2021-2022学年北京八中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京八中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了41ml⋅L−1)，5∼8，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年北京八中高二（上）期末化学试卷

1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(    )
A. 硅太阳能电池 B. 铅蓄电池 C. 燃气灶 D. 电烤箱
2. 下列关于原子结构的说法中，不正确的是(    )
A. 原子结构决定元素的性质
B. 2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等
C. 随核电荷数递增，电子总是填满一个能层，再填下一个能层
D. 电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述
3. 常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是(    )
A. HClO在光照条件下易分解成HCl和O2
B. 0.01mol/LNaClO溶液的pH>7
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO−
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
4. 下列溶液肯定显酸性的是(    )
A. c(H+)>c(OH−)的溶液 B. 含H+的溶液
C. pH<7的溶液 D. 加酚酞显无色的溶液
5. 下列化学用语表示正确的是(    )
A. Ca2+的结构示意图：
B. 基态碳原子的轨道表示式：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1
6. 下列方程式与所给事实不相符的是(    )
A. 用硫化钠溶液除去废水中的Cu2+：Cu2++S2−=CuS↓
B. 用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2++CO32−=CaCO3↓
C. 酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−
D. 用明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]作净水剂：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+
7. H2O2是重要的消毒剂、氧化剂，研究其分解反应有重要意义。KI能催化H2O2的分解。分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是(    )
①不加KI：2H2O2=2H2O+O2↑
②加入KI：H2O2+I−=H2O+IO−；H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−H2O2


A. 加入KI后改变了反应的历程
B. 加入KI后改变了反应2H2O2=2H2O+O2的反应热
C. H2O2+I−=H2O+IO−是吸热反应
D. KI降低了该反应的活化能
8. 如图所示，将铁钉的一部分镀上不同金属，放入培养皿中，加入含有饱和食盐水及琼脂的溶液，再各滴入几滴酚酞溶液和K3[Fe(CN)6]溶液。下列分析不正确的是(    )

A. a中铁钉附近呈现蓝色
B. b中铁钉附近出现红色
C. a中铜上发生O2+2H2O+4e−=4OH−
D. b中锌上发生还原反应
9. 用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是(    )
测定锌与稀硫酸反应
速率(计时器未画出)
探究铁钉发生
析氢腐蚀
探究溶解度大小Ag2S 在铁制镀件上镀铜




A
B
C
D

A. A B. B C. C D. D
10. NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0。下列分析正确的是(    )
A. 1mol平衡混合气体中含1mol N原子
B. 断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
11. 电化学装置能够实现化学能与电能的相互转化。利用下列装置(电极均为惰性电极)，实现电解饱和食盐水，下列说法正确的是(    )

A. 导线中电子的流动方向：M→Q，N→P
B. N 电极的电极反应：O2+4e−+2H2O=4OH−
C. 气体 a 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D. 溶液 A 为饱和食盐水，溶液 C 为稀食盐水
12. 已知：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H>0，T1温度时的平衡常数K=94。T1、T2温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如表所示。下列判断不正确的是(    )
温度
容器
编号
起始浓度/mol⋅L−1
H2
CO2
H2O
CO
T1
①
0.1
0.1
0
0
②
0.2
0.1
0
0
③
0.1
0.2
0.1
0.1
T2
④
0.04
0.04
0.06
0.06

A. 容器①5min达到平衡，用H2表示的化学反应速率为：0.012mol⋅L−1⋅min−1
B. H2的平衡转化率：①>②
C. 容器③中反应向逆反应方向进行
D. 容器④中反应向正反应方向进行，则T2>T1
13. 常温下，0.1mol/L的下列溶液：①Na2SO3；②Na2CO3；③NaHSO3，下列有关说法正确的是(    )
酸
电离常数K1
电离常数K2
H2SO3
1.54×10−2
1.02×10−7
H2CO3
4.3×10−7
5.6×10−11

