2025年鲁人版选择性必修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年鲁人版选择性必修1化学上册阶段测试试卷265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、某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是A.AgCl的溶解度、Ksp均减小B.AgCl的溶解度、Ksp均不变C.AgCl的溶解度减小、Ksp不变D.AgCl的溶解度不变、Ksp减小2、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成这时的叫做中和热，常温下溶于不同量水中的热效度如下表：。2.01.00.670.500.33溶解放热/()15.827.835.941.648.995.3

下列说法正确的是A.硫酸溶于水时破坏范德华力、氢键、离子键和共价键B.当时，溶解放热C.向的溶液中加入9g水，放出热量6.9kJD.用的溶液测定中和热会使结果偏大3、在相同温度下,已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1；

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2；

H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H3，则△H1,△H2,△H3大小关系为A.△H1=△H2=△H3B.2△H3=△H2>△H1C.△H3>△H2>△H1D.2|△H3|=|△H2|>|△H1|4、下列离子方程式书写不正确的是A.澄清石灰水久置于空气中变浑浊：B.铅蓄电池工作时的正极反应：C.向氨水中通入少量的D.实验室用铜与浓硝酸制二氧化氮：5、锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖氧化为葡萄糖酸进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示，下列说法错误的是。

A.生成葡萄糖酸的化学方程式为B.石墨电极的电极反应为C.电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D.钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应6、在25℃条件下，向HF溶液中逐渐加入NaOH，溶液中F-、HF及HF的浓度分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线2表示F-的浓度分数的变化B.滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度不断减小C.H++F-HF的平衡常数数量级为10-4D.pH=5时，c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)7、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是()A.向水中加入盐，对水的电离没有影响B.在盐酸稀释过程中水的电离程度没有发生变化C.水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小8、H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸；常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：

下列说法正确的是（）A.在pH为6.37及10.25时，溶液中c（H2CO3）＝c（HCO）＝c（CO）B.反应HCO⇌CO＋H＋的电离常数为10－6.37C.0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c（HC2O）＋c（C2O）＋c（H2C2O4）＝2c（Na＋）D.往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：2CO＋H2C2O4=2HCO＋C2O评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4；沸点高难挥发）有一定关系。

(1)室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：__。

(2)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：__。

Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)

(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液；含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。

①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是___。

②下列关于0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法正确的是__（填序号）。

a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是HPO的水解程度大于其电离程度。

b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)

c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)

(4)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖；咖啡因的影响）。

i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶；加入活性炭，吸附色素。

ⅱ.将可乐回流加热10min；冷却至室温，过滤。

ⅲ.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4；消耗NaOH溶液5.00mL。

①加热的目的是__。

②该可乐样品中磷酸的含量为__g/L（H3PO4摩尔质量为98g/mol）。10、已知2A(g)＋B(g)2C(g)，△H＝－akJ/mol(a＞0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ。

(1)比较a__b(填“＞”“＝”或“＜”)。

(2)若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是__________。

a.v(C)=2v(B)b.容器内气体压强保持不变。

c.v逆(A)=2v正(B)d.容器内气体密度保持不变。

e.容器内气体的平均相对分子质量保持不变。

(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是______________。

a.及时分离出C气体b.适当升高温度。

c.增大B的浓度d.选择高效催化剂。

(5)若将上述容器改为恒压容器(反应前体积相同)，起始时加入2molA和1molB，500℃时充分反应达平衡后，放出热量为dkJ，则d___b(填“＞”“＝”或“＜”)，理由是______________________________。11、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据如图回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量和下列两个热化学方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

则ΔH1和ΔH2的关系正确的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．无法确定12、电能是一种清洁的二次能源，是用途最广泛的能源之一。一氧化氮—空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。如图所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。

(1)燃料电池放电过程中正极的电极反应式为_______。

(2)乙装置中物质A是______(填化学式)。

(3)丙装置中粗铜含有锌、银等杂质，工作一段时间后，CuSO4溶液的浓度将______。(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)若甲装置有3.36L(标准状况下)O2参加反应，则丙装置中析出铜的质量为_____g。13、已知25℃时，0.10mol/L的CH3COOH的电离度为1.3%；pH=3.1。

(1)某温度下，测得1L0.10mol/L的CH3COOH溶液中CH3COOH的电离平衡常数K=1.7×10-5。则向该溶液中再加入___________molCH3COONa可使溶液的pH约为4(溶液体积变化和H2O的电离均忽略不计)。

(2)25℃时，在20mlBa(OH)2溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液；曲线如图所示，试回答以下问题：

