2024年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷212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5题，共10分)1、利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)制备甲醇的主要反应有。

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-116kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol

向一固定体积的容器中充入合成气，已知起始时c(CO)=0.1mol/L、c(H2)=0.3mol/L，平衡时c(CO)=0.05mol/L，c(H2O)=0.02mol/L，则下列说法错误的是A.增大CO2的浓度，有利于提高甲醇的产量B.升高温度，①和②反应速率都加快C.压缩体积，反应②平衡不移动D.平衡时c(CH3OH)为0.07mol/L2、在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图；则。

A.无催化剂时，反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时，内，3、用下列装置进行相应的实验；不能达到实验目的的是。

A.用甲装置制取乙酸乙酯B.用乙装置除去I2中混有的泥沙C.用丙装置探究温度对化学平衡的影响D.用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃4、常温下，有下列四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列有关说法正确的是()A.四种溶液的KW相同，由水电离的c(H+)：①=③＞②=④B.向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①C.①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：①最大D.将②、③两种溶液混合后，若pH=7，消耗溶液的体积为：③＞②5、已知溶液中存在+H2O2+2H+的平衡，其中呈橙色，呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是A.黄色加深B.橙色加深C.颜色不变D.颜色褪去评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是A.v逆(CO2)=3v正(H2)B.体系内气体密度保持不变C.断裂3molH—H键的同时断裂3molH—O键D.CO2的体积分数保持不变7、利用甲烷可减少污染，反应原理如下：T℃时，将2mol与1mol的混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应；正反应速率随时间变化的趋势如图所示。

下列说法正确的是A.正反应为放热反应且c点时反应达平衡态B.若则产生的量：ab段＜bc段C.a、b、c、d四点对应的平衡常数大小：D.d点的正反应速率大于c点的逆反应速率8、对于mA(气)+nB(气)⇌pC(气)+qD(气)的平衡体系，当升高温度时体系的平均分子量从16.5变成16.9，则下列说法正确的是A.m+n>p+q，正反应是放热反应B.m+nC.m+n>p+q，正反应是吸热反应D.m+n9、在容积一定的密闭容器中；进行可逆反应A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，有图I；II所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（）

A.正反应是放热反应B.P12C.若P34，y轴表示A的转化率D.若P34,y轴表示C的体积分数10、我国科学家开发的碳聚四氟乙烯催化剂可提高锌-空气碱性电池的放电性能；工作原理如图所示。

电池放电时，下列说法正确的是A.电子由a极经KOH溶液流入b极B.放电时，向b极移动C.正极上的电极反应式为D.a极净增1.6g时，b极有1.12L(标准状况)参与反应11、常温下，向1L1.0mol/L的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO；HClO的分解)。下列说法正确的是。

A.常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10-8B.a点溶液中存在4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)C.b点溶液中存在c(Na+)>c(SO)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D.c点溶液中c(H+)=1.5mol/L12、乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.该反应进程中有两个过渡态B.是总反应的催化剂C.总反应速率由第①步反应决定D.第①、②、③步反应都是放热反应13、广泛用于微电子；光电子行业；用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图。下列叙述正确的是。

A.通入的一极为电解池的阳极，反应式为B.电解过程中，由粗硅一极向通入的一极迁移C.熔融的中参与阳极反应D.粗硅上的反应式：评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、回答下列问题：

Ⅰ、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据（25℃）：。化学式电离平衡常数HCNK＝4.9×10−10CH3COOHK＝1.8×10−5H2CO3K1＝4.4×10−7，K2＝4.7×10−11

①25℃时，等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为______。(填写序号)

②25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_______。

③已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7。（选填“大于”；“小于”或“等于”）

Ⅱ、已知某溶液中存在OH－、H+、Na+、CH3COO－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下三种关系：

①c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)

②c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)

③c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是___________，上述四种离子浓度的大小顺序为_______（选填序号）。

(2)若上述关系中②是正确的，则溶液中的溶质为____________________；若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________________________。

(3)若该溶液是由体积相等的氢氧化钠和醋酸混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(NaOH)__________c(CH3COOH)(填“大于”“小于”或“等于”)。15、在25℃时，2L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：。物质ABC初始浓度/mol·L-11.02.002min时，平衡浓度/mol·L-10.40.21.2

