2025年外研版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版选择性必修1化学下册阶段测试试卷707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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某新型甲醚(CH3OCH3)燃料电池工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.H+由b电极向a电极迁移，b极周围的pH变大B.多孔碳a能增大气固接触面积，该电极为电池负极C.甲醚直接燃烧的能量效率比燃料电池高D.电极b上发生的反应为2、ToC下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，发生反应：4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)ΔH＜0，部分实验数据如下表。下列说法不正确的是。时间/s051015n(NO2)/mol8.00n1n24.00n(O2)/mol2.001.251.00n3

A.5s内NO2的平均反应速率为0.3mol/(L•s）B.若10s时，再向容器中充入2molN2O5(g)，则新平衡下，NO2的体积分数将增大C.若5s时，改在绝热恒容下达平衡，新平衡下的平衡常数比原平衡的小D.ToC，该反应的平衡常数为0.125，反应物的平衡转化率均为50%3、25℃时，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK=-lgK)依次为1.30、6.60，氨水的pKb为4.75。常温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L-1H3PO3溶液用氨水滴定至pH=6.60：c(H2PO)＞c(HPO)B.0.1mol·L-1H3PO3溶液用氨水滴定至pH=7.0：c(NH)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)C.0.1mol·L-1NH4H2PO3溶液中：c(H+)＞c(HPO)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)D.0.4mol·L-1氨水与0.2mol·L-1NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)：c(NH)+c(NH3·H2O)＞2c(HPO)+2c(H2PO)+2c(H3PO3)4、下列有关说法中不正确的是A.将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入过量NH3，产生沉淀B.二氧化硅具有导电性，可用于制作光导纤维C.用AlCl3溶液制取Al(OH)3，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，再加入少量CuSO4固体，反应速率加快5、通过实验；观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是。

A.AB.BC.CD.D6、2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料；选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：

下列说法不正确的是A.氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能B.的过程中，C.断裂2mol和1mol中化学键所需能量大于断裂2mol中化学键所需能量D.化学反应的只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关7、常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示；则下列说法中不正确的是。

A.pH=1.2的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)+B.pH=2.7的溶液中：C.将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大8、工业上处理黄铜矿(主要成分CuFeS2)的方法之一，是将其电解转变而成Cu2S。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a电极为电解池的阳极B.每转移2mole-，则生成1molCu2SC.氢离子由左室向右室移动D.CuFeS2在阴极得到电子生成的还原产物为Cu2S9、2017-2020年；国家相继出台一系列政策，扶持光伏发电项目建设。图1是太阳能电池工作示意图，与图2装置联合可实现能量的转化和储存。下列有关说法正确的是。

A.图2交换膜一定为阳离子交换膜B.图2右池电极反应为：C.Y接太阳能电池N极D.每转移1mol电子，图2右池溶液中n(H+)的变化量为4mol评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料；采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是。

A.电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源B.阴极的主要电极反应式为C.每转移1mol时，阳极电解质溶液的质量减少8gD.反应结束后阳极区pH增大11、现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，然后用该溶液吸收有毒的硫化氢气体，工艺原理如图所示(其中，a、b均为惰性电极)。下列说法正确的是。

A.电解池应该用阴离子交换膜，使OH-从右槽迁移到左槽B.电极a接电源的正极，发生氧化反应C.吸收池中发生反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+D.吸收池中每吸收2.24LH2S气体，电解池的阴极区生成2g氢气12、如图合上开关k，电解一段时间后，测得f电极产生11.2L(标准状况下)O2。下列说法正确的是。

A.a与电源的负极相连B.b电极反应式为2H2O＋4e－＝2OH－＋H2↑C.电极c的质量增加32gD.丙中K2SO4质量分数约为12.20%13、一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图；

下列说法不正确的是A.该反应为吸热反应B.平衡常数：KM＞KNC.生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D.温度高于250℃时，升温，催化剂的效率降低14、如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是。

A.甲池中的石墨电极是电池的正极B.H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池C.甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H＋-2e-=H2AQD.总反应为H2S+O2H2O2+S↓15、钠碱脱硫液()吸收一定量气体后；可通过以下装置实现再生。下列说法正确的是。

A.电极b应接电源的负极B.m应为阳离子交换膜C.出液2的大于进液的D.出液1可使溴水褪色16、在绝热的某刚性容器中置入1mol和3mol发生反应：下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的有A.与体积之比恒定不变B.与速率之比恒定不变C.混合物中Cl元素质量分数恒定不变D.容器中温度恒定不变17、利用可消除污染，反应原理为在10L密闭容器中分别加入0.50mol和1.2mol测得不同温度下随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度/K时间/min

物质的量/mol010204050①T10.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.15

下列说法错误的是A.该反应为放热反应B.组别①中0~10min内，的平均反应速率为0.003C.若组别②改为恒压装置，则M值一定大于0.15D.当有1mol键断裂同时有1mol键形成，则反应达到平衡状态评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下；请回答下列问题：

