2025年西師新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年西師新版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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5題，共10分)1、煉鐵過程中發(fā)生的3CO+Fe2O33CO2+2Fe為放熱反應(yīng)，下列說法正確的是A.斷開C≡O(shè)鍵放出熱量B.形成C=O鍵吸收熱量C.放熱反應(yīng)都需要加熱D.有的吸熱反應(yīng)不需要加熱2、某課題組研究煤燃燒過程中氮氧化物與砷反應(yīng)的微觀機(jī)理，得到如下數(shù)據(jù)和圖像。已知：反應(yīng)速率為反應(yīng)物濃度和速率常數(shù)的函數(shù)，為活化能。對于所研究的三個反應(yīng)，下列說法錯誤的是。反應(yīng)78.452.58155.85

A.相同條件下的氧化性：B.相同條件下，As與NO的反應(yīng)速率最慢C.升高溫度能增大As與反應(yīng)的活化能D.其他條件不變，改變溫度不能顯著改變As與的反應(yīng)速率3、在25℃、1.01×105Pa下，將22gCO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反應(yīng)，測得反應(yīng)放出ykJ的熱量。已知在該條件下，1molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反應(yīng)放出xkJ的熱量，則CO2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaHCO3的熱化學(xué)方程式正確的是A.B.C.D.4、下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.CH3COOHB.SO3C.BaSO4D.石墨5、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＋、評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、下列一句話中敘述了兩個值，前者記為后者記為和的關(guān)系從A；B、C、D中選擇；并填空。

A.B.C.D.無法比較。

（1）常溫下的與等體積混合后溶液中和______；

（2）同溫度下，溶液中水解百分率與溶液中的水解百分率：______；

（3）pH值相同的醋酸和鹽酸，分別用蒸餾水稀釋至原來的倍和倍，稀釋后兩溶液的值仍然相同，則和的關(guān)系是：______；

（4）常溫下兩份等濃度的純堿溶液，將第二份升高溫度，兩溶液中______；

（5）相同溫度下，值為12的燒堿溶液中水的電離度和值為12的溶液中水的電離度：______；

（6）將值為2的鹽酸和醋酸都稀釋相同倍數(shù)所得稀溶液的值：______；

（7）室溫下某強(qiáng)酸和某強(qiáng)堿溶液等體積混合后，溶液的值為7，原酸溶液和原堿溶液的物質(zhì)的量濃度：______；

（8）相同溫度下，的溶液中的個數(shù)和溶液中的個數(shù)：______。7、氮是地球上含量豐富的一種元素；其單質(zhì)及化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)；生活中有著重要作用。

(1)如圖是1molNO2(g)和1molCO(g)反應(yīng)生成1molCO2(g)和1molNO(g)過程中能量變化示意圖。

①該反應(yīng)是_______(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。

②請寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________。

③若在該反應(yīng)體系中加入催化劑對反應(yīng)熱_______(填“有”或“沒有”)影響。

(2)已知，可逆反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)ΔH=?56.9kJ/mol。在乙燒杯中投入一定量的CaO固體，此燒杯中NO2球的紅棕色變深。根據(jù)現(xiàn)象，補(bǔ)全CaO與H2O反應(yīng)過程的能量變化示意圖_______。

8、某溫度時，在一個容積為2L的密閉容器中，X、Y、Z物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖。所示根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，試填寫下列空白：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；

（2）反應(yīng)開始至2min，氣體Z的平均反應(yīng)速率為______；

（3）若X、Y、Z均為氣體，則反應(yīng)起始時與平衡后的壓強(qiáng)之比是________；

（4）以下說法能列定該反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的是________

A.X；Y、Z的濃度之比是1:2:3

B.X的消耗速率和Y的生成速率相等。

C.Z的濃度保持不變。

D.單位時間內(nèi)生成0.03molZ的同時生成0.02mol的Y9、二氧化鈦(TiO2)是一種重要的工業(yè)原料，可用四氯化鈦(TiCl4)制備。已知：

Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g)TiO2(s)＋2Cl2(g)ΔH1=-178.4kJ?mol-1

Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH2=-219.9kJ?mol-1

請回答下列問題：

(1)TiCl4(g)與CO(g)反應(yīng)生成TiO2(s)、C(s)和氯氣的熱化學(xué)方程式為___________。

(2)若反應(yīng)Ⅰ的逆反應(yīng)活化能表示為EkJ?mol-1，則E___________178.4(填“>”“<”或“=”)。

(3)t℃時，向10L恒容密閉容器中充入1molTiCl4和2molO2，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ.4min達(dá)到平衡時測得TiO2的物質(zhì)的量為0.2mol。

①0～4min內(nèi)，用Cl2表示的反應(yīng)速率v(Cl2)=___________。

②TiCl4的平衡轉(zhuǎn)化率α=___________。

③下列措施，既能加快反應(yīng)速率又能增大TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率的是___________(填選項(xiàng)字母)。

A．縮小容器容積B．加入催化劑C．分離出部分TiO2D．增大O2濃度E.降低溫度。

④t℃時，向10L恒容密閉容器中充入4molTiCl4和一定量O2的混合氣體，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與起始的物質(zhì)的量之比的關(guān)系如圖所示：

能表示TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率的曲線為___________(填“L1”或“L2”)；M點(diǎn)的坐標(biāo)為___________。

(4)也可以利用四氯化鈦(TiCl4)水解制備TiO2，該反應(yīng)的方程式為：___________。10、弱電解質(zhì)的研究是重要課題。

(1)①已知不同pH條件下，水溶液中碳元素的存在形態(tài)如圖所示。下列說法不正確的是_______。

A．pH=8時，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO

B．A點(diǎn)，溶液中H2CO3和HCO濃度相同。

C．當(dāng)c(HCO)=c(CO)時，c(H+)>c(OH-)

②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______。

(2)H2CO3以及其它部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表。弱酸H2SH2CO3HClOCH3COOH電離平衡常數(shù)(25℃)K1=1.3×10﹣7

K2=7.1×10﹣15K1=4.4×10﹣7

K2=4.7×10﹣11K=3.0×10﹣8Ka=1.8x10-5

按要求回答下列問題：

①H2S、H2CO3、HClO的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開______。

②將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______。

③取等體積等pH的醋酸和次氯酸兩種溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液恰好完全中和時，消耗NaOH溶液的體積分別為V1，V2，則大小關(guān)系為：V1_______V2(填“>”、“<”或“=”)。11、表中是幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)(25℃)，回答下列問題：。酸電離方程式電離平衡常數(shù)KaCH3COOHCH3COOHCHCOO－+H+Ka=1.7×10?5H2CO3H2CO3HCO+H+HCOCO+H+Ka1=4.2×10?7Ka2=5.6×10?11HClOHClOClO－+H+Ka=4.7×10?8H3PO4H3PO4H2PO+H+H2PO+H+PO+H+Ka1=7.1×10?3Ka2=6.2×10?8Ka3=4.5×10?13

