2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修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、牙齿的表面有一薄层釉质保护着，釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]。下列行为不利于牙齿保护的是A.坚持饭后漱口B.在牙膏中添加氟化物C.大量饮用可乐等碳酸饮料D.早晚按时刷牙2、下列有关叙述，正确的是A.25℃与60℃时，水的pH相等B.0.01mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质C.在某温度下，测得纯水中c(H+)=2×10－7mol/L，则c(OH－)为5×10－8mol/LD.常温下，0.1mol/L亚硝酸(HNO2)溶液的pH值为2.145，则亚硝酸是弱电解质3、相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)＋Y(s)Z(g)△H＜0。实验过程中部分数据如表所示。容器容积物质的起始加入量平衡时Z的物质的量甲21molX、1molY、0molZ0.6mol乙12molX、2molY、2molZa

下列说法错误的是A.a＝2.4molB.乙中反应向正反应方向进行建立平衡C.甲中气体密度不再改变说明达到平衡状态D.平衡后缩小容器容积，甲、乙中X的体积分数均减小4、在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径；其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是。

A.比稳定B.升高温度，生成的反应速率增大的程度更大C.升高温度，生成物中的比例一定会提高D.选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量5、已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H=-566kJ/mol②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)∆H=-226kJ/mol；根据热化学方程式判断；下列说法或表示正确的是。

A.Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)∆H>-226kJ/molB.由图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C.CO的燃烧热为283kJD.CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)∆H=+509kJ/mol6、从海水中提取镁的工艺流程可表示如图：

下列说法不正确的是A.用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B.步骤⑥电解MgCl2时阴极产生氯气C.步骤⑤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D.上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应7、NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（）A.常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有Ba2+数目为0.05NAB.0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NAC.100mL1.0mol/LNaHCO3溶液中的数目为0.1NAD.用惰性电极电解CuSO4溶液，外电路中通过电子数目为NA时，阳极产生5.6L气体评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、在甲、乙两个恒温恒容的密闭容器中，分别加入足量活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。在不同温度下；测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.达到平衡状态时，v正(NO)=2v逆(CO2)B.乙容器中从反应开始到建立平衡的平均反应速率v(NO)=0.1125mol·L-1·min-1C.气体平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡D.由图分析可知，T乙＜T甲9、一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3；其过程中主要发生如下反应：

I.2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=-122.5kJ•mol-1

II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ•mol-1

向恒压密闭容器中充入1molCO2和3molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=×100%]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是。

A.2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.9kJ•mol-1B.由图可知，210℃时以反应II为主，300℃时，以反应I为主C.增大反应体系压强，CH3OCH3选择性增大D.反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为mol10、研究表明，采用零价铁(ZVI)活化过硫酸钠(Na2S2O8)可去除废水中的正五价砷[As(V)]；其反应机制模型如图所示，定义比表面积为单位质量的物质所具有的表面积。下列叙述正确的是。

A.1molNa2S2O8中含有1mol过氧键B.若56gFe参加反应，共有1mol被还原C.ZVI(Fe)的比表面积越大，净化速率越快D.pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷11、下列两组实验，将和通入体积为2L的恒容密闭容器中：。实验组温度/℃起始量/达到平衡所需时间/达到平衡所需时间/1650241.62.452900120.41.63

发生反应结合表中数据，下列说法错误的是A.混合气体的平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡B.实验1中，反应达到平衡后，的体积分数为40%C.实验2的反应平衡常数D.升高温度有利于提高实验1和实验2中的转化率12、用铅蓄电池电解甲；乙电解池中的溶液。电解一段时间后向；c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法不正确的是。

A.d极为阳极B.若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜C.放电时铅蓄电池负极的电极反应式：D.若四个电极均为石墨，当析出6.4gCu时，两池中共产生气体4.48L(标准状况下)13、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是A.常温下，0.1mol/LNaHB的pH=4，则c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)B.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中：c(Na+)<2c(CO)+c(HCO)C.NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)D.常温下pH相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4溶液中，c(NH)由大到小的顺序为：②>①>③14、铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如下图所示。若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的(羟基自由基)；若上端开口关闭，可得到强还原性的(氢原子)。下列说法正确的是。

A.上端开口关闭，不鼓入空气时，正极的电极反应式为B.上端开口打开，并鼓入空气时，每生成转移电子数目为C.铁碳微电解的工作原理基于电化学、氧化还原、物理吸附等共同作用对污水进行处理D.用该技术处理含有草酸的污水时，上端应打开评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、按照要求回答下列问题。

(1)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4；其原理如下图所示(电极材料为石墨)。

①图中b极要连接电源的________(填“正”或“负”)极。

②SO放电的电极反应式为________________________________。

(2)用零价铁(Fe)去除酸性水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。Fe还原水体中的NO的反应原理如图1所示。

①作负极的物质是________。

②正极的电极反应式是________________________________。

(3)通过NOx传感器可监测NOx的含量；其工作原理示意图如图2所示。

①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)。

②写出NiO电极的电极反应式：___________________________________。16、I.在一定条件下xA+yBzC的可逆反应达到平衡；

(1)已知A、B、C均为气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z的关系是___________。

(2)已知C是气体且x+y=z，在加压时如果平衡发生移动，则平衡必向___________方向移动。(填“正反应”或“逆反应”)

(3)已知B、C是气体，现增加A的物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，则A是___________态。

II.(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2△H2

则4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=_______(用含有K1、K2的式子表示)；

(5)在时，2L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2min末的浓度如下表(该反应为可逆反应)：。物质ABC初始浓度/()1.02.002min末的浓度/()0.40.21.2

请填写下列空白：

该反应方程式可表示为_____；从反应开始到2min末，A的平均反应速率为_____。17、可逆反应A(g)+2B(g)⇌2C(g)△H＜0在一定条件下达到平衡；若改变条件，将变化结果(增大；减小、不变)填入空格。

