2025年外研衔接版选择性必修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年外研衔接版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法或表示方法正确的是()A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.氢气的燃烧热为285.8kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1C.Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)=BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)ΔH<0D.已知中和热为57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，则放出的热量大于57.3kJ2、小陈同学利用如图所示装置完成厨房小实验；以下能在碳棒上观察到气泡的溶液是。

A.食醋B.食盐水C.糖水D.纯净水3、从植物花汁中提取的一种有机物；可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用作酸；碱指示剂：

在上述溶液中加入适量下列物质，最终能使指示剂显黄色的是A.盐酸B.NaHCO3溶液C.NaHSO4溶液D.NaClO(固体)4、100℃时，K=0.36。NO2和N2O4的消耗速率与浓度存在下列关系：其中是与反应及温度有关的常数；其消耗速率与浓度的图像如图所示。下列有关说法正确的是。

A.曲线X表示消耗速率与浓度的关系B.与都有单位，且单位不同C.图中A点处于平衡状态D.若在温度下，则＜100℃5、下图中装置Ⅰ是原电池，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，离子交换膜只允许H+通过。装置Ⅱ为电解池，闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是。

A.原电池负极发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2OB.电解池中，b电极为阳极C.当有0.01molH+通过离子交换膜时，a电极上析出气体112mLD.闭合K后，电子由电极B流向b6、类推是学习化学的一种重要方法，下列类推一定正确的是A.碳酸钙受热分解为吸热反应，故分解反应均为吸热反应B.室温下，的溶液的故的溶液的C.溶液呈中性，故溶液也呈中性D.工业上通过电解熔融的获得金属故也可以通过电解熔融的获得金属7、下列描述中，不符合生产实际的是A.电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极B.电解法精炼粗铜，粗铜连接电源的正极C.电解饱和食盐水制烧碱，用铁作阴极D.在镀件上电镀铜，用纯铜作阳极评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、图中所示为零排放车载燃料电池；下列叙述正确的是。

A.正极通入H2，发生还原反应B.负极通入O2，发生氧化反应C.导电离子为质子，且在电池内部由负极定向移向正极D.总反应式为2H2+O2=2H2O9、常温下，一元弱碱甲胺(CH3NH2)电离常数Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下，用0.02mol/L盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2溶液；利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列推断正确的是。

A.曲线Ⅰ代表NaOH滴定曲线，H点对应的溶液中不存在电离平衡B.F点对应的溶液中c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)C.常温下，G点对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10-14D.常温下，F点对应的溶液的pH≈6.310、给定温度下，在4个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：实验测得为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是。容器温度/物质的起始浓度/物质的平衡浓度/Ⅰ40000.200.100.08Ⅱ4000.4000Ⅲ5000.20000.06Ⅳ5000.050.050.30

A.设为该反应的化学平衡常数，则有B.平衡时，容器I中NO的转化率与容器Ⅲ中的转化率之和大于1C.达到平衡时，容器Ⅱ中大于容器I中的两倍D.容器Ⅳ达到平衡前：11、已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：

过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2kJ/mol

过程Ⅱ：

下列说法不正确的是。

A.过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子B.过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH=-128.9kJ/molC.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点12、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能13、25℃时，向的溶液中逐滴加入的溶液，溶液的随加入溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.X点时，B.Y点时，C.的水解平衡常数D.水的电离程度：评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

（1）反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为__。

（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是__。序号化学反应K(298K)的数值①N2(g)+O2(g)2NO(g)5×10-31②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)4.1×106

（3）某实验室在三个不同条件的密闭容器中，分别加入浓度均为c(N2)=0.100mol/L，c(H2)=0.300mol/L的反应物进行合成氨反应，N2的浓度随时间的变化如图①；②、③曲线所示。

实验②平衡时H2的转化率为__。

据图所示；②；③两装置中各有一个条件与①不同。请指出，并说明判断的理由。

②条件：___理由：___。

③条件：___理由：___。15、某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出；某研究小组利用设计的电解分离装置（如图所示），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。

用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_________________________，分离后含铬元素的粒子是__________，阴极室生成的物质为__________（写化学式）。16、我国首创以铝组成的金属—海水—空气电池作为新型海水标志灯的能源；它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝组成的金属不断氧化而产生电流。

(1)只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光，则该电池的负极反应式为__________；

(2)电解法可制取碳的一种气态氢化物C2H4(如图所示)电极a接电源的__________极，该电极反应式为__________；

(3)将SO2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，生成白色沉淀和无色气体NO，有关反应的离子方程式为__________；

