2025年新科版选择性必修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年新科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷764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、下列热化学方程式书写正确的是A.甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C.NaOH(aq)＋HCl(aq)==NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ/mol(中和热)D.2NO2=O2＋2NOΔH＝＋116.2kJ/mol(反应热)2、有机物电极材料具有来源丰富；可降解等优点；一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是。

A.充电时有机电极发生了氧化反应B.将M+由Li+换成Na+，电池的比能量会下降C.放电时负极电极反应为：-2e-=D.充电时每转移2mole-，右室离子数目减少2mol3、由于存在同种电解质溶液的浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池。利用浓差电池电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图所示(a、b电极均为石墨电极)。下列说法正确的是(已知：溶液A为1L1mol/LAgNO3溶液;溶液B为1L4mol/LAgNO3溶液)

A.电池放电过程中Ag(1)为正极，电极反应为Ag＋+e－=AgB.a电极的电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，b电极上发生的是还原反应C.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80g氢氧化钠4、下列不能表明HF是弱电解质的是A.的HF溶液B.HF溶液能与纯碱反应C.室温下NaF溶液呈碱性D.常温下同浓度HF溶液的导电性比盐酸弱5、下列4种溶液均由浓度为0.1mol/L的2种溶液等体积混合而成：①NH4Cl与HCl②NH4Cl与NaOH③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)，下列各项排序错误的是A.c(NH3·H2O)：②=④＞③＞①B.c()：④＞①＞③＞②C.溶液中c(Cl-)：①=③＞②=④D.pH：②＞④＞③＞①6、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。选项实验操作和现象结论A向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀液溴与苯发生取代反应B检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去证明溶液中含有Fe2+C向两支盛有KI3的溶液(含I)的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀I溶液存在平衡：I⇌I2+I-D向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/LCuCl2溶液，有蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D7、下列有关物质的实验操作；现象及结论描述正确的是。

。选项。

实验操作及现象。

结论。

A

向2.0mL浓度均为0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol/LAgNO3溶液；出现黄色沉淀。

Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)

B

在少量浓硝酸中加入大量铁屑；充分反应后滴加KSCN溶液，溶液无血红色。

Fe被氧化为Fe2+

C

向品红溶液中通入某气体后；溶液褪色。

该气体一定是SO2

D

用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热；无液态铝滴落下来。

金属铝的熔点较高。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、在一定温度下，1L密闭容器中通入H2和I2各0.016mol，发生如下反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：。t/min2479n(I2)/mol0.0120.0110.010.01

请回答：(1)2min内，v(H2)=______mol/(L·min)。

(2)下列能证明该反应已经达到平衡的是______(填字母)。

a.V正(H2)=V逆(HI)

b.混合气体的颜色不再发生变化。

c.混合气体中各组分的物质的量不再发生变化。

d.混合气体的密度不再变化。

(3)该温度下反应的化学平衡常数数值是______。

(4)H2的平衡转化率是______。

(5)温度降低时，该反应的平衡常数变大，则正反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。

(6)一定可以提高平衡体系中HI百分含量的措施是____(填字母)。

a.降低温度b.增大H2浓度c.加入催化剂d.降低压强9、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)

(1)保持容器容积不变，向其中充入1molH2，反应速率_________。

(2)升高温度，反应速率________。

(3)扩大容器体积，反应速率______。

(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率________。

(5)保持容器体积不变，向其中充入1molN2，反应速率________。

(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molN2，反应速率________。10、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

请回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式为______，该反应为______(填“吸热”或“放热”)

(2)能判断该反应是否已达化学平衡状态的依据是______(填字母)。

A.混合气体的密度不变。

B.容器中压强不变。

C.容器中CO2、H2、CO、H2O的浓度之比为1：1：1：1

D.1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

E.混合气体中c(H2)保持不变。

(3)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______(填字母)。

a.及时分离出CO和H2Ob.升高温度。

c.增大压强d.选择高效的催化剂。

(4)某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO2平衡浓度为0.25mol/L，则平衡时CO2的转化率为______，试通过计算判断此时的温度为______℃。

(5)在830℃时，向2L的密闭容器中，充人2molCO2、2molH2和2molH2O，则达到平衡时，混合物中CO2的物质的量分数可能是______(填字母)。

A.16.67%B.22.2%C.33.3%D.36.8%11、（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。

（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol

写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。____

100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。

（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。

①m1________m2（填＞；＜或＝）

②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________

a．反应停止了b．反应的△H变大。

c．反应达到平衡d．催化剂活性降低12、如图所示装置为在直流电的作用下电解CuSO4溶液图，其中A、B为石墨电极，a、b为电源的两极；当接通电源后，通电一段时间后，将B电极取出洗干净并干燥后称量其质量增加了3.2g，则：

