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辽宁省丹东市第二中学 大石桥市第三高级中学2022-2023学年高二上学期期末联考化学试题（解析版）
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这是一份辽宁省丹东市第二中学 大石桥市第三高级中学2022-2023学年高二上学期期末联考化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了5 Cu， 下列叙述正确的是，2g=2， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的原子的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Cu：64
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合要求)
1. 下列叙述正确的是
A. 明矾可以用于净水是因为：
B. 小苏打能中和胃酸是因为：
C. 溶液显酸性的原因：
D. 溶液的水解方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾可用于净水是因为铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为，故A错误；
B．小苏打能中和胃酸是因为碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．氯化镁溶液显酸性是因为镁离子在溶液中水解生成氢氧化镁，反应的离子方程式为，故C正确；
D．亚硫酸氢钠在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为，故D错误；
故选C。
2. 下列有关电解原理的应用的说法正确的是
A. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
B. 用惰性电极电解(电解质足量)溶液一段时间后，加入一定质量的能恢复至原溶液浓度
C. 电解饱和食盐水时，阴极反应式为更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D. 在氯碱工业中，应该采用阳离子交换膜
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝虽然是电解质，但它属于共价化合物，熔融时不导电，水溶液中电解得不到金属铝，故A错误；
B．电解硫酸铜，阳极得到氧气气，阴极得到铜，应加氧化铜恢复，故B错误；
C．电解饱和食盐水时，阳极反应式为，故C错误；
D．氯碱工业中，采用阳离子交换膜，使阴极产生的OH-与阳极产物Cl2隔开，故D正确；
故选D。
3. 短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种“超原子”()具有40个价电子，下列说法错误的是
A. X、Y、Z的电负性和电离能均为：
B. 的空间构型为平面三角形
C. 中心原子的杂化方式为杂化
D. 简单离子半径：
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大， Z的一种超原子具有40个价电子，则Z原子的价电子数为=3，则Z为Al元素；Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，则X为C元素。
【详解】A．金属元素的电负性和电离能均小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势、电负性依次增大，所以碳、氮、铝三种元素的电负性和电离能的大小顺序均为，故A正确；
B．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故B正确；
C．硝酸根离子中氮原子的的价层电子对数为3，原子的杂化方式为杂化，故C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子的离子半径大于铝离子，故D错误；
故选D。
4. ①②③④四种溶液均为，则下列关系正确的是
A. pH：①<③<②<④
B. ：④<③<②<①
C. 水电离出的：①<②<③<④
D. ③溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子抑制水的电离和铵根离子的水解，醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，两者的水解程度相当溶液呈中性，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解，碳酸氢铵是弱酸的酸式盐，铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，溶液呈碱性，铵根离子和碳酸氢根离子的水解促进水的电离，碳酸的酸性弱于醋酸，所以碳酸氢根离子促进铵根离子水解程度大于醋酸根离子，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出的氢氧根离子抑制水的电离，抑制程度小于硫酸氢铵。
【详解】A．由分析可知，醋酸铵溶液呈中性、碳酸氢铵溶液呈碱性，则等浓度的碳酸氢铵溶液的pH大于醋酸铵，故A错误；
B．由分析可知，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子抑制水的电离和铵根离子的水解，醋酸铵溶液和碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子促进铵根离子水解程度大于醋酸根离子，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子，所以四种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为④<③<②<①，故B正确；
C．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，一水合氨在溶液中部分电离出的氢氧根离子抑制水的电离，而碳酸氢铵溶液中铵根离子和碳酸氢根离子的水解促进水的电离，所以一水合氨溶液中水电离出的氢氧根离子浓度小于碳酸氢铵溶液，故C错误；
D．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系，故D错误；
故选B。
5. 如图所示为锌铜原电池。下列叙述中正确的是
A. 盐桥的作用是传导电子
B. 外电路电流由铜片流向锌片
C. 锌片上发生还原反应
D. 铜片做正极，电极反应是：Cu－2e－= Cu2+
【答案】B
【解析】
【分析】因为锌的金属性比铜强，所以锌片作负极，铜片作正极。
【详解】A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持两边溶液的电中性，又不使两边溶液混合，但溶液中不能传导电子，A不正确；
B．在原电池工作时，外电路中电流由正极(铜片)沿导线经过电流计流向负极(锌片)，B正确；
C．锌片为负极，锌失电子生成锌离子，发生氧化反应，C不正确；
D．铜片做正极，溶液中Cu2+在铜片上得电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e－= Cu，D不正确；