(4)处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx；

已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1

则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________；

(5)H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途。用碱性氢氧燃料电池可合成H2O2，具有效率高、无污染等特点。电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+写出正极反应式__________。17、(1)在一定条件下发生反应：N2+3H2⇌2NH3；请回答：

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2，则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_________。(写出计算过程)

(2)已知：H2O(l)＝H2O(g)△H=+44.0kJ/mol。液氢也是一种常用燃料，将煤与水蒸气在高温下反应是获取H2的重要方法。C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为：

①C(s)+O2(g)＝CO2(g)∆H=–393.5kJ/mol

②CO(g)+O2(g)＝CO2(g)∆H=–283.0kJ/mol

③H2(g)+O2(g)＝H2O(l)∆H=–285.8kJ/mol

根据以上信息，则1molC(s)与水蒸气反应生成H2和CO的热化学方程式为______。

(3)根据下列两个热化学方程式；回答下列问题：

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)ΔH=－571.6kJ·mol－1

C3H8(g)+5O2(g)＝3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=－2220kJ·mol－1

①H2的燃烧热为_______。

②1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为_______。(写出计算过程)18、能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源；具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1

反应II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2

(1)上述反应符合“原子经济”原则的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，反应I的化学平衡常数表达式K=_______。

(2)下表所列数据是反应Ⅱ在不同温度下的化学平衡常数(K)。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012

①由表中数据判断ΔH2_______0(填“>”；“＜”或“=”)；

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、使用合适的催化剂D、充入He，使体系总压强增大E、按原比例再充入CO和H2

③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol·L-1，则CO的转化率为_______，此时的温度为_______(从上表中选择)。19、铁是生产生活中应用最广泛的金属；炼铁技术备受关注，已知：

①2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H=+460.5kJ/mol

②Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol

请回答下列问题：

(1)T1℃时，向密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应①，达到平衡后，CO2的浓度为amol/L；若其他条件不变，缩小容器容积再次达到平衡时，CO2的浓度为bmol/L，则a__b(填“>”“<”或“=”)。

(2)起始温度均为T2℃时，向容积为10L的三个恒容密闭容器中，分别加入一定量的Fe2O3和CO发生反应②，测得相关数据如表所示：。编号容器起始时物质的量/mol平衡常数(K)平衡常数(K)Fe2O3COFeCOFe1恒温0.51.50.8K12恒温23mK23绝热11.5nK3

①T2℃时，容器1中反应的平衡常数Kl=__。

②容器2中，5min达到平衡，则0～5min内以CO2表示该反应的速率v(CO2)=__。

③对于三个容器中的反应，下列说法正确的是(填选项字母)__。

A.m>2n

B.容器1和容器2中CO的平衡转化率al2

C.K1=K3

D.平衡时气体压强：P3>Pl

(3)T2℃时，向恒压密闭容器中充入0.5molFe2O3和1.0molCO，发生反应②，CO和CO2的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如图所示。

6min时，改变的外界条件为__，理由为__。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)20、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误21、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共4题，共12分)22、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：_______。23、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。24、铁及其化合物在生活；生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。

(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。

(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构；密度和性质均不同。

①用____实验测定铁晶体；测得A；B两种晶胞，其晶胞结构如图：

②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。

③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。

(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。

(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。

①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。

②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。25、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．硫蒸气变化为硫固体为放热过程；则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A不符合题意；

B．在101kpa时，1molH2完全燃烧，生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)；ΔH=-285.8kJ/mol；故B不符合题意；

C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，则Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)ΔH＞0；故C不符合题意；

D．中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热，将含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的浓硫酸混合；放出的热量大于57.3kJ，故D符合题意；

答案选D。2、A【分析】【详解】

A．加食醋，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈酸性，正极反应式为2H++2e-=H2↑；故选A；

B．加食盐水，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈中性，发生铁的吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，碳棒上没有气泡生成，故不选B；

