2025年人教版選擇性必修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年人教版選擇性必修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；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列事實中，屬于利用犧牲陽極的陰極保護法原理進行金屬防護的是A.金屬護欄表面涂漆B.地下鋼管連接鎂塊C.汽車底盤噴涂高分子膜D.水中的鋼閘門連接電源的負極2、鋅——空氣燃料電池以KOH溶液為電解質(zhì)溶液，反應(yīng)為：2Zn+O2+2H2O+4OH-=2下列說法正確的是（）A.放電時，電解質(zhì)溶液的pH不變B.放電時，電解質(zhì)溶液中K+移向負極C.充電時，陰極的反應(yīng)為+2e-=Zn+4OHD.充電時，析出Zn為13g時，轉(zhuǎn)移的電子為0.8mol-3、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1molNa2O2與足量二氧化碳(C18O2)反應(yīng)生成18O2分子數(shù)為0.5NAB.100g質(zhì)量分數(shù)17%的H2O2溶液中O-H鍵數(shù)目為NAC.12g金剛石中含有4NA個C-CD.室溫下pH=11的Na2CO3溶液10L，由水電離出的OHˉ數(shù)目為0.0lNA4、濃度均為0.1mol·L－1體積均為V0的MOH和ROH,分別加水至V,PH變化圖像如圖所示；下列敘述錯誤的是。

A.當(dāng)橫坐標值為2時，兩溶液同時升溫，c（M+）c（R+）增大B.MOH堿性強于ROHC.ROH電離度：b點大于a點D.若兩溶液無限稀釋，它們氫氧根濃度相等。5、常溫下，和溶液中含磷微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液的關(guān)系分別如圖所示，向等物質(zhì)的量濃度的和混合溶液中加入適量的溶液；下列說法不正確的是。

A.由圖可知是二元酸B.時，C.常溫下，的反應(yīng)平衡常數(shù)D.溶液由3變?yōu)?.6的過程中，水的電離程度增大6、室溫時，H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-15下列說法正確的是A.0.1mol?L-1的NaHS溶液中：c(S2ˉ)>c(H2S)B.反應(yīng)S2ˉ+H2OHSˉ+OHˉ的平衡常數(shù)K=1×10-7C.NaHS與Na2S以任意比混合的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HSˉ)+c(S2ˉ)+c(OHˉ)D.0.1mol?L-1的Na2S溶液中：c(OHˉ)=c(H+)+c(HSˉ)+2c(H2S)7、常溫下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定某濃度的二元弱酸()溶液，所得溶液中各種含X的微粒的物質(zhì)的量分數(shù)()與pH的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.的電離常數(shù)的水解常數(shù)B.由水電離出的c()：a>bC.曲線分別表示()和(HX-)的變化D.b點所示溶液中：c(>3c()評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應(yīng)生成PCl3(g)和PCl5(g)。反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示（圖中的△H表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù)）。

回答下列問題：

(1)P(s)和Cl2(g)反應(yīng)生成PCl3(g)的熱化學(xué)方程式是__。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式是__。

(3)P(s)和Cl2(g)分兩步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H3=___，P(s)和Cl2(g)一步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H4=__（填“大于”“小于”或“等于”）△H3。9、用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金屬制造發(fā)動機的耐熱部件，能大幅度提高發(fā)動機的熱效率。工業(yè)上用化學(xué)氣相沉積法制備氮化硅，其反應(yīng)如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH＜0

(1)在一定溫度下進行上述反應(yīng)，若反應(yīng)容器的容積為2L，3min后達到平衡，測得固體的質(zhì)量增加了2.80g，則H2的平均反應(yīng)速率為___________mol/(Lmin)；該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=___________

