2025年外研版2024选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024选择性必修1化学上册阶段测试试卷63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8题，共16分)1、下列物质中，属于强电解质的是A.B.C.D.2、常温下，加水稀释冰醋酸，再此过程中始终增大的是A.溶液的导电能力B.醋酸的电离度C.溶液的值D.醋酸的电离平衡常数3、某科研小组模拟的“人工树叶”电化学装置如图所示,该装置能将H2O和CO2转化为糖类（C6H12O6）和O2；X；Y是特殊催化剂型电极。已知装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过的总电子数之比。下列说法不正确的是（）

A.该装置中Y电极发生氧化反应B.X电极的电极反应式为6CO2+24e−+24H+=C6H12O6+6H2OC.理论上，每生成22.4L（标准状况下）O2必有4molH+由X极区向Y极区迁移D.当电路中通过3mol电子时生成18gC6H12O6，则该装置的电流效率为80%4、一定条件下存在反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)∆H>0，向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是。容器甲乙丙容积0.5L0.5LV温度T1℃T2℃T1℃起始量2molC1molH2O1molCO1molH24molC2molH2O

A.甲容器中，反应在前15min的平均速率v(H2)=0.1mol·L-1·min-1B.丙容器的体积V<0.5LC.当温度为T1℃时，反应的平衡常数K=4.5D.乙容器中，若平衡时n(H2O)=0.4mol，则T2>T15、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①6、焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C(s)+O2(g)=2CO(g)；反应②：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；反应①；②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是。

A.反应②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的ΔS>0，ΔH＜0B.983K是反应趋势变化的转折点C.L1对应反应①D.当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主7、高温时甲烷与水蒸气重整制合成气反应的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.1kJ/mol；其反应的能量变化如图所示。

已知：①H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol

②H2(g)的标准燃烧热△H=-285.8kJ/mol

CO(g)的标准燃烧热△H=-283.0kJ/mol

下列有关叙述中不正确的是A.从热量上看，甲烷重整制合成气再燃烧与直接燃烧相比，将得不偿失B.CH4(g)的标准燃烧热△H=-890.3kJ/mo1C.H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-285.8kJ/molD.选用合适的催化剂，E2和E1均减小，反应速率加快8、0.1mol·L-1KHSO4溶液与0.1mol·L-1Na2S溶液等体积混合后，溶液能使pH试纸变蓝，则离子浓度关系正确的是A.c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c()＋2c(S2-)＋c(HS-)＋c(OH-)B.c()＞c(HS-)＞c(H＋)＞c(OH-)C.c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)＋c()D.c(Na＋)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH-)评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、在固定容积的密闭容器中放入amolX，发生反应：2XY(g)＋Z(s)，并达到平衡状态，此时升高温度，气体的密度增大。下列叙述正确的是()A.平衡后移走部分Z，平衡正向移动B.若X为非气态，则正反应为吸热反应C.若正反应为放热反应，则X一定为气态D.若X为气态，再向容器中充入amolX，达到平衡后，X的体积分数增大10、工业上常将铬镀在其他金属表面；同铁；镍组成各种性质的不锈钢，在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，则下列叙述正确的是（）

A.图1为原电池装置，Cu电极上产生的是O2B.图2装置中Cu电极上发生的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+C.由实验现象可知：金属活动性Cr＞CuD.两个装置中，电子均由Cr电极流向Cu电极11、丙烯与加成过程及能量变化如下图；下列说法正确的是。

A.Ⅰ和Ⅱ为中间产物，Ⅰ比Ⅱ稳定B.两种加成方式的决速步分别是②和④C.生成1-溴丙烷的速率大于生成2-溴丙烷的速率D.使用催化剂有利于提高1-溴丙烷的产率12、常温下，用溶液吸收气体，溶液的随气体的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是。

A.时：B.时：C.时，D.吸收的过程中可能会出现：13、25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=1×10-8，0.1mol·L-1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是A.c(Na+)>c(HTeO)>c(OH-)>c(H2TeO3)>c(H+)B.c(Na+)=c(TeO)+c(HTeO)+c(H2TeO3)C.c(Na+)+c(H+)=c(TeO)+c(HTeO)+c(OH-)D.c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+c(TeO)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、甲醇是一种易挥发的液体；它是一种重要的化工原料，也是一种清洁能源。

