2025年鲁教版选择性必修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年鲁教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷347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7题，共14分)1、一定温度下；向容器相同的恒容密闭容器中充入1molM和W的混合物气体和4molN，发生如下反应。

反应Ⅰ.

反应Ⅱ.

实验测得起始冲入的与M和W的平衡转化率的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线表示起始冲入的与M的平衡转化率的关系B.x>1C.若M和W的转化率均处于b点状态时，反应Ⅰ和Ⅱ均存在D.若缩小容器的容积，达到新平衡后P的体积分数与原平衡相等上2、下列人们在生活、生产、实验的相关措施中。不是用来调控化学反应速率的是A.将食物存放在温度较低的地方B.火力发电厂将烟囱建的很高C.实验时，通常将颗粒状的固体药品研细混匀后进行反应D.将固体试剂溶于水配成溶液后再进行化学实验3、2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃；异构体转化的能量关系如图所示，下列说法正确的是。

A.顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化B.顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯C.发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量D.T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c-b)kJ4、合成氨反应为下列有关说法错误的是A.该反应的B.反应的(E表示键能)C.反应中每消耗转移电子数目约等于D.与充分反应放出的热量为5、某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验；其中能达到实验目的的是。

A.图Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨气B.图Ⅱ：制备少量无水氯化镁C.图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性D.图Ⅳ：验证牺牲阳极法保护铁6、采用电渗析法可以从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和H3PO4；电解装置如图所示。下列说法正确的是。

A.X电极应连电源的正极B.M口处回收产生的浓氨水C.隔膜ab为阳离子交换膜，隔膜cd为阴离子交换膜D.电解一段时间后，产生的NH3·H2O和H3PO4物质的量相等7、下列说法中正确的是A.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料B.煤的干馏与石油的分馏均属于物理变化C.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量最初来源于太阳能D.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-197kJ·mol-1。实验测得起始、平衡时的有关数据如表：。容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3ArAr甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1放出热量：Q3

下列叙述正确的是A.Q1＞Q3＞Q2=78.8kJB.若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v(O2)=mol/(L·min)C.甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D.三个容器中反应的平衡常数均为K=49、25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L-1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图1所示，反应物的物质的量之比[ι=]与pH的关系如图2所示。若忽略通过气体后溶液体积的变化；下列有关说法正确的是。

A.P1所示溶液：c(Cl-)=0.05mol·L-1B.P2所示溶液：c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)C.P3所示溶液：c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(H+)D.25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.7510、王浩天教授团队发明了一种制取的绿色方法，其反应原理为装置如图所示，下列说法错误的是。

A.气体A为氢气，气体B为氧气B.加大工作电流和去离子水的流速都能增大的浓度C.阴极上的电极反应式为D.每消耗通过电路中的电子为11、甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成和在有；无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高B.C.途径二参与反应，通过改变反应途径加快反应速率D.途径二反应的快慢由生成的速率决定12、温度T℃，向的蒸馏水中通入保持温度不变，测得溶液的为2，下列叙述正确的是A.T大于25℃B.该溶液中由水电离出来的的浓度是C.通入促进了水的电离D.该温度下加入等体积的溶液可使该溶液恰好呈中性13、常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是。

A.L2表示pc(HPO)和-lg的关系B.H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6C.等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)D.c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性14、已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，25℃时，K1=10-4.07，K2=10-7.15，有类氨的性质。向10mL浓度为0.1mol·L-1的乙二胺溶液中滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液中与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是。

A.H2NCH2CH2NH2在水溶液中电离方程式为：H2NCH2CH2NH2+2H2O=[H3NCH2CH2NH3]2++2OH-B.溶液中水的电离程度：a点大于b点C.a点：盐酸的体积大于10mLD.b点所处的溶液中：c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)15、已知常温下，碳酸的电离平衡常数为K1、K2。向溶液中缓缓通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，假设没有二氧化碳放出)。下列各指定溶液中微粒浓度关系正确的是A.pH=12的溶液：B.pH=7的溶液：C.的溶液：D.的碱性溶液：16、用0.1mol/LNaOH溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。已知：25℃时，H2A的若反应后溶液的总体积等于两种溶液混合后的体积之和；则下列说法正确的是。

