2024年苏科新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.实验①，B.实验②，时处于平衡状态，C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大2、由铜、锌和稀硫酸组成的原电池工作时，电解质溶液的pH怎样变化？A.不变B.先变小后变大C.逐渐变大D.逐渐变小3、下列说法中正确的是。

①镀层破损后；白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易被腐蚀。

②钢铁表面常易锈蚀生成Fe2O3·xH2O

③锌和铁构成原电池时；铁作负极。

④铅蓄电池中铅作负极，PbO2作正极，两极浸到稀H2SO4中A.只有①③B.只有②④C.①②③D.①②③④4、甲酸是一种一元有机酸．下列性质可以证明它是弱电解质的是A.甲酸能与水以任意比互溶B.1mol•L-1甲酸溶液的pH约为2C.10mL1mol•L-1甲酸恰好与10mL1mol•L-1NaOH溶液完全反应D.甲酸溶液的导电性比盐酸的弱5、25℃时，向20mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加0.1mol·L-1CHCOOH溶液；混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加醋酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.B点对应的溶液pH=7B.D点对应的V2=20mLC.D点对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)D.C点对应的溶液中：c(CHCOO-)=c(Na+)6、常温下，用溶液滴定溶液；pH随滴入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.的数量级为B.a点溶液中C.c点溶液中D.随着NaOH溶液的滴加，水的电离程度逐渐增大7、锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是()

A.锌电极发生氧化反应B.盐桥的作用是传导电子C.铜电极上发生的反应Cu2++2e-=CuD.该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行8、在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.6kJ/mol。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。下列说法错误的是。温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa10MPa45097.598.999.299.699.750085.692.994.997.798.3

A.从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多转化为三氧化硫，应选择的条件是450℃，10MPaB.在实际生产中，选定的温度为400~500℃原因是考虑催化剂的活性最佳C.在实际生产中，为了增大SO2的转化率可以无限量通入空气D.在实际生产中，采用的压强为常压原因是常压时转化率已经很高，增大压强对设备及成本要求太高9、乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是。

A.双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移B.阳极上的反应式为：C.制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子D.在上述电化学合成过程中只起电解质的作用评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、工业生产硫酸的过程中，涉及反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，该混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图所示。

(1)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的△H___(填""或"")0；若在恒温恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡___(填"向左""向右"或"不")移动。

(2)若反应进行到状态D时，v正___v逆。(填""""或"=")11、白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。

(1)已知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=-2983.2kJ·mol-1，P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s)ΔH2=-738.5kJ·mol-1。则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为___。

(2)已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(s)ΔH=-1638kJ·mol-1。在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气(标准状况)，恰好完全反应，则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为___，反应过程中放出的热量为____。

(3)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol-1)：P—P198；Cl—Cl243，P—Cl331。

则反应P4(白磷，s)+6Cl2(g)=4PCl3(s)的反应热ΔH=___。

(4)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热(△H)分别为-890.2kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1和-283.0kJ•mol-1，则生成1molCO所需热量为___。12、回答下列问题。

(1)下列物质中属于强电解质的是___________(填序号)。

①稀硫酸②硫酸钡③熔融氯化钠④氯水⑤醋酸铵。

(2)已知水的电离平衡曲线如图所示。

①写出使A点变为B点的措施：___________，采取该措施的原因是___________。

②向水中滴加适量NaOH溶液可实现A点→D点的变化，则D点对应溶液的pH为___________。

③℃时，的NaOH溶液中___________，若向该溶液中滴加盐酸使溶液呈中性，则所用溶液的体积比___________。

(3)常温下，碳酸的电离平衡常数为次氯酸的电离平衡常数向NaClO溶液中通入少量发生反应的离子方程式为___________。13、溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：

(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：_______；农业上用石膏(CaSO4·2H2O)降低其碱性的反应原理：_______。

(2)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_______(填“>”“＜”或“=”)n。

(3)常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=_______。

(4)25℃时，将amol·L-1氨水与0.01mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。

(5)已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10-39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K=_______。14、已知：①2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s)ΔH＝－701.0kJ·mol－1，②2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)ΔH＝－181.6kJ·mol－1。求反应Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH的值______。15、电池与工农业生产；日常生活有着密切的关联。请回答下列问题：

