2025-2026学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年上海市曹杨二中高二（上）期末化学试卷（含答案+解析），共17页。试卷主要包含了流程题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.工业冶炼硼的流程如图：
已知：硼酸(H3BO3)的溶解度：
(1)操作1是______、______、过滤、______，干燥。检验H3BO3是否洗涤干净的操作为______。
(2)整个流程中可循环利用的物质是______。
(3)硼酸是一元弱酸，B和Al的某些性质相似，类比Al(OH)3的酸式电离写出硼酸的电离方程式：______。电离出的负离子的化学键类型有______。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.氢键
(4)室温时测得0.1000ml⋅L−1硼酸溶液的pH=5，则该条件下硼酸的电离度α=______。
(5)试从微粒间作用力的角度解释加热后硼酸的溶解度增大的主要原因：______。
二、简答题：本大题共4小题，共80分。
2.(1)1913年，玻尔提出氢原子模型，解释了氢原子的光谱。关于玻尔原子结构模型，下列说法中正确的是______。
A.玻尔原子结构模型可以解释He+的光谱
B.原子中的电子在定态轨道上运动时，可能会辐射能量
C.电子在不同能量的两个轨道之间发生跃迁时，一定会辐射能量
D.电子在定态轨道上的运动状态被称为基态
量子力学理论采用原子轨道和电子云模型来描述电子在原子核外空间运动的状态。
(2)下列关于电子云或原子轨道的叙述中，正确的是______。
A.电子云图中的小黑点越密，表示原子核外单位体积内的电子越多
B.原子轨道是电子运动的轨迹
C.原子轨道表示电子在空间各处出现的概率
D.原子内电子的一个空间运动状态称为一个原子轨道
(3)某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3。下列描述中，正确的是______。
A.该元素的电负性比溴元素的电负性大
B.该元素位于元素周期表第15族
C.该元素的原子有15个价电子
D.4p能级上的3个电子能量相等，但空间运动状态不同
随着原子序数的增加，核外电子排布发生了周期性的变化，元素性质也随着原子序数的递增呈现周期性递变规律。
(4)将第二周期元素Li、Be、B按第一电离能递减顺序排列：______。
(5)硼元素有两种同位素： 10B(相对原子质量10.0129，丰度19.78%)和 11B(相对原子质量11.00931，丰度80.22%)。请列式计算硼元素的相对原子质量(计算结果保留至小数点后两位)：______。
(6)画出基态硼原子的价电子层的轨道表示式______，其核外有______种不同运动状态的电子。
原子轨道的杂化类型决定了分子的空间构型，这些因素共同影响着物质的化学性质。
(7)BF3主要用作有机合成中的催化剂，也可用于制造火箭的高能燃料。写出BF3的电子式______， B的杂化类型是______。
(8)BF3为______分子。
A.非极性
B.极性
C.平面三角形
D.三角锥形
(9)BF3的熔点(−127∘C)远低于CrF3的熔点(1100∘C)，是因为______。
(10)BF3和HF反应后形成一种超强酸HBF4，可推测BF4−的价层电子对空间构型为______。
(11)自然界中不存在硼单质，硼烷也很少，主要是含氧化合物。请根据相关化学键的键能简要分析和解释其原因：______。
3.回答下列问题：
(1)某温度下纯水中的[H+]=2×10−7ml⋅L−1，则此时溶液中的[OH−]=______ ml⋅L−1。
A.5×10−6
B.5×10−7
C.2×10−7
D.2×10−6
(2)该温度下，某溶液中由水电离产生的[OH−]和[H+]的乘积为1.6×10−17，则该溶液的pH=______。
A.5
B.5.6
C.8.4
D.9
室温下，在1ml⋅L−1的某二元酸溶液中，含A元素组分的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。
(3)写出H2A的电离方程式：______、______。
(4)根据图像，计算室温下HA−的电离平衡常数的数值Ka______ (写出计算过程)。
(5)等物质的量浓度NaHA和Na2A溶液等体积混合，比较混合后的溶液中[Na+]、[HA−]、[A2−]的大小正确的是______。
A.[Na+]>[HA−]>[A2−]
B.[A2−]>[Na+]>[HA−]
C.[Na+]>[A2−]>[HA−]
D.[HA−]>[Na+]>[A2−]
已知298K时，Ka(CH3COOH)=1.8×10−5，Ka(HNO2)=5.6×10−4。
