2025年沪科版选择性必修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年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷428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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol.若断裂1molH-H、1molN≡N需要吸收的能量分别为akJ、bkJ。则生成1molN－H放出能量的数值为A.B.C.D.2、向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应：测得部分物质的物质的量浓度与时间关系如图1所示，在催化下反应机理与能量变化如图2所示。

下列说法正确的是A.时，表明反应达到平衡B.时改变某种条件，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数一定减小C.投料改为和的平衡体积分数增大D.寻找合适催化剂降低阶段②活化能，能有效提高的平衡转化率3、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.=10-12的溶液中：NHCu2+、NOSOB.KSCN溶液显红色的溶液中：NHK+、Cl-、I-C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：K+、OH-、Cl-、SOD.水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO4、室温下，乙二胺()第一步电离方程式为：乙二胺的电离平衡常数为：向20mL乙二胺溶液中加入同浓度的盐酸，借用计算机技术得到滴定曲线如图所示，下列说法正确的是。

A.图中四点，c点水的电离程度最大B.可用酚酞作指示剂C.c点对应的横坐标数值为20D.d点：5、已知某温度下，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，下列叙述正确的是A.向氯化银的饱和溶液中加入氯化钠固体，氯化银沉淀的质量将减小B.饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大C.向0.0008mol·L-1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002mol·L-1AgNO3溶液，则CrO沉淀完全(离子浓度小于10-5mol·L-1)D.将0.001mol·L-1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L-1的KCl和0.001mol·L-1K2CrO4混合溶液，先产生AgCl沉淀6、某温度时，可用K2S沉淀Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子(M2+),所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-20B.向MnS的悬浊液中加入少量水。沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大C.可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2D.向浓度均为1×10-5mol/L的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/的Na2S溶液，Mn2+最先沉淀7、25℃时，向0.1mol·L-1的二元弱酸H2A溶液中滴加相同浓度的烧碱溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：δ(X)=]；下列说法错误的是。

A.H2A的Ka1=1×10-1.2B.NaHA溶液中，c(H+)>c(OH-)C.pH由1.2到3的变化过程中，发生的反应只有H2A+OH-=HA-+H2OD.pH=4.2的溶液中，c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)8、如图所示装置；工作一段时间后，下列叙述错误的是。

A.铁是阴极，发生还原反应B.碳棒上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH-C.铁片一定被腐蚀D.电子从铁片经导线流向碳棒评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义。

(1)降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH＜0

①一定条件下，将体积比为1∶2的NO、CO气体置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___(填字母)。

A．体系压强保持不变B．混合气体颜色保持不变。

C．N2和CO2的体积比保持不变D．v正(CO)＝2v逆(N2)

②20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如下图所示的变化，则改变的条件可能是______(填字母)。

A．加入催化剂B．降低温度C．增加CO2的量D．缩小容器体积。

(2)在一定条件下，将SO2和NO2通入绝热恒容密闭容器中，发生反应：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)，正反应速率随时间变化如图所示。由图可得出的正确结论是__(填字母)

A．反应在c点达到平衡状态。

B．反应物浓度：b点小于c点。

C．反应物的总能量低于生成物的总能量。

D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段。

(3)采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2可制备二甲醚(DME)。观察图回答问题。

催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为__________时最有利于二甲醚的合成。

(4)工业上可以用CO和H2生产燃料甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=－92.9kJ/mol，300℃，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡的有关数据如下：。容器乙丙丙反应物投入量1molCH3OH2molCH3OH2molCH3OH平衡时的数据CH3OH浓度/mol·L-1c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ吸收ckJ体系压强/Pap1p2p3p3反应物转化率α1α2α3α3

下列说法中正确的是____________

A．2c1>c3B．a+b=92.9C．2p23D．α1+α3<110、完成下表(电极为惰性电极)。类型电极反应式电解对象溶液变化溶液复原方法溶液复原方法(1)电解水型含氧酸阳极：_______

阴极：______

总反应：_____水__________强碱阳极：_____

阴极：_____

总反应：____活泼金属的含氧酸盐阳极：_______

阴极：______

总反应：_____(2)电解电解质型无氧酸(氢氟酸除外)阳极：_____

阴极：______

总反应：______________________不活泼金属的无氧酸盐阳极：______

阴极：_______

总反应：___________________________________(3)放氢生碱型活泼金属的无氧酸盐阳极：_______

阴极：______

总反应：____________和_______________________(4)放氧生酸型不活泼金属的含氧酸盐阳极：_____

阴极：_____

总反应：___________和______________________11、“奋斗号”全海深载人潜水器创造了中国载人深潜的新记录，其外壳材料使用的是国产钛合金。钛具有密度小、强度大、耐腐蚀等性质，可以由TiO2为原料制得。