A. pH：Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液
B. 结合H+能力：CO32−弱于SO32−
C. NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na++H++SO32−
D. ①与②溶液等体积混合后的溶液中：c(SO32−)>c(CO32−)>c(HCO3−)>c(HSO3−)
14. 向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是(    )
实验
序号
c(CaCl2)
(mol⋅L−1)
滴加CaCl2溶液时的
实验现象
加热浑浊液时的
实验现象

①
0.05
至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生
有较多气泡生成
②
0.005
至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生
有少量气泡生成
③
0.0005
至20 mL未见浑浊
/

A. ①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)⋅c(CO32−)>Ksp(CaCO3)
B. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3
C. 加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2
D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡
15. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。N2+3H22NH3
(1)基态氢原子中，核外电子的电子云轮廓图形状为 ______ 。
(2)自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为 __________________ 。
②NH3分子中，与N原子相连的H显正电性。N、H电负性大小顺序为 __________________ 。
(3)铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有Al2O3、K2O、CaO、MgO、Cr2O3等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是 ______ 。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小： __________________ 。
③如表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
元素
Na
Mg
Al
电离能(kJ⋅mol−1)
496
738
578
4562
1451
1817
6912
7733
2745
9543
10540
11575
为什么原子的逐级电离能越来越大？结合数据说明为什么Mg的常见化合价为+2价。请解释之： __________________________________________ 。
(4)目前合成氨通常采用的压强为10MPa∼30MPa、温度为400∼500℃，十分耗能。我国科研人员研制出了“Fe−LiH“等催化剂，温度，压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为 ________________________ 。
②比较Li+与H−的半径大小关系：r(Li+)______ r(H−)。(填“>”或“<”)
16. NH3可用于生产硝酸和尿素。
(1)生产硝酸：
①NH3催化氧化是工业制硝酸的第一步反应，其化学方程式是______。
②除此之外，还可能发生以下副反应：
4NH3(g)+4O2(g)=2N2O(g)+6H2O(g)△H=−1105kJ/mol
4NH3 (g)+3O2(g)=2N2 (g)+6H2O(g)△H=−1269kJ/mol
两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大，原因是______。
(2)生产尿素：
①尿素的合成分两步进行：
a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H=−117kJ/mol
b.NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=+15kJ/mol
写出总反应的热化学方程式：______。
②图为n(NH3)：n(CO2)=4：1时，温度对CO2的转化率的影响。解释温度升高CO2的平衡转化率增大的原因：______。
③测定尿素样品含氮量的方法如下：取a g尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1 mol⋅L−1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2 mol⋅L−1NaOH溶液恰好中和，则尿素样品中氮元素的质量分数是______。
17. 印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如图所示。

(1)粗CuSO4溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有 ______ 。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 ______ 。
(2)CuSO4溶液的精制
i.经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+
ii.向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加CuCO3粉末调节溶液的pH=4。
iii.将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
①用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用 ______ 。
②已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39。调节溶液pH=4，此时c(Fe3+)=______ mol⋅L−1，Fe3+已沉淀完全。
③pH=4时判断Cu2+尚未开始沉淀，根据是 ______ 。(已知25℃时CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol⋅L−1)
(3)制备CuSO4⋅5H2O晶体
向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到CuSO4⋅5H2O晶体。运用化学平衡原理简述硫酸的作用 ______ 。
18. 海洋资源的开发与利用具有广阔的前景．海水的pH一般在7.5∼8.6之间．某地海水中主要离子的含量如表：
成分
Na+
K+
Ca2+
Mg2+
Cl−
SO42−
HCO3−
含量/mg⋅L−1
9360
83
200
1100
16000
1200
118
(1)海水显弱碱性的原因是(用离子方程式表示)：______，该海水中Ca2+的物质的量浓度为______ mol/L.
(2)电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图1所示．其中阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过．
①阴极的电极反应式为______.
②电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg(OH)2，写出生成CaCO3的离子方程式______.
③淡水的出口为a、b、c中的______出口．
(3)海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力．锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图2所示：
该电池电解质为能传导 Li+的固体材料．放电时该电极是电池的______极(填“正”或“负”)，电极反应式为______.
(4)利用海洋资源可获得MnO2.MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾(K2MnO4)，再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾．该制备过程中消耗相同条件下空气和氯气的体积比为______(空气中氧气的体积分数按20%计).
19. 实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。
实验
装置
试剂x
操作及现象

