2025年人教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年人教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷829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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在25°C、101kPa条件下,断裂1molH—H键吸收的能量为436kJ，断裂1molCl—Cl键吸收的能量为243kJ，1molH2和1molCl2完全反应生成2molHCl放出热量为183kJ，则断裂1molH—Cl键吸收的能量是A.431kJB.862kJC.248kJD.679kJ2、下列离子方程式正确的是A.向Fe(NO3)3溶液中通入少量SO2：B.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：C.用铜电极电解饱和NaCl溶液：D.水垢中的Mg(OH)2溶于稀醋酸：3、一定温度下，2.5molA、2.5molB和足量W在容积为2L的密闭容器里发生如下反应：5s后反应达到平衡，在此5s内C的平均生成速率为0.2mol·L-1·s-1，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是A.x=4B.达到平衡状态时，A的物质的量浓度为C.当混合气体的密度不再改变时，该反应已达到平衡状态D.当时，标志着该反应达到平衡状态4、已知：H-H和H-O键的键能分别为436和463则的为A.B.C.D.5、2019年度诺贝尔化学奖授予在锂离子电池发展做出贡献的三位科学家。某浓差电池的原理示意如图所示；可用该电池从浓缩海水中提取LiCl溶液。下列有关该电池的说法不正确的是。

A.该装置可在提取LiCl溶液的同时获得电能B.电子由Y极通过外电路移向X极C.正极发生的反应为2H++2e-=H2↑D.Y极每生成11.2LCl2(标准状况下)，有2molLi+从b区移至a区6、NA为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是A.1.0L1.0mo1·L－1的NaClO水溶液中含有的ClO-数为NAB.14g乙烯中含单键个数为2NAC.22.4LNO2中含分子数为NA个D.1mol金属铁溶解于过量的氯化铁溶液中，电子转移数为3NA7、一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.Ksp(CaCO3)的数量级为10-9B.a点表示的溶液中，c(Ca2+)>c(CO)C.向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀D.向MgCO3悬浊液中加入少量CaCl2溶液，会生成CaCO3沉淀8、生活或生产中的下列操作，对钢铁的腐蚀不能起到减缓作用的是A.在铁器件表面涂抹油漆B.将炒菜的铁锅洗净后擦干C.将水中的钢闸门与电源的正极连接D.在轮船的船身上装锌块9、肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是。

A.电极b发生还原反应B.电流由电极a流出经用电器流入电极bC.物质Y是NaOH溶液D.电极a的电极反应式为N2H4+4OH－－4e－=N2↑+4H2O评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、金属(M)–空气电池结构如图(电池总反应方程式可表示为4M＋nO2＋2nH2O＝4M(OH)n)；未来有望被应用于新能源汽车和各种移动设备。下列说法正确的是。

A.金属(M)–空气电池的正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－B.若为Mg–空气电池，则每消耗1molMg转移2mol电子C.该类电池工作时，碱性电解质中的OH－离子通过阴离子交换膜移向多孔电极D.Na–空气电池的“理论比能量”(单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)比Al–空气电池的高11、在一体积可变的密闭容器加入足量的Mn3C固体，并充入0.1molCO2，发生反应Mn3C(s)+CO2(g)⇌3Mn(s)+2CO(g)。已知：CO与CO2平衡分压比的自然对数值[ln]与温度的关系如图所示(已知：平衡分压=总压×物质的量分数，Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数)。下列说法正确的是()

A.该反应ΔH＜0B.缩小容器体积有利于提高CO2的平衡转化率C.X点反应达到平衡时，则CO2的转化率为33.3%D.假设1050K时，X点反应达到平衡时容器的总压强为akPa，则该温度下Kp为0.5akPa12、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能13、应用电解法对煤进行脱硫处理具有脱硫效率高；经济效益好等优点。电解脱硫的基本原理如图所示；下列说法错误的是。

A.FeS2化学名称为二硫化亚铁B.阳极反应为Mn2+﹣e﹣=Mn3+C.随着电解，混合液pH逐渐增大D.混合液中每增加1molSO理论上通过电路的电子数为7NA14、25℃时，0.10L某二元弱酸H2A用1.00mol·L-1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示：

