北京市通州区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试卷

北京市通州区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。下列航空航天的设备中实现了由电能到化学能转化的是A．利用生命生态实验柜养殖水稻B．太阳能电池翼为空间站提供能量需要C．空间站利用电解水供氧系统提供氧气D．利用偏二甲肼(N2H4)作为助推剂发射火箭2．下列能级符号中，错误的是A．3f B．2s C．3d D．2p3．下列物质属于强电解质的是A．CH3COOH B．NaHCO3 C．NH3·H2O D．HClO4．下列说法中，正确的是A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞B．同一原子1s、2s的电子云半径相同C．原子核外电子发生跃迁属于化学变化D．同一原子中没有运动状态完全相同的电子5．下列化学用语或图示表达正确的是A．N2的电子式为：N⋮⋮NB．Cl-的结构示意图：C．基态Cr原子的简化电子排布式：[Ar]3d44s²D．基态C原子的轨道表示式：6．下列事实可以证明NH3·H2O是弱电解质的是A．25℃时，测得0.1mol/L氨水溶液pH＜13B．50℃时，测得0.1mol/L氯化铵水溶液pH＜7C．25℃时，测得氨水的导电性比NaOH溶液弱D．25℃时，pH=a的氨水稀释10倍后，测得pH=b，a－b＜1，则氨水是弱碱7．下列化学用语表达错误的是A．NaHCO3的水解：H2O+HCO3−⇌H2CO3B．醋酸的电离：CH3COOH+H2O⇌H3O++CH3COO-C．电解饱和NaCl溶液产生黄绿色气体：2NaCl电解__2Na+ClD．TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl8．人体内血红蛋白分子(Hb)与O2形成氧合血红蛋白，人体生命维持取决于血红蛋白与氧的结合及其对氧的释放。反应方程式如下所示，下列叙述错误的是Hb(aq)(血红蛋白)+O2(aq)⇌PbO2(aq)(氧合血红蛋白)A．人体大量运动时肌肉需氧量上升平衡逆向移动B．人体吸氧越多有利于氧合血红蛋白形成，对人体健康越有利C．突然进入高海拔的高山上出现高山病时是由于上述平衡逆移导致D．长时间在高山区生活人群血液中血红蛋白含量比生活在平原地区人多9．盐碱地的开发利用进一步提升了粮食单产量。我国盐碱地大部分与土壤中碳酸盐的累积有关，严重影响植物生长。下列化肥适合施用于盐碱地的是A．硝酸铵 B．碳酸氢铵 C．生石灰 D．氨水10．下列操作(或装置)能达到实验目的是

