北京市西城区2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学试题

北京市西城区2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是A．火力发电B．碱性锌锰电池C．电解饱和食盐水D．氢氧燃料电池A．A B．B C．C D．D2．下列物质中，属于强电解质的是（）A．H2O B．NaOH C．NH3·H2O D．CH3COOH3．关于化学反应速率增大的原因，下列分析错误的是A．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多B．增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大D．使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大4．下列化学用语书写错误的是A．Cl-的结构示意图：B．NaCl的电子式：C．基态铜原子(29Cu)的价层电子排布式：3d94s2D．基态氧原子的轨道表示式：5．下列用于解释事实的化学用语书写错误的是A．电解精炼铜的阳极反应：Cu2++2e-=CuB．用Na2CO3溶液清洗油污的原因：H2O+CO32−⇌HCO3C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO4D．将纯水加热至较高温度，水的pH＜7：H2O⇌H++OH-△H＞06．下列说法正确的是A．2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B．所有非金属元素都分布在p区C．最外层电子数为2的元素都分布在s区D．元素周期表中从第IIIB族到第IIB族的10个纵列的元素都是金属元素7．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中C．工业合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，采用400℃~500℃的高温条件D．工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热8．用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液。下列说法错误的是A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用B．锥形瓶盛装0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色9．Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化CO2的历程示意图如图：下列说法错误的是A．该转化过程中CO2被还原B．②→③中断裂的与生成的化学键都是极性共价键C．生成1molCO，需要转移2mole-D．Ni原子在催化转化CO2的过程中降低了该反应的焓变10．下列图示与化学用语表述内容不相符的是ABCDCH3COOH在水中电离铁的表面镀铜H2与Cl2反应过程中焓的变化锌铜原电池CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+Fe+Cu2+=Fe2++CuH2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H＜0Zn+Cu2+=Zn2++CuA．A B．B C．C D．D11．一定温度下，在2个容积均为10L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，充分反应并达到化学平衡状态，相关数据见表。下列说法正确的是容器编号起始时各物质的物质的量/mol平衡时I2的浓度/(mol•L-1)n(H2)n(I2)n(HI)c(I2)I0.10.100.008Ⅱ0.20.20xA．该温度下，反应的化学平衡常数K=0.25B．Ⅱ中x=0.008C．容器内气体的密度不再改变可以作为反应达到化学平衡状态的标志D．反应开始阶段的化学反应速率：I>Ⅱ12．Li可与S8发生系列反应：S8+2Li=Li2S8，3Li2S8+Li=4Li2S6，Li2S6+2Li=3Li2S4，Li2S4+2Li=2Li2S2，Li2S2+2Li=2Li2S。科学家据此设计某锂硫电池，示意图如图。放电时，炭/硫复合电极处生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。下列说法正确的是A．该电池中的电解质溶液可以用水溶液B．放电时，电子由炭/硫复合电极经用电器流向Li电极C．放电时，生成的Sx2−D．放电时，当0.01molS8全部转化为Li2S2时，理论上消耗0.56gLi13．已知1molH2O2分解放出热量98kJ。在含有少量I-的溶液中，H2O2分解的机理是：i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-。H2O2分解过程中能量变化如图。下列说法正确的是A．①表示加催化剂后反应过程中的能量变化B．①的活化能等于98kJ•mol-1C．i和ii均为放热反应D．i的化学反应速率比ii的小14．某实验小组研究经打磨的镁条与1mol•L-1NaHCO3溶液(pH≈8.4)的反应。室温时，用CO2传感器检测生成的气体，并测定反应后溶液的pH。实验如表：实验装置编号锥形瓶中的试剂实验现象锥形瓶内CO2的浓度变化①6.0g1mol•L-1NaHCO3溶液有极微量气泡生成，15min后测得溶液的pH无明显变化②6.0g1mol•L-1NaHCO3溶液和0.1g镁条持续产生大量气泡(净化后可点燃)，溶液中有白色浑浊生成。15min后测得溶液的pH上升至9.0③6.0gH2O(滴有酚酞溶液)和0.1g镁条镁条表面有微量气泡，一段时间后，镁条表面微红下列说法错误的是A．由①可知，室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2B．由①②可知，②中产生的大量气体中可能含有H2C．②中的反应比③中的剧烈，是因为NaHCO3溶液中c(H+)更大D．由②③可知，HCO3−的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg(OH)二、填空题15．我国科学家成功合成了世界上首个全氮阴离子盐，使氮原子簇化合物的研究有了新的突破。（1）基态N原子中有个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是。（2）第二周期元素原子的第一电离能介于B、N之间的是。（3）以氮化镓(GaN)等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，基态31Ga原子的简化电子排布式为。16．已知：25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离平衡常数近似相等。（1）关于0.1mol•L-1CH3COOH溶液，回答下列问题。①25℃时，测得0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，则由水电离出的H+的浓度为mol•L-1②CH3COONa溶液显(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因：。（2）关于0.1mol•L-1氨水，回答下列问题。①NH3•H2O的电离方程式为，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb=。