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2025 年高考第一次模拟考试
高三化学
（考试时间：60 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu-64
第I 卷（选择题 共36 分）
1．材料的发展体现了“中国技术”和“中国力量”。下列说法正确的是
A．铁和氯气反应，实验室不能用钢瓶来装氯气
B．集成电路底板的酚醛树脂属于聚酯
C．铝锂合金材料强度大、密度小，可做航天材料
D．含碳量为3%的铁碳合金属于高碳钢
【答案】C
【详解】A．常温下铁和氯气不反应，实验室能用钢瓶来装氯气，A 错误；
B．酚醛树脂是由酚类和甲醛缩聚成的，不含酯基，不属于聚酯，B 错误；
C．铝锂合金材料具有强度大、密度小的优良性能，可做航天材料，C 正确；
D．高碳钢属于钢中的碳素钢，碳素钢的含碳量0.03%～2%，高碳钢的含碳量小于2%，高于0.6%，D
错误；
故选C。
2．《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”)条目下写道：“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒
干烧灰，以原水淋汁，……久则凝淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。下列有关“石
硷”的说法错误的是
A．“石硷”属于碱，且为弱碱
B．文献涉及的反应中有氧化还原反应
C．提取“石硷”的过程涉及溶解、结晶等操作
D．“石硷”可用作洗涤剂
【答案】A
【详解】A．根据文献记载可以得出“石硷”为草木灰的主要成分
，
属于盐类，不属于
碱，A 项错误；
B．“晒干烧灰”涉及植物纤维燃烧的过程，该过程一定涉及氧化还原反应，B 项正确；
C．“以原水淋汁，……久则凝淀如石”描述了
的溶解、结晶过程，C 项正确；
1
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D．“浣衣发面，甚获利也”描述了“石硷”的用途，可以用作洗涤剂，D 项正确；
故选A。
3．实验是化学的基础，是化学的灵魂。实验室中下列做法错误的是
A．未用完的钾、白磷等易燃物应放回原试剂瓶中
B．活泼金属燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火
C．蒸馏时，若温度计水银球低于蒸馏烧瓶支管口，则收集到的馏分产率更高
D．可用
计监测乙酸乙酯的水解程度
【答案】C
【详解】A．钾是活泼金属，白磷易自燃，未用完的钾、白磷应放回原试剂瓶中，A 正确；
B．活泼金属会与水反应，所以燃烧起火不能用水浇灭，可用灭火毯(石棉布)灭火，B 正确；
C．蒸馏时，若温度计水银球低于蒸馏烧瓶支管口时，过早结束收集物质的操作，收集的馏分减少，产
率偏低，D 错误；
D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，水解程度越大，其
越小，可用
计监测乙酸乙酯的水解程度，
C 正确；
故选C。
4．对储氢材料
描述错误的是
A．离子半径：
B．
晶体中既有离子键又有共价键
C．
有强还原性
D．
最外层电子排布式：
【答案】B
【详解】A．具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半
径：H->Li+ ，故A 项正确；
B．CaH2晶体由钙离子和H-构成，只存在离子键，故D 项错误；
C．H-易失去电子，则具强还原性，故B 项正确；
D．钙的原子序数为20，失去2 个电子转化为最外层8 个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：
3s23p6，故C 项正确；
故答案选B。
5．中药材川芎是一味活血化瘀药，为伞形科植物川芎的干燥根茎，其有效成分之一的结构如下图所示。
下列有关说法正确的是
2
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A．分子中
杂化的碳原子有4 个
B．可发生消去反应
C．分子中含有4 个手性碳原子
D．
该物质与足量溴水反应，最多可消耗
【答案】D
【详解】A．根据物质分子结构简式可知：该物质分子中饱和C 原子采用sp3杂化，其分子中sp3杂化的
碳原子有6 个，即
，A 错误；
B．根据该有机物的结构可知，连接羟基的碳原子的邻位碳原子上均没有H 原子，无法发生消去反应，
B 错误；
C．手性碳原子是连接4 个不同的原子或原子团的C 原子。根据该物质分子结构可知：其分子中含有3
个手性碳原子，分别是与苯环相连的C 原子及含有碳碳双键的六元环上与O 原子形成C-O 单键的两个
C 原子，即
，C 错误；
D．酚羟基的邻对位可以与溴水发生取代反应，碳碳双键可以与溴水发生加成反应，可知
该物质最
多消耗2molBr2，D 正确；
故答案选D。
6．下列方程式与所给事实不相符的是
A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B．用绿矾(
)将酸性工业废水中的
转化为
C．用
溶液能有效除去误食的
D．用
溶液将水垢中的
