2025年人教新课标选择性必修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年人教新课标选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、合成氨工艺是人工固氮最重要的途径，已知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，实际工业生产中，合成氨的原料气N2可通过分离空气得到，H2可通过天然气和水蒸气转化制得，原料气中N2和H2物质的量之比为1∶2.8，常用工艺条件：铁触媒作催化剂，控制温度773K、压强3.0×107Pa。假设起始反应物N2和H2物质的量之比为1∶3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中NH3的物质的量分数如下表所示。

。400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3580.2600.129则下列说法正确的是A.上述任何条件下，反应达到平衡时N2和H2的转化率之比均为1B.体系中NH3的物质的量分数越小，反应一定越先达到平衡C.反应达到平衡时，放出的热量均为92.4kJD.600℃、30MPa条件下加入更高效的催化剂，平衡时NH3的物质的量分数大于0.1292、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是A.乙中SO3的体积分数大于丙B.转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1C.乙和丙中的SO2的生成速率相同D.甲和丙中反应的化学平衡常数相同3、25℃时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG=lg]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法正确的是。

A.若a=-8，则25℃时，0.1mol·L－1XOH溶液的pH=8B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X＋)+c(XOH)=c(Cl－)D.M点到N点，水的电离程度逐渐减小4、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为下列有关说法正确的是A.检测时，电解质溶液中的向负极移动B.若有电子转移，则在标准状况下消耗氧气C.电池总反应的化学方程式为D.正极上发生的反应为5、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.用惰性电极电解KOH溶液,若阳极产生5.6L气体,则电路中通过0.5NA电子B.500mL2mol/L明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023C.25℃时，1LpH＝4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-4NAD.电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA6、下列说法正确的是A.25℃时，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合溶液显酸性B.20mL0.1mol/L二元弱酸H2A溶液与等体积，等浓度的NaOH溶液混合后，混合溶液中c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/LC.向Na2CO3溶被中通入CO2至溶液为中性，则>1D.常温下，向含0.lmolCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，则溶液显碱性。(已知醋酸的电离常数Ka=1.75×10-5)7、下列说法正确的是()A.25℃时，在pH＝4的盐酸和NH4Cl溶液中，由水电离出的H＋浓度相等B.25℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸等体积混合后，溶液的pH＝4C.25℃时，pH＝9和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝10D.25℃时，pH＝3.6的某橙汁中的c(H＋)是pH＝5.6的某西瓜汁中的c(H＋)的100倍评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、室温下，向浓度为0.1mol·L-1的氨水中缓缓通入HCl，lg随pH的变化曲线如图所示。忽略溶液体积变化；下列推断正确的是。

A.NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4B.b点溶液中：c()＜c(NH3·H2O)C.c点溶液中：c(Cl-)=0.1mol·L-1D.pH=6的溶液中：c(NH3·H2O)+c(Cl-)＞0.1mol·L-19、利用工业废气中的CO2和H2可以合成甲醇，反应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0，恒温下向5L密闭容器中充入反应物如表。下列说法正确的是。t/minn(CO2)/moln(H2)/mol02.06.021.040.561.5

A.2min末反应速率v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1B.反应进行到4min时未达平衡C.图中曲线表示逐渐升高温度时CO2的转化率随时间变化图像D.该温度下化学平衡常数K=(mol·L-1)-210、25℃时，用HCl气体调节氨水的pH，体系中微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图1所示(a、b、c、d线分别对应体系中除和外的其它微粒)，反应物的物质的量之比与pH的关系如图2所示(忽略通入气体后引起的溶液体积变化)。