②25℃时，0.1mol•L-1氨水的pH=。③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸。下列说法正确的是。a.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+b.c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H217．某小组同学设想利用燃料电池和电解池组合，设计一种制备硫酸和氨的装置，相关的物质及工作原理示意图如图。a、b、c、d均为惰性电极，电解池中d上有可催化N2放电的纳米颗粒，固体氧化物电解质只允许O2-在其中迁移。（1）燃料电池制备硫酸。①a为(填“正极”或“负极”)，电极反应式为。②H+的迁移方向为(填“a→b”或“b→a”)。③电池总反应的化学方程式为。（2）电解池制备氨。下列关于电解过程的说法正确的是____。A．d上，N2被还原B．c的电极反应：2O2--4e-=O2↑C．固体氧化物中O2-的迁移方向为d→c（3）燃料电池中每消耗48gSO2，在电解池中，理论上产生的NH3在标准状况下的体积为L。三、综合题18．（1）CO2的捕获和转化可减少CO2排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗CH4和CO2，生成合成气(H2、CO)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii：i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H2=+75.0kJ•mol-1iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s)△H3=-172.0kJ•mol-1△H1=。（2）反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是____。A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压（3）经研究发现，添加碱性助剂(如CaO)可以促进CO2的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以N2为载气，将恒定组成、恒定流速的N2、CH4混合气通入盛有足量CaCO3的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到CO2，催化剂表面有积炭。①反应II的化学方程式为。②t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2的速率不变，可能发生的副反应是(填序号“ii”或“iii”)。③t3时，生成CO的速率为0，是因为反应II不再发生，可能的原因是。19．某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。资料：i.含Cr元素的常见粒子：Cr2O72-(橙色)、CrO42-(黄色)、CrOii.H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。iii.在碱性环境中，O2不能氧化+3价铬元素。实验操作及现象如表：装置步骤操作现象2mL0.0125mol•L-1K2Cr2O7溶液I先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡溶液橙色加深。滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色Ⅱ继续缓慢滴入10滴2mol•L-1NaOH溶液，边滴，边振荡又有气泡生成，溶液最终变为黄色（1）已知Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2Cr（2）I中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是。（3）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是。（4）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有Cr(OH)3沉淀生成，但实验时未观察到。提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被H2O2氧化。①甲同学设计实验证明假设成立：取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作：。然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为色。②乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，设计如图实验。右侧烧杯的溶液中，氧化剂是。开始时灵敏电流计指针不偏转，分别继续进行如下实验。i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，此时左侧的电极反应式为。ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化。此时原电池中的总反应的化学方程式为。（5）由上述实验，Cr2O72-与H2O2、Cr酸性条件下，Cr2O72-H2O2；碱性条件下，CrO20．三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷的流程如图。资料：i.含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)。ii.相关难溶电解质的溶度积：难溶电解质Fe(OH)3Bi(OH)3Ksp4.0×10-384.0×10-31（1）纯化①当溶液中剩余离子的浓度小于1×10-5mol•L-1时，认为该离子已被完全除去。常温下，若纯化过程中控制溶液的pH=6，(填“能”或“不能”)将Fe3+和Bi3+完全除去。②充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是。（2）还原浸出①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式：。   Cu(AsO2)2+   SO2+   _=Cu3(SO3)2•2H2O+   HAsO2+   _②其他条件相同时，还原浸出60min，不同温度下砷的浸出率如图。随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是。③还原渣经过充分氧化处理，可返回工序，循环利用。a.纯化b.沉砷c.还原（3）测定产品纯度取agAs2O3产品，加适量硫酸溶解，以甲基橙作指示剂，用bmol•L-1KBrO3溶液滴定，终点时生成H3AsO4和Br-，消耗cmLKBrO3溶液。As2O3产品中As2O3的质量分数是。(As2O3的摩尔质量为198g•mol-1)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．火力发电将化学能转化为内能，再由内能转化为动能，由动能转化为电能，故A不符合题意；B．碱性锌锰电池将化学能转化为电能，故B不符合题意；C．电解饱和食盐水为电解池装置，将电能转化为化学能，故C符合题意；D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、化学能→内能→动能→电能；

