2025年新世紀(jì)版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀(jì)版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入鹽酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K＋、Ca2＋、I－、OH－B.能使甲基橙變紅的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、Cl-C.的溶液：Na＋、K＋、Br－D.c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中：H＋、Br－、Li＋、2、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=2的溶液：Na+、Fe3+、Cl-、NOB.含有大量S2-的溶液中：K+、Mg2+、ClO-、SOC.水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-11mol/L的溶液中：Al3+、SOCOCl-D.c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液：Al3+、NOMnOSCN-3、如圖；下列關(guān)于新型鎂鋰雙離子二次電池的說法不正確的是。

A.充電時(shí)，外加電源的正極與Y相連B.充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過lmole—，理論上左室電解液質(zhì)量減輕12gC.放電時(shí)，Li十由左向右移動(dòng)D.放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為Li1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO44、下列熱化學(xué)方程式正確的是。選項(xiàng)已知條件熱化學(xué)方程式AH2的燃燒熱為akJ?mol?1H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH＝?akJ?mol?1B1molSO2、0.5molO2完全反應(yīng)后，放出熱量98.3kJ2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝?98.3kJ?mol?1CH＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝?57.3kJ?mol?1H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＝?114.6kJ?mol?1D31g白磷比31g紅磷能量多bkJP4(白磷,s)＝4P(紅磷,s)ΔH＝?4bkJ?mol?1

A.AB.BC.CD.D5、常溫下，下列離子濃度關(guān)系正確的是A.Na2S溶液中：B.常溫下，加水稀釋溶液，減小，增大C.和0.1mol/LNaClO混合溶液中：D.等濃度的①②③三種溶液中大?。孩?gt;②>③6、25℃時(shí)，0.1mol·L-1R2SO4溶液加水稀釋，混合溶液中與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.B.P、Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的值：PC.若將溶液無限稀釋，溶液中c(R+)≈c(SO)D.相同條件下，若改為c(R2SO4)=0.2mol·L-1，P點(diǎn)移至W點(diǎn)7、下列方程式書寫正確的是A.在水溶液中的電離方程式：B.的電離方程式：C.的水解方程式：D.的水解方程式：8、在2L密閉容器中加入1molN2和3molH2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：N2+3H22NH3，半分鐘后測(cè)得生成0.06molNH3，該時(shí)間段內(nèi)平均反應(yīng)速率為A.v(NH3)=0.06mol·L-1·min-1B.v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C.v(NH3)=0.12mol·L-1·min-1D.v(N2)=0.24mol·L-1·min-19、金屬鎳有廣泛的用途，粗鎳中含有Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，可用電解法制得高純度的鎳。下列敘述中正確的是(已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+)A.陽極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Ni2++2e-=NiB.電解過程中，陽極質(zhì)量的減少量與陰極質(zhì)量的增加量相等C.電解后，溶液中存在的陽離子只有Fe2+和Zn2+D.電解后，電解槽底部的陽極泥中有Cu和Pt評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、把溶液和溶液以等體積混和，則混合液中微粒濃度關(guān)系正確的為A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol/LC.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D.c(OH-)>c(H+)11、已知反應(yīng)：時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)在時(shí)，分別在四個(gè)相同體積的恒容密閉容器中投料，起始濃度如下表所示：。溫度/容器起始濃度/mol?L-1H2CO2H2OCOH2OCOT1Ⅰ0.10.100Ⅱ0.20.1000Ⅲ0.10.20.10.10.1T2Ⅳ0.040.040.060.06

下列判斷正確的是A.若容器Ⅰ達(dá)到平衡，則內(nèi)，v(CO)=0.012mol?L-1?min-1B.CO2的平衡轉(zhuǎn)化率：容器Ⅰ＞容器ⅡC.容器Ⅲ中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行D.若容器Ⅳ中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則T2＜T112、溫度為T1時(shí)；在三個(gè)容積均為1L的恒容密閉容器中均發(fā)生反應(yīng)：

2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)(正反應(yīng)吸熱)。實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。容器編號(hào)物質(zhì)的起始濃度(mol·L－1)物質(zhì)的平衡濃度(mol·L－1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35

下列說法正確的是A.容器Ⅱ達(dá)到平衡前v正＞v逆B.達(dá)到平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)大于50%C.設(shè)K為該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)，則有K＝D.當(dāng)溫度改變?yōu)門2時(shí)，若T2＞T1，則＜1.2513、在甲、乙、丙三個(gè)不同密閉容器中按不同方式投料，一定條件下發(fā)生反應(yīng)（起始溫度和起始體積相同）：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：。容器甲乙丙相關(guān)條件恒溫恒容絕熱恒容恒溫恒壓反應(yīng)物投料1molN2、3molH22molNH32molNH3平衡時(shí)容器體積V(甲)V(乙)V(丙)反應(yīng)的平衡常數(shù)KK(甲)K(乙)K(丙)平衡時(shí)NH3的濃度c/mol·L－1c(甲)c(乙)c(丙)平衡時(shí)NH3的反應(yīng)速率。

v/mol·L－1·min－1v(甲)v(乙)v(丙)

下列說法正確的是（）A.V(甲)＞V(丙)B.K(乙)＜K(丙)C.c(乙)＞c(甲)D.v(甲)＝v(丙)14、一定溫度下，在1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)X(g)+2Y(g)3Z(g)。反應(yīng)過程中的部分?jǐn)?shù)據(jù)如表所示：。

t/min

n(X)/mol

n(Y)/mol

n(Z)/mol

0

1.0

1.2

0

5

0.6

10

0.7

15

0.6

下列說法正確的是A.5~10min用Y表示的平均反應(yīng)速率為0.12mol?L-1?min-1B.10~15min平衡沒有發(fā)生移動(dòng)C.達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，c(Z)=0.6mol?L-1D.X的平衡轉(zhuǎn)化率為30%15、常溫下，現(xiàn)有0.1mol?L-1NH4HCO3溶液；pH=7.8，已知含氮(或含碳)各微粒的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.當(dāng)pH=9時(shí)，溶液中存在下列關(guān)系：c(CO)>c(NH3?H2O)>c(HCO)B.NH4HCO3溶液中存在下列關(guān)系：<1C.向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時(shí)，NH和HCO濃度逐漸減小D.分析可知，常溫下水解平衡常數(shù)Kh(HCO)的數(shù)量級(jí)為10-816、常溫時(shí)，若Ca(OH)2和CaWO4(鎢酸鈣)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(已知=0.29)。下列分析正確的是。