(1)升高温度，B的转化率__________，v(正)__________，v(逆)__________；

(2)加催化剂，A的物质的量_________，v(正)_________，v(逆)_________；

(3)保持温度和压强不变加入惰性气体；则C的物质的量_____，A的转化率____。

(4)保持温度和体积不变加入惰性气体；A的转化率______________。

(5)若温度和体积不变；反应从开始到平衡，在这个变化过程中，压强________。

(6)若恒温恒容，A足量且为固体，反应平衡后，向体系中加入一定量的B，反应再次达平衡后，A的质量_____。平衡常数K_____18、25℃时，电离常数：。化学式电离常数K1=

K2=

请回答下列问题：

(1)物质的量浓度为的下列四种溶液：a．溶液b．溶液c．溶液d．溶液，由大到小的顺序是________(用序号填空)。

(2)写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：________________。

(3)25℃时，与的混合溶液，若测得混合液则溶液中________(填准确数值)，=________。

(4)某温度时，纯水的该温度下溶液的________，向该温度下的纯水中加入少量的碳酸钠固体，使溶液为9，则水电离出的=_________。19、已知氮化硅陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：(未配平)。该反应过程中的能量变化如图所示：

试回答下列问题。

(1)该反应中的氧化剂是________，还原产物是________。

(2)该反应是________(填“吸热反应”或“放热反应”)，________(填“＞”“＜”或“＝”)0。

(3)该反应过程中，断裂旧化学键吸收的总能量________(填“>”“<”或“=”)形成新化学键释放的总能量。20、Ⅰ．如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH30.4mol，甲室中充入HCl、N2的混合气体；静止时隔板位置如图所示。已知甲；乙两室中气体的质量之差为17.3g。

（1）甲室中HCl、N2的质量之比为__________________。

（2）将隔板a去掉，一段时间后，隔板b将稳定位于刻度“________’’处（填数字，不考虑固体物质产生的压强），此时体系的平均相对分子质量为________。

Ⅱ．已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：。溶质的物质的量浓度/mol•L-1溶液的密度/g•cm-3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2

（1）表中硫酸的质量分数为________（不写单位，用含c1、ρ1；的代数式表示）。

（2）物质的量浓度为c1mol•L-1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液的体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为________mol•L-1。

（3）将物质的量浓度分别为c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，所得溶液的物质的量浓度__________0.6c2mol•L-1（填“大于”；“小于”或“等于”）（设混合后溶液的体积变化忽略不计）

Ⅲ．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）。

若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。

①写出电解时NO2发生反应的电极反应式：_________________________________。

②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜的H+为________mol。21、某可逆反应：2HI(g)⇌I2(g)+H2(g)在3种不同条件下进行，H2(g)和I2(g)的起始浓度均为0，反应物HI的浓度随反应时间的变化情况如下表：。实验序号010203040506018001.000.800.670.570.500.500.5028001.000.600.500.500.500.500.5039501.000.400.250.200.200.200.20

(1)实验1中，在10～20min内，以物质HI表示的平均反应速率为___________，50min时，v正___________v逆(填“＜”“>”或“=”)。

(2)0～20min内，实验2比实验1的反应速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是___________。

(3)实验3比实验1的反应速率________(填“快”或“慢”)，其原因是_______。22、(1)氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为______(用离子方程式表示)

(2)25℃，几种酸的电离平衡常数如表。化学式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3电离常数1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2

K2=1×10-7

①物质的量浓度均为0.1mol/L的五种溶液：a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3e.NaCN，pH由大到小的顺序为______(用编号填写)。

②根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是_______。

A．CO2(过量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO+HClO

C．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．2SO2(过量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑

E．SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCN

③0.10mol·L-1NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。

④25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若c(CN-)=c(HCN)，则溶液中pH=_____(已知lg2=0.3；lg5=0.7)。

⑤25℃时，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将______(填“增大”“减小”或“不变”)。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)23、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)24、已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应；某小组同学对该反应进行实验探究。

(1)甲同学首先进行了实验1。实验1实验步骤实验现象ⅰ．取2mL1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液3滴(1滴约为0.05mL，下同)ⅰ．溶液呈棕黄色.ⅰ．溶液呈棕黄色.ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液.ⅱ．溶液不显红色.ⅱ．溶液不显红色.

①写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_____。

②加入KSCN溶液的目的是_____。

③甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c(Fe3+)太低，故改进实验方案，进行了实验2。实验2实验步骤实验现象ⅰ．取2mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液3滴。ⅰ．溶液呈棕黄色。ⅰ．溶液呈棕黄色。ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液。ⅱ．溶液显红色。ⅱ．溶液显红色。ⅲ．继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置。ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。ⅲ．液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。

本实验改用0.1mol•L-1KI溶液的目的是______。

用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因：______。

(2)甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2+I-⇌I于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I

①为验证假设，乙同学设计并完成了实验3。实验3实验步骤实验现象ⅰ．取1mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2mLCCl4，振荡、静置。ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。ⅰ．液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。ⅱ．取1mL饱和碘水，加入2mLCCl4，振荡静置。ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。ⅱ．液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。

实验3的结论是_____。

②甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡I2+I-⇌I的存在。请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水，振荡、静置；向试管2中____，振荡、静置，对比观察现象。25、将浓度均为0.01mol/L的KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为反应分两步进行，反应A为反应B为

(1)反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。

(2)为证明反应A；B的存在；进行实验Ⅰ。

a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X；溶液变为蓝色。

b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液；溶液的蓝色褪去。

试剂X是___________。

(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L)。用量/mL

实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz

溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min；实验Ⅲ是40min。

①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。

②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。

(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L)。用量/mL

实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅳ44930

实验过程中；溶液始终无明显颜色变化。

试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。26、青蒿素是高效的抗疟药；为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效(已知：乙醚沸点为35℃)。从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：

