2025年北师大新版选择性必修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年北师大新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷381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、我国科学家发明了一种500℃时，在含氧离子()的熔融碳酸盐中电解甲烷的方法，实现了无水、零排放的方式生产和C；反应原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.X为电源的正极B.电极上发生的电极反应方程式为C.该条件下，每产生22.4L电路中转移电子D.电解一段时间后熔融盐中的物质的量不变2、已知在的饱和溶液中，则的为A.B.C.D.3、下列有关电解池的说法正确的是()A.在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极B.电解任何物质阳极上失电子数与阴极上得电子数相等C.电解氯化铜溶液时在阴极上有气体生成D.电解NaCl、CuCl2两种溶液参加反应的物质是相同的4、北京化工大学研究了过渡金属簇催化乙炔氢化的反应机理，簇上的反应中间体亚乙烯基吸附物R；多步连续加氢反应路径的能量变化示意图如下(TS为过渡态，IM为中间体)。下列说法错误的是。

A.乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应B.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可提高乙炔的平衡转化率C.图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2D.乙炔氢化历程中涉及非极性键的断裂5、氢氰酸(HCN)的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是()A.1mol/L氢氰酸(HCN)溶液的pH约为3B.HCN易溶于水C.10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D.HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱6、下列实验操作、现象、结论均正确的是。实验操作实验现象实验结论A取室温下少量0.5mol/LCH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pHpH减小CH3COONa的水解是吸热反应B向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液颜色的变化溶液颜色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C取2mL0.1mol/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.1mol/LNaCl溶液和5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀情况先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D已知H3BO3K=5.8×10-10、H2CO3K1=4.5×10-7K2=4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液无明显现象H3BO3与碳酸钠不反应

A.AB.BC.CD.D7、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.c(Al3+)=0.5mol/L的溶液中：K+、B.在c(H+)∶c(OH-)=1∶1012的溶液中：Na+、I-、C.含有0.1mol/LFe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、D.能溶解Al(OH)3的溶液中：K+、评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、铅蓄电池是最常见的二次电池，电压稳定，安全可靠，价格低廉，应用广泛。电池总反应为放电时，正极的电极反应是_____，电解质溶液中硫酸的浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，当外电路中通过电子时，理论上负极板的质量增加_____g。9、水是生命之源。请结合如图所示的空间站水；气整合循环系统；回答下列问题：

(1)“萨巴蒂尔反应器”内发生反应的化学方程式为_________________________________________。

(2)通过“萨巴蒂尔反应器”生成的水可以电解，实现氧气的再生，电解水的化学方程式为__________________________________________。10、在某温度下，将H2和I2各0.1mol的气态混合物充入10L的密闭容器中达到平衡后，测得c(H2)=0.008mol/L。求反应的平衡常数(H2+I22HI)___________11、硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：

2SO2(g)+O2(g)2SO3△H=-196kJ/mol

回答下列问题：

(1)某温度下，SO2平衡转化率α与体系总压强p的关系如图(a)所示。

①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于___________

②平衡状态由A变到B时，平衡常数KA___________KB(填“>”“<”或“=”)。

(2)在密闭容器中，原料气进料比例按SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%，在0.5.MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。

①2.5MPa时，反应平衡常数K(500℃)___________K(600℃)(填“>”“<”或“=”)。

②反应在5.0MPa、550℃时的SO2平衡转化率α=___________，判断的依据是___________。

③影响SO2平衡转化率α的因素有___________。12、在2L的密闭容器中，SO2和足量的O2在催化剂500℃的条件下发生反应。SO2和SO3的物质的量随时间变化的关系曲线如图所示。

回答下列问题。

(1)该反应的化学方程式是_______。

(2)在前5min内，以SO2的浓度变化表示的速率是_______mol/(L·min)。

(3)反应达到平衡状态的依据是_______。

A．单位时间内消耗1molSO2，同时生成1molSO3

B．SO2的浓度与SO3浓度相等。

C．SO2的浓度与SO3浓度均不再变化13、吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化；可得到硫酸盐。