(1)Ka只與溫度有關(guān)，當(dāng)溫度升高時，Ka值___________(填“增大”；“減小”、“不變”)。

(2)在溫度相同時，各弱酸的Ka值不同，那么Ka值的大小與酸性的相對強(qiáng)弱有何關(guān)系___________。

(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，其中酸性最強(qiáng)的是___________，最弱的是___________。

(4)電離平衡常數(shù)是用實(shí)驗(yàn)的方法測定出來的，現(xiàn)測得25℃時，cmol?L?1的CH3COOH的電離度為，試表示該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)___________。

(5)根據(jù)上表中提供的H2CO3和HClO的電離平衡常數(shù)，判斷在等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各種離子濃度關(guān)系正確的是___________

A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)

B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H+)

C．c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)

D．c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)

(6)根據(jù)上表中H2CO3和HClO的電離平衡常數(shù)，試寫出少量CO2通入到NaClO溶液中的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)12、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤13、升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，此時v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯誤14、熱化學(xué)方程式表示的意義：25℃、101kPa時，發(fā)生上述反應(yīng)生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的熱量。(_______)A.正確B.錯誤15、常溫下，pH=11的CH3COONa溶液與pH=3的CH3COOH溶液，水的電離程度相同。(_______)A.正確B.錯誤16、pH減小，溶液的酸性一定增強(qiáng)。（____________）A.正確B.錯誤17、室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤18、酸式鹽溶液可能呈酸性，也可能呈堿性。(_______)A.正確B.錯誤19、稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或堿性)也越強(qiáng)。(_______)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(dá)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(lán)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、工業(yè)流程題(共4題，共40分)21、某工廠從含硫酸鋇；氧化銅、氧化亞鐵、氧化鋁和少量氧化銀的廢渣中回收金屬的工藝流程如圖所示：

(1)濾渣①的化學(xué)式為___________，是___________(填“強(qiáng)”“弱”或“非”)電解質(zhì)。

(2)用濾渣②作粗銅電解精煉銅時，粗銅作___________(填“陽”或“陰”)極。

(3)加入過量鐵粉，被還原的金屬陽離子有___________。過氧化鈉的電子式為___________。

(4)濾液④的溶質(zhì)是___________。B電解方程式為___________。

(5)寫出濾渣③生成A的化學(xué)方程式：___________。22、堿式氧化鎳(NiOOH)可作鎳電池的正極材料，現(xiàn)用某廢鎳原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr；FeS等)來制備；其工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)“堿浸”時，發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式①___，②___。

(2)在酸性溶液中可以轉(zhuǎn)化成用離子方程式表示該轉(zhuǎn)化反應(yīng)___，已知BaCrO4的Ksp=1.2×10-10，要使溶液中沉淀完全(c()≤1×10-5mol·L-1)，溶液中鋇離子濃度至少為___mol·L-1。23、工業(yè)上采用氯化銨焙燒菱錳礦制備高純度碳酸錳，工藝流程如下：

已知相關(guān)信息如下：

①菱猛礦的主要成分是MnCO3，還含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。

②氫氧化物沉淀的條件:Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分別為4.7、32；Mn2+、Mg2+開始沉淀的pH分別為8.1、9.1。

③“焙燒”過程的主要反應(yīng)MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

④常溫下，幾種難溶物的Ksp如下表所示:。難溶物Mn(OH)2MnCO3CaF2MgF2Ksp2.0×10-132.0×10-112.0×10-107.0×10-11

（1）分析圖1、圖2、圖3，最佳的焙燒溫度、焙燒時間、m(NH4Cl)/m(美錳礦粉)分別為____、____、____。

（2）“除雜”過程如下:

①已知幾種氧化劑氧化能力的強(qiáng)弱順序?yàn)?NH4)2S2O3>H2O2>Cl2>MnO2>Fe2+，則氧化劑X宜選擇_________(填字母)。

A.(NH4)2S2O3B.MnO2C.H2O2D.Cl2

②調(diào)節(jié)pH時，pH可取的最低值為_____________。

③當(dāng)CaF2、MgF2兩種沉淀共存時，若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，則c(Mg2+)=____mol/L。

（3）“沉錳”過程中,不用碳酸鈉溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是__________。

（4）測定碳酸錳粗產(chǎn)品的純度。實(shí)驗(yàn)步驟:

①稱取0.5000g碳酸錳粗產(chǎn)品于300mL錐形瓶中，加少量水濕潤，再加25mL磷酸，移到通風(fēng)櫥內(nèi)加熱至240℃，停止加熱，立即加入2g硝酸銨，保溫，充分反應(yīng)后，粗產(chǎn)品中的碳酸錳全部轉(zhuǎn)化為[Mn(PO4)2]3-，多余的硝酸銨全部分解。用氮?dú)廒s盡錐形瓶內(nèi)的氮氧化物，冷卻至室溫。

②將上述錐形瓶中的溶液加水稀釋至100mL，滴加2-3滴指示劑，然后用濃度為0.2000mol/L的硫酸亞鐵銨[(NH4)Fe(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,發(fā)生的反應(yīng)為[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-。到達(dá)滴定終點(diǎn)時，消耗的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL。

計(jì)算:碳酸錳粗產(chǎn)品的純度=___________。

誤差分析:若滴定終點(diǎn)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處產(chǎn)生了氣泡，則測得的碳酸錳粗產(chǎn)品的純度_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。24、草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)是一種重要的化工原料；廣泛應(yīng)用于涂料；染料、玻璃器皿等的著色劑，也可用于新型電池材料，感光材料的生成。實(shí)驗(yàn)室制備草酸亞鐵晶體的一種流程如下：

(1)溶解時加入稀硫酸的作用是____。

(2)用無水乙醇洗滌的目的是____。

(3)某FeC2O4·2H2O樣品中含有少量Fe2(C2O4)3雜質(zhì)，采用KMnO4滴定法測定樣品的組成，實(shí)驗(yàn)步驟如下：稱取1.996g樣品于錐形瓶中，加入稀硫酸溶解，水浴加熱至75℃；用0.200mol/L的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色；消耗KMnO4溶液33.00mL。

