2025年人教版PEP选择性必修1化学下册月考试卷含答案

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①NaHCO3溶液加水稀释，的比值保持增大。

②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)]

③在0.1mol·L-1氨水中滴加0.lmol·L-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=l0-amol·L-1

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO)均增大。

⑤在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(H2S)+c(HS-)A.4B.3C.2D.12、分解反应过程中能量变化如图，其中①有加入，②无加入。有加入时的反应历程为下列判断错误的是。

A.加入后改变了反应的路径B.加入后不改变总反应的能量变化C.过程①生成中间产物的反应为决速步D.过程②正反应活化能大于逆反应活化能3、兴趣小组同学用如图所示装置进行实验(电解质溶液足量)；下列说法与实验结果相符的是。

A.开关K与a连接，线路中有电流形成，电能转化为化学能B.开关K与a连接，B极电极反应式为Fe-3e-=Fe3+C.开关K与b连接，B极电极被保护，即牺牲阳极阴极保护法D.开关K与b连接，一段时间后，若要使电解质溶液恢复到反应前，可通入适量HCl气体4、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）

A.甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B.甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C.反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D.甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体5、已知在25℃时，反应①②③的化学方程式及化学平衡常数为①N2(g)＋O2(g)2NO(g)，K1=1×10-30；②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)，K2=2×1081；③2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)，K3=2.5×1091.下列说法正确的是A.NO分解反应NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数为1×1030B.根据K3的值可知常温下CO和O2很容易发生反应生成CO2C.温度升高，上述三个反应的平衡常数均减小D.常温下，NO、H2O、CO2分别发生分解反应生成O2的倾向顺序为NO>H2O>CO26、水系钠离子电池有望代替锂离子电池和铅酸电池；工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.放电时，电极N上的电势高于电极M上的电势B.充电时，光电极参与该过程C.该交换膜为阴离子交换膜D.放电时总反应为：7、在反应中，不同条件下，下列表示的该反应速率最快的是A.B.C.D.8、工业上制备下列物质的生产流程不合理的是()A.由黄铁矿制硫酸:黄铁矿B.由重晶石制可溶性钡盐:重晶石(BaSO4)BaCO3BaCl2(aq)C.由石英砂制高纯硅:石英砂粗硅SiCl4SiD.由铝土矿冶炼铝:铝土矿Al2O3AlCl3(aq)Al9、反应Fe3++SCN−Fe(SCN)2+(血红色)，一定温度下达到平衡时，c(Fe3+)=0.04mol·L−1，c(SCN−)=0.1mol·L−1，c[Fe(SCN)2+]=0.68mol·L−1.下列说法不正确的是A.加入固体KSCN后，平衡正向移动B.加水稀释，溶液颜色变浅，据此判断平衡逆向移动C.该温度下，该反应的平衡常数K=170D.加入铁粉，平衡逆向移动评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、在容积为2.0L的密闭容器中；物质D在T℃时发生反应，某反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图。

（1）根据如图写出该反应的化学方程式_________。

（2）第5分钟时，升高温度，A、B、D的物质的量变化如图，则该反应的正反应是___________（填“放热”或“吸热”）反应。若在第7分钟时增加D的物质的量，A的物质的量变化正确的是__________（用图中a~c的编号回答）

（3）如果上述反应在体积不变的容器中发生，反应达到平衡的标志是_______（填编号）。

a2v正（A）=v逆（B）b混合气体的平均相对分子质量不再变化。

cD的质量保持不变d反应物不再转化为生成物。

（4）在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)；若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为______。

（5）某同学在学习了“化学反应速率和化学平衡”专题后，发表如下观点，你认为错误的是______。

a化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品。

b化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率。

c化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品。

d正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可以提高化工生产的综合效益11、化学反应中常伴随着能量变化。

(1)天然气的主要成分是甲烷，它是一种清洁能源。甲烷燃烧是___________(填“放热”或“吸热”)反应，其能量变化可用下图中的___________(填序号)表示。

