2025年岳麓版选择性必修1化学下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年岳麓版选择性必修1化学下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、如图所示；电流表A指针发生偏转，同时M极质量减少，N极有气泡冒出，B为电解质溶液。则M；N、B分别为。

A.M是Cu，N是Zn，B是稀硫酸B.M是Zn，N是Cu，B是CuCl2溶液C.M是Fe，N是Al，B是NaOH溶液D.M是Fe，N是Ag，B是稀硫酸2、下列关于铜电极的叙述中，不正确的是A.铜锌原电池中铜作正极B.氯碱工业中用铜作阳极C.用电解法精炼铜时粗铜作阳极D.在镀件上镀铜时用金属铜作阳极3、饱和硫酸铜溶液中放入一块不规则胆矾晶体，保持温度不变，胆矾晶体形状逐渐变为规则。下列有关描述正确的是()A.此过程中，胆矾晶体质量发生改变B.比过程中，溶解速率大于结晶速率C.此过程中，溶解速率小于结晶速率D.此过程中，始终保持溶解平衡状态4、下列关于电解CuCl2溶液(如图所示)的说法中，不正确的是（）

A.阴极石墨棒上有红色的铜附着B.阳极电极反应为：2Cl－-2e－=Cl2C.电解过程中，Cl－和OH－向阳极移动D.总反应为：CuCl2=Cu2++2Cl－5、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是A.NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度B.加入CaCl2促进了HCO的水解C.反应的离子方程式是2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3D.反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)6、在298K、1.01×105Pa下，将0.5molCO2通入750mL1mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（）A.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=－（4x-y）kJ·mol-1B.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=－（2x-y）kJ·mol-1C.CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）ΔH=－（2y-x）kJ·mol-1D.2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）ΔH=－（8y-2x）kJ·mol-17、下列叙述正确的是A.从平衡常数K的大小不能推断一个反应进行的程度B.常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，NaHS溶液的pH大C.相同条件下，等物质的量浓度的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，后者的c（）大D.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中，Na+、S2-、Br—、等离子可以大量共存评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

①如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请问该化学反应属于___(放热或吸热)反应，请写出该反应的热化学方程式：___。

②上述反应用到的氢气是一种清洁燃料，已知氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，请写出氢气的燃烧热热化学方程式：___。9、在2L的密闭容器中，充入一定量的SO2和O2发生反应：如果2min内SO2的物质的量由8mol下降为2mol；那么：

(1)用O2浓度变化来表示的反应速率为___________。在2min末时SO3的浓度为___________；

(2)①反应达平衡后加压将容器的体积缩小一半，其逆反应速率___________，(填“增大、不变、减小”，下同)；平衡将向___________反应方向移动(填“正；逆、不移动”)

②保持体积不变，充入SO2使体系压强增大，其正反应速率___________；SO2的转化率___________。

③保持压强不变，充入Ne气体使容器的体积增大，其正反应速率___________；平衡常数将___________

(3)在硫酸的工业生产中，通过此反应使SO2转化为SO3，发生反应：已知常压下SO3体积分数能达到91%；试回答：

①若降低温度后混合物中的O2的浓度降低，则此反应正方向为___________热反应(填“吸或放”)。

②在生产中常使用过量空气是为了_________

③加热到400℃~500℃是由于_________

④工业上压强应采用(填“高压或常压”)___________。原因是__________10、I.按要求完成下列问题：

(1)写出H2S的电离方程式：_______

(2)写出K2C2O4水解的离子方程式：_______

(3)0.1mol•L-1Na2CO3溶液中离子浓度大小顺序为：_______

(4)pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合，所得溶液的pH___________7(填“＞”、“＜”或“=”)，该溶液中的电荷守恒式为___________。

II.已知在25℃时；次氯酸；碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：

HClOKa=4.7×10-8mol/L

H2CO3Ka1=4.2×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/L

H2SO3Ka1=1.54×10-2mol/LKa2=1.02×10-7mol/L

(5)HClO、H2CO3、H2SO3三种酸酸性由强到弱的是___________；

(6)下列离子在溶液中不能大量共存的是_______。A．SOHCOB．HSOCOC．SOCOD．ClO-、HCO(7)将少量CO2通入到NaClO溶液中发生反应的离子方程式_____11、（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌2C（g）在不同温度下经过一定时间；混合物中C的体积分数与温度的关系如图所示．