ABCD实验目的测定中和反应的反应热测定锌与稀硫酸反应速率比较盐酸和碳酸的酸性强弱比较AgCl和Ag2S的溶解度大小实验装置A．A B．B C．C D．D11．由下列键能数据大小，不能得出的事实是化学键O－HH－HO－O键能kJ·mol-1463436498.3A．1molH2和12molO2总能量大于1molH2B．断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJC．H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−240.85kJ·molD．生成1molH2O的化学键所放出热量是463kJ12．一种具有抗痉挛作用的药物由X、Y、Z三种短周期元素组成。X、Y、Z三种原子序数依次增大，X元素原子的价层电子排布是nsnnp²n，Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素。Z元素原子价层电子的轨道中有两个孤电子，且在其原子价层电子的轨道中s能级上电子总数与p能级上电子总数不相等。(药物中Z元素呈最高正化合价)下列判断正确的是A．X与Y间的化学键是共价键B．第一电离能：Y＜Z＜XC．X与Z只能形成一种化合物D．该药物溶于水后的水溶液呈中性13．近年来钠离子电池越来越受到关注，利用钠离子在电极问“脱嵌”实现充放电的原理如图所示，电池工作时总反应为C+NaMnO2⇌放电充电Na1-xMnO2+NaxC，下列说法A．充电时的硬碳电极连接电源的负极B．放电时硬质碳为负极，NaMnO2为正极C．充电时的阳极反应为Na⁺被还原D．放电时的正极反应为Na1-xMnO2+Na++xe-=NaMnO214．AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．图中各点对应的c(H⁺)相同B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(a)=Ksp(b)＞Ksp(c)C．升高温度，b点饱和溶液的组成由b点向c点方向移动D．a点已达平衡状态，向a点溶液加入NaCl固体，饱和溶液的各微粒浓度不变二、综合题15．氨硼烷(NH3BH3)因其高含氢量，且性质稳定，被认为是一种极具应用前景的储氢材料。（1）氮原子中有个未成对电子。其中具有未成对电子所处能级轨道电子云轮廓图的形状为(填字母)。a．球形b．哑铃形（2）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-)，组成元素的电负性大小顺序是(请填元素符号)，其中B的化合价为。（3）依据对角线规则，B的化学性质与第三周期(请填元素符号)性质相似，原因是。（4）第一电离能I1(N)I1(B)(填“＞”或“＜”)，原因是。（5）氨硼烷水解制氢可以通过催化剂进行可控放氢，Fe-Ni合金作为氨硼烷水解的催化剂，表现出很好的催化活性，写出基态Ni原子的价层电子排布式，Ni属于元素周期表的区。16．将裹有锌片的铁钉放入溶有琼脂的饱和NaCl溶液中，滴入少量酚酞，回答下列问题。（1）一段时间后a处可能出现的现象是，请结合化学用语解释原因。（2）某同学为验证选择的铁钉未被腐蚀，取少量溶液于试管，分别进行如表实验，能证明铁钉未被腐蚀的实验是(填序号)。序号①②③④滴入试剂AgNO3溶液淀粉KI溶液KSCN溶液K3[Fe(CN)6]溶液实验现象产生沉淀无蓝色出现无红色出现无蓝色沉淀（3）某同学欲将铁棒镀铜设计电镀铜实验，请依据提供实验用品完成如图所示电镀装置，并写出电池工作一段时间后的现象。供选择的实验用品：FeCl2溶液，CuSO4溶液，铜棒，锌棒，铁棒实验现象：。17．甲醇作为新型清洁可再生燃料，对缓解能源危机以及实现“碳中和”目标具有重要的战略意义。二氧化碳合成甲醇工艺流程如图所示。（1）光伏发电装置中实现的能量转化形式是。（2）电解水制H2装置中，氢气应在极排出，其电极反应方程式为。二氧化碳加氢合成甲醇一般通过如下两步实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1（3）二氧化碳加氢制甲醇的总反应热化学方程式：。（4）上述两步反应过程中能量变化如图所示，两步反应中反应速率较慢的是(填“①”或“②”)，理由是。催化剂界面催化性能较好的催化剂是。（5）甲醇作为一种高能量密度的能源载体，具有广阔的发展前景。已知：燃料的能量密度是单位体积的燃料包含的能量，单位kJ/m3。热值是单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，单位kJ/g。