2025年粤教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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下列说法不正确的是A.实验①白色沉淀是难溶的AgClB.由实验②说明AgI比AgCl更难溶C.若按①③②顺序实验，看不到黑色沉淀D.若按②①③顺序实验，看不到白色沉淀2、运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是A.反应NH4HCO3（s）＝NH3（g）＋H2O（g）＋CO2（g）ΔH＝＋185.57kJ·mol－11能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向。B.增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应可以加快反应速率。C.NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中。D.CH3COOH（aq）＋NaOH（aq）＝CH3COONa（aq）＋H2O（l）ΔH＝akJ·mol－1，HCl（aq）＋NaOH（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l）ΔH＝bkJ·mol－1，因醋酸电离吸热，所以a>b3、已知：H2A为二元弱酸，常温下0.1mol·L-1NaHA溶液pH<7，说法正确的是A.溶液中：c(Na＋)=c(HA-)B.溶液中：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)C.溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(A2-)＋c(HA-)＋c(OH-)D.溶液中加入少量NaOH溶液发生反应：H＋＋OH-=H2O4、某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是。

A.反应物的键能之和大于生成物的键能之和B.经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中C.HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率D.HAP降低了反应的活化能，提高活化分子百分数5、101kPa时，下列热化学方程式中的ΔH可表示燃烧热的是A.C(s)+O2(g)=CO(g)ΔHB.H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔHC.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔHD.C2H5OH(l)+3O2(g)=3H2O(l)+2CO2(g)ΔH6、500mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝0.3mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体1.12L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A.原混合溶液中c(Na＋)＝0.2mol·L－1B.电解后溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1C.上述电解过程中共转移0.4mol电子D.电解后得到的Cu的物质的量为0.1mol7、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A.强酸性溶液中：B.强碱性溶液中：C.含有的溶液中：D.澄清透明的溶液：评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列解释实验现象的反应方程式不正确的是A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2OB.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)C.向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红：CO＋2H2OH2CO3＋2OH–D.向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：H++SO＋Ba2+＋OH–＝BaSO4↓＋H2O9、某浓度的二元弱酸H2B溶液在不同pH下，测得PM变化如图所示，已知：pM=-1gc(M)，M代指H2B或HB-或B2-)；下列说法正确的是。

A.曲线I表示pHB-与pH关系B.pH=5时，c(HB-)2-)2B)C.H2B的Ka1=1×10-4.5D.由图像数据可以计算出溶液中的值为1×105.210、芝加哥伊利诺伊大学的研究人员设计了一种可用于商业化的新型锂金属电池；电池结构如图所示。电池工作时，下列说法错误的是（）

A.该装置将化学能转化为电能B.负极上发生的电极反应为Li–e-=Li+C.该电池可用LiOH溶液作电解质D.电池工作时，电路中每流过1mol电子，正极增重14g11、在3个体积均为2L的恒容密闭容器中，按不同投料比Z(Z=)充入HCl和O2，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为投料比分别等于1：1；4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系；下列说法正确的是。

A.平衡常数K(200℃)B.曲线L3投料比Z等于1：1C.相同温度下，投料比Z越大，平衡时氯气的体积分数越大D.若按L1的投料比反应某时刻处于M点，则M点的反应速率v正逆12、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是（）A.230℃时增加镍的量，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变B.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃C.第二阶段，Ni(CO)4分解率较高D.该反应达到平衡时，4υ消耗[Ni(CO)4]=υ生成(CO)13、氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生如下反应：

常温下，0.001的甘氨酸()溶液中各物种浓度对数值与pH的关系如图所示：

下列说法错误的是A.曲线③为的浓度与pH的关系图B.pH=7时，C.B点时，D.在溶液中14、常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液中含铁微粒FeOHFeOH3FeO的物质的量分数δ(X)随pOH变化如图。下列说法正确的是。

A.Ⅲ代表H2FeO4的变化曲线B.a、b、c三点水的电离程度相等C.25℃时，FeO+3H2OH3FeO+3OH-的平衡常数K=10-12.1D.b点处：c(Na+)+c(H+)+c(H3FeO)=c(OH-)+2c(FeO)+3c(HFeO)15、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能16、下列说法或表示方法正确的是A.等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC.由C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1可知，金刚石不如石墨稳定D.在100kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)；随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：