请填写下列空白：

(1)该反应方程式可表示为：_______；反应达平衡时，A的转化率为_______。

(2)从反应开始到达化学平衡，生成C的平均反应速率为_______；25℃时，反应的化学平衡常数K值(数值)为_______。

(3)能判断该反应已达到化学平衡状态的依据是_______。

a.容器内压强不变。

b.混合气体的密度不变。

c.3v正(B)=2v逆(C)

d.c(A)=c(C)

e.混合气体的平均相对分子质量不变。

(4)若已知该反应为放热反应；图中表示由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况：

a点时改变的条件可能是_______；b点时改变的条件可能是_______。16、(1)化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示_______，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值_______。(填一定增大；一定减小、或可能增大也可能减小)。

(2)在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，CO和H2O浓度变化如图，则0~4min的平均反应速率υ(CO)=_______mol∙L−1∙min−1。

(3)t℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104

①表中3min~4min之间反应处于_______状态；c1数值_______0.08mol∙L−1(填大于；小于或等于)。

②反应在4min~5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是_______(单选)，表中5min~6min之间数值发生变化，可能的原因是_______(单选)。

a.增加水蒸气b.降低温度c.使用催化剂d.增加氢气浓度17、乙苯是一种常见的有机原料；可以利用乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：

(1)已知：。化学键C-HC-CC=CH-H键能/kJ·mol-1412348612436

计算上述反应的△H=___kJ·mol-1。

(2)维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为a，则在该温度下反应的平衡常数Kp=__(Kp为以分压表示的平衡常数；用a等符号表示)。

(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9)，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)随温度变化示意图如图所示：

①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实：__。

②控制反应温度最佳为__，理由是__。18、常温下，向溶液中加入溶液，可观察到的现象是______，发生反应的离子方程式为______，Fe(OH)3的溶度积表达式______，产生Fe(OH)3沉淀的条件是QC______KSP(大于、等于或小于)。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)19、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共2题，共6分)20、某温度时；在一个容积为2L的密闭容器中，三种气体X；Y、Z物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：

(1)该反应的化学方程式为_____________。

(2)反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为__________________。

(3)以下说法能表示该反应已达平衡状态的是________________。

A.单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y

B.X的消耗速率和Z的消耗速率相等。

C.混合气体的压强不变。

D.混合气体的密度不变21、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。评卷人得分六、计算题(共4题，共32分)22、在某温度下的水溶液中，c(H＋)=10xmol·L﹣1，c(OH﹣)=10ymol·L﹣1。x与y的关系如图所示：（已知lg2=0.3）

(1)水的离子积为___________________。

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液的pH=________。

(3)pH＝7的溶液呈________(填“酸性”；“中性”或“碱性”)。

(4)若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液为强碱溶液，则该溶液的pH＝______。中和100mL该溶液需消耗HCl的物质的量为______mol。23、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH反应过程的能量变化如图所示，已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH＝－98kJ/mol。回答下列问题：

(1)图中A、表示：_____(填“反应物能量”或“生成物能量”)。E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点_____(填“升高”“降低”)。

(2)图中ΔH＝________kJ/mol。

(3)已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，计算由S(s)生成3molSO3(g)的总反应的ΔH=________kJ/mol。

(4)25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式是_________

(5)已知中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1，0.5molBa(OH)2和0.5molH2SO4的反应热ΔH_______(填“＞”“=”或“＜”)-57.3kJ·mol-124、(1)碳氧化物的转化有重大用途，请回答下列关于和的问题。

已知：①

②

③

则的______(用表示)。

(2)二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排以及高效利用能源能够减少二氧化碳的排放。有一种用生产甲醇燃料的方法：

已知：①

②

③

④

则表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为_____。

(3)实现反应对减少温室气体排放和减缓燃料危机具有重要意义。

已知：

则_____25、(1)常温下，已知0.1mol·L-1一元酸HA溶液中=1×108。

①常温下，0.1mol·L-1HA溶液的pH=___；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式：___。

②0.2mol·L1HA溶液与0.1mol·L1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c(H+)+c(HA)-c(OH-)=___mol·L1。(溶液体积变化忽略不计)