B、化学能→电能；

C、电能→化学能；

D、化学能→电能。2．【答案】B【解析】【解答】A、H2O在水中部分电离，属于弱电解质，A不符合题意；

B、NaOH在水中完全电离，属于强电解质，B符合题意；

C、NH3·H2O在水中部分电离，属于弱电解质，C不符合题意；

D、CH3COOH在水中部分电离，属于弱电解质，D不符合题意；故答案为：B【分析】此题是对强弱电解质概念的考查。强电解质是指在水中完全电离的电解质；属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数的盐。3．【答案】B【解析】【解答】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A不符合题意；B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B符合题意；C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C不符合题意；D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】①升高温度，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快；

②增大浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；

③增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；

④加入催化剂，降低反应所需活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快。4．【答案】C【解析】【解答】A．Cl原子是17号元素，Cl-核外电子分为三个电子层，一层2个电子，二层8个电子．三层8个电子，原子结构示意图为，故A不符合题意；B．NaCl为离子化合物，电子式为：，故B不符合题意；C．铜原子(29Cu)是29号元素，价层电子排布式为：3d104s1，故C符合题意；D．O是8号元素，电子排布式为1s22s2sp4，轨道表示式为，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、氯离子的最外层为8个电子；

B、氯化钠的电子式要注意标明电荷；

C、铜原子的价电子处于半充满和全充满最稳定；

D、氧原子的电子排布式为1s22s2sp4，其2p有2个轨道只有1个电子。5．【答案】D【解析】【解答】A．电解精炼铜时，粗铜做阳极，阳极电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，故A不符合题意；B．碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，离子方程式H2O+CO32−⇌HCO3−C．用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙沉淀，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO4D．水是弱电解质，存在电离平衡，水的电离过程吸收热量，升高温度，水的电离平衡正向移动，其中c(H+)增大，因此溶液的pH减小，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、铜为阳极，失去电子形成铜离子；

B、碳酸根水解成碱性；

C、硫酸钙和碳酸根反应生成碳酸钙和硫酸根；

D、升高温度，平衡朝正向移动，pH减小。6．【答案】D【解析】【解答】A．相同能级的原子轨道数目相同，A不符合题意；B．除氢元素处于s区，其它非金属元素都处于p区，B不符合题意；C．第ⅡB族最外层电子数为2，可能在ds区，也可能为p区，一定不在s区，C不符合题意；D．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、同一能级轨道数目相同；

B、氢元素位于s区；

C、IIB族位于ds区、p区两种情况；

D、过渡元素都是金属元素。7．【答案】C【解析】【解答】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意；B．Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，配制FeCl3溶液时，向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】平衡移动的判断；

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。8．【答案】B【解析】【解答】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A不符合题意；B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B符合题意；C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C不符合题意；D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、滴定管使用前要先检验漏水；

B、锥形瓶不需要干燥；

C、滴定管需要润洗；

D、酸滴入碱时酚酞有粉红色变为无色。9．【答案】D【解析】【解答】A．结合图示信息，酸性条件下，CO2催化转化的产物是CO和H2O，C元素化合价降低，CO2被还原，故A不符合题意；B．由图可知，过程②→③涉及化学键的断裂与生成，断裂了C-O键生成了H-O键，断裂的与生成的化学键都是极性共价键，故B不符合题意；C．生成1molCO，碳元素化合价从+4降低为+2，则需要2mol电子，故C不符合题意；D．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的焓变，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、碳元素化合价降低，被还原；

B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；

C、结合化合价变化进行判断；

D、催化剂不影响焓变。10．【答案】B【解析】【解答】A．CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，在水中电离方程式为：CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+，故A不符合题意；B．铁的表面镀铜，铜做阳极连接电源的正极，电极方程式为：Cu-2e-=Cu2+；铁做阴极连接电源的负极，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu；总电极方程式不是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B符合题意；C．H2与Cl2反应过程中反应物的能量高于生成物的能量，该反应为放热反应，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H＜0，故C不符合题意；D．锌铜原电池中，Zn较活泼做负极，Cu做正极，以ZnSO4溶液和CuSO4溶液做电解质溶液，总电极方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、醋酸电离为醋酸根离子和氢离子