（1）该装置的能量转化形式为________。

（2）Pt(a)电极是电池________（填“正”或“负”）极；

（3）电解液中的H+向_____（填“a”或“b”）极移动；

（4）如果该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过___mol电子。

（5）比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是________。19、向一个体积可变的密闭器中充入4molA；1molB；发生如下反应：

4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)。在高温下达到平衡，测得混合气体中D的浓度为0.3mol·L-1。

请填写下列空白：

（1）若容器体积为10L；反应经2min达平衡，则以A物质浓度变化表示的化学反应率为。

____。

（2）若压缩容器增大压强，则逆反应的速率____，容器中D的体积分数____。（填“增大”“减小”“不变”）

（3）若相对分子质量M（B）>3M（C），温度升高时混合气体的平均相对分子质量减少，则正反应____。（填“吸热”或“放热”）

（4）在最初的容器改充1.5molC、4.4molD温度保持不变，要使反应达平衡时D的浓度为0.6mol·L-1,则容器的体积是____L。20、Ⅰ.水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度；当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态为B点。

（1）在100℃时，Kw的表达式为________，在此温度下，Kw的值为________mol2/L2。

（2）在室温下，将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为________。

（3）室温时将pH为3的硫酸溶液稀释100倍，稀释后溶液中，c()和c(H+)之比为________。

Ⅱ.现有溶质为①CH3COOH，②HCl、③H2SO4的三种溶液；根据要求回答下列问题：

（1）写出①的电离方程式：________。

（2）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是________（填序号）。

（3）当它们的物质的量浓度相同时，其pH最小的是________（填序号）。

（4）在室温下，将c(H+)均为0.1mol/L的三种酸分别加水稀释至原来的10倍，c(H+)由大到小的顺序为________（填序号）。

（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积比为________。

（6）三种酸溶液的pH相同时，若消耗等量的Zn，则需三种酸溶液的体积大小关系为________（填序号）。21、如图装置闭合电键K时；电流计A的指针将发生偏转。试回答：

（1）乙中Ag电极的电极反应是___，若电路中有0.02mol电子通过，则甲中a电极溶解的质量为___g；

（2）闭合电键K一段时间后，丙池中发生的总的化学方程式是___；

（3）丙池中反应进行较长时间后，收集到标准状况下氢气2.24L此时测得丙池溶液质量实际减少3.75g，含有碱0.100mol（不考虑气体在水中的溶解），则实际放出气体的物质的量是___mol。

（4）如果要给丙中铁片上镀上一层Cu，则丙池应作何改进___。22、完成下列填空。

(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：。时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)50120232290310

①上述实验过程中，反应速率最大时间段是___________(选填字母作答)，该时间段反应速率最大的主要原因是___________。

A．B．C．D．E．

②求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率___________(假设反应过程中溶液体积不变)。

(2)某温度下在容积为1L密闭容器中；X；Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。

①该反应的化学方程式是___________。

②该反应达到平衡状态的标志是___________。

A．X的浓度不再改变。

B．Y的体积分数在混合气体中保持不变。

C．容器内气体的总压强保持不变。

D．容器内气体的总质量保持不变。

③反应进行到2min时，Y的转化率为___________。

④该反应达到平衡时的压强与起始的压强之比为___________。23、草酸即乙二酸，是一种有机二元酸，在工业上有重要的应用。草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解。常温下，相关数据如表所示：。电离方程式电离常数

(1)常温下，溶液的pH__________7(填“>”“<”或“=”)。

(2)用惰性电极电解饱和草酸溶液可制得乙醛酸()，阴极的电极反应式为_______。

(3)草酸钠是一种重要的还原剂。合成草酸钠的操作如下：草酸草酸钠晶体。

①75%酒精的作用是____________________________________。

②将草酸与碳酸钠按物质的量之比为2∶1充分溶解在足量的水中，所得溶液的请将所得溶液中离子浓度按由大到小的顺序排列：____________________________________________。

(4)已知某温度下的为将的溶液和的溶液等体积混合后，所得溶液中的物质的量浓度为__________。24、惰性电极电解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三种产物A；B、C；各物质之间的转化关系如下图所示（图中参与反应和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的单质，它是日常生活中常用的包装材料。

回答下列问题：

（1）若电解的是NaCl溶液：

①甲与A反应的化学方程式是________________________________。

②E与少量CO2反应的离子方程式是________________________________。

③常温下，若电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为___（忽略反应前后溶液的体积变化及气体溶于水的影响）。