(2)上述反應(yīng)達到平衡后，下列說法正確的是___________。

a．其他條件不變；壓強增大，平衡常數(shù)K減小。

b．其他條件不變；溫度升高，平衡常數(shù)K減小。

c．其他條件不變，增大Si3N4的物質(zhì)的量；平衡向左移動。

d．其他條件不變；增大HCl的物質(zhì)的量，平衡向左移動。

(3)一定條件下，在密閉恒容的容器中，能表示上述反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是___________

a．3v逆(N2)=v正(H2)

b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)

c．混合氣體密度保持不變。

d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6

(4)若平衡時H2和HCl的物質(zhì)的量之比為保持其它條件不變，降低溫度后達到新的平衡時，H2和HCl的物質(zhì)的量之比___________(填“＞”、“=”或“＜”)10、根據(jù)下列化合物：①NaOH；②H2SO4；③CH3COOH；④NaHCO3；⑤CH3COONa；⑥NH4Cl；⑦CH3COONH4；⑧NH4HSO4；⑨NH3·H2O；⑩Al2(SO4)3；請回答下列問題：

(1)若濃度均為0.1mol/L、等體積的NaOH和NH3·H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH都變成9，則m_____n(填“>”；“＜”或“=”)。

(2)已知水存在如下平衡：現(xiàn)欲使平衡向右移動，且所得溶液顯酸性，選擇的下列方法是________

A．向水中加入NaHSO4固體B．向水中加NaHCO3固體。

C．加熱至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol/L]D．向水中加入NH4Cl固體。

(3)NH4Cl溶液顯酸性的原因是__________(用離子方程式表示)。

(4)泡沫滅火器的原理是_________(用離子方程式表示)。

(5)物質(zhì)的量濃度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四種稀溶液中，NH濃度由大到小的順序是__________(填序號)。11、氮化硅（Si3N4）是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮氣流中，通過以下反應(yīng)制得：3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)。

（1）該反應(yīng)的氧化劑是___；

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K=___；

（3）若知上述反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，其平衡常數(shù)值___（填“增大”、“減小”或“不變”）；若已知CO生成速率為v(CO)＝18mol·L-1·min-1，則N2消耗速率為v(N2)＝___。

（4）達到平衡后，改變某一外界條件（不改變N2、CO的量），反應(yīng)速率v與時間t的關(guān)系如圖。圖中t4時引起平衡移動的條件可能是___；

圖中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段時間是___。

（5）若該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K＝729，則在同溫度下1L密閉容器中，足量的SiO2和C與2molN2充分反應(yīng)，則N2的轉(zhuǎn)化率是___（提示：272=729）12、有下列六種物質(zhì)的溶液：①Na2CO3②Al2(SO4)3③CH3COOH④NaHCO3⑤HCl⑥Al(OH)3

(1)pH值相同的③和⑤，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______(填“<”或“>”或“=”)

(2)室溫下，值為11的①溶液中，由水電離出來的c(OH—)=______

(3)寫出①溶液的電荷守恒：____________。

(4)寫出⑥的酸式電離方程式：________________

(5)用②和④的溶液可以制作泡沫滅火劑，其原理為：________________(用離子方程式解釋)

(6)已知反應(yīng)NH4＋+HCO3－+H2O?NH3·H2O+H2CO3，該反應(yīng)平衡常數(shù)K=_____。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)13、根據(jù)所學(xué)電化學(xué)知識填空。

(1)如圖為鋅銅原電池的裝置示意圖；其中鹽橋內(nèi)裝有含飽和KCl溶液的瓊膠。請回答下列問題：

①Zn電極為電池的_______(填“正極”或“負極”)。

②寫出電極反應(yīng)式：Zn電極_______，Cu電極_______。

③鹽橋中向CuSO4溶液中遷移的離子是_______(填離子符號)。

(2)金屬腐蝕現(xiàn)象在生產(chǎn)生活中普遍存在；依據(jù)下列兩種腐蝕現(xiàn)象回答下列問題：

①圖1中被腐蝕的金屬為_______(填化學(xué)式)；圖2中金屬腐蝕類型屬于_______(填字母)。

A.化學(xué)腐蝕B.析氫腐蝕C.吸氧腐蝕。

②圖2中鐵的生銹過程中正極反應(yīng)式為_______。14、已知：H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)ΔH=﹣185kJ?mol﹣1，已知H﹣H鍵能是436kJ?mol﹣1，Cl﹣Cl鍵能是247kJ?mol﹣1，則H﹣Cl鍵能為_______kJ?mol﹣1。15、化學(xué)反應(yīng)伴隨能量變化；獲取反應(yīng)能量變化有多條途徑。

