…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年統編版2024選擇性必修1化學下冊月考試卷382考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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6題，共12分)1、已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=－483.6kJ?mol-1

下列說法不正確的是A.該反應是氧化還原反應B.破壞1molH-O鍵需要的能量是463.4kJC.H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ?mol-1D.H2(g)中的H-H鍵比H2O(g)中的H-O鍵牢固2、以葡萄糖為燃料的微生物燃料電池的結構如圖所示。下列關于該電池的敘述不正確的是()

A.該裝置屬于原電池B.放電過程中，H＋從負極區向正極區遷移C.在電池反應中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成11.2L(標準狀況)CO2D.電池負極的電極反應式為C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋3、已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=﹣41kJ/mol，相同溫度下，在體積均為2L的三個恒溫密閉容器中，加入一定量的反應物發生反應．相關數據如下：。容器編號起始時各物質物質的量/mol達平衡過程體系能量的變化n（CO）n（H2O）n（CO2）n（H2）n（H2）①1400放出熱量：32.8kJ②0014熱量變化：Q1③1121熱量變化：Q2

下列說法中，不正確的是（）A.若容器①中反應10min達到平衡，0至10min時間內，用CO表示的平均反應速率v（CO）=4.0×10﹣2mol/（L·min）B.容器③中，開始時v（CO）生成＞v（CO）消耗C.達平衡過程體系能量的變化：Q1=4Q2D.平衡時，①與②容器中CO的體積分數相等4、相同溫度下，向密閉容器甲和乙(如圖所示，其中活塞M可自由移動)中分別充入等物質的量的NO2(g)，使兩容器初始容積相等，發生反應：2NO2(g)N2O4(g)，平衡時，兩容器中N2O4(g)的體積分數分別為m和n；則。

A.m＜nB.m=nC.m>nD.無法確定5、常溫下，下列有關電解質溶液的說法錯誤的是A.在1mol?L-1Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol?L-1B.相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則Ka(HCOOH)>Ka(HF)D.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)>Ksp(CuS)6、①已知t℃時AgCl的Ksp=2.0×10－10；②在t℃時Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是。

A.在t℃時，Ag2CrO4的Ksp為1.0×10－12B.在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y點到X點C.在t℃時，以0.01mol·L－1AgNO3溶液滴定20.00mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液，CrO42-后沉淀D.在t℃時，反應Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常數K＝2.5×107評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、在t℃時，AgI在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知t℃時AgBr的Ksp=5×10-11；下列說法不正確的是。

A.在t℃時，AgI的Ksp=2.5×10-15B.圖中b點有碘化銀晶體析出C.向c點溶液中加入適量蒸餾水，可使溶液由c點到a點D.在t℃時，反應AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq)的平衡常數K=200008、氣態廢棄物中的硫化氫可用電化學的方法轉化為可利用的硫：配制一份電解質溶液，主要成分為：K4[Fe(CN)6](200g/L)和KHCO3(60g/L)；通電電解，通入H2S氣體。過程中涉及硫化氫轉化為硫的總反應：2Fe(CN)+2+H2S=2Fe(CN)+2+S，則下列說法不正確的是A.電解過程中的陽極反應為：[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-B.電解過程中陰極附近溶液的pH降低C.電解過程中每處理1mol硫化氫氣體，理論上轉移電子2molD.該處理方法理論上不需要補充電解質溶液9、某種含二價銅微粒的催化劑可用于汽車尾氣脫硝；催化機理如圖1，反應過程中不同態物質體系所含的能量如圖2。下列說法正確的是。

A.從圖中可知總反應吸熱B.由狀態②到狀態③是銅元素被氧化的過程C.狀態③到狀態④的變化過程中有鍵的形成D.該脫硝過程的總反應方程式為：10、研究表明，采用零價鐵(ZVI)活化過硫酸鈉(Na2S2O8)可去除廢水中的正五價砷[As(V)]；其反應機制模型如圖所示，定義比表面積為單位質量的物質所具有的表面積。下列敘述正確的是。

A.1molNa2S2O8中含有1mol過氧鍵B.若56gFe參加反應，共有1mol被還原C.ZVI(Fe)的比表面積越大，凈化速率越快D.pH越小，越有利于去除廢水中的正五價砷11、化工生產中用(次磷酸鈉)進行化學鍍制，反應的化學方程式為下列說法正確的是A.化學反應中，還原產物為和B.溶液中離子濃度的大小順序為C.溶液中的電離方程式為D.與過量反應生成判斷為二元酸12、室溫時，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A.0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)B.0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)C.0.1mol/LNa2C2O4溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)D.0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等體積混合：c(HC2O)+2c(C2O)＜0.15mol/L13、某小組探究FeCl3和Na2S的反應。

【查閱資料】①硫單質微溶于乙醇，難溶于水；②FeS、Fe2S3均為黑色固體，難溶于水：③Fe3++6F-=[FeF6]3-，[FeF6]3-為無色離子。

【設計實驗】。序號IIIIII操作在1mL0.1mol/LNa2S溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液在1.5mL0.1mol/LNa2S溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液在2mLlmol/LNaF溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液，得無色溶液，再加入1.5mL0.1mol/LNa2S溶液現象迅速產生黑色沉淀X，振蕩，黑色沉淀溶解，放出臭雞蛋氣味氣體，最終得到棕黃色濁液Y產生棕黑色沉淀Z產生黑色沉淀W結論分離Y得到Fe(OH)3

和S經檢驗，Z的主要成分是Fe2S3，含少量Fe(OH)3經檢驗，W為Fe2S3

下列推斷正確的是A.黑色沉淀X溶解只發生復分解反應B.實驗II不生成S可能是氧化還原速率較小C.生成黑色沉淀W的反應為2Fe3++3S2-=Fe2S3↓D.反應物中越小，氧化還原的趨勢越小14、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是。

