热与键能的关系求解；
（2）根据在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热可判断；
（3）SO2被H2O2氧化为H2SO4，根据硫酸和氢氧化钠的比例求算。
【解答】解：（1）由表中数据和2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）可知，ΔH＝（2×436+498﹣4×463.4）kJ⋅mol﹣1＝﹣483.6kJ⋅mol﹣1，
故答案为：﹣483.6；
（2）由已知100mL1.0mol⋅L﹣1盐酸和100mL1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液反应测定中和热数据ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，根据在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热可知，50mL1.0mol⋅L﹣1硝酸溶液和50mL1.0mol⋅L﹣1KOH溶液反应中和热数据也是ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，而用100mL1.0mol⋅L﹣1醋酸溶液和100mL1.0mol⋅L﹣1氨水测定中和热，因电离吸热，生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，
故答案为：＝；＜；
（3）①SO2具有还原性，SO2被H2O2氧化为H2SO4，即H2O2+SO2＝H2SO4，
故答案为：H2O2+SO2＝H2SO4；
②由H2SO4～2NaOH可知，消耗zmL0.01mol⋅L﹣1NaOH溶液，需要硫酸的物质的量为×0.01mol⋅L﹣1×z×10﹣3L＝5z×10﹣6mol，即硫元素的物质的量为5z×10﹣6mol，质量为1.6z×10﹣4g，则钢样中硫的质量分数为×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题考查了反应热的计算、中和热的测定、测量物质的含量，难度不大，掌握基础是解题的关键。
16．【分析】（1）周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强；
（2）两者电负性差越大，越容易形成离子键；
（3）Y为氮元素，核外有7个电子，通过分析电负性的变化规律，N的电负性介于C和O之间；
（4）PBr3与水反应是非氧化还原反应，PBr3与水反应生成氢溴酸和亚磷酸；
（5）注意镁原子3s轨道为全满状态；Al原子失去3p上1个电子后为全满状态。
【解答】解：（1）周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，非金属性：S＜O，O＜F，即S＜F，
故答案为：＜；
（2）依据电负性数值，上述元素中最容易形成离子键的是Na和F，两者电负性差最大，4.0﹣0.9＝3.1，
故答案为：Na；F；
（3）已知某主族元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，Y为氮元素，Y元素基态原子的轨道表示式为，通过分析电负性的变化规律，Y的电负性介于C和O之间，确定Y元素电负性的取值范围是2.5～3.5，
故答案为：；2.5～3.5；
（4）由电负性数据推断：2.2（P）＜2.8（Br），化合物PBr3中P的化合价为+3，Br显﹣1价，已知PBr3与水反应是非氧化还原反应，PBr3与水反应生成氢溴酸和亚磷酸，化学方程式PBr3+3H2O＝3HBr+H3PO3，
故答案为：+3；PBr3+3H2O＝3HBr+H3PO3；
（5）对于同周期元素，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，结合原子核外电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：Mg：1s22s22p63s2，镁原子3s轨道为全满状态，比较稳定；Al：1s22s22p63s23p1；Al原子失去3p上1个电子后为全满状态，结构更稳定，故镁元素第一电离能高于铝元素，
故答案为：Mg：1s22s22p63s2，镁原子3s轨道为全满状态，比较稳定；Al：1s22s22p63s23p1；Al原子失去3p上1个电子后为全满状态，结构更稳定，故镁元素第一电离能高于铝元素。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、电负性等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确基本理论内涵、原子结构特点等是解本题关键，难度不大。
17．【分析】（1）催化剂可以降低反应的活化能，但不改变焓变；
（2）①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣442.4kJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH＝﹣297.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+2×②得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）；
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0mol•L﹣1，c（O2）＝1.5mol•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始（mol/L） 1 1.5 0
起始（mol/L） 0.5 0.25 0.5
起始（mol/L） 0.5 1.25 0.5
K＝；
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03molSO2、0.16molO2和0.03molSO3，计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论；
（5）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（6）该原电池的本质是2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，SO2在负极上发生氧化反应。
【解答】解：（1）催化剂可以降低反应的活化能，但不改变焓变，则E1减小，E3 不变，
故答案为：减小；不变；
（2）①2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g）ΔH＝﹣442.4kJ•mol﹣1
②S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH＝﹣297.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+2×②得2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH＝（﹣442.4﹣297×2）kJ/mol＝﹣1036.4kJ/mol，
故答案为：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1036.4kJ/mol；
（3）某温度下，反应的起始浓度c（SO2）＝1.0mol•L﹣1，c（O2）＝1.5mol•L﹣1，达到平衡后，SO2的转化率为50%，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始（mol/L） 1 1.5 0
起始（mol/L） 0.5 0.25 0.5
起始（mol/L） 0.5 1.25 0.5
K＝＝＝0.8，
故答案为：0.8；
（4）在T1温度时，该反应的平衡常数K＝，若在此温度下，向1L的恒容密闭容器中，充入0.03molSO2、0.16molO2和0.03molSO3，Qc＝＝＝6.25＞，说明反应逆向移动，反应开始时正反应速率＜逆反应速率，
故答案为：＜；
（5）A.SO2的体积分数不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行，容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.根据院子守恒，容器内，气体原子总数始终不变，故C错误；
