2025年湘师大新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………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年湘师大新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，X、Y均为Pt电极，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A。下列说法正确的是（）

A.物质A为HNO3B.X电极为阳极C.利用该装置电解2molNO理论上可生成1.25molNH4NO3D.Y电极反应式为NO－3e-＋4OH-=NO3-＋2H2O2、若用AG表示溶液的酸度，其表达式为AG＝lg常温下，向10mL0.1mol/L的HA溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，溶液的酸度(AG)随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是()

A.a点时，溶液的导电能力最强B.b点溶液中存在c(H+)+c(HA)＝c(OH﹣)+c(A﹣)C.c点时溶液中水的电离程度最小D.d点时溶液的pH＝113、已知常温下溶液说法正确的是A.溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.溶液中加入少量溶液发生反应：4、在0.1mol/L的氨水溶液中存在如下电离平衡：下列措施能使NH3∙H2O的电离平衡正向移动的是A.加NaOH固体B.加NH4Cl固体C.通入HCl气体D.降温5、下图是某元素常见物质的“价类”二维图；其中d为红棕色气体，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色。下列说法不正确的是。

A.e的浓溶液可以用铝槽车运输B.气体a、c均可用浓硫酸干燥C.常温下，将充满d的密闭烧瓶置于冰水中，烧瓶内红棕色变浅D.d可与NaOH溶液反应生成f和g6、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7、海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：

。模拟海水中的离子浓度/mol·L－1

Na＋

Mg2＋

Ca2＋

Cl－

HCO3－

0.439

0.050

0.011

0.560

0.001

0.001

注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。Ksp[CaCO3]＝4.96×10－9，Ksp[MgCO3]＝6.82×10－6，Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是（）A.沉淀物X为CaCO3B.滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C.滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋D.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、掺杂硒的纳米氧化亚铜催化剂可用于工业上合成甲醇，其反应为回答下列问题：

(1)若按投料，将与CO充入2L恒容密闭容器中；在一定条件下发生反应，测得CO的平衡转化率与温度；压强的关系如图1所示。

已知：v正=k正c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数；只与温度有关。

①压强由小到大的顺序是___________。

②T1℃、压强为p3时，若向该容器中充入和发生反应，5min后反应达到平衡(M点)，则内，v(H2)=___________N点时的___________。

(2)若向起始温度为325℃的10L恒容密闭容器中充入2moLCO和发生反应，体系总压强(p)与时间(t)的关系如图2中曲线Ⅰ所示，曲线Ⅱ为只改变某一条件的变化曲线。平衡时温度与起始温度相同。

①曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为___________。

②体系总压强先增大后减小的原因为___________。

③该条件下的平衡转化率为___________%(结果保留三位有效数字)。9、（1）反应3Fe（S）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变的容积的密闭容器中进行；试回答：

①增加Fe的量，其正反应速率的变化是_______（填增大；不变、减小；以下相同）

②将容器的体积缩小一半，其正反应速率________

③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________。

④保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其正反应速率_______。

（2）将等物质的量的A和B；混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：

3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g),5min后测得c(D)＝0.5mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1mol·L－1·min－1。

①A在5min末的浓度是___________。②v(B)＝___________。③x＝_______。10、当前能源危机是一个全球性问题；开源节流是应对能源危机的重要举措。

（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是________(填字母)。

A．开发太阳能；水能、风能等新能源；减少使用煤、石油等化石燃料。

B．研究采煤；采油新技术；提高产量以满足工业生产的快速发展。

C．大力发展农村沼气；将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源。

D．减少资源消耗；增加资源的重复使用和资源的循环再生。

（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。则在通常状况下，金刚石和石墨相比较，_________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH＝______________。

（3）N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)ΔH＝＋180.0kJ/mol。NO分子中化学键的键能为_____。

（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO生成无污染气体的热化学方程式：_______________。11、氮的化合物是重要的工业原料；也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。

