2025年人教新起点选择性必修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年人教新起点选择性必修1化学上册阶段测试试卷875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8题，共16分)1、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.c(H+)/c(OH-)=1012的水溶液中：Al3+、Cl-B.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl-、C.0.1mol·L-1的硫酸溶液中：Fe2+、Na+D.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、SCN-2、是实验室中的一种常用试剂。下列与有关的实验，描述正确的是A.将铁钉浸没在溶液中可验证铁的析氢腐蚀B.模拟“侯氏制碱”时，应向饱和溶液中先通入再通入C.进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2~3滴溶液以检验是否除尽D.配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过刻度线，应将多余液吸出3、在密闭容器中发生反应：只改变一个条件(T表示温度)，下列叙述与图像相符的是。

A.T1>T2B.Y可以表示H2的体积分数C.t1时刻化学平衡向正反应方向移动D.t1时刻改变条件是分离出部分NH34、如图表示不同温度(T)和压强(p)对可逆反应的影响，且则图中纵轴表示的意义可能是。

①混合气体的平均摩尔质量。

②混合气体中M的百分含量。

③混合气体中L的百分含量。

④一定条件下L的转化率A.①③B.②④C.①②D.②③5、反应A2+B22AB，在温度或压强改变时，AB%的变化如图所示。a为500℃、b为300℃时的情况；c为300℃时，从t3时刻开始向容器中加压的情况。则下列叙述正确的是。

A.A2、B2、AB均为气体，正反应放热B.AB为液体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热C.AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应吸热D.AB为气体，A2、B2中最少有一种为非气体，正反应放热6、研究表明与在作用下发生反应，能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：第①步：第②步：下列说法不正确的是。

A.反应①是氧化还原反应B.反应②是放热反应C.是反应的催化剂D.上述反应过程中只有极性键的生成7、P4具有正四面体结构，它在Cl2中燃烧可生成PCl5和PCl3两种产物，经测定在PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能是不同的。PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·mol-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1。已知：P4(g)＋6Cl2(g)=4PCl3(g)ΔH=akJ·mol-1，P4(g)＋10Cl2(g)=4PCl5(g)ΔH=bkJ·mol-1，下列叙述正确的是（）A.PCl5分子中原子最外层均满足8电子结构B.可求Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(s)的反应热ΔHC.Cl—Cl键的键能为kJ·mol-1D.P—P键的键能为kJ·mol-18、图示为某原电池示意图；其负极发生的反应为。

A.Zn2+＋2e-=ZnB.Zn－2e-=Zn2+C.Cu－2e-=Cu2+D.Cu2+＋2e-=Cu评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、采用惰性电极；以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（）

A.阳极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑B.电解一段时间后，阳极室的pH未变C.电解过程中，H+由b极区向a极区迁移D.电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量10、反应N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.由状态B到状态A，可以用加热的方法B.C两点气体的颜色：A深，C浅C.C两点的反应速率：C＞AD.C两点气体的平均相对分子质量：A＞C11、根据下列实验操作和现象所得结论正确的是。选项实验操作和现象实验结论A在小烧杯中滴有少量水，加入20gBa(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁，发现烧杯外壁很冷Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2已变质C用3mL稀盐酸与过量Zn反应，当气泡稀少时，加入1mL浓盐酸，又迅速产生较多气泡盐酸浓度增大，反应速率加快D向5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴入0.1mol·L-1KI溶液5~6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红Fe3+与I-的反应有一定限度

A.AB.BC.CD.D12、液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠()，下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为B.钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有生成C.与少量水反应可能有逸出，所得溶液呈弱碱性D.与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶只能得到2种盐13、室温下，向20.00mL0.1mol·L-1HX溶液中逐滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。已知溶液pH随变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.当=1时，溶液pH=5.75B.当=0时，加入NaOH溶液的体积大于10.00mLC.当加入10.00mLNaOH溶液时：c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH-)D.如图所示各点对应溶液中水电离出来的H+浓度：a>b>c14、常温下，浓度均为体积均为的MOH和ROH两种碱溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化如图甲所示。图乙中，时；两曲线出现交叉点x。下列叙述正确的是。

