2024年鲁人新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年鲁人新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷992考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、25℃时，将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或NaOH固体（忽略体积和温度变化），引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（）

A.该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=2×10-7/（10c-2）B.若在c点对应的溶液中继续加入NaOH固体，则水电离出的c（H+）不可能为1×10-7mol·L-1C.a点对应的溶液中：c（CH3COOH）∶c（CH3COONa）>2D.a、b、c三点均存在2、液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是。

已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)

②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A.放电过程中，H＋由负极向正极迁移B.放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2OC.充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-D.充电过程中，凝胶中的KOH可再生3、以反应为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是。操作和现象分析A观察溶液为绿色和同时存在B升高温度，溶液变为黄绿色平衡正移，的浓度增大C加少量片，静置，片上覆盖红色固体的浓度增大D加几滴溶液，静置，上层清液为蓝色平衡逆移，的浓度减小

A.AB.BC.CD.D4、已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列条件下，反应速率最大的是（）A.10℃，5mL3%H2O2溶液B.10℃，5mL5%H2O2溶液C.39℃，5mL5%H2O2溶液D.30℃，5mL5%H2O2溶液且加入少量MnO25、已知：C（s,金刚石）=C（s,石墨）△H＝-1.9kJ/mol

C（s,金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H1

C（s,石墨）+O2（g）=CO2（g）△H2

根据已述反应所得出的结论正确的是A.△H1=△H2B.△H1>△H2C.△H1<△H2D.金刚石比石墨稳定6、下列关于热化学反应的描述中正确的是A.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则HCl和NH3·H2O反应的反应热ΔH=-57.3kJ/molB.燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH=-192.9kJ/mol，则CH3OH(g)的标准燃烧热ΔH=-192.9kJ/molC.H2(g)的标准燃烧热ΔH=-285.8kJ/mol，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=571.6kJ/molD.葡萄糖的标准燃烧热ΔH=-2800kJ/mol，则C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1400kJ/mol7、设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A.标准状况下，乙醇中碳氢键的数目为B.与水充分反应转移的电子数日为C.和的混合物中含有的电子数为D.的溶液中，阴离子数为8、我国科学家研发了一种水系可逆Zn—CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH－，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn—CO2电池工作原理如图所示：

下列说法不正确的是A.闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH－－2e－＝Zn(OH)B.闭合K1时，反应一段时间后，NaCl溶液的pH不变C.闭合K2时，Pd电极与直流电源正极相连D.闭合K2时，H＋通过a膜向Zn电极方向移动评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1是制备硫酸的重要反应。

（1）在容积为VL的密闭容器中起始充入2molSO2和1molO2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。与实验a相比，实验b改变的条件是__________，判断的依据__________。

（2）二氧化硫在一定条件下还可以发生如下反应：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣42kJ•mol﹣1，在1L恒容密闭容器中充入SO2（g）和NO2（g），所得实验数据如下：。实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（SO2）n（NO2）n（NO）甲T10.800.200.18乙T20.200.800.16丙T30.200.30a

①实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则0～2min时间内，用SO2（g）表示的平均反应速率υ（SO2）=___________，该温度下的平衡常数___________。

②实验丙中，达到平衡时，NO2的转化率为______________。

③由表中数据可推知，Tl_________T2（填“＞”“＜’’或“=”），判断的理由是_________。10、近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因；现在对其中的一些气体进行了一定的研究：

（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ/mol

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ/mol

③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol

写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式：_____________________________________________________________。

（2）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体转化为无毒气体。4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH＝-1200kJ·mol-1

对于该反应，温度不同（T2＞T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________________（填代号）。

（3）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=akJ/mol

在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：。时间/min

浓度/(mol/L)01020304050NO1.00.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36

①根据图表数据分析T1℃时，该反应在0-20min的平均反应速率v（NO）=_____________________；计算该反应的平衡常数K=____________________。

②30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是_________（填字母代号）。

A．通入一定量的CO2B．加入合适的催化剂。

C．适当缩小容器的体积D．通入一定量的NO

E．加入一定量的活性炭。

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2:1:1，则达到新平衡时NO的转化率____________（填“升高”或“降低”），a________0（填“>”或“<”）。

（4）温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H=bkJ/mol。

测得有关数据如下表：。温度时间/min

物质的量010204050T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10T2n（CH4）/mol0.500.300.18x0.15