已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。

(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。

(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。

(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。14、某科学实验小组将6molA和8molB充入2L的密闭容器中，某温度下，发生的反应为A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H=-49.0kJ•mol-1．测得B的物质的量随时间变化的关系如图所示（实线）。

（1）下列时间段A的平均反应速率最大的是______（填选项字母，下同），最小的是______。

A．0～1minB．1～3minC．3～8minD．8～11min

（2）b点的正反应速率______（填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．

（3）平衡时B的转化率为______，该温度下的化学平衡常数K=______．

（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得B的物质的量随时间变化如图中虚线所示．则曲线Ⅰ改变的条件是______，曲线Ⅱ改变的条件是______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误16、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误17、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误18、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误19、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共20分)20、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：_______。21、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化评卷人得分五、计算题(共3题，共12分)22、0.3mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量。已知H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH=+44kJ·mol-1，试写出气态乙硼烷完全燃烧生成气态水时的热化学方程式___________。23、在一个2L的密闭容器中，将2molCO和8molH2O混合加热至800℃，达到如下平衡：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)△H=+550kJ·mol-1K=1.0(请写出计算过程)

(1)求H2O的平衡转化率___。

(2)达到平衡时吸收的热量为多少？___。

(3)达到平衡后，保持温度体积不变，再充入1molCO和1molCO2平衡向哪个方向移动？___24、碳是常见的元素；其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N；转化过程如下：

ΔH＝＋88.6kJ·mol－1。

则M、N相比，较稳定的是_____。

(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1，则a________726.5(填“>”“<”或“＝”)。

(3)煤气化制合成气(CO和H2)

已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=＋131.3kJ·mol-1

②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=＋90kJ·mol-1

则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是________。

(4)已知E1=134kJ·mol-1、E2=368kJ·mol-1；请参考题中图表，按要求填空:

①图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率加快，E1的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。NO2和CO反应的热化学方程式为________。

②下表所示是部分化学键的键能参数:。化学键P—PP—OO=OP=O键能/(kJ·mol-1)abCx

已知P4(g)+5O2(g)=P4O10(g)ΔH=－dkJ·mol-1，P4及P4O10的结构如图Ⅱ所示。表中x=________(用含a、b、c、d的代数式表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共15分)25、短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：(所有答案都用相应的元素符号作答)

(1)化学组成为AFD的结构式为___，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为___化合物(填“离子”或“共价”)。

(2)化合物甲；乙由A、B、D、E中的三种或四种组成；且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为___。

(3)由D；E形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是___。

(4)元素B和C的非金属性强弱；B的非金属性___于C(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___。

(5)以CA3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L-1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O。该电池负极的电极反应式为___；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为___。26、某兴趣小组对化合物A开展探究实验。

其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质；焰色反应为黄色。

请回答：

(1)组成A的3种元素是___________(填元素符号)，A的化学式是___________。

(2)固体A与盐酸反应的化学方程式是___________。

(3)过量的气体B与氨气反应可得一种黄色液体X()，X与中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式___________。

(4)将气体B与同时通入足量水中发生氧化还原反应，离子方程式为___________。设计实验证明该反应为不可逆反应___________。27、已知由短周期常见元素形成的纯净物A；B、C、D转化关系如图1琐事；物质A与物质B之间的反应不再溶液中进行。

（1）若A为金属单质；C是淡黄色固体，D是一元强碱。

①物质B是__________（填化学式）。

②化合物C的电子式为_________；化合物D中所含化学键的类型是_________。

③在常温下，向PH=a的醋酸溶液中加入等体积pH=b的D溶液，且a+b=14，则充分反应后，所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是：__________．

（2）若A为非金属单质；C是有色气体，D是一元强酸．

①B为__________（填化学式）。

②化合物C与H2O反应化学方程式___________，氧化剂与还原剂的量比为_________。

（3）某同学用图2装置完成有关探究实验。

Ⅰ试管中发生反应的离子方程式为__________。

Ⅱ试管中观察到__________的实验现象时，说明NO2能溶于浓硫酸中，浓硫酸不能干燥NO2。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

