2025年外研版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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相关反应的热化学方程式为：

反应Ⅰ：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H1=-213kJ•mol-1

反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)H2=+327kJ•mol-1

反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)H3=+172kJ•mol-1

下列说法不正确的是（）A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)；ΔH=+286kJ·mol-1D.该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变3、向恒容密闭容器中投入一定量反应物A和B，发生反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)，正反应速率随时间变化的曲线示意图如图所示。下列说法错误的是。

A.正反应可能为放热反应B.逆反应速率在t3时刻达到最大C.t1时刻反应物浓度大于t2时刻D.反应在t4时刻后处于化学平衡状态4、绝热、恒容的密闭容器中，发生可逆反应：下列各项中不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是A.体系的压强不再改变B.断裂2molH-S的同时，也断裂1molH-HC.体系的温度不再改变D.5、在密闭恒容容器中，对于N2+3H2⇌2NH3反应来说，能说明反应达到平衡状态的是A.3v(H2)正=2v(NH3)逆B.c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2C.混合气体的平均密度不变D.形成3molH-H键的同时形成6molN-H键6、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率B.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气C.向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力D.在反应的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深7、锌-空气燃料电池是一种低能耗电池；在生产生活中应用广泛，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是。

A.充电时，a与电源正极相连B.放电过程中，KOH溶液浓度不变C.充电时，N极的电极反应式为ZnO+2H++2e-=Zn+H2OD.放电时，M极每消耗16gO2，理论上N极质量增加16g评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、在一密闭容器中充入1molI2和1molH2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。保持容器容积不变，向其中充入1molCO2(不参加反应)，反应速率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。9、碘酸钾在容量法分析中用作氧化剂。氢碘酸在化学分析中常用作还原剂；可用于测定硒；甲氧基、乙氧基。碘酸钾和氢碘酸均可用电解法制备。

(1)用电解法制备碘酸钾()的装置如图1所示。

①a极的电极反应式为_______。

②b极产生的气体的化学式为_______。

③电解一段时间后，若外电路转移10mol电子，则阴极区生成的气体质量为_______，右室溶液的pH_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)用电解法制备氢碘酸(HI)的装置如图2所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的解离成和A；B膜为离子交换膜。

①B膜最佳应选择_______。

a.阴离子交换膜b.交换膜c.交换膜。

②阳极的电极反应式是_______。10、钢铁很容易生锈而被腐蚀；每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。请回答钢铁在腐蚀；防护过程中的有关问题。

(1)下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀________________。

(2)某学生在A；B、C、D四只小烧瓶中分别放入：干燥的细铁丝；浸过食盐水的细铁丝；浸过清水的细铁丝；食盐水及细铁丝；并使铁丝完全浸没在食盐水中。然后装配成如图所示的四套装置，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如下表所示（表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm）

不同时间水面上升的高度。

①上述实验中；铁生锈的速率由大到小的排列顺序为（填小烧瓶号）：_______。

②实验中的铁生锈属于电化学腐蚀的__________(填腐蚀类型)。

③写出铁腐蚀正极的电极反应式：________________________________

④镀铜可防止铁制品腐蚀；电镀时用_______作阳极.

⑤利用图装置；可以模拟铁的电化学防护。

若X为碳棒；为减缓铁的腐蚀，开关K应置于___________________处。若X为锌棒，开关K置于M处，该电化学防护法称为______________

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反应中Cu被腐蚀，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为____________________。11、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；其原理如图所示(电极材料为石墨)

图1图2

(1)图1中a极要连接电源的__________(填“正”或“负”)极，SO32-放电的电极反应__________

(2)在图2所示的装置中；若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：

①溶液pH变化：B__________，C__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②通电5min时，B中共收集224mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为__________(设电解前后溶液体积无变化)。12、一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表：。t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20

(1)反应前50s的平均速率v(PCl3)=___________mol/(L·s)。

(2)保持其他条件不变，平衡后再充入1.0molPCl5，则PCl5平衡转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数K=___________；若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，则反应∆H___________0(填“＞”；“＜”或“=”)。