在一定温度和催化剂作用下，车载甲醇可直接转变为氢气，从而为氢氧燃料电池提供氢源。已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是。18．合成氨在农业和国防中有很重要的意义。（1）人工固氮有如下两种途径，工业上选用途径二固氮的原因是：。途径一：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)K=5×10-31途径二：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)K=4.1×106（2）工业合成氨的平衡常数表达式为。（3）某探究小组同学在实验室模拟工业合成氨：①在298K、容积为0.5L的密闭容器内充入一定量的N2和H2，经过10分钟后生成1mol氨气，则v(NH3)=mol/(L·min)。②在恒容不同温度下，达到平衡时NH3的体积百分数与投料比n(HKA、KB、KC间的大小关系是，C点H2的平衡转化率为。（4）在实际工业生产中，常采用下列流程：①可以用勒夏特列原理解释的措施是。a.②④b.②⑤c.④⑥d.③⑤②原料气是含N2、H2及少量CO、H2O的混合气，净化干燥的原因是。A．防止催化剂中毒B．有利于平衡正向移动C．提高正反应速率③研究发现Fe－LiH复合催化剂催化效果明显高于未复合LiH的铁基催化剂，LiH在复合催化剂中是合成氨反应的另一个活性中心，经过以下三步基元反应完成(“*”代表活性中心)：第ⅰ步：N2+2*→2N*第ⅱ步：N*+LiH→*+[LiNH]第ⅲ步：……催化过程中第Ⅲ步的基元反应方程式是。（5）结合以上所学知识，欲提高工业合成氨产率除了调控压强、温度外，还可采取的合理措施是(至少答出两条)。19．某研究小组为探究含氟牙膏对牙齿表面釉质保护情况，进行如下两组实验。牙齿表面釉质的主要成分是Ca5(PO4)3OH。（1）已知：Ca5(PO4)3OH：Ksp=7×10−37；Ca5(PO4)3F：Ksp=2.8×10−61；CaCO3：Ksp=3.4×10−9；CaF2：Ksp=1.46×10−10；H3PO4：Kₐ1=6.9×10−3，Kₐ2=6.2×10−8，Kₐ3=4.8×10−13。牙釉质在唾液中的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为。（2）实验Ⅰ：用碳酸钙与盐酸反应来模拟牙齿腐蚀过程选取碎鸡蛋壳分两组浸泡(如表所示)，冲洗晾干后置于锥形瓶中，与20mL1mol/L盐酸于注射器进行如下反应。组别浸泡试剂实验组含氟牙膏水(主要成分NaF，含氟量为1%)浸泡30min对照组蒸馏水浸泡30min①反应开始7—12s时，实验组生成CO2速率比对照组慢，请用化学用语写出NaF对碎鸡蛋壳保护的原理：。②13—26s时气体生成速率实验组大于对照组，经分析发现反应后期有HF生成，加快了产生CO2速率。据此可知HCl、H2CO3、HF的酸性由大到小顺序为(填化学式)。（3）结合上述分析：一段时间内NaF对鸡蛋壳有保护作用，写出NaF保护牙釉质发生反应生成氟磷灰石Ca5(PO4)3F的离子方程式为。（4）实验Ⅱ：探究磷酸在不同pH下的存在状态。滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.1mol·L-1H3PO4，滴定曲线如图所示。已知：指示剂变色范围：甲基橙：pH＜3.1红色3.1＜pH＜4.4橙色pH＞4.4黄色①b点为第一滴定终点可选用甲基橙做指示剂，滴定终点现象为。②请结合化学用语解释c点溶液显碱性的原因。③下列说法正确的是。A．a点溶液pH=3.9的原因是：H3PO4⇌H2PO4−+HB．b点溶液中存在：c(Na+)＞c(H2PO4−)＞c(H+)＞c(HPO42−)＞c(OHC．c点时溶液中粒子浓度大小关系为：c(H2PO4−)+2c(H3PO4)＜c(PO4（5）由上述实验可知，当某同学吃苹果(pH=4.9)时，苹果中有机酸产生的H⁺腐蚀牙釉质的离子方程式是。（6）合理保护牙齿的有效措施有：。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．利用生命生态实验柜养殖水稻没有利用电能，故A不选；B．太阳能电池翼为空间站提供能量需要是电能转化为其它形式的能量，故B不选；C．空间站利用电解水供氧系统提供氧气是电能转化为化学能，故C选；D．利用偏二甲肼(N2H4)作为助推剂发射火箭是化学能转化为动能，故D不选；故答案为：C。