(2)将Al条打磨后，插入6mol/L盐酸中。H2的产生速率随时间的变化如图所示。

t1～t2速率变化的主要原因是___________。

t2～t3速率变化的主要原因是___________。12、(1)已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ热量，反应方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)请回答下列问题：

①该反应的生成物能量总和_______(填“大于”；“小于”或“等于”)反应物能量总和。

②若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，放出的热量_______(填“>”、“<”或“=”)572kJ。

③与化石燃料相比；利用氢能源有很多优点，请说出其中一点_______。

(2)FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃；101kPa时：

2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH1=-197kJ·mol-1；

H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ·mol-1；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3=-545kJ·mol-1

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是_______。

(3)已知下列反应的热化学方程式：

6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)ΔH1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3

则反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH为_______。13、如图所示，A、B、C三个装置的烧杯中分别盛有足量的CuCl2溶液。

(1)A、B、C三个装置中属于电解池的是_______。

(2)A池中Zn是_______极，Cu极的电极反应式为_______。

(3)B池中的总反应化学方程式为_______，若将B池的溶液换成饱和的食盐水，当电路中通过1mol电子时两极共产生的气体体积为_______(标准状况)。

(4)C池中Cu极电极反应式为_______。

(5)某化学学习小组在学完原电池后，以Zn+Fe2+=Zn2++Fe为电池总反应设计电池，该电池的正极反应式为_______。14、为验证反应Fe3＋＋Ag⇌Fe2＋＋Ag＋；利用如图电池装置进行实验。

(1)由Fe2(SO4)3固体配制500mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液，需要的仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、____(填写名称)；在烧杯中溶解固体时，先加入一定体积的____稀溶液；搅拌后再加入一定体积的水。

(2)电流表显示电流由银电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入____电极溶液中。

(3)根据(2)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，银电极的电极反应式为_______。因此，Fe3＋氧化性小于____。

(4)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。如果盐桥中电解质为KNO3，反应一段时间后，可以观察到电流表指针反转，原因是_______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误16、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误17、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误18、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误19、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共28分)20、重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。

已知：I.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+；

Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8

请回答下列问题：

（1）滤渣①的主要成分__。

（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式解释）__。

（3）加热的目的是__。

（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为__；若该反应的平衡常数K=4×1014L3·mol-3，已知：“酸化”后溶液中c(Cr2O)=1.6×10-3mol·L-1，则溶液中c(CrO)=__。

（5）“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294g·mol-1)产品0.6000g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定反应为：Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定终点消耗标准溶液的体积为900mL，则产品的纯度为__。（计算结果保留四位有效数字）

（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚（C6H5OH）废水的有效处理；其工作原理如图所示。

①负极的电极反应式为__；

②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度__（填“增大”、“减小”或“不变”）。21、高铁酸钾是绿色；环保型水处理剂；也是高能电池的电极材料。工业上利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄（FeOOH）制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式______________。

（2）制备铁黄的离子方程式为_______________。实验测得反应溶液的pH、温度对铁黄产率的影响如图所示。反应温度宜选择_________；pH大于4.5时铁黄产率逐渐降低的主要原因可能是_______________。

（3）用高铁酸钾作水处理剂除了可以对水体进行杀菌消毒之外，其还原产物氢氧化铁胶体还能吸附水中悬浮杂质，请写出用高铁酸钾除去水体中CN﹣的离子方程式______。

（4）已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10﹣38。高铁酸钾的净水能力与废水的pH有关，当溶液pH=2时，废水中c（Fe3+）=_________mol•L﹣1。

（5）如果上述流程中，铁元素总利用率为75%。利用1L2mol•L﹣1FeSO4溶液能制备纯度为90%的高铁酸钾________g。22、资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。某工厂以酸性工业废水（含H+、Al3+、Mg2+、）以及硫酸厂废气(SO2)为原料；综合利用提取铬，工艺流程如下：