下列说法错误的是A.水解平衡常数的数量级为B.对应溶液；C.水的电离程度：D.对应溶液：11、常温下，分别向体积相同、浓度均为0.1mol·L-1的MOH；ROH两种碱溶液中不断加水稀释；溶液的pH与溶液浓度的对数(1gc)之间的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.Kb(MOH)的数量级为10-5B.a、b两点对应的溶液中，水的电离程度：aC.等体积、等浓度的ROH溶液和MC1溶液混合后所得溶液中：c(OH-)+)D.用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点对应的溶液，消耗盐酸体积：Va>Vb12、已知H2A为二元弱酸，20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.Ka2(H2A)的数量级为10﹣5B.NaHA溶液中：c(H+)＞c(OH﹣)C.M点由水电离出的c(H+)＞N点由水电离出的c(H+)D.pH=7的溶液中：c(Na+)＜2c(A2﹣)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧；b.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热。这两个过程的热化学方程式为：

a.C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=E1①

H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=E2②

CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=E3③

b.C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=E4④

（1）上述四个热化学方程式中ΔH>0的反应有___________(填序号)。

（2）理论上等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是___________。A．a与b相同B．a比b少C．a比b多D．两者无法比较（3）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为___________。14、在温度为373K时，将0.100mol无色的N2O4气体通入1L抽空的密闭容器中，立刻出现红棕色，直至建立N2O42NO2的平衡。下图是隔一定时间测定到的N2O4的浓度（纵坐标为N2O4的浓度；横坐标为时间）

（1）计算在20至40秒时间内，NO2的平均生成速率为____。

（2）该反应的化学平衡常数表达式为____。

（3）下表是不同温度下测定得到的该反应的化学平衡常数。T/K

323

373

K值

0.022

0.36

据此可推测该反应（生成NO2）是____反应（选填“吸热”或“放热”）。

（4）若其他条件不变，反应在423K时达到平衡，请在上图中找出相应的位置，画出此温度下的反应进程示意曲线。15、如图是一个电化学过程的示意图；请按要求回答下列问题：

(1)甲池是_______装置(填“原电池”或“电解池”)，乙池中B为________极。

(2)写出电极反应式：通入O2电极：______。

(3)反应一段时间后，甲池中消耗(标况下)CH4体积为1.12L，则乙池中转移电子___________mol。

(4)电解饱和食盐水是重要的化工产业；它被称为“氯碱工业”。完成下列问题：

①写出电解饱和食盐水的化学反应方程式___________。

②上图为电解饱和食盐水工业中所采用的离子交换膜电解槽示意图，通电以后，Na+向右侧移动，可判断出电极2是___________极，在该电极周围的溶液中，NaOH浓度将会___________(填“变大”或“减小”或“不变”)；16、在等压下化学反应所吸收或放出的热量；称为化学反应的焓变。回答下列问题：

(1)25℃、时，氨气完全燃烧放出的热量，则___________

(2)反应过程的能量变化如图所示。

已知：被氧化为的则：

①E的大小对该反应的反应热___________(填“有”或“无”)影响；该反应通常用作催化剂，加会使图中B点___________(填“升高”或“降低”)。

②氧化为的热化学方程式为___________。

(3)已知拆开键、键分别需要吸收的能量为则由氢气和碘反应生成需要___________(填“放出”或“吸收”)___________的热量。

(4)发射卫星时可用肼()为燃料；用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。

已知：①

②

写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：___________。17、如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极；电极c；d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL(标准状况)气体。回答：

(1)直流电源中，M为___________极。

(2)Pt电极上生成的物质是___________，其质量为___________g。

(3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2：___________：___________：___________。

(4)AgNO3溶液的浓度___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，硫酸的浓度___________。

(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸溶液___________g。18、比较下列溶液的pH值(填“＞”；“＜”、“＝”)

(1)0.1mol·L-1NH4Cl溶液___________0.01mol·L-1NH4Cl溶液。

(2)0.1mol·L-1Na2CO3溶液__________0.1mol·L-1NaHCO3溶液。

(3)25℃，1mol·L-1FeCl3溶液__________80℃，1mol·L-1FeCl3溶液。

(4)0.1mol·L-1NaOH溶液___________0.1mol·L-1Na2CO3溶液评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误20、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____21、常温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共3题，共30分)22、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。23、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。24、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。评卷人得分六、实验题(共1题，共7分)25、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2.有关物质的性质如下：。C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173————————————

(1)用H2还原无水FeCl3制FeCl2.有关装置如图所示。

①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_______；

②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_______(填字母；装置可多次使用)；

③该制备装置的缺点为_______。

(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按图2装置；在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却；分离提纯得到粗产品。

