2025年外研版三年级起点选择性必修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年外研版三年级起点选择性必修1化学上册阶段测试试卷386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6题，共12分)1、在一定温度下的恒容密闭容器中；当下哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态。

①混合气体的压强。

②混合气体的密度。

③B的物质的量浓度。

④气体的总物质的量。

⑤混合气体的平均相对分子质量。

⑥物质C的百分含量。

⑦各气体的物质的量A.②③⑤⑥⑦B.①②③⑥⑦C.②③④⑤⑥D.①③④⑤⑦2、气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示，当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的传感器(被检测气体产物)有：等；则下列说法中正确的是。

A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B.检测气体时，电流离开对电极流向传感器C.检测和相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D.检测气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：3、热激活电池(又称热电池)可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，不正确的是。

A.负极的电极反应：Ca−2e－＝Ca2+B.放电时，K+向硫酸铅电极移动C.硫酸铅作正极材料，LiCl为正极反应物D.常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转4、氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的v-t图。下列说法不正确的是。

A.反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致B.纵坐标为v(H+)的v-t曲线与图中曲线完全重合C.图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内的物质的量浓度的减少量D.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小5、下列关于化学反应方向的说法正确的是A.凡是放热反应都是自发反应B.凡是熵增大的反应都是自发反应C.凡是吸热反应都不是自发反应D.反应是否自发，不只与反应热有关6、叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是A.0.01HN3溶液的pH＝2B.HN3溶液的pH随温度升高而减小C.NaN3的电离方程式：NaN3=Na++3N－D.0.01NaN3溶液中：c(H+)+c(Na+)＝c（）+c(HN3)评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、已知25℃时，电离平衡常数：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8

回答下列问题：

(1)下列四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是___________(填标号)。

a．HCO3-b．HClOc．CH3COOHd．H2CO3

(2)下列反应不能发生的是___________。A．B．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOC．D．(3)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________。A．B．C．D．(4)体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图，则HX的电离平衡常数___________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)醋酸的电离平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)___________醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。

8、向一个固定体积的密闭容器充入2molA和1molB，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（g）；2分钟后，反应达到平衡，C的浓度为1.2mol/L。

（1）用A表示2分钟内平均反应速率为_____，A在第1分钟平均速率_______第2分钟平均速率（填“＜”；“＞”、“=”）。

（2）容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，则正反应为_____（填“吸热”或“放热”）反应．

（3）增大B的转化率，可采取的措施是_____（用序号填空）

①加入A②加入B③加压④再加入1.6molA+0.8molB⑤将C分离出容器。

（4）若在相同条件下，在上述容器中充入1.5molC和0.5molD发生上述反应，为使平衡后，C的浓度仍为1.2mol/L，则应再充入_____molA和_____molB．

（5）若在一体积可变的容器中，该反应达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况如下图，a点改变的条件可能是_____；b点改变的条件可能是_____；若升高温度时，请将反应速率变化情况画在c-d处。_____________

9、将物质的量均为3.00mol物质A、B混合于5L溶器中，发生如下反应3A＋B2C；在反应过程中C的物质的量分数随温度变化如图所示：

（1）T0对应的反应速率v正和v逆的关系是_____（用含“＞”“＜”“＝”表示；下同）；

（2）此反应的正反应为______热反应；

（3）X、Y两点A物质正反应速率的大小关系是______________；

（4）温度T＜T0时，C%逐渐增大的原因是________________________；

（5）若Y点的C的物质的量分数为25%，则参加反应的A的物质的量为_______；若Y点时所耗时间为2min，则B物质的反应速率为__________。10、某化学小组进行了关于“活泼金属与酸反应”的实验，得出了一些有趣的想法，请你帮助他们完成一些判断．将5.4g铝片投入500mL0.5mol•L﹣1的硫酸溶液中；右图为反应产生氢气速率与反应时间的关系图。