有关数据如表：。化合物Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3完全沉淀的pH10.54.35.3开始溶解的pH−−7.89.2Ksp近似值5.6×10−121.3×10−336.3×10−31

请回答下列问题：

（1）步骤①中反应的离子方程式为_________________________________。

（2）步骤②中加入适量Al2O3的目的是_________________________________。

（3）为了达到实验目的，步骤③中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH在___________范围。

（4）系列操作⑤指的是____________________、过滤，所填过程可选用的装置是________（填序号）。

（5）步骤⑥在滤液B中通入过量CO2，反应的离子方程式为__________________________。

（6）工业上也常采用下列装置；利用电解法处理含铬废水。

①在电解过程中阳极区pH增大的原因是______________________________。

②理论上每处理含1molK2Cr2O7的废水，阴极区得到的气体体积为________L（标准状况下）。23、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂；制备亚氯酸钠的工艺流程如图：

已知：二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃，易溶于水，浓度过高时易分解；已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

(1)流程中“多步操作”包括的顺序为(____)→(____)→(____)。__

a.蒸发浓缩形成饱和溶液。

b.用低于38℃的水洗涤。

c.趁热过滤。

d.低于60℃干燥。

e.高温干燥除水。

f.冷却结晶后过滤。

g.用38~60℃的温水洗涤。

(2)反应1在图甲中进行，装置A的作用是___；通入空气，其作用是排出ClO2，通空气不能过快，空气流速过快时ClO2不能被充分吸收；通空气也不能过慢，其原因是__。

(3)反应2在装置乙中进行，其中反应的化学方程式为___，冰水浴冷却的目的是__(写一条)。

(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取所得亚氯酸钠样品mg于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，将所得混合液配成250mL待测溶液；取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3标准液滴定至滴定终点。重复2次，测得平均值为VmL(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)。

①此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按序列出字母：检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→滴定管准备完成。__

a.从滴定管上口加入高于“0”刻度3mL所要盛装的溶液。

b.从滴定管上口加入3mL所要盛装的溶液；倾斜着转动滴定管。

c.将洗涤液从滴定管上口倒入预置的烧杯中。

d.将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中。

e.调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记录数据。

f.轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液；无气泡。

g.轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液；无气泡。

②达到滴定终点时的现象为___。

③该样品中NaClO2的质量分数为__(用含m、c、V的代数式表示)。评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)24、天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类；是重要的燃料和化工原料。

(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH，容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=___r1。

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是___。

A.增加甲烷浓度，r增大B.增加H2浓度，r增大。

C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度，k减小25、反应体系为气体；催化剂为固体的异相催化反应很普遍。设气体在均匀的固体催化剂表面发生单层吸附；各吸附活性中心能量相同，忽略吸附粒子间相互作用，吸附平衡常数不随压力变化。

(1)理想气体X在180K和3.50×105Pa条件下，1g固体的吸附量为1.242cm3.在240K达到相同的吸附量时，需要将压力增加到1.02MPa。估算X在该固体表面的摩尔吸附焓变________(假设此温度范围内摩尔吸附焓变为定值)。

(2)已知反应A(g)B(g)的反应机理为：A(g)+*>B(g)+*，其中*表示固体催化剂表面的活性中心。每个活性中心只能吸附一个气态分子A(g)，形成吸附态分子可直接转化生成气相产物B，该表面反应为决速步骤。吸附态的浓度用表面覆盖度(分子所占据的活性中心个数与表面活性中心总个数之比)表示。在298K测量A(g)B(g)反应速率常数k2，高压下为5kPa·s-1，低压下为0.1s-1.试计算气体A分压为50kPa时，由A生成B的反应速率________。

(3)假如产物B也发生表面吸附；反应机理变为：

A(g)+*B(g)+*

其中由生成的表面反应为决速步骤。假设ka，kd，k1都和问题(2)中的相同。当产物B的分压pB远大于pA时，A(g)B(g)的反应对于A来说是一级反应，且速率常数k3可表达为pB的函数：K3=kPa·s-1