索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发；蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。回答下列问题：

(1)装置a的名称为______。

(2)索氏提取装置提取的青蒿素位于_____(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是______。

(3)提取液蒸馏过程中选用下列哪种装置更好_____(填“甲”或“乙”)，原因是_____。

(4)粗品提纯的过程可能是______(填标号)。

a.加水溶解；蒸发浓缩、冷却结晶。

b.加95%的乙醇溶解；水浴加热、冷却结晶、过滤。

c.加入乙醚进行萃取分液。

(5)青蒿素()中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液，用0.1mol•L-1Na2S2O3标准液滴定[已知：I2+2S2O=2I-+S4OM(青蒿素)=282g/mol]。

①滴定终点的颜色变化为_____。

②三次滴定数据记录如表：。滴定次数待测液体(mL)标准液读数(mL)滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60

则青蒿素的纯度为______。27、花椒油是一种常用调味剂；溶于乙醇；乙醚和热水，学习小组利用水蒸气蒸馏法从花椒籽中提取花椒油，并进行相关实验探究。回答下列问题：

(1)按上图连接装置，并_______(填操作)；其中仪器d的名称为_______。

(2)向a中加入适量蒸馏水和几粒沸石，c中加入20g花椒籽粉和适量蒸馏水。若实验过程中发现忘记加沸石。应进行的操作为_______。

(3)打开止水夹；接通d的冷凝水，加热a，进行实验。

①管b的作用为_______。

②为达到较好的冷凝效果，d的冷凝水应从下口进上口出，解释其原因为_______。

③判断花椒籽粉中的花椒油已被提取的现象为_______。

(4)实验后，向e中所得液体中依次加入NaCl、乙醚分离出醚层，干燥后蒸馏得花椒油。其中加入NaCl的目的为_______。

(5)测定花椒油中油脂的含量：取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加入80.00mL0.5mol·L-1NaOH溶液；加热，充分反应后配成200mL溶液；取25.00mL所配溶液，用0.1mol·L-1盐酸滴定过量NaOH，达到滴定终点时消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_______g/L(保留一位小数；油脂记为Mr=884)评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共32分)28、短周期主族元素A；B、C、D、E在元素周期表中的位置如下图所示；其中A为地壳中含量最高的金属元素。

请用化学用语回答下列问题：

(1)D元素在周期表中的位置：_______

(2)A、D、E元素简单离子半径由大到小的顺序为_______>_______>_______(填微粒符号)

(3)F与D同主族且相邻，其气态氢化物稳定性的大小_______>_______(填微粒符号)

(4)用高能射线照射含有10电子的D元素氢化物分子时，一个分子能释放一个电子，同时产生一种具有较高氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式_______，该阳离子中存在的化学键有_______。

(5)C元素的简单氢化物与E元素的最高价氧化物的水化物反应，生成化合物K，则K的水溶液显_______性(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因_______。

(6)化合物AC导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。其中制备AC的一种方法为：用A元素的氧化物、焦炭和C的单质在1600~1750℃生成AC，每生成1molAC，消耗18g碳，吸收bkJ的热量。(热量数据为25℃、101.3kPa条件下)写出该反应的热化学方程式_______。

(7)在Fe和Cu的混合物中加入一定量C的最高价氧化物的水化物稀溶液，充分反应后，剩余金属m1g；再向其中加入稀硫酸，充分反应后，金属剩余m2g。下列说法正确的是_______。

a.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Cu2+

b.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Fe2+

c.m1一定大于m2

d.剩余固体m1g中一定有单质铜，剩余固体m2g中一定没有单质铜29、A；B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素；A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物。据此回答：

(1)A、C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是一种常见的消毒剂，将该消毒剂的水溶液滴在pH试纸上，可观察到现象是____________，原因是________________。

(2)我国首创的海洋电池以B的单质为负极，铂网为正极，空气作氧化剂，海水作电解质溶液。电池的正极反应式为_____________，电池总反应的化学方程式为___________。

(3)C的最高价氧化物为无色液体，0.25mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：___________________。

(4)在1L的密闭容器中，充入1molDE和1molF2E(g)，于850℃时进行化学反应：DE(g)+F2E(g)DE2(g)+F2(g)△H＜0，达平衡时，有50%的DE转化为DE2。在相同温度下，将1molDE和4molF2E(g)充入同样的容器中，记录0~8分钟内测得容器内各物质的物质的量如下表。t分钟时为改变条件后达平衡时所测得的数据。下列说法正确的是。时间/minn(DE)/moln(F2E)/moln(DE2)/moln(F2)/mol0140040.253.250.750.756n1n2n3n48n1n2n3n4t0.153.150.850.85

①反应在第4min时，v(正)___________v(逆)（填“＞”；“＝”或“＜”）。

②8分钟时，混合气体中DE2的体积分数为________________。

③t分钟时，反应所处的温度_______________850℃（填“＞”、“=”或“＜”）。30、A；B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体；它们均由短周期元素组成，具有如下性质：

①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；A；C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，E、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；

②F呈红棕色；

③G和H均能使品红褪色；A在H中安静燃烧并产生苍白色火焰；

④C在D中完全燃烧生成E和H2O；同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属。

请回答下列问题：

(1)E的电子式为_____，D中所含元素的基态原子核外电子排布式为___，C分子中的σ键和π键的个数之比为___。

(2)写出实验室用固体药品制取B的化学方程式_______________。

(3)若从a口通入气体G，从b口通入气体F，X为氯化钡溶液，观察到的现象是_____________,

反应的离子方程式为_________________。

(4)已知：E(g)+3A(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-53.66kJ·mol-1