A.由圖可知常溫下Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]B.室溫下飽和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液變渾濁，恢復(fù)至室溫，Ca(OH)2的Ksp不變，鈣離子濃度不變C.飽和Ca(OH)2溶液和飽和CaWO4溶液等體積混合：c(WO)＜c(Ca2+)＜c(H+)＜c(OH—)D.d點(diǎn)的CaWO4溶液中，加入CaCl2固體，d點(diǎn)溶液組成沿da線向c點(diǎn)移動(dòng)(假設(shè)混合后溶液體積不變)17、下列實(shí)驗(yàn)對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象及結(jié)論均正確且兩者具有因果關(guān)系的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向溶液中通入足量的生成兩種沉淀的氧化性強(qiáng)于SB向濃度均為的和混合溶液中滴加少量溶液先出現(xiàn)淺藍(lán)色沉淀的溶度積比的小C向溶液中滴入幾滴的溶液有氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后，溶液顏色加深能催化分解，且該分解反應(yīng)為放熱反應(yīng)D銅粉加入稀硫酸中，加熱；再加入少量硝酸鉀固體加熱時(shí)無明顯現(xiàn)象，加入硝酸鉀后溶液變藍(lán)硝酸鉀起催化作用

A.AB.BC.CD.D18、80℃時(shí)，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。該溫度下，在甲、乙、丙三個(gè)體積相等且恒容的密閉容器中，投入NO2和SO2，起始濃度如表所示，其中甲經(jīng)2min達(dá)平衡時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，下列說法錯(cuò)誤的是。起始濃度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20

A.容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v(SO2)=0.025mol·L-1·min-1B.達(dá)到平衡時(shí)，容器丙中正反應(yīng)速率與容器甲相等C.溫度升至90℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56，則反應(yīng)的ΔH＜0D.容器乙中若起始時(shí)改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，達(dá)到平衡時(shí)c(NO)與原平衡相同評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)19、鐵在生產(chǎn)生活中應(yīng)用最廣泛；煉鐵技術(shù)和含鐵新材料的應(yīng)用倍受關(guān)注。

(1)高爐煉鐵是冶煉鐵的主要方法，發(fā)生的主要反應(yīng)有:。反應(yīng)△H(kJ/mol)Ki.Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)+489K1ii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)XK2iii.C(s)+CO2(g)2CO(g)+172K3

試計(jì)算，X=_____，K1、K2與K3之間的關(guān)系為K1=__________。

(2)T1℃時(shí)，向某恒溫密閉容器中加入一定量的Fe2O3和C，發(fā)生反應(yīng)i，反應(yīng)達(dá)到平衡后，在t1時(shí)刻，改變某條件，υ(逆)隨時(shí)間(t)的變化關(guān)系如圖1所示，則t1時(shí)刻改變的條件可能是___________(填寫字母)。

a.保持溫度不變，壓縮容器b.保持體積不變；升高溫度。

c.保持體積不變，加少量碳粉d.保持體積不變；增大CO濃度。

(3)在一定溫度下，向某體積可變的恒壓密閉容器(PKPa)加入1molCO2與足量的碳；發(fā)生反應(yīng)ⅲ，平衡時(shí)體系中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖2所示。

①T℃時(shí)，若向平衡體系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合氣體，平衡_________(填“正向”；“逆向”或“不”)移動(dòng)。

②925℃時(shí)，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kp為_________KPa。[氣體分壓(p分)=氣體總壓(p)×體積分?jǐn)?shù)，用某物質(zhì)的平衡分壓代替物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)，記作Kp]20、濃度均為0.01mol?L-1的鹽酸(A)；醋酸溶液(B)、氫氧化鈉溶液(C):

（1）寫出B溶液中醋酸的電離方程式：______________。上述溶液稀釋10倍后pH減小的是______________（填字母）。

（2）取等體積的A、B兩溶液分別加入過量的鋅粉，反應(yīng)開始時(shí)放出H2的速率依次為a1、a2,則a1______________（填“>”“<”或“=”,下同）a2。反應(yīng)結(jié)束時(shí)放出H2的物質(zhì)的量為n1、n2，則n1______________n2。

（3）完全中和體積與物質(zhì)的量濃度均相同的兩份C溶液時(shí)，需A、B兩溶液的體積依次為V1、V2則V1______________V2;若完全中和體積與pH均相同的A、B兩溶液時(shí)消耗C溶液的體積分別為V(A)、V(B),則V(A)______________V(B)。

（4）圖中M點(diǎn)表示25℃時(shí)水在電離平衡時(shí)的離子濃度N點(diǎn)表示T℃時(shí)水在電離平衡時(shí)的離子濃度。T℃時(shí)，3×10-3mol?L-1的氫氧化鈉溶液與1×10-3mol?L-1鹽酸等體積混合后溶液的pH=______________。

21、氮氧化物是主要大氣污染物，可采用多種方法消除，其中氫氣選擇性催化還原()是一種理想的方法。其相關(guān)反應(yīng)如下：

主反應(yīng)：

副反應(yīng)：

(1)已知：則_______(用含有和的代數(shù)式表示)

(2)恒溫條件下，將充入某恒容密閉容器中；在催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)。

①下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是_______。(填字母序號(hào))

a.當(dāng)容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化時(shí)說明主；副反應(yīng)均達(dá)到平衡。

b.平衡后，若向容器內(nèi)再充入少量主；副反應(yīng)平衡常數(shù)均增大。

c.平衡后，和三者的物質(zhì)的量之比保持不變。

d.平衡后，

②在不同溫度下，反應(yīng)相同時(shí)間時(shí)測(cè)得混合氣體中N2、的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示，溫度高于205℃時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而減小的原因可能_______。(答一點(diǎn))

(3)某溫度下，將按物質(zhì)的量比1：3充入某恒容密閉容器中，若平衡后與物質(zhì)的量之比為3：1，的轉(zhuǎn)化率為80%，則的有效去除率(轉(zhuǎn)化為的的量與起始量的比值)為_______%，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______%。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(4)在催化劑表面的反應(yīng)機(jī)理如下圖：

研究表明，在催化劑中，表面上形成的以的形式被儲(chǔ)存。隨后在載體上，與和產(chǎn)生該反應(yīng)的離子方程式為_______。(已知發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1：1)

