…………○…………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年新科版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷312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7題，共14分)1、時，甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)溶液中與pH的關系如圖所示[已知：甲酸酸性比丙酸強，]。下列說法不正確的是。

A.曲線a代表的是丙酸B.丙酸的電離常數(shù)的數(shù)量級是C.等濃度的和兩種溶液的pH比較：前者<后者D.將0.1mol/L的HCOOH溶液與0.1mol/L的HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中：2、研究金屬腐蝕及防護的裝置如圖所示。

下列有關說法不正確的是A.圖1：a點溶液變紅B.圖1：a點的鐵比b點的鐵腐蝕嚴重C.圖2：若d為鋅，則鐵不易被腐蝕D.圖2：正極的電極反應式為O2＋4e-＋2H2O＝4OH-3、下列有關說法或解釋不正確的是（）。編號說法解釋①鋅與稀硫酸反應，加入硫酸鈉固體，速率加快增大了濃度，反應速率加快②鋅與稀硫酸反應，滴入大量硫酸銅溶液，生成氫氣的速率加快鋅置換出銅形成原電池，致使生成氫氣的速率變快③5%的H2O2溶液中加入二氧化錳粉末，H2O2分解速率迅速加快降低了反應的焓變，活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多，速率加快④面粉生產車間容易發(fā)生爆炸固體表面積大，反應速率加快

A.僅①④B.僅②③C.僅①②③D.僅①②④4、2021年1月20日中國科學院和中國工程院評選出2020年世界十大科技進展，排在第四位的是一種可借助光將二氧化碳轉化為甲烷的新型催化轉化方法：CO2+4H2=CH4+2H2O，這是迄今最接近人造光合作用的方法。CO2可轉化為CO、H2等燃料：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ·mol-1，下列關于反應CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ·mol-1的說法正確的是A.該反應在任何溫度下都可自發(fā)進行B.反應CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2＜+247kJ·mol-1C.反應中每生成1molH2，轉移電子的數(shù)目為3×6.02×1023D.選擇高效催化劑可以降低反應的焓變，提高化學反應速率5、25℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH-；ΔH＞0，下列敘述正確的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，c(OH-)降低B.向水中加入少量NaHSO4固體，c(H＋)增大，KW不變C.向水中加入少量固體Na，平衡逆向移動，c(H＋)降低D.將水加熱，KW增大，pH不變6、合金ThNi5可催化反應CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）；在一定溫度下，反應過程中有無催化劑的能量變化如圖。下列敘述正確的是。

A.使用催化劑時反應的速率主要決定于第②步B.縮小體積可加快該反應速率，是因為增大了活化分子百分數(shù)C.使用催化劑降低反應的焓變，降低溫度有利于產物的生成D.升高溫度，平衡常數(shù)減小7、以一氯代乙酸鈉溶液為原料，用陽離子交換膜電解槽可制備1，二氯乙烷且有生成，裝置如圖所示。下列有關說法不正確的是。

A.電解過程中陰極區(qū)溶液的堿性減弱B.若選用陰離子交換膜，可能產生副產物乙二醇C.陽極的電極反應式為：D.a處應加入溶液，為增強導電性c處可加入稀溶液評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、Ⅰ．如圖所示，E為浸過含酚酞的Na2SO4溶液的濾紙。A、B分別為鉑片，壓在濾紙兩端，R、S為電池的電極。M、N是用多微孔的Ni制成的電極，在堿溶液中可視為惰性電極。G為電流計，K為開關。C、D和電解池中都充滿濃KOH溶液。若在濾紙中央滴一滴紫色的KMnO4溶液；將開關K打開，接通電源一段時間后，C；D中有氣體產生。

請回答下列問題：

(1)R為___________(填“正”或“負”)極。

(2)通電一段時間后，M、N電極對應的電解質溶液的pH___________(填“變大”、“變小”或“不變”)；B附近發(fā)生的電極反應式為___________。

(3)濾紙上的紫色點向___________(填“A”或“B”)方向移動。

(4)當C、D中的氣體產生到一定量時，切斷外電源并接通開關K，經過一段時間后，C、D中的氣體逐漸減少，C中的電極為___________(填“正”或“負”)極，電極反應式為___________。

Ⅱ．通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量；其工作原理示意圖如下：

(5)Pt電極上發(fā)生的是___________反應(填“氧化”或“還原”)。

(6)寫出NiO電極的電極反應式：___________。9、利用天然氣制取合成氣；然后用合成氣合成多種有機物是目前部分有機物的重要來源。

I．甲烷制取合成氣時；在同一容器中同時發(fā)生的主要反應是:

反應①:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=+206.3kJmol-l

反應②:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.6kJmol-l

(1)下列有關合成氣制取的說法中正確的是_____。

A．升溫時反應①的正反應速率增大；逆反應速率減小，平衡正向移動。

B．反應②因為反應物和生成物的計量數(shù)相等，所以△S=0

C．反應②放出的熱可以提供反應①所需的熱量。

D．在恒溫恒容容器中；氣體密度保持不變時，反應達到化學平衡狀態(tài)。

(2)在制取合成氣的初始階段，反應②的反應速率大于反應①的反應速率，請用碰撞理論解釋原因______。

(3)在某密閉容器中加入一定量的CH4、H2O，在溫度為T1時發(fā)生反應①，t1時達到化學平衡狀態(tài)，氫氣濃度[c(H2)]隨時間(t)的變化如圖1。控制其它條件不變，在溫度為T2時(T2＜T1)發(fā)生反應，在圖中畫出c(CO)變化曲線_____。

II．合成己烷時發(fā)生的反應是∶

主反應:反應③6CO(g)+13H2(g)C6H14(g)+6H2O(g)△H

副反應:反應④CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

反應⑤2CO(g)CO2(g)+C(s)

反應③的平衡常數(shù)的對數(shù)(lgK)隨溫度(T/K)的變化如圖2，在固定的氫碳比[m(H2)/m(CO)]條件下CO的平衡轉化率[a(CO)]隨溫度變化的曲線如圖3.

請回答∶

(1)反應③的△H______0(填“＞”“="或“＜")

(2)600K前隨溫度升高反應③的平衡轉化率幾乎不變，結合圖2說明原因(副反應影響可忽略)_____。

(3)工業(yè)生產需要選擇適合的條件提高綜合效益，下列對工業(yè)合成己烷的說法中正確的是()

A．減少體系中的水蒸氣；有利于提高生產效益。

B．在體系中加入并保持一定量的二氧化碳有利于減少副反應的發(fā)生。

C．在體系中加入并保持一定量的碳有利于工業(yè)合成己烷。

D．工業(yè)生產中，選擇的壓強越高越有利于提高綜合效益10、在一個2L的密閉容器中，投入反應物，發(fā)生反應2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，其中SO3的變化如下圖所示：

（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式并根據(jù)8min時到達平衡計算出結果________________。