由图可知该装置为电解池，Ni电极上CO→C，C的化合价降低、发生了得电子的还原反应，则Ni电极为阴极，Ni-YSZ电极为阳极，阳极上CH4失电子生成H2和CO2，阳极电极反应式为CH4+2O2--4e-═2H2+CO2，总反应为CH42H2+C；电解池的阳极与电源正极X相接；阴极与电源的负极Y相接，据此分析解答。

【详解】

A．由上述分析可知；Ni电极为阴极，Ni-YSZ电极为阳极，则X为电源的正极，Y为电源的负极，故A正确；

B．Ni电极为电解池的阴极，阴极上CO得电子生成C和O2-，电极反应为CO+4e-═C+3O2-；故B正确；

C．题中温度为500℃；不是标准状况，无法计算氢气的物质的量和电路中转移电子的物质的量，故C错误；

D．电解池的总反应为CH42H2+C，则电解一段时间后熔融盐中O2-的物质的量不变；故D正确；

故选C。2、A【分析】【详解】

的饱和溶液中存在则的故选A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．在电解池中与外接电源负极相连的电极是阴极；电解池中的阳极是与电源正极相连的极，故A错误；

B．因为阴阳两极得失电子守恒；所以电解任何物质阳极上失电子数与阴极上得电子数相等，故B正确；

C．电解氯化铜溶液，阳极上生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上生成铜，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；故C错误；

D．电解NaCl溶液时，参加的物质是氯化钠和水，电解CuCl2溶液时，参加反应的物质只有氯化铜，所以电解NaCl、CuCl2两种溶液参加反应的物质不相同；故D错误；

答案选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知；亚乙烯基与氢气反应生成乙烷的反应为吸热反应，而乙炔与氢气加成生成乙烷的反应为放热反应，故A正确；

B．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大反应物在催化剂表面的接触面积；加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高乙炔的平衡转化率，故B错误；

C．由图可知；图示反应历程中，最大能垒的反应过程为IM1到TS2，故C正确；

D．炔氢化历程中涉及非极性键氢氢键的断裂；故D正确；

综上所述，答案为B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液中H+为1mol/L时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10-3mol/L＜1mol/L；不完全电离，说明HCN是弱电解质，故A正确；

B．不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质；即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；

C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应；只能说明HCN为一元酸，不能说明其是否完全电离，无法判断是弱电解质，故C错误；

D．应该在相同条件下比较HCN与一元强酸如盐酸的导电性强弱；判断HCN是弱电解质，否则不能判断，故D错误；

故答案为A。6、B【分析】【详解】

A．醋酸钠溶液中醋酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性的反应为吸热反应；加热至60℃，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故A错误；

B．碳酸钠是强碱弱酸盐；碳酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性，向含有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液颜色变浅，则溶液颜色变浅可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故B正确；

C．由题意可知；向过量的硝酸银溶液中先后滴加氯化钠溶液；碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，则先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀无法比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故C错误；

D．由题给电离常数的大小可知；硼酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，硼酸的电离程度大于碳酸氢根离子的电离程度，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成硼酸钠和碳酸氢钠，故D错误；

故选C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．Al3+和发生双水解反应；不能共存，A错误；

B．c(H+)∶c(OH-)=1∶1012的溶液呈碱性；四种离子之间不反应，能共存，B正确；

C．Fe3+和I-发生氧化还原反应；不能共存，C错误；

D．能溶解Al(OH)3的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液，在强酸性和强碱性溶液中都不能存在，强碱溶液中不存在；D错误；

故选：B。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

放电时，该装置为原电池，正极反应物得电子被还原成与电解质溶液中的反应生成即正极的电极反应式为放电过程中消耗所以电解质溶液中硫酸的浓度减小；根据负极的电极反应式可知，当外电路中通过电子时，理论上有转化为则负极板上增加了即负极板质量增加【解析】减小249、略

