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2021-2022学年上学期河北省保定市高二期末化学试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年上学期河北省保定市高二期末化学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了6kJ⋅ml−1B， 准确移取20， 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省保定市高二（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. 2021年12月14日，西安江村大墓被确定为汉文帝霸陵，已发掘的8座外藏坑出土陶俑、铜印、铜车马器及铁器、陶器等1500余件。下列有关说法错误的是( )
A. “陶俑”“陶器”均是以黏土为原料经过高温烧制而成的陶制品
B. “铜印”“铜车马器”表面上覆盖的铜绿主要成分是碱式碳酸铜
C. 铁是组成“铁器”的元素之一，是当前社会应用量最大的金属元素
D. 墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，“铜器”比“铁器”腐蚀速率较快
2. 近年来，太阳能的利用已成为能源领域中的热点。下列有关太阳能的说法错误的是( )
A. 太阳能既是一次能源，又是可再生能源
B. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能
C. 太阳能电池将太阳能先转化为化学能，再将化学能转化为电能
D. 研发和利用太阳能，有利于国民经济的可持续发展
3. 常温下，对下列两组溶液的判断错误的是( )
组别
浓度
体积
①
0.1mol⋅L−1醋酸
V1L
②
0.01mol⋅L−1醋酸
V2L
A. 醋酸的电离程度：①<②
B. 溶液中各种离子浓度均有：①>②
C. 醋酸的电离平衡常数：①=②
D. 若V2=10V1，中和NaOH能力：①=②
4. 有关盐类水解的应用，下列说法错误的是( )
A. 热的纯碱溶液去油污效果好
B. 金属焊接时，常用NH4Cl溶液作除锈剂
C. 加热FeCl3⋅6H2O晶体可制得无水FeCl3
D. 用NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液可以制作泡沫灭火剂
5. 已知化学键的键能数据如下表所示，根据图中的能量关系，求得ΔH1为( )
化学键
C−H
H−H
键能/(kJ⋅mol−1)
413.4
436.0
A. 706.6kJ⋅mol−1 B. 872.0kJ⋅mol−1 C. 1653.6kJ⋅mol−1 D. 781.6kJ⋅mol−1
6. 下列有关金属的腐蚀与防护的说法错误的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时负极反应式为Fe−2e−=Fe2+
B. 钢铁在干燥环境中腐蚀相对缓慢
C. 金属栏杆喷漆，能够减缓栏杆的腐蚀
D. 埋在地下的金属管道与直流电源正极相连可减缓腐蚀
7. 准确移取20.00mL某未知浓度盐酸于锥形瓶中，滴加两滴指示剂后，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液进行滴定，下列说法错误的是( )
A. 量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗
B. 若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点
C. 滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可
D. 滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测得盐酸的浓度偏大
8. 我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应过程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法正确的是( )
A. Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的ΔH相同
B. 反应HCOO*+H*=CO2+2H*在Pd和Rh表面进行时均为放热过程
C. HCOOH吸附在催化剂表面的过程ΔH>0
D. 反应HCOOH*=HCOO*+H*对总反应的速率影响相对较大
9. 某新型燃料电池利用民用燃气为燃料，其工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 通入空气的电极为该电池的正极
B. 电池工作时，电子由b极经电解质流向a极
C. CO在b极的反应式为CO−2e−+O2−=CO2
D. 相同状况下a极消耗1LO2，理论上b极消耗2L燃料
10. 常温下，用0.05mol⋅L−1盐酸分别滴定10mL0.10mol⋅L−1的MOH溶液、NOH溶液，下列说法错误的是( )
A. MOH为强碱，NOH为弱碱
B. 常温下，NOH的电离度为1%
C. 向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，c(Cl−)>c(N+)>c(OH−)>c(H+)
D. 向MOH溶液、NOH溶液中分别滴入20mL盐酸时，则有c(M+)=c(NOH)+c(N+)
11. 温度为T1，容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0，反应过程中部分数据见下表：
反应时间/min
SO2(g)/mol
O2(g)/mol
SO3(g)/mol
0
4
2
0
5
1.5
10
2
15
1
下列说法错误的是( )
A. 在0～5min内，SO2(g)的平均反应速率为0.15mol⋅L−1⋅min−1
B. 在10～15min内，v正(SO3)=v逆(SO3)
C. 温度为T1时，化学平衡常数K=0.5L⋅mol−1
D. 若温度升高到T2，则T2时化学平衡常数比T1时大
12. 汞阴极法电解饱和食盐水制取NaOH的原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电解室中阳极的反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑
B. 钠汞合金具有导电性
C. 解汞室中反应的离子方程式为2Na+2H+=2Na++H2↑
D. 电解室与解汞室产生的气体可用于工业制盐酸
13. 一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是( )
A. 50min时，pH=2和pH=7条件下，R的降解百分率不相等
B. 其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大
C. 其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越大
D. 在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为1.2mol⋅L−1⋅min−1
14. 氯常用作饮用水杀菌剂，且HClO的杀菌能力比Cl2、ClO−强。25℃时氯气−氯水体系中存在以下平衡：Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；HClO⇌H++ClO−Ka=？。其中Cl2(aq)、HClO和ClO−分别在三者中所占物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. HClO的电离常数Ka=1.0×10−7.5
B. 反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=1.0×10−4.6
C. 该氯气−氯水体系中c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)
D. 用氯处理饮用水时，pH越小杀菌效果越好
15. 尿酸(HUr)属于一元弱酸，是嘌呤的最终代谢产物。当人体内尿酸过高时，会引起高尿酸血症、痛风等疾病。常温下，Ka(HUr)=4.0×10−6，回答下列问题：
(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=______。
(2)常温下，0.01mol⋅L−1HUr溶液的pH约为 ______(已知lg2=0.3)。
(3)下列溶液中水的电离程度由大到小的顺序为 ______(填序号)。
①向水中加入少量的尿酸(HUr)
②向水中加入少量的氯化钠
③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)
(4)设计两种实验方案，证明尿酸(HUr)是弱酸：______、______。
(5)NaUr溶液与盐酸恰好完全反应后的溶液中，下列关系式正确的是 ______(填标号)。
A.c(Na+)=c(Ur−)+c(HUr)
B.c(Ur−)>c(Cl−)>c(OH−)
C.c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)
D.c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)
(6)寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，请用化学平衡理论解释关节保暖减轻疼痛的原因 ______。
16. 以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：
已知：①辉铋矿主要成分是Bi2S3、Bi2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，均难溶于水。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38，Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10−30，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16。
回答下列问题：
(1)为了加快“酸浸氧化”速率，可采取的措施为 ______(写出两种即可)。
(2)经检验“滤渣1”的主要成分为SiO2与S，写出“酸浸氧化”时生成单质硫的离子方程式：______。
(3)“酸浸氧化”步骤中NaClO3的作用：①氧化Bi2S3；②______。
(4)若在实验室模拟“工序1”、“工序2”，所用的玻璃仪器除漏斗外，还有 ______。
(5)常温下，当c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为沉淀完全，工业流程中需调节溶液的pH=______。
(6)用铅棒作阴极，电解BiCl3溶液制得Bi，其阴极的电极反应式为 ______；若用氢氧燃料电池作电源，理论上生成41.8gBi，需要标准状况下H2的体积为 ______。
17. 碳及其化合物广泛存在于自然界中，近年来CO2的捕捉技术备受关注。
(1)海洋是碳元素的最大吸收池，CO2溶于海水后，主要以四种无机碳的形式存在，分别是CO2、HCO3−、______。在海洋碳循环中，可通过如图所示的途径固碳。钙化作用的离子方程式为 ______。
(2)利用氨水吸收CO2可制得化肥(NH4HCO3)。
①已知常温常压下：
NH3⋅H2O(aq)⇌NH3+(aq)+OH−(aq) ΔH1=akJ⋅mol−1
CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq) ΔH2=bkJ⋅mol−1
H2CO3(aq)+OH−(aq)⇌HCO3−(aq)+H2O(l) ΔH3=ckJ⋅mol−1
则利用NH3⋅H2O吸收CO2制备NH4HCO3的热化学方程式为 ______。
②用1m310mol⋅L−1浓氨水吸收足量CO2，理论上能获得NH4HCO3______kg。
③CO2脱除效率与温度的关系如图所示，温度高于45℃时CO2脱除效率降低的原因可能是 ______(答出一条即可)。