（2）用O2表示0到8min內該反應的平均速率v=__________________。

（3）升高溫度，該反應的K值將______；容器中氣體的平均相對分子質量將______。（填“增大”“減小”或“不變”）

（4）能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是________。

A．v(SO3)=2v(O2)B．容器內壓強保持不變。

C．v(SO2)逆=2v(O2)正D．容器內密度保持不變。

（5）在第12min時，容器壓縮到1L，則SO3的變化曲線為_______。

A．aB．bC．cD．d

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，則平衡向_______反應方向移動（填“正”或“逆”）。SO3的體積分數(shù)_______（填“增大”或“減小”）。

（7）將相同物質的量的SO3充入下面的兩個容器中；已知甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，在相同的溫度；壓強下開始發(fā)生反應，在反應過程中維持體系溫度不變。

①反應達平衡所需時間甲________乙（填“大于”“等于”或“小于”）；達平衡時SO3的轉化率甲__________乙（“大于”“等于”或“小于”）。

②若平衡后，向甲、乙中分別充入惰性氣體，__________（填“甲”或“乙”）容器的平衡將向__________（填“正”或“逆”）反應方向移動。11、Ⅰ.甲醇是重要的化學工業(yè)基礎原料和清潔液體燃料，工業(yè)上可利用CO或CO2來生產燃料甲醇。已知甲醇制備的有關化學反應以及在不同溫度下的化學反應平衡常數(shù)如表所示：。化學反應平衡常數(shù)溫度℃500800500800①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)K12.50.15②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)K21.02.50③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)K3

（1）據(jù)反應①與②可推導出K1、K2與K3之間的關系，則K3＝__________（用K1、K2表示）

（2）反應③的ΔS__________0（填“＞”、“＜”）；反應③的ΔH__________0（填“＞”；“＜”）

（3）500℃時測得反應③在某時刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的濃度（mol/L）分別為0.8、0.1、0.3、0.15，則此時V正__________V逆（填“＞”；“＝”或“＜”）

Ⅱ.一定條件下，在容積為2L的密閉容器中充入lmolCO與2molH2合成甲醇；平衡轉化率與溫度；壓強的關系如圖所示：

（1）p1__________p2（填“＞”；“＝”或“＜”）。

（2）該反應達到平衡時，反應物轉化率的關系是CO____________H2（填“＞”；“＝”或“＜”）。

（3）若100℃P1時達平衡所用的時間為5min，則從開始到平衡這段時間用H2表示的速率為_______________________。

（4）該甲醇合成反應在A點的平衡常數(shù)K＝___________。12、結合下表回答下列問題（均為常溫下的數(shù)據(jù)）:。酸電離常數(shù)（Ka）酸電離常數(shù)（Ka）酸電離常數(shù)（Ka）酸電離常數(shù)（Ka）CH3COOH1.8×10-5H2CO3K1=4.4×10-7H2C2O4K1=5.4×10-2H2SK1=1.3×10-7HClO3×10-8K2=4.7×10-11K2=5.4×10-5K2=7.1×10-15K2=5.4×10-5K2=7.1×10-15

請回答下列問題:

（1）同濃度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中結合H+的能力最弱的是_________。

（2）0.1mo1/L的H2C2O4溶液與0.1mo1/L的KOH的溶液等體積混合后所得溶液呈酸性，該溶液中各離子濃度由大到小的順序為________________。

（3）pH相同的NaC1O和CH3COOK溶液中，[c(Na+)-c(C1O-)]______[c(K+)-c(CH3COO-)]（填“>”、“<”或“=”）。

（4）向0.1mo1/LCH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=5:9，此時溶液pH=_________。13、已知常溫下，AgBr的Ksp=4.9×10﹣13、AgI的Ksp=8.3×10﹣17。

(1)現(xiàn)向含有AgI的飽和溶液中：

①加入固體AgNO3，則c(I﹣)___________(填“變大”“變小”或“不變”；下同)；

②若加入更多的AgI固體，則c(Ag+)___________；

③若加入大量的NaBr固體，則c(I﹣)___________。

(2)現(xiàn)向含有NaBr、KI均為0.002mol?L﹣1的溶液中加入等體積的濃度為4×10﹣3mol?L﹣1的AgNO3溶液，則產生的沉淀是___________(填化學式)；若向其中再加入適量的NaI固體，則最終可發(fā)生沉淀轉化的總離子方程式為___________。14、運用化學反應原理研究氮；氧等單質及其化合物的反應有重要意義。

（1）合成氨反應反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，平衡_______移動（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化劑_____反應的ΔH（填“增大”“減小”或“不改變”）。

（2）O2(g)=O+2(g)+e-H1=1175.7kJ·mol-1

PtF6(g)+e-1PtF6-(g)H2=-771.1kJ·mol-1

O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6-H3=482.2kJ·mol-1

則反應O2（g）+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)的H=_____________kJ·mol-1。

（3）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為____________。已知25℃時Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。

（4）在25℃下，將amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，則溶液顯_____________性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=__________。15、電化學在生產；生活中應用廣泛。根據(jù)原理示意圖；回答下列問題：

(1)圖1為___(填“原電池”或“電解池”)裝置，電池工作時，右側電極室的SO___(填“能”或“不能”)移向左側電極室。

(2)圖2為燃料電池，A極為電池的____(填“正極”或“負極”)，b通入的是____(填“燃料”或“空氣”)，若以乙醇為燃料電池，寫出負極的電極反應式：____。

(3)圖3中外電路中的電流方向為由____(填“Al經導線流向Mg”或“Mg經導線流向Al”)，若要改變外電路中的電流方向，可將圖3中KOH溶液換成____(填標號)。

A.氨水B.稀鹽酸C.蔗糖溶液。

(4)圖4易發(fā)生___(填“吸氧腐蝕”或“析氫腐蝕”)，為了防止這類反應的發(fā)生，常采用___的電化學方法進行保護。16、磷能形成多種含氧酸。

（1）次磷酸（H3PO2）是一種精細化工產品，向10mLH3PO2溶液中加入10mL等物質的量濃度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-兩種陰離子。

①寫出H3PO2溶液與足量NaOH溶液反應后形成的正鹽的化學式：_______，該正鹽溶液中各離子濃度由大到小的順序為____________。

②若25℃時，K(H3PO2)=1×10-2，則0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH=________。

（2）亞磷酸（H3PO3）是二元中強酸，25℃時亞磷酸的電離常數(shù)為K1=1×10-2、K2=2.6×10-7。

①試從電離平衡移動的角度解釋K1、K2數(shù)據(jù)的差異_______________。

②NaH2PO3溶液顯______性（填“酸”“堿”或“中”）。

（3）25℃時，HF的電離常數(shù)為K=3.6×10-4；H3PO4的電離常數(shù)為K1=7.5×10-3，K2=6.2×10-8，K3＝4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反應的離子方程式為_________。

（4）相同溫度下，等物質的量濃度的上述三種磷的含氧酸中。c(H+)由大到小的順序為_____（用酸的分子式表示）。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、滴定終點就是酸堿恰好中和的點。（____________）A.正確B.錯誤18、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤19、正逆反應的ΔH相等。____A.正確B.錯誤20、鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘的資源有限，價格昂貴。_______A.正確B.錯誤21、高性能環(huán)氧涂層有效阻止了氧氣、海水等對鋼鐵的侵蝕。(_______)A.正確B.錯誤22、1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA(____)A.正確B.錯誤23、某醋酸溶液的將此溶液稀釋到原體積的2倍后，溶液的則(_______)A.正確B.錯誤24、滴定終點就是酸堿恰好中和的點。（____________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共12分)25、Ⅰ.某燒堿樣品含少量不與酸作用的雜質；為了測定其純度，進行以下滴定操作：