下列说法正确的是__________________。

A．T1＞T2，且b＞0

B．当温度为T2；反应进行到40min时；x＞0.15

C．温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2，重新达到平衡时，n（N2）<0.70mol

D．温度为T1时，若起始时向容器中充入0.50molCH4(g)、0.50molNO2(g)、1.0molN2(g)、2.0molCO2(g)、0.50molH2O(g)，反应开始时，ν(正)＞ν(逆)11、氨气是一种重要的化工原料；在工农业生产中有广泛的应用。

（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：CO+2H2CH3OH(g)。该可逆反应达到平衡的标志是________。

A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)

B.单位时间生成mmolCO的同时生成2mmolH2

C.容器内气体的平均相对分子质量不再随时间而变化。

D.混合气体的密度不再随时间变化。

（2）工业上可用天然气为原料来制取化工原料气氢气，某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中，测得如下表所示数据。时间/minCH4(mol)H2O(mol)CO(mol)H2(mol)00.401.00005a0.80c0.6070.20b0.20d100.210.810.190.64

请回答下列问题：

①该温度下，上述反应的平衡常数K=________；

②反应在7~10min内,CO的物质的量减少的原因可能是____________(填字母)。

A.减少CH4的物质的量B.降低温度。

C.升高温度D.充入H2

③若保持相同的温度，向2L的恒容器密闭容器中同时充入0.2molCH4、0.62molH2O、amolCO和0.5molH2，当a=0.2时，上述反应向_____（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。若要使上述反应开始时向逆反应方向进行，则a的取值范围为__________。12、科学家P.Tatapudi等人首先使用在酸性条件下电解纯水的方法制得臭氧。臭氧在_______极周围的水中产生，其电极反应式为_______；在_______极附近的氧气则生成过氧化氢，其电极反应式为_______。电解的化学方程式为_______。13、以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。

（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：

C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH="+131.3"kJ•mol-1；

①该反应在常温下___________自发进行（填“能”与“不能”）；

②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是_____________（填字母；下同）。

a．容器中的压强不变b．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

c．c(CO)=c(H2)d．密闭容器的容积不再改变。

（2）将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组]

温度/℃[来]

起始量/mol

达到平衡所需时间/min

达到平衡所需时间/min

CO

H2O

H2

CO

H2

CO

1

650

4

2

1.6

2.4

6

2

900

2

1

0.4

1.6

3

3

900

a

b

c

d

t

①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为_______________（取小数二位；下同）。

②该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=_______。

③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t<3min，则a、b应满足的关系是____（用含a、b的数学式表示）。14、如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生发应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：

(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=________________。下图是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为____________反应（填“放热”或“吸热”）。

(2)500℃该反应的平衡常数为______（保留两位小数），若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值______（填“增大”；“减小”或“不变”）。

(3)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)______v(逆)（填“＞”；“＜”或“=”）。

(4)下列措施能使增大的是______。

A．升高温度B．在原容器中充入1molHe

C．将水蒸气从体系中分离出D．缩小容器容积，增大压强评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误16、用湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的醋酸溶液的误差更大。(____)A.正确B.错误17、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误18、在100℃时，纯水的pH＞7。（______________）A.正确B.错误19、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误20、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误21、影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等。(_______)A.正确B.错误22、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、工业流程题(共3题，共30分)23、[2012·南通二调]碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂；在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝；氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：。沉淀物

Fe(OH)3

Fe(OH)2

Al(OH)3

开始沉淀

2.3

7.5

3.4

完全沉淀

3.2

9.7

4.4

回答下列问题：

（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的________沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是_________。

（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作_______。若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为__________。

（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为________________。

（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为________。

A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液24、2020年，我国“奋斗者”号钛合金载人舱完美扛住万米压力。钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁)，还有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：

请回答下列问题。

(1)钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为______

(2)副产品甲俗称“绿矾”其化学式是______，上述生产流程中加入Fe屑的目的是______

(3)溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的K，如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.0×10-161.0×10-291.8×10-11

①若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于______时，Mg(OH)2开始沉淀。

②溶液II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为______。

(4)TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为______

(5)Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是______25、磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)；为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下：

已知，几种金属离子沉淀的pH如下表。离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.23.77.810.4

回答下列问题：

(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，采用的措施不合理的有___________。

A．搅拌B．适当升高温度C．研磨矿石D．加入足量的蒸馏水。

(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3、Mn2、SO请写出主要反应的离子方程式___________。