下列说法错误的是A.H2A的Ka1=1×10-4B.溶液在X点和Z点时水的电离程度相同C.在Y点时，c(Na+)＞3c(A2-)D.0.1mol·L-1NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)15、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH-；DH＞0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低D.将水加热，KW增大，pH不变16、常温下；用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/L的HX；HY溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是。

A.V(NaOH)=10.00mL时，两份溶液中，c(X-)-)B.V(NaOH)=10.00mL时，c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)C.V(NaOH)=20.00mL时，c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(X-)D.pH=7时，两份溶液中，c(X-)=c(Na+)=c(Y-)17、次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。［比如H2PO的分布系数：δ(H2PO)=］；下列叙述正确的是。

A.①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO)B.H3PO2溶液的浓度为0.100mol·L-1C.H2PO水解常数Kh≈1.0×10-10D.NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。常温时，H2S在水中的电离常数Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.0×10-15。按要求回答下列问题:

(1)H2S在水中的二级电离常数表达式Ka2=______;0.1mol/LNa2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________.

(2)常温下,向0.1mol/LH2S溶液中通入HCl或加入NaOH固体,测得c(S2-)与溶液pH的关系如图(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。

①当溶液中c(S2-)=1.4×10-19mol/L时,溶液中c(OH-)=______,水电离产生的c(H+)=______.

②当pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=_______.

(3)在工业废水处理中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去。常温下,向含有0.010mol·L-1Mn2+废水中通入H2S以调节废水的pH,当c(HS-)=2.0×10-4mol·L-1时,Mn2+开始沉淀，此时废水的pH=___。[已知Ksp(MnS)=1.4×10-15]19、请分析讨论在恒温下，压缩容器的体积，增大压强，下列三个反应浓度商Q的变化和平衡移动的方向，填写下表。化学反应Q值变化Q与K关系平衡移动方向C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)_________________________________N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)_________________________________N2(g)＋O2(g)2NO(g)_________________________________20、(1)对反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)ΔH；反应特点与对应的图像如下：

A.图①中，若p1>p2，则a+b_______c+d(填>；＜或=。下同)

B.图②中，若T2>T1，则ΔH＜0且a+b_______c+d

C.图③中，t1时刻改变的条件未改变单位体积内活化分子百分数；该条件是_______

D.图④中；若ΔH＜0，则纵坐标_______是反应物的转化率(填可能或不可能)

(2)合成氨反应N2+3H2⇌2NH3ΔH<0；其正反应速率的变化如图所示，回答：

①t1时刻改变的条件是_______

②t4时刻改变的条件是_______

③在图中画出t2时刻降温，t3时刻达平衡的图像_______21、已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：

（1）25℃时水的电离平衡曲线应为__(填“A”或“B”)。其理由是___。

（2）95℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为__。

（3）25℃时，等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液与0.1mol/L的盐酸发生中和反应时，恰好完全反应时消耗盐酸的体积__。（填：前者多；后者多，一样多）

（4）95℃时，某溶液由水电离出H+的浓度为10-8，则该溶液的pH=___。22、燃料电池是利用燃料(如H2、CO、CH4、CH3OH、NH3等)与O2反应从而将化学能转化为电能的装置。

（1）甲烷燃料电池(NaOH作电解质溶液)的负极反应式为_________________________，正极电极反应式为________________________________，放电过程中溶液的pH_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（2）瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨−液氧燃料电池示意图如图所示，有关说法正确的是____________。

a．电池工作时，Na＋向负极移动。

b．电子由电极2经外电路流向电极1

c．电池总反应为

d．电极2发生的电极反应为

（3）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。

①A为生物燃料电池的________(填“正”或“负”)极。

②正极反应式为_________________________________________________________。

负极反应式为___________________________________________________________。

③放电过程中，H＋由________极区向________极区迁移(填“正”或“负”)。

④在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体_______L。

⑤该电池________(填“能”或“不能”)在高温下工作。

（4）CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇—氧化钠，其中O2−可以在固体介质NASICON中自由移动。传感器中通过的电流越大；尾气中CO的含量越高，请回答：

①a极电极反应式为________________________________________。

②工作时，O2−由电极________向电极________移动(填“a”或“b”，下同)，电子由电极________通过传感器流向电极________。23、按要求完成下列问题。