A.①中pH=2.3时，B.②中pH=6时，可知的水解程度小于其电离程度C.③中pH=9.7时，D.⑤中pH=11.9时，评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、(1)Na2CO3溶液显_______性，用离子方程式表示其原因为_______。

(2)FeCl3溶液呈_______(填“酸”、“中”、“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)：_______；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，_______(填“促进”；“抑制”)其水解；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。

(3)将AlCl3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______(写化学式，下同)；将Na2SO3溶液蒸干再灼烧，最后得到的主要固体物质是_______18、能源是现代社会发展的支柱之一。

(1)下列反应中，属于放热反应的是______(填序号)。

a.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl混合搅拌b.高温煅烧石灰石c.铝与盐酸反应。

(2)已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式______。

(3)1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，此反应的热化学方程式为_____。

(4)已知白磷(化学式为P4)、红磷(化学式为P)燃烧的热化学方程式分别为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2985.92kJ•mol-1；P(s)+O2(g)=P4O10(s)△H=-739.04kJ•mol-1。1mol白磷转化为红磷时______(填“释放”或“吸收”)_____kJ的热量。19、一种甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂,电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图:

请回答下列问题:

（1）Pt(a)电极反应为________;如果该电池工作时电路中通过2mol电子,则消耗的CH3OH有________mol。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图,电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式________。

（3）乙醛酸(HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图4所示,该装置中阴；阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛(OHC—CHO)与M电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为________。

②若2molH+通过质子交换膜,并完全参与了反应,则该装置中生成的乙醛酸为________mol。20、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志；工业上常以石油气中的乙烷为原料制备乙烯。回答下列问题：

(1)已知：

乙烷分解反应的___________

(2)下列措施能提高乙烷分解反应中乙烯平衡产率的是___________(填字母)。A．降低温度B．保持温度体积不变，通入乙烷C．保持温度压强不变，通入氩气D．采用分子筛膜选择性分离出(3)某温度下，往体积为2L、初始压强为的恒容密闭容器中通入测得时反应达到平衡，此时的体积分数为60%，从反应开始到平衡，的平均反应速率___________该温度下的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数，结果保留一位小数)。

(4)将乙烷以一定流速通过填充有催化剂的反应器，如图为乙烯的产率与反应温度的关系图，以后乙烯的产率随着温度的升高而降低的原因可能是___________。

(5)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，相对乙烷分解法，电解法条件温和、不易发生积碳、效率更高，其原理如图所示。A为极___________(填“阴”或“阳”)；生成乙烯的电极反应式为___________。

21、某化学小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置如下图。回答问题：

(1)若电极a为电极b为电解质溶液为稀硫酸时，正极的电极反应式为：_______。

(2)若电极a为电极b为电解质溶液为浓硝酸时，该装置_______(填“能”或“不能”)形成原电池。

(3)燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如)反应所放出的化学能直接转化为电能．现设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，为燃料，采用酸性溶液为电解液；则应通入_______极(填a或b，下同)，电子从_______极流出。电池的负极反应式为：_______。22、高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe(OH)3生产高铁酸钠：Fe(OH)3+NaClO+NaOH→Na2FeO4+NaCl+H2O。完成下列填空：

(1)配平上述化学方程式_______。

(2)若制备过程中消耗了0.15molNaClO，则转移的电子数目是_______。

(3)高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是(结合离子方程式回答)_______。

(4)生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe+2NaOH+2H2O=Na2FeO4+3H2↑，则电解过程中Fe在_______。(选填编号)

A．阳极发生氧化反应B．阴极发生还原反应C．阳极发生还原反应D．阴极发生氧化反应。

(5)某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示(H+和OH—未列出)：。离子SOMg2+Fe3+Na+Cl—浓度(mol/L)a0.050.100.500.58