A.均不能确定其数值大小B.x点时，将两种碱溶液等体积混合，混合溶液的pH不变(假设两溶液混合后的体积为二者体积之和)C.x点时，两种溶液中水的电离程度相等D.相同时，将两种溶液同时升高相同的温度，则减小评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、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v(C)＝v(A)；反应2min时，A的浓度减少了amol，B的物质的量减少了mol；有amolD生成。

回答下列问题：

(1)反应2min内，v(A)＝________，v(B)＝________。

(2)化学方程式中，x＝________，y＝________，p＝________，q＝________。

(3)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为________。16、科学家从化肥厂生产的中检出组成为的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以和两种离子形式存在，植物的根系易吸收但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的分子，分子不能被植物吸收。

请回答下列问题：

和的关系正确的是______填序号

A.同种单质同位素同分异构体同素异形体。

______填“能”或“不能”和草木灰混合施用。

已知断裂吸收167kJ热量，生成1molNN放出的热量，写出气体转变为的热化学方程式：______。

已知白磷、的空间构型均为四面体，的结构式为白磷的结构式为请画出的结构式______。

已知液氨中存在着平衡科学家在液氨中加入氢氧化铯和特殊的吸水剂，使液氨中的生成分子和另一种单质气体，请写出液氨与氢氧化铯反应的化学方程式：______。17、碘是人类发现的第二个生命科学必需微量元素。回答下列问题：

（1）碘与氯是同族元素，它们位于元素周期表的第___族；HI的还原性比HCl___（填“强”或“弱”）。

（2）自然界中的碘有的以NaIO3形态存在于硝石(NaNO3)中，向硝石母液中加入NaHSO3可以制得I2，请写出NaIO3溶液和NaHSO3溶液反应的离子方程式____。

（3）碘还以碘化物的形态存在于海水中；被海藻类植物吸收而富集，从海带中提取碘的过程如下：

步骤③的操作名称为__；步骤④发生反应的离子方程式为___；步骤⑤的实验操作为____；

（4）步骤③得到的滤液中c（I-）=0.004mol/L，取10mL滤液加入10mLPb(NO3)2溶液，若要生成PbI2沉淀，则所加Pb(NO3)2溶液的浓度应大于___mol/L[已知Ksp（PbI2）=9.8×10-9]。18、钛冶炼厂与氯碱厂；甲醇厂组成一个产业链(如图所示)；将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题:

(1)Fe位于元素周期表中的位置是__________。

(2)写出流程中电解池里发生反应的离子方程式:__________。

(3)写出流程中“氯化”的化学方程式:__________。

(4)写出TiCl4完全水解生成TiO2·H2O的化学方程式:__________。

(5)高温炉中通入Ar的作用是___________。

(6)上述流程中可循环利用的物质有__________。

(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以________。

19、甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。

（1）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度；压强的关系如图：

①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为______。

②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将_______（填“增大”“减小”或“不变”）。

③图中的P1_____P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为________。

④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中充入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向_____移动（填“向左”“向右”或“不”）。

（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）

①该反应的△H_____0，△S_____0（填“＜”；“＞”或“=”）。

②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是______。

A．升高温度。

B．将CH3OH（g）从体系中分离出来。

C．充入He；使体系总压强增大。

D．再充入1molCO和3molH220、氮的化合物种类繁多；性质也各不相同。请回答下列问题：

(1)已知：

①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g)∆H1=+41.8kJ·mol-1

②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H2=-196.6kJ·mol-1

则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H=_______。

(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体；反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：

图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_______。

(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)∆H<0。

①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_______。

②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=_______MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)21、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22、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____23、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误24、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.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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、元素或物质推断题(共3题，共30分)29、Ⅰ.下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：。abcdefghi

(1)d、e、f对应简单离子的半径由大到小的顺序为_______(用具体微粒符号表示)。

(2)元素i的单质溶于水,生成一种具有漂白作用的化合物，该化合物的电子式为_____；写出a与c形成的一种含18电子且既含极性键又含非极性键的化合物的分子式_________。