【分析】A、没有涉及电能；

B、电能转化为其他能量；

C、电能转化为化学能；

D、没有涉及电能。2．【答案】A【解析】【解答】A．第三能层只有s、p、d三种能级，不存在f能级，因此不存在能级符号3f，A符合题意；B．第二能层有s、p两种能级，因此存在能级符号2s，B不符合题意；C．第三能层有s、p、d三种能级，因此存在能级符号3d，C不符合题意；D．第二能层有s、p两种能级，因此存在能级符号2p，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】第一能层有s能级，第二能层有s、p能级，第三能层有s、p、d能级，第四能层有s、p、d、f能级。3．【答案】B【解析】【解答】A．CH3COOH溶于水部分电离，是弱电解质，A不符合；B．NaHCO3溶于水全部电离，属于强电解质，B符合；C．NH3·H2O溶于水部分电离，是弱电解质，C不符合；D．HClO溶于水部分电离，是弱电解质，D不符合；故答案为：B。

【分析】强电解质：常见的有强酸、强碱、盐、活泼金属氧化物；

弱电解质：常见的有弱酸、弱碱、水。4．【答案】D【解析】【解答】A．活化分子发生碰撞时，必须有合适的取向才能发生有效碰撞，故活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故A不符合题意；B．电子层数越多，电子云半径越大，故2s的半径大于1s，故B不符合题意；C．原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学性质，故C不符合题意；D．从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态，根据原子核外电子排布规律，在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、有效碰撞需要活化分子和合适取向；

B、电子层数越多，电子云半径越大；

C、化学变化的特点是产生新物种；

D、在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子。5．【答案】D【解析】【解答】A．N2分子中N原子周围应为8个电子，其电子式为：：N⋮⋮NB．Cl-最外层电子数为8，其结构示意图为：，故B不符合题意；C．根据洪特规则可知，同一能级处于半充满状态时，更稳定，故基态Cr原子的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，故C不符合题意；D．根据洪特规则可知，电子处于同一能级时，优先单独占据一个轨道，则基态C原子的轨道表示式：，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、氮气的电子式要满足氮原子周围8个电子；

B、氯离子的结构示意图最外层8电子；

C、当电子处于半充满和全充满时更稳定；

D、碳原子有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，2p优先填充空轨道。6．【答案】A【解析】【解答】A．如果NH3·H2O强电解质，则25℃时，0.1mol/L氨水溶液pH=13，此时pH＜13，说明NH3·H2O没有完全电离，是弱电解质，A符合题意；B．温度升高，促进水的电离，50℃时，纯水的pH＜7，故50℃时，测得0.1mol/L氯化铵水溶液pH＜7，不能说明NH3·H2O是弱电解质，B不符合题意；C．强电解质的导电性也可能会很弱，溶液导电性受离子浓度和离子所带电荷数影响，不能单独通过导电性说明NH3·H2O是弱电解质，C不符合题意；D．如果a接近于7，则即使NH3·H2O是强电解质，则25℃时，pH=a的氨水稀释10倍后，a－b＜1，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、0.1mol/L的一元强碱，常温下pH为13，一元弱碱则小于13；

B、没有处于25℃，无法判断；

C、导电性和离子浓度有关，应该比较相同浓度的氨水和氢氧化钠溶液；

D、前提条件是pH比较大的时候测定。7．【答案】C【解析】【解答】A．NaHCO3的水解时生成碳酸，水解的离子方程式为：H2O+HCO3−⇌H2CO3+OHB．醋酸电离生成水合氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOH+H2O⇌H3O++CH3COO-，B不符合题意；C．电解饱和NaCl溶液生成氢气，氯气，氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2HD．利用TiCl4水解来制备TiO2，相应的方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、碳酸氢根水解为碳酸和氢氧根；

B、醋酸电离为氢离子和醋酸根离子；

C、氯化钠溶液电解时生成氯气、氢气和氢氧化钠；

D、四氯化钛和水反应生成二氧化碳晶体和氯化氢。8．【答案】B【解析】【解答】A．人体大量运动时肌肉需氧量上升，氧气消耗增加，平衡逆向移动，A不符合题意；B．氧气具有氧化性，人体吸氧过多反而对人体健康不利，B符合题意；C．突然进入高海拔的高山上，空气中氧气含量减小，上述平衡逆移导致，导致输氧能力下降，出现高山病，C不符合题意；D．长时间在高山区生活人群血液中血红蛋白含量比生活在平原地区人多，更利于氧气的输送，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、减少氧气浓度，平衡朝逆向移动；