求B(g)在催化剂上的吸附平衡常数KB=ka1/kg1________。26、制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下，则该反应的ΔH＝________kJ·mol－1。共价键C—OH—ON—HC—N键能/kJ·mol－1351463393293评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共20分)27、已知A为蓝色溶液；B；C、I、K为单质，其余均为化合物，其中B、L、I、K常温下为气体，且只有I为有色气体。G为黑色固体，F的焰色反应透过蓝色钻玻璃片显紫色，各物质转化关系如图。

回答下列问题：

(1)F的电子式：___________；

(2)写出反应①的化学反应方程式：___________；

(3)用惰性电极电解足量A溶液，一段时间后，若要使溶液恢复到电解前的状态，则可向溶液中加入适量___________或__________。

(4)已知B、H和C2H5OH能够组成燃料电池，写出该燃料电池的负极电极反应方程式：__________。28、甲；乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素；它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。

(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。

(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因___________，写出此时反应④的离子方程式___________。

(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为___________。

(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

①NaHCO3溶液加水稀释，Na+的物质的量不变，而HCO的电离程度增大，物质的量减小，因此在同一溶液中，c(Na+)/c(HCO)的比值保持增大,故①正确；

②浓度均为0.1mol/L的NaCO3、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：2c(Na+=3[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]；故②错误；

③在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，氢离子浓度为10-amol/L，反应后溶质为氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则由水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10-a；故③正确；

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO)均增大；故④正确；

⑤在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c(H+)=c(OH-)+2c(H2S)+c(HS-)；故⑤错误；

根据分析可以知道，错误的有2个，所以C选项是正确的。2、D【分析】【详解】

A．由题干信息可知KI在反应中作催化剂；结合图示可知KI改变了反应的路径，故A正确；

B．加入KI改变了反应过程；但未影响反应物和生成物的能量，不改变总反应的能量变化，故B正确；

C．由图可知过程①中生成大于生成的活化能；活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，故C正确；

D．由能量变化图可知正反应活化能均小于逆反应活化能；故D错误；

故选：D。3、D【分析】【详解】

A．开关K与a连接；形成原电池，铁作负极，化学能转化为电能，A错误；

B．开关K与a连接，形成原电池，铁作负极，B电极的反应为Fe-2e-=Fe2+；B错误；

C．开关K与b连接；形成电解池，为外接电源的阴极保护，C错误；

D．开关K与b连接；形成电解池，阴极产生氢气，阳极产生氯气，若要使电解质溶液恢复到反应前，可通入适量HCl气体，D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H4﹣4e﹣+4OH－═N2+4H2O；故A错误；

B．甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4；乙池溶液pH减小，故B错误；

C．乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度；故C正确；

D．2.24LO2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数为A项错误；

B．CO和O2之间的反应需要点燃才能进行；B项错误；

C．反应①为吸热反应；升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，C项错误；

D．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数依次为1×1030、5×10-82、4×10-92；平衡常数越大，则反应进行的程度越大，D项正确；