2CH3OH(l)CH3OCH3(g)+H2O(l)ΔH=-23.4kJ·mol-1

写出E有催化剂时与A合成二甲醚(CH3OCH3)的热化学方程式_____________。

(5)气体C能使硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色，产物之一是E，该反应的化学方程式为___________。31、已知常温下D；E、F、H、L、N均为气体；A的焰色反应呈黄色；向B的溶液中滴加KSCN溶液；无明显现象；1molB隔绝空气分解得到F、G、H三种氧化物，其物质的量均为1mol；F是易与血红蛋白结合的物质；J是现代社会中应用最广泛的金属单质。

请回答下列题：

(1)B的化学式为________；H的结构式为________

(2)电解A溶液的离子方程式为______________________________________

(3)D与E反应可制得一种重要的化工原料，其反应的现象是____________________________

(4)F与G反应的化学方程式为________________________________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．坚持饭后漱口就可以避免食物残渣在口腔内在微生物作用下酸败而腐蚀牙釉质；从而可以保护牙齿，A不符合题意；

B．在牙膏中添加氟化物，Ca5(PO4)3OH与牙膏中的F-发生离子交换产生更难溶的Ca5(PO4)3F；从而可以保护牙齿，B不符合题意；

C．大量饮用可乐等碳酸饮料，饮料中的H+与牙齿电离产生的OH-发生反应，使羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]不断溶解；容易导致龋齿，不利于牙齿保护，C符合题意；

D．早晚按时刷牙可以防止食物残渣酸化后腐蚀牙齿；因而能够利于牙齿保护，D不符合题意；

故合理选项是C。2、D【分析】【详解】

A．升温有利于水的电离；故25℃时水中氢离子浓度小于60℃时，故水的pH不相等，A错误；

B．0.01mol/L的氨水可以使酚酞试液变红；只能说明氨水呈碱性，不能说明氨水是弱电解质，B错误；

C．纯水中不管任何温度，其中c(H+)与c(OH－)总会相等而呈中性；C错误；

D．亚硝酸（HNO2）若为强电解质则完全电离，常温下0.1mol/LHNO2的pH值为2.145，说明c(H+)≠0.1mol/L；亚硝酸不完全电离；则亚硝酸是弱电解质，D正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A.反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，乙容器中充入2molX、2molY、2molZ，折算成反应物相当于加入4molX、4molY，与甲容器为比例等效平衡，达到平衡时甲、乙容器中各气体的体积分数相等，则a=0.6mol×4=2.4mol，故A正确；B.起始时乙容器中加入的Z的物质的量是2mol，根据A项分析可知，达到平衡时乙容器中Z的物质的量为2.4mol，说明乙中反应向正反应方向进行建立平衡，故B正确；C.Y为固体，甲容器中加入1molX、1molY、0molZ，反应正向进行达到平衡，未达到平衡时，气体的质量一直在增大，容器的体积不变，则气体的密度一直在增大，当气体密度不再改变时，说明达到平衡状态，故C正确；D.反应物Y为固体，X(g)＋Y(s)Z(g)为反应前后气体体积不变的可逆反应，平衡后缩小容器容积，压强增大，但平衡不移动，所以甲、乙两容器中X的体积分数均不变，故D错误；答案选D。4、C【分析】【详解】

A．能量越低越稳定，根据题给反应机理图可知的相对能量比的相对能量低，更稳定；故A正确；

B．由题图可知，生成的反应的活化能小，生成的反应的活化能大，故升高温度，生成的反应速率增大的程度大于生成的反应速率增大的程度；故B正确；

C．生成是放热反应、生成是吸热反应，升高温度促进吸热反应的正向进行，故升高温度能提高生成物中的比例；故C错误；

D．催化剂可以改变反应的路径；所以选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量，故D正确；

选C。5、A【分析】【详解】

A.反应Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)中，固态二氧化碳具有能量较低，则该反应放出的热量减小，即△H>−226kJ/mol；故A正确；

B.图象中的焓变应是2molCO燃烧的反应热；图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；

C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；单位为kJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故C错误；

D.由盖斯定理可知，①+②可以得到CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)∆H=-566kJ/mol-226kJ/mol=-509kJ/mol；故D错误；

故选A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．海水中镁元素含量高；原料来源于海水，且石灰乳便宜易得，则提取镁原料来源丰富，故A正确；

B．步骤⑥电解熔融MgCl2可得到金属镁，镁离子在阴极放电，阴极反应式为：Mg2++2e−=Mg；故B错误；

C．MgCl2⋅6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl2⋅6H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在步骤⑤可将晶体置于氯化氢气流中可抑制Mg2+水解；同时带走水蒸气，故C正确；

D．上述工艺流程中贝壳分解涉及分解反应；得到石灰乳涉及化合反应，③④为复分解反应，最后两个反应都是分解反应，故D正确；

答案选B。7、B【分析】【详解】

A.pH=13的Ba(OH)2溶液，氢离子的浓度是10-13；但溶液的体积未知，无法计算，故A错误；

B.醋酸是弱电解质，不能完全电离，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NA；故B正确；

C.碳酸氢根离子易发生水解，也会电离，水解程度大于电离程度，故的数目小于NA；故C错误；

D.阳极生成的气体所处的状态不明确，故当电路中通过NA个电子时；阳极上生成的气体的体积无法计算，故D错误；

答案选B。二、多选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，达到平衡状态时，v正(NO)=2v逆(CO2)；故A正确；

B．乙容器中从反应开始到建立平衡的平均反应速率v(NO)=0.01125mol·L-1·min-1；故B错误；

C．平均相对分子质量=气体的总质量/气体的总物质的量；气体的总物质的量不变，气体的总质量改变，所以气体平均相对分子质量不再改变时，气体的总质量不改变，说明反应已达到平衡，故C正确；

