2024年沪教版选择性必修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2024年沪教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷615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、水煤气能转化为乙醇，反应为：△H=-342.5kJ/mol。为了提高乙醇的平衡产率，下列措施理论上可行的是A.低温高压B.充入水蒸气C.分离C2H5OHD.高温低压2、如图所示的实验方案；能达到实验目的的是。

A.图甲，验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用B.图乙、用Cu和浓硝酸制取NOC.图丙，除去CO2气体中混有的HClD.图丁，比较Cl、C和Si的非金属性强弱3、目前工业上主要采用下列哪种方式制备氢氧化钠A.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B.Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOHC.Na2O+H2O=2NaOHD.2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑＋Cl2↑4、下列事实不能用电化学原理解释的是（）A.铝片不需要特殊的保护方法B.炒过菜的铁锅未清洗易生锈C.轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌D.镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀5、25℃，分别向的氨水、醋酸铵溶液中滴加的氢碘酸，溶液与加入氢碘酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.由水电离产生的B.的电离常数的数量级为C.点溶液中：D.点溶液中：6、已知：H2A为二元弱酸，25℃时，在0.1mol/L50mL的H2A溶液中，H2A、的物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示(注：溶液的pH用NaOH固体调节；体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是。

A.在pH=2.7时，B.pH在2.7，C.在的过程中，主要发生反应D.在pH=4.3时，评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、已知如表数据。

（1）25℃时，pH=11的NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=_____mol•L-1。

（2）25℃时，等浓度的NaCN、Na2CO3溶液、CH3COONa三种溶液的pH值由大到小的顺序为_____。

（3）0.100mol•L-1NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是_____（填化学式）。

（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为_____。

（5）25℃1.10mol•L-1CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度约为_____。

（6）25℃时等体积等浓度的NaCl与NaCN两溶液中，离子总数NaCl_____NaCN(填“大于”；“小于”或“等于”)；

（7）HCN与NaOH反应后的溶液中存在：c(Na+)=c(CN-)，该溶液呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)。8、化学反应原理对学习化学有重要的指导作用。某学习小组特邀你参与下列探究：

（1）影响化学平衡移动因素的探究：在NH4Cl溶液中存在如下平衡:NH4Cl+H2ONH3.H2O+HCl，某同学以此为例探究外界条件对化学平衡的影响，实验结果记录如下：。改变条件适当升高温度加水稀释通入HCl（g）加少量NaOH固体平衡移动方向无需填写正向逆向正向

①写出该反应的平衡常数表达式：____________________________。

②有同学认为，上表中在“条件改变”一栏除列举的4种之外，还添加一种就更为完美，你认为最好添加哪一种“改变条件”？_____________；

③“学习之道在于悟”，结合NH4Cl与水反应的方程式和影响平衡移动的因素分析：加水稀释对上述平衡的影响类似于_____________。

A.使用催化剂对化学平衡的影响；B.减小生成物浓度对化学平衡的影响；

C.升高温度对化学平衡的影响；D.减小压强对化学平衡的影响。

（2）复分解反应进行的方向的探究。

【提出问题】为什么只要有难溶物质；弱电解质、易挥发的物质生成复分解反应型离子反应就可以发生？

【分析解决问题】小组同学进一步深入思考，发现上述问题其实质是化学反应进行的方向问题。请你结合化学反应原理的相关知识对上述问题作出合理解释：生成难溶物质、弱电解质、易挥发的物质时将会导致体系的_______________或者__________________。

（3）反应条件（介质环境）的探究。

已知I-能被O2氧化生成I2，为探究反应条件（介质环境）设计了如下方案：。操作现象第一组向2mL1mol/LKI溶液中滴加几滴淀粉溶液未出现蓝色第二组向2mL1mol/LKI溶液中滴加2mL1mol/LNaOH溶液再滴加几滴淀粉溶液未出现蓝色第三组向2mL1mol/LKI溶液中滴加2mL1mol/LH2SO4溶液再滴加几滴淀粉溶液溶液变蓝

①上述实验证明，该实验不能选择在中性或者碱性条件下进行，为什么？_____________；

②写出第三组实验中发生反应的离子方程式_____________；9、I.已知常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7；H2CO3的电离常数Ka1=4.30×10-7，Ka2=5.60×10-11。