已知：酸性環(huán)境下，KMnO4既能氧化Fe2+,又能氧化C2O自身被還原為Mn2+。

①計(jì)算樣品中FeC2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____。(寫出計(jì)算過程)

②若滴定過程中，酸度控制不當(dāng)，MnO部分會被還原為MnO2，則達(dá)到滴定終點(diǎn)時，消耗KMnO4溶液的體積____(填“偏大”、“偏小”或“不影響”)。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共6分)25、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項(xiàng)重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負(fù)性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論進(jìn)行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學(xué)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，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)_____。26、含NO的煙氣需要處理后才能排放。

(1)氫氣催化還原含NO的煙氣，發(fā)生“脫硝”反應(yīng)：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定條件下，加入H2的體積分?jǐn)?shù)對該反應(yīng)平衡時含氮物質(zhì)的體積分?jǐn)?shù)的影響如圖所示：

①隨著H2體積分?jǐn)?shù)增加，NO中N被還原的價態(tài)逐漸降低。當(dāng)H2的體積分?jǐn)?shù)在0.5×10-3~0.75×10-3時，NO的轉(zhuǎn)化率基本為100%，而N2和NH3的體積分?jǐn)?shù)仍呈增加趨勢，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

圖中N2減少的原因是N2與H2反應(yīng)生成NH3，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________。

(2)某科研小組研究了NO與H2反應(yīng)生成N2和NH3的轉(zhuǎn)化過程。在起始溫度為400℃時，將n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙兩個恒容密閉容器中；甲為絕熱過程、乙為恒溫過程，兩反應(yīng)體系的壓強(qiáng)隨時間的變化曲線如圖所示。

①曲線X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a點(diǎn)在曲線X上，則a點(diǎn)___________是平衡點(diǎn)(填“可能”或“不可能”)。

③曲線Y的容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為60%，從開始到平衡點(diǎn)Z時用分壓表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃時，“脫硝”反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=___________kPa-1(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，Kp為用分壓代替濃度計(jì)算的平衡常數(shù)；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

(3)科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，用P1-g-C3N4光催化氧化法脫除NO的過程如圖所示。

光催化脫除原理和電化學(xué)反應(yīng)原理類似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4兩端類似于兩極，g–C3N4極發(fā)生___________反應(yīng)(填“氧化”或“還原”)，該極的電極反應(yīng)式為___________。評卷人得分六、原理綜合題(共4題，共16分)27、用化學(xué)知識填空：

（1）丙烷(C3H8)通過脫氫反應(yīng)可得丙烯(C3H6)。

已知：C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)=156.6kJ?mol-1②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)=32.4kJ?mol-1

則相同條件下，反應(yīng)C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的H__kJmol-1。

（2）將煤轉(zhuǎn)化為水煤氣是通過化學(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（s）+H2（g）、C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃燒的熱化學(xué)方程式分別為：

C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ?mol-1，H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ?mol-1，CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ?mol-1

寫出C(s)與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2的熱化學(xué)方程式：____。

（3）圖甲為ⅥA族元素氫化物a、b、c、d的生成熱數(shù)據(jù)示意圖。則硒化氫在上述條件下發(fā)生分解反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____。

（4）已知反應(yīng)2HI（g）H2（g）I2（g）H11kmol1，1molH2（s）、1molI2（s）分子中化學(xué)鍵斷裂時分別需要吸收436KJ、151KJ的能量，則1molHI（g）分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為____kJ。28、在一個體積為5L的密閉容器內(nèi)發(fā)生反應(yīng)：A(g)+B(g)?C(g)+D(g)該反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度的關(guān)系如下：。溫度/℃70080083010001200平衡常數(shù)1.71.11.00.60.4

回答下列問題：

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___，ΔH___0(填“＜”“＞”“=”)；

(2)830℃時，向容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反應(yīng)初始6s內(nèi)A的平均反應(yīng)速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，則6s時c(A)=___mol·L-1，C的物質(zhì)的量為___mol；若反應(yīng)經(jīng)一段時間后，達(dá)到平衡時A的轉(zhuǎn)化率為___，如果這時向該密閉容器中再充入1mol氬氣，平衡時A的轉(zhuǎn)化率為___；

(3)在800℃時，發(fā)生上述反應(yīng)，某一時刻測得容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度分別為c(A)為2mol?L-1，c(B)為1.5mol?L-1，c(C)為1mol?L-1，c(D)為3mol?L-1，則下一時刻，反應(yīng)將__(填“正向”或“逆向”)進(jìn)行，此時v正__v逆(填“＜”“＞”“=”)。

(4)恒溫恒容條件下，下列選項(xiàng)能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡的是___(填正確選項(xiàng)前的字母)：

a．壓強(qiáng)不隨時間改變。

b．氣體的密度不隨時間改變。

c．c(A)不隨時間改變。

d．單位時間里生成C和D的物質(zhì)的量相等。

e．氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化。

f．v正(A)=v逆(C)

(5)1200℃時反應(yīng)C(g)+D(g)?A(g)+B(g)的平衡常數(shù)的值為___。29、機(jī)動車排放的污染物主要有碳?xì)浠衔?；一氧化碳和氮氧化物等。汽油燃油車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器；可有效降低汽車尾氣污染。

（1）已知：

則反應(yīng)__________。

（2）科學(xué)家研究出了一種高效催化劑，可以將和發(fā)生反應(yīng)生成（g）和（g）。在T℃下，向某恒容密閉容器中通入amol/Lbmol/L使其發(fā)生上述反應(yīng)，測得的平衡轉(zhuǎn)化率與投料比X（表示a、b兩者的比值）的關(guān)系如圖1中曲線所示。若反應(yīng)開始到達(dá)到平衡所用時間是2min，則反應(yīng)發(fā)生2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（）=________，平衡態(tài)A點(diǎn)的平衡常數(shù)K=________。

（3）柴油燃油車是通過尿素-選擇性催化還原（Urea-SCR）法處理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理為：尿素[]水溶液通過噴嘴噴入排氣管中，當(dāng)溫度高于160℃時尿素水解產(chǎn)生生成的與尾氣混合后，加入適合的催化劑，使氮氧化物得以處理。圖2為在不同投料比[]時轉(zhuǎn)化效率隨溫度變化的曲線。

