2025年冀教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年冀教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷45考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图为实验室模拟电解氧化法处理废水中的CN-的装置图；产物为无毒；无害物质，下列说法不正确的是。

A.b极为电池的负极，铁电极的反应式为2H++2e-=H2↑B.溶液中CN-向石墨电极移动C.电路中转移6mol电子时可生成标准状况下22.4LN2D.该装置工作时包括了电能与化学能的相互转化2、某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2，加合适的催化剂(体积可以忽略不计)后发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H<0；反应过程中用压力计测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.升高温度既能增大该反应的速率又能提高产率B.往体系中充入一定量的氮气，CO的转化率增大C.0~20min，H2的平均反应速率为0.0125mol.L-1.min-1D.该温度下平衡常数Kp=5.7×10-2MPa-23、下列有关离子方程式正确的是A.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2OB.NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH+OH-NH3↑+H2OC.铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑D.把反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，其正极反应为：Fe3++e-=Fe2+4、下图装置的盐桥内为KCl溶液与琼脂。某小组用该装置探究H2O2和Fe3+在不同酸度时氧化性的强弱；闭合K后，电流计显示电子由石墨极流入铂极。下列说法错误的是。

A.装置工作时，盐桥中阴离子向石墨极迁移B.转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3净增0.05molC.右侧烧杯中换为30％双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极的电极反应：Fe2+-e-=Fe3+D.酸性较弱时，Fe3+的氧化性比H2O2强；酸性较强时，H2O2的氧化性比Fe3+强5、已知在25℃、Pa下，1mol氮气和1mol氧气生成2mol一氧化氮的能量变化如下图所示，已知下列有关说法正确的是。

A.分解为和时吸收热量B.乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJC.D.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙6、25℃时，在一元弱酸HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液中与pH关系如图所示。下列说法正确的是。

A.25℃时，HA的电离常数为B.a、b、c三点水的电离程度：C.加水稀释b点溶液，不变D.c点对应的NaOH溶液体积为10.00mL评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、TK时，现有25mL含KCl和KCN的溶液，用0.1000mol/L的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(与的反应可以忽略)；获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。已知：

Ⅰ.与反应过程为：

①

②

Ⅱ．TK时，

Ⅲ．当溶液中浓度较大时；通常难以形成AgCN沉淀；

下列说法错误的是。

A.B点时生成AgCNB.C.若反应①的平衡常数为反应②的平衡常数为则D.C点时，溶液中8、CO2与H2可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH；同时会生成副产物CO与甲醛，反应过程中的能量变化如图所示，吸附在催化剂表面上的物质用*标注。下列说法错误的是。

A.其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡转化率降低B.主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36eVC.反应过程中生成副产物甲醛的速率大于生成CO的速率D.若更换催化剂种类，反应历程发生变化，但ΔH不变9、在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，如图为在2L刚性容器中，相同时间内不同水醇比(乙醇的起始物质的量相同)测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2:1时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（）

A.C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH<0B.若乙醇的起始物质的量为1mol,则K(400°C)=C.C两点一定未达到平衡状态D.水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低10、25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或已知混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线I表示与pH的关系B.第一步电离常数的数量级为C.时，D.时，11、下列操作能促进水的电离，且使溶液呈酸性的是A.向水中加入少量氯化铁固体B.向水中加入少量氯化铵固体C.向水中加入少量NaHCO3固体D.向水中通入少量氯化氢气体12、室温下，亚砷酸[As(OH)3]和酒石酸(H2T)混合体系中部分微粒的c－pH关系如图所示(浓度：总As为5.0×10-4mol•L-1，总T为1.0×10-3mol•L-1)。

已知：Ka1(H2T)=10-3.04，Ka2(H2T)=10-4.37。

下列说法正确的是。

A.Ka1[As(OH)3]的数量级为10-10B.HT-的酸性强于[As(OH)2T]-C.pH=3.1时，溶液中浓度最高的微粒为[As(OH)2T]-D.向H2T溶液中滴加NaOH溶液至中性时：c(HT-)＞c(T2-)13、在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2++2OH-中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH-)增大的是A.加入少量MgCl2固体B.加入少量Na2SO4固体C.加入少量KCl固体D.加入少量Ba(OH)2固体评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、回答下列问题：