(1)已知：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-128.1kJ·mol-1

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1

④2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1

写出表示CH3OH燃烧热的热化学方程式_______。

(2)向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。

A.CO2和H2的转化率相等B.混合气体的密度保持不变

C.混合气体的平均相对分子质量保持不变D.1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂。

(3)不同温度下，将1.0molCH4和2.4molH2O(g)通入容积为10L的恒容密闭容器中发生如下反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，测得体系中H2O的体积百分含量随着时间的变化情况如下图所示：

①T1_______T2(填“>”、“＜”或“=”，下同)，其对应的平衡常数K1_______K2。

②在温度、容积不变的情况下，向该密闭容器中再通入1.0molCH4和2.4molH2O(g)，达到新平衡时，CH4的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。15、保护环境；提倡“低碳生活”，是我们都应关注的社会问题。

(1)目前；一些汽车已改用天然气（CNG）做燃料，以减少对空气污染。

①16g甲烷完全燃烧生成液态水放出890kJ热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是__________。

②1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出393.5kJ热量；通过计算比较，填写下列表格（精确到0.01）：

。物质质量1g

燃烧放出的热量/kJ

生成CO2的质量/g

碳。

32.80

____________

甲烷。

____________

2.75

根据表格中的数据，天然气与煤相比，用天然气做燃料的优点是__________。

(2)为了减少二氧化碳的排放，利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇，该反应的化学方程式是______________________________。16、能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料，为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-198kJ·mol-1。

（1）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为___（填曲线标记字母），其判断理由是___。

（2）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表（部分数据未给出）：。时间/min0204080100n（H2）/mol2.01.40.850.4n（CO）/mol1.00.4250.20.2n（CH3OCH3）/mol00.150.4n（H2O）/mol00.150.28750.40.4

①0～20min的平均反应速率v(CO)=____mol·L−1·min−1。

②达到平衡时，H2的转化率为____。

③在上述温度下，该反应的平衡常数K=___。

④在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3(g)，则化学平衡___移动（填“向左”“向右”或“不”）。17、有人研究了340K时N2O5的分解反应：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，得到不同物质在不同时刻的浓度，见下表。t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060

（1）图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中作出c(NO2)­t图像。_________

（2）数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请计算3～4min时v(N2O5)=______________。

（3）各物质的化学反应速率之间的关系：________________。

（4）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图装置进行定量实验。应该测定的实验数据是___________________________________。

（5）利用所学的知识，描述升温到800K时N2O5的分解速率加快的原因____________。18、在2L密闭容器内，800℃时在反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，随时间的变化如下：。时间/012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)下图表示NO的变化的曲线是___________。

(2)达平衡时NO的转化率为___________。

(3)用NO2表示内该反应的平均速率ν(NO2)=___________。

(4)能说明该反应已达到平衡状态的有___________(填序号)。

a．2n(NO2)=n(NO)b．ν(NO2)=2ν(O2)

c．容器内压强保持不变d．容器内密度保持不变。

e．容器内颜色保持不变f．容器内混合气体的平均相对分子质量不变。

(5)为使该反应的反应速率增大，下列措施正确的有___________。

a．适当升高温度b．增大的浓度。

c．及时分离出NO2d．选择高效催化剂19、随着氮氧化物污染的日趋严重；国家将于“十二五”期间加大对氮氧化物排放的控制力度。目前，用活性炭还原法处理氮氧化物是消除氮氧化物污染的有效方法。

⑴已知产物A、B都是参与大气循环的气体，请结合下表数据写出NO与活性炭反应的化学方程式：_______________

⑵某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：。浓度/mol•L-1/时间/minNOAB00.1000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017

①T1℃时，求该反应平衡常数(列出Ｋ的表达式，要求计算过程)____________。

②30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是______________。

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、A、B的浓度之比为5：3：3，则该反应的△H________0(填“>”、“=”或“<”)。

④压缩容器体积，增大压强对该反应的反应速率和平衡移动的影响是________。20、在氢氟酸溶液中，存在如下电离平衡：HF⇌H++F-

(1)加入固体NaOH，电离平衡向______反应方向移动，c(H+)______．

(2)加入固体NaF，电离平衡向______反应方向移动.