①尿素與物質(zhì)的量比a_____b（填“＞”；“=”或“＜”）。

②由圖可知，下列說法錯誤的是____

A.400℃以下，隨著溫度升高，尿素水解釋放氨氣的速率加快，轉(zhuǎn)化效率升高。

B.400℃以下；溫度升高，反應(yīng)活化能降低，導(dǎo)致化學(xué)反應(yīng)速率加快。

C.440℃以上，溫度過高，可能使催化劑活性降低，導(dǎo)致轉(zhuǎn)化效率下降30、(一)環(huán)氧乙烷(EO)是一種重要的化工原料，可用于生產(chǎn)乙二醇、乙醇胺等化工產(chǎn)品，目前乙烯直接氧化法被廣泛應(yīng)用于環(huán)氧乙烷的生產(chǎn)并得到廣泛關(guān)注。制備環(huán)氧乙烷工藝裝置如圖：其中“反應(yīng)床”中發(fā)生的反應(yīng)有：

主反應(yīng)①：2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)△H1=-221.0kJ/mol；

副反應(yīng)②：CH2=CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)△H2=-1323.0kJ/mol；

副反應(yīng)③：2(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)△H3；

副反應(yīng)④：(g)CH3CHO(g)△H3=-115.0kJ/mol

已知：環(huán)氧乙烷選擇性是指乙烯進(jìn)行反應(yīng)①生成環(huán)氧乙烷的優(yōu)勢。

(1)寫出反應(yīng)③的△H3=______kJ/mol；

(2)下列有關(guān)環(huán)氧乙烷制備說法不正確的是______

A.由圖1可知；進(jìn)料氣體的初始溫度對環(huán)氧乙烷的選擇性影響不大，可得出乙烯的轉(zhuǎn)化率受初始溫度影響不大。

B.由圖2可知；原料氣的流速加快，乙烯轉(zhuǎn)化率下降；主要是原料氣與催化劑接觸時間過短造成。

C.圖2表明；原料氣的流速加快，環(huán)氧乙烷選擇性略微增大；主要原因是溫度得到較好控制，催化劑活性較強(qiáng)。

D.若進(jìn)料氣中O2比例增大；環(huán)氧乙烷產(chǎn)率降低；其中主要原因是環(huán)氧乙烷轉(zhuǎn)化為乙醛。

(3)已知“反應(yīng)床”中壓強(qiáng)對乙烯轉(zhuǎn)化率和環(huán)氧乙烷選擇性的影響如圖3：

請解釋當(dāng)反應(yīng)體系中壓強(qiáng)高于2.4Mpa，導(dǎo)致環(huán)氧乙烷選擇性下降的主要原因：______。

(4)不同進(jìn)料組分，環(huán)氧乙烷產(chǎn)率不同；其中進(jìn)料氣n(O2)：n(C2H4)=1：2時，隨CO2含量變化，環(huán)氧乙烷的產(chǎn)率變化如圖4。請?jiān)趫D4上畫出進(jìn)料氣n(O2)：n(C2H4)=3：1時，隨CO2含量變化，環(huán)氧乙烷的產(chǎn)率變化曲線_______。

(二)環(huán)氧丙烷是一種重要的化工原料，且廣泛用途。有機(jī)電化學(xué)法電解合成環(huán)氧丙烷是一種常見的生成工藝；其原理是將丙烯與電解飽和食鹽水的電解產(chǎn)物反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為氯丙醇(CH3CHOHCH2Cl)；氯丙醇進(jìn)一步反應(yīng)生成環(huán)氧丙烷。其電解簡易裝置如圖。

(1)寫出a電極的電極反應(yīng)式：__________；

(2)寫出b電極區(qū)域生成環(huán)氧丙烷的化學(xué)方程式：__________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．?dāng)噫I吸熱；故A錯誤；

B．形成化學(xué)鍵放出熱量；故B錯誤；

C．放熱反應(yīng)不一定需要加熱；如酸堿中和反應(yīng)常溫下即可進(jìn)行，故C錯誤；

D．有些吸熱反應(yīng)常溫下即可發(fā)生；如氫氧化鋇晶體與氯化銨的反應(yīng)，故D正確；

故選：D。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由可知，N元素的化合價降低，二氧化氮為氧化劑，則相同條件下的氧化性：A項(xiàng)正確；

B．由表中信息可知；NO與As的反應(yīng)的活化能最大，則相同條件下As與NO的反應(yīng)速率最慢，B項(xiàng)正確；

C．升高溫度；可增大活化分子百分?jǐn)?shù)，增大反應(yīng)速率，但不改變反應(yīng)的活化能，C項(xiàng)錯誤；

D．反應(yīng)速率為反應(yīng)物濃度和的函數(shù)，由圖可知，As與反應(yīng)中，隨溫度的升高變化不大，則其他條件不變，改變溫度不能顯著改變As與的反應(yīng)速率；D項(xiàng)正確。

故選C。3、D【分析】【分析】

本題考查化學(xué)計(jì)算和蓋斯定律；注意依據(jù)反應(yīng)物的物質(zhì)的量確定生成物，掌握蓋斯定律的計(jì)算方法是解答關(guān)鍵。

【詳解】

根據(jù)題意，22gCO2通入1mol?L-1NaOH溶液750mL中充分反應(yīng)，0.5molCO2與0.75molNaOH反應(yīng)生成物質(zhì)的量均為0.25mol的碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反應(yīng)放出熱量為ykJ，則2molCO2反應(yīng)放出熱量為4ykJ，則熱化學(xué)反應(yīng)方程式為①，又1molCO2通入1L2mol?L-1NaOH溶液中充分反應(yīng)放出xkJ的熱量，則熱化學(xué)方程式為②，由蓋斯定律可知，①-②可得，故選D。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．CH3COOH在水溶液中部分電離，CH3COOH是弱電解質(zhì)；故不選A；

B．SO3自身不能電離，SO3是非電解質(zhì)；故不選B；

C．硫酸鋇溶于水的部分完全電離出鋇離子和硫酸根離子，BaSO4是強(qiáng)電解質(zhì)；故選C；

D．石墨是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)，故不選D；

選C。5、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。二、填空題(共6題，共12分)6、A:A:A:B:B:B:B:D【分析】【分析】

【詳解】

（1）醋酸和醋酸鈉的混合液中，醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，導(dǎo)致溶液顯示酸性，c（H+）＞c（OH-），根據(jù)電荷守恒，所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；

因此；本題正確答案是：B；

（2）溶液越稀，即濃度越小，鐵離子的水解程度越大，所以0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+水解百分率小于0.01mol?L-1FeCl3溶液中Fe3+的水解百分率；