(1)能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措，下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填字母)。

a.大力发展农村沼气；将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源。

b.大力开采煤；石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求。

c.开发太阳能；水能、风能、地热能等新能源。

d.减少资源消耗；增加资源的重复使用和循环再生。

(2)金刚石和石墨均为碳的同素异形体；它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

①通常状况下，相同质量的金刚石和石墨中，化学键总键能较大的是_______(填“金刚石”“石墨”或“不确定”)；表示石墨燃烧热的热化学方程式为_______。

②若12g金刚石在24g氧气中燃烧，生成气体36g，则该过程放出的热量为_______。

(3)①“嫦娥二号”卫星使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有已知10.0g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425kJ热量，该反应的热化学方程式为_______。

②在发射“神舟”十一号的火箭推进器中装有肼(N2H4)和过氧化氢。已知下列各物质反应的热化学方程式：

I、

II.

Ⅲ、

则(l)与过氧化氢(l)反应生成和的热化学方程式为_______。

③你认为能作为火箭推进剂的物质需要满足的两个基本条件是_______。15、将2molSO2和1molO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态；测得混合气体总物质的量为2.1mol．试回答下列问题：

（1）若平衡时，容器体积为aL，写出该反应的平衡常数为：K=__________（用含a的代数式表示）

（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为_______________；

（3）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将________（填“增大”；“减小”或“不变”）；

（4）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量____2.1mol（填“＜”、“＞”或“=”），简单说明原因：____________。

（5）若t1达到平衡后，保持容器的体积不再变化。再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，此时v逆________v正（填“＜”；“＞”或“=”）。

（6）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反应放热），测得反应的相关数据如下：。容器1容器2容器3反应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L－1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率αα1(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常数KK1K2K3

用“＜”；“＞”或“=”填入下列横线上：

c2______2c1，v1______v2；K1_____K3，p2____2p3；α1(SO2)_____α3(SO2)；α2(SO3)＋α3(SO2)_______116、向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)＋yB(g)⇌pC(g)＋qD(g)已知：平均反应速率v(C)＝v(A)；反应2min时，A的浓度减少了amol，B的物质的量减少了mol；有amolD生成。

回答下列问题：

(1)反应2min内，v(A)＝________，v(B)＝________。

(2)化学方程式中，x＝________，y＝________，p＝________，q＝________。

(3)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为________。17、氢氰酸()有剧毒，易挥发。金矿提金时，用溶液浸取金生成再用锌置换出金，产生的含氰废水需处理后排放。

(1)①存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为___________。

②可用于制备浊液中加入溶液可发生反应：

该反应的平衡常数___________。

[已知]。

(2)可催化氧化废水中的其他条件相同时，总氯化物(等)去除率随溶液初始变化如图所示。

①在酸性条件下，也能氧化但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是___________。

②当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是___________。

(3)通过电激发产生和处理废水中的可能的反应机理如图所示。虚线方框内的过程可描述为___________。

18、Ⅰ.联氨(又称肼，N2H4；无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：

(1)联氨分子中氮的化合价为________。

(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_______________________________。

(3)①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l)ΔH1

②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l)ΔH2

③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g)ΔH3

④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH4＝－1048.9kJ·mol－1

上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝____________。

Ⅱ.煤燃烧排放的烟气含SO2和NO2，形成酸雨，污染大气。现用NaClO、Ca(ClO)2处理；得到较好的烟气脱硫效果。

(4)已知下列反应：SO2(g)＋2OH－(aq)=SO(aq)＋H2O(l)ΔH1

ClO－(aq)＋SO(aq)=SO(aq)＋Cl－(aq)ΔH2

CaSO4(s)=Ca2＋(aq)＋SO(aq)ΔH3

则反应SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)的ΔH＝________。

Ⅲ.(5)工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃；101kPa时：

CaO(s)＋H2SO4(l)=CaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－271kJ/mol

5CaO(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l)ΔH＝－937kJ/mol

则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是___________________。

Ⅳ.(6)氢气可用于制备H2O2。已知：

H2(g)＋A(l)=B(l)ΔH1O2(g)＋B(l)=A(l)＋H2O2(l)ΔH2

其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)＋O2(g)=H2O2(l)的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。19、热化学方程式中的ΔH实际上是热力学中的一个物理量；叫做焓变，其数值和符号与反应物和生成物的总能量有关，也与反应物和生成物的键能有关。

