2025年北师大版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.试管Ⅰ中出现白色沉淀，试管Ⅱ沉淀转为蓝色B.试管Ⅱ反应：Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)C.试管Ⅰ反应后上层清液中有c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]D.向试管Ⅰ中滴加过量NaOH溶液不影响结论2、升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是A.该化学反应的过程是吸热的B.反应物分子能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多C.该化学反应的过程是放热的D.分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多3、HCOOH燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.放电时K+通过隔膜向左迁移B.正极电极反应式为C.放电过程中需补充的物质X为D.每转移电子，理论上消耗标准状况下4、25℃时，将投入水中形成悬浊液。悬浊液中钙离子的物质的量浓度的对数值(浓度单位：)随变化的曲线如图所示。下列叙述正确的。

A.时，越小，也越小B.时，C.时，D.时，5、天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某温度下，溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、或Ca2-)与pH关系如图所示。下列说法错误的是。

A.斜线②代表的是B.该温度下，H2CO3电离平衡常数Ka2数量级为10-11C.该温度下，lgc()=-3时溶液的pH=9.3D.该温度下CaCO3的Ksp=10-7.96、利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列关于该电池的说法错误的是。

A.连接K1，可制得H2B.制得O2时，电极3的反应式为：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-C.电极1和电极2均可用金属铜做电极材料D.分别连接K1或K2一段时间，若电极3的成分不变，电极1产生气体的物质的量是电极2的2倍评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时；观察到电流计的指针发生了偏转。

请回答下列问题：

(1)甲池为___________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为___________。

(2)乙池中A(石墨)电极的名称为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为___________。

(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)，丙池中___________极析出___________g铜。

(4)若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)，若将丙中溶液复原，需加入___________。8、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：

(1)若在一容积为的密闭容器中加入的和的在一定条件下发生反应：若在5分钟时反应达到平衡，此时测得的物质的量为则前5分钟的平均反应速率______。平衡时的转化率为_____

(2)下列能判定(1)中合成氨反应到达平衡状态的是___________

A．容器内压强保持不变。

B．容器内混合气体的密度保持不变。

C．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变。

D．

E.单位时间内每断裂同时形成

(3)平衡后，若提高的转化率，可以采取的措施有___________。

A．加了催化剂。

B．增大容器体积。

C．降低反应体系的温度。

D．加入一定量

(4)若在的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：其化学平衡常数与温度的关系如表所示：。2003004000.5

请完成下列问题：

①试比较的大小，___________(填“”“”或“”)；

②时，反应的化学平衡常数为___________。当测得和物质的量分别为和时，则该反应的_______(填“”“”或“”)。9、I(1)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、___________、___________。

(2)量取反应物时，取50mL0.50mol·L-1的盐酸，还需加入的试剂是__________(填序号)。

A．50mL0.50mol·L-1NaOH溶液。

B．50mL0.55mol·L-1NaOH溶液。

C．1.0gNaOH固体。

(3)由甲、乙两人组成的实验小组,在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组测定中和热的实验，实验试剂及其用量如下表所示。反应物起始温度t1/℃终了温度t2/℃中和热/kJ·mol-1A.1.0mol·L-1HCl溶液50mL、1.1mol·L-1NaOH溶液50mL13.0ΔH1B.1.0mol·L-1HCl溶液50mL、1.1mol·L-1NH3·H2O溶液50mL13.0ΔH2

乙在实验之前预计ΔH1≠ΔH2，他的根据是_________。

II(4)研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol-1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol-1

此反应的热化学方程式是___________。

(5)已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成1molAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为_____________。10、已知水的比热容为4.18×10-3kJ•(g•℃)-1,10g硫磺在O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能量使500gH2O温度由18℃升至62.4℃，则硫磺的燃烧热为___________，热化学方程式为___________。11、亚铁氰化钾俗称黄血盐，化学式为K4[Fe(CN)6].3H2O．黄血盐毒性很低；在空气中稳定且具有防止细粉状食品板结的性能，故用作食盐的抗结剂．但是在400℃左右黄血盐分解生成剧毒的氰化钾（KCN），与强酸作用也会生成极毒的氰化氢（HCN）气体。