（2）若电解的是CuSO4溶液；加热时，A的浓溶液可与B发生反应：

①A的浓溶液与B反应过程中，A的浓度随时间变化的图像正确是_________。

②E的化学式是______________；电解时阳极的电极反应式是___________________。

③若CuSO4溶液足量,电解后要恢复原来的浓度可加入________。25、(1)石墨转变成金刚石需要吸收的热量，该反应的热化学方程式为____。

(2)在下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量其燃烧生成的用过量饱和澄清石灰水吸收可得沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为________。

(3)已知下列热化学方程式：

①

②

③

写出被还原成和的热化学方程式：________。26、已知：C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=－437.3kJ·mol-1；2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH=－566.0kJ·mol-1

（1）一氧化碳的标准燃烧热ΔH为：_________

（2）碳和氧气反应生成一氧化碳的热化学方程式是：___________

（3）反应CO2(g)+C(s)2CO(g)ΔH为：_________________

（4）完全燃烧相同物质的量的C和CO，放出的热量_____多（填C或CO）

（5）在25℃、101kPa时，8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则CH4燃烧的热化学方程式________

（6）一定条件下，在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。B→A+C反应的热化学方程式为(用离子符号表示)___________

评卷人得分四、结构与性质(共1题，共7分)27、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共8分)28、在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3，发生反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题：

(1)该反应正反应为___________热反应(填“吸”或“放”)，温度为T5℃时，该反应耗时40s达到平衡，则T5℃时，该反应的平衡常数数值为___________。

(2)如果该反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。

a．一定向逆反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小。

c．一定向正反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大。

(3)请说明随温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因：___________。

(4)保持温度，体积不变，充入CO2气体，则CaCO3的质量___________，CaO的质量___________，CO2的浓度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(5)在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入0.5molN2，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为___________g。29、研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理对于解决化学污染问题具有重要意义。

(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧；工业上常用氨水吸收。吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：

①SO2(g)+NH3•H2O(aq)＝NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ•mol-1

②NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)＝(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ•mol-1

③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)＝2(NH4)2SO4(ag)ΔH3=ckJ•mol-1

则反应SO2(g)+2NH3•H2O(aq)+O2(g)＝(NH4)2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=___。

(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)△H=-681.8kJ•mol-1对煤进行脱硫处理。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如表：。时间/min

浓度/mol▪L-101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88

0～10min内，平均反应速率v(O2)=___mol•L-1•min-1。

(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人用活性炭对NO进行吸附，反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=-34.0kJ•mol-1；已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因是___；在1100K时，CO2的体积分数为___。

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=___(已知：气体分压(P分)气体总压(P)×体积分数)

(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.8kJ•mol-1实验测得，v正=k正c2(NO)•c2(CO)，v逆=k逆•c(N2)•c2(CO2)(k正、k逆为速率常数；只与温度有关)。

①达到平衡后，只升高温度，k正增大的倍数___(填“＞”，“＜”或“=”)k逆增大的倍数。

②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=___。30、化学反应原理中的相关理论可用于指导实验及工业生产中的各项问题；请回答下列问题。

(1)工业上，常采用以高钛渣(主要成分为)为原料进行“加碳氯化”的方法生产相应的化学方程式为：

I.

II.

①下列措施能提高的平衡转化率的是_______。

A.保持恒容通入惰性气体B.在反应器中增加C和的含量。

C.提高反应温度D.增大容器体积以减小体系压强。

(2)结合数据，说明氯化过程中加碳的理由_______。

②下可直接分解制取反应的原理如下：实际生产中往刚性容器中同时通入和水蒸气，水蒸气与反应体系的任何物质均不发生反应，测得容器总压总压)和的转化率(a)随时间的变化关系如图1所示。计算反应在内的平均反应速率_______平衡时，平衡常数_______(为以分压表示的平衡常数)。

(3)已知的反应历程分两步：

①

②

反应进程中的势能图如图2所示：如果增加浓度，反应速率将_______(填：加快、不变或变慢)，如果增加浓度反应速率_______(填：加快、不变或变慢)，并结合反应势能图解释_______

31、根据下列有关天然气的研究和应用回答问题：

(l）在一定温度和压强下，由最稳定单质生成lmol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。根据此定义，稳定单质的摩尔生成焓为0，某些化合物的摩尔生成焓如下表所示：。化合物CO2CH4CO摩尔生成焓（kJ·mol-1）-395-74.9-110.4

CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为______________________

(2）若上述反应分Ⅰ、Ⅱ两步进行，其能量曲线如图所示。则总反应的反应速率取决于反应_______（填“I”或“Ⅱ”）。

(3）一定温度下反应：CO2(g)+CH4（g)2CO(g)+2H2(g）的平衡常数表达式Kp=__________（用平衡分压p代替平衡浓度表示）

(4）在压强为p1、p2、p3的三个恒压密闭容器中分别通入1.0molCH4(g)与1.0molCO2(g),发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g).测得平衡时CH4的体积分数与温度；压强的关系如图所示。