故选B。
6. 下列关于、、三种微粒的说法不正确的是
A. 三种微粒所含有的电子数相等
B. 三种微粒中氮原子的杂化方式相同
C. 三种微粒的空间构型相同
D. 键角大小关系：NH>NH3>NH
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、三种微粒，每个、、所含有的电子数都为10个，故A正确；
B．铵根离子中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+(5−1−4×1)=4，所以其采用sp3杂化，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以氮原子杂化方式是sp3，中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(5−1×2+1) =4，所以其采用sp3杂化，故B正确；
C．根据三种微粒的杂化方式可知，铵根离子为正四面体结构；氨气分子空间构型为三角锥形，空间构型为V形，故C错误；
D．铵根离子中，含0对孤电子，氨气分子中含1对孤电子，NH含2对孤电子，含有孤电子对越多，分子中的键角越小，所以键角大小关系：NH>NH3>NH，故D正确；
故选C。
7. 反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的ΔH>0B. m＜n+p
C. B、C两点化学平衡常数：KB>KCD. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；
C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；
D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；
故选C。
8. 2021年我国科研人员以二硫化钼(MS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn-NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过，则下列说法错误的是
A. Zn/ZnO电极电势要比MS2电极电势低
B. 电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小
C. Zn/ZnO电极表面发生的反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O
D. 当电路通过1ml e-时，整个电池系统质量会增大3.0 g
【答案】D
【解析】
【详解】A．电极为负极，电极为正极，正极电势高于负极电势，故A正确；
B．负极的反应式为，正极的反应式为，双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；
C．电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；
D．正极的反应式为，由反应式可知，转化为1ml，转移电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13 g，故当电路通过时，理论上可以转化的物质的量为，整个电池系统质量会增大130.2g=2.6g，故D错误；
故答案为D。
9. 下列说法正确的是
A. 电解法精炼镍时，粗镍作阴极，纯镍作阳极
B. 反应常温下能自发进行，该反应的
C. 常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小
D. 在一容积可变的密闭容器中反应达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解法精炼镍时，粗镍作阳极溶解，纯镍作阴极受保护，A错误；
B．反应，S<0，且常温下能自发进行，由吉布斯自由能的复合判据推知该反应为放热反应，B错误；
C．碳酸钠溶液中存在盐的水解：CO+H2OHCO+OH-，，则，加入少量的氢氧化钙固体，氢氧根增加，温度不变，Kh不变，溶液中值减小，C正确；
D．平衡常数K=只与温度有关，温度不变，K值不变，D错误。
10. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4和CCl4中的C-H键和C-Cl键均为极性键，CH4和CCl4分子均为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．NH3含有N-H极性键，分子空间结构为三角锥型，正负电荷中心不重合，为极性分子；CH4含有C-H极性键，为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，为非极性分子，故B不符合题意；
C．CO2含有C=O极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子；CS2含有C=S极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子，故C不符合题意；
D．H2S含有H-S极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子；HCl含有H-Cl极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子，故D符合题意；
答案选D。
11. 已知键的键能为，键的键能为，一定条件下： ，下列说法正确的是
A. 断开键所需的能量小于
B. 上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量
C 向密闭容器中加入和，充分反应后放出热量大于
D. 断开键所需的能量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于卤族元素单质，元素的非金属性越强，键能越大，则断开1ml Br-Br键所需的能量大于bkJ，故A错误；
B．由方程式可知，该反应是反应物的总能量高于生成物的总能量的放热反应，故B错误；
C．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向密闭容器中加入2ml氢气和1ml碘蒸气充分反应后放出热量ckJ，故C错误；
D．设氢碘键的键能为x kJ/ml，由反应热与生成物的键能之和和反应物的键能之和的差值相等可得：—ckJ/ml=(a+b)kJ/ml—2xkJ/ml，解得x=，则断开2ml H-I键所需的能量为(a+b+c)kJ，故D正确；
故选D。
12. 下列实验操作、现象、结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸钠溶液中醋酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性的反应为吸热反应，加热至60℃，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性，向含有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液颜色变浅，则溶液颜色变浅可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故B正确；