Ⅰ


1mol⋅L−1CuCl2溶液
加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
Ⅱ
1mol⋅L−1CuSO4溶液
加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。
已知：
Ⅰ.Cu2+→浓氨水[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)
Ⅱ.Cu+→浓氨水[Cu(NH3)2]+(无色溶液)→一段时间露置在空气中[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)
(1)推测实验Ⅰ产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到______，反应的离子方程式为______。
(2)对实验Ⅰ产生SO2的原因进行分析，提出假设：
假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；
假设b：Cl−存在时，Cu2+与HSO3−反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。
①假设a不合理，实验证据是______；
②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有______、H++HSO3−=SO2↑+H2O。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设：Cl−增强了Cu2+的氧化性。
下述实验Ⅲ证实了假设合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管______(补全实验操作及现象)。

(4)将实验Ⅱ的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32−。
①通过实验Ⅳ证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。
实验Ⅳ：
证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是______；
②有同学认为实验Ⅳ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验Ⅳ的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验Ⅴ的方案和现象是：______。
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故A不选；
B.铅蓄电池是化学能转化为电能，故B不选；
C.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故C选；
D.电烤箱是把电能转化为热能，故D不选；
故选：C。
化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量。
本题考查能量的转化形式，难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件。

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了原子结构、核外电子的排布，题目难度不大，掌握构造原理排列能量大小顺序、原子轨道、元素性质与结构的关系等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
【解答】
A.元素的性质与原子的价电子有关，所以原子结构决定元素的性质，故A正确；
B.2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，故B正确；
C.核外电子排布中，能级会发生交错现象，如3d轨道的能量大于4s轨道，电子先填满4s轨道，然后再填3d轨道，故C错误；
D.电子云的疏密表示电子出现机会的多少，电子云中的小黑点不表示电子，所以电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故D正确；
故选：C。  
3.【答案】B 
【解析】解：A.HClO在光照条件下易分解成HCl和O2，体现了HClO的不稳定性，不能说明HClO部分电离，则不能证明HClO为弱电解质，故A错误；
B.0.01mol/LNaClO溶液的pH>7，则NaClO为强碱弱酸盐，可说明HClO为弱电解质，故B正确；
C.NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO−，说明NaClO为强电解质，不能证明HClO为弱电解质，故C错误；
D.HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，体现了HClO的氧化性，不能证明HClO为弱电解质，故D错误；
故选：B。
部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HClO为弱电解质，只要证明HClO部分电离即可。
本题弱电解质判断，侧重考查对基本概念的理解和应用，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，与其溶解度强弱无关、与其稳定性强弱无关，题目难度不大。

4.【答案】A 
【解析】解：A.c(H+)>c(OH−)的溶液，显酸性，故A选；
B.任何水溶液中均含氢离子，故B不选；
C.温度未知，不能由pH判断酸碱性，故C不选；
D.加酚酞显无色的溶液，可能为中性，故D不选；
故选：A。
由c(H+)、c(OH−)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)>c(OH−)时溶液显酸性，以此来解答。
本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握氢离子与氢氧根离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

5.【答案】D 
【解析】
【解答】
A.钙离子的核内有20个质子，核外有18个电子，故其结构示意图为，故A错误；
B.基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B错误；
C.水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故C错误；
D.基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，故D正确；
故选：D。