。選項。

實驗操作和現象。

結論。

A

向Na2CO3溶液中加入冰醋酸；將產生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中，產生白色渾濁。

酸性：醋酸>碳酸>硅酸。

B

向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4；振蕩；靜置，溶液分層，下層呈橙紅色。

還原性：Br->Cl-

C

室溫下，向濃度均為0.1mol·L-1的NaCl、NaI的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液；有黃色沉淀生成。

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

D

向少量酸性KMnO4溶液中滴加草酸(H2C2O4)溶液，KMnO4溶液紫紅色褪去。

草酸具有漂白性。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、氯堿工業中電解飽和食鹽水的原理示意圖如下圖所示：

(1)溶液A的溶質是_____________________；

(2)電解飽和食鹽水的離子方程式是_____________________；

(3)電解時用鹽酸控制陽極區溶液的pH在2～3，用化學平衡移動原理解釋鹽酸的作用：_______________________________________。16、B卷題.汽車尾氣里含有NO氣體是由于內燃機燃燒的高溫引起氮氣和氧氣反應所致：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，已知該反應在2404℃時，平衡常數K＝64×10－4。請回答：

(1)某溫度下，向2L的密閉容器中充入N2和O2各1mol，5分鐘后O2的物質的量為0.5mol，則N2的反應速率為__________________。

(2)假定該反應是在恒容條件下進行，判斷該反應達到平衡的標志是________(填字母序號)。

A．消耗1molN2同時生成1molO2

B．混合氣體密度不變。

C．混合氣體的總壓強不變。

D．2v正(N2)＝v逆(NO)

(3)將N2、O2的混合氣體充入恒溫恒容密閉容器中，下圖（t—時間、T—溫度）中變化趨勢正確的是________(填字母序號)。

(4)向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質的量的N2和O2，達到平衡狀態后再向其中充入一定量NO，重新達到化學平衡狀態。與原平衡狀態相比，此時平衡混合氣體中NO的體積分數________(填“變大”“變小”或“不變”)。

(5)該溫度下，某時刻測得容器內N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10－1mol·L－1、4.0×10－2mol·L－1和3.0×10－3mol·L－1，此時反應________________(填“處于化學平衡狀態”“向正反應方向進行”或“向逆反應方向進行”)，理由是____________________________________。（寫出必要的計算過程）17、為了研究化學反應A＋B=C＋D的能量變化情況；某同學設計了如圖所示裝置。當向盛有A的試管中滴加試劑B時，看到U形管中甲處液面下降乙處液面上升。試回答下列問題：

(1)該反應為____________(填“放熱”或“吸熱”)反應。

(2)A和B的總能量比C和D的總能量____________(填“高”或“低”)。

(3)物質中的化學能通過________轉化成________釋放出來。

(4)反應物化學鍵斷裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化學鍵形成放出的能量。

(5)寫出一個符合題中條件的化學方程式：____________________。18、下表是25℃時三種弱酸的電離平衡常數：。化學式HA（A代表某種酸根）HNO2H2CO3KaKa＝4.9×10－10Ka＝4.6×10－4Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11

回答下列問題：

（1）用離子方程式表示NaNO2溶液呈堿性的原因____________________。

（2）A－、CO32－、HCO3－在水中結合H+的能力由大到小的順序為____________。

（3）25℃時，等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液呈堿性，則該混合溶液中各離子濃度大小關系為________________，解釋混合溶液呈堿性的原因_________________________________。

（4）寫出NaA溶液中通少量CO2的離子方程式_______________________________________。

（5）某同學用Na2CO3和NaHCO3溶液進行如下圖所示實驗：

①充分反應后a試管中大量存在的離子是_______________________________________。

②用離子方程式表示b試管中發生的反應_______________________________________。19、課題式研究性學習是培養學生創造思維的良好方法，某研究性學習小組將下列裝置如圖所示連接，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極。將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在F極附近顯紅色．試回答下列問題：(1)電源A極的名稱是____，電極G的名稱是_____。(2)甲裝置中電解反應相關方程式：C：_____，D：______，總反應方程式：_____。如果起始時甲燒杯中盛有1000mL溶液，通電一段時間后溶液中的Cu2+恰好消耗掉(假設沒有其它離子干擾)，此時收集到氣體3.36L(標準狀況下)，則原硫酸銅溶液的濃度是____mol/L，電路中通過的電子的物質的量是____mol；若要使溶液恢復到起始濃度(忽略溶液體積的變化)，可向溶液中加入____(填物質名稱)。(3)如果收集乙裝置中產生的氣體，兩種氣體的體積比是____。(4)欲用丙裝置給銅鍍銀，G應該是____(填“銅”或“銀”)，電鍍液的主要成分是_____(填化學式)。(5)裝置丁中的現象是_______。20、丙烯酸是非常重要的化工原料之一；可用甘油催化轉化如下：

甘油丙烯醛丙烯酸

已知：反應Ⅰ：(活化能)

反應Ⅱ：(活化能)

甘油常壓沸點為290℃；工業生產選擇反應溫度為300℃，常壓下進行。

(1)①反應Ⅰ在_______條件下能自發進行(填“高溫”或“低溫”)；

②若想增大反應Ⅱ的平衡常數K，改變條件后該反應_______(選填編號)

A.一定向正反應方向移動B.在平衡移動時正反應速率先增大后減小。

C.一定向逆反應方向移動D.在平衡移動時逆反應速率先減小后增大。

(2)工業生產選擇反應溫度為300℃，忽略催化劑活性受溫度影響，分析溫度不能過低理由是_______。

(3)工業制備丙烯酸的中間產物丙烯醛有劇毒，選擇催化劑_______能使工業生產更加安全。(選填編號)

