2025年北师大版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版选择性必修1化学上册阶段测试试卷83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6题，共12分)1、常温下，取浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液和ROH溶液各20mL，分别用0.1mol·L-1NaOH溶液、0.1mol·L-1盐酸进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法中不正确的是。

A.曲线Ⅱ表示向HX溶液中滴加NaOH溶液B.滴定至V=40mL的过程中，两种溶液中水电离的c(H＋)·c(OH-)均逐渐增大C.滴定前，HX溶液中存在c(HX)>c(H＋)>c(X-)>c(OH-)，ROH溶液中存在c(ROH)>c(OH-)>c(R＋)>c(H＋)D.曲线Ⅰ：滴定至V=10mL时存在2[c(H＋)-c(OH-)]=c(ROH)-c(R＋)2、常温下，下列叙述正确的是A.某氨水的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则b＜a-1B.若10mLpH=a的硫酸溶液跟100mLpH=b的NaOH溶液混合后，溶液呈中性，则a+b=13C.等体积、等pH的稀盐酸(a)、稀醋酸(b)和稀硫酸(c)，分别与少量且质量相同的片反应，反应所需时间关系为：a=b>cD.等体积、等浓度的稀盐酸(a)、稀醋酸(b)和稀硫酸(c)，分别与氢氧化钠溶液恰好完全中和时，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为：c>a>b3、2008年北京奥运会“祥云”奥运火炬所用环保型燃料为丙烷(C3H8)，悉尼奥运会所用火炬燃料为65%丁烷(C4H10)和35%丙烷；已知：

①CO：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol

②丙烷：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2221.5kJ/mol

③正丁烷：C4H10(l)+6.5O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)△H=-2855.4kJ/mol

④异丁烷：C4H10(g)+6.5O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)△H=-2869.6kJ/mol

下列说法正确的是（）A.常温常压下，正丁烷的燃烧热为-2855.4kJ/molB.相同质量的丙烷和正丁烷分别完全燃烧，前者需要的氧气多，产生的热量也多C.常温下，CO的燃烧热为566.0kJ/molD.人类利用的能源都是通过化学反应获得的4、某反应由两步反应A⇌B⇌C，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述错误的是。

A.A⇌B反应为吸热反应B.加入催化剂不改变反应的焓变C.整个反应的∆H=E1-E2D.三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C5、与均为一元弱碱，常温时电离常数常温时，下列叙述正确的是A.的水溶液使红色石蕊试纸变蓝B.水溶液中，水电离出的C.水溶液中：D.水溶液中：6、常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A.使甲基橙呈黄色的溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、B.使酚酞呈红色的溶液中：K+、Na+、C.由水电离出的c(H+)=1×10−12mol∙L−1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl－、D.=1×1012的溶液中：Al3+、K+、S2−、ClO－评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、在如图所示均用石墨作电极的电解池中，甲池中为500mL含某一溶质的蓝色溶液，乙池中为500mL稀硫酸，闭合K1，断开K2进行电解；观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，立即停止电解，取出A电极，洗涤；干燥、称量，电极质量增重1.6g。请回答下列问题：

（1）电解过程中，乙池C电极发生反应的电极反应式为______________________。

（2）甲池电解时反应的离子方程式__________________。

（3）甲池电解后溶液的pH＝__________，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入________，其质量为________g。(假设电解前后溶液的体积不变)

（4）电解后若再将K1断开，闭合K2，电流计指针发生偏转，则D电极发生反应的电极反应式_________。8、(1)化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示_______，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值_______。(填一定增大；一定减小、或可能增大也可能减小)。

(2)在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＜0，CO和H2O浓度变化如图，则0~4min的平均反应速率υ(CO)=_______mol∙L−1∙min−1。

(3)t℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104

①表中3min~4min之间反应处于_______状态；c1数值_______0.08mol∙L−1(填大于；小于或等于)。

②反应在4min~5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是_______(单选)，表中5min~6min之间数值发生变化，可能的原因是_______(单选)。

a.增加水蒸气b.降低温度c.使用催化剂d.增加氢气浓度9、某温度时；在2L容器中，某一反应中A；B的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：

(1)该反应的化学方程式为_____________________________________。

(2)从反应开始至4min时，A的平均反应速率为____________________________。

(3)反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g)；在一可变的容积的密闭容器中进行，（填增大；不变、减小）