如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2−可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。N2H4的电子式为___，该燃料电池的负极反应式为___。

12、金属镓有“电子工业脊梁”的美誉；镓及其化合物应用广泛。

（1）镓（Ga）的原子结构示意图为镓元素在周期表中的位置是_______。

（2）镓能与沸水剧烈反应生成氢气和氢氧化镓，该反应的化学方程式是______________。

（3）氮化镓在电和光的转化方面性能突出；是迄今理论上光电转化效率最高的材料。

资料：镓的熔点较低（29．8℃）；沸点很高（2403℃）。

①传统的氮化镓（GaN）制备方法是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应，该反应的化学方程式是____________________。

②当代工业上固态氮化镓（GaN）的制备方法是利用镓与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每生成lmolH2时放出10.27kJ热量。该可逆反应的热化学方程式是____________________________________。

③在密闭容器中，充入一定量的Ga与NH3发生上述反应，实验测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强P和温度T的关系曲线如图1所示。

图中A点和C点化学平衡常数的关系是：KA_____KC（填“＞”“＝”或“＜”），理由是_____________________________。

（4）电解法可以提纯粗镓；具体原理如图2所示：

①粗镓与电源____极相连。（填“正”或“负”）

②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式是。

_____________________________。13、氯化硫酰主要用作氯化剂．它是一种无色液体，熔点沸点遇水生成硫酸和氯化氢．氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：

(1)为了提高上述反应中的平衡转化率，下列措施合理的是______用编号填空．

A.缩小容器体积使用催化剂增加浓度升高温度。

(2)时，体积为1L的密闭容器中充入达到平衡时容器中含则时合成反应的平衡常数为______．

(3)已知某温度下，已知在溶于水所得溶液中逐滴加入稀溶液，当浓度为时，浑浊液中浓度与浓度之比为______．

(4)将(2)所得的平衡混合气溶于足量的溶液中，计算最终生成沉淀的质量是多少写出计算过程．______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、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15、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误16、铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g。(_______)A.正确B.错误17、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误18、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、有机推断题(共4题，共16分)19、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：20、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。21、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。22、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分五、计算题(共2题，共4分)23、Ⅰ．已知下列反应的反应热：

①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=－393.5kJ/mol

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3＝－285.8kJ/mol

(1)试计算下列反应的反应热：2C(s)+2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=_____

(2)CH3COOH(l)的燃烧热是________

(3)在③式中，当有71.45kJ的热量放出时需要燃烧标准状况下的H2______升。

Ⅱ．已知下列两个热化学方程式：

2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=－570.kJ/mol

C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(1)△H=－2220.0kJ/mol

(1)实验测得H2和C3H8的混合气体共1mol，完全燃烧生成液态水时放热1252.5kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是_______。

(2)已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式______。24、（1）金刚石和石墨均为碳的同素异形体；它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．

a.在通常状况下；金刚石和石墨相比较_____，（填”金刚石”或”石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为_____．

b.12g石墨在一定量空气中燃烧；生成气体36g，该过程放出的热量为_____．

（2）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ▪mol﹣1、497kJ▪mol﹣1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.0kJ·mol﹣1．NO分子中化学键的键能为_____kJ·mol﹣1．

（3）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：_____．评卷人得分六、结构与性质(共1题，共3分)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。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

电解NO制备NH4NO3，Y为阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，X为阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；据此分析．

【详解】

A．根据以上分析，则A为NH3，故A错误；

B．根据以上分析，X电极为电解池阴极，故B错误；

C．补充NH3后总反应方程式变为：根据方程式可知电解8molNO理论上产生5molNH4NO3，所以利用该装置电解2molNO理论上可生成1.25molNH4NO3，故C正确；

D．Y为阳极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故D错误；

故选：C。2、D【分析】【详解】

A．a点溶液的溶质是HA；部分电离，随着滴加NaOH溶液，生成强电解质NaA，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，即a点溶液导电能力最弱，A错误；