表格中的a_______0.16(填“>”、“＜”或“=”)，判断的理由是_______。23、按要求回答下列问题。

氮氧化物(NOx)是严重的大气污染物；能引起雾霾；光化学烟雾、酸雨等环境问题。研究氮氧化物性质与转化，对于降低氮氧化物对环境的污染有重要意义。

（1）不同温度下，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，NO2的物质的量浓度与反应时间的关系如图所示：

①T1温度下，0～10s内，O2的反应速率v(O2)=____。

②在T2温度下，该反应的平衡常数KT2=____，当反应达到平衡时，继续向容器中充入c(NO2)=0.1mol•L-l、c(NO)=0.2mol•L-l、c(O2)=0.1mol•L-l。此时正逆反应的速率大小关系是v正__v逆（填“>”、“<”或“=”）。

③下列说法正确的是___。

A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能。

B.使用合适的催化剂可以提高NO2的平衡转化率。

C.平衡状态下；若充入NO，则达到新平衡时，正；逆反应速率都增大。

D.平衡状态下；若保持温度不变，将容器体积增加一倍，则平衡逆向移动，反应物浓度增大。

（2）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H

上述反应分两步完成；其反应历程如图所示。

请回答下列问题：

反应Ⅰ和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是___（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”），请写出判断的理由____。24、如图装置闭合电键K时；电流计A的指针将发生偏转。试回答：

（1）乙中Ag电极的电极反应是___，若电路中有0.02mol电子通过，则甲中a电极溶解的质量为___g；

（2）闭合电键K一段时间后，丙池中发生的总的化学方程式是___；

（3）丙池中反应进行较长时间后，收集到标准状况下氢气2.24L此时测得丙池溶液质量实际减少3.75g，含有碱0.100mol（不考虑气体在水中的溶解），则实际放出气体的物质的量是___mol。

（4）如果要给丙中铁片上镀上一层Cu，则丙池应作何改进___。评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)25、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低温下能自发进行。__________________A.正确B.错误26、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误27、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)28、燃煤烟气中的可通入碱液或利用电解池装置进行吸收处理。

Ⅰ.常温下，是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。氧化性强于能更有效地氧化

(1)

(活化能)

则_______(活化能)

(2)为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化如图1所示。温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_______。

Ⅱ.一定条件下水溶液中可发生如下反应：部分物质的物质的量的变化如图2所示。

(3)曲线表示_______的变化(填名称)。时反应达到平衡状态，用表示反应的平均速率为_______。

(4)下列不能说明反应已达到平衡状态的是_______。

A.

B.绝热恒容时；反应的化学平衡常数不再变化。

C.恒温恒容时；混合溶液中硫酸的密度不再变化。

D.反应过程中；溶液中分子总数不再改变。

Ⅲ.若烟气主要成分为可通过电解法除去，其原理如图3所示。阳极的电极反应式为_______。电解过程中得到的产物为_______。

29、在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率(D)为0.2mol/(L·min)。

计算：（1）5min末A的物质的量浓度为___；

（2）前5min内用B表示的化学反应速率(B)为___；

（3）化学方程式中n值为___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共18分)30、A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：

（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是____________(用离子符号表示)。

（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为_____________。

（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2molB2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？(填质量和化学式)_________________。

（4）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：_________________________。31、下图为中学化学中几种常见物质的转化关系(部分产物已略去)。已知：A；C、D是常见的气体单质；F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂。

(1)写出化学式A_______，D_________，F_______；

(2)鉴定G中阳离子的实验方法和现象_____________________________；

(3)D单质和E溶液反应，生成一种常见的消毒剂和漂白剂的有效成分，写出D+E溶液反应的离子方程式和③的化学方程式_________、_______。

(4)常温下，电解B溶液制得pH=12的烧碱溶液1000mL则反应中转移的电子数目为________。32、随原子序数的递增；八种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

(1)y在元素周期表中的位置是____________________。z、d、e、f四种元素的简单离子中，半径最大的是_____________(填离子符号)