(1)a为电源的_______极。

(2)写出电极反应方程式：A_______；B_______评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误14、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误15、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___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、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误19、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误20、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误21、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共8分)22、乙炔(C2H2)在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石(CaC2)直接水化法或甲烷在1500℃左右气相裂解法生产。

(1)电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔。CaC2与水反应的化学方程式为____________。

(2)已知：△H1=-890.3kJ∙mol-1

△H2=-1299.6kJ∙mol-1

△H3=-571.6kJ∙mol-1

则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H=_______kJ∙mol-1。

(3)哈斯特研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(℃)的关系如图所示。

①T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)=c(CH4)。该反应的△H____________0（填“＞”或“＜”），CH4的平衡转化率为__________%（保留3位有效数字）。上述平衡状态在某一时刻，若改变温度至T2℃，c(CH4)以0.01mol∙L-1∙s-1平均速率增多，经后再次达到平衡，平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则T1_________（填“＞”或“＜”）T2，t=_________s。

②列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图中A℃时的平衡常数K=__________（用平衡分压代替平衡浓度计算，）。

③由图可知，甲烷裂解制乙炔时有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有________________。23、金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：

表1浸出液成分。

。

Al3+

Fe3+

Ca2+

PO43-

Mg2+

Mn2+

Y3+

浓度/(mg•L-1)

7670

9460

550

640

5600

1500

70.2

（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3++3HRFeR3+3H+Y3++3HRYR3+3H+（已知：FeR3、YR3均易溶于HR）

浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。

①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。

②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。

（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。

表2Fe3+、Y3+去除率。

。终点pH

去除率/%

Fe3+

Y3+

Y3+

3.0

87.84

19.86

3.5

92.33

23.63

4.5

99.99

44.52

5.0

99.99

89.04

中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+；去除率如表2所示。

①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。

磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。

表3滤液中Fe3+、Y3+的浓度。

。

Fe3+

Y3+

浓度/(mg•L-1)

508

68.9

②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式。

Fe3++____+____=FePO4↓+CO2↑+_______________________

③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。

（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。

（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。

a.分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+

b.表2中Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附。

c.表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH-=Y（OH）3↓

d.有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低评卷人得分五、结构与性质(共3题，共21分)24、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。25、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。26、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：_______。评卷人得分六、计算题(共1题，共7分)27、(1)二甲醚(CH3OCH3)重整制取H2，具有无毒、无刺激性等优点。CH3OCH3和O2发生反应ⅠCH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)ΔH，已知：①CH3OCH3(g)=CO(g)+H2(g)+CH4(g)ΔH1；②CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)ΔH2；③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH3，则反应Ⅰ的ΔH=_____(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。

(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下，则该反应的ΔH=______。化学键C-HC=OH-H键能()4137454361075参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，表示1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳与液态水放出热量为890.3kJ，甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=-890.3kJ•mol-1；故A错误；

B.合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）；放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，生成2mol氨气放出的热量大于38.6kJ，故B错误；

C.中和热是酸碱发生中和反应产生1摩尔的水时放出的热量，NaOH(aq)＋HCl(aq)==NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝-57.3kJ/mol可以表示中和热；故C正确；

D.热化学方程式没有注明各物质状态；故D错误；

故选C。2、B【分析】【分析】

该结构是一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则另外一个电极正极，充电时有机电极为电解池阴极，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成反应为-2ne-=正极反应为：I+2e-=3I-。

【详解】

A．该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池；充电时阳离子向阴极移动，则充电时有机电极为电解池阴极，发生还原反应，故A错误；

B．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，M+由Li+换成Na+；电池的比能量会下降，故B正确；

C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成反应为-2ne-=故C错误；

D．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I则充电时每转移2mole-，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室；右室离子数目减少4mol，故D错误；

故选B。3、B【分析】【分析】

由题意可知左边装置为浓差电池，右边装置为电解装置：电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，因此a电极附近应该产生硫酸，则a电极附近应是水电离的氢氧根离子放电，因此a极为阳极，b极为阴极；Ag(1)为负极，Ag(2)为正极。

【详解】

A．浓差电池放电时，两个电极区的硝酸银溶液的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硝酸银溶液的浓度完全相等时，放电停止。电池放电过程中，Ag(2)电极上发生使Ag+浓度降低的还原反应Ag++e-=Ag，Ag(1)电极发生使Ag+浓度升高的氧化反应Ag-e-=Ag+；Ag(2)电极为正极，Ag(1)电极为负极，A项错误；