B．b点溶液中溶质为等浓度的HA和NaA，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液中c(HA)＜c(Na+)＜c(A-)，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)，则c(H+)+c(HA)＜c(OH-)+c(A-)；B错误；

C．a到d的过程中；溶液中的溶质由酸；酸和盐、盐变为盐和碱，酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，故滴定过程中从a到d点溶液中水的电离程度先增大后减小，则c点时溶液中水的电离程度不可能最小，C错误；

D．d点AG＝lg则所以溶液pH=-lgc(H+)=11；D正确；

答案选D。3、B【分析】溶液中存在平衡，由于常温下溶液说明电离大于水解，据此解答问题。

【详解】

A．溶液中会发生水解和电离，因此A错误；

B．由上述分析可知，溶液中的电离大于水解，但电离、水解均是少量的，因此B正确；

C．溶液中存在电荷守恒：C错误；

D．溶液中加入少量溶液发生反应：D错误；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A．加入NaOH固体，能增大溶液中的c(OH-)；促使平衡逆向移动，A不符合题意；

B．加入NH4Cl固体，能增大溶液中的c()；促使平衡逆向移动，B不符合题意；

C．通入HCl气体，中和氨水中的OH-；从而促使平衡正向移动，C符合题意；

D．一水合氨的电离过程是一个吸热过程；降温，平衡逆向移动，D不符合题意；

故选C。5、B【分析】【分析】

由题干信息d为红棕色气体氧化物，则d为NO2，说明该图为N元素的“价类”二维图，则可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，e为HNO3，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色，说明g、f含有Na+，则f为NaNO3、g为NaNO2；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，e的浓溶液即浓HNO3，由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故可以用铝槽车运输浓HNO3；A正确；

B．由分析可知，气体a为NH3不能用浓硫酸干燥；c为NO可用浓硫酸干燥，B错误；

C．由分析可知，d为NO2，常温下，将充满d的密闭烧瓶置于冰水中，由于反应2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动，故烧瓶内红棕色变浅，C正确；

D．由分析可知，d为NO2，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，即NO2可与NaOH溶液反应生成f即NaNO3和g即NaNO2；D正确；

故答案为：B。6、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。7、A【分析】【分析】

步骤①，加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；

步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3mol•L-1．

根据溶度积可判断无Ca(OH)2生成，有Mg(OH)2沉淀生成；据此分析判断。

【详解】

A．步骤①，从题给的条件，可知n(NaOH)=0.001mol，[即n(OH-)=0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001molNaOH时，OH-恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，此时c(Ca2+)c(CO32-)＞Ksp(CaCO3)，生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓，沉淀溶液中剩余c(Ca2+)约为0.010mol•L-1，c(CO32-)约为4.96×10－7mol•L-1，没有MgCO3生成，所以沉淀物X为CaCO3；故A正确；

B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010mol•L-1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；故B错误；

C．步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11(即pOH=3)时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3mol•L-1，则Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×(10-3)2=0.010×(10-3)2=10-8＜Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2生成。Qc[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=0.050×(10-3)2=5×10-8＞Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。又由于Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×(10-3)2=5.61×10-12，c(Mg2+)=5.61×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+；故C错误；

D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n(NaOH)=0.105mol，与0.05molMg2+反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成0.05molMg(OH)2，剩余0.005molOH-。由于Qc[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c(OH-)2=0.010×(0.005)2=2.5×10-7＜Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀；故D错误；

故选A。

【点睛】

正确理解沉淀的生成与溶度积的关系是解题的关键。本题的易错点为A，要注意生成碳酸钙沉淀后溶液中Qc(MgCO3)与Ksp(MgCO3)比较。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】（1）

①增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，所以压强p1、p2、p3由小到大的顺序是；p3＜p2＜p1；

②压强为p3时，若向该容器中充入和3molCO发生反应；5min后反应达到平衡(M点)，M点CO的平衡转化率为40%，列三段式如下：

υ(H2)=

其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，N点的速率常数等于M点速率常数，M点为平衡点，故υ正=υ逆，则则0.135；