(3)保持其他条件不变，若起始时向该容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，PCl3的平衡转化率为___________。13、为了研究化学反应A＋B=C＋D的能量变化情况；某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：

(1)该反应为____________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)A和B的总能量比C和D的总能量____________(填“高”或“低”)。

(3)物质中的化学能通过________转化成________释放出来。

(4)反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。

(5)写出一个符合题中条件的化学方程式：____________________。14、（1）汽车发动机工作时会引发和反应，生成等污染大气，其中生成的能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是______，图1中对应反应的热化学方程式为_____。

（2）图2是与反应转化为和过程中的能量变化示意图，根据图2分析，若被氧化，该过程放出的热量________若该反应是可逆反应，在相同条件下将与混合，则充分反应后放出的热量_________（填“>”“<”或“=”）

（3）仿照图2的形式，在图3中绘制出与反应生成的能量变化曲线______。

15、某温度时；在2L的密闭容器中，X；Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。

（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。

（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：。t/s050150250350n(NH3)00.240.360.400.40

0~50s内的平均反应速率v(N2)=__________mol·L－1·min－1，250s时，H2的转化率为____________％。

（3）已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB（g）解离为气态原子A（g），B（g）所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中___（填“吸收”或“放出”）的能量为____kJ，反应达到(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为____kJ。

（4）反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时____（填增大、减小或不变），混合气体密度比起始时______（填增大；减小或不变）。

（5）为加快反应速率，可以采取的措施是_______（填符号）

a．降低温度b．增大压强c．恒容时充入He气。

d．恒压时充入He气e．及时分离NH3f．加入催化剂评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误18、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误19、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误20、影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。(_______)A.正确B.错误21、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)22、(1)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·L-1，断裂1mo1H-H键吸收的能量为436kJ，断裂1molO=O键吸收的能量为496kJ，则形成1molH-O键放出的能量为__kJ。

(2)根据以下三个热化学方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1）△H=-Q1kJ·L-1

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1）△H=-Q2kJ·L-1

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g）△H=-Q3kJ·L-1

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系：__。

(3)用CO2和氢气合成CH3OCH3(甲醚)是解决能源危机的研究方向之一。

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=akJ·mol-1

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=bkJ·mol-1

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=ckJ·mol-1

则CO2和氢气合成CH3OCH3(g)的热化学方程式为__。

(4)若在常温常压下，lg乙醇（CH3CH2OH）完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热约为30kJ的热量。写出乙醇燃烧热的热化学方程式___。23、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0是制备硫酸的重要反应。将4molSO2与2molO2放入2L的密闭容器中，在一定条件下反应5min达到平衡，测得平衡时SO3的浓度为1.5mol/L。

（1）用O2表示的平均速率为___，平衡时SO2的转化率为___。

（2）写出该反应的化学平衡常数表达式K=___；如温度升高时，K值将___（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）若不改变反应温度和反应物中SO2的起始浓度，使SO2的平衡转化率达到90%，则O2的起始物质的量浓度为___mol/L。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共6分)24、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_______。25、常温下；有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；

(2)④的水解平衡常数Kh=___________。

(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液溶液pH=_________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、已知A～G有如图所示的转化关系（部分生成物已略去）；其中A；G为单质，D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，E、F均能与NaOH溶液反应。

请回答下列问题：

（1）写出F的电子式：_____________。

（2）①C溶液与D反应的离子方程式为________________________________________。

②F溶液与NaOH溶液共热反应的化学方程式为_______________________________。

（3）①请用离子方程式解释C溶液为何显酸性__________________________。

②F溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

（4）将5.4gA投入200mL2.0mol/L某溶液中有G单质产生，且充分反应后有金属剩余，则该溶液可能是________（填代号）。

A．HNO3溶液B．H2SO4溶液C．NaOH溶液D．HCl溶液。

（5）将1molN2和3molG及催化剂充入容积为2L的某密闭容器中进行反应；已知该反应为放热反应。平衡时，测得D的物质的量浓度为amol/L。

①如果反应速率v(G)=1.2mol/(L·min)，则v(D)=_______mol/(L·min)。

②在其他条件不变的情况下，若起始时充入0.5molN2和1.5molG达到平衡后，D的物质的量浓度______（填“大于”、“小于”或“等于”）mol/L。

③该条件下的平衡常数为____________（用含a的代数式表示）。27、已知由短周期常见元素形成的纯净物A；B、C、D转化关系如图1琐事；物质A与物质B之间的反应不再溶液中进行。