(1)工业上，采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4；相应的化学方程式为：

反应1TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+181kJ·mol-1

反应22C(s)+O2(g)⇌2CO(g)ΔH2=-221kJ·mol-1

①氯化反应(反应1)中，加碳的所用是_______和_______。

②已知反应1和反应2的平衡常数：K1=3.4×10-29、K2=1.2×1048.计算“加碳氯化”总反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌TiCl4(g)+2CO(g)的平衡常数：K=_______。结合平衡常数进一步说明氯化过程中加碳的作用是_______。

(2)一种以石墨、TiO2为电极，以用传导O2-的熔融盐为电解质的电化学装置如下图所示；该装置可通过电解法获得海绵状的单质钛。

①电解时的阴极反应为_______。

②电解一段时间后，阳极需更换，原因是_______。12、（1）下面所列物质中①氯化钾②乙醇③盐酸④Na2O⑤SO2⑥HBr⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩冰醋酸。

①属于强电解质的是________(填序号；下同)②属于弱电解质的是________

③属于非电解质的是________

（2）体积、浓度相等的③和⑩的溶液，加入形状相同且足量的Zn粒，反应速率快的是____________（用序号填空）；体积、pH相同的③和⑩的溶液，生成氢气体积最多的是__________（用序号填空）。13、在一定温度下；冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：

(1)“O”点导电能力为0；原因是__。

(2)a、b、c三点处，溶液的c(H+)由小到大的顺序为__。

(3)a、b；c三点处；电离程度最大的是__。

(4)若使c点对应的溶液中的c(CH3COO-)增大；则下列措施中，不可行的是__(填标号；下同)。

A.加热B.加入锌粒C.加入KOH固体D.加水E.加入CH3COONa固体评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误15、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16、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17、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误18、为使实验现象更加明显，酸碱中和滴定时加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正确B.错误19、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误20、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误21、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共14分)22、(1)肼(N2H4)又称联氨，在常温下是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在101kPa时，1gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O(l)，放出19.5kJ热量(25℃时)，表示N2H4燃烧的热化学方程式是____________________________。

(2)在火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂(H2O2)，当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和液态水，放出327.05kJ的热量。写出该反应的热化学方程式：__________________________________。

(3)已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_________________________________________________。

(4)下图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图。

写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__________________________________。23、一种新型煤气化燃烧集成制氢发生的主要反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

Ⅳ.

副反应：

Ⅴ.

Ⅵ.

回答下列问题：

(1)已知反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数随温度的变化如图1；图2所示。

①由反应Ⅴ和反应Ⅵ可知，_______；反应Ⅰ的_______(填“>”或“<”)0。

②温度小于800℃时，原因是_______。

③为提高反应Ⅱ中的转化率，可采取的措施是_______(写一条)。

④T℃时，向密闭容器中充入1和3只发生反应Ⅱ，此时该反应的平衡常数的平衡转化率为_______。

(2)从环境保护角度分析，该制氢工艺中设计反应Ⅲ的优点是_______。

(3)起始时在气化炉中加入1C、2及1在2.5下；气体的组成与温度的关系如图3所示。

①200~725℃时，的量不断减少的原因是_______。

②725~900℃时，的物质的量分数快速减小，其原因是_______。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共27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、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。26、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设生成1molN－H放出能量的数值为xkJ，则-92.4kJ=akJ×3+bkJ-xkJ×6，则x=故B正确。

故选B。2、C【分析】【分析】

该反应为由图2可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，因此该反应为气体体积减小的放热反应。由图1可知，时改变某种条件，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小Y2浓度或增大XY3浓度或升高温度；据此分析解答。

【详解】

A．X2和Y2的起始量和转化量之比相等均为1:3，则反应从开始到平衡过程中始终有即所以当时；反应不一定达到平衡，故A错误；

B．由图1可知，时改变某种条件，重新达到平衡后，X2浓度逐渐增大至不再改变，改变的条件可能是减小Y2浓度或增大XY3浓度或升高温度；若是浓度因素的影响，则平衡常数不变，故B错误；

