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2022北京朝阳高二（上）期末化学（教师版）
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这是一份2022北京朝阳高二（上）期末化学（教师版），共18页。
2022北京朝阳高二（上）期末
化 学
一、选择题共42分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．如图装置或过程能实现电能转化为化学能的是（ ）
A．普通锌锰电池
B．冶炼金属钠
C．太阳能电池
D．天然气燃烧
2．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．NH3•H2O B．H2SO4 C．NaCl D．Cu
3．锌铜原电池装置如右图，下列说法不正确的是（ ）
A．锌电极上发生氧化反应
B．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
C．电子从锌片经电流计流向铜片
D．铜电极上发生反应：Cu2++2e﹣═Cu
4．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是（ ）
A．其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率
B．其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低
C．其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变
D．其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加
5．下列关于能级的说法正确的是（ ）
A．所有能层都包含p能级
B．p能级的能量一定比s能级的高
C．3p2表示3p能级有两个轨道
D．2p、3p、4p能级的轨道数相同
6．反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＞0经过以下两步基元反应完成：
ⅰ．2HI（g）═H2（g）+2I（g）ΔH1
ⅱ．2I（g）═I2（g）ΔH2
下列说法不正确的是（ ）
A．ΔH＝ΔH1+ΔH2
B．因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以ΔH1＞0
C．因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0
D．断裂2molHI（g）中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2（g）和1molI2（g）中的化学键吸收的总能量
7．下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是（ ）
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
B．键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI
C．第一电离能：C＞N＞O＞F
D．电负性：C＜N＜O＜F
8．下列关于水的电离H2O⇌H++OH﹣ΔH＞0的说法不正确的是（ ）
A．将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性
B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C．向水中加入少量NH4Cl，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性
D．常温下，pH＝2的盐酸中，水电离的c（H+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1
9．下列用于解释事实的方程式书写正确的是（ ）
A．葡萄糖提供人体所需的能量：C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）ΔH＞0
B．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++CO32−═CaCO3↓
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，铜丝附近溶液变红：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
10．下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是（ ）
A．外加电流
B．牺牲阳极
C．表面镀铜
D．制成不锈钢
11．一定温度下，100mLN2O5的CCl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如表。
t/min
0
10
20
30
…
80
90
c（N2O5）/（mol•L−1）
1.40
0.96
0.66
0.45
…
0.11
0.11
下列说法不正确的是（ ）
A．0～10min的平均反应速率：v（N2O5）＝0.044mol•L﹣1•min﹣1
B．10～20min的平均反应速率：v（N2O5）＜0.044mol•L﹣1•min﹣1
C．10～20min放出的O2体积为0.336L（标准状况）
D．80min后反应达到平衡，2v正（N2O5）＝v逆（O2）
12．以[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄）+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是（ ）
操作和现象
分析
A
观察溶液为绿色
[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣同时存在
B
升高温度，溶液变为黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大
C
加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色
平衡逆移，[CuCl4]2﹣的浓度减小
D
加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大
A．A B．B C．C D．D
13．实验小组用以下两种方法测定某盐酸的浓度。分别取20.00mL待测盐酸进行实验。
方法一：以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定H+。
方法二：以K2CrO4为指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定Cl−。
已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀，25℃时Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10
下列说法不正确的是（ ）
A．两种方法滴定原理分别是H++OH﹣═H2O、Ag++Cl−═AgCl↓
B．两种方法滴定终点的现象分别是溶液变红、产生砖红色沉淀，且半分钟内都不再变化
C．理论上两种方法消耗标准液的体积不同
D．两种方法均用到锥形瓶、滴定管
14．小组进行如图实验。下列说法不正确的是（ ）
A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）
B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C．c（OH﹣）：③＝①
D．③中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣）
二、非选择题共58分本部分共5小题，共58分。
15．（10分）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
（1）基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形，基态N原子的轨道表示式为 。
（2）B的第一电离能I1（B）＝800kJ•mol﹣1，判断I1（Al） 800kJ•mol−1（填“＞”或“＜”），从电子排布的角度说明判断理由 。
（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）。在H、B、N三种元素中：
①电负性由大到小的顺序是 。
②原子半径由大到小的顺序是 。
③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是 。
（4）26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。这四种催化剂中：
①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为 。
②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为 。
16．（9分）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
I．H2的制取：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 （写出两条即可）。
II．H2的富集：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 。
III．用CaO吸收CO2实现低碳排放。CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
③比较温度高低：T1 T2（填“＞”或“＜”）。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应i：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
反应ii：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
反应iii：…
反应ⅰ～iii循环实现分解水：2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1。写出反应iii的热化学方程式 。
17．（12分）盐酸和醋酸是生活中常用的酸。某实验小组进行了以下实验。
（1）对比盐酸和醋酸与NaOH的反应。常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20mL0.1000mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示。
①表示滴定盐酸的曲线是 （填“I”或“II”）。
②a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 。
③V[NaOH（aq）]＝20mL时，c（Cl−） c（CH3COO−）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）对比盐酸和醋酸与NaClO的反应。