(1)已知反应CH3—CH3(g)→CH2=CH2(g)＋H2(g)，有关化学键键能如下。化学键C—HC=CC—CH—H键能/kJ·mol－1414.4615.3347.4435.3

试计算该反应的反应热___________________________

(2)已知H2(g)＋Br2(l)＝2HBr(g)；ΔH＝－72kJ/mol。蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：。H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436a369

则表中a为__________

(3)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行理论推算。试依据下列热化学方程式；计算反应。

2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的焓变ΔH＝________。

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ·mol－1

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ·mol－1

③H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ·mol－1

(4)如下图Ⅰ所示表示的是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________________________________________________________________。

(5)图Ⅱ表示氧族元素中的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）在生成氢化物时的焓变数据，根据焓变数据可确定a、b、c、d分别代表哪种元素，试写出硒化氢发生分解反应的热化学方程式：_____________________。

(6)已知：

①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)；ΔH＝－25kJ·mol－1；

②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)；ΔH＝－47kJ·mol－1；

③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)；ΔH＝+19kJ·mol－1

请写出CO还原FeO的热化学方程式：__________________________。

(7)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)==N2(g)+4H2O(g)△H＝－644.25kJ/mol。又已知H2O(l)==H2O(g)ΔH＝+44kJ/mol。则64g液态肼。

与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是_________________kJ。

(8)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃；101kPa时：

2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1＝－197kJ·mol－1；

H2O(g)===H2O(l)ΔH2＝－44kJ·mol－1；

2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)ΔH3＝－545kJ·mol－1。

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是___________________。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)20、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误21、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共1题，共6分)22、现有反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H﹤0，在850℃时，平衡常数K=1。现在850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol；试回答下列问题（写出具体的计算过程）：

（1）达平衡时，CO转化率为______；

（2）H2的体积分数为_______

（3）若温度仍为850℃，初始时CO浓度为2mol/L，H2O(g)为6mol/L,则平衡时CO转化率为_____；评卷人得分六、结构与性质(共4题，共8分)23、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。24、常温下；有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；

(2)④的水解平衡常数Kh=___________。

(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液溶液pH=_________。25、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。26、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．CN-发生氧化反应生成的无毒、无害物质CO2和N2，故石墨为阳极，铁电极为阴极，b极为电池的负极，铁电极的反应式为2H++2e-=H2↑；A正确；

B．电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，则CN-向石墨电极移动；B正确；

C．阳极的电极反应式为电路中转移10mol电子时可生成1molN2、即标准状况下22.4LN2；C错误；

D．铅蓄电池中化学能转化为电能；电解池中电能转化为化学能，故该装置工作时包括了电能与化学能的相互转化，D正确；

答案选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H<0可知；正反应放热，升温平衡逆向移动，故升温不能提高转化率，A错误；

B．2L的密闭容器中通入N2；反应物和生成物的浓度均不发生变化，平衡不移动，故CO的转化率不变，B错误；

C．根据pV=nRT，同温同体积下，n与p成正比，设平衡时的总物质的量为x，解得x=2mol，设反应的CO的物质的量为y，由三段式可得：

1-y+2-2y+y=2mol，解得y=0.5mol，0~20min，H2的平均反应速率v=C错误；

D．根据C选项的三段式可知，平衡后CO的分压为×8.4MPa=2.1MPa，H2的分压为×8.4MPa=4.2MPa，CH3OH的分压为×8.4MPa=2.1MPa，Kp===5.7×10-2MPa-2；D正确；

故选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH故A错误；

B．氢氧化钠足量，氨根离子、碳酸氢根离子都参加反应．离子方程式：NH+2OH-+HCOCO+NH3↑+2H2O；故B错误；

C．铁与过量的稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O，过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O；故C错误；

D．原电池正极发生还原反应，把反应Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2设计成原电池，其正极反应为Fe3++e-═Fe2+；故D正确。

答案选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．原电池中；阳离子向正极移动，依题意，石墨为负极，铂极为正极，盐桥中阳离子向铂极移动，阴离子向石墨极移动，故A正确；