(2)e的氢氧化物是一种重要的基本化工原料，写出工业上制备该氢氧化物的离子方程式___________________。

(3)z的氢化物和h的氢化物反应形成化合物A，A中含有的化学键类型为____________；

(4)含f的某化合物可用作净水剂的原理是_________________(用离子方程式表示)

(5)25℃，f的最高价氧化物的水化物的Ksp=1．010-34，使含0．1mol·L-1f离子的溶液开始产生沉淀的pH为________________。

(6)元素e和g组成的化合物B的水溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．W只是Ⅱ的反应物，增大，W的平衡转化率增大，表示起始冲入的与W的平衡转化率的关系；A项错误；

B．根据2个反应方程式可知，当x=1时，即M和W等物质的量，M的平衡转化率大于W，当x>1时；M的平衡转化率才可能等于W，B项正确；

C．对于反应Ⅰ：对于反应Ⅱ：C项错误；

D．缩小容器体积；反应Ⅱ正向进行，M减小，Q增多，反应Ⅰ逆向进行，P的体积分数改变，D项错误；

故选B。2、B【分析】【详解】

A．降低温度可以减慢食物腐败变质的反应速率；有利于食物的保存，故A不符合题意；

B．火力发电厂的烟囱用于排放废气；其高度不影响反应速率，故B符合题意；

C．实验时；通常将颗粒状的固体药品研细混匀可以增大反应物的接触面积，有利于加快反应速率，故C不符合题意；

D．将固体试剂溶于水配成溶液可以增大反应物的接触面积；有利于加快化学反应速率，故D不符合题意；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．由题干信息可知；顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A错误；

B．由题干能量转化图可知；顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B错误；

C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物；即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，C正确；

D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(a-b)kJ；D错误；

故答案为：C。4、D【分析】【详解】

A．该反应是气体物质的量减少的反应；是熵减的反应，即ΔS＜0，故A正确；

B．利用ΔH=反应物的键能总和－生成物键能总和；ΔH=E(N≡N)+3E(H-H)－6E(N-H)，故B正确；

C．根据反应方程式，氢元素的化合价由0价升高为+1价，即每消耗1mol氢气转移电子物质的量为1mol×2=2mol，数目约等于故C正确；

D．该反应为可逆反应，反应进行不完全，与充分反应放出的热量小于故D错误；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气；同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；

B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分；故B错误；

C．分液漏斗上端与烧瓶连通；上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；

D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成；从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确；

故选：D。6、C【分析】【分析】

由题干图示可知，左侧电极室通入的稀氨水，说明左侧电极室的产品为NH3·H2O，说明废水中的通过离子交换膜ab进入左侧电极室，故ab为阳离子交换膜，然后+OH-=NH3·H2O，说明X电极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则X电极为阴极，与电源的负极相连，右侧电极室的产品为H3PO4，即废水中的、经过离子交换膜cd进入右侧电极室，与H+结合成H3PO4，即cd为阴离子交换膜，Y电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知；X电极应连电源的负极做阴极，A错误；

B．由分析可知，M口处回收产生的浓H3PO4；B错误；

C．由分析可知，隔膜ab为阳离子交换膜；隔膜cd为阴离子交换膜，C正确；

D．根据电子守恒可知，阴极产生的OH-和阳极产生的H+的数目相等，但由于+OH-=NH3·H2O、+H+=H3PO4、+2H+=H3PO4，故电解一段时间后，产生的NH3·H2O和H3PO4物质的量不相等；D错误；

故答案为：C。7、C【分析】【详解】

A．合成纤维是有机高分子化合物；故A错误；

B．将煤隔绝空气加强热使其分解的反应为煤的干馏；故为化学变化；利用石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法使其分离的操作为石油的分馏，故为物理变化，故B错误；

C．植物进行光合作用制造有机物；储存能量，植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭。所以煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能，所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故C正确；

D．锡、铁和电解质溶液可形成原电池，铁作负极被腐蚀，故当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不再能对铁制品起到保护作用，故D错误；