(1)下列反應(yīng)中，屬于吸熱反應(yīng)的是___(填字母)。

A.Na2O與水反應(yīng)B.甲烷的燃燒反應(yīng)C.CaCO3受熱分解D.鋅與鹽酸反應(yīng)。

(2)獲取能量變化的途徑①通過化學(xué)鍵的鍵能計算。已知：。化學(xué)鍵種類H—HO=OO—H鍵能(kJ/mol)436498463.4

計算可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H=____kJ·mol-1

②通過蓋斯定律可計算。已知在25℃；101kPa時：

I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1

II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1

寫出Na2O2與Na反應(yīng)生成Na2O的熱化學(xué)方程式____。16、請回答：

(1)H2O2的電子式___________。

(2)鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學(xué)方程式表示其理由_______。

(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，寫出反應(yīng)的離子方程式_______。

(4)完成以下氧化還原反應(yīng)的離子方程式：

()MnO＋()C2O+______＝()Mn2+＋()CO2↑＋________評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、已知則和反應(yīng)的(_______)A.正確B.錯誤18、25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等。（______________）A.正確B.錯誤19、如果的值越大，則酸性越強。（______________）A.正確B.錯誤20、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤21、新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯誤22、pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正確B.錯誤23、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)24、為解決汽車尾氣達標排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序為___________，簡單氫化物的沸點由大到小的順序為___________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共6分)25、錳的用途非常廣泛，以碳酸錳礦(主要成分為MnCO3，還含有鐵、鎳、鈷的碳酸鹽及SiO2雜質(zhì))為原料生產(chǎn)金屬錳的工藝流程如下：

已知25℃，部分物質(zhì)的溶度積常數(shù)如下：。物質(zhì)Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2Fe(OH)3MnSCoSNiSKsp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.1×10-361.0×10-115.0×10-221.0×10-22

（1）步驟Ⅰ中，為加快溶浸速率，可采取的措施是____________________（至少答兩條）

（2）步驟Ⅱ中，加氨水調(diào)節(jié)溶液的pH為5.0～6.0，則濾渣1的成分主要為______（填化學(xué)式）；已知MnO2的作用為氧化劑，“除雜1”中涉及的離子方程式為：NH3﹒H2O+H+==NH4++H2O、__________________、___________________。

（3）步驟Ⅲ中，所加(NH4)2S的濃度不宜過大的原因是_______________________。

（4）濾液2中，c(Co2+)：c(Ni2+)=_______________。

（5）將質(zhì)量為a㎏的碳酸錳礦經(jīng)上述流程處理后得到單質(zhì)Mnbkg。若每一步都進行完全，假設(shè)濾渣1為含鐵元素的純凈物，質(zhì)量為ckg，則原碳酸錳礦中MnCO3的質(zhì)量分數(shù)為_________（用含a、b、c的式子表達，無需化簡）。26、高錳酸鉀是一種重要的氧化劑；某化學(xué)實驗小組制備高錳酸鉀并測其純度的步驟如圖，請回答相關(guān)問題：

I．高錳酸鉀的制備。

(1)將4gKClO3和7.5gKOH固體混勻放入坩堝中，邊加熱邊攪拌，待熔融后慢慢加入5gMnO2粉末，不斷攪拌，呈顆粒狀后，再加強熱10min得墨綠色產(chǎn)物(K2MnO4為墨綠色固體)；冷卻。

①制K2MnO4反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。

②本實驗中使用的坩堝及攪拌棒的材質(zhì)可以是___________。

A．石英B．瓷C．剛玉(氧化鋁)D．鐵。

(2)取出墨綠色產(chǎn)物研細，每次用10mL4%的熱KOH溶液浸取，過濾后對濾渣重復(fù)浸取兩次。合并三次浸取液，得墨綠色溶液。將墨綠色產(chǎn)物研細并分三次浸取，這樣做的目的是____。