C．加糖水，糖水不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选C；

D．加纯净水；纯净水几乎不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选D；

选A。3、B【分析】【详解】

A．加入盐酸，溶液中c(H+)增大，指示剂的电离平衡逆向移动，使溶液中c(HIn)增大；溶液显红色，A不符合题意；

B．加入NaHCO3溶液，碳酸氢根离子会与溶液中的H+结合形成碳酸，使指示剂的电离平衡正向移动，最终导致c(In-)增大；溶液显黄色，B符合题意；

C．加入NaHSO4溶液，电离产生的H+使溶液中c(H+)增大，使指示剂的电离平衡逆向移动，使溶液中c(HIn)增大；溶液显红色，C不符合题意；

D．NaClO具有强氧化性；能将指示剂氧化为无色物质，不能显黄色，D不符合题意；

故合理选项是B。4、B【分析】【分析】

根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，结合分析判断曲线X、Y代表的物质，图中交点A表示消耗的速率v（N2O4）=v（NO2）；结合平衡时速率的关系分析判断。

【详解】

A．根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系；故A错误；

B．根据浓度的单位为mol/L，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此与都有单位，且单位不同，的单位是s-1，的单位为L/(mol·s)；故B正确；

C．交点A表示的消耗速率v（N2O4）=v（NO2），而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v（NO2）=2v（N2O4），因此此时v逆＜v正；反应向正反应方向移动，故C错误；

D．100℃时，K=0.36=而平衡时，v（NO2）=2v（N2O4），因此=2则==0.36；若在温度下，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即＞100℃；故D错误；

故选B。5、D【分析】【分析】

装置Ⅱ为电解池，闭合开关K时，b极附近先变红色，则水电离的氢离子在b电极得电子生成氢气，b为电解池阴极；a为电解池阳极，电极B为原电池负极，电极A为原电池正极。

【详解】

A．离子交换膜只允许H+通过，则原电池负极发生的电极反应式为N2H4-4e-=N2+4H+；A错误；

B．由分析可知，b电极为电解池阴极；B错误；

C．由电荷守恒可知，当有0.01molH+通过离子交换膜时，a电极失去0.01mol电子，a电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；不产生气体，C错误；

D．闭合K后，电极B为原电池负极，失电子，b为电解池阴极，得电子，因此电子由电极B流向b；D正确。

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．过氧化氢分解为放热反应；A错误：

B．为弱碱，不能全部电离，所以的溶液中c(OH-)<0.1mol.L-1；则其pH小于13，B错误；

C．相同条件下，与水解程度不同，水解程度更强；溶液呈碱性，C错误；

D．为活泼金属，会与水反应，可以通过点解熔融的获得；D正确。

答案选D7、A【分析】【分析】

【详解】

A．活泼金属还原性较强，电解池中阳极发生氧化反应，如果用铁做阳极会发生反应：Fe-2e-=Fe2+，生成的亚铁离子移动到阴极又会先与Na+放电生成铁单质；导致制取的钠不纯或得不到钠单质，故A错误；

B．电解精炼铜时，需要粗铜与电源正极相连做阳极，将铜即粗铜中比铜活泼的金属氧化成相应的金属阳离子，继而金属阳离子在阴极放电，而Cu2+氧化性较强；优先在阴极放电生成铜单质，从而得到纯净的铜，故B正确；

C．电解池中阴极发生还原反应；铁单质不能被还原，做阴极不影响阴极反应，故可做阴极，故C正确；

D．电镀铜时；需要镀件作阴极，铜离子在镀件上被还原生成铜单质，而为了补充电解质溶液中铜离子，需要纯铜作阳极被氧化成铜离子，故D正确；

故答案为A。二、多选题(共6题，共12分)8、CD【分析】【分析】

【详解】

由图中信息可知；该装置为酸式氢氧燃料电池。

A．通入氢气的电极为负极；发生氧化反应，选项A错误；

B．通入氧气的电极为正极；发生还原反应，选项B错误；

C．内电路；质子即氢离子从负极向正极运动，选项C正确；

D．电池总反应为2H2+O2＝2H2O；选项D正确。

答案选CD。9、BD【分析】【详解】

A．浓度相同时NaOH的导电性强；则曲线Ⅰ代表NaOH滴定曲线，且溶液中存在水的电离平衡，则H点对应的溶液中存在电离平衡，故A错误；

B．F点溶质为CH3NH3Cl，水解使溶液显酸性，则F点对应的溶液中：c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)；故B正确；

C．E点溶质为NaCl，对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10−14；G点溶质为CH3NH3Cl和HCl，因过量HCl对水的电离起抑制作用，G点对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)<1.0×10−14；故C错误；

D．一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10−4，F点Kh＝＝25×10−12，c(H＋)＝mol/L＝5×10−7mol/L；F点对应的溶液的pH＝7−lg5≈6.3，故D正确；