C．投料改为和为原投料量的2倍，恒温恒容条件下等同于加压，平衡向正反应方向移动，则的平衡体积分数增大；故C正确；

D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高的平衡转化率；故D错误；

答案选C。3、A【分析】【详解】

A.=10-12的溶液为酸性溶液，酸性溶液中NHCu2+、NOSO四种离子之间不发生任何反应；能大量共存，故A正确；

B.硫氰化钾溶液显红色的溶液中含有铁离子；铁离子与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；

C.0.1mol·L-1的碳酸氢钠溶液中；碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故C错误；

D.水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液可能是酸溶液；也可能是碱溶液，碱溶液中，铝离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．生成正盐时对水电离有促进作用；在图中d点时二者恰好反应，此时水的电离程度最大，A错误；

B．强酸滴定弱碱；生成的盐溶液显酸性，应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙进行滴定，滴定误差较小，而不能选用碱性范围内变色的指示剂酚酞做指示剂，B错误；

C．若消耗盐酸的体积是20mL，则溶质为在溶液中存在电离平衡和水解平衡。根据电离平衡常数水解平衡常数为由于其电离平衡常数大于水解平衡常数，因此溶液呈碱性，而不可能是中性，C错误；

D．d点溶质为根据电荷守恒和物料守恒可得D正确；

故合理选项是D。5、D【分析】【详解】

A．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体使其溶解后；AgCl的沉淀溶解平衡向沉淀生成的方向移动，故AgCl沉淀的质量会增加，A错误；

B．饱和AgCl溶液中，存在溶解平衡：AgClAg++Cl-，c(Ag+)=c(Cl-)，则c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.56×10-10，饱和Ag2CrO4溶液中，存在溶解平衡：Ag2CrO42Ag++c(Ag+)=2c()，则c2(Ag+)·c()=Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，显然后者的c(Ag＋)大；B错误；

C．忽略溶液混合后体积的变化，则两溶液混合后c(K2CrO4)=0.0004mol/L，c(AgNO3)=0.001mol/L，根据反应2Ag++=Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c(Ag+)=0.001-0.0004×2=2.0×10-4mol/L＞1.0×10-5mol/L，根据沉淀完全的标准可知，没有完全沉淀；C错误；

D．当Cl-开始沉淀时，c(Ag+)==1.56×10-7mol/L，当开始沉淀时c(Ag+)==3.16×10-5mol/L；故先产生AgCl的沉淀，D正确；

答案选D。6、C【分析】【详解】

A.Cu2+、Mn2+、Zn2+三种离子对应的硫化物中Ksp(CuS)最小，约为1×10-35；故A错误；

B.向MnS的悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)不变；故B错误；

C.Ksp(ZnS)<Ksp(MnS)，可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2；故C正确；

D.Ksp(CuS)最小，所以向浓度均为1×10-5mol/L的Cu2+、Zn2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/的Na2S溶液，Cu2+最先沉淀；故D错误；

故答案选C。

【点睛】

一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀，Ksp(ZnS)<Ksp(MnS)，ZnS比MnS更难溶，所以MnS与ZnCl2反应生成ZnS沉淀。7、C【分析】【分析】

根据图像可知，c(H2A)=c(HA-)时，Ka1=pH，即Ka1=1×10-1.2，同理，Ka2=1×10-4.2。

【详解】

A．分析可知，H2A的Ka1=1×10-1.2；A说法正确；

B．Kh==1×10-12.8，Ka2=1×10-4.2，NaHA溶液中，HA-的电离程度大于其水解程度，则c(H+)＞c(OH-)；B说法正确；

C．根据图像，pH由1.2到3的变化过程中，H2A减小为0，同时HA-也减少，则发生的反应有H2A+OH-=HA-+H2O、HA-+OH-=A2-+H2O；C说法错误；

D．pH=4.2的溶液中，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)、c(A2-)=c(HA-)两式联立，则c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)；D说法正确；

答案为C。8、A【分析】【分析】

根据图示，该装置为碳-铁原电池，铁比碳活泼作负极，碳作正极，铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe-2e-=Fe2+，正极上O2+2H2O+4e=4OH-；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；铁是负极，发生氧化反应，故A错误；

