2025年魯人版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年魯人版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷265考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、某溫度下向含AgCl固體的AgCl飽和溶液中加少量稀鹽酸，下列說法正確的是A.AgCl的溶解度、Ksp均減小B.AgCl的溶解度、Ksp均不變C.AgCl的溶解度減小、Ksp不變D.AgCl的溶解度不變、Ksp減小2、在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應(yīng)而生成這時的叫做中和熱，常溫下溶于不同量水中的熱效度如下表：。2.01.00.670.500.33溶解放熱/()15.827.835.941.648.995.3

下列說法正確的是A.硫酸溶于水時破壞范德華力、氫鍵、離子鍵和共價鍵B.當(dāng)時，溶解放熱C.向的溶液中加入9g水，放出熱量6.9kJD.用的溶液測定中和熱會使結(jié)果偏大3、在相同溫度下,已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1；

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2；

H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H3，則△H1,△H2,△H3大小關(guān)系為A.△H1=△H2=△H3B.2△H3=△H2>△H1C.△H3>△H2>△H1D.2|△H3|=|△H2|>|△H1|4、下列離子方程式書寫不正確的是A.澄清石灰水久置于空氣中變渾濁：B.鉛蓄電池工作時的正極反應(yīng)：C.向氨水中通入少量的D.實驗室用銅與濃硝酸制二氧化氮：5、鋅元素對嬰兒及青少年的智力和身體發(fā)育有重要的作用，被稱為生命火花。利用恒電勢電解NaBr溶液間接將葡萄糖氧化為葡萄糖酸進而制取葡萄糖酸鋅，裝置如圖所示，下列說法錯誤的是。

A.生成葡萄糖酸的化學(xué)方程式為B.石墨電極的電極反應(yīng)為C.電解過程中硫酸鈉溶液濃度保持不變D.鈦網(wǎng)與直流電源的正極相連，發(fā)生還原反應(yīng)6、在25℃條件下，向HF溶液中逐漸加入NaOH，溶液中F-、HF及HF的濃度分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線2表示F-的濃度分?jǐn)?shù)的變化B.滴加NaOH溶液過程中，水的電離程度不斷減小C.H++F-HF的平衡常數(shù)數(shù)量級為10-4D.pH=5時，c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)7、水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是()A.向水中加入鹽，對水的電離沒有影響B(tài).在鹽酸稀釋過程中水的電離程度沒有發(fā)生變化C.水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小8、H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸；常溫下，不同pH環(huán)境下它們不同形態(tài)的粒子的組成百分率如圖所示：

下列說法正確的是（）A.在pH為6.37及10.25時，溶液中c（H2CO3）＝c（HCO）＝c（CO）B.反應(yīng)HCO?CO＋H＋的電離常數(shù)為10－6.37C.0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c（HC2O）＋c（C2O）＋c（H2C2O4）＝2c（Na＋）D.往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，發(fā)生反應(yīng)：2CO＋H2C2O4=2HCO＋C2O評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、可樂中的食品添加劑有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可樂的辛辣味與磷酸（化學(xué)式為H3PO4；沸點高難揮發(fā)）有一定關(guān)系。

(1)室溫下，測得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用電離方程式解釋原因：__。

(2)長期過量飲用可樂會破壞牙釉質(zhì)，使下面的平衡向脫礦方向移動，造成齲齒。結(jié)合平衡移動原理解釋原因：__。

Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)

(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液；含磷各微粒在溶液中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。

①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10時發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式是___。

②下列關(guān)于0.1mol/LNa2HPO4溶液的說法正確的是__（填序號）。

a．Na2HPO4溶液顯堿性，原因是HPO的水解程度大于其電離程度。

b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)

c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)

(4)小組同學(xué)在實驗室測定某可樂中磷酸的含量（不考慮白砂糖；咖啡因的影響）。

i.將一瓶可樂注入圓底燒瓶；加入活性炭，吸附色素。

ⅱ.將可樂回流加熱10min；冷卻至室溫，過濾。

ⅲ.取50.00mL濾液，用百里香酚酞作指示劑，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4；消耗NaOH溶液5.00mL。

①加熱的目的是__。

②該可樂樣品中磷酸的含量為__g/L（H3PO4摩爾質(zhì)量為98g/mol）。10、已知2A(g)＋B(g)2C(g)，△H＝－akJ/mol(a＞0)，在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應(yīng)達平衡后C的濃度為ωmol/L，放出熱量為bkJ。

