2025年湘教新版选择性必修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2025年湘教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷676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、关于中和热，下列说法正确的是A.在稀溶液中，任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O(l)时放出的热量均为57.3kJB.测定中和热过程中，实验前用温度计测量NaOH溶液的温度后，立刻测定盐酸的温度C.1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)=1/2BaSO4(s)+H2O(l)，该反应△H=-57.3kJ/molD.中和热的测定实验中，可选择50mL0.5mol/L稀盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验2、在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论认为厌氧细菌可促使与H或H2反应生成S2-；加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示：

下列说法正确的是A.正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-B.钢管腐蚀的产物中含有FeS、Fe(OH)2等C.与H2反应可表示为4H2+-8e-S2-+4H2OD.向钢中加入Cu制成合金可减缓钢管的腐蚀3、铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为含杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

下列叙述不正确的是A.“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：B.向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入溶液，溶液的pH增大C.“电解Ⅰ”过程中石墨电极被阳极上产生的氧化D.“电解Ⅱ”阳极的电极反应式为：4、造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)；可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是。

A.溶液中存在B.反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2：1C.在废水处理过程中，CoPc为催化剂，为氧化剂D.反应Ⅲ中与等物质的量反应，反应的化学方程式为5、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.44g22Ne含有的中子数为24NAB.pH=2的H2SO3溶液中，H+的数目为0.01NAC.标准状况下2.24LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯元素的微粒总数为0.2NAD.1L0.1mol∙L-1的NaHCO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、3A⇌3B+C在某一温度时；达到平衡。

（1）若温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应是_______热反应；

（2）若温度固定，扩大容器的体积，平衡向逆反应方向移动，则A一定呈_______态；

（3）若A是气态时，加压时，平衡不移动，则B为_______态。7、用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为___________

8、Ⅰ.如下图为相互串联的甲；乙两个电解池(电极都是惰性电极)；

请回答：

(1)写出甲电解池中的电解反应方程式：甲___________。

(2)若甲槽阴极增重12.8g，则乙槽阳极放出气体在标准状况下的体积为___________。

(3)若乙槽剩余液体为400mL，则电解后得到碱液的物质的量浓度为___________。

Ⅱ．将洁净的金属片A；B、C、D分别放置在浸有食盐溶液的滤纸上面并压紧(如图所示)；在每次实验时，记录电压表指针的移动方向和电压表的读数如下：

金属电流方向电压/VACu→A＋0.78BB→Cu-0.15CCu→C＋1.35DCu→D＋0.30

已知：构成两电极的金属其活动性相差越大；电压表读数越大。请依据表中数据判断：

(1)___________金属可能是最强的还原剂。(填字母)

(2)___________金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。(填字母)

(3)若滤纸不用盐溶液浸润而改用NaOH溶液浸润，则在滤纸上能看到有蓝色沉淀析出的是___________(填字母)。金属对应的原电池的正极电极反应式为___________。9、当温度高于500K时；科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇(可逆反应)，这在节能减排；降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：

（1）该反应的化学方程式______________________________________________。

（2）在恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是________。

a．体系压强不再改变。

b．H2的浓度不再改变。

c．气体的密度不随时间改变。

d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3:1

（3）在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中，起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图。

根据图中数据分析：

①降低温度，平衡向________方向移动。

②在700K、起始投料比＝1.5时，H2的转化率为________。

③在500K、起始投料比＝2时，达到平衡后H2的浓度为amol·L－1，则达到平衡时CH3CH2OH的浓度为________。10、如图所示装置可构成原电池。试回答下列问题：

（1）电解质溶液为浓硝酸时，灯泡______(填“亮”或“不亮”，填“亮”做a题，填“不亮”做b题)。

a.若灯泡亮，则Mg电极上发生的反应为：____________；

b.若灯泡不亮；其理由为：_______________________

（2）电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡______(填“亮或“不亮”，填“亮”做a题，填“不亮”做b题)。

a.若灯泡亮，则Mg电极反应式为：_____________________；

b.若灯泡不亮，其理由为：________________________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)11、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误12、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误13、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误14、高性能环氧涂层有效阻止了氧气、海水等对钢铁的侵蚀。(_______)A.正确B.错误15、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误16、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误17、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共10分)18、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_____。19、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。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)20、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，比少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为且其核内质子数等子中子数．R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中与离子数之比为2：1。请回答下列问题：