B．左侧烧杯中发生还原反应，氧化性Fe3+＞Fe2+，因此Fe3++e-=Fe2+，所以转移0.05mol电子时，左侧烧杯中FeCl3减少0.05mol；故B错误；

C．右侧烧杯中换为30％双氧水和硫酸时，电子由铂极流入石墨极，此时铂极为负极，还原性：Fe2+＞Fe3+，因此铂极的电极反应为：Fe2+-e-=Fe3+；故C正确；

D．酸性较弱时，双氧水还原Fe3+，氧化性：Fe3+＞H2O2；当加入30％双氧水和硫酸后，酸性较强时，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，根据氧化剂氧化性强于氧化产物，得出氧化顺序：H2O2＞Fe3+；故D正确；

故选B。5、B【分析】【详解】

A．由热化学方程式可知：N2与O2反应产生NO是放热反应，NO(g)分解为N2(g)和O2(g)是该反应的逆反应；因此该反应是放热反应，A错误；

B．物质由气态变为液态会放出热量；由乙生成丙放出热量1264kJ，则2mol气态NO变为2mol液态NO又会放出一部分热量，因此乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJ，B正确；

C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差，则946kJ/mol+akJ/mol-1264kJ/mol=+180kJ/mol，解得a=498，故O2(g)=2O(g)△H=+498kJ/mol；C错误；

D．反应是吸热反应；说明物质的能量：丙＞甲；由乙变为丙放出热量1264kJ，说明乙的能量比丙高，故三种物质的能量高低顺序：乙＞丙＞甲，D错误；

故合理选项是B。6、C【分析】【详解】

A．在b点，=1，则=10，25℃时，HA的电离常数为==A不正确；

B．在c点，溶液呈中性，则溶液中HA与A-共存，所以a、b两点，溶液中以HA电离为主，溶液呈酸性，都抑制水的电离，由此可得出a、b、c三点水的电离程度：B不正确；

C．加水稀释b点溶液，=温度一定时，Ka、KW都保持不变，所以不变；C正确；

D．若NaOH溶液体积为10mL，则反应后溶液中c(A-)=c(HA)，由=10-5.3，可求出c(H+)=10-5.3；则表明HA发生电离，而c点时pH=7，则应继续加入NaOH溶液，所以c点对应的NaOH溶液体积应大于10.00mL，D不正确；

故选C。二、多选题(共7题，共14分)7、CD【分析】【详解】

A．溶度积常数表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，曲线上的转折点即为化学计量点，结合方程式①②知，B点生成AgCN，B点消耗硝酸银溶液体积是A点2倍，则故A正确；

B．A点生成根据方程式①知B点KCN完全和反应生成AgCN，则KCl和硝酸银完全反应消耗则故B正确；

C．反应①的平衡常数为反应②的平衡常数为将方程式得故C错误；

D．C点溶液中故D错误。

故选CD。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知1molCO2(g)和3molH2(g)的能量比1molCH3OH(g)和1mlH2O(g)的能量低0.42eV；因此合成甲醇的反应为吸热反应，其他条件一定，升温能加快反应速率但会使平衡正向移动，转化率升高，A错误；

B．由图可知主反应过程涉及能垒即活化能(eV)分别为-0.30-(-1.66)=1.36；-0.02-(-0.30)=0.28、-1.15-(-1.73)=0.58、-0.03-(-1.15)=1.12、0.42-(-0.03)=0.45；即主反应过程中的最大能垒(活化能)为1.36eV，B正确；

C．由图可知生成CO的活化能为0.93eV；生成甲醛的活化能为1.00，活化能越大，反应速率越小，因此生成甲醛的速率小于生成CO的速率，C错误；

D．催化剂能改变反应历程；不能改变始态和终态，ΔH不变，D正确；

答案选AC。9、CD【分析】【详解】

A.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，升高温度，乙醇转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；故A错误；

B.若乙醇的起始物质的量为1mol；则由水醇比为2:1可知水的物质的量为2mol，由图可知，400°C时乙醇转化率为20%，由此建立如下三段式：

平衡时K(400°C)=≠故B错误；

C.由化学平衡移动原理可知；水醇比越高，反应转化率约的越高，由图可知，400°C时B；C、D的水醇比为8：1、6：1、4:1，D的水醇比小于B、C，但乙醇转化率高于B、C，说明B、C两点一定未达到平衡状态，故C正确；