(3)溶浸后的溶液中含有少量Fe2、Cu2、Ca2+，则在加入生石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前，加入适量的软锰矿的目的是___________，加入生石灰后调节溶液的pH的范围为___________。

(4)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2、Ca2+等杂质，故滤渣主要成分是___________(填化学式)和CaF2，若测得溶液中c(F)为0.01mol·L-1，则滤液中残留c(Ca2)为___________mol·L-1[已知：Ksp(CaF2)=1.46×10-10]。

(5)有人认为净化空气中使用NaF会引起污染，建议用(NH4)2CO3代替NaF，但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是___________。评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)26、25℃时，在2.0×10－3mol·L－1的氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略调节时溶液体积的变化)，测得平衡体系中c(F－)；c(HF)与溶液pH的关系如图所示。

则25℃时，HF的电离平衡常数Ka(HF)＝__________(列式求值)。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共7分)27、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．c点加入的n（CH3COONa）=0.1mol，溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（H+）=c（OH-），则此时溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据图象，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，该温度下，醋酸电离平衡醋酸K=Ka==选项A正确；

B．从b到c时pH增大，说明加入NaOH溶液，CH3COONa水解促进水的电离，过量的NaOH抑制水的电离，起始时有多余的CH3COOH，继续加入NaOH可生成更多的CH3COONa，完全生成CH3COONa时水的电离程度最大，此后继续加入NaOH，抑制水的电离，可以使的水电离出的c（H+）再次达到10-7mol/L；故B错误；

C．从b到a时pH减小，说明加入CH3COOH，溶液中c（CH3COOH）增大，a点时，=104（5c-1），而c点为中性，说明c一定大于0.2，所以c（CH3COOH）：c（CH3COONa）必然大于2；故C正确；

D．根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正确；

故选：B。2、B【分析】【分析】

放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e-=Zn+4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。

【详解】

A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移；A项正确；

B．放电过程中，负极的电极反应式为B项错误；

C．充电过程中，阴极的电极反应+2e-=Zn+4OH−；C项正确；

D．充电过程中，阴极的电极反应+2e-=Zn+4OH−；氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，D项正确；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在；故A正确；

B．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大；溶液变为黄绿色，故B正确；

C．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小；故C错误；

D．由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl-与Ag+反应，即Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大；上层清液为蓝色，故D正确；

故选C。4、D【分析】【分析】

题中涉及影响反应速率的因素有温度；浓度和催化剂；一般来说，温度越高、浓度越大且加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。

【详解】

A与B相比较，B浓度较大，则反应速率B>A；B与C相比较，C温度较高，则反应速率C>B；C与D相比较，虽然D的温度比C低，但D加入催化剂，一般催化剂对化学反应速率的影响更显著，则D反应速率最大，故选D。5、C【分析】【详解】

根据金刚石和石墨的转化，此反应是放热反应，即金刚石具有的能量高于石墨，因此金刚石燃烧放出的热量高于石墨，因此△H1<△H2。

答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．NH3·H2O是弱电解质，电离时吸热，故反应热ΔH>-57.3kJ/mol；A错误；

B．甲醇蒸气的标准燃烧热是1molCH3OH(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量；B错误；

C．标准燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，反应中的H2O应该为液态；C错误；

D．葡萄糖的标准燃烧热ΔH=-2800kJ/mol，故C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-1400kJ/mol；D正确；

故选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．标况下乙醇为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B．反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由化合价的变化可知，转移电子数为0.1NA；故B错误；

C．和的摩尔质量都为43g/mol，混合物的物质的量含有的电子数为故C正确；

D．Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中，由于碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，而且还含有氢氧根，则溶液中的阴离子数目大于0.1NA，故D错误；

故选：C。8、B【分析】【分析】

由装置图可知，闭合K1时为Zn－CO2电池，Zn电极为负极，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－═Zn(OH)Pd电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOOH，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋═HCOOH，原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极；闭合K2时为电解池；原电池的正负极与直流电源的正负极相接，为阳阴极，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，即Pd电极为阳极，Zn电极为阴极，电解池中阳离子移向阴极；阴离子移向阳极。

【详解】

A．闭合K1时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)则Zn电极为负极，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－＝Zn(OH)故A正确；

B．闭合K1时为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，正极反应式为CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH；生成甲酸，溶液的酸性增强，NaCl溶液的pH减小，故B错误；

