2022北京西城高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2022北京西城高二（上）期末化学（教师版），共19页。
2022北京西城高二（上）期末
化 学
一.第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是（　　）
A．风力发电 B．水果电池
C．燃料燃烧 D．手机充电
2．（3分）下列属于弱电解质的物质是（　　）
A．NaCl B．NaOH C．H2SO4 D．NH3•H2O
3．（3分）下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是（　　）
A．加热 B．通入少量氯化氢气体
C．通入少量氨气 D．加入少量醋酸钠固体
4．（3分）下列化学用语正确的是（　　）
A．Cl−的结构示意图：
B．水的电子式：
C．基态铬原子（24Cr）的价层电子排布式：3d54s1
D．基态氧原子的轨道表示式：
5．（3分）下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（　　）
A．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe−3e﹣═Fe3+
B．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
C．CuSO4溶液与闪锌矿（ZnS）反应生成铜蓝（CuS）：Cu2+（aq）+ZnS（s）⇌Zn2+（aq）+CuS（s）
D．加热Na2CO3溶液除去油污：H2O+CO32﹣⇌HCO3﹣+OH﹣
6．（3分）下列说法中，正确的是（　　）
A．s区元素全部是金属元素
B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量
C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D．第 VIIA族元素从上到下，非金属性依次增强
7．（3分）用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，不正确的是（　　）
A．本实验可选用酚酞作指示剂
B．用酸式滴定管盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液
C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低
8．（3分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．用牺牲阳极法保护船舶的外壳
B．把食品存放在冰箱里可延长保质期
C．合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
D．配制FeCl3溶液，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中
9．（3分）工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意如图：
下列说法中，不正确的是（　　）
A．过程①②均有N﹣H键断裂
B．过程③的电极反应式为：NH−e﹣+OH﹣═N+H2O
C．过程④中有非极性键形成
D．催化剂可以降低该反应的焓变
10．（3分）下列图示与化学用语表述内容不相符的是（　　）
A
B
C
D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

温度对化学平衡移动的影响

H2与Cl2反应过程中焓的变化
NaCl═Na++Cl﹣
CuCl2═Cu2++2Cl﹣
2NO2（g）⇌N2O4（g）
ΔH＜0
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）
ΔH＜0
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）北京冬奥会赛区内将使用氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作示意图如图。下列说法中，不正确的是（　　）

A．电极a为电池的负极
B．电极b表面反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
C．电池工作过程中OH﹣向正极迁移
D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率
12．（3分）下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的是（　　）

A
B
C
D
实验
目的
测定锌与稀硫酸反应速率
测定中和反应的反应热
比较AgCl和Ag2S溶解度大小
探究铁的析氢腐蚀
实验
装置




A．A B．B C．C D．D
13．（3分）已知反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g） ΔH＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K＝1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下：
容器
温度℃
起始时物质的浓度（mol•L﹣1）
10分钟时物质的浓度（mol•L﹣1）
c（X）
c（Y）
c（Z）
甲
400
1
1
0.5
乙
T1
1
1
0.4
丙
400
1
2
a
下列说法中，不正确的是（　　）
A．甲中，10分钟内X的化学反应速率：υ（X）＝0.025mol•L﹣1•min﹣1
B．甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C．乙中，可能T1＜400℃
D．丙中，a＞0.5
14．（3分）用如图所示装置进行实验，在相同电压、相同时间内，记录现象如下（温度变化均不明显）：