故选：C。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【分析】

乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等；据此解答。

【详解】

A．由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲＞乙=丙，故放出热量：Q1＞Q3=Q2=78.8kJ；故A错误；

B．乙容器中的反应经tmin达到平衡，根据反应热可判断消耗氧气的物质的量是，则0～tmin内，v(O2)==mol/(L·min)；故B正确；

C．根据B选项分析可知乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol-0.8mol=1mol，则甲中参加反应二氧化硫为2mol-1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率为50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%；故C错误；

D．甲；乙、丙三容器温度相同；平衡常数相同，根据B选项分析结合三段式可知。

故平衡常数K=故D正确；

故答案选BD。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示可知P1时c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L。溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，P1点溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，故c(OH-)=溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此Cl-离子浓度：c(Cl-)＜0.05mol/L；A错误；

B．根据电荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，根据图示可知P2时c()＞c(NH3·H2O)，c(H+)+c()＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)；B正确；

C．根据图示可知P3时t=溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，所以c()+c(NH3·H2O)＜c(Cl-)+c(H+)；C错误；

D．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为K=当溶液中c()=c(NH3·H2O)时，=D正确；

故合理选项是BD。10、BD【分析】【分析】

由示意图可知左边a电极为阳极，氢气被氧化生成H+，电极方程式为H2-2e-═2H+，H+经过X膜进入多孔固体电解质中，则X膜为选择性阳离子交换膜，右边b电极为阴极，氧气被还原生成反应为O2+2e-+H2O═+OH-，和OH-经过Y膜进入多孔固体电解质中，则Y膜为选择性阴离子交换膜，总反应为H2+O2═H2O2；

【详解】

A．由示意图可知左边生成H+，则气体A为氢气，右边b电极为阳极，氧气被还原生成则气体B为氧气，故A正确；

B．未反应的去离子水溶解H2O2后流出，故加大流速会减小H2O2的浓度；故B错误；

C．阴极发生还原反应，右边b电极为阴极，氧气被还原生成反应为O2+2e-+H2O═+OH-；故C正确；

D．总反应为：H2+O2═H2O2，氧元素化合价从0价降至-1价，每消耗通过电路中的电子为1×2mol=2mol；故D错误；

答案选BD。11、AB【分析】【详解】

A．催化剂可以降低活化能；因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；

B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此但B错误；

C．途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明参与反应；通过改变反应途径加快反应速率，C正确；

D．生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定；D正确；

答案选AB。12、AB【分析】【详解】

A．T℃下蒸馏水的pH＝6，所以Kw＝1.0×10－12。25°C时的Kw＝1.0×10－14；所以T大于25℃，选项A正确。

B．由pH为2可知，c(H＋)=10-2mol/L，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝==1.0×10-10(mol/L)；选项B正确；

C．是一元强酸；抑制水的电离，选项C错误。

D．因为Kw＝1.0×10-12；所以应加入等体积pH＝10的NaOH溶液，才能使该溶液恰好呈中性，选项D错误；

答案选AB。13、AC【分析】【详解】

A．根据亚磷酸二级电离可知，等式两边同时取对数，则同理可得因为则所以表示的直线应该在上方即L2；A正确；

B．对应直线L2，将点(3,3.54)代入得，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7；B错误；

C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数水解平衡常数水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)；C正确；

D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显酸性，D错误；

故选AC。14、CD【分析】【分析】

【详解】

A．乙二胺为二元弱碱，根据多元弱酸的电离可知乙二胺的电离应分步，且为可逆反应，H2NCH2CH2NH2+H2O⇌[H2NCH2CH2NH3]++OH-，[H2NCH2CH2NH3]++H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH-；故A错误；

B．a点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，水的电离既不促进也不抑制，b点n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:2恰好完全反应生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促进水的电离，则b>a；故B错误；

