2025年教科新版选择性必修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年教科新版选择性必修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、浓度均为体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积随的变化如图所示；下列叙述正确的是。

A.的碱性弱于B.的电离程度：点小于点C.点和点所示溶液中水的电离程度相同D.当时，若两溶液同时升高温度，则增大2、一定能增加反应物分子中活化分子的百分数的是（）A.降低温度B.增大压强C.使用催化剂D.增加浓度3、1，2-丙二醇单分子解离反应相对能量如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法错误的是。

A.中，断裂a处碳碳键比b处碳碳键所需能量低B.1，2-丙二醇单分子解离脱水过程均为吸热反应C.从能量的角度分析，路径的速率比路径快D.产物丙酮比丙烯醇[和]更稳定4、亚磷酸常用作尼龙增白剂和合成药物中间体。25℃时，已知溶液中含磷微粒的浓度之和为溶液中所有含磷微粒的的关系如图所示。已知：表示浓度的负对数下列说法正确的是。

A.为三元弱酸B.曲线①表示随的变化C.的溶液中：D.反应的平衡常数5、常温下，向溶液中逐滴滴入NaOH溶液并恢复至常温，溶液中的分布比例如图(忽略溶液体积的变化)。已知常温下下列说法错误的是。

A.曲线m表示的是的变化B.比更易于与离子反应C.溶液中任意一点存在：D.X点溶液中：6、室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2，CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(1)，热效应为ΔH3.则下列判断正确的是A.ΔH2＞ΔH3B.ΔH1＜ΔH3C.ΔH1+ΔH3=ΔH2D.ΔH1+ΔH2=ΔH37、化学反应中常常伴随有能量变化；某反应的能量变化图如图，下列叙述正确的是。

A.该反应需要加热B.△H=E2—E1C.加入催化剂，E1、E2及△H均减小D.该反应断开所有反应物化学键所吸收的能量大于形成所有生成物化学键所释放的能量评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义。

（1）用CO可以合成甲醇。已知：

CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.5kJ·mol－1

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1

则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝__kJ·mol－1

（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是__(填写序号)。

a．使用高效催化剂b．降低反应温度。

c．增大体系压强d．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来。

（3）在一定压强下，容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2；在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

①p1__p2(填“大于”；“小于”或“等于”)；

②100℃时，该反应的化学平衡常数K＝__(mol·L－1)－2；

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO和2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率__(填“增大”、“减小”或“不变”)。9、工业上有一种用生产甲醇燃料的方法：某实验中将和充入的密闭容器中，测得的物质的量随时间变化如下图曲线甲所示。请完成下列问题：

(1)a点正反应速率________逆反应速率(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(2)若仅改变某一实验条件再进行一次实验，测得的物质的量随时间变化如图中虚线乙所示，曲线乙对应改变的实验条件可能是________(填序号)。

a.加催化剂b.增大压强。

c.升高温度d.增大浓度10、为了探究原电池和电解池的工作原理；某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。

Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：

(1)在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替插入硫酸铜溶液中的Cu电极的是___________(填序号)。

A．石墨B．镁C．银D．铂。

(2)实验过程中，SO(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有___________。

Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息；填写下列空白：

(3)电解过程中，X极溶液的pH___________(填“增大”；“减小”或者“不变”)。

(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为___________和___________。

(5)另一小组同学将乙装置中6mol/LNaOH溶液换成1mol/LNaCl溶液，发现铁电极附近逐渐变成浅绿色，该小组同学认为铁电极附近溶液中生成了Fe2+，为了验证这一猜测，应使用___________(填试剂名称)来检验，现象为___________；则证明该小组同学猜想正确。

(6)下图中；Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图。

①该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，a处电极上发生的电极反应为___________。

②Ⅱ中电解前CuSO4溶液的浓度为3mol/L，若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，理论上消耗Ⅰ中的CH4___________g(计算结果保留两位有效数字，已知F=96500C·mol-1)，此时电解池中CuSO4溶液的浓度为___________。11、I．炒过菜的铁锅未及时洗净；不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。请回答：