（1）下列微粒可以大量共存的是___________(填选项字母）。

a.CO32-、HSO3-b.HCO3-、HSO3-

c.SO32-、HCO3-d.H2SO3、HCO3-

（2）已知NaHSO3溶液显酸性，NaHSO3的稀溶液中各离子浓度从大到小的排列顺序是________________________________。

（3）浓度均为0.1mol•L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为_____________________。

（4）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_________________________________。

Ⅱ.Na2S2O5（焦亚硫酸钠）是常见的食品抗氧化剂之一。

（5）将0.5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，该溶液的pH==4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性的变化情况如图所示。当溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的浓度变小，其原因可能是___________________________________________________________。

（6）已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaSO3)=5.0×10-7。将部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42-沉淀完全[c(SO42-)≤1.0×10-5mol•L-1]，此时溶液中c(SO32-)≤_____________mol•L-110、如图所示的装置中；若通入直流电5min时，铜电极质量增加21.6g，试回答：

(1)若电源为碱性乙醇燃料电池，则电源电极X反应式为___________；

(2)pH变化：A_______，B_______，C________；(填“增大”“减小”或“不变”)

(3)若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的OH－的物质的量浓度为_______mol/L(假设电解前后溶液的体积无变化)

(4)通电5min后，B中共收集2240mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为___________(设电解前后溶液体积无变化)，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质以及相应的物质的量正确的是___________

A．0.05molCuOB．0.05molCuO和0.025molH2O

C．0.05molCu(OH)2D．0.05molCuCO3和0.05molH2O11、在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)△H＞0，反应过程中各物质的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示。

(1)该温度时，该反应的平衡常数为___________。

(2)a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是___________点。

(3)25min时，增加了___________mol___________(填物质的化学式)使平衡发生了移动。12、(1)在101kPa时，足量H2在1molO2中完全燃烧生成2mol液态水，放出571.6kJ的热量，H2的燃烧热为_______，表示H2燃烧热的热化学方程式为_______。

(2)1.00L1.00mol·L-1硫酸与2.00L1.00mol·L-1NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，该反应的中和热为_______，表示其中和热的热化学方程式为_______。13、一种碳纳米管能够吸附氢气，可作二次电池(如下图所示)的碳电极。该电池的电解质溶液为6mol·L－1的KOH溶液。

(1)写出放电时的正极电极反应式。_________。

(2)写出充电时的阴极电极反应式。_________。14、(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=____(用含有a、b的关系式表示)。

(2)曾用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为____。使用催化剂对反应焓变有无影响_____。

(3)NaBH4(s)与反应生成和在25℃，101kPa下，已知每消耗放热该反应的热化学方程式是_____。

(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇；发生的主要反应如下：

①

②

③

已知反应①中相关的化学键键能数据如下(已知CO的化学键为)：。化学键H-HC-OH-OC-H4363431076465413

计算_______已知则_______15、某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理；形成如下问题(显示的电极均为石墨)。

(1)图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是_______(填化学式)，U形管_______(填“左”或“右”)边的溶液变红。

(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84"消毒液的有效成分(NaClO)，则c为电源的_______极；该发生器中反应的总离子方程式为_______。

(3)“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应式为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，正极电极反应式为_______，当有2molMg损耗时，转移_______mol电子。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误17、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误18、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误19、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____20、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误21、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误22、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误23、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共30分)24、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_____。25、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。26、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评卷人得分五、计算题(共3题，共9分)27、恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态。此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol•L-1。

(1)A的转化率与B的转化率之比为___；物质A的化学反应速率为___；x=___；

(2)保持温度和容积不变，向平衡体系中再充入2molA和2molB气体，达到新平衡时B的物质的量为___。

(3)此反应在该温度时的化学平衡常数为___。28、(1)0.01mol甲苯(分子式为C7H8，常温下为液态)在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量。该反应的热化学方程式为_____________。

