2025年北师大版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年北师大版选择性必修1化学上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9题，共18分)1、向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s)bZ(g)△H＜0.图是容器中X；Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息；下列说法正确的是。

A.根据上图可求得方程式中a∶b=1：3B.推测在第7min时曲线变化的原因可能是升温C.推测在第13min时曲线变化的原因可能是降温D.用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)=0.045mol/(L·min)2、某温度下，分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是。

A.Ksp(Fe(OH)3)<Ksp(Cu(OH)2)B.加入适量NH4Cl固体可使平衡由a点变到b点C.c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积相等D.b、c两点分别表示Fe(OH)3、Cu(OH)2、在水中达到溶解平衡3、第二代钠离子电池是负极为镶嵌在硬碳中的钠、正极为锰基高锰普鲁士白{}的一种新型二次电池；其工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.放电时，正极反应为B.放电时，B极发生还原反应C.充电时，穿过离子交换膜在B极上得电子D.充电时，A极接外加电源的正极4、一个真空密闭恒容容器中盛有1molPCl5，加热到200℃发生如下反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。反应达到平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为M%。若同一温度的同一容器中，最初投入2molPCl5，反应达平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为N%。则M和N的关系是A.M＞NB.M=NC.M＜ND.无法确定5、NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术；其反应过程与能量关系如图1；研究发现在催化剂上可能发生的反应过程如图2。下列说法不正确的是。

A.催化还原为放热反应B.过程Ⅰ中断裂极性键，需要吸收能量，体现了氧化性C.过程III的离子方程式：D.反应过程中，反应物为为中间产物6、有关化学键的键能数据如表所示：

。化学键。

C=O

O=O

C—C

键能/kJ·mol-1

x

498.8

345.6

碳的燃烧热ΔH=-395kJ·mol-1，假设单质碳中只存在C—C键且基本结构单元为正四面体，则x的值为A.619.7B.1239.4C.792.5D.1138.17、微生物电池是在微生物作用下将化学能转化为电能的装置。利用微生物电池处理含铬废水可以回收铬；其工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.a电极为电池负极B.b极反应式为Cr3++3H2O=Cr(OH)3+3H+C.每处理lmolCr2Oa电极上会生成1.5molCO2D.反应完毕后溶液的pH会升高8、为了抵御海水的侵蚀，往往会在船体上安装大型的锌块，利用原电池反应：2Zn+2H2O+O2=2Zn（OH）2；下列说法正确的是。

A.锌块发生还原反应而被腐蚀B.船体与海水中的NaCl等发生反应C.正极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-D.该抵御措施称为牺牲阳极的阴极保护法9、下列关于中和热的实验中叙述正确的是（）

A.在进行中和热测定时，为保证实验的准确性，我们可以采取以下具体措施：使用碎泡沫以起到隔热保温的作用；使用铜质搅拌棒进行搅拌；进行两到三次实验，取平均值B.测量中和热时，一般选择稍过量的碱与一定量的酸反应，也可用稍过量的酸与一定量的碱反应C.在做中和热的实验时，随着酸的加入，所得反应混合液的温度变化如图所示，则在进行反应热的计算时所用的ΔT＝6℃D.在进行强酸强碱中和反应的反应热测定时，可以用稀盐酸进行反应，也可以选择稀硫酸或稀醋酸评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、电解是最强有力的氧化还原手段；在化工生产中有着重要的应用。请回答下列问题：

(1)以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为________，阴极反应式为________。

(2)某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断合理的是。

_______(填序号)。

a．②区铜片上有气泡产生。

b．③区铁片的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑

c．最先观察到变成红色的区域是②区。

d．②区和④区中铜片的质量均不发生变化。

(3)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHO＋H2OCH3CH2OH＋CH3COOH

实验室中，以一定浓度的乙醛－Na2SO4溶液为电解质溶液；模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。

①若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入________(填化学式)，电极反应式为________。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

②在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入1m3乙醛含量为3000mg/L的废水，可得到乙醇________kg(计算结果保留小数点后一位)。11、(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)：_____________________。12、1909年，化学家哈伯用N2和H2在高温高压条件下首次合成了氨气，反应原理为该反应的能量变化如图所示(a、b均大于零)；回答下列问题：

(1)根据图示可知，该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，写出生成2molNH3时的热化学方程式：___________。

(2)在500℃；30MPa下；断裂1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ、946.5kJ。