B．电解池中a、b电极依次为电解池的阳极和阴极，阳极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，水电离的氢离子在阴极(b电极)得电子发生还原反应；B项正确；

C．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜d进入阴极（b极）区，SO通过阴离子交换膜c进入阳极（a极）区；因此c；d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜，C项错误；

D．电池从开始工作到停止放电，正极区硝酸银溶液的浓度将由4mol/L降低到2.5mol/L，负极区硝酸银溶液的浓度同时由1mol/L升高到2.5mol/L，正极反应可还原Ag+的物质的量为1L（4mol/L-2.5mol/L）=1.5mol，电路中转移1.5mol电子，电解池的阴极反应生成1.5molOH-；即阴极区可制得1.5mol氢氧化钠，其质量为60g，D项错误；

故选B。4、B【分析】【详解】

A．由题意知常温下0.1mol/L的HF溶液中c(H+)=10-2mol/L<0.1mol/L；可推断HF不能完全电离，所以该事实能说明HF是弱酸，A项正确；

B．根据强酸制弱酸的原理，HF能与Na2CO3溶液反应，可推断HF的酸性比H2CO3强；但不能确定HF是强酸还是弱酸，B项错误；

C．常温下，NaF溶液呈碱性，则NaF属于强碱弱酸盐，它水解使溶液显碱性：可推知HF是弱酸，C项正确；

D．常温下等浓度的一元强酸HCl与HF做导电性对照实验；导电性比盐酸弱，该事实说明HF一定是弱酸，D正确；

故选B。5、A【分析】【详解】

A．④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)溶液中铵根离子抑制一水合氨的电离，一水合氨浓度最大；②NH4Cl与NaOH反应生成NH3•H2O和NaCl，c（NH3•H2O）小于④；①NH4Cl与HCl不反应，溶液为强酸性溶液，铵根离子水解程度最小，则c（NH3•H2O）小于③；③NH4Cl与NaCl混合，铵根离子正常水解，所以溶液中c（NH3•H2O）的大小为：④＞②＞③＞①；故A错误；

B..①NH4Cl与HCl不反应，溶液中氢离子抑制了铵根离子的水解；②NH4Cl与NaOH反应生成氨水和氯化钠，一水合氨部分电离，铵根离子浓度较小；③NH4Cl与NaCl，铵根离子部分水解；④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)溶液显碱性，铵根离子水解程度小于一水合氨的电离，c()：④＞①＞③＞②；故B正确；

C．混合液中氯离子的物质的量不变，②NH4Cl与NaOH混合液中氯离子浓度为0.05mol/L；①NH4Cl与HCl的混合液中氯离子浓度为0.1mol/L；③NH4Cl与NaCl的混合液中氯离子浓度为0.1mol/L；④NH4Cl与NH3•H2O混合液中氯离子浓度为0.05mol/L，则c（Cl-）大小为：③=①＞②=④；故C正确；

D．②NH4Cl与NaOH反应生成NH3•H2O和NaCl，溶液显示碱性，溶液的pH＞7；①NH4Cl与HCl不反应，溶液为强酸性溶液；③NH4Cl与NaCl混合，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，酸性氢离子浓度小于①；④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)；铵根离子抑制一水合氨的电离，溶液碱性弱于②，所以混合液的pH大小为：②＞④＞③＞①，故D正确；

故答案A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．液溴会挥发出溴，溴与硝酸银溶液也会反应生成浅黄色沉淀，无法确定是否有HBr生成；则无法证明液溴与苯发生取代反应，A错误；

B．酸性环境中FeCl3溶液中的Cl-也会将KMnO4还原；B错误；

C．滴加淀粉变蓝，说明有I2，滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀说明有I-，所以KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡I3-⇌I2+I-；C正确；

D．NaOH溶液过量；均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，所以无法比较二者的溶解度，则无法比较溶度积，D错误；

综上所述答案为C。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．向2.0mL浓度均为0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol/LAgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明I-、Ag+发生反应产生AgI沉淀，则溶液中c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，而c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，故物质的溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)；A正确；

B．在少量浓硝酸中加入大量铁屑；充分反应后滴加KSCN溶液，溶液无血红色，是由于在室温下浓硝酸具有强氧化性，将Fe粉氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属的进一步被氧化，即发生钝化现象，B错误；