答案选D。6、C【分析】【分析】

放电时，电极M上在负极上被氧化为负极电极反应式为电极N上得电子转化为正极电极反应式为

【详解】

A．由图可知，放电时，电极N上转化为碘元素的被还原，因此电极N为正极，电极M为负极，电极N上的电势高于电极M上的电势，故A正确；

B．充电时在光电极上失电子被氧化为因此充电时，光电极参与该过程；故B正确；

C．由图可知；交换膜允许钠离子自由通过，所以该交换膜为阳离子交换膜，故C错误；

D．在负极上被氧化为电极反应式为正极电极反应式为总反应为故D正确；

故选：C。7、B【分析】【详解】

将A、B、C、D选项全部转化为B的反应速率，则A项中：B项中：转化为C项中：转化为D项中：转化为

综上所述，反应速率最快的是

故答案选B。8、D【分析】【详解】

A．FeS2在氧气中充分燃烧生成SO2，SO2再和O2催化氧化生成SO3，用浓硫酸吸收SO3时SO3溶于水生成H2SO4；故A正确；

B．用饱和碳酸钠浸取BaSO4，可实现沉淀转化得到BaCO3，BaCO3可溶于稀盐酸生成可溶于水的BaCl2；故B正确；

C．C和SiO2高温下反应生成Si（粗硅），再用氯气与粗硅反应生成SiCl4，最后用H2还原SiCl4得到高纯度Si；故C正确；

D．Al2O3可溶于盐酸生成AlCl3，但电解AlCl3溶解无法得到Al，只能生成H2、Cl2和Al(OH)3，工业冶炼Al需要直接电解Al2O3；故D错误；

故答案为D。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．加入固体KSCN后，c(SCN−)浓度增大；平衡正向移动，故A正确；

B．加水稀释，溶液颜色变浅，也可能是由于c[Fe(SCN)2+]浓度降低；引起溶液颜色变浅，不能据此判断平衡逆向移动，故B错误；

C．该温度下，该反应的平衡常数K==170；故C正确；

D．加入铁粉；与铁离子反应生成亚铁离子，铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故D正确；

故选B。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

（1）根据各物质的增减判断反应物；生成物；根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

（2）根据温度升高；D的物质的量减少，A；B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；根据平衡常数只有与温度有关；温度升高化学反应速率加快；增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动；

（3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同；各组分含量保持不变，据此分析选项判断正误；

（4）由容积为2.0L；反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为2.0L×0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，依据化学方程式的差量计算得到氟化氢物质的量计算浓度；

（5）化学反应速率是表示物质反应快慢的物理量；在一定条件下反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，可通过改变外界条件是平衡发生移动，提高化工生产的综合经济效益．

【详解】

（1）根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以D是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0-3min时，△D=0.4mol，△A=0.4mol，△B=0.2mol，方程式为：故答案为：

（2）温度升高，D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应，平衡常数只有与温度有关，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；温度升高化学反应B的反应速率加快；D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故选b；

故答案为：吸热；b；

（3）对于反应，

a．v正（A）=2v逆（B）时，说明B的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，2v正（A）=v逆（B）不能说明正逆反应速率相同；故a错误；

b．反应物是固体，生成物混合气体的平均相对分子质量始终不变化，并不能说明反应达到平衡状态，故b错误；

c．D的质量不变；说明反应达到平衡状态，故c正确；

d．反应物是固体不再转化为生成物不能说明平衡状态；故d错误；

故选c。

（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，

则增加的质量为2.0L×0.12g/L=0.24g；由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，设参加反应的HF的物质量为x；

解得x=0.016mol，

故答案为：0.0010mol/（L•min）；

（5）a．根据影响化学反应速率的因素；可指导怎样在一定时间内快出产品，故a正确；

b．化学反应速率是表示物质反应的快慢，不能改变原料的转化率，故b错误；

c．结合影响化学平衡的因素；采用合适的外界条件，是平衡向正反应方向移动，可提高产率，故c正确；

d．在一定的反应速率的前提下；尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合经济效益，故d正确．

故选b。【解析】①.2D（s）⇌2A（g）+B（g）②.吸热③.b④.c⑤.0.001mol(L·min)⑥.b11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)燃烧为放热反应；放热反应的反应物总能量高于生成物的总能量，满足甲烷燃烧放热的图像为A，故答案为：放热；A；

(2)铝与盐酸反应放出热量，随反应的进行温度逐渐升高，反应速率增大，当反应进行到一定程度，反应物接近消耗完，温度变化不大，但反应物浓度降低，反应速率减小，故答案为：反应放热，温度升高，化学反应速率增大；反应物盐酸浓度降低，化学反应速率减小；【解析】放热A反应放热，温度升高，化学反应速率增大反应物盐酸浓度降低，化学反应速率减小12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①生成物总能量-反应物总能量，2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ热量，所以反应物总能量>生成物总能量；