(1)燃料电池是目前电池研究的热点之一、某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极。

①负极是___________(填“a”或“b”)，该电极上发生___________(填“氧化”或“还原”)反应。

②b极发生的电极反应式是___________。

③标准状况下，消耗11.2L时，转移的电子数为___________。

(2)某同学利用家中废旧材料制作可使扬声器发出声音的电池，装置如下图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。

A．电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒B．在碳棒上有气体生成；该气体可能为氢气。

C．铝质易拉罐逐渐被腐蚀，说明铝失去电子D．扬声器发声；说明该装置将电能转化为化学能。

(3)铁及其化合物应用广泛，如可用作催化剂；印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。

①写出溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式：___________。

②若将①中的反应设计成原电池，请画出该原电池的装置图，标出正、负极和电解质溶液___________。16、某课外活动小组用如图装置进行实验；试回答下列问题。

(1)若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为______。

(2)若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为______；关于此实验的说法正确的是______(填序号)。

A.溶液中向A极移动。

B.从B极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝。

C.反应一段时间后通入适量气体可恢复到电解前电解质的浓度。

D.若标准状况下B极产生2.24L气体；则有0.2mol电子发生转移。

(3)该小组同学认为；如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气；氧气、硫酸和氢氧化钾。

①B出口生成的气体是______。

②通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因______；通过阴离子交换膜的离子数______(填“＞”；“＜”或“=”)通过阳离子交换膜的离子数。

③若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误18、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误19、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误20、用pH试纸测定氯化钠溶液等无腐蚀性的试剂的pH时，试纸可以用手拿。(_____)A.正确B.错误21、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22、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误23、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误24、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共14分)25、硫代硫酸钠是一种重要的化工产品，易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。工业上可用2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得。某兴趣小组利用如图装置拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)。

回答下列问题。

(1)仪器a的名称是_____，d中的试剂是_____(填编号)。

A.稀H2SO4B.NaOH溶液C.饱和NaHSO3溶液。

(2)b中反应的化学方程式为_____。

(3)为了保证Na2S2O3•5H2O的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_____。

(4)反应终止后，c中的溶液经______即可析出Na2S2O3•5H2O晶体，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，检验产品中是否存在Na2SO3，所需试剂为_____。

(5)为了测定产品纯度。以淀粉作指示剂，通过用Na2S2O3•5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液，计算Na2S2O3•5H2O含量。

①滴定前，有关滴定管的正确操作顺序为_____(填编号)：

检查活塞是否漏水→蒸馏水洗涤→______→______→______→______→______→开始滴定。

A.烘干B.装入滴定液至零刻度以上C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D.用洗耳球吹出润洗液E.排除气泡F.用滴定液润洗2至3次G.记录起始读数。

②滴定法测得产品中Na2S2O3•5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3•5H2O产品中可能混有的物质是_____。26、某化学兴趣小组要完成中和反应反应热的测定实验。

（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、玻璃搅拌器、0.5mol·L-1盐酸、0.50mol·L-1氢氧化钠溶液；实验尚缺少的玻璃用品是___________；___________。

（2）实验中能否用环形铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器___________(填“能”或“否”)；其原因是___________。

（3）他们记录的实验数据如下：

。实验用品。

溶液温度。

生成1molH2O放出的热量。

t1

t1

t2

a

50mL0.50mol·L-1NaOH溶液。

50mL0.5mol·L-1HCl溶液。

20℃

23.3℃

___________kJ

b

50mL0.50mol·L-1NaOH溶液。

50mL0.5mol·L-1HCl溶液。

20℃

23.5℃

已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ·℃-1·kg-1，各物质的密度均为1g·cm-3。

①计算完成上表(保留1位小数)。___________

②根据实验结果写出氢氧化钠溶液与盐酸反应的热化学方程式：___________。

（4）若用氢氧化钾代替氢氧化钠，对测定结果___________(填“有”或“无”，下同)影响；若用醋酸代替盐酸做实验，对测定结果___________影响。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共28分)27、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。28、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________29、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_____。30、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9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)；A正确；

B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4；即x≠0.4，B正确；

C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L；实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；

D．对比实验①和实验③；氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；

答案选C。2、C【分析】【详解】

锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌易失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应式为Zn+2H+=H2↑+Zn2+；随着反应的进行，氢离子浓度逐渐减小，则溶液的酸性逐渐减小，pH将逐渐变大；