催化劑A：能大幅降低和

催化劑B：能大幅降低幾乎無影響。

催化劑C：能大幅降低幾乎無影響。

催化劑D：能升高和

(4)①溫度350℃，向1L恒容密閉反應器中加入1.00mol甘油和進行該實驗。同時發生副反應：實驗達到平衡時，甘油的轉化率為80%。乙酸和丙烯酸的選擇性隨時間變化如圖所示，計算反應的平衡常數為_______(X的選擇性：指轉化的甘油中生成X的百分比)

②調節不同濃度氧氣進行對照實驗，發現濃度過高會降低丙烯酸的選擇性，理由是_______。

(5)關于該實驗的下列理解，正確的是_______。

A.增大體系壓強；有利于提高甘油的平衡轉化率。

B.反應的相同時間；選擇不同的催化劑，丙烯酸在產物中的體積分數不變。

C.適量的氧氣能抑制催化劑表面積碳；提高生產效率。

D.升高反應溫度，可能發生副反應生成COx，從而降低丙烯酸的產率評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)21、水蒸氣變為液態水時放出的能量就是該變化的反應熱。_____22、二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環境造成很大影響(已知珊瑚礁的主要成分為)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起濃度增大、濃度減小。(________)A.正確B.錯誤23、焊接時用NH4Cl溶液除銹與鹽類水解無關。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)24、(1)已知拆開鍵，鍵，鍵分別需要的能量是則與反應生成所釋放的熱量為_____

(2)與反應生成的熱化學方程式為____。25、1L某溶液中含有的離子如表：。離子Cu2+Al3+Cl-物質的量濃度/(mol?L-1)214x

用惰性電極電解該溶液，當電路中有5mole-通過時，溶液的c(H+)=______mol/L(忽略電解時溶液體積的變化及電極產物可能存在的溶解現象)．26、化學反應過程可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程。化學鍵的鍵能是形成(或拆開)1mol化學鍵時釋放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子結構如圖所示，現提供以下化學鍵的鍵能：P—P為198kJ·mol-1、P—O為360kJ·mol-1、O=O為498kJ·mol-1。則P4(白磷)+3O2=P4O6的反應是__(填“吸熱”或“放熱”)反應，生成1molP4O6___(填“吸收”或“放出”)的熱量為___。

評卷人得分六、實驗題(共4題，共20分)27、為探究Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液的反應規律；某同學進行實驗如下：

已知：(橙色)+H2O(黃色)+2H+

(1)進行實驗ⅰ和ⅱ：。序號操作現象ⅰ向2mLpH=2的0.05mol/LK2Cr2O7的橙色溶液中滴加飽和Na2SO3溶液(pH約為9)3滴溶液變綠色(含Cr3+)ⅱ向2mLpH=8的0.1mol/L的K2CrO4黃色溶液中滴加飽和Na2SO3溶液3滴溶液沒有明顯變化

①用離子方程式表示飽和Na2SO3溶液pH約為9的原因：______________________。

②用離子方程式解釋i中現象：______________________。

(2)繼續進行實驗ⅲ：。序號操作現象ⅲ向2mL飽和Na2SO3溶液中滴加pH=2的0.05mol/LK2Cr2O7的橙色溶液3滴溶液變黃色

為了說明產生上述現象的原因；補充實驗ⅳ：

向2mL蒸餾水中滴加pH=2的0.05mol/LK2Cr2O7橙色溶液3滴；溶液變成淺橙色。

①補充實驗ⅳ的目的是______________________。

②用化學平衡移動原理解釋iii中現象：______________________。

③根據實驗ⅰ～ⅲ，可推測：Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液的反應與溶液酸堿性有關。

a．堿性條件下，Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液不發生氧化還原反應；

b．______________________。

④向實驗ⅲ所得黃色溶液中繼續滴加硫酸，產生的現象證實了上述推測。該現象是______________。28、NaClO2是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。Mathieson方法制備NaClO2的流程如圖所示：

(1)NaClO2的名稱是_______。

(2)H2O2的電子式是_______。

(3)反應①的化學方程是_______。

(4)ClO2也是一種消毒劑，在殺菌消毒過程中會產生副產物ClO需將其轉化為Cl-除去，下列試劑中，可將ClO轉化為Cl-的是_______(填字母序號)。

a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2

(5)反應②的離子方程式是_______。

(6)電解法也可得到NaClO2；如圖所示：

①粗食鹽中含有SOCa2+、Mg2+。精制食鹽水的過程中需要加入鹽酸，目的是_______。

②電解過程中的陰極反應式是_______；電解過程中若產生標準狀況下氯氣33.6L，理論上得到NaClO2的質量是_______。29、磺酰氯(SO2Cl2)是一種無色液體，易水解，常用于作為有機氯化劑，其制備方法為：SO2(g)+Cl2(g)?SO2C12(g)△H＜0。

現利用以下裝置在實驗室制備磺酰氯(加熱裝置略去)：

已知：Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2SO4)=1.6×10-6，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12

(1)用冰水冷卻三頸瓶更有利于SO2Cl2的生成，其原因是___。

(2)向三頸瓶中所得液體中加水，出現白霧，振蕩、靜置得到無色溶液，請寫出SO2Cl2與H2O反應的化學方程式___。

(3)在SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液，當SO沉淀完全(以濃度為1.0×10-5計)時，渾濁液中Cl-濃度為___。

(4)為了測定SO2Cl2的純度，稱取agSO2Cl2產品于錐形瓶中，加入足量蒸餾水充分反應。用cmol/LAgNO3溶液滴定反應后的溶液至終點(滴加K2CrO4溶液做指示劑，當出現棕紅色Ag2CrO4沉淀時達到終點)，消耗AgNO3溶液的體積為VmL，該SO2Cl2產品的純度為___(不必化簡)