D．由图分析可知，T乙的平衡时间小于T甲，升高温度平衡速率增大，说明T乙＞T甲；故D错误；

故选AC。9、BD【分析】【详解】

A．依据盖斯定律，按“反应I－反应II×2”，可得所求反应，ΔH=－122.5kJ·mol－1－41.2kJ·mol－1×2=－204.9kJ·mol－1；A正确；

B．210°C时，CH3OCH3(g)的选择性较大，同时CO2的平衡转化率也较大，以反应I为主，300°C时，CH3OCH3(g)的选择性小，同时CO2的平衡转化率也小；以反应II为主，B错误；

C．增大压强，反应I正向移动，生成更多的CH3OCH3(g)，即CH3OCH3选择性增大；选项C正确；

D．依据CH3OCH3的选择性公式：CH3OCH3的选择性=A点处，CH3OCH3的选择性和CO2的平衡转化率均为25%，n(CH3OCH3)=选项D错误。

故选BD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据化合物中各元素化合价代数和为零，设含有x个-2价的O，y个-1价的O，则2x+y=14，x+y=8，可得出x=6，y=2，过氧键存在于2个-1价的O原子之间，则1molNa2S2O8中含有NA个过氧键；即1mol过氧键，故A正确；

B．根据图示转化过程可知，Fe先被氧化为Fe2+，反应为Fe+=Fe2++2然后Fe2+又继续被氧化为Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56gFe为1mol，则56gFe参加反应，被还原的大于1mol；故B错误；

C．ZVI(Fe)的比表面积越大；反应物的接触面越大，反应速率越快，则净化速率越快，故C正确；

D．pH越小，溶液酸性越强，酸性条件下不利于Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀生成；难以与正五价砷发生共沉淀，故D错误；

答案选AC。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．该反应为恒容，前后分子数不变的反应，根据混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．根据反应前后气体分子总数不变，的体积分数为故B正确；

C．根据三段式容器的体积为被2L，根据平衡常数计算公式可求出故C正确；

D．实验2起始物质的量比实验1少一半，若温度相同两个实验是等效平衡，物质的量应该为0.8，但是温度是900℃，物质的量为0.4mol，说明升高温度平衡逆向移动，反应是放热反应，的转化率下降；故D错误；

故答案为AD。12、CD【分析】【详解】

A．电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极附近有碱生成，即该电极上氢离子放电，即2H++2e-=H2↑；该电极是阴极，则d极是阳极，故A正确；

B．由选项A可知，c为阴极，d极是阳极，那么铅蓄电池的右边为正极，铅蓄电池的左边为负极，a与铅蓄电池负极相连，则a是阴极，b是阳极，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以b极应为粗铜；故B正确；

C．放电时，铅蓄电池负极的电极反应式为Pb(s)+(aq)-2e-=PbSO4(s)；故C错误；

D．若四个电极材料均为石墨，甲电解池中电极反应为阴极Cu2++2e-=Cu，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，乙电解池中电极反应为阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=2H2O+O2↑，当析出6.4gCu时，转移电子是0.2mol，所以生成0.1mol氯气、0.1mol氢气、0.05mol氧气，则两池中共产生气体V=(0.1+0.1+0.05)mol×22.4L/mol=5.6L(标准状况下)；故D错误；

答案为CD。13、BD【分析】【详解】

A．常温下，0.1mol/LNaHB的pH=4，c(H+)=10-4mol/L＜0.1mol/L，说明H2B是二元弱酸，在溶液中NaHB电离产生的HB-存在电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。现在0.1mol/LNaHB溶液pH=4＜7，溶液显酸性，说明HB-的电离作用大于其水解作用，所以HB-电离产生的B2-的浓度大于HB-水解产生的H2B的浓度，即浓度：c(B-)＞c(H2B)，但盐电离和水解程度都是微弱的，主要以盐电离产生的离子浓存在，所以微粒浓度大小关系为：c(HB-)＞c(B-)＞c(H2B)；故A不选；

B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)>2c()+c()；故B选；

C．NH4HSO4溶液中滴加NaOH，NH4HSO4中的H+先与OH-反应，都被消耗后，因水解，溶液显酸性，而此时溶液呈中性，说明NH4HSO4和NaOH按1：1反应后又多加了一点NaOH，因此c(Na+)＞c()，而会因水解而消耗，因此c()＞c()，此时溶液中还有大量的远大于水电离产生的OH-的浓度，所以c()＞c(OH-)，因此离子浓度关系为：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)；故C不选；

D．③NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离产生和H+，起一元强酸是作用，电离产生H+使溶液显酸性，电离产生的H+对的水解反应起抑制作用；使其水解程度减弱；

①NH4Cl、②(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗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-)，使溶液显酸性，当溶液pH相等时，c()：①=②；但盐水解程度是微弱的，水解产生的c(H+)远小于酸电离产生的c(H+)，故当溶液pH相等时，c()：①=②＞③；故D选；

故选：BD。14、CD【分析】【分析】

根据题目信息判断参与反应的正极反应的物质。根据反应实质判断反应类型。铁粉做负极；碳粉做正极，砂芯板起吸附作用，让正极反应物充分接触。

【详解】

A．该原电池属于铁的吸氧腐蚀；正极的反应物为氧气，A项不正确；

B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH-；所以每生成1mol羟基自由基有1mol电子发生转移，B项不正确；

C．根据该工艺图判断属于原电池；实质发生氧化还原反应，砂芯板起吸附作用，故C正确；

D．除去草酸需要氧化性的物质；上端口打开可生成羟基自由基，D项正确；

故选答案CD。

【点睛】

原电池的实质是氧化还原反应，金属在碱性条件下发生的电化学腐蚀常见的吸氧腐蚀。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