(5)除了還有其他有效的方法消除氮氧化物，例如可用電解法將轉(zhuǎn)變?yōu)槠涔ぷ髟砣鐖D。M極為電解池的_______極，N極的電極反應(yīng)式為_______。

22、鋅錳電池(俗稱干電池)在生活中的用量很大。兩種鋅錳電池的構(gòu)造如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

（1）普通鋅錳電池放電時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)為：Zn＋2NH4Cl＋2MnO2=Zn(NH3)2Cl2＋2MnOOH，該電池中，負(fù)極材料主要是______________，電解質(zhì)的主要成分是________，正極發(fā)生的主要反應(yīng)是________________________。

（2）與普通鋅錳電池相比，堿性鋅錳電池的優(yōu)點(diǎn)及其理由是____________________________。。23、一定溫度下，向一容積為2L的恒容密閉容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)?H=-196kJ/mol。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)；容器內(nèi)壓強(qiáng)變?yōu)槠鹗紩r(shí)的0.7倍。請(qǐng)回答下到問題：

(1)判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是_______(填序號(hào))。

A.SO2、O2、SO3三者的濃度之比為2∶1∶2

B.容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)不變。

C.容器內(nèi)混合氣體的密度保持不變。

D.反應(yīng)熱不變化。

E.SO2生成速率和SO3的生成速率相等。

(2)SO2的轉(zhuǎn)化率為_______；達(dá)到平衡時(shí)反應(yīng)放出的熱量為_______；此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_______。

(3)如圖表示平衡時(shí)SO2體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)和溫度變化的曲線；則：

溫度關(guān)系：T1___T2(填“>”“<”或“=”下同)平衡常數(shù)關(guān)系：KA___KD。24、某溫度時(shí)，ⅥA元素單質(zhì)與H2反應(yīng)生成氣態(tài)H2X的熱化學(xué)方程式如下：

①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ?mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ?mol-1

③H2(g)+Se(g)?H2Se(g)ΔH=+81kJ?mol-1

請(qǐng)回答：

(1)上述反應(yīng)中屬于放熱反應(yīng)的是___________(填序號(hào)，下同)，屬于吸熱反應(yīng)的是___________。

(2)2gH2完全燃燒生成氣態(tài)水，放出的熱量為___________。

(3)請(qǐng)寫出O2與H2S反應(yīng)生成S的熱化學(xué)方程式___________。

(4)根據(jù)下圖寫出熱化學(xué)方程式___________。

(5)加入催化劑該反應(yīng)的反應(yīng)熱H是否發(fā)生了改變___________(填“是”或“否”)。25、如圖所示裝置為在直流電的作用下電解CuSO4溶液圖，其中A、B為石墨電極，a、b為電源的兩極；當(dāng)接通電源后，通電一段時(shí)間后，將B電極取出洗干凈并干燥后稱量其質(zhì)量增加了3.2g，則：

(1)a為電源的_______極。

(2)寫出電極反應(yīng)方程式：A_______；B_______26、已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四種離子；某同學(xué)推測(cè)其離子濃度大小順序可能有如下幾種關(guān)系：

①c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋)

②c(Na+)>c(OH-)=c(CH3COO-)>c(H＋)

③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)

④c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)

⑤c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)

結(jié)合離子關(guān)系填寫下列空白：

(1)若溶液中只溶解一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是__________，離子濃度的大小順序符合上述序號(hào)______；若溶液中性，離子濃度的大小順序符合上述序號(hào)________；

(2)若溶質(zhì)為CH3COONa和CH3COOH，則離子的關(guān)系符合上述序號(hào)_____________。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)27、任何溫度下，利用H＋和OH-濃度的相對(duì)大小均可判斷溶液的酸堿性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤28、放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤29、用pH試紙測(cè)定氯化鈉溶液等無腐蝕性的試劑的pH時(shí)，試紙可以用手拿。(_____)A.正確B.錯(cuò)誤30、碳酸鈉溶液或氫氧化鈣溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共6分)31、元素周期表中的四種元素的有關(guān)信息如下，請(qǐng)用合理的化學(xué)用語填寫空白。在周期表中的區(qū)域元素代號(hào)有關(guān)信息短周期元素XX的最高價(jià)氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強(qiáng)堿溶液YY的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑Y的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑長周期元素ZZ的一種鹽乙可以做凈水劑，的某種氧化物丙可以做紅色涂料WW元素大量存在于海藻中，它的銀鹽可用于人工降雨W元素大量存在于海藻中，它的銀鹽可用于人工降雨

(1)X元素周期表中的位置為_____，X、Y、W三種元素的簡(jiǎn)單離子半徑從大到小的順序?yàn)開______。

(2)足量W的最高價(jià)氧化物的水化物的稀溶液與1mol甲完全反應(yīng)，放出熱量QkJ，請(qǐng)寫出表示該過程中和熱的熱化學(xué)方程式_____。

(3)下列有關(guān)W的氣態(tài)氫化物丁的說法正確的有_______(選填字母)

a、丁比氯化氫沸點(diǎn)高b；丁比氯化氫穩(wěn)定性好。

c、丁比氟化氫還原性弱d；丁比氟化氫酸性弱。

(4)請(qǐng)寫出丙溶于丁的水溶液的離子方程式____________。32、隨原子序數(shù)遞增的八種短周期元素原子半徑的相對(duì)大小；最高正價(jià)或最低負(fù)價(jià)的變化如下圖所示。根據(jù)判斷出的元素回答問題：

(1)f在元素周期表的位置是____________________________。

(2)比較y、z簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)(用化學(xué)式表示，下同)__________＞__________；比較g、h的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱____________＞_____________。

(3)下列事實(shí)能說明d元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強(qiáng)的是_________。

a．d單質(zhì)與H2S溶液反應(yīng)；溶液變渾濁。

b．在氧化還原反應(yīng)中；1mold單質(zhì)比1molS得電子多。

c．d和S兩元素的簡(jiǎn)單氫化物受熱分解；前者的分解溫度高。

(4)任選上述元素組成一種四原子18電子共價(jià)化合物，寫出其電子式___________________。

(5)已知1mole的單質(zhì)在足量d2中燃燒，恢復(fù)至室溫，放出255.75kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____________________________________________。評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共1題，共6分)33、SO2的含量是衡最大氣污染的一個(gè)重要指標(biāo)，工業(yè)上常采用催化還原法或吸收法處理SO2。利用催化還原SO2不僅可消除SO2污染；而且可得到有經(jīng)濟(jì)價(jià)值的單質(zhì)S。