资料：25℃时CH3COOH和HClO的电离平衡常数Ka分别为1.75×10﹣5和4.0×10﹣8。
①NaClO溶液中加入石蕊溶液变蓝，用化学用语解释原因 。
②实验II的目的是 。
③结合资料和化学用语解释 I的实验现象 。
④III中溶液变为浅黄绿色，用离子方程式解释原因 。
18．（13分）电化学原理被广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法脱除煤中的含硫物质（主要是FeS2）的原理如图1所示。
（1）阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是 。
（2）阳极的电极反应式为 。
（3）补全脱硫反应方程式：FeS2+ + ═SO42−+ + 。
（4）相同反应时间，FeCl3对脱硫率的影响如图2所示。
①电解脱硫过程中，FeCl3的作用是催化剂，结合简单碰撞理论说明使用FeCl3能加快反应速率的原因 。
②FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率随FeCl3浓度的增大而下降，解释原因 。
（5）研究发现，电解时若电压过高，阳极有副反应发生，造成电解效率降低。电解效率η的定义：。某电压下电解100mL煤浆﹣FeCl3﹣H2SO4混合液，煤浆中除FeS2外不含其它含硫物质，混合液中H2SO4浓度为0.01mol•L﹣1，FeCl3的质量分数为1.5%。当阴极收集到224mL（标准状况）气体时（阴极无副反应发生），测得溶液中c（SO42﹣）＝0.02mol•L﹣1，η（SO42﹣）＝ （忽略电解前后溶液的体积变化）。
（6）综上，电解法脱硫的优点有 （写出两点）。
19．（14分）实验小组用石墨电极电解25%的CuCl2溶液，实验现象如图表。
实验装置
实验现象
通电前：溶液呈绿色，显酸性；
通电后：a极析出红色固体，电极附近的液体变为棕黑色；b极产生有刺激性气味的气体，电极附近的溶液酸性增强。
已知：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓（白色）；Cu（NH3）2+为无色，Cu（NH3）42+为蓝色
（1）a极析出红色固体的反应式 。
（2）分析电解后b极附近溶液酸性增强的原因。
①甲同学认为是H2O在阳极放电造成的。通过检验电解产物不存在 （填化学式），证实甲同学观点不成立。
②乙同学认为是Cl﹣在阳极放电造成的，产生Cl2后发生反应： ，导致溶液显酸性。实验证实乙同学的观点正确，所选试剂及现象是 。（可选试剂：AgNO3溶液、品红溶液、Mg条）
（3）探究棕黑色物质的成分。查阅资料后提出假设：
I．电解析出铜的速率快，形成黑色的纳米铜
II．发生反应：Cu2++Cu++4Cl﹣+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]﹣（棕黑色）
取棕黑色液体进行以图实验：
①无色溶液放置一段时间后变蓝的原因是 （用离子方程式表示）。
②实验证实了棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]﹣。分析棕黑色液体加水产生白色沉淀的可能原因（写出两点）： 。
③丙同学根据“浅红棕色气体”的现象，判断棕黑色物质中含有纳米铜。丙同学的分析是否合理，请说明理由 。
参考答案
一、选择题共42分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】充电为电解池，电解池能实现将电能转化为化学能。
【解答】解：A．普通锌锰电池将化学能转化为电能，故A错误；
B．冶炼金属钠将电能转化为化学能，故B正确；
C．太阳能电池将太阳能能转化为电能，故C错误；
D．该过程将化学能转化为热能和光能，故B错误；
故选：B。
【点评】本题考查了能量之间的转化，原电池能将化学能转化为电能，将电能转化为化学能的装置为电解池。
2．【分析】强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质：在水溶液中能部分电离的电解质。
【解答】解：A．NH3•H2O在水溶液中能部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B．硫酸在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．氯化钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
3．【分析】由图可知，该装置为原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此作答。
【解答】解：A.Zn作负极失电子发生氧化反应，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子向正极移动，因而钾离子移向硫酸铜溶液，故B错误；
C.原电池工作时，电子从负极（Zn）经外电路流向正极（Cu），故C正确；
D.Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
4．【分析】A．使用催化剂只能提高反应速率不能影响化学平衡；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率；
C．平衡常数只与温度有关；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动。
【解答】解：A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；
C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了影响化学速率和化学平衡的影响因素、平衡标志判断、平衡常数的影响因素和大小判断，题目较简单，明确外界条件对化学平衡移动的影响是解题的关键。
5．【分析】A．K能层仅包括1s能级这一种能级；
B．同一能层不同能级之间p 能级的能量一定比s能级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系；
C．3p2表示3p能级上有两个电子；
D．2p、3p、4p都是仅有3个轨道。
【解答】解：A．K能层仅包括1s能级这一种能级，不包含p能级，故A错误；
B．同一能层不同能级之间能量关系是p 能级的能量一定比s能级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系，如3s能级的能量比2p能级的能量高，故B错误；
C．3p2表示3p能级上有两个电子，故C错误；
D．2p、3p、4p能级的轨道数相同，都是仅有3个轨道，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子轨道、能级以及电子的能量，题目难度不大，注意把握不同能级上包含的原子轨道数目，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．【分析】A．根据盖斯定律：i+ii得2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；
B．基元反应i中H﹣I键断裂，同时形成H﹣H键；
C．基元反应ii形成I﹣I键；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和。
【解答】解：A．根据盖斯定律：i+ii得2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2，故A正确；
B．基元反应i中H﹣I键断裂，同时形成H﹣H键，无法判断焓变是否大于0，故B错误；
C．基元反应ii形成I﹣I键，形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0，故C正确；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＞0，则断裂2molHI（g）中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2（g）和1molI2（g）中的化学键吸收的总能量，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化以及从化学键的角度理解能量变化原因为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．【分析】A．同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；
B．中H和X的电负性差值越大，极性越强；
C．第ⅤA元素原子最外层呈现半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
D．非金属性越强，电负性越大。
【解答】解：A．同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；
B．H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA元素原子最外层呈现半充满状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：C＜O＜N＜F，故C错误；
D．非金属性C＜N＜O＜F，则电负性为C＜N＜O＜F，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电离能、电负性等的大小比较，侧重元素周期律的应用和原子核外电子排布规律的考查，题目难度不大。
8．【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大。
【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，水仍为中性，故A正确；
B．向水中加入NaOH固体，导致c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B正确；
C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子水解促进水的电离，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性，故C正确；
D．常温下，pH＝2的盐酸中，水电离的c（H+）＝水电离出的氢氧根离子浓度c（OH﹣）＝＝mol/L＝1.0×10﹣12mol•L﹣1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水的电离平衡移动、影响因素分析、离子积常数的计算等知识点，题目难度不大，注意从浓度、温度、盐类的水解等角度分析。
9．【分析】A．葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳和水，反应放热，提供人体所需的能量；
B．碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化；
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，构成了吸氧腐蚀的电化学腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应；