(6)向0.1ml⋅L−1的CH3COONa溶液中逐滴滴加HNO2溶液。当溶液中的[HNO2]=[NO2−]时，[CH3COOH]/[CH3COO−]为______。
C.31
D.1314
4.CO2回收技术已成为科学研究热点问题。其中CO2催化加氢是制备CH3OH等高附加值化学品的重要方法，反应体系中存在的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ⋅ml−1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=−90kJ⋅ml−1
(1)计算反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=______ kJ⋅ml−1。反应Ⅲ的平衡常数表达式K=______。
(2)恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，下列说法正确的是______。
A.升高温度可以增大活化分子百分数，反应速率加快
B.加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，ΔH减小
C.混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡
D.混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应已达到平衡
(3)有关上述反应的说法正确的是______。
A.增大压强有利于CH3OH的生成
B.使用催化剂，能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率
C.升温有利于反应Ⅰ，反应Ⅰ先达到平衡状态
其他条件不变时，相同时间内，温度对CO2加氢制CH3OH反应的影响如图。
已知：CH3OH选择性=n(CH3OH)生n(CO2)消耗×100%。
(4)由图知240∘C时实际反应未达到平衡状态，图中的依据是：______。
(5)220∼240∘C时，CO2的平衡转化率减小的原因是：______。
(6)220∼240∘C，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是：______。
将6mlCO2和8mlH2充入容积为2L的密闭容器中，分别在T1、T2温度下只发生反应Ⅲ，H2的物质的量变化如表所示：
(7)T1温度下，0∼10min内以CO2表示该反应速率v(CO2)=______。
(8)下列关于T1与T2判断正确的是______，解释原因：______。
A.T1>T2B.T1=T2C.T1v(逆)B.v(正)=v(逆)C.v(正)B>Li 10.81 ;5 ;sp2 AC BF3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用力弱，熔点低；CrF3是离子晶体，熔化时破坏离子键，作用力强，熔点高 正四面体形 B−O键的键能远大于B−B键和B−H键，B−O键更稳定，因此硼更易与氧结合形成含氧化合物
【解析】解：(1)A.玻尔模型仅能解释氢原子和类氢离子(如He+)的光谱，A正确；
B.电子在定态轨道运动时，能量稳定，不会辐射能量，B错误；
C.电子从高能级向低能级跃迁时辐射能量，反之吸收能量，C错误；
D.电子在能量最低的定态轨道上的运动状态称为基态，不是所有在定态轨道上的运动状态都称为基态，D错误；
故答案为：A；
(2)A.电子云图中的小黑点密度代表电子在核外单位体积内出现的概率，不是电子数量，A错误；
B.原子轨道是电子在核外空间的概率分布区域，不是电子运动的轨迹，B错误；
C.原子轨道表示电子在空间某个区域的概率，C错误；
D.量子力学上把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，D正确；
故答案为：D；
(3)电子排布式[Ar]3d104s24p3，该元素为第四周期ⅤA族的砷(As)；
A.同周期从左到右电负性递增，因此As的电负性小于Br，A错误；
B.As位于第15族(ⅤA族)，B正确；
C.价电子排布式为4s24p3，共5个价电子，不是15个，C错误；
D.4p能级的3个电子分占不同轨道，能量相等但空间运动状态不同，D正确；
故答案为：BD；
(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但Be的价电子排布式为2s2，失去2s能级的电子，而B失去2p能级的电子，2p能级能量高于2s能级的电子，更容易失去，第一电离能反常高于B，Li、Be、B的第一电离能递减顺序为：Be>B>Li，
故答案为：Be>B>Li；
(5)硼元素的相对原子质量为10.0129×19.78%+11.00931×80.22%≈1.98+8.83=10.81，