（1）反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为____________mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为________。

（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低；经10s又达到平衡。

①T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是______________。

②列式计算温度T时反应的平衡常数K2________________________。

（3）温度T时反应达第一次平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，达到新的平衡后与第一次平衡相对比：颜色____________（填“变深”或“变浅”或“不变”），c(NO2)/c(N2O4)的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)18、能源问题是人类社会面临的重大课题；甲醇是未来重要的能源物质之一。

（1）合成甲醇的反应为：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）△H；右图表示某次合成实验过程中甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度的关系曲线，则该反应的△H____

____0（填“＞；＜或＝”）

（2）若在230℃时，平衡常数K=1。若其它条件不变，将温度升高到500℃时，达到平衡时，K____1（填“＞；＜或＝”）

（3）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2．5molCO和7．5molH2，达到平衡时CO的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的____倍。

（4）利用甲醇燃料电池设计如右图所示的装置：则该装置中Cu极为____极。

①写出b极的电极反应式____。

②当铜片的质量变化为12．8g时：a极上消耗的O2在标准状况下的体积为____L。19、Ⅰ．如图为原电池装置示意图。

(1)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，B电极为_____极(填“正”或“负”)。写出A电极反应式：_____。该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将_____(填“增强”“减弱”或“不变”)。

Ⅱ．现用图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL；供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。

(2)b电极材料为_____，其电极反应式为_____。

(3)当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为_____，此时a电极质量_____(填“增加”或“减少”)_____g。

(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_____。20、(1)已知：①Fe(s)+O2(g)=FeO(s)△H1=-270.0kJ/mol；②2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)，△H2=-1675.7kJ/mol。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是___________，某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是________（填“能”或“不能”），你的理由是___________________。

(2)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推算。已知：

①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=+393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，计算298K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变(列出简单的计算式)：_____________________。21、（1）实验测得4g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式______。

（2）现已知N2（g）和H2（g）反应生成1molNH3（g）过程中能量变化如图所示。根据下列键能数据计算N-H键键能为______kJ/mol。

化学键H-HN≡N键能（kJ/mol）436946

（3）用如图所示装置进行中和热测定实验；请回答下列问题：

仪器A的名称为______。取50mLHCl（0.1mol•L-1）溶液与50mLNaOH（0.1mol•L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，通过实验并计算可得中和热为54.8kJ/mol，上述实验数值与57.3kJ/mol有偏差，产生此偏差的原因可能是______（填字母序号）。

a；实验装置保温、隔热效果差。

b；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度。

c；一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中。

若用50mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液代替HCl溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会______（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。22、按要求回答下列问题：

（1）甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一，该电池在正极通入氧气，在负极通入甲烷，电解质溶液通常是KOH溶液，请写出该电池的负极反应式___。

（2）常温下，将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，2min后溶液中明显出现浑浊，请写出相关反应的化学方程式：___；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。23、工业上为了处理含有酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水加入适量NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有和沉淀生成；工业废水中铬的含量已低于排放标准。请回答下列问题：

(1)两极发生反应的电极反应式：

阴极：________________________________________。

阳极：________________________________________。

(2)写出变为离子方程式：_______________________________。

(3)废水由酸性变为碱性的原因是_______________。

(4)____填“能”或“不能”改用石墨电极，原因是______________。24、碘是人类发现的第二个生命科学必需微量元素。回答下列问题：

（1）碘与氯是同族元素，它们位于元素周期表的第___族；HI的还原性比HCl___（填“强”或“弱”）。

（2）自然界中的碘有的以NaIO3形态存在于硝石(NaNO3)中，向硝石母液中加入NaHSO3可以制得I2，请写出NaIO3溶液和NaHSO3溶液反应的离子方程式____。

