2022届天津市河北区高二上学期期末质量检测化学试题（含解析）

河北区2021-2022学年度第一学期期末高二年级质量检测化学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共100分。I卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32本卷共20题，每题3分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。一、选择题1.下列有关能量变化的说法中错误的是A.化学变化必然伴随能量变化B.化学变化中的能量变化主要由化学键的断裂和形成引起C.若反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应是吸热反应D.1mol石墨转化为金刚石要吸收1.9kJ的热能，则石墨比金刚石稳定【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．化学变化过程中有化学键的断裂与形成，断键吸热，成键放热，因此化学变化时必然伴随能量变化，A正确；B．化学变化过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中有化学键的断裂与形成，断键吸热，成键放热，因此化学变化中的能量变化主要由化学键的断裂和形成引起，B正确；C．若反应物的总能量高于生成物的总能量，物质发生反应时多余的能量就会释放出来，因此该反应是放热反应，C错误；D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。1mol石墨转化为金刚石要吸收1.9kJ的热能，说明金刚石含有的能量比等质量的石墨高，因此石墨比金刚石更稳定，D正确；故合理选项是C。2.根据热化学方程式S(s)+O2(g)==SO2(g)ΔH＝—297.2kJ/mol分析，下列说法中不正确的是A.S(s)在O2(g)中燃烧是放热反应B.16g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量C.反应S(g)+O2(g)==SO2(g)的ΔH大于—297.2kJ/molD.1molSO2(g)所具有的能量小于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ•mol-1，焓变是负值，说明S(s)在氧气中燃烧的反应是放热反应，故A正确；B．S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ•mol-1，16g固体硫为0.5mol，在氧气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量，故B正确；C．S(s)=S(g)为吸热过程，△H＞0，由盖斯定律可知，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H＜-297.2kJ/mol，故C错误；D．S(s)+O2(g)═SO2(g)是放热反应，1molSO2(g)所具有的能量低于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和，故D正确；故选C。3.在一密闭容器内发生氨分解反应：2NH3⇌N2+3H2。已知NH3起始浓度是2.6mol•L-1，4s末为1.0mol•L-1，若用NH3的浓度变化来表示此反应的速率，则v(NH3)应为()A.0.04mol•L-1•s-1 B.0.4mol•L-1•s-1 C.1.6mol•L-1•s-1 D.0.4mol•L-1•min-1【3题答案】【答案】B【解析】【分析】计算氨气的浓度变化量，利用v=计算v(NH3)，注意单位。【详解】4s内NH3的浓度变化量为：2.6mol·L－1-1mol·L－1=1.6mol·L－1，所以4s内用NH3表示的反应速率v(NH3)==0.4

mol•L-1•s-1=24mol•L-1•min-1，故选B。4.下列措施可使H2的生成速率减小的是A.Na与H2O反应制取H2，增加H2O的用量B.Mg与H2O反应制取H2，将冷水改为热水C.碳粉与H2O(g)反应制取H2，增加碳粉的用量D.Al与稀硫酸反应制取H2，向稀硫酸中加入K2SO4溶液【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．Na与H2O反应产生NaOH和H2，因而制取H2，增加H2O用量，水的浓度不变，因此对化学反应速率无影响，A不符合题意；B．Mg与H2O反应产生Mg(OH)2和H2，若将冷水改为热水，温度升高，化学反应速率加快，B不符合题意；C．碳粉与H2O(g)反应产生CO、H2，由于碳粉是固体，其浓度不变，所以增加碳粉的用量，化学反应速率不变，C不符合题意；D．Al与稀硫酸发生置换反应制取H2时，向稀硫酸中加入K2SO4溶液，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，D符合题意；故合理选项是D。5.在一密闭容器中，充入1molN2和3molH2混合气在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列有关说法正确的是A.达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零B.当符合3v正(N2)=v正(H2)时，反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，单位时间消耗amolN2，同时生成3amolH2D.当N2、H2、NH3的分子数比为1：3：2，反应达到平衡状态【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，A错误；B．当符合：3υ正(N2)=υ正(H2)时，都指正反应方向，不能判断反应达到平衡，B错误；C．单位时间内消耗amolN2同时生成3a

mol