C．由题意可知，向过量的硝酸银溶液中先后滴加氯化钠溶液、碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，则先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀无法比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故C错误；
D．由题给电离常数的大小可知，硼酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，硼酸的电离程度大于碳酸氢根离子的电离程度，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成硼酸钠和碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
13. 利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是
A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；
B．左边装置发生吸氧腐蚀时，消耗氧气导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；
C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；
D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；
故答案选C。
14. 下列化学用语表述正确的是
A. 镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态转化成基态
B. 基态Se的价电子排布式：
C. 基态铍原子最外层电子的电子云图为：
D. 电子仅在激发态跃进到基态时才会产生原子光谱
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态转化成基态，A正确；
B．基态Se的价电子排布式：，B错误；
C．基态Be的价电子排布式：，则基态铍原子最外层电子的电子云图轮廓为球形，C错误；
D．原子光谱有两种：吸收光谱和发射光谱，电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱，D错误。
故选A。
15. 科学家利用电化学装置实现了CH4和CO2的耦合转化，原理如图。下列说法错误的是
A. 电极A的电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-
B. 该装置工作时，固体电解质中O2-向电极B移动
C. 电催化CO2被还原为CO可以改善温室效应，提供工业原料
D. 若一定条件下生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，则消耗CH4和CO2体积比为7∶8
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，A极通入CO2，得到电子被还原，生成CO，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，该极为正极，B极通入甲烷，失去电子被氧化，生成了乙烯、乙烷和水，该极为负极，中间的固体电解质起着传导氧离子的作用。
【详解】A．由分析知电极A为正极，电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，故A正确；
B．由分析知电极A为正极，B为负极，原电池中阴离子移向负极，所以固体电解质中O2-向电极B移动，故B正确；
C．由分析可知，电催化CO2被还原为CO可以改善温室效应，提供工业原料，如乙烯等，故C正确；
D．若一定条件下生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，负极反应为：，则由电子守恒可得关系式：，则消耗CH4和CO2体积比为8∶7，故D错误；
故答案为：D。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、填空题
16. 按要求填空：
（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_______。
（2）基态核外电子排布式为_______，基态O原子的价层电子排布图为_______。
（3）的空间结构是_______，其中S原子的杂化轨道类型是_______。
（4）、、的沸点由高到低的顺序为_______
（5）某元素价离子的电子排布式为，该元素在周期表中的位置_______
【答案】（1） ①. N ②. 球形
（2） ①. 或 ②.
（3） ①. 正四面体形 ②. 杂化
（4）
（5）第四周期VIB族
【解析】
【小问1详解】
钾元素的原子序数为19，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据最高能层为N能层，据该能层电子的4s电子云轮廓图形状为球形。故答案为：N；球形；
【小问2详解】
铜元素原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为或；氧元素的原子序数为8，基态原子的价电子排布式为2s22p4，价层电子排布图为，故答案为：或；；
【小问3详解】
硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子中硫原子的杂化方式杂化，离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；杂化；
【小问4详解】
氨分子能形成分子间氢键，磷化氢、砷化氢不能形成形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力高于磷化氢、砷化氢，沸点高于磷化氢、砷化氢；磷化氢、砷化氢的结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，所以三者的沸点大小顺序为，故答案为：；
【小问5详解】
由某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1可知，该元素为第四周期VIB族的铬元素，故答案为：第四周期VIB族。
17. 某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如下图所示，C、D是铂电极。
（1）若A、B是惰性电极
①D电极为_______极；写出C极的电极反应式___。
②写出甲中总反应的离子方程式_______。
（2）若甲是铁片镀铜装置，A、B质量相同。A电极材料是___；当B和A质量差为12.8g时，C极产生的气体在标准状况下的体积是___L。
（3）苯酚的分子式为。
①离子交换膜A_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
②a极的电极反应式为_______。
③理论上每消除1ml苯酚，同时消除_______ml；当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐_______g。
【答案】（1） ①. 阴 ②. ③.