(1)比較a__b(填“＞”“＝”或“＜”)。

(2)若將反應(yīng)溫度升高到700℃，該反應(yīng)的平衡常數(shù)將___________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(3)下列能說明該反應(yīng)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是__________。

a.v(C)=2v(B)b.容器內(nèi)氣體壓強保持不變。

c.v逆(A)=2v正(B)d.容器內(nèi)氣體密度保持不變。

e.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變。

(4)為使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動的操作是______________。

a.及時分離出C氣體b.適當(dāng)升高溫度。

c.增大B的濃度d.選擇高效催化劑。

(5)若將上述容器改為恒壓容器(反應(yīng)前體積相同)，起始時加入2molA和1molB，500℃時充分反應(yīng)達平衡后，放出熱量為dkJ，則d___b(填“＞”“＝”或“＜”)，理由是______________________________。11、紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應(yīng)生成PCl3(g)和PCl5(g)；反應(yīng)過程中的能量關(guān)系如圖所示(圖中的ΔH表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù))。

根據(jù)如圖回答下列問題：

(1)P(s)和Cl2(g)反應(yīng)生成PCl3(g)的熱化學(xué)方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分兩步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷變成1mol紅磷放出18.39KJ的熱量和下列兩個熱化學(xué)方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

則ΔH1和ΔH2的關(guān)系正確的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．無法確定12、電能是一種清潔的二次能源，是用途最廣泛的能源之一。一氧化氮—空氣質(zhì)子交換膜燃料電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，實現(xiàn)了制硝酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結(jié)合。如圖所示，某同學(xué)設(shè)計用該電池探究將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4的原理和粗銅的精煉原理。

(1)燃料電池放電過程中正極的電極反應(yīng)式為_______。

(2)乙裝置中物質(zhì)A是______(填化學(xué)式)。

(3)丙裝置中粗銅含有鋅、銀等雜質(zhì)，工作一段時間后，CuSO4溶液的濃度將______。(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)若甲裝置有3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2參加反應(yīng)，則丙裝置中析出銅的質(zhì)量為_____g。13、已知25℃時，0.10mol/L的CH3COOH的電離度為1.3%；pH=3.1。

(1)某溫度下，測得1L0.10mol/L的CH3COOH溶液中CH3COOH的電離平衡常數(shù)K=1.7×10-5。則向該溶液中再加入___________molCH3COONa可使溶液的pH約為4(溶液體積變化和H2O的電離均忽略不計)。

(2)25℃時，在20mlBa(OH)2溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液；曲線如圖所示，試回答以下問題：

①A點各離子濃度大小關(guān)系為___________

②取20mL這種Ba(OH)2溶液加水稀釋到200mL，所得溶液中由水電離出的氫離子濃度為___________

③若C點pH=3，則c(CH3COOH)+c(H+)=___________14、研究電解質(zhì)在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知乙酸和草酸的電離平衡常數(shù)(25℃)如下：。酸電離平衡常數(shù)(25℃)草酸HOOCCOOHKa1=5×10-2，Ka2=5.4×10-5乙酸CH3COOHKa=1.6×10-5

①陰離子CH3COO-、HC2OC2O結(jié)合質(zhì)子(H+)的能力由強到弱的順序為__。

②常溫下，某濃度的Na2C2O4溶液的pH=9，則溶液中=__。

(2)利用酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸可測出其準(zhǔn)確濃度(氧化產(chǎn)物為CO2)。

①酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)盛裝在__(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。

②達到滴定終點的判斷依據(jù)為__。

③若達到滴定終點時消耗cmol?L-1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，實驗中所用草酸溶液體積為25.00mL，則該草酸溶液的濃度為__mol?L-1。

(3)0.01mol?L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(X)隨pH變化如圖所示。

①H2A分兩步發(fā)生電離，對應(yīng)的電離平衡常數(shù)分別為Ka1和Ka2。由圖確定下列數(shù)據(jù)(保留整數(shù)位)：-lgKa1=__；Ka2=__。

②將0.02mol?L-1的Na2A溶液和0.01mol?L-1鹽酸等體積混合，所得溶液的pH約為__。

③0.01mol?L-1的NaHA溶液中，該溶液中離子濃度由大到小的順序為__。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關(guān)。(_______)A.正確B.錯誤16、某溫度下，純水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，則c(OH-)=()A.正確B.錯誤17、為使實驗現(xiàn)象更加明顯，酸堿中和滴定時加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正確B.錯誤18、新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤19、影響鹽類水解的因素有溫度、濃度、壓強等。(_______)A.正確B.錯誤20、(1)Ksp越小，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小與離子濃度無關(guān)，只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)____

(3)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小_____

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度小_____

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，則Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后，Cl-濃度等于零_____

(8)溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，Ksp增大____

(9)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在任何含AgCl固體的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在溫度一定時，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積等于Ksp(AgCl)時，則溶液中達到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變_____

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小______A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共1題，共8分)21、下圖是某化學(xué)興趣小組探究不同條件下化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置。請根據(jù)原電池原理回答問題：

(1)若電極a為Zn、電極b為Cu、電解質(zhì)溶液為稀硫酸，該裝置工作時，SO42?向_____極(填a或b)移動，正極的電極反應(yīng)式為_______________________________。