【分析】【详解】

(1)“萨巴蒂尔反应器”内发生反应为氢气和二氧化碳在催化剂的作用下生成甲烷和水，化学方程式为：故答案为：

(2)电解水的化学方程式为：故答案为：【解析】10、略

【分析】【分析】

【详解】

K=【解析】0.2511、略

【分析】【详解】

(1)因为反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，所以平衡时二氧化硫的转化率为80%，则有所以平衡浓度分别为除以体积10L，从A点到B点温度不变，所以平衡常数相等。

(2)由图像可知温度越高二氧化硫转化率越小，反应正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，该反应正反应气体分子数减少，增大压强转化率提高，5MPa>2.5MPa=P2，P1=5MPa，由图像转化率为0.975，反应是非等体反应，所以温度压强均能影响二氧化硫的转化率，由图像原料投料比不同二氧化硫的转化率也不同。【解析】①.800L/mol②.=③.>④.0.975⑤.该反应正反应气体分子数减少，增大压强转化率提高，5MPa>2.5MPa=P2，P1=5MPa。⑥.温度、压强和反应物的起始浓度(组成)或原料投料比。12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图示可知：SO2和足量的O2在催化剂500℃的条件下发生反应产生SO3，当反应进行到5min后，反应物、生成物都存在，且它们的物质的量都不再发生变化，说明该反应是可逆反应，根据原子守恒可知反应方程式为：2SO2+O22SO3；

(2)在前5min内，SO2的物质的量由10mol变为2mol，反应在2L密闭容器中进行，以SO2的浓度变化表示的速率是v(SO2)=

(3)A．单位时间内消耗1molSO2，同时生成1molSO3表示的都是反应正向进行；不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不选；

B．SO2的浓度与SO3浓度相等时；反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应所处的外界条件；起始量和转化率有关，B不选；

C．SO2的浓度与SO3浓度均不再变化；说明任何物质的消耗速率与产生速率相等，反应达到平衡状态，C选；

故合理选项是C。【解析】2SO2+O22SO30.8C13、略

【分析】【分析】

向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物；分析溶液pH的变化情况。

【详解】

(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O+SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是

(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）

(3)pH值大于6.5时，S(IV)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(IV)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(IV)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触。因而pH降低有生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。【解析】或。

HSOZnSO3或。

随着pH降低，HSO浓度增大减小14、略

【分析】【详解】

(1)由图中数据，可计算出0～1min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，1～3min时，vA＝＝×＝0.25mol·L－1·min－1，3～8min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，8～11min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，已达平衡。平均反应速率最大的是A，最小的是D；（2）反应是从正反应方向开始的。由于在a点时反应还没有达到化学平衡，所以反应速率V(正)＞V(逆)；

（3）A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）

开始时的浓度（mol/L）3400

改变的浓度（mol/L）1311

平衡时的浓度（mol/L）2111

平衡时B的转化率为×100%=75%，该温度下的化学平衡常数K==0.5；（4）仅改变某一实验条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对于曲线I来说，反应速率加快，达到平衡时n(H2)增多。说明平衡向逆反应方向移动。由于该反应的正反应是个气体体积减小的放热反应，所以要使速率加快，平衡逆向移动，对应的实验条件改变是升高温度，对于曲线II来说，反应速率加快，平衡时H2的含量降低。说明改变的外界条件是是速率加快而且平衡正向移动。则对应的实验条件改变是增大压强。

点睛：本题考查化学平衡常数的计算及外界条件对化学反应速率、化学平衡移动一反应物的转化率的影响。【解析】①.A②.D③.大于④.75%⑤.0.5⑥.升高温度⑦.增大压强三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。16、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。17、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。18、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。19、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。四、结构与性质(共2题，共20分)20、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+6CO221、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。

(4)①按定义，反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常数表达式由表知，平衡时，c(AsO)=ymol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)=0.06L×ymol。则平衡时