（1）在復(fù)合組分催化劑作用下，CH4可使SO2轉(zhuǎn)化為S，同時(shí)生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃燒熱(△H)分別為-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，則CH4和SO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_____________。

（2）用H2還原SO2生成S的反應(yīng)分兩步完成；如圖1所示，該過程中相關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖2所示:

①分析可知X為______(寫化學(xué)式)，0～t1時(shí)間段的溫度為_____，0～t1時(shí)間段用SO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為________。

②總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。

（3）焦炭催化還原SO2生成S2,化學(xué)方程式為:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2與足量的焦炭反應(yīng)，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖3所示。

①該反應(yīng)的△H____0(填“＞”或“＜”)。

②算a點(diǎn)的平衡常數(shù)為_________。

（4）工業(yè)上可用Na2SO3溶液吸收法處理SO2,25℃時(shí)用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。當(dāng)溶液pH=7時(shí)，溶液中各離子濃度的大小關(guān)系為________。已知:H2SO3的電離常數(shù)K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．加入鹽酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中可能含有銀離子，則I－、OH－均不能大量共存；且鈣離子和氫氧根離子也不能大量共存，A不符合；

B．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，則Mg2＋、Cu2＋、Cl-可以大量共存；B符合；

C．的溶液顯酸性，與氫離子反應(yīng)不能大量共存；C不符合；

D．c(S2－)=0.1mol·L－1的溶液中S2－、H＋、之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，且硝酸也能氧化溴離子，D不符合；

答案選B。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．pH=2的溶液中有大量氫離子；四種離子相互之間不反應(yīng)，也不與氫離子反應(yīng)，可以大量共存，A符合題意；

B．次氯酸根具有氧化性，會(huì)和S2-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，B不符合題意；

C．水電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10-11mol/L的溶液中水的電離受到抑制，可能顯酸性也可能顯堿性，堿性溶液中Al3+不能大量存在，酸性溶液中CO不能大量存在；C不符合題意；

D．高錳酸根具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將Fe2+氧化；不能大量共存，D不符合題意；

綜上所述答案為A。3、B【分析】【分析】

放電時(shí)，左邊鎂為負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為Mg-2e-=Mg2+，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為電解質(zhì)溶液中鋰離子透過鋰離子交換膜移向正極；充電時(shí)，外加電源的正極與正極相連，陽極上LiFePO4失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；負(fù)極與負(fù)極相連，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移進(jìn)行計(jì)算解答。

【詳解】

A.左邊鎂失電子；為負(fù)極；右邊電極上得電子、發(fā)生還原反應(yīng)、為正極，即X為負(fù)極接線柱、Y為正極接線柱，充電時(shí)，外加電源的正極與電池正極相連，負(fù)極與電池負(fù)極相連，故A正確；

B.充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過1mole?，左室得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為但右側(cè)將有1molLi+移向左室；所以溶液質(zhì)量減輕12?7=5g，故B錯(cuò)誤；

C.放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中鋰離子透過鋰離子交換膜移向正極，即放電時(shí)，Li+由左向右移動(dòng)；故C正確；

D.右邊為正極、得電子、發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為故D正確；

故答案選：B。4、D【分析】【詳解】

A．燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物所釋放的熱量，應(yīng)是1mol氣態(tài)H2和氣態(tài)O2反應(yīng)生成1mol液態(tài)水放出的熱量；故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)1molSO2、0.5molO2完全反應(yīng)后，放出熱量98.3kJ可知，則2molSO2、1molO2完全反應(yīng)后，放出熱量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝?196.6kJ?mol?1；故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝?57.3kJ?mol?1，生成BaSO4沉淀，放出的熱量大于114.6kJ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＜?114.6kJ?mol?1；故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)31g即0.25mol白磷比31g即1mol紅磷能量多bkJ，白磷轉(zhuǎn)化為紅磷會(huì)釋放能量，1mol白磷固體變?yōu)?mol紅磷固體釋放4bkJ的熱量，因此P4(白磷,s)＝4P(紅磷,s)ΔH＝?4bkJ?mol?1；故D正確。

綜上所述；答案為D。

【點(diǎn)睛】

無論化學(xué)反應(yīng)是否可逆，熱化學(xué)方程式中的反應(yīng)熱ΔH都表示反應(yīng)進(jìn)行到底(完全轉(zhuǎn)化)時(shí)的能量變化。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．Na2S溶液中物料守恒為：A錯(cuò)誤；

B．常溫下，加水稀釋溶液，促進(jìn)碳酸根水解，氫氧根的物質(zhì)的量增加，但濃度減小，因此氫離子濃度增大，所以均增大；B錯(cuò)誤；

C．和0.1mol/LNaClO混合溶液中根據(jù)組成之比，鈉離子的濃度等于氯元素和碳元素在溶液中所有存在的微粒濃度之和，所以離子濃度的大小為：C錯(cuò)誤；

D．硫酸氫根電離出的氫離子對(duì)銨根離子的水解起抑制作用，所以三種溶液中大小順序?yàn)椋孩伲劲冢劲郏籇正確；

答案選D。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．P點(diǎn)lgc(OH-)=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，=-2.3，即=102.3mol/L，A正確；

B．R2SO4溶液中因存在R+的水解而顯酸性，加水稀釋，酸性減弱，所以P點(diǎn)稀釋程度大，=稀釋程度越大，c(ROH)越小，而水解平衡常數(shù)不變，故的數(shù)值小；B正確；

C．若將溶液無限稀釋，溶液接近中性，根據(jù)電荷守恒可知，c(R+)≈c(SO42-)；C正確；

D．溶液濃度增大，Kb(ROH)不變；所以關(guān)系曲線不變，D錯(cuò)誤；

故選D。7、B【分析】【詳解】

A．因?yàn)镠2SO3為弱酸，所以在水溶液中的電離方程式應(yīng)為NaHSO3=Na++A不正確；

B．為二元弱酸，發(fā)生分步電離，每步只電離出1個(gè)H+，第一步電離方程式為B正確；

C．碳酸為二元弱酸，電離分步進(jìn)行，則的水解也應(yīng)分步進(jìn)行；不能把兩步水解反應(yīng)合寫，C不正確；

D．為HS-的電離方程式；而不是水解方程式，D不正確；

故選B。8、A【分析】【分析】

【詳解】

由N2+3H22NH3可知，半分鐘后測(cè)得生成0.06molNH3，v(NH3)==0.06mol·L-1·min-1，由速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知，v(H2)=0.06mol·L-1·min-1×=0.09mol·L-1·min-1，v(N2)=0.06mol·L-1·min-1×=0.03mol·L-1·min-1，A選項(xiàng)符合題意；答案為A。9、D【分析】【分析】