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体为氯气和氢气，阴极附近生成氢氧化钠，参加反应的氯化钠为强电解质，水为弱电解质。
【解答】解：A．葡萄糖提供人体所需的能量：C6H12O6（s）+6O2（g）→6CO2（g）+6H2O（l）ΔH＜0，故A错误；
B．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，发生反应为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）═CaCO3（s）+SO42﹣（aq），故B错误；
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，铜丝附近溶液变红说明生成了碱，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正确；
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体为氯气和氢气，阴极附近生成氢氧化钠，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查方程式的书写，掌握相关物质的性质是解答关键，注意原电池和电解质原理的理解应用，题目难度中等。
10．【分析】A．此为外加电源的阴极保护法；
B．镁比铁活泼；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极；
D．制成不锈钢可以起到防护作用。
【解答】解：A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；
B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；
D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，明确常见金属的腐蚀类型与防护措施为解答关键，注意掌握原电池工作原理，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．【分析】A.结合v＝计算；
B.随反应进行，反应物的浓度减小，反应速率减小；
C.10～20min参加反应的n（N2O5）＝（0.96﹣0.66）mol/L×0.1L＝0.03mol，结合反应及V＝n•Vm计算；
D.由表中数据可知，80min、90min浓度不变，可知达到平衡状态，平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比。
【解答】解：A.0～10min的平均反应速率为v（N2O5）＝＝0.044mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；
B.随反应进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，结合选项A及相同时间可知，10～20min的平均反应速率v（N2O5）＜0.044mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；
C.10～20min参加反应的n（N2O5）＝（0.96﹣0.66）mol/L×0.1L＝0.03mol，由反应可知放出的O2体积为0.03mol××22.4L/mol＝0.336L，故C正确；
D.由表中数据可知，80min、90min浓度不变，可知达到平衡状态，平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时存在v正（N2O5）＝2v逆（O2），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、速率计算及影响因素、平衡判定为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12．【分析】A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色；
B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小。
【解答】解：A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；
B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确；
C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu（H2O）4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学平衡移动方向的判断，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．【分析】A．方法一酸碱中和原理是H++OH−＝H2O，方法二原理是Ag++Cl−＝AgCl↓；
B．酚酞遇碱变红；
C．这两种滴定方法用的标准液浓度相同，与盐酸反应均是1：1的比例反应；
D．第一种方法是酸碱中和滴定，第二种是沉淀滴定。
【解答】解：A．方法一酸碱中和原理是H++OH−＝H2O，方法二原理是Ag++Cl−＝AgCl↓，故A正确；
B．方法一以酸为指示剂，当最后一滴NaOH标准溶液滴下溶液由无色变为红色且半分钟不褪色；方法二以K2CrO4为指示剂，当最后一滴AgNO3标准溶液滴下产生转红色沉淀，且半分钟沉淀不变化，故B正确；
C．这两种滴定方法用的标准液浓度相同，与盐酸反应是1：1，理论上两种方法消耗标准液的体积相同，故C错误；
D．第一种方法是酸碱中和滴定，第二种是沉淀滴定，都需要滴定管和锥形瓶，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶液平衡及生成沉淀为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．【分析】A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁；
D.③中溶液显碱性，结合电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）判断。
【解答】解：A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），故A正确；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，则c（OH﹣）：③＜①，故C错误；
D.③中溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），由电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），可知2c（Mg2+）＞c（Cl﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡及平衡移动、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
二、非选择题共58分本部分共5小题，共58分。
15．【分析】（1）N价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子为半充满状态；
（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去；
（3）①与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B；
②同周期元素从左到右半径依次减小；
③H位于s区，B、N位于p区；
（4）①从图上可以看出，Co催化效果最好；
②从图上可以看出Fe催化效果最差。
【解答】解：（1）N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为，
故答案为：哑铃；；
（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1（Al）＜800kJ•mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B），
故答案为：＜；B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B）；
（3）①与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B，电负性由大到小的顺序是N＞H＞B，
故答案为：N＞H＞B；
②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B＞N＞H，
故答案为：B＞N＞H；
③H位于s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是H，
故答案为：H；
（4）①从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3，
故答案为：3；
②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，
故答案为：3d64s2。
【点评】本题考查考查电离能、电负性的比较应用，把握元素的位置、性质、元素周期律、原子核外电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
16．【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K＝＝＝1，据此计算；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K＝，
故答案为：；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施：增大水蒸气浓度、升高温度，
故答案为：增大水蒸气浓度、升高温度；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K＝＝＝1，解得x＝1.6，则反应达平衡时CO的转化率为 ×100%＝80%，
故答案为：80%；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大，结合图中信息可知：T1＞T2，
故答案为：＞；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×③﹣①﹣×②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝×484kJ/mol+82kJ/mol﹣×544kJ/mol＝+52kJ/mol，
故答案为：2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【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。
17．【分析】（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH＝1；