分析电解池中离子的移动方向，a极为阴极，连接电源负极，b极为阳极，连接电源的正极，且b极发生氧化反应；生成硫酸从C口流出；原电池部分结合原电池的工作原理进行判断；书写电极反应方程式；

【详解】

(1)①据分析可知，图中b极要连接电源的正极；②SO放电后有硫酸根生成，故在阳极上发生氧化反应，电极反应式为：SO－2e－＋H2O＝SO＋2H＋。

(2)①Fe还原水体中的NO则Fe作还原剂，失去电子，作负极；②由图知，NO在正极得电子发生还原反应产生NH正极的电极反应式是NO＋8e－＋10H＋＝NH＋3H2O。

(3)①由图知，铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，即发生还原反应。②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO＋O2－－2e－＝NO2。【解析】正SO－2e－＋H2O＝SO＋2H＋铁(Fe)NO＋8e－＋10H＋＝NH＋3H2O还原NO＋O2－－2e－＝NO216、略

【分析】【详解】

(1)A、B.C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y>z，故答案为：x+y>z；

(2)C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；

(3)B；C是气体；增加A物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为非气态，故答案为：固体或纯液体。

(4)①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)中平衡常数K1=②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)中平衡常数K2=③4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=计算得到K=故答案为：

(5)依据图表数据ABC的反应浓度分别为：A变化的浓度为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B变化的浓度=2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的变化浓度=1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比，n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反应的化学方程式为A+3B2C，从反应开始到2min末，A的平均反应速率为v==0.3mol•L-1•min-1，故答案为：A+3B2C；0.3mol•L-1•min-1。【解析】x+y>z逆反应固体或纯液体A+3B2C0.3mol•L-1•min-117、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A(g)+2B(g)⇌2C(g)△H＜0，正反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，B的转化率减小，v(正)增大，v(逆)增大；

(2)催化剂能加快反应速率，但不影响平衡移动，加催化剂，平衡不移动，A的物质的量不变，v(正)增大，v(逆)增大；

(3)保持温度和压强不变加入惰性气体；容器体积增大，平衡体系中各组分浓度减小，平衡逆向移动，则C的物质的量减小，A的转化率减小；

(4)反应A(g)+2B(g)⇌2C(g)；保持温度和体积不变加入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变；

(5)反应A(g)+2B(g)⇌2C(g)正反应方向为气体体积减小的反应；若温度和体积不变，反应从开始到平衡，平衡体系气体的分子数减小，在这个变化过程中，压强减小；

(6)A足量且为固体，反应为A(s)+2B(g)⇌2C(g)，反应前后气体的分子数目不变，平衡移动不受压强影响，若恒温恒容，反应平衡后，向体系中加入一定量的B，B的浓度增大，平衡正向移动，反应再次达平衡后，A的质量减小，温度不变，平衡常数K不变。【解析】减小增大增大不变增大增大减小减小不变减小减小不变18、略

【分析】【详解】

(1)由电离常数可知，酸性：酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以由大到小的顺序是

(2)由上述分析可知，酸性强弱顺序为根据较强酸制较弱酸原理，向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为

(3)25℃时，与的混合溶液根据水的离子积常数，Kw=溶液中存在电荷守恒：=通过电离平衡常数的表达式可知：

(4)纯水中则=Kw=×=的的==温度不变，水的离子积不变，的碳酸钠溶液中=则溶液中的全部来自水的电离，故水电离出的=

【点睛】

计算时要依靠醋酸的电离平衡常数公式变形，为易错点。【解析】181019、略

【分析】【详解】

(1)题述反应中,碳元素的化合价由0升高到氮元素的化合价由0降低到故反应中的氧化剂是还原产物是

(2)根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，

(3)由(2)中分析可知，该反应为放热反应，故断裂旧化学键吸收的总能量＜形成新化学键放出的总能量。【解析】放热反应＜＜20、略

【分析】【详解】

试题分析：Ⅰ．依据相同条件下，气体体积比等于气体物质的量比分析；Ⅱ．（1）根据c=计算；

（2）根据稀释过程中溶质的质量不变列式；

（3）氨水的浓度越高，其密度就越小，c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，c2mol•L-1的氨水体积大；

Ⅲ．根据图示；左室有氢气生成，所以左室是阴极发生还原反应，右室是阳极发生氧化反应。

解析：Ⅰ．(1)看图可知甲、乙两室气体的体积比为2:1，故其物质的量之比为2:1，所以甲室中气体为0.8mol。(2)NH3气体的质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则甲室中气体的质量为6.8g+17.3g=24.1g。设HCl的物质的量是xmol，则36.5x+28(0.8-x)=24.1g;x=0.2mol；所以氯化氢的质量是7.3g，氮气的质量是16.8g，HCl、N2的质量之比为73∶168；（2）将隔板a去掉，氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后剩余0.6molN2和0.2molNH3，所以隔板b将稳定位于刻度“4’处；此时体系的平均相对分子质量为25.25；

Ⅱ．（1）根据c=表中硫酸的质量分数为

（2）根据稀释过程中溶质的质量不变，物质的量浓度为c1mol•L-1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液的体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为=C1/2mol•L-1。

（3）根据题意，将物质的量浓度分别为c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等体积混合，所得溶液的物质的量浓度氨水的浓度越高，其密度就越小，c2mol•L-1和0.2c2mol•L-1的氨水等质量混合，c2mol•L-1的氨水体积大，所以混合后，浓度大于0.6c2mol•L-1；

Ⅲ．根据图示，左室有氢气生成，所以左室是阴极，右室是阳极，①电解时NO2发生氧化反应反应，电极反应式：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+。

②根据阳极反应式，若有标准状况下2.24LNO2被吸收，转移电子0.1mol，根据电荷守恒，通过阳离子交换膜的H+为0.1mol；

点睛：本题主要考查溶液浓度的计算，依据混合前后溶质是物质的量不变列方程求解。熟悉物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式c=【解析】73∶168425.25C1/2大于NO2-e-+H2O=NO3-+2H+0.121、略