②液态水转化为水蒸气，该过程为吸热过程，根据盖斯定律可以推断，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出的热量<572kJ；

③与化石燃料相比；氢能源具有热值高；清洁无污染等优点；

(2)对反应进行标号：得到，则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是：

(3)得到反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)，则【解析】小于<热值高、清洁无污染13、略

【分析】【详解】

(1)A没有外接电源；属于原电池，BC装置都有外接电源，所以是把电能转化为化学能的装置，属于电解池；

故答案为：BC；

(2)铜、锌、氯化铜原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn−2e−＝Zn2＋，铜离子在正极得电子生成Cu单质，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；

故答案为：负；Cu2++2e-=Cu；

(3)该装置是电解池，且阳极是惰性电极，C连接电源负极，所以是阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2＋＋2e−＝Cu，铂连接电源正极，所以铂在阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl−−2e−＝Cl2↑，所以其电池反应式为：CuCl2Cu+Cl2↑，若将B池的溶液换成饱和的食盐水，则电解的总反应为：由反应可知转移2mol电子时生成1mol氢气和1mol氯气，则通过1mol电子时两极共产生的气体的物质的量为1mol，标况下的体积为22.4L，故答案为：CuCl2Cu+Cl2↑；22.4L；

(4)该装置是电解池，铜是阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu−2e−＝Cu2＋；

故答案为：Cu−2e−＝Cu2＋；

(5)以Zn+Fe2+=Zn2++Fe为电池总反应设计电池，Zn失电子作负极，Fe2+得电子在正极发生反应，电极反应为：Fe2++2e-=Fe，故答案为：Fe2++2e-=Fe；【解析】BC负Cu2++2e-=CuCuCl2Cu+Cl2↑22.4LCu-2e-=Cu2+Fe2++2e-=Fe14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由固体配制500mL一定物质的量浓度的溶液，整个过程需要的仪器有托盘天平、药匙、胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。Fe2(SO4)3为强酸弱碱盐，在溶解固体时，应在烧杯中先加入一定体积的稀硫酸，以防止Fe3＋水解。故答案为：药匙；托盘天平；硫酸；

(2)电流表显示电流由银电极流向石墨电极；则银电极为正极。由原电池的工作原理可知，阳离子向正极移动，即盐桥中的阳离子进入银电极溶液中。故答案为：银；

(3)石墨电极为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋。银电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag。电池的总反应为Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag，由此可知Ag＋的氧化性大于Fe3＋。故答案为：Fe2＋－e－=Fe3＋；Ag＋＋e－=Ag；Ag＋；

(4)随着原电池反应Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag的进行，溶液中c(Fe3＋)增大，当盐桥中电解质为KNO3时，NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使Fe3＋＋Ag⇌Ag＋＋Fe2＋平衡正向移动，故一段时间后，可观察到电流表指针反转。故答案为：原电池反应使c(Fe3＋)增大，同时NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移动。【解析】药匙、托盘天平硫酸银Fe2＋－e－=Fe3＋Ag＋＋e－=AgAg＋原电池反应使c(Fe3＋)增大，同时NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移动三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。17、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。18、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。19、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、工业流程题(共4题，共28分)20、略

【分析】【分析】

含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣①Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体；以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知滤渣①的主要成分是Fe(OH)3和Cr(OH)3；

（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4溶液，反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-＝2CrO+8H2O；

（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定；易分解；通过加热可除去；

（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O；酸化”过程中pH=1，即c（H+）=0.1mol/L，反应2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡常数K===4×1014，解得=2×10-8mol•L-1；

（5）由反应Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O有n（K2Cr2O7）=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.0100mol/L×0.9L=0.0015mol；产品的纯度=0.0015mol×294g/mol/0.6000g×100%=73.50%；

（6）①C6H5OH→CO2，则苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-＝6CO2↑+28H+；