（1）关于图象的描述不正确的是______．

①a→c段产生氢气的速率增加较快可能是表面的氧化膜逐渐溶解；加快了反应的速率。

②c以后；产生氢气的速率逐渐下降可能是铝片趋于消耗完全。

③a→c段产生氢气的速率增加较快可能是该反应放热；导致温度升高，加快了反应。

（2）书写O→a段所对应的离子方程式___________________．

（3）若其他条件相同，现换用500mL1mol•L﹣1盐酸，产生氢气速率普遍较使用500mL0.5mol•L﹣1硫酸的快，可能的原因是______

①盐酸中c（H+）的浓度更大②Cl﹣有催化作用③SO42﹣有催化作用④Al3+有催化作用。

（4）根据所学，若要加快铝片与硫酸溶液制H2的反应速率，小组成员提出一系列方案，比如：①加入某种催化剂；②滴加少量CuSO4溶液；③将铝片剪成100条；④增加硫酸的浓度至18mol/L；⑤加入蒸馏水；⑥加入少量KNO3固体；

其中，你认为不合理的方案有______，并请你再补充一种合理方案是___________________．11、（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH=+49.0kJ/mol

②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-192.9kJ/mol

由上述方程式可知：CH3OH的燃烧热____(填“大于”“等于”或“小于”)192.9kJ/mol。已知水的气化热为44kJ/mol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为___。

（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。已知：

①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH=-159.5kJ/mol

②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=+116.5kJ/mol

③H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ/mol

写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式___。

（3）已知：①Fe(s)+O2(g)=FeO(s)ΔH1=-272.0kJ/mol

②2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)ΔH2=-1675.7kJ/mol

Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是___。铝热反应的反应类型___，某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是____(填“能”或“不能”)，你的理由____。

（4）再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物；工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃；101KPa下：

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1=-242kJ/mol

②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2=-676kJ/mol

写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式____。12、已知下列热化学方程式：

①H2(g)+O2(g)=H2O(l)；△H=﹣285kJ/mol

②H2O(g)=H2(g)+O2(g)；△H=+241.8kJ/mol

③C(s)+O2(g)=CO(g)；△H=﹣110.4kJ/mol

④C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=﹣393.5kJ/mol

回答下列各问：

(1)上述反应中属于放热反应的是_________．(用序号填写)

(2)C的燃烧热为________________________．

(3)燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为_______________．

(4)CO的燃烧热的热化学方程式为_______________________．13、纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O；其装置如图甲；乙。

(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。

(2)该电解池的阳极反应式为________________________________________；

肼燃料电池中A极发生的电极反应为____________________________。

(3)当反应生成14.4gCu2O时，至少需要肼________mol。14、根据下列化合物：①NaOH；②H2SO4；③CH3COOH；④NaHCO3；⑤CH3COONa；⑥NH4Cl；⑦CH3COONH4；⑧NH4HSO4；⑨NH3·H2O；⑩Al2(SO4)3；请回答下列问题：

(1)若浓度均为0.1mol/L、等体积的NaOH和NH3·H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则m_____n(填“>”；“＜”或“=”)。

(2)已知水存在如下平衡：现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是________

A．向水中加入NaHSO4固体B．向水中加NaHCO3固体。

C．加热至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol/L]D．向水中加入NH4Cl固体。

(3)NH4Cl溶液显酸性的原因是__________(用离子方程式表示)。

(4)泡沫灭火器的原理是_________(用离子方程式表示)。

(5)物质的量浓度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四种稀溶液中，NH浓度由大到小的顺序是__________(填序号)。15、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式：____。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)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、时，若测得溶液取该溶液加蒸馏水稀释至测得则是弱酸。(________)A.正确B.错误18、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(OH-)。(_______)A.正确B.错误19、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)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、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误22、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、结构与性质(共1题，共3分)23、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：_______。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共18分)24、一氧化碳是一种用途相当广泛的化工基础原料。可以还原金属氧化物，可以用来合成很多有机物如甲醇（CH3OH）、二甲醚（CH3OCH3）等；还可以作燃料。

(1)在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0

①该反应的平衡常数表达式为____________。

②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是___________。

A．升高温度B．将CH3OH(g)从体系中分离。

C．充入He，使体系总压强增大D．再充入1molCO和3molH2

(2）已知：①CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1＝-90.7kJ·mol-1

②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H2＝-23.5kJ·mol-1

③CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)△H3＝-41.2kJ·mol-1

则3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g)的△H＝_______kJ·mol-1

(3)甲醇也是新能源电池的燃料，但它对水质会造成一定的污染。有一种电化学法可消除这种污染。其原理是：2滴甲醇，1mL1.0mol·L—1硫酸，4mL0.1mol·L—1硫酸钴(CoSO4）混合溶液，插上两根惰性电极，通电，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用图装置模拟上述过程：