①A点各离子浓度大小关系为___________

②取20mL这种Ba(OH)2溶液加水稀释到200mL，所得溶液中由水电离出的氢离子浓度为___________

③若C点pH=3，则c(CH3COOH)+c(H+)=___________14、研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知乙酸和草酸的电离平衡常数(25℃)如下：。酸电离平衡常数(25℃)草酸HOOCCOOHKa1=5×10-2，Ka2=5.4×10-5乙酸CH3COOHKa=1.6×10-5

①阴离子CH3COO-、HC2OC2O结合质子(H+)的能力由强到弱的顺序为__。

②常温下，某浓度的Na2C2O4溶液的pH=9，则溶液中=__。

(2)利用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸可测出其准确浓度(氧化产物为CO2)。

①酸性KMnO4标准溶液应盛装在__(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

②达到滴定终点的判断依据为__。

③若达到滴定终点时消耗cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液VmL，实验中所用草酸溶液体积为25.00mL，则该草酸溶液的浓度为__mol•L-1。

(3)0.01mol•L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。

①H2A分两步发生电离，对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位)：-lgKa1=__；Ka2=__。

②将0.02mol•L-1的Na2A溶液和0.01mol•L-1盐酸等体积混合，所得溶液的pH约为__。

③0.01mol•L-1的NaHA溶液中，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为__。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误16、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误17、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18、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误19、影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。(_______)A.正确B.错误20、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共8分)21、下图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请根据原电池原理回答问题：

(1)若电极a为Zn、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸，该装置工作时，SO42−向_____极(填a或b)移动，正极的电极反应式为_______________________________。

(2)若电极a为Mg、电极b为Al、电解质溶液为氢氧化钠溶液，该原电池工作时，电子从_____极(填a或b)流出。一段时间后，若反应转移3NA个电子，则理论上消耗Al的质量是________g。评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)22、甲烷是一种重要的化工原料；广泛应用于民用和工业中。回答下列问题：

(1)利用CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。

已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)∆H1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H2=-566kJ∙mol–1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)∆H3=-242kJ∙mol–1

相关化学键的键能数据如下：。共价键H-OC≡OH-HC-H键能/(kJ∙mol–1)4631076436413

由此计算∆H1=_______kJ∙mol–1。23、化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一、COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质，并将所消耗的氧化剂的量折算为氧化能力相当的O2质量，单位为mg•L-1.其测定过程如下：取100.0mL水样，用稀硫酸酸化，加入10.0mL0.002000mol•L-1KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.0mL0.005000mol•L-1Na2C2O4溶液。用0.002000mol•L-1KMnO4溶液滴定，滴定至终点时消耗6.50mL。已知该反应中Na2C2O4的氧化产物为CO2，则该水样的COD值是____________mg•L-1(保留小数点后一位)；写出简要计算过程。24、将煤转化为水煤气（CO和H2的混合气体）是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)；△H1。已知：

①2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；△H2＝－483.6kJ·mol－1

②2C(s)+O2(g)＝2CO(g)；△H3＝－221.0kJ·mol－1

结合上述热化学方程式，计算得出△H1＝_____________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共21分)25、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。26、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。27、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。

故答案选C。

【点睛】

本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。2、C【分析】【详解】

A．硫酸没有离子键；故A错误；

B．常温下不断加入水，根据表格分析加入0.5mol水放热15.8kJ，再加0.5mol水放热27.8kJ−15.8kJ＝12kJ，再加0.5mol水放热35.9kJ−27.8kJ＝8.1kJ，根据数据分析得到硫酸浓度越来越稀，硫酸溶于水时放出的热量逐渐越少，当时，则相当于中加入了水，如果不考虑浓度降低放热减少，溶解放热为而实际溶解放热大于故B错误；

C．根据题中信息会释放27.8kJ的热，会释放13.9kJ的热，会释放41.6kJ的热，会释放20.8kJ的热，则向的溶液中加入9g水；放出热量20.8kJ−13.9kJ=6.9kJ，故C正确；

D．的溶液不是稀溶液；因此在反应时又会释放热量，因此放出的热量数值偏大，测定中和热焓变结果偏小，故D错误。

综上所述，答案为C。3、D【分析】【分析】

【详解】

氢气的燃烧反应是放热反应，所以△H<0；发生相同的反应时，燃料的物质的量多的放出的热量多，所以△H2=2△H3；燃料的物质的量相同时生成液态水比生成气态水放出的热量多，所以|△H2|>|△H1|，则△H2<△H1，所以有2|△H3|=|△H2|>|△H1|，答案选D。4、B【分析】【详解】