(3)用CO2和天然气可以制备CO和H2，反应的化学方程式为CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。
①一定温度下，在恒容密闭容器中进行该反应，判断该反应达到平衡状态的依据是 ______(填标号)。
A.容器中的压强不再发生变化
B.断裂4molC−H键的同时形成2molH−H键
C.混合气体的密度不再发生变化
D.CH4的体积分数不再发生变化
②密闭容器中，物质的量均为0.1mol的CH4与CO2在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则p1______p2(填“>”或“<”)。若p2=3MPa，则T℃时该反应的平衡常数Kр=______MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
18. 深入研究物质的组成、结构与其性质之间的相互关系有利于揭示物质的奥秘。
(1)下列有关物质结构与性质的说法中，正确的是 ______(填标号)。
A.N2通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大
B.根据石墨易传热、能导电的性质，可以推测出石墨属于金属单质
C.分子中具有碳碳双键的有机物与乙烯具有相似的化学性质
D.乙醇能与钠发生反应，故乙醇为电解质
(2)原子结构模型经历了五个主要阶段：1803年实心球模型→1904年“葡萄干面包”模型→1911年原子核式结构模型→1913年轨道模型→20世纪初量子力学的原子结构模型。对原子核式结构模型贡献最大的科学家是 ______(填标号)。
A.玻尔
B.汤姆生
C.卢瑟福
D.道尔顿
(3)由元素周期律推测酸性强弱：HClO4>HBrO4，属于 ______(填“归纳范式”或“演绎范式”，下同)的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，属于 ______的应用。
(4)84210Po具有放射性，其α衰变方程为 84210Po→42He+20682Pb。半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素原子核有50%发生衰变所需的时间，已知 84210Po的半衰期为138天，物质的量为1mol的 84210Po，经276天后，得到Pb的物质的量为 ______mol。
19. 有机化合物遍布我们生活的各个角落，广泛应用于生产、国防、科技、医药等各个领域。
(1)下列材料的主要成分属于有机化合物的是 ______(填标号)。
A.碳纳米管
B.天然橡胶
C.光导纤维
D.聚四氟乙烯
(2)青蒿素是我国科学家从传统医药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其键线式如图所示，图中短线表示化学键，折点或交点表示一个碳原子。
①下列关于青蒿素的说法错误的是 ______(填标号)。
A.分子式为C14H20O5
B.分子中含有醚键和酯基
C.分子中所有原子不在同一个平面内
D.能发生取代反应和加成反应
②屠呦呦使用乙醚提取青蒿中的青蒿素，该分离方法的名称为 ______。
(3)工业上以β−蒎烯为原料可合成萜类香料。利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，则其实验式为 ______。利用质谱法测得β−蒎烯的相对分子质量为136，则其分子式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.“陶俑”“陶器”是陶制品，以黏土为原料烧制而成，叙述正确，故A正确；
B.铜绿是碱式碳酸铜的俗名，是绿色固体，可作绿色原料，故B正确；
C.铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素，故C正确；
D.墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，形成了原电池，“铜器”做正极，“铜器”比“铁器”腐蚀速率较慢，故D错误；
故选：D。
A.“陶俑”“陶器”是以黏土为原料烧制而成的陶制品；
B.碱式碳酸铜是绿色固体，俗名铜绿；
C.铁是当前应用量最大的金属元素；
D.墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，形成了原电池。
本题考查了生活中常用的材料，熟悉物质的性质及用途，明确常见硅酸盐材料是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.直接从自然界获得的能源为一次能源，太阳能既是一次能源，又是可再生能源，故A正确；
B.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故B正确；
C.太阳能电池的工作原理是利用光电效应，将太阳能直接转化为电能，故C错误；
D.开发利用太阳能，降低化石燃料的燃烧，有利于节能减排、保护环境，有利于国民经济的可持续发展，故D正确；
故选：C。
太阳能既是一次能源，又是可再生能源，研发和利用太阳能，有利于国民经济的可持续发展。
本题考查太阳能，侧重考查学生能源的掌握情况，试题比较简单。
3.【答案】B
【解析】解：A.醋酸的浓度越小，电离程度越大，因此醋酸的电离程度：①<②，故A正确；
B.醋酸溶液中存在CH3COO−、H+、OH−，CH3COO−和H+的浓度：①>②，而常温下c(H+)c(OH−)=1×10−14，所以OH−的浓度①<②，故B错误；
C.电离平衡常数只与温度有关，与电解质的浓度无关，因此醋酸的电离平衡常数：①=②，故C正确；
D.根据n=cV，当V2=10V1，①和②醋酸的物质的量相等，因此消耗NaOH的物质的量相等，即若V2=10V1，中和NaOH能力：①=②，故D正确；
故选：B。
A.弱电解质的浓度越小，电离程度越大；
B.醋酸溶液中存在CH3COO−、H+、OH−，CH3COO−和H+的浓度：①>②，而常温下c(H+)c(OH−)=1×10−14，所以OH−的浓度①<②；
C.电离平衡常数只与温度有关；
D.1mol醋酸能够与1molNaOH反应。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.热的纯碱溶液水解释放OH−，油污在碱性条件下彻底水解，故A正确；
B.NH4Cl溶液水解显酸性，故可以用于除锈剂，故B正确；
C.加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备无水氯化铁，故C错误；
D.NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，故D正确；
故选：C。
A.热的纯碱溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解；
B.NH4Cl溶液水解显酸性；
C.加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发；
D.NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合会迅速产生二氧化碳。
本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=△H1+△H2−4×413.4kJ/mol=△H1+2×436kJ/mol−4×413.4kJ/mol=−75kJ/mol，解得△H1=706.6kJ⋅mol−1，
故选：A。
依据图中能量转化关系，结合反应热等于反应物总键能减去生成物总键能作答。
本题考查反应热计算，题目难度中等，注意反应热与键能的计算关系是解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.干燥环境中水的含量小，钢铁不易发生腐蚀，故B正确；
C.金属栏杆喷漆，可以隔绝空气，能够减缓栏杆的腐蚀，故C正确；
D.埋在地下的金属管道与直流电源正极相连作阳极，腐蚀速度加快，应与电源的负极相连作阴极被保护，故D错误；
故选：D。
A.钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极；
B.钢铁腐蚀时与氧气、水反应；
C.钢铁表面涂有防护层，可减缓腐蚀；
D.电解池中阴极被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护的相关知识是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A.量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用待装入的盐酸进行润洗，故A正确；
B.碱滴定酸，若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点，故B正确；
C.滴定过程中有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可，冲洗用的蒸馏水不影响测定结果，故C正确；
D.滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定管的小刻度在上方，滴定结束时的读数偏小，读出的消耗标准NaOH溶液体积偏小，则测得盐酸的浓度偏小，故D错误；
故选：D。
A.滴定管用蒸馏水洗涤后，均应使用待装液进行润洗；
B.碱滴定酸，若使用酚酞试液为指示剂，滴定终点时是酸变碱，溶液由无色刚刚变为浅红色；
C.滴定过程中有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，需要用蒸馏水冲洗使其与溶液混合；
D.滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数偏小。
本题考查酸碱中和滴定的基本操作、滴定管的使用、误差分析等，题目中等难度，属于基础知识的考查。
8.【答案】A
【解析】解：A.催化剂能改变化学反应速率，不改变反应的热效应，因此Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的ΔH相同，故A正确；
B.反应HCOO*+H*=CO2+2H*在Pd表面进行时为放热过程，而在Rh表面进行时为吸热过程，故B错误；
C.HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程，因此ΔH<0，故C错误；
D.Pd、Rh作催化剂时，反应HCOOH*=HCOO*+H*的活化能均小于反应HCOO*+H*=CO2+2H*的活化能，因此后者对总反应的速率影响相对较大，故 D错误；
故选：A。
A.催化剂不改变反应的热效应；
B.反应HCOO*+H*=CO2+2H*Rh表面进行时为吸热过程；
C.HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程；
D.Pd、Rh作催化剂时，反应HCOOH*=HCOO*+H*的活化能均小于反应HCOO*+H*=CO2+2H*的活化能。
本题考查反应机理，侧重考查学生化学反应中能量变化及反应机理的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，通入空气的电极为该电池的正极，即a极为正极，故A正确；
B.根据分析可知，电池工作时，电子由b极经外电路流向a极，故B错误；
C.根据分析可知，CO在b极的反应式为CO−2e−+O2−=CO2，故C正确；
D.根据分析可知，存在关系式：O2～4e−～2H2～2CO，所以相同状况下a极消耗1LO2，理论上b极消耗2L燃料，故D正确；
故选：B。
由图可知，通入空气的一极，电极反应为O2+4e−=2O2−，氧气被还原，对应的电极为正极，生成的O2−通过固体电解质，转移至b极，b极反应为：H2+O2−−2e−=H2O，CO+O2−−2e−=CO2，b极为负极，据此分析作答。
本题主要考查原电池原理的应用，考查学生对正负极的判断、电极反应式的书写的掌握情况，属于基本知识的考查，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，0.10mol⋅L−1的MOH溶液pH=13，c(OH−)=0.1mol/L，MOH完全电离，故MOH为强碱，0.10mol⋅L−1的NOH溶液pH=11，c(OH−)=0.001mol/L，NOH部分电离，故NOH为弱碱，故A正确；