C．若加入10mLHCl时，即n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:1，溶液中的溶质为ClH3NCH2CH2NH2，[H2NCH2CH2NH3]+的电离平衡常数为K2=10-7.15，水解平衡常数Kh2==10-9.93，所以电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，而a点为中性，所以V(HCl)>10mL；故C正确；

D．b点生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，存在电荷守恒：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-)+c(Cl-)，存在物料守恒：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，二式联立可得得c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)；故D正确；

故选：CD。15、AC【分析】【分析】

【详解】

A．pH=12的溶液中，由可知同理由可知所以故A项正确；

B．pH=7的溶液中根据电荷守恒可知，则再由元素质量守恒可知，则故B项错误；

C．的溶液中，根据元素质量守恒可知，根据电荷守恒可知，则所以故C项正确；

D．的碱性溶液中，根据电荷守恒，因则而所以故D项错误；

答案为AC。16、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据可知，当时，A项不符合题意；

B．当时，溶质为NaHA，此时溶液pH=6，呈酸性，说明的电离程度大于水解程度；B项符合题意；

C．则根据电荷守恒可知结合溶液显碱性可得：C项不符合题意；

D．当时，溶质为此时溶液的体积已由20mL变为60mL，根据物料守恒可知D项符合题意；

故正确选项为BD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

根据盐在水溶液中发生水解的反应实质进行判断溶液的酸碱性；根据反应的实际离子书写水解方程式，注意水解方程式是可逆的；利用可逆反应的特点及生成物的性质，判断水解平衡移动的方向，利用平衡移动判断最终产物。

【详解】

(1)Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液显碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-；

(2)FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，用离子方程式表示为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；

实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，增大溶液中H+的浓度，使盐的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3的水解；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；

(3)Fe3＋水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的，其反应原理用离子方程式表示为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，蒸干后最终生成Al(OH)3，在灼烧时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3；亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，故答案为：Na2SO4，Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气中的O2氧化而变成Na2SO4。【解析】①.碱②.+H2O⇌+OH-③.酸④.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑤.抑制⑥.Al2O3⑦.Na2SO418、略

【分析】【详解】

（1）a．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl混合搅拌生成氯化钡；氨气、水；反应吸热；

b．高温煅烧石灰石生成氧化钙、二氧化碳，反应吸热；

c．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；反应放热；

选c。

（2）中和热是稀强酸和稀强碱反应生成1mol水放出的能量，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应生成2molH2O，放出114.6kJ热量，则生成1mol水放热57.3kJ，表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为

（3）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ热量，则1mol碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94kJ×12=131.28kJ热量，此反应的热化学方程式为

（4）①P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2985.92kJ•mol-1；

②P(s)+O2(g)=P4O10(s)△H=-739.04kJ•mol-1；

根据盖斯定律①-②×4得P4(s)=4P(s)△H=-2985.92kJ•mol-1-(-739.04kJ•mol-1)×4=-29.76kJ•mol-1，则1mol白磷转化为红磷时释放29.76kJ的热量。【解析】(1)c

(2)

(3)

(4)释放29.7619、略

【分析】【分析】

(1)燃料电池中；通入燃料的电极为负极，负极上失去电子发生氧化反应，根据氧化还原反应得失电子规律进行计算；

(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则镁合金为负极，电极反应式为Mg-2e-＋2OH-===Mg(OH)2，铂合金为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣；

(3)根据H+的移动方向可知，M电极是阳极，Cl-在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，N电极为阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O。

【详解】

(1)由装置图可知，电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，则Pt(a)是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+，根据电极方程式可知，电路中通过2mol电子时，消耗的CH3OH的物质的量为mol，故答案为：CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+；

(2)由示意图可知，“镁﹣次氯酸盐”燃料电池中，E为镁合金，为燃料电池的负极，F为铂合金，为正极，正极上ClO﹣得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O===Cl﹣+2OH﹣，故答案为：负；ClO-＋2e-＋H2O===Cl-＋2OH-；

(3)①N电极为电解池的阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O，故答案为：HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O；