D.由图可知；400°C时B；C、D三点中，B的水醇比最高，反应速率最小，说明水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低，故D正确；

故选CD。10、BD【分析】【分析】

当当由于Ka1>Ka2，结合图像可知，曲线Ⅱ表示与的关系、曲线Ⅰ表示与的关系；

【详解】

A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；A正确。

B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为其数量级为10-2；B错误。

C．由图可知，时，>0，则

由点（3.19，1）可知，此时则得C正确。

D．由电荷守恒可知，由物料守恒可知，两式联立可得：时，则有D错误。

故选BD。11、AB【分析】【分析】

酸或碱抑制水的电离；弱酸盐或弱碱盐促进水的电离，谁强显谁性，以此分析。

【详解】

A.氯化铁促进水的电离；溶液呈酸性，故A正确；

B.氯化铵促进水的电离；溶液呈酸性，故B正确；

C.NaHCO3促进水的电离；溶液呈碱性，故C错误；

D.氯化氢抑制水的电离；溶液呈酸性，故D错误；

故答案选：AB。12、AB【分析】【详解】

A．当时，的为数量级为10-10；A正确；

B．当时，HT-的电离常数Ka2(H2T)=10-4.37；其电离常数较大，故其酸性更强一些，B正确；

C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为的浓度为右坐标，浓度的数量级为所以时，的浓度比的高；C错误；

D．当c(HT-)=c(T2-)时，其中T2-的水解常数Kh=HT-的电离常数大于其水解常数，则以电离为主，其电离常数Ka2(H2T)=10-4.37>Kh，此时溶液显酸性，故当显中性时，HT-的电离程度更大一些，即c(HT-)2-)；D错误；

故选AB。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．镁离子与氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，加入少量MgCl2固体，c(OH-)减小，平衡正向移动，c(Ca2+)增大；A不符合题意；

B．钙离子与硫酸根离子反应生成溶解度更小的硫酸钙，加入少量Na2SO4固体，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，c(OH-)增大；B符合题意；

C．加入少量KCl固体；没有反应发生，平衡不移动，离子浓度不变，C不符合题意；

D．加入少量Ba(OH)2固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(Ca2+)减小；D符合题意；

答案选BD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

（1）a；大力发展农村沼气；将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可充分利用资源，减少垃圾污染，符合开源节流的思想，选项a符合；

b、煤、石油、天然气属于不可再生资源，故需要节源开流，选项b不符合；

c；太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭；代替不可再生的化石燃料符合开源节流的思想，选项c符合；

d；减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生；符合节约能源和保护生态环境的内容，选项d符合；

答案选acd；

（2）①因为金刚石能量比石墨高；根据能量越低越稳定，所以在通常状况下石墨更稳定；

根据燃烧热定义，石墨完全燃烧生成二氧化碳，根据图像反应放出的总热量为110.5+283.0=393.5kJ，所以，表示石墨燃烧热的热化学方程式为C(石墨s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol；

②12g金刚石在一定量空气中燃烧，生成气体36g，根据碳原子守恒，气体总物质的量为1mol，所以生成气体平均摩尔质量为36g/mol，利用十字交叉法求算混合气体中CO和CO2的物质的量的比所以混合气体中CO和CO2各0.5mol，该过程放出热量为=253.9kJ；

（3）①10.0g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425kJ热量，可知1mol液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出热量为2550kJ，结合焓变及状态可知热量化学方程式为：C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)ΔH=-2550.0kJ·mol-1；

②已知I、

II.