(1)铁锅的锈蚀是_______腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)。

(2)写出铁锅腐蚀正极的电极反应式：_______

II．美国阿波罗宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图所示：a、b两个极均由多孔性碳制成；通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。

(1)a是_______极；电极反应式为_______。

(2)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ/mol，飞船上宇航员的生活用水由燃料电池提供。已知这种电池发1度电(3600KJ)时能生成360g水，则该电池的能量的利用率为_______。12、一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表；。时间/min010203040n(H2)/mol10.750.650.60.6

回答下列问题：

(1)0~20min内HI的平均反应速率为_______。

(2)反应达到化学平衡状态时，I2的转化率为_______，HI的产率为_______，容器内H2的体积分数为_______。

(3)该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填标号)。

A.混合气体颜色不再改变。

B.容器内压强不再改变。

C.H2、I2；HI三种气体体积分数不再改变。

D.混合气体密度不再改变13、氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）

（1）该反应的平衡常数表达式为K=____________________________；

（2）若知上述反应为放热反应，则其反应热△H_______0（填“＞”、“＜”或“=”）；升高温度，其平衡常数值____________（填“增大”、“减小”或“不变”）；若已知CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，则N2消耗速率为v（N2）=_______________。14、生物天然气是一种廉价的生物质能，它是由秸秆、杂草等废弃物经微生物发酵后产生的，其主要成分为甲烷燃烧时的能量变化如图所示。

(1)下列说法正确的是_______(填序号)。

A.该反应的热化学方程式为

B.甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能。

C.为充分利用甲烷；通入的空气越多越好。

(2)若1g水蒸气转化为液态水放热2.444kJ，则表示燃烧热的热化学方程式为_______。

(3)用催化还原可消除氮氧化物的污染。

已知：①

②

若将还原为整个过程中放出的热量为867kJ，则_______。15、二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-

完成下列填空：

（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。

（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。

ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4

若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。

（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。

（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。16、已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数，水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25℃时以下数据：Kw＝1.0×10-14，Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5，Ka(HSCN)＝0.13，Ka(HF)＝4.0×10-4，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11

(1)有关上述常数的说法正确的是_______。

a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度。

b.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大。

c.常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka

d.一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka•Kh

(2)25℃时，1.0mol•L-1HF溶液的pH约等于_______(已知lg2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合，判断溶液呈______(填“酸”；“碱”或“中”)性；

(3)已知CH3COONH4溶液为中性，又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出；现有25℃时等浓度的四种溶液：

A．NH4ClB．NH4SCNC．CH3COONH4D．NH4HCO3

回答下列问题：

①试推断NH4HCO3溶液的pH_______7(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②将四种溶液按浓度由大到小的顺序排列是__________(填序号)。

③NH4SCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误18、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误19、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误20、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误21、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)22、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___________。：23、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_________。24、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：____________________。25、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、原理综合题(共3题，共18分)26、哈伯发明用氮气和氢气合成氨的方法，获得了1918年诺贝尔化学奖。其原理为________(填“>”“<”或“=”)0。

(1)下列关于工业合成氨的说法不正确的是__________(填标号)。

A．因为所以该反应一定能自发进行。

B．采用高压是为了增大反应速率；但会使反应物的转化率降低。

C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率。

D．使用催化剂增大反应速率是因为催化剂降低了反应的活化能。

(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是________(填标号)。

a．容器内的浓度之比为1∶3∶2

b．

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

(3)工业上合成氨的部分工艺流程如图：

请用平衡移动原理解释在工艺流程中及时分离出氨气和将分离后的原料气循环使用的原因___________________。

(4)某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示的物质的量)。

①图中和的关系：________(填“>”“<”或“=”)

②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，的转化率最高的是__________(填字母)。

(5)恒温下，向一个4L的密闭容器中充入5.2mol和2mol反应过程中对的浓度进行测定，得到的数据如表所示：。时间/min510152025300.080.140.180.200.200.20