(2)若電極a為Mg、電極b為Al、電解質(zhì)溶液為氫氧化鈉溶液，該原電池工作時，電子從_____極(填a或b)流出。一段時間后，若反應(yīng)轉(zhuǎn)移3NA個電子，則理論上消耗Al的質(zhì)量是________g。評卷人得分五、計算題(共3題，共27分)22、甲烷是一種重要的化工原料；廣泛應(yīng)用于民用和工業(yè)中。回答下列問題：

(1)利用CH4超干重整CO2技術(shù)可得到富含CO的化工原料。

已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)?H1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)?H2=-566kJ?mol–1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)?H3=-242kJ?mol–1

相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：。共價鍵H-OC≡O(shè)H-HC-H鍵能/(kJ?mol–1)4631076436413

由此計算?H1=_______kJ?mol–1。23、化學(xué)需氧量(COD)是衡量水質(zhì)的重要指標(biāo)之一、COD是指在特定條件下用一種強氧化劑(如KMnO4)定量地氧化水體中的還原性物質(zhì)，并將所消耗的氧化劑的量折算為氧化能力相當(dāng)?shù)腛2質(zhì)量，單位為mg?L-1.其測定過程如下：取100.0mL水樣，用稀硫酸酸化，加入10.0mL0.002000mol?L-1KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.0mL0.005000mol?L-1Na2C2O4溶液。用0.002000mol?L-1KMnO4溶液滴定，滴定至終點時消耗6.50mL。已知該反應(yīng)中Na2C2O4的氧化產(chǎn)物為CO2，則該水樣的COD值是____________mg?L-1(保留小數(shù)點后一位)；寫出簡要計算過程。24、將煤轉(zhuǎn)化為水煤氣（CO和H2的混合氣體）是通過化學(xué)方法將煤轉(zhuǎn)化為潔凈燃料的方法之一。煤轉(zhuǎn)化為水煤氣的主要化學(xué)反應(yīng)為：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)；△H1。已知：

①2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；△H2＝－483.6kJ·mol－1

②2C(s)+O2(g)＝2CO(g)；△H3＝－221.0kJ·mol－1

結(jié)合上述熱化學(xué)方程式，計算得出△H1＝_____________。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)25、為解決汽車尾氣達標(biāo)排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序為___________，簡單氫化物的沸點由大到小的順序為___________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。26、SeO2是一種常見的氧化劑，易被還原成根據(jù)X射線衍射分析，SeO2晶體是如下圖所示的長鏈狀結(jié)構(gòu)：

鍵長a178b160.7

完成下列填空：

(1)與S同屬于VIA族，該族元素原子最外層電子的軌道表示式為_______，原子核外占據(jù)最高能級的電子云形狀為_______形。

(2)SeO2在315℃時升華，蒸氣中存在二聚態(tài)的SeO2，紅外研究表明，二聚態(tài)的SeO2結(jié)構(gòu)中存在四元環(huán)，寫出該二聚態(tài)的結(jié)構(gòu)式_______。

(3)SeO2屬于_______晶體，其熔點遠高于的理由是_______。解釋鍵能的原因_______。

(4)SeO2可將的水溶液氧化成反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。常溫下，在稀溶液中硫酸的電離方式為：則在相同濃度與的稀溶液中，的電離程度較大的是_______，兩種溶液中電離程度不同的原因是_______。27、VA族元素及其化合物在生產(chǎn)；生活中用途廣泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。試比較下列關(guān)系：原子半徑P_______S(填選項序號，下同)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.無法確定。

(2)As4S4俗稱雄黃。As原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6_______(補充完整)，該原子核外有_______個未成對電子。

(3)NH4NO3受撞擊分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中發(fā)生還原過程元素的變化為_______；若在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移5mol電子，則反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反應(yīng)必須在密閉的耐高溫容器中進行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反應(yīng)在2L的密閉容器中進行，經(jīng)5分鐘反應(yīng)爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，則用氨氣來表示該反應(yīng)在5分鐘內(nèi)的平均速率為_______。達到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，在平衡移動過程中，直至達新平衡，逆反應(yīng)速率的變化狀況為_______。

(5)白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子屬于極性分子，其空間構(gòu)型為_______。PCl5水解生成兩種酸，請寫出發(fā)生反應(yīng)的方程式_______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

在含AgCl固體的AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，當(dāng)加入少量稀鹽酸時，c（Cl-）增大，平衡逆向移動，c（Ag+）減小，溶解的氯化銀質(zhì)量減小，AgCl的溶解度減?。籄gCl的Ksp只受溫度影響，溫度不變，AgCl的Ksp不變。