（1）若A为金属单质；C是淡黄色固体，D是一元强碱。

①物质B是__________（填化学式）。

②化合物C的电子式为_________；化合物D中所含化学键的类型是_________。

③在常温下，向PH=a的醋酸溶液中加入等体积pH=b的D溶液，且a+b=14，则充分反应后，所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是：__________．

（2）若A为非金属单质；C是有色气体，D是一元强酸．

①B为__________（填化学式）。

②化合物C与H2O反应化学方程式___________，氧化剂与还原剂的量比为_________。

（3）某同学用图2装置完成有关探究实验。

Ⅰ试管中发生反应的离子方程式为__________。

Ⅱ试管中观察到__________的实验现象时，说明NO2能溶于浓硫酸中，浓硫酸不能干燥NO2。28、用含铬不锈钢废渣(含等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。

(2)KOH、反应生成的化学方程式为___________。

(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有可选用的化学试剂是___________。

(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若出时溶液的pH=8，则___________mol/L。{已知：常温下，}

(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。

(6)由制取铬绿的方法是___________。29、I.X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素。X可分别与Y、W形成X2Y、X2Y2、XW等共价化合物；Z可分别与Y、W形成Z2Y、Z2Y2；ZW等离子化合物。

(1)Z2Y2的电子式为________。

(2)写出化合物ZX与稀硫酸反应的离子方程式_______。

(3)常温下，实验测得0.lmol/L的X2Y2的水溶液的pH=5.4，则X2Y2在水中的电离方程式为_______。

II.利用电解饱和ZW溶液及CuCl溶液合成1；2—二氯乙烷的实验装置如图所示。

(4)离子交换膜X为_________(选填“阴”或“阳”）离子交换膜；该装置总反应的化学方程式为_______。

(5)要生成1molClCH2CH2Cl，则释放出的H2在标准状况下的体积为________L。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A、CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)△H＞0，△S＞0，根据△H-T△S＜0；反应能否自发进行，与温度有关，故A正确；

B、常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的△S＞0；故B正确；

C、固体硫燃烧时要先变为气态硫，该过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2；故C正确；

D、焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，即△H=(Ea-Eb)kJ/mol；故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意焓变计算的几个常见公式，①△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，②△H=反应物总键能-生成物总键能，③△H=生成物总能量-反应物总能量，注意不要混淆。2、C【分析】【分析】

【详解】

A；通过流程图；反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；

B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用；故B说法正确；

C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)△H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H=＋572kJ·mol－1；故C说法错误；

D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。3、B【分析】【分析】

随着反应的进行，反应物浓度减小，c点之前，正反应速率增大，说明该阶段影响反应速率的主要因素不是浓度，可能是温度，则该反应放热；c点之后，反应物浓度减小，正反应速率减小，该阶段影响反应速率的主要因素为浓度；t4之后，正反应速率不变，则反应在t4时刻后处于化学平衡状态。

【详解】

A．开始阶段反应物浓度降低；但反应速率增大可知该反应放热，且该阶段温度对反应速率的影响大于反应物浓度，A正确；

B．开始时，逆反应速率为零，平衡时逆反应速率最大，因此逆反应速率在t4时刻达到最大；B错误；

C．随着反应的进行，反应物浓度减小，因此t1时刻反应物浓度大于t2时刻；C正确；

D．由分析可知反应在t4时刻后处于化学平衡状态；D正确；

选B。4、D【分析】【详解】

A．该反应是等体积放热反应；由于是绝热；恒容的密闭容器，温度升高，压强增大，当体系的压强不再改变，则达到平衡，故A不符合题意；

B．断裂2molH−S即消耗1molH2S的同时，也断裂1molH−H即消耗1molH2；两个不同方向，速率之比等于计量系数之比，能说明达到平衡，故B不符合题意；