①此条件下该反应的化学平衡常数________。

②若维持容器容积不变，温度不变，向原平衡体系中加入和各4mol，化学平衡将向_______(填“正”或“逆”)反应方向移动。

(6)已知：

写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式________________。27、（1）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是______

a．NH3b．HIc．SO2d．CO2

（2）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________

（3）工业生产甲醇的常用方法是：CO(g)+2H2(g）CH3OH(g）△H=—90．8kJ/mol。

已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l）△H=-571．6kJ/mol；

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g）△H=-566．0kJ/mol

计算2CH3OH（g）+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l）△H=________。

（4）某实验小组设计了如图所示的甲醇燃料电池装置。

①该电池工作时，负极是_______极（填“a”或“b”）；

②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池负极反应的离子方程式为_________________。

（5）电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：

已知：Mg2SiO4(s）+4HCl(aq)2MgCl2(aq）+SiO2(s）+2H2O(l）△H=－49．04kJ·mol-1

①某橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为_____________。

②在上图虚框内补充一步工业生产流程______________。

③经分析，所得碱式碳酸镁产品中含有少量NaCl和Fe2O3。为提纯，可采取的措施依次为：对溶解后所得溶液进行除铁处理、对产品进行洗涤处理。判断产品洗净的操作是__________。28、氢气是一种清洁能源。在冶金；电力、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：

（1）某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图所示(空气中N2和O2的物质的量之比为4：1）。上述过程中，膜I侧所得气体的物质的量之比为n(H2):n(N2)=3:1，则氧化作用的物质为_______________，膜Ⅱ侧发生的电极反应式为_________________

（2）用CO和H2合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1

已知CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.0kJ/mol

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=-41.1kJ/mol

则△H1=________________

（3）向体积可变的密闭容器中充入1molCO和2.2molH2，在恒温恒压条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；平衡时，CO的转化率α(CO)随温度；压强的变化情况如图1所示。

①压强p1_____(填“＞”、“＜”或“＝”)p2；M点时，该反应的平衡常数Kp＝______(用平衡分压表示；分压=总压×物质的量分数)

②不同温度下，该反应的平衡常数的对数值lgK如图2，其中A点为506K时平衡常数的对数值，则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是_____________

（4）H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(l)，实验测得反应速率的表达式为v=k·cm（NO）·cn（H2）（k是速率常数；只与温度有关）。

①某温度下，反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。编号c（H2）/（mol·L-1）c（NO）/（mol·L-1）v/（mol·L-1·min-1）10.100.100.41420.100.201.65630.500.102.070

由表中数据可知，m=_______，n=_______。

②上述反应分两步进行：ⅰ2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+H2O2(l)(慢反应)

ⅱH2O2(l)+H2(g)⇌2H2O(l)(快反应)。下列说法正确的是_______

A.H2O2是该反应的催化剂B.总反应速率由反应ⅱ的速率决定。

C.反应ⅰ的活化能较高D.反应ⅰ中NO和H2的碰撞仅部分有效评卷人得分六、实验题(共2题，共16分)29、Ⅰ．利用下列给出的试剂与材料，将氧化还原反应设计成一个带有盐桥的原电池。

试剂：溶液、溶液、溶液、溶液；蒸馏水等。

材料：锌棒；铁棒、铜棒、石墨棒、500mL烧杯2个、盐桥(装有含琼胶的KCl饱和溶液)等。

回答下列问题：

(1)选用________作正极，此电极的电极反应式是____________________________________________________________。

(2)在答题卡方框中画出一个符合上述要求的原电池的装置图(标出电解质溶液及外电路中电子流动方向)__________________。

Ⅱ．如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液；将开关K打开，接通电源一段时间后，C；D中有气体产生，气体的体积见图。

请回答下列问题：

(1)R为________(填“正”或“负”)极。

(2)A附近溶液的现象是_________________________________________；

B附近发生的电极反应式为_____________________________________。

(3)滤纸上的紫色点向________(填“A”或“B”)方向移动。

(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间后，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极为________(填“正”或“负”)极，电极反应式为__________________。

Ⅲ．若一开始Ⅱ中的电源选用了Ⅰ中自己设计的原电池，连接起来工作一段时间后，测得Ⅱ中C和D试管气体总体积为336mL（已折算成标准状况），则你设计的原电池Ⅰ的负极质量至少要减轻_________________克？（结果保留两位小数）30、过氧化氢常被称为绿色氧化剂。