①由T1向T2变化时，正反应速率________逆反应速率（填“＞”；“＜”或“=”）．

②由T3向T4变化时，正反应速率________逆反应速率（填“＞”；“＜”或“=”）．

③反应在________温度下达到平衡．

④此反应的正反应为________热反应．

（2）800℃时，在2L密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），在反应体系中，n（NO）随时间的变化如表所示：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007

①图中表示NO2变化的曲线是________，用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=________．

②能说明该反应已经达到平衡状态的是________

a．v（NO2）=2v（O2）

b．容器内压强保持不变。

c．v逆（NO）=2v正（O2）

d．容器内的密度保持不变．12、现有S2-，SONHAl3+，HPONa+，SOAlOFe3+，HCOCl-；请按要求填空：

(1)在水溶液中，水解后溶液呈碱性的离子是___。

(2)在水溶液中，水解后溶液呈酸性的离子是___。

(3)既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有___。

(4)既不能在酸性较强的溶液中大量存在，又不能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有___。13、已知NaHA水溶液呈碱性。

①用离子方程式表示NaHA水溶液呈碱性的原因________________________。

②在NaHA水溶液中各离子浓度大小关系是_________________________。14、目前煤在我国依然是第一能源；煤的气化可以实现煤的综合利用，提高煤的利用价值。

已知：煤气化反应为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH

①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/mol

②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－242.0kJ/mol

(1)ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系是ΔH=_______；ΔH=_______kJ/mol。

(2)从两个不同的角度评价将煤转化为CO和H2再燃烧的优点是________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误16、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误17、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误18、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误19、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误20、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误21、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误22、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误23、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共20分)24、中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2；并对其含量进行测定。

(1)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中反应的化学方程式为_______。

(2)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_______(填序号)；

(3)若滴定终点时溶液的pH=4.2，则选择的指示剂为_____；描述达到滴定终点的现象_____。

(4)若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积____(填序号)。

①=10mL②=40mL③＜10mL④＞40mL

(5)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，列式计算该葡萄酒中SO2含量_____g·L-1。

(6)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：_____。25、影响化学反应速率的因素有很多；某课外兴趣小组用实验的方法对其进行探究。

(1)实验一：取的溶液各10mL分别进行下列实验，实验报告如下表所示。序号V(过氧化氢溶液)/mLV(氯化铁溶液)/mL二氧化锰质量/g反应温度/℃V(水)/mL结论11020508210203083100130a

①实验1、2研究的是___________对分解速率的影响。

②表中数据a的值应该为___________；实验2、3研究的是___________对分解速率的影响。

③如果实验3中30s时共收集到气体的体积为11.2mL(已折算成标准状况下)，则用过氧化氢表示的0~30s的平均反应速率为___________

(2)实验二：已知对分解也具有催化作用，为比较和对分解的催化效果；该小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验。回答相关问题。

①甲装置：通过观察气泡产生的速率，比较二者的催化效果。但小组某同学提出将硫酸铜改为氯化铜更好，其理由可能是___________。

②通过乙装置也能比较二者的催化效果。同温同压下，均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。则实验中还需要测量的数据是___________。

(3)实验三：取等量的氯酸钾分别加入A、B两试管中，直接加热A试管中的氯酸钾，基本无气体产生；向B试管中再加入少量高锰酸钾，生成气体体积与时间的关系如图。不考虑温度的影响，分析：图中前，B试管中产生气体的速率较慢且量少的原因可能为___________，后，B试管中产生气体的速率较快且量多的原因可能为___________。

评卷人得分五、结构与性质(共4题，共8分)26、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。27、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化28、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_______。29、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、工业流程题(共1题，共9分)30、铬是是钢铁(主要成分是等)中可缺少的元素；提高钢的机械性和耐磨性，测定钢铁中铬含量的流程如图所示，请回答以下问题。

已知：①磷酸与三价铁可以生成无色稳定的络合物。

②加入浓硝酸的目的是将样品钢中的碳化物充分溶解。

③过硫酸铵具有强氧化性，显紫红色，还原性

(1)不直接用浓硝酸溶解样品钢的原因是___________，酸浸后产生的气体1为___________。

(2)在酸浸时发生下列反应，请填上产物并配平：___________+___________→___________+___________C+___________，___________