【詳解】

A．電解時(shí)；陽極Zn；Fe、Ni失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．因氧化性Ni2+>Fe2+>Zn2+，故陰極反應(yīng)式為Ni2++2e-=Ni；可見，陽極質(zhì)量減少是因?yàn)閆n；Fe、Ni溶解，而陰極質(zhì)量增加是因?yàn)镹i析出，故B錯(cuò)誤；

C．電解后溶液中的陽離子除Fe2+和Zn2+外，還有Ni2+和H+；故C錯(cuò)誤；

D．因?yàn)檠趸訤e2+＜Ni2+＜Cu2+；鉑為惰性電極，所以陽極中鉑和銅不生成金屬陽離子，則銅和鉑在電解槽底部形成陽極泥，故D正確；

故選D。二、多選題(共9題，共18分)10、AB【分析】【分析】

把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等體積混和，得到的是等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合液。CH3COOH的電離大于CH3COONa的水解；所以溶液顯酸性。

【詳解】

A.根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液顯酸性，c(OH-)＜c(H+)，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)；選項(xiàng)A正確；

B.由于兩溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L；選項(xiàng)B正確；

C.CH3COOH的電離大于CH3COONa的水解，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.溶液顯酸性，所以c(OH-)＜c(H+)；選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選AB。11、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．容器①中：平衡常數(shù)K===解得：x=0.06，故用CO表示的化學(xué)反應(yīng)速率為v(CO)===0.012mol?L-1?min-1，故A正確；B．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，容器Ⅱ比容器Ⅰ多加了的H2，所以容器Ⅱ中CO2的轉(zhuǎn)化率比容器Ⅰ中的高，故B錯(cuò)誤；C．容器③中反應(yīng)的濃度商Qc==0.5＜K=容器③中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，故C正確；D．容器④中Qc==反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，說明Qc＜K，已知：H2(g)+CO2(g)?H2O(g)+CO(g)△H＞0，說明溫度升高，所以T2＞T1，故D錯(cuò)誤；故選AC。12、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)I中的數(shù)據(jù)列三段式：

化學(xué)平衡常數(shù)K==0.8，根據(jù)Ⅱ中數(shù)據(jù)，Qc=≈0.56＜K，反應(yīng)正向移動(dòng)，則容器Ⅱ達(dá)到平衡前v正＞v逆；故A正確；

B．如果III中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c(NO2)=0.5mol/L，且容器中還有c(O2)=0.1mol/L剩余；與I相比，III是相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%，故C錯(cuò)誤；

C．設(shè)K為該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，v正=v逆，則有k正c2(NO2)=k逆c2(NO)·c(O2)，則=K；故C錯(cuò)誤；

D．由于該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，達(dá)平衡時(shí)，若T2＞T1，當(dāng)溫度升高到T2時(shí)，平衡常數(shù)則大，即K=＞0.8，即＜1.25；故D正確；

答案選AD。13、BC【分析】【詳解】

A、甲與充入2mol氨氣是等效平衡，合成氨的逆反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量增大的反應(yīng)，甲是恒溫恒容條件，丙是恒溫恒壓條件，達(dá)平衡時(shí)，丙的容器的體積大于甲的體積，所以V(甲)

B、乙、丙都是從逆反應(yīng)開始的，乙是絕熱容器，合成氨的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以平衡時(shí)乙容器的溫度低于丙容器，而溫度降低，平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大，所以K(乙)＜K(丙)；故B正確；

C；因?yàn)榧着c充入2mol氨氣是等效平衡；乙是絕熱容器，所以達(dá)平衡時(shí)容器內(nèi)的溫度低于甲容器，而溫度降低平衡正向移動(dòng)，所以乙中氨氣的濃度大于甲中氨氣的濃度，c(乙)＞c(甲)，故C正確；

D、因?yàn)閂(丙)>V(甲)，所以丙需減小容器的體積才能達(dá)到與甲等效的平衡，而體積減小，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，氨氣的物質(zhì)的量濃度增大，所以甲中氨氣的濃度大于丙中氨氣的濃度，則v(甲)>v(丙)；故D錯(cuò)誤；

答案選BC。14、BD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知0~5min內(nèi)Δn(Z)=0.6mol，則此時(shí)段內(nèi)Δn(X)=0.2mol，Δn(Y)=0.4mol，所以5~10min內(nèi)Δn(X)=0.2mol=1.0mol-0.2mol-0.7mol=0.1mol，則5~10min內(nèi)Δn(Y)=0.2mol，容器體積為1L，所以v(Y)==0.04mol·L-1·min-1；A錯(cuò)誤；

B．10min時(shí)n(Y)=1.2mol-0.4mol-0.2mol=0.6mol；則10~15min這段時(shí)間內(nèi)，Y的物質(zhì)的量沒有發(fā)生變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，B正確；

C．平衡時(shí)Δn(Y)=0.2mol+0.4mol=0.6mol，則Δn(Z)=0.9mol，容器體積為1L，所以c(Z)=0.9mol?L-1；C錯(cuò)誤；

D．平衡時(shí)Δn(Y)=0.6mol，則n(X)=0.3mol，轉(zhuǎn)化率為×100%=30%；D正確；

綜上所述答案為BD。15、BD【分析】【詳解】

A．由圖像可得，pH=9時(shí)，溶液中c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因?yàn)楹⒘镹H4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O的分布分?jǐn)?shù)之和應(yīng)等于1，所以當(dāng)pH=9時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)；故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因?yàn)?.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)<Kh(HCO3-)，因此c(NH4+)>c(HCO3-)，再結(jié)合①式可得：c(NH3·H2O)2CO3)+c(CO32-)，即<1；故B正確；

C．根據(jù)圖像可知，當(dāng)溶液pH增大時(shí)，NH3·H2O濃度逐漸增大，則NH4+的濃度逐漸減小，而HCO3-濃度先增大后減?。还蔆錯(cuò)誤；

