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浙江省杭州市下沙区浙江省杭州第四中学吴山2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)
1．（2025高二上·拱墅期末）下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（　　）
A．CH3COOH B．NaHCO3
C．(NH4)2Fe(SO4)2 D．NaHSO4
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．CH3COOH是弱酸，电离出氢离子，溶液呈酸性，故A不选；
B．NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子发生水解，溶液呈碱性，故B不选；
C．(NH4)2Fe(SO4)2是弱碱强酸盐，铵根离子、亚铁离子发生水解，溶液呈酸性，故C选；
D．NaHSO4是强酸的酸式盐，电离出氢离子，溶液呈酸性，故D不选；
故答案为：C。
【分析】强酸弱碱盐中的弱碱根离子，可以与水电离出来的氢氧根离子结合生成水，从而使溶液先酸性。
2．（2025高二上·拱墅期末）下列叙述正确的是
A．焰色试验时可以使用铂丝或者洁净的铁丝，是因为铂丝和铁丝在加热时不会发生电子的跃迁，所以火焰没有特征焰色
B．基态Br原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p5
C．2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D．离子半径：S2-＞Cl-＞K+
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；焰色反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、焰色试验使用铂丝或洁净铁丝，是因为它们加热时电子跃迁产生的光在不可见光范围，并非不发生电子跃迁，因此火焰无特征颜色，A错误；
B、溴（Br）的原子序数为 35，基态原子简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p5，漏掉 3d 是错误的，B错误；
C、2p、3p、4p 能级均含 3 个轨道，轨道数相同，并非依次增多，C错误；
D、S2-、Cl-、K+电子层结构相同，核电荷数依次增大（16<17<19），离子半径随核电荷数增大而减小，故半径顺序为 S2->Cl->K+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析焰色试验中铂丝和铁丝的作用原理。
B．判断溴原子简化电子排布式的正确性。
C．明确 p 能级的轨道数量规律。
D．比较电子层结构相同的离子半径大小。
3．（2025高二上·拱墅期末）下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是
A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．在铁和稀硫酸反应液中加入少量硫酸铜溶液，反应明显加快
C．室温下，将的氨水加水稀释至后，测得其
D．热的纯碱更容易去油污
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、氯气溶于水存在可逆过程（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），饱和食盐水中高浓度 Cl-使平衡逆向移动，减少 Cl2溶解，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意 ；
B、铁与稀硫酸反应（Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑）是不可逆反应，加入硫酸铜后形成 Fe-Cu 原电池加快反应，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、氨水稀释时，NH3 H2O 的电离平衡（NH3 H2O NH4++OH-）正向移动，减弱 OH-浓度降低，导致 pH 变化符合 10<11，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、碳酸钠水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-）是吸热可逆反应，加热使平衡正向移动，OH-浓度增大，碱性增强，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】先判断各选项涉及的变化是否存在可逆平衡，再分析条件改变时平衡是否移动，以此确定能否用勒夏特列原理解释。
4．（2025高二上·拱墅期末）固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断正确的是
A．①中的为固态，②中的为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，平衡逆移，颜色变深
D．固态碘升华时将吸热
【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应①ΔH1为负值（放热），反应②ΔH2为正值（吸热），两个反应的产物都是 2HI (g)。放热反应中反应物总能量高于产物，吸热反应中反应物总能量低于产物，所以①中 I2能量更高（是气态），②中 I2能量更低（是固态），A错误；
B、两个反应的产物相同（能量相同），①是放热反应，说明①的反应物总能量高于产物；②是吸热反应，说明②的反应物总能量低于产物。因此②的反应物总能量比①的反应物总能量低，B正确；
C、氢气与碘蒸气的反应中，反应前后气体分子数不变（1+1=2）。压缩混合气体时，平衡不移动，颜色变深是因为体积减小，碘蒸气浓度增大，并非平衡移动导致，C错误；
D、用反应②减去反应①，可得 I2(s)=I2(g) ΔH=35.96kJ/mol，但题目中没有给出碘的物质的量，无法计算具体吸热多少，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据反应热判断 I2的状态。
B．比较两个反应反应物的总能量。
C．分析压强对平衡的影响。
D．判断固态碘升华的吸热量。
5．（2025高二上·拱墅期末）下列表达式正确的是
A．基态原子的价电子排布式：
B．错误，违反了泡利不相容原理
C．钠原子由时原子释放能量，产生的原子光谱为发射光谱
D．电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、Cu 是 29 号元素，基态原子价电子排布遵循洪特规则特例，应为 3d 4s ，而非 3d94s2，A错误；
B、题中 2p 轨道电子未先单独分占同一能级轨道（违反洪特规则），但同一轨道中电子自旋相反： ，未违反泡利不相容原理，B错误；
C、钠原子电子从高能级 3p 跃迁至低能级 3s 时，释放能量，产生的光谱为发射光谱，C正确；
D、电负性大表明非金属性强，但第一电离能不一定大（如电负性 O>N，第一电离能却 N>O），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断基态 Cu 原子价电子排布式的正确性。
B．分析电子排布图违反的原理。
C．理解电子跃迁与原子光谱的关系。
D．辨析电负性与第一电离能的关系。
6．（2025高二上·拱墅期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标况下，氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为
B．电解精炼铜时，电路中通过个电子，阳极消耗铜
C．常温下，的溶液中，由水电离出的的数目为
D．溶液中含有微粒数可能为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下 2.24L 氯气为 0.1mol，但氯气与水的反应是可逆反应（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），不能完全转化，转移电子数小于 0.1NA，A错误；
B、电解精炼铜时，阳极是粗铜（含 Zn、Fe 等杂质），杂质会先放电，电路中通过 NA个电子时，消耗的铜质量小于 32g，B错误；
C、CH3COONa 溶液中，CH3COO-水解促进水的电离，pH=9 时，c (OH-)=10-5mol/L（全部来自水），水电离的 H+与 OH-相等，故数目为 10-5NA，C错误；
D、Na2CO3溶液中 CO32-会水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），浓度小于 0.1mol/L，但溶液体积足够大时，CO32-总微粒数可能为 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断氯气与水反应的电子转移情况。
B．分析电解精炼铜时阳极的反应。
C．计算盐溶液中水电离的 H+数目。
D．考虑 CO32-水解对微粒数的影响。
7．（2025高二上·拱墅期末）下列离子方程式书写不正确的是
A．钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应：
B．用惰性电极电解氯化镁溶液：
C．亚磷酸是二元弱酸，向其中加入过量烧碱：
D．向沉淀中滴加溶液可得到沉淀：
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钢铁吸氧腐蚀时，负极 Fe 失去电子生成 Fe2+，正确反应为 Fe-2e-=Fe2+，而非失去 3 个电子生成 Fe3+，A错误；
B、惰性电极电解时，Cl-在阳极生成 Cl2，H2O 在阴极生成 H2和 OH-，Mg2+与 OH-结合为 Mg(OH)2沉淀，离子方程式正确，B正确；
C、H3PO3是二元弱酸，与过量烧碱反应生成 HPO32-和 H2O，离子方程式为 H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，书写正确，C正确；
D、ZnS 溶解度大于 CuS，滴加 CuSO4溶液时发生转化：Cu2+(aq)+ZnS(s) CuS(s)+Zn2+(aq)，方程式正确，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断钢铁吸氧腐蚀负极反应的正确性。
B．分析电解氯化镁溶液的离子方程式。
C．判断亚磷酸与过量烧碱反应的离子方程式。
D．分析沉淀转化的离子方程式。
8．（2025高二上·拱墅期末）室温下pH相同、体积相同的醋酸与盐酸两种稀溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释相同倍数后，醋酸的pH大于盐酸
B．温度均升高10℃(忽略酸的挥发)，两溶液的pH不变
C．与足量锌粉反应，当产生相同体积的H2时，醋酸所需时间短
D．与足量NaHCO3溶液反应，完全反应时产生气体的物质的量相同
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、pH 相同的醋酸（弱酸，部分电离）和盐酸（强酸，完全电离），稀释相同倍数时，醋酸会进一步电离补充 H+，导致其 H+浓度比盐酸高，因此醋酸的 pH 小于盐酸，A错误；
B、升温时，盐酸中 H+浓度不变（完全电离），pH 不变；醋酸电离吸热，升温促进电离，H+浓度增大，pH 减小，B错误；
C、初始时两溶液 H+浓度相同，反应速率一致；随着反应进行，醋酸能不断电离补充 H+，维持较高的 H+浓度，反应速率始终快于盐酸，故产生相同体积 H2时，醋酸所需时间更短，C正确；
D、pH 相同、体积相同时，醋酸的物质的量远大于盐酸（因醋酸部分电离），与足量 NaHCO3反应时，醋酸产生的 CO2更多，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．比较稀释后两溶液的 pH 差异。
B．分析升温对两溶液 pH 的影响。
C．比较两溶液与锌反应的速率和时间。
D．判断与 NaHCO3反应产生气体的量。
9．（2025高二上·拱墅期末）体积为的恒容密闭容器中充入和，在一定条件下发生反应： ，经，反应放出热量。下列叙述正确的是
A．，的平均反应速率
B．当时，反应到达平衡状态
C．增大的浓度和使用催化剂均可提高的平衡转化率
D．增大浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应每生成 2mol NH3放热 92kJ，现放热 46kJ，说明生成 1mol NH3。容器体积 2L，10min 内的浓度变化为 0.5mol/L，平均速率 v (NH3)=0.5mol/L÷10min=0.05mol/(L min)，A正确；
B、平衡时正逆反应速率比等于化学计量数比，应为 2v(H2) 正 = 3v(NH3) 逆，而非
3v(H2) 正 = 2v(NH3) 逆，B错误；
C、增大 N2浓度，平衡右移，H2转化率提高；催化剂不影响平衡，无法改变 H2的平衡转化率，C错误；
D、增大 H2浓度只能增加单位体积内的活化分子数，活化分子百分数不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．根据反应放热计算氨气的生成量，再求反应速率。
B．判断平衡状态时的速率关系。
C．分析外界条件对平衡转化率的影响。
D．辨析浓度对活化分子的影响。