转化为溶于酸的
：
【答案】D
【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A 正确；
B．
可以将
氧化成
，离子方程式正确，B 正确；
C．
结合
生成
沉淀，可以阻止
被人体吸收，离子方程式正确，C 正确；
D．
与
反应属于沉淀的转化，
不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+
3
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=CaCO3+
，D 错误；
本题选D。
7．氯及其化合物应用广泛，
可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与
反应可制取
水处理剂高铁酸钾(
)，
能与水反应生成气体和
胶体；硫酰氯(
)是生产医
药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为
(
)。
可用作火箭推进剂。下列说法正确的是
A．
分子的键角为120°
B．
与
能形成分子间氢键
C．
与
的空间构型不同
D．
分子中S 原子的轨道杂化方式为
杂化
【答案】B
【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V 形，
则键角不可能为120°，故A 错误；
B．次氯酸的结构式为Cl—O—H，分子中的羟基能与水分子形成分子间氢键，故B 正确；
C．铵根离子中氮原子和高氯酸根离子中的氯原子的价层电子对数都为4、孤对电子对数为0，离子的
空间构型为正四面体形，故C 错误；
D．
分子中硫原子的价层电子对数为4，所以硫原子的轨道杂化方式为sp3杂化，故D 错误；
故选B。
8．下列对一些事实的理论解释正确的是
选项
事实
理论解释
A
硫酸铵晶体中存在氢键
中的H 与
中的O 之间的作用力大小在范德华力和共价键之间
B
熔融NaCl 可以导电
熔融态NaCl 中有自由移动的电子
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是共价晶体
D
HF 的沸点高于HCl
F 的电负性大于Cl
【答案】A
【详解】A．
中的H 与
中的O 之间的作用力大小在范德华力和共价键之间，说明硫酸铵晶体
中存在氢键，选项A 正确；
B．熔融态NaCl 中有自由移动的离子，所以熔融NaCl 可以导电，选项B 错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更
大，所以石墨的熔点比金刚石的高，选项C 错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氟化氢中含有氢键，
氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，选项D 错误；
4
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答案选A。
9．能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理（加热和夹持等装置略去）的是
气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
碱石灰与浓氨水
溶液
B
大理石和硫酸
石灰水
C
电石与水
水
D
与浓盐酸
NaOH 溶液
【答案】D
【详解】A．浓氨水滴入固体碱石灰上，生成NH3，氨气尾气吸收时不能将导管直接通入
溶液中，
会引起倒吸，故A 错误；
B．不能用硫酸与大理石制备CO2，生成的硫酸钙会附着在大理石上，阻碍反应进行，故B 错误；
C．电石与饱和食盐水反应生成C2H2，尾气应用酸性高锰酸钾溶液或修的四氯化碳溶液吸收，故C 错
误；
D．MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，为了防止污染空气，过量的Cl2用NaOH 溶液吸收，故D 正
确。
答案选D。
10．氯及其化合物在生产生活中应用广泛，下列为氯元素的“价一类”二维图。
下列叙述错误的是
A．
为强酸、Z 为弱酸
B．
与X 的浓溶液混合可制备Y
C．Y 与
反应生成
和
时转移
电子
5
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D．Z 在一定条件下可转化为X
【答案】C
【详解】A．HClO4为强酸、HClO 为弱酸，A 正确；
B．NaClO 与HCl 的浓溶液混合可制备Cl2，反应的方程式为NaClO+HCl(浓)=NaCl+Cl2↑+H2O，B 正确；
C．Cl2+2KClO2=2KCl+ 2ClO2，Cl2被还原生成KCl，化合价由0 价降低到-1 价，1molCl2参加反应化合
价降低2mol，电子转移2mol，KClO2被氧化生成ClO2，化合价由+3 价升高到+4 价，2mol KClO2参与
反应生成2molClO2转移2mol 电子，生成1 mol ClO2时转移1 mol 电子， D 错误；
D．HClO 在光照条件下可转化为HCl，方程式为2HClO
2HCl+O2↑，C 正确；