(5)Li-SO2Cl2電池是一種新型電池。該電池的電極材料分別為鋰和碳，電解液是LiAlCl4-SO2Cl2，電池的總反應可表示為：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑。寫出該電池的正極反應___。若用該電池電解CuSO4溶液，裝置如圖所示，膜兩側的溶液均為足量CuSO4溶液，且兩側溶液質量相同，若Li-SO2Cl2電池產生了標況下33.6L氣體，則電解池膜兩側的質量差為___。

30、某研究性學習小組欲探究原電池的形成條件；按如圖所示裝置進行實驗并得到下表實驗結果：

。實驗序號。

A

B

燒杯中的液體。

靈敏電流表指針是否偏轉。

1

Zn

Zn

乙醇。

無。

2

Zn

Cu

稀硫酸。

有。

3

Zn

Cu

稀硫酸。

無。

4

Zn

Cu

苯。

無。

5

Cu

C

氯化鈉溶液。

有。

6

Mg

Al

氫氧化鈉溶液。

有。

分析上述實驗；回答下列問題：

(1)實驗2中電流由________極流向________極(填“A”或“B”)。

(2)實驗6中電子由B極流向A極，表明負極是________(填“鎂”或“鋁”)電極。

(3)實驗5表明________(填字母序號；下同)。

A．銅在潮濕空氣中不會被腐蝕。

B．銅的腐蝕是自發進行的。

(4)分析上表有關信息，下列說法不正確的是________。

A．金屬活動順序表中；活潑性強的金屬一定作負極。

B．失去電子的電極是負極。

C．燒杯中的液體必須是電解質溶液。

D．原電池中，浸入同一電解質溶液中的兩個電極，是活潑性不同的兩種金屬(或其中一種非金屬)參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應化合價發生改變；是氧化還原反應，A說法正確；

B．根據舊鍵的斷裂吸熱，新鍵的形成放熱，H-O的鍵能==463.4kJ/mol；故破壞1molH-O鍵需要的能量是463.4kJ，B說法正確；

C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ?mol-1，則H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+241.8kJ?mol-1；C說法正確；

D．H2(g)中的H-H鍵的鍵能為436kJ?mol-1，H2O(g)中的H-O鍵的鍵能為463.4kJ/mol，則H-H鍵比H2O(g)中的H-O鍵穩定性差；D說法錯誤；

答案為D。2、C【分析】【詳解】

A.該裝置為以葡萄糖為燃料的微生物燃料電池；屬于原電池，故A正確；

B.原電池內部陽離子應向正極移動，則放電過程中，H＋從負極區向正極區遷移；故B正確；

C.正極反應式為O2+4e-+4H+＝2H2O，則負極反應式為C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋；對比可知，消耗1mol氧氣生成1mol二氧化碳，標準狀況下體積是22.4L，故C錯誤；

D.負極是葡萄糖失電子生成二氧化碳，電極反應為C6H12O6＋6H2O-24e-＝6CO2↑＋24H＋；故D正確；

故答案選C。

【點睛】

原電池內部離子的移動方向為“正正負負”，即帶正電荷的陽離子向正極移動，帶負電荷的陰離子向負極移動。3、D【分析】【詳解】

A、根據題給信息知若容器①中反應10min達到平衡，放出熱量：32.8kJ，根據反應：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)?H＝–41kJ/mol知參加反應的CO的物質的量為0.8mol，則0至10min時間內，用CO表示的平均反應速率υ(CO)=△n/V△t=4.0×10－2mol/(L·min)；正確；

B、根據容器①中數據計算反應達到平衡時各物質的濃度為c(CO)=0.1mol/L、c(H2O)=1.6mol/L、c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.4mol/L，則K=1，根據容器③中數據計算Q=2，Q>K，反應逆向進行，則開始時υ(CO)生成>υ(CO)消耗；正確；

C、三個容器中溫度相同，平衡常數相同，均為1.利用三行式分析。設容器②轉化的CO2的物質的量為x。

則（4-x）(1-x)/x2=1；解得x=0.8mol；

設容器③轉化的CO2的物質的量為y。

則（1-y）(2-y)/(1+y)2=1，解得y=0.2mol；則達平衡過程體系能量的變化：Q1=4Q2；正確；

D；根據題給數據和C項計算；平衡時，①中CO的體積分數為4%，②容器中CO的體積分數為16%，CO的體積分數不相等，錯誤。

故選擇D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

根據圖示可知：甲在恒容條件下進行，乙在恒壓條件下進行。由于該反應的正反應是氣體體積減小的反應，當反應達到平衡后氣體壓強減小，為維持壓強與原來相同，要壓縮容器的容積，減小容器的容積，導致體系的壓強增大，增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的正反應方向移動，因此達到平衡后N2O4(g)的體積分數要比原來大，故平衡時，兩容器中N2O4(g)的體積分數分別為m和n，則m＜n，故合理選項是A。5、C【分析】【詳解】

A．在1mol?L-1Na2S溶液中，根據物料守恒，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol?L-1；故A正確；

B．相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，說明混合后溶液顯酸性，說明c(H+)>c(OH-)，根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，說明c(CH3COO-)>c(Na+)，又因為c(H+)、c(OH-)濃度都比較小，故混合后溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故B正確；

C．相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，說明前者的水解程度更大，說明HCOOH的酸性弱于HF，則Ka(HCOOH)<Ka(HF)；故C錯誤；

D．相同類型的鹽，相同條件下，誰的溶解度大，誰的Ksp就大，FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，說明FeS比CuS更易溶于水，則Ksp(FeS)>Ksp(CuS)；故D正確；