①检验电解时产生的CO2气体，井穴板穴孔内应盛放___________溶液。

②写出净化甲醇的离子方程式______________________。25、丙烯是一种重要的有机化工原料；用于制丙烯腈；环氧丙烷、丙酮等。回答下列问题：

（1）已知Ⅰ.C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ/mol

Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-484kJ/mol

则丙烷氧化脱氢制丙烯的反应2C3H8(g)+O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g)的△H为___kJ/mol。

（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程，部分历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

①如图历程中决速步骤能垒(活化能)为___eV。该历程中最低能垒对应的化学方程式为___。

②图示历程之后可能发生的化学反应方程式为___。

（3）已知丙烷氧化脱氢容易发生副反应：2C3H8(g)+O2(g)⇌3C2H4(g)+2H2O(g)。如图所示是丙烷氧化脱氢制丙烯反应达平衡时丙烷转化率与丙烯选择性随温度变化的曲线。

（丙烯的选择性=×100%）

①丙烯的选择性随温度升高而降低的可能原因有___。

②在反应温度为600℃，将C3H8与O2以体积比1：1充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷转化率为40%，丙烯的选择性也为40%，体系总压强为pkPa，则氧气的转化率α(O2)=___，丙烯的分压p(C3H6)=___(结果保留2位有效数字)。26、某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)的分解反应。

（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)；实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：

。温度/℃

15

20

25

30

35

平衡总压强/kPa

5.7

8.3

12

17.1

24

平衡气体总浓度/mol·L－1

2.4×10－3

3.4×10－3

4.8×10－3

6.8×10－3

9.4×10－3

①该可逆反应的平衡常数的表达式为________________________

②可以判断该分解反应已经达到平衡的是________。

A．2v(NH3)＝v(CO2)

B．密闭容器中混合气体的密度不变。

C．密闭容器中CO2的体积分数不变。

D．密闭容器中总压强不变。

③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下增大容器体积，氨基甲酸铵固体的质量将________(填“增加”、“减少”或“不变”)。该反应的焓变ΔH______0(填“>”、“＝”或“<”，下同)，熵变ΔS_______0

（2）在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。

已知：①C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1

②CO2(g)＋C(s)===2CO(g)ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1

③S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH3＝－296.0kJ·mol－1

请写出CO与SO2反应的热化学方程式_________________________________________________________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应；所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，错误；

②该容器的体积保持不变；根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当容器中气体的质量不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，正确；

③反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，正确；

④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应；所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，错误；

⑤容器中的气体平均相对分子质量M=反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，正确；

⑥物质C的百分含量；说明各物质的量不变，反应达平衡状态，正确；

⑦各气体的物质的量不变；说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，正确；

结合以上分析可知；②③⑤⑥⑦符合题意；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．甲烷；一氧化碳发生氧化反应；氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也可以作负极，A错误；

B．(敏感电极)是氧化剂反应还原反应作正极；电流离开敏感电极，对电极作负极，是电子流出，电流流入，B错误；

C．电流大小由转移电子大小决定，由+4变为0价转移4个电子，由+2价变为+4价转移2个电子；相同量气体转移电子不同，则电流不同，C错误；

D．氧化产物为说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式可以为：D正确；

故选D。3、C【分析】【分析】

电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca化合价升高，失去电子，作负极，PbSO4化合价降低；得到电子，作正极。

【详解】

A．根据前面分析得到负极的电极反应：Ca−2e－＝Ca2+；故A正确；

B．放电时，根据离子移动方向“同性相吸”，因此K+向正极(硫酸铅)移动；故B正确；

C．硫酸铅作正极材料，熔融的LiCl作为电解质，根据PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb信息，PbSO4为正极反应物；故C错误；

D．根据题中信息；电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，因此常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转，故D正确。

综上所述，答案为C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据可知，随反应进行，氢离子浓度增大，已知反应的反应速率随c(H+)的增大而增大，所以反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致，故A正确；B．v(H+)=3v()，纵坐标为v(H+)的v-t曲线与图中曲线不重合，故B错误；C．图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内的物质的量浓度的减少量，故C正确；D．随反应进行，反应物浓度减小，所以后期反应速率下降，故D正确；答案选B。5、D【分析】【分析】