①反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是___(填名称)；

②反应完成后继续通一段时间N2的作用是_______；

③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol·L-1NaOH溶液滴定，重复上述操作3次，达到滴定终点时消耗NaOH溶液的体积分别为19.50mL、20.50mL、19.70mL，则氯化铁的转化率为_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．转化之比等于物质的系数之比；充入时氨气和氮气的物质的量之比为3:1，转化之比也为3:1，故转化率相同，故A正确；

B．反应是否达到平衡与氨气质量分数大小无关；是否先达到平衡与温度；压强、浓度、催化剂有关，故B错误；

C．反应中的ΔH=-92.4kJ·mol-1，表示有1molN2完全反应时放出的热量为92.4kJ。该反应为可逆反应，反应体系中始终存在反应物和生成物，若充入1molN2和3molH2，则达平衡时转化的N2小于1mol；则放出的热量小于92.4kJ，故C错误；

D．温度太高；催化剂活性低，而催化剂也不能改变平衡状态，故D错误；

故选A。2、A【分析】【分析】

【详解】

A.乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，所以乙中SO3的体积分数大于丙；故A正确；

B.假设甲容器恒温恒容，充入6molSO2和3molO2，乙容器恒温恒容，充入6molSO3，两容器等效，甲和乙将达到相同的平衡状态，转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）=1，但甲容器是绝热容器，且该反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1；故B错误；

C.乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于增大压强，压强越大，反应速率越快，则乙中SO2的生成速率大于丙；故C错误；

D.该反应为放热反应，甲是绝热恒容，充入6molSO2和3molO2生成SO3放出热量，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同，故D错误，答案选A。3、C【分析】【详解】

A、a=－8，则lg=-8，在溶液中c(H＋)·c(OH－)=10-14，求得c(H＋)=10－11mol/L；pH=11，A错误；

B、盐酸与XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg>0；而M点AG=0，溶液显中性，B错误；

C、若c(X＋)+c(XOH)=c(Cl－)，说明盐酸与XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg>0；C正确；

D、盐酸与XOH完全反应生成XCl，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，lg>0；此时水的电离程度最大，为M到N中的某一个点，因此M点到N点，水的电离程度先增大后减小，D错误；

答案选C。4、C【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极；阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此分析回答；

【详解】

A.该酸性燃料电池的正极反应式为负极反应式为电解质溶液中的向正极移动；A错误；

B.1个氧气分子在反应中得到4个电子，每转移电子，消耗氧气，即标准状况下B错误；

C.根据电池的正、负极反应式可知电池的总反应为C正确；

D.该酸性燃料电池的正极反应式为D错误；

答案选C。5、C【分析】【详解】

A.用惰性电极电解KOH溶液，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；因为没告诉测量5.6L气体时的温度和压强，所以无法计算其物质的量，也就无法计算转移的电子数，故A错误；

B.500mL2mol/L明矾的物质的量为1mol，1mol明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023；故B错误；

C.NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，pH=4的NH4Cl溶液，水电离出的c（H+）为10-4mol/L；故C正确；

D.电解精炼铜时，阳极处放电外，比铜活泼的锌、铁、镍等金属也失电子进入电解质溶液，故转移电子数为2NA；则阳极质量减少不一定为64g，故D错误。

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．25℃时，pH=2的硫酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L；所以将硫酸和氢氧化钠溶液等体积混合，溶液显中性，故A错误；

B．20mL0.1mol/L二元弱酸H2A溶液与等体积、等浓度的NaOH溶液混合，恰好反应生成NaHA，根据物料守恒，混合溶液中存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，由于两溶液混合，体积变为40mL，所以c(Na+)=0.05mol/L；故B错误；

C．向Na2CO3溶被中通入CO2至溶液为中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，所以c(Na+)＞c()，则＞1；故C正确；

D．常温下，向含0.lmolCH3COOH的溶液中加入amolNaOH固体，反应后溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据Ka==c(H+)=1.75×10-5；所以溶液呈酸性，故D错误；