10．（2025高二上·拱墅期末）可逆反应在密闭容器中进行，反应物B的体积分数(B％)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，下列判断不正确的是
A．，
B．，
C．该反应在低温下能自发进行
D．、温度下的平衡常数：
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、温度越高、压强越大，反应达到平衡的时间越短。曲线②比①先达平衡，故 T1 > T2；曲线②比③先达平衡，故 p1 < p2，A正确；
B、升温（T1 > T2）时 B 的体积分数减小，平衡正向移动，故 ΔH > 0；加压（p2 > p1）时 B 的体积分数增大，平衡逆向移动，故 m + n < p，B正确；
C、反应 ΔH > 0（吸热）、ΔS > 0（气体分子数增多）。由 ΔG = ΔH - TΔS 可知，需高温下 ΔG 才可能小于 0，低温下不能自发进行，C错误；
D、ΔH > 0，升温平衡正向移动，平衡常数增大。因 T1 > T2，故 K (T1) > K (T2)，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据达到平衡的时间判断温度和压强大小。
B．通过平衡时 B 的体积分数变化判断反应热和气体分子数关系。
C．根据反应的焓变和熵变判断自发进行的条件。
D．分析温度对平衡常数的影响。
11．（2025高二上·拱墅期末）下列说法正确的是
A．已知是第4周期第ⅥA族元素，基态原子的价层电子排布为
B．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族的8个纵列的元素都是金属元素
C．M能层中有、、三个能级，共9个轨道，可容纳18种运动状态的电子
D．所有非金属元素都分布在p区
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Se 是第 4 周期第 ⅥA 族元素，价层电子指最外层电子，排布应为 4s24p4，3d 属于内层电子，不纳入价层电子，A错误；
B、从第 ⅢB 族到第 ⅡB 族共 10 个纵列（含镧系和锕系），均为金属元素，并非 8 个纵列，B错误；
C、M 能层包含 3s（1 轨道）、3p（3 轨道）、3d（5 轨道），共 9 个轨道。每个电子运动状态唯一，最多容纳 18 个电子即 18 种运动状态，C正确；
D、H 是非金属元素却位于 s 区，说明非金属元素并非都在 p 区，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断基态 Se 原子的价层电子排布。
B．明确过渡元素的纵列数量。
C．分析 M 能层的能级、轨道数及电子运动状态。
D．判断非金属元素的周期表分区。
12．（2025高二上·拱墅期末）化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：
实验 Ⅰ Ⅱ
装置
下列说法不正确的是
A．实验Ⅰ中发生析氢腐蚀，实验Ⅱ中发生吸氧腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验Ⅰ<实验Ⅱ
B．实验Ⅰ中裸露在外的铁钉附近处出现蓝色
C．实验Ⅱ中铜片附近处出现红色，发生电极反应：
D．实验Ⅱ中裸露在外的铁钉附近处出现蓝色，出现蓝色的离子方程式为：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ 是酸性环境，发生析氢腐蚀；实验 Ⅱ 是中性环境，发生吸氧腐蚀。实验 Ⅰ 中锌为负极、铁为正极（铁被保护），实验 Ⅱ 中铁为负极，故铁钉腐蚀速度：实验 Ⅰ < 实验 Ⅱ，A正确；
B、实验 Ⅰ 中，铁作为正极被保护，不发生氧化反应，无 Fe2+生成。而蓝色是 Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 反应的特征，因此铁钉附近不会出现蓝色，B错误；
C、实验 Ⅱ 中铜为正极，氧气在正极得电子发生还原反应，生成 OH-，电极反应为 ，铜片附近出现红色（Fe (OH)3），C正确；
D、实验 Ⅱ 中铁为负极，生成 Fe2+，Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 中的 [Fe(CN)6]3-、K+结合，生成蓝色沉淀 KFe [Fe (CN)6]，离子方程式为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断腐蚀类型及腐蚀速率。
B．分析实验 Ⅰ 中铁钉附近是否生成 Fe2+。
C．判断实验 Ⅱ 中铜片的电极反应。
D．分析实验 Ⅱ 中蓝色沉淀的生成反应。
13．（2025高二上·拱墅期末）在体积固定的密闭容器中，放入足量镍粉并充入一定量的气体，一定条件下发生反应：，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表：
温度/℃ 25 80 230
平衡常数 2
下列说法正确的是
A．上述反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．25℃时反应的平衡常数为
C．在80℃时，测得某时刻、的浓度均为，则此时
D．80℃达到平衡时，往体系中再充入一定量的，再次达到平衡后的体积分数增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应（ΔH < 0）。放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误；
B、同一温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数。25℃时正反应平衡常数为 5×104，则逆反应平衡常数为2×10-5，B错误；
C、80℃时平衡常数为 2，某时刻 Ni(CO)4和 CO 浓度均为 1mol/L，浓度商， ，反应正向进行，故 v正 > v逆，C正确；
D、80℃平衡时充入 CO，相当于增大压强，平衡正向移动，再次平衡时 CO 的体积分数减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过平衡常数与温度的关系判断反应热，进而分析活化能大小。
B．明确正逆反应平衡常数的关系。
C．通过浓度商与平衡常数的比较判断反应方向。
D．分析增大反应物浓度对平衡的影响。
14．（2025高二上·拱墅期末）室温下，向溶液中逐滴加入溶液，溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A．HA是一种弱酸，且约为
B．水的电离程度
C．滴加过程中可能存在：
D．B点溶液中：
【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、0.1mol/L HA 溶液 pH=3.5，说明 HA 未完全电离，是弱酸。此时
c (H+)=c (A-)=10-3.5mol/L，c (HA)≈0.1mol/L，电离常数 Ka≈ ，A正确；
B、酸或碱抑制水的电离，NaA 促进水的电离。D 点是恰好中和的 NaA 溶液，水的电离程度最大；A 点为 HA 溶液，抑制作用最强；D 之后加过量 NaOH，抑制作用增强。故电离程度：D > C > B > A > E，B错误；
C、电荷守恒为 c (Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)。若 c (Na+) > c (A-)，则必存在 c (OH-) > c (H+)，不可能出现 c (Na+) > c (A-) > c (H+) > c (OH-)，C错误；
D、B 点是等浓度 NaA 与 HA 混合液，物料守恒为 c (A-)+c (HA)=2c (Na+)，结合电荷守恒推导得 2c (H+)+c (HA)=c (A-)+2c (OH-)。因溶液显酸性（c (H+) > c (OH-)），故 c (H+)+c (HA) < c (A-)+c (OH-)，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断 HA 是否为弱酸及计算电离常数。
B． 分析各点水的电离程度。
C．结合电荷守恒判断离子浓度关系。
D．利用守恒关系分析 B 点粒子浓度。
15．（2025高二上·拱墅期末）在T℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知该温度下AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法正确的是
A．T℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.8×10-8
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．T℃时，X点的溶液体系处于过饱和状态，会产生橘红色沉淀
D．T℃时，将0.01mol L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol L-1KCl和0.01mol L-1 K2CrO4的混合溶液中，先沉淀
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、T℃时，Ag2CrO4饱和溶液中 c (Ag+)=1.0×10-3mol/L，c (CrO42-)=1.0×10-5mol/L。溶度积 Ksp (Ag2CrO4)=c2(Ag+) c (CrO42-)=(1.0×10-3)2×1.0×10-5=1.0×10- ，A错误；
B、Ksp 只由温度决定，Y 点和 Z 点处于同一温度下，Ag2CrO4的 Ksp 相等，B错误；
C、T℃时，X 点溶液中 c(Ag+) 高于饱和溶液中的浓度，c(CrO42-) 与饱和溶液相同，此时离子积大于 Ksp，溶液过饱和，会析出橘红色 Ag2CrO4沉淀，C正确；
D、 T℃时，将0.01mol L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol L-1KCl和0.01mol L-1 K2CrO4的混合溶液中，Cl-开始沉淀时，c(Ag+)=mol/L=1.8×10-8 mol L-1，开始沉淀时，c(Ag+)=mol/L=1.0×10-4.5 mol L-1，故Cl-先沉淀，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．计算 Ag2CrO4的溶度积。
B．判断温度对溶度积的影响。
C．分析 X 点溶液是否会产生沉淀。
D．比较 Cl-和 CrO42-开始沉淀的先后顺序。
16．（2025高二上·拱墅期末）化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是
A．测定中和反应反应热 B．用盐酸滴定锥形瓶中的溶液
C．研究沉淀之间的相互转化 D．判断与的反应是否可逆
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、测定中和反应反应热时，需要用环形玻璃搅拌棒来充分搅拌，使反应均匀进行且热量传递更均匀，图中用的是普通玻璃棒，不符合要求，A错误；
B、用盐酸滴定锥形瓶中的 NaOH 溶液时，眼睛应紧盯锥形瓶内溶液颜色的变化，这样才能准确判断滴定终点，该操作符合要求，B正确；
C、第一个试管里，MgCl2溶液量少，NaOH 溶液有剩余，加入 FeCl3溶液后，是 NaOH 和 FeCl3反应生成 Fe(OH)3沉淀，不是沉淀之间的相互转化，不能用于研究沉淀转化，C错误；
D、FeCl3与 KSCN 反应的本质是 Fe3+和 SCN-的反应，KCl 不参与该反应，加入 KCl 固体不会影响反应平衡，所以不能通过加入 KCl 来判断该反应是否可逆，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断测定中和反应反应热的搅拌仪器是否正确。
B．判断盐酸滴定 NaOH 溶液时的观察操作是否正确。
C．分析沉淀转化实验的合理性。
D．判断加入 KCl 对 Fe3+与 SCN-反应平衡的影响。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）W、X、Y、Z、M、N六种元素的原子序数依次递增，其中W、X、Y、Z为短周期元素，六种元素的元素性质或原子结构特征如下表，回答下列问题。
元素 元素性质或原子结构特征
W 原子核外有6种不同运动状态的电子
X 原子中最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同
Y 最外能层电子数是最内能层电子数的3倍
Z 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素
M 第四周期中，未成对电子数最多的元素
N 一种常见的金属元素，正三价离子遇硫氰化钾显红色
（1）Z元素位于元素周期表的　 　区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形。
（2）W、X、Y三种元素的电负性数值由大到小的顺序为　 　(用元素符号作答，下同)，这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）写出元素M基态原子的价层电子的轨道表示式　 　。
（4）元素N基态原子共有　 　种空间运动状态不同的电子，写出元素N基态的价层电子排布式　 　。
【答案】（1）s；球
（2）O＞N＞C；N＞O＞C
（3）
（4）15；3d5