B、铜为阳极，失去电子生成铜离子，铜离子在阴极放电形成铜；

C、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；

D、锌为负极失去电子形成锌离子，铜离子在正极放电形成铜。11．【答案】A【解析】【解答】A．由表中信息可知，I中平衡时I2的浓度为0.008mol•L-1，由方程式可知平衡时H2的浓度为0.1mol10L-(0.1mol10L-0.008mol•L-1)=0.008mol•LB．容器Ⅱ相当于在I的基础上再充入0.1molH2(g)和0.1molI2(g)，等效于增大压强，反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，Ⅱ中x=0.008mol/L×2=0.016mol/L，故B不符合题意；C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则容器内气体的密度一直不变，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．容器Ⅱ相当于在I的基础上再充入0.1molH2(g)和0.1molI2(g)，等效于增大压强，反应速率增大，化学反应速率：I<Ⅱ，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；

B、等效平衡增大压强平衡不移动；

C、结合总质量和总体积判断；

D、压强增大，速率增大。12．【答案】B【解析】【解答】A．Li是活泼金属可以和水反应生成氢气，该电池中的电解质溶液不可以用水溶液，故A不符合题意；B．由分析可知，炭/硫复合电极为正极，Li电极为负极，原电池中电子由负极移向正极，故B符合题意；C．由分析可知，炭/硫复合电极为正极，Li电极为负极，原电池中阴离子移向负极，生成的Sx2−D．放电时，当0.01molS8全部转化为Li2S2时，由总电极方程式S8+8Li=4Li2S2可知消耗0.08molLi，质量为0.08mol×7g/mol=0.56g，故D不符合题意；故答案为：B。

【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。13．【答案】D【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，②表示加催化剂后反应过程中的能量变化，故A不符合题意；B．已知1molH2O2分解放出热量98kJ，1mol过氧化氢分解的△H=﹣98kJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故B不符合题意；C．由图可知，i.H2O2+I-=H2O+IO-中反应物的能量低于生成物的能量，该反应为吸热反应，故C不符合题意；D．由图可知，反应i的活化能大于反应ii的活化能，所以i的化学反应速率比ii的小，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、催化剂降低反应活化能；

B、活化能是能量上升的部分；

C、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；

D、活化能越大速率越快。14．【答案】C【解析】【解答】A．由①可知，锥形瓶中的试剂为6.0g1mol•L-1NaHCO3溶液，锥形瓶内CO2的浓度增大，说明室温时，NaHCO3在溶液中可分解产生CO2，故A不符合题意；B．②中产生大量气泡，该气体净化后可点燃，说明产生的大量气体中可能含有H2，故B不符合题意；C．NaHCO3溶液呈碱性，其中c(H+)小于H2O中的，故C符合题意；D．NaHCO3可以和碱性物质反应，由②③可知，HCO3−的作用可能是破坏了覆盖在镁条表面的镁与H2O反应生成的Mg(OH)2故答案为：C。

【分析】A、二氧化碳浓度增大，说明有碳酸氢钠分解；

B、氢气为可燃气体；

C、碳酸氢根水解程度大于电离程度，氢氧根浓度大于氢离子浓度；

D、碳酸氢根可以和碱反应。15．【答案】（1）3；2p（2）Be、C、O（3）[Ar]4s²4p¹【解析】【解答】（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，则其价电子占据的能量最高的能级是2p轨道，其价电子排布图为：，p轨道上3个电子分居在不同的三个轨道上，有3个未成对电子。（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素Be、C、O。（3）Ga原子核外电子数为31，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化电子排布式为[Ar]4s²4p¹。