(1)电子式是___________。

(2)为分析对分解反应的催化效果；某同学做了以下实验。

实验ⅰ．向溶液中滴加5滴溶液；较快产生无色无味气体。

实验ⅱ．向溶液中滴加5滴溶液；无气体产生。

由此推断对分解反应有催化作用，实验i中发生反应的离子方程式为：a．___________；b．实验ⅱ的目的是：___________。

(3)研究表明：过氧化氢溶液中的浓度越大；过氧化氢的分解速率越快。

常温下；不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图1所示。

已知：

①一定条件下，相同时间内分解率随溶液增大而增大的原因是：___________。

②相同下，过氧化氢浓度越大分解速率越快，但是相同时间内分解率反而降低，分析其原因___________。

(4)常用来腐蚀金属铜；使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性腐蚀液。

①酸性条件下腐蚀金属铜的离子方程式为___________。

②图2是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因___________。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．根据图知，未加水时，MOH溶液的pH=13，MOH为一元强碱；ROH溶液的pH<13,ROH为一元弱碱；所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A错误；

B．由A分析知ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于c点，所以b点浓度小于c点，则ROH电离程度:b>c；B错误；

C．根据图知，点和点所示溶液的PH均为10；溶液中氢氧根离子的浓度相等，对水的电离抑制程度相同，水的电离程度也相同，C正确；

D．由A分析知，MOH为一元强碱，ROH为一元弱碱。当时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小；D错误;

故选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．降低温度；体系内活化分子数减小，分子数不变，反应物分子中活化分子的百分数减小，故A项不选；

B．通过压缩容器体积而增大压强不会改变反应物分子总数和活化分子数；反应物分子中活化分子的百分数不变，若是通过增大反应物浓度而增大压强，体系内分子数和活化分子数都增大，但反应物分子中活化分子的百分数不变，故B项不选；

C．催化剂能够降低反应物活化能；加入催化剂后，反应物的总分子数不变，活化分子数增大，反应物分子中活化分子的百分数将增大，故C项选；

D．增大浓度将使活化分子数和分子数都增大；而反应物分子中活化分子的百分数不变，故D项不选；

综上所述，一定能增加反应物分子中活化分子的百分数的是C项，故答案为C。3、B【分析】由图可知，断裂中的a处化学键需要83.7kJ的能量，断裂b处碳碳键所需能量为85.1kJ的能量，路径吸收66.8kJ的能量，得到的和水的相对能量为14.3kJ，路径吸收68.9kJ的能量，得到的丙酮和水的相对能量为-8.6kJ，路径吸收70.4kJ的能量，得到的和水的相对能量为8.4kJ，吸收71.8kJ的能量，得到的和水的相对能量为3.1kJ的能量；由此分析。

【详解】

A．由图可知，断裂a处碳碳键所需能量为83.7kJ，断裂b处碳碳键所需能量为85.1kJ；故A不符合题意；

B．由图可知；l，2-丙二醇单分子解离脱水生成丙酮为放热反应，故B符合题意；

C．由图可知，路径比路径吸收的能量低，活化能低，所以路径反应速率更快；故C不符合题意；

D．由图可看出产物丙酮能量最低，丙酮比丙烯醇[和]更稳定；故D不符合题意；

答案选B。4、D【分析】【分析】

任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-=H2RO+H2O、H2RO+OH-=HRO+H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c(H2RO)先增大后减小，c(HRO)逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc(H2RO)先增大后减小，lgc(HRO)逐渐增大，故曲线①表示c(HRO)，曲线②表示c(H2RO)，曲线③表示c(H3RO3)；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知H3RO3为二元弱酸；A错误；

B．由分析可知，曲线②表示c(H2RO)随pOH的变化；B错误；

C．时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc(H2RO)，即c(H2RO)=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c(H2RO)+c(HRO)=0.1mol·L-1，故2c(H3RO3)+c(HRO)=0.1mol·L-1；C错误；