实验序号
X电极材料
现象
I
铂（Pt）
两极均有气泡产生，澄清石灰水不变浑浊
II
石墨
两极均有气泡产生，澄清石灰水变浑浊
下列说法中，不正确的是（　　）
A．X电极为阳极
B．阴极的电极反应式为：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．I中Pt电极附近发生了反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣
D．II中石灰水变浑浊的原因是X区产生的H+与CO32﹣反应生成了CO2
二.第二部分
15．（8分）以氮化镓（GaN）、碳化硅等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，对新兴产业有巨大推动作用。回答下列问题：
（1）写出基态硅原子的电子排布式 　 　，其中具有最高能量的电子所处能级符号为 　 　，该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）氮、硅和碳3种元素第一电离能由小到大的顺序为（填元素符号） 　 　。
（3）镓为元素周期表中第31号元素，镓原子具有 　 　个能层，最高能层容纳了 　 　个电子。
16．（11分）电解质在水溶液中的行为影响了电解质溶液的性质（以下讨论均在常温时）。
（1）0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH＝3
①CH3COOH的电离方程式是 　 　。
②该溶液中由水电离出的H+浓度是 　 　mol•L﹣1。
③计算CH3COOH的电离平衡常数Ka＝　 　。
（2）H2CO3和HClO的电离平衡常数如下：
化学式
H2CO3
HClO
电离平衡常数
（Ka）
Ka1＝4.5×10﹣7
Ka2＝4.7×10﹣11
4.0×10﹣8
①相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaClO溶液，pH由小到大的顺序是 　 　。
②0.01mol•L−1NaHCO3的溶液中c（H2CO3）＞c（CO32﹣），结合化学用语解释其原因：　 　。
③NaClO溶液的漂白性与溶液中c（HClO）有关。向NaClO溶液中加入下列物质，能增大c（HClO）的是 　 　（填字母）。
a．CH3COOH
b．CO2
c．Na2CO3
17．（8分）回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内（如空间站）供氧问题的有效途径，其物质转化如图：

（1）反应A为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），是回收利用CO2的关键步骤。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1
反应A的ΔH＝　 　kJ•mol−1
（2）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示（虚线为平衡时的曲线）。

①理论上，能提高CO2平衡转化率的措施有 　 　（写出一条即可）。
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是 　 　。
（3）下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是 　 　（填字母）。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是 　 　。
18．（12分）电解是海水资源综合利用的重要手段。
（1）电解饱和食盐水的原理如图所示。

①电解饱和食盐水的化学方程式是 　 　。
②电极a接电源的 　 　（填“正”或“负”）极。
③离子交换膜主要允许 　 　（填离子符号）通过。
（2）我国科学家通过电解，从海水中提取到锂单质，其工作原理如图所示。

①生成锂单质的电极反应式是 　 　。
②理论分析，阳极电解产物可能有O2、Cl2。
i．生成O2的电极反应式是 　 　。
ii．实验室模拟上述过程，气体中未检测到Cl2，推测可能是Cl2溶于水。写出Cl2与水反应的化学方程式 　 　。
iii．取实验后阳极区溶液进行检验，证实了阳极Cl﹣放电。实验所用的试剂及现象是 　 　。（可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液）
19．（10分）氯化钴（CoCl2）在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。
（1）某钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2。由该矿石制CoCl2•6H2O固体的方法如图（部分分离操作省略）：

资料：Mn2+生成Mn（OH）2，开始沉淀时pH＝8.2，完全沉淀时pH＝10.2
①上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有 　 　（写出一条即可）。
②CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和 　 　。
③已知pH＝2.8时溶液中Fe3+完全沉淀。沉淀2是 　 　。
④溶液2中含有Co2+和Mn2+。
i．已知：25℃时Ksp[Co（OH）2]≈1×10﹣15，当c（Co2+）＜1×10﹣5 mol•L﹣1时可认为Co2+完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当pH＝　 　时Co2+完全沉淀。由此可知，通过调节pH无法将Mn2+和Co2+完全分离。
ii．溶液2中加入氨水和H2O2溶液的目的是 　 　。
（2）可用如下方法测定产品中CoCl2•6H2O的质量分数（其他杂质不干扰测定）：
资料：i．M（CoCl2•6H2O）＝238g•mol﹣1
ii．Co2+与SCN−反应生成蓝色的Co（SCN）42﹣；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，得到红色溶液；后者的反应程度大于前者
取mg产品溶于水，向其中滴加几滴KSCN溶液作指示剂。再用cmol•L﹣1EDTA溶液滴定，消耗EDTA溶液的体积为vmL。滴定终点时的现象是 　 　，产品中CoCl2•6H2O的质量分数为 　 　（结果用m、v、c表示）。
20．（9分）某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质。
（1）已知：H2C2O4⇌H++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣
①将等物质的量浓度、等体积的H2C2O4溶液与KOH溶液混合，反应的离子方程式是 　 　。
②向①中继续加入KOH溶液至恰好完全反应，得到K2C2O4溶液。下列关系正确的是 　 　（填字母）。
a．c（K+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH−）＞c（H+）
b．c（H+）+c（K+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）
c．c（K+）＝2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]
（2）C2O42﹣中碳元素的化合价是+3价，推测其有还原性。文献表明：相同条件下，C2O42﹣的还原性强于Fe2+的。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向10mL0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol•L﹣1K2C2O4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。
资料：三水三草酸合铁酸钾[K3Fe（C2O4）3•3H2O]为翠绿色晶体：Fe3++3C2O42﹣⇌[Fe（C2O4）3]3﹣K＝1.6×1020。
①取少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。用平衡移动原理解释溶液变红的原因是 　 　。
②经检验反应后的溶液中无Fe2+，从反应原理的角度解释C2O42﹣和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因是 　 　。
③某同学利用如图所示装置比较Fe2+和C2O42﹣的还原性强弱。