（1）形成的晶体属于______填写离子、分子、原子晶体．

（2）的电子排布式为______，在分子中C元素原子的原子轨道发生的是______杂化，分子的VSEPR模型为______．

（3）的氢化物在水中的溶解度特别大，原因______

（4）元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：______用元素符号表示用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：______．

（5）已知下列数据：

由和反应生成CuO的热化学方程式是______．21、Ⅰ．白色无机盐X(含三种元素；相对分子质量小于400)能与水发生反应。为了探究X的组成，设计并完成了以下实验：

已知：白色沉淀D中的一种成分及质量与沉淀B相同。

(1)白色沉淀D的成分为_________(填写化学式)。

(2)黑色固体A与浓硝酸反应的离子方程式是_________。

(3)X与H2O反应的化学方程式是_________。

Ⅱ．已知：①将0.1mol·Lˉ1KI溶液加入到0.1mol·Lˉ1FeCl3溶液中时，可以看到溶液颜色加深，滴加淀粉后溶液变为蓝色；②当离子浓度相同时，氧化性：Ag+＞Fe3+；③若浓度减小时；离子的氧化性也会随之减弱。

(1)甲同学猜测，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中时，溶液应变蓝色。请写出该猜测对应的离子方程式_________。实验结果未见到蓝色。

(2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是_________。请你用原电池的方法证明Ag+也能氧化Iˉ，要求画出实验装置图，并标明电极材料及电解质溶液________。

22、五种短周期元素A；B、D、E、G的原子序数依次增大；其中A、G同主族，B、D、E同周期。A分别与B、E、G形成原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，丙为离子晶体。

(1)D的基态原子有______个未成对电子，甲的电子式为____________

(2)丙与水剧烈反应生成强碱X和A的单质，其化学方程式为______。

(3)乙的水溶液显弱酸性，它在水中的电离方程式为______。

(4)B、E两种元素按原子个数比1:2形成化合物Y，当X与Y按物质的量之比为2:1完全反应后，所得溶液浓度为0.1mol/L,其中各离子浓度从大到小的顺序排列为______。

(5)在25°C、10lkPa时，16.0g液态D2A4在氧气中完全燃烧放出热量312kJ，生成两种无污染物质，其中一种为单质，另一种是氧化物。写出该反应的热化学方程式______。23、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）______________。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共8分)24、汽车尾气的主要成分有CO、SO2；氮氧化物等；科学家们-直致力于污染物的有效消除。

(1)利用氨水可以将SO2；氮氧化物吸收；原理如下图所示。

请写出NO2和NO按体积比1：1被吸收时反应的离子方程式_________________________。

(2)科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。

①已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=-113.0kJ·mol-1

2SO2(g)+O2(g)=2SO3(l)△H2=-288.4kJ·mol-1

N2(g)+O2(g)2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol-1

请判断反应NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(l)△H4，在低温下能否自发进行_______(填“能”或“否”)，理由是__________________________。

②已知TiO2催化尾气降解原理为：

2CO(g)+O2(g)2CO2(g)；2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)

i；在一定条件下；模拟CO、NO的降解，得到降解率(即转化率)随时间变化如图所示；

反应40秒后检测到混合气体中N2浓度上升，HNO3气体浓度有所降低，请用化学方程式并结合化学反应原理知识解释可能的原因____________________________________________。

ii；沥青混凝土也可降解CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土(α；β型)在不同温度下，反应相同时间，测得CO降解率变化。结合图表回答下列问题：

已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L-1，求此温度下CO降解反应的平衡常数____________________(用含x的代数式表示)；以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10～60℃范围内进行实验，请在图中用线段与阴影，仿照“示例”描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围(示例：)_____________________。

(3)利用如图所示装置(电极均为惰性电极)也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，b极的电极反应式为_______________________________。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐及1molH2O(l)时；放出的热量均为57.3kJ；A错误；

B．测定中和热过程中；实验前用温度计测量NaOH溶液的温度后；水洗后擦干，再测定盐酸的温度，B错误；

C．强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐及1molH2O(l)时放出的热量为57.3kJ，而生成硫酸钡沉淀也要放出热量，故0.5molH2SO4(aq)和0.5molBa(OH)2(aq)；该反应放出的热量大于57.3kJ，C错误；

