2025年仁爱科普版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年仁爱科普版选择性必修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7题，共14分)1、有X、Y、M、N四种金属。X、Y与电解质溶液构成原电池时，电子从X极流出。将Y、M与电解质溶液构成原电池时，M电极为正极。将形状、大小均相同的X、N分别投入等浓度的稀硫酸中；N比X反应剧烈。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是A.NXYMB.NMXYC.NYXMD.YXNM2、纯水在25℃和80℃时的氢离子浓度前后两个量的大小关系是（）A.大于B.等于C.小于D.不能确定3、如图所示装置；电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A；B、C应是下列各组中的。

A.A是Zn，B是Cu，C是硫酸铜溶液B.A是Cu，B是Zn，C为硫酸铜溶液C.A是Fe，B是Ag，C为稀硝酸溶液D.A是Ag，B是Fe，C为稀硝酸溶液4、Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下图所示。下列说法正确的是。

A.石墨电极上产生氧气B.铜电极上的反应式为：2Cu＋H2O-2e-=Cu2O＋2H＋C.铜电极接直流电源的负极D.当有0.1mol电子转移时，理论上有0.05molCu2O生成5、下列叙述正确的是A.的热稳定性比强B.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了化学腐蚀C.中加入过量的溶液可以得到D.高压钠灯可用于道路照明6、下列实验方案的设计不能达到相应实验目的的是。

。选项。

实验目的。

实验方案。

A

比较HF与HClO的酸性强弱。

常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaF溶液和NaClO溶液的pH

B

验证Cl2的氧化性强于I2

向FeI2的淀粉溶液中通入少量Cl2

C

比较Fe与Cr的金属活动性。

D

验证FeCl3与KI的反应是可逆反应。

向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液；充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液。

A.AB.BC.CD.D7、下列各图所示装置能达到实验目的的是。

A.图甲，验证铁的吸氧腐蚀B.图乙，保护水体中的钢铁设备C.图丙，在铁制品表面镀锌D.图丁，蒸干FeCl3溶液制FeCl3固体评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、一定条件(如温度、浓度)下，当弱电解质分子电离成离子的速率与离子重新结合成弱电解质分子的速率_______；溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化时，电离过程就达到了平衡状态，如下图所示。

9、某些化学键的键能如表(kJ·mol－1)

。化学键。

H—H

Br—Br

I—I

Cl—Cl

H—Cl

H—I

H—Br

键能。

436

193

151

247

431

299

356

(1)1molH2在2molCl2中燃烧；放出热量________kJ。

(2)在一定条件下，1molH2与足量的Cl2、Br2、I2分别反应；放出热量由多到少的顺序是_______(填字母)。

a.Cl2>Br2>I2b.I2>Br2>Cl2

预测1molH2在足量F2中燃烧比在Cl2中放热________(填“多”“少”或“不变”)。10、下表是几种弱电解质的电离平衡常数(25℃)。电解质电离方程式平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO—+H+1.76×10-5H2CO3H2CO3HCO3—+H+HCO3—CO32—+H+K1=4.31×10-7K2=5.61×10-11C6H5OHC6H5OHC6H5O—+H+1.1×10-10H3PO4H3PO4H2PO4—+H+H2PO4—HPO42—+H+HPO42—PO43—+H+K1=7.52×10-3K2=6.23×10-8K3=2.20×10-13NH3·H2ONH3·H2ONH4++OH—1.76×10-5

回答下列问题（C6H5OH为苯酚）：

（1）由上表分析，若①CH3COOH②HCO3—③C6H5OH④H2PO4—均可看作酸，则它们酸性由强到弱的顺序为___________（填编号）；

（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：__________________________；

（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO—)______c(NH4+)；（填“＞”；“＝”或“＜”）

（4）25℃时，向10mL0.01mol/L苯酚溶液中滴加VmL0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是______；

A.若混合液pH＞7；则V≥10

B.若混合液pH＜7，则c((NH4+)＞c(C6H5O—)＞c(H+)＞c(OH—)

C.V=10时；混合液中水的电离程度小于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度。

D．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)