①a点时CH4的转化率为___________________________

②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________________，判断理由是______________________。温度为Tl℃、压强为P3时，b点处v(正)________v(逆）（填“<”、“>”或“="”)

(5）某种燃料电池以熔融碳酸钠、碳酸钾为电解质，其工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为_____________________________________________.若电极B附近通入1m3空气（假设空气中O2的体积分数为20%）并完全反应，理论上可消耗相同条件下CH4的体积为_______m3

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

新型甲醚(CH3OCH3)燃料电池中，通入甲醚的电极为负极，即b电极为负极，电极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO2+12H+，通入O2的电极为正极，即a电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；结合原电池原理分析解答。

【详解】

A．该原电池中，a电极为正极、b电极为负极，H+由b电极向a电极迁移，负极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO2+12H+，b极周围的pH变小；故A错误；

B．多孔碳a能增大气固接触面积；提高工作效率，但a电极为该原电池的正极，故B错误；

C．甲醚直接燃烧的能量损耗大；利用率大约30%，燃料电池可将80%以上的能量转化为电能，能耗小，所以甲醚直接燃烧的能量效率比燃料电池低，故C错误；

D．负极上甲醚(CH3OCH3)失去电子生成CO2，电极反应式为C2H6O-12e-+3H2O═2CO2+12H+；故D正确；

故选D。2、B【分析】【详解】

反应的方程式为4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)△H＜0，起始时加入n(NO2)=8mol，n(O2)=2mol，由表中数据可知n1=5，n2=4，n3=1。则。

A、体积为2L，5s内二氧化氮浓度变化为3mol÷2L＝1.5mol/L，则5s内NO2的平均反应速率为1.5mol/L÷5s＝0.3mol/(L•s)；故A正确；

B、若10s时，再向容器中充入2molN2O5(g)，相当于在原来的基础上增大压强，平衡正向移动，则NO2的体积分数将减小；故B错误；

C；正反应为放热反应；绝热恒容下，容器温度升高，平衡逆向移动，则新平衡下的平衡常数比原平衡的小，故C正确；

D、体积为2L，则根据方程式可知4NO2（g）+O2（g）2N2O5（g）

起始浓度（mol/L）410

转化浓度（mol/L）20.51

平衡浓度（mol/L）20.51

则该反应的平衡常数为＝0.125

反应物的平衡转化率为2/4×100%＝50%；故D正确。

答案选B。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握表中数据的分析以及三段式的应用。选项B中注意等效平衡的灵活应用。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．0.1mol•L-1的H3PO3溶液用氨水滴定至pH=6.60，pKa2=6.60，结合Ka2==10-6.6可知，此时c(HPO)=c(H2PO)；故A错误；

B．二元酸H3PO3不能电离出PO0.1mol•L-1的H3PO3溶液用氨水滴定至pH=7.0，则c(H+)=c(OH+)，结合电荷守恒可知：c(NH)=c(H2PO)+2c(HPO)；故B错误；

C．NH4H2PO3溶液中H2PO的电离程度、NH的水解程度和H2PO的水解程度大小：10-6.60＞＞可知NH4H2PO3溶液中H2PO的电离程度大于NH和H2PO的水解程度，溶液显酸性，离子浓度大小为：c(H+)＞c(HPO)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)；故C正确；

D．0.4mol•L-1的氨水与0.2mol•L-1的NaH2PO3等体积混合(体积变化可忽略)，结合物料守恒可知：c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(HPO)+2c(H2PO)+2c(H3PO3)；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意H3PO3为二元酸；难点为C，要注意结合离子的水解和电离判断NH4H2PO3溶液的酸碱性。4、B【分析】【详解】

A．盐酸的酸性强于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，不发生反应，再通入过量NH3，过量NH3与SO2在水溶液中发生反应生成(NH4)2SO3，与Ba2+反应生成亚BaSO3沉淀；A正确；

B．二氧化硅能够使光线全反射；因此可用于制作光导纤维的原料，B错误；

C．因为Al(OH)3是两性物质，能够与强碱NaOH反应产生可溶性物质，而氨水中的一水合氨为弱碱，与AlCl3反应生成Al(OH)3沉淀而不能溶解Al(OH)3，所以用AlCl3溶液制取Al(OH)3；沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好，C正确；

D．加入少量CuSO4固体，Zn与CuSO4溶液发生置换反应产生Cu；锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，使反应产生氢气的速率加快，D正确；

故合理选项是B。5、C【分析】【详解】

A．HNO3具有强氧化性，会将氧化产生与Ba2+产生BaSO4白色沉淀；且Ag+能与Cl-会反应产生AgCl白色沉淀，则原溶液中不一定含A错误；

B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成BaSO4白色沉淀，不产生BaSO3沉淀；B错误；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；碳酸根离子水解使溶液显碱性，而硫酸钠是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，故碳酸钠溶液的pH比硫酸钠的大，C正确；