(3)K2MnO4在水溶液中會發(fā)生歧化反應(yīng)：3K2MnO4+2H2O2KMnO4+MnO2↓+4KOH，通入CO2氣體可促進反應(yīng)趨于完全。向(2)制得的墨綠色溶液中連續(xù)通入CO2氣體至溶液pH在10～11之間，過濾。濾液中的溶質(zhì)除KMnO4外，還主要含有雜質(zhì)_____。

II．高錳酸鉀純度的測定。

(4)稱取mgKMnO4粗品，加入煮沸并冷卻后的稀硫酸配成V0mL溶液。量取V1mLc1mol/L的草酸(H2C2O4)溶液于錐形瓶中，用所配KMnO4溶液進行滴定。重復(fù)滴定兩次，平均消耗KMnO4溶液的體積為V2mL。

①滴定開始時，溶液顏色褪去較慢，隨后加快，原因是_______。

②滴定終點的標志是________。

③KMnO4純度(質(zhì)量分數(shù))的計算式為____________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．金屬護欄表面涂漆；利用的是覆蓋保護層法，故A不符合題意；

B．地下鋼管連接鎂塊是利用犧牲陽極的陰極保護法原理；故B符合題意；

C．汽車底盤噴涂高分子膜；利用的是覆蓋保護層法，故C不符合題意；

D．水中的鋼閘門連接電源的負極；利用的外加電流的陰極保護法，故D不符合題意；

綜上所述，答案為B。2、C【分析】【分析】

根據(jù)2Zn+O2+4OH-+2H2O═2可知，O2中元素的化合價降低，被還原，應(yīng)為原電池正極，電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合價升高，被氧化，應(yīng)為原電池負極，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=放電時電子由負極經(jīng)過導(dǎo)線流向正極，電流由正極流向負極，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；電池充電與放電時電極反應(yīng)相反，陽離子向陰極移動，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由放電時總反應(yīng)可知，消耗OH?；所以電解質(zhì)溶液的堿性減弱；pH減小，故A錯誤；

B．放電時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，即電解質(zhì)溶液中K+移向正極；故B錯誤；

C．原電池中Zn發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為負極，電極反應(yīng)式為Zn+4OH--2e-=電池充電與放電時電極反應(yīng)相反，即陰極的反應(yīng)為+2e-=Zn+4OH?；故C正確；

D．充電時陰極反應(yīng)為+2e-=Zn+4OH?；即生成65gZn時，轉(zhuǎn)移的電子為2mol，所以析出Zn為13g時，轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol，故D錯誤；

故答案為C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．Na2O2與CO2反應(yīng)，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，氧氣中的O原子來自Na2O2，1molNa2O2與足量二氧化碳(C18O2)反應(yīng)，生成的O2中不含18O；故A錯誤；

B．過氧化氫、水中都含O-H鍵，100g質(zhì)量分數(shù)17%的H2O2溶液中O-H鍵數(shù)目故B錯誤；

C．含1mol碳原子的金剛石中含有2molC-C鍵，12g金剛石含碳原子1mol，含有2NA個C-C；故C錯誤；

D．室溫下pH=11的Na2CO3溶液中由水電離出的c(OHˉ)=10-3mol/L，室溫下10LpH=11的Na2CO3溶液，由水電離出的OHˉ數(shù)目為10L×10-3mol/L×NA=0.0lNA；故D正確；

答案選D。4、A【分析】【分析】

據(jù)圖可知，0.1mol·L－1MOH的pH為13；為強堿，ROH的的pH小于13，為弱堿。

【詳解】

A．由圖示可以看出堿性MOH堿性強于ROH，當(dāng)橫坐標值為2時，由于ROH是弱電解質(zhì)，升高溫度能促進ROH的電離，所以溶液中R+濃度增大；而MOH是強堿，升高溫度，其電離程度不改變，溶液中M+濃度不改變，所以c（M+）c（R+）減??；故A錯誤；