H2，则正逆反应速率相等，说明该反应已达到平衡状态，C正确；D．当体系达平衡状态时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关化学平衡是动态平衡，D错误；答案选C。6.在1L密闭容器中进行如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），达到平衡时X、Y、Z的物质的量分别为0.1mol、0.3mol、0.2mol，保持温度和容器体积不变时，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则下列说法正确的是A.化学平衡常数不变，平衡不移动 B.向正反应方向移动C.向逆反应方向移动 D.容器内压强始终保持原来的2倍【6题答案】【答案】B【解析】【详解】A．平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，压强增大，平衡向正向移动，故A错误；B．等温等容条件下，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则相当于加压，平衡向正反应方向移动，故B正确；C．根据以上分析，平衡向正反应方向移动，故C错误；D．平衡向正反应方向移动，气体的物质的量减小，压强也发生改变，故D错误；答案选B。7.由下列生产或实验得出的相应结论不正确的是事实结论A其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快B工业合成氨，在400~500°C比室温更适合合成氨的反应升高温度提高平衡转化率C在容积可变的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)，把容积的体积缩小一半正、逆反应速率均加快D向A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2~3滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率A.A B.B C.C D.D【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．只有温度不同，可说明升高反应温度，化学反应速率加快，A正确；B．合成氨气的反应是放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致NH3的平衡含量降低。在工业合成氨，反应温度在400~500°C是由于在该温度下催化剂活性最大，反应速率加快，而不是提高反应物的平衡转化率，B错误；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，把容积的体积缩小一半，体积减小、气体的压强增大，则正、逆反应速率都加快，C正确；D．B试管中加入2~3滴FeCl3溶液，A中没有使用催化剂，二者反应速率不同，可以说明催化剂对速率的影响，D正确；故合理选项是B。8.下列说法正确的是A.吸热反应不可以自发进行B.同种物质固态时，熵值最大C.能够自发进行的反应一定是熵增的过程D.铁在潮湿的空气中生锈的过程是自发的【8题答案】【答案】D【解析】【详解】A．吸热反应有时也可以自发进行，如NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，在常温下能够自发进行，A错误；B．同种物质的熵值大小：气态＞液态＞固态，因此同种物质固态时，熵值最小，气态时熵值最大，B错误；C．反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，反应能否自发进行与焓变、熵变和反应温度有关，能够自发进行的反应不一定是熵增的过程，只有满足△H-T△S＜0的过程才是自发的，C错误；D．铁在潮湿空气中生锈，发生的是钢铁的吸氧腐蚀，是自发进行的放热反应，D正确；故合理选项是D。9.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了A.降低氨气的沸点 B.增大化学反应速率C.提高氮气和氢气利用率 D.提高平衡混合物中氨的含量【9题答案】【答案】C【解析】【详解】由于合成氨的反应N2+3H2⇌2NH3是一个可逆反应，达到平衡后，还有很多的反应物没有转化，工业采用循环操作是为了提高原料氮气和氢气的利用率。答案选C。10.羟胺(NH2OH)在水溶液中的电离方程式为NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-。温度不变条件下向该溶液中加入NaOH固体，下列说法不正确的是A.平衡常数K减小 B.n(OH-)增大 C.平衡向左移动 D.增大【10题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故A错误；B．NaOH可以在水溶液中电离出大量氢氧根离子，使溶液中n(OH-)增大，故B正确；C．根据平衡移动原理可知，溶液中c(OH-)增大，所以平衡向左移动，故C正确；D．电离平衡常数K=，所以=，加入NaOH后平衡逆向移动，c(NH3OH+)减小，则增大，即增大，故D正确；综上所述答案为A。11.下列说法正确的是A.电离平衡常数受溶液浓度的影响B.电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱C.电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中大D.H2CO3的电离常数表达式：K＝【11题答案】【答案】B【解析】【详解】A.电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，A项错误；B.电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，B项正确；C.酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，C项错误；D.H2CO3属于二元弱酸，其电离方程式为：H2CO3⇌HCO3−+H+、HCO3−⇌H++CO32−，K1=，K2=，电离以第一步为主，D项错误；答案选B。【点睛】D项是学生的易错点，要注意多元弱酸是分步进行电离的。12.下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)＞c(OH-)的是A.向水中通入SO2B.将水加热煮沸C.向水中加入NaClD.向水中加入少量Na2O【12题答案】【答案】A【解析】【分析】c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动。【详解】A．向水中通入SO2，生成酸，溶液中的c(H＋)＞c(OH-)，酸对水的电离起抑制作用，A符合题意；B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，B不符合题意；C．