（2） ①. 铜或Cu ②. 1.12
（3） ①. 阴 ②. ③. 5.6 ④. 58.5
【解析】
【分析】根据装置图可以知道，左侧为原电池，右侧为电解池。原电池中电极a苯酚失电子转化为CO2，所以电极a为负极，则电极b为正极；在电解池中，根据电源正对阳极，负极对阴极，可知电极A、C为阳极，电极B、D为阴极。
【小问1详解】
①电极D为阴极，阳离子H+和SO移向电极D；H2O失去电子生成氧气，故电极反应为；
②甲装置为电解池，且A、B为惰性电极，电解质为CuSO4；阳离子Cu2+和H+移向阴极B反应，Cu2+优先得电子被还原为Cu，阴离子OH-和SO移向阳极，OH-优先失电子被还原为O2，故甲中总反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若甲是铁片镀铜装置，则阳极A为单质Cu，电极反应为，阴极B为镀件铁片，电极反应为Cu2++2e-=Cu,当B和A的质量差为12.8g时,电极A质量减小6.4g，电极B质量增加6.4g，通过电极反应可知，转移电子数为×2=0.2ml，根据电荷守恒，电极C（阳极）将失去0.2ml电子，根据电极C的电极反应，生成氧气为0.05ml，体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L。
【小问3详解】
①左侧原电池中NaCl溶液转化为淡水，可知Na+移向正极b，Cl-移向负极a，所以离子交换膜A为阴离子交换膜；
②电极a中反应物苯酚转化为CO2，其中苯酚中C的化合价为-价，CO2中的C的化合价为+4价，转移电子数目为28，故a电极反应为；
③根据a电极反应可知，每消除1ml苯酚转移电子28ml，b电极反应为2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O,转移28ml电子时，消除NO=5.6ml；当电路中转移1ml电子时，有1ml的Na+移向正极，1mldeCl-移向负极，模拟海水理论上除去1ml，即58.5gNaCl。
【点睛】在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。
18. 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH=_______kJ·ml-1，该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______。
（2）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A. 恒容时，再充入COB. 恒压时，再充入N2OC. 恒压时，再充入N2D. 升温
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②T1 _______T2(填“>”或“＜”)；
（4）已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. -361.22 ②. ① ③. 活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应①，反应①的最大活化能是149.6 kJ·ml-1，反应②的最大活化能是108.22 kJ·ml-1，反应②的活化能更小 （2）BD
（3） ①. II ②. >
（4）3.4
【解析】
【小问1详解】
由图2可知，生成物能量低于反应物能量，为放热反应，总反应为一氧化碳和一氧化二氮生成二氧化碳和氮气：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H = -361.22 kJ·ml-1；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应①，反应①的最大活化能是149.6 kJ·ml-1，反应②的最大活化能是108.22 kJ·ml-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
【小问2详解】
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关；
A．恒容时，再充入CO，c( N2O)不变，速率不变，故A错误；
B．恒压时，再充入N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故B正确；
C．恒压时，再充入N2，c( N2O)减小，速率减慢，故C错误；
D．升温，k增大，速率加快，故D正确；
故选BD；
【小问3详解】
①越大，会促进CO的转化，但是N2O的转化率变小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②由①分析可知，曲线II表示N2O的转化率随的变化，则曲线I表示的转化率随的变化；由于，反应为放热反应，温度降低导致平衡正向移动，使得的转化率越大，故坐标对应的温度更低，则；
【小问4详解】
由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：
平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
19. 现有A、B、C、D、E、F、G7种元素，均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
（1）的电子式为___ (A、C为字母代号，请将字母代号用元素符号表示，下同)。
（2）B元素的原子核外共有_______种不同运动状态的电子，有___种不同能量状态的电子。
（3）某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为该同学所画的电子轨道表示式违背了_______，该元素的远远大于，其原因是_______。
（4）D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______。
（5）G位于元素周期表中_______区(按电子排布分区)
【答案】（1） （2） ①. 6 ②. 3
（3） ①. 泡利不相容原理(或泡利原理) ②. Al原子失去3个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难
（4）
（5）d
【解析】
【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；
B元素形成的化合物种类最多，则B为C元素；
C元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以成盐，则C为N元素；
D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，则D为O元素；
E的第四电离能剧增，则E为Al元素；
F元素的主族序数与周期数的差为4，则F为C1元素；
G元素位于元素周期表中的第8列，则H为Fe元素。
【小问1详解】
A为H元素，C为N元素，则C2A4为N2H4，其电子式为。
【小问2详解】
B为C元素，原子核外共有6种不同运动状态的电子；同一能级上的电子能量相同，不同能级上电子能量不同，故C有3种不同能量状态的电子。
【小问3详解】
泡利不相容原理指出，在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，该同学所画的电子轨道表示式违背了泡利不相容原理；E为Al元素，Al原子失去3个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难，故该元素的I4远远大于I3。