（3）碘还以碘化物的形态存在于海水中；被海藻类植物吸收而富集，从海带中提取碘的过程如下：

步骤③的操作名称为__；步骤④发生反应的离子方程式为___；步骤⑤的实验操作为____；

（4）步骤③得到的滤液中c（I-）=0.004mol/L，取10mL滤液加入10mLPb(NO3)2溶液，若要生成PbI2沉淀，则所加Pb(NO3)2溶液的浓度应大于___mol/L[已知Ksp（PbI2）=9.8×10-9]。评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)25、时，若测得溶液取该溶液加蒸馏水稀释至测得则是弱酸。(________)A.正确B.错误26、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误27、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共3题，共6分)28、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_____。29、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。30、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2题，共18分)31、（1）已知：H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)△H=－184.6kJ•mol－1则反应HCl(g)═1/2H2(g)+1/2Cl2(g)的△H为_______。

（2）由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ/mol的热量。从手册上查出N≡N键的键能是948.9kJ/mol；H-H键的键能是436.0kJ/mol，则N-H键的键能是_______kJ/mol。

（3）黑火药是中国古代的四大发明之一；其爆炸的热化学方程式为：

S(s)+2KNO3(s)+3C(s)==K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol－1

已知碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1

S(s)+2K(s)==K2S(s)ΔH2=bkJ·mol－1

2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1则x为_______kJ/mol

（4）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态过氧化氢。当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量(相当于25℃、101kPa下测得的热量)。反应的热化学方程式为_________________________________。32、某温度时；在2L的密闭容器中，X；Y、Z(均为气体)的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_______。

(2)下列措施能加快反应速率的是_______(填序号；下同)。

A．恒压时充入HeB．恒容时充入HeC．恒容时充入X

D．及时分离出ZE．升高温度F．选择高效的催化剂。

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。

A．v(X)=v(Y)B．2v正(Y)=v逆(Z)C．容器内压强保持不变。

D．容器内混合气体的密度保持不变E．X；Y、Z的浓度相等。

(4)反应从开始至2min，用X的浓度变化表示的平均反应速率v(X)=_______。

(5)将5molX与3molY的混合气体通入2L的密闭容器中并发生上述反应，反应到某时刻各物质的物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体X的转化率=_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

取1mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中加入过量氯化钠溶液生成氯化银白色沉淀；滴加过量KI溶液生成黄色沉淀碘化银，再加入过量硫化钠溶液生成硫化银沉淀，沉淀转化的实质是向更难溶的方向进行。

【详解】

A.分析可知；实验①白色沉淀是难溶的AgCl，A正确；

B.由实验②说明AgI比AgCl更难溶；可以实现沉淀转化，B正确；

C.若按①③顺序实验；硫化银溶解度小于氯化银，也可以实现转化看到黑色沉淀生成，C错误；

D.由实验②说明AgI比AgCl更难溶；若按②①顺序实验，此条件下碘化银不能转化为氯化银，看不到白色沉淀，D正确；

答案选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A.反应NH4HCO3(s)＝NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ·mol－11能自发进行；是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故A正确；

B.增大反应物浓度可加快反应速率；铁与稀硫酸反应本质是与氢离子反应，浓硫酸水的量少，电离的氢离子量少，且浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，故不能加快速率，B错误；

C.NH4F水溶液中含有HF，HF与玻璃会反应，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中；故C正确；

D.CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝akJ·mol－1，HCl(aq)＋NaOH(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝bkJ·mol－1，因醋酸电离吸热，因此醋酸与氢氧化钠放出的热量少，焓变大，所以a>b；故D正确。

综上所述，答案为B。3、B【分析】NaHA溶液中村子一下平衡：HA-H++A2-；HA-+H2OH2A+OH-，pH<7；所以电离大于水解，据此解题。

【详解】

A．溶液中：c(Na＋)＞c(HA-)；故A错误；

B．溶液中：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)；故B正确；

C．溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(OH-)；故C错误；

D．溶液中加入少量NaOH溶液发生反应：HA-＋OH-A2-+H2O；故D错误；

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O；反应是放热反应，因此反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；

B．根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中；故B错误；

C．HAP改变了该反应的历程；加快了反应速率，但焓变不变，故C错误；

D．HAP作为催化剂；降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，故D正确。

综上所述，答案为D。5、D【分析】【分析】

【详解】

燃烧热是在一定条件下；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；

A．CO不是C的稳定氧化物；选项A不正确；

B．水的稳定状态不是气态而是液态；选项B不正确；

C．NH3的物质的量应该是1mol；选项C不正确；

D．表示了1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳气态和液态水时的焓变，故表示C2H5OH(l)的的燃烧热；选项D正确。

