2023北京八中高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2023北京八中高二（上）期末化学（教师版），共18页。试卷主要包含了 下列属于弱电解质的物质是， 下列关于能级的说法正确的是， 下列说法正确的是， 用0，1000ml•L-1HCl溶液等内容，欢迎下载使用。
2023北京八中高二（上）期末
化 学
考试时间90分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24
第一部分 选择题(共42分)
每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1. 下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是
A
B
C
D




风力发电
水果电池
燃料燃烧
手机充电

A. A B. B C. C D. D
2. 下列属于弱电解质的物质是
A. NaCl B. NaOH C. H2SO4 D. NH3•H2O
3. 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. 下列关于能级的说法正确的是
A. 所有能层都包含p能级 B. p能级的能量一定比s能级的高
C. 3p2表示3p能级有两个轨道 D. 2p、3p、4p能级的轨道数相同
5. 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+COHCO+OH－
6. 下列说法正确的是
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，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. 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. 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. 配制溶液，常将晶体溶于较浓的盐酸中
9. 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图如图：

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. 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

电解溶液


温度对化学平衡移动的影响

与反应过程中焓的变化





A. A B. B C. C D. D
11. 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转化率高于火力发电，提高了能源利用率
12. 以[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是

操作和现象
分析
A
观察溶液为绿色
[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在
B
升高温度，溶液变为黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大
C
加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色
平衡逆移，[CuCl4]2−的浓度减小
D
加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色
平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大

A. A B. B C. C D. D
13. 已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g) ∆H＜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表：
容器
温度/℃
起始时物质的浓度/(mol•L-1)
10分钟时物质的浓/(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：v(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. 研究小组探究可逆反应，进行如图实验。
已知：为不溶于水的白色固体。

下列说法中，不正确的是。
A. 试管a中的现象说明滤液1中含有
B. 试管c中的红色可能比试管a中的深
C. 试管a、b中的现象可以证明“”为可逆反应
D. 试管c中的现象说明，实验中与的反应速率更快，而与的反应限度更大
第二部分 填空题(共58分)
15. 氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
（1）基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形，基态N原子的轨道表示式为_______。
（2）B的第一电离能I1(B)=800kJ·mol−1，判断I1(Al)_______800kJ·mol−1(填“>”或“＜”)，从电子排布的角度说明判断理由_______。
（3）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-)。在H、B、N三种元素中：
①电负性由大到小的顺序是_______。
②原子半径由大到小的顺序是_______。
③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是_______。
（4）26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。

这四种催化剂中：
①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为_______。
②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为_______。
16. 食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(CH3COOH)。醋酸的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，CH3COOH的Ka=1.75 ×10-5=10-4.76。
（1）配制250 mL0.1 mol/L的CH3COOH溶液，需5 mol/L的CH3COOH溶液的体积为_______mL。
（2）某小组研究25℃下CH3COOH电离平衡的影响因素。
提出假设：稀释CH3COOH溶液或改变CH3COO-浓度，CH3COOH 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验：用浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序号
V(CH3COOH)/mL
V(CH3COONa)/mL
V(H2O)/mL

pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…





Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据： a=_______ ，b=_______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，，稀释CH3COOH溶液，电离平衡_______ (填“正”或“逆”)向移动； 结合表中数据，给出判断理由：_______ 。
③由实验Ⅱ- Ⅷ可知，增大CH3COO-浓度，CH3COOH电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
（3）小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H+)的值逐渐接近CH3COOH的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下， 按=1配制的溶液中，c(H+)的值等于CH3COOH的Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定CH3COOH溶液的浓度再验证。
①移取20.00 mLCH3COOH溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000 mol·L-1NaOH 溶液滴定至终点，消耗体积为22 08 mL，则该CH3COOH溶液浓度为_______mol·L-1。
②用上述CH3COOH溶液和0.1000 mol·L-1 NaOH溶液，配制等物质的量的CH3COOH与CH3COONa混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（4）小组进一步提出： 如果只有浓度均约为0. l mol ·L-1的CH3COOH和NaOH溶液，如何准确测定CH3COOH的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中II的内容。
Ⅰ
移取20.00 mLCH3COOH溶液。用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ
_______，测得溶液的pH为4.76
实验总结：得到的结果与资料数据相符，方案可行。
17. 工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO4·6H2O。
（1）制备含Ni2+溶液
高磷镍铁镍铁合金含Ni2+溶液
已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素百分含量：
元素/%
Ni/%
Fe/%
P/%
Co/%
Cu/%
高磷镍铁
4.58
70.40
16.12
0.22
0.34
镍铁合金
52.49
38.30
5.58
1.73
1.52
ii金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H
①依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分___________。
②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是___________。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的产率，可向电解质溶液中加入___________(填试剂)。
（2）制备NiSO4·6H2O

