2025年外研衔接版选择性必修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年外研衔接版选择性必修1化学下册阶段测试试卷202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5题，共10分)1、下列有关电解池的说法正确的是A.电解任何物质，阳极上失电子数与阴极上得电子数相等B.惰性电极电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝C.电解池中，电子从电源的负极流向电解池的阳极D.电解稀硫酸制H2、O2时，可用不活泼的铜作阳极2、有某可逆反应aA(g)+bB(g)→cC(g)；如图表示外界条件(温度；压强)的变化对上述反应的影响。下列判断正确的是。

A.a+bB.a+bC.∆H>0时，y轴表示达到平衡时B的转化率D.∆H>0时，y轴表示达到平衡时C的浓度3、用90%的普通汽油与10%的燃料乙醇调和成乙醇汽油，可节省石油资源。已知乙醇的标准摩尔燃烧焓为下列表示乙醇燃烧反应的热化学方程式正确的是A.B.C.D.4、下列说法正确的是A.反应NH3（g）＋HCl（g）=NH4Cl（s）常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0B.铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO分别移向正极和负极C.合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率D.常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同5、在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH=-373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A.加催化剂同时升高温度B.加催化剂同时增大压强C.升高温度同时充入N2D.降低温度同时增大压强评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。

(1).机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H>0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因_______、_______。

(2).实验室以某工业废料(主要含Zn、Cu的单质和氧化物)为原料制取ZnCO3·2Zn(OH)2和Cu2O；其实验流程如图：

已知：溶液中[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，[Zn(NH3)4]2+呈无色。

①“灼烧”时，需用的硅酸盐质仪器除玻璃棒、酒精灯外，还有_______和_______。

②“浸取”时，生成[Zn(NH3)4]CO3的离子方程式为_______。

③加“Zn粉”时，为使Zn粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象是_______。

④已知反应：[Zn(NH3)4]2+Zn2++4NH3，K=3.5×10-10，“蒸氨”可采用的装置是_______(填字母)。

⑤设计以提纯后的铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，_______，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。(已知在约50℃时，发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液)。7、（1）把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________（填化学式）。

（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，溶液呈_______（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(NH4＋)_______c(Cl－)（填“＞”或“＝”或“＜”）。若将pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈__________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)（填“＞”或“＝”或“＜”）。

（3）在含有Clˉ、Brˉ、Iˉ的溶液中，已知其浓度均为0.1mol·Lˉ1，而AgCl、AgBrAgI的溶度积分别为1.6×10ˉ10mol2/L2、4.1×10ˉ15mol2/L2、1.5×10ˉ16mol2/L2。若向混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，首先析出的沉淀是_____，最后析出的沉淀是______，当AgBr沉淀开始析出时，溶液中的Ag+浓度是________。8、试利用平衡移动原理解释下列事实：

(1)FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中_____；

(2)CaCO3难溶于稀硫酸，却能溶于醋酸中______；

(3)分别用等体积的蒸馏水和0.010mol·L-1硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤的损失量______。9、甲醇合成二甲基甲酰胺的热化学方程式为：2CH3OH（l）+NH3（g）+CO（g）(CH3)2NCHO（l）+2H2O（l）△H，若该反应在常温下能自发进行，则△H__0（填“>”、“<”或“="）。10、工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4；其原理如下图所示。(电极材料为石墨)

(1)用NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应的离子方程式为___________________。

(2)图中，交换膜I应为________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。

(3)当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体__________L(标准状况)。

(4)SO放电的电极反应式为__________________。

(5)通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：_______________。11、已知：N2O4(g)2NO2(g)ΔH=＋52．70kJ·mol-1

（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。

A．v正(N2O4)=2v逆(NO2)

B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化。

C．容器中气体的密度不随时间而变化。

D．容器中气体的分子总数不随时间而变化。

（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(NO2)=0．06mol，则t℃时反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K=___。若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数(填“大于”；“小于”或“等于”)。

（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。

评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误13、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误14、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误15、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误16、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17、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误18、25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正确B.错误19、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误20、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共20分)21、热解耦合化学链制氢工艺是一种将生物质废物转变为高纯的环境友好型技术路线；如图。

(1)在燃料反应器中，研究人员对纯作为燃料气与铁基载氧体()的还原反应进行了理论研究，得到了还原阶段平衡浓度和固体成分随温度变化的图像；如图。

已知：a.

b.

c.

