2025年外研版选择性必修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年外研版选择性必修1化学下册阶段测试试卷649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9题，共18分)1、恒温恒容的情况下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡状态的标志是()A.容器内气体的密度不随时间而变化B.容器内的总压强不随时间而变化C.单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2D.容器内气体的平均相对分子质量不随时间而变化2、某新型二次电池反应原理为M+3Cn(MCl4)+44+3Cn(M代表金属，Cn代表石墨)。装置如图所示。下列说法正确的是。

A.放电时，b极为负极B.放电时，向b极迁移C.充电时，a极反应为4+3e－=7+MD.充电时，若电路中转移0.5mol电子，则有0.5molCn(MCl4)被还原3、一定温度下，在体积分别为V1、V2(V1>V2)的两个恒容密闭容器中充入等物质的量的发生反应下列图示中，能正确表示Z的体积分数(φ)与反应时间(t)的关系的是(分别表示体积为V1、V2的密闭容器的压强)A.B.C.D.4、在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（）

A.反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0B.图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>20005、如图所示装置中，试管A、B中电极为多孔石墨电极，C、D为铂夹。断开K1，闭合K2、K3一段时间后；A；B中气体的量之间的关系如图所示：

下列说法正确的是A.a为正极，b为负极B.紫红色液滴向C端移动C.断开K2、K3，闭合K1，A极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-D.断开K2、K3，闭合K1，溶液的pH增大6、用惰性电极电解某溶液时，发现两电极上只有和生成，则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前的温度相同）的说法正确的是（）

①该溶液的可能增大②该溶液的可能减小③该溶液的可能不变④该溶液的浓度可能增大⑤该溶液的浓度可能不变⑥该溶液的浓度可能减小A.①②③⑥B.①②③④⑥C.①②③④⑤D.全部7、向100mL5.0mol·L−1的NaOH溶液中通入H2S气体；含硫微粒在不同pH溶液中的分布系数(δ)如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线M表示pH与HS−的变化关系B.的平衡常数数量级为1014C.HS−的电离程度大于水解程度D.配制Na2S溶液时可将Na2S固体直接溶于水8、对下列现象或事实的解释错误的是。选项现象或事实解释A明矾可用于生活用水的净化胶体具有杀菌消毒的作用B用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化C用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板的氧化性比的强D漂白粉在空气中久置变质与反应，生成的分解

A.AB.BC.CD.D9、某同学为了验证难溶的氯化银在水中也存在溶解平衡；设计了如下实验方案：（）

A.步骤①中应加入过量的AgNO3溶液B.步骤①中应使NaCl溶液过量C.步骤②中现象是无沉淀产生D.步骤②中选用的AgNO3溶液浓度应小于步骤①评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、南京大学研究发现电化学“大气固碳”有效方法，电池工作原理示意图如图所示。充电时，利用催化剂的选择性，阳极电极反应式为：2Li2CO3-4e-=2CO2+O2+4Li+；下列有关说法正确的是。

A.放电时，M电极的电势比N电极的高B.放电时，正极电极反应式：3CO2+4e-+4Li+=C+2Li2CO3C.充电时，M电极接外电源负极，电解质可选含Li+水溶液D.该电池每放电、充电一次，若均转移2mol电子，理论上能固定标准状况下11.2LCO211、在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是A.A的转化率变小B.平衡向正反应方向移动C.D的体积分数变大D.a＜c＋d12、恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是A.v逆(CO2)=3v正(H2)B.体系内气体密度保持不变C.断裂3molH—H键的同时断裂3molH—O键D.CO2的体积分数保持不变13、利用可消除的污染，反应原理为在密闭容器中分别加入和测得不同温度下随时间变化的实验数据如表所示，下列说法正确的是。实验温度/K时间/