因此；本題正確答案是：B；

（3）醋酸是弱酸；稀釋促進(jìn)電離，在體積增大導(dǎo)致濃度減小的同時還會電離出一部分氫離子，鹽酸是強(qiáng)酸，稀釋過程中體積增大而導(dǎo)致濃度減小，pH值相同的醋酸和鹽酸，分別用蒸餾水稀釋至原來的M倍和N倍，稀釋后兩溶液的pH值仍然相同，則醋酸加水多；

因此；本題正確答案是：A；

（4）碳酸鈉溶液中；碳酸根的水解程度隨著溫度的升高而增大，所以升高溫度促進(jìn)水解，碳酸氫根的濃度增大，故答案為B；

（5）NaOH電離出OH-抑制水的電離，pH值為12的燒堿溶液中水電離出的氫離子濃度等于溶液中氫離子濃度；醋酸鈉電離出的醋酸根水解促進(jìn)水的電離，pH值為12的CH3COONa溶液中水電離出的氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子的濃度，所以相同溫度下，pH值為12的燒堿溶液中水的電離度小于pH值為12的CH3COONa溶液中水的電離度；

因此；本題正確答案是：B；

（6）醋酸是弱酸；稀釋促進(jìn)電離，鹽酸是強(qiáng)酸，稀釋過程濃度減小，所以將pH值為2的醋酸和鹽酸都稀釋相同倍數(shù)所得稀溶液的pH值是鹽酸的大于醋酸的；

因此；本題正確答案是：A；

（7）室溫下強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液等體積混合后；溶液的pH值為7，則溶液顯示中性，所以原來溶液中氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度是相等的，但是酸和堿的元數(shù)未知，酸和堿的濃度大小不能確定；

因此；本題正確答案是：D；

（8）兩溶液體積相等，前者物質(zhì)的量濃度大于后者，氯化銨溶液中，銨根離子水解，銨根離子濃度越大水解程度越小，即相同溫度下，1L1mol/L的NH4Cl溶液中的NH4+個數(shù)大于1L0.5mol?L-1NH4Cl溶液中NH4+的個數(shù)；

因此，本題正確答案是：A；7、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)圖示可知：反應(yīng)物的能量比生成物的能量高；因此物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)時放出熱量，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

②反應(yīng)熱等于反應(yīng)物活化能與生成物活化能的差，則反應(yīng)熱△H=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，故該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ/mol；

③催化劑不能改變反應(yīng)物；生成物的總能量；而反應(yīng)熱等于反應(yīng)物活化能與生成物活化能的差，因此催化劑對反應(yīng)熱無影響，即若在該反應(yīng)體系中加入催化劑，該反應(yīng)的反應(yīng)熱不發(fā)生變化；

(2)在乙燒杯中投入一定量的CaO固體，此燒杯中NO2球的紅棕色變深，說明c(NO2)增大，可逆反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)ΔH=?56.9kJ/mol的化學(xué)平衡逆向移動，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H＜0，則乙燒杯內(nèi)反應(yīng)后溫度升高，說明CaO與H2O反應(yīng)放出熱量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，證明生成物Ca(OH)2的能量比反應(yīng)CaO與H2O的總能量低，用圖象表示為：【解析】放熱NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ/mol沒有8、略

【分析】【詳解】

（1）由圖象可以看出，反應(yīng)中X、Y的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增多，則X、Y為反應(yīng)物，Z為生成物，且反應(yīng)物沒有完全轉(zhuǎn)化，是可逆反應(yīng)；則△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.75mol∶0.5mol∶0.75mol=3∶2∶3，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3X+2Y2Z；

（2）反應(yīng)開始至2min，氣體Z的平均反應(yīng)速率為=0.125mol/（L·min）；

（3）根據(jù)阿伏加德羅定律可知；恒容恒溫條件下，壓強(qiáng)與氣體的物質(zhì)的量成正比，若X；Y、Z均為氣體，則反應(yīng)起始時與平衡后的壓強(qiáng)之比是2mol∶（0.25+0.5+0.75）mol=4:3；

（4）A.X；Y、Z的濃度之比是1:2:3時；反應(yīng)不一定是平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.X的消耗速率和Y的生成速率相等，即正逆反應(yīng)速率相等，是平衡狀態(tài)，故B正確；C.Z的濃度保持不變，量一定是平衡狀態(tài)，故C正確；D.單位時間內(nèi)生成0.03molZ的同時生成0.02mol的Y，正逆反應(yīng)速率相等，是平衡狀態(tài)，故D正確；答案為BCD。

點(diǎn)睛：化學(xué)平衡的標(biāo)志有直接標(biāo)志和間接標(biāo)志兩大類。一、直接標(biāo)志：正反應(yīng)速率=逆反應(yīng)速率，注意反應(yīng)速率的方向必須有正向和逆向。同時要注意物質(zhì)之間的比例關(guān)系，必須符合方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值。二、間接標(biāo)志：1、各物質(zhì)的濃度不變。2、各物質(zhì)的百分含量不變。3、對于氣體體積前后改變的反應(yīng)，壓強(qiáng)不變是平衡的標(biāo)志。4、對于氣體體積前后不改變的反應(yīng)，壓強(qiáng)不能做標(biāo)志。5、對于恒溫恒壓條件下的反應(yīng)，氣體體積前后改變的反應(yīng)密度不變是平衡標(biāo)志。6、對于恒溫恒容下的反應(yīng)，有非氣體物質(zhì)的反應(yīng)，密度不變是平衡標(biāo)志?！窘馕觥竣?3X+2Y?3Z②.0.125mol/（L．min）③.4：3④.BCD9、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)蓋斯定律，I式減去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ?mol-1

(2)由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；焓變等于正反應(yīng)活化能減去逆反應(yīng)的活化能，故逆反應(yīng)的活化能大于178.4；

(3)利用三段式：

①

②

③A．縮小容器體積，導(dǎo)致濃度增大，反應(yīng)速率增大，但平衡向逆反應(yīng)方向移動，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率減小；故A不符合；

B．加入催化劑能加快反應(yīng)速率，但不影響平衡，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率不變；故B不符合；

C．分離出TiO2，平衡不移動，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率不變；但反應(yīng)速率不變，故C不符合；

D．增大氧氣的濃度，導(dǎo)致反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，TiCl4平衡轉(zhuǎn)化率增大；故D符合題意；