①保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率_______。

②保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，逆反应速率_______。

(4)将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)，经过5min后测得D的浓度为0.5mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1mol·L－1·min－1，A在5min末的浓度是________，x的值是________。10、铁单质及其化合物在生活；生产中应用广泛。请回答下列问题：

(1)钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式为___________________。

(2)由于氧化性Fe3＋>Cu2＋，氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是________________________________________________________________________。

(3)硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是______________________________(用离子方程式表示)。在使用时发现硫酸铁不能使酸性废水中的悬浮物沉降而除去，其原因是______________________________。

(4)磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是若有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是__________。11、已知室温时；0.1mol/L某一元酸HA在水中电离度为0.02%，回答下列各问题：

（1）该溶液中c(H＋)＝_________。

（2）HA的电离平衡常数K＝_________；

（3）升高温度时；K_________(填“增大”，“减小”或“不变”)。

（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的_______倍。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误13、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误14、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)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、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误18、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误19、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误20、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共12分)21、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。22、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。23、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___________。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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）。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)28、锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。

(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料,也是一种催化剂；能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是___________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4该反应中还原产物是___(填化学式),每生成1molZnFe2O4转移的电子总数是__________。

(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4；还含有少量FeO；CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下:

①酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率,为达到这一目的,还可采用的措施是_______(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式__________。

②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为___________

③净化Ⅱ中Y的主要成分是_____(填化学式)。

(3)利用锌锰电池在800~1000℃时电解TiO2可制得金属钛，装置如图所示。图中a电极的材料为_____，阴极的电极反应式为___________。

29、下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图:

已知:①浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等杂质金属离子；

②生成氢氧化物的pH见下表:

。物质。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Ni(OH)2

Co(OH)2

Mn(OH)2

开始沉淀pH

7.5

2.7

7.7

7.6

8.3

完全沉淀pH

9.7

3.7

8.4

8.2

9.8

请回答下列问题:

（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是______________。

（2）流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+。该反应的离子方程式是_________，其中的MnO2可以用试剂_____(填化学式)代替。

（3）流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是_________下列可用于流程中调节pH的试剂是__________(填试剂对应的字母编号)。

a.MnCO3b.Na2CO3C.NaOHd.氨水。

（4）向滤液I中加入MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等离子，发生反应为MnS+Ni2+=NiS+Mn2+等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比是_______[已知Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]。

（5）上述流程中，能循环使用的一种物质是___________(填化学式)。

（6）上述流程中在电解前需对电解液中Mn2+的含量进行测定。方法是:取出一定体积的电解液，加入一定质量的NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO4-、Bi3+。该反应的离子方程式是_______________。

（7）在适当条件下，在MnSO4=H2SO4+H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．开始时；曲线Ⅱ的pH＜7，故曲线Ⅱ表示向酸溶液中滴加碱，故A正确；

B．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以随着NaOH溶液或盐酸的不断滴加，水的电离程度先逐渐增大，当酸、碱恰好完全反应时，水的电离程度达到最大值，继续滴加，水的电离又受到抑制，即随着滴定的进行，水电离的c(H＋)·c(OH-)先逐渐增大；后逐渐减小，故B错误；

C．从初始pH看，HX、ROH都是弱电解质，电离程度微弱，所以HX溶液中存在c(HX)>c(H＋)>c(X-)>c(OH-)，ROH溶液中存在c(ROH)>c(OH-)>c(R＋)>c(H＋)；故C正确；

D．V=10mL时，溶液中的溶质为ROH、RCl，且浓度相等，该溶液中存在物料守恒c(ROH)＋c(R＋)=2c(Cl-)，以及电荷守恒c(H＋)＋c(R＋)=c(OH-)＋c(Cl-)，整理得2[c(H＋)-c(OH-)]=c(ROH)-c(R＋)；故D正确；

综上所述答案为B。2、B【分析】【详解】

A．氨水稀释后氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，将pH=a的氨水稀释10倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的溶液的pH=b，则b>a-1；故A错误；

B．10mLpH=a的硫酸溶液c(H+)=10-amol/L，100mLpH=b的NaOH溶液c(OH-)=mol/L=10b-14mol/L，两溶液混合后，溶液呈中性，则10mL×10-amol/L=100mL×10b-14mol/L，则a+b=13；故B正确；

C．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的片反应，反应的平均速率与c(H+)有关，由题可知醋酸溶液在整个反应过程中c(H+)更大，则反应的平均速率为b>a=c，则反应所需时间有：b＜a=c；故C错误；