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】（1）Z为12号元素Mg，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅡA族，其价电子排布式为3s2，则Z元素位于元素周期表的s区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形。
故答案为： s ； 球 ；
（2）W、X、Y三种元素分别为C、N、O，三者为第二周期的相邻元素，非金属性依次增强，则电负性数值由大到小的顺序为O＞N＞C，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，其第一电离能比O大，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
故答案为： O＞N＞C ； N＞O＞C；
（3）元素M为24号元素Cr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1，则价层电子的轨道表示式为。
故答案为： ；
（4）元素N为Fe，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素N基态原子共有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态不同的电子，Fe失去电子后变成Fe3+，则元素N基态的价层电子排布式为3d5。
故答案为： 15 ； 3d5 。
【分析】W、X、Y、Z、M、N 六种元素的原子序数依次增大，其中 W、X、Y、Z 属于短周期元素。W 原子核外有 6 种不同运动状态的电子（电子运动状态均不同），可知 W 为 C；Y 最外层电子数是最内层的 3 倍（最内层电子数为 2），则最外层有 6 个电子，Y 为 O；X 原子最高能级的不同轨道均有电子且自旋方向相同，价电子排布为 2s22p3，故 X 为 N；Z 原子核外 s 能级电子总数与 p 能级电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素，可判断 Z 为 Mg；M 是第四周期中未成对电子数最多的元素，价电子排布为 3d54s ，即 M 为 24 号元素 Cr；N 是常见金属元素，其正三价离子遇硫氰化钾显红色，因此 N 为 Fe。综上，W、X、Y、Z、M、N 分别为 C、N、O、Mg、Cr、Fe。
（1）Z为12号元素Mg，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅡA族，其价电子排布式为3s2，则Z元素位于元素周期表的s区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形。
（2）W、X、Y三种元素分别为C、N、O，三者为第二周期的相邻元素，非金属性依次增强，则电负性数值由大到小的顺序为O＞N＞C，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，其第一电离能比O大，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
（3）元素M为24号元素Cr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1，则价层电子的轨道表示式为。
（4）元素N为Fe，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素N基态原子共有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态不同的电子，Fe失去电子后变成Fe3+，则元素N基态的价层电子排布式为3d5。
18．（2025高二上·拱墅期末）Ⅰ．水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。
（1）在曲线A所对应的温度下，的醋酸与的等体积混合，所得溶液呈　 　性。
（2）在曲线B所对应的温度下，的盐酸中由水电离产生的浓度为　 　。
Ⅱ.25℃时，有关物质平衡常数的数值如下表所示：
（3）四种酸、、、的酸性由强到弱的顺序是　 　。
（4）同浓度的、、结合能力由大到小的顺序为　 　。
（5）若向溶液中通入少量气体，写出发生反应的离子方程式：　 　。
（6）反应的平衡常数　 　。
【答案】酸；；；；；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）在曲线A所对应的温度下，的醋酸中，而的中，将它们等体积混合后，由于醋酸已经电离出的就能将NaOH全部消耗完，且醋酸中还含有大量未电离的醋酸分子还能继续电离出，所以中和后的溶液显酸性。
故答案为： 酸 ；
（2）在曲线B所对应的温度下，，的盐酸中，则溶液中的，且OH-只由水电离产生，根据可知，由水电离产生的浓度与浓度是相等的，所以由水电离产生的浓度为：。
故答案为：；
（3）根据分析，以下四种酸、、、的酸性由强到弱的顺序为：。
故答案为： ；
（4）根据酸性越强，其酸根离子结合的能力越弱的规律，结合分析酸性强弱数据可知，同浓度的、、结合能力由大到小的顺序为：。
故答案为： ；
（5）根据酸性，在溶液中通入少量气体，可以将转化为HCN，但由于酸性，所以不会生成，只能生成，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）反应的平衡常数为：。
故答案为：。
【分析】Ⅰ．根据水在25℃和95℃时电离平衡曲线图可以得到相应的水的电离平衡常数分别为：、；
Ⅱ．根据表格中各酸电离平衡常数数据越大酸性越强的规律，可得各物质酸性强弱顺序为：；
据此数据解答。
(1)结合水的离子积，分析醋酸（弱酸）与 NaOH 反应后，因醋酸过量溶液呈酸性。
(2)根据曲线 B 的水离子积，计算 pH=2 盐酸中水电离的 H+浓度（等于溶液中 OH-浓度）。
(3)依据电离常数 Ka 大小，Ka 越大酸性越强，比较四种酸的酸性顺序。
(4)酸性越弱，对应酸根离子结合 H+能力越强，据此排序。
(5)根据酸性 H2CO3 > HCN > HCO3-，确定通入少量 CO2生成 HCN 和 HCO3-，写离子方程式。
(6)结合 AgCl 和 Ag2S 的 Ksp，推导反应平衡常数并计算。
19．（2025高二上·拱墅期末）二氧化氯是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒，实验室用如图方法制备：
（1）已知：反应属于非氧化还原反应，则分子中元素电负性由小到大的顺序为　 　(填元素符号)。
（2）下列说法正确的是___________。
A．气体A是
B．与反应制备的化学方程式为：
C．消毒是通过缓慢释放的作用的，其消毒的持久力强
D．可用饱和食盐水除去中的
（3）与在溶液中恰好完全反应，反应中作氧化剂，作还原剂，假设生成的气体全部逸出，设计实验检验溶液B中所有阴离子　 　。
【答案】（1）H（2）B；C
（3）取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；电解原理；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）反应属于非氧化还原反应，则中N元素化合价为-3价，Cl元素化合价为+1价，中H元素化合价为+1价，则N、H、Cl电负性由小到大的顺序为：H故答案为： H（2）A．电解NH4Cl和HCl的混合溶液，得到NCl3，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，气体A是，A错误；
B．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，与反应制备，该反应中没有元素化合价发生变化，则同时有NaOH生成，化学方程式为：NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH，B正确；
C．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，NH2Cl在水中会和水反应缓慢释放HClO，具有较强的消毒持久力，C正确；
D．和NH3均易溶于水，不可用饱和食盐水除去中的，D错误；
故答案为： B C ；
（3）在NCl3与NaClO2的反应生成ClO2、NH3，NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，反应后溶液中可能存在的阴离子为Cl-和OH-，检验方案为取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
故答案为： 取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子 ；
【分析】电解 NH4Cl 与盐酸的混合溶液，会生成 NCl3和气体 A（经分析为 H2）。随后，NCl3与 NaClO2溶液发生反应，生成 ClO2、NH3以及溶液 B（含有大量 Cl-和 OH-）。生成的 NH3再与 NaClO 反应，可得到 NH2Cl。据此解题。
（1）反应属于非氧化还原反应，则中N元素化合价为-3价，Cl元素化合价为+1价，中H元素化合价为+1价，则N、H、Cl电负性由小到大的顺序为：H（2）A．电解NH4Cl和HCl的混合溶液，得到NCl3，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，气体A是，A错误；
B．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，与反应制备，该反应中没有元素化合价发生变化，则同时有NaOH生成，化学方程式为：NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH，B正确；
C．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，NH2Cl在水中会和水反应缓慢释放HClO，具有较强的消毒持久力，C正确；
D．和NH3均易溶于水，不可用饱和食盐水除去中的，D错误；
故选BC。
（3）在NCl3与NaClO2的反应生成ClO2、NH3，NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，反应后溶液中可能存在的阴离子为Cl-和OH-，检验方案为取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
20．（2025高二上·拱墅期末）乙二酸(，俗名草酸)是一种二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中。
（1）室温下，用溶液滴定草酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入溶液体积的变化曲线如图1所示：所得溶液里、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图2所示。
①当滴入溶液时，发生反应的离子方程式为　 　。第二次滴定终点，所选择的指示剂是　 　。
②　 　。
（2）可以使酸性溶液褪色，医学上常用酸性溶液和溶液反应来测定血液中钙的含量。测定方法：取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定。
①滴定管盛装好标准溶液后需排气泡，下列排气泡的操作正确的是　 　(填序号)。
a b． c．
②滴定终点的标志为　 　。
③下列操作中，使测定的血液中钙含量数值偏高的是　 　(填字母)。
a．滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出
b．达到滴定终点时，俯视读数
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗
d．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
【答案】（1）；酚酞；
（2）b；当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；c
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】（1）①是二元弱酸，当滴入溶液时，生成，发生反应的离子方程式为：，第二次滴定终点时得到溶液，由图1可知，此时pH约为8-10，酚酞的变色范围是8.2-10，适合作为指示剂；
②由分析可知，曲线1、2、3分别代表、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系，当pH=4.2时，、浓度相等，则；
故答案为： ； 酚酞 ； ；
（2）①酸性高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，应装在酸式滴定管中，正确的排气泡操作是：将滴定管固定在滴定管夹上，手控制活塞，拇指在前，中指和食指在后，轻轻握住旋塞柄，无名指和小指向手心弯曲，形成握空拳的样子，可防止把活塞顶出，打开滴定管活塞，让溶液快速流出，排出气泡，正确的操作方式如图b所示；
②取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定，可以使酸性溶液褪色，所以滴定终点的标志是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；
③a. 滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出，导致实际消耗的KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，a不选；