(3)以元素a的单质为燃料，以f的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液，请写出该燃料电池的负极反应方程式_________。

Ⅱ.(1)根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化：

①H2(g)与O2(g)反应生成1molH2O(g)时放出的热量为________kJ；

②图中甲、乙、丙中物质所具有的总能量由大到小顺序为：________；

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O。负极反应式为__________，一段时间后，负极增重48克，转移电子_______mol。30、实验室中有6瓶失去标签的白色固体：纯碱；氢氧化镁、氯化钡、硫酸铝、硫酸氢钠、氯化钾。除蒸馏水、试管和胶头滴管外；无其他任何试剂和仪器。某学生通过以下实验步骤即可鉴别它们。请填写下列空白：

(1)各取适量固体于6支试管中，分别加入适量蒸馏水，有一支试管中的现象和其他5支明显不同，此试管中的现象是________________________；

据此现象鉴别出的一种物质是__________。

(2)分别将所剩5种溶液依次编号为A；B、C、D、E；然后进行两两混合。观察到C没有出现任何现象；D分别和A、B、E混合时均产生了白色沉淀；B和E混合时既有白色沉淀产生，又有无色气体放出。据此可推断出：

①A、C、D三种物质的化学式依次是________________。

②B、E两者中有一种可与A反应，它与足量A反应的离子方程式为__________________。

③在两两混合时，能最终确定B、E成分的实验现象及结论是_____________________。

(3)上述物质溶于水抑制水的电离，且溶液显酸性的物质的化学式为________，其溶液显酸性的原因是___________________。31、已知A～I均为中学化学中的常见物质；它们之间的转化关系如图所示，其中A；D为金属单质，反应过程中需要或生成的水及其他部分产物已略去。

回答下列问题：

(1)写出F的化学式_______

(2)①A能与氢氧化钠溶液反应，写出反应的离子方程式_______

②A与B在高温下反应的化学方程式_______

写出该反应的一个用途_______

③H在空气中转化为I的化学方程式_______

(3)已知E呈碱性，E溶液中所有离子浓度由大到小的顺序是_______

(4)用离子方程式表示G溶液呈酸性的原因_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A．该溶液呈酸性，Al3+、Cl-、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；

B．HCOAl3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；

C．在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化Fe2+、不能大量共存，故C错误；

D．Fe3+与ClO-发生氧化还原反应，与SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D错误；

答案选A。2、C【分析】【详解】

A．NaCl溶液呈中性；故将铁钉浸没在NaCl溶液中可验证铁的吸氧腐蚀而不能验证析氢腐蚀，A错误；

B．由于CO2难溶于水，而易溶于NH3碱化后溶液中，且NH3极易溶于水，故模拟“侯氏制碱”时，应向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2；B错误；

C．进行粗盐提纯时，可向上层清液中继续滴加2~3滴BaCl2溶液以检验是否除尽；若无明显现象则有除尽，C正确；

D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时；若加水超过刻度线，不能将多余液吸出，应该重新配制，D错误；

故答案为：C。3、C【分析】【详解】

A．升高温度，反应速率加快，先达到平衡，故T1＜T2；A错误；

B．升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡逆向移动，故升高温度，H2的体积分数增大；B错误；

C．t1时刻，则化学平衡向正反应方向移动，C正确；

D．t1时刻改变条件是增加反应物的浓度；D错误；

答案选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

①增大压强；平衡逆向移动，混合气体的平均摩尔质量增大，升高温度，平衡正向移动，混合气体的平均摩尔质量减小，与图象不一致，故①不符合；

②增大压强；平衡逆向移动，混合气体中M的百分含量减小，升高温度，平衡正向移动，混合气体中M的百分含量增大，与图象一致，故②符合；

③增大压强；平衡逆向移动，混合气体中L的百分含量增大，升高温度，平衡正向移动，混合气体中L的百分含量减小，与图象不一致，故③不符合；

④增大压强；平衡逆向移动，L的转化率减小，升高温度，平衡正向移动，L的转化率增大，与图象一致，故④符合；

综上所述答案为B。5、D【分析】【分析】

由图象可知，升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，从时间t3开始向容器中加压，AB的含量减小，说明平衡向逆反应方向进行，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物化学计量数，则AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体；据此答题。