①反应的_______(用m；n、q表示)。

②当温度低于时，燃料还原阶段得到的固体主要是和_______。

③曲线代表的反应为_______(填“b”或“c”)，曲线随温度升高而降低的原因是_______。

④纯作燃料气反应时发生歧化反应[]使铁基载氧体的固定床内大量积碳。对歧化反应进行独立研究：时，向一固定容器中通入一定量测得平衡后的浓度为已知该温度下反应的平衡常数的平衡转化率是_______(写出计算过程；保留一位小数)。

(2)深度还原的过程为：该过程中，在不同铁基载氧体()表面的能垒变化如图所示：在各表面稳定吸附为初始状态()，从各表面脱附进入气相为最终状态()。

①在_______表面反应释放的速率最快；释放等量时，在_______表面反应放出能量最多(填“Ⅰ”；“Ⅱ”、“ⅢI”或“Ⅳ”)。

②在Ⅰ表面上的反应路径分三步：

i.(*为活性点位)

ⅱ.

ⅲ._______。

(3)在蒸汽反应器中，研究表明：压强对出口气体百分含量的影响不大，其原因是_______。22、一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。

已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：

②易与Ag+形成配离子：常温下该反应的平衡常数

回答下列问题：

(1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。

(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______。

(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。

(4)“溶浸”中发生的反应为该反应的平衡常数K'=_______。[已知]

(5)“滤液IV”中含有Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______；“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。23、铅及其化合物有着优异的性能和广泛的应用。工业上利用铅浮渣(主要成分是PbO、Pb；还含有少量的Ag；CaO)制备硫酸铅。制备流程图如下。

已知：Ksp(PbSO4)=1.6×10-8Ksp(CaSO4)=4.9×10-5

(1)步骤I有NO产生浸出液中含量最多的金属阳离子为Pb2+，写出Pb参加反应的化学方程式___________________________，为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意_______________________。

(2)粗PbSO4产品含有的杂质是____________；要得到纯净的PbSO4，需要用试剂进行多次洗涤，再用蒸馏水洗涤。最好选用的试剂是_________________。

A.稀硫酸B.稀盐酸C.硝酸铅溶液D.酒精。

(3)母液可循环利用的物质是HNO3，若母液中残留的过多，循环利用时可能出现的问题是______________________________。

(4)若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，则溶液中的c()至少为___________mol/L。

(5)(CH3COO)2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，写出该反应的离子方程式_______________________。

(6)铅蓄电池是电压稳定、使用方便的二次电池。PbSO4在其中扮演了重要角色，写出铅蓄电池充电时阳极的电极反应_______________________。24、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）。评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)25、用的盐酸与的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应的反应热。回答下列问题：

(1)环形玻璃搅拌器能否用环形铁质搅拌器代替？______(填“能”或“不能”)，其原因是______。

(2)实验中若改用的盐酸与的氢氧化钠溶液进行反应，所放出的热量与原实验______(填“相等”或“不相等”)

(3)已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成时，放出57.3kJ的热量，则题述反应的热化学方程式为______。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共4分)26、I．一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。回答下列问题：

(1)反应开始到10s，用Z表示的反应速率为________________________________；

(2)反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了_________________________________；

(3)反应开始到10s时，Y的转化率为______________________________________；

(4)反应的化学方程式为__________________________________________________。

II．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝__________________________________。

(2)该反应为_______________________反应(填“吸热”或“放热”)。

III．在两个恒温；恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：

(甲)2X(g)Y(g)＋Z(s)

(乙)A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)；当下列物理量不再发生变化时。

①混合气体的密度。

②反应容器中生成物的百分含量。

③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率相等。

④混合气体的压强。

⑤混合气体的平均相对分子质量。

其中能表明(甲)达到化学平衡状态是______________________________________；

能表明(乙)达到化学平衡状态是__________________________________。27、1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)；反应原理为：

I．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)∆H1=-134kJ·mol-1

II．CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)∆H2=-102kJ·mol-1

请回答下列问题：

(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为___________kJ·mol-1。

(2)一定温度下，密闭容器中发生反应I和反应II，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率____________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是_________________________________。