C．该反应是放热反应；由于是绝热容器，则容器内温度不断升高，当体系的温度不再改变，则达到平衡，故C不符合题意；

D．消耗CO的正向，生成COS是正向，同一个方向，不能说明达到平衡，故D符合题意。

综上所述，答案为D。5、D【分析】【详解】

A．当反应达到平衡状态时，2v(H2)正=3v(NH3)逆；故A不能说明达到平衡，故不选；

B．当体系达平衡状态时，c(N2)：c(H2)：c(NH3)之比可能为1：3：2；也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B不能说明达到平衡；故不选；

C．该容器是恒容容器；体系全是气体，混合气体的密度一直保持不变，故C不能说明达到平衡；故不选；

D．形成3molH-H的同时形成6molN-H；表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D能说明达到平衡；符合题意。

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．合成氨的反应是气体体积减小的反应；增大压强，化学平衡正向移动，有利于氨的合成，因此可以提高氨气的产率，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；

B．Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应是可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度比水大，可以抑制Cl2在水中的溶解及反应，故可用于Cl2的收集；可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；

C．新制氯水中存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，所以向其中加入几滴NaHCO3溶液，NaHCO3与HCl反应，使溶液中c(H+)增大；化学平衡正向移动，因此能够提高HClO的浓度，故可增强溶液的漂白能力，能够用勒夏特列原理解释，C不符合题意；

D．该反应是有气体参加的反应；增大压强，各种气体的浓度增大，因此混合气体的颜色加深；但由于反应前后气体的物质的量相等，因此增大压强，化学平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；

故合理选项是D。7、C【分析】【分析】

锌-空气燃料电池中Zn为活泼金属；放电时被氧化，所以N为负极，M为正极，氧气被还原。

【详解】

A．放电时M为正极；则充电时M为阳极，a与电源正极相连，A正确；

B．放电过程中N极反应为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，M极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为2Zn+O2=2ZnO；所以KOH溶液浓度不变，B正确；

C．电解质溶液为碱性溶液，充电时N极反应应为ZnO+H2O+2e-=Zn+2OH-；C错误；

D．16gO2的物质的量为0.5mol；根据电极方程式可知转移2mol电子，有1molZn转化为1molZnO，增加的质量即为1molO的质量，为16g，D正确；

综上所述答案为C。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

在体积不变的容器中充入二氧化碳气体，原体系内的反应物和生成物的浓度均未发生改变，因此反应速率不变，故答案为：不变；反应物的浓度不变，反应速率不变；【解析】①.不变②.反应物的浓度不变，反应速率不变9、略

【分析】（1）

①a极是阳极，发生失电子的氧化反应，根据图示，还原剂是I-，氧化产物是结合电荷守恒和原子守恒，可写出电极反应式I--6e-+6OH-=+3H2O，故答案为：I--6e-+6OH-=+3H2O；

②b极为阴极，H2O在阴极表面得电子，产生H2，故答案为：H2；

③根据阴极区发生的电极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，m(H2)=2g/mol×5mol=10g；右室产生的OH¯会通过阴离子交换膜进入左室，右室中OH¯的物质的量不变，但反应消耗了H2O，OH¯的浓度增大；溶液的pH增大，故答案为：10g；增大；

（2）

①根据题意和图示，中间区域要得到目标产物HI，则Na+需通过B膜离去，因此B膜最佳应选择Na+交换膜，故答案为：b；

②根据图示，H2O在阳极区域发生失电子的氧化反应，氧化产物为O2，结合电荷守恒和原子守恒，可写出电极反应式2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。