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68kJ，写出甲醇燃烧热的热化学方程式：____。

(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ·mol−1，该反应的活化能为167.2kJ·mol−1，则其逆反应的活化能为____kJ·mol−1。29、某铅合金中含有Pb，Bi，Ni等元素，称取此合金试样2.420g，用HNO3溶解并定容至250mL。移取50.00mL上述试液于250mL锥形瓶中，调节pH=1，以二甲酚橙为指示剂，用0.07500mol·L-1EDTA标准溶液滴定，消耗5.25mL。然后，用六次甲基四胺缓冲溶液将pH调至5，再以上述EDTA标准溶液滴定，消耗28.76mL。加入邻二氨菲，置换出镍配合物中的EDTA，用0.04500mol·L-1Pb(NO3)2标准溶液滴定置换出的EDTA，消耗8.76mL。计算此合金试样中Pb，Bi，Ni的质量分数________。(lgKBiY=27.94，lgKPbY=18.04，IgKNiY=18.62)评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共16分)30、D；E为中学化学常见的金属单质且D常呈红色；F是一种黑色晶体。E与C的浓溶液在常温作用呈钝化现象，加热时则有大量无色气体产生，同时生成H。在一定条件下C、D间能发生反应。各物质转化关系如下图：

（1）已知1gE在B中燃烧放出的热量为QkJ，试写出表示E燃烧的热化学方程式____；

（2）用惰性电极电解一定浓度的A的水溶液，阳极反应式为_____________________，通电一段时间后，向所得溶液中加入8.0gD的氧化物后恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到标准状况下的气体体积为_____________升。31、甲；乙、丙三种物质都含有A元素；只有甲是单质，其转化关系如下：

甲乙丙。

(1)若乙是目前世界倡导需减少排放的温室气体，丁也含有A元素。则含有7个中子的核素A可用符号表示为___________，丁溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为___________；已知：在常温常压下，1mol甲和一氧化碳分别与充足的氧气反应放出的热量分别是393.5kJ、283.0kJ。试写出甲与乙相互反应的热化学方程式___________。

(2)若A是非金属元素，其次外层电子是最外层电子数的2倍，则乙在现代通讯中可用于制造___________，写出一个有丙参加的、能证明碳的非金属性强于A的化学方程式___________；

(3)若甲是生活中最常用的过渡金属单质，其在点燃条件与氧气反应生成乙。若丁是稀盐酸，则乙→丙的化学方程式为___________。32、A；B、C、D、E是中学常见的五种化合物；它们之间有下列转化关系：

已知A溶液显碱性；焰色反应为黄色，且可促进水的电离。

(1)若A、B、C中含有相同的金属元素，则A的化学式为_______，D的化学式为_______；A、C反应生成B的离子方程式为_______。

(2)若C是一种无色无味的气体，用离子方程式表示A溶液显碱性的原因_______，C与E反应生成B的化学方程式为_______。33、X；Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子；均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。

已知:X+YZ+W

(1)Y的电子式是_________________________。

(2)液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是_________________________________。

(3)用图示装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作：

a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液；将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。

b.关闭止水夹；点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。

c.待红磷充分燃烧；一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。

①步骤c后还缺少的一步主要操作是_______________________________________。

②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是____________________________________________________________________。

③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是______________________________________。

反应的离子方程式是____________________________________________________。

(4)一定温度下，将1molN2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色。若保持T2,增大压强；气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如图所示。

①温度在T1-T2之间，反应的化学方程式是_________________________。

②温度在T2-T3之间，气体的平均相对分子质量是（保留1位小数）______________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应；然后利用平衡移动原理分析解答。

【详解】

A．增大压强；平衡正向移动，乙醇的平衡产率提高；降低温度，平衡正向移动，也使乙醇的平衡产率提高，A符合题意；

B．充入水蒸气；即增大生成物的浓度，平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低，B不符合题意；

C．由于乙醇是液体，其浓度不变，所以从平衡体系中分离C2H5OH；平衡不移动，对乙醇的平衡产率无影响，C不符合题意；

D．升高温度；平衡逆向移动，导致乙醇的平衡产率降低；减小压强，化学平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低，因此都不能使乙醇的产率提高，D不符合题意；

故合理选项是A。2、B【分析】【详解】

A．温度和催化剂都可影响反应速率；比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；

B．铜和浓硝酸反应生成NO2；二氧化氮和水反应生成NO，可制取NO，故B正确；

C．CO2和HCl都可与碳酸钠溶液反应；应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；

D．盐酸易挥发；不能排除挥发出的氯化氢气体对实验的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误；

故选：B。3、D【分析】【分析】

【详解】

从原料的来源和成本考虑，不宜选用Na、Na2O、Na2CO3；因为它们来源少，成本高，以前采用过盐（如碳酸钠）与碱（如氢氧化钙）的方法，但目前工业上主要采用的是电解饱和食盐水的方法，称之为氯碱工业，故D符合题意；