②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据图中信息，此时溶液pH＜7呈酸性，所以c（H+）＝c（OH﹣），代入电荷守恒关系可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣），又知此时溶液中CH3COONa是强电解质完全电离，CH3COOH是弱电解质不完全电离，所以c（Na+）＞c（H+）；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解；
（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO﹣离子水解造成溶液显碱性；
②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断；
③根据题目所给信息，Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性；
④ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下氧化还原生成Cl2。
【解答】解：（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH＝1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，
故答案为：Ⅱ；
②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据图中信息，此时溶液pH＜7呈酸性，所以c（H+）＝c（OH﹣），代入电荷守恒关系可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣），又知此时溶液中CH3COONa是强电解质完全电离，CH3COOH是弱电解质不完全电离，所以c（Na+）＞c（H+），可知溶液中的离子浓度大小为c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−），
故答案为：c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−）；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解，
故答案为：＞；
（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO﹣离子水解造成溶液显碱性，离子方程式为ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，然后观察实验现象是否相同，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断，
故答案为：空白对照，排除I中因稀释导致溶液褪色的可能；
③根据题目所给信息，Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性，实验I中发生醋酸制取次氯酸的反应，次氯酸生成的越多，漂白性就越强，
故答案为：Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），I中发生反应ClO−+CH3COOH＝HClO+CH3COO−，c（HClO）增大，漂白性增强，氧化色素；
④ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下氧化还原生成Cl2，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，把握弱电解质的电离特点和图象信息是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
18．【分析】观察所给的电解装置可知，电解池的阳极发生的反应为Fe2+﹣e−═Fe3+，阴极发生的反应为2H++2e﹣＝H2↑，阳极的产物为Fe3+，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42﹣和H+；催化剂能够加快化学反应速率主要的原因是催化剂能够降低反应的活化能，增大有效碰撞次数，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率不仅不能够提高而且还会降低，说明可能会有因Fe3+或Cl﹣引起的其他的副反应发生；由产生的氢气的体积可以计算出电路中转移的总电子数，根据溶液中c（SO42﹣）可以计算出生成硫酸根离子转移的电子数，再根据电解效率的定义η（B）＝n（生成B所用的电子）n（通过电极的电子）×100%，求得电解效率η（SO42﹣），据此解答。
【解答】解：（1）电解时B为阴极，H+放电，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：H2；
（2）由分析可知，阳极发生的反应为Fe2+﹣e−═Fe3+，
故答案为：Fe2+﹣e−═Fe3+；
（3）由图可知，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42﹣和H+，根据电子守恒和质量守恒，配平后的反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+，
故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+；
（4）①催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，FeS2直接在电极放电反应的活化能较大，使用催化剂后，反应分为二步进行，有效降低了反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，
故答案为：催化剂能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大；
②催化剂能够加快反应速率，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低，说明因Fe3+或Cl﹣增大引起的其他的副反应发生，如Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电，或者Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，使煤浆聚沉，导致反应速率减小，
故答案为：随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低；或随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，产生更多Fe（OH）3 胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低；
（5）阴极收集到224mL（标准状况）H2气体时（阴极无副反应发生），电路中转移的总电子数为＝0.02mol，生成SO42﹣的物质的量为＝0.001mol，根据反应FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+，转移的电子数为＝0.007mol，则电子转移效率η（SO42﹣）＝＝35%，
故答案为：35%；
（6）从反应速率和转化率及物质的循环使用等方面思考，电解法脱硫的优点有脱硫速率快，Fe3+能够循环使用，同时还可制取高纯度的H2，
故答案为：脱硫速率快、Fe3+可循环利用，制取高纯H2等。
【点评】本试题考查的电解池的工作原理和催化剂影响反应速率的原因以及有关以物质的量为核心的计算，综合性强，重点考查学生获取信息和分析问题的能力，掌握电解池的工作原理的、催化剂影响反应速率的机理等是解答本题的关键，试题难度中等，其中分析FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低的原因具有较大的开放性，难度较大。
19．【分析】（1）石墨电极持续电解CuCl2溶液，阴极生成Cu，阳极生成氯气；
（2）氯气溶于水使得阳极附近的溶液呈酸性，可以利用HClO的漂白性来检验是否有氯气溶于水；若因阳极OH﹣放电导致溶液酸性增强，则必然同时有O2生成；
（3）根据题给信息可知，白色沉淀为CuCl，可由反应Cu++Cl﹣＝CuCl↓生成，也可由反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓生成，溶解浓氨水后生成的无色溶液为Cu（NH3）2+，放置过程中被空气中的氧气氧化成蓝色的Cu（NH3）42+溶液，据此解答。
【解答】解：（1）石墨电极电解CuCl2溶液，阴极Cu2+发生还原反应，得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e−═Cu，
故答案为：Cu2++2e−═Cu；
（2）①若因阳极OH﹣放电导致溶液酸性增强，则必然同时有O2生成，故可通过检验阳极是否有O2生成来判断该假设是否正确，
故答案为O2；
②是Cl﹣在阳极放电造成的，产生Cl2溶于水后发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO使溶液呈酸性，可用品红溶液检验溶液中是否含有HClO来判断该假设是否正确，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；品红溶液，品红褪色；
（3）①无色溶液为Cu（NH3）2+，放置过程中被空气中的氧气氧化成蓝色溶液Cu（NH3）42+，反应方程式为4Cu（NH3）2++O2+8NH3•H2O═4Cu（NH3）42++4OH−+6H2O，
故答案为：4Cu（NH3）2++O2+8NH3•H2O═4Cu（NH3）42++4OH−+6H2O；
②白色沉淀为CuCl，可由反应Cu++Cl﹣＝CuCl↓生成，也可由反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓生成，加水，Q＞K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c（Cu+）•c（Cl−）＞Ksp（CuCl）；原因二：c（Cu2+）与c（Cl−）增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓，产生CuCl沉淀，
故答案为：加水，Q＞K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c（Cu+）•c（Cl−）＞Ksp（CuCl）；原因二：c（Cu2+）与c（Cl−）增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓，产生CuCl沉淀；
③因为棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象，所以无法判断棕黑色物质中是否含有纳米铜，
故答案为：不合理，因为棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象。
【点评】本题考查化学实验方案的设计与评价。注意读懂题意是解题的关键，同时考查金属及其化合物的性质、电解池等基础知识，电化学部分，对学生来说，要分析原理，本题难度中等。
2022北京朝阳高二（上）期末
化 学
一、选择题共42分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．如图装置或过程能实现电能转化为化学能的是（ ）