②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，是NaCl溶液浓度减小。【解析】①.Fe(OH)3和Cr(OH)3②.2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-＝2CrO+8H2O③.除去过量H2O2，防止将Cr2O还原成Cr3+④.2CrO+2H+Cr2O+H2O⑤.2×10-8mol/L⑥.73.50%⑦.C6H5OH+11H2O-28e-＝6CO2↑+28H+⑧.减小21、略

【分析】【详解】

（1）电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑；（2）硫酸亚铁与氧气反应生成铁黄(FeOOH)的反应中氧化剂为氧气，还原剂为硫酸亚铁，反应中铁的化合价由+2合成+3价，O元素的化合价由0价变成-2价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为=反应的离子方程式为12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+。根据图像，40℃左右时，铁黄产率较高；pH大于4.5时生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低；（3）高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO42－+6CN－+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO32－+3N2↑+14OH－；（4）pH=2时，c(OH-)=10-12mol/L，根据Kap[Fe(OH)3]=4.0×10－38，c(Fe3+)=mol/L=0.04mol/L；

（5）1L2mol·L－1FeSO4溶液中含有2molFeSO4，根据铁元素守恒，生成高铁酸钾的质量=2mol×75%×198g/mol÷90%=330g。【解析】NaCl+H2ONaClO+H2↑12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+40℃酸性减弱，Fe(OH)3增多l0FeO42-+6CN-+22H2O=l0Fe(OH)3(胶体)+6CO32-+3N2↑+140H+pH=2时，c(OH-)=10-12mol/L,根据KspLFe(OH)3]=4.0×10-38，c(Fe3+)=0.04mol/L330g22、略

【分析】【详解】

（1）重铬酸钾具有强氧化性，酸性废水中的Cr2O72－与SO2发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：Cr2O72－+3SO2+2H+＝2Cr3++3SO42－+H2O。（2）在含Cr3+、Mg2+、Al3+和SO42－的溶液A中加入适量Al2O3调节溶液pH，使Cr3+和Al3+形成沉淀。（3）滤渣A的成分为Al(OH)3和Cr(OH)3，为了使二者分离，应该将Al(OH)3溶解，故pH>7.8，但又不能使Cr(OH)3溶解，故pH<9.2，即应调节溶液的pH：7.8<9.2。（4）由滤液C制取MgSO4·7H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶，然后通过过滤，即可得到晶体；蒸发浓缩溶液要在蒸发皿中进行，故选择B装置。（5）在NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式：AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－。（6）①阳极产生的Fe2+与Cr2O72－发生反应：Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O，消耗H+；另一个原因是阳极区的H+通过质子交换膜迁移到阴极区，造成阳极区pH增大。②根据反应得关系式：Cr2O72－~6Fe2+~6Fe~12e−~6H2，故V(H2)=22.4L·mol−1×6mol=134.4L。

点睛：掌握制备的转化关系图、物质的性质和发生的反应是解答的关键，注意工艺流程图中两条主线即转化线和操作线。注意根据制备物质的稳定性或溶解性等信息，关注对应信息：①若为受热易分解的物质，则需要关注温度的控制；②若制备的物质是会水解的盐，要防止水解；③如果制备的物质是强氧化剂或强还原剂，则需要关注他是否发生氧化还原反应，防止与氧化性或还原性的物质接触；④如果制备的物质易吸水或潮解，要防止与空气中的水整齐接触；⑤如果涉及制备的物质的溶解度信息，要注意对比它们的溶解度随温度变化而变化的情况。【解析】①.+3SO2+2H+2Cr3++3+H2O②.调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离③.7.8～9.2④.蒸发浓缩、冷却结晶⑤.B⑥.+CO2+2H2OAl(OH)3↓+⑦.Fe2+与发生反应消耗H+、H+通过质子交换膜迁移到阴极区⑧.134.423、略

【分析】【分析】

NaClO2在甲装置中与硫酸反应，向装置中通入空气，其作用是排出装置内的反应2中被双氧水还原，冰水浴冷却的目的是使变为液态，充分反应，减少的分解，提高利用率，降低的溶度，更利于生成据此解题。