B.0.10mol⋅L−1的NOH溶液pH=11，c(OH−)=0.001mol/L，NOH的电离度为0.001mol/L0.1mol/L×100%=1%，故B正确；
C.向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，溶质为等浓度NCl和NOH的混合溶液，溶液pH>7，故NOH电离程度大于NCl水解程度，故c(N+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.向MOH溶液、NOH溶液中分别滴入20mL盐酸时，酸碱恰好中和，溶质分别为MCl、NCl，由物料守恒可知c(M+)=c(Cl−)=c(NOH)+c(N+)，故D正确；
故选：C。
A.依据起始溶液pH判断酸性强弱；
B.依据NOH的起始加入量和电离的浓度计算电离度；
C.向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，溶质为等浓度NCl和NOH的混合溶液；
D.依据物料守恒分析。
本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据题目信息准确判断溶质成分是解题的关键，注意物料守恒在解题中的应用。
11.【答案】CD
【解析】解：A.由表中数据可知，0～5min内，SO3(g)的平均反应速率v(SO3)=△c△t=△nV△t=1.5mol2L×5min=0.15mol⋅L−1⋅min−1，反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，则
在0～5min内，v(SO2)=v(SO3)=0.15mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.由上述分析可知，10min时反应达到平衡状态，并且持续到15min时仍处于平衡状态，即在10～15min内v正(SO3)=v逆(SO3)，故B正确；
C.温度为T1时，化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)=(22)212×(22)2L⋅mol−1=2L⋅mol−1，故C错误；
D.反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的 ΔH<0，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，即温度升高到T2，T2时化学平衡常数比T1时小，故D错误；
故选：CD。
10min内三段式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始量(mol)：4 2 0
变化量(mol)：2 1 2
终态量(mol)：2 1 2
则5min时反应没有达到平衡状态，10min时反应达到平衡状态，并且持续到15min时仍处于平衡状态，结合v=△c△t=△nV△t计算0～5min内，SO3(g)的平均反应速率v(SO3)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，据此分析解答。
本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握反应速率的计算、平衡状态的判断、平衡常数的计算及其应用等知识即可解答，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.电解室中阳极氯离子放电生成氯气，阳极的反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.钠汞合金为合金，具有导电性，故B正确；
C.解汞室中反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；
D.电解室中阳极氯离子放电生成氯气，解汞室中Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，利用氢气在氯气中燃烧生成HCl，可用于工业制盐酸，故D正确；
故选：C。
由图可知，电解室中阳极氯离子放电生成氯气，阴极钠离子放电生成Na，解汞室中Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，据此作答。
本题考查电解原理，题目难度中等，依据图象和题目信息准确判断阴阳极反应是解题的关键。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据图示可知：50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率都达到100%，则50min时pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A错误；
B.溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；
C.图中无法比较同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系，故C错误；
D.在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为(1.8−1.2)5min×10−4mol⋅L−1⋅min−1=0.12×10−4mol⋅L−1⋅min−1，故D错误；
故选：B。
A.根据图中的信息可以知道50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率都达到100%；
B.对比溶液的酸性强弱对R的降解速率的影响情况；
C.根据t=0时物质的初始浓度来判断降解速率的大小；
D.根据平均降解速率v=△c△t来计算即可。
本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
14.【答案】D
【解析】解：A.由图像知，pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，因此HClO⇌H++ClO− Ka=c(H+)c(ClO−)c(HClO)=1.0×10−7.5，故A正确；
B.已知①Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；②Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；根据盖斯定律①+②得反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−，则反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=K1K2=1.0×10−1.2×1.0×10−3.4=1.0×10−4.6，故B正确；
C.该氯气−氯水体系中存在着电荷守恒：c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)，故C正确；
D.用氯处理饮用水时，HClO的浓度越大杀菌效果越好，由图像可知，当pH<2时，pH越小，HClO的浓度越小，故D错误；
故选：D。
A.由图像知，pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，代入公式Ka=c(H+)c(ClO−)c(HClO)计算即可；
B.已知①Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；②Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；根据盖斯定律①+②得反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−，则反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=K1K2；
C.该氯气−氯水体系中存在着电荷守恒：c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)；
D.用氯处理饮用水时，HClO的浓度越大杀菌效果越好。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度一般。
15.【答案】2.5×10−9 3.7 ③>②>① 测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸 比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸的导电性弱，证明为弱酸 AD 寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少
【解析】解：(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=KwKa=10−144.0×10−6=2.5×10−9，
故答案为：2.5×10−9；
(2)Ka=c(H+)×c(Ur−)c(HUr)≈c2(H+)c(HUr)=c2(H+)0.01=4.0×10−6，c(H+)=2×10−4mol/L，常温下，0.01mol⋅L−1HUr溶液的pH=−lg2×10−4≈4−0.3=3.7，
故答案为：3.7；
(3)①向水中加入少量的尿酸(HUr)，抑制水的电离，②向水中加入少量的氯化钠，不影响水的电离，③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)，阴离子水解促进水的电离，溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③>②>①，
故答案为：③>②>①；
(4)证明尿酸(HUr)是弱酸，设计两种实验方案为：测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸，比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸的导电性弱，证明为弱酸，
故答案为：测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸；比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸导电性弱，证明为弱酸；
(5)A.溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(Ur−)+c(HUr)，故A正确；
B.溶液中溶质为等物质的量浓度的HUr和NaCl，溶液中离子浓度大小为：c(Cl−)>c(Ur−)>c(OH−)，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)+c(Cl−)，故C错误；
D.溶液中c(Na+)=c(Cl−)，存在电荷守恒分析，c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)+c(Cl−)，得到c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)，故D正确；
故答案为：AD；
(6)寒冷季节，人体关节滑液中存在沉淀溶解平衡，Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)，形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，关节保暖减轻疼痛的原因是：寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少，
故答案为：寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少。
(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=KwKa；
(2)Ka=c(H+)×c(Ur−)c(HUr)≈c2(H+)c(HUr)，据此计算pH；
(3)①向水中加入少量的尿酸(HUr)，抑制水的电离；
②向水中加入少量的氯化钠，不影响水的电离；
③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)，阴离子水解促进水的电离；
(4)证明尿酸(HUr)是弱酸，需要证明HUr溶液中存在电离平衡，据此设计实验验证；