答案选D。6、B【分析】【详解】

石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况），n（O2）＝n（H2）＝1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol。阳极发生。

4OH--4e-＝O2↑+2H2O

0.2mol0.05mol

阴极发生Cu2++2e-＝Cu、2H++2e-＝H2↑

0.05mol0.1mol0.1mol0.1mol0.05mol

A．c（Cu2+）＝0.05mol÷0.5L＝0.1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（Na+）为0.3mol/L-0.1mol/L×2＝0.1mol/L；A错误；

B．电解后溶液中c（H+）依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定得到溶液中氢离子浓度＝(0.2mol−0.1mol)÷0.5L＝0.2mol/L；B正确；

C．由上述分析可知；电解过程中转移电子总数为0.2mol，C错误；

D．电解得到的Cu的物质的量为0.05mol；D错误；

答案选B。

【点晴】

明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的计算应用。7、B【分析】【详解】

A．强酸性溶液中，H+、Fe2+、能发生氧化还原反应；不能共存，A不符合；

B．强碱性溶液中：氢氧根离子互不反应；可以共存，B符合；

C．与Al3+能发生双水解；不能共存；它在酸性溶液中反应生成二氧化碳气体，不能共存，C不符合；

D．I-、Fe3+间发生氧化还原反应；不能共存，D不符合；

答案选B。二、多选题(共9题，共18分)8、CD【分析】【详解】

A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2O；A正确；

B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)；B正确；

C．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根的水解反应为分步进行，以第一步为主，故正确CO＋H2O＋OH–；C错误；

D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性：2H++SO＋Ba2+＋2OH–＝BaSO4↓＋2H2O；D错误；

故答案为：CD。9、AD【分析】【分析】

H2B电离平衡：H2BH++HB-，pH增大，电离平衡正向移动，c(H2B)持续减小，pH2B持续增大，因此Ⅱ为pH2B与pH关系；c(B2-)持续增大，pB2-持续减小，因此同时过Y和Z的曲线代表pB2-与pH关系；曲线Ⅰ代表pHB-与pH关系。

【详解】

A．由分析可知曲线I表示pHB-与pH关系；A正确；

B．结合分析和图可知pH=5时，pHB-2-2B，故c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)；B错误；

C．H2B的Ka1=pH2B=pHB-时，c(H2B)=c(HB-)，此时pH=1.9，故Ka1=10-1.9；C错误；

D．H2B的Ka2=pB2-=pHB-时，c(B2-)=c(HB-)，此时pH=7.1，故Ka2=10-7.1，故=Ka1·==105.2；D正确；

选AD。10、CD【分析】【详解】

A．由题意可知该装置为原电池；原电池是将化学能转化为电能的装置，A正确；

B．Li作为电池的负极失去电子发生氧化反应，即Li–e-=Li+；B正确；

C．电解质溶液中的水能与电极Li发生氧化还原反应；电解池应为非水电解质，C错误；

D．根据转移电子守恒；电路中每流过1mol电子，正极1mol锂离子得到电子生成单质锂，所以增重7g，D错误。

答案选CD11、BD【分析】【分析】

HCl起始充入量越多，自身转化率越低，所以提高充入比，HCl的平衡转化率降低，说明L3表示Z=1:1时的曲线，L2表示Z=4:1时的曲线，L1表示Z=7:1时的曲线。

【详解】

A．根据图象，随着温度升高，HCl平衡转化率降低，说明温度升高不利于反应正向进行，正反应放热，△H＜0，所以温度升高，K减小，故K(200℃)>K(400℃)；故A错误；

B．由上述分析可知，L3表示Z=1:1时的曲线；故B正确；

C．相同温度下；投料比等于方程式计量数之比时，生成物氯气的体积分数最大，故C错误；

D．400时线L1上的平衡转化率小于M点的转化率，说明M点时，反应在逆向进行，则M点v正逆；故D正确。

答案选BD。12、CD【分析】【详解】

A．230℃时增加镍的量；平衡不移动，故A错误；

B．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4；因此第一阶段在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B错误；

C．第二阶段，Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，K=5×105，平衡常数大，因此Ni(CO)4分解率较高；故C正确；