D．Kh(HCO3-)=如圖常溫下當(dāng)pH=6.5時(shí)，c(HCO3-)=c(H2CO3)，c(OH-)==10-7.5=×10-8，將數(shù)據(jù)代入上式得：Kh(HCO3-)=×10-8，常溫下水解平衡常數(shù)Kh(HCO3-)的數(shù)量級(jí)為10-8；故D正確；

故選BD。16、AB【分析】【詳解】

A．由圖可知，溶液中鈣離子濃度為10-3mol/L時(shí)，溶液中氫氧根離子濃度和鎢酸根離子濃度分別為10-2mol/L、10-7mol/L，氫氧化鈣和鎢酸鈣的溶度積分別為Ksp[Ca(OH)2]=10-3mol/L×(10-2mol/L)2=10-7、Ksp(CaWO4)=10-3mol/L×10-7mol/L=10-10，則Ksp(CaWO4)＜Ksp[Ca(OH)2]；故A正確；

B．室溫下；飽和氫氧化鈣溶液中加入少量氧化鈣，氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，會(huì)有氫氧化鈣析出使溶液變渾濁，當(dāng)恢復(fù)至室溫時(shí)，氫氧化鈣溶度積不變，溶液中氫氧化鈣的濃度不變，鈣離子濃度不變，故B正確；

C．由氫氧化鈣的溶度積可知，飽和溶液中鈣離子的濃度為=2.9×10-3mol/L、氫氧根離子濃度為2×2.9×10-3mol/L=5.8×10-3mol/L；則飽和氫氧化鈣溶液和飽和鎢酸鈣溶液等體積混合后，溶液中鈣離子濃度大于氫離子濃度，故C錯(cuò)誤；

D．由圖可知；d點(diǎn)溶液為未鎢酸鈣的不飽和溶液，溶液中鈣離子濃度增大，鎢酸根離子濃度不變，d點(diǎn)溶液組成沿水平線向右移動(dòng)(假設(shè)混合后溶液體積不變)，故D錯(cuò)誤；

故選AB。17、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．氯化鐵溶液中通入硫化氫；反應(yīng)生成氯化亞鐵；硫和水，只有一種沉淀，鐵離子氧化性大于硫，A錯(cuò)誤；

B．相同濃度的和中加入先出現(xiàn)淺藍(lán)色沉淀，是因?yàn)橄任龀鑫镔|(zhì)的溶解度小，因此的溶度積比的?。籅正確；

C．過氧化氫分解產(chǎn)生氣體；氯化鐵溶液顏色加深，說明水解程度增大，說明該分解反應(yīng)是放熱反應(yīng)，C正確：

D．銅粉不與稀硫酸反應(yīng)，加入硝酸鉀，引入發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：體現(xiàn)了硝酸根在酸性環(huán)境中的強(qiáng)氧化性；結(jié)論錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。

答案選BC。18、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．甲經(jīng)2min達(dá)平衡時(shí)，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，可列三段式：容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v(SO2)==0.025mol·L-1·min-1；A項(xiàng)正確；

B．反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)是氣體體積不變的反應(yīng)；壓強(qiáng)不影響平衡，則容器甲和丙互為等效平衡，平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，由于丙中各組分濃度是甲中的2倍，則容器丙中的反應(yīng)速率較大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．80℃，平衡常數(shù)K==1，溫度升至90℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為1.56＞1，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．設(shè)平衡時(shí)NO的濃度為xmol/L，所以則=1，解得x=0.067mol/L，所以若起始時(shí)改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2；平衡時(shí)c(NO)與原平衡相同，D項(xiàng)正確；

故答案為BC。三、填空題(共8題，共16分)19、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)蓋斯定律，第一個(gè)方程式減去第三個(gè)方程式的3倍，得到X=+489?(+172)×3=?27；分別寫出三個(gè)反應(yīng)的平衡常數(shù)的表達(dá)式，即可推導(dǎo)出K1、K2與K3之間的關(guān)系為K1=K2·故答案為：K2·

(2)a．保持溫度不變；壓縮容器，濃度增大，CO決定化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡常數(shù)必變，最終CO濃度不變，故a符合題意；

b．保持體積不變，升高溫度，反應(yīng)速率加快，化學(xué)平衡常數(shù)改變，CO濃度不會(huì)回到原平衡常數(shù)狀態(tài)，故b不符合題意；

c．保持體積不變；加少量碳粉，速率不變，故c不符合題意；

d．保持體積不變；增大CO濃度，化學(xué)速率加快，平衡常數(shù)不變，CO決定化學(xué)平衡常數(shù)，最終CO濃度回到原平衡狀態(tài)，故d符合題意；

綜上所述；答案為：ad。

(3)①T℃時(shí)，CO和CO2體積分?jǐn)?shù)都為50%，則CO和CO2物質(zhì)的量都為0.5mol，若向平衡體系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合氣體，假設(shè)加入物質(zhì)的量分別為5mol和4mol，如果加入4molCO2和4molCO，相當(dāng)于等效平衡，因此平衡不移動(dòng)，而加入的是5molCO2，相當(dāng)于開始加入4molCO2和4molCO，后來再加入1molCO2；因此平衡正向移動(dòng)；故答案為：正向。

②925℃時(shí)，CO的體積分?jǐn)?shù)為96%，CO2的體積分?jǐn)?shù)為4%，則p(CO)=0.04PKPa，p(CO2)=0.96PKPa，所以分壓平衡常數(shù)KPa；故答案為：23.04P?！窘馕觥?27K2·ad正向23.04P20、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱電解質(zhì)；醋酸的電離可逆；加水稀釋，酸的pH升高；堿溶液的pH降低；

（2）0.01mol?L-1的鹽酸中氫離子濃度大于0.01mol?L-1的醋酸；同濃度；同體積的鹽酸、醋酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同；

（3）完全中和體積與物質(zhì)的量濃度均相同的兩份氫氧化鈉溶液時(shí)；消耗鹽酸；醋酸的物質(zhì)的量相等；pH均相同的鹽酸、醋酸，醋酸濃度大于鹽酸；

（4）N點(diǎn)表示T℃時(shí)水的離子積，則T℃時(shí)水的離子積常數(shù)是10-12；

【詳解】

（1）醋酸是弱電解質(zhì)，醋酸的電離方程式是CH3COOHCH3COO-+H+；鹽酸；醋酸的pH小于7；加水稀釋pH增大；氫氧化鈉溶液的pH大于7，加水稀釋pH減小，故選C；