【分析】【分析】

（1）实验1中，在10～20min内HI的物质的量浓度减少了0.8mol/L-0.67mol/L＝0.13mol/L，则以HI表示的平均反应速率为：根据表中数据可知，40min以后HI的浓度不再变化，说明40min后达到平衡状态，则50min时，v正=v逆。

（2）实验1；2起始量相同；温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变。

（3）实验1、3起始量相同，但实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，根据图表可知，实验3温度比实验1高，实验3温度升高加快了反应速率【解析】（1）0.013mol·L-1·min-l=

（2）快实验2中使用了催化剂。

（3）快实验3温度升高加快了反应速率22、略

【分析】【详解】

(1)氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，其水解反应方程式为：＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；故答案：＋H2ONH3·H2O＋H＋；

(2)电离平衡常数越大，电离出H＋能力越强，根据表格中数据，推出电离出H＋能力的强弱是：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>HCN>

①根据上述电离出H＋的能力，利用盐类水解的规律“越弱越水解”，推出结合质子能力的顺序是：>CN－>ClO－>>CH3COO－，得出相同浓度时，pH由大到小的顺序是b>e>c>d>a；

②A．碳酸的酸性强于HClO，因此过量的CO2通入含ClO－的溶液发生：CO2(过量)＋ClO－＋H2O=HClO＋故A正确；

B．具有还原性，能被HClO氧化成故B错误；

C．电离出H＋能力：H2CO3>HCN>利用酸性强的制取酸性弱的，因此CO2(少量)通入含CN－溶液中发生CO2(少量)＋CN－＋H2O=HCN＋故C正确；

D．亚硫酸的酸性强于碳酸，通入过量的SO2，因SO2与发生SO2＋＋H2O=2因此发生2SO2(过量)＋＋H2O=2＋CO2↑；故D正确；

E．电离出H＋能力：H2SO3>H2CO3>>通入少量的SO2，则发生SO2(少量)＋2＋H2O=＋2故E正确；

F．电离出H＋能力：H2SO3>>HCN，通入少量的SO2，则发生SO2(少量)＋2CN－＋H2O=＋2HCN；故F错误；

综上所述错误的有：BF；

③H2SO3属于中强酸，在溶液中既有水解也有电离，其电离平衡常数Ka=1×10－7，水解平衡常数Kh==5×10－13<1×10－7，的电离大于水解，电离程度微弱，则0.10mol·L－1NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c()>c(H＋)>c()>c(OH－)；

④HCN电离平衡常数的表达式为K=电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，若c(CN－)=c(HCN)，则K=c(H＋)=5×10－10；即pH=9.3；

⑤NaHSO3和少量I2发生H2O＋I2＋=2I－＋＋3H＋，H＋＋=H2SO3，溶液中c(H＋)增大，Ka1只受温度的影响，即Ka1保持不变，c(H＋)增大；该比值增大；

【点睛】

本题的难点是离子方程式正误判断，应利用酸性强的制取酸性弱的，同时还应注意生成物之间是否发生反应，如HClO能与发生氧化还原反应，的电离平衡常数大于HCN，还能与过量的CN－反应生成HCN。【解析】NH+H2ONH3•H2O+H+b>e>c>d>aBFc(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH-)9.3增大四、判断题(共1题，共6分)23、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。五、实验题(共4题，共8分)24、略

【分析】【详解】

(1)①Fe3+能将I-氧化为I2，该反应为可逆反应，离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2。

②KSCN遇Fe3+生成红色的Fe(SCN)3，可用于检验Fe3+，故答案为检验溶液中是否大量存在Fe3+。

③改用浓度小的KI溶液，能够提高溶液中铁离子浓度；平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2和平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3都为可逆反应，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移动，平衡2逆向移动，Fe(SCN)3浓度降低，所以红色消失，故答案为：提高平衡时溶液中的c(Fe3+)；平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2，平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移动，或c(Fe3+)降低，平衡2逆向移动，或c[Fe(SCN)3降低；所以红色消失。

(2)①根据实验现象分析，ⅰ．液体分层，上层黄色，ⅱ．液体分层，上层无色可知，萃取后溶液呈黄色的主要原因是存在I

②运用控制变量的方法设计实验，证明平衡I2+I-⇌I的存在。将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1mL水，振荡、静置，试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色；向试管2中加入1mL0.1mol•L-1KI溶液，振荡、静置，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色，说明存在平衡I2+I-⇌I故答案为：加入1mL0.1mol•L-1KI溶液。【解析】2Fe3++2I-2Fe2++I2检验溶液中是否大量存在Fe3+提高平衡时溶液中的c(Fe3+)平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2，平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移动，或c(Fe3+)降低，平衡2逆向移动，或c[Fe(SCN)3降低，所以红色消失萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I加入1mL0.1mol•L-1KI溶液25、略

【分析】【详解】

（1）该“碘钟实验”的总反应：①反应分两步进行：反应A：②反应B：①-②得到反应的离子方程式：对于总反应，I-的作用相当于催化剂；

（2）过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应则试剂X为淀粉溶液；

（3）①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究；即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x；y、z所对应的数值分别是：8、3、2；

②对比实验Ⅱ；实验Ⅲ；可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；

（4）对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于所以未出现溶液变蓝的现象。【解析】(1)催化剂。

(2)淀粉。

(3)8；3、2其他条件不变；增大氢离子浓度可以加快反应速率。

(4)由于所以未出现溶液变蓝的现象26、略

【分析】【分析】

青蒿粉末经过索式提取得到提取液；提取液通过蒸馏，分离乙醚和粗产品，对粗产品进行提纯得到青蒿素；

【详解】

（1）装置a为冷凝管或球形冷凝管；

（2）青蒿粉末位于索氏提取器；萃取剂位于圆底烧瓶中，提取出来的青蒿素位于圆底烧瓶；与常规的萃取相比，索氏提取能提高萃取效率，的优点是节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)；