故选：C。3、B【分析】【分析】

【详解】

①锌比铁活泼；所以白铁镀层破损后，锌被氧化作负极，铁会被保护，不易腐蚀，而锡不如铁活泼，破损后铁作负极，加速腐蚀，①错误；

②钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，最终得到Fe2O3·xH2O；②正确；

③锌比铁活泼；锌和铁构成原电池时，锌作负极，③错误；

④铅蓄电池总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电时，铅作负极，PbO2作正极；电解质溶液为稀硫酸，④正确；

综上所述答案为B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．甲酸能与水以任意比互溶；与甲酸的电离程度无关，所以不能证明甲酸是弱电解质，故A错误；

B．1mol/L甲酸溶液的pH约为2；甲酸溶液中氢离子浓度小于甲酸的浓度，说明甲酸部分电离，则证明甲酸是弱电解质，故B正确；

C．10mL1mol•L-1甲酸恰好与10mL1mol•L-1NaOH溶液完全反应；说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸的电离程度，则不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；

D．溶液的导电性与离子浓度成正比；与电解质强弱无关，所以不能说明甲酸是弱电解质，故D错误；

故选B。

【点睛】

题考查了电解质强弱的判断。弱电解质的判断不能根据物质的溶解性大小、溶液酸碱性判断。只要能说明醋酸在水溶液里部分电离就能证明醋酸为弱电解质，可以通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别，如测定等体积、浓度均为0.5mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液的导电性实验表明，盐酸的导电能力比CH3COOH溶液的导电能力大得多，因为溶液导电能力的强弱是由溶液里自由移动离子的浓度的大小决定的，因此同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱。电解质强弱是根据其电离程度划分的，与其溶解性、酸碱性、溶液导电能力都无关，为易错题。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.B点溶质为NaOH；HCOONa；溶液呈碱性，pH＞7，A错误；

B.二者恰好反应时生成醋酸钠，水的电离程度最大，所以C点对应的V1=20mL；B错误；

C.D点溶质为HCOONa、HCOOH，溶液呈中性，则对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)；C正确；

D.C点恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则对应的溶液中：c(CHCOO-)＜c(Na+)；D错误。

答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．据图可知0.100mol/L的H3PO4溶液的pH为1.7，即溶液中c(H+)=10-1.7mol/L，所以有数量级为10-3；A正确；

B．a点加入10mL等浓度NaOH溶液，所以a点时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=4，可知H2PO的电离程度大于水解，故溶液中B正确；

C．c点时加入20mLNaOH溶液，所以c点时溶液中的溶质为Na2HPO4，根据物料守恒得根据电荷守恒得联立可得C正确；

D．随着NaOH溶液的滴加，由起始到d点时(该点NaOH和H3PO4完全反应)水的电离程度逐渐增大；d点到e点溶液中由于NaOH的电离抑制水的电离，所以水的电离程度减小，D错误；

综上所述答案为D。7、B【分析】【分析】

此装置为铜锌双液原电池；锌比铜活泼，则锌作负极，失电子生成锌离子，铜作正极，铜离子得电子生成单质铜；内电路中，盐桥中的阳离子向正极移动。

【详解】

A．锌电极失电子；化合价升高，发生氧化反应，A说法正确；

B．盐桥的作用是传导盐桥中的阴阳离子；B说法错误；

C．铜作正极，电极上发生的反应Cu2++2e-=Cu；C说法正确；

D．该装置为原电池装置；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，实现了氧化反应和还原反应分开进行，D说法正确；

答案为B。8、C【分析】【分析】

从表中可以看出，温度不变时增大压强，SO2的平衡转化率增大；压强不变时升高温度，SO2的平衡转化率降低。

【详解】

A．由表格可知；450℃；10MPa时，二氧化硫的转化率较高，因此为了使二氧化硫尽可能多转化为三氧化硫，应选择的条件是450℃、10MPa，A正确；

B．虽然从理论上讲，温度越低，SO2的平衡转化率越高，但温度低SO2的反应速率慢；且催化剂的活性低，在400~500℃时，催化剂的活性最佳，对生产最有利，因此选定的温度为400~500℃原因是考虑催化剂的活性最佳，B正确；