(3)加入过硫酸铵溶液时，一定要加到溶液1变成紫红色，原因是___________。

(4)在紫红色溶液中加入NaCl，除去后，控制溶液的pH为3~4，使氯化钠只与高锰酸反应，请写出该反应的离子方程式___________。

(5)在用滴定浅黄色溶液2时，需要加入铬钒指示剂，铬钒指示剂在氧化性试液中显紫红色，在还原性试液中显无色，则滴定终点时溶液3的颜色是___________。

(6)取0.5000g样品钢于250mL锥形瓶中，加入硫酸与磷酸的混合酸30mL，滴加浓硝酸，加入0.05过硫酸铵溶液和硝酸银，充分反应后煮沸，将多余的过硫酸铵完全分解，加入NaCl，调节pH为3~4，充分搅拌后，冷却至室温，加入3滴铬钒指示剂，用滴定，滴定终点时消耗的体积如下：。开始读数(mL)结束读数(mL)第一次2.007.62第二次0.005.42第三次2.007.60

则样品钢中Cr的质量分数为___________%(结果保留四位有效数字)。

(7)如果滴定前，不加入NaCl，测得结果会___________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

由题意可知；M极发生氧化反应为负极，N极为正极，结合原电池工作原理相关知识解此题。

【详解】

A．由分析可知；M为负极N为正极，则M比N活泼，故A不选；

B．由A可知M比N活泼；M是Zn，N是Cu，但由于N极有气泡产生，则溶液应为酸，故B不选；

C．在NaOH强碱溶液中；Al电极发生氧化反应为负极，由题意N为正极，故C不选；

D．由题意有M是Fe；N是Ag，B是稀硫酸，银为正极，氢离子在此极得电子，生成氢气，有气泡冒出，故选D。

答案选D。2、B【分析】【详解】

A．铜锌原电池中；Zn活泼失去电子作负极，则Cu为正极，故A正确；

B．氯碱工业中选择惰性电解；若Cu为阳极，失去电子，则不能选Cu作阳极，故B错误；

C．电解法精炼铜时；粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质溶液含铜离子，故C正确；

D．镀铜时；Cu在阳极失去电子，则金属铜作阳极，故D正确；

故选：B。3、D【分析】【分析】

【详解】

向饱和硫酸铜溶液中放入一块不规则胆矾晶体，硫酸铜晶体和硫酸铜溶液形成溶解平衡，此过程中始终保持溶解平衡状态，溶解速率等于结晶速率，晶体和溶液的质量都是不变的，但硫酸铜晶体的形状会变得规则，故选D。4、D【分析】【分析】

电解CuCl2溶液时，总反应为：电解池中，阳极上发生氧化反应，是氯离子失去电子的氧化反应，2Cl－-2e－=Cl2阴极上发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，溶液中Cu2+向阴极移动，Cl－和OH－向阳极移动；即可解题。

【详解】

A．根据题干分析；阴极石墨棒上有红色的铜附着，故A正确；

B．根据题干分析，阳极电极反应为：2Cl－-2e－=Cl2故B正确；

C．根据题干分析，电解过程中，Cl－和OH－向阳极移动；故C正确；

D．根据题干分析，总反应为：故D错误；

故答案选：D。5、B【分析】【详解】

A．若HCO电离程度大则呈酸性，HCO的水解程度大呈碱性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度；故A正确；

B．加入CaCl2钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙，促进了HCO的电离；故B错误；

C．滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出，生成碳酸，反应的离子方程式是2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3；故C正确；

D．根据电荷守恒，溶液呈中性，左侧删除c(H+)，右侧删除c(OH-)，反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)；故D正确；

故选B。6、A【分析】【分析】

根据题意可知，0.5molCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mLL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。

【详解】

0.5molCO2通入750mL1mol⋅L−1NaOH溶液中生成碳酸钠和碳酸氢钠，物质的量之比为1:1,放出热量为xkJ，2molCO2反应放出热量为4xkJ，热化学反应方程式为2CO2(g)+3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=−4xkJ⋅mol−1①；1molCO2通入1L2mol⋅L−1NaOH溶液中反应生成碳酸钠，放出的热量为ykJ，则热化学方程式为2NaOH(aq)+CO2(g)=Na2CO3(aq)△H=−ykJ⋅mol−1②；根据盖斯定律可知，①−②得：CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)△H=−(4x−y)kJ⋅mol−1；故选：A。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．平衡常数越大；反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，故A错误；