完成下列填空：

(1)剧毒的KCN可以用双氧水处理，得到一种碱性气体和一种酸式盐．请写出该反应的化学方程式______。

(2)若往KCN溶液中通入少量的CO2气体，其反应的离子方程式______。已知电离常数（25℃）：H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11，HCN：Ki1=4.9×10﹣10

(3)常温下，测得等物质的量浓度的KCN与HCN混合溶液的pH＞7，则溶液中K+、H+、CN﹣、HCN浓度大小顺序为______。

(4)黄血盐作为食盐的抗结剂，必须严格控制其使用量，原因是______。

(5)黄血盐常用于Fe3+检验。请再写出一种检验Fe3+的试剂______，其相应的现象是______。

(6)FeCl3与Na2S反应，生成的产物与溶液的酸碱性有关．当pH＜7时，有淡黄色沉淀产生，当pH＞7时，生成黑色沉淀（Fe2S3）．请写出往FeCl3溶液中滴加少量Na2S溶液的离子方程式：______。12、(1)①根据下列图示，写出反应的热化学方程式____________________________

②根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是______________。

A．其热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝41kJ·mol－1B．该反应为吸热反应C．该反应为放热反应D．当H2O为液态时，其反应热值小于41kJ·mol－1

(2)已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是__________________________

(3)如图是某温度下，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为___________________________

a、b两条曲线产生区别的原因很可能是。

_________________________________________________________________。13、尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。工业上合成尿素的反应如下：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)∆H＜0.回答下列问题：

已知工业上合成尿素分两步进行；相关反应如下：

反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)∆H1＜0

反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(l)+H2O(l)∆H2＞0

(1)∆H=___________(用∆H1、∆H2表示)

(2)下列示意图中[a表示2NH3(g)+CO2(g)，b表示NH2COONH4(s)，c表示CO(NH2)2(l)+H2O(l)]，能正确表示尿素合成过程中能量变化曲线是(填编号)___________。A．B．C．D．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误15、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误16、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误18、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共6分)19、随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一、利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH＜0

(1)如何提高NO的转化率(任意写出一种)___________。

(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=1∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________。

A混合气体的平均摩尔质量保持不变。

B容器内物质的总质量保持不变。

C有1molN-H键断裂的同时；有1molO-H键断裂。

Dn(NH3)∶n(NO)保持不变。

Ec(H2O)保持不变。

(3)已知该反应速率v正=k正•cx(NH3)•cy(NO)，v逆=k逆•c5(N2)•c0(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆，则x=___________，y=___________。

(4)某研究小组将4molNH3、6molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①从开始到5min末，温度由420K升高到580K，该时段内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)___________。

②从图像可以看到，如果在有氧条件下，温度升高到580K之后，NO生成N2的转化率开始降低，其可能产生的原因是___________。20、（1）在一定温度下某容积恒定（10L）的密闭容器中加入和后反应达到平衡时，的转化率为50%；则：

①用浓度变化来表示的化学反应速率为________________________。

②若在上述平衡体系中加入平衡将________________________。

a．向正反应方向移动b．逆反应方向移动c．不移动d．无法判断。

（2）利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收并利用阴极排出的溶液吸收写出下列反应式：

①电极A的电极反应式为________________；

②碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收使其转化为无害气体，同时生成该反应的离子方程式为________________。21、除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

（1）已知：

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=bkJ·mol-1

4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)△H=ckJ·mol-1

反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(l)△H=___kJ·mol-1

（2）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如图1所示。写出该图示的总反应化学方程式___。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是___。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)：m(NH3)的变化情况如图2所示。当m(NaClO)：m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是___。

（3）生物膜电极法电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性氢原子将NO还原为N2；工作原理如图3所示。

①NO的中心原子杂化方式为___。

②写出该活性氢原子与NO反应的离子方程式___。

③若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO的物质的量___mol。评卷人得分五、实验题(共3题，共24分)22、氯气是一种重要的非金属单质；某小组同学在实验室研究氯气的制备和性质。

第一部分：小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中发现；二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，该小组同学进行了一系列实验探究二氧化锰仍有剩余时反应停止的原因。

【提出猜想】ⅰ.随着反应进行，c(Cl-)降低；不能被二氧化锰氧化。

ⅱ.随着反应进行；

【进行实验】将反应后的固液混合物倒出；平均分在两个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想i不成立。