故选C。
11．环氧乙烷(
，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO 的原理示意
图如下，下列说法中错误的是
A．电极1 连接外接电源的正极
B．电极2 的电极反应式为：
C．溶液a 可能含有两种溶质，溶液b 可循环使用
D．离子膜可选择性的透过
和
【答案】B
【分析】从图中可知，电极1 上Cl-失电子生成Cl2，电极1 为阳极，生成的氯气与水反应生成HClO，
HClO 与CH2=CH2反应生成HOCH2CH2Cl，电极2 为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，
钾离子可通过离子膜向下层移动，溶液a 为KOH 和KCl 的混合溶液，KOH 与HOCH2CH2Cl 反应生成
环氧乙烷和KCl 溶液，溶液b 为KCl 溶液。
【详解】A．电极1 为阳极，连接电源的正极，A 正确；
B．电极2 上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B 错误；
C．溶液a 可能含有KCl 和KOH 两种溶质，溶液b 为KCl 溶液，可循环使用，C 正确；
D．电解质溶液中，阳离子向阴极移动，则钾离子和氢离子可通过离子膜向下层移动，D 正确；
故答案选B。
12．肼(N2H4)为二元弱碱。已知：
①肼在水中的电离与氨类似，常温下N2H4在水中的电离方程式为：一级电离为
6
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，二级电离为
；
②盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl 类似。
下列关于肼和盐酸肼说法不正确的是
A．常温下，
的
的水溶液的pH 值小于13
B．盐酸肼水溶液中：
C．盐酸肼水溶液中：
D．N2H5Cl 在水溶液中的电离方程式：
【答案】D
【详解】A．常温下，
为二元弱碱，假设
的
的水溶液完全电离，氢氧根浓度为
0.1mol/L，pH=13；故弱碱，pH 值小于13 正确，A 正确；
B．盐酸肼在水溶液中完全电离：N2H6Cl2=
，然后发生水解：
、
，水解溶液呈酸性，故有
，B 正确；
C．根据B 分析，盐酸肼水溶液中存在电荷守恒：
，
C 正确；
D．N2H5Cl 属于盐类，水溶液中完全电离，电离方程式：
，D 错误；
答案选D。
第II 卷（非选择题 共64 分）
13．（14 分）I.近年来，我国航天事业发展迅猛，这与材料技术的进步密切相关。如新型储氢材料、陶瓷
基复合材料氮化硼(BN)、太阳能电池材料砷化镓(GaAs)等，请按要求回答问题：
(1)基态砷原子简化的核外电子排布式为
，其电子占据的最高能层符号是
，
占据最高能级的所在的原子轨道为
形。与As 位于同一周期，且未成对电子数也相同的元
素有 (写元素符号)。
(2)硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一，它可以与水反应缓慢产生氢气：
NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B 元素的化合价不变)。上述方程式中所涉及的元素的电负性由大
到小的顺序为
；BH 的空间构型为
。
(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N 原子、C 原子的杂化方式分别为
、
。
II.金属材料Fe、Cu、Zn 等在工业生产和日常生活中有广泛的应用。
(4)黄铜是铜和锌组成的合金，铜、锌两种元素位于元素周期表的
区，Cu、Zn 的第二电离能
(I2)： ______＞ 。
(5)下列状态的铜，电离最外层一个电子所需能量最大的是
。
A．[Ar]3d104s1
B．[Ar]3d10
C．[Ar]3d94s1
D．[Ar]3d104p1
(6)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6 的配离子，如[Fe(H2O)6]3+、[Fe(SCN)6]3-、[FeF6]3-。
7
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某同学按如图步骤完成实验：
已知：向Co2+的溶液中加入KSCN 溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；Co2+不能与F-形成配离子。
1mol[Fe(H2O)6]3+中含有 mol σ 键；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I 却呈黄色，其原因是
【答案】(1) ［Ar］3d104s24p3 N 哑铃 V、Co
(2)O＞H＞B＞Na 正四面体
(3) sp3 sp3
(4) ds Cu Zn
(5)B
(6) 18 Fe3+水解产物颜色所致
【详解】（1）砷是33 号元素，基态砷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，简化的核外电
子排布式为［Ar］3d104s24p3，其电子占据的最高能层是第四层，符号是N，占据最高能级是4p，所在