D.无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3，故D错误；
故答案为：AB；
（6）该原电池的本质是2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，SO2在负极上发生氧化反应电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+，
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+。
【点评】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、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．【分析】电解精炼铜的阳极泥（含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等）中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，根据信息i知，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4；
（1）实验室中电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液；
（2）混合越均匀，反应越充分；
（3）阳极泥中的Se与浓硫酸生成SeO2、SO2、H2O；
（4）a．c（HSeO3﹣）＝c（H2SeO3）时，溶液的pH＝2.5，K1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣2.5，c（SeO32﹣）＝c（HSeO3﹣）时，溶液的pH＝7.5，K2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣7.5，HSeO3﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣11.5＜K2，说明HSeO3﹣的电离程度大于水解程度；
b．pH＝8时，溶液中溶质为盐，存在电荷守恒c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（金属阳离子）；
c．Na2SeO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（Se）；
（5）Se能与SO2生成硒代硫酸根（SeSO32﹣），在强酸溶液中，硒代硫酸根（SeSO32﹣）分解生成Se单质，所以随着硫酸浓度的增大，生成的Se越多；浓硫酸能氧化Se生成SeO2。
【解答】解：（1）实验室中电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，电解质溶液可以是CuSO4溶液，所以其图象为，
故答案为：；
（2）混合越均匀，反应越充分，所以焙烧前，搅拌的目的是混合均匀，使反应更充分，
故答案为：混合均匀，使反应更充分；
（3）阳极泥中的Se与浓硫酸生成SeO2、SO2、H2O，反应方程式为Se+2H2SO4（浓）＝SeO2↑+2SO2+2H2O，
故答案为：Se+2H2SO4（浓）＝SeO2↑+2SO2+2H2O；
（4）a．c（HSeO3﹣）＝c（H2SeO3）时，溶液的pH＝2.5，K1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣2.5，c（SeO32﹣）＝c（HSeO3﹣）时，溶液的pH＝7.5，K2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣7.5，HSeO3﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣11.5＜K2，说明HSeO3﹣的电离程度大于水解程度，所以NaHSeO3溶液呈酸性，故a正确；
b．pH＝8时，溶液中溶质为盐，存在电荷守恒c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（金属阳离子），所以存在c（HSeO3﹣）+2c（SeO32﹣）+c（OH﹣）＞c（H+），故b错误；
c．Na2SeO3溶液中存在物料守恒n（Na）＝2n（Se），所以存在c（Na+）＝2[c（SeO32﹣）+c（HSeO3﹣）+c（H2SeO3）]，故c错误；
故答案为：bc；
（5）Se能与SO2生成硒代硫酸根（SeSO32﹣），在强酸溶液中，硒代硫酸根（SeSO32﹣）分解生成Se单质，所以随着硫酸浓度的增大，生成的Se越多；当硫酸浓度很大时，生成的Se被浓硫酸氧化生成了SeO2，导致Se的量减少，所以随着硫酸浓度的增大，硒的还原率先增大后减小，
故答案为：Se能与SO2生成硒代硫酸根（SeSO32﹣），在强酸溶液中，硒代硫酸根（SeSO32﹣）分解生成Se单质，所以随着硫酸浓度的增大，生成的Se越多；当硫酸浓度很大时，生成的Se被浓硫酸氧化生成了SeO2。
【点评】本题考查物质的分离提纯、物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、电化学原理、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度中等。
19．【分析】（1）为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
（2）已知Ksp（CaCO3）＝4.96×10﹣9，Ksp（MgCO3）＝6.82×10﹣6，易生成碳酸钙沉淀；
（3）①气体X能使澄清石灰水变浑浊，为CO2；
②向反应后的溶液中滴加MgCl2溶液，有白色沉淀生成，生成沉淀为碳酸镁；
③Ksp（CaCO3）＜Ksp（MgCO3），说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀；
④步骤d和e作对照实验，证明没有碳酸镁沉淀生成；
（3）饱和NaHCO3溶液中固体溶解，溶液中存在2HCO3﹣（aq）⇌CO32﹣ （aq）+CO2↑+H2O （l），由于CO2不断逸出，可使平衡正向移动。
【解答】解：（1）碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，
故答案为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；
（2）①根据题中信息可知，气体X能使澄清石灰水变浑浊，则气体X为CO2，
故答案为：CO2；
②该白色沉淀可能是Mg（OH）2，也可能是MgCO3，但根据题中所给信息可知，Mg（OH）2沉淀范围是9.4～12.4，而此时溶液的pH为8.7，因此白色沉淀为MgCO3，
故答案为：MgCO3或碳酸镁；
③HCO3﹣既能发生电离，也能发生水解，碳酸氢钠溶液中存在HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，根据题中数据Ksp（CaCO3）＜Ksp（MgCO3），说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀，
故答案为：溶液中存在平衡HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，Ksp（CaCO3）＜Ksp（MgCO3），说明Ca2+结合CO32﹣能力比Mg2+强，所以可以得到CaCO3沉淀；
④步骤d和e作对照实验，e中证明饱和碳酸氢钠溶液中CO32﹣不足以和MgCl2反应产生白色沉淀，
故答案为：证明饱和NaHCO3溶液中CO32﹣离子浓度不足以和MgCl2来溶液反应生成沉淀；
（3）根据上述分析，饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO3﹣+（aq）⇌CO32﹣（aq）+CO2↑+H2O（l），由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO3﹣+（aq）⇌CO32﹣（aq）+CO2↑+H2O（l），由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。
【点评】本题考查物质的含量的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度中等。