(3)起始时向某恒容绝热容器中充入1molCH2=CHCH3和1molCl2发生反应II，达到平衡时，容器内气体压强_________________（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和Cl2，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图所示。p点是否为对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率，_________填“是”或“否”）判断理由是_______________________。

(5)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应I，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6

①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即则前120min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)=__________kPa·min-1。(保留小数点后2位)。

②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为则丙烯的平衡总转化率____________；反应I的平衡常数Kp=____________________kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据得失电子守恒可知：电解任何物质；阳极上失电子数与阴极上得电子数相等，A正确；

B．惰性电极电解CuCl2溶液，阴极发生还原反应，生成H2；不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，B不正确；

C．电解池中；电子从电解池的阳极流向电源的正极，C不正确；

D．若用Cu做阳极，则阳极的电极反应方程式为：Cu-2e-=Cu2+，不能产生O2时；D不正确；

故选A。2、B【分析】【分析】

本题利用定一议二法解答平衡图象和平衡移动问题；在相同温度下，看压强对平衡的影响，在相同压强下，看温度对平衡的影响，结合勒夏特列原理分析即可。

【详解】

A．若a+bcC(g)；增大压强，平衡向左移动，所以y不能表示平衡混合气中C的体积分数，故A错误；

B．若a+bcC(g)；增大压强，平衡向左移动，压强大，分子数就越少，但气体总质量不变，所以混合气体的平均摩尔质量增大，故y轴表示平衡混合气的平均摩尔质量，故B正确；

C．若∆H>0时，则可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)；为吸热反应，则y不能表示达到平衡时B的转化率，因为温度升高，平衡向右移动，B的转化率升高，与图相反，故C错误；

D．若∆H>0时，则可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)；为吸热反应，温度升高平衡向右移动，所以温度越高，C的浓度越大，故D错误；

故选B。3、A【分析】【详解】

燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。已知乙醇的标准摩尔燃烧焓为则乙醇燃烧反应的热化学方程式为：故选A。4、B【分析】【详解】

A．NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)常温下能自发进行，ΔS＜0，则ΔH＜0；故A不选；

B．原电池工作时阳离子移向正极，阴离子移向负极，铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO分别移向正极和负极；故选B；

C．合成氨生产中将NH3液化分离；不能加快正反应速率，故C不选；

D．盐酸抑制水的电离；氯化铵促进水的电离，水的电离程度不同，故D不选。

答案选B5、B【分析】【分析】

加快反应速率可以升温；加压、增大浓度、加入催化剂；增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析。

【详解】

A．加催化剂同时升高温度；催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；

B．加催化剂同时增大压强；催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；

C．升高温度同时充入N2；升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；

D．降低温度反应速率减小；加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；

故选B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【分析】

由流程图可知，工业废料在灼烧时铜和锌与氧气高温时反应生成氧化铜和氧化锌，氧化铜和氧化锌经碳酸氢铵和氨水浸取得到[Cu(NH3)4]CO3和[Zn(NH3)4]CO3的混合溶液，向混合溶液中加入锌，锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜，过滤得到铜和[Zn(NH3)4]CO3溶液，[Zn(NH3)4]CO3溶液经蒸氨得到ZnCO3·2Zn(OH)2；铜与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜。

【详解】

(1)由题意可知；温度越高，反应速率越快，单位时间内生成一氧化氮的量越多，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的量增大，故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡向正反应方向移动；

(2)①灼烧时；需用的硅酸盐质仪器有玻璃棒；酒精灯、坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；

②浸取时生成[Zn(NH3)4]CO3的反应为氧化锌与碳酸氢铵和氨水反应生成[Zn(NH3)4]CO3和水，反应的离子方程式为ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O，故答案为：ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O；

③加锌粉时发生的反应为锌与[Cu(NH3)4]CO3溶液发生置换反应生成[Zn(NH3)4]CO3和铜；溶液会由深蓝色变为无色，则为使锌粉不过量太多，合适的操作方法及依据的现象为搅拌下分次加入锌粉，直到最后加入锌粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色，故答案为：搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色；