的原子轨道为哑铃形。As 原子未成对电子数是3，与As 位于同一周期，且未成对电子数也相同的元
素有V、Co。
（2）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B 元素的化合价不变)，则NaBH4中B 为+3 价；元素非金属
性越强，电负性越大，涉及的元素的电负性由大到小的顺序为O＞H＞B＞Na；BH 中B 原子价电子
对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体。
（3）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N 原子、C 原子的价电子对数都是4，杂化方式
分别为sp3、sp3。
（4）铜、锌两种元素位于元素周期表的ds 区，Cu 的第二电离能是失去3d10上的一个电子，Zn 的第
二电离能是失去4s1上的一个电子，所以Cu、Zn 的第二电离能(I2)：Cu＞Zn。
（5）第一电离能小于第二电离能。[Ar]3d104s1、[Ar]3d104p1电离最外层一个电子所需能量是Cu 的第一
电离能；[Ar]3d10、 [Ar]3d94s1电离最外层一个电子所需能量是Cu 的第二电离能，[Ar]3d94s1处于激发
态，所需能量相对较低，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d10，选B；
（6）1 个水分子中有2 个σ 键，配位键属于σ 键，1mol[Fe(H2O)6]3+中含有18molσ 键
14．（18 分）化合物H 是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
8
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已知：①苯胺(
)易被氧化。② 甲基为苯环的邻对位定位基团，取代基优先取代在甲基的
邻位或对位；羧基为苯环的间位定位基团，取代基优先取代在羧基的间位。
(1)A→B 的反应类型为
；F→G 的反应类型为
。
(2)D 中的含氧官能团名称为
(任写两种)。
(3)B→C 的作用为
。
(4)写出G→H 的反应方程式
。
(5)E 经还原得到F，E 的分子是为
，写出E 的结构简式
。
(6)同时满足下列条件的C 的同分异构体的数目为
。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与
溶液发生显色反应；
③分子中只有4 种不同化学环境的氢。
(7)请以甲苯和
为原料用四步制备
，写出制备的合成路线流程图(无机试剂
任选，合成路线流程图示例见本题题干)
。
【答案】(1)还原反应 消去反应
(2)羟基、羰基、酰胺键或肽键（任写2 种）
(3)保护氨基
(4)
+NaOH→
+CH3COONa
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(5)
(6)3
(7)
【详解】（1）A 中的硝基转化为B 中的氨基，“去氧加氢”，可知发生还原反应；F 含有羟基，而生
成G 含有碳碳双键，可知发生消去反应；
（2）由结构简式可知D 含有羟基、羰基、酰胺键或肽键（任写2 种）；
（3）氨基有碱性和还原性，不保护起来容易被破坏，B→C 的作用为：保护氨基；
（4）G 和NaOH 发生水解反应生成
和CH3COONa ，反应方程式为：
+NaOH→
+CH3COONa；
（5）E 经还原得到F，E 的分子式为C14H17O3N，不饱和度为
，由F 的结构简式可知
E 中含有C=O 键，发生还原反应生成
，E 的结构简式为
；
（6）C 的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一
能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有
结构；③分子中只有4 种不同
化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为
或
或
，故满足条件的同分异构体的数目为3 种；
（7）甲苯和(CH3CO)2O 为原料制备
，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，
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然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成
，氧化可生成
，流程为
15．（18 分）化学小组实验探究
与
悬浊液的反应。
资料：i．
(无色)，
易被氧气氧化为
。
ii．
很不稳定，易转化为
。
iii．
在酸性溶液中易转化为
、
。
实验一：I．向
溶液中加入浓
溶液，制得
悬浊液，测得
。
Ⅱ．向
悬浊液中通入
产生大量白色沉淀A，测得
。
(1)产生
的离子方程式是 。
(2)推测白色沉淀Ａ中可能含有
、
、
、
、
。为检验白色沉淀成分，进行实验二：
实验二：将实验一中所得的白色沉淀A 过滤、洗涤，并进行如下实验。
①经检验白色沉淀A 中无
、
，试剂a 为 。
②根据上述实验推测白色沉淀A 为