②2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+===HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸；阳极（M极）电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑，乙二醛与Cl2的反应为Cl2+OHC—CHO+H2O===HOOC—CHO+2HCl；根据题意和阴；阳极得失电子相等，阳极也生成1mol乙醛酸；由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。

【点睛】

本题考查了电化学原理的应用，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中的计算是解答关键。【解析】CH3OH+H2O-6e-CO2↑+6H+负ClO-+2e－+H2OCl-+2OH－HOOC—COOH+2e－+2H+=HOOC-CHO+H2O220、略

【分析】【详解】

（1）①

②③根据盖斯定律分析，有（①-③-②×2）/2得热化学方程式的

（2）A.该反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，不能提高产率；B.保持温度体积不变，通入乙烷，相当于加压，平衡逆向移动，不能提高产率；C.保持温度压强不变，通入氩气，不影响平衡，不影响产率；D.采用分子筛膜选择性分离出平衡正向移动。故选CD。

（3）有解x=0.25mol，则总物质的量为1-0.25+0.25+0.25=1.25mol，根据压强比等于物质的量比分析，反应后的总压强为

的平均反应速率该温度下的压强平衡常数

（4）该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，但以后乙烯的产率随着温度的升高而降低的原因可能是高温下乙烷发生副反应；分解生成碳，或者催化剂活性下降。

（5）从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为【解析】(1)

(2)CD

(3)0.0258.3

(4)高温下乙烷发生副反应；分解生成碳：催化剂活性下降。

(5)阳21、略

【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，据此回答。

（1）

Cu、稀硫酸构成的原电池，金属铁做负极，金属铜为正极，发生还原反应，正极电极反应式为：2H++2e-=H2↑。

（2）

当电极a为Al、电极b为Cu；电解质溶液为浓硝酸时；Al与浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸可以发生氧化还原反应，故能设计成原电池。

（3）

燃料电池中，燃料甲烷需通在负极，即b极，正极上氧气得电子，电子从负极即b极流出，负极上甲烷失去电子发生氧化反应、酸性电解液中，电极反应式为CH4+2H2O—8e-=CO2+8H+。【解析】（1）2H++2e﹣=H2↑

（2）能。

（3）bbCH4+2H2O﹣8e﹣=CO2+8H+22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由未配平的化学方程式可知，碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，配平的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；

(2)由方程式可知，反应消耗3mol次氯酸钠，转移电子的物质的量为6mol，则中消耗了0.15mol次氯酸钠，转移的电子数目为0.15mol××NAmol—1=0.3NA，故答案为：0.3NA；

(3)高铁酸钠具有强氧化性，能与细菌发生氧化还原反应，起到杀菌消毒的作用，反应生成的还原产物铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解生成的Fe(OH)3胶体具有很强的吸附能力，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的作用，故答案为：生成产物Fe3+在溶液中发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质；

(4)由电解的原理可知；铁是电解池的阳极，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，故选A；

(5)由高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子可知，溶液呈酸性，由溶液中的电荷守恒2c(SO)+c(Cl—)+c(OH—)=2c(Mg2+)+3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)可得：2a=2×0.05+3×0.10+0.5—0.58+c(H+)—c(OH—)，溶液中c(H+)—c(OH—)＞0，则2a＞2×0.05+3×0.10+0.05，解得a＞1.6，故答案为：a＞；处理后溶液呈酸性，故c(H+)>c(OH—)，由电荷守恒可知，a>0.16。【解析】2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O0.3NA生成产物Fe3+在溶液中发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质A>处理后溶液呈酸性，故c(H+)>c(OH—)，由电荷守恒可知，a>0.1623、略

【分析】【分析】

根据平衡常数公式计算K，通过比较浓度商与平衡常数的比较判断反应进行方向；根据NO2的物质的量浓度与反应时间的关系图可知；两体系温度高低进而判断反应热。

【详解】

①由图可知，T1温度下，0～10s内，O2的反应速率v(O2)=0.02mol•L-1•s-1。

②在T2温度下，该反应的平衡常数KT2=当反应达到平衡时，继续向容器中充入c(NO2)=0.1mol•L-l、c(NO)=0.2mol•L-l、c(O2)=0.1mol•L-l，此时浓度商Q=正逆。