A．在250mL的容量瓶中定容配成250mL燒堿溶液。

B．用移液管移取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并滴幾滴指示劑甲基橙。

C．在天平上準確稱取燒堿樣品Wg；在燒杯中用蒸餾水溶解。

D．將物質的量濃度為c的標準鹽酸溶液裝入酸式滴定管，調節(jié)液面，記下開始讀數(shù)為V1

E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定至終點，記下讀數(shù)V2

回答下列各問題：

(1)正確操作步驟的順序是(用字母填寫)__________→________→________→D→________。

(2)D步驟中液面應調節(jié)到______________，尖嘴部分應______________。

(3)滴定終點時錐形瓶中顏色變化是______________。

(4)若酸式滴定管不用標準鹽酸潤洗，在其他操作均正確的前提下，會對測定結果(指燒堿的純度)有何影響？________(填“偏高”；“低”或“不變”)

(5)該燒堿樣品純度的計算式為______________。

Ⅱ.(1)常溫下，0.2mol/LHCl溶液與0.2mol/LMOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測得混合溶液的pH=6，則①混合溶液中由水電離出的c(H＋)___(填“>”、“<”或“=”)HCl溶液中由水電離出的c(H＋)。

②求出混合溶液中下列算式的精確計算結果(填具體數(shù)字)。

c(Cl-)-c(M＋)=________mol/L；c(H＋)-c(MOH)=________mol/L。

(2)常溫下若將pH=3的HR溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH≠7，則混合溶液的pH________(填“>7”或“<7”或“無法確定”)。26、小組同學用FeSO4·7H2O晶體和蒸餾水配制0.5mol·L?1FeSO4溶液(pH為3.3)。1h后；溶液變黃。24h后，產生黃褐色沉淀，測得上層清液pH為1.4。

(1)取少量黃色溶液，______(填操作和現(xiàn)象)，證明黃色溶液中含有Fe3+。

(2)取黃色溶液，加入鐵粉振蕩，溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，反應的離子方程式為______。

(3)探究溶液變黃的原因。

①實驗證實，溶液變黃是因為空氣中的O2將Fe2+氧化，反應的離子方程式為_______。

②用FeSO4和稀硫酸配制不同溶液，進一步探究影響溶液變黃的其他因素，實驗如下。實驗編號ⅠⅡⅢⅣc(FeSO4)/(mol·L?1)0.50.250.50.25溶液pH3.33.52.92.9初始顏色淺綠色淺綠色，比Ⅰ淺淺綠色，同Ⅰ淺綠色，同Ⅱ0.5h顏色淺綠色黃綠色淺綠色淺綠色5h顏色黃色黃色淺黃色淺黃色(比Ⅲ淺)

a.實驗Ⅲ和Ⅳ說明_______對溶液變黃快慢有影響。

b.實驗Ⅱ比Ⅰ更快變黃的原因是_______。

(4)檢驗黃褐色沉淀的成分。

①通過下列實驗證實，黃褐色沉淀中含有SO

a.證實黃褐色沉淀中含有SO的證據(jù)是_______。

b.洗滌黃褐色沉淀的目的是_______。

②進一步實驗證實黃褐色沉淀為Fe(OH)SO4.將反應的離子方程式補充完整：Fe3++___+___=Fe(OH)SO4↓+___，_______。

(5)根據(jù)以上實驗，配制FeSO4溶液時，為使溶液較長時間保持淺綠色，還需加入鐵粉和稀硫酸，其中稀硫酸的作用是_____(答出兩點)。27、現(xiàn)需設計一套實驗裝置來電解飽和食鹽水；并測量電解產生的氫氣的體積（約6mL）和檢驗氯氣的氧化性（不應將多余的氯氣排入空氣中）。

（1）試從下圖中選用幾種必要的儀器；連成一整套裝置，各種儀器接口的連接順序（填編號）是A接_____，_____接_____；B接_____，_____接_____。

（2）鐵棒接直流電源的_____極；碳棒上發(fā)生的電極反應為_____。

（3）能說明氯氣具有氧化性的實驗現(xiàn)象是_____28、自來水是由自然界中的淡水經過絮凝、沉淀、過濾、消毒等工藝處理后得到的。常用的自來水消毒劑有二氧化氯()和高鐵酸鉀()等。某研究小組用如圖所示裝置制備少量(夾持裝置已略去)。

已知：常溫下為易溶于水但不與水反應的氣體，其水溶液呈深黃綠色，11℃時液化成紅棕色液體。以和的乙醇溶液為原料制備的反應為

(1)①乙醇的作用是_______。

②NaOH溶液中發(fā)生的主要反應的離子方程式為_______。

(2)將水溶液滴加到足量溶液中，溶液變棕黃色；再向其中加入適量苯，振蕩、靜置，觀察到_______，證明具有氧化性。

(3)在殺菌消毒過程中會發(fā)生副反應產生亞氯酸根離子()，需將其轉化為除去。下列試劑中，可將轉化為的是_______(填序號)。

a.b.c.d.

(4)是一種新型、綠色的多功能凈水劑，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、滅菌、消毒、脫色、除臭等性能為一體。實驗室制備的一種方法如下：在冰水浴中，向過量的和的混合溶液中少量多次加入硝酸鐵；并不斷攪拌。

①上述制備的反應的離子方程式為_______。

②凈水過程中，起到吸附作用的原理是_______(請用化學用語及必要文字解釋說明)。

(5)為了分析產品某樣品中二價鐵元素的含量，某同學稱取20.0g樣品配成溶液，移取于錐形瓶中，用的標準溶液進行滴定(被還原為)。請回答下列問題：

①滴定時，標準溶液應盛放在_______(填儀器名稱)中。

②若到達滴定終點消耗標準溶液的體積為則該產品中鐵元素的質量分數(shù)為_______。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共12分)29、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NHK＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、SO42-、CO32-、NO3-、I－、Cl－；取該溶液進行以下實驗：

①用pH試紙測得該溶液呈酸性；

②取部分溶液，加入數(shù)滴新制的氯水及少量CCl4，經振蕩、靜置后，CCl4層呈紫紅色；

③另取部分溶液；逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液從酸性逐漸變?yōu)閴A性，在整個滴加過程中無沉淀生成；

④取部分上述堿性溶液，加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成；

⑤將③得到的堿性溶液加熱；有氣體放出，該氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。

根據(jù)上述實驗事實回答問題：

（1）寫出②所發(fā)生反應的離子方程式_________。

（2）該溶液中肯定存在的離子是________。

（3）該溶液中肯定不存在的離子是________。

（4）該溶液中還不能確定是否存在的離子是_________。30、A；B、C、D、E、F、G是元素周期表中1～36號的七種常見元素；其原子序數(shù)依次增大。其中B、D、G三種元素的原子核外未成對電子數(shù)均等于其周期序數(shù)；F的單質常用于工業(yè)上制漂白粉；D與A、E均可形成原子個數(shù)比為1：1和1：2的化合物。