【分析】
本题考查了轨道表示式、价电子排布式以及电子式和结构式的正误判断，应注意铬和铜的价电子排布式的特殊性。  
6.【答案】B 
【解析】解：A.用硫化钠溶液除去废水中的Cu2+，离子方程式为：：Cu2++S2−=CuS↓，故A正确；
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.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色，醋酸根离子水解，离子方程式为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，故C正确；
D.用明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]作净水剂，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；
故选：B。
A.铜离子与硫离子反应生成硫化铜沉淀；
B.碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化；
C.醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子；
D.铝离子水解生成氢氧化铝胶体。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

7.【答案】B 
【解析】解：A.不加KI时反应一步完成，加入KI后反应分两步进行，并且KI是催化剂，即加入KI后改变了反应的历程，故A正确；
B.KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故B错误；
C.加入KI后反应分为：H2O2+I−=H2O+IO−，H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−，由图可知，H2O2和I−具有的能量小于H2O和IO−具有的能量，则该步反应是吸热反应，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，KI能催化H2O2的分解，则KI是该反应的催化剂、降低了反应2H2O2=2H2O+O2↑的活化能，故D正确；
故选：B。
A.KI能催化H2O2的分解，加入KI后反应分两步进行；
B.KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的焓变；
C.若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
D.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂的作用、吸放热反应的判定为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。

8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查原电池基础原理，难度不大，注意原电池两极的判断与发生的反应类型，吸氧腐蚀正极电极反应式的书写要熟悉。
【解答】
A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应生成Fe2+，K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液遇Fe2+有蓝色沉淀生成，故A正确；
B、b中形成原电池，发生锌条的吸氧腐蚀，锌做负极：Zn−2e−=Zn2+，铁钉做正极，氧气在正极放电：O2+4e−+2H2O=4OH−，生成氢氧根离子，故铁钉附近变红，故B正确；
C、a中形成原电池，铁做负极，铜丝做正极，氧气在正极放电：O2+4e−+2H2O=4OH−，故C正确；
D、b中形成原电池，铁钉做正极，锌做负极，发生氧化反应，故D错误；
故选D。  
9.【答案】A 
【解析】解：A.图中针筒可测定气体的体积，可测定生成气体的反应速率，故A正确；
B.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，故B错误；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，由实验不能比较Ag2S、AgCl的溶解度大小，故C错误；
D.铁制镀件上镀铜，Cu应与电源正极相连作阳极，图中连接电源的正负极应互换，故D错误；
故选：A。
A.图中针筒可测定气体的体积；
B.食盐水为中性；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀；
D.铁制镀件上镀铜，Cu应与电源正极相连作阳极。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、电化学腐蚀、难溶电解质、电解为解答的关键，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。

10.【答案】B 
【解析】
【分析】本题考查化学平衡移动，难度一般。
【解答】A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子，平衡时混合气体的组成未知，不能确定1mol平衡混合气体中N原子的物质的量，故A错误；
B.焓变为负，为放热反应，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，则断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量，故B正确；
C.恒温时，缩小容积，NO2浓度增大，则气体颜色变深，故C错误；
D.恒容时，水浴加热，升高温度平衡逆向移动，气体颜色变深，故D错误；
故选B。  
11.【答案】C 
【解析】解：A、导线中电子的流动方向为负极→阴极，阳极→正极即M→Q，P→N，故A错误；
B、通入氧气的N电极是正极得电子发生还原反应，电极反应：O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；
C、P是阳极氯离子失电子放出氯气即气体a，所以气体 a 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；
D、Q是阴极氢离子得电子放出氢气，则钠离子移向Q电极，则溶液C为浓NaOH溶液，故D错误。
故选：C。
装置Ⅰ为氢氧燃料电池为原电池，通入氢气的M电极是负极失电子发生氧化反应，通入氧气的N电极是正极得电子发生还原反应，装置Ⅱ有外接电源，属于电解池，根据图片知，P是阳极氯离子失电子放出氯气，Q是阴极氢离子得电子放出氢气，据此分析解答。
本题考查了原电池原理和电解池原理，明确原电池和电解池电极上发生反应的类型即可分析解答本题，难度不大，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关。