B．相同濃度的一元堿；堿的pH越大其堿性越強，根據(jù)圖知，未加水時，相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說明MOH的電離程度大于ROH，則MOH的堿性強于ROH的堿性，故B正確；

C．由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體積大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：b>a；故C正確；

D．若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c(OH?)接近于純水中c(OH?)，所以它們的c(OH?)相等；故D正確。

故答案為：A。5、B【分析】【分析】

由圖可知，圖中只出現(xiàn)三個交點說明H3PO4為三元弱酸，由電離常數(shù)公式可知，磷酸的三級電離常數(shù)分別為10—2.1、10—7.2、10—12.4，圖中只出現(xiàn)兩個交點說明H3PO3為二元弱酸，由電離常數(shù)公式可知，二級電離常數(shù)分別為10—3、10—6.6。

【詳解】

A．由分析可知，H3PO3為二元弱酸；故A正確；

B．向等物質(zhì)的量濃度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入適量的氫氧化鈉溶液，由分析可知，H3PO4的二級電離常數(shù)小于H3PO3的二級電離常數(shù)，所以當(dāng)溶液pH為7.2時，HPO優(yōu)先于H2PO反應(yīng)，則混合溶液中HPO的濃度大于HPO的濃度；故B錯誤；

C．由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K===10—0.6；故C正確；

D．溶液pH由3變?yōu)?.6的過程中，H3PO4、H3PO3與氫氧化鈉溶液反應(yīng)；溶液中氫離子濃度減小，抑制水的電離程度減小，則水的電解程度增大，故D正確；

故選B。6、D【分析】【詳解】

A．HSˉ的水解平衡常數(shù)Kh==1×10-7=Ka1，所以HSˉ的電離程度和水解程度相同，HSˉ電離產(chǎn)生S2ˉ，水解產(chǎn)生H2S，所以c(S2-)=c(H2S)；故A錯誤；

B．反應(yīng)S2ˉ+H2OHSˉ+OHˉ的平衡常數(shù)K==10；故B錯誤；

C．NaHS與Na2S以任意比混合的溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSˉ)+2c(S2ˉ)+c(OHˉ)；故C錯誤；

D．0.1mol?L-1的Na2S溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSˉ)+2c(S2ˉ)+c(OHˉ)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HSˉ)+2c(S2ˉ)+2c(H2S)，二者聯(lián)立可得c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)；故D正確；

故答案為D。7、A【分析】【分析】

用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定二元弱酸()溶液時，初始溶液中的量最多，故表示隨著加入的NaOH溶液增多,溶液中發(fā)生故溶液中在減少,在增加，圖中表示繼續(xù)加入NaOH溶液，發(fā)生的反應(yīng)為故溶液中在減少,在增加，圖中表示據(jù)此分析；進行作答。

【詳解】

A.的電離常數(shù)利用pH=1.2時，恰好與相等，即等于代入計算，可知的水解常數(shù)利用pH=4.2時，恰好與相等，即等于代入計算，可知A項正確；

B.a處為和的混合液，有酸存在，水的電離被抑制，由水電離出的c()小于b處為和的混合液，強堿弱酸鹽會水解，水的電離被促進，由水電離出的c()大于B項錯誤；

C.由上述分析可知，曲線分別表示的是()和()的變化；C項錯誤；

D.b點所示溶液為和的等物質(zhì)的量混合的混合液：存在c(+c(=2c()+c()+c()。其中pH=4.2，等于所以存在c(+=3c()+c(＜3c()；D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

本題考查了電離平衡常數(shù)的計算、水的電離平衡及影響因素、電解質(zhì)溶液中的三大守恒關(guān)系等均為高考中的重難點。在解題時需先分析清楚溶液的成分及各成分之間量的關(guān)系，再進行作答。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【詳解】

(1)反應(yīng)熱等于生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量，結(jié)合題圖可寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1；答案為：P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1；

(2)根據(jù)題圖可知，PCl3(g)和Cl2(g)反應(yīng)生成1molPCl5(g)時，放熱93kJ；則1molPCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式為PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1；答案為：PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1；