(1)汽油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)，已知反应的△H>0，判断该设想能否实现________(填“能”或“不能”)，并简述原因________________。

(2)甲烷的烧热△H=-890.3kJ/mol，写出甲烷的燃烧热的热化学方程式：__________________。24、1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NA___评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)25、三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备POCl3；实验装置设计如图：

有关物质的部分性质如下表：。物质熔点/℃沸点/℃其它性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HCl，能溶于PCl3

回答下列问题：

(1)装置C中反应器的名称是___________。

(2)装置B中试剂为___________；装置B的作用是___________。

(3)装置A中发生反应的化学方程式为___________；装置C中制备POCl3的化学方程式为___________。

(4)a装置的作用是___________。

(5)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量；实验步骤如下：

Ⅰ．取m克产品于锥形瓶中；加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；

Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；

Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯；用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；

Ⅳ．加入指示剂，用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag＋至终点；记下所用体积为VmL。

已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12

①滴定选用的指示剂是___________。

A．酚酞B．NH4Fe(SO4)2C．淀粉D．甲基橙。

②Cl元素的质量分数为(列出算式)___________。

③若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中出现两种沉淀共存，此时c(Cl-)∶c(SCN-)=___________；该反应使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。26、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，为白色砂状晶体，可溶于水，微溶于甲醇；暴露在空气中易被氧化成硫酸氢钠，75℃以上会分解产生SO2。制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通SO2，即可生成Na2S2O4；同时生成另一种气体。

(1)如图甲，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口的连接顺序为a→_______。制备SO2的化学方程式为_______。

(2)如图乙，制备Na2S2O4。

①仪器A的名称是_______。

②水浴加热前要通一段时间SO2，目的是_______。

③为防止反应放热温度超过75℃，除控制水浴温度外，还应采取的主要措施有_______(任答一条)。

④三颈瓶中生成Na2S2O4的离子方程式为_______。

(3)测定保险粉纯度：

①配溶液：称取2.0gNa2S2O4样品溶于冷水中；配成100mL溶液。

②滴定：取0.1000mol/L的KMnO4酸性溶液24.00mL，加入过量KI溶液，充分反应后，用连二亚硫酸钠样品溶液滴定至终点。重复上述操作2次，平均消耗Na2S2O4样品溶液20.00mL。

上述过程中发生的反应为：2MnO+10I-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，S2O+3I2+4H2O=2SO+6I-+8H+。滴定过程中可选择_______作指示剂，该样品中Na2S2O4的质量分数为_______。(杂质不参与反应，不考虑空气的干扰。结果精确到1%)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

设断裂1molH—Cl键吸收的能量是xkJ，由题中数据可得热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol；△H等于反应物总键能减去生成物总键能，则△H=436kJ+243kJ-2xkJ=-183kJ，解得x=431kJ。

答案选A。2、C【分析】【详解】

A．硝酸的氧化性强于Fe3+，故向Fe(NO3)3溶液中通入少量SO2时应为硝酸和二氧化硫之间的氧化还原反应；故A错误；

B．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2，离子方程式为；故B错误；

C．用铜电极电解NaCl溶液，阳极Cu失去电子生成Cu2+；阴极水得到电子生成氢气和氢氧根，氢氧根和铜离子生成氢氧化铜沉淀，故C正确；

D．醋酸为弱酸；书写离子方程式时不能拆写，故D错误；

故选C。3、D【分析】【详解】

经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/（L•s），可知生成C为0.2mol/（L•s）×2L×5s＝2mol，同时生成1molD，x：2＝2mol：1mol，解得x＝4，则据此逐项分析如下：

A．由上述分析可知，x＝4，故A正确；

B．平衡时生成1molD，则反应消耗1.5molA，所以平衡时A的浓度为故B正确；

C．该反应中有固体参与，整个过程中气体的质量会改变，故当质量不变，密度不变，可以说明反应已达到平衡状态，C正确；

D．当时；标志着该反应达到平衡状态，D错误；

答案选D。4、A【分析】【详解】

△H=反应物总键能-生成物总键能，设O=O键键能为xkJ，因此的△H为故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．该装置中X电极上氢离子放电生成氢气、Y电极上氯离子放电生成氯气，是将化学能转化为电能的装置，Li+从b区移至a区生成LiCl，故A正确；