(1)请将表中的实验操作和实验现象补充完整。序号实验操作实验现象Ⅰ将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；①___，充分振荡，继续加热试纸未变蓝Ⅱ将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热滴入浓硫酸前，②____；滴入浓硫酸后，③____。

【进一步实验】设计如图实验进一步探究。序号实验装置实验操作现象Ⅲ

向左侧烧杯中滴加2滴浓硫酸滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转：滴加浓硫酸后，电流表指针偏转Ⅳ向右侧烧杯中滴加2滴浓硫酸电流表指针始终不偏转电流表指针始终不偏转(2)实验Ⅲ中滴加浓硫酸后，左边烧杯中的电极反应式是___。

(3)依据实验Ⅰ—Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是___。

第二部分：制备SnCl4

SnCl4在工业上常用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂，其熔点是-33℃，沸点是114℃，在常温常压下为无色液体，在潮湿的空气中易水解。该小组同学设计了如图装置制备SnCl4。

回答下列问题：

(4)装置A中反应的化学方程式为___，装置F的作用是___。

(5)利用该方法制备的SnCl4中含有少量SnCl2杂质，可利用Fe3+与Sn2+反应生成Fe2+与Sn4+，测定产物中SnCl4的质量分数，具体操作如下：取反应后的固体7.600g于试管中，加适量的盐酸溶解，加入少量KSCN溶液做指示剂，用0.1000mol/LFeCl3标准溶液进行滴定，用去FeCl3溶液的体积为20.00mL。

①滴定终点的现象为___。

②SnCl4的质量分数是____(保留四位有效数字)。23、Ⅰ．实验室用浓硫酸与铜的反应制取少量NaHSO3；实验装置如图所示：

仪器a的名称是___________，装置乙的作用是___________，下列说法正确的是：___________(填序号)。

A．KMnO4溶液用于尾气处理。

B．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红不褪色，说明无NaHSO3产生。

C．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3

D．若把品红溶液换成酸性高锰酸钾溶液，并滴入到锥形瓶中，不显紫红色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3

Ⅱ．某同学为探究NaHSO3溶液与Cu2＋的反应；查阅资料设计如下实验：

已知：①氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末；难溶于水；

②Cu2O[Cu(NH3)2]＋(无色溶液)[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液)。回答下列问题：

(1)加入NaCl固体后产生的无色气体能使湿润的品红试纸褪色，且加热后能恢复原来的颜色。工业上将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量比配成溶液，然后通入该无色气体，Na2S、Na2CO3完全反应，得到硫代硫酸钠(Na2S2O3)和另一种无色无味的气体，该过程中发生反应的化学方程式是___________。

(2)该同学对实验中加入NaCl产生无色气体的原因进行分析，提出两种假设：。假设1Cu2+水解使溶液中c(H+)增大假设2Cl—存在时，HSO将Cu2+还原为Cu+，___________

①假设1不成立的原因是___________。

②若假设2合理，请将假设2补充完整：___________，其中生成的白色沉淀是___________(填化学式)。

(3)通过分析实验可知，Cl—增强了Cu2＋的氧化性。某同学设计原电池实验(如图)证明上述实验结果，请将实验现象补充完整：___________(写两点即可)。编号实验1实验2实验现象电流表指针发生微小偏转电流表指针发生明显偏转，___________

(4)将实验后的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀，洗涤干燥后利用已知信息设计实验，证明红色沉淀中含有Cu＋：___________。24、钢铁很容易生锈而被腐蚀；每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。

I．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵（显酸性）溶液和食盐水；各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀，这两种腐蚀都属于____腐蚀。

（1）红墨水柱两边的液面变为左低右高，则_____（填“a”或“b”）边盛有食盐水。

（2）b试管中铁发生的是_____腐蚀。

II．下面两个图都是金属防护的例子。

（3）为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用___________从下面选项中选择）；此方法叫做_____保护法。A．铜B．钠C．锌D．石墨。

（4）图乙方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率；其中铁闸门应该连接在直流电源的______极。

（5）采取以上两种方法，_________（填“甲”或“乙”）种能使铁闸门保护得更好。评卷人得分六、计算题(共1题，共2分)25、已知：N2O4(g)⇌2NO2(g)=+52.70kJ/mol。