(2)t℃时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=___。

①该温度下(t℃)，将100mL0.1mol·L1的稀H2SO4溶液与100mL0.4mol·L1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=___。

②该温度下(t℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是：___。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．增大CO2的浓度反应②右移；使CO浓度增大，CO为反应①的反应物，故反应①平衡也右移，提高甲醇的产量；A正确；

B．无论是吸热反应还是放热反应；温度越高反应速率越快，B正确；

C．压缩体积反应①正向移动，导致反应②的浓度商Q>K；反应②平衡逆向移动，C错误；

D．根据题意；三段式计算：

0.1-x+y=0.05mol/L；因y=0.02mol/L，则x=0.07mol/L，D正确；

故选C。2、D【分析】【详解】

A．由图可知；无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；

B．由图可知；催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；

C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化；故C错误；

D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y)===2.0(X)=(Y)=2.0=1.0故D正确；

答案选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A.制取乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液吸收；乙酸乙酯和氢氧化钠反应，A选；

B.碘单质易升华，可以用乙装置除去I2中混有的泥沙；能达到实验目的，B不选；

C.根据两侧圆底烧瓶中颜色的变化；可以用丙装置探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，C不选；

D.不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃，能达到实验目的，D不选；答案选A。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．酸或碱都抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，①②中氢离子浓度相等、③④中氢氧根离子浓度相等，则抑制水电离程度相等，则由水电离的c(H+)：①=③=②=④；故A错误；

B．加水稀释促进弱电解质电离；强酸强碱溶液的pH变化幅度较大，弱酸弱碱溶液的pH变化幅度较小，则向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故B正确；

C．溶液的体积未知；无法计算生成氢气的量，故C错误；

D．pH＝2的HCl溶液和pH＝12的氨水等体积混合后溶液显碱性；现混合后溶液呈中性，可知消耗溶液的体积②＞③，故D错误；

故答案为B。5、A【分析】【详解】

在+H2O2+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度降低，平衡正向移动，的浓度增大；所以黄色加深，A正确；

答案为A。二、多选题(共8题，共16分)6、CD【分析】【详解】

A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得则3v逆(CO2)=v正(H2)时处于平衡状态；故A错；

B．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中格物质均为气体，所以气体质量不变，在恒容的密闭容器中，则体积不变，由可得；密度始终保持不变，不能用于判断反应是否处于平衡状态，故B错；

C．断裂3molH—H键时，则消耗3mol断裂3molH—O键，则消耗1molCH3OH(g)和1molH2O(g)；所以速率大小相等，方向相反，则处于平衡状态，故C正确；

D．CO2的体积分数保持不变时；则混合物中格物质的浓度均保持不变，则处于平衡状态，故D正确；

答案选CD。7、CD【分析】【详解】

A．由a到c反应速率逐渐增大；说明正向反应放热，正反应速率升高，由于c到d速率改变，在c点未达到平衡，A错误；

B．ab段温度低于bc段，若ab段反应物浓度大于bc段，ab段正反应速率小于bc段，ab段生成物浓度小于bc段，ab段逆反应速率小于bc段，且bc段＜ab段，则产生的量：ab段＞bc段；B错误；

C．由于反应放热，温度升高，平衡逆向移动，故温度越高K值越小，C正确；

D．d点的正反应速率大于逆反应速率；d点的逆反应速率大于c点的逆反应速率，d点的正反应速率大于c点的逆反应速率，D正确；

答案选CD。8、BC【分析】【分析】

反应混合物都是气体；气体的总的质量不变，升高温度时体系的平均分子量从16.5变成16.9，说明升高温度平衡向气体物质的量减小的方向移动，以此解答该题。

【详解】

A．正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，由于m+n>p+q；混合气体的物质的量增大，平均相对分子质量减小，故A错误；

B．正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，由于m+n

C．正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，由于m+n>p+q；混合气体的物质的量减小，平均相对分子质量增大，故C正确；

D．逆反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应移动，由于m+n

故选：BC。9、CD【分析】【详解】

A.由图I可知，压强相同时，T1条件下，反应先达到平衡，说明T2<T1；升高温度，C%减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应是放热反应，故A正确；