B．X电极上氢离子得电子生成氢气，为正极，则Y为负极，电子从负极通过外电路流向正极，所以电子从Y电极流向X电极，故B正确；

C．得电子发生还原反应的电极为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑，故C正确；

D．标况下生成11.2L氯气时放电的n(Cl-)=2n(Cl2)=从b区流向a区的n(Li+)等于放电的n(Cl-)为1mol，故D错误；

故选：D。6、B【分析】【详解】

A．次氯酸根离子水解；则不能准确计算溶液中次氯酸根离子的个数，A错误；

B．乙烯分子中含有4个碳氢单键，14g乙烯的物质的量是0.5mol，含有单键个数为2NA；B正确；

C．不能确定气体是否处于标准状况下；则不能计算，C错误；

D．1mol金属铁溶解于过量的氯化铁溶液中，Fe由0价变为+2价，因此电子转移数为2NA；D错误。

答案选B。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据起点：-lgc(Ca2+)≈9，-lgc(CO)=0，可得Ksp(CaCO3)的数量级为10-9；故A正确；

B．因为横纵坐标均为负对数，值越大，离子浓度越小，所以a点表示的溶液中，c(Ca2+)＞c(CO)；故B正确；

C．向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，Ksp最小的先达到饱和，生成沉淀，根据图像可知Ksp(MnCO3)sp(CaCO3)<Ksp(MgCO3)，因此最先形成MnCO3沉淀；故C错误；

D．Ksp最小的先达到饱和，生成沉淀，根据图像可知Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3)，向MgCO3悬浊液中加入少量CaCl2溶液，会生成CaCO3沉淀；故D正确；

答案为C。8、C【分析】【详解】

A．钢铁表面涂抹油漆；可以起到隔绝空气；水的作用，能够减缓对钢铁的腐蚀，A不符合题意；

B．将炒菜的铁锅洗净后擦干；可以除去铁锅表面的电解质溶液和水分，使之不易发生电化学腐蚀，能够减缓对钢铁的腐蚀，B不符合题意；

C．将水中的钢闸门与电源的正极连接，钢铁作阳极，发生反应Fe－2e－=Fe2＋；失去电子被腐蚀，会加快对钢铁的腐蚀，C符合题意；

D．在轮船的船身上装锌块；钢铁和锌；海水构成原电池，Zn较Fe活泼，Zn失去电子，保护了Fe，为牺牲阳极的阴极保护法，能够减缓对钢铁的腐蚀，D不符合题意；

答案选C。9、B【分析】【分析】

该燃料电池中，通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；据此分析解答。

【详解】

A．该燃料电池中通入氧气的电极b为正极；正极上得电子，发生还原反应，故A正确；

B．a为负极、b为正极，电流从正极b经用电器流入负极a；故B错误；

C．b电极上生成氢氧根离子；钠离子通过阳离子交换膜进入右侧，所以Y为NaOH溶液，故C正确；

D．a电极上肼失电子，发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O；故D正确；

故选B。

【点睛】

明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键。本题的难点为D，要注意结合电解质特点书写电极反应式。二、多选题(共8题，共16分)10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．根据金属(M)–空气电池总反应方程式可表示为4M＋nO2＋2nH2O＝4M(OH)n)分析，金属M为负极，氧气参与正极反应，且电解质溶液呈碱性，金属(M)–空气电池的正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；故A正确；

B．若为Mg–空气电池，则负极极反应为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2；则每消耗1molMg转移2mol电子，故B正确；

C．原电池的电解质溶液中；阴离子应该向负极移动，故C错误；

D．根据“理论比能量”(单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)的概念，钠的“理论比能量”与铝的“理论比能量”之比为所以Na–空气电池的“理论比能量”(单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)比Al–空气电池的低，故D错误；

故选AB。11、CD【分析】【详解】

A．根据图象可知：升高温度，CO与CO2平衡分压比的自然对数值增大，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故该反应ΔH＞0；A错误；

B．该反应的正反应为气体体积增大的反应，缩小容器体积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡逆向移动，不利于提高CO2的平衡转化率的提高；B错误；