(1)在恒温、恒容的已达平衡的密闭容器中，再向容器内充入1molN2O4(g)，并达新平衡，下列说法正确的______

a.N2O4(g)的转化率增大。

b.平衡常数K减小。

c.新平衡N2O4的百分含量比原平衡大。

d.新平衡透明容器的气体颜色比原平衡还要深。

(2)t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n(NO2)=0.6mol，则在前2分钟的平均反应速率v(NO2)=_______，t℃时反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K=________。

(3)现有两个体积均为2L的恒容绝热(不与外界进行热交换)密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，分别达平衡后，甲容器N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数_______乙容器N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)，甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和_________1(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是__________

(5)一定温度下，若将3molN2O4气体置入开始体积为V但体积可变的等压密闭容器中(如图A)，达平衡后容器体积增大至1.5V。若在另一个体积也为V但体积不变的密闭容器中(如图B)加入_______molNO2，达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．试管Ⅰ中NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，且NaOH完全反应，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，二者为同种类型沉淀，则Cu(OH)2的溶解度更小，试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀；A正确；

B．试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后，Mg(OH)2白色沉淀转化为Cu(OH)2蓝色沉淀，离子方程式为Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq)；B正确；

C．试管Ⅰ反应后上层溶液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，则c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；C正确；

D．若NaOH溶液过量，则试管Ⅱ中加入CuCl2溶液后直接和NaOH反应生成蓝色沉淀；而不会发生沉淀的转化，则无法得到正确结论，D错误；

综上所述答案为D。2、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度时；反应物分子吸收能量，能量增加，会使活化分子的百分含量增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞的次数增加，导致反应速率增大，而与反应过程是吸热还是放热无关，故B正确。

故选：B。3、C【分析】【分析】

由该工作原理图可知，左侧是由HCOOH和KOH转化为KHCO3，C的化合价由+2价升高为+4价，被氧化，故左侧为正极，右侧通入O2为负极；据此分析解题。

【详解】

A．原电池中电解质溶液中的阳离子移向原电池的正极，故放电时K+通过隔膜向右迁移；A错误；

B．原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极电极反应式为B错误；

C．根据进入右侧的物质为O2和X，其反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+作催化剂，而出来的物质为K2SO4，K+来自左侧电解液，来自X，故放电过程中需补充的物质X为C正确；

D．根据电子守恒可知，4n(O2)=n(e-)，故每转移电子，理论上消耗标准状况下的体积为：D错误；

故答案为：C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．只与温度有关，温度不变不变；A项错误；

B．由题图诠释②知，时，B项正确；

C．几乎不变，溶液中C项错误；

D．由题图诠释①知，D项错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

随着pH值的增大，的浓度增大，pH值继续增大，的浓度增大，故斜线②代表斜线③代表剩下的斜线①为Ca2+。

【详解】

A．根据分析，斜线②代表的是A正确；

B．该温度下，当时，H2CO3电离平衡常数数量级为10-11；B正确；

C．当时，lgc()=-3时，故pH=9.3，C正确；

D．斜线①和斜线②的交点处坐标已知，该温度下CaCO3的D错误；

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．连接K1时；电极1做阴极，电极3做阳极，溶液中氢离子在电极1上放电得到氢气，A项正确；

B．连接K2时，电极3做阴极，电极2做阳极，氢氧根离子在阳极放电得到氧气，电极3上发生还原反应，电极反应式为：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；B项正确；

C．连接K1时，电极1做阴极，可以用金属铜做电极材料，连接K2时；电极2做阳极，电解电解质溶液时不能用金属铜做阳极材料，C项错误；

D．分别连接K1或K2一段时间；若电极3的成分不变，说明左右两边转移电子的物质的量相等，根据的是电子守恒分析得电极1产生气体的物质的量是电极2的2倍，D项正确；

故答案为C。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

（1）甲池为甲醇燃料电池，通入的电极为负极，电极反应式为

（2）乙池中为用惰性电极电解溶液，其中A作阳极，水电离的氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，B作阴极，银离子在阴极得电子生成银，总反应式为