B、增大氧气浓度，平衡朝正向移动，但是氧气吸入过多会对人体不利；

C、减少氧气浓度，平衡朝正向移动；

D、高山区生活人群会消耗更多氧气，使平衡朝逆向移动。9．【答案】A【解析】【解答】A．硝酸铵水解显酸性，适合施用于盐碱地，A符合题意；B．盐碱地大部分与土壤中碳酸盐的累积有关，碳酸氢铵中含有碳酸根离子，B不符合题意；C．生石灰不是化肥，C不符合题意；D．氨水显碱性，不适合施用于盐碱地，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】酸性化肥适用于盐碱地；

A、铵根离子水解为酸性；

B、碳酸氢铵可以分解出碳酸根，碳酸根会导致盐碱地情况加重；

C、生石灰不是化肥；

D、氨水为碱性。10．【答案】B【解析】【解答】A．测定中和热的装置少了烧杯外的隔热层以及杯盖等多个保温隔热措施的装置，实验误差大，A不符合题意；B．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，B符合题意；C．二氧化碳和氯化钙溶液不反应，故该实验不能证明盐酸和碳酸的酸性强弱，C不符合题意；D．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、中和热的测定需要防止热量损耗；

B、利用测定体积测定反应速率；

C、二氧化碳和氯化钙不反应；

D、硝酸银过量，无法测定两者的溶解度大小。11．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，反应放热，则反应物能量和大于生成物能量和，A不符合题意；B.1分子氢气中含有1个H-H键，断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ，B不符合题意；C．由分析可知，H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−240.85kJ·mol-1D.1分子水中含有2个O-H键，生成1molH2O的化学键所放出热量是2×463kJ，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；

B、结合表格数据可以知道断开1molH2中的化学键所吸收的能量是436kJ；

C、△H=反应物总键能-生成物总键能；

D、1分子水中含有2个O-H键。12．【答案】B【解析】【解答】A．X与Y形成离子化合物氧化镁，化学键为离子键，A不符合题意；B．第一电离能O>S>Mg，即Y<Z<X，B符合题意；C．X与Z可以形成SO2、SO3，C不符合题意；D．该药物应为硫酸镁，溶于水后镁离子水解使溶液显酸性，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；

B、同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期元素从左到右第一电离能增大；

C、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫；

D、镁离子水解为酸性。13．【答案】C【解析】【解答】A．由放电过程反应知放电时硬碳失电子化合价升高作负极，所以充电时硬碳电极连接电源负极，A不符合题意；B．由放电过程反应知放电时硬碳失电子化合价升高作负极，Na1-xMnO2锰元素得电子化合价降低发生还原反应，则NaMnO2作正极，B不符合题意；C．充电时阳极发生氧化反应锰元素化合价升高，电极式为NaMnOD．放电时发生总反应为Na1-xMnO2+NaxC=放电故答案为：C。

【分析】新型二次电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。14．【答案】C【解析】【解答】A．温度升高，水的电离平衡程度增大，c(H⁺)增大，故图中各点对应的c(H⁺)不相同，故A不符合题意；B．Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，温度相同，Ksp相同，a、b在同一曲线上，所处温度相同，c点c(Ag+)、c(Cl-)均较大，则图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(c)＞Ksp(a)=Ksp(b)，故B不符合题意；C．升高温度，AgCl的溶解平衡向溶解的方向移动，则b点饱和溶液的组成由b点向c点方向移动，故C符合题意；D．a点已达平衡状态，向a点溶液加入NaCl固体，c(Cl-)增大，AgCl的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，故c(Ag+)减小，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、氢离子来自于水，升高温度促进水的电离；