本題答案C。6、B【分析】【詳解】

A、依據圖象曲線上的數據結合溶度積常數概念計算得到，曲線上的點是沉淀溶解平衡。Ag2CrO4的沉淀溶劑平衡為：Ag2CrO4(s)2Ag++CrO42-，Ksp=c2(Ag+)·c(CrO42-)=（10-3）2×10-6=10-12；故A正確；

B、在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍為飽和溶液，點仍在曲線上，所以在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點變為X點；故B錯誤；

C、依據溶度積常數計算Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO42-)=1×10-12；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)==10-5mol/L，0.01mol/LKCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依據溶度積計算得到：c(Ag+)==2×10-8mol/L；所以先析出氯化銀沉淀，故C正確；

D、K====2.5×107；故D正確。

答案選B。二、多選題(共8題，共16分)7、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．t℃時，根據圖象中c點銀離子、溴離子濃度分別為：c(I-)=5×10-8mol·L－1，c(Ag+)=5×10-8mol·L－1，則Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=5×10-8mol·L－1×5×10-8mol·L－1=2.5×10-15mol2?L-2；故A正確；

B．b點c(Ag+)=5×10-8mol·L－1，c(I-)＞5×10-8mol·L－1，則c(I-)×c(Ag+)＞Ksp(AgI)；所以會析出AgI沉淀，故B正確；

C．向c點溶液中加入適量蒸餾水，溶液體積增大，導致c(I-)＜5×10-8mol·L－1；不可能使溶液由c點到a點，故C錯誤；

D．t℃時，Ksp(AgI)=c(I-)×c(Ag+)=2.5×10-15，Ksp(AgBr)=5×10-13，反應AgBr(s)+I-(aq)AgI(s)+Br-(aq)的平衡常數K===200；故D錯誤；

故選CD。8、AB【分析】【分析】

【詳解】

略9、CD【分析】【分析】

根據圖2判斷，反應物的總能量大于生成物的總能量，則為放熱反應；元素化合價升高的反應是氧化反應,元素化合價降低的反應是還原反應；由圖1狀態3到狀態4的變化過程中有H2O生成；由圖2可知，該脫硝過程中參與反應的NH3、NO、O2的物質的量之比；結合電子守恒；原子守恒寫出總反應方程式。

【詳解】

A．由圖2可知；起始態物質總能量大于終態物質總能量，則總反應放熱，A錯誤；

B．狀態②到狀③的過程中；Cu和N的化合價發生變化，其中Cu的化合價降低，屬于還原反應，B錯誤；

C．狀態③到狀態④的變化過程中有H2O生成；即有O-H鍵的形成，故C正確；

D．由圖2可知，該脫硝過程中參與反應的NH3、NO、O2的物質的量之比為2:2:

4:4:1，所以脫硝總反應方程式為：D正確；

故本題選CD。10、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據化合物中各元素化合價代數和為零，設含有x個-2價的O，y個-1價的O，則2x+y=14，x+y=8，可得出x=6，y=2，過氧鍵存在于2個-1價的O原子之間，則1molNa2S2O8中含有NA個過氧鍵；即1mol過氧鍵，故A正確；

B．根據圖示轉化過程可知，Fe先被氧化為Fe2+，反應為Fe+=Fe2++2然后Fe2+又繼續被氧化為Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56gFe為1mol，則56gFe參加反應，被還原的大于1mol；故B錯誤；

C．ZVI(Fe)的比表面積越大；反應物的接觸面越大，反應速率越快，則凈化速率越快，故C正確；

D．pH越小，溶液酸性越強，酸性條件下不利于Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀生成；難以與正五價砷發生共沉淀，故D錯誤；

答案選AC。11、AD【分析】【詳解】

A．反應CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，Cu、H元素化合價降低、發生還原反應，所以Cu和H2為還原產物；選項A正確；

B．CuSO4是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），CuSO4溶液中離子濃度的大小順序為c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH-）；選項B錯誤；

C．Na+-中H2PO2-沒有羥基，所以次磷酸鈉為正鹽，H2PO2-不能電離出H+；但能水解，選項C錯誤；

D．NaH2PO3與過量NaOH反應生成Na2HPO3，則NaH2PO3為酸式鹽、Na2HPO3是正鹽，說明H3PO3分子中只有兩個羥基，所以H3PO3為二元酸；選項D正確；

答案選AD。12、AC【分析】【分析】

室溫時，H2C2O4為二元弱酸，存在H2C2O4?HC2O+H+，HC2O?C2O+H+，NaHC2O4溶液中存在HC2O?C2O+H+和HC2O+H2O?H2C2O4+OH-，Kh==1.9×10-13。

【詳解】

A．H2C2O4為二元弱酸，根據電離平衡常數，一級電離大于二級電離，則0.1mol/LH2C2O4溶液：c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)；A關系正確；

B．分析可知NaHC2O4的電離程度大于其水解程度，則0.1mol/LNaHC2O4溶液：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)；B關系錯誤；

C．0.1mol/LNa2C2O4溶液，根據溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，根據物料守恒，c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)]，兩式聯立，解得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)；C關系正確；

D．0.1mol/LNaHC2O4溶液和0.1mol/LNa2C2O4溶液等體積混合，根據溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，變形后c(HC2O)+2c(C2O)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)=0.15mol/L，Ka2(H2C2O4)＞Kh(C2O)=1.9×10-10，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，則c(HC2O)+2c(C2O)＞0.15mol/L；D關系錯誤；

