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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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+nc(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)ΔHc(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)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)ΔHK2，
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。