故答案選C。

【點睛】

本題涉及難溶電解質(zhì)的溶解度和溶度積常數(shù)兩個概念，解題時要注意兩個概念的區(qū)別和聯(lián)系。注意溶度積常數(shù)只和溫度有關(guān)，溫度不變，Ksp不變。溶解度則隨沉淀溶解平衡的移動而改變，不僅和溫度有關(guān)，還和影響平衡的離子濃度有關(guān)。2、C【分析】【詳解】

A．硫酸沒有離子鍵；故A錯誤；

B．常溫下不斷加入水，根據(jù)表格分析加入0.5mol水放熱15.8kJ，再加0.5mol水放熱27.8kJ?15.8kJ＝12kJ，再加0.5mol水放熱35.9kJ?27.8kJ＝8.1kJ，根據(jù)數(shù)據(jù)分析得到硫酸濃度越來越稀，硫酸溶于水時放出的熱量逐漸越少，當(dāng)時，則相當(dāng)于中加入了水，如果不考慮濃度降低放熱減少，溶解放熱為而實際溶解放熱大于故B錯誤；

C．根據(jù)題中信息會釋放27.8kJ的熱，會釋放13.9kJ的熱，會釋放41.6kJ的熱，會釋放20.8kJ的熱，則向的溶液中加入9g水；放出熱量20.8kJ?13.9kJ=6.9kJ，故C正確；

D．的溶液不是稀溶液；因此在反應(yīng)時又會釋放熱量，因此放出的熱量數(shù)值偏大，測定中和熱焓變結(jié)果偏小，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

氫氣的燃燒反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以△H<0；發(fā)生相同的反應(yīng)時，燃料的物質(zhì)的量多的放出的熱量多，所以△H2=2△H3；燃料的物質(zhì)的量相同時生成液態(tài)水比生成氣態(tài)水放出的熱量多，所以|△H2|>|△H1|，則△H2<△H1，所以有2|△H3|=|△H2|>|△H1|，答案選D。4、B【分析】【詳解】

A．澄清石灰水久置于空氣中變渾濁發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化鈣溶液與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和水，反應(yīng)的離子方程式為故A正確；

B．二氧化鉛是鉛蓄電池的正極，硫酸根離子作用下，二氧化鉛酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成硫酸鉛和水，電極反應(yīng)式為故B錯誤；

C．氨水與少量二氧化硫反應(yīng)生成硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為故C正確；

D．實驗室用銅與濃硝酸制二氧化氮發(fā)生的反應(yīng)為銅與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水，反應(yīng)的離子方程式為故D正確；

故選B。5、D【分析】【分析】

電解NaBr溶液間接將葡萄糖氧化為葡萄糖酸生成葡萄糖酸的化學(xué)方程式為因此鈦網(wǎng)電極上溴離子被氧化生成溴，為陽極，石墨為陰極，結(jié)合電解原理分析解答。

【詳解】

A．電解NaBr溶液間接將葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化為葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]的反應(yīng)為：CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr；故A正確；

B．石墨電極為電解池陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，水電離產(chǎn)生的氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故B正確；

C．電解過程中經(jīng)過質(zhì)子交換膜不斷向右側(cè)提供被消耗的H+；因此硫酸鈉溶液濃度保持不變，故C正確；

D．鈦網(wǎng)為陽極；與直流電源的正極相連，電解池的陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯誤；

故選D。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．pH=0時，HF的濃度分?jǐn)?shù)最大，pH=6時，F(xiàn)-的濃度分?jǐn)?shù)最大，故曲線1、2、3分別為HF、HF2-及F-的濃度分?jǐn)?shù)的變化；故A錯誤；

B．向HF溶液中逐漸加入NaOH，生成的NaHF2；NaF是強堿弱酸鹽；可發(fā)生水解反應(yīng)，能促進水的電離，水的電離程度有不斷增大的過程，故B錯誤；

C．從圖可以看出，當(dāng)c(HF)=c(F-)時，pH≈3.2，c(H+)≈10-3.2，此時HF電離常數(shù)Ka=c(H+)≈10-3.2，其數(shù)量級為10-4，而H++F-HF的平衡常數(shù)數(shù)量級不是10-4；故C錯誤；

D．由電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)+c(HF2-)，pH=5時，c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜c(F-)+c(HF2-)，一定有c(Na+)＜c(F-)+c(HF)+c(HF)；故D正確。

故選D。7、C【分析】【詳解】

A.加入能夠水解的鹽對水的電離起促進作用；A錯誤；

B.鹽酸電離產(chǎn)生的氫離子對水的電離起抑制作用；加水稀釋，氫離子濃度減小，對水的電離的抑制程度減小，故加水稀釋水的電離程度增大，B錯誤；

C.水是非常弱的電解質(zhì)；電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子，C正確；

D.水的離子積只與溫度有關(guān)；只要溫度不變離子積不變，D錯誤；

答案選C。8、D【分析】【詳解】

A.在pH為6.37時pH為10.25時，故A錯誤；

B.反應(yīng)?＋H＋的平衡常數(shù)為pH=10.25時，故B錯誤；

C.為二元弱酸，濃度為0.1mol/L的Na2C2O4溶液中，根據(jù)物料守恒可得：2c（）＋2c（）＋2c（H2C2O4）＝c（Na＋），故C錯誤；

D.草酸的酸性比碳酸強，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能夠生成碳酸氫根離子和發(fā)生反應(yīng)：2＋H2C2O4=2＋故D正確。