答案為AC。13、BD【分析】【詳解】

A．黑色沉淀X開始溶解時發生復分解反應，但隨后Fe2S3雙水解生成的H2S與溶液中的Fe3+發生氧化還原反應，生成Fe2+；S等；A不正確；

B．實驗II中，絕大部分Fe3+與S2-結合為Fe2S3，溶液中c(Fe3+)較小；氧化還原速率較小，所以不生成S，B正確；

C．實驗III中，[FeF6]3-與S2-反應生成Fe2S3，反應的離子方程式為2[FeF6]3-+3S2-=Fe2S3↓+12F-；C不正確；

D．反應物中越小，混合液中c(Fe3+)越小；氧化能力越弱，發生氧化還原的趨勢越小，D正確；

故選BD。14、BC【分析】【詳解】

A．醋酸易揮發；醋酸也可與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，故不能比較醋酸；碳酸、硅酸的酸性，A錯誤；

B．該現象說明發生了Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，Br-為還原劑，Cl-為還原產物；根據還原劑的還原性強于還原產物，即溴離子還原性大于氯離子，B正確；

C．濃度相同時Ksp小的先沉淀，由操作和現象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；C正確；

D．草酸與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應；草酸起到還原性的作用，D錯誤；

故選BC。三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

(1)右側電極產生氫氣；說明是陰極，水電離出的氫離子放電，鈉離子通過交換膜進入右側，因此溶液A的溶質是NaOH；

(2)左側電極是陽極，氯離子放電，則電解飽和食鹽水的離子方程式是2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

(3)產生的氯氣溶于水：Cl2＋H2OHCl＋HClO，根據平衡移動原理可知增大鹽酸的濃度可使平衡向逆反應方向移動，減少氯氣在水中的溶解，有利于氯氣的溢出。【解析】NaOH2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑Cl2＋H2OHCl＋HClO，根據平衡移動原理可知增大鹽酸的濃度可使平衡向逆反應方向移動，減少氯氣在水中的溶解，有利于氯氣的溢出16、略

【分析】【分析】

(1)、5分鐘內，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，可知△n(N2)=0.5mol，帶入計算；

(2)；可逆反應達到平衡狀態時；正逆反應速率相等(同種物質)或正逆反應速率之比等于系數之比(不同物質)，平衡時各種物質的物質的量、濃度等不再發生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

(3)；根據溫度、催化劑對反應速率和平衡移動的影響判斷；

(4)；根據化學方程式的特點結合壓強對平衡的影響分析；

(5)；計算某時刻生成物的濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值；與該溫度下的平衡常數相比較，可得出結論。

【詳解】

(1)、5分鐘內，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＞0，可知△n(N2)=0.5mol，

故答案為0.05mol·(L·min)－1；

(2)A、消耗1molN2同時生成1molO2；A達到平衡；

B；混合氣體密度一直不變；故不能衡量是否達到平衡；

C；混合氣體平均相對分子質量不變；總質量是個定值，總物質的量是個定值，混合氣體的平均相對分子質量一直不變，故不能衡量是否達到平衡；

D、2v正(N2)＝v逆(NO)；正逆反應速率相等，達到平衡；

故選AD；

(3)A；該反應的正反應為吸熱反應；則升高溫度平衡向正反應進行，平衡常數增大，故A正確；

B；加入催化劑；反應速率增大，但平衡不發生移動，故B錯誤；

C；升高溫度；反應速率增大，平衡向正反應方向移動，氮氣的轉化率增大，故C正確;

故答案為AC；

(4)；該反應中；氣體的化學計量數之和前后相等，壓強對平衡移動沒有影響，只要是在相同溫度下，則平衡狀態相同，與原平衡狀態相比，此時平衡混合氣中NO的體積分數；

故答案為不變；

(5)、該溫度下，某時刻測得容器內N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10－1mol·L－1、4.0×10－2mol·L－1和3.0×10－3mol·L－1，則有該時刻生成物的濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值為：則反應應向正反應方向進行；

故答案為向正反應方向進行；根據計算得濃度商Qc＜K。【解析】①.0.05mol·(L·min)－1②.A、D③.A、C④.不變⑤.向正反應方向進行⑥.根據計算得濃度商Qc＜K17、略

【分析】【分析】

當向盛有A的試管中滴加試劑B時；看到U形管中甲處液面下降乙處液面上升，說明A和B反應是放熱反應，放熱反應的反應物的總能量大于生成物的總能量。(1)

當向盛有A的試管中滴加試劑B時；看到U形管中甲處液面下降乙處液面上升，說明A和B反應生成Ｃ和Ｄ的反應是放熱反應，故答案為放熱；

(2)

放熱反應的反應物的總能量大于生成物的總能量；故答案為高；

(3)

A和B反應生成Ｃ和Ｄ的反應是放熱反應；反應的物質中的化學能轉化成熱能釋放出來，故答案為化學；熱；

(4)

化學反應中舊鍵斷裂吸收能量；新鍵生成放出能量，A和B反應生成Ｃ和Ｄ的反應是放熱反應，說明形成化學鍵放出的熱量大于斷裂化學鍵所吸收熱量，故答案為低；

(5)

該反應為放熱反應，且不需要加熱即可發生，如鋁與稀鹽酸的反應，反應的化學方程式為：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故答案為2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑。【解析】(1)放熱。

(2)高。

(3)①.化學②.熱。

(4)低。

(5)2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑18、略

【分析】【詳解】

（1）NaNO2溶液呈堿性的原因是亞硝酸根離子水解溶液顯堿性，離子方程式為：NO2-+H2OHNO2+OH-；

（2）酸的電離平衡常數越大，其相對應的酸根離子水解程度越小，則其相對應的酸根離子結合氫離子濃度越小，根據圖表數據知，酸的強弱順序是HNO2＞H2CO3＞HA＞HCO3-，則酸根離子水解程度大小順序是CO32-＞A-＞HCO3-＞NO2-，所以酸根離子結合質子能力大小順序是CO32-＞A-＞HCO3-；