判断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行；△G=△H-T△S＞0的反应不能自发进行。

【详解】

A.判断反应的自发性不能只根据焓变；要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；

B.判断反应的自发性不能只根据熵变；要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；

C.由分析可知；吸热反应也有可能是自发反应，C项错误；

D.反应是否自发；不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；

答案选D。6、B【分析】【详解】

A．由题意NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根()会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01HN3溶液的pH＞2；A错误；

B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H++电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大；pH减小，B正确；

C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N电离方程式为NaN3=Na++C错误；

D．0.01NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)＝c()+c(HN3)；D错误；

故本题选B。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

（1）

电离平衡常数越大，酸电离出的氢离子越多，即酸电离出质子能力越强，酸性也越强，据图表可知，电离平衡常数大小：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()，所以四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是c＞d＞b＞a；

（2）

A．据图表可知，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，所以醋酸能够制备碳酸，所以能够发生；

B．据图表可知，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，根据强酸制备弱酸规律，醋酸能够制备次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反应能够发生；

C．据图表可知，电离平衡常数：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)；根据强酸制备弱酸规律，次氯酸不能制备碳酸，故反应不能发生；

D．据图表可知，电离平衡常数：Ka(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka()；根据强酸制备弱酸规律，碳酸与次氯酸的盐反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，故反应不能发生；

故选CD；

（3）

醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡右移，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)，n(H+)增加，由于溶液的体积增加的较大，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小，根据Kw=c(H+)c(OH-)分析可知，溶液中c(OH-)增大；由于温度不变，Ka=保持不变；

A．=由于c(CH3COO-)减小，所以减小；故A错误；

B．=由于c(H+)减小，所以增大；故B正确；

C．Kw=c(H+)c(OH-)，由于稀释过程温度不变，Kw不变，=稀释过程中c(OH-)增大，所以减小；故C错误；

D．稀释过程中，c(H+)减小，c(OH-)增大，所以减小；故D错误；

故选B。

（4）

由图可知，体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL时，HX的pH变化比CH3COOH大，HX的酸性强，酸性越强，电离平衡常数越大，则相同体条件下，HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；酸抑制水电离，氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大；稀释后，HX的pH大于醋酸的pH，则HX的氢离子浓度小于醋酸溶液中氢离子浓度，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。【解析】（1）c＞d＞b＞a

（2）CD

（3）B

（4）大于大于8、略

【分析】【详解】

（1）C的浓度变化值为1.2mol/L；可知C的速率为0.6mol/(L•min)，v(A)：v(C)=2：3，所以v(A)=0.4mol/(L•min)，随反应进行A的浓度逐渐减小，所以A在第1分钟平均速率大于第2分钟平均速率；

（2）容器温度升高；平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向气体分子数多的方向移动，即正向移动，所以正向为吸热反应；

（3）①⑤可以使平衡正向移动；增大B的转化率，②加入B虽然促进正向反应，但是B的转化率减小，③加压会引起平衡逆向移动，B的转化率减小，④再加入1.6molA和0.8molB，A与B的比例与原始比例相同，均为2：1，所以该改变相当于加压，使平衡逆向移动，B的转化率减小，满足题意的是①⑤；

（4）该题为绝对等效平衡；需要与初始A和B的浓度相等，根据“一边倒”，可得充入1.5molC和0.5molD等效于充入1molA和0.5molB，要达到C的浓度仍为1.2mol/L的要求，再充入1molA和0.5molB；

（5）a点处平衡逆向移动，速率增大，且前后图像断开，可能条件为增大压强，b点处平衡正向移动，速率减小，且前后图像连接，可能条件是分离出C或D。升高温度，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，故图像为：

【点睛】

等效平衡在恒压情况下要求等比例，恒容情况下要绝对相等。【解析】①.0.4mol/(L•min)②.>③.吸热④.①⑤⑤.1⑥.0.5⑦.增大压强⑧.分离C或D⑨.9、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）在T0时C的含量最大，说明T0温度下该反应得到了最大限度，也就是达到了平衡状态，故V正=V逆。（2）T0后，随着温度的升高C的含量减少，说明温度升高反应向逆向移动，温度升高向逆向移动，则反应是放热反应。（3）X、Y两点A的浓度相等但Y时反应温度较高，所以速率较快。（4）温度T＜T0时；反应还没有达到平衡，反应向正向进行，C的量增多，C%逐渐增大。（5）设Y时B的变化量为xmol，则有：