(3)根據(jù)蓋斯定律求得△H3=△H1+△H2=-399kJ?mol-1；因為反應(yīng)不管是一步完成還是分步進行，反應(yīng)物、生成物相同、狀態(tài)相同，物質(zhì)的量也相同，所以△H3=△H4；答案為：-399kJ?mol-1；=?！窘馕觥縋(s)+Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306kJ?mol-1PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93kJ?mol-1-399kJ?mol-1等于9、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】0.02b、da、c＜10、略

【分析】【詳解】

(1)NH3?H2O是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，NaOH是強電解質(zhì)，在溶液中完全電離，若將等pH、等體積的NaOH和NH3?H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH仍相等，則NaOH稀釋的倍數(shù)小于NH3?H2O，即m

(2)A．NaHSO4為強酸酸式鹽，在水溶液中電離產(chǎn)生會抑制水的電離，平衡逆向移動，故A不選；

B．NaHCO3的水溶液中的水解程度大于其電離程度；水解會促進水的電離，平衡正向移動，但溶液呈堿性，故B不選；

C．水的電離為吸熱；所以加熱后，水的電離程度增大，平衡正向移動，但溶液呈中性，故C不選；

D．NH4Cl為強酸弱堿鹽，在水溶液中離子會水解；水解促進水的電離，且溶液呈酸性，故選D；

答案選D；

(3)NH4Cl為強酸弱堿鹽，會水解生成一水合氨和氫氧根離子，則其離子方程式為：故答案為：

(4)泡沫滅火器的主要成分為強酸弱堿鹽Al2(SO4)3和強堿弱酸鹽NaHCO3所組成的混合物，與發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳，則其反應(yīng)的離子方程式為：故答案為：

(5)物質(zhì)的量濃度相同的⑥NH4Cl；⑦CH3COONH4；⑧NH4HSO4；⑨NH3·H2O四種溶液中，⑧NH4HSO4為強酸的酸式鹽，電離出的會抑制的水解，則其最大；⑥NH4Cl為強酸弱堿鹽，會水解，但其水解程度比⑧NH4HSO4的水解程度小，則⑥中小于⑧中⑦CH3COONH4為弱酸弱堿鹽，陰陽離子會相互促進水解，則其小于⑥中⑨NH3·H2O為弱堿，其為這四種物質(zhì)中最小的，所以物質(zhì)的量濃度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四種稀溶液中，NH濃度由大到小的順序是⑧、⑥、⑦、⑨，故答案為：⑧＞⑥＞⑦＞⑨；【解析】＜D⑧＞⑥＞⑦＞⑨11、略

【分析】【分析】

對于反應(yīng)3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）C由0價升高到+2價；N由0價降低到-3價，由此可確定該反應(yīng)的氧化劑。

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為生成物中氣體的濃度冪除以反應(yīng)物中氣體的濃度冪。

（3）若知上述反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，由此確定其平衡常數(shù)值的變化；若已知CO生成速率為v(CO)＝18mol·L-1·min-1，則由化學(xué)計量數(shù)關(guān)系，確定N2消耗速率。

（4）圖中t4時，V正、V逆都突然增大；說明是增大壓強或升高溫度所致，再分析反應(yīng)，便可確定引起平衡移動的條件。

圖中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段時間；應(yīng)為最后出現(xiàn)平衡正向移動的平衡點。

（5）利用三段式，確定氣體的平衡量，得出平衡常數(shù)的計算式，從而求出N2的變化量，最后求出N2的轉(zhuǎn)化率。

【詳解】

對于反應(yīng)3SiO2（s）+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）C由0價升高到+2價；N由0價降低到-3價，由此可確定該反應(yīng)的氧化劑為氮氣。答案為：氮氣；

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K=答案為：K=

（3）若知上述反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，由此確定其平衡常數(shù)值減??；若已知CO生成速率為v(CO)＝18mol·L-1·min-1，則由化學(xué)計量數(shù)關(guān)系，確定N2消耗速率v(N2)＝v(CO)＝6mol·L-1·min-1。答案為：減?。?mol?L-1?min-1；