B、温度越高则Ksp越大，同一曲线，温度不变则Ksp不变；

C、升高温度，Ksp增大，银离子和氯离子的浓度同等增大，由b点向c点移动；

D、增大氯离子的浓度，使氯化银的溶解平衡朝逆向移动，氯离子浓度增大，银离子浓度减小。15．【答案】（1）3；b（2）N＞H＞B；+3（3）Si；二者都处于元素周期表金属与非金属交界处（4）＞；一般情况下同一周期元素，原子序数越大，第一电离能越大。B、N是同一周期元素，原子序数：N＞B，且N元素的核外电子处于第ⅤA的半充满的稳定状态，故其第一电离能大于B元素即I1(N)＞I1(B)（5）3d84s2；d【解析】【解答】（1）N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，p轨道有3个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，可知N原子中有3个未成对电子；3p轨道电子是哑铃形，故答案为：b；（2）元素的非金属性越强，其形成共用电子对时，对共用电子吸引能力就强，该元素就带部分负电荷，反之就带部分正电荷。由于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-)，说明组成元素的电负性大小顺序是：N＞H＞B；由于在NH3BH3分子中，B原子与N原子通过配位键结合，B与3个H原子形成3个B-H共价键，由于电负性：H＞B，所以吸引电子能力H＞B，所以B为+3价；（3）B是第二周期第ⅢA元素，根据对角线规则，B元素的化学性质与第三周期第ⅣA的Si元素性质相似；这是由于二者都处于元素周期表金属与非金属交界处，同时具有金属与非金属元素的性质，因此二者性质相似；（4）一般情况下同一周期元素，原子序数越大，第一电离能越大；当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。B、N是同一周期元素，N元素的核外电子处于第ⅤA的半充满的稳定状态，故其第一电离能大于B元素；即I1(N)＞I1(B)；（5）Ni是28号元素，根据构造原理可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价层电子排布式是3d84s2；Ni位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。

【分析】（1）结合氮原子的电子式判断，可以知道有3个未成对电子；未成对电子位于p轨道，为哑铃形；

（2）元素的非金属性越强，则电负性越强；

（3）B的对角线元素为Si，特点都是介于金属和非金属之间；

（4）一般情况下同一周期元素，原子序数越大，第一电离能越大，但是氮原子的电子排布为半充满，出现反常；

（5）Ni的电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，则价电子排布式为3d84s2。16．【答案】（1）溶液变红色；铁做正极，空气氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子O2（2）④（3）；铁表面生成红色固体，铜棒溶解【解析】【解答】（1）锌比铁活泼，锌做负极发生氧化反应，铁做正极，空气氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子O2（2）若铁被腐蚀，则会生成亚铁离子；①溶液中含有氯化钠，氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，不能说明铁未被腐蚀，不正确；②亚铁离子和碘离子不反应，无蓝色沉淀不能说明铁未被腐蚀，不正确；③亚铁离子和KSCN溶液不反应，无红色出现不能说明铁未被腐蚀，不正确；④K3[Fe(CN)6]溶液和亚铁离子生成蓝色沉淀，物蓝色沉淀，说明铁未被腐蚀，正确；故答案为：④；（3）将铁棒镀铜设计电镀铜实验，则镀件铁棒做阴极，铜离子发生还原在铁表面生成铜，硫酸铜溶液做电解液，铜棒做阳极发生氧化反应生成铜离子，图示为；现象为：铁表面生成红色固体，铜棒溶解。

【分析】（1）吸氧腐蚀的过程中，氢氧根的浓度增大，使酚酞变红；

（2）铁定未被腐蚀，即铁未转化为亚铁离子，而亚铁离子可以利用铁氰酸钾鉴别；

（3）铁棒镀铜，则铁为阴极，铜为正极。17．【答案】（1）光能转化为电能（2）阴；2（3）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1（4）①；反应①活化能较大；b（5）常温下甲醇为液体、氢气为气体，相同质量下甲醇的体积远小于氢气，故甲醇的能量密度大于氢气【解析】【解答】（1）光伏发电装置中实现的能量转化形式是光能转化为电能；（2）电解水制H2装置中，水在阴极放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，2H（3）①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1由盖斯定律可知，①+②得：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=ΔH1+ΔH2=-49kJ·mol-1；（4）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；如图所示，两步反应中反应速率较慢的是①，理由是反应①活化能较大，反应速率较慢；由图可知，催化剂界面催化性能较好的催化剂是b；（5）与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是常温下甲醇为液体、氢气为气体，相同质量下甲醇的体积远小于氢气，故甲醇的能量密度大于氢气。