b. 达到滴定终点时，俯视读数，导致读取消耗的KMnO4溶液体积偏小，计算出的钙含量偏低，b不选；
c. 盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗，导致KMnO4溶液浓度降低，使消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算出的钙含量偏高，c选；
d. 装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，导致读取消耗的 KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，d不选；
故选c。
故答案为： b ； 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色 ； c 。
【分析】(1) ①分析滴定反应及指示剂选择。滴入 20mL NaOH 时，H2C2O4与 OH-反应生成 HC2O4-和 H2O；第二次滴定终点溶液 pH 约 8-10，酚酞变色范围匹配，故选酚酞。
②利用电离平衡常数与 pH 的关系计算。图 2 中 pH=4.2 时，HC2O4-与 C2O42-浓度相等，K 2=c (H+)=10-4.2。
(2) ①掌握酸式滴定管排气泡操作。酸性 KMnO4用酸式滴定管，正确排气泡操作如图 b。
②确定滴定终点颜色变化。终点为滴入最后半滴 KMnO4溶液，由无色变为浅紫红色且半分钟不褪色。
③分析操作对测定结果的影响。滴定管未润洗使 KMnO4浓度偏低，消耗体积偏大，导致钙含量偏高。
（1）①是二元弱酸，当滴入溶液时，生成，发生反应的离子方程式为：，第二次滴定终点时得到溶液，由图1可知，此时pH约为8-10，酚酞的变色范围是8.2-10，适合作为指示剂；
②由分析可知，曲线1、2、3分别代表、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系，当pH=4.2时，、浓度相等，则；
（2）①酸性高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，应装在酸式滴定管中，正确的排气泡操作是：将滴定管固定在滴定管夹上，手控制活塞，拇指在前，中指和食指在后，轻轻握住旋塞柄，无名指和小指向手心弯曲，形成握空拳的样子，可防止把活塞顶出，打开滴定管活塞，让溶液快速流出，排出气泡，正确的操作方式如图b所示；
②取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定，可以使酸性溶液褪色，所以滴定终点的标志是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；
③a. 滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出，导致实际消耗的KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，a不选；
b. 达到滴定终点时，俯视读数，导致读取消耗的KMnO4溶液体积偏小，计算出的钙含量偏低，b不选；
c. 盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗，导致KMnO4溶液浓度降低，使消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算出的钙含量偏高，c选；
d. 装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，导致读取消耗的 KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，d不选；
故选c。
21．（2025高二上·拱墅期末）为了实现“碳中和”，资源再利用是目前研究的热点之一、
（1）中国空间站已实现有人长期驻留时代，空间站的水气整合系统利用法国化学家Paul Sabatier提出并命名的“Sabatier反应”实现了甲烷化，配合生成系统可实现的再生。过程如下图所示：
①已知：
。
则Sabatier反应 　 　。该反应在　 　条件下能自发进行(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是　 　(填“A”或“B”)。
③研究发现Sabatier反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在催化剂表面用“·”标注，表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会　 　(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中决定反应速率的步骤是　 　(填字母)。
a． b．
c．
④空间站航天员利用两个碱性甲烷燃料电池串联后作为电源，模拟电解溶液再生，如图所示：
甲烷燃料电池工作时，负极的电极反应式为　 　；闭合开关K后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是　 　(填化学式)；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，理论上最多能够制得氧气　 　L(标准状况)。
（2）以和为原料在一定条件下可以合成燃料，假设体系中只发生以下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
改变反应温度，分别测得、、(单位)下的平衡转化率以及时生成、选择性(S)的变化如图(选择性为目标产物在总产物中的比率，即％；％)。
①图中a、b和c分别代表、、下平衡转化率随温度变化趋势的曲线，则、、从大到小的关系为　 　。
②在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是　 　。
③随着温度升高，a、b和c三条曲线接近重合的原因是　 　。
【答案】（1）164.0；低温；B；吸收热量；a；CH4+10OH--8e-=+7H2O；H2；4.48
（2）＞＞；开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升；随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；催化剂；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①已知：ⅰ
ⅱ
ⅲ 。
根据盖斯定律，4×ⅰ-ⅱ +2×ⅲ得：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应为熵减的放热反应，根据ΔH－TΔS＜0时自发，则低温条件下反应能自发进行。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，反应过程中气体分子总数减小、B容积减小，则恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时放出的热量多。
③从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最大的一步是决速步，由图可知，a．步活化能最大，则反应历程中决定反应速率的步骤是a。
④闭合开关K后，甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失去电子转变为碳酸根，电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O；氧气得到电子发生还原反应，通入氧气的电极为正极。电极a连接电源的正极，电极b连接电源的负极，则a为阳极、b为阴极， a、b电极上均有气体产生，其中b电极上水提供的氢离子得到电子被还原、得到的是H2；a电极上水提供的氢氧根离子失去电子得到的是O2；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，反应中消耗甲烷总物质的量为n(CH4)=，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×8=0.8 mol，根据电子转移守恒可知，结合4OH--4e-=O2↑+2H2O，理论上最多能够制得氧气0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L(标准状况)。
故答案为： 164.0 ； 低温 ； B ； 吸收热量 ； a ； CH4+10OH--8e-=+7H2O ； H2 ； 4.48 ；
（2）①反应I为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，、、条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强、、由大到小的顺序为＞＞。
②Ⅰ为放热反应，Ⅱ为吸热反应，在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是：开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升。
③反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则T＞350℃时，随着温度升高，、、对应的a、b和c三条曲线接近重合的原因是：随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率。
故答案为：＞＞ ； 开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升 ； 随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率 。
【分析】(1) ①用盖斯定律计算 ΔH，反应为放热、熵减，低温下 ΔH-TΔS<0 可自发。
②恒压容器（B）中反应正向进行更充分，放热更多。
③物质吸附到形成过渡态需吸收热量，活化能最大的步骤 a 为决速步。
④负极反应为 CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；b 为阴极产 H2；电子守恒计算得 O2 4.48L。
(2) ①反应 Ⅰ 正反应体积减小，压强越大 CO2转化率越高，故 P >P >Pc。
②低温反应 Ⅰ 主导（放热，升温转化率降），高温反应 Ⅱ 主导（吸热，升温转化率升）。
③高温下反应 Ⅱ 占优，其前后气体分子数不变，压强对转化率无影响，曲线重合。
（1）①已知：ⅰ
ⅱ
ⅲ 。
根据盖斯定律，4×ⅰ-ⅱ +2×ⅲ得：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应为熵减的放热反应，根据ΔH－TΔS＜0时自发，则低温条件下反应能自发进行。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，反应过程中气体分子总数减小、B容积减小，则恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时放出的热量多。
③从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最大的一步是决速步，由图可知，a．步活化能最大，则反应历程中决定反应速率的步骤是a。
④闭合开关K后，甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失去电子转变为碳酸根，电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O；氧气得到电子发生还原反应，通入氧气的电极为正极。电极a连接电源的正极，电极b连接电源的负极，则a为阳极、b为阴极， a、b电极上均有气体产生，其中b电极上水提供的氢离子得到电子被还原、得到的是H2；a电极上水提供的氢氧根离子失去电子得到的是O2；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，反应中消耗甲烷总物质的量为n(CH4)=，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×8=0.8 mol，根据电子转移守恒可知，结合4OH--4e-=O2↑+2H2O，理论上最多能够制得氧气0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L(标准状况)。
（2）①反应I为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，、、条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强、、由大到小的顺序为＞＞。
②Ⅰ为放热反应，Ⅱ为吸热反应，在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是：开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升。
③反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则T＞350℃时，随着温度升高，、、对应的a、b和c三条曲线接近重合的原因是：随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率。
1 / 1浙江省杭州市下沙区浙江省杭州第四中学吴山2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)