12.【答案】C 
【解析】解：A.容器①中：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
     起始(mol⋅L−1)0.10.100
    转化(mol⋅L−1)xxxx
   平衡(mol⋅L−1)0.1−x0.1−xxx
根据平衡常数，可得：K=c(H2O)c(CO)c(H2)c(CO2)=94=x2(0.1−x)，解得x=0.06，故
用H2表示的化学反应速率为v(H2)=△c△t=0.06mol/L5min=0.012mol⋅L−1⋅min−1，故A正确；
B.由A计算知x=0.06mol，故甲容器中H2的转化率为60%，②中增大了H2的浓度，故H2的转化率减小，应小于60%，H2的平衡转化率：①>②，故B正确；
C.容器③中反应的浓度商Q=0.1×0.10.1×0.2=0.5 D.容器④中Q=c(H2O)c(CO)c(H2)c(CO2)=94，反应向正反应方向进行，说明Q0，说明温度升高，所以T2>T1，故D正确；
故选：C。
A.平衡常数K=c(H2O)c(CO)c(H2)c(CO2)=94，解出c(H2)=0.04mol/L；
B.先由①容器根据平衡常数计算出转化率，再根据②容器中浓度的改变，分析平衡移动的方向，判断转化率的大小；
C.根据Q与K的关系判断反应方向；
D.根据Q与K的关系判断反应方向，判断温度大小。
考查反应速率计算、平衡转化率计算、浓度商和平衡常数判断化学反应的方向等知识点；注意增大一种反应物的量，本身的转化率减小。

13.【答案】D 
【解析】解：由电离常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−>HCO3−；
A.酸性越强，对应盐的水解程度越小，其pH越小，则pH：Na2CO3溶液大于Na2SO3溶液，故A错误；
B.酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小，则结合H+能力：CO32−强于SO32−，故B错误；
C.HSO3−在溶液中部分电离，其电离方程式为：NaHSO3=Na++HSO3−，HSO3−⇌H++SO32−，故C错误；
D.Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，则离子浓度c(SO32−)>c(CO32−)，水解生成的碳酸氢根离子浓度大于亚硫酸氢根离子浓度，所以溶液中：c(SO32−)>c(CO32−)>c(HCO3−)>c(HSO3−)，故D正确；
故选：D。
A.酸性越强，对应盐的水解程度越小；
B.酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小；
C.HSO3−在溶液中部分电离；
D.Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子。
本题考查了电离常数的应用、盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较等，题目难度不大，注意根据酸的电离常数判断酸的酸性强弱

14.【答案】C 
【解析】解：
A.根据溶度积规则，①中能够产生沉淀，说明c(Ca2+)⋅c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；
B.未加热前①和②不放出二氧化碳，说明碳酸没有达到饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以加热前①和②中发生了反应：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，故B正确；
C.加热前①和②中发生了反应：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，碳酸钙在溶液中受热不分解，加热浊液生成气泡的原因是碳酸受热分解产生了更多的二氧化碳，故C错误；
D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应为：2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，能够同时产生浑浊和气泡，故D正确；
故选：C。
向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应为2HCO3−+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，生成沉淀为碳酸钙，说明c(Ca2+)⋅c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，且碳酸没有达到饱和，据此解答。
本题考查化学实验的分析与评价，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