3A＋B2C；

起始（mol）330

变化（mol）3xx2x

终态（mol）3-3x3-x2x2x/(3-3x+3-x+2x)=25%；得：x=0.6mol，参加反应的A的物质的量为3×0.6mol=1.8mol，B物质的反应速率为0.6mol÷5L÷2min=0.06mol/(L·min)

考点：化学反应速率和化学平衡移动【解析】（1）V正＝Ｖ逆（1分）（2）放热反应；（1分）（3）Y＞X；（1分）

（4）反应未达到平衡；反应仍在向正反应方向进行，故C%的逐渐增大。（1分）

（5）1.8mol；（2分）0.06mol/L·min（2分）10、略

【分析】【详解】

（1）在反应的后期；由于硫酸的浓度逐渐降低，导致反应速率逐渐降低。铝是固体，其质量多少不能影响反应速率，所以②是错误的，其余都是正确的，答案选②

(2)铝是活泼的金属极易被氧化生成一层致密的氧化膜，所以开始没有氢气此时，是因为硫酸和氧化铝反应导致的，方程式为Al2O3+6H+=2Al3＋+3H2O。

（3）根据浓度可知氢离子的浓度是相同的，所以①不正确，反应中都生成铝离子，④不正确。由于酸中阴离子是不同的，盐酸反应快，这说明Cl―有催化作用，或者是SO42―有阻化作用；答案选②；（4）一般增大反应物的浓度；升高温度、或加入催化剂、或提高原电池反应、或增大反应物的接触面积等都能加快反应速率。浓硫酸和铝不能产生氢气，④不正确，⑤是稀释降低氢离子浓度，反应速率降低。在酸性溶液中，硝酸钾能和铝反应但产生的气体是NO，而不是氢气，所以⑥不正确。

点睛：（1）本题铝与盐酸反应产生H2的速率过程的分析，要求分析出影响反应速率的几个条件，并得出Cl―有催化作用，或者是SO42―有阻化作用的结论。（2）一般增大反应物的浓度、升高温度、或加入催化剂、或提高原电池反应、或增大反应物的接触面积等都能加快反应速率。分析时要从多个角度综合分析。【解析】①.②②.Al2O3+6H+=2Al3++3H2O③.②④.④⑤⑥⑤.升高温度(或适当增加H2SO4浓度，其它合理答案均给分)11、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律得到所需热化学反应方程式；

（2）由已知热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式；

（3）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；利用铝热反应大量制取金属时考虑经济效益；

（4）根据盖斯定律；①×3-②可得目标热化学方程式。

【详解】

（1）反应②，燃烧热中生成的水必须是液态水，气态水变为液态水放出热量，故甲醇完全燃烧释放的热量应大于192.9kJ•mol-1；

①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol

②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol

③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ•mol-1

根据盖斯定律计算，[③×3-②-①]×热化学反应方程式为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH=-124.6kJ/mol；

（2）①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH=-159.5kJ/mol

②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH=+116.5kJ/mol

③H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ/mol

依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②−③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)ΔH=-87.0kJ/mol；

（3）依据盖斯定律②-①×3得到热化学方程式为：3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)ΔH=-859.7kJ/mol；该反应类型属于置换反应；利用铝热反应在工业上大面积炼铁时；需要消耗冶炼成本更高的Al，冶炼Fe的成本就太高了；

（4）①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1=-242kJ/mol

②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-676kJ/mol

则①×3-②可得CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ/mol。

【点睛】

反应热的计算是中学化学的一个重要知识点，也是化学能与热能常考的热点，利用盖斯定律来计算反应热是常考题型，学生要学会巧用消元思想先找出目标反应方程式中的各物质，然后再从已知反应方程式中找出该物质，设法消去无关物质即可，注意计算过程中的反应热与化学计量数成正比，以及正负号的计算要格外认真。【解析】大于H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-124.6kJ/mol2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)ΔH=-87.0kJ/mol3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)ΔH=-859.7kJ/mol置换反应不能该反应的引发，需消耗大量能量，成本较高CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-50kJ/mol12、略

【分析】【详解】

(1)热化学方程式中△H为负值的反应为放热反应，△H为正值的为吸热反应；所以4个反应中①③④为放热反应，②为吸热反应，故答案为①③④；

(2)1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热；C的燃烧热为393.5kJ/mol

(3)依据反应①可知1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285kJ，10gH2的物质的量为5mol，所以放出的热量为285kJ/mol5mol=1425kJ；故答案为1425kJ；