1．（2025高二上·拱墅期末）下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（　　）
A．CH3COOH B．NaHCO3
C．(NH4)2Fe(SO4)2 D．NaHSO4
2．（2025高二上·拱墅期末）下列叙述正确的是
A．焰色试验时可以使用铂丝或者洁净的铁丝，是因为铂丝和铁丝在加热时不会发生电子的跃迁，所以火焰没有特征焰色
B．基态Br原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p5
C．2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D．离子半径：S2-＞Cl-＞K+
3．（2025高二上·拱墅期末）下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是
A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．在铁和稀硫酸反应液中加入少量硫酸铜溶液，反应明显加快
C．室温下，将的氨水加水稀释至后，测得其
D．热的纯碱更容易去油污
4．（2025高二上·拱墅期末）固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断正确的是
A．①中的为固态，②中的为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，平衡逆移，颜色变深
D．固态碘升华时将吸热
5．（2025高二上·拱墅期末）下列表达式正确的是
A．基态原子的价电子排布式：
B．错误，违反了泡利不相容原理
C．钠原子由时原子释放能量，产生的原子光谱为发射光谱
D．电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大
6．（2025高二上·拱墅期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标况下，氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为
B．电解精炼铜时，电路中通过个电子，阳极消耗铜
C．常温下，的溶液中，由水电离出的的数目为
D．溶液中含有微粒数可能为
7．（2025高二上·拱墅期末）下列离子方程式书写不正确的是
A．钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应：
B．用惰性电极电解氯化镁溶液：
C．亚磷酸是二元弱酸，向其中加入过量烧碱：
D．向沉淀中滴加溶液可得到沉淀：
8．（2025高二上·拱墅期末）室温下pH相同、体积相同的醋酸与盐酸两种稀溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释相同倍数后，醋酸的pH大于盐酸
B．温度均升高10℃(忽略酸的挥发)，两溶液的pH不变
C．与足量锌粉反应，当产生相同体积的H2时，醋酸所需时间短
D．与足量NaHCO3溶液反应，完全反应时产生气体的物质的量相同
9．（2025高二上·拱墅期末）体积为的恒容密闭容器中充入和，在一定条件下发生反应： ，经，反应放出热量。下列叙述正确的是
A．，的平均反应速率
B．当时，反应到达平衡状态
C．增大的浓度和使用催化剂均可提高的平衡转化率
D．增大浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大
10．（2025高二上·拱墅期末）可逆反应在密闭容器中进行，反应物B的体积分数(B％)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，下列判断不正确的是
A．，
B．，
C．该反应在低温下能自发进行
D．、温度下的平衡常数：
11．（2025高二上·拱墅期末）下列说法正确的是
A．已知是第4周期第ⅥA族元素，基态原子的价层电子排布为
B．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族的8个纵列的元素都是金属元素
C．M能层中有、、三个能级，共9个轨道，可容纳18种运动状态的电子
D．所有非金属元素都分布在p区
12．（2025高二上·拱墅期末）化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下：
实验 Ⅰ Ⅱ
装置
下列说法不正确的是
A．实验Ⅰ中发生析氢腐蚀，实验Ⅱ中发生吸氧腐蚀，且铁钉腐蚀速度实验Ⅰ<实验Ⅱ
B．实验Ⅰ中裸露在外的铁钉附近处出现蓝色
C．实验Ⅱ中铜片附近处出现红色，发生电极反应：
D．实验Ⅱ中裸露在外的铁钉附近处出现蓝色，出现蓝色的离子方程式为：
13．（2025高二上·拱墅期末）在体积固定的密闭容器中，放入足量镍粉并充入一定量的气体，一定条件下发生反应：，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表：
温度/℃ 25 80 230
平衡常数 2
下列说法正确的是
A．上述反应的正反应活化能大于逆反应活化能
B．25℃时反应的平衡常数为
C．在80℃时，测得某时刻、的浓度均为，则此时
D．80℃达到平衡时，往体系中再充入一定量的，再次达到平衡后的体积分数增大
14．（2025高二上·拱墅期末）室温下，向溶液中逐滴加入溶液，溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A．HA是一种弱酸，且约为
B．水的电离程度
C．滴加过程中可能存在：
D．B点溶液中：
15．（2025高二上·拱墅期末）在T℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知该温度下AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法正确的是
A．T℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.8×10-8
B．T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp不相等
C．T℃时，X点的溶液体系处于过饱和状态，会产生橘红色沉淀
D．T℃时，将0.01mol L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol L-1KCl和0.01mol L-1 K2CrO4的混合溶液中，先沉淀
16．（2025高二上·拱墅期末）化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是
A．测定中和反应反应热 B．用盐酸滴定锥形瓶中的溶液
C．研究沉淀之间的相互转化 D．判断与的反应是否可逆
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）W、X、Y、Z、M、N六种元素的原子序数依次递增，其中W、X、Y、Z为短周期元素，六种元素的元素性质或原子结构特征如下表，回答下列问题。
元素 元素性质或原子结构特征
W 原子核外有6种不同运动状态的电子
X 原子中最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同
Y 最外能层电子数是最内能层电子数的3倍
Z 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素
M 第四周期中，未成对电子数最多的元素
N 一种常见的金属元素，正三价离子遇硫氰化钾显红色
（1）Z元素位于元素周期表的　 　区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形。
（2）W、X、Y三种元素的电负性数值由大到小的顺序为　 　(用元素符号作答，下同)，这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（3）写出元素M基态原子的价层电子的轨道表示式　 　。
（4）元素N基态原子共有　 　种空间运动状态不同的电子，写出元素N基态的价层电子排布式　 　。
18．（2025高二上·拱墅期末）Ⅰ．水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。
（1）在曲线A所对应的温度下，的醋酸与的等体积混合，所得溶液呈　 　性。
（2）在曲线B所对应的温度下，的盐酸中由水电离产生的浓度为　 　。
Ⅱ.25℃时，有关物质平衡常数的数值如下表所示：
（3）四种酸、、、的酸性由强到弱的顺序是　 　。
（4）同浓度的、、结合能力由大到小的顺序为　 　。
（5）若向溶液中通入少量气体，写出发生反应的离子方程式：　 　。
（6）反应的平衡常数　 　。
19．（2025高二上·拱墅期末）二氧化氯是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒，实验室用如图方法制备：
（1）已知：反应属于非氧化还原反应，则分子中元素电负性由小到大的顺序为　 　(填元素符号)。
（2）下列说法正确的是___________。
A．气体A是
B．与反应制备的化学方程式为：
C．消毒是通过缓慢释放的作用的，其消毒的持久力强
D．可用饱和食盐水除去中的
（3）与在溶液中恰好完全反应，反应中作氧化剂，作还原剂，假设生成的气体全部逸出，设计实验检验溶液B中所有阴离子　 　。
20．（2025高二上·拱墅期末）乙二酸(，俗名草酸)是一种二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中。
（1）室温下，用溶液滴定草酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入溶液体积的变化曲线如图1所示：所得溶液里、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图2所示。
①当滴入溶液时，发生反应的离子方程式为　 　。第二次滴定终点，所选择的指示剂是　 　。
②　 　。
（2）可以使酸性溶液褪色，医学上常用酸性溶液和溶液反应来测定血液中钙的含量。测定方法：取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定。
①滴定管盛装好标准溶液后需排气泡，下列排气泡的操作正确的是　 　(填序号)。
a b． c．
②滴定终点的标志为　 　。
③下列操作中，使测定的血液中钙含量数值偏高的是　 　(填字母)。
a．滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出
b．达到滴定终点时，俯视读数
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗
d．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
21．（2025高二上·拱墅期末）为了实现“碳中和”，资源再利用是目前研究的热点之一、
（1）中国空间站已实现有人长期驻留时代，空间站的水气整合系统利用法国化学家Paul Sabatier提出并命名的“Sabatier反应”实现了甲烷化，配合生成系统可实现的再生。过程如下图所示：
①已知：
。
则Sabatier反应 　 　。该反应在　 　条件下能自发进行(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是　 　(填“A”或“B”)。
③研究发现Sabatier反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在催化剂表面用“·”标注，表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会　 　(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中决定反应速率的步骤是　 　(填字母)。
a． b．
c．
④空间站航天员利用两个碱性甲烷燃料电池串联后作为电源，模拟电解溶液再生，如图所示：
甲烷燃料电池工作时，负极的电极反应式为　 　；闭合开关K后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是　 　(填化学式)；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，理论上最多能够制得氧气　 　L(标准状况)。
（2）以和为原料在一定条件下可以合成燃料，假设体系中只发生以下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
改变反应温度，分别测得、、(单位)下的平衡转化率以及时生成、选择性(S)的变化如图(选择性为目标产物在总产物中的比率，即％；％)。
①图中a、b和c分别代表、、下平衡转化率随温度变化趋势的曲线，则、、从大到小的关系为　 　。
②在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是　 　。
③随着温度升高，a、b和c三条曲线接近重合的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．CH3COOH是弱酸，电离出氢离子，溶液呈酸性，故A不选；
B．NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子发生水解，溶液呈碱性，故B不选；
C．(NH4)2Fe(SO4)2是弱碱强酸盐，铵根离子、亚铁离子发生水解，溶液呈酸性，故C选；