(5)NaUr溶液与盐酸恰好完全反应后的溶液中溶质为HUr和NaCl，结合溶液中电荷守恒、物料守恒分析判断离子浓度关系；
(6)寒冷季节，人体关节滑液中存在沉淀溶解平衡，Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)，形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，保暖是升高温度，平衡逆向进行，晶体减少。
本题考查了弱电解质溶液中离子浓度关系、溶液pH计算、沉淀溶解平衡影响因素的分析判断、弱电解质电离平衡的理解应用等知识点，题目难度中等。
16.【答案】矿石粉碎、提高酸浓度 Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O 氧化亚铁离子为铁离子 烧杯、玻璃棒 3 Bi3++3e−=Bi 6.72L
【解析】解：(1)为了加快“酸浸氧化”速率，可采取的措施为矿石粉碎、提高酸浓度，
故答案为：矿石粉碎、提高酸浓度；
(2)酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的离子方程式为Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O，
故答案为：Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O；
(3)“酸浸氧化”步骤中NaClO3的作用：①氧化Bi2S3；②氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁离子，
故答案为：氧化亚铁离子为铁离子；
(4)“工序1”、“工序2”为过滤操作，所用的玻璃仪器除漏斗外，还需要烧杯、玻璃棒，
故答案为：烧杯、玻璃棒；
(5)调节pH使铁离子沉淀，而Bi2+不沉淀，当c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10−381.0×10−5mol/L=10−11mol/L，c(H+)=10−1410−11mol/L=10−3mol/L，pH=3，
故答案为：3；
(6)用铅棒作阴极，电解BiCl3溶液制得Bi，Bi3+在阴极得到电子生成Bi，其阴极的电极反应式为Bi3++3e−=Bi；若用氢氧燃料电池作电源，理论上生成41.8gBi，转移电子41.8g209g/mol×3=0.6mol，结合电子守恒，需要氢气为0.6mol2×22.4L/mol=6.72L，
故答案为：Bi3++3e−=Bi；6.72L。
辉铋矿加盐酸酸浸，然后加氯酸钠氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCl3、NaCl，FeCl3等，为了避免引入新杂质，加入除杂试剂Bi(OH)3，调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，经电解得到铋单质。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17.【答案】CO32− 2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−ΔH=(a+b+c)kJ/mol 790 碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳 AD < 4
【解析】解：(1)①二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根离子，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3−，溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、HCO3−、CO32−，
故答案为：CO32−；
②反应物中含有碳酸氢根离子，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
(2)①已知：①NH3⋅H2O(aq)⇌NH4+(aq)+OH−(aq)△H1=akJ/mol
②CO2 (g)+H2O(l)⇌H2CO3 (aq)△H2=bkJ/mol
③H2CO3(aq)+OH−(aq)⇌HCO3−(aq)+H2O(l)△H3=ckJ/mol
NH3⋅H2O吸收CO2制备NH4HCO3的化学方程式为：NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−，该反应可由①+②+③得到，根据盖斯定律，该反应的焓变ΔH=△H1+△H2+△H3=(a+b+c)kJ/mol，
故答案为：NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−ΔH=(a+b+c)kJ/mol；
②用1m310mol⋅L−1浓氨水吸收足量CO2，根据氮元素守恒，理论上能获得NH4HCO3质量为10mol/L×1000L×79g/mol=790kg，
故答案为：790；
③因为温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳，所以从40℃到45℃脱除CO2效率降低，
故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；
(3)①A.反应前后体积不同，容器中的压强不再发生变化，反应达到平衡，故A正确；
B.断裂4molC−H键的同时形成2molH−H键，均表示正反应，不能判断反应达到平衡，故B错误；
C.气体总质量俄体积不变，混合气体的密度不再发生变化，不能判断反应达到平衡，故C错误；
D.反应前后体积不同，CH4的体积分数不再发生变化，能判断反应达到平衡，故D正确；
故答案为：AD；
②正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小，则压强p1
CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L)：0.1 0.1 0 0
变化浓度(mol/L)：0.05 0.05 0.1 0.1
平衡浓度(mol/L)：0.05 0.05 0.1 0.1
平衡常数Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CO2)⋅p(CH4)=(3×0.10.3)2×(3×0.10.3)2(3×0.050.3)×(3×0.050.3)(MPa)2=4(MPa)2，
故答案为：小于；4。
(1)①二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根离子；
②由图可知：此过程碳酸氢根离子转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
(2)①根据盖斯定律计算焓变；
②结合氮元素守恒分析；
③根据温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳分析；
(3)①反应达到平衡时，各物质浓度不变，压强等相关量也不再变化；
②正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，平衡时甲烷的转化率越大，当压强为p2时，在y点甲烷转化率小于平衡时(x点)的转化率，反应未到达平衡，应正向进行到达平衡，若p2=3MPa，根据甲烷转化率计算平衡时各组分的浓度，可以计算各组分的分压，代入平衡常数Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CO2)⋅p(CH4)计算。
本题考查化学平衡综合应用，涉及化学平衡图象与化学平衡有关计算、平衡常数等，根据化学平衡常数的定义，列三段式计算平衡常数是解题关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
18.【答案】AC C 演绎范式 归纳范式 0.75
【解析】解：(1)A.物质的键能越大越稳定，N2通常条件下很稳定，是因为N2分子中氮氮三键的键能大，故A正确；
B.石墨易传热、能导电，说明石墨晶体中有自由移动的电子，但石墨是非金属单质，故B错误；
C.乙烯具有碳碳双键，分子中具有碳碳双键的物质与乙烯具有相似的化学性质，故C正确；
D.乙醇为非电解质，不发生电离，故D错误；
故答案为：AC；
(2)①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；
③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；
②1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；
⑤1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；
④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型；
对原子核式结构模型贡献最大的科学家是卢瑟福，
故答案为：C；
(3)由元素周期律推测酸性强弱：HClO4>HBrO4，是“从一般到个别“的过程，属于演绎范式的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，是“从个别到一般“的过程，属于归纳范式的应用，
故答案为：演绎范式；归纳范式；
(4)经过第一个半衰期生成的Pb的物质的量为1x50%mol，剩余的Po的物质的量为1x50%mol；再经过第二个半衰期生成的Pb的物质的量为1x50%x50%mol，所以经过276天所得Pb的物质的量为(1x50%+1x50%x50%) mol=0.75mol，
故答案为：0.75。
(1)A.物质的键能越大越稳定；
B.石墨是非金属单质；
C.乙烯具有碳碳双键；
D.乙醇不发生电离；
(2)①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；
③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；
②1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；
⑤1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；
④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型；
(3)演绎范式和归纳范式是物质结构研究的常用范式，演绎范式的过程通常为“从一般到个别“，归纳范式的过程通常为“从个别到一般“；
(4)根据半衰期是指有一半发生衰变所需要的时间解答。
本题主要考查物质的结构与性质之间的关系，为基础知识的考查，题目难度不大。
19.【答案】BD AD 萃取 C5H8 C10H16
【解析】解：(1)A.碳纳米管中为碳单质，属于无机物，故A错误；
B.天然橡胶是异戊二烯的聚合物，属于有机物，故B正确；
C.光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机物，故C错误；
D.聚四氟乙烯为有机高分子化合物，属于有机物，故D正确；
故答案为：BD；
(2)①A.青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；
B.分子中含有醚键和酯基和过氧键，故B正确；
C.分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C正确；
D.具有过氧化物、酯、醚的性质，酯基能发生取代反应，该有机物不能发生加成反应，故D错误；
故答案为：AD；
②根据“提取青蒿素通常可以用乙醚浸取”可知，青蒿素为易溶于乙醚的有机物，该分离原理为萃取法，
故答案为：萃取；
(3)利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，C、H原子个数之比为1512：21=5：8，所以实验式为C5H8；设其化学式为(C5H8)n，n=13612×5+1×8=2，分子式为C10H16，
故答案为：C5H8；C10H16。
(1)A.碳纳米管中为碳单质；
B.天然橡胶是异戊二烯的聚合物；
C.光导纤维的主要成分是SiO2；
D.聚四氟乙烯为有机高分子化合物；