D．Cl2与KI发生置换反应生成I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；这是碘单质的特征反应，不是氯气与淀粉的反应，D错误；

故答案为C。6、C【分析】【详解】

A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能；也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；

B．由盖斯定律知<0；气体变成液体，该反应是熵减的反应，B正确；

C．氢气燃烧的反应是放热反应；故断裂2mol氢气和1mol氧气中化学键所需能量小于断裂2mol水中化学键所需能量，C错误；

D．化学反应的只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；

故选C。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．pH=1.2时，H2C2O4、HC2O的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)；A项正确；

B．由图像可知pH=1.2时，c(HC2O)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知==1000；B项正确；

C．将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水；可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，C项错误；

D．向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2；溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，D项正确；

答案选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．在a电极上Cu失去电子被氧化为Cu+，Cu+结合S2-生成Cu2S；因此a电极为电解池的阳极，A正确；

B．根据图示可知：每转移2mole-，在阳极生成1molCu2S，在阴极生成1molCu2S，共生成2molCu2S；B错误；

C．氢离子带正电荷，会向负电荷较多的阴极区移动，故H+会由左室向右室移动；C正确；

D．在CuFeS2中Cu元素化合价为+2价，在阴极得到电子被还原生成+1价的Cu2S；D正确；

故合理选项是B。9、B【分析】【分析】

由题意知，图1为太阳能电池工作示意图，属于原电池，图2与图1联合时，图2为电解池，由图2知，X电极反应为发生还原反应，故X为阴极，与电源负极相连，由图1可知，电池的阳离子向P电极移动，所以P电极是太阳能电池的正极，N电极为负极，故X电极连接N电极，Y电极连接P电极。

【详解】

A．由分析知，X电极流入电子，Y电极失去电子，为了维持电荷守恒，可以是阳极室的阳离子（如H+）移入阴极室，也可以是阴极室阴离子阴离子（如）移入阳极室；故交换膜可以是阳离子或阴离子交换膜，A错误；

B．由图2知，Y极VO2+失电子转化为对应电极反应为：VO2+-e-+H2O=+2H+；B正确；

C．由分析知；Y电极连接太阳能电池P电极，C错误；

D．由Y电极反应为VO2+-e-+H2O=+2H+，知每转移1mol电子，右池中有2molH+生成；D错误；

故答案选B。二、多选题(共8题，共16分)10、AB【分析】该装置为电解池，左侧由对硝基苯甲酸生成对氨基苯甲酸，发生还原反应，故左侧是阴极，则右侧为阳极，电极反应式为左侧为阴极，据此分析解答。

【详解】

A．该电解池右侧为阳极；失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；

B．阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O；故B正确；

C．阳极发生反应氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时；阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；

D．阳极发生反应氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；

答案选A。11、BC【分析】【分析】

【详解】

略12、AD【分析】【分析】

f电极产生11.2L(标准状况下)O2，则f电极为阳极，从而得a为阴极、b为阳极、c为阴极、d为阳极、e为阴极。F电极反应式为2H2O-4e-==O2↑+4H+，则生成11.2L(标准状况下)O2，线路中转移电子2mol，丙池中参加反应的H2O为1mol。

【详解】

A．由以上分析知；a为阴极，与电源的负极相连，A正确；

B．b电极为阳极，反应式为4OH--4e-==O2↑+2H2O；B不正确；

C．电极c为阴极，发生反应Cu2++2e-==Cu；线路中转移电子2mol，生成Cu1mol，c电极质量增加64g，C不正确；

D．丙中电解的实质是电解水，线路中转移电子2mol时电解的水为1mol，溶液质量减轻18g，K2SO4质量分数为=12.20%；D正确；

故选AD。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．升高温度二氧化碳的平衡转化率减小；则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；

B．升高温度二氧化碳的平衡转化率减小；则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，B正确；

C．化学反应速率随温度的升高而加快，根据图像250℃时催化效率最高，当温度高于250℃，随着温度的升高催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)；C错误；

D．根据图象；当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，催化剂的催化效率降低，D正确；

故选AC。14、AD【分析】【分析】

由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为2I--2e-=I2，生成的碘可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2H2O2+S；以此解答该题。

【详解】

A．电子由负极经外电路流向正极；由图分析可知，甲池中的石墨电极是原电池的正极，A错误；

B．H+向正极移动；应通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，B错误；

C．由上述分析可知甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H++2e-=H2AQ；C错误；

D．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化氢，则总反应为：H2S+O2H2O2+S↓；D正确；