(3)升高温度，电离平衡向______反应方向移动.

(4)常温下，小苏打溶液呈______性，原因是_________________________（用必要的离子方程式及文字解释表示）.

(5)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示，则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线的是______（填“A”或“B”）；设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2则m1______m2（选填“>”、“=”“<”）21、已知。

①∆H=

②∆H=

则的∆H=__________________kJ/mol评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)22、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误23、中和等体积、等的盐酸和醋酸消耗的的物质的量相同。(_______)A.正确B.错误24、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25、(1)用碳酸钠粉末可以制备CO2_______

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4_______

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3_______

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：将MgCl2溶液加热蒸干_______

(6)用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先熄灭酒精灯，后移出导管_______

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水_______A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共3题，共24分)26、甲烷是一种重要的化工原料；广泛应用于民用和工业中。

(1)已知：①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)△H1

②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ∙mol−1

③H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)△H3＝－242kJ∙mol−1

相关化学键的键能数据如下：。共价键H−OC≡OH−HC−H键能/(kJ∙mol−1)4631076436413

由此计算△H1＝_____kJ∙mol−1，CH4超干重整CO2技术得到CO和H2的反应的热化学方程式为_________。

(2)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①关于上述过程II的说法正确的是_____(填序号)。

A．CO未参与反应。

B．CO2(g)＋H2(g)＝H2O(g)＋CO(g)

C．实现了含碳物质与含氢物质的分离。

D．Fe3O4、CaO降低反应的△H

②在体积为2L的刚性密闭容器中，充入2molCH4和3molCO2，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至T1使其发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，容器内的总压强p随时间t的变化如下表所示：。反应时间024681012总压强p/kPa10.011.512.313.013.614.014.0

i．该温度下的平衡常数Kp＝_____kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数)

ii．若将温度由T1升高到T2，则反应速率增大的倍数υ正_____υ逆(填“>”、“<”或“＝”)

(3)电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段；其装置如图所示。

①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH_____(填“变大”或“变小”)。

②该电解池的阴极电极反应式为_________。27、烟气中主要污染物SO2、NOx,为消除排放；保护环境，实现绿色可持续发展。

处理方法一:烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2；NO的主要反应的热化学方程式为:

NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1

NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g)△H2

SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H3

(1)反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的△H=_________。

(2)室温下，进入反应器的NO、SO2的物质的量恒定，改变通入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3):nNO)的变化见图。说明预处理过程中NO2的物质的量变化的原因_______，在反应中SO2的物质的量几乎不发生变化的原因是_______________。

(3)在一定条件下，SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H3<0，在一定温度下，向2L某恒容密闭容器中充入4molSO2(g)和1molO3(g),5min时，测得容器中SO3(g)的物质的量为0.5mol。

①0-5min内，用SO2表示的平均反应速率v(SO2)________。

②下列说法中能判断该反应达到平衡状态的是________

a.单位时间内生成nmolSO2同时生成nmolSO3

b.SO3和O2的物质的量浓度之比1:1

C.容器内压强保持不变。

d.混合气体的密度不变。

e.混合气体的平均相对分子质量不变。

处理方法二:也可采用NaClO2溶液作为吸收剂对烟气进行处理。在不同温度下，NaClO2溶液脱硫(S)、脱硝(N)的反应中，SO2和NO的平衡分压Pe如图所示。

(4)由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______(填“增大”；“不变”或“减小”)。

(5)反应ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为_______。28、某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲；乙、丙三池中溶质足量）；当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：

（1）乙池为_____（填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），B电极的电极反应式为____。

（2）丙池中E电极为____（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），电极的电极反应式为____。该池总反应的化学方程式为____。

（3）当乙池中C极质量减轻54g时，甲池中B电极理论上消耗O2的为____L（标准状况）。

（4）一段时间后，断开电键K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是____（填选项字母）。

ACuBCuOCCu（OH）2DCu2（OH）2CO3评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)29、硫代硫酸钠用于皮肤病的治疗。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3·5H2O，该晶体于40～45℃熔化，48℃分解。Na2S2O3易溶于水；不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图。