E．降低溫度；反應(yīng)速率會減小，故D不符合題意；

故選答案D；

④根據(jù)增大某反應(yīng)物的濃度可以增大另一個反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，自身的轉(zhuǎn)化率降低，當(dāng)橫坐標(biāo)增大時，相當(dāng)于增大了TiCl4的濃度，TiCl4的轉(zhuǎn)化率會降低，故表示的曲線是L2；M點(diǎn)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，說明投入反應(yīng)物起始的物質(zhì)的量之比等于系數(shù)比，故a=1:1，根據(jù)t℃時平衡常數(shù)保持不變利用前面的三段式計(jì)算出平衡常數(shù)：K=當(dāng)反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比等于1:1時代入三段式中解得故坐標(biāo)為(1，)；

(4)根據(jù)原子守恒，保持化合價不變利用復(fù)分解反應(yīng)的寫法寫出水解方程式為：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2?xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl?！窘馕觥縏iCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ?mol-1>0.01mol?L-1·min-120%DL2(1，)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2?xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl10、略

【分析】【詳解】

（1）A．圖象分析可知，pH=8時主要存在的微粒是碳酸氫根離子，溶液中含碳元素的微粒主要是HCOA正確；

B．A點(diǎn)是HCO物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與二氧化碳的碳酸溶液中H2CO3、CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之和相同，故溶液中H2CO3和HCO濃度不相同；B錯誤；

C．圖象分析可知當(dāng)c(HCO)=c(CO)時，pH>7，溶液顯堿性，c(H+)-)；C錯誤；

故選BC；

②pH=8.4時，含碳元素的微粒主要是HCO向上述溶液中加入NaOH溶液時HCO與OH-反應(yīng)生成CO和水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是HCO+OH﹣=CO+H2O；

（2）①酸的電離常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，由表中數(shù)據(jù)可知，酸性：H2CO3>H2S>HClO；

②根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性：HClO>HCO將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為ClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO；

③酸性：CH3COOH＞HClO，所以pH相等時，酸的濃度：CH3COOH＜HClO，兩溶液體積相同，所以HClO消耗的NaOH更多，所以V1＜V2?！窘馕觥?1)BCHCO+OH﹣=CO+H2O

(2)H2CO3>H2S>HClOClO﹣+CO2+H2O=HCO+HClO<11、略

【分析】【詳解】

(1)弱電解質(zhì)的電離是吸熱過程，當(dāng)溫度升高時，平衡正向移動，Ka值增大；故答案為：增大。

(2)在溫度相同時，電離平衡常數(shù)越大，則酸越強(qiáng)；故答案為：Ka值越大；酸性越強(qiáng)。

(3)根據(jù)Ka值越大，酸越強(qiáng)，CH3COOH、H2CO3、HCOHClO、H3PO4、H2PO都看作是酸，因此酸性最強(qiáng)的是H3PO4，最弱的是故答案為：H3PO4；

(4)25℃時，cmol?L?1的CH3COOH的電離度為，根據(jù)題意得出電離的醋酸濃度為cmol?L?1，c(H＋)=c(CH3COO－)=cmol?L?1，c(CH3COOH)=c(1－)mol?L?1，該溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=故答案為：

(5)根據(jù)題意得出酸強(qiáng)弱順序?yàn)镠2CO3＞HClO，根據(jù)對應(yīng)的酸越弱，其水解程度越大，因此等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－水解程度大于HCO水解程度，因此離子濃度為c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)；按照物料守恒得到c(HClO)+c(ClO－)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)；按照電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(ClO－)+c(OH－)+2c(CO)；故答案為A。

(6)根據(jù)題意得出酸強(qiáng)弱順序?yàn)镠2CO3＞HClO＞HCO少量CO2通入到NaClO溶液中生成HCO和HClO，其化學(xué)反應(yīng)方程式CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO；故答案為：CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO?！窘馕觥竣?增大②.Ka值越大，酸性越強(qiáng)③.④.⑤.⑥.A⑦.CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO三、判斷題(共9題，共18分)12、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。13、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，反應(yīng)混合物分子能量增大，單位體積活化分子數(shù)、活化分子百分?jǐn)?shù)均增大，此時v放增大，v吸增大，故錯誤。14、A【分析】【詳解】

題中沒有特殊說明，則反應(yīng)熱是在常溫常壓下測定，所以表示25℃、101kPa時，1mol反應(yīng)[]，放熱241.8kJ。(正確)。答案為：正確。15、B【分析】【詳解】

酸抑制水的電離，能水解的鹽促進(jìn)水的電離，錯誤。16、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強(qiáng)，故答案為：錯誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=2的鹽酸中氫離子濃度和pH=12的氨水中氫氧根濃度相等。鹽酸是強(qiáng)酸，一水合氨是弱堿,故等體積的混合溶液呈堿性，則結(jié)合電中性：得則c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案為：錯誤。18、A【分析】【詳解】

酸式鹽可能因溶質(zhì)直接電離成酸性，如硫酸氫鈉溶液；酸式鹽可能因水解程度小于電離程度而呈酸性，如亞硫酸氫鈉溶液；酸式鹽可能因水解程度大于電離程度而呈堿性，如碳酸氫鈉溶液。所以答案是：正確。19、B【分析】【詳解】

稀釋能促進(jìn)鹽類水解，但是體積增加幅度更大。因此鹽的濃度越低，越促進(jìn)水解、鹽水解產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子濃度也越低、則溶液的酸性或堿性則越弱。則答案是：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??；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?。焕鐨溲趸}，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(shí)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(dá)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(lán)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、工業(yè)流程題(共4題，共40分)21、略

【分析】【分析】

廢渣中含BaSO4、CuO、FeO、Al2O3、AgO，加硝酸、過濾得濾渣①為不溶于硝酸的BaSO4，濾液①為含Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Al(NO3)3、AgNO3的混合溶液；往濾液①中加過量鐵粉、攪拌、過濾得濾渣②為Cu、Ag、Fe，濾液②為Fe(NO3)2、Al(NO3)3的混合溶液；往濾液②中加Na2O2調(diào)pH、過濾得濾渣③為Fe(OH)3，濾液③為NaNO3、NaAlO2的混合溶液；往濾液③中通入過量CO2、過濾得濾液④為NaNO3、NaHCO3的混合溶液，濾渣④為Al(OH)3，加熱Al(OH)3得B為Al2O3，電解熔融狀態(tài)下的Al2O3得到Al和O2。