D．根据a点知，c(HRO)=c(H2RO)时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c(H2RO)=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3H2RO+H+减去H2ROHRO+H+，可得H3RO3+HRO2H2RO则平衡常数K==105.3；D正确；

故选：D。5、B【分析】【详解】

A．向溶液中逐滴滴入NaOH溶液，+OH-=K1=+OH-=H2O+K2=K1>K2，所以铵根离子首先反应，浓度首先减小，故曲线m表示的是的变化；A正确；

B．由A分析可知，比更易于与离子反应；B错误；

C．C正确；

D．由电荷守恒可知，由A分析可知，m为n为p为q为X点时则故D正确；

故选B。6、B【分析】【分析】

【详解】

①CuSO4·5H2O(s)溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO(aq)+5H2O(1)ΔH1＞0；

②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO(aq)ΔH2＜0；

③CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(1)ΔH3；

结合盖斯定律可知①-②得到③，ΔH3=ΔH1-ΔH2，由于ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH3＞0；

A．ΔH3＞0，而ΔH2＜0，则ΔH3＞ΔH2；故A错误；

B．ΔH3=ΔH1-ΔH2＞0，ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH1＜ΔH3；故B正确；

C．ΔH3=ΔH1-ΔH2，则ΔH2=ΔH1-ΔH3；故C错误；

D．ΔH1=ΔH3+ΔH2，ΔH2＜0，ΔH1＞0，则ΔH1+ΔH2＜ΔH3；故D错误；

故选B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图中的数据；可以看出是反应物的能量小于生成物的能量，则反应是吸热反应，但是不一定需要加热才能发生，A错误；

B．根据能量计算反应热时候△H=E1—E2；B错误；

C．催化剂只能改变反应的活化能，不会改变化学反应的反应热，E1、E2减小，但是△H不变；C错误；

D．根据图中的数据，E1>E2；断开所有反应物化学键所吸收的能量大于形成所有生成物化学键所释放的能量，D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

（1）用CO可以合成甲醇。由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；

（2）温度越高；压强越大；使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢；

（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2；

②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图像可知，在100℃P1时，CO的转化率是0.5，通过反应方程式和公式K=可以求得；

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2；等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大；

【详解】

（1）（1）用CO可以合成甲醇。已知：①CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1；②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol；故答案为-90.1；

（2）温度越高；压强越大；使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢，故答案为ac；

（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2；故答案为小于；

②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图像可知，在100℃P1时；CO的转化率是0.5，则。

CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）

起始浓度（mol/L）0

转化浓度（mol/L）

平衡浓度（mol/L）

所以平衡常数K==

故答案为

③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故答案为增大；【解析】－90.1ac小于增大9、略

【分析】【分析】

增大压强或增大CO2浓度可以使平衡向正反应方向移动；使用催化剂可以加快反应速率；但平衡不发生移动；升高温度可加快反应速率，平衡向逆反应方向移动，据此分析。

【详解】

(1)a点时还没有达到平衡状态；反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率；

故答案为>；

(2)由图像知曲线乙中的反应速率快，结合反应方程式可知，增大压强或增大浓度均可以加快的消耗速率，且达平衡时的物质的量小于甲的；使用催化剂尽管可以加快反应速率，但平衡状态应与甲相同；升高温度可加快反应速率，但平衡时的量应多于甲，故b；d项符合题意；

故答案为bd。【解析】①.＞②.bd10、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．由图可知；甲装置中左侧为原电池装置，锌为原电池的负极，铜为正极，右侧为电解装置，与正极相连的M电极为电解池阳极，与负极相连的N电极为阴极；

(1)甲装置中左侧为原电池装置；金属活泼性强的锌做负极，金属活泼性弱的铜做正极，若保证电极反应不变，正极材料的金属活泼性不能强于锌，则不能用金属活泼性强于锌的镁代替铜，故选B；

(2)实验过程中；硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左；M极是电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，铜离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，故答案为：从右向左；滤纸上有蓝色沉淀产生；

Ⅱ．由图可知；乙装置为电解池，与直流电源正极相连的Y电极做电解池的阳极，溶液中的氢氧根离子和铁电极失去电子发生氧化反应，与负极相连的X做阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；