D．不论平衡与否，4υ消耗[Ni(CO)4]=υ生成(CO)都成立；故D正确。

综上所述，答案为CD。13、AD【分析】【详解】

A．由氨基酸在水溶液中可通过得到或失去发生反应可知，氢离子浓度增大，含量最大，氢离子浓度减小，含量最大；曲线①为pH值最小，氢离子浓度最大，故曲线①为的浓度与pH的关系图；A错误；

B．由A分析可知，②③分别为的曲线，由图可知，时，B正确；

C．①③分别为的曲线，B点时c()=c()，=pH；C正确；

D．在溶液中存在质子守恒D错误；

故选：AD。14、AC【分析】【分析】

溶液pOH越大，溶液中氢氧根离子浓度越小，FeO的物质的量分数越小，H3FeO的物质的量分数越大，由图可知，曲线Ⅰ代表FeO的变化、曲线代表ⅡHFeO的变化、曲线Ⅲ是代表H2FeO4的变化、曲线Ⅳ代表H3FeO的变化。

【详解】

A．由分析可知，曲线Ⅲ是代表H2FeO4的变化曲线；故A正确；

B．a、b；c三点溶液中微粒成分不同；溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，则水的电离程度不相等，故B错误；

C．FeO+H2OHFeO+OH-的平衡常数K1=当c(FeO)=c(HFeO)时，K1=c(OH-)，由图可知a点c(FeO)=c(HFeO)，pOH=1.6，则K1=10—1.6，同理可知HFeO+H2OH2FeO4+OH-的平衡常数K2=10—3.2，H2FeO4+H2OH3FeO+OH-的平衡常K3=10—7.3，FeO+3H2OH3FeO+3OH-的平衡常数K==××=K1×K2×K3=10-12.1；故C正确；

D．b点溶液中c()=c(H2FeO4)，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3FeO)=c(OH-)+2c(FeO)+c(HFeO)+2c(SO)，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则b点溶液中c(Na+)+c(H+)+c(H3FeO)≠c(OH-)+2c(FeO)+3c(HFeO)；故D错误；

故选AC。15、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。16、BC【分析】【详解】

A．硫蒸气转化为硫固体放出热量；则等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，即前者放出热量多，A错误；

B．“H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1”表示在稀溶液中强酸与强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出57.3kJ的热量，由于浓硫酸溶于水放热，则含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合生成1molH2O放出的热量大于57.3kJ；B正确；

C．石墨转化为金刚石为吸热反应；说明等量的石墨具有的能量小于金刚石，能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定，C正确；

D．2gH2物质的量为=1mol，则H2燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1；D错误；

答案选BC。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；根据0～60s时段，N2O4浓度变化情况可以求出v(N2O4)；根据图像中的数据；可以求出平衡常数K；

（2）①N2O4(g)2NO2(g)，△H＞0，升温，平衡右移，c(N2O4)降低；根据∆c=v(N2O4)×∆t，可以求出N2O4气体、NO2气体变化的浓度，然后根据第二次反应达平衡时，求出总c(NO2)、c(N2O4)，进而求出K2；

（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡向着气体体积减小的方向移动，判断c(NO2)/c(N2O4)的值变化情况；体积减小造成气体的浓度增大是主要因素；所以混合气体的颜色加深。

【详解】

（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；在0～60s时段，N2O4浓度变化为0.1-0.04=0.06mol/L，反应速率v(N2O4)为=0.06/60=0.0010mol·L－1·s－1；根据图像中的数据可知，反应的平衡常数K=c2(NO2)/c(N2O4)=0.122/0.04=0.36mol·L－1；

综上所述，本题答案是：大于，0.0010，0.36mol·L－1。

（2）①c(N2O4)降低；平衡向正反应方向移动，因为正反应方向吸热，T大于100℃；

综上所述；本题答案是：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高。

②反应达到平衡时，c(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.16mol·L－1，c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，K2＝c2(NO2)/c(N2O4)=0.162/0.02≈1.3mol·L－1；

综上所述，本题答案是：平衡时，c(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.16mol·L－1，c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，K2＝1.3mol·L－1。