（4）圖中t4時，V正、V逆都突然增大，說明是增大壓強或升高溫度所致，該反應(yīng)為放熱的體積增大的可逆反應(yīng)，不管是升高溫度還是增大壓強，平衡都是逆向移動，V逆>V正，所以，圖中t4時引起平衡移動的條件可能是升高溫度或增大壓強。答案為：升高溫度或增大壓強；

圖中，t2~t3段，平衡正向移動，平衡混合物中CO的含量增大；t4~t5，平衡逆向移動，平衡混合物中CO的含量減小，所以，圖中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段時間是t3~t4。答案為：t3~t4；

（5）設(shè)N2的物質(zhì)的量的變化量為x

K===729=272，則從而求出x=1。

則N2的轉(zhuǎn)化率是=50%。答案為：50%。

【點睛】

在書寫平衡常數(shù)表達式時，我們應(yīng)看清各物質(zhì)的狀態(tài)，固態(tài)物質(zhì)不出現(xiàn)在表達式中，只有N2與CO兩種氣體才出現(xiàn)在表達式中?！窘馕觥康獨釱=減小6mol?L-1?min-1升高溫度或增大壓強t3~t450%12、略

【分析】【分析】

(1)相同的強酸和弱酸稀釋后值仍然相同；弱酸稀釋的倍數(shù)更大；

(2)Na2CO3為強堿弱酸鹽；溶液中的氫氧根離子來自與水，水電離出的氫離子與氫氧根離子濃度相等；

(3)根據(jù)溶液為電中性；陽離子與陰離子的電荷數(shù)總相等；

(4)氫氧化鋁為兩性氫氧化物；據(jù)此分析；

(5)Al2(SO4)3和NaHCO3混合后發(fā)生雙水解；

(6)根據(jù)反應(yīng)NH4＋+HCO3－+H2O?NH3·H2O+H2CO3；平衡常數(shù)表達式列式計算；

【詳解】

(1)CH3COOH為一元弱酸，HCl為一元強酸，相同的一元強酸和一元弱酸稀釋后值仍然相同；即稀釋后溶液中氫離子濃度相同，強酸稀釋后氫離子濃度比弱酸減小的更多，要使氫離子濃度相同，則弱酸稀釋的倍數(shù)更大，則M＞N；

(2)室溫下，=11的Na2CO3溶液中c(H+)=10-11mol/L，Na2CO3在水中發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水中的氫離子，溶液中c(OH-)=mol/L，溶液中的氫氧根離子來自于水，則由水電離出來的c(OH-)=0.001mol/L；

(3)Na2CO3溶液中含有：Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，溶液為電中性，則電荷守恒式為：c(Na+)+c(H+)==c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；

(4)氫氧化鋁為兩性氫氧化物，酸式電離方程式為：Al(OH)3?AlO2-+H++H2O；

(5)Al2(SO4)3和NaHCO3混合后發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁和二氧化碳，反應(yīng)原理為：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(6)已知反應(yīng)NH4＋+HCO3－+H2O?NH3·H2O+H2CO3，該反應(yīng)平衡常數(shù)K====1.25×10-3；【解析】>0.001mol/Lc(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)Al(OH)3?AlO2—+H++H2OAl3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑1.25×10-313、略

【分析】【詳解】

（1）銅鋅形成的原電池，Zn比Cu活潑，Zn作負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Cu作正極；發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Cu作正極，在原電池中，陽離子移向正極，故鹽橋中向CuSO4溶液中遷移的離子是K+；

（2）圖1中，F(xiàn)e和Cu形成原電池的兩極，F(xiàn)e比Cu活潑，F(xiàn)e作負極，被腐蝕；圖2在堿性條件下，有O2參與反應(yīng)，為吸氧腐蝕；O2作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：【解析】(1)負極K+

(2)FeC14、略

【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查焓變的計算，運用反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能?生成物總鍵能分析。

【詳解】

根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能?生成物總鍵能；得到：436kJ/mol+247kJ/mol?2E(H?Cl)=?185kJ/mol，解得E(H?Cl)=434KJ/mol；