（3）丙池中，D电极为阴极，发生反应为：根据各电极上转移的电子相同，故

（4）若丙池中电极不变，将其溶液换成溶液，根据丙中总反应式为若将丙中溶液复原，需加入溶液pH增大；甲中总反应式为溶液pH减小。【解析】(1)原电池

(2)阳极

(3)280D1.6

(4)减小增大HCl8、略

【分析】【详解】

(1)达到平衡时测得的物质的量为根据化学方程式，则过程中消耗了N2的物质的量为0.1mol，H2消耗了0.3mol，=氢气的转化率100=50

(2)合成氨反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应物；生成物的量不再增加,据此分析：

A．合成氨反应是反应后物质的量减少的反应。容器内压强保持不变；说明容器内物质的量不再减少，反应达到了最大限度，即达到平衡状态，故A正确；

B．反应环境是恒容密封的体系；因此反应的始终密度都不会改变，无论是否达到平衡状态，故B错误；

C．平均相对分子质量是由总质量和总物质的量两个因素决定的；反应过程中，总质量是不会变的，但总物质的量是会变的，当总物质的量不再发生变化，即平均分子相对质量不再发生变化，所以当平均相对分子质量保持不变时，就是总物质的量不再发生变化，即达到了平衡状态，故C正确；

D．从合成氨开始反应，到平衡时，是不会变的；无法证明是否达到平衡状态，故D错误；

E.单位时间内每断裂同时形成即反应了3molH2，生成了2molNH3；根据化学计量数比，可知从反应开始到平衡，都是这样反应的，故无法说明是否达到平衡状态，故E错误；

本题答案AC；

(3)平衡后，若提高的转化率；就是打破平衡，使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析：

A．加了催化剂；只是同时改变正逆反应速率，平衡不移动，故A错误；

B．增大容器体积，容器内压强减小，体系向增大压强方向移动，即平衡逆向移动，会降低的转化率；故B错误；

C．降低反应体系的温度，平衡向放热方向移动，即向正方向移动，能提高的转化率；故C正确；

D．加入一定量平衡向正反应方向移动，能提高的转化率；故D正确；

本题答案CD；

(4)①合成氨反应是个放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，生成物浓度变小，反应物浓度变大，即温度高的平衡常数小，故K1>K2；

②时，反应的化学平衡常数与反应化学平衡常数互为倒数，所以K==2；容器的体积为0.5L，和的浓度分别为6mol/L、4mol/L、2mol/L，即浓度商Qc==<K=2，说明反应向正方向进行，即>【解析】50A、CC、D29、略

【分析】【详解】

(1)中和热的测定实验用到的玻璃仪器有：烧杯；温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒、量筒；

(2)取50mL0.50mol·L-1的盐酸，为保证酸完全反应，碱稍微过量，则还需要加入的试剂是50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；故答案为B；

(3)乙认为NaOH是强碱，而，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热，所以ΔH1≠ΔH2，故答案为：NaOH是强碱，而NH3·H2O是弱碱；弱碱电离吸热；

(4)①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol-1，②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，将方程①×2-②得2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH=(－283.0kJ·mol-1)×2-(－296.0kJ·mol-1)=－270kJ·mol-1，热化学方程式为：2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH=－270kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH=－270kJ·mol-1；

(5)因为AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1molAX5，放出热量123.8kJ·mol-1，该反应化学热化学方程为：AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ·mol-1，故答案为：AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ·mol-1。【解析】环形玻璃搅拌棒量筒BNaOH是强碱，NH3·H2O是弱碱，弱碱电离吸热2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270kJ·mol-1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ·mol-1。10、略

【分析】【详解】

10g硫磺燃烧共放出热量为：Q=mc(t2-t1)=500g×4.18×10-3kJ•(g•℃)-1×(62.4-18)℃=92.8kJ，则1mol(32g)硫磺燃烧放出的热量为：92.8kJ×=297kJ，所以硫磺的燃烧热为297kJ•mol-1，热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ•mol-1，答案：297kJ•mol-1；S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ•mol-1。【解析】297kJ•mol-1S(s)+O2(g)=SO2(g)，△H=-297kJ•mol-111、略

【分析】【分析】

(1)KCN用双氧水处理；得到一种碱性气体应为氨气，酸式盐应为碳酸氢钾，由此可写出反应的方程式；

(2)电离常数越大，酸性越强，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则若往KCN溶液中通入少量的CO2气体，应生成HCN和HCO3﹣；

