2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了6g铁与0，8kJ⋅ml−1，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省邯郸市高二（上）期末化学试卷

1. 2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船发射取得圆满成功，我国太空计划再次迈出重要一步。下列与这次载人飞行任务有关化学知识的描述中错误的是(    )
A. 研究和改变合金中原子排布可以为航天工业寻找性能优越的材料
B. 太空中观测恒星的光谱来自于原子中电子在轨道上的跃迁
C. 宇航员所呼吸的氧气可通过电解水反应制备
D. 太空舱中的太阳能电池翼工作时是将化学能转化为电能
2. 反应速率的加快可以缩短工业生产中的时间成本。改变下列条件，不能提高反应O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)的反应速率的是(    )
A. 扩大容器体积 B. 增大催化剂的表面积
C. 适当升高温度 D. 增大O2分压
3. 下列物质所含化学键与其晶体结构对应错误的是(    )
选项
物质
化学键
晶体结构
A
NaCl
离子键
离子晶体
B
H2O(s,冰)
共价键
共价晶体
C
SiO2
共价键
共价晶体
D
Na
金属键
金属晶体

A. A B. B C. C D. D
4. 化学语言是化学必备知识之一。下列溶液中存在盐类水解且水解方程式表示正确的是(    )
A. 硝酸钠溶液中：NO3−+H2O⇌HNO3+OH−
B. 碳酸钠溶液中：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2H+
C. 碳酸氢钠溶液中：HCO3−+H2O⇌CO32−+H3O+
D. 醋酸钠溶液中：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
5. 下列金属防护的措施不合理的是(    )
A. 将车漆喷在汽车外壳上 B. 将水库铁闸门连接在直流电源的正极
C. 在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀 D. 向金属器材上涂抹油脂
6. 下列描述与推断均正确且存在因果关系的是(    )
选项
描述
推断
A
碳的燃烧为放热反应，反应焓变为ΔH1，碳与水蒸气制备水煤气的反应为吸热反应，反应焓变为ΔH2
ΔH1>ΔH2
B
常温下，将铜、铁用导线连接后插入浓硝酸中，铜片上产生大量气泡
铁的金属性强于铜
C
工业上使用催化剂可提高NH3的产量
催化剂可改变平衡转化率
D
泡沫灭火器使用时，将硫酸铝和碳酸氢钠溶液两种溶液混合，生成氢氧化铝和二氧化碳的泡沫混合液起灭火作
硫酸铝和碳酸氢钠可互相促进水解反应

A. A B. B C. C D. D
7. 短周期x、y、z、m、n五种主族元素，原子序数依次增大，x元素的某种原子可以在考古时用来测定文物年代。常温时，测得0.1mol⋅L−1y、m、n简单氢化物的水溶液pH分别为11、4、1。且z、m还可以与Na形成如图结构的化合物。以下有关说法错误的是(    )
A. 原子半径：zc(CN−)
D. 该混合溶液中存在：c(H+)+c(HCN)=c(OH−)
9. 苯磺酸为一元强酸，其制备机理如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(    )

A. 升高温度有利于增大苯的平衡转化率
B. 其决速步骤反应为
C. 两步反应活化能的差值为总反应的焓变
D. 反应过程中存在一个碳原子连接两个氢原子的中间状态
10. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )
A. 1L0.1mol⋅L−1NH4Cl溶液中所含NH4+数目为0.1NA
B. 含0.1molCH3COOH的水溶液中所含H+数目为0.4NA
C. 5.6g铁与0.1molCl2完全反应，转移电子数目为0.3NA
D. 28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA
11. TK温度下，控制体积不变，向某密闭容器中充入等物质的量的SO2(g)和NO2(g)，发生下列反应：
i.SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)ΔH1=−41.8kJ⋅mol−1
ii.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ⋅mol−1
SO2(g)和NO2(g)的分压随时间变化如图所示，其中第3min时只改变了影响反应的一个条件。已知：可以用分压表示反应速率及化学平衡。下列说法错误的是(    )

A. 图中代表NO2(g)变化的曲线为L1
B. 0∼2min内SO2(g)的平均反应速率v(SO2)=0.1p0kPa⋅min−1
C. TK温度下，反应i的平衡常数Kp=112
D. 3min时改变的条件为增大压强
12. 微生物电池具有高效、清洁、环保等优点。某微生物电池工作原理如图所示，下列说法错误的是(    )