【点睛】

外电路转移的电子数=阳极区的失电子数=阴极区的得电子数【解析】(1)I--6e-+6OH-=+3H2OH210g增大。

(2)b2H2O-4e-=O2↑+4H+10、略

【分析】【详解】

(1)A装置是铁为负极的吸氧腐蚀；B中锌为负极；铁为正极，是牺牲阳极的阴极保护法；C中铁为一般的腐蚀；D为外加电流的阴极保护法，故可防止铁棒被腐蚀是BD，故答案为BD。

(2)①上述实验中，根据导管中水面上升的高度得出铁生锈的速率由大到小的排列顺序为B>C>D＝A，故答案为：B>C>D＝A。

②实验中所处环境为中性；因此铁生锈属于电化学腐蚀的吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀。

③铁腐蚀正极的电极反应式：O2+4e－+2H2O=4OH－，故答案为：O2+4e－+2H2O=4OH－。

④根据镀件作阴极；镀层金属作阳极，得出电镀时用Cu作阳极，故答案为：Cu。

⑤若X为碳棒；如果连接M处，则铁为负极，不断溶解，开关K应置于N处，铁为阴极，受到保护，减缓铁的腐蚀；若X为锌棒，开关K置于M处，该锌为负极，铁为正极，受到保护，因此该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反应中Cu被腐蚀，若将该反应设计为原电池，Cu化合价升高，作负极，正极为氧气得到电子，因此正极电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e－+4H+=2H2O。【解析】BDB>C>D＝A吸氧腐蚀O2+4e－+2H2O=4OH－CuN牺牲阳极的阴极保护法O2+4e－+4H+=2H2O11、略

【分析】【分析】

(1)依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，在阳极失去电子变成可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4；阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此分析解答；

(2)由图二中信息可知；B；C两个装置串联在同一电路中。根据铜电极质量增加2.16g，可以判断铜电极为阴极，则电源的X电极为负极、Y电极为正极。所以，B是电解池、C是电镀装置，据此分析解答问题。

【详解】

(1)由上述分析可知，a接电源负极；发生氧化反应，放电的电极反应式为：故答案为：负极；

(2)①根据上述分析可知，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C是电镀装置，其中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+；溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：减小；不变；

②通电5min后，电路中通过的电子为n(e-)=n(Ag)=B中阳极可收集到O2，n(O2)=因为B中共收集到标准状况下224mL气体（0.01mol），所以B中阴极一定产生了氢气0.005mol，由此根据电子转移守恒，可以确定B中一定析出铜0.005mol，根据溶液体积为200mL，可以计算出通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025mol·L－1，故答案为：0.025mol·L－1。

【点睛】

串联电路中，各电解池中通过的电量相等。据此，可以根据题中的已知条件，求出电子转移的量，然后分析各个电解池中的电极反应及电极产物，即能解决所有与此有关的问题。另外，电镀池中，理论上电解质溶液的浓度保持不变、电解质的成分不变。【解析】负极SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+减小不变0.025mol·L-112、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据表格数据可知前50s内∆n(PCl3)=0.16mol，容器体积为2.0L，所以前50s的平均速率v(PCl3)==0.0016mol/(L·s)；

(2)反应物只有PCl5一种气体，所以再充入PCl5容器内压强增大，压强增大会使平衡逆向移动，所以PCl5平衡转化率减小；温度不变平衡常数不变，再充入PCl5后达到新平衡时平衡常数与原平衡相等，根据表格数据可知，平衡时n(PCl3)=0.20mol，根据反应方程式可知n(Cl2)=0.20mol，∆n(PCl5)=0.20mol，n(PCl5)=0.80mol，容器体积为2.0L，所以平衡常数K==0.025(或)mol/L；若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L；说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，∆H＞0；

(3)保持其他条件不变，若起始时向该容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，则相当于充入1.0molPCl5，所以达到的平衡与原平衡为等同平衡，则平衡时n(PCl3)=0.20mol，转化率为=80%。【解析】0.0016减小0.025(或)mol/L＞80%13、略

【分析】【分析】

当向盛有A的试管中滴加试剂B时；看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明A和B反应是放热反应，放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量。(1)

当向盛有A的试管中滴加试剂B时；看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应，故答案为放热；

(2)