D．同浓度同体积的三种酸溶液中酸的物质的量相同，与氢氧化钠恰好完全中和时，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c>a=b；故D错误；

故选：B。3、B【分析】【详解】

A.由热化学方程式③可知；常温常压下，正丁烷的燃烧热为2855.4kJ/mol，故A错误；

B.1g丙烷完全燃烧需要氧气的物质的量为×5≈0.113mol，放出的热量为×2221.5kJ/mol≈50.5kJ，1g正丁烷完全燃烧需要氧气的物质的量为×6.5≈0.112mol，放出的热量为×2855.4kJ/mol≈49.2kJ；则相同质量的丙烷和正丁烷分别完全燃烧，前者需要的氧气多，产生的热量也多，故B正确；

C.由热化学方程式①可知，CO的燃烧热为=283.0kJ/mol；故C错误；

D.人类利用的能源可以不通过化学反应获得；如水力发电；风力发电、太阳能等，故D错误；

故选B。4、C【分析】【详解】

A．根据图像；A的总能量小于B的总能量，该反应为吸热反应，故A说法正确；

B．焓变只与体系中的始态和终态有关；加入催化剂改变反应的活化能，但不改变反应的焓变，故B说法正确；

C．根据图像，整个反应为放热反应，AB△H1=(E1－E2)kJ·mol－1，BC△H2=(E3－E4)kJ·mol－1，AC△H=△H1＋△H2=[(E1－E2)+(E3－E4)]kJ·mol－1；故C说法错误；

D．能量越低；物质越稳定，根据图像，能量大小顺序是B＞A＞C，稳定性的顺序是B＜A＜C，故D说法正确；

答案为C。5、D【分析】【详解】

A．为强酸弱碱盐；其水溶液呈酸性，故A错误；

B．根据水电离出的故B错误；

C．甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式为：水也会电离出氢离子，故故C错误；

D．根据电荷守恒有即且溶液中的氯原子与氮原子数相等，所以故D正确；

故答案为D。6、B【分析】【详解】

A．使甲基橙呈黄色的溶液，说明溶液显碱性，Fe3+与OH－反应生成沉淀，故A不符合题意；B．使酚酞呈红色的溶液，说明溶液显碱性，K+、Na+、都大量共存，故B符合题意；C．由水电离出的c(H+)=1×10−12mol∙L−1的溶液，说明溶液可能显酸性，可能显碱性，与OH－、H+反应而不共存，故C不符合题意；D．=1×1012的溶液，说明溶液显酸性，H+与S2-、ClO-反应而不能大量共存，故D不符合题意。答案为B。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

甲池为CuSO4溶液，闭合K1，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，说明A电极为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，B为阳极，发生反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，B电极有无色气体氧气生成，则p为负极，q为正极，C为阴极，发生反应：2H＋＋2e－=H2↑，D为阳极，发生反应：4OH—-4e-=2H2O+O2↑。

(1)根据上述分析，电解过程中，乙池C电极发生反应的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。

(2)甲池电解池是电解硫酸铜溶液，根据上述分析，将阴阳电极反应相加，得到电解时反应的离子方程式为2Cu2+＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H+。

(3)当溶液中的原有溶质完全电解后，立即停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极质量增重1.6g即0.025molCu，则n(H+)=2n(Cu)=0.025mol×2=0.05mol，溶液为0.5L，所以c(H+)=0.1mol/L，pH=1；由于从两个电极分别产生了Cu、O2；所以要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入CuO，n(CuO)=0.025mol，则m(CuO)=0.025mol×80g/mol=2g。

(4)电解后若再将K1断开，闭合K2，乙池形成的是氢氧燃料电池，电流计指针发生偏转，则D电极是原电池的正极，氧气得电子被还原，发生的电极反应式是O2＋4e－＋4H+=2H2O。【解析】2H＋＋2e－=H2↑2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋1CuO2O2＋4e－＋4H＋=2H2O8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；K值越大，表示反应进行程度越大，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值可能增大也可能减小，若反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，若反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；故答案为：反应进行程度越大；可能增大也可能减小。

(2)根据图中信息得到0~4min的平均反应速率故答案为：0.03。

(3)①根据图中数据得到表中3min~4min之间反应处于平衡状态；在850℃时CO的物质的量浓度为0.08mol∙L−1，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此c1数值大于0.08mol∙L−1；故答案为：平衡；大于。