(3)等物质的量浓度的KCN与HCN混合溶液的pH＞7，CN﹣的水解程度大于HCN的电离程度；由此可得出溶液中离子浓度关系；

(4)黄血盐在高温下或酸性条件下能生成剧毒物质；所以应严格控制用量；

(5)Fe3+遇到KSCN溶液会变为血红色；可用KSCN溶液检验铁离子；

(6)已知FeCl3溶液显酸性，所以FeCl3溶液与Na2S反应生成S沉淀和亚铁离子。

【详解】

(1)剧毒的KCN可以用双氧水处理，得到一种碱性气体和一种酸式盐，则双氧水与KCN反应生成氨气和碳酸氢钾，其反应的方程式为：KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑,故答案为：KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑；

(2)电离常数越大，酸性越强，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸性强的酸可以制备酸性弱的酸，若往KCN溶液中通入少量的CO2气体，其反应的离子方程式CN﹣+CO2+H2O=HCN+HCO3﹣，故答案为：CN﹣+CO2+H2O=HCN+HCO3﹣；

(3)等物质的量浓度的KCN与HCN混合溶液的pH＞7，CN﹣的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中浓度关系为：c(HCN)＞c(K+)＞c(CN﹣)＞c(H+)，故答案为：c(HCN)＞c(K+)＞c(CN﹣)＞c(H+)；

(4)由题中信息可知；黄血盐在高温下或酸性条件下能生成剧毒物质，所以必须严格控制其使用量，故答案为：亚铁氰化钾毒性很低，但受热或与酸反应均会产生剧毒物；

(5)Fe3+遇到KSCN溶液会变为血红色；所以可用KSCN溶液来检验铁离子的存在，故答案为：KSCN；溶液呈血红色；

(6)FeCl3与Na2S反应，当溶液的pH＜7时，有淡黄色沉淀产生，已知FeCl3溶液显酸性，所以FeCl3溶液与Na2S反应生成S沉淀和亚铁离子，其反应的离子方程式为：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓，故答案为：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓。

【点睛】

比较离子浓度大小时，先从总体上把握离子浓度的大致关系(如浓度相等，则微粒数目相等)，然后再从细节上区分大小。【解析】①.KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑②.CN﹣+CO2+H2O=HCN+HCO3﹣③.c(HCN)＞c(K+)＞c(CN﹣)＞c(H+)④.亚铁氰化钾毒性很低，但受热或与酸反应均会产生剧毒物⑤.KSCN⑥.溶液呈血红色⑦.2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓12、略

【分析】【详解】

(1)①由图示可知，反应物为CO(g)＋H2O(g)，生成物为CO2(g)＋H2(g)，反应焓变ΔH=-41kJ•mol-1，因此反应的热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH=-41kJ•mol-1。

②A．由图示可知，反应物为CO2(g)＋H2(g)，生成物为CO(g)＋H2O(g)，反应焓变ΔH=41kJ•mol-1，因此反应的热化学方程式为：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=41kJ•mol-1；A错误。

B．由图示可知；反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，B正确；

C．由图示可知；反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，C错误；

D．液态水变为气态水要吸收热量，因此当H2O为液态时，其反应热值小于41kJ·mol-1；D正确；

答案选BD。

(2)16g固体硫的物质的量为=0.5mol，即0.5mol固体S完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则1mol固体S完全燃烧生成气体二氧化硫放出296.8kJ的热量，该反应的热化学方程式为：S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ•mol-1。

(3)由图示可知，1molN2(g)与3molH2(g)反应生成2molNH3(g)放出(600-508)kJ=92kJ的热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92kJ•mol-1；图示曲线a和曲线b对应的反应的焓变不变，但曲线a的活化能比曲线b的高，说明曲线a未使用催化剂，曲线b使用了催化剂。【解析】CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH=-41kJ•mol-1BDS(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ•mol-1N2(g)＋3H2(g)+2NH3(g)ΔH=-92kJ•mol-1a不使用催化剂，b使用了催化剂13、略

【分析】【分析】

当反应物的能量高于生成物的能量时；反应是放热反应，当反应物的能量低于生成物的能量时，反应是吸热反应，结合题中3个热化学方程式的焓变进行判断。

(1)

反应Ⅰ+反应Ⅱ得到2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)∆H，根据盖斯定律有∆H=∆H1+∆H2，故答案为：∆H1+∆H2；

(2)