C．X点反应达到平衡时，ln=0，则p(CO)=p(CO2)，c(CO)=c(CO2)，n(CO)=n(CO2)，在开始时n(CO2)=0.1mol，假设反应反应的CO2物质的量为x，则0.1mol-x=2x，3x=0.1mol，x=则CO2的转化率为×100%=33.3%；C正确；

D．假设1050K时，X点反应达到平衡时p(CO)=p(CO2)，由于容器的总压强为akPa，则pCO)=p(CO2)=0.5akPa，该温度下Kp==0.5akPa；D正确；

故合理选项是CD。12、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。13、CD【分析】【分析】

根据原理装置图可知，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成的Mn3+将FeS2氧化，FeS2+15Mn3++8H2O═Fe3++15Mn2++2SO+16H+；据此分析解答。

【详解】

A．FeS2中Fe为+2价；化学名称为二硫化亚铁，故A正确；

B．根据图示，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+；故B正确；

C．H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成的Mn3+将FeS2氧化，FeS2+15Mn3++8H2O═Fe3++15Mn2++2SO+16H+，因此电解池中的总反应为FeS2+8H2O═Fe3++2SO+H++H2↑，因此随着电解，混合液中H+的物质的量浓度将变大；混合液pH逐渐减小，故C错误；

D．电解过程中发生的总反应为FeS2+8H2O═Fe3++2SO+H++H2↑，因此混合液中每增加1molSO理论上通过电路的电子数为NA；故D错误；

故选CD。

【点睛】

本题的难点是示意图的解读，要注意生成的Mn3+将FeS2氧化，然后根据电解的总反应分析判断。14、BD【分析】【分析】

H2A是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡：H2AH++HA-；HA-H++A2-，主要是第一步电离，根据离子浓度大小可知：△表示H2A，口表示HA-，☆表示A2-；根据溶液中各种各种离子浓度与溶液体积；pH关系分析。

【详解】

A．H2A第一步电离平衡H2AH++HA-，该步电离平衡常数Ka1=X点时，溶液pH=4，c(H+)=10-4mol/L，此时c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)=10-4；A正确；

B．酸H2A溶液中酸电离产生H+，对水电离平衡起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和前，水电离程度逐渐增大。X点时酸H2A仅部分被中和，Z点水恰好生成Na2A；所以水的电离程度：Z＞X，B错误；

C．根据图示可知：Y点对应溶液为Na2A与NaHA等浓度的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于此时溶液pH=8，说明溶液中c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，由于溶液中c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)＞3c(A2-)；C正确；

D．根据滴定曲线可知：在恰好发生反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O时，得到的溶液为NaHA溶液，此时溶液pH=6，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)；NaHA是强碱弱酸盐，HA-发生电离、水解而消耗，所以c(Na+)＞c(HA-)；但盐电离产生的离子电离和水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c(HA-)＞c(A2-)，故溶液中四种微粒浓度关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)；D错误；

故合理选项是BD。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离。清楚每种符号表示的曲线的含义是正确解答的关键。注意利用曲线交点中离子浓度与溶液pH关系进行分析，结合溶液pH大小判断HA-的电离和水解程度相对大小，利用电荷守恒分析比较溶液中的离子浓度关系。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．向水中加入少量稀氨水，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(H＋)降低；故A错误；

B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，平衡逆向移动；但Kw只与温度有关；故保持不变，故B正确；

C．加入少量固体CH3COONa，结合水电离的氢离子，平衡正向移动，c(H＋)减小；故C正确；

D．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，Kw增大；氢离子浓度增大，故pH减小，故D错误；

故选：BC。16、AB【分析】【分析】

由图可知同浓度的HX和HY，酸性：HY>HX。

【详解】

A．V(NaOH)=10.00mL时，分别得到等浓度的HX和NaX、HY和NaY溶液，HY和NaY溶液、HX和NaX溶液均显酸性，故HY的电离程度大于Y-的水解程度，HX的电离程度大于X-的水解程度，但HY、NaY溶液酸性强于HX、NaX溶液，故c(X-)-)；A正确；

B．V(NaOH)=10.00mL时，得到等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)；B正确；