【小问4详解】
D为O元素，E为Al元素，F为C1元素，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是。
【小问5详解】
H为Fe元素，位于元素周期表中d区。实验操作
实验现象
实验结论
A
取室温下少量0.5ml/LCH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pH
pH减小
CH3COONa的水解是吸热反应
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
取2mL0.1 ml/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.1 ml/LNaCl溶液和5滴0.1 ml/LKI溶液，观察沉淀情况
先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀
Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)
D
已知H3BO3K=5.8×10-10、H2CO3K1=4.5×10-7 K2=4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液
无明显现象
H3BO3与碳酸钠不反应
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素是形成化合物种类最多的元素
C元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以成盐
D元素基态原子的核外p能级的原子轨道中有两个未成对电子
E元素的气态基态原子的第一至第四电离能分别是，，，
F元素的主族序数与周期数的差为4
G元素位于元素周期表中的第8列
考试时间：75分钟 满分：100分
可能用到的原子的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Cu：64
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合要求)
1. 下列叙述正确的是
A. 明矾可以用于净水是因为：
B. 小苏打能中和胃酸是因为：
C. 溶液显酸性的原因：
D. 溶液的水解方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾可用于净水是因为铝离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为，故A错误；
B．小苏打能中和胃酸是因为碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．氯化镁溶液显酸性是因为镁离子在溶液中水解生成氢氧化镁，反应的离子方程式为，故C正确；
D．亚硫酸氢钠在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为，故D错误；
故选C。
2. 下列有关电解原理的应用的说法正确的是
A. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
B. 用惰性电极电解(电解质足量)溶液一段时间后，加入一定质量的能恢复至原溶液浓度
C. 电解饱和食盐水时，阴极反应式为更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D. 在氯碱工业中，应该采用阳离子交换膜
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝虽然是电解质，但它属于共价化合物，熔融时不导电，水溶液中电解得不到金属铝，故A错误；
B．电解硫酸铜，阳极得到氧气气，阴极得到铜，应加氧化铜恢复，故B错误；
C．电解饱和食盐水时，阳极反应式为，故C错误；
D．氯碱工业中，采用阳离子交换膜，使阴极产生的OH-与阳极产物Cl2隔开，故D正确；
故选D。
3. 短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种“超原子”()具有40个价电子，下列说法错误的是
A. X、Y、Z的电负性和电离能均为：
B. 的空间构型为平面三角形
C. 中心原子的杂化方式为杂化
D. 简单离子半径：
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大， Z的一种超原子具有40个价电子，则Z原子的价电子数为=3，则Z为Al元素；Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，则Y为N元素；X元素基态原子有2个未成对电子，则X为C元素。
【详解】A．金属元素的电负性和电离能均小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势、电负性依次增大，所以碳、氮、铝三种元素的电负性和电离能的大小顺序均为，故A正确；
B．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故B正确；
C．硝酸根离子中氮原子的的价层电子对数为3，原子的杂化方式为杂化，故C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子的离子半径大于铝离子，故D错误；
故选D。
4. ①②③④四种溶液均为，则下列关系正确的是
A. pH：①<③<②<④
B. ：④<③<②<①
C. 水电离出的：①<②<③<④
D. ③溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子抑制水的电离和铵根离子的水解，醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，两者的水解程度相当溶液呈中性，醋酸根离子水解促进铵根离子的水解，碳酸氢铵是弱酸的酸式盐，铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，溶液呈碱性，铵根离子和碳酸氢根离子的水解促进水的电离，碳酸的酸性弱于醋酸，所以碳酸氢根离子促进铵根离子水解程度大于醋酸根离子，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出的氢氧根离子抑制水的电离，抑制程度小于硫酸氢铵。
【详解】A．由分析可知，醋酸铵溶液呈中性、碳酸氢铵溶液呈碱性，则等浓度的碳酸氢铵溶液的pH大于醋酸铵，故A错误；
B．由分析可知，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子抑制水的电离和铵根离子的水解，醋酸铵溶液和碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子促进铵根离子水解程度大于醋酸根离子，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子，所以四种溶液中铵根离子浓度的大小顺序为④<③<②<①，故B正确；
C．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，一水合氨在溶液中部分电离出的氢氧根离子抑制水的电离，而碳酸氢铵溶液中铵根离子和碳酸氢根离子的水解促进水的电离，所以一水合氨溶液中水电离出的氢氧根离子浓度小于碳酸氢铵溶液，故C错误；
D．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系，故D错误；
故选B。
5. 如图所示为锌铜原电池。下列叙述中正确的是