i．闭合K，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧溶液，　 　（填操作和现象），证实C2O42﹣的还原性强于Fe2+。
ii．该装置的优点是 　 　。

参考答案
一.第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】化学能转化为电能的装置是原电池，电解池是把电能转化为化学能，
A.风能转化为电能；
B.化学能转化为电能；
C.化学能转化为热能；
D.电能转化为化学能。
【解答】解：A.风力发电，是将风能转化为电能，故A错误；
B.水果电池，是将化学能转化为电能的原电池，故B正确；
C.燃料燃烧，是化学能转化为人热能，故C错误；
D.手机充电，是电能转化为化学能，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应中的能量变化问题，难度较小。
2．【分析】强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，以此进行判断。
【解答】解：A.氯化钠在水溶液和熔融状态下完全电离，属于强电解质，故A错误；
B.氢氧化钠在水溶液和熔融状态下完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.NH3•H2O在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查强弱电解质的判断，明确强电解质与弱电解质的概念为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
3．【分析】水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关。
【解答】解：A．水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，故A正确；
B．通入少量氯化氢气体，相当于加酸抑制水的电离，但是Kw不变，故B错误；
C．通入少量氨气，相当于加碱抑制水的电离，但是Kw不变，故C错误；
D．加入少量醋酸钠固体，加可以水解的盐，可以使水的电离平衡发生移动，只要温度不变，Kw不改变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意影响弱电解质电离的因素，从平衡移动的角度分析。
4．【分析】A．是氯原子的结构示意图；
B．水是共价化合物，不存在阴阳离子；
C．根据洪特规则可知，当电子轨道半充满、全充满时更稳定、能量更低；
D．根据洪特规则可知，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，且自旋方向相同。
【解答】解：A．Cl−的质子数为17，核外电子数为18，最外层电子数为8，则氯离子的结构示意图为，故A错误；
B．水是共价化合物，O、H原子间共用1对电子，O氧原子外围达到8e﹣结构，其电子式为，故B错误；
C．基态铬原子（24Cr）的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，属于d区元素，其价层电子排布式3d54s1，故C正确；
D．根据洪特规则可知，能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，基态氧原子的轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，明确电子式、离子或原子结构示意图、核外电子排布式和轨道表示式等概念及书写原则为解答关键，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，注意掌握理解价层电子概念，题目难度不大。
5．【分析】A．钢铁在电化学腐蚀中失去电子生成亚铁离子；
B．电解精炼铜的阴极发生还原反应，铜离子得到电子生成铜；
C．硫酸铜与硫化锌发生沉淀转化生成硫化铜和硫酸锌；
D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。
【解答】解：A．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe−2e﹣═Fe2+，故A错误；
B．电解精炼铜的阴极电极反应式：Cu2++2e﹣═Cu，故B正确；
C．CuSO4溶液与闪锌矿（ZnS）反应生成铜蓝（CuS），离子方程式为：Cu2+（aq）+ZnS（s）⇌Zn2+（aq）+CuS（s），故C正确；
D．加热Na2CO3溶液除去油污，水解的离子方程式为：H2O+CO32﹣⇌HCO3﹣+OH﹣，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒的分析及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。
6．【分析】A．氢元素是非金属元素；
B．能级能量主要由能层决定；
C．能层越大，能量越高；
D．同主族自上而下非金属性减弱。
【解答】解：A．s区包括IA族、ⅡA族，其中氢元素是非金属元素，其它都是金属元素，故A错误；
B．2p能级的电子能量比4s能级电子能量低，故B正确；
C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D．第ⅦA族元素从上到下，非金属性依次减弱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，掌握核外电子排布规律、元素周期表的结构，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
7．【分析】A.滴定终点时溶液为中性，酚酞的变色范围为8～10，可选用酚酞作指示剂；
B.酸溶液需要选用酸式滴定管盛放；
C.锥形瓶不能润洗；
D.滴定管的小刻度在上方，俯视读数，得出的溶液体积偏小。
【解答】解：A.用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8～10，可选用酚酞作指示剂，故A正确；
B.HC溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液，故B正确；
C.用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，故C错误；