物质的量010204050①0.500.350.250.100.10②0.500.300.18M0.18

A.实验①中内，的降解速率为0.025mol∙L−1∙min−1B.由实验数据可知，温度T1条件下的平衡常数为0.64C.0.15＜M＜0.18D.该反应在任何温度下都能正向自发进行14、化学反应中催化剂活性会因积碳反应而降低；同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

。反应消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H/kJ∙mol-1172172活化能/(kJ·mol-1)催化剂X3391催化剂Y437272在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是。

A.K积、K消均增加B.v积减小、v消增加C.催化剂X效果比Y好D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大15、下列实验操作不能达到实验目的的是。选项实验目的实验操作A测定与混合物中碳酸钠质量分数将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定B比较HClO与的酸性用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pHC提纯混有杂质的NaCl固体将固体溶于水，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤D比较的氧化性向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和振荡，静置

A.AB.BC.CD.D16、漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2；相应的生产流程如图：

下列说法不正确的是A.①中阴极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑B.②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OC.上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应D.制备漂白粉过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100％17、科学家以石墨烯为电极材料，设计出一种处理工业尾气中的新方案；其原理如图所示。

下列说法正确的是A.装置工作时向阳极迁移，在阳极上发生氧化反应B.阴极区发生的反应有C.该过程的总反应方程式为D.电路中每转移理论上需补充评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、(1)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料；用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：

①

②

写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：______

(2)等质量的下列物质分别完全燃烧，放出热量较多的是反应过程________(填选项字母)。

A.固体硫B.硫蒸气。

(3)已知：通常条件下，强酸、强碱稀溶液中和生成放出的热量为中和热。稀溶液中和足量NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为________

(4)已知和反应放热，且断开键、键、键吸收的能量分别为由此推知下列关系正确的是________(填选项字母)。

A.B.C.D.19、甲醇(CH3OH)工业上由CO和H2合成，化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。

①T1___T2(填“＞”“＜”或“＝”)。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___(填“＞”“＜”或“=”)K2。

②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是___(填字母)。

A．降低温度。

B．充入He；使体系总压强增大。

C．将CH3OH(g)从体系中分离。

D．使用合适的催化剂。

③生成甲醇的化学反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是___；t3时采取的措施可能是___。

④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.8MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数Kp=___(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。20、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。

I.已知在水中存在以下平衡：

(1)常温下，溶液的______(填字母序号)，原因是______(填离子方程式)。

A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定。

(2)常温下，若向的溶液中逐滴滴加溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是______(填字母序号)。

A.B.

C.D.

(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：若要使该溶液中浓度增大，可采取的措施有______(填字母序号)。

A.升高温度B.降低温度C.加入少量蒸馏水D.加入固体。

Ⅱ.化学沉淀法是除去酸性废水中的主要方法。根据其原理不同可以分为氢氧化物沉淀法、硫化物沉淀法等。水样中各形态铅的百分含量X与溶液变化的关系如图所示。向含的溶液中逐滴滴加溶液，溶液变浑浊，继续滴加溶液又变澄清。

(4)若采用氢氧化物沉淀法除溶液中的应将溶液的调至约为______；时，溶液中发生的主要离子方程式为______。

(5)向酸性含铅废水中加可将转化为沉淀除去。若某工厂处理过的废水中浓度为则为______21、电解原理在工业生产中应用广泛。

（1）电解法生产MnO2的方法是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。MnO2在_________极产生，若电解电路中通过2mol电子，则MnO2的理论产量为_________g。

（2）工业二氧化硫尾气用Na2SO3吸收后转化为NaHSO3溶液，再用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3。原理如图所示。

①电解总反应方程式是____________________________。

②阳极区可能放出SO2，分析其产生的原因：__________________________。22、（1）某温度（t℃）时，水的离子积为KW=1.0×10﹣13mol2•L﹣2，则该温度（填“大于”、“小于”或“等于”）_____25℃，其理由是________________________________。