請回答下列問題：

(1)F在元素周期表中的位置_____________，B、C、D、E元素第一電離能由大到小的順序是____________（用元素符號表示）；

(2)F、G兩元素的單質間反應所得產物為固體，熔點282℃，沸點315℃，在300℃以上易升華，易溶于水，也易溶于乙醇，丙酮等有機溶劑。據(jù)此判斷該產物晶體為______晶體；該產物中G元素相應價態(tài)離子的核外電子排布式為__________________；

(3)B；C、D均可與A形成10電子和18電子的分子。

①在B、C、D分別與A形成的10電子分子中，極性最強的共價鍵是______(用化學鍵表示)。A、B、C三元素形成的最簡單分子中鍵與鍵個數(shù)比為______；

②C、D分別與A形成的18電子分子X、Y可用作火箭推進劑。已知16g液態(tài)X與足量液態(tài)Y充分反應生成一種液態(tài)化合物和一種氣態(tài)單質，并放出838kJ的熱量，試寫出X與Y反應的熱化學方程式___________________。31、現(xiàn)有A、B、C、D、E五種強電解質，它們在水中可電離產生下列離子(各種離子不重復)：H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+、OH-、Cl-、CONOSO已知：①A；B兩溶液呈堿性；C、D、E溶液呈酸性。②A溶液與E溶液反應既有氣體又有沉淀產生；A溶液與C溶液反應只有氣體產生(沉淀包括微溶物；下同)。③D溶液與另外四種溶液反應都能產生沉淀。④在E溶液中逐滴加入B溶液，溶液先出現(xiàn)沉淀，當?shù)渭又吝^量時，沉淀部分溶解。試回答下列問題：

(1)A、C的化學式分別為______、______。

(2)A溶液呈堿性的原因______(用離子方程式表示)。

(3)在100mL0.1mol·L-1的E溶液中，逐滴加入35mL2mol·L-1NaOH溶液，最終得到沉淀的物質的量為______mol。32、隨原子序數(shù)遞增的八種短周期元素原子半徑的相對大小；最高正價或最低負價的變化如下圖所示。根據(jù)判斷出的元素回答問題：

(1)f在元素周期表的位置是____________________________。

(2)比較y、z簡單氫化物的沸點(用化學式表示，下同)__________＞__________；比較g、h的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱____________＞_____________。

(3)下列事實能說明d元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是_________。

a．d單質與H2S溶液反應；溶液變渾濁。

b．在氧化還原反應中；1mold單質比1molS得電子多。

c．d和S兩元素的簡單氫化物受熱分解；前者的分解溫度高。

(4)任選上述元素組成一種四原子18電子共價化合物，寫出其電子式___________________。

(5)已知1mole的單質在足量d2中燃燒，恢復至室溫，放出255.75kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式____________________________________________。評卷人得分六、結構與性質(共2題，共16分)33、探究化學反應的快慢和限度具有十分重要的意義。某同學在用稀硫酸與鋅制取氫氣的實驗中；發(fā)現(xiàn)加入少量硫酸銅溶液可加快氫氣的生成速率。請回答下列問題：

(1)要加快上述實驗中氣體產生的速率，還可采取的措施有_________(任答兩種)；

(2)為了進一步研究硫酸銅的量對氫氣生成速率的影響；該同學設計了如下一系列實驗。將表中所給的混合溶液分別加入到6個盛有過量Zn粒的反應瓶中，收集產生的氣體，記錄獲得相同體積的氣體所需時間。

。實驗。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

飽和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①請完成此實驗設計，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②該同學最后得出的結論為：當加入少量CuSO4溶液時，生成氫氣的速率會大大提高。但當加入的CuSO4溶液超過一定量時，生成氫氣的速率反而會下降。請分析氫氣生成速率下降的主要原因__________________。34、常溫下；有濃度均為0.1mol/L的下列4種溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)這4種溶液pH由大到小的排列順序是_____________(填序號)；

(2)④的水解平衡常數(shù)Kh=___________。

(3)若向等體積的③和④中滴加鹽酸至呈中性，則消耗鹽酸的體積③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常溫下NaCN溶液中，將粒子濃度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，則發(fā)生反應的離子方程式為__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕獲，若所得溶液溶液pH=_________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

由于甲酸酸性比丙酸強，表明相同條件時，甲酸的電離程度大于丙酸，由此可推斷出圖中a線為丙酸的圖示，b線為甲酸的圖示；

【詳解】

A．結合分析與圖示可知，較大的；表明在相同條件下電離程度較小，則曲a代表的是丙酸，A正確；

B．圖中N點，pH=4.88時，丙酸的為50%，即由此可推導出再結合電離過程可知丙酸的電離平衡常數(shù)為所以丙酸的電離常數(shù)的數(shù)量級是B正確；

C．由依據(jù)題目信息可知甲酸酸性比丙酸強，再結合鹽類水解規(guī)律“越弱越水解”，可知溶液的水解程度大于溶液的水解程度，而它們都是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，所以等濃度的和兩種溶液的pH比較：前者<后者；C正確；

D．圖中M點，pH=3.75時，甲酸的為50%，即由此可推導出再結合電離過程可知甲酸的電離平衡常數(shù)為而HCOONa的水解過程為水解平衡常數(shù)為由此可知，則的溶液與的溶液等體積混合所得溶液中，溶液的電離程度大于溶液的水解程度，所以混合溶液中的離子濃度大小關系為D錯誤；

故合理選項為D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A.圖1：a點氧氣得電子產生氫氧根離子；溶液呈堿性，遇酚酞溶液變紅，選項A正確；

B.圖1：a點為正極得電子，b點為負極鐵失電子產生亞鐵離子，b點鐵腐蝕嚴重；選項B不正確；

C.圖2：若d為鋅為負極失電子；則鐵為正極，不易被腐蝕，選項C正確；

D.圖2：正極氧氣得電子產生氫氧根離子，電極反應式為O2＋4e-＋2H2O＝4OH-；選項D正確；

答案選B。3、C【分析】【詳解】

①鋅與稀硫酸反應的離子方程式為由該離子方程式可知，該反應與鈉離子和無關；所以加入硫酸鈉固體，反應速率不變，故①錯誤；

②鋅與稀硫酸反應；滴入大量硫酸銅溶液，因銅離子的氧化性大于氫離子，所以不一定有氫氣生成，故②錯誤；

③二氧化錳是H2O2分解反應的催化劑；加入催化劑不能改變反應的焓變，但可以降低反應的活化能，故③錯誤；

④面粉的表面積大；增大固體的表面積，反應速率加快，所以面粉生產車間容易發(fā)生爆炸，故④正確。

綜上所述，C項符合題意。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．ΔH1＞0，ΔS＞0，ΔG=ΔH1-TΔS要ΔG＜0；必須在較高的溫度下，該反應才可自發(fā)進行，故A錯誤；

B．升華需要吸熱，反應CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2＞+247kJ·mol-1；故B錯誤；