（5）水解反应是典型的可逆反应．水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式_______________。11、工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤，压强及温度对SO2的转化率的影响如表(原料气各成分的体积分数为：SO27%，O211%，N282%)：

（1）利用表中数据判断SO2的氧化反应是____反应(填“放热”或“吸热”)。

。温度/℃

不同压强下的转化率/%

0.1MPa

0.5MPa

1MPa

10MPa

10MPa

400

99.2

99.6

99.7

99.9

500

93.5

96.9

97.8

99.3

600

73.7

85.8

89.5

96.4

（2）根据表中数据，考虑综合经济效益，你认为工业上SO2催化氧化时适宜的压强为___，理由___。

（3）温度选为400-500之间的原因____。

（4）选择适宜的催化剂，是否可以提高SO2的平衡转化率？___(填“是”或“否”)。

（5）为提高SO3吸收率，实际生产中用___吸收SO3。

（6）将1molSO3充入一真空密闭容器中，一定条件下达到平衡，此时SO3所占体积分数为M%，若在同样条件下最初投入2molSO3，反应达平衡时SO3所占体积分数为N%，则M%___N%(填“大于”，“等于”或“小于”)。12、汽车尾气里含有的NO气体是由内燃机燃烧时产生的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH>0。已知该反应在2404℃时，平衡常数K=6.4×10-3。请回答下列问题。

(1)该反应的平衡常数表达式为______。

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是______%(保留整数)。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正方向进行”或“向逆方向进行”)，理由是______。

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______(填“变大”、“变小”或“不变”)。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误14、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误15、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误16、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正确B.错误17、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18、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共8分)20、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___________。：21、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_________。22、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：____________________。23、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、工业流程题(共4题，共20分)24、钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。

已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。

②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。

回答下列问题：

(1)“酸浸、氧化”过程中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为___，若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为___。

(2)萃取前用“铁粉”对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是___，为检验处理后的浸出液中是否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是___填试剂化学式

(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++H2RVOR+2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用___。

a.NaClb.NaOHc.H2SO4

(4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VOClO变为Cl-。当反应3molVO2+时，至少需要KClO3的物质的量为__mol。

(5)已知NH4VO3难溶于水，Ksp=3.0×10-8，向10mL0.2mol⋅L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为___(保留三位有效数字，溶液中某离子浓度≤1×10-5mol⋅L-1时，认为该离子沉淀完全)。25、碘是合成甲状腺激素的必需成分，海带中含有丰富的碘。常用(俗名大苏打，易溶于水，水溶液显弱碱性，常用作还原剂)测定海带中的碘含量。其测定过程涉及的反应为：测定流程如下：

已知：在水中溶解度小，可与发生反应：

(1)灼烧时应将海带置于___________中(填仪器名称)。

(2)加入适量的作用是___________，加溶液的作用是___________，指示剂选用___________。

(3)盛装溶液应该选用___________(填“甲”“乙”)装置，理由是___________(用离子方程式表示)。某次滴定后液面如图丙所示，则记录读数为___________。

(4)经实验测定平均消耗溶液40.00mL，则海带中碘的质量分数为___________%。若滴定前平视刻度，滴定后俯视刻度，则滴定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效且多功能的新型绿色净水剂，一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和重要的催化剂MnO2的流程如下图所示：

已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH见下表。。金属离子开始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1

回答下列问题：

(1)酸浸的目的是在酸性条件下将还原成稳定的写出该反应的离子方程式：_______。

(2)调节pH的范围是_______，由滤渣生成的离子方程式为_______。

(3)已知试剂X为分析当温度超过60℃时，锰沉淀率随温度升高下降的原因是_______，若用替代试剂X，沉锰得到的固体混合物中可能会混有_______杂质。

(4)某温度下，若要从含的循环母液中沉淀(浓度降至)，理论上需加入固体的物质的量不少于_______mol。(已知该温度下的不考虑水解和溶液体积变化)

(5)在水处理中，中的铁元素转化为胶体，使水中悬浮颗粒聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是_______。27、纳米铜有很多奇特的性质；比如超塑延展性,在室温下可拉长50多倍而不出现裂纹,铜纳米晶体的这种机械特性为制造常温下的弹性物质开辟了光明前景。此外,纳米铜还用作热氨发生器；凝胶推进剂、燃烧活性剂、催化剂、水清洁吸附剂、烧结活性剂等。纳米铜比普通铜更容易与氧气发生反应,常温下在空气中可以自燃。以下是纳米铜的一种制备工艺,用于制备50~100nm的铜粉。