A. 盐桥的作用是传导电子
B. 外电路电流由铜片流向锌片
C. 锌片上发生还原反应
D. 铜片做正极，电极反应是：Cu－2e－= Cu2+
【答案】B
【解析】
【分析】因为锌的金属性比铜强，所以锌片作负极，铜片作正极。
【详解】A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持两边溶液的电中性，又不使两边溶液混合，但溶液中不能传导电子，A不正确；
B．在原电池工作时，外电路中电流由正极(铜片)沿导线经过电流计流向负极(锌片)，B正确；
C．锌片为负极，锌失电子生成锌离子，发生氧化反应，C不正确；
D．铜片做正极，溶液中Cu2+在铜片上得电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e－= Cu，D不正确；
故选B。
6. 下列关于、、三种微粒的说法不正确的是
A. 三种微粒所含有的电子数相等
B. 三种微粒中氮原子的杂化方式相同
C. 三种微粒的空间构型相同
D. 键角大小关系：NH>NH3>NH
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、三种微粒，每个、、所含有的电子数都为10个，故A正确；
B．铵根离子中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+(5−1−4×1)=4，所以其采用sp3杂化，氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5-3×1)=4，所以氮原子杂化方式是sp3，中氮原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(5−1×2+1) =4，所以其采用sp3杂化，故B正确；
C．根据三种微粒的杂化方式可知，铵根离子为正四面体结构；氨气分子空间构型为三角锥形，空间构型为V形，故C错误；
D．铵根离子中，含0对孤电子，氨气分子中含1对孤电子，NH含2对孤电子，含有孤电子对越多，分子中的键角越小，所以键角大小关系：NH>NH3>NH，故D正确；
故选C。
7. 反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的ΔH>0B. m＜n+p
C. B、C两点化学平衡常数：KB>KCD. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；
C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；
D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；
故选C。
8. 2021年我国科研人员以二硫化钼(MS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn-NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过，则下列说法错误的是
A. Zn/ZnO电极电势要比MS2电极电势低
B. 电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小
C. Zn/ZnO电极表面发生的反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O
D. 当电路通过1ml e-时，整个电池系统质量会增大3.0 g
【答案】D
【解析】
【详解】A．电极为负极，电极为正极，正极电势高于负极电势，故A正确；
B．负极的反应式为，正极的反应式为，双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；
C．电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；
D．正极的反应式为，由反应式可知，转化为1ml，转移电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13 g，故当电路通过时，理论上可以转化的物质的量为，整个电池系统质量会增大130.2g=2.6g，故D错误；
故答案为D。
9. 下列说法正确的是
A. 电解法精炼镍时，粗镍作阴极，纯镍作阳极
B. 反应常温下能自发进行，该反应的
C. 常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小
D. 在一容积可变的密闭容器中反应达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解法精炼镍时，粗镍作阳极溶解，纯镍作阴极受保护，A错误；
B．反应，S<0，且常温下能自发进行，由吉布斯自由能的复合判据推知该反应为放热反应，B错误；
C．碳酸钠溶液中存在盐的水解：CO+H2OHCO+OH-，，则，加入少量的氢氧化钙固体，氢氧根增加，温度不变，Kh不变，溶液中值减小，C正确；
D．平衡常数K=只与温度有关，温度不变，K值不变，D错误。
10. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4和CCl4中的C-H键和C-Cl键均为极性键，CH4和CCl4分子均为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．NH3含有N-H极性键，分子空间结构为三角锥型，正负电荷中心不重合，为极性分子；CH4含有C-H极性键，为正四面体构型，高度对称，分子中正负电荷的中心重合，为非极性分子，故B不符合题意；
C．CO2含有C=O极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子；CS2含有C=S极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心重合，是非极性分子，故C不符合题意；
D．H2S含有H-S极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子；HCl含有H-Cl极性键，正负电荷的中心不重合，是极性分子，故D符合题意；
答案选D。
11. 已知键的键能为，键的键能为，一定条件下： ，下列说法正确的是
A. 断开键所需的能量小于
B. 上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量
C 向密闭容器中加入和，充分反应后放出热量大于
D. 断开键所需的能量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于卤族元素单质，元素的非金属性越强，键能越大，则断开1ml Br-Br键所需的能量大于bkJ，故A错误；
B．由方程式可知，该反应是反应物的总能量高于生成物的总能量的放热反应，故B错误；
C．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以向密闭容器中加入2ml氢气和1ml碘蒸气充分反应后放出热量ckJ，故C错误；
D．设氢碘键的键能为x kJ/ml，由反应热与生成物的键能之和和反应物的键能之和的差值相等可得：—ckJ/ml=(a+b)kJ/ml—2xkJ/ml，解得x=，则断开2ml H-I键所需的能量为(a+b+c)kJ，故D正确；
故选D。