故答案選：D。二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【詳解】

(1)如果H3PO4是強酸，0.1mol·L－1H3PO4溶液的pH＜1，現(xiàn)0.1mol·L－1H3PO4溶液大于1，說明H3PO4是弱酸，部分電離，電離方程式為H3PO4H＋＋H2PO4－；

(2)可樂是酸性飲料，長期過量飲用，可樂中的酸性物質(zhì)中和了OH-，c(OH－)減小，使Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)+3PO43－(aq)+OH－(aq)平衡向脫礦方向移動；造成齲齒；

(3)①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10，溶液中含磷的主要微粒，從H3PO4轉(zhuǎn)變?yōu)镠PO42－，因此主要的離子方程式為H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O；

②a．Na2HPO4溶液中HPO42－既能電離又能水解，電離方程式和水解方程式分別為HPO42－H＋＋PO43－，HPO42－＋H2OH3PO4＋OH－；HPO42－的電離平衡常數(shù)當(dāng)c(PO43－)=c(HPO42－)時，溶液中的pH約為12.3，c(H＋)=10－12.3mol·L－1，則HPO42－的水解平衡常數(shù)當(dāng)c(H2PO4－)=c(HPO42－)時，溶液中的pH約為7.2，c(H＋)=10－7.2mol·L－1，則可知HPO42－的水解程度大于其電離程度；溶液呈堿性，a正確；

b．Na2HPO4溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，有c(Na＋)+c(H＋)=c(H2PO4－)+2c(HPO42－)+3c(PO43－)+c(OH－)，b正確；

c．Na2HPO4溶液中，根據(jù)物料守恒，有c(Na＋)=2[c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(PO43－)+c(H3PO4)]；c錯誤；

ab符合題意；

(4)①可樂溶液中，含有碳酸，也會與NaOH反應(yīng)，會影響H3PO4的測定，因此加熱的目的是將可樂中的CO2氣體趕出；防止干擾磷酸的測定；

②滴定至終點時生成Na2HPO4，則關(guān)系式為H3PO4～2NaOH，則50mL可樂中含有則該可樂樣品中磷酸的含量=【解析】H3PO4H++H2PO可樂為酸性飲料，長期過量飲用，可樂中的酸性物質(zhì)中和OH-，c(OH-)減小，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)平衡向脫礦方向移動，造成齲齒為H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2Oab將可樂中的CO2氣體趕出，防止干擾磷酸的測定0.4910、略

【分析】【分析】

（1）可逆反應(yīng)中反應(yīng)物不能全部轉(zhuǎn)化為生成物；

（2）該反應(yīng)正反應(yīng)放熱；所以升溫平衡逆向移動；

（3）判斷平衡的依據(jù)①速率一正一逆；速率比等于化學(xué)計量數(shù)比②反應(yīng)過程中變化的物理量不在發(fā)生變化，反應(yīng)就達到了平衡狀態(tài)；

（4）根據(jù)影響速率和平衡的因素分析；

（5）從等效平衡角度分析；

【詳解】

（1）在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應(yīng)達平衡后C的濃度為ωmol/L，放出熱量為bkJ，反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，反應(yīng)放出的熱量小于焓變數(shù)值，a＞b；

答案：>

(2)若將反應(yīng)溫度升高到700℃；由于該反應(yīng)正反應(yīng)放熱，所以平衡逆向移動，該反應(yīng)的平衡常數(shù)將減??；

答案：減小。

(3)a.沒有說正逆速率；無法確定，故a錯誤；

b.反應(yīng)過程中，容器內(nèi)氣體壓強一直在減小，當(dāng)壓強不變時，說明達到了平衡，故b正確；

c.給出了正逆速率比等于化學(xué)計量數(shù)之比；說明達到了平衡，故c正確；

d.容器內(nèi)氣體密度始終是定值；無法證明達到了平衡，故d錯誤；

e.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量一直在增大；當(dāng)保持不變時，就達到了平衡，故e正確；

答案：bce

（4）已知2A（g）+B（g）?2C（g），△H=-akJ/mol（a＞0），反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理分析，反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動；