故选D。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．铝片不需要特殊的保护原因是其表面可以形成一层致密的氧化物保护膜；可以起到隔绝空气和水的作用，与电化学原理无关，故A可选；

B．炒菜的锅内含有盐和水；可以形成原电池，容易发生吸氧腐蚀，与电化学原理有关，故B不选；

C．轮船船体和锌片形成原电池；锌做负极发生氧化，从而保护船体，与电化学原理有关，故C不选；

D．金属活动性顺序：Zn>Fe>Sn；形成原电池时，镀锌铁中铁做正极被保护，而镀锡铁中铁做负极被氧化，镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀，与电化学原理有关，故D不选；

故选A。5、C【分析】【分析】

对于图象类试题，先看轴再看线最后看点，关于溶液混合的题，特别关注溶液中溶质的变化情况。由图像不难看出，A点的溶质为醋酸铵；B点溶液的溶质为NH4I和NH3H2O；M点对应的溶液是氨水；N点溶质为等物质的量浓度的NH4I、NH3H2O；P点溶液的溶质为CH3COOH和NH4I；据此分析解答。

【详解】

A．A点的溶质为醋酸铵，为弱酸弱碱盐，N和CH3COO-同时水解，促进水的电离，则由水电离出来的c(H+)>10-7mol/L；B点溶液的溶质为NH4I(促进水电离)和NH3H2O(抑制水电离)，因为B点溶液呈中性，抑制和促进作用抵消，则水的电离不受影响，水电离出来的c(H+)=10-7mol/L；故A错误；

B．M点对应的溶液是氨水，此时溶液pH=11.1，c(H+)=10-11.1mol/L，c(OH-)=10-2.9mol/L，则有，NH3H2O+OH-，Kb==10-4.8=100.210-5，故其数量级为10-5；故B错误；

C．N点溶质为等物质的量浓度的NH4I、NH3H2O，溶液pH>7显碱性，则NH3H2O的电离程度大于N的水解程度，N点溶液中故C正确；

D．P点溶液的溶质为CH3COOH和NH4I，且两者的物质的量浓度相等，根据物料守恒有：根据电荷守恒有：联立两式，可得故D错误；

答案选C。6、D【分析】向H2A溶液中不断加入NaOH，H2A浓度不断减小，浓度不断增大，继续加入NaOH，浓度不断减小，浓度不断增大，因此为曲线①是H2A，曲线②是曲线③是

【详解】

A．根据图像信息，在pH=2.7时，故A正确；

B．在0.1mol/L50mL的H2A溶液中加入NaOH固体，忽略体积的变化，根据物料守恒得到故B正确；

C．在的过程中，浓度减小，浓度增大，因此主要发生反应故C正确；

D．根据电荷守恒得到在pH=4.3时，因此故D错误。

综上所述，答案为D。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

根据溶液的pH及水的离子积计算溶液中水电离的氢离子浓度；根据电离常数的大小分析比较溶液的酸碱性；根据盐类水解原理分析解答；根据弱酸的电离平衡常数计算电离度；根据溶液中守恒关系分析比较离子浓度大小。

【详解】

（1）pH=11的NaCN溶液，c（H+）=10-11mol•L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，故c（OH-）=10-3mol•L-1，氢氧根离子来源于水的电离，故c（OH-）水=10-3mol•L-1，故答案为：10-3；

（2）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；故答案为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；

（3）铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，根据电离常数可知碳酸氢根离子的水解能力大于铵根离子，NH4HCO3溶液呈碱性；碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，故溶液中离子浓度最大的是NH4+，故答案为：NH4+；

（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；

（5）1.10mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离常数Ka=醋酸根离子和氢离子浓度相等，所以CH3COOH的电离度约故答案为：0.4%；

（6）根据电荷守恒分析知，等体积等浓度的NaCl与NaCN两溶液中，离子总数都等于阳离子总数的二倍，两溶液中的钠离子不水解，所以数目相同，NaCl溶液呈中性，则c(H+)=10-7mol/L，NaCN溶液呈碱性，则c(H+)＜10-7mol/L；则离子总数NaCl大于NaCN，故答案为：大于；