Ⅰ．制备Na2S2O3·5H2O：

将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在仪器b中加入亚硫酸钠固体。在仪器a中注入硫酸；并按如图安装好装置。

(1)仪器a的名称为___，装置丙的作用是___。

(2)打开a的活塞，注入硫酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中；并用磁力搅拌器搅动并加热，装置乙中的反应过程为：

①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S

③2H2S+SO2=3S↓+2H2O

④____

写出④的反应方程式__。

随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：___(用文字和相关离子方程式表示)。

Ⅱ．分离Na2S2O3·5H2O并测定含量：

(3)为提高产率，操作①为___，操作②是过滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用___(填试剂)作洗涤剂。

(4)蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高___。

(5)为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(滴定反应为假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，当溶液中S2O全部被氧化时，消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。那么，产品中__。30、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂。查阅资料知：焦亚硫酸钠露置空气中易氧化成硫酸钠；与强酸接触放出二氧化硫而生成相应的盐类。请回答下列问题：

(1)Na2S2O5中S的化合价为_______。

(2)配制Na2S2O5溶液所需要的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，目的是______。

(3)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂，可用碘标准液测定其残留量。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时；取20.00mL样品于锥形瓶，滴加几滴淀粉溶液，用0.01000mol/L碘标准液滴定至终点，数据如表：

。滴定次数。

第一次。

第二次。

第三次。

待测液体积/mL

20.00

20.00

20.00

碘标准液读数/mL

滴定前。

0.40

2.00

3.10

滴定后。

10.30

13.10

13.20

13.20

①滴定过程中Na2S2O5与碘标准液反应的离子方程式_________。

②判断到达滴定终点的标准是_______。

③计算该葡萄酒样品中Na2S2O5残留量_________g/L(以SO2计)。

(4)试设计检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案_________。31、实验小组探究(NH4)2S2O8溶液与KI溶液的反应及其速率；实验过程和现象如表。

已知：

i.(NH4)2S2O8具有强氧化性，能完全电离，S2O2-8易被还原为SO2-4；

ii.淀粉检测I2的灵敏度很高，遇低浓度的I2即可快速变蓝；iii.I2可与S2O2-3发生反应：2S2O2-3+I2=S4O2-6+2I-。。编号1-11-2实验操作现象无明显现象溶液立即变蓝

(1)实验1-1的目的是___________________。

(2)(NH4)2S2O8与KI反应的离子方程式为______________________________________。

为了研究(NH4)2S2O8与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，如表。。编号0.2mol·L-1KI溶液/mL0.01mol·L-1Na2S2O3溶液/mL蒸馏水/mL0.4%的淀。

粉溶液/滴0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL变色时间/s2-1202.820.2立即2-220.80.22230

(3)实验2-1不能用于测定(NH4)2S2O8与KI反应的速率；原因除变色时间过短外还有____。

(4)加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长；甲同学对此提出两种猜想。

猜想1：(NH4)2S2O8先与Na2S2O3反应，使c(S2O2-8)降低；

猜想2：(NH4)2S2O8先与KI反应；_____________________。

①甲同学提出猜想1的依据：由信息iii推测，Na2S2O3的还原性____________(填“强于”或“弱于”)KI的。

②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立；理由是________________________。

③补全猜想2：____________________________________。

(5)查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率v(S2O2-8)=______________________mol·L-1·s-1(写出计算式)。

(6)实验2-2中，30s内未检测到(NH4)2S2O8与Na2S2O3反应，可能的原因是__________________________________。(写出2条)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质叫强电解质；在水溶液中部分电离的电解质叫弱电解质。

【详解】

A．属于盐；在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，故A正确；

B．NH3·H2O是弱碱；在水中部分电离，是弱电解质，故B错误；

C．部分电离；是弱电解质，故C错误；

D．是弱酸；在水溶液部分电离，是弱电解质，故D错误；

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．冰醋酸加水稀释；离子浓度减小，故导电能力降低，故A错误；