D.滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查中和滴定，明确中和滴定原理、操作方法为解答关键，注意掌握指示剂的选用方法及误差分析的方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。
8．【分析】勒夏特列原理的内容为：在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程。
【解答】解：A．用牺牲阳极法保护船舶的外壳不属于可逆反应，所以不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．把食品存放在冰箱里可延长保质期原因是降低温度减慢化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，实验室配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查勒夏特列原理知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
9．【分析】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH；
B．由图可知，NH失去电子结合OH﹣，转变为N和H2O，据此分析；
C．过程④中形成N≡N键；
D．催化剂不改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N﹣H键断裂，故A正确；
B．由图可知，NH失去电子结合OH﹣，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH−e﹣+OH﹣═N+H2O，故B正确；
C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；
D．使用催化剂该反应的焓变不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．【分析】A．NaCl为强电解质，溶于水完全电离；
B．用惰性电极电解氯化铜生成铜和氯气；
C.依据勒夏特列原理判断；
D.反应物的能量高于生成物的能量是放热反应。
【解答】解：A．NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：NaCl═Na++Cl﹣，故A正确；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液的总反应为：CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；
C.依据图象可知温度较高时，平衡向着生成二氧化氮的反向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0，故C正确；
D.由图象可知反应物的能量高于生成物的能量是放热反应，因而H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＜0，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动、反应热与焓变、电解质的电离、电解池，为高频考点，把握反应中能量变化、电离与电解为解答的关键，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。
11．【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确；
B.电极b为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故B正确；
C.原电池工作时，阴离子向负极移动，故C错误；
D.氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12．【分析】A.针筒可测定氢气的体积；
B.图中保温效果差；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、硫化钠反应生成沉淀；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A.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，故A正确；
B.图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、硫化钠反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；
故选：A。
【点评】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、中和热测定、难溶电解质、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，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。
13．【分析】A.根据v＝计算出甲中10分钟内Z的化学反应速率，然后结合速率之比等于化学计量数之比计算v（X）；
B.根据三段式得出10min时各物质的浓度，再根据Qc和K比较判定是否平衡；
C.温度越低反应速率越慢，相同时间段生成Z的浓度越小；
D.甲与丙的反应温度、c（X）相同，但丙中Y的浓度较大，平衡正向移动，Z的浓度增大。
【解答】解：A.甲中10分钟内Z的平均化学反应速率为v（Z）＝＝0.05mol•L﹣1•min﹣1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（X）＝v（Z）＝0.025mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；
B.发生反应方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
初始时浓度（mol/L） 1 1 0
变化的浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5
10min浓度（mol/L）0.75 0.75 0.5
10min时的浓度商Qc＝＝≈0.44，400℃时该反应的化学平衡常数K＝1，此时的Qc＜K＝1，说明没有达到平衡状态，故B错误；
C.甲中10分钟时Z的浓度大于乙中10分钟时Z的浓度，说明乙的反应速率慢，其反应温度低，则T1＜400℃，故C正确；