A. a极为该电池的负极
B. b极的电极反应式为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−
C. 放电过程中a极附近pH降低
D. 当外电路通过1mole−时，理论上溶液中会有1molH+通过质子交换膜移向b极
13. 常温下，向20mL0.1mol⋅I−1Na2CO3溶液中通入HCl气体(溶液体积变化忽略不计)，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2气体因逸出不考虑)物质的量分数(δ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法错误的是(    )

A. 曲线Ⅰ表示CO32−物质的量分数
B. CO32−水解的平衡常数为Kh1=10−10.46
C. 水的电离程度：M>N>P>Q
D. Q点存在：c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.1mol⋅L−1
14. 我国科学家在铁基高温超导体的研究上取得重大突破，发现了该超导体是由Fe、Ba、As三种元素组成，这为进一步理解超导配对机理及其与电荷密度波的关系提供了重要实验证据。回答下列问题：
(1)Ba元素属于元素周期表的 ______区元素。
(2)基态Fe原子核外电子排布式为 ______，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有 ______种元素。
(3)As为第四周期第ⅤA族元素，与其同周期且相邻的元素分别为 32Ge、 34Se，三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为 ______，原因为 ______。
(4)BaFexAsy的晶胞结构如图1所示。该晶体的化学式为 ______，设NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度是 ______g⋅cm−3(用含a、b、NA的代数式表示)。

15. 通过电渗所法电解Na2SO4制备硫酸和NaOH溶液的原理如图所示。电极M和电极N均为惰性电极。ab、cd均为离子交换膜。回答下列问题：
(1)电极电势：M ______(填“>”“=”或“0，放热反应ΔQ，故C正确；
D.Q点时CO2大量逸出，溶液中碳元素总和小于0.1mol⋅L−1，故D错误；
故选：BD。
A.随着HCl的通入，溶液中c(CO32−)逐渐减小、c(HCO3−)先增大后减小、c(H2CO3)逐渐增大，则δ(CO32−)逐渐减小、δ(HCO3−)先增大后减小、δ(H2CO3)逐渐增大；
B.当δ(CO32−)=δ(HCO3−)时，c(CO32−)=c(HCO3−)，CO32−水解的平衡常数为Kh1=c(HCO3−)⋅c(OH−)c(CO32−)=c(OH−)；
C.随着HCl气体的通入，水的电离程度逐渐减弱；
D.Q点时CO2大量逸出。
本题考查盐类水解，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电解平衡常数计算方法是解本题关键，D中易忽略逸出的二氧化碳而导致错误判断。

14.【答案】s1s22s22p63s23p63d64s2  两  As>Se>Ge同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于SeBaFe2As2 798a2bNA×10−30 
【解析】解：(1)Ba元素属于元素周期表的s区元素，
故答案为：s；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，同周期中基态原子未成对电子数比Fe多的有Mn(5个)和Cr(6个)两种元素，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；两；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se，所以三种元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge，
故答案为：As>Se>Ge；同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，则该晶胞的密度ρ=mV=798NAga2b×10−30cm3=7.98×1032a2bNAg/cm3，
故答案为：BaFe2As2；798a2bNA×10−30。
(1)Ba位于第IIA族；
(2)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Mn(5个)单电子，Cr(6个)单电子；
(3)同周期从左向右第一电离能呈递增趋势，基态As原子4p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Se；
(4)由图可知，BaFexAsy晶胞中Ba原子数目为8×18+1=2，As原子数目为8×14+2=4，Fe原子数目为8×12=4，Ba、As、Fe、As原子个数之比为1：2：2，所以晶胞中x=2，y=2，该晶体的化学式为BaFe2As2，该晶胞的质量m=2×(137+56×2+75×2)NAg=798NAg，体积V=a2b×10−30cm3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。