A．澄清石灰水久置于空气中变浑浊发生的反应为氢氧化钙溶液与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为故A正确；

B．二氧化铅是铅蓄电池的正极，硫酸根离子作用下，二氧化铅酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为故B错误；

C．氨水与少量二氧化硫反应生成硫酸铵和水，反应的离子方程式为故C正确；

D．实验室用铜与浓硝酸制二氧化氮发生的反应为铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为故D正确；

故选B。5、D【分析】【分析】

电解NaBr溶液间接将葡萄糖氧化为葡萄糖酸生成葡萄糖酸的化学方程式为因此钛网电极上溴离子被氧化生成溴，为阳极，石墨为阴极，结合电解原理分析解答。

【详解】

A．电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]的反应为：CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr；故A正确；

B．石墨电极为电解池阴极，发生还原反应，水电离产生的氢离子在阴极得到电子发生还原反应，电极反应式；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故B正确；

C．电解过程中经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+；因此硫酸钠溶液浓度保持不变，故C正确；

D．钛网为阳极；与直流电源的正极相连，电解池的阳极发生氧化反应，故D错误；

故选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．pH=0时，HF的浓度分数最大，pH=6时，F-的浓度分数最大，故曲线1、2、3分别为HF、HF2-及F-的浓度分数的变化；故A错误；

B．向HF溶液中逐渐加入NaOH，生成的NaHF2；NaF是强碱弱酸盐；可发生水解反应，能促进水的电离，水的电离程度有不断增大的过程，故B错误；

C．从图可以看出，当c(HF)=c(F-)时，pH≈3.2，c(H+)≈10-3.2，此时HF电离常数Ka=c(H+)≈10-3.2，其数量级为10-4，而H++F-HF的平衡常数数量级不是10-4；故C错误；

D．由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)+c(HF2-)，pH=5时，c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜c(F-)+c(HF2-)，一定有c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)；故D正确。

故选D。7、C【分析】【详解】

A.加入能够水解的盐对水的电离起促进作用；A错误；

B.盐酸电离产生的氢离子对水的电离起抑制作用；加水稀释，氢离子浓度减小，对水的电离的抑制程度减小，故加水稀释水的电离程度增大，B错误；

C.水是非常弱的电解质；电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子，C正确；

D.水的离子积只与温度有关；只要温度不变离子积不变，D错误；

答案选C。8、D【分析】【详解】

A.在pH为6.37时pH为10.25时，故A错误；

B.反应⇌＋H＋的平衡常数为pH=10.25时，故B错误；

C.为二元弱酸，浓度为0.1mol/L的Na2C2O4溶液中，根据物料守恒可得：2c（）＋2c（）＋2c（H2C2O4）＝c（Na＋），故C错误；

D.草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和发生反应：2＋H2C2O4=2＋故D正确。

故答案选：D。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

(1)如果H3PO4是强酸，0.1mol·L－1H3PO4溶液的pH＜1，现0.1mol·L－1H3PO4溶液大于1，说明H3PO4是弱酸，部分电离，电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO4－；

(2)可乐是酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和了OH-，c(OH－)减小，使Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)+3PO43－(aq)+OH－(aq)平衡向脱矿方向移动；造成龋齿；

(3)①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10，溶液中含磷的主要微粒，从H3PO4转变为HPO42－，因此主要的离子方程式为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O；

②a．Na2HPO4溶液中HPO42－既能电离又能水解，电离方程式和水解方程式分别为HPO42－H＋＋PO43－，HPO42－＋H2OH3PO4＋OH－；HPO42－的电离平衡常数当c(PO43－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为12.3，c(H＋)=10－12.3mol·L－1，则HPO42－的水解平衡常数当c(H2PO4－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为7.2，c(H＋)=10－7.2mol·L－1，则可知HPO42－的水解程度大于其电离程度；溶液呈碱性，a正确；

b．Na2HPO4溶液呈电中性，根据电荷守恒，有c(Na＋)+c(H＋)=c(H2PO4－)+2c(HPO42－)+3c(PO43－)+c(OH－)，b正确；

c．Na2HPO4溶液中，根据物料守恒，有c(Na＋)=2[c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(PO43－)+c(H3PO4)]；c错误；

ab符合题意；

(4)①可乐溶液中，含有碳酸，也会与NaOH反应，会影响H3PO4的测定，因此加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出；防止干扰磷酸的测定；

②滴定至终点时生成Na2HPO4，则关系式为H3PO4～2NaOH，则50mL可乐中含有则该可乐样品中磷酸的含量=【解析】H3PO4H++H2PO可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2Oab将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定0.4910、略