故合理选项是AD。15、BD【分析】【分析】

脱疏完后的溶液液在阴极区发生析氢反应，使阴极区pH值上升，因此过量的OH-与HSO3-反应生成SO32-或与Na+结合生成NaOH。因此左侧再生液为NaOH和Na2SO3溶液，由于电荷守恒，中间区的Na+进入左侧，而在右侧，发生氧化反应，2H2O-4e-=O2+4H+，H+透过阳膜定入中间区，因此.出液1为H2SO3溶液。此反应本质是双阳膜电解法。

【详解】

A．电极b；发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，A错误；

B．m为阳离子交换膜，允许H+和Na+通过；在左侧出现再生液，B正确；

C．由于右侧水放电，放氧生酸，水的量减少，故H2SO4的浓度变大；pH减低，C错误；

D．出液1为H2SO3溶液；可使溴水褪色，D正确；

故选BD。16、AD【分析】【分析】

【详解】

A．当反应体系中；各组分的物质的量不再改变时，反应即达到平衡，由于同温同压下，气体物质的体积与物质的量呈正比，故各组分的体积不变，即各组分的体积之比恒定不变，可以说明该反应一定处于平衡状态，A符合题意；

B．F2(g)和ClF(g)的反应速率之比始终为1:1，故F2(g)和ClF(g)的反应速率之比恒定不变；不能说明该反应一定处于平衡状态，B不符合题意；

C．化学反应前后；各原子的个数和质量不发生改变，故在该反应体系中，Cl的元素质量分数恒定不变，即Cl的元素质量分数恒定不变，不能说明该反应一定处于平衡状态，C不符合题意；

D．在绝热容器中；容器中温度恒定不变，可以说明该反应一定处于平衡状态，D符合题意；

故选AD。17、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由表中数据可知，T2下反应速率大于T1，故T2高于T1，平衡时甲烷的物质的量是T2大于T1；即升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A正确；

B．由表中数据可知，组别①中0~10min内，的平均反应速率为=0.003B正确；

C．分析反应可知正反应是一个气体体积增大的方向；若组别②改为恒压装置，相当于增大体积，减小压强，平衡正向移动，则M值一定小于0.15，C错误；

D．当有1mol键断裂表示正反应，同时有1mol键形成也表示正反应；故不能说明反应达到平衡状态，D错误；

故答案为：CD。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O；据此解答。

【详解】

(1)该装置的能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；

(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应；是电池负极；

(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；

(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1molCH3OH；则电路中通过6mol电子；

(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O；对环境无污染。

【点睛】

以甲醇为燃料考查了燃料电池。注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题中通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。【解析】化学能转化为电能负b6对环境无污染19、略

【分析】【分析】

根据外因对反应速率和化学平衡的影响解题。

【详解】

（1）A物质表示的化学反应率v(A)=v(D)=0.3mol·L-1/2min=0.15mol/(L；min)；

（2）压缩容器增大压强，使c(D)变大，则逆反应的速率增大。因“4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)”反应前后气体分子数不变；加压不能使平衡移动，容器中D的体积分数不变。

（3）据质量守恒有4M(A)+M(B)=3M(C)+4M(D)，当M(B)>3M(C)时，得M(A)

温度升高时混合气体的平均相对分子质量减少；即升高温度使平衡左移，则正反应放热。

（4）某温度：4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)10L起始/mol：4100(相当于/mol：0034)

平衡/mol：10.252.250.3×10VL起始/mol：001.54.4平衡/mol：0.6V

C是固体物质，其用量改变不能使平衡移动。因压强不能使题中平衡移动，故有4:4.4＝（0.3×10）:（0.6V），得V＝5.5L。【解析】0.15mol/(L、min)增大不变放热5．5L20、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)结合图像及Kw=c(H+)∙c(OH-)计算；

(2)利用H++OH-=H2O计算；

(3)溶液稀释时；溶质的物质的量不变；

Ⅱ.CH3COOH为弱电解质，HCl、H2SO4均为强酸。

【详解】

Ⅰ.(1)在100℃时，Kw表达式为Kw=c(H+)∙c(OH-)，由图像可知，在此温度下c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，则Kw=c(H+)∙c(OH-)=10-6mol/L×10-6mol/L=1×10-12mol2/L2。

(2)在室温下，pH=9的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-5mol/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5mol/L，设氢氧化钡溶液的体积为xL，盐酸的体积为yL，混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)，即10-5mol/L×xL=10-5mol/L×yL，解得x：y=1：1，则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为1：1。

(3)室温时，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，c()=5×10-4mol/L，将此溶液稀释100倍后，c()=5×10-6mol/L，而c(H+)=10-5mol/L，则c()：c(H+)=5×10-6mol/L：10-5mol/L=1：2。

Ⅱ.(1)CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+。

(2)当三种溶液pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，①醋酸为弱电解质，则醋酸的浓度应大于1mol/L、②HCl为强酸只能电离出1个氢离子，盐酸的浓度为1mol/L、③H2SO4为强酸；能电离出2个氢离子，硫酸的浓度为0.5mol/L，故物质的量浓度最大的是①。