B.由图I可知，温度相同时，P2条件下，反应先达到平衡，说明P1<P2；故B正确；

C.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，由图可知，P3条件下A的转化率大于P4，则P4<P3；故C错误；

D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，由图可知，P3条件下C的体积分数大于P4，则P4<P3；故D错误；

故选CD。10、CD【分析】【分析】

a极Zn变成ZnO，化合价升高，故a是负极，b极O2变成OH-化合价降低，故b是正极。

【详解】

A．电子不能通过溶液；A错误；

B．放电时，OH-向负极a极移动；B错误；

C．正极氧气得到电子生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；C正确；

D．a极净增1.6g时，增重的是O元素的质量，物质的量为0.1mol，Zn变成ZnO，失去0.2mol电子，根据C中电极反应式，消耗氧气的物质的量为0.05mol，体积为D正确；

故选CD。11、AB【分析】【分析】

n(NaClO)=1L×1.0mol/L=1mol，通入少量SO2时，发生反应①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2过量时，发生反应②SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl。由图像可知，b点pH突然减小，且SO2通入mol，说明b点时反应①恰好进行完，c点SO2为1mol；说明c点反应②恰好进行完。

【详解】

A．在b点处，pH=3.8，故c(H+)=10-3.8mol/L，根据反应①可知，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故c(HClO)==mol/L，由HClOH++ClO-可知，c(ClO-)=c(H+)=10-3.8mol/L，故Ka===1.5×10-7.6=1.5×100.4×10-8，数量级为10-8；A正确；

B．a点时通入0.2molSO2，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2mol，n(HClO)=2n(SO2)=0.4mol，消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol，剩余的n(NaClO)=1mol-0.6mol=0.4mol，故n(HClO)+n(ClO-)=0.8mol，n(Cl-)=0.2mol，同一溶液中体积相同，所以4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)；B正确；

C．根据分析，b点恰好发生反应①，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=mol，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故n(Na+)=1mol，n()=n(Cl-)=mol，HClO可以电离出少量H+，c(H+)=10-3.8mol/L，H2O的电离受到抑制，电离出微量的OH-，c(OH-)=10-10.2，溶液体积为1L，离子浓度关系为c(Na+)>c(SO)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D．c点时恰好发生反应②，n(H2SO4)=n(SO2)=1mol，c(H+)==2mol/L；D错误；

故选AB。12、AD【分析】【分析】

根据过渡态理论；反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应分子的平均能量之差为反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率；反应过程是能量的变化，取决于反应物和生成物总能量的相对大小，生成物的总能量低于反应物总能量的反应，是放热反应，反之是吸热反应，据此分析判断。

【详解】

A．根据过渡态理论；反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A错误；

B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂；故B正确；

C．活化能越大；反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C正确；

D．由图可知；第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②；③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D错误；

故选AD。13、BC【分析】【分析】

熔盐LiH中，含有Li+和H-，所以H2应转化为H-，从而得出通入H2的电极为阴极，粗硅为阳极，阴极反应式为H2+2e-═2H-，阳极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑；据此分析解题。

【详解】

A．由以上分析知，通入H2的电极为电解池的阴极，反应式为H2+2e-═2H-，A错误；

B．电解过程中，通入氢气的一极为阴极，阳离子向阴极移动，则Li+由粗硅一极向通入H2的一极迁移，B正确；

C．由分析可知，粗硅为电解池的阳极，反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑，故熔融的中参与阳极反应，C正确；

D．由分析可知，粗硅上反应式为：Si+4H--4e-=SiH4↑，D错误；

故答案为：BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

Ⅰ①根据电离平衡常数得到酸强弱为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞25℃时，根据盐对应的酸越弱，其水解程度越大，因此等浓度的三种溶液(a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液、c.CH3COONa溶液)的pH由大到小的顺序为b＞a＞c；故答案为：b＞a＞c。

②25℃时，根据酸性强弱：HCN＞向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为H2O+CO2+CN－=HCN+故答案为：H2O+CO2+CN－=HCN+