故答案為：434。

【點睛】

反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能?生成物總鍵能【解析】43415、略

【分析】【詳解】

(1)常見的吸熱反應(yīng)有：大多數(shù)的分解反應(yīng)；C或氫氣作還原劑的氧化還原反應(yīng)、氯化銨與氫氧化鋇的反應(yīng)等；A、B、D都屬于放熱反應(yīng)，只有C為吸熱反應(yīng)，答案：C；

(2)①焓變等于反應(yīng)物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H=(2×436+498-2×2×463.4)kJ·mol-1=-483.6kJ·mol-1；答案：-483.6；

②由I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1

II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1

結(jié)合蓋斯定律可知I×2-II得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1，答案：Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1?！窘馕觥緾-483.6Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-116、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)共價物質(zhì)的電子式的書寫原則，故H2O2的電子式為：故答案為：

(2)鎂燃燒不能用CO2滅火，是因為金屬鎂能夠在CO2中繼續(xù)燃燒，其化學(xué)方程式為：2Mg+CO22MgO+C，故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，是由于AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為了AgBr，故該反應(yīng)的離子方程式為：AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)，故答案為：AgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)；

(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子得失總數(shù)相等，即化合價升高和降低的總數(shù)相等，采用最小公倍數(shù)法進行配平如下：Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，C元素的化合價由+3價升高為+4價，要想使氧化劑得到電子數(shù)等于還原劑失去電子數(shù)，則高錳酸根離子系數(shù)為2，草酸根離子系數(shù)為5，依據(jù)原子個數(shù)守恒，離子反應(yīng)的方程式為2+5+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2；5；16H+；2；10；8H2O；【解析】2Mg+CO22MgO+CAgCl(s)+Br-(aq)=AgBr(s)+Cl-(aq)2516H+2108H2O三、判斷題(共7題，共14分)17、B【分析】【詳解】

反應(yīng)過程中除了H+和OH-反應(yīng)放熱，SO和Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀也伴隨著沉淀熱的變化，即和反應(yīng)的

故錯誤。18、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數(shù)就相同，認為在25℃時，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等的說法是錯誤的。19、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)Kw=c(H+)×c(OH-)分析，溫度不變，的值越大，說明氫離子濃度比氫氧根離子濃度大得多，溶液的酸性越強，故正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。21、B【分析】【詳解】

遵循電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，錯誤。22、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=11的氨水中氫氧根濃度和pH=3的鹽酸中氫離子濃度相等。鹽酸是強酸，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：得故答案為：錯誤。23、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，故答案為：錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)24、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最?。籒的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強，所以水的沸點高于NH3，所以C、N、O三種元素簡單氫化物的沸點由大到小的順序為H2O＞NH3＞CH4。O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤對電子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒。在該晶胞中，O位于立方體的棱心，所以該晶胞含有3個O，Ti原子位于頂點，則含有1個Ti，Sr位于體心，則含有1個Sr，該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為TiSrO3；每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為6；該晶胞的質(zhì)量為g，晶體密度為ρg/cm3，所以晶胞的體積為cm3，晶胞的邊長為cm?！窘馕觥?1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤電子對，不易和Fe2+配位CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒SrTiO36五、工業(yè)流程題(共2題，共6分)25、略

【分析】【詳解】

向碳酸錳礦(主要成分為MnCO3；還含有鐵；鎳、鈷等碳酸鹽雜質(zhì))中加入硫酸，可以發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鹽，向其中就如具有氧化性的二氧化錳，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH可以將氫氧化鐵沉淀下來，向濾液中加入硫化銨，可以將鎳離子、鈷離子形成硫化物沉淀下來，最后對得到的含有錳離子的鹽電解，可以得到金屬錳。

（1）攪拌固體和液體的混合物；升高溫度；增大濃度等，都可加快反應(yīng)速率，所以為了提高浸取率可采取的措施有加熱或攪拌或增大硫酸濃度等，故答案為溶浸時加熱(或升高溫度)、適當(dāng)增大硫酸濃度、攪拌、再減小礦粉顆粒直徑；