故选C。7、D【分析】【详解】

A．盐酸抑制水电离；氯化铵促进水电离，所以氯化铵溶液中由水电离出的氢离子浓度大于盐酸中的，A错误；

B．25℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸等体积混合后，混合溶液中c（H+）＝(10-3+10-5)/2mol/L＝5.05×10-4mol/L；pH≈3.3，B错误；

C．25℃时，pH＝9和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中c（OH-）＝(10-3+10-5)/2mol/L＝5.05×10-4mol/L，c（H+）＝1.98×10-10mol/L；pH≈10.7，C错误；

D．25℃时，pH＝3.6的某橙汁中的c(H＋)是pH＝5.6的某西瓜汁中的c(H＋)的比=10-3.6：10-5.6=100:1；D正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查了pH的简单计算及弱电解质的电离，了解氢离子浓度和pH的关系是解本题关键，注意酸酸或碱碱混合溶液中pH的计算方法。二、多选题(共5题，共10分)8、BD【分析】【详解】

A．取a点，pH=9.3，则c(H+)=10-9.3mol/L，lg=0，可得c()=c(NH3·H2O)，NH3·H2O的电离常数K==mol/L=10-4.7mol/L，故NH3·H2O的电离常数的数量级为10-5；A错误；

B．b点溶液中lg=-1.85，则=10-1.85＜1，所以c()＜c(NH3·H2O)；B正确；

C．根据c点溶液pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知：c()=c(Cl-)。c点溶液中lg=2.3，溶液中含有NH3·H2O，则c()＜0.1mol/L，故溶液中c(Cl-)＜0.1mol·L-1；C错误；

D．溶液中存在电荷守恒可得①：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L。根据物料守恒可知②：c()+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，②-①，整理可得c(NH3·H2O)+c(Cl-)=0.1mol/L+c(H+)-c(OH-)=0.1mol/L+10-6mol/L-10-8mol/L＞0.1mol/L；D正确；

故合理选项是BD。9、CD【分析】【详解】

A．反应达2min时的平均反应速率v(CO2)==0.1mol·L-1·min-1，随着反应的进行，反应速率不断减慢，所以2min末反应速率v(CO2)＜0.1mol·L-1·min-1；A不正确；

B．反应进行到4min时，n(CO2)=0.5mol，则n(H2)=1.5mol；与6min时相同，反应达平衡，B不正确；

C．虽然正反应为放热反应，温度升高对平衡移动不利，但起初反应未达平衡，所以CO2的转化率不断增大，当反应进行一段时间后，反应达平衡，继续升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；C正确；

D．该温度下反应达平衡时，n(CO2)=0.5mol，则n(H2)=1.5mol，n(CH3OH)=1.5mol，则n(H2O)=1.5mol，化学平衡常数K=(mol·L-1)-2=(mol·L-1)-2；D正确；

故选CD。10、BD【分析】【详解】

A．时，此时pH=9.25，则水解平衡常数Kh===10-9.25，数量级为故A正确；

B．根据电荷守恒：对应溶液中则此时HCl和氨水恰好完全反应生成氯化铵，根据物料守恒：则故B错误；

C．由图可知对应t值增大，到时氨水恰好被完全中和；此过程中氯化铵的浓度逐渐增大，水的电离程度增大，故C正确；

D．对应溶液中=1.5，根据物料守恒：故D错误；

故选：BD。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A．0.1mol/LMOH的pH=11，电离平衡常数Kb(MOH)====10-5，所以Kb(MOH)的数量级为10-5；A正确；

B．碱抑制水电离，碱溶液碱性越强，其抑制水电离程度越大，a点碱性大于b点，则水电离程度a＜b；B正确；

C．0.1mol/LMOH的pH=11，电离平衡常数Kb(MOH)====10-5，M+水解平衡常数==10-9，0.01mol/LROH的pH=9，电离平衡常数Kb(ROH)====10-8＞10-9，所以M+水解程度小于ROH电离程度，导致等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液呈碱性，则存在：c(OH-)＞c(H+)；C错误；