已知:油酸(C17H33COOH)难溶于水,可溶于乙醇。

步骤①中发生的反应为:2C17H33COOH+Cu2+Cu(C17H33COO)2+2H+

步骤②中发生的反应为:2Cu(C17H33COO)2+C6H12O6+5OH-=Cu2O+C5H11COO-+4C17H33COO-

回答下列问题:

（1）将纳米铜粉加入燕馏水中,搅拌均匀后,得到的分散系类型是_________

（2）步骤①中调节pH5.5~6.0时,萃取率最高,pH不能过大也不能过小,若过小则______，若过大则__。

（3）NaH2PO2中P的化合价是_______，在步骤③中被氧化得到的产物是NaH2PO3，该反应的化学方程式是_____。已知NaH2PO2为正盐且溶液呈碱性.NaH2PO2溶液呈碱性原因用离子方程式可表示为_。

（4）用乙醇清洗产物的目的是__________。

（5）真空干燥产品的原因是_________。评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)28、已知下列热化学方程式:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1

②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044.0kJ·mol-1

（1）氢气的燃烧热是__________

（2）已知：H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，写出丙烷(C3H8)燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：__________

（3）实验测得H2和C3H8的混合气体共3mol,完全燃烧生成液态水时放热2791.6kJ，计算混合气体中H2和C3H8的体积比是_____

（4）恒温恒容条件下,硫可以发生如下反应，其反应过程和能量关系如图所示，已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：__________

②△H2=__________kJ·mol-129、向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)已知：平均反应速率VC=VA/2；反应2min时；A的物质的量减少了a/3mol，B的物质的量减少了a/2mol，有amolD生成。回答下列问题：

(1)反应2min内，VA=___________；

(2)化学方程式中，x=___________、y=___________、p=___________、q=___________；反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为___________；

(3)如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则比上述反应平衡时反应物的转化率_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

金属活泼性可以从以下方面进行比较：金属越活泼；与水或酸反应越剧烈；一般来说，作原电池负极的金属活动性较强；在电解池中，阴极上氧化性较强的离子先放电，金属离子的氧化性越强，对应的金属单质越不活泼。

【详解】

X；Y与电解质溶液构成原电池时；电子从X极流出，说明金属活动性X＞Y。将Y、M与电解质溶液构成原电池时，M电极为正极，说明金属活动性Y＞M。将形状、大小均相同的X、N分别投入等浓度的稀硫酸中，N比X反应剧烈，说明金属活动性N＞X。综上所述，判断它们的活动性由强到弱的顺序是N＞X＞Y＞M，故选A。

【点睛】

本题以金属的活动性的比较为载体考查原电池和电解池知识，侧重于电极反应和放电顺序的考查，注意把握原电池和电解池的工作原理，学习中注意相关基础知识的积累。2、C【分析】【详解】

Kw是水的离子积常数，常温下，Kw=c（H+）×c（OH-）=1×10-14，水电离出的c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol/L，其pH=7；水的电离是吸热过程，温度升高促进电离，80℃时水中氢离子和氢氧根离子浓度大于25℃时水中氢离子和氢氧根离子浓度，所以前者小于后者；答案选C。3、B【分析】【分析】

原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性；负极上金属失电子变成离子进入溶液，质量减少，正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加。

【详解】

该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以排除AC选项；A极逐渐变粗，说明有金属析出，C选项析出NO不是金属，故C不选；B选项析出金属Cu，所以B符合题意；故选：B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．铜电极发生氧化反应；所以石墨电极是阴极，产生的是氢气，A错误；

B．浓的强碱性电解质溶液中不能产生H+；B错误；

C．铜电极发生氧化反应；是阳极，C错误；

D．2Cu～Cu2O～2e-，当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成；D正确；

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，而Na2CO3不分解，故NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱，A错误；