（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，即平衡向逆反应方向移动；由于气体体积减小，造成气体的浓度增大的影响比平衡左移造成NO2(g)浓度减小的影响要大，所以达到新的平衡后与第一次平衡相对比颜色变深；由于平衡左移，c(NO2)减小，c(N2O4)增大，所以c(NO2)/c(N2O4)的值减小；

综上所述；本题答案是：逆反应，变深，减小。

【点睛】

针对于N2O4(g)2NO2(g)，△H＞0，其它条件下不变，增大压强，平衡向左移动，二氧化氮的量稍有减小，由于气体的体积减小的影响较大，即气体的浓度增加较多，所以最终混合和气体的颜色比改变条件前颜色要深。【解析】①.大于②.0.0010③.0.36mol·L－1④.大于⑤.反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高⑥.平衡时，c(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.16mol·L－1，c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，K2＝1.3mol·L－1⑦.逆反应⑧.变深⑨.减小18、略

【分析】【分析】

（1）230℃处于平衡状态；再升高温度甲醇的体积分数，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；

（2）说明升高温度平衡向逆反应方向移动；平衡常数减小；

（3）参加反应CO为2.5mol×90%=2.25mol；进而计算平衡时混合气体总物质的量，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比；

（4）b电极通入甲醇，发生氧化反应，a电极通入氧气，发生还原反应，则a为正极、b为负极，Cu连接a极，则为阳极，b电极上甲醇失去电子；碱性条件下生成碳酸根离子与水；根据电子转移守恒计算消耗氧气的体积。

【详解】

（1）230℃处于平衡状态；再升高温度甲醇的体积分数，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，则△H＜0，因此，本题正确答案是：＜；

（2）正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则K＜1，因此，本题正确答案是：＜；

（3）参加反应CO为2.5mol×90%=2.25mol；则：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体物质的量减小。

12

2.25mol4.5mol

故平衡后混合气体总物质的量为2.5mol+7.5mol-4.5mol=5.5mol；恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，此时容器内的压强为开始时的5.5/（2.5+7.5）=0.55倍；

因此；本题正确答案是：0.55。

（4）b电极通入甲醇，发生氧化反应，a电极通入氧气，发生还原反应，则a为正极、b为负极；Cu连接a极，则为阳极；

①b电极上甲醇失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO2-3+6H2O；

②当铜片的质量变化为12.8g时，消耗的Cu为12.8/64=0.2mol，根据电子转移守恒可以知道消耗氧气为0.2×2/4=0.1mol，则a极上消耗的O2在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

因此，本题正确答案是：阳；CH3OH+8OH--6e-=CO2-3+6H2O；2.24。【解析】（1）<（2分）

（2）<（1分）

（3）0.55（2分）

（4）阳（1分）

①CH3OH+8OH--6e-==CO2-3+6H2O（2分）

②2.24（2分）19、略

【分析】【分析】

(1)A电极上通入H2失2e−生成H＋与KOH溶液中的OH−生成水，消耗了OH−；该反应生成水；导致KOH的浓度减小；

(2)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b上氢离子得电子生成氢气；

(3)根据电极方程式结合气体的物质的量求算电子的物质的量；a极为Zn作负极失电子，根据电子守恒计算Zn的质量；

(4)如果将a、b两电极的电极材料对调；则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气。

【详解】

(1)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，A为负极，B为正极，负极电极反应式为H2＋2OH−−2e−＝2H2O；该电池在工作一段时间后；KOH溶液的浓度减小，溶液的碱性将减弱；

故答案为：正；H2＋2OH−−2e−＝2H2O；减弱；

(2)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b上氢离子得电子生成氢气，其电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑；

故答案为：铜；2H＋＋2e－=H2↑；

(3)当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体，则n(H2)＝＝＝0.03mol，已知b上的电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，则通过导线的电子的物质的量为0.06mol，a电极上的反应为：Zn−2e−═Zn2＋；则溶解的Zn的物质的量为0.03mol，则减小的Zn的质量为65g/mol×0.03mol＝1.95g；

故答案为：0.06mol；减小；1.95；

(4)如果将a、b两电极的电极材料对调；则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气，则左边上有氢气生成，所以U形管中左端溶液下降，右端溶液上升；