C．根據(jù)方程式每生成2molH2，轉移6mol電子，反應中每生成1molH2，轉移電子的數(shù)目為3×6.02×1023；故C正確；

D．選擇高效催化劑可以降低反應的活化能；可以提高化學反應速率，但不能改變反應的焓變，故D錯誤；

故選C。5、B【分析】【詳解】

A．向水中加入稀氨水，c(OH-)增大；A錯誤；

B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，NaHSO4=H++Na++c(H+)增大，溫度不變KW不變；B正確；

C．向水中加入少量固體Na；鈉能消耗水中的氫離子，促進水的電離正向進行，C錯誤；

D．將水加熱，KW增大，c(H+)增大；pH減小，D錯誤；

答案選B。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．催化劑可降低反應的活化能；活化能越小，反應速率越快，且慢反應決定整個反應速率，則使用催化劑時反應的速率主要決定于第①步，故A錯誤；

B．縮小體積；濃度增大，可加快該反應速率，是因為增大了單位體積內活化分子數(shù)目，故B錯誤；

C．催化劑只改變反應活化能；不改變整個反應焓變，故C錯誤；

D．圖中反應物總能量大于生成物總能量；為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故D正確；

故選：D。

【點睛】

增大濃度與縮小體積增大壓強可增大反應體系中單位體積活化分子的數(shù)目，則反應速率加快；溫度與催化劑可增大反應體系中活化分子的百分數(shù)。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由題意可知電解的總反應為：電解的總反應為2ClCH2COO-+2H2OCH2ClCH2Cl+2CO2+H2+2OH-，陰極區(qū)H2O得電子生成氫氣和OH-；溶液的堿性增強，故A錯誤；

B．若選用陰離子交換膜，陰極產生的氫氧根會到達陽極，鹵代烴在堿性條件下容易發(fā)生水解反應生成乙二醇；故B正確；

C．陽極ClCH2COO-失電子生成二氧化碳和電極反應式為：故C正確；

D．陽極ClCH2COO-失電子生成二氧化碳和陰極H2O得電子生成氫氣和OH-，則a處應加入溶液，為增強導電性c處可加入稀溶液；故D正確；

故選A。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【分析】

C、D和電解池中都充滿濃KOH溶液，實際是電解水，由C、D中產生的氣體體積可知，C中氣體為H2，D中氣體為O2；則M為陰極，N為陽極，R為電源負極，S為電源正極，B為陽極，A為陰極。

(1)

由分析可知；R極為電源負極；

(2)

M為陰極，電解消耗水電離生成的H+，生成OH-，則M極對應的電解質溶液的pH變大，生成的OH-移向N電極，故N電極對應的電解質溶液的pH變大；E為浸過含酚酞的Na2SO4溶液的濾紙，由分析可知，B為陽極，則電極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+；

(3)

B為陽極，陰離子()向陽極移動；則濾紙上的紫色點向B方向移動；

(4)

當C、D中的氣體產生到一定量時，切斷外電源并接通開關K，此時裝置變?yōu)槿剂想姵兀涍^一段時間，C、D中的氣體逐漸減少，H2和O2反應生成水，在堿性條件下，C中H2發(fā)生氧化反應，C電極為負極，電極反應式為2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O；

(5)

由圖可知，Pt電極上，O2轉化為O2-；發(fā)生還原反應；

(6)

由圖可知，NiO電極上NO轉化為NO2，電極反應式為2NO-4e-+2O2-=2NO2或NO-2e-+O2-=NO2。【解析】（1）負。

（2）變大4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+

（3）B

（4）負2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O

（5）還原。

（6）2NO-4e-+2O2-=2NO2或NO-2e-+O2-=NO29、略

【分析】【分析】

從溫度影響化學反應速率的角度分析。熵變等于0是混亂度不變的反應。反應②放熱；反應①吸熱，同一容器中同時發(fā)生反應②和反應①，反應②為反應①提供熱量。根據(jù)平衡判據(jù)判斷反應是否處于化學平衡狀態(tài)。根據(jù)活化能的大小和單位體積活化分子百分數(shù)分析。溫度降低，達到平衡的時間延長，平衡向放熱的方向移動，逆向移動。根據(jù)圖像中化學平衡常數(shù)隨溫度的變化判斷反應放熱還是吸熱，并考慮轉化率的影響。從平衡移動的方向考慮，然后分析。

【詳解】

I．(1)A．升溫時反應①的正反應速率增大；逆反應速率也增大，正反應方向為吸熱的反應，故溫度升高，平衡正向移動，故A錯誤；

B．反應②因為反應物和生成物都是氣體，氣體的混亂度沒有發(fā)生變化，所以△S=0；故B錯誤；

C．反應②和反應①在同一體系中；反應②放出的熱可以提供反應①所需的熱量，故C正確；

D．在恒溫恒容容器中；氣體密度始終不變，故不能判斷反應達到化學平衡狀態(tài)，故D錯誤；

答案選C。

(2)在制取合成氣的初始階段；反應②的活化能較反應①的小，單位體積內活化分子百分數(shù)較大，有效碰撞次數(shù)較多，反應速率較快，反應②的反應速率大于反應①的反應速率；

(3)圖1中可以看出反應①在t1時刻達到化學平衡，根據(jù)反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=+206.3kJmol-l，可知，CO和H2的濃度的變化量之比為1:3，H2和CO都是生成物，起始濃度都是0，H2的平衡濃度為4.5a，T2時CO的平衡濃度為1.5a，則T2＜T1時，溫度降低時，達到平衡時的時間延長，平衡逆向移動，T2時CO的平衡濃度小于1.5a，c(CO)變化曲線為：

II．(1)lgK隨溫度的升高而降低，K值越大，平衡正反應方向進行的程度越大，在固定的氫碳比[m(H2)/m(CO)]條件下CO的平衡轉化率[a(CO)]隨溫度的升高而降低，說明溫度升高，平衡逆向移動，逆反應方向為吸熱反應，反應③的△H＜0；

(2)600K前隨溫度升高反應③的平衡轉化率幾乎不變；根據(jù)圖2，反應③的平衡常數(shù)K在600K前雖然隨溫度升高下降，但仍然很大，平衡轉化率降低很小；

(3)根據(jù)反應，主反應:反應③6CO(g)+13H2(g)C6H14(g)+6H2O(g)△H副反應:反應④CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；

A．減少體系中的水蒸氣；平衡正向移動，有利于提高生產效益，故A正確；

B．在體系中加入并保持一定量的二氧化碳；會使副反應的生成物濃度增大，使平衡逆向移動，有利于減少副反應的發(fā)生，故B正確；

C．碳是固體；在體系中加入并保持一定量的碳對平衡沒有影響，故C錯誤；

D．工業(yè)生產中；本反應正反應方向是體積減小的反應，壓強越高，越有利于提高產率，選擇的壓強越高，對設備的要求較高，增加了成本，不一定提高綜合效益，故D錯誤；

答案選AB。

【點睛】

畫出一氧化碳的濃度隨時間的變化時，要利用好一氧化碳和氫氣的計量數(shù)關系，正反應方向吸熱的反應，溫度降低時，平衡逆向移動，會使一氧化碳的濃度小于溫度高時，為易錯點。【解析】C反應②的活化能較反應①的小，單位體積內活化分子百分數(shù)較大，有效碰撞次數(shù)較多，反應速率較快＜反應③的平衡常數(shù)K在600K前雖然隨溫度升高下降，但仍然很大，平衡轉化率降低很小。AB10、略