A．普通锌锰电池
B．冶炼金属钠
C．太阳能电池
D．天然气燃烧
2．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．NH3•H2O B．H2SO4 C．NaCl D．Cu
3．锌铜原电池装置如右图，下列说法不正确的是（ ）
A．锌电极上发生氧化反应
B．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
C．电子从锌片经电流计流向铜片
D．铜电极上发生反应：Cu2++2e﹣═Cu
4．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是（ ）
A．其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率
B．其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低
C．其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变
D．其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加
5．下列关于能级的说法正确的是（ ）
A．所有能层都包含p能级
B．p能级的能量一定比s能级的高
C．3p2表示3p能级有两个轨道
D．2p、3p、4p能级的轨道数相同
6．反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＞0经过以下两步基元反应完成：
ⅰ．2HI（g）═H2（g）+2I（g）ΔH1
ⅱ．2I（g）═I2（g）ΔH2
下列说法不正确的是（ ）
A．ΔH＝ΔH1+ΔH2
B．因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以ΔH1＞0
C．因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0
D．断裂2molHI（g）中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2（g）和1molI2（g）中的化学键吸收的总能量
7．下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是（ ）
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
B．键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI
C．第一电离能：C＞N＞O＞F
D．电负性：C＜N＜O＜F
8．下列关于水的电离H2O⇌H++OH﹣ΔH＞0的说法不正确的是（ ）
A．将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性
B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性
C．向水中加入少量NH4Cl，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性
D．常温下，pH＝2的盐酸中，水电离的c（H+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1
9．下列用于解释事实的方程式书写正确的是（ ）
A．葡萄糖提供人体所需的能量：C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）ΔH＞0
B．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++CO32−═CaCO3↓
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，铜丝附近溶液变红：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑
10．下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是（ ）
A．外加电流
B．牺牲阳极
C．表面镀铜
D．制成不锈钢
11．一定温度下，100mLN2O5的CCl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如表。
t/min
0
10
20
30
…
80
90
c（N2O5）/（mol•L−1）
1.40
0.96
0.66
0.45
…
0.11
0.11
下列说法不正确的是（ ）
A．0～10min的平均反应速率：v（N2O5）＝0.044mol•L﹣1•min﹣1
B．10～20min的平均反应速率：v（N2O5）＜0.044mol•L﹣1•min﹣1
C．10～20min放出的O2体积为0.336L（标准状况）
D．80min后反应达到平衡，2v正（N2O5）＝v逆（O2）
12．以[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄）+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是（ ）
操作和现象
分析
A
观察溶液为绿色
[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣同时存在
B
升高温度，溶液变为黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大
C
加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色
平衡逆移，[CuCl4]2﹣的浓度减小
D
加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大
A．A B．B C．C D．D
13．实验小组用以下两种方法测定某盐酸的浓度。分别取20.00mL待测盐酸进行实验。
方法一：以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定H+。
方法二：以K2CrO4为指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定Cl−。
已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀，25℃时Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10
下列说法不正确的是（ ）
A．两种方法滴定原理分别是H++OH﹣═H2O、Ag++Cl−═AgCl↓
B．两种方法滴定终点的现象分别是溶液变红、产生砖红色沉淀，且半分钟内都不再变化
C．理论上两种方法消耗标准液的体积不同
D．两种方法均用到锥形瓶、滴定管
14．小组进行如图实验。下列说法不正确的是（ ）
A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）
B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C．c（OH﹣）：③＝①
D．③中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣）
二、非选择题共58分本部分共5小题，共58分。
15．（10分）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
（1）基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形，基态N原子的轨道表示式为 。
（2）B的第一电离能I1（B）＝800kJ•mol﹣1，判断I1（Al） 800kJ•mol−1（填“＞”或“＜”），从电子排布的角度说明判断理由 。
（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）。在H、B、N三种元素中：
①电负性由大到小的顺序是 。
②原子半径由大到小的顺序是 。
③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是 。
（4）26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。这四种催化剂中：
①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为 。
②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为 。
16．（9分）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
I．H2的制取：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 （写出两条即可）。
II．H2的富集：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 。
III．用CaO吸收CO2实现低碳排放。CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
③比较温度高低：T1 T2（填“＞”或“＜”）。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应i：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
反应ii：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
反应iii：…
反应ⅰ～iii循环实现分解水：2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1。写出反应iii的热化学方程式 。
17．（12分）盐酸和醋酸是生活中常用的酸。某实验小组进行了以下实验。
（1）对比盐酸和醋酸与NaOH的反应。常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20mL0.1000mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示。
①表示滴定盐酸的曲线是 （填“I”或“II”）。
②a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 。
③V[NaOH（aq）]＝20mL时，c（Cl−） c（CH3COO−）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）对比盐酸和醋酸与NaClO的反应。
资料：25℃时CH3COOH和HClO的电离平衡常数Ka分别为1.75×10﹣5和4.0×10﹣8。
①NaClO溶液中加入石蕊溶液变蓝，用化学用语解释原因 。
②实验II的目的是 。
③结合资料和化学用语解释 I的实验现象 。
④III中溶液变为浅黄绿色，用离子方程式解释原因 。
18．（13分）电化学原理被广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法脱除煤中的含硫物质（主要是FeS2）的原理如图1所示。