NaCl在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，C不符合题意；D．Na2O和水反应生成氢氧化钠，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)＜c(OH-)，D不符合题意；答案选A。13.下列说法不正确的是A.用热的纯碱溶液去除油污B.FeS溶于稀H2SO4，而CuS不溶于稀H2SO4，Ksp(FeS)＜KspCuS)C.用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下水解产生可溶性物质，纯碱水解使溶液显碱性，温度升高，纯碱溶液碱性增强，因而去除油污能力增强，故可以用热的纯碱溶液去除油污，A正确；B．FeS溶于稀H2SO4，而CuS不溶于稀H2SO4，说明二者在硫酸中的溶度积常数Ksp(FeS)＞KspCuS)，B错误；C．Na2S溶解电离产生的S2-与废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子结合形成HgS、CuS沉淀，从而降低水中重金属离子的浓度，故可以用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，C正确；D．明矾水解时产生的Al(OH)3胶体表面积大，具有强的吸附性，吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，因此可作净水剂，D正确；故合理选项是B。14.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A.常温下pH=4的盐酸中：c(H+)=4mol/LB.CH3COONa溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)C.NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c()D.NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+c()【14题答案】【答案】C【解析】【详解】A．pH=4的盐酸中，pH=-lgc(H+)=4，c(H+)=10-4mol•L-1，A错误；B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，导致溶液中CH3COO-浓度小于Na+浓度，B错误；C．NaHCO3属于强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根既存在水解平衡、又存在电离平衡，因此c(Na+)＞c()，C正确；D．NaHCO3溶液中存在电荷守恒，即：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，D错误；答案选C。15.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是(    )A.NH3·H2O B.NaOH C.Na2CO3 D.MgCO3【15题答案】【答案】D【解析】【详解】A．加入一水合氨会引入新的杂质离子，A不选；B．加入NaOH会引入新的杂质离子Na+，B不选；C．加入Na2CO3会引入新的杂质离子Na+，故C不选；D．溶液显酸性，加入MgCO3，MgCO3与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，D选；答案选D。16.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电流从锌片流向铜片C.盐桥中K+向负极移动D.锌电极上发生的反应：Zn−2e-==Zn2＋【16题答案】【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，则Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu电极作正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu。【详解】A、Cu电极作正极，发生还原反应，A错误；B、Cu电极作正极，Zn电极作负极，则电流由铜片流向锌片，B错误；C、电流在外电路中由正极流向负极，则盐桥中K+向正极移动，C错误；D、Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，D正确；故选D。17.下列事实中，与电化学腐蚀无关的是A.用铜质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀B.为了保护海轮船壳，常在船壳上附加锌块C.在空气中，铝表面会生成一层致密氧化膜D.埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更容易被腐蚀【17题答案】【答案】C【解析】【详解】A．用铜质铆钉铆接铁板时，铁、铜及周围的电解质溶液构成原电池，由于Fe的活动性比Cu强，所以Fe为原电池的负极，发生氧化反应，因此铁板易被腐蚀，与电化学腐蚀有关，A不符合题意；B．为了保护海轮的船壳，常根据原电池反应原理，在船壳上附加活动性比铁强的锌块，铁、锌及周围的海水构成原电池，锌为负极，首先被氧化腐蚀，轮船得到了保护，与电化学腐蚀有关，B不符合题意；；C．在空气中，铝与空气中的O2发生氧化还原反应产生一层致密氧化膜Al2O3，阻止金属进一步氧化，因此铝具有一定的抗腐蚀性能，与电化学腐蚀无关，C符合题意；D．埋在潮湿土壤里的铁管，Fe、其中的杂质C及周围的电解质溶液会构成原电池，铁作原电池的负极，发生电化学腐蚀，因而比埋在干燥土壤里的铁管更容易被腐蚀，与电化学腐蚀有关，D不符合题意；故合理选项是C。18.下列原子或离子核外电子排布不属于基态排布的是A.N：1s22s22p3 B.S2-：1s22s22p63s23p6C.Na：1s22s22p53s2 D.Si：1s22s22p63s23p2【18题答案】【答案】C【解析】【详解】A．1s22s22p3遵循能量最低和构造原理，是基态N原子的核外电子排布式，故不选A；B．1s22s22p63s23p6遵循能量最低和构造原理，是基态S2-的核外电子排布式，故不选B；C．基态钠原子的电子排布式应是1s22s22p63s1，故选C；D．1s22s22p63s23p2遵循能量最低和构造原理，是基态Si原子的核外电子排布式，故不选D；选C。19.下列说法正确的是A.第一电离能：Na＜Mg＜AlB.