C．在实际生产中，为了增大SO2的转化率；通入稍过量的空气，若空气的通入量过多，不仅会增大能源消耗，还会增大动力消耗，对设备的要求也会提高，C错误；

D．常压下二氧化硫的平衡转化率已经很高；虽然高压有利于提高原料的利用率，但高压对设备和动力的要求提高，成本增加，从经济效益考虑，常压对生产更有利，D正确；

故选C。9、C【分析】【分析】

乙二酸还原为乙醛酸，发生还原反应，则左侧电极为阴极，而Br-氧化为Br2，发生氧化反应，右侧电极为阳极，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸；电解池工作时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则双极膜的左侧膜为阳离子交换膜，右侧膜为阴离子交换膜；

【详解】

A．双极膜的右侧膜为阴离子交换膜，中间层的在外电场作用下，向右侧即石墨电极方向迁移，故A错误；

B．右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br--2e-=Br2，故B错误；

C．阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1mol乙二酸转化为1mol乙醛酸、与1mol乙二醛转化为1mol乙醛酸均转移2mol电子，根据电子守恒，则制得1mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子，故C正确；

D．电解池工作时，右侧Br-氧化为Br2，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，Br2再还原为Br-，说明KBr还起催化作用，故D错误；

故选：C。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图像可知，随着温度升高，SO3的百分含量减小，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，△H0；恒温恒压条件下向平衡体系中通入氦气，则反应器的体积增大，平衡向左移动，故答案为：<；向左；

(2)曲线为平衡线，反应进行到状态D时，反应没有达到平衡状态，D→A，需要增加SO3的百分含量才能达到平衡状态，即反应正向进行，所以v正>v逆，故答案为：【解析】①.<②.向左③.>11、略

【分析】【详解】

(1)①P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=-2983.2kJ·mol-1，②P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s)ΔH2=-738.5kJ·mol-1，根据盖斯定律：①−②×4可得：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=(−2983.2kJ/mol)−(−738.5kJ/mol)×4=−29.2kJ/mol；热化学方程式为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=-29.2kJ•mol-1；故答案为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=-29.2kJ•mol-1；

(2)在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气(标准状况)，白磷中磷原子物质的量==2mol，氧气物质的量==2.25mol，含有4.5mol氧原子；依据原子守恒列式计算：设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y，4x+4y=2，5x+3y=2.25，计算出x=0.375mol，y=0.125mol，最后生成0.375molP4O10，0.125molP4O6mol，故物质的量之比为3:1；P4(白磷，s)+3O2(g)═P4O6(s)△H=−1638kJ⋅mol−1；P4(白磷，s)+5O2(g)═P4O10(s)△H1=−2983.2kJ⋅mol−1；放出的热量=0.375mol×(−2983.2kJ/mol)+0.125mol×(−1638kJ/mol)=1323.45kJ；故答案为：3:1；1323.45kJ；

(3)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ⋅mol−1):P−P198，Cl−Cl243，P−Cl331；则反应P4(白磷，s)+6Cl2(g)═4PCl3(s)的反应热△H=198kJ/mol×6+6×243kJ/mol−4×3×331kJ/mol=−1326kJ/mol；故答案为：-1326kJ•mol-1；

(4)根据CH4、H2；和CO的燃烧热；可得热化学方程式：

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(L)△H=−890.2kJ⋅mol−1

②O2(g)+H2(g)=H2O(L)△H=−285.8kJ⋅mol−1

③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=−283.0kJ⋅mol−1

根据盖斯定律，①−②×2−③×2可得：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ⋅mol−1，即生成2molCO，需要吸热247.4kJ，则生成1molCO所需热量为123.7kJ，故答案为：123.7kJ。【解析】P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=-29.2kJ•mol-13：11323.45kJ-1326kJ•mol-1123.7kJ12、略

【分析】【详解】

（1）根据强碱；强酸、大多数盐等化合物都属于强电解质分析①稀硫酸为强电解质溶液；②硫酸钡是盐；属于强电解质；③熔融氯化钠属于盐，属于强电解质；④氯水是混合物；⑤醋酸铵是盐，属于强电解质。故选②③⑤。