C．由图可知V(NaOH)=20.00mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)；C错误；

D．分别有电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)、c(H+)+c(Na+)=c(Y-)+c(OH-)，pH=7时，两种溶液中分别有c(Na+)=c(X-)，c(Na+)=c(Y-)，酸性：HY>HX，NaX的水解程度大于NaY，故pH=7时，两份溶液中HX需氢氧化钠的物质的量少，c(Na+)小，故c(X-)-)；D错误；

故选AB。17、AB【分析】【分析】

根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸；含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。据此分析解答。

【详解】

A．结合以上分析，因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO)；故A正确；

B．因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100mol·L-1；故B正确；

C．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)=δ(H2PO)，故c(H3PO2)=c(H2PO)，对应曲线③pH=3，即c(H+)=10-3mol·L-1，Ka(H3PO2)==10-3，故H2PO水解常数Kh=≈1.0×10-11；故C错误；

D．因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐；其水溶液显碱性，故D错误；

答案选AB。三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】【详解】

（1）H2S在水中的电离方程式为：H2SHS－+H+、HS－S2－+H+，所以二级电离常数表达式Ka2=0.1mol/LNa2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)；（2）①根据图像可知当溶液中c(S2-)=1.4×10-19mol/L时pH＝1，则溶液中c(OH-)=1×10-13mol·L-1，水电离产生的c(H+)等于溶液中氢氧根的浓度，为1.0×10-13mol·L-1；②当pH=13时溶液中c(S2-)=5.7×10-2mol/L，根据硫原子守恒溶液中的c(H2S)+c(HS-)=0.1mol/L－0.057mol/L＝0.043mol/L；（3）Mn2+开始沉淀时溶液中c(S2-)=根据H2S的二级电离常数可知溶液中氢离子浓度是所以pH＝5。【解析】c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)1.0×10-13mol·L-11.0×10-13mol·L-10.043mol·L-15(或5.0)19、略

【分析】略【解析】增大Q＞K向左移动减小Q＜K向右移动不变Q=K不移动20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A．图①中，若p1>p2，温度不变时，p2条件下，A%较大，说明减小压强，平衡向着气体体积增大的方向移动，即向左移动，则a+b>c+d；

B．图②中，若T2>T1，则ΔH＜0；温度不变时，增大压强，A%不变，平衡不移动，即a+b=c+d；

C．能够改变单位体积内活化分子百分数的外界条件为温度和催化剂；只能增加活化分子数目的外界条件为浓度和压强；图③中，改变条件后正逆反应速率都加快，且正逆反应速率仍然相等，平衡不动，只能是改变压强；所以t1时刻改变了条件；但未改变单位体积内活化分子百分数，该条件是增大压强；

D．根据“先拐先平，温度高”规律，可以推知T21；图④中；若ΔH＜0，升高温度，平衡左移，反应物的转化率减小，而图给是增大的，与实际不符，因此纵坐标不可能是反应物的转化率；

(2)合成氨反应N2+3H2⇌2NH3ΔH<0；

①t1时刻；改变条件后，正反应速率先增大后减小，且平衡时大于原反应速率，改变的条件为增大反应物浓度或增大压强；

②t4时刻；改变的条件后，正反应速率逐渐降低，则逆反应速率也得降低，改变的条件为减小生成物浓度；

③t2时刻降温，平衡右移，正反应速率应突然减小，曲线应该有突变的部分，t3时刻达平衡；图像如下：【解析】>=增大压强不可能增大反应物浓度或增大压强减小生成物浓度21、略

【分析】【详解】

（1）水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但水仍然呈中性，故答案为A；水的电离是吸热的，温度越高，Kw越大；

（2）95℃时纯水的pH=6，混合溶液中的pH=7，说明酸碱混合时碱过量溶液呈碱性，pH=9的NaOH溶液pH=4的H2SO4溶液设酸的体积为x，碱的体积为y，x：y=1:9，故答案为：1:9；

（3）氢氧化钠为强电解质在水溶液中完全电离；一水合氨为弱电解质在水溶液中部分电离，所以25℃时，等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液，氢氧化钠的物质的量小于氨水的物质的量，则与0.1mol/L的盐酸发生中和反应时，恰好完全反应时消耗盐酸的体积氨水多于氢氧化钠，故答案为：后者多；