（2）

①改变条件；反应速率加快，平衡没移动，曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为加入催化剂；

②反应初始阶段温度为主导因素；反应放热，气体膨胀使压强增大，之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小，所以体系总压强先增大后减小，故此处填：反应初始阶段温度为主要因素，反应放热，气体膨胀使压强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小；

③

X=0.5，该条件下H2的平衡转化率为33.3%。【解析】(1)0.240.135

(2)加入催化剂反应初始阶段温度为主导因素，反应放热，气体膨胀使压强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小33.39、略

【分析】【详解】

（1）①因铁是固体；增加铁的量，不能增加铁的浓度，不能改变反应速率，故答案为：不变；

②容器的体积缩小；容器内各气体的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快，故答案为：增大；．

③体积不变，充入N2使体系压强增大；但各气体的浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变；

④压强不变，充入N2使容器的体积增大；但各气体的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小，故答案为：减小；

（2）①平衡时D的浓度为0.5mol·L－1，D的物质的量为2L×0.5mol·L－1=1mol；则：

所以（n-1.5）：（n-0.5）=3：5；解得n=3；

A在5min末的浓度是=0.75mol·L－1，故答案为：0.75mol·L－1；

②从开始到平衡时B的平均反应速率==0.05mol·L－1·min－1，故答案为：0.05mol·L－1·min－1；

③反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）：v（C）=0.05mol·L－1·min－1：0.1mol·L－1·min－1=1：x；所以x=2，故答案为：2。

【点睛】

本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解（2）的关键，易错点（1）注意把握化学反应速率的影响因素，抓住压强影响速率的本质是影响浓度。【解析】①.不变②.增大③.不变④.减小⑤.0.75mol·L－1⑥.0.05mol·L－1·min－1⑦.210、略

【分析】【详解】

（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；B；大力开采煤、石油和天然气；不能减少化石燃料的运用，故错误；A、C、D能减少化石燃料的运用，正确。故选ACD；

（2）图像分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图像分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ▪mol-1；

（3）反应物键能和-生成物键能和，根据N2(g)＋O2(g)==2NO(g)ΔH＝＋180.0kJ/mol；即946kJ/mol+497kJ/mol-2Q(N-O)=180.0kJ/mol解得Q(N-O)=631.5kJ/mol。

（4）已知①C(石墨,②C(石墨,③由盖斯定律:方程式①×2-②×2-③得▪

点睛：本题重点考查化学反应中的热效应。物质能量越高,物质越不稳定；根据图像判断石墨的燃烧热；据反应物键能和-生成物键能和求算键能；利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热,再写出热化学方程式。【解析】B石墨－393.5kJ·mol－1631.5kJ/mol2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.0kJ·mol－111、略

【分析】【分析】

【详解】

N2H4的电子式为：乙极通入氧气，作原电池正极，甲极为负极，该燃料电池的负极反应式为：N2H4－4e－＋2O2−＝N2↑＋2H2O；故答案为：N2H4－4e－＋2O2−＝N2↑＋2H2O。【解析】N2H4－4e－＋2O2−＝N2↑＋2H2O12、略

【分析】【详解】

（1）根据镓（Ga）的原子结构示意图为镓元素在周期表中的位置是第四周期第IIIA族；（2）镓能与沸水剧烈反应生成氢气和氢氧化镓，反应的化学方程式是2Ga+6H2O=Ga(OH)3+3H2↑；（3）①GaCl3与NH3在一定条件下反应生成氮化镓（GaN），反应的化学方程式是Ga+NH3GaN+3HCl；②当代工业上固态氮化镓（GaN）的制备方法是利用镓与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每生成lmolH2时放出10.27kJ热量。则可逆反应的热化学方程式是2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=—30.81kJ/mol；