（2）若将此温度下pH=11的苛性钠溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合（设混合后溶液体积的微小变化忽略不计）．若所得混合液为中性，则a：b=_____；此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是_________________。

（3）FeCl3的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：______________。

（4）实验室在配制FeCl3的溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以__（填“促进”；“抑制”）其水解。

（5）把氯化铝溶液蒸干并灼烧固体产物是______。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)23、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)24、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。26、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共24分)28、氨气具有广泛用途，工业上利用反应合成氨；其基本合成过程如下：

(1)某小组为了探究外界条件对反应的影响，参加合成氨的反应，在两种条件下分别达到平衡，测得的浓度与反应时间的关系如图甲所示。请回答下列问题：

①条件下，的平均反应速率________

②相对而言，可能改变的条件是________________。

③在条件下，时刻将容器容积压缩至原来的时刻重新建立平衡状态。请在图中画出时刻的变化曲线________________。

(2)某小组往一恒温恒压容器中充和模拟合成氨的反应，图乙为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强()的关系图。若体系在下达到平衡。

①此时的平衡分压为________MPa，的平衡分压为________MPa。(分压总压物质的量分数)

②列式计算此时的平衡常数________。(用平衡分压代替平衡浓度计算；结果保留2位有效数字)

(3)分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是________________________。29、合成气是H2和CO的混合气体；工业上可以用于合成氨；生产低级醇等，请回答下列相关问题。

(1)sparg工艺是生产合成气的方法之一，该方法可将甲烷和二氧化碳在高温下转化为H2和CO，该反应的化学方程式为___________。

(2)工业生产中用合成气合成乙醇的反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)△H=akJ/mol①生产过程中会发生副反应2CO(g)+3H2(g)CH3CHO(g)+H2O(g)△H=bkJ/mol②

又已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=ckJ/mol③

则C2H5OH(g)催化氧化生成CH3CHO(g)和水蒸气的热化学方程式为__________________。

(3)向2L的恒温恒容密闭容器中充入4molCO和6molH2，若只发生反应①，达平衡时容器中压强是起始压强的0.6倍，则CO的平衡转化率为___________，该温度下反应①的平衡常数等于___________。下列选项不能证明反应①达到平衡状态的是___________(填标号)。

A.混合气体的平均分子量不再改变。

B混合气体的密度不再改变。

C.CO和H2的物质的量之比不再改变。

D.每断开4molH－H键的同时断开3molH－O键。

(4)以醋酸为溶剂，甲醇与合成气可以转化为乙醇，同时会生成醚类、酯类等副产物，下图是醋酸与甲醇的质量比对生产的影响，则工业生产中醋酸与甲醇的最佳质量比是___________。随着醋酸和甲醇的质量比增大，一定范围内甲醇的转化率升高而醚类选择性降低的原因可能是___________(从平衡移动角度解释)。

30、消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝akJ·mol－1

2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1

4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l)ΔH＝ckJ·mol－1

则常温常压下，NH3与NO2反应生成无污染物质的热化学方程式_____________。

(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示：

写出该图示的总反应化学方程式：__________________。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的主要原因是______________。

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如图所示：

当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是___。

(3)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2；工作原理如图所示：

①写出该活性原子与NO3-反应的离子方程式：________________。

②若阳极生成标准状况下2.24L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为____mol。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．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，密度始终不变，当容器内气体的密度不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；

B．该反应是等体积反应；压强始终不变，当容器内的总压强不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；

C．单位时间内生成2nmolAB，正向反应，同时生成nmol的B2；逆向反应，生成物质的量之比等于计量系数之比，因此能作为判断平衡的标志，故C符合题意；

D．气体摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量；正向反应，气体质量不变，气体物质的量不变，摩尔质量始终不变，当容器内气体的平均相对分子质量不随时间而变化，不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意。