【分析】【分析】

（1）可逆反应中反应物不能全部转化为生成物；

（2）该反应正反应放热；所以升温平衡逆向移动；

（3）判断平衡的依据①速率一正一逆；速率比等于化学计量数比②反应过程中变化的物理量不在发生变化，反应就达到了平衡状态；

（4）根据影响速率和平衡的因素分析；

（5）从等效平衡角度分析；

【详解】

（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；

答案：>

(2)若将反应温度升高到700℃；由于该反应正反应放热，所以平衡逆向移动，该反应的平衡常数将减小；

答案：减小。

(3)a.没有说正逆速率；无法确定，故a错误；

b.反应过程中，容器内气体压强一直在减小，当压强不变时，说明达到了平衡，故b正确；

c.给出了正逆速率比等于化学计量数之比；说明达到了平衡，故c正确；

d.容器内气体密度始终是定值；无法证明达到了平衡，故d错误；

e.容器内气体的平均相对分子质量一直在增大；当保持不变时，就达到了平衡，故e正确；

答案：bce

（4）已知2A（g）+B（g）⇌2C（g），△H=-akJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；

A．及时分离出C气体，反应正向进行，但反应速率减小，故A不符合；

B．适当升高温度，加快反应速率，但平衡逆向进行，故B不符合；

C．增大B的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故C符合；

D．选择高效催化剂，增大反应速率，但不改变平衡，故D不符合；

答案：C；

（5）原平衡随反应进行，压强降低。恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；

答案：＞；恒压条件下；相当于给原平衡加压，平衡正向移动；

【点睛】

本题考查等效平衡、反应热的计算、化学平衡状态的判断以及平衡的移动的知识等，题目综合性强，难度中等，注意把握等效平衡的原理。【解析】①.>②.减小③.bce④.c⑤.>⑥.恒压条件下，相当于给原平衡加压，平衡正向移动11、略

【分析】【分析】

（1）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的热化学方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图像可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为：-399kJ•mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①−②得到4P(白)=4P(红)△H=△H1−△H2；

已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以△H1−△H2<0；△H1<△H2；

故选：C。

【点睛】

反应热当反应物和生成物的状态定后，只与始态和终态有关，与反应所经历的途径无关。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于C12、略

【分析】【分析】

某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理，甲装置为原电池，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子生成水，电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，通入NO的电极为原电池负极，NO转化为HNO3，电极反应为：NO-3e-+2H2O=+4H+，乙池为电解池，左边石墨为阳极，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，右边为电解池阴极，电极反应为：NO+5e-+6H+=+H2O；粗铜为电解池阳极，精铜为电解池阴极。

【详解】

(1)在甲装置的燃料电池中，在放电时通入O2的电极为正极，正极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；

(2)根据反应5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知：产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4生成，故乙装置中物质A是H2SO4；

(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，则阳极上不仅铜失去电子，还有锌也会失电子变为金属阳离子进入溶液，杂质银在阳极底部形成阳极泥，阴极上只有Cu2+得到电子变为单质Cu析出。根据转移电子数相等可知；阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，故丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；

(4)若在标准状况下，甲装置有3.36LO2参加反应，其物质的量n(O2)==0.15mol，1molO2反应转移4mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知丙装置中阴极上析出铜的物质的量n(Cu)==0.3mol，其质量m(Cu)=0.3mol×64g/mol=19.2g。【解析】O2+4e-+4H+=2H2OH2SO4减小19.213、略

【分析】(1)

CH3COOH的电离平衡常数设向该溶液中再加入xmolCH3COONa可使溶液的pH约为4，则有求得

(2)

由图可知，20mlBa(OH)2溶液的pH=13，所以氢氧化钡的浓度是0.05mol/L，其中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液10mL，此时A点是二者恰好反应生成醋酸钡和水，醋酸钡是强碱弱酸盐，溶液中离子浓度关系是：c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)；

②20ml浓度是0.05mol/LBa(OH)2溶液加水稀释到200ml，所得溶液中氢氧根离子浓度c=所得溶液中由水电离出的氢离子浓度为

③20ml0.05mol/LBa(OH)2溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液20mL，C点得到的是醋酸钡和醋酸的混合物，此时溶液显示酸性，pH=3，存在电荷守恒：

a:2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b:c(Ba2+)=0.05mol/L；物料守恒：c:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=3c(Ba2+)=0.15mol/L，溶液显示酸性，pH=3，所以氢氧根离子浓度近似等于10-11mol/L，整理a、b、c得到：c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L。【解析】(1)