③图中A点和C点化学平衡常数的关系是：KA<KC，理由是其他条件一定时温度升高，平衡逆向移动，K减小；（4）①电解法可以提纯粗镓，粗镓与电源正极相连作为阳极；②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电得电子产生=Ga，电极反应式是GaO2－+3e－+2H2O====Ga+4OH－。【解析】第四周期第IIIA族2Ga+6H2O====Ga(OH)3+3H2↑Ga+NH3GaN+3HCl2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=—30.81kJ/molKA<KC其他条件一定时温度升高，平衡逆向移动，K减小正GaO2－+3e－+2H2O====Ga+4OH－13、略

【分析】【分析】

提高反应中的平衡转化率；改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能增大氯气的用量；

根据计算的物质的量，由方程式可知，的物质的量等于的物质的量，计算二者的浓度，代入平衡常数表达式计算；

氯化银的溶解度远远小于的溶解度，溶于水所得溶液中2；溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，依据氯化银和硫酸银沉淀溶解平衡定量关系计算；

发生反应根据计算的物质的量，由S元素质量守恒可得再根据计算硫酸钡的质量．

【详解】

提高反应中的平衡转化率；改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量；

A．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，的转化率增大；故A正确；

B．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，的转化率不变；故B错误；

C．增加浓度，平衡向正反应移动，的转化率增大；故C正确；

D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，的转化率降低；故D错误；

故答案为AC；

发生反应的物质的量为由方程式可知，二者浓度都为故参加反应的的物质的量为的物质的量为平衡时的物质的量为故的平衡浓度为故的合成反应的平衡常数为

氯化银的溶解度远远小于的溶解度，溶于水所得溶液中2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，当浓度为时，浑浊液中浓度与浓度之比

发生反应的物质的量为由S元素质量守恒可得故硫酸钡的质量为

【点睛】

本题难点为中计算注意根据硫元素守恒进行计算。【解析】AC由S元素质量守恒，可得：的物质的量为质量为：三、判断题(共5题，共10分)14、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。15、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

由铅蓄电池负极反应：Pb+-2e‑=PbSO4↓，知反应后负极由Pb转化为PbSO4，增加质量，由电极反应得关系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知电路通过2mol电子，负极质量增加96g，题干说法错误。17、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。18、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、有机推断题(共4题，共16分)19、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)20、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g21、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH322、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、计算题(共2题，共4分)23、略

【分析】【分析】

Ⅰ．根据盖斯定律结合燃烧热的概念和热化学方程式分析解答；

Ⅱ．(1)设氢气为xmol；则丙烷为(1-x)mol，结合热化学方程式中物质的量与热量的关系列式计算；

(2)根据盖斯定律分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1＝－870.3kJ/mol，②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2=－393.5kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3＝－285.8kJ/mol；

根据盖斯定律，②×2+③×2-①得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)△H=(－393.5kJ/mol)×2+(－285.8kJ/mol)-(－870.3kJ/mol)=-488kJ/mol；故答案为：-488kJ/mol；

(2)由CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ/mol，可知CH3COOH(l)的燃烧热为870.3kJ/mol；故答案为：870.3kJ/mol；

(3)由反应③可知消耗标况下22.4L的氢气，放出热量285.8kJ，所以当有71.45kJ的热量放出时需要燃烧标准状况下的H2的体积为×22.4L=5.6L；故答案为：5.6；

Ⅱ．(1)H2和C3H8的混合气体共1mol，设氢气为xmol，则丙烷为(1-x)mol，完全燃烧生成液态水时放热1252.5kJ，则0.5×570x+(1-x)×2220=1252.5，解得：x=0.5mol，则混合气体中H2和C3H8的体积比等于物质的量之比=0.5mol∶(1mol-0.5mol)=1∶1；故答案为：1∶1；

(2)①C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(1)△H=-2220.0kJ/mol，②H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，根据盖斯定律，①+②×4得到：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=(-2220.0kJ/mol)+(+44.0kJ/mol)×4=-2044kJ/mol，即丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4