①每消耗0.6molN2时，该反应放出的热量为___________。

②向某一密闭容器中充入1.5molH2(g)和0.5molN2(g)，在催化剂条件下进行上述反应，此时断裂的H-H吸收的热是___________(填“＞”、“＜”或“=”)654kJ，原因是___________。

③加入催化剂，该反应的___________(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是___________。13、如下图所示，当线路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，b端显红色；且知甲中电极材料是锌；银，乙中电极材料是铂、铜，且乙中两极不发生变化。回答：

（1）装置名称：甲是___________，乙是___________。

（2）电极名称及电极材料：

A___________，___________；B___________，___________；

C___________，___________；D___________，___________。14、如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁的锈蚀；某同学做了探究实验，如下图所示，铁处于①；②、③三种不同的环境中。请回答：

(1)金属腐蚀主要分为________腐蚀和________腐蚀两种。

(2)铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是________(填序号)。

(3)请你为以下钢铁制品选择适当的防锈方法。

A．健身器材__________________________________________；

B．自行车的链条、齿轮________________________________；

C．海水中的轮船______________________________________。15、现有下列物质：①稀硫酸②固体③氨水④二氧化碳⑤固体⑥稀溶液⑦溶液。回答下列问题：

(1)属于强电解质的物质是_______(填序号)。

(2)用离子方程式表示溶液显酸性的原因_______。

(3)配制溶液时，应先把固体溶解在盐酸中，再加水，其目的是_______。

(4)泡沫灭火器中通常装有溶液和溶液，请写出泡沫灭火器工作时的离子反应方程式_______。

(5)浓度均为的下列四种溶液中由大到小的顺序为_______(填序号)。

①②③④氨水。

(6)常温下，下列说法正确的是_______(填字母序号)。

a.相等的氨水和溶液，相等。

b.稀释的硫酸溶液；溶液中的离子浓度均下降。

c.的溶液和的溶液，评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、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17、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误18、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误19、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误20、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误21、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误22、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误23、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误24、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共6分)25、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_____。26、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___________。27、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共10分)28、锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域.一种提纯二氧化锗粗品(主要含)的工艺如图：

已知：i.与碱反应生成

ⅱ.极易水解，沸点

ⅲ.溶于溶液生成与盐酸反应生成

(1)“氧化”过程是将氧化为其离子方程式为_______，工业生产中“氧化”过程也可用“蒸馏”时通入氯气代替，该过程氧化产物为则发生反应的离子方程式是_______。

(2)加盐酸蒸馏生成反应的化学方程式为_______。

(3)工业生产中常采用盐酸萃取和蒸馏相结合的方法达到除砷的目的，已知和在不同浓度盐酸中的溶解度如图所示，则萃取时控制的盐酸最佳浓度为_______。

(4)“水解”操作时发生的反应化学方程为“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其可能的原因是_______。

(5)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行测定，称取高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉上溶解，用次亚磷酸钠还原为以淀粉为指示剂，用的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为(已知：以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化，)判断滴定达到终点时的现象是_______，此样品中二氧化锗的质量分数是_______(保留2位小数)。评卷人得分六、计算题(共2题，共10分)29、若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：。离子K＋Na＋NHSONOCl-浓度/mol·L-14×10-66×10-62×10-54×10-53×10-52×10-5

根据表中数据判断试样的pH=___________。30、已知N2O4(g)2NO2(g)，△H＞0，在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：。时间(s)

c(mol/L)020406080100c(N2O4)0.20ａ0.12cdec(NO2)0.000.08b0.200.200.20

(1)20s时，N2O4的分解率是___。

(2)40s时，NO2的浓度为___，0~40s内N2O4的平均反应速率为____。

(3)在80℃时该反应的平衡常数K值为___。

(4)判断t2、t3、t4时刻对该反应采取的措施。

t2：___；t3：___；t4：___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．0～10min内X的变化量是0.25mol/L，Z的变化量是0.5mol/L，所以a：b=1：2；故A错误；

B．7min时从图中可以看出速率加快；但浓度没有改变，所以有可能是升高温度，故B正确；

C．13min时从图中可以看出X浓度增加；Z的浓度减小，说明平衡逆向移动，不可能是降温，故C错误；

D．0～10min内该反应的平均速率为v(X)=故D错误；

答案选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．选取曲线上的b、c两点，当溶液中两种阳离子的浓度相同时，饱和溶液中的小于饱和溶液中的所以A正确；

B．向饱和溶液中加入固体，促进了的溶解；溶液中铁离子浓度增大，B错误；

C．由于一定温度下的水溶液中水的离子积是一个常数，所以c、d两点代表的溶液中与的乘积相等；C正确；

D．图中曲线为沉淀溶解平衡曲线；曲线上所有点对应的状态都达到沉淀溶解平衡，D正确。

答案为B。3、B【分析】【分析】

由图可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]；充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。