已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Co2+
Ni2+
完全沉淀的pH
2.8
8.3
6.7
9.4
8.9
①在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl—离子方程式是___________。
②已知Ni(OH)2的Ksp为5.48×10-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)
③从滤液3中获取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗涤、干燥。
18. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）

A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
19. 某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如下图(电源装置略去)。

（1）分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。
实验
电解质溶液
现象
铜电极附近
石墨电极
I
NaOH溶液
出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色
产生无色气泡
II
NaCl溶液
出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色
产生无色气泡
资料：i．CuOH是黄色、易分解的难溶固体，CuCl是白色的难溶固体。
ii．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生
①I和II中Cu作___________极(填“阳”或“阴”)。
②II中石墨电极产生气体的电极反应式为___________。
③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___________。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl—，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是___________。
（2）探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。
实验
电解质溶液
现象
III
Na2SO4溶液
铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀
资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大
①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___________。
②小组认为适当增大c(OH—)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___________。
（3）进一步改进方案，进行如下实验。
实验
电解质溶液
现象
IV
Na2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)
铜电极附近溶液呈深蓝色
V
Na2SO4和NaOH的混合液(pH=9)
铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀
IV中出现深蓝色说明电解生成了___________离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。
（4）综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有___________。

参考答案
第一部分 选择题(共42分)
每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1. 【答案】B
【解析】
【详解】A．风力发电把风能转化为电能，故不选A；
B．水果电池属于原电池，把化学能转化为电能，故选B；
C．燃料燃烧把化学能转化为热能、光能等，故不选C；
D．手机充电把电能转化为化学能，故不选D；
选B。
2. 【答案】D
【解析】
【分析】弱电解质是在水溶液中不完全电离的电解质。
【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，是强电解质，A错误；
B．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离，是强电解质，B错误；
C．H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，C错误；
D．NH3•H2O是弱碱，在水溶液中不完全电离，是弱电解质，D正确；
故选D。
3. 【答案】A
【解析】
【详解】水的离子积常数Kw是温度函数，只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，与外加酸、碱、盐以及稀释无关，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故选A。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A．K能层仅包括1s能级这一种能级，不包含p能级，A错误；
B．同一能层不同能级之间能量关系是p 能级的能量一定比s能级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系，如3s能级的能量比2p能级的能量高，B错误；
C．3p2表示3p能级上有两个电子，C错误；
D．2p、3p、4p能级的轨道数相同，都是仅有3个轨道，D正确；
故合理选项是D。
5. 【答案】A
【解析】
【详解】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+COHCO+OH－，故D正确；
故选A
6. 【答案】B
【解析】
【详解】A．s区元素不一定是金属元素，还有非金属氢。故A错误；
B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量，如2p能级电子的能量小于3s能级的能量，故B正确；
C．能级符号相同，能层越大，电子能量越高,所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D．同主族元素从上到下，原子半径递增，核对最外层电子吸引能力逐渐减弱，则金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱，故D错误；
故选B。
7. 【答案】C
【解析】
【详解】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，酚酞变色范围为8.2~10，可选用酚酞作指示剂，A正确；
B．HCl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，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，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，D正确；
故选C。
8. 【答案】D
【解析】
【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。
【详解】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． 合成氨工业中使用铁触媒作催化剂，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+， 配制溶液，常将晶体溶于较浓的盐酸中，抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，故D正确；
故选：D。
9. 【答案】D
【解析】
【详解】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，可以改变活化能，故D错误；
故选D。
10. 【答案】B
【解析】
【详解】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：，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ΔH＜0，故D正确；
故选：B。
11. 【答案】C
【解析】
【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。
【详解】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；
故答案选C。
12. 【答案】D
【解析】
【详解】A．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；
B．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确；
C．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl-与Ag+反应，即Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；
D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；
答案为D。
13. 【答案】B
【解析】
【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1，A正确；
B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；
C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分种后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；
D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；
故选B。
14. 【答案】C
【解析】
【详解】A．向含Fe3＋溶液中滴加KSCN溶液，发生Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为红色，即试管a中加入KSCN溶液，溶液变红，说明滤液1中含有Fe3＋，故A说法正确；