放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；故答案为高；

(3)

A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应；反应的物质中的化学能转化成热能释放出来，故答案为化学；热；

(4)

化学反应中旧键断裂吸收能量；新键生成放出能量，A和B反应生成Ｃ和Ｄ的反应是放热反应，说明形成化学键放出的热量大于断裂化学键所吸收热量，故答案为低；

(5)

该反应为放热反应，且不需要加热即可发生，如铝与稀盐酸的反应，反应的化学方程式为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故答案为2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑。【解析】(1)放热。

(2)高。

(3)①.化学②.热。

(4)低。

(5)2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑14、略

【分析】【详解】

（1）键能越小，化学键断裂越容易；键能越大，物质越稳定。由图1可求出的反应热

（2）由图2知，消耗时放出的热量为则被氧化时放出热量；可逆反应中反应物不可能消耗完，因此放出的热量小于

（3）反应为吸热反应，生成物的总能量比反应物的高，过渡态的能量最高，能量变化图为：【解析】117＜15、略

【分析】【分析】

某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3mol，Y消耗0.1mol，Z生成了0.2mol，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。

【详解】

（1）在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3mol，Y消耗0.1mol，Z生成了0.2mol，故该反应的化学方程为3X+Y⇌2Z。

（2）若上述反应为3H2+N2⇌2NH3，根据平衡速率公式可知，0~50s内的平均反应速率v(NH3)=1.44×10-1mol/(L·min)，v(N2)=0.5v(NH3)=7.2×10-2mol/(L·min)；250s时，生成氨气0.4mol，消耗氢气0.6mol，H2的转化率为

（3）反应为3H2+N2⇌2NH3，ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=436kJ/mol×3+946kJ/mol-391kJ/mol×3×2=-92kJ/mol；所以，产生1mol氨气放出的能量为46kJ，反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气，对应的能量变化的数值为0.2×92kJ=18.4kJ。

（4）反应达平衡时容器内混合气体的质量不变；总物质的量减小，故反应混合物的平均相对分子质量比起始时增大，但是气体的总体积不变，故混合气体的密度一直不变。

（5）a．降低温度，根据有效碰撞理论，反应速率减小；

b．增大压强；单位体积内活化分子数增大，反应速率增大；

c．恒容时充入He气；不改变反应中物质的浓度，反应速率不变；

d．恒压时充入He气，容器体积增大，相当于减小压强，反应速率减小；

e．及时分离NH3；生成物物质的量下降，反应速率减小；

f．加入催化剂；降低反应的活化能，反应速率增大；

综上所述，为加快反应速率，可以采取的措施是bf。

【点睛】

本题易错点为化学平衡移动方向的判断，及时分离NH3能使化学平衡向反应方向移动，但是，由于NH3的物质的量浓度减小，单位体积空间内的活化分子数减少，故化学反应速率下降。【解析】3X+Y⇌2Z7.2×10-2mol/(L·min)30%放出46kJ18.4增大不变bf三、判断题(共6题，共12分)16、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。18、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。20、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。21、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法正确。四、计算题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】

由键能计算焓变时，反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，就得出反应的△H；利用盖斯定律；可由已知热化学方程式通过调节化学计量数，然后进行相加减，得出待求反应的热化学方程式。

【详解】

(1)设1molH-O键的键能为x，则436kJ×2+496kJ-4x=-571.6kJ，从而得出x=484.9kJ；则形成1molH-O键放出的能量为484.9kJ。答案为：484.9；

(2)2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1）△H=-Q1mol·L-1①

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1）△H=-Q2mol·L-1②

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g）△H=-Q3mol·L-1③

反应①与反应②相比，反应①比反应②燃烧充分，放出的能量多，所以Q1＞Q2；反应③与反应②相比，反应③中水呈气态，燃烧放出的能量比反应②少，所以Q2＞Q3，从而得出三者大小关系：Q1＞Q2＞Q3。答案为：Q1＞Q2＞Q3；