B．根据分析，碳棒为正极，正极上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH-；故B正确；

C．根据分析；铁片发生吸氧腐蚀，故C正确；

D．根据分析；该装置为碳-铁原电池，铁比碳活泼作负极，碳作正极，原电池中，电子由负极流向正极，即从铁片经导线流向碳棒，故D正确；

答案选A。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【详解】

（1）①A．反应总气体分子数发生改变，随着反应进行压强改变，所以体系压强保持不变可以说明反应达到平衡，故A选；B．NO，CO，N2，CO2均为无色气体，混合气体没有颜色，所以不能根据颜色判断化学平衡，故B不选；C．N2和CO2均为产物，在不增加产物的前提下，二者体积比始终为1：2，所以N2和CO2的体积比保持不变不能说明反应达到化学平衡，故C不选；D．CO是反应物，N2是产物，v正(CO)＝2v逆(N2)；表示正；逆反应速率相等，可以说明反应达到了化学平衡，故D选，故答案为AD；

②A．催化剂不改变化学平衡，不影响N2的浓度，故A不选；B．反应放热，降低温度有利于反应正向进行，所以使N2的浓度增大，故B选；C．增大CO2的浓度的瞬间，不影响N2的浓度，平衡逆向移动，随后N2的浓度减小，故C不选；D．缩小容器体积，N2的浓度突然增大；与图像不符，故D不选；故答案为B；

（2）A．正反应速率v正不变时，才说明反应达到化学平衡，所以c点不是化学平衡点，故A错误；B．从b点到c点，v正在增大，反应仍在正向进行，消耗反应物使反应物浓度降低，所以反应物浓度：b点大于c点，故B错误；C．反应在绝热容器中进行，正反应速率先增大，达到最大值后降低，说明反应为放热反应，开始阶段体系温度升高，增大化学反应速率，之后放热不利于反应正向进行且反应物浓度降低的作用会使得正反应速率降低，对于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D．相同时间间隔内，平均反应速率越大，说明正反应进行程度越大，反应物转化率越高，根据图像，a～b段化学反应平均速率小于b～c段化学反应平均速率，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段；故D正确；故答案为D；

（3）根据DME选择性高低和CO转化率选择合适的催化剂；从图像看出，n(Mn)/n(Cu)=2.0时，DME选择性和CO转化率较高，所以n(Mn)/n(Cu)=2.0时比较合适，故答案为2.0；

（4）A．甲装置中充入1molCO和2molH2，完全反应生成1molCH3OH，乙装置充入1molCH3OH，所以甲乙两装置为等效平衡，平衡点是一样的，所以c1=c2，丙装置充入2molCH3OH，相当于对乙容器加压，若平衡不发生移动，则有c3=2c1，而加压有利于平衡正向移动，所以c3＞2c1，故A错误；B．1molCO和2molH2完全反应时能量变化为|△H|，甲和乙相当于是互补的，二者平衡点一致，一个从反应物开始到达平衡点，一个从生成物到达平衡点，所以a+b=|△H|，故B正确；C．反应为气体分子数减小的反应，则随着反应进行，体系压强降低，甲乙为等效平衡装置，平衡时体系压强相等，则有p1=p2，丙容器相当于加压，若平衡不发生移动，则有p3=2p2，而加压有利于反应正向进行，反应正向进行的结果是压强降低，但平衡移动不可抵消，所以p2＜p3＜2p2，故C错误；D．甲和乙相当于互补装置，二者到达相同的平衡点时，反应物转化率也互补，总和为1，则有α1+α2=1，丙装置相当于加压，最终不利于反应逆向进行，转化率降低，所以α3＜α2，所以α1+α3<1；故D正确；故答案为BD。

【点睛】

本题考查化学相关图像的分析和等效平衡。本题的难点和易错点为（4），需要正确理解勒夏特列原理的“减弱”改变，同时注意等效平衡原理的应用。【解析】①.AD②.B③.D④.2.0⑤.BD10、略

【分析】【详解】

(1)电解水型：电解质为含氧酸H2SO4溶液时，阴离子OH-移向阳极失电子，其电极反应式为阳离子H+移向阴极得电子生成H2，电极反应为总方程式为电解过程中，水减少，H2SO4溶液的浓度增大，故溶液的pH减小；电解质为强碱的NaOH溶液时，阴离子OH-移向阳极得电子，其电极反应式为阳离子H+和Na+移向阴极，其中H+优先得电子生成H2，其电极反应为总反应为在电解过程中，水减少，故溶液复原方法是加水；电解质为活泼金属的含氧酸盐KNO3溶液时，阴离子OH-和NO移向阳极，其中OH-优先得电子，其电极反应式为阳离子H+和K+移向阴极，其中H+优先得电子生成H2，其电极反应为总方程式为在电解过程中，水减少，故溶液复原方法是加水；