A．及時分離出C氣體，反應(yīng)正向進行，但反應(yīng)速率減小，故A不符合；

B．適當(dāng)升高溫度，加快反應(yīng)速率，但平衡逆向進行，故B不符合；

C．增大B的濃度，平衡正向進行，反應(yīng)速率增大，故C符合；

D．選擇高效催化劑，增大反應(yīng)速率，但不改變平衡，故D不符合；

答案：C；

（5）原平衡隨反應(yīng)進行，壓強降低。恒壓容器（反應(yīng)器開始體積相同），相同溫度下起始加入2molA和1molB，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)移動，B的轉(zhuǎn)化率變大，反應(yīng)放出的熱量增大，大于恒容容器中達到平衡狀態(tài)放出的熱量，d＞b；

答案：＞；恒壓條件下；相當(dāng)于給原平衡加壓，平衡正向移動；

【點睛】

本題考查等效平衡、反應(yīng)熱的計算、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷以及平衡的移動的知識等，題目綜合性強，難度中等，注意把握等效平衡的原理?！窘馕觥竣?>②.減?、?bce④.c⑤.>⑥.恒壓條件下，相當(dāng)于給原平衡加壓，平衡正向移動11、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖像得出反應(yīng)物；生成物以及反應(yīng)熱=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量；然后依據(jù)書寫熱化學(xué)方程式的原則書寫；

（2）根據(jù)圖像得出反應(yīng)物；生成物以及反應(yīng)熱=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量；然后依據(jù)書寫熱化學(xué)方程式的原則書寫；

（3）根據(jù)蓋斯定律分析；根據(jù)反應(yīng)物的總能量；中間產(chǎn)物的總能量以及最終產(chǎn)物的總能量，結(jié)合化學(xué)方程式以及熱化學(xué)方程式的書寫方法解答，注意蓋斯定律的應(yīng)用；

根據(jù)蓋斯定律的實質(zhì)應(yīng)用判斷；可以利用題干所給反應(yīng)和熱量變化，合并得到白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱量變化分析判斷。

【詳解】

（1）根據(jù)圖示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱為△H=-306kJ/mol，則熱化學(xué)方程式為：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案為：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根據(jù)圖示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中間產(chǎn)物的總能量大于最終產(chǎn)物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸熱反應(yīng)；熱化學(xué)方程式為PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案為：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ?mol-1；

（3）根據(jù)蓋斯定律，P和Cl2分兩步反應(yīng)和一步反應(yīng)生成PCl5的△H應(yīng)該是相等的，P和Cl2分兩步反應(yīng)生成1molPCl5的熱化學(xué)方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反應(yīng)生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由圖像可知，P和Cl2分兩步反應(yīng)生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)無論一步完成還是分多步完成，生成相同的產(chǎn)物，反應(yīng)熱相等，則P和Cl2一步反應(yīng)生成1molPCl5的反應(yīng)熱等于P和Cl2分兩步反應(yīng)生成1molPCl5的反應(yīng)熱；

故答案為：-399kJ?mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①?②得到4P(白)=4P(紅)△H=△H1?△H2；

已知1mol白磷變成1mol紅磷放出18.39KJ的熱量，所以△H1?△H2<0；△H1<△H2；

故選：C。

【點睛】

反應(yīng)熱當(dāng)反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)定后，只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)所經(jīng)歷的途徑無關(guān)。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ?mol-1-399kJ?mol-1等于C12、略

【分析】【分析】

某同學(xué)設(shè)計用該電池探究將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4的原理和粗銅的精煉原理，甲裝置為原電池，通入氧氣的電極為原電池正極，氧氣得到電子生成水，電極反應(yīng)：O2+4H++4e-=2H2O，通入NO的電極為原電池負(fù)極，NO轉(zhuǎn)化為HNO3，電極反應(yīng)為：NO-3e-+2H2O=+4H+，乙池為電解池，左邊石墨為陽極，電極反應(yīng)為：SO2-2e-+2H2O=+4H+，右邊為電解池陰極，電極反應(yīng)為：NO+5e-+6H+=+H2O；粗銅為電解池陽極，精銅為電解池陰極。

【詳解】

(1)在甲裝置的燃料電池中，在放電時通入O2的電極為正極，正極的電極反應(yīng)式為：O2+4e-+4H+=2H2O；

(2)根據(jù)反應(yīng)5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知：產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4生成，故乙裝置中物質(zhì)A是H2SO4；

(3)如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，則陽極上不僅銅失去電子，還有鋅也會失電子變?yōu)榻饘訇栯x子進入溶液，雜質(zhì)銀在陽極底部形成陽極泥，陰極上只有Cu2+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu析出。根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等可知；陽極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，故丙裝置中反應(yīng)一段時間，硫酸銅溶液濃度將減?。?/p>

(4)若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲裝置有3.36LO2參加反應(yīng)，其物質(zhì)的量n(O2)==0.15mol，1molO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子，則根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知丙裝置中陰極上析出銅的物質(zhì)的量n(Cu)==0.3mol，其質(zhì)量m(Cu)=0.3mol×64g/mol=19.2g?！窘馕觥縊2+4e-+4H+=2H2OH2SO4減小19.213、略