B．冰醋酸加水稀释；电离平衡正向移动，促进电离，故B正确；

C．冰醋酸加水稀释；离子浓度减小，氢离子浓度减小，故pH增大，故C错误；

D．电离常数只与温度有关；故D错误；

故选B。3、C【分析】【分析】

该装置是电解池装置，与电源正极相连的是电解池的阳极，与负极相连的是电解池的阴极，电解池中氢离子向阴极移动。

【详解】

A．该装置是电解池装置，与电源正极相连的Y电极是电解池的阳极，失电子发生氧化反应，故A正确；B．X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，CO2得电子发生还原反应生成C6H12O6，电极反应式为：6CO2+24e−+24H+=C6H12O6+6H2O，故B正确；C．X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，在电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极Y极区向阴极X极区迁移，故C错误；D．由X电极反应式6CO2+24e−+24H+=C6H12O6+6H2O可知，当电路中通过3mol电子时，理论上生成C6H12O6：mol×180g/mol=22.5g，现生成18gC6H12O6，所以该装置的电流效率为：×100%=80%，故D正确；答案选C。4、D【分析】【详解】

A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v(CO)==0.1mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=0.1mol•L-1•min-1；故A正确；

B；丙容器中起始量为甲的二倍；若容积=0.5L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c(CO)＜3mol/L，故丙容器的体积V＜0.5L，故B正确；

C；根据甲容器中反应数据计算：

C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)

起始浓度(mol/L)200

转化浓度(mol/L)1.51.51.5

平衡浓度(mol/L)0.51.51.5

T1℃时，反应的平衡常数K===4.5；故C正确；

D、比较甲与乙可知，二者达平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n(H2O)=0.25mol，乙容器中，若平衡时n(H2O)=0.4mol，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1＞T2；故D错误；

故选D。5、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。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．生成物气体化学计量数系数之和小于反应物气体化学计量系数之和，所以ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS，因为ΔG＜0，则-TΔS>0；所以ΔH＜0，A项正确；

B．ΔG负的成都越小；说明它能够反应的趋势更大，983K时两反应的ΔG相等，所以983K是反应趋势变化的转折点，B项正确；

C．反应①的ΔS>0，则-ΔS＜0，ΔG和T成反比，所以斜率小于0，L2对应反应①；C项错误；

D．当温度低于983K时，L1的ΔG小，所以以反应②为主，产物以CO2为主；D项正确；

答案选C。7、A【分析】【详解】

A.①H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，②H2(g)的标准燃烧热△H=-285.8kJ/mol，H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；③CO(g)的标准燃烧热△H=-283.0kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，④CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.1kJ/mol，-①+②×3+③+④得直接燃烧放出热量，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=44.0kJ/mol-285.8kJ/mol×3-283.0kJ/mol+206.1kJ/mol=-890.3kJ/mol；合成气燃烧放热：-285.8kJ/mol×3-283.0kJ/mol=-1140.4kJ/mol，从热量上看，甲烷重整制合成气再燃烧与直接燃烧相比，直接燃烧放热少,放出的热量小，合成气生产过程中吸收能量，变成合成气燃烧放出的热量多，故A错误；

B.由A可知，CH4(g)的标准燃烧热△H=-890.3kJ/mol；故B正确；

C.由氢气的标准燃烧热可知：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-285.8kJ/mol；故C正确；

D.选用合适的催化剂，正反应和逆反应的活化能E2和E1均减小；反应速率加快，故D正确；

故选A。8、C【分析】【分析】

0.1mol/LKHSO4和0.1mol/LNa2S溶液等体积混合后，恰好反应生成HS-，溶液能使pH试纸变蓝，说明溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明HS-的水解程度大于HS-的电离程度；结合溶液中的电荷守恒；物料守恒分析判断。

【详解】

A.由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=2c()＋2c(S2-)＋c(HS-)＋c(OH-)；故A错误；

B．混合后溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故B错误；

C．由物料守恒可知，c(Na＋)=2c(S2-)＋2c(HS-)＋2c(H2S)，c(K＋)=c()，c(Na+)=2c(K＋)，因此c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)＋c()；故C正确；