(2)电解电解质型：电解质为无氧酸(氢氟酸除外)的HCl溶液，阴离子Cl-和OH-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子H+移向阴极得电子生成H2，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为HCl，溶液中HCl减少，溶液的pH增大，故溶液复原方法是通入HCl气体；电解质是不活泼金属的无氧酸盐时，阴离子OH-和Cl-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子Cu2+和H+移向阴极，其中Cu2+优先电子生成Cu，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为溶液中CuCl2减少，Cu2+水解程度减弱，溶液的pH略微增大，故溶液复原方法是加固体；

(3)放氢生碱型：电解质是活泼金属的无氧酸盐溶液，阴离子OH-和Cl-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子Na+和H+移向阴极，其中H+优先电子生H2，其电极反应为总方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，通过总方程式可知电解对象为和NaCl，溶液中生成NaOH，溶液的pH增大，通过总方程式可知溶液复原方法是通入气体；

(4)放氧生酸型：电解质是不活泼金属的含氧酸盐AgNO3溶液，阴离子OH-和NO移向阳极，其中OH-优先失电子，其电极反应式为阳离子Ag+和H+移向阴极，其中Ag+优先电子生成Ag，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为和H2O，溶液中生成HNO3，故溶液的pH减小，通过总方程式可知溶液复原方法是加入加入固体。【解析】减小加水增大通入气体增大加固体2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOHNaCl增大通入气体减小加入固体11、略

【分析】【详解】

(1)①氯化反应中，碳与O2反应，使反应1中生成的O2含量减少，促进平衡向正反应方向进行，并且碳与O2反应放出热量；能够为反应1提供能量；

②总反应由反应1加反应2得到，所以反应1平衡常数小；正反应进行程度小，加碳后总反应的平衡常数较大，正反应方向进行较为完全；

(2)①阴极发生还原反应，化合价降低，该装置可通过电解法获得海绵状的单质钛，电解质能够传导O2-，由此推断阴极反应为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

②阳极反应为阳极有O2生成，高温下O2与石墨电极反应生成CO2，随着反应的进行，阳极(石墨电极)不断被损耗，所以电解一段时间后，阳极需更换。【解析】与O2反应，促进平衡向正反应方向进行为反应1提供能量(促进平衡向正反应方向进行)4.08×1019(4×1019或4.1×1019都对)反应1平衡常数小，正反应进行程度小；加碳后总反应的平衡常数较大，正反应方向进行较为完全。TiO2+4e-=Ti+2O2-阳极有O2生成，高温下O2与石墨电极反应生成CO2，随着反应的进行，阳极(石墨电极)不断被损耗12、略

【分析】【分析】

(1)根据强电解质；弱电解质和非电解质的定义和物质类别进行判断；

(2)根据盐酸发生完全电离而醋酸部分电离进行分析解题。

【详解】

(1)强电解质是指在水溶液中发生完全电离的电解质，强酸、强碱和大多数盐均为强电解质；弱电解质则是在水溶液中发生部分电离的电解质，弱酸、弱碱和水均为强电解质；而在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，大多数有机物、非金属氧化物属于非电解质，同时注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，故在①氯化钾②乙醇③盐酸④Na2O⑤SO2⑥HBr⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩冰醋酸等物质中；强电解质的是①⑥⑦，属于弱电解质的是⑧⑩，属于非电解质的是②⑤，故答案为：①⑥⑦；⑧⑩；②⑤；

(2)由于盐酸完全电离，醋酸则是部分电离，故体积、浓度相等的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)是盐酸大于醋酸，加入形状相同且足量的Zn粒，故反应速率快的是盐酸③；体积、pH相同的③和⑩的溶液即盐酸和醋酸溶液中c(H+)相等，但是溶质的物质的量浓度是醋酸大于盐酸，生成氢气体积最多的是醋酸⑩，故答案为：③；⑩。【解析】①⑥⑦⑧⑩②⑤③⑩13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)溶液的导电性与离子浓度有关；离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：在“O”点处醋酸未电离，无离子存在；