12. 下列实验操作、现象、结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸钠溶液中醋酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性的反应为吸热反应，加热至60℃，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性，向含有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液颜色变浅，则溶液颜色变浅可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故B正确；
C．由题意可知，向过量的硝酸银溶液中先后滴加氯化钠溶液、碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，则先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀无法比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故C错误；
D．由题给电离常数的大小可知，硼酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，硼酸的电离程度大于碳酸氢根离子的电离程度，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成硼酸钠和碳酸氢钠，故D错误；
故选C。
13. 利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是
A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；
B．左边装置发生吸氧腐蚀时，消耗氧气导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；
C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；
D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；
故答案选C。
14. 下列化学用语表述正确的是
A. 镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态转化成基态
B. 基态Se的价电子排布式：
C. 基态铍原子最外层电子的电子云图为：
D. 电子仅在激发态跃进到基态时才会产生原子光谱
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态转化成基态，A正确；
B．基态Se的价电子排布式：，B错误；
C．基态Be的价电子排布式：，则基态铍原子最外层电子的电子云图轮廓为球形，C错误；
D．原子光谱有两种：吸收光谱和发射光谱，电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱，D错误。
故选A。
15. 科学家利用电化学装置实现了CH4和CO2的耦合转化，原理如图。下列说法错误的是
A. 电极A的电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-
B. 该装置工作时，固体电解质中O2-向电极B移动
C. 电催化CO2被还原为CO可以改善温室效应，提供工业原料
D. 若一定条件下生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，则消耗CH4和CO2体积比为7∶8
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，A极通入CO2，得到电子被还原，生成CO，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，该极为正极，B极通入甲烷，失去电子被氧化，生成了乙烯、乙烷和水，该极为负极，中间的固体电解质起着传导氧离子的作用。
【详解】A．由分析知电极A为正极，电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，故A正确；
B．由分析知电极A为正极，B为负极，原电池中阴离子移向负极，所以固体电解质中O2-向电极B移动，故B正确；
C．由分析可知，电催化CO2被还原为CO可以改善温室效应，提供工业原料，如乙烯等，故C正确；
D．若一定条件下生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，负极反应为：，则由电子守恒可得关系式：，则消耗CH4和CO2体积比为8∶7，故D错误；
故答案为：D。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、填空题
16. 按要求填空：
（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_______。
（2）基态核外电子排布式为_______，基态O原子的价层电子排布图为_______。
（3）的空间结构是_______，其中S原子的杂化轨道类型是_______。
（4）、、的沸点由高到低的顺序为_______
（5）某元素价离子的电子排布式为，该元素在周期表中的位置_______
【答案】（1） ①. N ②. 球形
（2） ①. 或 ②.
（3） ①. 正四面体形 ②. 杂化
（4）
（5）第四周期VIB族
【解析】
【小问1详解】
钾元素的原子序数为19，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据最高能层为N能层，据该能层电子的4s电子云轮廓图形状为球形。故答案为：N；球形；
【小问2详解】
铜元素原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为或；氧元素的原子序数为8，基态原子的价电子排布式为2s22p4，价层电子排布图为，故答案为：或；；
【小问3详解】
硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子中硫原子的杂化方式杂化，离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；杂化；
【小问4详解】
氨分子能形成分子间氢键，磷化氢、砷化氢不能形成形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力高于磷化氢、砷化氢，沸点高于磷化氢、砷化氢；磷化氢、砷化氢的结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，所以三者的沸点大小顺序为，故答案为：；
【小问5详解】
由某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1可知，该元素为第四周期VIB族的铬元素，故答案为：第四周期VIB族。
17. 某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如下图所示，C、D是铂电极。
（1）若A、B是惰性电极
①D电极为_______极；写出C极的电极反应式___。
②写出甲中总反应的离子方程式_______。
（2）若甲是铁片镀铜装置，A、B质量相同。A电极材料是___；当B和A质量差为12.8g时，C极产生的气体在标准状况下的体积是___L。
（3）苯酚的分子式为。
①离子交换膜A_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
②a极的电极反应式为_______。
③理论上每消除1ml苯酚，同时消除_______ml；当电路中转移1ml电子时，模拟海水理论上除盐_______g。
【答案】（1） ①. 阴 ②. ③.