（2）①由图示可知，图像中的各点对应的温度高低关系为所以A点变为B点的措施为升温，原因是水的电离为吸热过程。

②A点和D点对应温度相同，且为D点对应的pH为13。

③℃时，为的NaOH溶液中若向该溶液中滳加盐酸使溶液呈中性，则解得：

（3）由电离常数可知，酸性强弱顺序为故向NaClO溶液中通入少量发生反应的离子方䅣式为【解析】(1)②③⑤

(2)升高温度水的电离属于吸热过程131：10

(3)13、略

【分析】【详解】

(1)水解使土壤显碱性，对应方程式为Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH；CaSO4结合生成CaCO3沉淀，降低了浓度，其水解程度减弱，故碱性减弱，对应反应原理为：Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4；

(2)由于稀释时NH3·H2O继续电离，所以稀释相同倍数时，NaOH中c(OH-)变化幅度大于氨水中c(OH-)变化幅度，即稀释相同倍数时，溶液pH：NaOH＜NH3·H2O；故当氨水稀释倍数大于NaOH溶液稀释倍数时，两者稀释后pH才可能相等，即m＜n；

(3)CH3COOH与CH3COONa混合溶液pH=6，说明此时CH3COOH电离大于CH3COO-水解，水的电离受到抑制，H+主要来源于CH3COOH电离，故此时溶液中OH-代表水的电离情况，c(OH-)=即由水电离出的OH-浓度为1.0×10-8mol·L-1；

(4)由电荷守恒：结合知此时故溶液显中性；由于溶液此时显中性，故氨水未完全反应，=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH3·H2O)=由得NH3·H2O电离常数Kb=故此处填

(5)由题意得K=故此处填2.79×103。【解析】Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOHNa2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4＜1.0×10-8mol·L-1中2.79×10314、略

【分析】【详解】

根据盖斯定律，×(①-②)得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，△H=×[（-701.0kJ·mol－1）-（-181.6kJ·mol－1）]=-259.7kJ·mol－1，故答案为：-259.7kJ·mol－1。【解析】-259.7kJ·mol－115、略

【分析】【分析】

氢氧燃料电池工作时，通入氢气的一极（a极）为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极（b极）为电池的正极，发生还原反应，电子由负极经外电路流向正极，负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为2H2+O2=2H2O；该装置为原电池；铝为负极，铝失去电子生成铝离子；炭棒为正极，稀醋酸溶液中的H+在正极表面得电子生成氢气；原电池中；电子从负极经导线流向正极。

【详解】

(1)①通入氢气的一极（a极）为电池的负极，发生氧化反应，负极是a(填“a”或“b”)；该电极上发生氧化(填“氧化”或“还原”)反应。故答案为：a；氧化；

②氢氧燃料电池工作时，通入氧气的一极（b极）为电池的正极，发生还原反应：故答案为：

③标准状况下，消耗11.2L(0.5mol)时，转移的电子数为(或)。故答案为：(或)；

(2)A．原电池中，电子从负极经导线流向正极，故电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒，故A正确；B．炭棒为正极，在碳棒上有气体生成，可能是稀醋酸溶液中的H+得电子生成氢气；故B正确；C．铝为负极，铝失去电子生成铝离子，铝质易拉罐逐渐被腐蚀，故C正确；D．该装置为原电池，将化学能转化为电能，从而使扬声器发声，故D错误；故答案为：ABC；

(3)①溶液腐蚀印刷电路铜板，生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式：故答案为：

②若将①中的反应设计成原电池，铜作负极，氯化铁溶液作电解质，碳或惰性电极作正极，画出该原电池的装置图，标出正、负极和电解质溶液故答案为：【解析】a氧化(或)ABC16、略