(2)c（H+）越大，溶液导电性越强，根据图知，导电性强弱顺序是b＞a＞c，则c（H+）由小到大的顺序c＜a＜b；

(3)同一电解质水溶液，其浓度越小，电解质电离程度越大，根据图知，溶液浓度：a＞b＞c，则电离程度a＜b＜c；故答案为：c；

(4)A．加热促进醋酸电离，则c（CH3COO-）增大；故A不选；

B．加入锌粒促进醋酸电离，导致溶液中c（CH3COO-）增大；故B不选；

C．加入KOH固体促进醋酸电离，则溶液中c（CH3COO-）增大；故C不选；

D．加水稀释促进醋酸电离，但是醋酸电离程度增大小于溶液体积增大程度，则c（CH3COO-）减小；故D选；

E．加入CH3COONa固体，醋酸钠电离导致溶液中c（CH3COO-）增大；故E不选；

故答案为：D。【解析】在“0”点处醋酸未电离，无离子存在c三、判断题(共8题，共16分)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、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。16、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。17、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。18、B【分析】【详解】

酸碱指示剂本身就是弱酸或弱碱，加入过多会使中和滴定结果产生较大误差。19、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。21、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。四、原理综合题(共2题，共14分)22、略

【分析】【分析】

（1）1mol肼质量为32克，完全燃烧生成液态水放出19.5kJ×32=624kJ热量，据此书写热化学方程式；

（2）计算1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量；可写出反应的热化学方程式；

（3）先写出N2与H2反应生成NH3的化学反应方程式；再根据ΔH=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量，计算反应热，并写出热化学方程式；

（4）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般，C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)。1mol丙烷燃烧生成4mol水，根据丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，反应放热△H=−553.75kJ/mol；则1mol丙烷完全燃烧生成液态水放出553.75kJ×4=2215.0kJ的热量，据此写出丙烷燃烧热的的热化学方程式。

【详解】

（1）已知在101kPa时，1gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和H2O(l)，放出19.5kJ热量(25℃时)，则1mol肼完全燃烧生成液态水放出19.5kJ×32=624kJ热量，该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1；

故答案为：N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol-1；

（2）0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和液态水，放出327.05kJ的热量，则1mol液态肼与足量液态H2O2反应时放出的热量为则该反应的热化学方程式为：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－817.625kJ·mol-1；

故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－817.625kJ·mol-1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molNN键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，则ΔH=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=2254kJ-2346kJ=-92kJ，则该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol-1；

故答案为：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol-1；

（4）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般，C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)。1mol丙烷燃烧生成4mol水，根据丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，反应放热△H=−553.75kJ/mol，则1mol丙烷完全燃烧生成液态水放出553.75kJ×4=2215.0kJ的热量，则丙烷燃烧热的的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝－2215.0kJ·mol-1；

故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝－2215.0kJ·mol-1。

【点睛】

燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般，C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)。在写可燃物的燃烧热的热化学方程式时，一定以可燃物的系数为1进行配平。【解析】N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－624kJ·mol－1N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－817.625kJ·mol－1N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH＝－2215.0kJ·mol－123、略

【分析】【分析】

（1）

①根据盖斯定律：Ⅴ-Ⅵ可得：=-74.8+206.1=反应Ⅰ的>0；

②反应自发进行需要达到一定的温度，温度小于800℃时，原因是未达到自发进行的反应温度；

③针对反应，该反应为气体体积变化为0的反应，为提高反应Ⅱ中的转化率；可采取的措施是增大水蒸气浓度的方法达到目的；

④Ⅱ.反应；设一氧化碳变化量为xmol，设容器的体积为1L，列三段式：

平衡常数K==1，x=0.75mol，所以的平衡转化率为75%；

（2）

根据反应可知，从环境保护角度分析，该制氢工艺中设计反应Ⅲ的优点是减少温室气体()的排放；

（3）

①反应Ⅴ和反应Ⅵ均为放热反应，根据图像分析可知，200~725℃时，的量不断减少的原因是升高温度平衡逆向移动；

②725~900℃时，碳酸钙发生分解，产生的二氧化碳与氢气反应，氢气的量减小，的物质的量分数快速减小。【解析】(1)>未达到自发进行的反应温度增大75%

(2)减少温室气体()的排放。

(3)反应Ⅴ和反应Ⅵ均为放热反应，升高温度平衡逆向移动开始分解，生成的与反应五、结构与性质(共3题，共27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