(3)当三种溶液的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH电离出的氢离子浓度小于1mol/L，②HCl电离出的氢离子浓度为1mol/L，③H2SO4电离出的氢离子浓度为2mol/L；故pH最小的是③。

(4)加水稀释时促进醋酸的电离，醋酸继续电离出氢离子，所以稀释10倍后，醋酸溶液中H+浓度大于原来的盐酸和H2SO4溶液中H+浓度为原来的则c(H+)由大到小的顺序是①＞②＝③。

(5)体积和物质的量浓度均相同的三种酸溶液；醋酸和HCl是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积比为1：1：2。

(6)盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，三种酸溶液的pH相同时，c(CH3COOH)最大，若消耗等量的Zn，则需三种酸溶液的体积大小关系为①＜②＝③。【解析】①③①②③①②③21、略

【分析】【分析】

甲和乙形成有盐桥的原电池，相当于给丙外加电源，因此丙属于电解池，甲中a为活泼金属即失电子为负极，b中Ag为正极；丙中c电极连接原电池的正极属于阳极，d为阴极。

【详解】

（1）乙中Ag为正极，其电极上是银离子得电子生成银单质，其电极反应为：Ag++e－=Ag；Zn从0价升高到+2价失去2个电子，已知电路中有0.02mol电子通过，所以消耗的Zn为0.01mol，

（2）丙池中是电解NaCl溶液生产氢气、氯气和氢氧化钠，其电解方程式：

（3）已知碱0.1mol，

210.1mol0.05mol

因此：

丙池溶液质量实际减少4.23g，是氢气、氯气和氧气的质量和，所以所以

因此实际放出气体的物质的量是：0.1mol+0.05mol+0.015mol=0.165mol；

（4）要给丙中铁片上镀上一层Cu，根据镀层金属做阳极，镀件做阴极原理，则阳极应该为Cu电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，所以要把C电极换成Cu电极，把NaCl溶液换为硫酸铜溶液。【解析】Ag++e-=Ag0.650.165“C”换成“Cu”、将“NaCl溶液”换成“CuSO4溶液”22、略

【分析】【分析】

(2)从图像分析；反应物是X；Y，生成物是Z，5min达到平衡时X、Y、Z物质的量的改变量分别是0.6mol、0.2mol、0.4mol。

（1）

①在0~1min；1~2min、2~3min、3~4min、4~5min五个时间段中；产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，由此可知反应速率最大的时间段为2~3min，故选C；该时间段反应速率最大的主要原因是锌与盐酸反应放热，导致体系温度升高，反应速率增大；

②在2~3min内，n(H2)==0.005mol，根据反应的化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，由各物质物质的量的变化量之比等于其化学计量数之比，可得到关系式：2HCl~H2，所以消耗HCl的物质的量为0.01mol，则2~3min内v(HCl)==0.05mol/(L∙min)。

（2）

①物质的量的变化之比等于化学计量数之比，根据分析，该反应的化学方程式是

②判定可逆反应是否达到化学平衡状态；一般有以下两种方法：

1．v正=v逆；即正逆反应速率相等；

2．变量不变；包括某组分的含量；气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。

A．X的浓度随反应过程的改变而改变；保持不变时即达到平衡状态，A符合题意；

B．Y的体积分数在混合气体中随反应过程的改变而改变；保持不变时即达到平衡状态，B符合题意；

C．器内气体压强随着正向进行减小；逆向进行增大，保持不变时即达平衡状态，C符合题意；

D．反应物和生成物都是气体；根据质量守恒，容器内气体的总质量一直都不变，不能作为判断依据，D不符合题意；

故选ABC。

③由图中可知，Y的起始物质的量是1.0mol，2min时Y的物质的量是0.9mol，转化率为

④根据pV=nRT可知，在温度和体积相同的情况下，压强与物质的量成正比，因此达到平衡时的压强与起始的压强之比==【解析】(1)C因反应放热；温度升高，反应速率增大0.05mol/(L∙min)

(2)3X+Y2ZABC10%23、略

【分析】【详解】

(1)由题给数据可知，的电离常数大小为故草酸铵溶液显酸性，pH＜7；

(2)阴极得电子发生还原反应：

(3)①加入酒精是为了降低草酸钠的溶解度；便于晶体析出。

②二者完全反应后溶液中溶质为草酸氢钠，因为溶液显酸性，所以的电离程度大于其水解程度，则溶液中离子浓度的大小关系为

(4)混合后所得溶液中则【解析】<降低草酸钠的溶解度，便于晶体析出24、略

【分析】【详解】

（1）电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，A+B→E+NaCl，说明A、B为NaOH和Cl2，C为H2，E是NaClO；甲是短周期元素的单质，是日常生活中常用的包装材料，甲+A→D+H2，则A是NaOH，甲是Al，B是Cl2。