（3）25℃時，等物質的量濃度的HA和NaA的混合溶液呈堿性說明A-離子水解程度大于HA電離程度，混合溶液中各離子濃度大小關系為：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）根據圖表數據知，酸的強弱順序是HNO2＞H2CO3＞HA＞HCO3-，因此NaA溶液中通少量CO2的反應的離子方程式為：A-+CO2+H2O＝HA+HCO3-；

（5）①加入CaCl2溶液后，碳酸鈉溶液中反應的離子方程式是CO32-+Ca2+＝CaCO3↓，充分反應后a管中大量存在的離子是Na+、Cl-；

②根據實驗現象可判斷碳酸氫鈉和氯化鈣等物質的量混合生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳氣體和水，反應的離子方程式為：2HCO3-+Ca2+＝CaCO3↓+CO2↑+H2O。

點睛：本題考查了電離常數大小比較和弱電解質電離平衡的分析判斷、電解質溶液中離子濃度大小、電離方程式和反應的離子方程式書寫、鹽類水解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等，注意酸根的水解程度與相應酸的強弱關系。（5）②中的分析是解答的難點，注意從實驗現象分析發生的反應。【解析】①.NO2-+H2OHNO2+OH-②.CO32-＞A-＞HCO3-③.c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）④.HA電離程度小于A－水解程度⑤.A-+CO2+H2O＝HA+HCO3-⑥.Na+、Cl-⑦.2HCO3-+Ca2+＝CaCO3↓+CO2↑+H2O19、略

【分析】【分析】

C、D、E、F、X、Y都是惰性電極，將電源接通后，乙為電解池，向乙中滴入酚酞試液，在F極附近顯紅色，說明F極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，F極為陰極，則A為正極，B為負極，C、E、G、X為陽極，D、F、H、Y為陰極；

【詳解】

(1)由上述分析可知，電源A極的名稱是正極，電極G的名稱是陽極；(2)在甲裝置中，C為陽極，氫氧根離子在C極失電子生成氧氣，電極反應式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，D為陰極，銅離子在D極得電子生成Cu，電極反應式為：Cu2++2e-=Cu，總反應方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4；如果起始時甲燒杯中盛有1000mL溶液，通電一段時間后溶液中的Cu2+恰好消耗掉(假設沒有其它離子干擾)，此時收集到氣體3.36L(標準狀況下)，氣體為O2，O2的物質的量為：=0.15mol，根據總反應方程式可知，消耗CuSO4的物質的量為：0.15mol×2=0.3mol，則原硫酸銅溶液的濃度是：=0.3mol/L；電路中通過的電子的物質的量是：0.15mol×4=0.6mol；從反應體系中脫離出去的是Cu和O2，得到的是H2SO4溶液，若要使溶液恢復到起始濃度，則可向溶液中加入CuO，即氧化銅；(3)乙裝置為電解飽和食鹽水，總反應方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根據總反應式可知，若收集乙中產生的氣體，兩種氣體的體積比是：1∶1；(4)欲用丙裝置給銅鍍銀，鍍層金屬作陽極，待鍍金屬作陰極，含鍍層金屬離子的鹽溶液作電解質溶液，G是陽極，則G應該是銀，電鍍液的主要成分是AgNO3；(5)氫氧化鐵膠粒帶有正電荷，移向陰極，則裝置丁中的現象是Y極附近紅褐色變深。【解析】正極陽極4OH--4e-=O2↑+2H2OCu2++2e-=Cu2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO40.30.6氧化銅1∶1銀AgNO3Y極附近紅褐色變深20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①反應Ⅰ△H＞0；為吸熱反應，反應氣體分子數增多，即反應是熵增的反應，因此在高溫下是自發進行的；

②反應II△H<0；為放熱反應，降低溫度能增大反應Ⅱ的平衡常數K，即一定向正反應方向移動，在平衡移動時正反應速率一直減小，逆反應速率先減小后增大，故選：AD；

(2)已知甘油常壓沸點為290℃；若溫度過低，甘油是液態，與反應物的接觸面積減小，速率下降，則溫度不能過低理由是：溫度過低，反應速率慢，同時常壓下低溫甘油為液態，接觸面比較小，降低丙烯酸產率；反應Ⅰ為吸熱反應，溫度降低，平衡轉化率也會降低；

(3)由于中間產物丙烯醛有劇毒，故要加快反應II的速率以快速消耗丙烯醛，即選擇催化劑降低Ea2；故選：C；

(4)①甘油的轉化率為80%；則甘油轉化的物質的量為1mol×80%=0.8mol，丙烯酸的選擇性為25%，則生成的丙烯酸的物質的量為0.8mol×25%=0.2mol，列三段式：

則平衡時n(H2O)=0.4mol+0.6mol=1mol，n(O2)=0.9mol-0.1mol-0.3mol=0.5mol，n(C3H8O3)=0.2mol，的平衡常數為答案為2；

②濃度過高會降低丙烯酸的選擇性；理由是：氧濃度過高，丙烯醛等易發生過度氧化生成COx，降低了丙烯酸選擇性；

(5)A.反應I是氣體分子數增大的反應；增大體系壓強，平衡逆向移動，不有利于提高甘油的平衡轉化率，故A錯誤；

B.反應的相同時間；選擇不同的催化劑，會影響丙烯酸的選擇性，也會改變丙烯酸在產物中的體積分數，故B錯誤；

C.適量的氧氣促進反應II正向進行；能促進丙烯醛的轉化，能抑制催化劑表面積碳，提高生產效率，故C正確；

D.升高反應溫度；可能發生副反應生成COx，從而降低丙烯酸的產率，故D正確；

故選：CD。【解析】①.高溫②.A、D③.溫度過低，反應速率慢，同時常壓下低溫甘油為液態，接觸面比較小，降低丙烯酸產率；反應Ⅰ為吸熱反應，溫度降低，平衡轉化率也會降低④.C⑤.2⑥.氧濃度過高，丙烯醛等易發生過度氧化生成COx，降低了丙烯酸選擇性⑦.CD四、判斷題(共3題，共21分)21、×【分析】【詳解】