D.甲与丙的反应温度、c（X）相同，但丙中c（Y）较大，导致丙中平衡正向移动，则10min时c（Z）＞0.5mol/L，即a＞0.5，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，明确反应速率表达式、外界条件对化学平衡的影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。
14．【分析】实验I中用铂、石墨作电极时，二者都是惰性电极，电解饱和Na2CO3溶液，实质上是电解水，阴阳极电极反应式分别为2H2O+4e﹣═2OH﹣+H2↑、2H2O﹣4e﹣═O2↑+H+，Pt电极附近发生的反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣；实验Ⅱ中用石墨作电极时，二者都是惰性电极，阴阳极电极反应式分别为2H2O+4e﹣═2OH﹣+H2↑、2H2O﹣4e﹣═O2↑+H+，澄清石灰水变浑浊，则X电极为阳极，阳极上C和生成的O2发生反应生成CO2，CO2在阳极区发生的反应为CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．根据实验Ⅱ可知，澄清石灰水变浑浊，说明X电极上生成了CO2，即X电极石墨和O2反应生成了CO2，则X电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+H+，为阳极，故A正确；
B．由上述分析可知，左侧石墨电极为阴极，水放电生成氢气，阴极反应式为2H2O+4e﹣═2OH﹣+H2↑，故B正确；
C．I中铂电极为阳极，阳极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+H+，生成的H+与CO32﹣反应生成HCO3﹣，反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣，故C正确；
D．II中右侧石墨电极为阳极，阳极反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+H+，石墨电极C和O2反应生成了CO2，CO2逸出使澄清石灰水变浑浊，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理的应用，明确电解时两个电极发生的反应是解本题关键，注意结合现象分析解答，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
二.第二部分
15．【分析】（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；其中具有最高能量的电子为第三电子层p轨道的电子；p轨道为哑铃形；
（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而减小；
（3）Ga是31号元素，位于周期表中第4周期第ⅢA族，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，依据核外电子排布式结合基态原子核外电子排布规律判断。
【解答】解：（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p2；其中具有最高能量的电子为第三电子层p轨道的电子，能级符号为3p；该能级轨道电子云轮廓图的形状为：哑铃形，
故答案为：1s22s22p63s23p2；3p；b；
（2）碳、氮为同周期，依据同周期元素第一电离能规律可知，C＜N，碳、硅为同主族元素，依据同主族元素第一电离能规律可知，Si＜C，所以氮、硅和碳3种元素第一电离能由小到大的顺序为：Si＜C＜N，
故答案为：Si＜C＜N；
（3）Ga是31号元素，位于周期表中第4周期第ⅢA族，则基态Ga原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，镓原子具有4个能层，最高能层电子排布为：4s24p1，容纳3个电子，
故答案为：4；3。
【点评】本题主要考查了电子排布式、电离能大小判断，明确基态原子核外电子排布规律是解题关键，题目难度不大。
16．【分析】（1）①CH3COOH属于弱酸，电离生成醋酸根离子和氢离子；
②常温下Kw＝10﹣14，在酸溶液中抑制水的电离，pH＝3，可知c（H+）＝10﹣3mol/L，该溶液中水电离出的H+浓度等于水电离出的OH﹣浓度＝；
③CH3COOH⇌CH3COO−+H+，c（H+）＝c（CH3COO﹣）＝10﹣3mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝；
（2）①根据盐的水解程度大小判断溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再判断溶液pH大小；
②溶液中存在：HCO3﹣⇌H++CO32﹣和HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH−，NaHCO3的溶液中HCO3﹣的水解水解平衡常数为＝＞Ka2；
（3）向NaClO溶液中存在次氯酸根离子的水解平衡，加入下列物质，能增大c（HClO）的是使次氯酸根离子水解正向移动，加入CH3COOH和CO2可使氢离子浓度增大，促进次氯酸根离子水解正向移动。
【解答】解：（1）①CH3COOH属于弱酸，电离生成醋酸根离子和氢离子，电离方程式是CH3COOH⇌CH3COO−+H+，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
②常温下Kw＝10﹣14，在酸溶液中抑制水的电离，pH＝3，可知c（H+）＝10﹣3mol/L，该溶液中水电离出的H+浓度等于水电离出的OH﹣浓度＝＝mol•L﹣1＝10﹣11mol•L﹣1，
故答案为：10﹣11；
③CH3COOH⇌CH3COO−+H+，c（H+）＝c（CH3COO﹣）＝10﹣3mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝≈＝10﹣5，
故答案为：10﹣5；
（2）①Na2CO3、NaHCO3、NaClO溶液为强碱弱酸盐，溶液显示碱性；由于酸性碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根，则碳酸氢根离子的水解程度小于次氯酸根离子，次氯酸根离子的水解程度小于碳酸根离子，则碳酸氢钠溶液中氢氧根离子浓度小于NaClO，NaClO溶液中氢氧根离子浓度小于Na2CO3，所以pHpH（NaHCO3）＜pH（NaClO）＜pH（Na2CO3），
故答案为：pH（NaHCO3）＜pH（NaClO）＜pH（Na2CO3）；