③已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明酸HA大于碳酸，则盐(NH4)2CO3可以理解为强(相对强)碱弱酸盐；根据谁强显谁性，其溶液的pH大于7；故答案为：大于。

Ⅱ(1)若溶液中只溶解了一种溶质，含有钠离子和醋酸根，因此则该溶质是CH3COONa，溶液显碱性，且醋酸根离子水解，因此上述四种离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；故答案为：CH3COONa；①。

(2)若上述关系中②是正确的，说明在CH3COONa中加一种物质，由于该溶液显酸性，因此加酸性物质，即溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa；若上述关系中③是正确的，说明在CH3COONa中加一种物质，由于该溶液显碱性，因此加碱性物质，即溶液中的溶质为CH3COONa和NaOH；故答案为：CH3COOH和CH3COONa；CH3COONa和NaOH。

(3)若该溶液是由体积相等的氢氧化钠和醋酸混合而成，且恰好呈中性，假设浓度相等，则恰好生成CH3COONa，但CH3COONa溶液显碱性，而题知是中性，说明需要增加酸的浓度，则混合前c(NaOH)小于c(CH3COOH)；故答案为：小于。【解析】①.b＞a＞c②.H2O+CO2+CN－=HCN+③.大于④.CH3COONa⑤.①⑥.CH3COOH和CH3COONa⑦.CH3COONa和NaOH⑧.小于15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由表中数据可知，A浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B变化的浓度为2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的变化浓度为1.2mol/L，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，即n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)；平衡后A的转化率为×100%=60%；

(2)从反应开始到达化学平衡，C的平均反应速率为平衡常数K=

(3)a．容器内压强不变；可知物质的量不变，为平衡状态，故选；

b．气体质量；体积不变；混合气体的密度始终不变，不能判定平衡状态，故不选；

c．不等于化学计量数之比；不是平衡状态，故不选；

d．c(CO2)=c(CO)与起始浓度；转化率有关；不能判定平衡，故不选；

e．混合气体的平均相对分子质量不变；可知气体的物质的量不变，为平衡状态，故选；

选ae；

(4)a时正逆反应速率都增大，可能为增大压强，或者升高温度或使用催化剂，且逆反应速率等于正反应速率，平衡不移动，若最大压强平衡正向移动，若升高温度，平衡向着逆向移动，所以使用催化剂平衡不移动满足条件，b时逆反应速率不变，正反应速率增大，逐渐达到平衡状态，故改变的条件为增加反应物A或B的浓度。【解析】①.A(g)+3B(g)⇌2C(g)②.60%③.0.6mol/(L·min)④.4.5×102⑤.ae⑥.加入催化剂⑦.增加A或B或AB16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；K值越大，表示反应进行程度越大，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值可能增大也可能减小，若反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，若反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；故答案为：反应进行程度越大；可能增大也可能减小。

(2)根据图中信息得到0~4min的平均反应速率故答案为：0.03。

(3)①根据图中数据得到表中3min~4min之间反应处于平衡状态；在850℃时CO的物质的量浓度为0.08mol∙L−1，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此c1数值大于0.08mol∙L−1；故答案为：平衡；大于。

②反应在4min~5min间；平衡向逆方向移动；

a．增加水蒸气；平衡正向移动，故a不符合题意；

b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，故b不符合题意；

c．使用催化剂；平衡不移动，故c不符合题意；

d．增加氢气浓度；平衡逆向移动，故d符合题意；

表中5min~6min之间数值发生变化，CO物质的量浓度减小，H2O物质的量浓度增大，CO2物质的量浓度增大；

a．增加水蒸气；平衡正向移动，CO物质的量浓度减小，故a符合题意；

b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO物质的量浓度减小，H2O物质的量浓度减小，故b不符合题意；

c．使用催化剂；平衡不移动，故c不符合题意；

d．增加氢气浓度；平衡逆向移动，故d不符合题意；

答案为d；a。【解析】①.反应进行程度越大②.可能增大也可能减小③.0.03④.平衡⑤.大于⑥.d⑦.a17、略

【分析】【分析】

反应热△H=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差；确定平衡状态并结合平衡常数的表达式计算；结合温度和浓度对平衡移动的影响分析判断。