(2)①A.青蒿素分子中C、H、O原子个数依次是15、22、5；
B.分子中含有醚键和酯基和过氧键；
C.分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
D.具有过氧化物、酯、醚的性质；
②青蒿素不易溶于水，易溶于乙醚；
(3)利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，C、H原子个数之比为1512：21=5：8，设其化学式为(C5H8)n，n=13612×5+1×8=2。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确官能团及其性质的关系、有机物分子式确定方法是解本题关键，题目难度不大。
2021-2022学年河北省保定市高二（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. 2021年12月14日，西安江村大墓被确定为汉文帝霸陵，已发掘的8座外藏坑出土陶俑、铜印、铜车马器及铁器、陶器等1500余件。下列有关说法错误的是( )
A. “陶俑”“陶器”均是以黏土为原料经过高温烧制而成的陶制品
B. “铜印”“铜车马器”表面上覆盖的铜绿主要成分是碱式碳酸铜
C. 铁是组成“铁器”的元素之一，是当前社会应用量最大的金属元素
D. 墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，“铜器”比“铁器”腐蚀速率较快
2. 近年来，太阳能的利用已成为能源领域中的热点。下列有关太阳能的说法错误的是( )
A. 太阳能既是一次能源，又是可再生能源
B. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能
C. 太阳能电池将太阳能先转化为化学能，再将化学能转化为电能
D. 研发和利用太阳能，有利于国民经济的可持续发展
3. 常温下，对下列两组溶液的判断错误的是( )
组别
浓度
体积
①
0.1mol⋅L−1醋酸
V1L
②
0.01mol⋅L−1醋酸
V2L
A. 醋酸的电离程度：①<②
B. 溶液中各种离子浓度均有：①>②
C. 醋酸的电离平衡常数：①=②
D. 若V2=10V1，中和NaOH能力：①=②
4. 有关盐类水解的应用，下列说法错误的是( )
A. 热的纯碱溶液去油污效果好
B. 金属焊接时，常用NH4Cl溶液作除锈剂
C. 加热FeCl3⋅6H2O晶体可制得无水FeCl3
D. 用NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液可以制作泡沫灭火剂
5. 已知化学键的键能数据如下表所示，根据图中的能量关系，求得ΔH1为( )
化学键
C−H
H−H
键能/(kJ⋅mol−1)
413.4
436.0
A. 706.6kJ⋅mol−1 B. 872.0kJ⋅mol−1 C. 1653.6kJ⋅mol−1 D. 781.6kJ⋅mol−1
6. 下列有关金属的腐蚀与防护的说法错误的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀时负极反应式为Fe−2e−=Fe2+
B. 钢铁在干燥环境中腐蚀相对缓慢
C. 金属栏杆喷漆，能够减缓栏杆的腐蚀
D. 埋在地下的金属管道与直流电源正极相连可减缓腐蚀
7. 准确移取20.00mL某未知浓度盐酸于锥形瓶中，滴加两滴指示剂后，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液进行滴定，下列说法错误的是( )
A. 量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用盐酸进行润洗
B. 若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点
C. 滴定过程中，若有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可
D. 滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测得盐酸的浓度偏大
8. 我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应过程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法正确的是( )
A. Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的ΔH相同
B. 反应HCOO*+H*=CO2+2H*在Pd和Rh表面进行时均为放热过程
C. HCOOH吸附在催化剂表面的过程ΔH>0
D. 反应HCOOH*=HCOO*+H*对总反应的速率影响相对较大
9. 某新型燃料电池利用民用燃气为燃料，其工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A. 通入空气的电极为该电池的正极
B. 电池工作时，电子由b极经电解质流向a极
C. CO在b极的反应式为CO−2e−+O2−=CO2
D. 相同状况下a极消耗1LO2，理论上b极消耗2L燃料
10. 常温下，用0.05mol⋅L−1盐酸分别滴定10mL0.10mol⋅L−1的MOH溶液、NOH溶液，下列说法错误的是( )
A. MOH为强碱，NOH为弱碱
B. 常温下，NOH的电离度为1%
C. 向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，c(Cl−)>c(N+)>c(OH−)>c(H+)
D. 向MOH溶液、NOH溶液中分别滴入20mL盐酸时，则有c(M+)=c(NOH)+c(N+)
11. 温度为T1，容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0，反应过程中部分数据见下表：
反应时间/min
SO2(g)/mol
O2(g)/mol
SO3(g)/mol
0
4
2
0
5
1.5
10
2
15
1
下列说法错误的是( )
A. 在0～5min内，SO2(g)的平均反应速率为0.15mol⋅L−1⋅min−1
B. 在10～15min内，v正(SO3)=v逆(SO3)
C. 温度为T1时，化学平衡常数K=0.5L⋅mol−1
D. 若温度升高到T2，则T2时化学平衡常数比T1时大
12. 汞阴极法电解饱和食盐水制取NaOH的原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 电解室中阳极的反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑
B. 钠汞合金具有导电性
C. 解汞室中反应的离子方程式为2Na+2H+=2Na++H2↑
D. 电解室与解汞室产生的气体可用于工业制盐酸
13. 一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是( )
A. 50min时，pH=2和pH=7条件下，R的降解百分率不相等
B. 其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大
C. 其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越大
D. 在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为1.2mol⋅L−1⋅min−1
14. 氯常用作饮用水杀菌剂，且HClO的杀菌能力比Cl2、ClO−强。25℃时氯气−氯水体系中存在以下平衡：Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；HClO⇌H++ClO−Ka=？。其中Cl2(aq)、HClO和ClO−分别在三者中所占物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. HClO的电离常数Ka=1.0×10−7.5
B. 反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=1.0×10−4.6
C. 该氯气−氯水体系中c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)
D. 用氯处理饮用水时，pH越小杀菌效果越好
15. 尿酸(HUr)属于一元弱酸，是嘌呤的最终代谢产物。当人体内尿酸过高时，会引起高尿酸血症、痛风等疾病。常温下，Ka(HUr)=4.0×10−6，回答下列问题：
(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=______。
(2)常温下，0.01mol⋅L−1HUr溶液的pH约为 ______(已知lg2=0.3)。
(3)下列溶液中水的电离程度由大到小的顺序为 ______(填序号)。
①向水中加入少量的尿酸(HUr)
②向水中加入少量的氯化钠
③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)
(4)设计两种实验方案，证明尿酸(HUr)是弱酸：______、______。
(5)NaUr溶液与盐酸恰好完全反应后的溶液中，下列关系式正确的是 ______(填标号)。
A.c(Na+)=c(Ur−)+c(HUr)
B.c(Ur−)>c(Cl−)>c(OH−)
C.c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)
D.c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)
(6)寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，请用化学平衡理论解释关节保暖减轻疼痛的原因 ______。
16. 以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：
已知：①辉铋矿主要成分是Bi2S3、Bi2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，均难溶于水。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38，Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10−30，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16。
回答下列问题：
(1)为了加快“酸浸氧化”速率，可采取的措施为 ______(写出两种即可)。
(2)经检验“滤渣1”的主要成分为SiO2与S，写出“酸浸氧化”时生成单质硫的离子方程式：______。
(3)“酸浸氧化”步骤中NaClO3的作用：①氧化Bi2S3；②______。
(4)若在实验室模拟“工序1”、“工序2”，所用的玻璃仪器除漏斗外，还有 ______。
(5)常温下，当c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为沉淀完全，工业流程中需调节溶液的pH=______。
(6)用铅棒作阴极，电解BiCl3溶液制得Bi，其阴极的电极反应式为 ______；若用氢氧燃料电池作电源，理论上生成41.8gBi，需要标准状况下H2的体积为 ______。
17. 碳及其化合物广泛存在于自然界中，近年来CO2的捕捉技术备受关注。
(1)海洋是碳元素的最大吸收池，CO2溶于海水后，主要以四种无机碳的形式存在，分别是CO2、HCO3−、______。在海洋碳循环中，可通过如图所示的途径固碳。钙化作用的离子方程式为 ______。
(2)利用氨水吸收CO2可制得化肥(NH4HCO3)。
①已知常温常压下：
NH3⋅H2O(aq)⇌NH3+(aq)+OH−(aq) ΔH1=akJ⋅mol−1
CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq) ΔH2=bkJ⋅mol−1
H2CO3(aq)+OH−(aq)⇌HCO3−(aq)+H2O(l) ΔH3=ckJ⋅mol−1
则利用NH3⋅H2O吸收CO2制备NH4HCO3的热化学方程式为 ______。
②用1m310mol⋅L−1浓氨水吸收足量CO2，理论上能获得NH4HCO3______kg。