C．Zn－CO2电池中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K2时为电解池；Pd电极为阳极，与直流电源正极相连，故C正确；

D．闭合K2时为电解池，Pd电极为阳极，Zn电极为阴极，复合膜层间的H2O解离成的H＋通过a膜移向Zn电极，OH－通过b膜问Pd电极方向移动；故D正确；

综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

（1）根据图像，实验b与a相比，反应速率快，到达平衡时总压强变大，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故与实验a相比，实验b改变的条件是升高温度。

（2）①实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则0~2min时间内消耗二氧化硫物质的量为=0.1mol，则υ（SO2）==0.05mol/（L·min）；

平衡时NO为0.18mol，根据三段式SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）

起始量（mol）0.80.200

变化量（mol）0.180.180.180.18

平衡量（mol）0.620.020.180.18

T1温度下平衡常数K1===2.613；

②实验丙中，平衡时NO为amol，则参加反应二氧化氮的物质的量为amol，故二氧化氮的转化率为×100%=×100%；

③乙实验平衡时，NO为0.16mol，根据三段式SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）

起始量（mol）0.20.800

变化量（mol）0.160.160.160.16

平衡量（mol）0.040.640.160.16

T2温度下平衡常数K2===1<2.613；

正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故T1＜T2。【解析】升高温度实验b与a相比，反应速率快，平衡向逆反应方向移动0.05mol/（L·min）2.613×100%<T1时，该反应的平衡常数K1=2.613，T2时，该反应的平衡常数K2=1，该反应正反应为放热反应，所以T1＜T210、略

【分析】【详解】

（1）已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574k·mol－1；②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ·mol－1；③H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，（①+②+3×4）÷2可得：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-574k·mol－1-1160kJ·mol－1-574k·mol－1×4=－955kJ/mol；（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，都应该比原来的速率大，图象与实际情况不相符，故甲错误；升高温度，反应向着逆向进行，反应物的转化率减小，反应速率加快，图象与实际反应一致，故乙正确，压强相同时，升高温度，反应向着逆向移动，一氧化氮的体积分数应该增大，图象与实际不相符，故丙错误，故选乙；（3）0～20min内，CO2的平均反应速率v（NO）=（1.0mol·L－1-0.4mol·L－1）/20min=0.030mol·L－1·min－1；C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol·L－1；c（CO2）=0.3mol·L－1；c（NO）=0.4mol·L－1；反应的平衡常数K==0.56；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；A．生成物CO2和N2按方程式计量数之比同时增大，通入一定量的CO2不合理，故A错误；B．加入催化剂不能使平衡移动，故B错误；C．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；D．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故D正确；E．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不移动，故E错误；故选CD。③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为2：1：1，氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以2：1=6：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率降低，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，a<0；（4）A、温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，甲烷剩余量增多，说明反应逆向进行，正反应放热，所以b＜0，故A错误；B、当温度为T2、反应进行到40min时，反应达到平衡状态，x=0.15，故B错误；C、温度为T2时，若向平衡后的容器中再充入0.50molCH4和1.2molNO2，平衡逆向移动，重新达到平衡时，n（N2）小于原平衡n（N2）的2倍，故C正确；D、对于反应CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）

起始（mol·L－1）0.51.2000

变化（mol·L－1）0.40.80.40.40.8

平衡（mol·L－1）0.10.40.40.40.8

温度为T1时，平衡常数K==6.4，若起始时向容器中充入0.50molCH4（g）、0.50molNO2（g）、1.0molN2（g）、2.0molCO2（g）、0.50molH2O（g），浓度商==4＜K，平衡正向移动，ν（正）＞ν（逆），故D正确。故选CD。【解析】①.CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=－955kJ/mol②.乙③.0.030mol·L－1·min－1④.0.56（或9/16）⑤.降低<CD⑥.⑦.⑧.11、略

【分析】【分析】

⑴A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，一个正向一个逆向，两个相反方向，反速率比不等于计量系数比，不能作为平衡的标志；B.单位时间生成mmolCO的同时生成2mmolH2；都是逆向，因此不能作为判断平衡标志；C.平均相对分子质量等于气体质量除以物质的量，气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，则达到平衡；D.混合气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能作为判断平衡标志。