(3)由分析可知，电解过程中，与负极相连的X做阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—；溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故答案为：增大；

(4)由分析可知，电解过程中，与直流电源正极相连的Y电极做电解池的阳极，溶液中的氢氧根离子和铁电极失去电子发生氧化反应，电极反应式为Fe—6e—+8OH—=FeO+4H2O和4OH——4e—=2H2O+O2↑，故答案为：Fe—6e—+8OH—=FeO+4H2O和4OH——4e—=2H2O+O2↑；

(5)若铁电极附近溶液中生成了Fe2+离子；向溶液中加入铁氰化钾溶液，溶液中会有蓝色沉淀生成，故答案为：铁氰化钾；蓝色沉淀；

(6)①若想在Ⅱ中实现铁上镀铜，Ⅱ中铜电极做电镀池的阳极，与燃料电池的正极相连，则通入氧气的b处电极为燃料电池的正极，通入甲烷的a处电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4—8e—+10OH—=CO+7H2O，故答案为：CH4—8e—+10OH—=CO+7H2O；

②Ⅱ中电解前CuSO4溶液的浓度为3mol/L，若维持电流强度为1A，电池工作十分钟时，转移电子的物质的量为mol，则理论上消耗Ⅰ中甲烷的质量为mol××16g/mol≈0.012g；电镀时，溶液中CuSO4溶液的浓度不变，则电解池中CuSO4溶液的浓度依然为3mol/L，故答案为：0.012；3mol/L。【解析】B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大Fe—6e—+8OH—=FeO+4H2O和4OH——4e—=2H2O+O2↑铁氰化钾蓝色沉淀CH4—8e—+10OH—=CO+7H2O0.0123mol/L11、略

【分析】【分析】

I．(1)中性或弱酸性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀；

(2)铁；碳和电解质溶液构成原电池；碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应；

II．(1)氢氧燃料电池中，H2失去电子被氧化，a为负极；O2得到电子被还原，b为正极；

(2)1度为1KW·h，即3600kJ，由2H2(气)+O2(气)2H2O(l)+572kJ可知，生成360gH2O(l)放出的热量=360×572/36=5720kJ；而这些热能只能转化为3600kJ的电能，据此计算能量的转化率。

【详解】

I．(1)弱酸或中性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀；

因此；本题正确答案是：吸氧；

(2)铁、碳和电解质溶液构成原电池，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；

因此，本题正确答案是：O2+2H2O+4e-=4OH-；

II．(1)由图示可知，参与电极反应的是H2和O2，生成的是H2O，故在反应中H2失去电子被氧化，a为负极；O2得到电子被还原，b为正极。电极反应分别为：H2+2OH--2e-=2H2O；

综上所述，本题正确答案：负，H2+2OH--2e-=2H2O；

(2)1度为1KW·h，即3600kJ，由2H2(气)+O2(气)=2H2O(l)+572kJ可知，生成360gH2O(l)放出的热量=360×572/36=5720kJ；而这些热能只能转化为3600kJ的电能，所以能量的转化率=3600/5720×100%=62.9%；

综上所述，本题正确答案：62.9%(或63%)。【解析】吸氧O2+2H2O+4e-=4OH-负H2+2OH--2e-=2H2O62.9%(或63%)12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)0~20min内HI的平均反应速率

(2)反应达到化学平衡状态时，则I2的转化率为HI的理论产量为2mol，HI的产率为容器内H2的体积分数为

(3)A．混合气体颜色不再改变；即碘蒸气浓度不再改变，则说明已经平衡，A正确；

B．氢气和碘蒸气生成碘化氢气体的反应中气体分子总数不变；体积容器内压强始终不变；则压强不变不能说明已平衡，B错误；

C．H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变，符合平衡特征，说明已平衡，C正确；

D．密闭容器中；气体总质量；容积体积始终不变，故气体密度也始终不变、则混合气体密度不变不能说明已平衡，选项D错误；

该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是AC。【解析】①.0.0175mol•L-1•min-1②.40%③.40%④.30%⑤.AC13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)可逆反应3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数表达式为K=