③CO2脱除效率与温度的关系如图所示，温度高于45℃时CO2脱除效率降低的原因可能是 ______(答出一条即可)。
(3)用CO2和天然气可以制备CO和H2，反应的化学方程式为CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。
①一定温度下，在恒容密闭容器中进行该反应，判断该反应达到平衡状态的依据是 ______(填标号)。
A.容器中的压强不再发生变化
B.断裂4molC−H键的同时形成2molH−H键
C.混合气体的密度不再发生变化
D.CH4的体积分数不再发生变化
②密闭容器中，物质的量均为0.1mol的CH4与CO2在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则p1______p2(填“>”或“<”)。若p2=3MPa，则T℃时该反应的平衡常数Kр=______MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
18. 深入研究物质的组成、结构与其性质之间的相互关系有利于揭示物质的奥秘。
(1)下列有关物质结构与性质的说法中，正确的是 ______(填标号)。
A.N2通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大
B.根据石墨易传热、能导电的性质，可以推测出石墨属于金属单质
C.分子中具有碳碳双键的有机物与乙烯具有相似的化学性质
D.乙醇能与钠发生反应，故乙醇为电解质
(2)原子结构模型经历了五个主要阶段：1803年实心球模型→1904年“葡萄干面包”模型→1911年原子核式结构模型→1913年轨道模型→20世纪初量子力学的原子结构模型。对原子核式结构模型贡献最大的科学家是 ______(填标号)。
A.玻尔
B.汤姆生
C.卢瑟福
D.道尔顿
(3)由元素周期律推测酸性强弱：HClO4>HBrO4，属于 ______(填“归纳范式”或“演绎范式”，下同)的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，属于 ______的应用。
(4)84210Po具有放射性，其α衰变方程为 84210Po→42He+20682Pb。半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素原子核有50%发生衰变所需的时间，已知 84210Po的半衰期为138天，物质的量为1mol的 84210Po，经276天后，得到Pb的物质的量为 ______mol。
19. 有机化合物遍布我们生活的各个角落，广泛应用于生产、国防、科技、医药等各个领域。
(1)下列材料的主要成分属于有机化合物的是 ______(填标号)。
A.碳纳米管
B.天然橡胶
C.光导纤维
D.聚四氟乙烯
(2)青蒿素是我国科学家从传统医药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其键线式如图所示，图中短线表示化学键，折点或交点表示一个碳原子。
①下列关于青蒿素的说法错误的是 ______(填标号)。
A.分子式为C14H20O5
B.分子中含有醚键和酯基
C.分子中所有原子不在同一个平面内
D.能发生取代反应和加成反应
②屠呦呦使用乙醚提取青蒿中的青蒿素，该分离方法的名称为 ______。
(3)工业上以β−蒎烯为原料可合成萜类香料。利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，则其实验式为 ______。利用质谱法测得β−蒎烯的相对分子质量为136，则其分子式为 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.“陶俑”“陶器”是陶制品，以黏土为原料烧制而成，叙述正确，故A正确；
B.铜绿是碱式碳酸铜的俗名，是绿色固体，可作绿色原料，故B正确；
C.铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素，故C正确；
D.墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，形成了原电池，“铜器”做正极，“铜器”比“铁器”腐蚀速率较慢，故D错误；
故选：D。
A.“陶俑”“陶器”是以黏土为原料烧制而成的陶制品；
B.碱式碳酸铜是绿色固体，俗名铜绿；
C.铁是当前应用量最大的金属元素；
D.墓葬中“铁器”与“铜器”接触摆放时，形成了原电池。
本题考查了生活中常用的材料，熟悉物质的性质及用途，明确常见硅酸盐材料是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.直接从自然界获得的能源为一次能源，太阳能既是一次能源，又是可再生能源，故A正确；
B.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故B正确；
C.太阳能电池的工作原理是利用光电效应，将太阳能直接转化为电能，故C错误；
D.开发利用太阳能，降低化石燃料的燃烧，有利于节能减排、保护环境，有利于国民经济的可持续发展，故D正确；
故选：C。
太阳能既是一次能源，又是可再生能源，研发和利用太阳能，有利于国民经济的可持续发展。
本题考查太阳能，侧重考查学生能源的掌握情况，试题比较简单。
3.【答案】B
【解析】解：A.醋酸的浓度越小，电离程度越大，因此醋酸的电离程度：①<②，故A正确；
B.醋酸溶液中存在CH3COO−、H+、OH−，CH3COO−和H+的浓度：①>②，而常温下c(H+)c(OH−)=1×10−14，所以OH−的浓度①<②，故B错误；
C.电离平衡常数只与温度有关，与电解质的浓度无关，因此醋酸的电离平衡常数：①=②，故C正确；
D.根据n=cV，当V2=10V1，①和②醋酸的物质的量相等，因此消耗NaOH的物质的量相等，即若V2=10V1，中和NaOH能力：①=②，故D正确；
故选：B。
A.弱电解质的浓度越小，电离程度越大；
B.醋酸溶液中存在CH3COO−、H+、OH−，CH3COO−和H+的浓度：①>②，而常温下c(H+)c(OH−)=1×10−14，所以OH−的浓度①<②；
C.电离平衡常数只与温度有关；
D.1mol醋酸能够与1molNaOH反应。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.热的纯碱溶液水解释放OH−，油污在碱性条件下彻底水解，故A正确；
B.NH4Cl溶液水解显酸性，故可以用于除锈剂，故B正确；
C.加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备无水氯化铁，故C错误；
D.NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，故D正确；
故选：C。
A.热的纯碱溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解；
B.NH4Cl溶液水解显酸性；
C.加热促进铁离子水解，且生成盐酸易挥发；
D.NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合会迅速产生二氧化碳。
本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=△H1+△H2−4×413.4kJ/mol=△H1+2×436kJ/mol−4×413.4kJ/mol=−75kJ/mol，解得△H1=706.6kJ⋅mol−1，
故选：A。
依据图中能量转化关系，结合反应热等于反应物总键能减去生成物总键能作答。
本题考查反应热计算，题目难度中等，注意反应热与键能的计算关系是解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.干燥环境中水的含量小，钢铁不易发生腐蚀，故B正确；
C.金属栏杆喷漆，可以隔绝空气，能够减缓栏杆的腐蚀，故C正确；
D.埋在地下的金属管道与直流电源正极相连作阳极，腐蚀速度加快，应与电源的负极相连作阴极被保护，故D错误；
故选：D。
A.钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极；
B.钢铁腐蚀时与氧气、水反应；
C.钢铁表面涂有防护层，可减缓腐蚀；
D.电解池中阴极被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护的相关知识是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A.量取盐酸的滴定管用蒸馏水洗涤后，应使用待装入的盐酸进行润洗，故A正确；
B.碱滴定酸，若使用酚酞试液为指示剂，滴定至溶液刚刚变为浅红色且半分钟不褪色时即为滴定终点，故B正确；
C.滴定过程中有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，用蒸馏水冲洗使其与溶液混合即可，冲洗用的蒸馏水不影响测定结果，故C正确；
D.滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定管的小刻度在上方，滴定结束时的读数偏小，读出的消耗标准NaOH溶液体积偏小，则测得盐酸的浓度偏小，故D错误；
故选：D。
A.滴定管用蒸馏水洗涤后，均应使用待装液进行润洗；
B.碱滴定酸，若使用酚酞试液为指示剂，滴定终点时是酸变碱，溶液由无色刚刚变为浅红色；
C.滴定过程中有NaOH液滴粘在锥形瓶内壁上，需要用蒸馏水冲洗使其与溶液混合；
D.滴定结束后，若发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终点读数偏小。
本题考查酸碱中和滴定的基本操作、滴定管的使用、误差分析等，题目中等难度，属于基础知识的考查。
8.【答案】A
【解析】解：A.催化剂能改变化学反应速率，不改变反应的热效应，因此Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的ΔH相同，故A正确；
B.反应HCOO*+H*=CO2+2H*在Pd表面进行时为放热过程，而在Rh表面进行时为吸热过程，故B错误；
C.HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程，因此ΔH<0，故C错误；
D.Pd、Rh作催化剂时，反应HCOOH*=HCOO*+H*的活化能均小于反应HCOO*+H*=CO2+2H*的活化能，因此后者对总反应的速率影响相对较大，故 D错误；
故选：A。
A.催化剂不改变反应的热效应；
B.反应HCOO*+H*=CO2+2H*Rh表面进行时为吸热过程；
C.HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程；
D.Pd、Rh作催化剂时，反应HCOOH*=HCOO*+H*的活化能均小于反应HCOO*+H*=CO2+2H*的活化能。
本题考查反应机理，侧重考查学生化学反应中能量变化及反应机理的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，通入空气的电极为该电池的正极，即a极为正极，故A正确；
B.根据分析可知，电池工作时，电子由b极经外电路流向a极，故B错误；
C.根据分析可知，CO在b极的反应式为CO−2e−+O2−=CO2，故C正确；
D.根据分析可知，存在关系式：O2～4e−～2H2～2CO，所以相同状况下a极消耗1LO2，理论上b极消耗2L燃料，故D正确；
故选：B。
由图可知，通入空气的一极，电极反应为O2+4e−=2O2−，氧气被还原，对应的电极为正极，生成的O2−通过固体电解质，转移至b极，b极反应为：H2+O2−−2e−=H2O，CO+O2−−2e−=CO2，b极为负极，据此分析作答。
本题主要考查原电池原理的应用，考查学生对正负极的判断、电极反应式的书写的掌握情况，属于基本知识的考查，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，0.10mol⋅L−1的MOH溶液pH=13，c(OH−)=0.1mol/L，MOH完全电离，故MOH为强碱，0.10mol⋅L−1的NOH溶液pH=11，c(OH−)=0.001mol/L，NOH部分电离，故NOH为弱碱，故A正确；
B.0.10mol⋅L−1的NOH溶液pH=11，c(OH−)=0.001mol/L，NOH的电离度为0.001mol/L0.1mol/L×100%=1%，故B正确；