15.【答案】>>阴  阳  N2H2O−4e−=O2↑+4H+  11.2L 
【解析】解：(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极，所以电极电势：M>N；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小，所以进口浓度高于出口浓度，Na2SO4溶液Ⅰ>Na2SO4溶液Ⅱ，
故答案为：>；>；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液，所以ab膜为阴离子交换膜，Na+通过cd膜进入NaOH溶液，所以cd膜为阳离子交换膜，
故答案为：阴；阳；
(3)不锈钢连接在阳极会发生反应，所以只能连在阴极(N极)，
故答案为：N；
(4)M电极为阳极，发生反应的电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，
故答案为：2H2O−4e−=O2↑+4H+；
(5)电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，则转移2mol电子生成1mol氢气，当电路中通过1mol电子的电量时，理论上产生H2的物质的量是0.5mol，体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：11.2L。
(1)左侧是制取稀硫酸，M电极上生成氢离子，M电极上水失电子发生氧化反应，为阳极，则N为阴极，电极电势：阳极>阴极；电解硫酸钠制取NaOH和稀硫酸，则电解过程中c(Na2SO4)逐渐减小；
(2)由图可知SO42−通过ab膜进入稀硫酸溶液；Na+通过cd膜进入NaOH溶液；
(3)较活泼金属电极材料在阳极上会失电子发生氧化反应；
(4)M电极上水失电子生成氧气和H+；
(5)N电极上生成H2，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，根据转移电子和氢气的关系式计算生成氢气体积。
本题考查电化学，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极和离子交换膜名称、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极时，金属失电子而不是溶液中阴离子失电子。

16.【答案】胶头滴管  250mL容量瓶  调节至酸性，防止维生素C被氧化  bedacf 加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色  44 偏低  偏低 
【解析】解：(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的为调节至酸性，防止维生素C被氧化，
故答案为：调节至酸性，防止维生素C被氧化；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作：
b.检查滴定管是否漏液；
e.用蒸馏水清洗2∼3次；
d.用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次；
a.装入I2：标准溶液至0刻度以上；
c.排尽尖嘴部分气泡；
f.将液面调节至“0”或“0”刻度以下，
故答案为：bedacf；
(4)滴定至终点时的实验现象为加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色，
故答案为：加入最后一滴I2标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI可知n(C6H8O6)=n(I2)=0.01mol⋅L−1×0.02L×5=0.001mol，其百分含量为0.001mol×176g/mol0.4000g×100%=44%，
故答案为：44；
(6)若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被氧化，导致测定结果偏低；读取I2标准溶液体积时滴定前仰视，滴定后俯视，会使读取的标准液比实际消耗的体积偏小，测定结果偏低，
故答案为：偏低；偏低。
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；
(2)加入适量醋酸可以保持溶液呈酸性；
(3)将I2标准溶液装入酸式滴定管的具体操作为，已检查不漏液后，先用蒸馏水清洗滴定管2∼3次，再用I2标准溶液润洗滴定管2∼3次，后装入I2标准溶液至0刻度以上，排尽尖嘴部分气泡，将液面调节至0刻度或0刻度以下，再夹在滴定管夹上备用；
(4)根据淀粉遇碘变蓝分析；
(5)根据方程式C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI计算n(C6H8O6)，进一步计算质量分数；
(6)维生素C可以被氧气氧化；滴定前仰视读数哦按小，滴定后俯视，读数偏小。
本题考查物质含量的测定、溶液的配制，为高频考点，把握制备实验流程、物质分离提纯实验操作、对操作与原理的分析评价等为解答的关键，是对学生综合能力的考查，注意对工艺流程的理解，题目难度中等。

17.【答案】(1)①+248；+206.5②熵增 
(2)①1 ；1 ②p2：p3 
(3)加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小；  T1>T2>T3  ；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高 
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、反应热计算方法是解本题关键，难点是(2)①a、b的判断。
【解答】
(1)①断键吸热，成键放热，ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=4×413kJ⋅mol−1+2×745kJ⋅mol−1−2×436kJ⋅mol−1−2×1011kJ⋅mol−1=+248kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，得ΔH3=ΔH1−ΔH2=+248kJ⋅mol−1−41.5kJ⋅mol−1=+206.5kJ⋅mol−1，
故答案为：+248；+206.5；
②副反应Ⅱ生成物中气体分子数目增多，混乱度增大，属于熵增反应，
故答案为：熵增；
(2)①当p(CO2)=p1时，p(CO2)的增大反应速率呈直线递增，而随p(CH4)增大，反应速率始终呈直线递增变化可知，此时a=1，b=1，
故答案为：1；1；
②p2∼p3之间，随p(CO2)的增大，反应速率不再变化，可知此时b=0，所以CH4和CO2的分压均为p2和p3两种情况下的正反应速率之比为p2：p3，
故答案为：p2：p3；
(3)增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小；主反应和副反应Ⅱ均为吸热反应，温度越高，CH4转化率越高，所以图2中的温度由大到小为T1>T2>T3，
故答案为：加压后，主反应逆向移动，副反应Ⅱ也逆向移动，α(CH4)减小。