（7）HCN与NaOH反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，若c(Na+)=c(CN-)，则c(H+)=c(OH-)，该溶液呈中性，故答案为：中。【解析】10-3Na2CO3>NaCN>CH3COONaNH4+NaCN+H2O+CO2=NaHCO3+HCN0.4%大于中8、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据平衡常数的定义写平衡表达式；根据影响水解平衡移动的因素分析；③加水稀释，同等倍数的减小各微粒的浓度，类似与扩大容器体积减小压强。形成化学键放热；（3）①OH-能与I2反应；②第三组实验中I-能被O2氧化生成I2。

解析：（1）水是纯液体，不能写入平衡常数表达式，所以该反应平衡常数=根据影响水解平衡移动的因素，表格只有稀释溶液对平衡的影响，没有增大反应物浓度，所以“条件改变”一栏除列举的4种之外再加少量NH4Cl固体；③加水稀释，同等倍数的减小各微粒的浓度，类似与扩大容器体积减小压强，故选D。形成化学键放热,生成气体熵增大，生成难溶物质、弱电解质、易挥发的物质时将会导致体系的能量降低∆H＜0或者熵增∆S>0；（3）①O2在中性或者碱性条件下的还原产物为OH-，OH-能与I2反应，造成淀粉溶液不变蓝；②第三组实验中I-能被O2氧化生成I2，反应的离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O。【解析】加少量NH4Cl固体（其他合理答案亦可）D焓减（或∆H＜0）熵增（或∆S>0）O2在中性或者碱性条件下的还原产物为OH-，能与I2反应O2+4I-+4H+=2I2+2H2O9、略

【分析】【详解】

（1）已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由于HCO3-的酸性小于HSO3-的酸性，所以HCO3-与SO32-不反应，即bc能共存，答案选bc；（2）HSO3-在溶液中电离出氢离子，同时HSO3-能水解，由于电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3-既电离又水解；以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：

c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；（3）碳酸根的水解程度大于亚硫酸根，则浓度均为0.1mol•L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为c(SO32-)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(HSO3-)。（4）亚硫酸的酸性强于碳酸，但亚硫酸氢钠的酸性弱于碳酸，则H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。

Ⅱ.（5）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，当溶液pH小于1后，溶液中主要以亚硫酸形成存在，但亚硫酸不稳定，易分解生成二氧化硫或亚硫酸被氧化也会导致浓度小；（6）根据Ksp[BaSO4]=c（Ba2+）•c（SO42-），可知需要c（Ba2+）=Ksp(BaSO4)/c(SO42-)=1×10−10/1×10−5=10-5mol•L-1，则溶液中SO32-的最大浓度c（SO32-）=Ksp(BaSO3)/c(Ba2+)=5×10−7/10−5=0.05mol•L-1。【解析】①.bc②.c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)③.c(SO32-)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(HSO3-)④.H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O⑤.H2SO3分解产生SO2(或H2SO3被氧化）⑥.0.0510、略

【分析】【分析】

铜电极质量增加21.6g即得到银单质21.6g；其物质的量为0.2mol，说明铜为阴极，则X为负极，Y为正极。

（1）

若电源为碱性乙醇燃料电池，根据前面分析X为负极，乙醇在负极反应，则电源电极X反应式为C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O；故答案为：C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O。

（2）

A是放氢生碱型；溶液pH增大，B为放氧生酸型，溶液pH减小，C为放氧生酸型，溶液pH减小，因此三个装置中溶液pH变化：A：增大，B：减小，C：减小；故答案为：增大；减小；减小。

（3）

根据题意和关系式Ag～OH－，则n(OH－)=0.2mol，A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的OH－的物质的量浓度为故答案为1：