(2)c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)0.05mol/L14、略

【分析】【详解】

(1)①由表中数据可知，酸性强弱顺序为H2C2O4>HC2O>CH3COOH，酸性越强，结合氢离子的能力越弱，所以阴离子CH3COO-、HC2OC2O结合质子(H+)的能力由强到弱的顺序为CH3COO->C2O>HC2O

②C2O水解导致溶液显碱性：C2O+H2O⇌HC2O+OH−，Kh===常温下，该溶液pH=9，则c(OH−)=10-5mol/L，代入相应的数据得=5.4×104。

(2)①酸性KMnO4标准溶液具有强氧化性；能腐蚀橡胶管，应选择酸式滴定管；

②草酸溶液是无色的，当KMnO4溶液稍过量时会使溶液显浅紫红色，滴定终点为当滴入最后一滴酸性KMnO4标准溶液；锥形瓶內溶液颜色由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色；

③依据得失电子守恒2MnO~5H2C2O4，n(H2C2O4)=2.5×10-3×cVmol，则该草酸溶液的浓度为=0.1cVmol/L。

(3)①H2A分两步发生电离：H2A⇌HA−+H+、HA−⇌A2−+H+，则有Ka1=Ka2=由图可知，H2A和HA−的物质的量分数均为0.5时，溶液的pH=6，c(HA−)=c(H2A)时，c(H+)=1×10−6mol/L，则有Ka1=c(H+)=1×10−6，−lgKa1=6；

HA−和A2-的物质的量分数均为0.5时，溶液pH=10，则c(HA−)=c(A2-)时，c(H+)=1×10−10mol/L，则有Ka2=c(H+)=10−10；

②0.02mol•L-1的Na2A溶液和0.01mol•L-1盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A；NaHA和NaCl混合溶液；由题图可知，溶液的pH=10；

③NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡，由于Ka1＞Ka2，则HA-的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA-的水解程度较小，Na+不发生水解，故溶液中离子浓度大小：c(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(A2-)。【解析】CH3COO->C2O>HC2O5.4×104酸式当滴入最后一滴酸性KMnO4标准溶液，锥形瓶內溶液颜色由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色0.1cV61×10-1010c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)三、判断题(共6题，共12分)15、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。17、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。18、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。19、B【分析】【详解】

除盐的组成对盐的水解有影响外，盐溶液的浓度，温度和溶液的酸碱性对盐类的水解也有很大的影响，压强对盐类水解没有影响，所以答案是：错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。四、实验题(共1题，共8分)21、略

【分析】【分析】

原电池中较活泼的金属是负极；失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。

【详解】

（1）若电极a为Zn、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸，由于金属性Zn＞Cu，则锌是负极，铜是正极，所以该装置工作时，SO42-向负极即显a极移动，正极上氢离子放电，电极反应式为2H++2e－＝H2↑。

（2）若电极a为Mg、电极b为Al、电解质溶液为氢氧化钠溶液，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，则铝是负极，镁是正极，因此该原电池工作时，电子从b极流出。1mol铝在反应中失去3mol电子，一段时间后，若反应转移3NA个电子；则理论上消耗Al的物质的量是1mol，质量是27g。

【点睛】

明确原电池的工作原理是解答的关键，易错点是原电池正负极的判断。判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：a.Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；b.Fe或Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe或Al作正极。【解析】a2H++2e-=H2↑b27五、计算题(共3题，共27分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键形成。旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，反应热等于旧键断裂吸收的能量和新键形成放出的能量的差值，所以反应①的∆H1=4×413kJ∙mol–1+2×463kJ∙mol–1-1076kJ∙mol–1-3×436kJ∙mol–1=+194kJ∙mol–1。【解析】+19423、略

【分析】【详解】

滴定过程中发生的反应为：

可知2KMnO4~5Na2C2O4，用0.002000mol•L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL则Na2C2O4多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×5/2=3.25×10-5mol

剩余KMnO4消耗的Na2C2O4的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol

因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×2/5=7×10-6mol

则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol

又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×5/4=1.625×10-5molm(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg

则该水样的COD值为0.52mg/0.1L=5.2mg/L

故答案为：5.2；【解析】5.224、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律解答。

【详解】

由已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=-483.6kJ•mol-1；②2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H3=-221.0kJ•mol-1；根据盖斯定律可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；△H1==+131.3kJ/mol；

故答案为+131.3kJ/mol。【解析】+131.3kJ/mol六、结构与性质(共3题，共21分)25、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