【分析】(1)

CH3COOH的電離平衡常數(shù)設(shè)向該溶液中再加入xmolCH3COONa可使溶液的pH約為4，則有求得

(2)

由圖可知，20mlBa(OH)2溶液的pH=13，所以氫氧化鋇的濃度是0.05mol/L，其中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液10mL，此時A點是二者恰好反應(yīng)生成醋酸鋇和水，醋酸鋇是強堿弱酸鹽，溶液中離子濃度關(guān)系是：c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)；

②20ml濃度是0.05mol/LBa(OH)2溶液加水稀釋到200ml，所得溶液中氫氧根離子濃度c=所得溶液中由水電離出的氫離子濃度為

③20ml0.05mol/LBa(OH)2溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液20mL，C點得到的是醋酸鋇和醋酸的混合物，此時溶液顯示酸性，pH=3，存在電荷守恒：

a:2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b:c(Ba2+)=0.05mol/L；物料守恒：c:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=3c(Ba2+)=0.15mol/L，溶液顯示酸性，pH=3，所以氫氧根離子濃度近似等于10-11mol/L，整理a、b、c得到：c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L?！窘馕觥?1)

(2)c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+)0.05mol/L14、略

【分析】【詳解】

(1)①由表中數(shù)據(jù)可知，酸性強弱順序為H2C2O4>HC2O>CH3COOH，酸性越強，結(jié)合氫離子的能力越弱，所以陰離子CH3COO-、HC2OC2O結(jié)合質(zhì)子(H+)的能力由強到弱的順序為CH3COO->C2O>HC2O

②C2O水解導(dǎo)致溶液顯堿性：C2O+H2O?HC2O+OH?，Kh===常溫下，該溶液pH=9，則c(OH?)=10-5mol/L，代入相應(yīng)的數(shù)據(jù)得=5.4×104。

(2)①酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液具有強氧化性；能腐蝕橡膠管，應(yīng)選擇酸式滴定管；

②草酸溶液是無色的，當(dāng)KMnO4溶液稍過量時會使溶液顯淺紫紅色，滴定終點為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液；錐形瓶內(nèi)溶液顏色由無色變?yōu)闇\紫紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色；

③依據(jù)得失電子守恒2MnO~5H2C2O4，n(H2C2O4)=2.5×10-3×cVmol，則該草酸溶液的濃度為=0.1cVmol/L。

(3)①H2A分兩步發(fā)生電離：H2A?HA?+H+、HA??A2?+H+，則有Ka1=Ka2=由圖可知，H2A和HA?的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.5時，溶液的pH=6，c(HA?)=c(H2A)時，c(H+)=1×10?6mol/L，則有Ka1=c(H+)=1×10?6，?lgKa1=6；

HA?和A2-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.5時，溶液pH=10，則c(HA?)=c(A2-)時，c(H+)=1×10?10mol/L，則有Ka2=c(H+)=10?10；

②0.02mol?L-1的Na2A溶液和0.01mol?L-1鹽酸等體積混合，二者發(fā)生反應(yīng)，得到等濃度Na2A；NaHA和NaCl混合溶液；由題圖可知，溶液的pH=10；

③NaHA溶液中存在HA-的電離平衡和水解平衡，由于Ka1＞Ka2，則HA-的水解程度大于其電離程度，NaHA溶液呈堿性，且HA-的水解程度較小，Na+不發(fā)生水解，故溶液中離子濃度大?。篶(Na+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(A2-)?！窘馕觥緾H3COO->C2O>HC2O5.4×104酸式當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶內(nèi)溶液顏色由無色變?yōu)闇\紫紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色0.1cV61×10-1010c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)三、判斷題(共6題，共12分)15、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應(yīng)，錯誤。16、B【分析】【分析】

【詳解】

純水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某溫度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此該溫度下，c(OH-)=故此判據(jù)錯誤。17、B【分析】【詳解】

酸堿指示劑本身就是弱酸或弱堿，加入過多會使中和滴定結(jié)果產(chǎn)生較大誤差。18、B【分析】【詳解】

遵循電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，錯誤。19、B【分析】【詳解】

除鹽的組成對鹽的水解有影響外，鹽溶液的濃度，溫度和溶液的酸堿性對鹽類的水解也有很大的影響，壓強對鹽類水解沒有影響，所以答案是：錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)沉淀類型相同、溫度相同時，Ksp越??；難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力才一定越弱，答案為：錯誤。

(2)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)；與離子濃度無關(guān)，答案為：正確。

(3)溶度積常數(shù)Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，常溫下，BaCO3的Ksp始終不變；答案為：錯誤。