C．向品红溶液中通入某气体后，溶液褪色，证明气体具有漂白性，该气体可能是SO2，也可能是Cl2等；C错误；

D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，无液态铝滴落下来，是由于在加热时表面的Al与O2反应产生高熔点的Al2O3；将熔化的Al包裹，因此铝熔化但不滴落，D错误；

故合理选项是A。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

（1）根据计算v（I2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）。

（2）可逆反应到达平衡时；同种物质表示的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。

（3）7min处于平衡状态，平衡时碘为0.01mol，计算平衡时各组分浓度代入计算。

（4）计算消氢气的物质的量，

（5）温度降低时；该反应的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应移动。

（6）A．降低高温度平衡正向移动；HI的物质的量增大，混合气体总物质的量不变。

B．增大H2浓度平衡正向移动；但HI的含量不一定增大。

C．加入催化剂不影响平衡移动。

D．反应前后气体的体积不变；降低压强平衡不移动。

【详解】

(1)2min内,速率之比等于化学计量数之比,则

故答案为：0.002。

(2)a.应是2v正(H2)=v逆(HI)时反应处于平衡状态；故a错误。

b.混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸汽的浓度不变，反应到达平衡，故b正确。

c.混合气体中各组分的物质的量不再发生变化；说明到达平衡，故c正确。

d.混合气体总质量不变；容器的容器不变，混合气体的密度始终不变，故d错误。

故选：bc。

(3)7min处于平衡状态；平衡时碘为0.01mol，则：

平衡常数

故答案为：1.44。

(4)消氢气的物质的量为则氢气转化率

故答案为：37.5%。

(5)温度降低时；该反应的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应移动。

故答案为：放热。

(6)a.降低高温度平衡正向移动；HI的物质的量增大，混合气体总物质的量不变，HI百分含量增大，故a正确。

b.增大H2浓度平衡正向移动，如果氢气的剩余量较多，HI的含量不一定增大，故b错误。

c.加入催化剂加快反应速率；不影响平衡移动，HI百分含量不变，故c错误。

d.反应前后气体的体积不变；降低压强平衡不移动，HI百分含量不变，故d错误。

故选：a。【解析】①.0.002②.bc③.1.44④.37.5%⑤.放热⑥.a9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在容器容积不变时，充入1molH2即c(H2)增大；反应物浓度增大，化学反应速率增大；

(2)升高温度；活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；

(3)扩大容器体积；相当于减小各成分浓度，反应速率减小；

(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1molH2(g)和1molI2(g)；压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；

(5)保持容器容积不变，充入1molN2，N2不参与反应；参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；

(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。【解析】增大增大减小不变不变减小10、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，根据反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)及化学平衡常数表达式，可得K=；平衡常数的大小只与温度有关，升高温度平衡向吸热方向进行，由表中数据可知，温度升高，该反应的化学平衡常数增大，平衡向着正向移动，正向反应是吸热反应．

故答案为；吸热；

(2)A．一定体积的密闭容器,且反应前后全部是气体；质量不变，密度任何时候都不变，无法判断无法判断是否达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体体积不变，压强始终不会变化，所以压强不变，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；

C．浓度相等，不能判断各组分浓度是否不变，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；

D．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键,也就是消耗1mol氢气的同时消耗2mol水；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；

E．混合气体中c(H2)保持不变；说明各组分的浓度保持不变，说明达到了平衡状态，故E正确；

故答案为：DE

(3)a．及时分离出CO和H2O,平衡正向移动；但反应速率减小，故a不符合题意；

b．正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，且升高温度，反应速率加快，故b符合题意；

c．反应前后气体系数相等，增大压强只能加快反应速率，不能使平衡移动，故c不符合题意；

d．催化剂只能加快反应速率；不能改变平衡，故选择高效的催化剂不能使平衡正向移动，故d不符合题意；

故答案为：b

(4)根据题干中信息可得，则平衡时CO2的转化率为又由于c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），化学平衡常数K=1，根据表中数据，所以反应温度是830℃，

故答案为：50%；830．

(5)在830℃时，K=1，向2L的密闭容器中，充人2molCO2、2molH2和2molH2O，平衡向正反应方向进行，设参加反应的CO2为nmol/L，则则K==1，解得n=CO2的物质的量为1-=总物质的量为：3，混合物中CO2的物质的量分数为;故答案为：B

【点睛】

本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，影响化学反应速率和化学平衡的条件，化学平衡状态判断等问题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，难度适中。【解析】吸热DEb50%830B11、略

【分析】【分析】

(1)根据共价键的相关知识解答；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H；由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；

(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m；m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。

【详解】

(1)COS的电子式C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：O(氧)；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；体积相同，则K=故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；