（1）阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是 。
（2）阳极的电极反应式为 。
（3）补全脱硫反应方程式：FeS2+ + ═SO42−+ + 。
（4）相同反应时间，FeCl3对脱硫率的影响如图2所示。
①电解脱硫过程中，FeCl3的作用是催化剂，结合简单碰撞理论说明使用FeCl3能加快反应速率的原因 。
②FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率随FeCl3浓度的增大而下降，解释原因 。
（5）研究发现，电解时若电压过高，阳极有副反应发生，造成电解效率降低。电解效率η的定义：。某电压下电解100mL煤浆﹣FeCl3﹣H2SO4混合液，煤浆中除FeS2外不含其它含硫物质，混合液中H2SO4浓度为0.01mol•L﹣1，FeCl3的质量分数为1.5%。当阴极收集到224mL（标准状况）气体时（阴极无副反应发生），测得溶液中c（SO42﹣）＝0.02mol•L﹣1，η（SO42﹣）＝ （忽略电解前后溶液的体积变化）。
（6）综上，电解法脱硫的优点有 （写出两点）。
19．（14分）实验小组用石墨电极电解25%的CuCl2溶液，实验现象如图表。
实验装置
实验现象
通电前：溶液呈绿色，显酸性；
通电后：a极析出红色固体，电极附近的液体变为棕黑色；b极产生有刺激性气味的气体，电极附近的溶液酸性增强。
已知：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓（白色）；Cu（NH3）2+为无色，Cu（NH3）42+为蓝色
（1）a极析出红色固体的反应式 。
（2）分析电解后b极附近溶液酸性增强的原因。
①甲同学认为是H2O在阳极放电造成的。通过检验电解产物不存在 （填化学式），证实甲同学观点不成立。
②乙同学认为是Cl﹣在阳极放电造成的，产生Cl2后发生反应： ，导致溶液显酸性。实验证实乙同学的观点正确，所选试剂及现象是 。（可选试剂：AgNO3溶液、品红溶液、Mg条）
（3）探究棕黑色物质的成分。查阅资料后提出假设：
I．电解析出铜的速率快，形成黑色的纳米铜
II．发生反应：Cu2++Cu++4Cl﹣+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]﹣（棕黑色）
取棕黑色液体进行以图实验：
①无色溶液放置一段时间后变蓝的原因是 （用离子方程式表示）。
②实验证实了棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]﹣。分析棕黑色液体加水产生白色沉淀的可能原因（写出两点）： 。
③丙同学根据“浅红棕色气体”的现象，判断棕黑色物质中含有纳米铜。丙同学的分析是否合理，请说明理由 。
参考答案
一、选择题共42分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】充电为电解池，电解池能实现将电能转化为化学能。
【解答】解：A．普通锌锰电池将化学能转化为电能，故A错误；
B．冶炼金属钠将电能转化为化学能，故B正确；
C．太阳能电池将太阳能能转化为电能，故C错误；
D．该过程将化学能转化为热能和光能，故B错误；
故选：B。
【点评】本题考查了能量之间的转化，原电池能将化学能转化为电能，将电能转化为化学能的装置为电解池。
2．【分析】强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质：在水溶液中能部分电离的电解质。
【解答】解：A．NH3•H2O在水溶液中能部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B．硫酸在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．氯化钠在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
3．【分析】由图可知，该装置为原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此作答。
【解答】解：A.Zn作负极失电子发生氧化反应，故A正确；
B.原电池工作时，阳离子向正极移动，因而钾离子移向硫酸铜溶液，故B错误；
C.原电池工作时，电子从负极（Zn）经外电路流向正极（Cu），故C正确；
D.Cu作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
4．【分析】A．使用催化剂只能提高反应速率不能影响化学平衡；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率；
C．平衡常数只与温度有关；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动。
【解答】解：A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；
C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了影响化学速率和化学平衡的影响因素、平衡标志判断、平衡常数的影响因素和大小判断，题目较简单，明确外界条件对化学平衡移动的影响是解题的关键。
5．【分析】A．K能层仅包括1s能级这一种能级；
B．同一能层不同能级之间p 能级的能量一定比s能级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系；
C．3p2表示3p能级上有两个电子；
D．2p、3p、4p都是仅有3个轨道。
【解答】解：A．K能层仅包括1s能级这一种能级，不包含p能级，故A错误；
B．同一能层不同能级之间能量关系是p 能级的能量一定比s能级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系，如3s能级的能量比2p能级的能量高，故B错误；
C．3p2表示3p能级上有两个电子，故C错误；
D．2p、3p、4p能级的轨道数相同，都是仅有3个轨道，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原子轨道、能级以及电子的能量，题目难度不大，注意把握不同能级上包含的原子轨道数目，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
6．【分析】A．根据盖斯定律：i+ii得2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；
B．基元反应i中H﹣I键断裂，同时形成H﹣H键；
C．基元反应ii形成I﹣I键；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和。
【解答】解：A．根据盖斯定律：i+ii得2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2，故A正确；
B．基元反应i中H﹣I键断裂，同时形成H﹣H键，无法判断焓变是否大于0，故B错误；
C．基元反应ii形成I﹣I键，形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0，故C正确；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＞0，则断裂2molHI（g）中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2（g）和1molI2（g）中的化学键吸收的总能量，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化以及从化学键的角度理解能量变化原因为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．【分析】A．同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；
B．中H和X的电负性差值越大，极性越强；
C．第ⅤA元素原子最外层呈现半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
D．非金属性越强，电负性越大。
【解答】解：A．同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；
B．H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；
C．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA元素原子最外层呈现半充满状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：C＜O＜N＜F，故C错误；
D．非金属性C＜N＜O＜F，则电负性为C＜N＜O＜F，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电离能、电负性等的大小比较，侧重元素周期律的应用和原子核外电子排布规律的考查，题目难度不大。
8．【分析】水的电离平衡：H2O⇌H++OH﹣中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH﹣）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大。
【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，水仍为中性，故A正确；
B．向水中加入NaOH固体，导致c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B正确；
C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子水解促进水的电离，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性，故C正确；
D．常温下，pH＝2的盐酸中，水电离的c（H+）＝水电离出的氢氧根离子浓度c（OH﹣）＝＝mol/L＝1.0×10﹣12mol•L﹣1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查水的电离平衡移动、影响因素分析、离子积常数的计算等知识点，题目难度不大，注意从浓度、温度、盐类的水解等角度分析。
9．【分析】A．葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳和水，反应放热，提供人体所需的能量；
B．碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化；
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，构成了吸氧腐蚀的电化学腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应；
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体为氯气和氢气，阴极附近生成氢氧化钠，参加反应的氯化钠为强电解质，水为弱电解质。
【解答】解：A．葡萄糖提供人体所需的能量：C6H12O6（s）+6O2（g）→6CO2（g）+6H2O（l）ΔH＜0，故A错误；