②溶液中存在：HCO3﹣⇌H++CO32﹣和HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH−，NaHCO3的溶液中HCO3﹣的水解水解平衡常数为＝＞Ka2，可知HCO3﹣的水解程度大于电离程度，
故答案为：溶液中存在：HCO3﹣⇌H++CO32﹣和HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH−，常温时，HCO3﹣的水解程度大于电离程度；
（3）向NaClO溶液中存在次氯酸根离子的水解平衡，加入下列物质，能增大c（HClO）的是使次氯酸根离子水解正向移动，加入CH3COOH和CO2可使氢离子浓度增大，促进次氯酸根离子水解正向移动，碳酸钠溶液为碱性，抑制次氯酸根离子水解正向移动，
故答案为：ab。
【点评】本题考查了弱电解质的电离及盐类水解，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子水解程度大小的关系是解本题关键，注意次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，为易错点。
17．【分析】（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②，据此计算；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用；
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，分析反应对于催化剂的影响进行判断。
【解答】解：（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②＝（﹣483.6×2）kJ•mol﹣1﹣（﹣802.3）kJ•mol﹣1＝﹣164.9kJ•mol−1，
故答案为：﹣164.9；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应，故提高转化率的方法为加压、降温、提高原料气中H2的比例，
故答案为：加压、降温、提高原料气中H2的比例；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率，
故答案为：前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能，故a正确；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%，故b错误；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用，故c正确；
故答案为：b；
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果，
故答案为：生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
18．【分析】（1）由图可知a电极室加入饱和食盐水，获得稀食盐水，说明左室消耗氯离子，钠离子发生迁移，则离子交换膜为阳离子交换膜，允许钠离子通过，左室电极a应为阳极，接电源的正极，反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，b电极室加入稀氢氧化钠，右室获得浓氢氧化钠溶液，说明生成NaOH，则右室电极b为阴极，接电源的负极，以此解答该题；
（2）根据海水提取金属锂的装置图知，中间的选择性透过膜起到了隔绝海水的作用，而且锂离子可以通过该膜，水则不能；根据电子流向判断，下面电极为阳极，为氯离子放电生成氯气，则上面电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。
【解答】解：（1）①电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
②左室电极a应为阳极，接电源的正极，
故答案为：正；
③a电极室加入饱和食盐水，获得稀食盐水，说明左室消耗氯离子，钠离子发生迁移，则离子交换膜为阳离子交换膜，允许Na+（或Na+、H+）离子通过，
故答案为：Na+（或Na+、H+）；
（2）①生成锂单质的电极反应式是Li++e−═Li，
故答案为：Li++e−═Li；
②i．生成O2的电极反应式是.2H2O−4e−═O2↑+4H+，
故答案为：2H2O−4e−═O2↑+4H+；
ii．Cl2与水反应的化学方程式Cl2+H2O⇌HCl+HClO，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
iii．阳极Cl﹣放电生成Cl2，检验Cl2的生成即可，实验所用的试剂及现象是KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝，
故答案为：KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【点评】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应原理的分析，题目难度不大。
19．【分析】（1）根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CoO、MnO、Fe2O3和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、Fe2（SO4）3，沉淀为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe（OH）3沉淀，溶液2中含有CoSO4、MnSO4；溶液2中加入氨水和H2O2溶液，Co2+被氧化为Co（NH3）63+，同时Mn2+转化为MnO2，此时溶液3中含有阳离子为Co（NH3）63+，加入稀盐酸生成CoCl2，据此分析解答；
（2）Co2+与SCN−反应生成蓝色的Co（SCN）42﹣；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，得到红色溶液，据此判断终点现象；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，根据钴元素守恒可得CoCl2•6H2O～Co2+～EDTA，据此计算。
【解答】解：（1）①上述矿石溶解过程中，粉碎、加热均能够加快化学反应速率，
故答案为：粉碎或加热；