C.向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，溶质为等浓度NCl和NOH的混合溶液，溶液pH>7，故NOH电离程度大于NCl水解程度，故c(N+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.向MOH溶液、NOH溶液中分别滴入20mL盐酸时，酸碱恰好中和，溶质分别为MCl、NCl，由物料守恒可知c(M+)=c(Cl−)=c(NOH)+c(N+)，故D正确；
故选：C。
A.依据起始溶液pH判断酸性强弱；
B.依据NOH的起始加入量和电离的浓度计算电离度；
C.向NOH溶液中滴入10mL盐酸时，溶质为等浓度NCl和NOH的混合溶液；
D.依据物料守恒分析。
本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据题目信息准确判断溶质成分是解题的关键，注意物料守恒在解题中的应用。
11.【答案】CD
【解析】解：A.由表中数据可知，0～5min内，SO3(g)的平均反应速率v(SO3)=△c△t=△nV△t=1.5mol2L×5min=0.15mol⋅L−1⋅min−1，反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，则
在0～5min内，v(SO2)=v(SO3)=0.15mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.由上述分析可知，10min时反应达到平衡状态，并且持续到15min时仍处于平衡状态，即在10～15min内v正(SO3)=v逆(SO3)，故B正确；
C.温度为T1时，化学平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)=(22)212×(22)2L⋅mol−1=2L⋅mol−1，故C错误；
D.反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的 ΔH<0，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，即温度升高到T2，T2时化学平衡常数比T1时小，故D错误；
故选：CD。
10min内三段式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始量(mol)：4 2 0
变化量(mol)：2 1 2
终态量(mol)：2 1 2
则5min时反应没有达到平衡状态，10min时反应达到平衡状态，并且持续到15min时仍处于平衡状态，结合v=△c△t=△nV△t计算0～5min内，SO3(g)的平均反应速率v(SO3)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，据此分析解答。
本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握反应速率的计算、平衡状态的判断、平衡常数的计算及其应用等知识即可解答，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.电解室中阳极氯离子放电生成氯气，阳极的反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.钠汞合金为合金，具有导电性，故B正确；
C.解汞室中反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故C错误；
D.电解室中阳极氯离子放电生成氯气，解汞室中Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，利用氢气在氯气中燃烧生成HCl，可用于工业制盐酸，故D正确；
故选：C。
由图可知，电解室中阳极氯离子放电生成氯气，阴极钠离子放电生成Na，解汞室中Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，据此作答。
本题考查电解原理，题目难度中等，依据图象和题目信息准确判断阴阳极反应是解题的关键。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据图示可知：50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率都达到100%，则50min时pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故A错误；
B.溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B正确；
C.图中无法比较同一pH条件下，R的起始浓度与降解速率的关系，故C错误；
D.在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为(1.8−1.2)5min×10−4mol⋅L−1⋅min−1=0.12×10−4mol⋅L−1⋅min−1，故D错误；
故选：B。
A.根据图中的信息可以知道50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率都达到100%；
B.对比溶液的酸性强弱对R的降解速率的影响情况；
C.根据t=0时物质的初始浓度来判断降解速率的大小；
D.根据平均降解速率v=△c△t来计算即可。
本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡、化学反应速率的影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
14.【答案】D
【解析】解：A.由图像知，pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，因此HClO⇌H++ClO− Ka=c(H+)c(ClO−)c(HClO)=1.0×10−7.5，故A正确；
B.已知①Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；②Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；根据盖斯定律①+②得反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−，则反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=K1K2=1.0×10−1.2×1.0×10−3.4=1.0×10−4.6，故B正确；
C.该氯气−氯水体系中存在着电荷守恒：c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)，故C正确；
D.用氯处理饮用水时，HClO的浓度越大杀菌效果越好，由图像可知，当pH<2时，pH越小，HClO的浓度越小，故D错误；
故选：D。
A.由图像知，pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，代入公式Ka=c(H+)c(ClO−)c(HClO)计算即可；
B.已知①Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=1.0×10−1.2；②Cl2(aq)+H2O⇌HClO+H++Cl−K2=1.0×10−3.4；根据盖斯定律①+②得反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−，则反应Cl2(g)+H2O⇌H++HClO+Cl−的平衡常数K=K1K2；
C.该氯气−氯水体系中存在着电荷守恒：c(H+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)；
D.用氯处理饮用水时，HClO的浓度越大杀菌效果越好。
本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度一般。
15.【答案】2.5×10−9 3.7 ③>②>① 测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸 比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸的导电性弱，证明为弱酸 AD 寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少
【解析】解：(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=KwKa=10−144.0×10−6=2.5×10−9，
故答案为：2.5×10−9；
(2)Ka=c(H+)×c(Ur−)c(HUr)≈c2(H+)c(HUr)=c2(H+)0.01=4.0×10−6，c(H+)=2×10−4mol/L，常温下，0.01mol⋅L−1HUr溶液的pH=−lg2×10−4≈4−0.3=3.7，
故答案为：3.7；
(3)①向水中加入少量的尿酸(HUr)，抑制水的电离，②向水中加入少量的氯化钠，不影响水的电离，③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)，阴离子水解促进水的电离，溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③>②>①，
故答案为：③>②>①；
(4)证明尿酸(HUr)是弱酸，设计两种实验方案为：测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸，比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸的导电性弱，证明为弱酸，
故答案为：测NaUr溶液的pH，若pH>7则证明尿酸为弱酸；比较等物质的量浓度的盐酸、尿酸溶液导电性，尿酸导电性弱，证明为弱酸；
(5)A.溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(Ur−)+c(HUr)，故A正确；
B.溶液中溶质为等物质的量浓度的HUr和NaCl，溶液中离子浓度大小为：c(Cl−)>c(Ur−)>c(OH−)，故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)+c(Cl−)，故C错误；
D.溶液中c(Na+)=c(Cl−)，存在电荷守恒分析，c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)+c(Cl−)，得到c(H+)=c(Ur−)+c(OH−)，故D正确；
故答案为：AD；
(6)寒冷季节，人体关节滑液中存在沉淀溶解平衡，Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)，形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，关节保暖减轻疼痛的原因是：寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少，
故答案为：寒冷季节，人体关节滑液中形成NaUr晶体，说明Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)是放热反应，关节保暖是升高温度，平衡逆向进行，NaUr晶体减少。
(1)常温下，Ur−的水解常数Kh=KwKa；
(2)Ka=c(H+)×c(Ur−)c(HUr)≈c2(H+)c(HUr)，据此计算pH；
(3)①向水中加入少量的尿酸(HUr)，抑制水的电离；
②向水中加入少量的氯化钠，不影响水的电离；
③向水中加入少量的尿酸钠(NaUr)，阴离子水解促进水的电离；
(4)证明尿酸(HUr)是弱酸，需要证明HUr溶液中存在电离平衡，据此设计实验验证；
(5)NaUr溶液与盐酸恰好完全反应后的溶液中溶质为HUr和NaCl，结合溶液中电荷守恒、物料守恒分析判断离子浓度关系；
(6)寒冷季节，人体关节滑液中存在沉淀溶解平衡，Na+(aq)+Ur−(aq)⇌NaUr(s)，形成NaUr晶体，会诱发关节疼痛，保暖是升高温度，平衡逆向进行，晶体减少。
本题考查了弱电解质溶液中离子浓度关系、溶液pH计算、沉淀溶解平衡影响因素的分析判断、弱电解质电离平衡的理解应用等知识点，题目难度中等。