【分析】【分析】

（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度系數(shù)次方的乘積與反應物的濃度系數(shù)次方的乘積之比；

（2）v(O2)=

（3）升高溫度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移動；氣體總質量不變；總物質的量增大；

（4）根據(jù)平衡標志分析；

（5）容器壓縮的瞬間，SO3物質的量不變，隨即平衡逆向移動，SO3的物質的量增大。

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，SO3濃度增大；體系壓強增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反應氣體物質的量增多，甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，所以乙容器的壓強大于甲。

【詳解】

（1）根據(jù)圖像，8分鐘時c(SO3)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，則c(SO2)=0.2mol/L，c(O2)=0.1mol/L，K==0.4；

（2）0到8min內生成氧氣的物質的量是0.2mol，該反應的平均速率v(O2)=0.0125mol∕（L·min）；

（3）升高溫度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移動，所以K值將增大；氣體總質量不變；總物質的量增大，M=m÷n，所以容器中氣體的平均相對分子質量將減小；

（4）A．v(SO3)=2v(O2)，都是正反應速率，不能體現(xiàn)正逆反應速率相等，故不一定平衡，不選A；

B．反應前后氣體系數(shù)和不同；氣體壓強是變量，容器內壓強保持不變一定平衡，故選B；

C．v(SO2)逆=2v(O2)正，正逆反應速率相等，一定平衡，故選C；

D．氣體總質量不變；容器總體積不變；密度是恒量，容器內密度保持不變，不一定平衡，故不選D。

（5）容器壓縮的瞬間，SO3物質的量不變，隨即平衡逆向移動，SO3的物質的量增大；所以c曲線符合。

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，SO3濃度增大，平衡正向移動；體系壓強增大，SO3的體積分數(shù)增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反應氣體物質的量增多，甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，所以平衡時乙容器的壓強大于甲；

①壓強越大反應速率越快，乙容器的壓強大于甲，所以達到平衡所需時間甲大于乙；增大壓強平衡逆向移動，達平衡時SO3的轉化率甲大于乙。

②若平衡后，向甲、乙中分別充入惰性氣體，甲容器體積增大，相當于減壓，平衡將向正反應方向移動。充入惰性氣體后乙容器體積不變，平衡不移動。【解析】K==0.40.0125mol∕（L·min）增大減小BCC正增大大于大于甲正11、略

【分析】【分析】

I.(1)根據(jù)蓋斯定律分析解答；

(2)體系的微觀狀態(tài)數(shù)越多；體系的混亂度越大，熵越大，結合溫度對平衡的影響分析解答；

(3)依據(jù)某時刻濃度商和平衡常數(shù)比較判斷反應進行的方向；

Ⅱ.(1)發(fā)生的反應為CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)為氣體體積減小的反應；增大壓強平衡正向移動，CO的轉化率增大；

(2)起始時物質的量比等于化學計量數(shù)之比；結合方程式分析判斷；

(3)100℃p1時達平衡所用的時間為5min，轉化的CO為1mol×75%=0.75mol，由反應可知消耗氫氣為0.75mol×2=1.5mol，結合v=計算；

(4)根據(jù)平衡時的物質的量分別計算各物質的平衡濃度；再結合平衡常數(shù)K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積計算解答。

【詳解】

Ⅰ.(1)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)，根據(jù)蓋斯定律，將①+②得到③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以平衡常數(shù)K3=K1×K2，故答案為：K1×K2；

(2)反應③3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)是氣體體積減小的反應，屬于熵減小的反應。500°C時，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C時，K3=K1×K2=2.5×0.15=0.375，溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向移動，所以該反應是放熱反應，△H＜0；故答案為：＜；＜；

(3)500°C時，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，在500℃時，測得反應③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在某時刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的濃度(mol/L)分別為0.8、0.1、0.3、0.15，Qc==0.87＜K=2.5；反應正向移動，V正＞V逆，故答案為：＞。

Ⅱ.(1)CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，CO的轉化率增大，可知p1＜p2；故答案為：＜；

(2)起始時物質的量比等于化學計量數(shù)之比，CO的轉化率與H2的轉化率相等；故答案為：=；

(3)100℃p1時達平衡所用的時間為5min，轉化的CO為1mol×75%=0.75mol，由反應可知消耗氫氣為0.75mol×2=1.5mol，用H2表示的速率為=0.15mol/(L·min)；故答案為：0.15mol/(L·min)；

(4)在A點時CO的平衡濃度為=0.125mol/L，氫氣的平衡濃度為=0.25mol/L，甲醇的平衡濃度為=0.375mol/L，平衡常數(shù)K==48；故答案為：48。

【點睛】

本題的易錯點為I.(1)要注意根據(jù)蓋斯定律計算時，方程式相加，K相乘，方程式相減，K相除，方程式×n，K需要變?yōu)镵n。【解析】K1×K2<<><＝0.15mol/(L.min)4812、略

【分析】【詳解】

（1）一定溫度下；弱酸電離常數(shù)越大，酸性越強，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知酸性：

H2C2O4＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HS-，酸根離子對應的酸酸性越強，該酸根離子結合氫離子的能力越弱，則同濃度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、C1O-、S2-中結合H+的能力最弱是HC2O4-，故答案為HC2O4-；

（2）H2C2O4溶液與KOH溶液等濃度等體積混合，二者完全反應生成NaHC2O4和H2O。NaHC2O4溶液中存在三個平衡：HC2O4－?C2O42-+H＋；HC2O4－+H2O?H2C2O4+OH-；H2O?H＋+OH-。溶液呈酸性，則c(H＋)＞c(OH－)，HC2O4－的電離程度大于水解程度，所以c(C2O42－)>c(OH－)；又因為H＋來自于HC2O4－的電離和水的電離，而C2O42-只來自于HC2O4－的電離，所以c(H＋)>c(C2O42－)；則溶液中離子濃度大小順序為：c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。

（3）NaClO溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(ClO-)+c(OH-)，則c(Na+)-c(ClO-)=c(OH-)-c(H＋)；CH3COOK溶液中存在電荷守恒：c(K+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H＋)；又因為NaC1O溶液和CH3COOK溶液pH相同，[c(Na+)-c(C1O-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]；故答案為=；

（4）常溫下CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.8×10-5==所以又則c(H+)=1.0×10-5mol/L；pH=-lgc(H+)=5；故答案為5.