(4)Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度??；答案為：錯誤。

(5)Ksp反應(yīng)了物質(zhì)在水中的溶解能力，只有沉淀類型相同、溫度相同時，才可直接根據(jù)Ksp數(shù)值的大小來比較電解質(zhì)在水中的溶解能力；答案為：錯誤。

(6)Ag2CrO4與AgCl沉淀類型不同，不能通過Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比較Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案為：錯誤。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl與10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反應(yīng)后析出氯化銀沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-濃度不等于零；答案為：錯誤。

(8)物質(zhì)確定時，溶度積常數(shù)Ksp只受溫度影響，溫度升高，大多數(shù)沉淀Ksp增大、少數(shù)沉淀Ksp減小；例如氫氧化鈣，答案為：錯誤。

(9)常溫下Mg(OH)2的Ksp不變；不受離子濃度影響，答案為：正確。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先出現(xiàn)了碘化銀沉淀，但由于不知道其實時氯離子和碘離子的濃度，因此，無法判斷Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相對大??；答案為：錯誤。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，則在含AgCl固體的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固體的溶液中，銀離子和氯離子濃度不一定相等，答案為：錯誤。

(12)在溫度一定時，當(dāng)溶液中Ag+和Cl-的濃度的乘積Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)時；則溶液中達到了AgCl的溶解平衡，答案為：正確。

(13)向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，則溶液中不變；答案為：正確。

(14)將0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，現(xiàn)象是先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀，則先得到氫氧化鎂沉淀和硫酸鈉溶，后氫氧化鎂轉(zhuǎn)變?yōu)闅溲趸~沉淀，說明沉淀發(fā)生了轉(zhuǎn)化，所以Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小，答案為：正確。四、實驗題(共1題，共8分)21、略

【分析】【分析】

原電池中較活潑的金屬是負(fù)極；失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此解答。

【詳解】

（1）若電極a為Zn、電極b為Cu、電解質(zhì)溶液為稀硫酸，由于金屬性Zn＞Cu，則鋅是負(fù)極，銅是正極，所以該裝置工作時，SO42-向負(fù)極即顯a極移動，正極上氫離子放電，電極反應(yīng)式為2H++2e－＝H2↑。

（2）若電極a為Mg、電極b為Al、電解質(zhì)溶液為氫氧化鈉溶液，由于鋁能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則鋁是負(fù)極，鎂是正極，因此該原電池工作時，電子從b極流出。1mol鋁在反應(yīng)中失去3mol電子，一段時間后，若反應(yīng)轉(zhuǎn)移3NA個電子；則理論上消耗Al的物質(zhì)的量是1mol，質(zhì)量是27g。

【點睛】

明確原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵，易錯點是原電池正負(fù)極的判斷。判斷電極時，不能簡單地依據(jù)金屬的活潑性來判斷，要看反應(yīng)的具體情況，如：a.Al在強堿性溶液中比Mg更易失電子，Al作負(fù)極，Mg作正極；b.Fe或Al在濃HNO3中鈍化后，比Cu等金屬更難失電子，Cu等金屬作負(fù)極，F(xiàn)e或Al作正極。【解析】a2H++2e-=H2↑b27五、計算題(共3題，共27分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)是舊化學(xué)鍵斷裂，新化學(xué)鍵形成。舊鍵斷裂吸收能量，新鍵形成放出能量，反應(yīng)熱等于舊鍵斷裂吸收的能量和新鍵形成放出的能量的差值，所以反應(yīng)①的?H1=4×413kJ?mol–1+2×463kJ?mol–1-1076kJ?mol–1-3×436kJ?mol–1=+194kJ?mol–1?！窘馕觥?19423、略

【分析】【詳解】

滴定過程中發(fā)生的反應(yīng)為：

可知2KMnO4~5Na2C2O4，用0.002000mol?L-1KMnO4溶液滴定，滴定終點時消耗6.50mL則Na2C2O4多余的物質(zhì)的量為6.5×10-3L×0.002mol/L×5/2=3.25×10-5mol

剩余KMnO4消耗的Na2C2O4的物質(zhì)的量為(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol

因此剩余的KMnO4溶液的物質(zhì)的量為1.75×10-5mol×2/5=7×10-6mol

則水樣中消耗的KMnO4溶液的物質(zhì)的量為(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol

又由得失電子守恒可知，5O2~4KMnO4，則n(O2)=1.3×10-5mol×5/4=1.625×10-5molm(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg

則該水樣的COD值為0.52mg/0.1L=5.2mg/L

故答案為：5.2；【解析】5.224、略

【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律解答。

【詳解】

由已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=-483.6kJ?mol-1；②2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H3=-221.0kJ?mol-1；根據(jù)蓋斯定律可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；△H1==+131.3kJ/mol；

故答案為+131.3kJ/mol。【解析】+131.3kJ/mol六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)25、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最小；N的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大