(4)③C(s)+O2(g)=CO(g)；△H=﹣110.4kJ/mol

④C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=﹣393.5kJ/mol

依据盖斯定律④﹣③得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣283.1kJ/mol。【解析】①③④393.5kJ/mol1425kJCO(g)+O2(g)=CO2(g)△=﹣283.1kJ/mol13、略

【分析】【详解】

(1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极；图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极接电池正极(B极)，铜被氧化；阳极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动；

答案为B；阴；

(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；肼燃料电池中A极肼(N2H4)失电子在碱性条件下生成氮气和水，发生的电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；

(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O可知，Cu2O与N2H4、e-的数量关系式为2Cu2O~N2H4~4e-，当反应生成14.4g（0.1mol）Cu2O时，至少需要肼为0.05mol。【解析】①.B②.阴③.④.⑤.0.0514、略

【分析】【详解】

(1)NH3•H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，NaOH是强电解质，在溶液中完全电离，若将等pH、等体积的NaOH和NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则NaOH稀释的倍数小于NH3•H2O，即m

(2)A．NaHSO4为强酸酸式盐，在水溶液中电离产生会抑制水的电离，平衡逆向移动，故A不选；

B．NaHCO3的水溶液中的水解程度大于其电离程度；水解会促进水的电离，平衡正向移动，但溶液呈碱性，故B不选；

C．水的电离为吸热；所以加热后，水的电离程度增大，平衡正向移动，但溶液呈中性，故C不选；

D．NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中离子会水解；水解促进水的电离，且溶液呈酸性，故选D；

答案选D；

(3)NH4Cl为强酸弱碱盐，会水解生成一水合氨和氢氧根离子，则其离子方程式为：故答案为：

(4)泡沫灭火器的主要成分为强酸弱碱盐Al2(SO4)3和强碱弱酸盐NaHCO3所组成的混合物，与发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，则其反应的离子方程式为：故答案为：

(5)物质的量浓度相同的⑥NH4Cl；⑦CH3COONH4；⑧NH4HSO4；⑨NH3·H2O四种溶液中，⑧NH4HSO4为强酸的酸式盐，电离出的会抑制的水解，则其最大；⑥NH4Cl为强酸弱碱盐，会水解，但其水解程度比⑧NH4HSO4的水解程度小，则⑥中小于⑧中⑦CH3COONH4为弱酸弱碱盐，阴阳离子会相互促进水解，则其小于⑥中⑨NH3·H2O为弱碱，其为这四种物质中最小的，所以物质的量浓度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四种稀溶液中，NH浓度由大到小的顺序是⑧、⑥、⑦、⑨，故答案为：⑧＞⑥＞⑦＞⑨；【解析】＜D⑧＞⑥＞⑦＞⑨15、略

【分析】【分析】

根据元素周期表的结构；可知X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素。

【详解】

根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol。【解析】Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol三、判断题(共7题，共14分)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】

无论是强酸还是弱酸，当时，稀释10倍后溶液仍然是酸性，溶液始终小于7，即则

故答案为：错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得碳酸钠溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)，错误。19、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。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、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。22、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、结构与性质(共1题，共3分)23、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+6CO2五、原理综合题(共3题，共18分)24、略

【分析】【分析】

（1）①依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式；

②增加甲醇产率需要平衡正向进行；依据平衡移动原理结合反应特征是气体体积减小的放热反应分析选项判断；

（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

（3）①检验二氧化碳应用澄清石灰水检验；

②甲醇被氧化生成二氧化碳，Co3＋被还原生成Co2＋．

【详解】

（1）①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，反应的平衡常数K=

②反应是气体体积减小的放热反应；若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率：

A．升高温度，平衡逆向进行，甲醇产率减小，故A错误；

B．将CH3OH（g）从体系中分离；平衡正向进行，甲醇产率增大，故B正确；

C．充入He，使体系总压强增大，分压不变，平衡不移动，故C错误；

D．再充入1molCO和3molH2；反应物浓度按比例增大，相当于增大压强，平衡正向进行，甲醇产率增大，故D正确；

故答案为：BD；

(2）已知：①CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1＝-90.7kJ·mol-1

②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)