故答案为：10.81；
(6)基态硼的价电子排布式为2s22p1，轨道表示式：；核外有5个电子，每个电子运动状态都不同，因此有5种不同运动状态的电子，
故答案为：；5；
(7)BF3的电子式为：，中心原子B的价层电子对数为3+12×(3−3×1)=3，因此B的杂化类型是sp2杂化，
故答案为：；sp2；
(8)BF3为平面三角形结构，键的极性相互抵消，是非极性分子，
故答案为：AC；
(9)BF3的熔点(−127∘C)远低于CrF3的熔点(1100∘C)的原因为：BF3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用力弱，熔点低；CrF3是离子晶体，熔化时破坏离子键，作用力强，熔点高，
故答案为：BF3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用力弱，熔点低；CrF3是离子晶体，熔化时破坏离子键，作用力强，熔点高；
(10)BF4−中B的价层电子对数为4+12×(3+1−4×1)=4，价层电子对空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
(11)从键能看，B−O键(561 kJ⋅ml⁻1)的键能远大于B−B键(293 kJ⋅ml⁻1)和B−H键(389 kJ⋅ml⁻1)，这意味着B−O键更稳定，因此硼更易与氧结合形成含氧化合物，而非单质或硼烷，
故答案为：B−O键的键能远大于B−B键和B−H键，B−O键更稳定，因此硼更易与氧结合形成含氧化合物。
(1)A.玻尔模型仅能解释氢原子和类氢离子(如He+)的光谱；
B.电子在定态轨道运动时，能量稳定；
C.电子从高能级向低能级跃迁时辐射能量；
D.电子在能量最低的定态轨道上的运动状态称为基态；
(2)A.电子云图中的小黑点密度代表电子在核外单位体积内出现的概率；
B.原子轨道是电子在核外空间的概率分布区域；
C.原子轨道表示电子在空间某个区域的概率；
D.量子力学上把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；
(3)电子排布式[Ar]3d104s24p3，该元素为第四周期ⅤA族的砷(As)；
(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但Be的价电子排布式为2s2，失去2s能级的电子，而B失去2p能级的电子，2p能级能量高于2s能级的电子，更容易失去；
(5)硼元素的相对原子质量为10.0129×19.78%+11.00931×80.22%≈1.98+8.83=10.81；
(6)基态硼的价电子排布式为2s22p1，轨道表示式：；核外有5个电子，每个电子运动状态都不同；
(7)BF3的电子式为：，中心原子B的价层电子对数为3+12×(3−3×1)=3；
(8)BF3为平面三角形结构，键的极性相互抵消，是非极性分子；
(9)BF3的熔点(−127∘C)远低于CrF3的熔点(1100∘C)的原因为：BF3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，作用力弱；
(10)BF4−中B的价层电子对数为4+12×(3+1−4×1)=4；
(11)从键能看，B−O键(561 kJ⋅ml⁻1)的键能远大于B−B键(293 kJ⋅ml⁻1)和B−H键(389 kJ⋅ml⁻1)。
本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】C AD H2A=H++HA−;HA−⇌H++A2− 10−3 C C
【解析】解：(1)纯水中 c(H+)=c(OH−)，已知 c(H+)=2×10−7ml⋅L−1，所以 c(OH−)=2×10−7ml⋅L−1，
故答案为：C；
(2)该温度下水的离子积 Kw=c(H+)⋅c(OH−)=(2×10−7)2=4×10−14。水电离产生的 c(OH−)水⋅c(H+)水=1.6×10−17，说明水的电离被抑制，溶液为酸或碱溶液。设水电离出的 c(H+)水=c(OH−)水=x，则 x2=1.6×10−17，解得 x=4×10−9ml⋅L−1。若为酸溶液：溶液中的 c(H+)=Kwx=4×10−144×10−9=1×10−5ml⋅L−1，pH=5；若为碱溶液：溶液中的 c(OH−)=Kwx=1×10−5ml⋅L−1，pH=9，
故答案为：AD；
(3)由图像可知，H2A 第一步完全电离，第二步部分电离，因此电离方程式为：H2A=H++HA−；HA−⇌H++A2−，
故答案为：H2A=H++HA−；HA−⇌H++A2−；
(4)当 c(HA−)=c(A2−) 时，pH=3，即 c(H+)=10−3ml⋅L−1，因此Ka=c(H+)⋅c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−3，