(2)若知上述反应为放热反应，则其反应热△H＜0，对于放热反应升高温度平衡常数减小；已知CO生成速率为v（CO）=18mol•L﹣1•min﹣1，根据速率之比等于化学计量数之比，则N2消耗速率为：v（N2）=v（CO）/3=18mol•L﹣1•min﹣1/3=6mol•L﹣1•min﹣1。【解析】＜减小6mol/（L•min）14、略

【分析】【详解】

（1）A．如图，该反应为放热反应，该反应的热化学方程式为故A正确；

B．甲烷完全燃烧时化学能大部分转化为热能；小部分转化为光能等，故B错误；

C．过量空气会带走一部分热量；降低热效应，适量即可，故C错误；

故填A；

（2）由题可知，1g水蒸气转化为液态水放热2.444kJ，则1mol水蒸气转化为液态水放热即①根据盖斯定律，甲烷燃烧的热化学方程式为②则燃烧热的热化学方程式为①×2+②，即故填

（3）根据盖斯定律，由①＋②可得已知将还原为整个过程中放出的热量为867kJ，则则故填【解析】(1)A

(2)

(3)15、略

【分析】【分析】

(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl；O、C、N；根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；

(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；

(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构；则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；

(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2；根据化合价的变化结合电解原理分析解答。

【详解】

(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；

(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；

(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为故答案为：

(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。【解析】Cl＞C＞N＞OC、ONaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO40.4NA或2.408×1023②CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程16、略

【分析】【详解】

（1）a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故a正确；

b．升高温度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数减小，故b错误；

c．电离平衡常数只与温度有关；温度相同电离平衡常数相同，故c错误；

d．一定温度下，在CH3COONa溶液中故d正确；

故选ad；

（2）25℃时,HF电离程度较小,所以存在c(F−)≈c(H+)，c(HF)≈1.0mol/L，则溶液的pH=−lg0.02=1.7；说明HF电离程度大于F−水解程度；所以混合溶液呈酸性；

故答案为：1.7；酸；

（3）①CH3COONH4溶液为中性，说明碳酸和一水合氨电离平衡常数相等，CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明醋酸电离平衡常数大于碳酸，则平衡常数Kb(NH3⋅H2O)=Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，电离平衡常数越大，对应的水解平衡常数越小，则水解平衡常数Kh()h()，则溶液呈碱性，溶液的pH>7；

②铵盐中，对应的酸的酸性越弱，越容易促进的水解，则溶液中的c()越小，酸性：HCl>HSNC>CH3COOH>H2CO3，水解程度A)：A>B>C>D；

③电离平衡常数：Ka(HSCN)>Kb(NH3⋅H2O)，则水解平衡常数Kh(SCN−)b()，所以该溶液呈酸性c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒得c(SCN−)>c()，其水解程度较小，所以存在c(SCN−)>c()>c(H+)>c(OH−)。【解析】ad1.7酸>A>B>C>Dc(SCN-)>c()>c(H+)>c(OH-)三、判断题(共5题，共10分)17、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。20、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。四、有机推断题(共4题，共28分)22、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)23、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37g24、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−2NH325、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、原理综合题(共3题，共18分)26、略

【分析】【详解】

合成氨反应为气体分子数减小的反应，故为熵减反应，即故答案为：＜；

(1)A．由可知；该反应需在一定温度下才能自发进行，A错误；

B．该反应为气体分子数减小的反应；因此高压可提高反应物的转化率，B错误；

C．该反应的升温使平衡逆向移动，反应物的转化率降低，C错误；

D．催化剂可改变反应历程；降低反应活化能，D正确；

故答案为：D；

(2)a．容器中的浓度之比为1∶3∶2是反应可能达到的一个特殊状态；与该反应是否达到平衡状态无关，a不合题意；

b．由化学方程式可知，则由可知，说明该反应达到平衡状态，b符合题意；

c．该反应达到平衡前；压强逐渐减小，则容器内压强保持不变说明该反应达到平衡状态，c符合题意；

d．恒容容器；容积不变，容器内混合气体的质量不变，则混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度保持不变不能作为该反应达到平衡的标志，d不合题意；