（3）乙的蒸馏效果好；装置乙用真空泵抽真空，设置了减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；

（4）a.青蒿素在水中几乎不溶；不能用水溶解，a错误；

b.青蒿素再乙醇，乙酸，石油醚中可溶解，加95%的乙醇，浓缩，结晶，过滤可以提纯青蒿素，b正确；

c.加入乙醚进行萃取分液得到还是混合物；c错误；

答案选b;

（5）碘单质与反应得到碘单质遇淀粉变蓝，则滴定终点为滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；滴定三次，除去误差大的第三次，第一次和第二次两次平均体积为250ml容量瓶中含青蒿素的物质的量为青蒿素的纯度为【解析】(1)球形冷凝管。

(2)圆底烧瓶节约萃取剂；可连续萃取(萃取效率高)

(3)乙乙为减压蒸馏装置；可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效。

(4)b

(5)滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟不恢复蓝色70.5%27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)按上图连接装置；先检验装置的气密性，再加入药品；其中仪器d的名称为(直形)冷凝管；故答案为：检验装置的气密性；(直形)冷凝管。

(2)忘记加沸石；应进行的操作为停止加热，待冷却后补加沸石，继续实验；故答案为：停止加热，待冷却后补加沸石，继续实验。

(3)①管b的作用为平衡压强；防止烧瓶中压强过大；故答案为：平衡压强。

②为达到较好的冷凝效果；d的冷凝水应从下口进上口出，解释其原因为冷凝水与内壁接触面积大，采用相反方向更易冷凝气体；故答案为：冷凝水与内壁接触面积大。

③花椒油是油状液体；难溶于水，因此判断花椒籽粉中的花椒油已被提取的现象为e中有油状液体生成；故答案为：e中有油状液体生成。

(4)实验后；向e中所得液体中依次加入NaCl，其目的为降低花椒油在水中的溶解度，提高产率；故答案为：降低花椒油在水中的溶解度，提高产率。

(5)根据题意得到200mL溶液中剩余NaOH溶液的物质的量为0.1mol∙L−1×0.02L×8＝0.016mol，则20.00mL花椒油消耗NaOH溶液的物质的量为0.5mol∙L−1×0.08L－0.016mol＝0.024mol，根据～3NaOH，则油脂的物质的量为0.008mol，该花椒油中含有油脂故答案为：353.6。【解析】检验装置的气密性(直形)冷凝管停止加热，待冷却后补加沸石，继续实验平衡压强冷凝水与内壁接触面积大e中有油状液体生成降低花椒油在水中的溶解度，提高产率353.6六、元素或物质推断题(共4题，共32分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A是地壳中含量最高的金属元素；则A是Al元素，所以B；C、D、E分别是C、N、O、Cl，则D元素在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；

(2)A、D、E的离子分别是Al3+、O2-、Cl-，其中Al3+、O2-的电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，则铝离子的半径小于氧离子，二者都比Cl-少一层电子，所以氯离子的半径最大，则三种离子的半径的大小顺序是Cl->O2->Al3+；

(3)与O元素同主族且相邻的元素是S元素，因为O元素的非金属性大于S，所以水的稳定性大于硫化氢，H2O>H2S；

(4)含10个电子的O的氢化物是H2O，该分子释放1个电子，则带1个单位的正电荷，形成阳离子，所以该阳离子电子式为该离子中存在H与O之间形成的极性共价键；

(5)N的氢化物是氨气，E的最高价氧化物的水化物为高氯酸，是强酸，氨气与高氯酸反应生成高氯酸铵，因为铵根离子水解，使溶液呈酸性，所以铵根离子水解的离子方程式是+H2O⇌NH3·H2O+H+；

(6)根据题意，每生成1molAlN，消耗18g碳，说明AlN与C的系数之比为1：18/12=2：3，所以C与氧化铝、氮气在高温下反应生成AlN和CO，所以该反应的热化学方程式是3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)∆H=+2bkJ/mol；

(7)N的最高价氧化物的水化物是硝酸，Fe、Cu与硝酸均反应，Fe的还原性比Cu强，所以Fe先反应，则剩余固体中一定有Cu，可能含有Fe；再向其中加入稀硫酸，则溶液中相当于存在硝酸，所以固体继续溶解，质量减小，则m1>m2；最后还有固体剩余，说明酸不足，则Fe被氧化为亚铁离子，所以加入稀硫酸前后一定都有亚铁离子，而反应前后不一定含有铜离子，剩余固体中一定都有单质Cu，所以答案选bc。

考点：考查元素推断，元素化合物性质的判断【解析】第二周期第ⅥA族Cl-O2Al3+H2OH2S极性共价键酸性+H2O⇌NH3·H2O+H+)3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)∆H=+2bkJ/molbc29、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F是原子半径依次减小的短周期元素；A、C两元素形成的化合物是厨房中最常用的调味品，则A是Na，C是Cl；A、B、C的最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应生成盐和水，则B是Al元素；D元素的同位素之一被用来作为相对原子质量和阿伏加德罗常数的标准，则D是C元素；E元素能形成多种同素异形体，其中一种是导致许多食品、药品变质的气体，则E是O元素；F元素的氧化物是许多有机物燃烧的液态生成物，F是H元素。

(1)A；C、E按原子个数之比1：1：1形成的化合物是NaClO该物质是强碱弱酸盐；根据盐的水解规律及水解产物的性质分析；

(2)Al-空气电池中；Al作负极，铂网为正极，根据原电池反应原理书写反应式；

(3)根据物质的量与反应放