故答案为：左端溶液下降，右端溶液上升。【解析】正H2＋2OH－－2e－=2H2O减弱铜2H＋＋2e－=H2↑0.06mol减少1.95左端液面下降，右端液面上升20、略

【分析】【分析】

(1)结合热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；利用铝热反应大量制取金属时考虑经济效益；

(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到待求反应的热化学方程式；

【详解】

(1)将方程式②-①×3得2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-859.7kJ/mol。

利用铝热反应在工业上大面积炼铁时；需要消耗冶炼成本更高的Al，冶炼Fe的成本就太高了，不经济，因此不能用于工业炼铁；

(2)已知：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=+393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③得到反应的热化学方程式为：4C(s，石墨)+2H2(g)=2C2H2(g)△H=(4△H1+△H2-△H3)=+453.4kJ/mol；则反应产生1mol乙炔的热化学方程式为：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=(4△H1+△H2-△H3)×=+226.7kJ/mol。

【点睛】

本题考查了物质燃烧的热化学方程式的书写、焓变求算。注意表示热化学方程式的书写要注明物质聚集状态和反应热的正负号问题及与反应的物质相对应的反应热。注意基础知识的积累掌握是关键，题目侧重考查学生的综合运用能力。【解析】2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-859.7kJ/mol不能该反应为引发反应，需消耗大量能量，并且铝比铁更难冶炼，价格更高，成本较高△H=(4△H1+△H2-△H3)×=+226.7kJ/mol21、略

【分析】【分析】

（1）燃烧热指的是：1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，常温下，碳元素生成的稳定氧化物是CO2气体，氢元素生成的稳定氧化物是液态H2O；

（2）△H=反应物断键吸收的热量－生成物成键放出的热量；

（3）中和热的测定实验需注意：保温；隔热；选择强酸、强碱的稀溶液；温度计测过一种溶液的温度之后要洗干净、擦干；再测量其他溶液的温度；将酸、碱溶液迅速混合，减少热量损失。

【详解】

（1）4gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出90.8kJ热量，则32g（1mol）CH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.4kJ热量，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－726.4kJ/mol；

（2）由图可知，N2（g）和H2（g）反应生成NH3（g）的热化学方程式为N2（g）+H2（g）NH3（g）△H=1127kJ/mol－1173kJ/mol=－46kJ/mol，设N-H键的键能为x，则×946kJ/mol+×436kJ/mol－3x=－46kJ/mol；x=391kJ/mol，即N-H键的键能为391kJ/mol，故答案为：391；

（3）由装置图可知，仪器A为环形玻璃搅拌棒；通过实验并计算可得中和热为54.8kJ/mol，上述实验数值比57.3kJ/mol偏小，可能的原因为：实验装置保温、隔热效果差，使热量散失多，测得的温差偏小；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，温度计上沾有的NaOH溶液与HCl反应放出热量，测得的HCl溶液的起始温度偏高，则温差偏小；而一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，可减少热量散失，操作正确；CH3COOH是弱电解质，边反应边电离，电离过程吸热，使测得的反应前后的温度变化值偏小；故答案为：环形玻璃搅拌棒；ab；偏小。

【点睛】

以下情况，即使生成1molH2O；但反应热不等于中和热：

①弱酸或弱碱参与反应，反应前后的能量变化除了有H+与OH-生成水时放出的热量；还包含弱酸或弱碱电离时吸收的热量；

②H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l)，生成BaSO4沉淀会放出热量；

③浓硫酸参与反应；浓硫酸稀释会放出热量；

④NaOH固体参与反应，NaOH溶解过程会放热。【解析】CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4kJ/mol391环形玻璃搅拌棒ab偏小22、略

【分析】【分析】

（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应为：CH4失电子，转化为CO32-和H2O。

（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应为：Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中；则温度升高，出现浑浊的时间将减少。

【详解】

（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。答案为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；减少。

【点睛】

燃料电池中，两电极通入的物质相同，电解质不同时，电极反应式可能不同。在书写电极反应式时需注意，在碱性电解质中，负极CH4的反应产物不是CO2和水，而是K2CO3和水，这是我们解题时的易错点。【解析】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2ONa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O减少23、略