反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)∆H1＜0，为放热反应，则2NH3(g)+CO2(g)的能量和高于NH2COONH4(s)的能量；反应Ⅱ：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(l)+H2O(l)∆H2＞0，为吸热反应，则NH2COONH4(s)的能量低于CO(NH2)2(l)+H2O(l)的能量；根据2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)∆H＜0可知，2NH3(g)+CO2(g)的能量和大于CO(NH2)2(l)+H2O(l)，所以总能量关系为：a＞c＞b，满足条件的图象为C，故答案为：C。【解析】（1）∆H1+∆H2

（2）C三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。16、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。四、原理综合题(共3题，共6分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该反应焓变小于0为放热反应；所以降低温度可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大NO的转化率，此为分离出氮气；增大氨气浓度均可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；

(2)A．反应开始的瞬间，混合气体的平均摩尔质量为体积比为1∶3的NH3和NO的平均摩尔质量；随着反应进行，开始生成氮气，所以气体的平均摩尔质量发生改变，当其不变时，说明反应达到平衡，A不符合题意；

B．根据质量守恒定律可知容器内物质的总质量始终不变；不能说明反应平衡，B符合题意；

C．有1molN-H键断裂的同时，即消耗mol氨气，有1molO-H键断裂，即消耗mol水；二者的消耗速率之比为2∶3，等于计量数之比，说明此时正逆反应速率相等，反应达到平衡，C不符合题意；

D．初始投料n(NH3)：n(NO)=1∶3，二者按照2∶3的比例反应，所以未平衡时n(NH3)∶n(NO)发生改变；当其不变时说明反应达到平衡，D不符合题意；E．水为液体，浓度为常数，故不能说明反应平衡，E符合题意；综上所述答案为BE；

(3)当反应达到平衡时有v正=v逆，即k正•cx(NH3)•cy(NO)=k逆•c5(N2)•c0(H2O)，变换可得该反应的平衡常数K==所以x=4，y=6；

(4)①420K时NO的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=6mol×2%=0.12mol，580K时NO的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=6mol×59%=3.54mol，此时段内Δn(NO)=3.54mol-0.12mol=3.42mol，根据方程式可知该时段内Δn(NH3)=×3.42mol=2.28mol，容器的体积为2L，所以v(NH3)==0.228mol•L-1•min-1；

②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低。【解析】降低温度(或“增大压强”“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)BE460.228mol•L-1•min-1平衡逆向移动20、略

【分析】【分析】

(1)①根据N2的转化率计算N2的反应速率，结合反应计量数关系得到v(H2)=3v(N2)，计算v(H2)；

②根据外界条件对平衡的影响分析；

(2)①电极A为阳极失电子发生氧化反应；据此书写电极反应方程式；

②依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42-，二氧化氮与其发生反应生成氮气、和水。

【详解】

(1)①反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，所以v(H2)=3v(N2)=3×=0.03mol/（L∙min）；

②体积一定，向平衡体系中加入0.5molAr；各组分的浓度不变，平衡不移动，故答案选c；

(2)①电极A为阳极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为SO2+2H2O－2e−＝SO42－+4H+；

②阴极排出的溶液为S2O42−，二氧化氮与其发生反应，S2O42−中硫元素由+3价，变为亚硫酸根中硫元素为+4价，S2O42−被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42－+2NO2+8OH－＝8SO32－+N2+4H2O。【解析】0.03mol/（L∙min）cSO2+2H2O－2e−＝SO42－+4H+4S2O42－+2NO2+8OH－＝8SO32－+N2+4H2O21、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算反应热；

（2）①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物和生成物；根据转电子守恒和元素守恒进行书写；HClO不稳定，温度过高易分解；

②剩余次氯酸钠的含量随m（NaClO）：m（NH3）的变化情况分析增加次氯酸钠会加快反应速率，NaClO投入过多会将氨氮氧化为等更高价态的物质；

（3）①计算中N原子的价层电子对数；以此判断N原子的杂化方式；

②活性氢原子与反应生成氮气；

③若阳极生成标准状况下2.24L气体为氢氧根离子失电子生成的氧气，结合电子守恒计算理论上可除去NO3-的物质的量。

【详解】

（1）已知：

①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ·mol-1

②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=bkJ·mol-1

③4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)△H=ckJ·mol-1

盖斯定律计算③×2−7×①−3×②得到反应8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(l)△H=(2c-3b-7a)kJ·mol-1，故答案为：2c-3b-7a；