【分析】【详解】

(1)开关K与a相连，装置构成原电池，Fe失去电子为原电池负极，电极反应式为

(2)开关K与b相连，装置构成电解NaCl溶液的电解池，A极为阳极，电极反应式为B为阴极，水电离出的H+在B极放电生成H2，电极反应式为故总反应的离子方程式为

A．电解池中，阳离子移动向阴极，则溶液中向B极移动；故错误；

B．从A极处逸出的氯气能将I-氧化为I2，淀粉遇I2变蓝；故错误；

C．生成的氢气和氯气从溶液中逸出，相当于HCl，则反应一段时间后通入适量气体可恢复到电解前电解质的浓度；故正确；

D．若标准状况下B极产生2.24L气体；即0.1mol氢气，则有0.2mol电子发生转移，故正确；故选CD；

(3)①由图可知，左侧为阳极，水电离出的OH-在阳极失电子产生O2，电极反应式为所以B出口生成的气体是O2；

②右侧为阴极，水电离出的在阴极附近放电生成氢气，引起水的电离平衡向右移动，使则阴极附近溶液pH会增大，从C口放出H2；通过阴离子交换膜移动向阳极，K+通过阳离子交换膜移动向阴极，则从A口导出H2SO4，从D口导出KOH溶液，因所带电荷数大于K+所带电荷数；所以通过阳离子交换膜的离子数大于通过阴离子交换膜的离子数；

③O2、H2、KOH溶液构成燃料电池时，O2在电池正极放电：O2+4e-+2H2O=4OH-。【解析】CD在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使＜三、判断题(共8题，共16分)17、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。19、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。20、B【分析】【详解】

pH试纸不能用手拿，应该放在干净的表面皿或玻璃片上。21、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。22、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。23、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。24、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。四、实验题(共2题，共14分)25、略

【分析】【分析】

根据题意可知，亚硫酸钠粉末与浓硫酸反应可制备得到二氧化硫，二氧化硫通入三颈烧瓶中与硫化钠、碳酸钠溶液发生反应可制备得到硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)；装置d为尾气吸收装置，可吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，据此分析。

【详解】

（1）根据仪器构造可知，仪器a的名称是分液漏斗；d的目的是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，所以d中的试剂是氢氧化钠溶液，B项符合题意，稀H2SO4与饱和NaHSO3溶液都不能吸收多余的二氧化硫；所以AC不符合题意，故选B。

（2）b中亚硫酸钠与浓硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（3）Na2S2O3遇酸易分解：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O。若SO2过量；溶液显酸性，产物分解造成硫代硫酸钠的产量降低；

（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可析出Na2S2O3•5H2O；Na2SO3可与稀盐酸发生反应产生能使品红褪色的二氧化硫气体，所以检验产品中是否存在Na2SO3；所需试剂为稀盐酸；品红溶液；

（5）①滴定前，有关滴定管的正确操作为检漏⟶蒸馏水洗涤⟶用滴定液润洗2至3次⟶装入滴定液至零刻度以上⟶排除气泡⟶调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下⟶记录起始读数；故答案为：FBECG；

②计算纯度结果超过100%，可能是混有与I2反应的杂质，所以是Na2SO3，也可能是混有失去部分结晶水的从而使得计算结果偏高，故答案为：Na2SO3或失去部分结晶水的【解析】(1)分液漏斗B

(2)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O

(3)若SO2过量；溶液显酸性，产物分解。

(4)蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥稀盐酸、品红溶液。

(5)FBECGNa2SO3或失去部分结晶水的26、略

【分析】（1）

中和热的测定实验中；需要用量筒量取酸溶液和碱溶液的体积，需要使用温度计测量反应前后的温度，则还缺少量取溶液体积的量筒和溶液温度的温度计，故答案为：量筒；温度计；

（2）

铜丝是热的良导体；若用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，搅拌时棒热量损失大，热量损失大，实验误差大，则实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故答案为：否；金属易导热，热量散失多，导致误差偏大；

（3）

由题给数据可知2次实验测得温度差分别为3.3℃、3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为=3.4℃，50mL0.55mol•L-1氢氧化钠溶液和50mL.0.5mol•L-1盐酸的质量和为100mL×1g/mL=100g，由放出热量Q=cm△t可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，则生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol，故答案为：ΔH=-56.8kJ·mol-1；

（4）

若用KOH代替NaOH，强碱KOH溶液也能和NaOH溶液与盐酸完全反应生成等量的水，同样可以测定反应的中和热，对测定结果无影响；若用醋酸代替盐酸，由于醋酸为弱酸，电离时吸收热量会导致反应生成等量的水放出的热量少，对测定结果有影响，故答案为：无；有。【解析】（1）量筒温度计。

（2）否金属铜丝易导热；热量散失多，导致误差偏大。

（3）56.8kJNaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH=-56.8kJ·mol-1

（4）无有五、结构与性质(共4题，共28分)27、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