B．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，发生反应为：CaSO4（s）+CO32﹣（aq）═CaCO3（s）+SO42﹣（aq），故B错误；
C．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液，铜丝附近溶液变红说明生成了碱，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故C正确；
D．惰性电极电解NaCl溶液，两极均产生气体为氯气和氢气，阴极附近生成氢氧化钠，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查方程式的书写，掌握相关物质的性质是解答关键，注意原电池和电解质原理的理解应用，题目难度中等。
10．【分析】A．此为外加电源的阴极保护法；
B．镁比铁活泼；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极；
D．制成不锈钢可以起到防护作用。
【解答】解：A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；
B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；
C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；
D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，明确常见金属的腐蚀类型与防护措施为解答关键，注意掌握原电池工作原理，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
11．【分析】A.结合v＝计算；
B.随反应进行，反应物的浓度减小，反应速率减小；
C.10～20min参加反应的n（N2O5）＝（0.96﹣0.66）mol/L×0.1L＝0.03mol，结合反应及V＝n•Vm计算；
D.由表中数据可知，80min、90min浓度不变，可知达到平衡状态，平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比。
【解答】解：A.0～10min的平均反应速率为v（N2O5）＝＝0.044mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；
B.随反应进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，结合选项A及相同时间可知，10～20min的平均反应速率v（N2O5）＜0.044mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；
C.10～20min参加反应的n（N2O5）＝（0.96﹣0.66）mol/L×0.1L＝0.03mol，由反应可知放出的O2体积为0.03mol××22.4L/mol＝0.336L，故C正确；
D.由表中数据可知，80min、90min浓度不变，可知达到平衡状态，平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时存在v正（N2O5）＝2v逆（O2），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、速率计算及影响因素、平衡判定为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12．【分析】A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色；
B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小。
【解答】解：A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；
B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确；
C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu（H2O）4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学平衡移动方向的判断，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．【分析】A．方法一酸碱中和原理是H++OH−＝H2O，方法二原理是Ag++Cl−＝AgCl↓；
B．酚酞遇碱变红；
C．这两种滴定方法用的标准液浓度相同，与盐酸反应均是1：1的比例反应；
D．第一种方法是酸碱中和滴定，第二种是沉淀滴定。
【解答】解：A．方法一酸碱中和原理是H++OH−＝H2O，方法二原理是Ag++Cl−＝AgCl↓，故A正确；
B．方法一以酸为指示剂，当最后一滴NaOH标准溶液滴下溶液由无色变为红色且半分钟不褪色；方法二以K2CrO4为指示剂，当最后一滴AgNO3标准溶液滴下产生转红色沉淀，且半分钟沉淀不变化，故B正确；
C．这两种滴定方法用的标准液浓度相同，与盐酸反应是1：1，理论上两种方法消耗标准液的体积相同，故C错误；
D．第一种方法是酸碱中和滴定，第二种是沉淀滴定，都需要滴定管和锥形瓶，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶液平衡及生成沉淀为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14．【分析】A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁；
D.③中溶液显碱性，结合电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）判断。
【解答】解：A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），故A正确；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，则c（OH﹣）：③＜①，故C错误；
D.③中溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），由电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），可知2c（Mg2+）＞c（Cl﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡及平衡移动、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
二、非选择题共58分本部分共5小题，共58分。
15．【分析】（1）N价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子为半充满状态；
（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去；
（3）①与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B；
②同周期元素从左到右半径依次减小；
③H位于s区，B、N位于p区；
（4）①从图上可以看出，Co催化效果最好；
②从图上可以看出Fe催化效果最差。
【解答】解：（1）N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为，
故答案为：哑铃；；
（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1（Al）＜800kJ•mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B），
故答案为：＜；B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B）；
（3）①与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B，电负性由大到小的顺序是N＞H＞B，
故答案为：N＞H＞B；
②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B＞N＞H，
故答案为：B＞N＞H；
③H位于s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是H，
故答案为：H；
（4）①从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3，
故答案为：3；
②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，
故答案为：3d64s2。
【点评】本题考查考查电离能、电负性的比较应用，把握元素的位置、性质、元素周期律、原子核外电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
16．【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K＝＝＝1，据此计算；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K＝，
故答案为：；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施：增大水蒸气浓度、升高温度，
故答案为：增大水蒸气浓度、升高温度；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的的密闭容器中，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K＝＝＝1，解得x＝1.6，则反应达平衡时CO的转化率为 ×100%＝80%，
故答案为：80%；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大，结合图中信息可知：T1＞T2，
故答案为：＞；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）△H1＝﹣82kJ•mol﹣1
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H2＝+544kJ•mol﹣1
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：×③﹣①﹣×②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝×484kJ/mol+82kJ/mol﹣×544kJ/mol＝+52kJ/mol，
故答案为：2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【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。
17．【分析】（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH＝1；