故答案为：10−3；
(5)等物质的量浓度 NaHA 和 Na2A 等体积混合，NaHA 完全电离为 Na++HA−，Na2A 完全电离为 2Na++A2−，c(Na+) 最大；HA− 的电离常数 Ka=10−3，A2− 的水解常数 Kh=KwKa=10−11，因此HA−的电离 程度大于水解程度，所以 c(A2−)>c(HA−)，因此浓度关系：c(Na+)>c(A2−)>c(HA−)，
故答案为：C；
(6)根据 HNO2 的电离平衡：Ka(HNO2)=c(H+)⋅c(NO2−)c(HNO2)=c(H+)=5.6×10−4ml⋅L−1，再根据 CH3COOH 的电离平衡：c(CH3COOH)c(CH3COO−)=c(H+)Ka(CH3COOH)=5.6×10−41.8×10−5≈31，
故答案为：C。
(1)纯水中 c(H+)=c(OH−)，已知 c(H+)=2×10−7ml⋅L−1；
(2)该温度下水的离子积 Kw=c(H+)⋅c(OH−)=(2×10−7)2=4×10−14。水电离产生的 c(OH−)水⋅c(H+)水=1.6×10−17，说明水的电离被抑制，溶液为酸或碱溶液。设水电离出的 c(H+)水=c(OH−)水=x，则 x2=1.6×10−17，解得 x=4×10−9ml⋅L−1。若为酸溶液：溶液中的 c(H+)=Kwx=4×10−144×10−9=1×10−5ml⋅L−1；
(3)由图像可知，H2A 第一步完全电离，第二步部分电离；
(4)当 c(HA−)=c(A2−) 时，pH=3，即 c(H+)=10−3ml⋅L−1；
(5)等物质的量浓度 NaHA 和 Na2A 等体积混合，NaHA 完全电离为 Na++HA−，Na2A 完全电离为 2Na++A2−，c(Na+) 最大；HA− 的电离常数 Ka=10−3，A2− 的水解常数 Kh=KwKa=10−11，因此HA−的电离 程度大于水解程度；
(6)当 c(HNO2)=c(NO2−) 时，根据 HNO2 的电离平衡：Ka(HNO2)=c(H+)⋅c(NO2−)c(HNO2)=c(H+)=5.6×10−4ml⋅L−1。
本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】−49;c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2) A A 240∘C时CO2的实际转化率小于平衡转化率 升高温度会使反应Ⅱ逆向移动，导致c(CO)增大，从而抑制反应Ⅰ正向移动，其影响程度大于温度升高对反应Ⅰ正向促进作用的影响 220∼240∘C，升高温度，对反应Ⅰ速率的影响比反应Ⅱ大 0.1ml/(L⋅min) A；由数据可见，T1平衡时H2为2.0ml，T2平衡时H2为1.5ml，T2最终消耗H2更多，说明在T2时正反应程度更深；由于反应Ⅲ为放热反应，低温更有利于正反应进行，所以T1>T2 C BC A 不可行，因为该反应的ΔG=ΔH−TΔS>0恒成立，该反应不能自发进行
【解析】解：(1)由盖斯定律得，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=+41kJ⋅ml−1+(−90kJ⋅ml−1)=−49kJ⋅ml−1；平衡常数表达式：K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)，
故答案为：−49；c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)；
(2)A.升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故A正确；
B.催化剂降低反应的活化能，但不改变反应焓变 ΔH，故B错误；
C.恒容密闭容器中，混合气体总质量和体积不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，故C错误；
D.反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，平均摩尔质量始终不变，不能作为平衡标志，故D错误；
故答案为：A；
(3)A.反应Ⅱ和Ⅲ都是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，有利于CH3OH生成，故A正确；
B.催化剂只能加快反应速率，不影响平衡转化率，故B错误；
C.反应Ⅰ是吸热反应，升温使其速率加快，升温会同时增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率，无法确定哪个反应先达到平衡，故C错误；
故答案为：A；