D．为了保证盐酸完全被中和；氢氧化钠溶液浓度可略大于盐酸，故中和热的测定实验中，可选择50mL0.5mol/L稀盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，D正确；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A．根据题中所给信息，潮湿的深层土壤中钢管发生厌氧腐蚀，则正极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；A错误；

B．在钢铁锈蚀中，Fe为负极，失去电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，厌氧细菌促使与H原子或H2还原反应生成S2-，S2-及正极上生成的OH-与Fe2＋可分别反应生成FeS、Fe(OH)2；B正确；

C．与H2反应可表示为4H2+S2-+4H2O；C错误；

D．向钢中加入铜；发生电化学腐蚀时，活动性弱的铜作正极，活动性强的Fe作负极，从而加速钢管的腐蚀，D错误；

故合理选项是B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．“碱溶”时氧化铝和氢氧化钠反应生成生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：故A正确；

B．“过滤Ⅰ”所得滤液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠，向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入溶液；氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，碳酸氢钠和偏铝酸钠反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，溶液的pH减小，故B错误；

C．“电解Ⅰ”是电解熔融氧化铝，阳极生成氧气，石墨电极被阳极上产生的氧化；故C正确；

D．“电解Ⅱ”是电解碳酸钠溶液，由图可知，阳极的电极反应式为：故D正确；

选B。4、B【分析】【详解】

A．Na2S溶液的质子守恒式成立；A正确；

B．反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4；化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1:3，B错误；

C．在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，参与反应且反应后化合价降低；为氧化剂，C正确；

D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为D正确；

故答案为：B。5、A【分析】【详解】

A．22Ne中所含中子数为22-10=12，则44g22Ne含有的中子数为=24NA；A正确；

B．题中没有提供溶液的体积，无法计算pH=2的H2SO3溶液中所含H+的数目；B不正确；

C．标准状况下2.24LCl2物质的量为0.1mol，完全溶于水时只有一部分Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，还有一部分仍以Cl2的形式存在，则所得溶液中含氯元素的微粒总数小于0.2NA；C不正确；

D．1L0.1mol∙L-1的NaHCO3溶液中，虽然+H2OH2CO3+OH-，但水解后阴离子数目并未减少，即便考虑发生电离，阴离子数目也未减少，若再考虑水电离，则阴离子总数大于0.1NA；D不正确；

故选A。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

（1）

因为温度升高；平衡向吸热反应方向移动，根据3A⇌3B+C，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应；故答案为：吸。

（2）

若温度固定；扩大容器的体积，相当于减小压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，向逆反应方向移动，则A一定呈气态；故答案为：气。

（3）

若A是气态时，加压时，平衡不移动，说明两边气体计量数相等，则B为气态物质，C为非气态物质。故答案为：气。【解析】（1）吸。

（2）气。

（3）气7、略

【分析】【分析】

单质铁发生吸氧腐蚀，Fe-2e-=Fe2+，Fe2+再还原CrO生成Cr(OH)3↓。

【详解】

还原近中性废水中的Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，CrO42-被还原为三价铬，由图可知，根据质量守恒和电子转移守恒写出离子方程式为：3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓。【解析】单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe-6e-=3Fe2＋，3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓；8、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)甲电解池中电解硫酸铜溶液，则电解反应方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。

(2)若甲槽阴极增重12.8g；即析出单质铜是12.8g，物质的量是0.2mol，转移0.4mol电子，乙槽阳极氯离子放电生成氯气，根据电子转移守恒可知生成氯气是0.2mol，在标准状况下的体积为4.48L。

(3)若乙槽剩余液体为400mL，根据(2)中分析可知生成氢氧化钠是0.4mol，则电解后得到碱液的物质的量浓度为0.4mol÷0.4L＝1mol·L-1。

Ⅱ．(1)根据电流方向可知B的金属性弱于铜；又因为构成两电极的金属其活动性相差越大，电压表读数越大，所以根据表中数据可知C金属可能是最强的还原剂。

(2)B的金属性弱于铜；因此B金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。

(3)若滤纸不用盐溶液浸润而改用NaOH溶液浸润，在滤纸上能看到有蓝色沉淀析出，说明铜是负极，失去电子，被氧化为铜离子，金属作正极，则该金属是B。溶液显碱性，正极氧气放电，则金属对应的原电池的正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e-=4OH-。【解析】2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO44.48L1mol·L-1CBBO2＋2H2O＋4e-=4OH-9、略