综上所述，答案为C。2、C【分析】【分析】

根据电池总反应可知，放电时负极M失电子发生氧化反应，电极反应式为2M-3e-+7=4正极发生Cn(MCl4)得电子的还原反应，电极反应式为Cn(MCl4)+e-=+Cn；原电池工作时阴离子移向负极；阳离子移向正极；充电时，外加电源与原电池相连接，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，据此分析。

【详解】

A．根据分析；M发生失电子的反应，因此a为负极，A错误；

B．放电时，向负极a移动；B错误；

C．充电时，a电极发生得电子的反应，电极方程式为4+3e－=7+M；C正确；

D．充电时，若电路中转移0.5mol电子，根据电极方程式+Cn-e-=Cn(MCl4)，有0.5mol的Cn被氧化，Cn(MCl4)为氧化产物；D错误；

故答案选C。3、B【分析】【详解】

由容器的体积V1大于V2可知，压强p1小于p2，压强越大反应速率越快，压强为p2时下反应先达到平衡，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Z的体积分数越小，则平衡时压强为p2的Z的体积分数小于p1，所以图B能正确表示Z的体积分数(φ)与反应时间(t)的关系，故选B。4、D【分析】【分析】

随温度升高NO的转化率先升高后降低；说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，以此解答。

【详解】

A.由分析可知，该反应为放热反应，ΔH<0；故A错误；

B.根据上述分析；X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B错误；

C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度；使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；

D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K＝＝＝>＝2000；故D正确；

故选D。5、C【分析】【分析】

根据图示，断开K1，闭合K2、K3，左端电解氢氧化钠溶液，相当于电解水，电解反应为2H2O2H2↑+O2↑，结合图示A、B中气体的量之间的关系，A中为氧气，B中为氢气，则A电极为阳极，B为阴极，阳极与电源正极相连，则电源a为负极，b为正极；滤纸上C为阴极，D为阳极。

【详解】

A．根据分析可知，a为负极，b为正极；故A错误；

B．电解池中阴离子向阳极移动，显紫色的离子为滤纸上D为阳极，则紫红色液滴向D端移动，故B错误；

C．断开K2、K3，闭合K1，构成燃料电池，A为正极，B为负极，A极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-；故C正确；

D．根据C项分析，断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧燃料电池，电池总反应为O2+2H2=2H2O；KOH溶液的浓度减小，则溶液中的氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，pH减小，故D错误；

答案选C。6、C【分析】【详解】

解本题的关键是要正确分析电极周围氢离子；氢氧根离子浓度的变化。电解该溶液的实质是电解水；分两种情况：

(1)电解非饱和溶液，若该溶液为硫酸溶液，则溶液显酸性，电解一段时间后溶液的浓度增大，故其酸性增强，减小；

若该溶液为氢氧化钠溶液，则溶液显碱性，电解一段时间后溶液的浓度增大，故其碱性增强，增大；

若该溶液为硫酸钠溶液，则溶液显中性，电解一段时间后溶液的浓度增大，但溶液仍显中性，故其不变；

(2)电解饱和溶液，无论该饱和溶液显酸性、碱性还是中性，电解一段时间后，溶液的浓度和均不变；

综上所述；①②③④⑤正确，C满足题意。

答案选C。7、B【分析】【分析】

在NaOH溶液中通入H2S气体，含硫微粒包括H2S、HS−、S2-，其中S2-水解，溶液显碱性，H2S电离；溶液显酸性，结合图象分析判断。

【详解】

A．根据图象，曲线M上表示的微粒随着pH的增大，分布系数(δ)逐渐减小，在pH=6.9时，δ=0.5，因此曲线M表示pH与H2S的变化关系；故A错误；

B．的平衡常数K=根据图象，当c(S2-)=c(HS-)时，pH=14.1，c(H+)=10-14.1，即K=1014.1，因此的平衡常数数量级为1014；故B正确；