點睛：溶液中判斷某些微粒的大小關系，要以三大守恒式及平衡常數(shù)表達式為突破口，進行式子變形。【解析】①.HC2O4－②.c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)③.＝④.513、略

【分析】【詳解】

(1)①向含有AgI的飽和溶液中加入固體AgNO3，c(Ag+)增大，則溶液中c(I﹣)=減小；故答案為：變小；

②AgI已經達到飽和，無法再溶解更多的AgI，所以加入更多的AgI固體，則c(Ag+)不變；故答案為：不變；

③向含有AgI的飽和溶液中加入大量的NaBr固體，可以發(fā)生沉淀轉化：AgI(s)+Br﹣(aq)?AgBr(s)+I﹣，溶液中c(I﹣)增大；故答案為：變大；

(2)等體積混合后c(Br﹣)=c(I﹣)=0.001mol/L，c(Ag+)=2×10﹣3mol/L。因Ksp(AgI)<Ksp(AgBr)，AgI先沉淀，當I﹣完全沉淀時，消耗c(Ag+)=c(I﹣)=0.001mol/L，剩余c(Ag+)=2×10﹣3mol/L﹣0.001mol/L=0.001mol/L，Qc(AgBr)=0.001mol/L×0.001mol/L=1×10﹣6>Ksp(AgBr)=4.9×10﹣13，所以有AgBr沉淀生成；若再向其中加入適量NaI固體時，會有AgBr轉化為AgI，離子方程式為：AgBr(s)+I﹣(aq)=AgI(s)+Br﹣(aq)，故答案為：AgI、AgBr；AgBr(s)+I﹣(aq)=AgI(s)+Br﹣(aq)。【解析】變小不變變大AgI、AgBrAgBr(s)+I﹣(aq)=AgI(s)+Br﹣(aq)14、略

【分析】【詳解】

（1）在恒壓條件下加入氬氣；則容積增大，導致原平衡中各物質的濃度同等比例減小，所以平衡向氣體體積增大的方向即向左移動；催化劑僅是改變化學反應速率，不會影響焓變。

因此；本題正確答案為：向左；不改變；

（2）已知①O2(g)=O+2(g)+e-ΔH1=1175.7kJ·mol-1；

②PtF6(g)+e-PtF6-(g)ΔH2=-771.1kJ·mol-1；

③O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6-ΔH3=482.2kJ·mol-1；

根據(jù)蓋斯定律，將化學方程式①+②-③疊加得到：O2（g）+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)ΔH=-77.6kJ·mol-1

因此；本題正確答案為：-77.6；

（3）Cu(OH)2的Ksp小于Mg(OH)2的，所以離子的濃度商首先大于Cu(OH)2的而先沉淀；由于氨水是弱堿；書寫離子方程式時不能拆開。

因此，本題正確答案為：Cu(OH)2；Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；

（4）由溶液的電荷守恒可得:c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-)，已知c(NH4*)=c(Cl-)，則有c(H*)=c(OH-)，溶液顯中性；電離常數(shù)只與溫度有關，則此時NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=[c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)="(0.01"mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01mol·L-1)=10-9/((a-0.01)mol·L-1。

因此，本題正確答案為：中；Kb=10-9/((a-0.01)mol·L-1。【解析】向左不改變-77.6Cu(OH)2Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+中Kb=10-9/((a-0.01)mol·L-115、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)圖1為原電池裝置，鋅的活潑性大于銅，鋅作負極、銅作正極，電池工作時，由于使用了陰離子交換膜，故陰離子可以移向負極，右側電極室的SO能移向左側電極室。

(2)圖2為燃料電池，根據(jù)圖示，電子由A極流出，A極為電池的負極，B是正極，正極得電子發(fā)生還原反應，b通入的是空氣，若以乙醇為燃料電池，乙醇在負極失電子發(fā)生氧化反應生成碳酸根離子和水，負極的電極反應式CH3CH2OH+16OH--12e-=2CO+11H2O；

(3)圖3中；鋁失電子生成偏鋁酸根離子，Al是負極，外電路中的電流方向為由Mg經導線流向Al；若把電解質溶液改為鹽酸，則鎂失電子發(fā)生氧化反應生成鎂離子，則鎂是負極，外電路中的電流方向為Al經導線流向Mg，選B。

(4)圖4為中性電解液，易發(fā)生吸氧腐蝕，為了防止這類反應的發(fā)生，常采用犧牲陽極的陰極保護法(或外加電流的陰極保護法)的電化學方法進行保護。【解析】原電池能負極空氣CH3CH2OH+16OH--12e-=2CO+11H2OMg經導線流向AlB吸氧腐蝕犧牲陽極的陰極保護法(或外加電流的陰極保護法)16、略

【分析】【分析】

(1)10mLH3PO2溶液中加入10mL等物質的量濃度的NaOH溶液后生成NaH2PO2，所得的溶液中只有OH-兩種陰離子，說明不能電離，H3PO2是一元酸；②根據(jù)計算0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH；

(2)①H3PO3第一步電離出的H+對第二步電離起到抑制作用；②電離平衡常數(shù)是K=2.6×10-7，H2PO3-水解平衡常數(shù)是

(3)HF的電離常數(shù)為K=3.6×10-4小于H3PO4的電離常數(shù)為K1=7.5×10-3，大于H3PO4的第二步電離常數(shù)K2=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反應生成HF和NaH2PO4；

(4)H3PO4的第一步電離常數(shù)為K1=7.5×10-3；亞磷酸是二元酸，第一步電離常數(shù)為K1=1×10-2；次磷酸是一元酸，電離平衡常數(shù)是K(H3PO2)=1×10-2，所以酸性亞磷酸>次磷酸>磷酸；

【詳解】

(1)①H3PO2是一元酸，H3PO2溶液與足量NaOH溶液反應后形成的正鹽的化學式：NaH2PO2，NaH2PO2是強堿弱酸鹽，溶液中各離子濃度由大到小的順序為c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)；②c(H+)=1×10-2，所以0.01mol·L-1的H3PO2溶液的pH=2；

(2)①H3PO3第一步電離出的H+對第二步電離起到抑制作用，所以K1>K2；

②電離平衡常數(shù)是K=2.6×10-7，水解平衡常數(shù)是電離大于水解，所以溶液出酸性；

(3)HF的電離常數(shù)為K=3.6×10-4小于H3PO4的第一步電離常數(shù)為K1=7.5×10-3，大于H3PO4的第二步電離常數(shù)K2=6.2×10-8，所以足量NaF溶液和H3PO4溶液反應生成HF和NaH2PO4，離子方程式是F-+H3PO4=HF+

(4)H3PO4的第一步電離常數(shù)為K1=7.5×10-3；亞磷酸是二元酸，第一步電離常數(shù)為K1=1×10-2；次磷酸的電離平衡常數(shù)是K(H3PO2)=1×10-2，所以酸性亞磷酸>次磷酸>磷酸；所以相同溫度下，等物質的量濃度的三種磷的含氧酸中，c(H+)由大到小的順序為H3PO3>H3PO2>H3PO4。

【點睛】

酸式弱酸鹽NaHA溶液的酸堿性由HA-的電離和水解程度決定；若HA-的電離大于水解，溶液呈酸性；若HA-的電離小于水解，溶液呈堿性。【解析】NaH2PO2c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)2H3PO3第一步電離出的H+對第二步電離起到抑制作用酸F-+H3PO4=HF+H3PO3>H3PO2>H3PO4三、判斷題(共8題，共16分)17、B【分析】【分析】

【詳解】

滴定終點是指示劑顏色發(fā)生突變的點，并不一定是酸堿恰好中和的點，故答案為：錯誤。18、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯誤。19、B【分析】【分析】