B．硫离子第一步水解程度远远大于第二步水解，相同温度、相同浓度时，水解程度越大其溶液碱性越强，所以常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液中，Na2S溶液的pH大；故B错误；

C．氢离子抑制铵根离子水解，则等物质的量浓度的NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，后者的c(NH4+)大；故C正确；

D．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中存在强氧化剂；硫离子还原性大于碘离子，所以硫离子能被强氧化剂氧化而不能共存，故D错误。

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

①如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，图示是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，则反应为N2(g)+H2(g)NH3(g)的焓变△H=反应物的总键能E1−生成物的总键能E2=254kJ/mol−300kJ/mol=−46kJ/mol，所生成2molNH3(g)放热为46kJ/mol×2mol=92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92kJ⋅mol−1；

②氢气的燃烧热为285.8kJ⋅mol−1，即1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，放热反应的反应热为负值，所以氢气的燃烧热热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1。【解析】放热N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=−92kJ⋅mol−1H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在2L的密闭容器中，2min内SO2的物质的量由8mol下降为2mol，则二氧化硫浓度减小3mol·L-1，用SO2浓度变化来表示的反应速率为1.5mol·L-1·min-1，用O2浓度变化来表示的反应速率为0.75mol·L-1·min-1，三氧化硫浓度增加3mol·L-1，在2min末时SO3的浓度为3mol/L-1。

(2)①将容器的体积缩小一半，即增大了压强，其逆反应速率增大；按勒夏特列原理知，平衡将向正反应方向移动；②保持体积不变，充入SO2，增大了反应物浓度，则其正反应速率增大，SO2的转化率减小。③保持压强不变；充入Ne气体使容器的体积增大，即给反应体现有效减压，则正反应速率减小；化学平衡常数只受温度影响，故平衡常数将不变。

(3)①若降低温度后混合物中的O2的浓度降低，平衡向正反应方向移动，降温朝放热方向移动，则此反应正方向为放热反应。②按勒夏特列原理知，使用过量空气是为了增大反应物浓度，有利于平衡正向移动，提高SO2转化率；③低温更有利于平衡右移但反应速率小单位时间内产量低，温度高时情况正相反，加热到400℃~500℃是由于在此温度下，催化剂活性强，反应速率快，可缩短到达平衡的时间，提高单位时间内SO2的产率；④理论上讲高压更有利于平衡右移，工业上压强应采用常压。原因是因常压下平衡混合气体中SO3的体积分数已经达到91%，再加压对设备要求高。成本高，实际意义不大。【解析】0.75mol·L-1·min-13mol/L-1增大正增大减小减小不变放增大反应物浓度，有利于平衡正向移动，提高SO2转化率在此温度下，催化剂活性强，反应速率快，可缩短到达平衡的时间，提高单位时间内SO2的产率常压因常压下平衡混合气体中SO3的体积分数已经达到91%，再加压对设备要求高。成本高，实际意义不大10、略

【分析】【分析】

(1)

H2S为二元弱酸，应分步电离，其电离方程式H2SHS-+H+，HS-S2-+H+；答案为H2SHS-+H+，HS-S2-+H+。

(2)

K2C2O4为二元弱酸盐，水解应分步进行，其水解的离子方程式为+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-；答案为+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-。

(3)

Na2CO3属于强电解质，在水溶液中完全电离，即Na2CO3=2Na++会水解，且是二元弱酸根，水解分步进行，即+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，溶液呈碱性，由于水解是微弱的，且第一步水解程度大于第二步水解，两步都产生了OH-，所以0.1mol•L-1Na2CO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)；答案为c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)。

(4)

醋酸为弱酸，NaOH为强碱，当pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，即pH＜7，醋酸与NaOH发生反应，即CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，溶液中存在Na+、H+、CH3COO-和OH-，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；答案为＜；c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。

(5)

弱酸的电离常数越大，酸性越强，多元弱酸以第一级电离为主，由题中电离常数数值可知，Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，所以HClO、H2CO3、H2SO3三种酸酸性由强到弱的是H2SO3＞H2CO3＞HClO；答案为H2SO3＞H2CO3＞HClO。