D．NaHSO4是强酸的酸式盐，电离出氢离子，溶液呈酸性，故D不选；
故答案为：C。
【分析】强酸弱碱盐中的弱碱根离子，可以与水电离出来的氢氧根离子结合生成水，从而使溶液先酸性。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；焰色反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、焰色试验使用铂丝或洁净铁丝，是因为它们加热时电子跃迁产生的光在不可见光范围，并非不发生电子跃迁，因此火焰无特征颜色，A错误；
B、溴（Br）的原子序数为 35，基态原子简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p5，漏掉 3d 是错误的，B错误；
C、2p、3p、4p 能级均含 3 个轨道，轨道数相同，并非依次增多，C错误；
D、S2-、Cl-、K+电子层结构相同，核电荷数依次增大（16<17<19），离子半径随核电荷数增大而减小，故半径顺序为 S2->Cl->K+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析焰色试验中铂丝和铁丝的作用原理。
B．判断溴原子简化电子排布式的正确性。
C．明确 p 能级的轨道数量规律。
D．比较电子层结构相同的离子半径大小。
3．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、氯气溶于水存在可逆过程（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），饱和食盐水中高浓度 Cl-使平衡逆向移动，减少 Cl2溶解，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意 ；
B、铁与稀硫酸反应（Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑）是不可逆反应，加入硫酸铜后形成 Fe-Cu 原电池加快反应，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、氨水稀释时，NH3 H2O 的电离平衡（NH3 H2O NH4++OH-）正向移动，减弱 OH-浓度降低，导致 pH 变化符合 10<11，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、碳酸钠水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-）是吸热可逆反应，加热使平衡正向移动，OH-浓度增大，碱性增强，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】先判断各选项涉及的变化是否存在可逆平衡，再分析条件改变时平衡是否移动，以此确定能否用勒夏特列原理解释。
4．【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应①ΔH1为负值（放热），反应②ΔH2为正值（吸热），两个反应的产物都是 2HI (g)。放热反应中反应物总能量高于产物，吸热反应中反应物总能量低于产物，所以①中 I2能量更高（是气态），②中 I2能量更低（是固态），A错误；
B、两个反应的产物相同（能量相同），①是放热反应，说明①的反应物总能量高于产物；②是吸热反应，说明②的反应物总能量低于产物。因此②的反应物总能量比①的反应物总能量低，B正确；
C、氢气与碘蒸气的反应中，反应前后气体分子数不变（1+1=2）。压缩混合气体时，平衡不移动，颜色变深是因为体积减小，碘蒸气浓度增大，并非平衡移动导致，C错误；
D、用反应②减去反应①，可得 I2(s)=I2(g) ΔH=35.96kJ/mol，但题目中没有给出碘的物质的量，无法计算具体吸热多少，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据反应热判断 I2的状态。
B．比较两个反应反应物的总能量。
C．分析压强对平衡的影响。
D．判断固态碘升华的吸热量。
5．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】A、Cu 是 29 号元素，基态原子价电子排布遵循洪特规则特例，应为 3d 4s ，而非 3d94s2，A错误；
B、题中 2p 轨道电子未先单独分占同一能级轨道（违反洪特规则），但同一轨道中电子自旋相反： ，未违反泡利不相容原理，B错误；
C、钠原子电子从高能级 3p 跃迁至低能级 3s 时，释放能量，产生的光谱为发射光谱，C正确；
D、电负性大表明非金属性强，但第一电离能不一定大（如电负性 O>N，第一电离能却 N>O），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断基态 Cu 原子价电子排布式的正确性。
B．分析电子排布图违反的原理。
C．理解电子跃迁与原子光谱的关系。
D．辨析电负性与第一电离能的关系。
6．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、标况下 2.24L 氯气为 0.1mol，但氯气与水的反应是可逆反应（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），不能完全转化，转移电子数小于 0.1NA，A错误；
B、电解精炼铜时，阳极是粗铜（含 Zn、Fe 等杂质），杂质会先放电，电路中通过 NA个电子时，消耗的铜质量小于 32g，B错误；
C、CH3COONa 溶液中，CH3COO-水解促进水的电离，pH=9 时，c (OH-)=10-5mol/L（全部来自水），水电离的 H+与 OH-相等，故数目为 10-5NA，C错误；
D、Na2CO3溶液中 CO32-会水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），浓度小于 0.1mol/L，但溶液体积足够大时，CO32-总微粒数可能为 0.1NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断氯气与水反应的电子转移情况。
B．分析电解精炼铜时阳极的反应。
C．计算盐溶液中水电离的 H+数目。
D．考虑 CO32-水解对微粒数的影响。
7．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钢铁吸氧腐蚀时，负极 Fe 失去电子生成 Fe2+，正确反应为 Fe-2e-=Fe2+，而非失去 3 个电子生成 Fe3+，A错误；
B、惰性电极电解时，Cl-在阳极生成 Cl2，H2O 在阴极生成 H2和 OH-，Mg2+与 OH-结合为 Mg(OH)2沉淀，离子方程式正确，B正确；
C、H3PO3是二元弱酸，与过量烧碱反应生成 HPO32-和 H2O，离子方程式为 H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，书写正确，C正确；
D、ZnS 溶解度大于 CuS，滴加 CuSO4溶液时发生转化：Cu2+(aq)+ZnS(s) CuS(s)+Zn2+(aq)，方程式正确，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断钢铁吸氧腐蚀负极反应的正确性。
B．分析电解氯化镁溶液的离子方程式。
C．判断亚磷酸与过量烧碱反应的离子方程式。
D．分析沉淀转化的离子方程式。
8．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、pH 相同的醋酸（弱酸，部分电离）和盐酸（强酸，完全电离），稀释相同倍数时，醋酸会进一步电离补充 H+，导致其 H+浓度比盐酸高，因此醋酸的 pH 小于盐酸，A错误；
B、升温时，盐酸中 H+浓度不变（完全电离），pH 不变；醋酸电离吸热，升温促进电离，H+浓度增大，pH 减小，B错误；
C、初始时两溶液 H+浓度相同，反应速率一致；随着反应进行，醋酸能不断电离补充 H+，维持较高的 H+浓度，反应速率始终快于盐酸，故产生相同体积 H2时，醋酸所需时间更短，C正确；
D、pH 相同、体积相同时，醋酸的物质的量远大于盐酸（因醋酸部分电离），与足量 NaHCO3反应时，醋酸产生的 CO2更多，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．比较稀释后两溶液的 pH 差异。
B．分析升温对两溶液 pH 的影响。
C．比较两溶液与锌反应的速率和时间。
D．判断与 NaHCO3反应产生气体的量。
9．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应每生成 2mol NH3放热 92kJ，现放热 46kJ，说明生成 1mol NH3。容器体积 2L，10min 内的浓度变化为 0.5mol/L，平均速率 v (NH3)=0.5mol/L÷10min=0.05mol/(L min)，A正确；
B、平衡时正逆反应速率比等于化学计量数比，应为 2v(H2) 正 = 3v(NH3) 逆，而非
3v(H2) 正 = 2v(NH3) 逆，B错误；
C、增大 N2浓度，平衡右移，H2转化率提高；催化剂不影响平衡，无法改变 H2的平衡转化率，C错误；
D、增大 H2浓度只能增加单位体积内的活化分子数，活化分子百分数不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．根据反应放热计算氨气的生成量，再求反应速率。
B．判断平衡状态时的速率关系。
C．分析外界条件对平衡转化率的影响。
D．辨析浓度对活化分子的影响。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、温度越高、压强越大，反应达到平衡的时间越短。曲线②比①先达平衡，故 T1 > T2；曲线②比③先达平衡，故 p1 < p2，A正确；
B、升温（T1 > T2）时 B 的体积分数减小，平衡正向移动，故 ΔH > 0；加压（p2 > p1）时 B 的体积分数增大，平衡逆向移动，故 m + n < p，B正确；
C、反应 ΔH > 0（吸热）、ΔS > 0（气体分子数增多）。由 ΔG = ΔH - TΔS 可知，需高温下 ΔG 才可能小于 0，低温下不能自发进行，C错误；
D、ΔH > 0，升温平衡正向移动，平衡常数增大。因 T1 > T2，故 K (T1) > K (T2)，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据达到平衡的时间判断温度和压强大小。
B．通过平衡时 B 的体积分数变化判断反应热和气体分子数关系。
C．根据反应的焓变和熵变判断自发进行的条件。
D．分析温度对平衡常数的影响。
11．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Se 是第 4 周期第 ⅥA 族元素，价层电子指最外层电子，排布应为 4s24p4，3d 属于内层电子，不纳入价层电子，A错误；
B、从第 ⅢB 族到第 ⅡB 族共 10 个纵列（含镧系和锕系），均为金属元素，并非 8 个纵列，B错误；
C、M 能层包含 3s（1 轨道）、3p（3 轨道）、3d（5 轨道），共 9 个轨道。每个电子运动状态唯一，最多容纳 18 个电子即 18 种运动状态，C正确；
D、H 是非金属元素却位于 s 区，说明非金属元素并非都在 p 区，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断基态 Se 原子的价层电子排布。
B．明确过渡元素的纵列数量。
C．分析 M 能层的能级、轨道数及电子运动状态。
D．判断非金属元素的周期表分区。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、实验 Ⅰ 是酸性环境，发生析氢腐蚀；实验 Ⅱ 是中性环境，发生吸氧腐蚀。实验 Ⅰ 中锌为负极、铁为正极（铁被保护），实验 Ⅱ 中铁为负极，故铁钉腐蚀速度：实验 Ⅰ < 实验 Ⅱ，A正确；
B、实验 Ⅰ 中，铁作为正极被保护，不发生氧化反应，无 Fe2+生成。而蓝色是 Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 反应的特征，因此铁钉附近不会出现蓝色，B错误；
C、实验 Ⅱ 中铜为正极，氧气在正极得电子发生还原反应，生成 OH-，电极反应为 ，铜片附近出现红色（Fe (OH)3），C正确；
D、实验 Ⅱ 中铁为负极，生成 Fe2+，Fe2+与 K3[Fe(CN)6] 中的 [Fe(CN)6]3-、K+结合，生成蓝色沉淀 KFe [Fe (CN)6]，离子方程式为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断腐蚀类型及腐蚀速率。
B．分析实验 Ⅰ 中铁钉附近是否生成 Fe2+。
C．判断实验 Ⅱ 中铜片的电极反应。
D．分析实验 Ⅱ 中蓝色沉淀的生成反应。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，平衡常数减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应（ΔH < 0）。放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误；
B、同一温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数。25℃时正反应平衡常数为 5×104，则逆反应平衡常数为2×10-5，B错误；
C、80℃时平衡常数为 2，某时刻 Ni(CO)4和 CO 浓度均为 1mol/L，浓度商， ，反应正向进行，故 v正 > v逆，C正确；