B．钢铁在潮湿空气中形成了Fe、C和CO2溶于水形成的电解质溶液；能够形成许多微小的原电池，故生锈主要是发生了电化学腐蚀，B错误；

C．由于铁能与过量的FeCl3溶液，故Mg中加入过量的FeCl3溶液得不到Fe，该反应的离子方程式为：Mg+2Fe3+=Mg2++2Fe2+；C错误；

D．高压钠灯产生黄色的光；透雾能力强，故可用于道路照明，D正确；

故答案为：D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．NaClO溶液具有漂白性；不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，A错误；

B．由于还原性Fe2+＜I-，则向FeI2的淀粉溶液中通入少量Cl2，Cl2先氧化碘离子生成单质碘，溶液变蓝，能得出Cl2的氧化性强于I2；B正确；

C．若电流计指针发生偏转且铬电极上有气泡逸出；则铁的金属活动性强于铬，若电流计指针发生偏转且铁电极上有气泡逸出，则铬的金属活动性强于铁，C正确；

D．向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol。·L-1KI溶液；KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，D正确；

故选A。7、A【分析】【详解】

A．图甲；在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，该图是中性条件，发生吸氧腐蚀，故A正确；

B．图乙；铁比铜活泼，形成原电池时，铁为负极发生氧化反应被腐蚀，故不能用此装置保护水体中的钢铁设备，故B错误；

C．图丙，锌比铁活泼，Fe2+得电子能力比Zn2+强，则在阴极上，Fe2+得电子生成铁单质；无法在铁电极上镀锌，应使用硫酸锌做电解液，故C错误；

D．图丁，FeCl3为强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加热蒸发时HCl挥发，促进Fe3+水解完全，蒸干后得不到FeCl3固体；故D错误；

答案选A。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

弱电解质在水溶液中达到电离平衡状态时，弱电解质分子电离成离子的速率与离子重新结合成弱电解质分子的速率相等，故答案为：相等。【解析】相等9、略

【分析】【分析】

反应过程中放出热量等于生成物总键能减去反应物物总键能；能量越低越稳定，据此回答；

【详解】

(1)1molH2在2molCl2中燃烧；参加反应的氢气和氯气都是1mol，生成2molHCl，则放出的热量为431×2-436×1-247×1=179kJ；正确答案：179；

(2)在一定条件下，1molH2与足量的Cl2放出的热量179kJ；1molH2与足量的Br2放出的热量356×2-436×1-193×1=83kJ；1molH2与足量的I2放出的热量299×2-436×1-151×1=11kJ，综上，放出热量由多到少的是Cl2>Br2>I2；从1molH2与足量的Cl2、Br2、I2分别反应，放出热量由多到少顺序Cl2>Br2>I2可以看出，1molH2在足量F2中燃烧比在足量Cl2中燃烧放热多。

【点睛】

通过以上计算可以看出，卤素单质中活泼性顺序为F2>Cl2>Br2>I2，单质的活泼性越强，与氢气化合越容易，放出的热量越多，生成物越稳定。【解析】179a多10、略

【分析】【详解】

(1).根据表中数据可知；酸的电离平衡常数大小顺序是①④③②，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，所以它们的酸性由强到弱的是①④③②，故答案为①④③②；

(2).苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，小于磷酸的第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—，故答案为C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—；

(3).25℃时，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好完全反应生成醋酸铵，由表中数据可知，醋酸和氨水的电离平衡常数相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，c(OH−)=c(H＋)，根据电荷守恒式c(OH−)＋c(CH3COO−)=c(NH4+)＋c(H＋)可知，c(CH3COO−)=c(NH4+)；故答案为=；

(4).25℃时，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，A.若混合液pH＞7，则溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水的体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；B.若混合液pH<7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH<7，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O−)+c(OH−)，所以c(C6H5O−)>c(NH4+)，故B错误；C.含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，所以苯酚铵促进水的电离，苯酚抑制水的电离，因此V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度，故C错误；D.任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)；故D正确；答案选D；

(5).碳酸根离子发生第一步水解反应的离子方程式为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，根据平衡常数的定义可知，Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式为：故答案为