(6)

弱酸的电离常数越大，酸性越强，由题中电离常数数值可知，酸性强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；

A．因为酸性＞根据强酸制弱酸原理，则二者不发生反应；可以大量共存，故A不符合题意；

B．因为酸性＞根据强酸制弱酸原理，则二者发生反应，即+=+不能大量共存，故B符合题意；

C．二者不发生反应；可以大量共存，故C不符合题意；

D．因为酸性HClO＞根据强酸制弱酸原理，则ClO-、二者不发生反应；可以大量共存，故D不符合题意；

答案为B。

(7)

由上述可知，酸性H2CO3＞HClO＞强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则将少量CO2通入到NaClO溶液中发生反应，其离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+答案为ClO-+H2O+CO2=HClO+【解析】(1)H2SHS-+H+HS-S2-+H+

(2)+H2O+OH-，+H2OH2C2O4+OH-

(3)c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)

(4)＜c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)

(5)H2SO3＞H2CO3＞HClO

(6)B

(7)ClO-+H2O+CO2=HClO+11、略

【分析】【详解】

①T3之前，反应没有达到平衡状态，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，因此，本题正确答案是:＞。

②T3后随温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率；因此，本题正确答案是:＜。

③T3之前，反应没有达到平衡状态,T3时反应达到平衡状态；因此，本题正确答案是:T3。

④T3后随温度升高；平衡逆向移动，说明正反应放热；因此，本题正确答案是：放。

（2）①从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量,所以表示NO2的变化的曲线是b，0～2s内v(NO)=(0.02-0.008)/（2×2）=0.0030mol/（L∙s），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/（L∙s），因此，本题正确答案是：b，0.0015mol/（L∙s）。

②a.反应速率之比等于化学方程式计量数之比,v（NO2）=2v（O2），没有指明正逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；

b.反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，可以说明该反应已经达到平衡状态，故b正确；

c.反应速率之比等于化学方程式计量数之比v逆（NO）=2v正（O2），一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；

d.恒容容器，反应物、生成物都是气体，质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；bc符合题意；

综上所述，本题选bc。【解析】①.＞②.＜③.T3④.放⑤.b⑥.0.0015mol/（L∙s）⑦.bc12、略

【分析】【详解】

(1)弱酸根离子水解后溶液呈碱性，部分酸式酸根离子的水解程度大于电离程度，其水溶液也呈碱性，故填S2-，SOHPOAlOHCO故答案为：S2-，SOHPOAlOHCO

(2)NHAl3+，Fe3+属于弱碱阳离子，水解后溶液呈酸性。故答案为：NHAl3+，Fe3+；

(3)Na+是强碱的阳离子，Cl-和SO是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在，又能在强碱性溶液中存在。故答案为：Na+，Cl-，SO

(4)HPOHCO既能与强酸反应，又能与强碱反应。故答案为：HPOHCO【解析】S2-，SOHPOAlOHCONHAl3+，Fe3+Na+，Cl-，SOHPOHCO13、略

【分析】【详解】

①溶液呈碱性说明酸式酸根离子电离的程度小于水解程度，水解导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：HA－＋H2OH2A＋OH－；

②NaHA水溶液呈碱性说明HA－的水解程度大于电离程度，钠离子不水解，所以离子浓度最大，HA－的电离和水解都较微弱，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液中氢离子由水和HA-电离得到，所以c(H+)＞c(A2-)，故离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(HA－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(A2－)。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离平衡，注意酸式酸根离子不仅水解还电离，根据电离和水解程度确定溶液的酸碱性是解答本题的关键。【解析】HA－＋H2OH2A＋OH－c(Na＋)＞c(HA－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(A2－)14、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律计算反应热；从环境保护及运输成本等方面分析煤气化的优点。

【详解】

（1）已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH

①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ/mol

②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－242.0kJ/mol

据盖斯定律，①-②-③得：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3则△H=-393.5kJ/mol+283.0kJ/mol+242.0kJ/mol=+131.5kJ•mol-1，故答案为：ΔH1-ΔH2-ΔH3；+131.5kJ•mol-1；

（2）煤气化的优点有：减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输，故答案为：减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输。【解析】ΔH1-ΔH2-ΔH3+131.5kJ•mol-1；减少煤直接燃烧时造成的污染、气化后的燃料便于运输三、判断题(共9题，共18分)15、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。18、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。19、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。20、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。21、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。22、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。23、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、实验题(共2题，共20分)24、略