④由方程式可知；蒸氨时会有氨气生成，为防止氨气污染环境，应用稀硫酸吸收氨气，同时为防止产生倒吸，应通过倒置的漏斗将氨气通入稀硫酸溶液中，故选C；

⑤由分析可知，由铜制备氧化亚铜的过程为铜与与过量稀硫酸和双氧水反应得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应得到新制氢氧化铜悬浊液，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液共热反应得到氧化亚铜，实验方案为向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥得到氧化亚铜，故答案为：搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热。【解析】温度升高，反应速率加快温度升高，有利于平衡向正反应方向移动坩埚泥三角ZnO+3NH3·H2O+NH+HCO=[Zn(NH3)4]2++CO+4H2O搅拌下分次加入Zn粉，直到最后加入Zn粉时，溶液颜色由深蓝色变为无色CD搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻(除去过量H2O2)，冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热7、略

【分析】【分析】

（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；溶液呈酸性，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；

（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后；恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，若将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸又电离溶液显酸性；溶液中醋酸根离子浓度大于钠离子浓度；

（3）根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度；从而判断生成沉淀的先后顺序。

【详解】

（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；溶液呈酸性，PH＜7，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；

故答案为Fe2O3。

（2）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，n（HCl）=n（NH3），恰好完全反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+）；pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-）；

故答案为酸性；＜，酸性，＜。

（3）当生成AgCl沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.6×10ˉ10mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.6×10-9mol/l；

当生成AgBr沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgBr）/c（Br-）=4.1×10ˉ15mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=4.1×10-14mol/l；

当生成AgI沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgI）/c（I-）=1.5×10ˉ16mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.5×10-15mol/l；

所以沉淀的先后顺序为：AgI，AgBr；AgCl。

故答案为AgI，AgCl，4.1×10-14mol/L。【解析】Fe2O3酸性＜酸性＜AgIAgCl4.1×10-14mol/L8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀盐酸后，S2-+2H+H2S↑；破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解。

(2)CaCO3(s)C(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的表面，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀硫酸；而在醋酸中，C+2CH3COOH2CH3COO-+H2O+CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸。

(3)BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移动，造成BaSO4损失；而用硫酸洗涤，H2SO42H++S，S的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4损失量少。【解析】FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀盐酸后，S2-+2H+=H2S↑，破坏了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移动，故FeS溶解CaCO3(s)⇌CO(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附着在CaCO3的表面，很难破坏CaCO3的溶解平衡，故难溶于稀硫酸；而在醋酸中，CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑，破坏了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO(aq)，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移动，造成BaSO4损失；而用硫酸洗涤，H2SO4=2H++SOS的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4损失量少9、略

【分析】【分析】

根据△G=△H-T△S判断。

【详解】

根据方程式2CH3OH（l）+NH3（g）+CO（g）(CH3)2NCHO（l）+2H2O（l），反应是气体物质的量减少的反应，△S<0，又该反应在常温下能自发进行，△G<0，根据△G=△H-T△S<0，△H<0。【解析】<10、略

【分析】【分析】

电解Na2SO3溶液过程中，若要实现循环再生NaOH，同时得到H2SO4，则发生氧化反应生成因此b电极发生氧化反应，移向右侧，电极反应为：－2e－＋H2O=＋2H＋，交换膜II为阴离子交换膜，a电极发生还原反应，Na+移向左侧，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；交换膜I为阳离子交换膜，据此解答。

【详解】

（1）NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，离子方程式为：SO2＋2OH－=＋H2O；

（2）由上述分析可知；交换膜I为阳离子交换膜；

（3）当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，电解池中有1mol电子转移，根据a极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，将生产0.5molH2；在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（4）发生氧化反应生成电极反应式为－2e－＋H2O=＋2H＋；

（5）通电后，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，其本质是水电离出的H+放电，电解过程中促进水的电离，使阴极负极溶液OH－浓度增大，从而使溶液pH增大。【解析】SO2＋2OH－=＋H2O阳离子11.2－2e－＋H2O=＋2H＋H＋放电促进水的电离，使OH－浓度增大11、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡标志判断；

（2）K=增大反应物的浓度平衡正向移动；

（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；

【详解】

（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时；反应不平衡，故不选A；

B．反应前后气体物质的量不同，根据平均相对分子质量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；

C．根据反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；

D．反应前后气体物质的量不同；分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。

答案选BD。

（2）

K==0．075mol·L-1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；

（3）A．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；故A错误；

B．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高；故B正确；

C．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；故C错误；

D．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况；在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确。

答案选BD。【解析】①.BD②.0．075mol·L-1③.向正反应方向④.小于⑤.BD三、判断题(共9题，共18分)12、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。13、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。14、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。15、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。16、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。17、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

KW只与温度有关，与浓度无关，25℃时KW=1×10-14，故答案为：错误。19、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。四、工业流程题(共4题，共20分)21、略

【分析】(1)

①a.

b.

c.