⑵①根据反应方程CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，计算7min时CH4的物质的量并得到n(H2O)，说明在5min时已达到平衡，再计算出n(CO)、n(H2)，再计算反应的平衡常数；②A.减少CH4的物质的量，平衡逆向移动，最终CH4的物质的量减少；B.降低温度、C.升高温度，该反应不清楚放热还是吸热反应，因此不清楚平衡移动，而且CO在减少，H2在增加，不可能是温度改变；D.充入H2，平衡逆向移动，CO量减少，H2的物质的量比原来多；③利用浓度商与平衡常数大小判断反应向哪个方向进行；利用浓度商与平衡常数计算开始时向逆反应方向进行a的取值范围。

【详解】

⑴A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)，一个正向一个逆向，两个相反方向，反速率比不等于计量系数比，不能作为平衡的标志，故A不符合题意；B.单位时间生成mmolCO的同时生成2mmolH2；都是逆向，因此不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C.平均相对分子质量等于气体质量除以物质的量，气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，则达到平衡，故C符合题意；D.混合气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；综上所述，答案为C。

⑵①根据反应方程CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，7min时CH4的物质的量为0.2mol，Δn(CH4)=0.2mol，Δn(H2O)=0.2mol，Δn(CO)=0.2mol，则n(H2O)=0.8mol，说明在5min时已达到平衡，n(CO)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，该温度下，上述反应的平衡常数故答案为：0.0675。

②A.减少CH4的物质的量，平衡逆向移动，最终CH4的物质的量减少，故A不符合题意；B.降低温度、C.升高温度，该反应不清楚放热还是吸热反应，因此不清楚平衡移动，而且CO在减少，H2在增加，不可能是温度改变，故B、C不符合题意；D.充入H2，平衡逆向移动，CO量减少，H2的物质的量比原来多；故D符合题意；综上所述，答案为D。

③若保持相同的温度，向2L的恒容器密闭容器中同时充入0.2molCH4、0.62molH2O、amolCO和0.5molH2，当a=0.2时，因此上述反应向正反应方向进行。若要使上述反应开始时向逆反应方向进行，则a的取值范围为a＞0.26。【解析】①.C②.0.0675③.D④.正反应⑤.a＞0.2612、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】阳3H2O-6e-→O3+6H+阴3O2+6H++6e-→3H2O2(或O2+2H++2e-→H2O2)3H2O+3O2O3+3H2O213、略

【分析】【分析】

（1）①根据△G=△H-T△S进行判断；

②反应达到平衡状态时；同种物质的正；逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化；

（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L∙min)，速率之比等于化学计量数之比，计算v（CO2）；

②第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；

③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可．

【详解】

（1）①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=+131.3kJ•mol-1；该反应中△H＞0，△S＞0，根据△G=△H-T△S进行判断，该反应在常温下不能自发进行，故答案为不能；

②a．在一个容积可变的密闭容器，容器中的压强始终不变，故错误；

b．1molH-H键断裂等效于生成2molH-O键同时断裂2molH-O键；正逆反应速率相等，故正确；

c.平衡时各组分的物质的量；浓度、含量等不再发生变化；而不是各组分的物质的量、浓度、含量相等；故错误；

d.反应前后前提条件不同；体积不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故d正确；

故选bd；

（2）①由表中数据可知，CO的物质的量变化量为4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L∙min)，速率之比等于化学计量数之比，故v（CO）=v（CO2）=2/15mol/(L∙min)=0.13mol/（L•min）；故答案为0.13mol/（L•min）；

②实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，

平衡时CO的物质的量为1.6mol，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），

开始（mol）：2100

变化（mol）：0.40.40.40.4

平衡（mol）：1.60.60.40.4

该反应前后气体体积不变；故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900℃时该反应平衡常数k=0.4×0.4/1.6×1.6=0.17，故答案为放；0.17；

③使实验3达到平衡状态时各物质的体积分数与实验2分别相等，为等效平衡，该反应为反应前后气体的体积不发生变化，满足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，即a=2b，且b＞1，故答案为a=2b，且b＞1。【解析】①.不能②.b、d③.0.13mol/(L•min)④.放⑤.0.17⑥.a=2b且b>114、略

【分析】【分析】

（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，再结合计算；根据温度对平衡的影响效果作答；

（2）平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度；平衡逆向移动，平衡常数减小；

（3）依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；

（4）要增大；应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断。

【详解】

（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v(H2)==0.225mol/(L·mon)；根据图示信息可知；升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，故答案为0.225mol/(L·min)；放热；