（4）

通电5min后，B中共收集2240mL气体(标准状况)即气体物质的量为0.1mol，B中阳极生成氧气，根据关系式4Ag～O2，得到0.05mol，则阴极得到氢气为0.05mol，再根据得失电子守恒，铜得到电子物质的量是0.2mol×1−0.05mol×2=0.1mol，则溶液中铜离子物质的量为n(Cu2+)=0.05mol，得到溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为电解过程中得到0.05molCu、0.05molH2、0.05molO2，若要使B装置溶液要恢复到电解前的状态，需要加入的物质以及相应的物质的量与电解过程中得到的物质反应或相当，A．0.05molCuO与0.05molCu、0.05molH2、0.05molO2不相同，故A错误；B．0.05molCuO和0.025molH2O，与0.05molCu、0.05molH2、0.05molO2不相同，故B错误；C．0.05molCu(OH)2相当于加入0.05molCuO和0.05molH2O，与0.05molCu、0.05molH2、0.05molO2相当，故C正确；D．0.05molCuCO3和0.05molH2O相当于加入0.05molCuO和0.05molH2O，与0.05molCu、0.05molH2、0.05molO2相当，故D正确；综上所述，答案为：0.25；CD。【解析】(1)C2H5OH+16OH－−12e－=2+11H2O

(2)增大减小减小。

(3)1

(4)0.25CD11、略

【分析】【分析】

根据图像分析，0-10min，X曲线所表示的物质浓度的变化量为0.6-0.2=0.4mol/L，Y曲线所表示的物质浓度的变化量为0.6-0.4=0.2mol/L，则X表示NO2，Y表示N2O4；据此分析解答。

【详解】

(1)由图像可知，10min时反应达到平衡，此时c(NO2)=0.6mol/L，c(N2O4)=0.4mol/L，则该反应的平衡常数

(2)根据图像分析可知，b、d两点前后物质的量浓度不再发生改变，达到平衡状态，即化学反应处于平衡状态的是b；d点；

(3)根据上述分析可知，曲线X表示NO2，Y表示N2O4，则25min时，增加了(1.0mol/L-0.6mol/L)×2L=0.8molNO2，使平衡发生了移动。【解析】①.0.9mol/L②.b、d③.0.8④.NO212、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)足量H2在1molO2中完全燃烧生成2mol液态水；放出571.6kJ的热量，故。

1molH2的燃烧放出热量为571.6kJ/2=285.8kJ；故表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

(2)在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1molH2O，这时的反应热叫中和热。故生成1molH2O时放出热量为=57.3kJ，表示其中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。【解析】285.8kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-157.3kJ·mol-1H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-113、略

【分析】【分析】

根据图片中电子流向知，放电时，碳电极是负极，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，镍电极为正极，电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；充电时阴阳极与放电时负极；正极反应式正好相反；据此分析解答。

【详解】

(1)放电时，镍电极是正极，正极上NiO(OH)得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，故答案为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；

(2)放电时，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，充电与放电相反，因此充电时，阴极反应式为2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑。【解析】2NiO(OH)＋2H2O＋2e－=2Ni(OH)2＋2OH－（或NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-）2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－14、略

【分析】【详解】

(1)反应物的能量高于生成物，因此是放热反应。反应热为反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即H=(a-b)kJmol-1，故答案为：放热；(a-b)kJ·mol-1；

(2)用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O。催化剂改变反应的途径，不改变始终态，则催化剂降低反应所需的活化能，但对反应热无影响。故答案为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；无；

(3)3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol，在25℃，101kPa下，每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216kJ，则该反应的热化学方程式是答案为：

(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故H1=1076kJmol-1+2436kJmol-1-(3413+343+465)kJmol-1=-99kJmol-1；

反应②-反应①得反应③，根据盖斯定律H3=H2-H1=-58kJmol-1-(-99kJmol-1)=+41kJmol-1，故答案为：-99；+41。【解析】放热(a-b)kJ·mol-1O2+4HCl2Cl2+2H2O无-99+4115、略

【分析】【详解】

(1)图1中，根据电子转移方向得知直流电源左边是正极，右边是负极，因此电解池左边是阳极，右边是阴极，阴极是水中氢离子得到电子变为氢气，剩余氢氧根，能使酚酞变红，因此气球b中的气体是H2，U形管右边的溶液变红；故答案为：H2；右。

(2)根据题意制备“84"消毒液的有效成分(NaClO)，则是电解生成的氯气和NaOH反应得到NaClO溶液，根据气体与液体的流动，饱和食盐水下方应该生成氯气，上方应该生成NaOH溶液，即d为电源的正极，c为电源负极，该发生器中反应的总离子方程式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑；故答案为：负；Cl－＋H2OClO－＋H2↑。