15.【答案】(1)球形
(2)①；②N>H
(3)①Al、O
②Mg>Ca
③因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能
(4)①[Ar]3d64s2；②< 
【解析】
【分析】
本题考查了价层电子的轨道表达式、核外电子排布、第一电离能等知识点，根据核外电子的排布规律、构造原理等知识点来分析解答，这些知识点都是考试热点，题目难度不大。
【解答】
(1)基态H原子共有1个电子层，电子排布式为1s1，该能层电子云轮廓为球形；
(2)①氮元素的原子核外有7个电子，轨道表示式为；
②NH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，非金属元素的电负性越强，得电子得能力便越强，所以电负性N>H；
(3)①ⅢA−ⅤⅡA、0族为p区，所以Al2O3、K2O、CaO、MgO、Cr2O3等氧化物中，属于元素周期表分区中p区的元素是ⅢA的Al、ⅥA的O元素；
②Mg、Ca属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Mg>Ca；
③随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以原子的电离能逐级增大；Mg为第三周期元素，Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能，说明Mg元素最外层有2个电子，失去2个电子时达到稳定结构，所以Mg元素通常显+2价；
(4)①铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2；
②核外电子排布相同的离子，原子序数越大的离子半径越小，故r(Li+) 16.【答案】4NH3+5O2−催化剂4NO+6H2O使用催化剂提高氨的催化反应的选择性   2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=−102kJ/mol升高温度，反应b正向移动  14(2c1V1−c2V2)×10−3a×100% 
【解析】解：(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水，发生反应的化学方程式为4NH3+5O2−催化剂4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂4NO+6H2O；
②结合催化剂的选择性，使用催化剂提高氨的催化反应的选择性，则两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大，
故答案为：使用催化剂提高氨的催化反应的选择性；
(2)①已知：a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H=−117kJ/mol；b.NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=+15kJ/mol，根据盖斯定律，a+b得总反应式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=−102kJ/mol，
故答案为：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=−102kJ/mol；
②当n(NH3)：n(CO2)=4：1时，温度升高，CO2的平衡转化率增大是因为反应b温度升高时，平衡向正方向移动，而对反应a减小生成物，同样促进平衡正向移动，
故答案为：升高温度，反应b正向移动；
③取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1 mLc1 mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，发生的反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2 mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−12c2V2)×10−3mol，根据反应关系，氨气的物质的量为n(NH3)=2×(c1V1−12c2V2)×10−3molmol=(2c1V1−c2V2)×10−3mol，根据N元素守恒，尿素中氮元素的物质的量为n(N)=n(NH3)=(2c1V1−c2V2)×10−3mol，则尿素中氮元素的质量分数是w=ma×100%=14(2c1V1−c2V2)×10−3a×100%，
故答案为：14(2c1V1−c2V2)×10−3a×100%。
(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水；
②催化剂具有高效性、唯一性和选择性；
(2)①根据盖斯定律可知a+b即可得到总反应式；
②温度升高，平衡向吸热反应方向移动；
③测定溶液中尿素的含量，取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1 mLc1 mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2 mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−12c2V2)×10−3mol，吸收氨气的反应为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，根据N元素守恒予以解答。
本题为综合考查，涉及盖斯定律、化学平衡的计算及影响平衡的因素等，理解催化剂的特性是解(1)的关键，基础考查，整体难度中等。