，推测依据是
。
③产生白色沉淀A 的离子方程式是
。
④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为
。
(3)为排除实验一溶液中
的影响，小组同学进行了实验三
实验三：
I．向
溶液中加入浓
溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将
洗净的
固体加水得悬浊液，测得
。
Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液
变为绿色[含
]，测得溶液
。
11
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Ⅲ．向
溶液中通入
至过量，无明显现象。
①补全步骤I 中的操作和现象
。
②经确认浅黄色沉淀为
，紫红色固体为
。
与
悬浊液发生了氧化还原反应。结合
化学用语解释产生
的原因
。
③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因
。
(4)综合上述实验，
与二价铜反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。
【答案】(1)
(2)
溶液 白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无
，含
，加入
溶液无明显现象，说明不含
、
，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有
(3) 加入
溶液，无沉淀生成 生成的
不稳定分解为
，
过量溶液酸性增强，
发生反应
碱性条件下
的还原性增强
(4)是否存在
、溶液
、
的通入量
【详解】（1）向NaOH 溶液中加入浓CuCl2溶液，制得Cu(OH)2悬浊液，产生Cu(OH)2的离子方程式
是：
；
（2）①用BaCl2检验溶液中有没有
、
，经检验白色沉淀A 中无
、
，试剂a 为
BaCl2溶液；
②白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无Cu2+，含Cu+，加入BaCl2溶液无明显现象，说
明不含
、
，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有Cl−，所以白色沉淀A
为CuCl；
③产生白色沉淀A 的离子方程式为：
；
④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为：
；
（3）①向NaOH 溶液中加入浓CuCl2溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，加入AgNO3溶液，无沉淀
生成将洗净的Cu(OH)2固体加水得悬浊液，测得pH≈8；
②生成的CuOH 不稳定分解为Cu2O，SO2过量溶液酸性增强，发生反应
Cu2O+2H2O+2SO2=Cu(HSO3)2+Cu+H2O，所以SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应；
③碱性条件下SO2的还原性增强，所以实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同；
（4）综合上述实验，SO2与二价铜反应的产物与是否存在Cl−、溶液pH、SO2的通入量因素有关。
16．（14 分）NH3作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被
列入国家863 计划。
12
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（1）催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：
反应I：4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.0kJ·mol-1
反应II：4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1266.6kJ·mol-1
写出NO 分解生成N2与O2的热化学方程式
。
（2）在恒温恒容装置中充入一定量的NH3和O2，在某催化剂的作用下进行反应I，测得不同时间的
NH3和O2的浓度如下表：
时间(min)
0
5
10
15
20
25
c(NH3)mol/L
1.00
0.36
0.12
0.08
0.072
0.072
c(O2)mol/L
2.00
1.20
0.90
0.85
0.84
0.84
则下列有关叙述中正确的是
。
A．使用催化剂时，在加快其反应速率的同时，也可以提高反应物的平衡转化率
B．若测得容器内4v 正(NH3)=6v 逆(H2O)时，说明反应已达平衡
C．当容器内NH3和O2的比例恒定时，说明反应已达平衡
D．前10 分钟内的平均速率v(NO)=0.088mol·L-1·min-1
E.在该体系中，当反应达到平衡时，压强为p1；充入少量的NO，达到新平衡时，压强为p2，则
p2>p1。