故选：BD。10、BD【分析】【详解】

A．达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，则K═=A错误；

B．根据容器I的数据：

容器I中NO的转化率

根据容器III的数据：

容器III中NO2的转化率

所以两个转化率之和大于1；B正确；

C．若恒温恒压下，容器I的投料量“一边倒”后是容器Ⅱ中投料量的1/2，两者互为等效平衡，则达到平衡时容器II的是容器I中的两倍，但由于题干所给条件是恒容，所以容器II的压强较大，导致容器II更往逆向移动，减少，因此容器II中小于容器I中的两倍；C错误；

D．温度为500℃；反应达平衡时，根据容器III中的数据列三段式：

平衡常数因为温度不变，所以K值不变，则容器IV反应达平衡前，Qc==0.30>K=0.0228，此时反应向着逆方向进行，v正逆；D正确；

故选BD。11、BC【分析】【详解】

A．过程Ⅰ为2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，方程式显示当有2molFe3O4分解时生成1molO2，转移4mol电子，232gFe3O4的物质的量为1mol；故转移2mol电子，故A正确；

B．已知反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.0kJ/mol①，过程Ⅰ反应2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2kJ/mol②，根据盖斯定律，将(①-②)可得过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)△H=(+571.0kJ/mol-313.2kJ/mol)=+128.9kJ/mol；故B正确；

C．过程Ⅰ；Ⅱ均为吸热反应；故不存在将化学能转化为热能的过程，故C错误；

D．反应3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)的产物中，H2为气体，Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离；且由廉价易得的太阳能做能源，成本低，故D正确；

答案选C。12、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。13、CD【分析】【详解】

A．X点时；是亚硫酸与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，由质子守恒得。

即故A不选；

B．Y点时，电荷守恒得将代入得因为pH=7.19，所以所以故B不选；

C．的水解平衡常数在Y点，代入得故C选；

D．水的电离程度与氢离子浓度或者氢氧根浓度有关，当只有亚硫酸时，水的电离程度最小，随着氢氧根的加入，到X点，相当于亚硫酸氢钠，其电离大于水解，抑制水的电离，只不过抑制程度减少，Y点接近水的正常电离，到Z点生成亚硫酸钠，促进水的电离，电离程度最大，则水的电离程度：故D选；

故选：CD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

(1)根据平衡常数的概念可知该反应的平衡常数表达式为K=

(2)平衡常数越大；反应程度越大，由表中数据可知氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的，则工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮；

(3)实验②平衡时H2的转化率为α(H2)=

②到达平衡的时间比①短，反应速率更快，但到达平衡时N2的浓度与①相同；化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂；

③到达平衡的时间比①短，反应速率更快，到达平衡时N2的浓度高于①，与①相比平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故③与①相比温度升高。【解析】①.K=②.氮气与氢气反应的限度（或化学平衡常数）远大于氮气与氧气反应的限度③.40%④.加了催化剂⑤.因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，所以①②两装置达到平衡时N2的浓度相同⑥.温度升高⑦.该反应为放热反应，温度升高，达到平衡的时间缩短，但平衡向逆反应方向移动，③中到达平衡时N2的浓度高于①15、略

【分析】【分析】

电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动；阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。

【详解】

电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42-、Cr2O72-，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，故答案为：CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室；CrO42-、Cr2O72-；NaOH和H2。

【点睛】

电化学题目中经常遇到离子交换膜，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子交换膜是只允许氢离子通过。【解析】CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室CrO42-、Cr2O72-H2、NaOH16、略

【分析】【分析】

(1)铝组成的金属—海水—空气电池中；铝作负极失电子，发生氧化反应；

(2)根据图示，CO2中碳元素显+4价，C2H4中碳元素显-2价；碳元素的化合价降低，据此分析判断电解池的阴阳极，原电池的正极与电解池阳极相连，原电池的负极与电解池的阴极相连；

(3)将SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有还原性，易被HNO3氧化生成HNO3被还原成NO，生成的与Ba2+结合生成BaSO4沉淀；根据电荷守恒及物料守恒书写离子反应方程式；

(4)根据盖斯定律，书写甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；

(5)根据电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+HO2-可知，O2中O由0价降低到-1价，正极为O2得电子。

【详解】

(1)该原电池中Al易失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Al–3e-=Al3+；

(2)CO2中碳元素显+4价，C2H4中碳元素显-2价，碳元素的化合价降低，得到电子，CO2作氧化剂，故电极a为阴极，接电源的负极，电解质溶液为硫酸，电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O；