C．根据图像，当溶液中主要存在HS−时，溶液显碱性，说明HS−的电离程度小于水解程度；故C错误；

D．Na2S能够水解，为了抑制水解，配制Na2S溶液时可将Na2S固体溶于一定浓度的氢氧化钠溶液中；再稀释，故D错误；

故选B。8、A【分析】【详解】

A．氢氧化铝胶体不具有强氧化性；不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒的作用，故A错误；

B．常温下铁在浓硝酸中钝化；阻碍反应的继续进行，所以可以用铁罐贮存浓硝酸，故B正确；

C．铁离子的氧化性强于铜离子；能与铜反应生成亚铁离子和铜离子，所以可以用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板，故C正确；

D．次氯酸的酸性弱于碳酸；漂白粉中的次氯酸钙能空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易分解生成盐酸和氧气，所以漂白粉在空气中久置易变质，故D正确；

关系A。9、A【分析】【分析】

为了验证难溶的氯化银在水中也存在溶解平衡；要证明在氯化钠溶液中加入过量的硝酸银溶液完全反应后的滤液中还存在氯离子，需要向滤液中加入浓度更大的硝酸银溶液，观察沉淀的生成。

【详解】

为了验证难溶的氯化银在水中也存在溶解平衡；要证明在氯化钠溶液中加入过量的硝酸银溶液完全反应后的滤液中还存在氯离子，由图可知：

A．步骤①中应加入过量的AgNO3溶液；故A正确；

B．步骤①中应加入过量的AgNO3溶液；使NaCl完全反应，故B错误；

C．步骤②中现象是产生了白色沉淀；这样才能证明滤液中氯离子的存在，故C错误；

D．步骤②中选用的AgNO3溶液浓度应大于步骤①；故D错误；

故答案选A。二、多选题(共8题，共16分)10、BD【分析】【分析】

放电时为原电池，M极上Li失电子生成Li+，则M为负极，N为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；充电时为电解池，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上Li2CO3失电子生成CO2和O2，反应式为2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+；

【详解】

A．放电时为原电池；M为负极，N为正极，正极电势比负极电势高，即N高于M，故A错误；

B．根据分析，原电池的正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，反应式为3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3；故B正确；

C．放电时M为负极，则充电时M为阴极，与电源负极相连，但电解质不能选含Li+水溶液；因为Li电极会与水反应，故C错误；

D．根据放电时正极反应式3CO2+4Li++4e-═C+2Li2CO3可知，电池每放电一次转移2mol电子就有0.5mol碳生成；根据充电时阳极电极反应2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，充电一次且每转移2mole-时生成0.5molO2，C+O2═CO2，所以该电池每放、充2mol电子一次，理论上能固定0.5molCO2，标准状况下为11.2LCO2；故D正确；

答案选BD。11、AD【分析】【分析】

将气体体积压缩到原来的一半；假定平衡不移动，D的浓度应为原来的2倍，而实际再次达到平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应方向移动，即a＜c+d，据此进行分析。

【详解】

A．由分析可知；平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，A正确；

B．由分析可知；平衡向逆反应方向移动，B错误；

C．由分析可知；平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，C错误；

D．由分析可知；压强增大，平衡向逆反应方向移动，即a＜c+d，D正确；

答案选AD。12、CD【分析】【详解】

A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得则3v逆(CO2)=v正(H2)时处于平衡状态；故A错；

B．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中格物质均为气体，所以气体质量不变，在恒容的密闭容器中，则体积不变，由可得；密度始终保持不变，不能用于判断反应是否处于平衡状态，故B错；

C．断裂3molH—H键时，则消耗3mol断裂3molH—O键，则消耗1molCH3OH(g)和1molH2O(g)；所以速率大小相等，方向相反，则处于平衡状态，故C正确；