【分析】【分析】

二氧化硫具有还原性，能够与过氧化氢反应生成硫酸，用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用适当的指示剂，结合关系式2NaOH～H2SO4～SO2计算解答。

【详解】

(1)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；

(2)氢氧化钠溶液为碱溶液；应该使用碱式滴定管盛放，碱式滴定管排气泡的方法是：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法，故答案为：③；

(3)滴定终点时溶液的pH=4.2；应该选择甲基橙做指示剂(甲基橙的变色范围是3.1～4.4)，滴定终点现象为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由红变橙，且半分钟不变色，故答案为：甲基橙；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由红变橙，且半分钟不变色；

(4)若用50mL滴定管进行实验；当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，故答案为：④；

(5)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为=0.24g/L；故答案为：0.24；

(6)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸会消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，故答案为：盐酸易挥发，用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响)。【解析】SO2+H2O2=H2SO4③甲基橙当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由红变橙，且半分钟不变色④0.24盐酸易挥发，用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响)25、略

【分析】【分析】

过氧化氢的分解受到温度；催化剂等的影响；设计对比试验进行探究，对比试验的设计思想要控制变量唯一，过氧化氢的浓度保持不变；不同的催化剂对过氧化氢的分解催化效果不同，排除阴离子不同带来的干扰，相同条件下，一定时间内收集气体体积越大反应速率越快，或者收集相同体积气体所用时间越短反应速率越快；氯酸钾自身受热分解生成氧气速率较为缓慢，需要使用二氧化锰作为催化剂，高锰酸钾受热分解产生二氧化锰，可以作为氯酸钾反应的催化剂，所以反应速率先慢后快，据此分析答题。

【详解】

(1)①对比实验1、2的反应条件可知氯化铁溶液体积相同，二氧化锰未使用，反应温度不同，最后溶液总体积相同，探究反应温度对分解速率的影响；答案为：温度；

②根据表格数据可知，实验2、3研究的是催化剂对分解速率的影响，所以要求的浓度相同，假设溶液体积可以加和，取的溶液各10mL分别进行实验；只需要保证最后溶液总体积相同，则a=10，答案为：10；催化剂；

③收集氧气的物质的量为：消耗的物质的量为：反应速率为：答案为：0.1；

(2)①对分解也具有催化作用，为比较和对分解的效果；应该排除阴离子不同带来的干扰，所以应将硫酸铜改为氯化铜，答案为：前者是氯化铁，用氯化铜可使二者只有金属离子不同，消除阴离子的影响，使得到的实验结论更可靠；

②相同条件下；一定时间内收集气体体积越大反应速率越快，或者收集相同体积气体所用时间越短反应速率越快，答案为：收集气体所需要的时间；

(3)氯酸钾自身受热分解生成氧气速率较为缓慢，需要使用二氧化锰作为催化剂，高锰酸钾受热分解产生二氧化锰，可以作为氯酸钾反应的催化剂，所以反应速率先慢后快，答案为：氯酸钾自身受热分解很缓慢；高锰酸钾的分解产物对氯酸钾的分解起到了催化作用。【解析】温度10催化剂0.1前者是氯化铁，用氯化铜可使二者只有金属离子不同，消除阴离子的影响，使得到的实验结论更可靠收集气体所需要的时间氯酸钾自身受热分解很缓慢高锰酸钾的分解产物对氯酸钾的分解起到了催化作用五、结构与性质(共4题，共8分)26、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO227、略

【分析】【分析】

按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)；按平衡常数的定义；结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；

【详解】

(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60；A错误；B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误；C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大；分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。

(3)N和As元素均位于ⅤA族；具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。

(4)①按定义，反应AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)的平衡常数表达式由表知，平衡时，c(AsO)=ymol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)=0.06L×ymol。则平衡时

②由图可知，tm时，c(AsO)<ymol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆<n时v逆。当反应达到平衡后；则：

A．v(I-)=2v(AsO)；未表示出是否为正逆反应速率，A错误；

B．平衡时各成分的浓度不再变化；则溶液的pH不再变化，B正确；

C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)=2c(AsO)=2ymol·L-1；C错误；

D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化；D正确；