水蒸氣變為液態水時放出能量，該變化中沒有新物質生成，不屬于化學反應，故水蒸氣變為液態水時放出的能量不能稱為反應熱，錯誤。【解析】錯22、A【分析】【詳解】

二氧化碳為酸性氧化物能與水反應生成碳酸，導致海水酸性增強，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應生成導致濃度減小，故答案為：正確；23、B【分析】【詳解】

氯化銨水解顯酸性，酸與鐵銹反應，錯誤。五、計算題(共3題，共12分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)1mol氧氣與2mol氫氣反應生成2mol氣態水時；斷裂1molO=O鍵和2molH—H鍵需要吸收的能量為(496kJ+2×436kJ)=1368kJ，形成4molH—O鍵能放出4×463kJ=1852kJ，反應中放出的能量大于吸收的能量，則反應釋放的熱量為(1852kJ—1368kJ)=484kJ，故答案為：484；

(2)1mol氧氣與2mol氫氣反應生成2mol氣態水放出484kJ熱量，反應的熱化學方程式為2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol，故答案為：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol。【解析】4842H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—484kJ/mol25、略

【分析】【分析】

電解時，陽離子放電順序Cu2+>H+，陰離子放電順序Cl->OH-。

【詳解】

根據溶液中電荷守恒，2c(Cu2+)+3c(Al3+)=c()+c(Cl-)，c(Cl-)=2×2mol?L-1+3×1mol?L-1-1×4mol?L-1=3mol?L-1，電解過程中，銅離子完全放電轉移電子4mol，氯離子完全放電轉移電子3mol，當轉移5mol電子時，陽極上有2molOH-放電，陰極有1molH+放電，所以電解過程中發生的反應分別為CuCl2Cu+Cl2↑(轉移3mol電子)、2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+(轉移1mol電子)、2H2O2H2↑+O2↑(轉移1mol電子)，由以上反應可知，只有2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+(轉移1mol電子)產生氫離子，當轉移1mol電子時生成n(H+)=1mol，該溶液中c(H+)==1mol/L，答案：1。【解析】126、略

【分析】【分析】

根據白磷的分子結構示意圖可知，1個白磷分子中含有6個P-P鍵；1個P4O6分子中含有12個P-O鍵，根據=反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵放出的能量來計算；并據此判斷反應的吸放熱。

【詳解】

斷開化學鍵吸收的能量為198kJ×6+3×498kJ=2682kJ，形成化學鍵放出的能量為12×360kJ=4320kJ；則P4(白磷)+3O2=P4O6=2682-4320=-1638kJ/mol；<0，該反應為放熱反應，生成1molP4O6放出1638kJ的熱量。【解析】放熱放出1638kJ六、實驗題(共4題，共20分)27、略

【分析】【詳解】

(1)①飽和Na2SO3溶液中存在亞硫酸根離子的水解而顯堿性，水解離子方程式為：+H2O+OH-；

②溶液沒有明顯變化是因為重鉻酸根離子具有強氧化性，在酸性溶液中能氧化亞硫酸根離子為硫酸根離子，反應的離子方程式為：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O；

(2)①本組實驗是向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加K2Cr2O7溶液，會稀釋K2Cr2O7溶液；可能會對溶液顏色產生影響，所以補充實驗的目的是：排除水的稀釋對溶液顏色變化造成的影響；

②溶液中存在化學平衡：(橙色)+H2O(黃色)+2H+，由于是向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加K2Cr2O7溶液，所以過量，溶液中大量的(或OH-)與H+結合導致溶液中c(H+)下降；平衡正向移動，溶液顏色變黃；

③根據實驗ⅰ～ⅲ，可推測：Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液的反應與溶液酸堿性有關，堿性條件下，Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液不發生氧化還原反應，酸性條件下，Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液發生氧化還原反應，生成Cr3+；

④向實驗iii所得黃色溶液中繼續滴加硫酸，溶液中存在化學平衡：(橙色)+H2O(黃色)+2H+，加入氫離子平衡逆向進行，重鉻酸根離子氧化亞硫酸根離子，本身被還為鉻離子，得到綠色溶液，所以該現象是溶液變綠。【解析】+H2O+OH-+3+8H+=2Cr3++3+4H2O排除水的稀釋對溶液顏色變化造成的影響(橙色)+H2O(黃色)+2H+溶液中大量的(或OH-)與H+結合導致溶液中c(H+)下降，平衡正向移動，溶液顏色變黃酸性條件下，Na2SO3溶液和鉻(VI)鹽溶液發生氧化還原反應，生成Cr3+溶液變綠28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)該化合物中Cl元素為+3價；屬于亞氯酸鹽，故名稱為亞氯酸鈉；

(2)H2O2中H與O之間共用一對電子，O與O之間也共用一對電子，對應電子式為

(3)由圖示知，反應①為NaClO3、H2SO4、SO2三者之間反應生成NaHSO4、ClO2，根據得失電子守恒和元素守恒配平得方程式為：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4；

(4)轉化為Cl-，元素化合價降低，需要還原劑，FeSO4中Fe元素化合價可升高到+3，SO2中S元素化合價可升高到+6價；均可作還原劑，故選ad；

(5)