根据盖斯定律(a+2b+6c)×可得：的

②当温度低于时，由图像可知，燃料还原阶段得到的固体主要是和Fe3O4；

③根据图像可知曲线产物为FeO，代表的反应为b，曲线代表c反应；由于此反应为放热反应，故曲线随温度升高而降低；

④设CO起始为xmol，x=1.5，的平衡转化率是

(2)

①在Ⅰ表面反应释放的速率最快，因为在各表面稳定吸附为初始状态()与从各表面脱附进入气相为最终状态()相差的能量最低；释放等量时；在Ⅳ表面反应放出能量最多因为Ⅳ过程能量差值最大。

②在Ⅰ表面上的反应路径分三步：

i.(*为活性点位)

ⅱ.

ⅲ.+*

(3)

气体左右化学计量数相等，压强对出口气体百分含量的影响不大。【解析】(1)Fe3O4b曲线代表c反应，由于此反应为放热反应，故曲线随温度升高而降低x=1.5，的平衡转化率是

(2)ⅠⅣ+*

(3)此反应气体左右化学计量数相等，压强对出口气体百分含量的影响不大22、略

【分析】【分析】

焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-；最后经过还原获得Ag单质。

【详解】

(1)由题意知，SO2、SeO2、H2O三者反应生成Se，说明SeO2被还原，联想到SO2具有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SO2被氧化为SO3，由于有水，故生成H2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：

(2)由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解；故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；

(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；

(4)该反应的平衡常数

(5)由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：结合流程知，可在左边添加4个OH-配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低。【解析】Pt、Au防止生成的氮氧化物排放到空气中HNO35.04×103随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低23、略

【分析】【分析】

铅浮渣(主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO)用15%硝酸溶解，控制硝酸的量使Pb过量，使Ag不溶解，过滤得到含Pb2+、Ca2+的浸出液和含Ag的浸出渣；浸出液加40%硫酸使Pb2+转化为PbSO4沉淀，过滤、洗涤、干燥得PbSO4；据此解答。

【详解】

(1)铅与硝酸反应生成一氧化氮、水和硝酸铅，反应的方程式为3Pb+8HNO3=3Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O，当铅过量时银不能溶解，所以为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余；

(2)根据流程可知，粗PbSO4产品含有的杂质是CaSO4，可以用Pb(NO3)2利用沉淀转化将硫酸钙转化为硫酸铅；答案选C；

(3)若母液中残留的过多，在步骤I中就会有硫酸铅沉淀出现，会随浸出渣排出，故答案为浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；

(4)若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，c(Pb2+)10-5mol/L，Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)c()=1.6×10-8，则溶液中的c()至少为=1.6×10-3mol/L；

(5)(CH3COO)2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，该反应的离子方程式为

(6)铅蓄电池放电时正极是氧化铅得电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O。【解析】控制硝酸的用量使铅浮渣(或Pb)稍有剩余CaSO4C浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率1.6×10.324、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⑧.134.4五、实验题(共1题，共3分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)环形铁质搅拌器的导热性好；会造成热量损失，又可以与盐酸反应，故不能用其代替环形玻璃搅拌器，故答案为：不能；铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大；

(2)实验中若改用的盐酸与的氢氧化钠溶液进行反应；与原实验相比，参加反应的反应物的物质的量增多，所放出的热量增多，故答案为：不相等；

(3)因为在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成时，放出57.3kJ的热量，所以题述反应的热化学方程式为：故答案为：【解析】不能铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大不相等六、原理综合题(共2题，共4分)26、略

【分析】【详解】

Ⅰ.(1)根据图像可知，从反应开始到10s，Z生成了1.58mol，