点睛：本题综合考查弱电解质的电离、盐类水解、酸碱溶液混合的定性判断等知识点，题目难度中等，解答本题的关键是根据弱电解质电离平衡常数的大小判断酸的酸性强弱。难点是第（4）问，解题时要根据表中电离常数的数据，根据一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，再灵活运用电荷守恒、物料守恒等知识解答即可。【解析】①.①④③②②.C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—③.=④.D⑤.11、略

【分析】【分析】

（1）

由表中数据知:在同一压强下，升高温度，二氧化硫的转化率减小，即平衡向左移动。因此SO2的氧化反应是放热反应。

（2）

根据表中数据，考虑综合经济效益，工业上SO2催化氧化时适宜的压强为0.1MPa；理由为：温度一定时，该压强(0.1MPa)下二氧化硫的转化率已经很高了，再增压转化率变化不大，且对设备；材料要求高不经济。

（3）

该反应放热；温度越低，越有利于平衡右移，但是不利于提高反应速率；温度越高，越不利于平衡右移；温度高，反应速率快，但是对催化剂的活性有影响。故温度选为400-500之间的原因为：在相同压强下，低于400度，速率太低；该反应是放热反应，高于500度升温反应逆向移动三氧化硫的产率降低；400-500催化剂的活性最好。

（4）

催化剂能影响反应速率，而不能使平衡移动。选择适宜的催化剂，不能提高SO2的平衡转化率；故答案为：“否”。

（5）

若用水来吸收三氧化硫，有酸雾会滞留在吸收塔中阻止三氧化硫的进一步吸收。为提高SO3吸收率，实际生产中用98.3%硫酸吸收SO3。

（6）

将1molSO3充入一真空密闭容器中，一定条件下达到平衡，若在同样条件下最初投入2molSO3，反应所达的平衡等效于第一个平衡增压、平衡右移所得，则SO3所占体积分数增大，即M%小于N%。【解析】（1）放热。

（2）0.1MPa温度一定时；该压强下二氧化硫的转化率已经很高了，再增压转化率变化不大，且对设备；材料要求高不经济。

（3）在相同压强下；低于400度，速率太低；该反应是放热反应，高于500度升温反应逆向移动三氧化硫的产率降低；400-500催化剂的活性最好。

（4）否。

（5）98.3%硫酸。

（6）小于12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)对应反应：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)，按定义，该反应的平衡常数表达式为

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，a=0.04mol，N2的转化率是故答案为：4。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1mol∙L−1、4.0×10−2mol∙L−1和3.0×10−3mol∙L−1，因此反应向正方向进行。

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态，可以理解为先向另外一个容器中充入一定量NO，达到平衡，两者NO的体积分数相等，将另外一个容器压入到开始容器中，故等效于加压，由于反应前后气体体积不变，加压平衡不移动，因此平衡混合气中NO的体积分数不变。【解析】4向正方向进行此时的浓度商小于K不变三、判断题(共7题，共14分)13、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。16、B【分析】【分析】

【详解】

醋酸钠显碱性，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：盐酸＞醋酸，故答案为：错误。17、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。18、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。19、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。四、有机推断题(共4题，共8分)20、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)21、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37g22、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−2NH323、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、工业流程题(共4题，共20分)24、略

【分析】【分析】

由流程图可知，向废钒中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液；向浸出液中加入铁粉，使Fe3+转化为Fe2+，向反应后的溶液中加入有机溶剂H2R萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层；向有机层中加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层；向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO再向溶液中加入氨水，VO转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成V2O5。

据此分析解题。

【详解】

(1)酸浸、氧化过程中发生的反应为酸性条件下V2O3与氧气发生氧化还原反应VO2+，反应的离子方程式为2V2O3+O2+8H+＝4VO2++4H2O，铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅不与硫酸反应，因此滤渣成分是SiO2，若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VO2+氯气和水，反应的化学方程式为V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O，故答案为：2V2O3+O2+8H+＝4VO2++4H2O；V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O；

(2)由题意可知，有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉”对浸出液进行处理，主要目的是将Fe3+转化为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是KSCN溶液，观察是否出现血红色，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；KSCN溶液；