（2）①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移电子守恒需要3molNaClO，再结合元素守恒，写出化学方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O；HClO不稳定，易分解，温度高时，加快了HClO的分解速率，从而使去除率降低，故答案为：2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O；温度高时；加快了HClO的分解速率，从而使去除率降低；

②点B剩余NaClO含量低于点A的原因是：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，当m(NaClO)：m(NH3)>7.6时，总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降的原因是：NaClO投入过多会将氨氮氧化为或等更高价态的物质，未能从溶液中除去，故答案为：NaClO把氨气氧化到NO或NO从而使去除率降低；

（3）①中N原子为中心原子，其价层电子对数则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；

②活性氢原子与反应生成氮气，则活性氢原子被氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式：2+10H=N2↑+2OH-+4H2O，故答案为：2+10H=N2↑+2OH-+4H2O；

③若阳极生成标准状况下2.24L气体，则阳极上为氢氧根离子失电子生成的氧气，物质的量2+10H=N2↑+2OH-+4H2O，由电子守恒得计算得到理论上可除去的物质的量：0.08mol，故答案为：0.08。【解析】2c-3b-7a2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O温度高时，加快了HClO的分解速率，从而使去除率降低NaClO把氨气氧化到NO或NO从而使去除率降低sp22NO+10H=N2↑+2OH-+4H2O0.08五、实验题(共3题，共24分)22、略

【分析】【分析】

制备SnCl4：A装置用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，B装置中的饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢，C装置中的浓硫酸用来除去氯气中的水，干燥、纯净的氯气在D装置中与锡反应制备SnCl4，E用来收集生成的SnCl4，F用来吸收未反应完的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置使SnCl4水解。

(1)

I中验证氯离子不能氧化碘化钾；则将I中操作补充内容为加入氯化钠固体，与II作对比试验。II中滴入浓硫酸前，试纸不变蓝，滴入浓硫酸后，试纸变蓝，说明酸性溶液中产生了氯气，氯气氧化了碘化钾，从而证明猜想i不成立。

(2)

滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加了二氧化锰的氧化性，左边烧杯中的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。

(3)

“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。

(4)

装置A用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，其化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl↑+8H2O；氯气有毒，不能直接排放到空气中，SnCl4在潮湿的空气中易水解，因此装置F的作用是：吸收未反应完的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置使SnCl4水解。

(5)

①铁离子遇KSCN溶液变为红色，则达到滴定终点时，现象为：当滴入最后一滴FeCl3溶液时；溶液恰好变为浅红色，且半分钟内(或30秒内)不褪色。

②依据得失电子守恒，有关系式：2Fe3+~SnCl2，n(SnCl2)=1/2n(Fe3+)=1/20.1000mol/L0.02L=0.001mol，则SnCl4的质量分数为：【解析】(1)加入NaCl固体试纸不变蓝试纸变蓝。

(2)MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O

(3)c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-

(4)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl↑+8H2O吸收未反应完的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置使SnCl4水解。

(5)当滴入最后一滴FeCl3溶液时，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内(或30秒内)不褪色97.50%23、略

【分析】【详解】

Ⅰ．由图可知；仪器a的名称是圆底烧瓶。发生装置产生的二氧化硫与氢氧化钠溶液反应而被吸收，会导致发生装置里产生负压，因此装置乙的作用是作为安全瓶起到防止倒吸的作用。

A．二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中；而高锰酸钾能吸收二氧化硫，故A正确；

B．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红不褪色，只能说明溶液中不含二氧化硫，并不能说明溶液中无NaHSO3产生；故B错误；

C．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红褪色，能够说明溶液中含有二氧化硫，说明二氧化硫过量，则能够说明NaOH已完全转化为NaHSO3；故C正确；

D．酸性高锰酸钾溶液，滴入到锥形瓶中，不显紫红色，说明高锰酸钾被还原，但能还原高锰酸钾的不仅有NaHSO3，Na2SO3和SO2也可以，因此酸性高锰酸钾溶液滴到锥形瓶中后，溶液不显紫红色，并不能说明NaOH已完全转化为NaHSO3；故D错误；故答案：AC。

Ⅱ．(1)无色气体能使湿润的品红试纸褪色，且加热后能恢复原来的颜色，可以推测