【详解】

A．若A2、B2；AB均为气体；则增大压强时平衡不移动，AB的体积分数不变，故A错误；

B．AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H<0；故B错误。

C．AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H<0；故C错误；

D．升高温度AB的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，则△H<0，从时间t3开始向容器中加压，AB的含量减小，说明平衡向逆反应方向进行，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物化学计量数，则AB为气体，A2、B2中至少有一种为非气体，故D正确；6、D【分析】【详解】

A．N由+1价变为0价，铁由+1价升高为+3价，反应①是氧化还原反应，故A正确；

B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量；所以两个反应都是放热反应，反应②是放热反应，故B正确；

C．是反应的催化剂；使反应的活化能减小，故C正确；

D．上述反应过程中有极性键的生成如C-O键；也有非极性键生成，如N≡N键，故D错误；

故选D。7、C【分析】【详解】

A.在PCl5分子中，P元素为+5价，P原子最外层有5个电子，则PCl5分子中的P原子最外层电子数为5+5=10，不满足最外层8电子结构，故A错误；B．利用盖斯定律并结合题中给出的两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•mol-1，但PCl5（g）=PCl5（s）的△H未知，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C．设Cl-Cl键的键能为xkJ/mol，利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•mol-1可得x+3×1.2c-5c=x=kJ·mol-1，故C正确；D．设P-P键能为ykJ/mol，则6y+6×-12×1.2c=a，y=kJ·mol-1，故D错误；答案选C。8、B【分析】【详解】

该原电池中，锌比铜活泼，锌易失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：Zn-2e-=Zn2＋，故答案为：B。二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【分析】

根据图像可知，b极由O2反应生成了H2O2，在这个过程中，氧元素化合价降低，发生了得电子的还原反应，因此b极是电解池的阴极，可推出阴极的电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2；a极为电解池的阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑。

【详解】

A．依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑；A正确；

B．电解时阳极产生氢离子；氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，B正确；

C．由B的分析可知，氢离子通过质子交换膜移向阴极（b极）；C错误；

D．根据分析，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气；D错误；

故选CD。10、AC【分析】【详解】

A.升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1<T2；由状态B到状态A，可以用加热的方法，故选项A正确；

B.由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强比A的大，增大压强，体积减少，浓度变大，体积浓度变化比平衡移动变化的要大，NO2为红棕色气体；所以A.；两点气体的颜色：A浅，C深，故选项B错误。

C.由图象可知，A.、两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：CA；故选项C正确。

D.由图象可知，A、两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，所以平均相对分子质量：A

故答案为AC11、AC【分析】【详解】

A．在小烧杯中加入20gBa(OH)2⋅8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部,发现很冷，能够说明Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应中吸收了热量；该反应为吸热反应，故A正确；

B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸；酸性环境下，发生氧化还原反应生成三价铁离子，故不能说明样品变质，故B错误；

C．加入浓盐酸；氢离子的浓度增大，反应速率加快，故C正确；

D．向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴入0.1mol⋅L−1KI溶液5∼6滴，FeCl3过量，无论Fe3+与I−的反应是否有一定限度；滴加KSCN溶液后都会变红，故D错误；

答案选AC。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．液氨中存在与水的电离类似的电离过程，则液氨的电离方程式可表示为故A正确；

B．钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成；故B正确；

C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出；所得溶液是NaOH，呈强碱性，故C错误；

D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4；故D错误；

故选CD。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．Ka=pKa=pc(H+)+p=-lgc(H+)-p所以pH=pKa+p温度不变pKa为常数，将(-1，3.75)带入可得3.75=pKa-1，所以pKa=4.75，即pH=p+4.75，将p=1带入可得pH=5.75；A正确；

B．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，pKa=4.75，即Ka=10-4.75，则X-的Kh==10-9.25，X-的水解程度小于HX的电离程度，则等浓度的HX和NaX的混合溶液显酸性；X-当p=0时；pH=4.75，溶液显酸性，所以加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，B错误；