①甲与A反应生成偏铝酸钠和氢气。故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

②E与少量CO2反应，即NaClO与少量CO2反应，生成HClO与HCO3-；

故答案为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。③常温下，若电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标况），即阴阳极分别产生0.005molH2和Cl2。由2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；可得：

n（OH-）=2n（Cl2）=0.01mol，c（OH-）=0.1mol/L,pH=13。

故答案为13；

（2）若电解的是CuSO4溶液，生成的产物为Cu、O2和H2SO4，加热时，A的浓溶液可与B发生反应说明A为H2SO4，B为Cu，C为O2。

①A的浓溶液与B反应过程中；即浓硫酸和Cu反应，随着反应的进行，硫酸浓度减小，②铜和稀硫酸不发生反应，A的浓度随时间变化的图象是开始浓度减小，最后浓度不变。

故答案为A；②E是铜和浓硫酸加热反应生成SO、水和硫酸铜，所以E为SO2，电解时阳极是OH-放电，故电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+。故答案为SO2；4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+。③若CuSO4足量，则阴极产物只有Cu，阳极是O2，且二者物质的量之比为2∶1；若要将溶液恢复到原来的浓度，可加入CuO固体，或者CuCO3固体，CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑）。

故答案为CuO或CuCO3【解析】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-13ASO24OH--4e-=O2+2H2O或2H2O-4e-=O2+4H+CuO或CuCO325、略

【分析】【详解】

(1)石墨转变成金刚石需要吸收的热量，该反应的热化学方程式为

(2)因生成的用过量饱和澄清石灰水完全吸收，可得沉淀，则的物质的量是由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为即无水乙醇完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为而完全燃烧无水乙醇时生成二氧化碳，则放出的热量为热化学方程式为

(3)依据盖斯定律可知，得。

则被还原成和的热化学方程式为【解析】26、略

【分析】【分析】

根据燃烧热的概念及热化学方程式的含义计算燃烧热；根据盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；根据图示中反应物总能量与生成物总能量的相对大小计算反应热并书写热化学方程式。

【详解】

（1）在25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，根据题干中的热化学方程式知，一氧化碳的标准燃烧热ΔH==283kJ·mol-1；故答案为：－283kJ·mol-1；

（2）根据盖斯定律得：IC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=－437.3kJ·mol-1；II2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=－566.0kJ·mol-1，I×2-II得2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=(-437.3kJ·mol-1)×2-(-566.0kJ·mol-1)=-308.6kJ·mol-1，即热化学方程式为：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=－308.6kJ·mol-1，故答案为：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=－308.6kJ·mol-1；

（3）根据盖斯定律得：IC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=－437.3kJ·mol-1；II2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=－566.0kJ·mol-1，I-II得CO2(g)+C(s)2CO(g)ΔH=－437.3kJ·mol-1+566.0kJ·mol-1=128.7kJ·mol-1，故答案为：128.7kJ·mol-1；

（4）C与氧气反应生成CO时放热，CO与氧气反应生成CO2时也放热，所以完全燃烧相同物质的量的C和CO时都生成CO2；放出的热量C多，故答案为：C；

（5）8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则1molCH4燃烧时放出的热量为445.15kJ×2=890.3kJ，则热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol；

（6）结合Cl元素的化合价可知B→A+C反应为3ClO−=ClO3−+2Cl−，生成1molC时能量变化为3×60kJ−63kJ−0=117kJ，反应物总能量大于生成物总能量，该反应放出117kJ热量，热化学反应方程式为：3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH＝－117kJ·mol－1，故答案为：3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH＝－117kJ·mol－1。【解析】－283kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=－308.6kJ·mol-1128.7kJ·mol-1CCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ/mol3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH＝－117kJ·mol－1四、结构与性质(共1题，共7分)27、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2五、原理综合题(共4题，共8分)28、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，随着温度的升高，二氧化碳的平衡浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应；根据反应的化学方程式，结合图像可知，平衡常数K=c(CO2)=0.2mol/L。

(2)a．平衡常数增大；此时改变的条件是升高温度，平衡正向移动，故a错误；

b．由于是升高温度，所以正、逆反应速率都增大，此反应是吸热反应，平衡移动后温度会有所降低，正、逆反应速率都会减小，故b正确；

c．反应一定向正反应方向移动；故c正确；

d．根据b的分析可知在平衡移动时逆反应速率先增大后减小；故d错误；

故答案为bc。

(3)根据温度对反应速率的影响可知；随着温度的升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，所以曲线B向曲线A靠近。

(4)容器体积不变，充入CO2气体，c(CO2)增大，平衡左移，则CaCO3的质量增大，CaO的质量减小，因为温度不变