16.【答案】矿石粉碎、提高酸浓度 Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O 氧化亚铁离子为铁离子 烧杯、玻璃棒 3 Bi3++3e−=Bi 6.72L
【解析】解：(1)为了加快“酸浸氧化”速率，可采取的措施为矿石粉碎、提高酸浓度，
故答案为：矿石粉碎、提高酸浓度；
(2)酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的离子方程式为Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O，
故答案为：Bi2S3+6H++ClO3−=2Bi3++Cl−+3S↓+3H2O；
(3)“酸浸氧化”步骤中NaClO3的作用：①氧化Bi2S3；②氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁离子，
故答案为：氧化亚铁离子为铁离子；
(4)“工序1”、“工序2”为过滤操作，所用的玻璃仪器除漏斗外，还需要烧杯、玻璃棒，
故答案为：烧杯、玻璃棒；
(5)调节pH使铁离子沉淀，而Bi2+不沉淀，当c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10−381.0×10−5mol/L=10−11mol/L，c(H+)=10−1410−11mol/L=10−3mol/L，pH=3，
故答案为：3；
(6)用铅棒作阴极，电解BiCl3溶液制得Bi，Bi3+在阴极得到电子生成Bi，其阴极的电极反应式为Bi3++3e−=Bi；若用氢氧燃料电池作电源，理论上生成41.8gBi，转移电子41.8g209g/mol×3=0.6mol，结合电子守恒，需要氢气为0.6mol2×22.4L/mol=6.72L，
故答案为：Bi3++3e−=Bi；6.72L。
辉铋矿加盐酸酸浸，然后加氯酸钠氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCl3、NaCl，FeCl3等，为了避免引入新杂质，加入除杂试剂Bi(OH)3，调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，经电解得到铋单质。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17.【答案】CO32− 2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−ΔH=(a+b+c)kJ/mol 790 碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳 AD < 4
【解析】解：(1)①二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根离子，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3−，溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、HCO3−、CO32−，
故答案为：CO32−；
②反应物中含有碳酸氢根离子，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
(2)①已知：①NH3⋅H2O(aq)⇌NH4+(aq)+OH−(aq)△H1=akJ/mol
②CO2 (g)+H2O(l)⇌H2CO3 (aq)△H2=bkJ/mol
③H2CO3(aq)+OH−(aq)⇌HCO3−(aq)+H2O(l)△H3=ckJ/mol
NH3⋅H2O吸收CO2制备NH4HCO3的化学方程式为：NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−，该反应可由①+②+③得到，根据盖斯定律，该反应的焓变ΔH=△H1+△H2+△H3=(a+b+c)kJ/mol，
故答案为：NH3⋅H2O+CO2=NH4++HCO3−ΔH=(a+b+c)kJ/mol；
②用1m310mol⋅L−1浓氨水吸收足量CO2，根据氮元素守恒，理论上能获得NH4HCO3质量为10mol/L×1000L×79g/mol=790kg，
故答案为：790；
③因为温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳，所以从40℃到45℃脱除CO2效率降低，
故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；
(3)①A.反应前后体积不同，容器中的压强不再发生变化，反应达到平衡，故A正确；
B.断裂4molC−H键的同时形成2molH−H键，均表示正反应，不能判断反应达到平衡，故B错误；
C.气体总质量俄体积不变，混合气体的密度不再发生变化，不能判断反应达到平衡，故C错误；
D.反应前后体积不同，CH4的体积分数不再发生变化，能判断反应达到平衡，故D正确；
故答案为：AD；
②正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小，则压强p1
CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L)：0.1 0.1 0 0
变化浓度(mol/L)：0.05 0.05 0.1 0.1
平衡浓度(mol/L)：0.05 0.05 0.1 0.1
平衡常数Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CO2)⋅p(CH4)=(3×0.10.3)2×(3×0.10.3)2(3×0.050.3)×(3×0.050.3)(MPa)2=4(MPa)2，
故答案为：小于；4。
(1)①二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根离子；
②由图可知：此过程碳酸氢根离子转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
(2)①根据盖斯定律计算焓变；
②结合氮元素守恒分析；
③根据温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳分析；
(3)①反应达到平衡时，各物质浓度不变，压强等相关量也不再变化；
②正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，平衡时甲烷的转化率越大，当压强为p2时，在y点甲烷转化率小于平衡时(x点)的转化率，反应未到达平衡，应正向进行到达平衡，若p2=3MPa，根据甲烷转化率计算平衡时各组分的浓度，可以计算各组分的分压，代入平衡常数Kp=p2(CO)⋅p2(H2)p(CO2)⋅p(CH4)计算。
本题考查化学平衡综合应用，涉及化学平衡图象与化学平衡有关计算、平衡常数等，根据化学平衡常数的定义，列三段式计算平衡常数是解题关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。
18.【答案】AC C 演绎范式 归纳范式 0.75
【解析】解：(1)A.物质的键能越大越稳定，N2通常条件下很稳定，是因为N2分子中氮氮三键的键能大，故A正确；
B.石墨易传热、能导电，说明石墨晶体中有自由移动的电子，但石墨是非金属单质，故B错误；
C.乙烯具有碳碳双键，分子中具有碳碳双键的物质与乙烯具有相似的化学性质，故C正确；
D.乙醇为非电解质，不发生电离，故D错误；
故答案为：AC；
(2)①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；
③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；
②1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；
⑤1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；
④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型；
对原子核式结构模型贡献最大的科学家是卢瑟福，
故答案为：C；
(3)由元素周期律推测酸性强弱：HClO4>HBrO4，是“从一般到个别“的过程，属于演绎范式的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，是“从个别到一般“的过程，属于归纳范式的应用，
故答案为：演绎范式；归纳范式；
(4)经过第一个半衰期生成的Pb的物质的量为1x50%mol，剩余的Po的物质的量为1x50%mol；再经过第二个半衰期生成的Pb的物质的量为1x50%x50%mol，所以经过276天所得Pb的物质的量为(1x50%+1x50%x50%) mol=0.75mol，
故答案为：0.75。
(1)A.物质的键能越大越稳定；
B.石墨是非金属单质；
C.乙烯具有碳碳双键；
D.乙醇不发生电离；
(2)①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；
③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型；
②1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型；
⑤1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；
④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型；
(3)演绎范式和归纳范式是物质结构研究的常用范式，演绎范式的过程通常为“从一般到个别“，归纳范式的过程通常为“从个别到一般“；
(4)根据半衰期是指有一半发生衰变所需要的时间解答。
本题主要考查物质的结构与性质之间的关系，为基础知识的考查，题目难度不大。
19.【答案】BD AD 萃取 C5H8 C10H16
【解析】解：(1)A.碳纳米管中为碳单质，属于无机物，故A错误；
B.天然橡胶是异戊二烯的聚合物，属于有机物，故B正确；
C.光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机物，故C错误；
D.聚四氟乙烯为有机高分子化合物，属于有机物，故D正确；
故答案为：BD；
(2)①A.青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；
B.分子中含有醚键和酯基和过氧键，故B正确；
C.分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C正确；
D.具有过氧化物、酯、醚的性质，酯基能发生取代反应，该有机物不能发生加成反应，故D错误；
故答案为：AD；
②根据“提取青蒿素通常可以用乙醚浸取”可知，青蒿素为易溶于乙醚的有机物，该分离原理为萃取法，
故答案为：萃取；
(3)利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，C、H原子个数之比为1512：21=5：8，所以实验式为C5H8；设其化学式为(C5H8)n，n=13612×5+1×8=2，分子式为C10H16，
故答案为：C5H8；C10H16。
(1)A.碳纳米管中为碳单质；
B.天然橡胶是异戊二烯的聚合物；
C.光导纤维的主要成分是SiO2；
D.聚四氟乙烯为有机高分子化合物；
(2)①A.青蒿素分子中C、H、O原子个数依次是15、22、5；
B.分子中含有醚键和酯基和过氧键；
C.分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
D.具有过氧化物、酯、醚的性质；
②青蒿素不易溶于水，易溶于乙醚；
(3)利用实验方法分析β−蒎烯，可知其分子中碳氢质量比为15：2，C、H原子个数之比为1512：21=5：8，设其化学式为(C5H8)n，n=13612×5+1×8=2。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确官能团及其性质的关系、有机物分子式确定方法是解本题关键，题目难度不大。
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