Ⅲ、

根据盖斯定律，由I+Ⅲ-II得反应N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH=ΔH1+ΔH3-2ΔH2=-641.63kJ·mol-1，则(l)与过氧化氢(l)反应生成和的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH=-641.63kJ·mol-1；

③两者混合时即产生气体，并放出大量的热，故能作为火箭推进剂的物质。【解析】(1)acd

(2)石墨C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)∆H=-393.5kJ·mol-1253.9kJ

(3)C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)ΔH=-2550.0kJ·mol-1N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH=-641.63kJ·mol-1两者混合时即产生气体，并放出大量的热15、略

【分析】【详解】

（1）平衡时；体积为aL；

由题可知，(2-2x)+(1-x)+2x=2.1，解得x=0.9，则

（2）由（1）分析可知，反应进行到t1时，SO2的体积分数为

（3）该反应在恒压装置中进行，充入氩气，氩气不参加反应，因此容器体积将增大，容器内反应物总压将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即平衡将逆向移动，SO2的物质的量将增大；

（4）该反应正向为放热反应；升高温度，平衡将向吸热反应方向移动，即平衡将逆向移动，达到新平衡混合物中气体的总物质的量大于2.1mol；

（5）恒容条件下，再加入0.2molSO2、0.1molO2和1.8molSO3，反应将正向进行，v逆＜v正；

（6）由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的(相当于压强增大为原来的2倍)后平衡移动的结果，由于加压，化学反应速率加快，则v1＜v2；由于平衡右移，则α1(SO2)＜α2(SO2)，根据勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1；容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度，化学反应速率加快，则v1＜v3；由于平衡左移，则α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于温度升高，气体物质的量增加，故p3＞p1。对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，题给平衡左移，平衡常数减小，则K1＝K2＞K3，由以上分析可知c2＞2c1，p1＜p2＜2p1，p1＜p3，则p2＜2p3，v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)，因为c2＞2c1，c1＞c3，则c2＞2c3。若容器2的容积是容器1的2倍，则两者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容器2的平衡相当于容器1的平衡加压，故α2(SO3)将减小，则α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，结合α1(SO2)＞α3(SO2)，则α2(SO3)＋α3(SO2)＜1。【解析】①.810a②.9.52%③.增大④.＞⑤.正反应放热，升温，平衡逆向移动，气体的物质的量增大⑥.＜⑦.＞⑧.＜⑨.＞⑩.＜⑪.＞⑫.＜16、略

【分析】【详解】

(1)反应2min时，A的浓度减少了则△c(A)=×=amol/L，则v(A)==amol/(L·min)；

(2)平均反应速率V(C)=V(A)，则x︰p=2︰1，A的浓度减少了则消耗的A为amol，B的物质的量减少了mol，有amolD生成，则x︰y︰q=amol︰mol︰amol=2︰3︰6，故x︰y︰p︰q=2︰3︰1︰6，则反应方程式为：2A(g)+3B(g)═1C(g)+6D；

(3)反应达到平衡时，D为2amol，由方程式2A(g)+3B(g)=C(g)+6D(g)可知消耗的B为2amol×=amol，则B的转化率为×100%=×100%。【解析】mol/(L·min)mol/(L·min)2316×100%17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①存在着两步电离平衡，其第一步电离方程式为AuCN+CN-；

②已知]；该反应的平衡常数===1.225×109；

(2)①在酸性条件下，也能氧化但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的原因是，HCN有剧毒，易挥发，在酸性条件下，溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；

②氢氧化铜是难溶的沉淀，pH升高，c(OH-)增大，铜离子沉淀越多，催化效率越低；所以当溶液初始时，总氰化物去除率下降的原因可能是随着pH升高，c(OH-)增大；铜离子转化为氢氧化铜，催化效率降低；

(3)由图可知，虚线方框内的过程可描述为：氧气在阴极表面得电子被还原成∙∙结合氢离子生成∙O2H，∙O2H分解生成氧气和双氧水。【解析】为AuCN+CN-1.225×109；在酸性条件下，溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染随着pH升高，c(OH-)增大，铜离子转化为氢氧化铜，催化效率降低氧气在阴极表面得电子被还原成∙∙结合氢离子生成∙O2H，∙O2H分解生成氧气和双氧水18、略

【分析】【详解】

Ⅰ.(1)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，根据化合价代数和为零，可得氮元素化合价为2x+(+1)4=0；解得，x=-2价，故答案为：－2；

(2)次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨，氯元素的化合价由+1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O，故答案为：2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O；

(3)根据盖斯定律，2×③-2×②-①得2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH4，所以反应的热效应之间的关系为2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，故答案为：2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；

Ⅱ.(4)设已知中三个反应分别为①②③，①+②-③得，SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；