故答案为：bc；

(3)及时分离出氨气，可减小生成物的浓度，从而可使平衡正向移动，提高产率，将分离后的原料气循环利用可提高原料的利用率，故答案为：减小生成物的浓度，可使平衡正向移动，提高产率；将分离后的原料气循环利用可提高原料的利用率；

(4)①达到平衡时，时的体积分数大于时的体积分数，则故答案为：＜；

②增大的物质的量，可提高的转化率，则c点的转化率最高；故答案为：c；

(5)①由表中数据可知，达到平衡时，则：

故平衡浓度分别为：c(N2)=0.4mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(NH3)=0.2mol/L，平衡常数故答案为：0.1；

②向原平衡体系中加入4mol4mol4mol则

故化学平衡逆向移动，故答案为：逆；

(6)已知的3个反应；从上至下依次标记为①；②、③，根据盖斯定律；

由得

故答案为：【解析】<Dbc减小生成物的浓度，可使平衡正向移动，提高产率；将分离后的原料气循环利用可提高原料的利用率<c0.1逆27、略

【分析】【分析】

（1）根据四种气体的酸碱性以及氧化还原性分析。

（2）根据原子守恒和电子守恒分析生成物；然后配平。

（3）根据盖斯定律计算△H。

（4）燃料电池的负极是通燃料的一极；在碱性环境下写负极的电极反应式。

（5）硅酸盐写成氧化物的形式；按照先活泼金属氧化物后不活泼氧化物，后二氧化硅顺序写；固定二氧化碳可以用碱，工业上制取NaOH的方法是电解法；判断产品洗净的原理是检验固体上可能附着的离子。

【详解】

（1）a、氨气是碱性气体，不能用五氧化二磷干燥；b、碘化氢是酸性气体，有还原性，不能用浓硫酸干燥，能用五氧化二磷干燥，正确；c、二氧化硫能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，错误；d、二氧化碳能用浓硫酸或五氧化二磷干燥。所以选b。

（2）氯酸钾中的氯为+5价，产物中一种是无氧酸盐，可为氯化钾，氯元素化合价降低，所以还有氯元素化合价升高，生成高氯酸钾，所以方程式为：4KClO3KCl＋3KClO4。

（3）根据盖斯定律分析；方程式③-①×2+②×2即可，反应热=-566+90．8×2-571．6×2=-1527．6kJ/mol。

（4）①燃料电池中燃料做负极，所以b为负极。②甲醇在碱性条件下失去电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH3OH+8OH-—6e-=CO32-+6H2O。

（5）①根据硅酸盐改写成氧化物的形式，先活泼金属氧化物后不活泼氧化物，后二氧化硅，所以氧化物的形式表示为：9MgO·FeO·5SiO2。

②从固碳的反应可以看出需要用氢氧化钠溶液，所以图框内补充得到氢氧化钠一步工业生产流程即可，可能通过电解饱和的氯化钠溶液，或

③判断产品是否洗净是需要检查最后一次的洗涤液是否含有氯离子，所以操作为取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净。【解析】b4KClO3KCl＋3KClO4-1527.6kJ/molbCH3OH+8OH-—6e-=CO32-+6H2O9MgO·FeO·5SiO2或取少量最后一次的洗涤液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀产生，则已洗净28、略

【分析】【详解】

(1)空气中N2和O2的物质的量之比为4：1，膜I侧所得气体的物质的量之比为n(H2):n(N2)=3:1，氮气的量在反应前后不变，则设氮气的物质的量为4mol，则生成氢气的物质的量为12mol，由膜I侧反应可知，12mol水得到电子，1mol氧气得到电子，做氧化剂，根据图示，膜Ⅱ侧CH4中C原子失去电子化合价升高转化为CO，被氧化，则氧化作用的物质为CH4，膜Ⅱ侧发生的电极反应式为CH4+O2--2e-=CO+2H2；

(2)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.0kJ/mol

②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=-41.1kJ/mol

根据盖斯定律：①+②可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；

(3)①在恒温恒压条件下发生反应：