【詳解】

正反應的ΔH=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應的ΔH=生成物的鍵能總和-反應物的鍵能總和，因此兩者反應熱數(shù)值相等，符號相反，該說法錯誤。20、B【分析】【詳解】

鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘屬于重金屬，會對環(huán)境造成嚴重的污染，故錯誤。21、A【分析】【詳解】

高性能環(huán)氧涂層有效阻止了氧氣、海水等對鋼鐵的侵蝕，該說法正確。22、A【分析】【詳解】

碘蒸氣和氫氣的反應是可逆反應，1mol碘蒸氣和1mol氫氣反應，生成的碘化氫的物質的量小于2mol，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA,故說法正確。23、B【分析】【詳解】

無論強酸溶液還是弱酸溶液加水稀釋，溶液的酸性都減弱，pH都增大，即a24、B【分析】【分析】

【詳解】

滴定終點是指示劑顏色發(fā)生突變的點，并不一定是酸堿恰好中和的點，故答案為：錯誤。四、實驗題(共4題，共12分)25、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)實驗時應先稱量一定質量的固體；溶解后配制成溶液，量取待測液于錐形瓶中，然后用標準液進行滴定；

(2)為準確測定待測溶液的濃度；盛裝溶液調節(jié)液面，記下開始讀數(shù)時，液面應調至0刻度或其下；尖嘴部分不能有氣泡；

(3)以甲基橙為指示劑；反應后溶液顏色變色范圍為3.1～4.4；

(4)據(jù)c(待測)=進行判斷；

(5)利用n(NaOH)=n(HCl)，計算n(NaOH)及m(NaOH)，然后用純度為×100%計算該燒堿樣品純度；

II.(1)常溫下；0.2mol/LHCl溶液與0.2mol/LMOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測得混合溶液的pH=6，說明MCl是強酸弱堿鹽，則MOH是弱堿。

①酸或堿抑制水電離；含有弱離子的鹽促進水電離；

②任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，則c(Cl-)-c(M+)=c(H+)-c(OH-)；根據(jù)物料守恒和電荷守恒計算c(H＋)-c(MOH)；

(2)常溫下；若將pH=3的HR溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH≠7，證明HR是弱酸，二者等體積混合時，酸有剩余，溶液呈酸性。

【詳解】

Ⅰ.(1)實驗時應先稱量一定質量的固體；溶解后配制成溶液，量取待測液于錐形瓶中，然后用標準液進行滴定，為準確判斷滴定終點，要在錐形瓶下墊一張白紙，故合理順序：C；A；B；D；E；

(2)滴定管0刻度在上；滴定前應調節(jié)到零刻度或零稍向下的某一刻度，為減小誤差，尖嘴部分應充滿液體，無氣泡；

(3)以甲基橙為指示劑；反應后溶液顏色變色范圍為3.1～4.4，甲基橙在堿性環(huán)境中為黃色，因此滴定終點時溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?/p>

(4)若酸式滴定管不用標準鹽酸潤洗，從滴定管流出的溶液的濃度偏小，等體積的溶液中含有的HCl的物質的量小，為將錐形瓶內的燒堿中和，消耗較多體積的標準溶液，在其他操作均正確的前提下，根據(jù)c(待測)=可知待測溶液的濃度偏高；

(5)滴定消耗鹽酸的物質的量為n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，則根據(jù)酸、堿中和時二者的物質的量相等，n(NaOH)=n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，m(NaOH)=40c(V2-V1)×10-3g，則樣品中NaOH的質量為m(NaOH)(總)=×40c(V2-V1)×10-3g，故燒堿樣品純度為=×100%=%。

II.(1)常溫下；0.2mol/LHCl溶液與0.2mol/LMOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測得混合溶液的pH=6，說明MCl是強酸弱堿鹽，則MOH是弱堿。

①酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，HCl對水的電離起抑制作用，該溶液為強酸弱堿鹽，弱堿陽離子對水的電離平衡起促進作用，所以混合溶液中由水電離出的c(H＋)>HCl溶液中由水電離出的c(H＋)；

②任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，則c(Cl-)-c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；

根據(jù)物料守恒可得c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根據(jù)電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，將第一個式子帶入第二個式子，整理可得c(H＋)-c(MOH)=c(OH-)=1.0×10-8mol/L；

(2)常溫下，若將pH=3的HR溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，由于c(H+)=c(OH-)，說明電離產生的氫離子與氫氧根離子恰好中和，由于NaOH是強堿，完全電離，c(NaOH)=c(OH-)，而測得混合溶液的pH≠7，說明HR是弱酸，二者等體積混合時，酸有剩余，當酸堿中和后，過量的酸分子電離產生氫離子，使溶液呈酸性，因此溶液的pH<7。

【點睛】

本題綜合考查酸堿中和滴定、酸堿混合溶液定性判斷、溶液的離子濃度大小比較及鹽類水解的知識，正確判斷電解質強弱及混合溶液成分及其性質是解本題關鍵，題目側重于化學實驗基本操作以及物質的含量的測定等問題，建議在學習中把握相關基本實驗方法，注重學習方法的積累，題目難度中等。【解析】①.C②.A③.B④.E⑤.零刻度或零刻度以下的某一刻度⑥.充滿溶液，無氣泡⑦.由黃色變?yōu)槌壬?偏高⑨.%⑩.>?.9.9×10-7?.1.0×10-8?.<726、略

【分析】【詳解】

(1)為驗證溶液中含有Fe3+，可以向溶液中加入KSCN溶液，若溶液變紅則說明原溶液中含有Fe3+；

(2)Fe3+具有氧化性，可以和Fe反應生成淺綠色的Fe2+，反應的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)①O2具有氧化性，可以將Fe2+氧化成Fe3+，反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

②對比實驗Ⅲ和Ⅳ，兩組實驗只有FeSO4的濃度不同，因此，F(xiàn)eSO4的濃度對溶液變黃的快慢有關系；

③對比實驗Ⅱ和Ⅰ，兩組試驗的FeSO4濃度和溶液pH不同；單獨只看濃度的話實驗Ⅱ的顏色變色要比實驗Ⅰ淺，但由于實驗Ⅱ的pH較實驗Ⅰ高，加快了反應的進行；

(4)①a．向沉淀溶解后的溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說明原溶液中含有SO則說明黃褐色沉淀中含有SO

b．黃褐色沉淀過濾后表面會粘有少量的SO和其他離子，洗滌黃褐色沉淀是為了除去SO以免影響后續(xù)實驗；

②題目中說FeSO4溶液靜置24h之后產生黃褐色沉淀，溶液pH降低，說明生成沉淀的時候有大量的H+生成，因此可以推測生成沉淀的離子方程式為Fe3++H2O+SO=Fe(OH)SO4↓+H+；

(5)Fe2+為弱堿陽離子，容易發(fā)生水解，因此在配制FeSO4溶液時應加入少量稀硫酸防止水解，F(xiàn)e2+以被空氣中的O2氧化成Fe3+，因此向溶液中少量Fe粉防止Fe2+氧化，因此答案為：防止水解、防止氧化。【解析】向溶液中加入KSCN溶液，若溶液變紅則說明原溶液中含有Fe3+2Fe3++Fe=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OFeSO4的濃度實驗Ⅱ的p