(3)根据电池反应式为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，Mg化合价升高，失去电子，是原电池负极，因此活性炭为正极，氧气参与反应，其正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，镁化合价升高变为+2价的Mg(OH)2，因此当有2molMg损耗时，转移4mol电子；故答案为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；4。【解析】H2右负Cl－＋H2OClO－＋H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－4三、判断题(共8题，共16分)16、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。17、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。18、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。19、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错20、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。23、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。四、结构与性质(共3题，共30分)24、略

【分析】【详解】

（1）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，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋；具有较强的还原性；

（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。【解析】①.N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+25、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，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3626、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)ABC五、计算题(共3题，共9分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据已知信息可列出三段式：则A的转化率与B的转化率之比为物质A的化学反应速率为由于转化量之比等于化学计量数之比，则解得x=3；

(2)由于温度和容积不变；且该反应反应前后气体的物质的量不变，再充入2molA和2molB，相当于增大压强，平衡不移动，即达到平衡后与原平衡等效，故B的物质的量为1.2mol×2=2.4mol；

(3)反应达到平衡后，各物质的浓度为：c(C)=1.2mol/L，c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.6mol/L，此反应在该温度时的化学平衡常数【解析】①.2∶1②.0.4mol·L-1·min-1③.3④.2.4mol⑤.7228、略

【分析】【详解】

(1)0.01mol甲苯(分子式为C7H8，常温下为液态)在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量。则1mol甲苯在足量氧气中燃烧生成CO2气体和液态水，放出3943kJ的热量，该反应的热化学方程式为C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝−3943kJ·mol−1；故答案为：C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝−3943kJ·mol−1。

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68kJ，1mol甲醇即32g完全燃烧放热725.76kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝−725.76kJ·mol−1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝−725.76kJ·mol−1。

(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=−241.8kJ·mol−1，该反应的活化能为167.2kJ·mol−1，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则其逆反应的活化能为167.2kJ·mol−1+241.8kJ·mol−1=409.0kJ·mol−1；故答案为：409.0。【解析】C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝−3943kJ·mol−1CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝−725.76kJ·mol−1409.029、略

【分析】【分析】

【详解】

在pH=1时，EDTA滴定的是Bi3+

WBi=×100%

=×100%

=17.00%

评分说明：

(1)若只给出在pH=1时，EDTA滴定的是Bi3+的判断；但计算公式不正确，得0.5分。

(2)若没有给出判断；但计算公式正确给1.5分；

(3)答案为17.0%也给0.5分；结算结果错误扣0.5分。

在pH=5时EDTA滴定的是Pb2+和Ni2+严的总量，用Pb(NO3)2标准溶液滴定的是与Ni2+'配合的EDTA；因此。

WNi=×100%

=×100%

=4.78%

Wpb=×100%

=×100%

=75.47%

评分说明：

(1)若只给出在pH=5时EDTA滴定的是Pb2+和Ni2+的总量，用Pb(NO3)2标准溶液滴定的是与Ni2+配合的EDTA的判断；但计算公式不正确，得1分。

(2)若没有给出判断；但两个计算公式均正确给3分；

(3)若没有给出判断；但一个计算公式均正确给2分。

(4)计算结果错误扣0.5分。【解析】75.47%六、元素或物质推断题(共4题，共16分)30、略

【分析】【分析】

电解A溶液生成三种物质，D为金属且常呈红色，则D为Cu，A为含氧酸的铜盐，在阴极生成金属，则阳极应生成O2，其中E可在B中燃烧说明B为O2，C为含氧酸，B与金属E反应得到F是一种黑色晶体，F为氧化物，F与酸反应后生成两种盐，说明金属为变价金属，则E应为Fe，则C为H2SO4，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，故F为Fe3O4，G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，A应为CuSO4.。

【详解】

（1）已知1gFe在氧气中燃烧放出的热量为QkJ；表示Fe燃烧热的热化学方程式为：

Fe(g)+2/3O2(g)==1/3Fe3O4(s)△H=-56QkJ/mol；（2）用惰性电极电解一定浓度的CuSO4的水溶液，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O2，阳极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；通电一段时间后，向所得溶液中加入8.0gCuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，而电解过程相当于析出CuO，故生成氧气为(8g/80g/mol)/2=0.05mol，则电解过程中收集到标准状况下的气体体积为