B．饱和碘水是过量的，滤液1中有I2，试管b中加入淀粉，溶液变蓝，试管b中加入几滴AgNO3，有黄色沉淀，过滤后，滤液2中加入1滴KSCN溶液，溶液先变红，说明溶液中存在Fe3＋，假设Fe2＋与I2反应存在，试管b中加入AgNO3溶液，产生AgI沉淀，平衡向正反应方向进行，c(Fe3＋)增大，加入KSCN溶液后，生成c[Fe(SCN)3]比试管a多，红色加深，故B说法正确；
C．(NH4)2Fe(SO4)2与I2反应，饱和碘水是过量，Fe2＋不足，证明存在，需要证明Fe2＋的存在，试管a和b中没有证明Fe2＋存在，因此试管a和b不能证明存在，故C说法错误；
D．试管c的现象：先变红，后迅速褪色，同时产生白色沉淀，实验中SCN－与Fe3＋反应速率更快，而与Ag＋反应限度更大，故D说法正确；
答案为C。
第二部分 填空题(共58分)
15.【答案】（1） ①. 哑铃 ②.
（2） ①. ＜ ②. B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)
（3） ①. N>H>B ②. B>N>H ③. H
（4） ①. 3 ②. 3d64s2
【解析】
【小问1详解】
N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为；
【小问2详解】
B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1(Al) ＜800kJ·mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)；
【小问3详解】
①与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，电负性N>H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)电负性H>B，电负性由大到小的顺序是N>H>B；
②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B>N>H；
③H为与s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是s；
【小问4详解】
①从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3；
②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；
16. 【答案】（1）5 （2） ①. 3.00 ②. 33.00 ③. 正 ④. 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（3）0.1104 （4）向滴定后的混合液中加入20 mL CH3COOH溶液
【解析】
【分析】根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓醋酸的物质的量浓度；要采用控制变量方法判断CH3COOH、CH3COONa溶液的体积，结合pH与溶液中c(H+)关系，分析稀释对醋酸电离平衡移动的影响；醋酸电离平衡常数Ka=，当c(CH3COO-)=c(CH3COOH) 时，Ka=c(H+)，用不同方法配制等浓度CH3COOH、CH3COONa混合溶液，然后测定溶液pH。
【小问1详解】
根据稀释后溶质物质的量不变，即c1∙V1=c2∙V2，5 mol/L×V=0.1 mol/L×250 mL，解得V=5.0 mL；
【小问2详解】
①由表格中数据可知：保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3：4，由于二者的浓度相等，则混合溶液时二者体积比应该为3：4，由于CH3COOH溶液体积是4.00 mL，所以醋酸钠溶液的体积a=3.00 mL，总体积是40 mL则加入水的体积b=(40-3.00-4.00) mL=33.00 mL；
②加水稀释，溶液体积增大，电离平衡向微粒数增多的方向移动，即电离平衡向电离的正向移动。强酸溶液不存在电离平衡，溶液稀释10倍，溶液pH会增大1。实验I、II比较，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1，说明稀释后溶液中c(H+)减小的倍数小于10倍，因此可证明在醋酸溶液中存在电离平衡，稀释后部分醋酸分子电离产生H+，导致c(H+)又稍有增加；
【小问3详解】
滴定过程中发生反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，由反应方程式可知：滴定至终点时，n(CH3COOH)=n(NaOH)，因此20.00 mL×c(CH3COOH)=22.08 mL×0.1 mol/L，解得c(CH3COOH)=0.1104 mol/L；
【小问4详解】
向20.00 mL的CH3COOH溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当=1时，溶液中c(H+)的值等于CH3COOH的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mLCH3COOH溶液，使溶液中n(CH3COONa) =n(CH3COOH)，此时得到的结果与资料数据相符，方案可行。
17. 【答案】（1） ①. 铁元素和磷元素 ②. H2 ③. CuSO4溶液
（2） ①. ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O ②. 由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7 ③. 加热浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】
【分析】由题给流程可知，高磷镍铁通过转炉吹炼得到镍铁合金，镍铁合金通过电解造液得到含镍离子的溶液；向含镍离子的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到除去铁离子的滤液1；向滤液1中加入氢硫酸溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到除去铜离子的滤液2；向滤液3中加入碱式氧化镍，将钴离子转化为沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液3；滤液3经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。
【小问1详解】
①由题给数据可知“转炉吹炼”的主要目的是富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素，故答案为：铁元素和磷元素；
②“电解造液”时，溶液中氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；铜离子的氧化性强于镍离子，则电解时应在电解质溶液加入硫酸铜溶液防止镍离子在阴极被还原生成镍，故答案为：H2；CuSO4溶液；
【小问2详解】
①由题意可知，在酸性条件下，次氯酸根离子和亚铁离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O，故答案为：ClO—+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl—+H2O；
②由氢氧化镍的溶度积可知，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L时，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液的pH=14—7—lg5=6.3＜6.7，则溶液中的铜离子不能完全除去，故答案为：由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH—)= =2×10-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7；
③由分析可知，从滤液3中获取六水硫酸镍晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。
18. 【答案】 ①. 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 ②. > ③. 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 ④. SO2 ⑤. SO42— ⑥. 4H+ ⑦. 0.4 ⑧. I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ⑨. 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】
【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
19. 【答案】（1） ①. 阳 ②. 2 H2O+2e—= H2↑+2OH— ③. 2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O ④. 阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生
（2） ①. 取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 ②. 常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大
（3）[Cu(NH3)4]2+
（4）电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制
【解析】
【分析】该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素，通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。
【小问1详解】
①由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；
②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2 H2O+2e—= H2↑+2OH—，故答案为：2 H2O+2e—= H2↑+2OH—；
③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；
【小问2详解】
①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；
【小问3详解】
由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；
【小问4详解】
由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。