(4)在240∘C时，CO2的实际转化率低于其平衡转化率，说明此时反应仍在正向进行，尚未达到平衡状态，
故答案为：240∘C时CO2的实际转化率小于平衡转化率；
(5)反应Ⅰ为吸热反应，升高温度会使反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度会使反应Ⅱ逆向移动，导致c(CO)增大，从而抑制反应Ⅰ正向移动，其影响程度大于温度升高对反应Ⅰ正向促进作用的影响，导致CO2的平衡转化率减小，
故答案为：升高温度会使反应Ⅱ逆向移动，导致c(CO)增大，从而抑制反应Ⅰ正向移动，其影响程度大于温度升高对反应Ⅰ正向促进作用的影响；
(6)温度升高，反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应速率均加快，220∼240∘C，升高温度，对反应Ⅰ反应速率的影响比对反应Ⅱ的大，
故答案为：220∼240∘C，升高温度，对反应Ⅰ反应速率的影响比对反应Ⅱ的大；
(7)在T1温度下，0∼10 min内列三段式可得
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
初始量/ml：6 8 0 0
变化量/ml：2 6 2 2
10min末/ml：4 2 2 2
则以CO2表示的平均反应速率为v(CO2)=2ml2L10min=0.1ml/(L⋅min)，
故答案为：0.1ml/(L⋅min)；
(8)由数据可见，T1平衡时H2为2.0 ml，T2平衡时H2为1.5 ml，T2最终消耗H2更多，说明在T2时H2的平衡转化率更大；由于反应Ⅲ为放热反应，低温更有利于正反应进行，所以T1>T2，
故答案为：A；由数据可见，T1平衡时H2为2.0 ml，T2平衡时H2为1.5 ml，T2最终消耗H2更多，说明在T2时H2的平衡转化率更大；由于反应Ⅲ为放热反应，低温更有利于正反应进行，所以T1>T2；
(9)在T1温度下，10∼15 min内H2的物质的量没有发生改变，说明10 min时反应已经达到平衡状态，因此利用(7)的三段式可得T1时的化学平衡常数为K1=c平(CH3OH)c平(H2O)c平(CO2)c平3(H2)=2ml2L×2ml2L4ml2L×(2ml2L)3=12(ml⋅L−1)−2，若在T1下起始时n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2.0ml，此时的浓度商Q=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=2ml2L×2ml2L2ml2L×(2ml2L)3=1(ml⋅L−1)−2，因为Q>K1，所以平衡逆向移动，因此v(正)0恒成立，该反应不能自发进行，故无法用于合成CH3OH，
故答案为：不可行，因为该反应的ΔG=ΔH−TΔS>0恒成立，该反应不能自发进行。
(1)由盖斯定律得，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ；
(2)A.升高温度，活化分子百分数增大；
B.催化剂降低反应的活化能，但不改变反应焓变；
C.恒容密闭容器中，混合气体总质量和体积不变，密度始终不变；
D.反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，平均摩尔质量始终不变；
(3)A.反应Ⅱ和Ⅲ都是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动；
B.催化剂只能加快反应速率，不影响平衡转化率；
C.反应Ⅰ是吸热反应，升温使其速率加快，升温会同时增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率；
(4)在240∘C时，CO2的实际转化率低于其平衡转化率，说明此时反应仍在正向进行，尚未达到平衡状态；
(5)反应Ⅰ为吸热反应，升高温度会使反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度会使反应Ⅱ逆向移动，导致c(CO)增大，从而抑制反应Ⅰ正向移动；
(6)温度升高，反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应速率均加快，220∼240∘C，升高温度，对反应Ⅰ反应速率的影响比对反应Ⅱ的大；
(7)在T1温度下，0∼10 min内列三段式可得
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
初始量/ml：6 8 0 0
变化量/ml：2 6 2 2
10min末/ml：4 2 2 2
(8)由数据可见，T1平衡时H2为2.0 ml，T2平衡时H2为1.5 ml，T2最终消耗H2更多，说明在T2时H2的平衡转化率更大；由于反应Ⅲ为放热反应，低温更有利于正反应进行，所以T1>T2；