②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据图中信息，此时溶液pH＜7呈酸性，所以c（H+）＝c（OH﹣），代入电荷守恒关系可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣），又知此时溶液中CH3COONa是强电解质完全电离，CH3COOH是弱电解质不完全电离，所以c（Na+）＞c（H+）；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解；
（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO﹣离子水解造成溶液显碱性；
②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断；
③根据题目所给信息，Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性；
④ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下氧化还原生成Cl2。
【解答】解：（1）①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH＝1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，
故答案为：Ⅱ；
②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据图中信息，此时溶液pH＜7呈酸性，所以c（H+）＝c（OH﹣），代入电荷守恒关系可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣），又知此时溶液中CH3COONa是强电解质完全电离，CH3COOH是弱电解质不完全电离，所以c（Na+）＞c（H+），可知溶液中的离子浓度大小为c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−），
故答案为：c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−）；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解，
故答案为：＞；
（2）①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO﹣离子水解造成溶液显碱性，离子方程式为ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，然后观察实验现象是否相同，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断，
故答案为：空白对照，排除I中因稀释导致溶液褪色的可能；
③根据题目所给信息，Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性，实验I中发生醋酸制取次氯酸的反应，次氯酸生成的越多，漂白性就越强，
故答案为：Ka（CH3COOH）＞Ka（HClO），I中发生反应ClO−+CH3COOH＝HClO+CH3COO−，c（HClO）增大，漂白性增强，氧化色素；
④ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下氧化还原生成Cl2，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，把握弱电解质的电离特点和图象信息是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
18．【分析】观察所给的电解装置可知，电解池的阳极发生的反应为Fe2+﹣e−═Fe3+，阴极发生的反应为2H++2e﹣＝H2↑，阳极的产物为Fe3+，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42﹣和H+；催化剂能够加快化学反应速率主要的原因是催化剂能够降低反应的活化能，增大有效碰撞次数，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率不仅不能够提高而且还会降低，说明可能会有因Fe3+或Cl﹣引起的其他的副反应发生；由产生的氢气的体积可以计算出电路中转移的总电子数，根据溶液中c（SO42﹣）可以计算出生成硫酸根离子转移的电子数，再根据电解效率的定义η（B）＝n（生成B所用的电子）n（通过电极的电子）×100%，求得电解效率η（SO42﹣），据此解答。
【解答】解：（1）电解时B为阴极，H+放电，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：H2；
（2）由分析可知，阳极发生的反应为Fe2+﹣e−═Fe3+，
故答案为：Fe2+﹣e−═Fe3+；
（3）由图可知，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42﹣和H+，根据电子守恒和质量守恒，配平后的反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+，
故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+；
（4）①催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，FeS2直接在电极放电反应的活化能较大，使用催化剂后，反应分为二步进行，有效降低了反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，
故答案为：催化剂能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大；
②催化剂能够加快反应速率，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低，说明因Fe3+或Cl﹣增大引起的其他的副反应发生，如Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电，或者Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体，使煤浆聚沉，导致反应速率减小，
故答案为：随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低；或随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+正向移动，产生更多Fe（OH）3 胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低；
（5）阴极收集到224mL（标准状况）H2气体时（阴极无副反应发生），电路中转移的总电子数为＝0.02mol，生成SO42﹣的物质的量为＝0.001mol，根据反应FeS2+14Fe3++8H2O═2SO42−+15Fe2++16H+，转移的电子数为＝0.007mol，则电子转移效率η（SO42﹣）＝＝35%，
故答案为：35%；
（6）从反应速率和转化率及物质的循环使用等方面思考，电解法脱硫的优点有脱硫速率快，Fe3+能够循环使用，同时还可制取高纯度的H2，
故答案为：脱硫速率快、Fe3+可循环利用，制取高纯H2等。
【点评】本试题考查的电解池的工作原理和催化剂影响反应速率的原因以及有关以物质的量为核心的计算，综合性强，重点考查学生获取信息和分析问题的能力，掌握电解池的工作原理的、催化剂影响反应速率的机理等是解答本题的关键，试题难度中等，其中分析FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低的原因具有较大的开放性，难度较大。
19．【分析】（1）石墨电极持续电解CuCl2溶液，阴极生成Cu，阳极生成氯气；
（2）氯气溶于水使得阳极附近的溶液呈酸性，可以利用HClO的漂白性来检验是否有氯气溶于水；若因阳极OH﹣放电导致溶液酸性增强，则必然同时有O2生成；
（3）根据题给信息可知，白色沉淀为CuCl，可由反应Cu++Cl﹣＝CuCl↓生成，也可由反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓生成，溶解浓氨水后生成的无色溶液为Cu（NH3）2+，放置过程中被空气中的氧气氧化成蓝色的Cu（NH3）42+溶液，据此解答。
【解答】解：（1）石墨电极电解CuCl2溶液，阴极Cu2+发生还原反应，得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e−═Cu，
故答案为：Cu2++2e−═Cu；
（2）①若因阳极OH﹣放电导致溶液酸性增强，则必然同时有O2生成，故可通过检验阳极是否有O2生成来判断该假设是否正确，
故答案为O2；
②是Cl﹣在阳极放电造成的，产生Cl2溶于水后发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO使溶液呈酸性，可用品红溶液检验溶液中是否含有HClO来判断该假设是否正确，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；品红溶液，品红褪色；
（3）①无色溶液为Cu（NH3）2+，放置过程中被空气中的氧气氧化成蓝色溶液Cu（NH3）42+，反应方程式为4Cu（NH3）2++O2+8NH3•H2O═4Cu（NH3）42++4OH−+6H2O，
故答案为：4Cu（NH3）2++O2+8NH3•H2O═4Cu（NH3）42++4OH−+6H2O；
②白色沉淀为CuCl，可由反应Cu++Cl﹣＝CuCl↓生成，也可由反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓生成，加水，Q＞K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c（Cu+）•c（Cl−）＞Ksp（CuCl）；原因二：c（Cu2+）与c（Cl−）增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓，产生CuCl沉淀，
故答案为：加水，Q＞K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c（Cu+）•c（Cl−）＞Ksp（CuCl）；原因二：c（Cu2+）与c（Cl−）增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl↓，产生CuCl沉淀；
③因为棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象，所以无法判断棕黑色物质中是否含有纳米铜，
故答案为：不合理，因为棕黑色物质中含有[Cu（II）Cu（I）Cl4（H2O）]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象。
【点评】本题考查化学实验方案的设计与评价。注意读懂题意是解题的关键，同时考查金属及其化合物的性质、电解池等基础知识，电化学部分，对学生来说，要分析原理，本题难度中等。
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