【分析】【分析】

（1）根据信息写出方程式；

（2）反应到达平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度；百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；

（3）①体积图象可知，温度低时对应的CO2的转化率大；说明该反应为放热反应；

②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)═1.5时时；二氧化碳的转化率为20%，求氢气的变化量，从而求出转化率；

③在500K、起始投料比比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%；

则2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）

设初起量：3600

变化量：1.85.40.92.7

所以H2的转化率为5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，再根据系数比计算达到平衡时CH3CH2OH的浓度。

【详解】

（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，方程式为：2CO2+6H2=CH3CH2OH+3H2O；

（2）a．混合气体的物质的量减小；则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；

b．H2的浓度不再改变，能说明到达平衡，故b正确；

c．容器的体积不变；混合气体的质量不变，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故c错误；

d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1；指正反应方向，所以不能说明到达平衡，故d错误；

故选ab；

（3）23g乙醇完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出650kJ的热量，23g乙醇的物质的量为：23g/46g·mol－1=0.5mol，1mol乙醇完全燃烧产生的热量是1300kJ，乙醇燃烧的热化学方程式是：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-1300kJ·mol－1；

（4）①由图可知，横坐标为投料比，纵坐标为CO2的转化率，曲线为等温线，则相同投料比时温度低对应的CO2的转化率大；说明该反应正反应为放热反应，则降低温度平衡向着正反应方向移动；

②700K，起始投料比n(H2)/n(CO2)=1.5时，CO2的转化率为20%；

则2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）

设初起量：4600

变化量：0.82.40.43.2

所以H2的转化率为：2.4/6×100%=40%；

③在500K、起始投料比n(H2)/n(CO2)=2时，CO2的转化率为60%；

则2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）

设初起量：3600

变化量：1.85.40.92.7

所以H2的转化率为：5.4/6×100%=90%，又达到平衡后H2的浓度为amol·L-1，则反应消耗的H2的浓度为9amol·L-1，所以达到平衡时CH3CH2OH的浓度为：9a/6mol·L-1=1.5amol·L-1

【点睛】

本题考查化学平衡计算、化学平衡状态的判断，解题关键：把握图中坐标的含义、曲线的含义及平衡影响因素、平衡计算，易错点（2），平衡状态的判断，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；难点（3）②转化率计算。【解析】①.2CO2＋6H2=CH3CH2OH＋3H2O②.ab③.正反应④.40%⑤.1.5amol·L－110、略

【分析】【详解】

(1)镁、铝、浓硝酸能构成原电池，所以灯泡亮；镁活泼性大于铝，镁是负极，电池总反应为Mg电极上发生的反应为Mg－2e－=Mg2＋；

(2)电解质溶液为NaOH溶液时，镁、铝、氢氧化钠能构成原电池，灯泡亮，镁与氢氧化钠不反应、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，电池总反应为Al是负极，电极上发生的反应为Al＋4OH－－3e－=AlO＋2H2O，Mg电极为正极，电极反应式为：2H2O+2e－=H2+2OH-；【解析】亮Mg－2e－=Mg2＋亮2H2O+2e－=H2+2OH-三、判断题(共7题，共14分)11、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。12、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。13、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。14、A【分析】【详解】

高性能环氧涂层有效阻止了氧气、海水等对钢铁的侵蚀，该说法正确。15、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。17、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。四、结构与性质(共2题，共10分)18、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+19、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SrTiO36五、元素或物质推断题(共4题，共20分)20、略

【分析】【分析】

B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；比少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为是第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第VIA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；是离子，离子是离子，R是由离子与离子以2：1形成的离子化合物；R是硫化钠，以此解答本题。

【详解】

（1）由上述分析可知：R是硫化钠；是由A；D两元素形成的离子化合物，属于离子晶体，故答案为：离子；

（2）由C为N元素，核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：分子为分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个键，N原子发生杂化，所以分子的VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形；

氨分子和水分子间可以形成氢键；且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；故答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：