（3）氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I、II。为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L 密闭容
器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如图：
①该催化剂在低温时选择反应 (填“I”或“II”)。
520℃
②
时，4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)的平衡常数K= （不要求得出计算结果，只需
列出数字计算式）。
C
③
点比B 点所产生的NO 的物质的量少的主要原因
。
（4）制备催化剂时常产生一定的废液，工业上常利用氢硫酸检测和除去废液中的Cu2+。已知：25℃
时，K1(H2S)=1.3×10-7，K2(H2S)=7.1×10-15。
①在计算溶液中的离子浓度时，涉及弱酸的电离通常要进行近似处理。则0.lmol•L-1氢硫酸的pH≈
(取近似整数)。
②已知，某浓度为0.1mol/LCuSO4溶液，若通入适量的H2S 至Cu2+恰好沉淀完全时，此时溶液液中
c(H+)为 mol·L-1。
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【答案】（1）2NO(g)
N2(g)+O2(g) ΔH=-180.8kJ/mol
（2）CDE
（3） II
该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
（4）4 0.2
【详解】（1）反应I：4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.0kJ·mol-1
反应II：4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-1266.6kJ·mol-1
根据盖斯定律II
I
得 2NO(g)
N2(g)+O2(g) ΔH=-1266.6kJ·mol-1
(-905.0kJ·mol-1)
=
-180.8kJ/mol；
（2）A.使用催化剂，能加快其反应速率，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的平衡转
化率，故A 错误；
B. 不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态，4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)，应是 6
正（NH3）=4
逆（H2O）时，反应达到平衡状态，故B 错误；;
C.根据表格中数据，NH3和O2的起始浓度不等于系数比，所以当容器内NH3和O2的比例恒定时，说
明反应已达平衡，故C 正确；
D.前10 分钟内，氨气的浓度变化是(1-0.12) mol·L-1=0.88 mol·L-1，所以NO 的浓度变化是0.88
mol·L-1，
(NO)= 0.88 mol·L-1÷10min=0.088mol·L-1·min-1，故D 正确；
E.体积不变，充入少量的NO，压强增大，根据勒夏特列原理，平衡移动能减弱这种改变，不能消除
这种改变，所以p2>p1，故E 正确。
故选CDE。
（3）①由图可知，该催化剂在低温时，生成的N2物质的大于NO，故该催化剂在低温下选择反应II；
②在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2mol，则4NH3(g)
+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)反应消耗0.2mol NH3、0.25 molO2，生成0.3mol H2O（g）； 4NH3(g)
+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)反应消耗0.4mol NH3、0.3 mol O2，生成0.6mol H2O（g）；所以平衡时，
n(NH3)=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n(O2)=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，
n(H2O)=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数
；
③该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，C 点温度高，所以C 点比B 点所产生的NO 的物质
的量少；
（4）①
，c(H+)≈10-4mol/L， pH=4；
CuSO
②
4与H2S 反应的离子方程式是
，设有1L 浓度为0.1mol/LCuSO4溶液，
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通入适量的H2S 至Cu2+恰好沉淀完全时，消耗0.1molH2S，则生成0.2molH+， c(H+)为0.2mol·L-1。
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