D．MOH、ROH都是一元碱，体积、浓度相同的MOH、ROH分别用相同浓度的盐酸中和时，消耗酸的体积与碱的物质的量成正比，n(MOH)=n(ROH)，所以二者消耗相同浓度的盐酸体积：Va=Vb；D错误；

故答案为：CD。12、CD【分析】【详解】

A．电离平衡常数只与温度有关，溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣）时溶液的pH＝4.2，则Ka2（H2A）＝＝10﹣4.2=10-5+0.8，数量级为10﹣5，故A说法正确；

B．根据图象分析，HA﹣占主体时溶液为酸性，HA﹣电离程度大于水解程度，NaHA溶液为酸性溶液，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故B说法正确；

C．从M点到N点是pH逐渐增大的过程，溶液仍然为酸性，但溶液中水的电离程度逐渐增大，则M点由水电离出的c（H+）＜N点由水电离出的c（H+），故C说法错误；

D．pH＝7的溶液为中性，溶液中c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），即c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），推出c（Na+）>2c（A2﹣），故D说法错误；

答案为CD。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】

（1）

氢气；碳和一氧化碳的燃烧反应都是放热反应；ΔH＜0，则上述四个热化学方程式中ΔH＞0的反应有①。

（2）

理论上等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相等，即途径a与途径b中的总能量相等；则关系正确的是A。

（3）

由(2)可知，反应①+反应②+反应③中能量之和=反应④中的能量，或根据能量守恒定律，可得E1、E2、E3、E4之间的关系为：E1＋E2＋E3=E4。【解析】（1）①

（2）A

（3）E1＋E2＋E3=E414、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）在20至40秒时间内，V(N2O4)=(0.070-0.050)mol/L÷20s=0.001mol/(L•s)，根据反应方程式中物质之间的关系可得V(NO2)="2"V(N2O4)=0.002mo2mol/(L•s)。（2）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比。该反应的化学平衡常数表达式为（3）由于升高温度，化学平衡常数增大，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动。说明正反应是吸热反应。（4）升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短。升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，达到平衡时c(N2O4)减小。用图像表示是：

考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡常数的应用、反应热的判断及温度对化学平衡、化学反应速率的影响的图像法表示的知识。【解析】（共10分）（1）0.002mol/(L•s)（2）

（3）吸热（4）423K的曲线在373K下方（2分）；达平衡时间在60s前（2分）

15、略

【分析】【分析】

由装置图分析可知，甲池为原电池，KOH为电解质溶液，CH4为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O，O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；则乙为电解池，B为阳极，A为阴极，据此解答。

【详解】

(1)由上述分析可知；甲池为原电池装置，乙池为电解池装置，B为阳极；

(2)O2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

(3)标况下CH4体积为1.12L，则其物质的量为0.05mol，又甲池中CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O；则转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，乙池中也转移电子0.4mol；

(4)①电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2和H2，其化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

②通电以后，Na+向右侧移动，电解池中阳离子向阴极移动，故电极2为阴极，该电极H2O中H+得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+与OH-生成NaOH，则NaOH浓度将会变大。【解析】原电池阳O2+2H2O+4e-=4OH-0.42NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑阴变大16、略

【分析】(1)

25℃、时，氨气完全燃烧放出的热量，则4mol氨气完全燃烧放出4×17×18.6kJ=1264.8kJ热量，故的-1264.8

(2)

①反应热与反应过程无关，只与始态和终态有关，因此E的大小对该反应的反应热无影响；催化剂的作用是降低反应的活化能，故用作催化剂，加会使图中B点降低；

②被氧化为的则氧化为的热化学方程式可表示为即

(3)

由氢气和碘反应生成需要拆开0.5molH-H键、0.5molI-I键，需吸收0.5mol×(436+151)kJ=293.5kJ能量，形成1molH-I键会放出299kJ能量，则由氢气和碘反应生成会放出299kJ-293.5kJ=5.5kJ热量；

(4)

已知：①

②

根据盖斯定律，2×②-①得即肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式为【解析】(1)-1264.8