②钴矿石的主要成分有CoO、MnO、Fe2O3和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、Fe2（SO4）3，溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和 Co2+、Fe3+，
故答案为：Co2+、Fe3+；
③已知pH＝2.8时溶液中Fe3+完全沉淀，溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe（OH）3沉淀，溶液2中含有CoSO4、MnSO4，
故答案为：Fe（OH）3；
④溶液2中含有Co2+和Mn2+。
i．25℃时Ksp[Co（OH）2]≈1×10﹣15＝c（Co2+）×c2（OH﹣）＝1×10﹣5×c2（OH﹣），可得c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣5mol/L，此时pH＝9，当pH＝9时Co2+完全沉淀，由此可知，通过调节pH无法将Mn2+和Co2+完全分离，
故答案为：9；
ii．溶液2中加入氨水和H2O2溶液的目的是将Mn2+转化为MnO2，除去Mn2+杂质，提高产物纯度，
故答案为：将Mn2+转化为MnO2，除去Mn2+杂质，提高产物纯度；
（2）Co2+与SCN−反应生成蓝色的Co（SCN）42﹣；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，得到红色溶液；后者的反应程度大于前者，滴定终点时的现象是滴入半滴EDTA后，溶液由蓝（紫）色变为红色，且半分钟内不变色；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，根据钴元素守恒可得CoCl2•6H2O～Co2+～EDTA，则CoCl2•6H2O的质量＝cmol/L×V×10﹣3L＝cV×10﹣3mol，产品中CoCl2•6H2O的质量分数为×100%＝%，
故答案为：滴入半滴EDTA后，溶液由蓝（紫）色变为红色，且半分钟内不变色；%。
【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
20．【分析】（1）①将等物质的量浓度、等体积的H2C2O4溶液与KOH溶液混合生成草酸氢钾和水；
②K2C2O4溶液中存在下列关
浓度关系a．c（K+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH−）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（H+）
电荷守恒关系b．c（H+）+c（K+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
物料守恒关系c．c（K+）＝2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]，据此分析；
（2）①：Fe3++3C2O42﹣⇌[Fe（C2O4）3]3﹣，根据平衡移动原理加硫酸H+和C2O24﹣反应，c（C2O24﹣）减小，Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−逆向移动；
②Fe3++3C2O42﹣⇌[Fe（C2O4）3]3﹣反应的K＝1.6×1020远大于1×105，说明反应很彻底，据此分析；
③i．在Fe2+和Fe3+同时存在时检验Fe2+，检验Fe2+最好试剂K3[Fe（CN）6]溶液；
ii．该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−，干扰氧化还原反应发生。
【解答】解：（1）①将等物质的量浓度、等体积的H2C2O4溶液与KOH溶液混合生成草酸氢钾和水，反应的离子方程式是H2C2O4+OH−═HC2O4﹣+H2O，
故答案为：H2C2O4+OH−═HC2O4﹣+H2O；
②根据浓度关系：c（K+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH−）＞c（H+），故a 正确；
根据电荷守恒关系：c（H+）+c（K+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故b错误；
根据物料守恒关系：c（K+）＝2[c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）]，故c正确；
故答案为：ac；
（2）①三水三草酸合铁酸钾[K3Fe（C2O4）3•3H2O]为翠绿色晶体：Fe3++3C2O42﹣⇌[Fe（C2O4）3]3﹣，加硫酸H+和C2O24﹣反应，c（C2O24﹣）减小，Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−逆向移动，c（Fe3+）增大，遇KSCN变红，
故答案为：H+和C2O24﹣反应，c（C2O24﹣）减小，Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−逆向移动，c（Fe3+）增大，遇KSCN变红；
②Fe3++3C2O42﹣⇌[Fe（C2O4）3]3﹣反应的K＝1.6×1020远大于1×105，说明反应很彻底，经检验反应后的溶液中无Fe2+，从反应原理的角度解释C2O42﹣和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因是Fe3+与C2O24﹣生成[Fe（C2O4）3]3−的反应速率快且限度大，
故答案为：Fe3+与C2O24﹣生成[Fe（C2O4）3]3−的反应速率快且限度大；
③i．在Fe2+和Fe3+同时存在时检验Fe2+，检验Fe2+滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，证明生成Fe2+，
故答案为：滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；
ii．该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−，干扰氧化还原反应发生，
故答案为：避免发生Fe3++3C2O24﹣⇌[Fe（C2O4）3]3−，干扰氧化还原反应发生。
【点评】本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较、原电池工作原理的应用等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素、原电池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。