酸性：HF＞HCl＞HBr＞HIC.所有的非金属元素都分布在p区D.共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价【19题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由于Mg的3s轨道为全充满稳定结构，较难失去电子，因此Mg的第一电离能大于Al，即第一电离能：Na＜Al＜Mg，A错误；B．HF为弱酸，而HCl、HI、HBr均为强酸，酸性HF最弱，B错误；C．H元素位于第一周期第ⅠA族，处在s区，C错误；D．共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子的吸引能力更强，表现为负价，D正确；答案选D。20.室温下，下列有关结论正确的是（）A.向稀醋酸中加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C.向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)D.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH<7，则H2A是强酸【20题答案】【答案】C【解析】【详解】A.向稀醋酸中加水稀释，能促进醋酸电离，使电离程度增大，氢离子物质的量增大，但是由于体积增大，氢离子浓度反而减小，所以溶液的pH增大，A错误；B.水解吸热，升高温度能促CH3COONa水解，使水解常数Kh变大，根据反应CH3COO-+H2OCH3COOH+-OH-，Kh=，则，Kh变大，比值减小，B错误；C.向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，有c(H+)=c(OH-)，反应后溶液中存在的阳离子有Na+、NH和H+，阴离子有SO、HSO和OH-，则有电荷守恒关系c(Na+)+c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，所以c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，C正确；D.当HA-的电离程度大于水解程度时，此时NaHA是酸性，pH<7，所以pH<7时，H2A不一定是强酸，D错误。答案选C。【点睛】测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，HA-的水解程度与电离程度不确定，则H2A不一定是强酸；巧用水解常数的关系，进行比较比值的关系；离子浓度的关系学会使用电荷守恒和物料守恒。II卷本卷共4题，共40分二、填空题21.下表列出了a-g七种元素在周期表中的位置IA01aIIAIIIAIVAVAVIAVIIA2bcd3efg请用化学用语回答下列问题：（1）d、e元素常见离子的半径由大到小的顺序为_____（用离子符号表示）；f、g两元素分别与a元素形成的化合物中稳定性较强的是_____（填化学式）。（2）c、d元素第一电离能较大的是_____（填元素符号）。（3）b基态原子的轨道表示式为：_____。（4）常温下，液态化合物fdg2与水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色fd2气体，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出。根据实验现象，写出fdg2与水反应的化学方程式_____。（5）根据ba4在酸性电解质溶液中与d2生成bd2和a2d的反应，设计一种燃料电池。该电池工作时，负极上发生的反应为：_____。【21~25题答案】【答案】（1）①.O2-＞Na+②.HCl（2）N（3）（4）SOCl2+H2O=SO2+2HCl（5）CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可知：a是H，b是C，c是N，d是O，e是Na，f是S，g是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【小问1详解】d是O，e是Na，二者形成的离子O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，所以离子半径：O2-＞Na+；a是H，f是S，g是Cl元素，元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：Cl＞S，所以氢化物的稳定性：HCl＞H2S，即二者相对较稳定的是HCl；【小问2详解】一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，N是第二周期第VA元素，O是第二周期第VIA元素，所以元素的第一电离能：N＞O，即N元素的第一电离能较大；【小问3详解】b是C，原子核外电子排布式是1s22s22p2，所以基态C原子的轨道表达式是；【小问4详解】d是O，f是S，g是Cl，fdg2是SOCl2，其与水发生反应产生SO2、HCl，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，HCl与AgNO3反应产生AgCl白色沉淀，则fdg2与H2O反应的化学反应方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；【小问5详解】a是H，b是C，d是O，ba4是CH4，在酸性电解质溶液中与O2反应生成CO2、H2O，该反应为放热的氧化还原反应，因此可设计为原电池，在负极上CH4失去电子发生氧化反应，则负极的电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。22.根据所学知识填空。I、某化学兴趣小组的同学用量热计来测定稀盐酸与氢氧化钠溶液中和反应的反应热：装置如图所示。