【详解】

(1)利用溶液制得晶体最关键的步骤是控制结晶的温度：高于38℃低于60℃，故操作为将反应2后的溶液在55℃条件下压蒸发结晶，趁热过滤，再用38~60℃的温水洗涤，最后在低于60℃条件下干燥，得到晶体，故顺序为

(2)装置的作用是安全瓶，防止液体倒吸；向装置中通入空气，其作用是排出装置内的通空气不能过快，空气流速过快时不能被充分吸收；通空气也不能过慢，根据题中信息浓度过高时易发生分解，因此空气流速过慢时，不能及时被排出；浓度过高易分解。

(3)根据最终产物中氯元素的化合价可知反应2中被双氧水还原，反应的化学方程式为根据题中信息二氧化氯()沸点为11.0℃，易溶于水，因此冰水浴冷却的目的是使变为液态，充分反应，减少的分解，提高利用率，降低的溶度，更利于生成

(4)①本题中需要用到碱式滴定管，需要对滴定管进行润洗，具体步骤为从滴定管上口加入所要盛装的溶液，倾斜转动滴定管，将洗涤液从滴定管下部放入预置的烧杯中，从滴定管上口加入高于“0”刻度所要盛装的溶液；轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据；

②淀粉遇碘单质变蓝色，反应结束时，碘单质反应完全，滴加最后一滴标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；说明到达滴定终点；

③设样品中的质量分数为根据：得关系式：即解得【解析】cgd防止倒吸ClO2不能及时被排出，浓度过高导致分解H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O降低NaClO2的溶解度(或减少H2O2的分解或减少ClO2的分解)bdage滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色%五、计算题(共3题，共6分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)③根据已知乙烷的转化率；设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式；

氢气的分压为乙烯的分压为乙烷的分压为Kp==故答案为

(2)①根据r=k×若r1=kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1-α)，则r2=kc(1-α)，因此r2=(1-α)r1；故答案为r2=(1-α)r1；

②根据反应初期的速率方程为：r=k×其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；

A．增大反应物浓度反应速率增大；故A说法正确；

B．由速率方程可知；初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；

C．反应物甲烷的浓度逐渐减小；结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；

D．化学反应速率与温度有关；温度降低，反应速率常数减小，故D说法正确。

答案选AD。【解析】①.②.1－α③.AD25、略

【分析】【分析】

【详解】

这是一道很典型的化学动力学题；主要考查学生对化学动力学中三大假设和反应速率计算的掌握。题目选取异相催化反应作为背景，在介绍相关知识的同时，也对学生的应变能力提出了一定的要求。

6-1热身题目；考查基本的化学热力学与平衡计算。首先写出两个温度下的平衡常数：

K180k=

K240K=

其中x是表示1g固体吸附1.242cm3气体的一个物理量。然后就可计算出吸附反应的焓值；也即摩尔吸附焓变：

代入K180k和K240K；消去x即可求出摩尔吸附焓：

=-6.40kJ·mol-1

此外；也可以通过吉布斯自由能来计算摩尔吸附焓：

=-RTlnK180K=-180K×

=-RTlnK240K=-240K×

在一个较小的温度范围内，和都可视作是不变量。以上两式消去就可计算出=-6.40kJ·mol-1。

以上两种方法都可以得到本题的答案；请读者自行推导它们之间的关系。

6-2这是一道典型；常规的动力学题目。首先注意题目中的几句话：

①“该表面反应为决速步骤”；在决速步骤之前的A的吸附和解离过程可以认为是一个快速平衡的过程。即：

r1=rd

②“吸附态的浓度用表面覆盖度(所占据的活性中心个数与表面活性中心总个数之比)表示。”在吸附化学中，速率和表面覆盖率成正比。假如用来表示的表面覆盖率，则(1-)可表示“表面未覆盖率”；那么：

ra=kapA(1-)

rd=kd

③“高压下为5kPa·s-1，低压下为0.1·s-1.”在高压和低压下；反应