【详解】

A．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]；故A正确；

B．由分析可知；放电时，B极是原电池负极，发生氧化反应，故B错误；

C．由分析可知；充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子发生还原反应生成钠，故C正确；

D．由分析可知；充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故D正确；

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

真空密闭恒容容器中，加热到200℃发生如下反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，投入2molPCl5与1molPCl5相比，相当于增大压强，使容器的体积变为原来的二分之一，此时反应物的起始浓度变为原来的二倍，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，混合气的总物质的量减小，所以混合气体中PCl5所占体积分数增大，故选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应；故A正确；

B．根据示意图可知过程Ⅰ中断裂极性键，需要吸收能量，铁离子转化为亚铁离子，碳元素化合价降低，体现了氧化性；故B正确；

C．过程Ⅲ中氧气氧化亚铁离子，反应的化学方程式：故C正确；

D．根据示意图可判断反应物是生成物是水和氮气，在反应前后没有发生变化，故作催化剂，为中间产物；故D错误；

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

碳的燃烧热△H=-395kJ·mol-1，热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-395kJ·mol-1，单质碳中只存在C-C键且基本结构单元为正四面体，则1mol单质碳中含有4×mol=2molC-C键，反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=2×345.6kJ·mol-1+498.8kJ·mol-1-2x=-395kJ·mol-1，解得x=792.5kJ·mol-1，综上所述故选C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．a电极上CH3COOH转化为CO2；该过程C元素化合价上升，发生氧化反应，为电池负极，故A正确；

B．由图可知，b电极Cr2O得电子生成Cr3+，电极方程式为：Cr2O+14H++6e-=2Cr3++7H2O；故B错误；

C．1molCr2O转化为Cr3+，得到6mol电子，每生成1mol二氧化碳失去4mol电子，故处理lmolCr2Oa电极上会生成1.5molCO2；故C正确；

D．由图中信息可知，电池工作时，负极发生的反应为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+，N极上的反应为：Cr2O+14H++6e-=2Cr3++7H2O；根据得失电子守恒，反应后溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，故D正确；

故选B。8、D【分析】【详解】

A.在船体上安装大型的锌块可以构成锌铁海水原电池；锌的金属性强于铁，锌做负极，失去电子发生氧化反应而被腐蚀，故A错误；

B.在船体上安装大型的锌块可以构成锌铁海水原电池；反应的实质是锌与海水中溶解的氧气反应，不与海水中的NaCl等发生反应，故B错误；

C.在船体上安装大型的锌块可以构成锌铁海水原电池，氧气在正极上得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；故C错误；

D.在船体上安装大型的锌块可以构成锌铁海水原电池保护船体的措施为牺牲阳极的阴极保护法；故D正确；

故选D。9、B【分析】【分析】

【详解】

A.应使用环形玻璃搅拌棒不断搅拌；A错误；

B.测量中和热时；一般选择稍过量的碱与一定量的酸反应，也可用稍过量的酸与一定量的碱反应，以保证量少的反应物充分反应，减小实验误差，B正确；

C.22°C是反应2分钟时所测的温度；不是反应前酸溶液；碱溶液的平均温度，在进行反应热的计算时所用的ΔT为最高温度与反应前酸溶液、碱溶液的平均温度的差值，C错误；

D.在进行强酸强碱中和反应的反应热测定时；不可以选稀醋酸，因为醋酸是弱电解质，其电离过程吸热，反应热的数值会变小，D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

(1)由于阳极材料为铜，所以铜本身失电子被氧化，由题意知氧化产物为Cu2O，可得阳极反应式为2Cu＋H2O－2e－===Cu2O＋2H＋，阴极上阳离子放电，即溶液中H＋被还原成清洁能源H2。

左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，负极(Fe)：Fe－2e－===Fe2＋，正极(Cu)：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。右半区是电解装置，阳极(Fe)：Fe－2e－===Fe2＋，阴极(Cu)：2H＋＋2e－===H2↑，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区域是④区，故选项a、b；c均错误。

(3)①根据电解液中阳离子的迁移方向，可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入O2，b为负极，通入CH4，在碱性条件下CH4的氧化产物为CO32—，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于SO42—没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此根据质量守恒可得阴极区Na2SO4的物质的量不变。②阴极区发生还原反应，即CH3CHO转化成CH3CH2OH；设生成的乙醇为xkg，根据碳原子守恒可得关系式：