(3)将SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有还原性，易被HNO3氧化生成HNO3被还原成NO，生成的与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，离子方程式为3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；

(4)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1

根据盖斯定律：由得，甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1；

(5)根据电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+可知，O2中O由0价降低到-1价，正极为O2得电子，则正极反应式为O2+H2O+2e-=+OH-。

【点睛】

电解池中，阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连。【解析】Al–3e-=Al3+负2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1O2+H2O+2e-=+OH-17、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2；则焓变小于0，该反应为放热反应；

②已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，利用化学键的键能计算该反应焓变为：ΔH＝946+436×3-6×391=－92kJ·mol－1；则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1；

（2）根据以上信息，1molC(s)与水蒸气反应生成H2和CO的焓变为：∆H=–393.5kJ/mol-44.0kJ/mol+285.8kJ/mol+283.0kJ/mol=+131.3kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)＝H2(g)+CO(g)∆H=+131.3kJ/mol；

（3）①H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，由2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)ΔH=－571.6kJ·mol－1知，H2的燃烧热：285.8kJ·mol－1；

②1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为Q放=1mol×285.8kJ·mol－1+2mol×2220kJ·mol－1=4725.8kJ。【解析】放热N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1C(s)+H2O(g)＝H2(g)+CO(g)∆H=+131.3kJ/mol285.8kJ·mol－14725.8kJ18、略

【分析】【分析】

(1)反应在不同温度下的化学平衡常数随温度变化判断平衡移动方向；结合平衡移动规律分析反应热量变化；

(2)①根据表中数据可判断；随着温度的升高，平衡常数逐渐减小；

②依据平衡移动影响因素结合产率的计算概念分析判断；正向进行可以提高甲醇的产率；

③依据化学平衡三段式列式计算；根据转化率概念，平衡常数概念计算，依据平衡常数判断反应温度；

【详解】

(1)原子利用率达到100％的即符合绿色化学原则，所以反应Ⅱ符合“原子经济”原则；反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)化学平衡常数表达式K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)；

综上所述，本题正确答案：Ⅱ，K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)；

(2)①根据表中数据可判断，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即ΔH2＜0；

综上所述；本题正确答案：＜；

②A.该反应为吸热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，生成物的产率降低，A不正确；

B.相当于降低生成物浓度；平衡向逆反应方向移动，增大产率，B正确；

C.催化剂只影响反应速率；不影响平衡状态，C不正确；

D.只是体系的压强增大；但反应物的浓度并没有增大，平衡不移动，D不正确；

E.相当于增大反应物的浓度平衡平衡向正反应方向移动，产率增大，E正确；

综上所述；本题正确选项BE。

③平衡时剩余一氧化碳的物质的量=0.2×2=0.4mol；一氧化碳的转化率=(2-0.4)/2×100%=80%；

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始量130

变量0.81.60.8

平衡量0.21.40.8

K=0.8/0.2×1.42=2.041；对照图表数据判断温度为250℃；

因此，本题正确答案是：80%，250℃。【解析】①.Ⅱ②.K=c(CH3OH)c(H2O)/c(CO2)c3(H2)③.＜④.BE⑤.80%⑥.250℃19、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数只与温度有关，T1℃时，K=c(CO2)=amol/L，故其他条件不变，缩小容器容积，再次达到平衡时，CO2的浓度为bmol/L，K=bmol/L，故a=b；

(2)①依据反应②热化学方程式计算。

K1===64；

②设5min达到平衡时CO2的物质的量为xmol

温度未变，则K2=K1==64=解得：x=0.8mol；v(CO2)==0.048mol/(L•min)；

③A．编号3中反应物是编号2的一半，且反应前后体积不变，如果编号3中仍是恒温条件，平衡时n=m，但容器是绝热装置，此反应是放热反应，容器内温度升高，平衡逆向移动，则n＜m；即m＞2n，A说法正确；

B．根据①②的数据分析如下：al=×100%=80%；a2=×100%=80%；容器1和容器2中CO的平衡转化率al=a2；B说法错误；

C．编号3中温度高，则平衡常数发生改变，平衡逆向移动，K1＞K3；C说法错误；

D．n=1.2mol＞0.8mol，则平衡时气体压强：P3＞P1；D说法正确；

答案为AD；

(3)①依据勒夏特列原理，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO浓度增大，CO2浓度减小。【解析】=640.048mol/(L▪min)AD升温升温平衡逆移四、判断题(共2题，共12分)20、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。五、结构与性质(共4题，共12分)22、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+6CO223、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增