③A.由图可知，温度越高，反应越快到达平衡，即T1>T2；升高温度，二氧化氮转化率升高，反应正向移动，即反应正向为吸热反应，反应物能量小于生成物总能量，即该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能，A错误；

B.使用合适的催化剂不改变平衡转化率；B错误；

C.平衡状态下；若充入NO，则达到新平衡时，正；逆反应速率都增大，C正确；

D.平衡状态下；若保持温度不变，将容器体积增加一倍，根据勒夏特列原理可知，平衡逆向移动，但反应物浓度增大，D错误。

综上所述；说法正确的是C。

（2）反应Ⅰ和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能，反应Ⅱ断键时需要更多的能量，反应速率慢。【解析】0.02mol•L-1•s-10.8<C反应Ⅱ反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能，反应Ⅱ断键时需要更多的能量，反应速率慢24、略

【分析】【分析】

甲和乙形成有盐桥的原电池，相当于给丙外加电源，因此丙属于电解池，甲中a为活泼金属即失电子为负极，b中Ag为正极；丙中c电极连接原电池的正极属于阳极，d为阴极。

【详解】

（1）乙中Ag为正极，其电极上是银离子得电子生成银单质，其电极反应为：Ag++e－=Ag；Zn从0价升高到+2价失去2个电子，已知电路中有0.02mol电子通过，所以消耗的Zn为0.01mol，

（2）丙池中是电解NaCl溶液生产氢气、氯气和氢氧化钠，其电解方程式：

（3）已知碱0.1mol，

210.1mol0.05mol

因此：

丙池溶液质量实际减少4.23g，是氢气、氯气和氧气的质量和，所以所以

因此实际放出气体的物质的量是：0.1mol+0.05mol+0.015mol=0.165mol；

（4）要给丙中铁片上镀上一层Cu，根据镀层金属做阳极，镀件做阴极原理，则阳极应该为Cu电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，所以要把C电极换成Cu电极，把NaCl溶液换为硫酸铜溶液。【解析】Ag++e-=Ag0.650.165“C”换成“Cu”、将“NaCl溶液”换成“CuSO4溶液”四、判断题(共3题，共30分)25、A【分析】【详解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低温下能自发进行，正确。26、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。27、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。五、计算题(共2题，共14分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应一：

反应二：

根据盖斯定律：

(2)由题可知，时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，以反应为主，所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加，分解对氧化反应的影响增大；NO脱除率下降；

(3)M，N平衡时比值为2：1，M为反应物，N为生成物，M减少量是N生成量的3倍，根据方程式可知M为N为S，与S的比值为2：1，故可求

(4)A．平衡时v正=v逆；A不能体现正逆反应，故A错误；

B．反应的化学平衡常数只受温度影响；且容器绝热，故B正确；

C．硫酸的密度不变；且容器恒容，故硫酸的质量m也不变，因此n也不变，反应平衡，故C正确；

D．一个平衡体系；分子总数不会改变，故D正确；

答案选A。

(5)由题中可知，阳极反应为：阴极为:将两边电子都配成10个，发现剩余H+，则产物中有【解析】-284.2时，和反应的活化能低，反应速率快，分解的活化能高，反应速率慢，所以分解对氧化反应的影响不大，但温度高于时，分解速率迅速增加硫A29、略

【分析】【分析】

本题重点考查化学平衡的有关计算；重点利用三段式进行计算，总体难题不大。

【详解】

根据化学平衡的三段式计算可知：故（1）5min末A的物质的量浓度为故答案为：1.5mol/L；

（2）前5min内用B表示的化学反应速率(B)为故答案为：

（3）根据化学计量系数比等于转化量之比，故有：解得：n=2，故答案为：2。【解析】1.5mol/L2六、元素或物质推断题(共3题，共18分)30、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，由C元素的原子最外层电子数