Ⅲ.(5)设已知中两个反应分别为①②，①×5-②得，Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH=-418kJ/mol，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH＝－418kJ/mol；

Ⅳ.(6)两反应均为自发反应，因为两个反应的ΔS都小于0，自发反应ΔH-TΔS<0，所以ΔH<0，故答案为：<。【解析】－22NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O2ΔH3－2ΔH2－ΔH1ΔH1＋ΔH2－ΔH3Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH＝－418kJ/mol<19、略

【分析】【详解】

(1)在反应CH3-CH3→CH2=CH2+H2中，断裂6molC-H键，1molC-C键共吸收的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，生成1molCH2=CH2和1molH2；共形成4molC-H键，1molC=C；1molH-H，共放出的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.3kJ=2708.2kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为：2833.8kJ-2708.2kJ=125.6kJ，所以反应热为+125.6kJ/mol，故答案为+125.6kJ/mol；

(2)在H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol反应中，1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，即Br2(g)=Br2(l)△H=-30kJ/mol，则H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)△H=-102kJ/mol，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则△H=-102=436+a-2×369；a=200，故答案为200；

(3)①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ·mol－1，②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ·mol－1，③H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ·mol－1，根据盖斯定律，将②×2+③×2-①得：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH＝(－393.5kJ·mol－1)×2+(－285.8kJ·mol－1)×2-(－870.3kJ·mol－1)=－488.3kJ·mol－1，故答案为－488.3kJ·mol－1；

(4)该反应的焓变△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ•mol-1；

(5)非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定，a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O；b为硒化氢的生成热数据，则硒化氢分解放热，且△H=-81kJ/mol，所以H2Se发生分解反应的热化学反应方程式为H2Se(g)=Se(s)+H2(g)△H=-81kJ/mol，故答案为H2Se(g)=Se(s)+H2(g)△H=-81kJ/mol；

(6)①Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，△H1=-25kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g)，△H2=-47kJ/mol，③Fe3O4(s)+CO(g)═3FeO(s)+CO2(g)，△H3=19kJ/mol，根据盖斯定律将方程式变形(3×①-②-2×③)×得：Fe(s)+CO(g)═Fe(s)+CO2(g)，△H=(3×△H1-△H2-2×△H3)×=-11kJ/mol，故答案为Fe(s)+CO(g)═Fe(s)+CO2(g)△H=-11kJ/mol；

(7)①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-644.25kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=-820.75kJ/mol：则64g液态肼物质的量==2mol；与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量1640.5kJ；故答案为1640.5kJ；

(8)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=一197kJ/mol①，H2O(g)=H2O(1)△H2=一44kJ/mol②，2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)△H3=一545kJ/mol③，利用盖斯定律：(③-①-②×2)÷2得SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=-130kJ/mol，故答案为SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=-130kJ/mol。

点睛：本题的易错点为(5)的热化学方程式的书写，关键是从图象判断各种氢化物的种类对应的点，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，反应越容易进行，分解反应是生成反应的逆反应。【解析】＋125.6kJ·mol－1200－488.3kJ·mol－1NO2(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)；ΔH＝－234kJ·mol－1H2Se(g)===Se(g)＋H2(g)；ΔH＝-81kJ/molFeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)；ΔH＝－11kJ·mol－11640.5SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)ΔH＝－130kJ·mol－1四、判断题(共2题，共12分)20、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。21、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。五、计算题(共1题，共6分)22、略

【分析】【详解】

可逆反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始浓度（mol/L）2200

转化浓度（mol/L）xxxx

平衡浓度（mol/L）2－x2－xxx

根据平衡常数可知[(2－x)×(2－x)]/（x×x）＝1；解得x＝1；

(1)达平衡时，CO转化率为×100%＝50%；

(2)体积分数之比等于气体物质的量之比，所以H2的体积分数为×100%＝25%；

(3)可逆反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始浓度（mol/L）2600

转化浓度（mol/L）yyyy

平衡浓度（mol/L）2－y6－yyy

根据平衡常数可知＝1，解得y＝1.5；所以达平衡时，CO转化率为×100%＝75%。【解析】①.50﹪②.25﹪③.75﹪六、结构与性质(共4题，共8分)23、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可