(3)由溶剂萃取与反萃取的转化关系VO2++H2RVOR+2H+可知，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向进行，VO2+的产率增大；则反萃取剂为硫酸溶液，故答案为：c；

(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应生成VOC1﹣和水，当反应3molVO2+时，由得失电子数目守恒可得：n(KClO3)×6＝n(VO2+)×1，n(KClO3)×6＝3×1，解得n(KClO3)＝0.5mol；故答案为：0.5；

(5)向10mL0．2mol•L﹣1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n(NH4Cl)＝0.2mol•L-1×0.01L=0.002mol，欲使VO沉淀完全，需要NH4Cl溶液的浓度为mol/L＝3.0×10﹣3mol/L，因此NH4Cl溶液的最小浓度＝0.206mol/L，故答案为：0.206mol/L。【解析】2V2O3+O2+8H+=4VO2++4H2OV2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O将Fe3+转化为Fe2+KSCNc0.50.206mol/L25、略

【分析】【分析】

灼烧后浸泡、过滤得到含碘离子的溶液；加入H2O2将碘离子氧化成碘单质、MnO2是为了除去溶液中过量的H2O2，防止碘单质被氧化；加入KI将I2转化成再用标准液滴定；测出碘单质的含量。

【详解】

(1)灼烧时需在高温下进行；所以灼烧应选择在坩埚中进行，故填坩埚；

(2)加入MnO2是将过量的H2O2除去，防止将碘单质氧化成加入KI时发生反应增大碘单质的溶解性，提高滴定速率；待测液中含碘单质，选用淀粉作指示剂，故填去除过量的防止将氧化成增大的溶解度；提高滴定速率；淀粉溶液；

(3)在水溶液中发生水解溶液呈碱性，应选用碱式滴定管盛装，图中甲为酸式滴定管、乙为碱式滴定管，选乙；图丙中滴定管的读数为43.6mL，故填乙、43.6mL；

(4)根据反应可得消耗的的物质的量为n=cV=mol，由此可得=mol；碘元素的质量为m=nM=g，碘元素的质量分数为==5.08%；若滴定前平视，滴定后俯视读数，则末读数偏小，由体积=末读数-初读数，得标准液体积偏小，故待测液体积偏低，故填5.08%、偏低；【解析】①.坩埚②.去除过量的防止将氧化成③.增大的溶解度，提高滴定速率④.淀粉溶液⑤.乙⑥.⑦.⑧.5.08⑨.偏低26、略

【分析】【分析】

本题为工艺流程题，“酸浸”步骤是将Mn、MnO2转化为MnSO4，Fe转化为FeSO4，“氧化”步骤为加入H2O2后将Fe2+转化为Fe3+，调节溶液pH值使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤液A，主要成分是MnSO4，加入试剂X进行沉锰，然后焙烧得到MnO2，向滤渣主要成分为Fe(OH)3中加入NaClO和NaOH溶液将Fe(OH)3转化为Na2FeO4，然后加入KOH得到K2FeO4；据此分析结合各小问具体问题进行解题。

【详解】

（1）加入FeSO4的目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（2）由题中所给表格可知，当调节pH的范围是时，Fe3+沉淀生成滤渣成分为加入NaClO和NaOH为了产生则方程式为故答案为：[3.2，8.1)或3.2≤pH＜8.1；

（3）当温度高于60℃时，温度过高时，的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰；若用碳酸钠代替，可能溶液碱性过强，生成氢氧化锰沉淀，故答案为：温度过高时，易分解，浓度降低，不利于沉锰；或氢氧化锰；

（4）某温度，若要将的浓度由降至需要加入降至后，溶液中共需要固体的物质的量为则理论上需加入固体的物质的量不少于6.4mol；故答案为：6.4；

（5）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1~100nm之间，故答案为：分散质粒子直径介于1~100nm之间。【解析】(1)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

(2)[3.2，8.1)或3.2≤pH＜8.1

(3)温度过高时，易分解，浓度降低，不利于沉锰或氢氧化锰。

(4)6.4

(5)胶体分散质粒子的直径为1~100nm27、略

【分析】【详解】

本题考查化学工艺流程，（1）铜粉的微粒直径为50-100nm，根据分散质微粒直径在1-100nm之间的分散