【分析】（1）光伏电池是将光能转化为电能；

（2）氢离子为阳离子，在阴极放电，其电极反应式为水得到电子生成氢氧根离子和氢气；

（3）二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水；

（4）活化能越大，则反应速率越慢；

（5）常温下甲醇为液体、氢气为气体，相同质量下甲醇的体积远小于氢气，故甲醇的能量密度大于氢气。18．【答案】（1）途径二反应的K值大，反应进行的趋势大（2）K=（3）0.2；KA=KC>KB；40%（4）b；A；2[LiNH]+3H2→2LiH+2NH3（5）选用高效催化剂、及时分离出产物氨气【解析】【解答】（1）K值越大，反应进行的趋势越大，故工业上选用途径二固氮的原因是：途径二反应的K值大，反应进行的趋势大；（2）由化学方程式可知，工业合成氨的平衡常数表达式为K=c（3）①在298K、容积为0.5L的密闭容器内充入一定量的N2和H2，经过10分钟后生成1mol氨气，则v(NH3)=10②平衡常数只受温度的影响，AC对应温度相同的则平衡常数相同，B点的氨气含量较低，则反应正向进行程度小于C，平衡常数小于C，故KA、KB、KC间的大小关系是KA=KC>KB；在恒容下，投料比n(H起始(mol)C点平衡时氨气的含量为25%，2a4-2a×100%=25%（4）①：①是除去杂质，不可用勒夏特列原理解释；②增大压强，使平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释；③催化剂加快反应速率，不可用勒夏特列原理解释；④反应为放热反应，加热的目的是加快反应速率，不可用勒夏特列原理解释；⑤分离出氨气利于平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释；⑥循环氮气、氢气是提高原理利用率，不可用勒夏特列原理解释；故答案为：b；②原料气是含N2、H2及少量CO、H2O的混合气，净化干燥的原因是A.防止催化剂中毒，故答案为：A；③LiH在复合催化剂中是合成氨反应的另一个活性中心，总反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，则根据前2步反应可知，催化过程中第Ⅲ步的基元反应方程式是2[LiNH]+3H2→2LiH+2NH3。（5）欲提高工业合成氨产率除了调控压强、温度外，还可采取的合理措施是选用高效催化剂、及时分离出产物氨气等。

【分析】（1）K值越大，则反应进行越彻底；

（2）化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；

（3）①化学反应速率=浓度变化量/时间；

②合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小；

（4）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；

增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；

增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；

升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之；

②催化剂含有杂质会导致催化剂中毒；

③结合总反应以及第i步和第ii步判断；

（5）及时分离氨气可以提高合成产率。19．【答案】（1）Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43-（2）2NaF+CaCO3═CaF2+Na2CO3；HCl＞HF＞H2CO3（3）Ca5(PO4)3OH+F-=Ca5(PO4)3F+OH-（4）滴入最后一滴NaOH溶液，溶液的颜色由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色；c点溶质为NaH2PO4，由于H2PO4-既能发生电离：H2PO4-+H（5）2Ca5(PO4)3OH+2H+=3Ca3(PO4)2+2H2O+Ca2+（6）合理使用含氟牙膏或少食用酸性的食物【解析】【解答】（1）已知牙釉质的主要成分为Ca5(PO4)3OH，其在唾液中的沉淀溶解平衡的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq)，故答案为：Ca5(PO4)3OH(s)⇌5Ca2+(aq)+3P（2）①含氟牙膏（含氟成分为NaF）与鸡蛋壳中碳酸钙能发生复分解反应，形成更难溶的氟化钙保护层，覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应继续进行，从而导致放出CO2的速率减慢，该原理的化学方程式为：2NaF+CaCO3═CaF2+Na2CO3，故答案为：2NaF+CaCO3═CaF2+Na2CO3；②根据反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H