D、80℃平衡时充入 CO，相当于增大压强，平衡正向移动，再次平衡时 CO 的体积分数减小，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过平衡常数与温度的关系判断反应热，进而分析活化能大小。
B．明确正逆反应平衡常数的关系。
C．通过浓度商与平衡常数的比较判断反应方向。
D．分析增大反应物浓度对平衡的影响。
14．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、0.1mol/L HA 溶液 pH=3.5，说明 HA 未完全电离，是弱酸。此时
c (H+)=c (A-)=10-3.5mol/L，c (HA)≈0.1mol/L，电离常数 Ka≈ ，A正确；
B、酸或碱抑制水的电离，NaA 促进水的电离。D 点是恰好中和的 NaA 溶液，水的电离程度最大；A 点为 HA 溶液，抑制作用最强；D 之后加过量 NaOH，抑制作用增强。故电离程度：D > C > B > A > E，B错误；
C、电荷守恒为 c (Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)。若 c (Na+) > c (A-)，则必存在 c (OH-) > c (H+)，不可能出现 c (Na+) > c (A-) > c (H+) > c (OH-)，C错误；
D、B 点是等浓度 NaA 与 HA 混合液，物料守恒为 c (A-)+c (HA)=2c (Na+)，结合电荷守恒推导得 2c (H+)+c (HA)=c (A-)+2c (OH-)。因溶液显酸性（c (H+) > c (OH-)），故 c (H+)+c (HA) < c (A-)+c (OH-)，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．判断 HA 是否为弱酸及计算电离常数。
B． 分析各点水的电离程度。
C．结合电荷守恒判断离子浓度关系。
D．利用守恒关系分析 B 点粒子浓度。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、T℃时，Ag2CrO4饱和溶液中 c (Ag+)=1.0×10-3mol/L，c (CrO42-)=1.0×10-5mol/L。溶度积 Ksp (Ag2CrO4)=c2(Ag+) c (CrO42-)=(1.0×10-3)2×1.0×10-5=1.0×10- ，A错误；
B、Ksp 只由温度决定，Y 点和 Z 点处于同一温度下，Ag2CrO4的 Ksp 相等，B错误；
C、T℃时，X 点溶液中 c(Ag+) 高于饱和溶液中的浓度，c(CrO42-) 与饱和溶液相同，此时离子积大于 Ksp，溶液过饱和，会析出橘红色 Ag2CrO4沉淀，C正确；
D、 T℃时，将0.01mol L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol L-1KCl和0.01mol L-1 K2CrO4的混合溶液中，Cl-开始沉淀时，c(Ag+)=mol/L=1.8×10-8 mol L-1，开始沉淀时，c(Ag+)=mol/L=1.0×10-4.5 mol L-1，故Cl-先沉淀，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．计算 Ag2CrO4的溶度积。
B．判断温度对溶度积的影响。
C．分析 X 点溶液是否会产生沉淀。
D．比较 Cl-和 CrO42-开始沉淀的先后顺序。
16．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、测定中和反应反应热时，需要用环形玻璃搅拌棒来充分搅拌，使反应均匀进行且热量传递更均匀，图中用的是普通玻璃棒，不符合要求，A错误；
B、用盐酸滴定锥形瓶中的 NaOH 溶液时，眼睛应紧盯锥形瓶内溶液颜色的变化，这样才能准确判断滴定终点，该操作符合要求，B正确；
C、第一个试管里，MgCl2溶液量少，NaOH 溶液有剩余，加入 FeCl3溶液后，是 NaOH 和 FeCl3反应生成 Fe(OH)3沉淀，不是沉淀之间的相互转化，不能用于研究沉淀转化，C错误；
D、FeCl3与 KSCN 反应的本质是 Fe3+和 SCN-的反应，KCl 不参与该反应，加入 KCl 固体不会影响反应平衡，所以不能通过加入 KCl 来判断该反应是否可逆，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断测定中和反应反应热的搅拌仪器是否正确。
B．判断盐酸滴定 NaOH 溶液时的观察操作是否正确。
C．分析沉淀转化实验的合理性。
D．判断加入 KCl 对 Fe3+与 SCN-反应平衡的影响。
17．【答案】（1）s；球
（2）O＞N＞C；N＞O＞C
（3）
（4）15；3d5
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】（1）Z为12号元素Mg，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅡA族，其价电子排布式为3s2，则Z元素位于元素周期表的s区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形。
故答案为： s ； 球 ；
（2）W、X、Y三种元素分别为C、N、O，三者为第二周期的相邻元素，非金属性依次增强，则电负性数值由大到小的顺序为O＞N＞C，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，其第一电离能比O大，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
故答案为： O＞N＞C ； N＞O＞C；
（3）元素M为24号元素Cr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1，则价层电子的轨道表示式为。
故答案为： ；
（4）元素N为Fe，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素N基态原子共有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态不同的电子，Fe失去电子后变成Fe3+，则元素N基态的价层电子排布式为3d5。
故答案为： 15 ； 3d5 。
【分析】W、X、Y、Z、M、N 六种元素的原子序数依次增大，其中 W、X、Y、Z 属于短周期元素。W 原子核外有 6 种不同运动状态的电子（电子运动状态均不同），可知 W 为 C；Y 最外层电子数是最内层的 3 倍（最内层电子数为 2），则最外层有 6 个电子，Y 为 O；X 原子最高能级的不同轨道均有电子且自旋方向相同，价电子排布为 2s22p3，故 X 为 N；Z 原子核外 s 能级电子总数与 p 能级电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素，可判断 Z 为 Mg；M 是第四周期中未成对电子数最多的元素，价电子排布为 3d54s ，即 M 为 24 号元素 Cr；N 是常见金属元素，其正三价离子遇硫氰化钾显红色，因此 N 为 Fe。综上，W、X、Y、Z、M、N 分别为 C、N、O、Mg、Cr、Fe。
（1）Z为12号元素Mg，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅡA族，其价电子排布式为3s2，则Z元素位于元素周期表的s区，其基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形。
（2）W、X、Y三种元素分别为C、N、O，三者为第二周期的相邻元素，非金属性依次增强，则电负性数值由大到小的顺序为O＞N＞C，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，其第一电离能比O大，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
（3）元素M为24号元素Cr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1，则价层电子的轨道表示式为。
（4）元素N为Fe，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，元素N基态原子共有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态不同的电子，Fe失去电子后变成Fe3+，则元素N基态的价层电子排布式为3d5。
18．【答案】酸；；；；；
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）在曲线A所对应的温度下，的醋酸中，而的中，将它们等体积混合后，由于醋酸已经电离出的就能将NaOH全部消耗完，且醋酸中还含有大量未电离的醋酸分子还能继续电离出，所以中和后的溶液显酸性。
故答案为： 酸 ；
（2）在曲线B所对应的温度下，，的盐酸中，则溶液中的，且OH-只由水电离产生，根据可知，由水电离产生的浓度与浓度是相等的，所以由水电离产生的浓度为：。
故答案为：；
（3）根据分析，以下四种酸、、、的酸性由强到弱的顺序为：。
故答案为： ；
（4）根据酸性越强，其酸根离子结合的能力越弱的规律，结合分析酸性强弱数据可知，同浓度的、、结合能力由大到小的顺序为：。
故答案为： ；
（5）根据酸性，在溶液中通入少量气体，可以将转化为HCN，但由于酸性，所以不会生成，只能生成，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）反应的平衡常数为：。
故答案为：。
【分析】Ⅰ．根据水在25℃和95℃时电离平衡曲线图可以得到相应的水的电离平衡常数分别为：、；
Ⅱ．根据表格中各酸电离平衡常数数据越大酸性越强的规律，可得各物质酸性强弱顺序为：；
据此数据解答。
(1)结合水的离子积，分析醋酸（弱酸）与 NaOH 反应后，因醋酸过量溶液呈酸性。
(2)根据曲线 B 的水离子积，计算 pH=2 盐酸中水电离的 H+浓度（等于溶液中 OH-浓度）。
(3)依据电离常数 Ka 大小，Ka 越大酸性越强，比较四种酸的酸性顺序。
(4)酸性越弱，对应酸根离子结合 H+能力越强，据此排序。
(5)根据酸性 H2CO3 > HCN > HCO3-，确定通入少量 CO2生成 HCN 和 HCO3-，写离子方程式。
(6)结合 AgCl 和 Ag2S 的 Ksp，推导反应平衡常数并计算。
19．【答案】（1）H（2）B；C
（3）取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；电解原理；制备实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）反应属于非氧化还原反应，则中N元素化合价为-3价，Cl元素化合价为+1价，中H元素化合价为+1价，则N、H、Cl电负性由小到大的顺序为：H故答案为： H（2）A．电解NH4Cl和HCl的混合溶液，得到NCl3，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，气体A是，A错误；
B．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，与反应制备，该反应中没有元素化合价发生变化，则同时有NaOH生成，化学方程式为：NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH，B正确；
C．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，NH2Cl在水中会和水反应缓慢释放HClO，具有较强的消毒持久力，C正确；
D．和NH3均易溶于水，不可用饱和食盐水除去中的，D错误；
故答案为： B C ；
（3）在NCl3与NaClO2的反应生成ClO2、NH3，NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，反应后溶液中可能存在的阴离子为Cl-和OH-，检验方案为取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
故答案为： 取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子 ；
【分析】电解 NH4Cl 与盐酸的混合溶液，会生成 NCl3和气体 A（经分析为 H2）。随后，NCl3与 NaClO2溶液发生反应，生成 ClO2、NH3以及溶液 B（含有大量 Cl-和 OH-）。生成的 NH3再与 NaClO 反应，可得到 NH2Cl。据此解题。
（1）反应属于非氧化还原反应，则中N元素化合价为-3价，Cl元素化合价为+1价，中H元素化合价为+1价，则N、H、Cl电负性由小到大的顺序为：H（2）A．电解NH4Cl和HCl的混合溶液，得到NCl3，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，气体A是，A错误；
B．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，与反应制备，该反应中没有元素化合价发生变化，则同时有NaOH生成，化学方程式为：NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH，B正确；
C．NH2Cl中H元素化合价为+1价，N元素为-3价，Cl元素为+1价，NH2Cl在水中会和水反应缓慢释放HClO，具有较强的消毒持久力，C正确；