D．CO2的体积分数保持不变时；则混合物中格物质的浓度均保持不变，则处于平衡状态，故D正确；

答案选CD。13、BD【分析】【详解】

A．实验①中内，甲烷物质的量改变量为0.25mol，则二氧化氮改变量为0.5mol，则的降解速率为故A错误；

B．由实验数据可知，温度T1条件下平衡时甲烷物质的量为0.1mol，改变量为0.4mol，二氧化氮剩余0.4mol，氮气改变量为0.4mol，二氧化碳改变量为0.4mol，水蒸气改变量为0.8mol，其次温度下的平衡常数为故B正确；

C．根据表格中数据得到在温度T2条件下20min时已经达到平衡；因此M=0.18，故C错误；

D．根据表格中数据得出温度T2条件下反应速率快，说明T2＞T1，温度T2下；平衡时甲烷的量多，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，又由于该反应是ΔS＞0的反应，根据ΔG＝ΔH−TΔS，因此该反应在任何温度下都能正向自发进行，故D正确。

综上所述，答案为BD。14、AD【分析】【分析】

【详解】

A．由表格数据可知，积碳反应、消碳反应都是吸热反应，所以升高温度，平衡右移，K积、K消均增加；A正确；

B．升高温度，混合气中各分子的能量均升高，分子碰撞的次数增多，反应速率加快，所以v积增大、v消增加；B不正确；

C．从表中活化能数据(活化能数值越大；反应越困难)可以看出，对于积碳反应，催化剂X效果比Y好，对于消碳反应，催化剂X效果比Y差，C不正确；

D．从图中曲线看，催化剂表面的积碳量是先增大后减小，则表明随着温度的不断升高，v消增加的倍数比v积增加的倍数大；D正确；

故选AD。15、CD【分析】【详解】

A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2；根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作正确能达到实验目的，A正确；

B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH；pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B正确；

C．提纯混有KNO3杂质的NaCl固体，NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大；应该采用蒸发浓缩；趁热过滤、将滤液冷却结晶、过滤的方法，C错误；

D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-；得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D错误；

故答案选CD。16、AD【分析】【详解】

A．电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－=Cl2↑；A错误；

B．②中氯气和氢氧化钙反应：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；故B正确；

C．反应①②③均有元素化合价的升降；反应是氧化还原反应，反应④是化合反应，反应⑤是复分解反应，C正确；

D．氯气和氢氧化钙反应，除了生成Ca(ClO外，还生成Ca和水；所以Cl的原子利用率小于100%，D错误；

答案选AD。17、BC【分析】【分析】

由图示知，该方案为电解原理的应用，右侧电极上NH3失电子转化为N2，故右侧为阳极，对应电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，产生氢离子移向左侧阴极，阴极上Fe3+得电子生成Fe2+，Fe2+与O2反应再生Fe3+；循环使用。

【详解】

A．由分析知，H+移向左侧阴极；A错误；

B．阴极区Fe3+在电极表面得电子生成Fe2+，发生反应Fe3++e-=Fe2+，Fe2+与O2反应再生Fe3+，即发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；B正确；

C．由图示知，Fe2+/Fe3+起催化剂作用，故过程总反应为：4NH3+3O22N2+6H2O；C正确；

D．由图示知，Fe3+可通过Fe2+与O2反应再生；理论上不需要补充，D错误；

故答案选BC。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式可根据盖斯定律计算得到；等质量的同一物质，气态比固态具有的能量高，据此可判断同一物质不同状态发生反应得到相同产物时放出热量的相对大小；=反应物的总键能-生成物的总键能；

【详解】

已知：

根据盖斯定律可得：

等质量的同一物质，气态比固态具有的能量高，二者生成物均为气态二氧化硫具有相同的能量，可知等质量硫燃烧时，硫蒸气释放的能量多，故答案为：

稀溶液中和足量NaOH恰好反应时生成放出QkJ热量，则生成(l)放出热量；

中含键，断开键需吸收的能量分别为则生成键放出热量，对于反应断开键和键所吸收的能量生成新键释放的能量为kJ，该反应放热，即故答案为C。【解析】BC19、略

【分析】【分析】

【详解】

①在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据图象可知反应在温度为T2时比在温度为T1时先达到平衡，说明温度：T1＜T2；