17.【答案】(1)①粉碎，高温
②2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu
(2)①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
②2.8×10−9
③此时c(Cu2+)=2.2mol/L>饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol/L，所以说明Cu2+尚未开始沉淀
(3)CuSO4溶液属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加一定量硫酸，可以使平衡逆向移动，有利于制得硫酸铜晶体 
【解析】
【分析】
本题考查了物质分离和提纯的基本操作，涉及难溶电解质的有关计算等知识，注意溶度积的计算公式的运用。
【解答】
用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+离子，溶液中加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，过滤得粗铜，加入氧化剂氧气高温煅烧生成氧化铜，加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。
(1)①常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎，高温；
②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，所以印刷电路板废液中发生的离子反应有2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu；
(2)①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应有2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②已知25℃时，调节溶液pH=4，此时c(OH−)=10−10mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39计算此时c(Fe3+)=Kspc3(OH−)=2.8×10−39(10−10)3mol/L=2.8×10−9mol/L，Fe3+已沉淀完全；
③pH=4时此时c(OH−)=10−10mol/L，根据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20计算此时c(Cu2+)=Kspc2(OH−)=2.2×10−20(10−10)2mol/L=2.2mol/L>饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol/L，所以说明Cu2+尚未开始沉淀；
(3)CuSO4溶液属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解，水解的离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，所以加一定量硫酸，可以使平衡逆向移动，有利于制得硫酸铜晶体。  
18.【答案】HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−  5×10−3  2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2Ob正  FePO4+e−+Li+=LiFePO4  5：1 
【解析】解：(1)海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，结合海水中钙离子含量为200mg/L，物质的量浓度=200×10−3g40g/mol1L=5×10−3mol/L；
故答案为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，5×10−3mol/L；
(2)①阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑，
故答案为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑；
②阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，
故答案为：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O；
③在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的阴阳离子在两个电极放电，所以水在 b处流出，
故答案为：b；
(3)放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e−+Li+=LiFePO4，
故答案为：正；FePO4+e−+Li+=LiFePO4；
(4)2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl，得到电离关系Cl2∼O2反应过程中消耗相同条件下氧气和氯气的体积比=1：1，
空气中氧气的体积分数按20%计，消耗相同条件下空气和氯气的体积比=5：1，
故答案为：5：1.
(1)分析海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，结合海水中钙离子含量为200mg/L，利用物质的量浓度概念计算得到；
(2)①依据电渗析法淡化海水示意图分析，阴(阳)离子交换膜仅允许阴(阳)离子通过．所以阴极上是阳离子得到电子发生还原反应；
②阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙；
③在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以水在b处流出；
(3)在原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据得失电子确定正负极，根据反应物、生成物书写电极反应式；
(4)依据化学方程式定量关系计算需要氧气和氯气物质的量，空气中氧气的体积分数按20%计算空气物质的量，气体体积之比等于体积之比．
本题考查了化学电源新型电池，电解池原理分析判断，海水淡化的电渗析原理的分析判断，题目难度中等，掌握原理即可解答，题目难度不大．

19.【答案】蓝色褪去  SO2+I2+2H2O=SO42−+2I−+4H+  实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡  2Cu2++2Cl−+HSO3−+H2O=2CuCl↓+SO42−+3H+  右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大  一段时间后，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色  取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色

或图示表示：
 
【解析】解：(1)蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生化学反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42−+2I−+4H+，
故答案为：蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=SO42−+2I−+4H+；
(2)①要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验I、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡，说明不是由假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大引起的，
故答案为：实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡；
②根据亚硫酸氢纳加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，则假设b正确，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应2Cu2++2Cl−+HSO3−+H2O=2CuCl↓+SO42−+3H+，
故答案为：2Cu2++2Cl−+HSO3−+H2O=2CuCl↓+SO42−+3H+；
(3)实验是为了验证Cl−增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl−增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大，
故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；
(4)①根据题目信息已知Ⅱ，确定Cu+的检验方法。实验Ⅳ中若含有Cu+，一段时间后，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色，
故答案为：一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；
②若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，看反应现象：沉淀溶解，得到无色溶液，露置段时间后溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足浓氨水。实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色，故答案为：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。
或图示表示：。
NaHSO3溶液属于弱酸的酸式盐，HSO3−的电离程度大于水解程度，它的溶液呈酸性。
(1)从二氧化硫的还原性和碘的氧化性，碘单质可使淀粉显蓝色角度出发，写出实验现象和离子反应方程式；
(2)要产生二氧化硫气体，需要溶液中有氢离子存在，对于氢离子产生的原因，可以从实验I、Ⅱ都有铜离子，但现象不同，故可以判断出假设a不正确；
(3)是不是Cl−增强了Cu2+的氧化性，可以加入氯离子，但是为了不引入新的杂质，可以加氯化钠，再观察电压表的示数；
(4)根据题目信息已知Ⅱ，确定Cu+的检验方法。若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，看反应现象，所以可以加少量纯净的Cu2O。
本题的难点在于实验方案的设计分析判断上，尤其是对性质实验方案设计时，要从多个角度思者物质的性质，结合性质计方案。