D．和NH3均易溶于水，不可用饱和食盐水除去中的，D错误；
故选BC。
（3）在NCl3与NaClO2的反应生成ClO2、NH3，NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，反应后溶液中可能存在的阴离子为Cl-和OH-，检验方案为取适量溶液B于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
20．【答案】（1）；酚酞；
（2）b；当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；c
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】（1）①是二元弱酸，当滴入溶液时，生成，发生反应的离子方程式为：，第二次滴定终点时得到溶液，由图1可知，此时pH约为8-10，酚酞的变色范围是8.2-10，适合作为指示剂；
②由分析可知，曲线1、2、3分别代表、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系，当pH=4.2时，、浓度相等，则；
故答案为： ； 酚酞 ； ；
（2）①酸性高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，应装在酸式滴定管中，正确的排气泡操作是：将滴定管固定在滴定管夹上，手控制活塞，拇指在前，中指和食指在后，轻轻握住旋塞柄，无名指和小指向手心弯曲，形成握空拳的样子，可防止把活塞顶出，打开滴定管活塞，让溶液快速流出，排出气泡，正确的操作方式如图b所示；
②取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定，可以使酸性溶液褪色，所以滴定终点的标志是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；
③a. 滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出，导致实际消耗的KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，a不选；
b. 达到滴定终点时，俯视读数，导致读取消耗的KMnO4溶液体积偏小，计算出的钙含量偏低，b不选；
c. 盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗，导致KMnO4溶液浓度降低，使消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算出的钙含量偏高，c选；
d. 装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，导致读取消耗的 KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，d不选；
故选c。
故答案为： b ； 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色 ； c 。
【分析】(1) ①分析滴定反应及指示剂选择。滴入 20mL NaOH 时，H2C2O4与 OH-反应生成 HC2O4-和 H2O；第二次滴定终点溶液 pH 约 8-10，酚酞变色范围匹配，故选酚酞。
②利用电离平衡常数与 pH 的关系计算。图 2 中 pH=4.2 时，HC2O4-与 C2O42-浓度相等，K 2=c (H+)=10-4.2。
(2) ①掌握酸式滴定管排气泡操作。酸性 KMnO4用酸式滴定管，正确排气泡操作如图 b。
②确定滴定终点颜色变化。终点为滴入最后半滴 KMnO4溶液，由无色变为浅紫红色且半分钟不褪色。
③分析操作对测定结果的影响。滴定管未润洗使 KMnO4浓度偏低，消耗体积偏大，导致钙含量偏高。
（1）①是二元弱酸，当滴入溶液时，生成，发生反应的离子方程式为：，第二次滴定终点时得到溶液，由图1可知，此时pH约为8-10，酚酞的变色范围是8.2-10，适合作为指示剂；
②由分析可知，曲线1、2、3分别代表、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系，当pH=4.2时，、浓度相等，则；
（2）①酸性高锰酸钾溶液是强氧化性溶液，应装在酸式滴定管中，正确的排气泡操作是：将滴定管固定在滴定管夹上，手控制活塞，拇指在前，中指和食指在后，轻轻握住旋塞柄，无名指和小指向手心弯曲，形成握空拳的样子，可防止把活塞顶出，打开滴定管活塞，让溶液快速流出，排出气泡，正确的操作方式如图b所示；
②取血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用标准溶液滴定，可以使酸性溶液褪色，所以滴定终点的标志是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；
③a. 滴定过程中，振荡锥形瓶时有液滴溅出，导致实际消耗的KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，a不选；
b. 达到滴定终点时，俯视读数，导致读取消耗的KMnO4溶液体积偏小，计算出的钙含量偏低，b不选；
c. 盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗，导致KMnO4溶液浓度降低，使消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算出的钙含量偏高，c选；
d. 装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，导致读取消耗的 KMnO4溶液体积减少，计算出的钙含量偏低，d不选；
故选c。
21．【答案】（1）164.0；低温；B；吸收热量；a；CH4+10OH--8e-=+7H2O；H2；4.48
（2）＞＞；开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升；随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；催化剂；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①已知：ⅰ
ⅱ
ⅲ 。
根据盖斯定律，4×ⅰ-ⅱ +2×ⅲ得：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应为熵减的放热反应，根据ΔH－TΔS＜0时自发，则低温条件下反应能自发进行。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，反应过程中气体分子总数减小、B容积减小，则恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时放出的热量多。
③从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最大的一步是决速步，由图可知，a．步活化能最大，则反应历程中决定反应速率的步骤是a。
④闭合开关K后，甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失去电子转变为碳酸根，电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O；氧气得到电子发生还原反应，通入氧气的电极为正极。电极a连接电源的正极，电极b连接电源的负极，则a为阳极、b为阴极， a、b电极上均有气体产生，其中b电极上水提供的氢离子得到电子被还原、得到的是H2；a电极上水提供的氢氧根离子失去电子得到的是O2；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，反应中消耗甲烷总物质的量为n(CH4)=，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×8=0.8 mol，根据电子转移守恒可知，结合4OH--4e-=O2↑+2H2O，理论上最多能够制得氧气0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L(标准状况)。
故答案为： 164.0 ； 低温 ； B ； 吸收热量 ； a ； CH4+10OH--8e-=+7H2O ； H2 ； 4.48 ；
（2）①反应I为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，、、条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强、、由大到小的顺序为＞＞。
②Ⅰ为放热反应，Ⅱ为吸热反应，在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是：开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升。
③反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则T＞350℃时，随着温度升高，、、对应的a、b和c三条曲线接近重合的原因是：随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率。
故答案为：＞＞ ； 开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升 ； 随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率 。
【分析】(1) ①用盖斯定律计算 ΔH，反应为放热、熵减，低温下 ΔH-TΔS<0 可自发。
②恒压容器（B）中反应正向进行更充分，放热更多。
③物质吸附到形成过渡态需吸收热量，活化能最大的步骤 a 为决速步。
④负极反应为 CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；b 为阴极产 H2；电子守恒计算得 O2 4.48L。
(2) ①反应 Ⅰ 正反应体积减小，压强越大 CO2转化率越高，故 P >P >Pc。
②低温反应 Ⅰ 主导（放热，升温转化率降），高温反应 Ⅱ 主导（吸热，升温转化率升）。
③高温下反应 Ⅱ 占优，其前后气体分子数不变，压强对转化率无影响，曲线重合。
（1）①已知：ⅰ
ⅱ
ⅲ 。
根据盖斯定律，4×ⅰ-ⅱ +2×ⅲ得：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应为熵减的放热反应，根据ΔH－TΔS＜0时自发，则低温条件下反应能自发进行。
②分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入和各的混合气体发生Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.0 kJ/mol。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，反应过程中气体分子总数减小、B容积减小，则恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时放出的热量多。
③从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最大的一步是决速步，由图可知，a．步活化能最大，则反应历程中决定反应速率的步骤是a。
④闭合开关K后，甲烷燃料电池工作时，负极甲烷失去电子转变为碳酸根，电极反应式为CH4+10OH--8e-=+7H2O；氧气得到电子发生还原反应，通入氧气的电极为正极。电极a连接电源的正极，电极b连接电源的负极，则a为阳极、b为阴极， a、b电极上均有气体产生，其中b电极上水提供的氢离子得到电子被还原、得到的是H2；a电极上水提供的氢氧根离子失去电子得到的是O2；当每个电池消耗甲烷(标准状况)时，反应中消耗甲烷总物质的量为n(CH4)=，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×8=0.8 mol，根据电子转移守恒可知，结合4OH--4e-=O2↑+2H2O，理论上最多能够制得氧气0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L(标准状况)。
（2）①反应I为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，、、条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强、、由大到小的顺序为＞＞。
②Ⅰ为放热反应，Ⅱ为吸热反应，在下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因是：开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降。升高到一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，平衡转化率上升。
③反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则T＞350℃时，随着温度升高，、、对应的a、b和c三条曲线接近重合的原因是：随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率。
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