C．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX，存在电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)=c(X-)＋c(OH-)，存在物料守恒2c(Na＋)=c(X-)＋c(HX)，二式联立可得c(H＋)＋c(HX)=c(Na＋)＋c(OH-)；C正确；

D．NaX的水解会促进水的电离，随着NaOH的加入溶液中NaX浓度逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，当溶质全部为NaX，水的电离程度达到最大，水电离出来的H＋浓度最大，c点pH=5.75，说明溶质中含有HX，则a、b、c三点水电离出来的H＋浓度：a

故选：BD。14、CD【分析】【详解】

A．通过题图甲中两曲线变化可知，ROH为强碱，常温下，未稀释时ROH溶液的故A项错误；

B．混合前，两种碱溶液中相等，设为a，MOH为弱碱，溶液越稀，电离程度越大，故二者等体积混合后，混合溶液中即混合后溶液的pH增大，B项错误；

C．x点时两种溶液的pH相等；水的电离程度相等，C项正确；

D．升温可促进弱电解质的电离，相同时，升高温度，不变，增大，故减小；D项正确。

答案选CD。

【点睛】

明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

(1)反应2min时，A的浓度减少了则△c(A)=×=amol/L，则v(A)==amol/(L·min)；

(2)平均反应速率V(C)=V(A)，则x︰p=2︰1，A的浓度减少了则消耗的A为amol，B的物质的量减少了mol，有amolD生成，则x︰y︰q=amol︰mol︰amol=2︰3︰6，故x︰y︰p︰q=2︰3︰1︰6，则反应方程式为：2A(g)+3B(g)═1C(g)+6D；

(3)反应达到平衡时，D为2amol，由方程式2A(g)+3B(g)=C(g)+6D(g)可知消耗的B为2amol×=amol，则B的转化率为×100%=×100%。【解析】mol/(L·min)mol/(L·min)2316×100%16、略

【分析】【分析】

（1）同种元素组成的不同的单质互称为同素异形体；

（2）草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸根水解显碱性，根据题意N4H44+遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，据此解答；

（3）根据化学键断裂吸收热量，形成化学键放出热量，分别计算后进行比较，从而写出热化学方程式；

（4）N4H44+中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键；

（5）已知液氨中存在着平衡科学家在液氨中加入氢氧化铯和特殊的吸水剂，使液氨中的生成分子和另一种单质气体，由得失电子守恒和元素守恒可知，另一种气体为氢气，由此判断液氨与氢氧化铯反应生成N4分子、CsNH2；氢气和水。

【详解】

和是氮元素的不同单质；互为同素异形体；

故答案为：D；

草木灰的主要成分是碳酸钾，其中的碳酸根水解显碱性，已知遇到碱时，会生成一种形似白磷的分子，所以和草木灰之间能反应；所以二者不能混合施用；

故答案为：不能；

气体中含有键，可生成形成键，则气体转变为2mol化学键断裂吸收的热量为形成化学键放出的热量为所以反应放热，放出的热量为即放出882kJ的热量，则气体转变为的热化学方程式为：

故答案为：

由于的空间构型均为四面体，的结构式为白磷的结构式为据此推断得出：的结构式为：

故答案为：

液氨中存在着平衡：加入氢氧化铯和特殊的吸水剂，使液氨中的生成分子和另一种单质气体，由得失电子守恒和元素守恒可知，另一种气体为氢气，由此判断液氨与氢氧化铯反应生成N4分子、CsNH2、氢气和水，即发生的反应为：

故答案为：

【点睛】

为方便学生理解；现将高中阶段“四同”区分如下：

同位素：质子数相同；中子数不同的同种元素的不同原子。

同素异形体：同元素形成的不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同，但物理性质有所不同。

同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组成差n个CH2。

同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，如正戊烷与异戊烷等。【解析】D不能17、略

【分析】【详解】

（1）氯位于周期表的第ⅦA族；碘和氯与是同族元素，所以碘也位于元素周期表的第ⅦA族；HI的还原性比HCl强。故答案为ⅦA，强；

（2）NaIO3溶液和NaHSO3溶液反应生成I2，碘的化合价降低，所以NaHSO3中硫的化合价升高，由+4价升高到+6价，根据电子守恒配平，得到反应的离子方程式为2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O；