②由图可知，tm时，c(AsO)<ymol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆<n时v逆。当反应达到平衡后；则：

A．v(I-)=2v(AsO)；未表示出是否为正逆反应速率，A错误；

B．平衡时各成分的浓度不再变化；则溶液的pH不再变化，B正确；

C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)=2c(AsO)=2ymol·L-1；C错误；

D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化；D正确；

选项正确的是BD。【解析】3D三角锥极性两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于Nx-y小于由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大BD五、计算题(共3题，共12分)22、略

【分析】【分析】

结合热化学方程式和盖斯定律计算；再写出发生反应的热化学方程式。

【详解】

0.3molB2H6气体在氧气中燃烧生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1molB2H6完全反应放出2165kJ热量，则该热化学反应方程式为①B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ•mol-1；H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH=+44kJ·mol-1，即②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1，根据盖斯定律①+②×3可得B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g)，此时ΔH=(-2165kJ•mol-1)+(+44kJ·mol-1)×3=-2033kJ·mol-1，则气态乙硼烷完全燃烧生成气态水时的热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g)ΔH=-2033kJ·mol-1。

【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g)ΔH=-2033kJ·mol-123、略

【分析】【分析】

设转化的H2O为x；则：

已知反应的平衡常数K=1.0，则=1；解得x=1.6mol；

(1)转化率=×100%；

(2)物质的量与热量成正比；

(3)根据Qc与K的关系分析判断。

【详解】

设转化的H2O为x；则：

已知反应的平衡常数K=1.0，则=1；解得x=1.6mol；

(1)H2O的平衡转化率=×100%=×100%=20%；

(2)根据反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)△H=+550kJ·mol-1可知，1mol水参与反应吸收550kJ的热量，物质的量与热量成正比，则达到平衡时吸收的热量为1.6mol×550kJ·mol−1=880kJ；

(3)达到平衡后，保持温度体积不变，再充入1molCO和1molCO2，此时体系中含有1.4molCO，2.6molCO2，1.6molH2，6.4molH2O，则Qc==0.46＜K=1，则平衡向正反应方向移动。【解析】20%880kJ向正反应方向移动24、略

【分析】【分析】

(1)M转化为N是吸热反应；所以N的能量高，不稳定；

(2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧；

(3)根据盖斯定律分析计算；

(4)①催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量；由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，据此书写反应的热化学方程式；②白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目计算。

【详解】

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，△H=+88.6kJ•mol-1；是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，说明N能量高，M能量低，能量越低越稳定，则M稳定，故答案为：M；

(2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧；放出的热量小于燃烧热，故答案为：＜；

(3)①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ•mol-1，②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H2=+90kJ•mol-1，由盖斯定律②-①得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ•mol-1；

(4)①加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，但催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；

②白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以反应过程中的热量变化为12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol)=dkJ/mol，解得：x=故答案为：

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)②，要注意P4和P4O10中化学键数目的判断。【解析】M＜CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=－41.3kJ·mol-1减小不变NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=－234kJ·mol-1六、元素或物质推断题(共3题，共15分)25、略

【分析】【分析】

根据B形成的化合物种类繁多；则可确定B为C元素；根据C；D为空气中含量最多的两种元素，且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，所以C为N元素；D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na元素；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为C1元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是C，C是N，D是O，E是Na，F是Cl元素。

(1)化学组成为AFD是HClO，O原子最外层有6个电子，其中的2个成单电子分别与H、Cl原子形成共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，故HClO的结构式为H-O-Cl；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl，该物质是由与Cl-以离子键结合形成的离子化合物；

(2)化合物甲、乙是由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。一种是NaOH，一种是NaHCO3，二者反应产生Na2CO3、H2O，则甲、乙反应的离子方程式为OH-+=+H2O；

(3)D是O，E是Na，二者形成的离子O2-、Na+核外电子排布都是2、8，它们的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：r(O2-)＞r(Na+)；

(4)B是C，C是N元素，二者是同一周期元素。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，所