（2）由（1）可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以平衡常数K===5.3；升高温度；平衡向逆反应方向移动，平衡常数会减小，故答案为5.3；减小；

（3）CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，则浓度商Q==4＜K=5.33；说明反应正向进行v(正)＞v(逆)；故答案为＞；

（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的放热反应；则。

A．该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，减小；A项错误；

B.在原容器中充入1molHe，反应物的浓度保持不变，平衡不移动，的值保持不变；B项错误；

C.将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，的值增大；C项正确；

D.缩小容器容积，增大压强，平衡向正反应方向移动，的值增大；D项正确；

故答案为CD。【解析】①.0.225mol/(L·min)②.放热③.5.33④.减小⑤.＞⑥.CD三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。16、B【分析】【详解】

湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的两者均为稀释，醋酸为弱酸电离程度变大，故醋酸溶液的误差更小。

故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

在100℃时，水的离子积常数Kw=10-12，则纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故纯水的pH=6＜7，因此在100℃时，纯水的pH＞7的说法是错误的。19、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。20、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。21、B【分析】【详解】

除盐的组成对盐的水解有影响外，盐溶液的浓度，温度和溶液的酸碱性对盐类的水解也有很大的影响，压强对盐类水解没有影响，所以答案是：错误。22、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、工业流程题(共3题，共30分)23、略

【分析】【分析】

根据物质的分离；提纯的方法和基本操作进行分析。

【详解】

(1)过量的铁使Fe3＋转化成Fe2＋，这样通过调节pH在4.4～7.5，可以使Al3＋全部沉淀，而Fe2＋未沉淀。“搅拌”使得反应物增大接触面积，反应速率加快。本小题答案为：Al3＋；加快反应速率。

(2)从反应Ⅱ知，NaNO2转化为NO，NaNO2作氧化剂，增加O2的量，以减少NaNO2，说明O2也作氧化剂。根据电子转移总数知，NaNO2中N的化合价变化1，而O2的化合价变化4，相当于通入1molO2节约4mol的NaNO2。若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则O2物质的量为0.5mol，相当于节约NaNO2的物质的量为2mol。本小题答案为：氧化剂；2mol。

(3)由Fe(OH)2＋离子水解生成Fe2(OH)42-，由铁守恒可知，多出的OH－应由水提供。该水解反应的离子方程式为2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。本小题答案为：2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋。

(4)要检验是否存在Fe2＋，必须排除Fe3＋的干扰，应利用Fe2＋的还原性、能使高锰酸钾溶液褪色，故应选择酸性KMnO4溶液作试剂。本小题答案为：D。【解析】①.Al3＋②.加快反应速率③.氧化剂④.2mol⑤.2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)42+＋2H＋⑥.D24、略

【分析】【分析】

钛铁矿(主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁)，还有Fe2O3、MgO、SiO2等杂质)，加硫酸溶液后除二氧化硅外其它物质均溶于硫酸分别得到，TiOSO4、FeSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3，过滤后取滤液加入足量的铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤出过量铁粉后，得到溶液I，进行冷却结晶，分离得到TiOSO4溶液和副产物硫酸亚铁及硫酸镁晶体，TiOSO4溶液加热发生水解得到TiO(OH)2，TiO(OH)2灼烧得到TiO2，TiO2与氯气反应得到四氯化钛；四氯化钛被镁单质还原得到钛单质，据此分析解答。

【详解】

(1)钛酸亚铁和硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，则反应的方程式为：故答案为：

(2)副产品甲俗称“绿矾”为流程中加入Fe屑一是可以将溶液中的Fe3+完全还原成Fe2+，二是防止溶液中的Fe2+被氧气氧化，故答案为：将溶液中的Fe3+还原成Fe2+，同时防止Fe2+氧化；

(3)①若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，若形成Mg(OH)2开始沉淀，则溶液中：pH=10，故答案为：10；

②溶液II加水并加热，立即析出大量白色沉淀，是TiOSO4水解产生TiO(OH)2沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：故答案为：

(4)TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体，结合元素组成可知可燃性气体为CO，则反应为：故答案为：

(5)Mg是活泼金属能与空气中的氧气、氮气、二氧化碳气体发生反应，影响镁置换钛，同时高温下产生的钛单质也容易被氧气氧化变质，因此Mg