（2）0.01mol?L-1的鹽酸中氫離子濃度大于0.01mol?L-1的醋酸，氫離子濃度越大，反應(yīng)速率越快，所以a1>a2；同濃度、同體積的鹽酸、醋酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同，所以和鋅反應(yīng)放出氫氣的物質(zhì)的量相等，則n1=n2；

（3）完全中和體積與物質(zhì)的量濃度均相同的兩份氫氧化鈉溶液時(shí)，消耗鹽酸、醋酸的物質(zhì)的量相等，鹽酸、醋酸的濃度相等，所以V1=V2；pH均相同的鹽酸、醋酸，醋酸濃度大于鹽酸，體積與pH均相同的鹽酸、醋酸兩溶液，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，完全中和消耗氫氧化鈉的體積醋酸大于鹽酸，所以V(A)

（4）T℃時(shí)水的離子積常數(shù)是10-12；T℃時(shí)，3×10-3mol?L-1的氫氧化鈉溶液與1×10-3mol?L-1鹽酸等體積混合，氫氧化鈉有剩余，溶液中=1×10-3mol?L-1，1×10-9mol?L-1；pH=9。

【點(diǎn)睛】

本題考查了弱電解質(zhì)的電離、溶液pH的簡(jiǎn)單計(jì)算等知識(shí)，明確一元弱酸和一元強(qiáng)酸的區(qū)別是解題的關(guān)鍵，培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力?！窘馕觥緾H3COOHCH3COO-+H+C>==<921、略

【分析】【詳解】

（1）令反應(yīng)為③，反應(yīng)為④，由蓋斯定律可得主反應(yīng)等于2③-④，所以

（2）①主、副反應(yīng)均是前后氣體體積變化的反應(yīng)，故容器內(nèi)壓強(qiáng)不變可以說明反應(yīng)達(dá)平衡，a正確；平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變平衡常數(shù)不變，b錯(cuò)誤；平衡后各物質(zhì)的濃度保持不變，故三者物質(zhì)的量之比保持不變，c正確；平衡后，存在d錯(cuò)誤，綜上選bd；②結(jié)合圖示及反應(yīng)焓變小于零可知；溫度低于205℃時(shí)反應(yīng)未達(dá)平衡或者溫度升高催化劑失去活性，即溫度升高，催化劑逐漸失活或反應(yīng)達(dá)到平衡，主反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，主反應(yīng)向逆向進(jìn)行；

（3）令起始加入一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量分別為1mol和3mol，所以達(dá)到平衡消耗的一氧化碳為結(jié)合和生成的氮?dú)夂鸵谎趸镔|(zhì)的量之和為0.4mol，又平衡后與物質(zhì)的量之比為3：1，所以平衡時(shí)氮?dú)馕镔|(zhì)的量為0.3mol、一氧化二氮物質(zhì)的量為0.1mol，則平衡時(shí)一氧化氮物質(zhì)的量為氫氣物質(zhì)的量為水蒸氣物質(zhì)的量為故一氧化氮的有效去除率為一氧化二氮的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

（4）由圖示物質(zhì)關(guān)系分析化合價(jià)，氧氣和一氧化氮作氧化劑，銨根離子作還原劑，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得離子方程式為

（5）M極一氧化氮中+2價(jià)氮得電子降到銨根離子中-3價(jià)氮，發(fā)生還原反應(yīng)，所以M極為電解池的陰極；故N極作陽極，一氧化氮失去電子生成硝酸根，即電極反應(yīng)為【解析】(1)

(2)bd反應(yīng)未達(dá)平衡；溫度升高，催化劑逐漸失活或反應(yīng)達(dá)到平衡，主反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，主反應(yīng)向逆向進(jìn)行。

(3)602.8

(4)

(5)陰22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)化學(xué)方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，反應(yīng)中Zn被氧化，為電池負(fù)極鋅，氯化銨是電解質(zhì)的主要成分，二氧化錳和銨根離子在正極發(fā)生反應(yīng)，MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3，故答案為鋅；NH4Cl；MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3；

(2)與普通鋅錳電池相比，堿性電池不易發(fā)生電解質(zhì)的泄露，因?yàn)橄牡呢?fù)極改裝在電池的內(nèi)部，堿性電池的使用壽命較長，因?yàn)榻饘俨牧显趬A性電解質(zhì)中比在酸性電解質(zhì)中的穩(wěn)定性提高，故答案為堿性電池不易發(fā)生電解質(zhì)的泄露，因?yàn)橄牡呢?fù)極改裝在電池的內(nèi)部，堿性電池的使用壽命較長，因?yàn)榻饘俨牧显趬A性電解質(zhì)中比在酸性電解質(zhì)中的穩(wěn)定性提高。【解析】ZnNH4ClMnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3堿性電池不易發(fā)生電解質(zhì)的泄露，因?yàn)橄牡呢?fù)極改裝在電池的內(nèi)部，堿性電池的使用壽命較長，因?yàn)榻饘俨牧显趬A性電解質(zhì)中比在酸性電解質(zhì)中的穩(wěn)定性提高。23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)A．比例關(guān)系無法確定平衡狀態(tài)，B．假設(shè)該反應(yīng)只向正反應(yīng)反向進(jìn)行，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，氣體系數(shù)之和減小，在恒容容器中，壓強(qiáng)隨之減小，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，即達(dá)到平衡狀態(tài)，C．根據(jù)因?yàn)槭呛闳萑萜?，所以V恒定不變，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量之和不變，即m不變，所以密度保持不變，無法確定平衡狀態(tài)，D．反應(yīng)從左往右進(jìn)行時(shí)，反應(yīng)不斷放出熱量，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，放出的熱量恒定不變，可以確定平衡狀態(tài)，E。二氧化硫的生成速率是逆反應(yīng)方向，三氧化硫的生成速率是正反應(yīng)方向，兩者反應(yīng)速率之比是1：1，符合正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率的本質(zhì)，可以判斷平衡狀態(tài)，故BE正確；

(2)假設(shè)反應(yīng)消耗的O2的物質(zhì)的量是ｘｍｏｌ；則有。

恒容容器中；壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比。

解得ｘ=0.18mol，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率是假設(shè)達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量是Q，根據(jù)O２的反應(yīng)數(shù)據(jù)有Q=35.28kJ；平衡時(shí)SO2的濃度為O2的濃度是SO3濃度是