在其它条件不变时，升高温度CO转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使化学平衡常数减小，故化学平衡常数关系是K1＞K2；

②A．根据①分析可知：该反应的正反应是放热反应；降低温度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A不符合题意；

B．充入He；使体系总压强增大，由于不能改变反应体系的任何一种物质的浓度，因此化学平衡不移动，CO转化率不变，B符合题意；

C．将CH3OH(g)从体系中分离；减小生成物浓度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，C不符合题意；

D．使用合适的催化剂；只能改变反应速率但不能使平衡发生移动，因此CO转化率不变，D符合题意；

故合理选项是BD；

③根据图象可知：在t2时，改变条件，使v正、v逆都增大，且v正＞v逆；化学平衡正向移动，则由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，改变的条件是增大压强；

在t3时刻改变条件使v正、v逆都增大，且v正=v逆；化学平衡不发生移动，则改变的条件是使用合适的催化剂；

④假设反应容器的容积是VL，向其中充分的CO、H2的物质的量是amol，开始时容器内气体总物质的量是2amol，在40min反应达到平衡时，生成甲醇的物质的量是xmol，则此时n(CO)=(a-x)mol，n(H2)=(a-2x)mol，此时容器中气体总物质的量为n(总)=(a-x)mol+(a-2x)mol+xmol=(2a-2x)mol，在恒容密闭容器中气体物质的量的比等于压强之比，则解得x=0.2amol，所以平衡时n(CO)=0.8amol，n(H2)=0.6amol，n(CH3OH)=0.2amol，n(总)=1.6amol，则生成甲醇的压强平衡常数Kp=【解析】①.＜②.＞③.BD④.增大压强⑤.加催化剂⑥.2.7820、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)由于A2-离子水解导致溶液显碱性，故此处选A；对应原因的离子方程式为：

(2)A．常温时，稀溶液中始终存在Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；A正确；

B．加入NaOH后，溶液中始终存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由于溶液显中性，故c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)；B正确；

C．由故若Ka1＞10-7，则即c(HA-)＞c(H2A)，若Ka1＜10-7，则即c(HA-)＜c(H2A)，若Ka1=10-7，则即c(HA-)=c(H2A)；故C选项无法确定；

D．由于此时加入的NaOH与H2A物质的量之比不一定为1：1；故D选项的物料守恒也不一定成立，D不一定正确；

故答案选AB；

(3)A．升温，促进CaA溶解平衡正向移动，溶液中c(Ca2+)增大；A符合题意；

B．降温，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小；B不符合题意；

C．由于溶液饱和，加水后，溶液由饱和变为不饱和，故c(Ca2+)减小；C不符合题意；

D．加入Na2A，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小；D不符合题意；

故答案选A；

Ⅱ(4)由图像知，pH在10左右时，Pb(OH)2沉淀量达最大，pH＞10时，Pb(OH)2溶解，故pH应调至约为10；pH=11时，主要是Pb(OH)2转化为即

(5)由Ksp=c(Pb2+)·c(S2-)=c(Pb2+)×2.0×10-20mol/L=8.0×10-28，解得c(Pb2+)=4×10-8mol/L。【解析】AABA1021、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)MnSO4→MnO2锰元素化合价升高发生氧化反应，故MnO2在阳极产生，电极方程式为：由得失电子数守恒知，若电解电路中通过2mol电子，则得到1molMnO2；则其理论产量为87g。