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种仪器是_____；（2）做一次完整的中和反应热测定实验，温度计需使用_____次；（3）现用50mL0.5mol·L-1的稀盐酸与50mL0.55mol·L-1氢氧化钠溶液反应测定，以下操作可能会导致测得的中和反应放出热量数值偏大的是_____。A．实验装置保温、隔热效果差B．量取稀盐酸的体积时仰视读数C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中II、某同学欲用物质的量浓度为0.1000mol/L的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，选择酚酞作指示剂。其操作步骤可分为以下几步：①移取20.00mL待测氢氧化钠溶液注入洁净的锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞溶液。②用标准溶液润洗滴定管2~3次。③把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液。④取标准盐酸注入酸式滴定管至“0”刻度以上2~3mL处。⑤调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数。⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。请回答下列问题：（4）正确的操作步骤的顺序是_____（填序号）。（5）步骤②操作的目的是_____。（6）步骤⑥达到滴定终点的标志是：直到加入_____酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且_____内不变色。（7）结合下表数据，计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度是_____mol/L。滴定次数待测溶液的体积/mL标准酸体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次20.002.3420.39第二次20.003.2023.20第三次20.000.6020.80【22~28题答案】【答案】（1）环形玻璃搅拌棒（2）9（3）B（4）②④③⑤①⑥（5）避免溶液稀释、消耗标准液的体积偏大（6）①.最后半滴②.半分钟（7）0.1005【解析】【小问1详解】①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；【小问2详解】中和热的测定需测定反应前酸、碱的温度以及反应后的最高温度，完成一次实验，需要测定温度的次数为3次，做一次完整的中和反应热测定实验，需要做3次平行实验，温度计需使用9次；【小问3详解】A．实验装置保温、隔热效果差，散失的热量会增多，所以导致实验测得中和热的数值偏小，故A不选；B．在量取盐酸时仰视读数，则量取的液体偏多，放出的热量会增加，所以导致实验测得中和热的数值偏大，故B符合；C．测定中和热时，为减小热量损失，把氢氧化钠溶液一次倒入盛有稀盐酸的小烧杯中，所以分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中，导致实验测得中和热的数值偏小，故C不选；故答案为B；【小问4详解】中和滴定的顺序为检漏、洗涤、润洗、装液、滴定、终点判断、数据处理、计算，则正确的操作步骤的顺序是②④③⑤①⑥，故答案为：②④③⑤①⑥；【小问5详解】步骤②是润洗，操作的目的是避免溶液稀释、消耗标准液的体积偏大，故答案为：避免溶液稀释、消耗标准液的体积偏大；【小问6详解】酸滴定碱，用酚酞作指示剂，因此步骤⑥达到滴定终点的标志是：直到加入最后半滴酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色。【小问7详解】消耗标准酸的体积分别为20.39mL-2.34mL=18.05mL、23.20mL-3.20mL=20.00mL、20.80mL-0.60mL=20.20mL，18.05mL偏差大可舍去，则消耗标准酸的体积为(20.00mL+20.20mL)/2=20.10mL，由c（HCl）×V（HCl）=c（NaOH）×V（NaOH）可知，20.10mL×0.1000mol•L-1=c（NaOH）×20.00mL，解得c（NaOH）=0.1005mol•L-1，故答案为：0.1005。23.合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。（1）反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的化学平衡常数表达式为_____。（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_____。序号化学反应K（298K）数值①N2（g）+O2（g）2NO（g）5×10-31②N2（g）+3H2（g）2NH3（g）4.1×106（3）对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/°C压强MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①该反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应。②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是_____（填字母序号）。A．温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动B．温度升高，K变小。平衡逆向移动C．温度升高，活化分子数增多，反应速率加快（4）在合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3混合气）在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的CO，其反应为：[CuNH3）2]++CO+NH3[Cu（NH3）3CO]+ΔH<0，则利用铜氨液吸收CO适宜的生产条件是_________。（5）科学家持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为_____。【23~27题答案】【答案】（1）K=（2）氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应（3）①.放热②.B（4）高压、低温（5）N2+6e-+6H+═2NH3【解析】【小问1详解】化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则K=；【小问2详解】K值越大，表示反应进行的越完全，由表格数据可知，氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气反应，说明氮气与氢气反应比氮气与氧气反应进行的完全，故答案为：氮气与氢气反应的化学平衡常数远大于氮气与氧气