(9)先计算Q，如果Q>K，则平衡逆向移动，如果Q0恒成立，该反应不能自发进行。
本题考查化学平衡的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】 D HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O 增大接触面积，提高反应速率；有利于气体的扩散与传输，使反应更充分 44.8 D
【解析】解：(1)根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CH4+4NO2=4NO+CO2+2H2O，C 从−4价→+4价，失去8e⁻；每个N从+4价→+2价，得到2e⁻，4个N共得到8e⁻。因此用单线桥表示电子转移的方向和数目为：，
故答案为：；
(2)在原电池中，O2得电子发生还原反应，在正极生成H2O2，
故答案为：D；
(3)H2O2与HCOOH反应生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒得方程式为：HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O，
故答案为：HCOOH+H2O2=CO2↑+2H2O；
(4)a电极为负极，H2失电子并与碳酸根离子反应，方程式为：H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O，
故答案为：H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O；
(5)增大电极与气体、电解质溶液的接触面积，提高反应速率；同时有利于气体的扩散与传输，使反应更充分，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率；有利于气体的扩散与传输，使反应更充分；
(6)根据负极反应H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O，消耗2mlH2时，电路中转移4ml电子。根据正极反应O2+4e−+2CO2=2CO32−，当电路中通过4ml电子时，b极(正极)消耗2mlCO2。标准状况下体积为2ml×22.4L/ml=44.8L，
故答案为：44.8；
(7)根据电池的总反应为：，可知，放电时，Na为原电池的负极，发生失去电子的氧化反应；Ni为原电池正极，CO2在正极表面得电子生成C和CO32−，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应；
A.放电时，阴离子(ClO4−)向负极移动，故A正确；
B.放电时吸收CO2，充电时释放CO2，故B正确；
C.放电时正极反应：3CO2+4e−=2CO32−+C，故C正确；
D.充电时，正极(阳极)发生氧化反应：2CO32−+C−4e−=3CO2↑，而Na++e−=Na是阴极反应，故D错误；
故答案为：D。
(1)根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CH4+4NO2=4NO+CO2+2H2O，C 从−4价→+4价，失去8e⁻；每个N从+4价→+2价，得到2e⁻，4个N共得到8e⁻；
(2)在原电池中，O2得电子发生还原反应，在正极生成H2O2；
(3)H2O2与HCOOH反应生成CO2；
(4)a电极为负极，H2失电子并与碳酸根离子反应；
(5)增大电极与气体、电解质溶液的接触面积，提高反应速率；同时有利于气体的扩散与传输，使反应更充分；
(6)根据负极反应H2−2e−+CO32−=CO2↑+H2O，消耗2mlH2时，电路中转移4ml电子。根据正极反应O2+4e−+2CO2=2CO32−，当电路中通过4ml电子时，b极(正极)消耗2mlCO2；
(7)根据电池的总反应为：，可知，放电时，Na为原电池的负极，发生失去电子的氧化反应；Ni为原电池正极，CO2在正极表面得电子生成C和CO32−，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。
本题考查原电池与电解池的综合等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。温度/∘C
0
10
20
30
40
80
溶解度/g
2.77
3.65
4.87
6.77
8.90
23.54
化学键
B−H
B−O
B−B
键能(kJ⋅ml−1)
389
561
293
物质的
量/ml
T1/∘C
T2/∘C
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
H2
8.0
4.0
2.0
2.0
2.0
1.5
1.5