【详解】

(1)反应热△H=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=(5×412+348-3×412-612-436)kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；

(2)已知起始时乙苯的物质的量为n，平衡转化率为a，则乙苯变化的物质的量为na，生成的苯乙烯和氢气的物质的量均为na，即平衡时乙苯物质的量为n(1-a)，苯乙烯和氢气的物质的量均为na，总物质的量为n(1+a)，体系总压强为p，则在该温度下反应的平衡常数Kp==

(3)①正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；

②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故控制反应温度最佳为600℃。

【点睛】

以苯乙烯制备为载体考查反应热的计算、化学平衡常数计算、化学平衡影响因素等知识点，注意：(1)中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结果；(2)中平衡常数计算为易错点、难点，注意温度、压强不变，计算物质的量分数与容器体积变化无关。【解析】①.+124②.Kp=③.正反应方向气体分子数增加，保持体系总压强不变加入水蒸气起稀释作用，相当于减小压强使平衡正向移动④.600℃⑤.600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大18、略

【分析】【详解】

FeCl3是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，FeCl3和NaHCO3相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，所以所以现象为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出，反应的离子方程式为Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑；Fe(OH)3的沉淀溶解平衡为：Fe(OH)3Fe3++3OH-，溶度积表达式为：Ksp=[Fe3+].[OH-]3；产生Fe(OH)3沉淀的条件是Qc大于Ksp。【解析】有红褐色沉淀生成，有气泡冒出Ksp=[Fe3+].[OH-]3大于四、判断题(共1题，共5分)19、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。五、结构与性质(共2题，共6分)20、略

【分析】【详解】

(1)据图可知X、Y的物质的量减少为反应物，Z的物质的量增加为生成物，且最终反应物和生成物共存，所以该反应为可逆反应，2min内Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)=0.75mol：0.50mol：0.75mol=3:2:3，所以化学方程式为3X＋2Y3Z；

(2)据图可知反应开始至2min，Δn(Z)=0.75mol，容器体积为2L，所以v(Z)==0.125mol/(L•min)；

(3)A．生成Z为正反应；生成Y为逆反应，所以单位时间内生成0.03molZ的同时生成0.02mol的Y即正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A符合题意；

B．消耗X为正反应；消耗Z为逆反应，且X和Z的计量数之比为1：1，所以X的消耗速率和Z的消耗速率相等说明反应达到平衡，故B符合题意；

C．反应前后气体系数之和不相等；容器体积不变，所以未平衡时混合气体的压强会发生变化，当压强不变时说明反应达到平衡，故C符合题意；

D．该反应中反应物和生成物均为气体；容器恒容，所以混合气体的密度一直不变，故不能说明反应平衡，故D不符合题意；

综上所述答案为ABC。

【点睛】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解析】3X＋2Y3Z0.125mol/(L•min)ABC21、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大3六、计算题(共4题，共32分)22、略

【分析】【分析】

(1)由图像可知x+y=-13，可算出水的离子积常数Kw=c(H+)•c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=

(2)计算出0.01mol·L-1H2SO4溶液中氢离子的浓度，利用pH=-lgc(H+)可计算出数值；

(3)比较溶液的酸碱性要看氢离子和氢氧根离子的相对大小；利用水的离子积常数知道pH=6.5时溶液为中性，则可以判断则pH＝7的溶液呈碱性；

(4)不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1；且溶液为强碱溶液，则该碱溶液的氢离子来自于水的电离，可算出pH，根据酸碱中和的原理，氢离子的物质的量和氢氧根离子的物质的量相等，算出消耗HCl的物质的量。

【详解】

(1)水的离子积Kw=c(H+)•c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=mol2·L-2，由图像可知x+y=-13，故Kw=10-13mol2·L－2；

答案为：10-13mol2·L－2；

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol·L-1×2=0.02mol·L-1，则pH=-lg(2×10-2)=2-lg2=2-0.3=1.7；

答案为：1.7；

(3)该温度下，Kw=10-13；即当pH=6.5时溶液为中性，则pH＝7的溶液呈碱性；

答案为：碱性；

(4)不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液为强碱溶液，则该强碱溶液的氢离子来自于水的电离，因此溶液中的氢离子浓度等于