②反应在4min~5min间；平衡向逆方向移动；

a．增加水蒸气；平衡正向移动，故a不符合题意；

b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，故b不符合题意；

c．使用催化剂；平衡不移动，故c不符合题意；

d．增加氢气浓度；平衡逆向移动，故d符合题意；

表中5min~6min之间数值发生变化，CO物质的量浓度减小，H2O物质的量浓度增大，CO2物质的量浓度增大；

a．增加水蒸气；平衡正向移动，CO物质的量浓度减小，故a符合题意；

b．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO物质的量浓度减小，H2O物质的量浓度减小，故b不符合题意；

c．使用催化剂；平衡不移动，故c不符合题意；

d．增加氢气浓度；平衡逆向移动，故d不符合题意；

答案为d；a。【解析】①.反应进行程度越大②.可能增大也可能减小③.0.03④.平衡⑤.大于⑥.d⑦.a9、略

【分析】【分析】

根据图像中反应物浓度的减少和生成物的增加计算反应方程式；根据单位时间内反应物浓度的变化量计算反应速率；根据单位体积内活化分子百分数的变化判断反应速率的变化；根据速率比等于化学计量数的比计算未知量的值。

【详解】

(1)根据图像，4min时A物质减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质增加0.4mol-0.2mol=0.2mol，由于反应的物质的量变化量比等于化学计量数比，则该反应的反应方程式为2AB，故答案为：2AB；

(2)从反应开始到4min时，A物质减少0.4mol，则这段时间内A物质的反应速率v====0.05mol·L-1·min-1，故答案为：0.05mol·L-1·min-1；

(3)①体积不变充入氮气；反应的单位体积中活化分子百分数不变，正逆反应速率不变，故答案为：不变；

②保持压强不变充入氮气；容器体积增大，反应的单位体积中活化分子百分数减小，正逆反应速率减小，故答案为减小；

(4)5min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，则D的速率v==0.1mol·L-1·min-1，根据速率比等于化学计量数比，可以得出x=2；设反应开始时充入ymol的两种气体，经过5min后A的物质的量变为(y-1.5)mol，B的物质的量变为(y-0.5)mol，此时A、B的浓度比为3:5，则y=3mol，5min末A物质的浓度c===0.75mol·L-1，故答案为：0.75mol·L-1、2。【解析】2AB0.05mol·L－1·min－1不变减小0.75mol·L－1210、略

【分析】【分析】

（1）吸氧腐蚀时，正极O2得电子生成4OH-；

（2）FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2与FeCl2；

（3）Fe3+水解显酸性；据此分析作答；

（4）依据氧化还原反应的规律作答。

【详解】

（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀的正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；

（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律可知，FeCl3与铜板反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；

（3）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体具有净水作用，原理方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，硫酸铁中由于Fe3+水解导致溶液显酸性，而酸性环境中，H+抑制了Fe3+的水解，无法生成Fe(OH)3胶体；所以硫酸铁不能使酸性废水中的悬浮物沉降而除去；

（4）氧化还原反应中，1molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是8mol，所以有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是12mol。【解析】O2+4e-+2H2O=4OH-2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+Fe3+水解导致溶液显酸性，而酸性环境中，H+抑制了Fe3+的水解，无法生成Fe(OH)3胶体12mol11、略

【分析】【分析】

根据题中一元酸HA在水中电离度为0.02%可知；本题考查电离平衡常数的计算；温度对电离平衡的影响，运用电离平衡常数等于溶液中的电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值、升高温度促进电离分析。

【详解】

(1)该溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.02%=2×10-5mol/L,

故答案为2×10-5mol/L；

（2）HA=H++A-，则HA电离平衡

故答案为4×10-9；

（3）一元酸HA属于弱电解质；弱电解质的电离是吸热反应，升温促进弱电解质电离，所以电离平衡常数增大。

故答案为增大。

（3）溶液中HA电离的c(H+)=2×10-5mol/L，水电离出的所以由HA电离出的c（H+）与水电离出的c(H+）比=2×10-5mol/L:5×10-10mol/L=4×104；

故答案为4×104。【解析】2×10-5mol/L4×10-9增大4×104三、判断题(共9题，共18分)12、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。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、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。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、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。18、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。19、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。四、结构与性质(共3题，共12分)21、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大322、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅23、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-=H2O2五、有机推断题(共4题，共20分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、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37g26、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−2NH327、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（）×10－5六、工业流程题(共2题，共4分)28、略