（2） ①. 铜或Cu ②. 1.12
（3） ①. 阴 ②. ③. 5.6 ④. 58.5
【解析】
【分析】根据装置图可以知道，左侧为原电池，右侧为电解池。原电池中电极a苯酚失电子转化为CO2，所以电极a为负极，则电极b为正极；在电解池中，根据电源正对阳极，负极对阴极，可知电极A、C为阳极，电极B、D为阴极。
【小问1详解】
①电极D为阴极，阳离子H+和SO移向电极D；H2O失去电子生成氧气，故电极反应为；
②甲装置为电解池，且A、B为惰性电极，电解质为CuSO4；阳离子Cu2+和H+移向阴极B反应，Cu2+优先得电子被还原为Cu，阴离子OH-和SO移向阳极，OH-优先失电子被还原为O2，故甲中总反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若甲是铁片镀铜装置，则阳极A为单质Cu，电极反应为，阴极B为镀件铁片，电极反应为Cu2++2e-=Cu,当B和A的质量差为12.8g时,电极A质量减小6.4g，电极B质量增加6.4g，通过电极反应可知，转移电子数为×2=0.2ml，根据电荷守恒，电极C（阳极）将失去0.2ml电子，根据电极C的电极反应，生成氧气为0.05ml，体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L。
【小问3详解】
①左侧原电池中NaCl溶液转化为淡水，可知Na+移向正极b，Cl-移向负极a，所以离子交换膜A为阴离子交换膜；
②电极a中反应物苯酚转化为CO2，其中苯酚中C的化合价为-价，CO2中的C的化合价为+4价，转移电子数目为28，故a电极反应为；
③根据a电极反应可知，每消除1ml苯酚转移电子28ml，b电极反应为2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O,转移28ml电子时，消除NO=5.6ml；当电路中转移1ml电子时，有1ml的Na+移向正极，1mldeCl-移向负极，模拟海水理论上除去1ml，即58.5gNaCl。
【点睛】在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。
18. 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH=_______kJ·ml-1，该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______。
（2）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A. 恒容时，再充入COB. 恒压时，再充入N2OC. 恒压时，再充入N2D. 升温
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“Ⅱ”)；
②T1 _______T2(填“>”或“＜”)；
（4）已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. -361.22 ②. ① ③. 活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应①，反应①的最大活化能是149.6 kJ·ml-1，反应②的最大活化能是108.22 kJ·ml-1，反应②的活化能更小 （2）BD
（3） ①. II ②. >
（4）3.4
【解析】
【小问1详解】
由图2可知，生成物能量低于反应物能量，为放热反应，总反应为一氧化碳和一氧化二氮生成二氧化碳和氮气：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H = -361.22 kJ·ml-1；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应①，反应①的最大活化能是149.6 kJ·ml-1，反应②的最大活化能是108.22 kJ·ml-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
【小问2详解】
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关；
A．恒容时，再充入CO，c( N2O)不变，速率不变，故A错误；
B．恒压时，再充入N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故B正确；
C．恒压时，再充入N2，c( N2O)减小，速率减慢，故C错误；
D．升温，k增大，速率加快，故D正确；
故选BD；
【小问3详解】
①越大，会促进CO的转化，但是N2O的转化率变小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②由①分析可知，曲线II表示N2O的转化率随的变化，则曲线I表示的转化率随的变化；由于，反应为放热反应，温度降低导致平衡正向移动，使得的转化率越大，故坐标对应的温度更低，则；
【小问4详解】
由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：
平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
19. 现有A、B、C、D、E、F、G7种元素，均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
（1）的电子式为___ (A、C为字母代号，请将字母代号用元素符号表示，下同)。
（2）B元素的原子核外共有_______种不同运动状态的电子，有___种不同能量状态的电子。
（3）某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为该同学所画的电子轨道表示式违背了_______，该元素的远远大于，其原因是_______。
（4）D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______。
（5）G位于元素周期表中_______区(按电子排布分区)
【答案】（1） （2） ①. 6 ②. 3
（3） ①. 泡利不相容原理(或泡利原理) ②. Al原子失去3个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难
（4）
（5）d
【解析】
【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；
B元素形成的化合物种类最多，则B为C元素；
C元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以成盐，则C为N元素；
D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，则D为O元素；
E的第四电离能剧增，则E为Al元素；
F元素的主族序数与周期数的差为4，则F为C1元素；
G元素位于元素周期表中的第8列，则H为Fe元素。
【小问1详解】
A为H元素，C为N元素，则C2A4为N2H4，其电子式为。
【小问2详解】
B为C元素，原子核外共有6种不同运动状态的电子；同一能级上的电子能量相同，不同能级上电子能量不同，故C有3种不同能量状态的电子。
【小问3详解】
泡利不相容原理指出，在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，该同学所画的电子轨道表示式违背了泡利不相容原理；E为Al元素，Al原子失去3个电子后形成稳定结构，此时再失去1个电子很困难，故该元素的I4远远大于I3。
【小问4详解】
D为O元素，E为Al元素，F为C1元素，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是。
【小问5详解】
H为Fe元素，位于元素周期表中d区。实验操作
实验现象
实验结论
A
取室温下少量0.5ml/LCH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pH
pH减小
CH3COONa的水解是吸热反应
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液颜色的变化
溶液颜色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
取2mL0.1 ml/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.1 ml/LNaCl溶液和5滴0.1 ml/LKI溶液，观察沉淀情况
先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀
Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)
D
已知H3BO3K=5.8×10-10、H2CO3K1=4.5×10-7 K2=4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液
无明显现象
H3BO3与碳酸钠不反应
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素是形成化合物种类最多的元素
C元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以成盐
D元素基态原子的核外p能级的原子轨道中有两个未成对电子
E元素的气态基态原子的第一至第四电离能分别是，，，
F元素的主族序数与周期数的差为4
G元素位于元素周期表中的第8列
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