(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；

②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。【解析】O（氧）C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OCCO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/mol0.25>d12、略

【分析】【分析】

在CuSO4溶液中含有的阳离子有Cu2+、H+，阴离子有OH-，阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，离子放电先后顺序是：Cu2+＞H+，OH-＞然后结合电解后电极质量变化判断电源的正；负极，进而可得电解池的阴、阳极的电极反应式。

【详解】

(1)电解CuSO4溶液，阳极上水电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，通电一段时间后，将B电极取出洗干净并干燥后称量其质量增加了3.2g，说明B电极为阴极，Cu2+在B电极得到电子变为Cu单质，故B电极连接电源的负极，b为电源的负极；a为电源正极；

(2)A连接电源的正极，作阳极。阳极上水电离产生的OH-失去电子被氧化为O2，则A电极的电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B电极连接电源的负极，作阴极，阴极上Cu2+得到电子变为单质Cu，所以B电极的电极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu(或写为Cu2++2e-=Cu)。【解析】正4OH--4e-=2H2O+O2↑2Cu2++4e-=2Cu(或Cu2++2e-=Cu)三、判断题(共9题，共18分)13、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。14、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。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】

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。19、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=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，该说法正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。四、原理综合题(共2题，共8分)22、略

【分析】【分析】

由已知热化学反应求未知反应的△H；可利用盖斯定律；利用图象信息计算转化率或平衡常数时，常利用三段式。

【详解】

(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑。答案为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；

(2)△H1=-890.3kJ∙mol-1①

△H2=-1299.6kJ∙mol-1②

△H3=-571.6kJ∙mol-1③

由盖斯定律，将可得：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H=答案为：+376.4；

(3)①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由题图可知，温度升高，C2H4的平衡分压增大，说明反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)向正反应方向进行，则该反应为吸热反应；设C2H4的平衡浓度为xmol/L；由题给数据建立如下三段式：

由达到平衡时c(C2H4)=c(CH4)可得0.3-2x=x，解得x=0.1，CH4的平衡转化率为改变温度后，CH4的浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，则温度降低，即由于c(CH4)以0.01mol∙L-1∙s-1的平均速率增多，经后再次达到平衡，故在内，CH4的浓度变化为0.01tmol/L；利用三段式来计算：

由平衡时c(CH4)=2c(C2H4)可得解得②由图中数据可知，A℃时，C2H2平衡分压为0.05Pa，H2平衡分压为104Pa，CH4平衡分压为则平衡常数K=③甲烷裂解制乙炔时有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提高甲烷制乙炔的转化率。答案为：＞；66.7；＞；5；5×104Pa2；充入适量的乙烯（其他合理答案也可）。

【点睛】

因为两反应都是吸热的、分子数增大的可逆反应，所以改变压强都难以达到目的，催化剂又不能提高反应物的转化率，所以只能通过改变生成物浓度以降低乙烯的转化率，并提高乙炔的转化率。【解析】①.CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑②.+376.4③.＞

④.66.7⑤.＞

⑥.5⑦.5×104Pa2⑧.充入适量的乙烯（其他合理答案也可）23、略

【分析】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3++3HRFeR3+3H+，Y3++3HRYR3+3H+，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]sp[Y(OH)3]，或者Fe(OH)3的溶解度远远小于Y(OH)3溶解度；②根据原理，加入的物质Fe3＋、H3PO4、Na2CO3，生成了FePO4和CO2，没有化合价的变化，因此离子反应是Fe3＋＋H3PO4＋CO32－→FePO4↓＋CO2↑，H3PO4中H转化成H2O，Fe3＋＋H3PO4＋CO32－→FePO4↓＋CO2↑＋H2O，根据电荷守恒和原子守恒进行配平，即2Fe3++2H3PO4＋3CO32－=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O；③根据表1、2、3中的数据，得出磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小；（3）有机溶剂为萃取剂，不溶于水，因此采用分液方法进行分离；（4）a、根据Fe3++3HRFeR3+3H+，pH越大，Fe3＋萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3＋而是FeR3，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3＋小于水溶液中的Fe3＋，故a错误；b、表2中Y3＋损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3＋的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，故b正确；c、表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH-=Y（OH）3↓，故c正确；d、有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低，故d正确。【解析】Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+)减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大KSP[Fe(OH)3]小于KSP[Y(OH)3]或Fe(OH)3的溶解度小于Y(OH)3或c（Fe3+）远大于c（Y3+）2Fe3++2H3PO4+3CO32-=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小分液bcd五、结构与性质(共3题，共21分)24、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SrTiO3625、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比