同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在反应中，的氧化性大于的氧化性，故答案为：

已知：

根据盖斯定律，得：

故答案为：．【解析】离子四面体形氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水21、略

【分析】【分析】

Ⅰ．白色无机盐X(含三种元素，相对分子质量小于400)能与水发生反应。白色沉淀D中的一种成分及质量与沉淀B相同，B为BaSO4，物质的量为D中另一种沉淀为与氯离子生成的AgCl，物质的量为推知X中含S:0.02mol×2=0.04mol、Ag:0.04mol、由质量守恒含氧=0.012mol，A的实验式为Ag2S2O3，相对分子质量小于400时，Ag2S2O3为328，符合题意，A为Ag2S2O3，与水反应Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；黑色固体A为Ag2S，与浓硝酸反应的离子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；各物质关系如图：

Ⅱ．Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生；用原电池的方法证明Ag+也能氧化Iˉ，要用盐桥将Ag＋和I－分开；用惰性电极作电极，由此设计。

【详解】

Ⅰ．由分析：(1)白色沉淀D的成分为BaSO4和AgCl；

故答案为：BaSO4和AgCl；

(2)黑色固体A与浓硝酸反应生成硫酸银和二氧化氮，离子方程式是Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；

故答案为：Ag2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2O；

（3）X与H2O反应生成黑色的硫化银和硫酸，化学方程式是Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；

故答案为：Ag2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO4；

Ⅱ．（1）甲同学猜测，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中时，溶液应变蓝色，有碘生成，对应的离子方程式2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；

故答案为：2Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2；

（2）乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生。用原电池的方法证明Ag+也能氧化Iˉ，要用盐桥将Ag＋和I－分开，用惰性电极作电极，电极材料及电解质溶液、实验装置图，如图：

故答案为：Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生；【解析】BaSO4和AgClAg2S＋8NO3-＋8H+＝2Ag+＋SO42-＋8NO2↑＋4H2OAg2S2O3＋H2O＝Ag2S＋H2SO42Ag+＋2Iˉ＝2Ag＋I2Ag+会与Iˉ发生反应生成AgI沉淀，使Ag+的浓度下降，从而减弱Ag+的氧化性，使上述反应很难发生22、略

【分析】【详解】

甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，可能是C2H2，A为H元素，B为C元素，A分别与B、E、G形成原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，乙为H2O2；E为O元素，其中A；G同主族，G为Na元素，丙为NaH，离子晶体。五种短周期元素A、B、D、E、G的原子序数依次增大，A-H、B―C、D―N、E-O、G-Na。

(1)D是N，它的基态原子有3个末成对电子，甲是C2H2，它的电子式为H∶CC∶H；(2)丙为NaH与水剧烈反应生成强碱X为NaOH和A的单质H2，反应为NaH＋H2O==NaOH＋H2↑，(3)乙是H2O2,它的水溶液显弱酸性，电离方程式为H2O2H＋＋HO(4)B、E两种元素按原子个数比1:2形成化合物Y为CO2，当X与Y按物质的量之比为2:1完全反应后，所得溶液浓度为0.1mol/，即生成Na2CO3溶液，碳酸钠溶液中，Na2CO3=2Na＋＋CO32―，碳酸根离子部分水解，CO32―＋H2OHCO3―＋OH―，HCO3―＋H2OH2CO3＋OH―溶液显示碱性，由于水中含有水电离的氢氧根离子，c（OH－）＞c（HCO3－）,故c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)；(5)D2A4为N2H4，相对分子质量为32，故1molN2H4燃烧放出的热量为312kJ×32g/mol/16g=624kJ·mol-1,热化学方程式N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-624kJ·mol-1。

点睛：无机推断题，找准题中的关键词进行推理，甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，可能是C2H2，原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，分别是C2H2、H2O2、NaH，(4)Na2CO3溶液中离子浓度比大小，(5)热化学方程式书写均较易。【解析】①.3②.H∶CC∶H③.NaH＋H2O==NaOH＋H2↑④.H2O2H＋＋HO⑤.c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)⑥.N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-624kJ·mol-123、略

【分析】【分析】

(1)(2)X、Y、Z、W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，考虑为10电子微粒，X有5个原子核，为CH4或NH4＋，通常状况下，W为无色液体，为H2O；根据可知X为NH4＋，Y为OH－，Z为NH3；

(3)装置用来制备NO并验证其还原性；先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体，验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮；

(4)①温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2；

②温度在T2-T3之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，起始加入1molN2O4；计算混合气体总质量，