CH3CHO～CH3CH2OH

4446

3000×103÷106×60%x

解得x≈1.9。【解析】①.2Cu＋H2O－2e－=Cu2O＋2H＋②.2H＋＋2e－=H2↑③.d④.CH4⑤.CH4－8e－＋10OH－=＋7H2O⑥.不变⑦.1.911、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/mol12、略

【分析】(1)

根据图示可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，生成1mol氨气放出（b-a）kJ的能量，因此生成2molNH3时的热化学方程式为

(2)

①在500℃、30MPa下，断裂1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ、946.5kJ，则生成2molNH3时的焓变为（3×436+946.5－2×3×391）kJ/mol＝-91.5kJ/mol，则每消耗0.6molN2时；该反应放出的热量为0.6mol×91.5kJ/mol＝54.9kJ。

②由于合成氨反应是可逆反应；1.5mol氢气不能完全反应，因此断裂的H-H吸收的热是小于654kJ；

③加入催化剂后，由于催化剂只能改变活化能，但不能改变焓变，因此该反应的不变。【解析】(1)①.放热②.

(2)①.54.9kJ②.＜③.合成氨反应是可逆反应，1.5mol氢气不能完全反应，断裂的H-H吸收的热是小于654kJ④.不变⑤.催化剂不能改变焓变，该反应的不变13、略

【分析】【分析】

（1）

甲中可自发的发生氧化还原反应；乙不能，因此甲为原电池，乙为电解池。

（2）

a端显蓝色，说明H＋反应余OH－，则a为电解池阴极，那么A为原电池负极，B为正极，C为阳极，D为阴极。乙中两极不发生变化，则阳极为铂，阴极为Cu。【解析】（1）原电池电解池。

（2）负极Zn正极Ag阳极Pt阴极Cu14、略

【分析】【分析】

金属和化学物质直接反应的腐蚀是化学腐蚀；金属和电解质溶液构成原电池的腐蚀是电化学腐蚀；在原电池中作负极的金属腐蚀速率加快，结合常见的金属防腐的方法分析解答。

【详解】

(1)金属的腐蚀分为：与化学物质直接反应的腐蚀和构成原电池而产生电流的腐蚀；分为化学腐蚀和电化学腐蚀，故答案为：化学；电化学；

(2)①中铁作原电池负极；加快了铁的腐蚀，②中铁作原电池正极而被保护，不被腐蚀，所以铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是①＞③＞②，故答案为：①＞③＞②；

(3)A．健身器材是用涂油漆的方法来防锈的；故答案为：涂油漆；

B．防止自行车的链条；齿轮腐蚀；可通过涂油脂的方法防锈，故答案为：涂油脂；

C．为防止海水中的轮船被腐蚀，常常是在轮船底部焊接锌块的方法防锈，故答案为：焊接锌块。【解析】化学电化学①＞③＞②涂油漆涂油脂焊接锌块15、略

【分析】【分析】

(1)

强电解质包含大部分盐类以在强酸和强碱类物质@稀硫酸为混合物不符合，②NaHCO3固体为盐类，符合；③氨水为混合物，不符合；④二氧化碳为非电解质，不符合；⑤为盐类；符合；⑥和⑦均为混合物，不符合；答案为：②⑤

(2)

溶液显酸性是因为铝离子水解，

(3)

先把固体溶解在盐酸中，目的是抑制水解；

(4)

泡沫灭火器中为铝离子和碳酸氢根的双水解，

(5)

①溶液中铵根水解﹔②中铵根和醋酸根水解相互促进﹔③溶液中硫酸氢根离子电离出的氢离子抑制铵根水解的；④氨水溶液中一水合氨部分电离，则四种溶液中，由大到小的顺序③①②④。

(6)

a．相等说明氢离子浓度相等，根据水的离子积常数可知两者的相等；a正确；

b．稀释的硫酸溶液，溶液中的氢氧根离子浓度增大，b错误；

c．两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，2+c(OH-)=(H+)，又两溶液中的pH相同，即c(OH-)和c(H+)均相同，则c正确；

故选ac。【解析】(1)②⑤

(2)

(3)抑制水解。

(4)

(5)③①②④

(6)ac三、判断题(共9题，共18分)16、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。17、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。20、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。22、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。23、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。四、结构与性质(共3题，共6分)25、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+26、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-=H2O227、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键；双键的键能大于单键的键能；

(4)SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。【解析】哑铃或纺锤体分子SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离五、工业