（4）95℃时某溶液由水电离出H+的浓度为10-8，当溶液呈碱性时，则pH=8，当溶液呈酸性时，则pH=4，故为8或4。【解析】①.A②.水的电离是吸热的，温度越高，Kw越大③.1∶9④.后者多⑤.8或422、略

【分析】【分析】

（1）燃料电池是一种连续的将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的化学电池；电极本身不包含活性物质，只有一个催化转化元件；甲烷燃料电池将用导线相连的两个金属铂片插入氢氧化钠溶液中作电极，在两电极上分别通入甲烷和氧气，负极通入甲烷，正极通入氧气；

（2）液氨−液氧燃料电池中；液氨由负极通入，液氧由正极通入，即电极1为负极，电极2为正极；

A.形成的原电池中；阳离子向正极移动；

B.原电池中；电子从负极流向正极；

C.燃料电池的总反应即为燃料燃烧的反应方程式；

D.燃料电池负极上燃料失电子发生氧化反应；

（3）①微生物燃料电池和普通的燃料电池工作原理相同；燃料从负极通入，氧化剂从正极通入；

②该微生物燃料电池中葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应；氧气在正极得到电子发生还原反应；

③原电池工作时；电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，从而形成了闭合回路；

④根据电极的总反应C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O进行计算；

⑤高温能使蛋白质变性；

（4）①该装置属于燃料电池即原电池的装置；CO为燃料，在负极通入，失电子发生氧化反应，空气中的氧气在正极通入，得到电子发生还原反应；

②电解质溶液中阳离子向正极移动；阴离子向负极移动，电子由负极流向正极。

【详解】

（1）甲烷燃料电池将用导线相连的两个金属铂片插入氢氧化钠溶液中作电极，在两电极上分别通入甲烷和氧气，负极通入甲烷，电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，正极通入氧气，电极反应为：O2+2H20+4e-=4OH-；放电过程中溶液的OH-逐渐被消耗变成水；使pH逐渐减小；

（2）液氨−液氧燃料电池中；液氨由负极通入，液氧由正极通入，即电极1为负极，电极2为正极；

A.形成的原电池中，阳离子向正极移动，因此Na＋向正极移动；A项错误；

B.原电池中；电子从负极流向正极，即从电极1流向电极2，B项错误；

C.燃料电池的总反应即为燃料燃烧的反应方程式，即4NH3+3O2=2N2+6H2O；C项正确；

D.燃料电池负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子还原反应，因此在电极2上O2得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；D项错误；

答案选C；

（3）①微生物燃料电池中；燃料从负极通入，氧化剂从正极通入，即A为正极，B为负极；

②该微生物燃料电池中葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应，电极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：6O2+24H++24e-=12H2O；

③在原电池中，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此H＋由负极区向正极区迁移；

④该电极反应的总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，消耗6mol生成6molCO2，若每消耗1mol氧气，那么生成CO21mol，标准状况下CO2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；

⑤因高温能使蛋白质变性；因而该电池不能再高温下工作；

（4）①该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：空气中的氧气在正极(即b极)通入，得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-；

②电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极，因此O2−由电极b向电极a移动电子由电极a通过传感器流向电极b。【解析】减小c正负正22.4不能baab23、略

【分析】【详解】

（1）2CO(g)=2C(s)+O2(g)，该反应是焓增、熵减的反应，根据G=△H-T•△S，G＞0，不能自发进行，故答案为：不能；因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0；为非自发反应；

（2）1mol可燃物燃烧生成稳定的化合物放出的热量即燃烧热，所以1mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳的燃烧热热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1。【解析】(1)不能因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以△G＞0；为非自发反应。

(2)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-124、略

【分析】【分析】

【详解】

碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡，根据物料守恒知1L0.lmol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、和的数目之和为0.1NA，故该说法错误。【解析】错四、实验题(共2题，共16分)25、略

【分析】【分析】

根据实验目的可知，装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化作用下分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气，可以用浓硫酸除去，所以B装置中盛放浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在C中反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度不宜太高，所以装置C用水浴加热，为防止POCl3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水剧烈水解为H3PO4和HCl；所以为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答。

【详解】

(1)根据装置图可知，装置C中盛装PCl3的反应器为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；

(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体