(3)已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=akJ·mol-1④

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=bkJ·mol-1⑤

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=ckJ·mol-1⑥

利用盖斯定律，将④×2+⑤-⑥×2得，CO2和氢气合成CH3OCH3(g)的热化学方程式为6H2(g)+2CO2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2a+b-2c)kJ·mol-1。答案为：6H2(g)+2CO2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2a+b-2c)kJ·mol-1；

(4)若在常温常压下，lg乙醇（CH3CH2OH）完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热约为30kJ的热量，则1mol乙醇(46g)燃烧放热30kJ×46=1380kJ，所以乙醇燃烧热的热化学方程式为CH3CH2OH(g)+3O2(g)=3H2O(1)+2CO2(g)△H=-1380kJ·mol-1。答案为：CH3CH2OH(g)+3O2(g)=3H2O(1)+2CO2(g)△H=-1380kJ·mol-1。

【点睛】

表示燃烧热的热化学方程式中，除去要求燃烧物为1mol外，还对生成物的稳定性提出要求，反应物必须完全燃烧且水呈液态。【解析】484.9Q1＞Q2＞Q36H2(g)+2CO2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2a+b-2c)kJ·mol-1CH3CH2OH(g)+3O2(g)=3H2O(1)+2CO2(g)△H=-1380kJ·mol-123、略

【分析】【详解】

（1）由题意有物质的量浓度的变化量之比等于化学计量数之比，则所以平衡时则氧气的反应速率二氧化硫的转化率故答案为：0.15mol/（L·min）；75%；

（2）由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0可知，该反应的平衡常数K=化学平衡常数只与温度有关，由于该反应ΔH＜0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：减小；

（3）由可知该反应的平衡常数若不改变反应温度和反应物中SO2的起始浓度，使SO2的平衡转化率达到90%，则设O2的起始物质的量浓度为amol/L，则由可得由于温度不变，所以则解得a=3.15mol/L，故答案为：3.15。【解析】①.0.15mol/（L·min）②.75%③.④.减小⑤.3.15五、结构与性质(共2题，共6分)24、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl25、略

【分析】【详解】

(1)对应酸的电离平衡常数分析可知：酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱对应盐的水解程度越大，碱的碱性越强，则溶液碱性②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是：②①④③；

(2)碳酸氢根的水解平衡常数Kh==2.5×10-8；

(3)碳酸氢钠碱性大于同浓度的CH3COONa溶液；则消耗盐酸的体积③＜④；

(4)NaCN溶液中存在CN-的水解，溶液显碱性，由于水解是微弱的，且水也会电离出氢氧根，所以溶液中粒子浓度由大到小为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)；

碳酸的一级电离常数大于HCN的，二级电离常数小于HCN的，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO

(5)碳酸氢根的电离平衡常数为=5.010-11，则c(H+)=10-10mol/L；所以pH=10。

【点睛】

酸性越强，其对应的盐溶液水解程度越大；比较溶液中粒子浓度大小关系时，要注意弱电解质的电离和盐类的水解都是微弱的。【解析】②①④③2.5×10-8＜c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)CN-+CO2+H2O=HCN+HCO10六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、略

【分析】【详解】

由A为单质且能与NaOH溶液和Fe2O3反应可知A为Al，则B为Al2O3，C为AlCl3；由D是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体可知D为NH3，则G为H2，E为Al（OH）3，F为NH4Cl；

（1）NH4Cl为离子化合物，NH4+离子中含有四个N-H共价键，故其电子式为－；

（2）①该反应的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；

②该反应的化学方程式为：NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O；

（3）①AlCl3为强酸弱碱盐；水解显酸性；

②NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，且其水解反应以及水的电离反应都是程度很微弱的反应，故溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；

（4）Al与HNO3溶液反应产物为NO或NO2，不是单质，A错误；0.2molAl与0.4mol的H2SO4溶液或NaOH溶液反应时Al可以反应完全；B；C错误；D项正确；故选D；

（5）该反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；

①v(NH3)=v(H2)=0.8mol/(L·min)；

②与原平衡相比，起始时充入0.5molN2和1.5m