(2)①用惰性电极电解NaHSO3溶液，可在生产硫酸的同时再生成Na2SO3，则硫的化合价升高，所以阳极是HSO溶液失去电子被氧化生成SO阴极为氢离子得电子生成氢气，电解总反应方程式是2NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑；②阳极区显酸性，电解过程中，HSO通过阴离子交换膜进入阳极区，再与H+发生反应：HSO+H+＝SO2↑+H2O，产生SO2。【解析】阳872NaHSO3+H2OH2SO4+Na2SO3+H2↑电解过程中，HSO3-通过阴离子交换膜进入阳极区，再与H+发生反应：HSO3-+H+＝SO2↑+H2O，产生SO222、略

【分析】【详解】

（1）本题考查水的离子积，常温下水的离子积为10－14，水水的离子积只受温度的影响，的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，即该温度大于25℃；（2）考查离子浓度大小的比较、溶液的酸碱性的判断，此温度水的离子积为10－13，因此NaOH中c(OH－)=10－13/10－11mol·L－1=10－2mol·L－1，此温度下溶液显中性，说明NaOH中n(OH－)等于硫酸中n(H＋)，a×10－2=b×10－1，解得a:b=10：1，氢氧化钠和硫酸都是强电解质，溶液显中性，溶质为Na2SO4，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(SO42－)>c(H＋)=c(OH－)；（3）考查盐类水解原理的应用，FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解，即Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；（4）考查影响盐类水解因素，根据(3)，加入盐酸H＋浓度增大，平衡向逆反应方向进行，即溶于较浓的盐酸中目的是抑制Fe3＋的水解；（5）考查盐类水解原理的应用，AlCl3的水解：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，HCl易挥发，蒸干得到Al(OH)3，因为氢氧化铝不稳定，受热易分解，因此灼烧得到固体产物是氧化铝。【解析】①.大于②.水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10-13＞10-14，则该温度大于25℃③.a：b=10：1④.c（Na+）＞c（SO42-）＞c（H+）=c（OH-）⑤.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋⑥.抑制⑦.Al2O3四、判断题(共1题，共7分)23、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。五、有机推断题(共4题，共28分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g26、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH327、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、原理综合题(共3题，共24分)28、略

【分析】【详解】

(1)．①由图像可知，a条件下，0～t0时间内，氢气的浓度变化量为(c0-c1)×10-2mol/L，所以用氢气表示的化学反应速率为mol·L-1·min-1，由于化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以氮气的平均反应速率v(N2)=mol·L-1·min-1，故答案为：

②相对a而言，b到达平衡的时间缩短，说明化学反应速率加快，氢气的浓度降低，说明平衡正向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不会是升高温度造成的，增大压强，各物质的浓度都会增大，不会是增大压强造成的，则可能改变的条件是增大c(N2)，故答案为：增大

③在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的氢气浓度迅速增大至2c1，平衡正向移动，氢气的浓度降低，但t2时刻重新建立平衡状态时，氢气的浓度大于c1；所以图像为。

故答案为：

(2)．①若体系在下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时

平衡时氨气体积分数故氮气的分压氨气的分压氢气的分压故答案为：9；15；

②用平衡分压代替平衡浓度带入平衡常数表达式中，此时的平衡常数故答案为：

(3)．分离器中的操作是分离出液氨，促进平衡正向进行，增大原料利用率或产率，故答案为：及时分离出液氨，减小，使平衡往生成的方向移动，增大原料利用率(或产率)。【解析】增大9915及时分离出液氨，减小，使平衡往生成的方向移动，增大原料利用率(或产率)29、略

【分析】【分析】

(1)甲烷和二氧化碳在高温下转化为H2和CO；以此书写化学方程式；

(2)根据盖斯定律②×2+③-①×2得2C2H5OH(g)+O2(g)2CH3CHO(g)+2H2O(g)计算△H；写出热化学方程式；

(3)列出三段式；根据平衡时容器中压强是起始压强的0.6倍，求出平衡时各物质的浓度，进而求出CO的平衡转化率和平衡常数；根据达到化学平衡时正反应速率等于逆反应速率，有关各变量不变分析是否达到平衡状态；

(4)由图分析醋酸与甲醇的最佳