【詳解】

(1)由分析可知濾渣①的化學(xué)式為BaSO4；BaSO4溶于水部分全部電離；是強(qiáng)電解質(zhì)；

(2)電解精煉銅時；粗銅作陽極；

(3)Fe作還原劑與金屬離子反應(yīng)時被氧化為Fe2+，濾液①為含Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Al(NO3)3、AgNO3的混合溶液，F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Ag＋的氧化性強(qiáng)于Fe2+，因此往濾液①中加過量鐵粉發(fā)生，被還原的金屬陽離子有Fe3＋、Cu2＋、Ag＋；過氧化鈉是含共價鍵的離子化合物，其電子式為

(4)濾液④的溶質(zhì)是NaNO3、NaHCO3；B為Al2O3，電解Al2O3方程式為2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。

(5)濾渣③為Fe(OH)3，加熱Fe(OH)3得Fe2O3和3H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O。【解析】BaSO4強(qiáng)陽Fe3＋、Cu2＋、Ag＋NaNO3、NaHCO32Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O22、略

【分析】【分析】

由題給流程可知；向某廢鎳原料加入氫氧化鈉溶液堿浸，鋁和二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和硅酸鈉，過濾得到濾渣1；向?yàn)V渣1中加入稀硫酸酸溶，鎳；鉻和硫化亞鐵與硫酸反應(yīng)得到硫酸鹽溶液，向反應(yīng)后的溶液中加入次氯酸鈉溶液將亞鐵離子氧化為鐵離子后，加入氫氧化鎳調(diào)節(jié)溶液pH在5.6～6.2范圍內(nèi)，將鐵離子和鉻離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鉻沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵和氫氧化鉻的濾渣2和硫酸鎳溶液；向硫酸鎳溶液加入堿溶液調(diào)節(jié)溶液pH，過濾得到氫氧化鎳沉淀；在空氣中加熱氫氧化鎳制得堿式氧化鎳。

【詳解】

(1)由分析可知，堿浸時發(fā)生的反應(yīng)為鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：SiO2+2OH-=+H2O；

(2)在酸性溶液中，鉻酸根離子與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸根和水，反應(yīng)的離子方程式為：2+2H++H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10-10可知，要使溶液中沉淀完全，溶液中鋇離子濃度c(Ba2+)≥【解析】2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑)SiO2+2OH-=+H2O2+2H++H2O1.2×10-523、略

【分析】【詳解】

（1）圖1隨著溫度升高錳浸出率增大，到500℃達(dá)最高為95%，圖2隨著時間的增大，錳浸出率增大，到60min達(dá)最大為95%，圖3隨著m(NH4Cl)/m(美錳礦粉)增大，錳浸出率增大，到1.1達(dá)最大為95%，最佳的焙燒溫度、焙燒時間、m(NH4Cl)/m(美錳礦粉)分別為500℃、60min、1.1；（2）①已知幾種氧化劑氧化能力的強(qiáng)弱順序?yàn)?NH4)2S2O3>H2O2>Cl2>MnO2>Fe2+，氧化劑X的加入是為了將亞鐵離子氧化為鐵離子，鐵離子水解產(chǎn)生氫氧化鐵而除去，試劑的加入不能引入新的雜質(zhì)，宜選擇MnO2，反應(yīng)產(chǎn)生錳離子，且過量時不溶可隨沉淀過濾除去，答案選B；②調(diào)節(jié)pH時，是為了除去氧化后溶液中的Al3+、Fe3+，必須使Al3+、Fe3+完全沉淀，則pH可取的最低值為4.7；③當(dāng)CaF2、MgF2兩種沉淀共存時，若溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，則c2(F-)===2.0×10-7，c(Mg2+)===3.5×10-6mol/L；（3）碳酸鈉溶液中的c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀，故“沉錳”過程中，不用碳酸鈉溶液替代NH4HCO3溶液；（4）①設(shè)碳酸錳粗產(chǎn)品的純度為x，根據(jù)錳原子守恒及反應(yīng)[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-可得關(guān)系式為：

MnCO3~~~~~Mn2+~~~~~~~Fe2+~~~~~~~~~(NH4)Fe(SO4)2

115g1mol

0.5000xg0.2000mol/L×20.00mL×10-3L/mL=4.0×10-3mol

=解得x=92.00%；若滴定終點(diǎn)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處產(chǎn)生了氣泡，則所用標(biāo)準(zhǔn)液的體積讀數(shù)偏小，根據(jù)c（待測）=可知，測得的碳酸錳粗產(chǎn)品的純度偏低?！窘馕觥?00℃60min1.1B4.73.5×10-6碳酸鈉溶液中的c(OH-)較大，會產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀92.00%偏低24、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程分析可知，草酸亞鐵晶體溶解變成鐵離子、銨根離子、硫酸根離子，加入飽和H2C2O4后制備FeC2O4，靜置過濾出FeC2O4·2H2O，之后洗滌曬干得到FeC2O4·2H2O；據(jù)此分析回答問題。

【詳解】

(1)溶液中Fe2+是弱堿陽離子會水解，水解顯酸性，加入稀硫酸的作用是抑制Fe2+的水解；

(2)無水乙醇揮發(fā)快,清洗完后表面殘留會馬上揮發(fā)；所以目的是洗去固體表面的水，易于干燥；

(3)①解：n(KMnO4)＝0.200mol/L×33.00×10-3L＝6.6×10-3mol

設(shè)n(FeC2O4·2H2O)＝x，n[Fe2(C2O4)3]＝y(tǒng)

則有：180x＋376y＝1.996g①

根據(jù)電子守恒有：3x＋6y＝6.6×10-3mol×5②

解由①②組成的方程組得：x＝0.009moly＝0.001mol

樣品中FeC2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)81.2%；

②酸性環(huán)境下，KMnO4既能氧化Fe2+，又能氧化C2O自身被還原為Mn2+，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5，如果酸度控制不當(dāng)，MnO部分會被還原為MnO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)規(guī)律，電子數(shù)轉(zhuǎn)移越少，消耗物質(zhì)的量越多，所以消耗KMnO4溶液的體積偏大；【解析】①.抑制Fe2+的水解②.洗去固體表面的水，易于干燥③.81.2%④.偏大五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共6分)25、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負(fù)性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強(qiáng)的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強(qiáng)的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。【解析】①.N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強(qiáng)的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+26、略