(2)无降低

(3)放出5.5

(4)17、略

【分析】【分析】

用石墨电极电解5.00%的稀H2SO4，实际上是电解其中的水，阴极产生H2，阳极产生O2，并且体积比为2：1，依据装置图中电极气体体积分析，c电极是阳极产生氧气，d电极是阴极产生氢气，所以M为正极，N为负极，a作阳极，b为阴极，电极反应分别为：a：Ag-e-=Ag+，b：Ag++e-=Ag，c：2H2O-4e-=4H++O2↑，d：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；据此分析解题。

【详解】

(1)根据分析知，M为正极，N为负极，故答案为：正；

(2)电解稀硫酸反应时，当通电一段时间后，c、d两极共收集到336mL气体(标准状况)，则阴极发生2H++2e-═H2↑，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，实际上电解的是水，电池总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，根据方程式知，生成氢气的体积占总体积的所以混合气体中氢气的物质的量是×=0.01mol，根据2H++2e-═H2↑知，转移电子的物质的量是0.02mol，串联电解池中转移电子数相等，又Pt电极上发生电极反应为：Ag++e-=Ag，析出银的质量为0.02mol×108g/mol=2.16g；故答案为：Ag；2.16；

(3)由分析可知，根据电子守恒，在串联的电解池中通过每一电极的电子的物质的量相等，故电源输出的电子，其物质的量与电极b；c、d分别生成的物质的物质的量之比为2：2：0.5：1；故答案为：2；0.5；1；

(4)在铂电极上镀银时，阳极上的电极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极上的电极反应式为Ag++e-=Ag，所以AgNO3溶液的浓度不变；电解稀硫酸溶液时，实际上是电解其中的水，所以导致稀硫酸的浓度增大，故答案为：不变；增大；

(5)设原5.00%的H2SO4溶液为xg，由(2)分析可知电解消耗水0.01mol×18g/mol=0.18g，则：5.00%x=5.02%(x-0.18)，解得：x=45.18g。故答案为：45.18。【解析】正Ag2.1620.51不变增大45.1818、略

【分析】【分析】

(1)含有弱离子的盐；浓度越大其水解程度越小；

(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；

(3)温度越高；越促进弱离子水解；

(4)碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小；相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐。

【详解】

(1)含有弱离子的盐，盐的浓度越大其水解程度越小，但浓度大的溶液中离子水解的生成的离子浓度大，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则溶液的pH：0.1mol•L-1NH4Cl溶液＜0.01mol•L-1NH4Cl溶液；

(2)多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液的pH：0.1mol•L-1Na2CO3溶液＞0.1mol•L-1NaHCO3溶液；

(3)温度升高，促进弱离子水解，温度越高，氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH：25℃1mol•L-1FeCl3溶液＞80℃1mol•L-1FeCl3溶液；

(4)碱NaOH完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，而盐水解程度十分微弱，其水解产生的c(OH-)远小于盐的浓度。碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，所以相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐，故0.1mol•L-1NaOH溶液＞0.1mol•L-1Na2CO3溶液。

【点睛】

本题考查了pH大小的比较，涉及盐类水解的影响因素，知道盐类水解存在平衡，盐水解的程度与温度、溶液浓度的关系是解本题关键，而强酸、强碱完全电离，酸、碱电离程度远大于等浓度的盐水解的程度。注意(1)中虽然浓度越小弱离子水解程度越大，但浓度越小弱离子水解生成的离子浓度小，溶液的酸性或碱性越弱为易错点。【解析】①.＜②.＞③.＞④.＞四、判断题(共3题，共12分)19、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。20、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错21、B【分析】【详解】

酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，错误。五、结构与性质(共3题，共30分)22、略

【分析】(1)

铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构；故答案为：X射线衍射；

②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4；则A；B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；

③由晶胞结构可知；在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；

(3)

由铁的吸氧腐蚀原理可知；解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；

(4)

①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；

②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射线衍射1：28

(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水；无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池；铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热。

(4)Fe3+Cl—配位键白色沉淀、亮黄色逐渐变浅23、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给