(3)壓強(qiáng)相同時(shí)，由T1到T2，SO2的體積分?jǐn)?shù)減小，平衡正向移動(dòng)，正向是放熱反應(yīng)，故T1>T2，化學(xué)平衡常數(shù)和溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，A和B所處溫度相同，所以KA=KB，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K減小，由于溫度T1>T2，則平衡常數(shù)KAD?！窘馕觥竣?BE②.90%③.35.28kJ④.8100⑤.>⑥.<24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)放熱反應(yīng)中ΔH＜0，吸熱反應(yīng)中ΔH＞0；上述反應(yīng)中屬于放熱反應(yīng)的是①②，屬于吸熱反應(yīng)的是③；

(2)2gH2的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)反應(yīng)①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ?mol-1可知，1molH2完全燃燒生成氣態(tài)水時(shí)放出的熱量為242kJ，則2gH2完全燃燒生成氣態(tài)水放出的熱量為242kJ；

(3)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ?mol-1

②H2(g)+S(g)=H2S(g)ΔH=-20kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律：(①-②)×2可得O2與H2S反應(yīng)生成S的熱化學(xué)方程式O2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ?mol-1；

(4)根據(jù)圖示，反應(yīng)物為N2和O2，生成物為NO，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH=+182.6kJ/mol，則該熱化學(xué)方程式為N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol；

(5)催化劑只改變反應(yīng)速率和反應(yīng)歷程，不改變反應(yīng)的焓變?！窘馕觥竣佗冖?42kJO2(g)+2H2S(g)=2H2O(g)+2S(g)ΔH=-444kJ?mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182.6kJ/mol否25、略

【分析】【分析】

在CuSO4溶液中含有的陽離子有Cu2+、H+，陰離子有OH-，陽離子在陰極放電，陰離子在陽極放電，離子放電先后順序是：Cu2+＞H+，OH-＞然后結(jié)合電解后電極質(zhì)量變化判斷電源的正；負(fù)極，進(jìn)而可得電解池的陰、陽極的電極反應(yīng)式。

【詳解】

(1)電解CuSO4溶液，陽極上水電離產(chǎn)生的OH-失去電子被氧化為O2，陰極上Cu2+得到電子被還原為Cu單質(zhì)，通電一段時(shí)間后，將B電極取出洗干凈并干燥后稱量其質(zhì)量增加了3.2g，說明B電極為陰極，Cu2+在B電極得到電子變?yōu)镃u單質(zhì)，故B電極連接電源的負(fù)極，b為電源的負(fù)極；a為電源正極；

(2)A連接電源的正極，作陽極。陽極上水電離產(chǎn)生的OH-失去電子被氧化為O2，則A電極的電極反應(yīng)式為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B電極連接電源的負(fù)極，作陰極，陰極上Cu2+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu，所以B電極的電極反應(yīng)式為：2Cu2++4e-=2Cu(或?qū)憺镃u2++2e-=Cu)。【解析】正4OH--4e-=2H2O+O2↑2Cu2++4e-=2Cu(或Cu2++2e-=Cu)26、略

【分析】【詳解】

(1).若只溶解了一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)只能是CH3COONa，該溶液中離子濃度的大小順序?yàn)椋篶(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序號(hào)③；根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，則c(H＋)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，則離子濃度的大小順序?yàn)椋篶(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合上述序號(hào)④，故答案為CH3COONa；③；④；

(2).若溶質(zhì)為CH3COONa和CH3COOH，因不知道CH3COONa和CH3COOH的物質(zhì)的量的相對(duì)大小，則溶液可能呈酸性、中性或堿性，若溶液呈酸性，則離子濃度的大小順序?yàn)椋篶(CH3COO-)>c(Na+)>c(H＋)＞c(OH-)，符合序號(hào)⑤；若溶液呈中性，則離子濃度的大小順序?yàn)椋篶(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H＋)，符合序號(hào)④；若溶液呈堿性，離子濃度的大小順序?yàn)椋篶(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)＞c(H＋)，符合序號(hào)③，故答案為③④⑤?！窘馕觥竣?CH3COONa②.③③.④④.③④⑤四、判斷題(共4題，共24分)27、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液顯酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液顯中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液顯堿性，這與溶液所處的外界溫度無關(guān)，故在任何溫度下，都利用H＋和OH-濃度的相對(duì)大小來判斷溶液的酸堿性，這句話是正確的。28、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行，正確。29、B【分析】【詳解】

pH試紙不能用手拿，應(yīng)該放在干凈的表面皿或玻璃片上。30、B【分析】【分析】

【詳解】

氫氧化鈣溶液顯堿性，碳酸鈉溶液由于水解顯堿性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能夠與堿反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶頸粘在一起，不易打開，所以應(yīng)該選擇橡皮塞或軟木塞，故此判據(jù)錯(cuò)誤。五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共6分)31、略

【分析】【分析】

X的最高價(jià)氧化物的水化物甲是一種胃酸中和劑，且能溶于強(qiáng)堿溶液，則甲為氫氧化鋁，X為Al元素；Y的一種氫化物可用于制造純堿和做制冷劑，則該氫化物為氨氣，Y為N元素；Z的一種鹽乙可以做凈水劑，的某種氧化物丙可以做紅色涂料；則丙為氧化鐵，乙為鐵鹽，Z為Fe元素；W元素大量存在于海藻中，它的銀鹽可用于人工降雨，則W為I元素，在結(jié)合元素周期律與物質(zhì)的性質(zhì)分析答題。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為Al元素；Y為N元素，Z為Fe元素，W為I元素；

（1）X為Al元素，原子序數(shù)為13，在周期表中的位置為第三周期第ⅢA族；原子的電子層數(shù)越大，其原子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則X、Y、W三種元素的簡(jiǎn)單離子半徑從大到小的順序?yàn)椋簉（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+），故答案為r（I—）＞r（N3—）＞r（Al3+）。

（2）W的最高價(jià)氧化物的水化物為HIO4與1mol氫氧化鋁完全反應(yīng)，放出熱量QkJ，則反應(yīng)生成1mol水所放出的熱量為QkJ，則表示該過程中和熱的熱化學(xué)方程式為：HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol，故答案為HIO4（aq）+Al(OH)3（s）=H2O（l）+Al(IO4)3（aq）△H=-QkJ/mol。

（3）W的氣態(tài)氫