【分析】【詳解】

（1）①根據(jù)題中信息，隨著氫氣體積分?jǐn)?shù)的增加，NO中被還原的價態(tài)逐漸降低，根據(jù)圖像可知，當(dāng)氫氣的體積分?jǐn)?shù)在0.5×10-3～0.75×10-3時，NO轉(zhuǎn)化率基本為100%，而氮?dú)夂桶睔獾捏w積分?jǐn)?shù)仍呈增加趨勢，NO中N顯+2價，N2中N顯0價，NH3中N顯-3價，因此當(dāng)氫氣較少時，NO被還原為N的+1價化合物或N2O；故答案為當(dāng)氫氣較少時，NO被還原為N的+1價化合物或N2O；

②根據(jù)蓋斯定律可知，－脫硝反應(yīng)，推出N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=()kJ/mol=-92.5kJ/mol；故答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ/mol；

（2）①該過程發(fā)生的兩個反應(yīng)都是物質(zhì)的量減少的放熱反應(yīng)；恒溫恒容狀態(tài)下，隨著時間的進(jìn)行，氣體物質(zhì)的量減小，壓強(qiáng)降低，而絕熱容器中，雖然氣體物質(zhì)的量減小，但溫度升高，氣體壓強(qiáng)增大，因此根據(jù)圖像可知，X為絕熱容器，Y為恒溫容器；故答案為甲；

②因?yàn)榉磻?yīng)為放熱；甲絕熱容器內(nèi)反應(yīng)體系溫度升過高，反應(yīng)速率快，先達(dá)到平衡，溫度升高，平衡左移，平衡時壓強(qiáng)增大，因此點(diǎn)a可能已達(dá)到平衡；故答案為可能；

③曲線Y是恒溫過程的乙容器，恒溫容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為60%，開始時體系總壓強(qiáng)為9kPa，n(NO)∶n(H2)=1∶2，p(NO)=3kPa，p(H2)=6kPa；

（3）g-C3N4極氧氣得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2H++2e-=H2O2；故答案為還原；O2+2H++2e-=H2O2?！窘馕觥?1)H2較少時，NO主要被還原為N2O(或+1價含氮化合物等)(合理即可)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.5kJ·mol-1

(2)甲可能0.110.12

(3)還原O2+2H++2e-=H2O2六、原理綜合題(共4題，共16分)27、略

【分析】【分析】

（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到；

（2）①C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ?mol-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ?mol-1③CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律①-②-③計(jì)算C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的焓變進(jìn)而寫出熱化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)元素周期律，同一主族元素非金屬性越強(qiáng)，生成氣態(tài)氫化物越容易，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；而根據(jù)熱力學(xué)，能量越低越穩(wěn)定，以此進(jìn)行判斷；根據(jù)圖象判斷出a、b；c、d對應(yīng)的各氫化物；根據(jù)焓變的大小書寫熱化學(xué)方程式；

（4）正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量-化學(xué)鍵生成時需放出的能量=反應(yīng)吸收的熱量。

【詳解】

：

（1）①C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)=156.6kJ?mol-1②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)=32.4kJ?mol-1依據(jù)蓋斯定律①-②得到C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)=+124.2KJ/mol，則相同條件下，反應(yīng)C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)=+124.2KJ/mol；故答案為：+124.2；

（2）①C(s)+O2(g)═CO2(g)=-393.5kJ?mol-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(g)=-242.0kJ?mol-1③CO(g)+O2(g)═CO2(g)=-283.0kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律①-②-③計(jì)算C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的焓變=-393.5kJ?mol-1-（-242.0kJ?mol-1）-（-283.0kJ?mol-1）=+131.5kJ?mol-1，所以熱化學(xué)方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ?mol-1，故答案為：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ?mol-1；

（3）非金屬元素氫化物的穩(wěn)定性與生成1mol氫化物時的△H的關(guān)系為：根據(jù)元素周期律，同一主族元素非金屬性越強(qiáng)，生成氣態(tài)氫化物越容易，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；而根據(jù)熱力學(xué)，能量越低越穩(wěn)定．a(chǎn)、b、c、d依次為H2Te、H2Se、H2S、H2O，由圖可知，b為H2Se的生成熱數(shù)據(jù)，則H2Se分解吸熱，且=-81kJ/mol，

所以H2Se發(fā)生分解反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ?mol-1，

故答案為：H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ?mol-1；

（4）設(shè)1molHI(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時需吸收的能量為xkJ，則：2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299，故答案為：299?！窘馕觥?124.2C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)=+131.5kJ?mol-1H2Se(g)═Se(s)+H2(g)=-81kJ?mol-129928、略

【分析】【詳解】

(1)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積與反應(yīng)物的濃度冪之積的比值，可逆反應(yīng)A(g)+B(g)?C(g)+D(g)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=

由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即?H＜0；

(2)反應(yīng)初始5L的容器中6s內(nèi)A的平均反應(yīng)速率v(A)=0.003mol·L-1·s-1，則6s內(nèi)?c(A)=0.003mol·L-1·s-1×6s=0.018mol/L，A的起始濃度為=0.04mol/L，故6s時c(A)=0.04mol/L?0.018mol/L=0.022mol/L，故6s內(nèi)?n(A)=0.018mol/L×5L=0.09mol；

由方程式可知n(C)=?n(A)=0.09mol；設(shè)平衡時A的濃度變化量為x，則：

故K===1，解得x=0.032mol/L；所以平衡時A的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；體積不變，充入1mol氬氣，反應(yīng)混合物各組分的濃度不變，平衡不移動，A的轉(zhuǎn)化率不變，為80%；

(3)800℃時，c(A)為2mol?L-1，c(B)為1.5mol?L-1，c(C)為1mol?L-1，c(D)為3mol?L-1，此溫度下K=1.1，Qc===1＜1.1，平衡正向移動，v正＞v逆；

(4)a．該反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變；壓強(qiáng)始終不變，故壓強(qiáng)不隨時間改變，不能說明到達(dá)平衡，故a不符合題意；

b．混合氣體的總質(zhì)量不變，容器的容積不變，故混合氣體的密度始終不變，故氣體的密度不隨時間改變，不能說明到達(dá)平衡，故b不符合題意；

c．可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時，各組分的濃度不發(fā)生變化，故c(A)不隨時間改變；說明到達(dá)平衡，故c符合題意；

d．單位時間里生成C和D的物質(zhì)的量相等；都表示正反應(yīng)速率，反應(yīng)始終按1：1生成C；D的物質(zhì)的量，不能說明到達(dá)平衡，故d不符合題意；

e．氣體的平均相對分子質(zhì)量=氣體的總質(zhì)量是一個定值，氣體的總的物質(zhì)的量也是一個定值，故氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化，不能代