【分析】【分析】

根据电解池阴阳极的放电顺序可知，用铁作电极时，阳极为Fe放电生成阴极为放电生成氢气，在阳极附近被还原为由于不断在阴极上得电子成为而析出，且与的反应也在消耗使得溶液由酸性变为中性，再由中性变为碱性，从而生成和沉淀；达到处理废水的目的。

【详解】

由于铁作为电极，故在电解的时候，阳极为Fe放电，电极方程式为：溶液中有与根据放电顺序可知，阴极为得电子生成氢气，电极方程式为：故答案为：

根据题意，在酸性条件下，溶液中生成了具有还原性的此时被还原为根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为：故答案为：

由于不断在阴极上得电子成为而析出，且与的反应也在消耗使得溶液由酸性变为中性，再由中性变为碱性，从而生成和沉淀，达到处理废水的目的，故答案为：不断在阴极上得电子成为而析出，且与的反应也在消耗使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性；

若改用石墨电极，阳极产物为而不是没有的还原作用，就不能变为也就不能转化成沉淀而被除去，故答案为：不能；若改用石墨电极，阳极产物为而不是没有的还原作用，就不能变为也就不能转化成沉淀而被除去。【解析】不断在阴极上得电子成为而析出，且与的反应也在消耗使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性不能若改用石墨电极，阳极产物为而不是没有的还原作用，就不能变为也就不能转化成沉淀而被除去。24、略

【分析】【详解】

（1）氯位于周期表的第ⅦA族；碘和氯与是同族元素，所以碘也位于元素周期表的第ⅦA族；HI的还原性比HCl强。故答案为ⅦA，强；

（2）NaIO3溶液和NaHSO3溶液反应生成I2，碘的化合价降低，所以NaHSO3中硫的化合价升高，由+4价升高到+6价，根据电子守恒配平，得到反应的离子方程式为2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O；

（3）从海带灰的悬浊液得到含碘离子的溶液，需要经过过滤操作；从含碘的水溶液得到含碘的苯溶液，需要经过萃取分液。第④步碘离子被氧化为碘单质，MnO2做氧化剂，其本身被还原为Mn2+，酸性条件下的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，故答案为过滤，2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；萃取（或萃取；分液）；

（4）c（I-）=0.004mol/L，10mL滤液加入10mLPb(NO3)2溶液，溶液体积为20mL，所以此时溶液中的c（I-）=0.002mol/L，根据Ksp（PbI2）=9.8×10-9，可求得c(Pb2+)=mol/L，所以所加Pb(NO3)2溶液的浓度应大于2.45×10-3mol/L×2=4.9×10-3mol/L。【解析】ⅦA强2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O过滤2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O萃取（或萃取、分液）4.9×10-3四、判断题(共3题，共6分)25、B【分析】【详解】

无论是强酸还是弱酸，当时，稀释10倍后溶液仍然是酸性，溶液始终小于7，即则

故答案为：错误。26、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。27、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。五、结构与性质(共3题，共6分)28、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+29、略

【分析】【详解】

（1）①根据题中信息，随着氢气体积分数的增加，NO中被还原的价态逐渐降低，根据图像可知，当氢气的体积分数在0.5×10-3～0.75×10-3时，NO转化率基本为100%，而氮气和氨气的体积分数仍呈增加趋势，NO中N显+2价，N2中N显0价，NH3中N显-3价，因此当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；故答案为当氢气较少时，NO被还原为N的+1价化合物或N2O；

②根据盖斯定律可知，－脱硝反应，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①该过程发生的两个反应都是物质的量减少的放热反应；恒温恒容状态下，随着时间的进行，气体物质的量减小，压强降低，而绝热容器中，虽然气体物质的量减小，但温度升高，气体压强增大，因此根据图像可知，X为绝热容器，Y为恒温容器；故答案为甲；

②因为反应为放热；甲绝热容器内反应体系温度升过高，反应速率快，先达到平衡，温度升高，平衡左移，平衡时压强增大，因此点a可能已达到平衡；故答案为可能；

③曲线Y是恒温过程的乙容器，恒温容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，开始时体系总压强为9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2H++2e-=H2O2；故答案为还原；O2+2H++2e-=H2O2。【解析】(1)H2较少时，NO主要被还原为N2O(或+1价含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)还原O2+2H++2e-=H2O230、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