【分析】（1）氮原子有3个未成对电子，最高能级为2p；

（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但是当电子处于全充满或者半充满则出现反常；

（3）结合Ga核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1判断。16．【答案】（1）1×10-11；碱性；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-（2）NH3•H2O⇌+OH-；c(NH【解析】【解答】（1）①CH3COOH溶液中，由水电离出的H+的浓度等于溶液中OH-的浓度，则pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出的H+的浓度为1×10②CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COONa溶液中CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，溶液显碱性。（2）①NH3•H2O是一元弱碱，电离方程式为为NH3•H2O⇌+OH-，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb=c(NH②因为25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，而0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，c(H+)=1×10-3mol/L，故25℃时，0.1mol•L-1NH3•H2O溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L，c(H+)=1×10−141×1③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸，得到NH4Cl溶液，发生水解生成NH3·H2O和H+，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；根据物料守恒：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H故答案为：b。

【分析】（1）①结合水的离子积常数和溶液中的氢离子浓度判断；

②醋酸根水解为醋酸和氢氧根离子；

（2）①一水合氨电离为铵根离子和氢氧根离子；电离平衡常数Kb=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；

②结合一水合氨的电离平衡常数和氨水的浓度判断；

③氨水和盐酸等浓度等体积混合，得到的溶质为氯化铵，结合铵根离子的水解进行判断。17．【答案】（1）负极；2H2O+SO2-2e-=SO42−+4H+；a→b；2H2O+2SO2+O2=2H2SO（2）A；B；C（3）11.2【解析】【解答】（1）①由分析可知，a为负极，电极方程式为：2H2O+SO2-2e-=SO42−+4H+②燃料电池中a为负极，b为正极，阳离子由负极移向正极，则H+的迁移方向为a→b；③由分析可知，燃料电池中，b为正极，电极方程式为：O2+4e-=2O2-，a为负极，电极方程式为：2H2O+SO2-2e-=SO42−+4H+，电池总反应的化学方程式为2H2O+2SO2+O2=2H2SO4（2）A．电解池中d上有可催化N2放电生成NH3，N元素化合价降低，N2被还原，故A正确；B．c为阳极，电极方程式为：2O2--4e-=O2↑，故B正确；C．电解池中阴离子移向阳极，固体氧化物中O2-的迁移方向为d→c，故C正确；故答案为：ABC。（3）燃料电池中每消耗48gSO2，n(SO2)=48g64g/mol=0.75mol，SO2失去电子生成SO42−，电极方程式为：2H2O+SO2-2e-=SO42−+4H+，转移1.5mol电子，d上有可催化N2放电生成NH3，电极方程式为：N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-

【分析】（1）①硫元素化合价升高，失去电子，则a为负极；

②氢离子为阳离子，移向正极；

③水和二氧化硫、氧气反应生成硫酸；

（2）A、d电极为阴极氮气得到电子被还原；

B、c电极为阳极，氧离子失去电子形成氧气；

C、氧离子为阴离子，移向阳极；

（3）结合公式n=m/M和n=V/Vm判断。18．【答案】（1）+247kJ•mol-1（2）A（3）CH4+CaCO32CO+2H2+CaO；ii；催化剂失效【解析】【解答】（1）已知i.CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1；ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H2=+75.0kJ•mol-1；iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s)△H3=-172.0kJ•mol-1；由盖斯定律可知ii-iii即可得到反应i，△H1=△H2-△H3=+75.0kJ•mol-1-(-172.0kJ•mol-1)=+247kJ•mol-1。（2）CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ•mol-1，该反应是气体体积增大的吸热反应，则增大压强、升高温度有利于平衡正向移动，利于生成合成气，故答案为：A。（3）①由图可知，反应II的化学方程式为CH4+CaCO32CO+2H2+CaO；②由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)；③t3时，生成CO的速率为0，是因为反应II不再发生，可能的原因是催化剂失效。

【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

（2）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；

（3）①甲烷和碳酸钙反应生成二氧化碳、氢气和氧化钙；

②催化剂有积碳，反应为甲烷分解为碳和氢气；

③催化剂失效，导致一氧化碳速率为0。19．【答案】（1）Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO4（2）Cr2O72-+8H++3H2O2=2Cr3+（3）H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快（4）将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却；亮绿色；H2O2；Cr(OH)3+5OH−－3e−=CrO42-+4H2O；2H2O2=2H2（5）＞；＜【解析】【解答】（1）Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO4（2）I中，溶液由橙色变为绿色是Cr2O72-在酸的作用下反应转化为Cr3+，总反应的离子方程式是Cr2O72-+8H++3H（3）H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快，故Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成；（4）①取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作，以排尽溶液中的溶解氧气，排除干扰：将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却；然后滴入NaOH溶液