（3）从海带灰的悬浊液得到含碘离子的溶液，需要经过过滤操作；从含碘的水溶液得到含碘的苯溶液，需要经过萃取分液。第④步碘离子被氧化为碘单质，MnO2做氧化剂，其本身被还原为Mn2+，酸性条件下的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，故答案为过滤，2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；萃取（或萃取；分液）；

（4）c（I-）=0.004mol/L，10mL滤液加入10mLPb(NO3)2溶液，溶液体积为20mL，所以此时溶液中的c（I-）=0.002mol/L，根据Ksp（PbI2）=9.8×10-9，可求得c(Pb2+)=mol/L，所以所加Pb(NO3)2溶液的浓度应大于2.45×10-3mol/L×2=4.9×10-3mol/L。【解析】ⅦA强2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O过滤2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O萃取（或萃取、分液）4.9×10-318、略

【分析】【详解】

（1）Fe的原子序数为26，其最外层电子数为2，有4个电子层，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；故处于第四周期第VIII族；

(2)流程中电解池里电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，发生反应的离子方程式为:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(3)钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛，还生成氯化铁、CO，流程中“氯化”的化学方程式为:2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；

(4)TiCl4水解生成TiO2•xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl；

(5)高温炉中通入Ar的作用是做保护气的作用；防止高温条件下Mg和Ti被氧化；

(6)上述流程中电解熔融氯化镁得到的镁和氯气在反应中为反应原料，故可循环利用的物质有Mg和Cl2；

(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用阳离子交换膜只允许钠离子等阳离子通过，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应。【解析】第四周期VIII族2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6COTiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl做保护气的作用，防止高温条件下Mg和Ti被氧化Mg和Cl2阳防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应19、略

【分析】【分析】

(1)①根据图像，100℃平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；②根据“定一议二”的方法分析判断；③根据“定一议二”的方法分析判断；根据三段式，结合平衡常数K=计算；④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol；根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；

(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，结合方程式和△G=△H-T•△S＜0分析判断；

②容器容积不变；增加CO的转化率，需要平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析判断。

【详解】

(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为=5×10-2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v(H2)=3v(CH4)=3×=0.030mol•L-1•min-1，故答案为0.030mol•L-1•min-1；

②通过图像可知，当压强为P1时；升高温度，甲烷的转化率增大，平衡正向移动，所以升高温度，平衡常数增大，故答案为增大；

③由图可知，温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2；

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

初始浓度：0.10.200

变化浓度：0.050.050.050.15

平衡浓度：0.050.150.050.15

100℃时平衡常数K==2.25×10-2，故答案为＜；2.25×10-2；

④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10-2＞K；所以平衡向左移动，故答案为向左；

(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应是气体物质的量减小的反应，反应的△S＜0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，根据△G=△H-T•△S＜0，说明△H＜0；即正反应是放热反应，故答案为＜；＜；

②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO的转化率增加，故B正确；C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D．再充入1molCO和3molH2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO的转化率增加，故D正确；故答案为BD。【解析】①.0.030mol•L﹣1•min﹣1②.增大③.＜④.2.25×10﹣2⑤.向左⑥.＜⑦.＜⑧.BD20、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)∆H=-(2×∆H1+∆H2)=-(2×41.8-196.6)=+113.0kJ/mol；故答案为：+113.0kJ/mol。

(2)温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有：所以N2的平衡体积分数为故答案为：b；c；20%。

(3)①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。

②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有：v(N2)=mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp=MPa=Mpa，故答案为：0.05、【解析】+113.0KJ/molb、c20%该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高0.05四、判断题(共4题，共24分)21、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。22、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错23、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。24、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。五、有机推断题(共4题，共32分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、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37g27、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−2NH328、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、元素或物质推断题(共3题，共30分)29、略

【分析】【详解】

I．由元素周期表结构可知，a为H，b为C；C为N，d为O，e为F，f为Na，g为A