D．混合后溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故D错误；

故选C。二、多选题(共5题，共10分)9、BC【分析】【分析】

达到平衡状态后升高温度；固定容积的容器中气体的密度增大说明气体的质量增大，若平衡向正反应方向移动，X为非气态，若平衡向逆反应方向移动，X为气态。

【详解】

A.增加固体的量；化学反应速率不变，化学平衡不移动，Z为固体，则平衡后移走部分Z，平衡不移动，故A错误；

B.若X为非气态；反应中只有Y为气体，升高温度，Y的质量增大，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故B正确；

C.若正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，固定容积的容器中气体的密度增大说明气体的质量增大，则X一定为气态，故C正确；

D.若X为气态；再向容器中充入amolX，相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，X的体积分数减小，故D错误；

故选BC。10、BC【分析】【分析】

【详解】

A．图1为原电池装置，由于铜电极上产生大量的无色气泡，可知应为H+得电子生成H2，电极反应为2H++2e-=H2↑；铜为正极，故A错误；

B．图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象，铜为负极，铬电极为正极，负极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+；故B正确；

C．由图1可知，Cr为负极，Cu为正极，根据原电池原理可知金属铬的活动性比铜强，即金属活动性Cr＞Cu；故C正确；

D．图1中，电子由负极Cr经导线流向正极Cu，图2中电子由负极Cu经导线流向正极Cr；故D错误；

答案为BC。11、AD【分析】【详解】

A．由图可知中间产物Ⅱ为1-溴丙烷；中间产物Ⅰ为2-溴丙烷，中间产物Ⅰ能量比中间产物Ⅱ低，所以Ⅰ比Ⅱ稳定，故A项正确；

B．反应速率的快慢取决于慢反应；所以两种加成方式的决速步分别是①和③，故B项错误；

C．由图可知生成1-溴丙烷的活化能E2大于生成2-溴丙烷的活化能E1；所以生成1-溴丙烷的速率小于生成2-溴丙烷的速率，故C项错误；

D．由图可知反应①生成中间产物Ⅰ为2-溴丙烷；反应③生成中间产物Ⅱ为1-溴丙烷，反应③活化能更大，在相同的温度区间，升高相同的温度，活化能大的反应速率常数增大的倍数较大，活化能小的速率常数扩大的倍数较小，所以反应③速率的增大程度大于反应①，故A项正确；

故选AD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．此时溶液组成是Na2SO3，Na2SO3溶液中存在质子守恒A项正确；

B．时，溶液吸收molSO2气体，根据物料守恒可知：所以B项错误；

C．时，此时溶液组成是Na2SO3和NaHSO3，此时溶液pH=6，溶液中存在电荷守恒所以C项错误；

D．用溶液吸收通入的SO2为1mol时恰好完全反应生成NaHSO3，会有D项正确；

故答案为BC。13、AC【分析】根据亚碲酸的电离常数可知，该酸为弱酸。溶液中既存在水解，也存在电离，即其水解常数为==<电离大于水解，以电离为主，故溶液显酸性。

【详解】

A．该溶液显酸性，则电离大于水解，且除了来自于水解外，还来自于水电离，则综上故A错误；

B．溶液中，根据物料守恒得故B正确；

C．溶液中的电荷守恒为故C错误；

D．溶液中的质子守恒为故D正确；

故选AC。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律计算④+(②-①)得到表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1，故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1。

(2)A．向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，按照物质的量之比为1:3进行反应，CO2和H2的转化率始终相等；不能确定反应是否达到平衡状态，A错误；

B．因反应物是气体；生成物是液体，且在恒容容器中反应，故混合气体的密度保持不变可说明反应达到平衡状态，B正确；

C．该反应体系中混合气体的平均相对分子质量始终保持不变；故不能说明反应达到平衡状态，C错误；

D．1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂；说明正；逆反应速率相等，反应达到平衡状态；

故答案为：BD

(3)①根据图像分析可知，先拐先平温度高，T2＞T1。体系中H2O的体积百分含量随温度升高降低，说明反应正向进行，正反应为吸热反应，平衡常数随温度变化，T2温度高平衡正向进行，平衡常数增大，K1＜K2；故答案为：＜；＜。

②在温度、容积不变的情况下，向该密闭容器中再通入1.0molCH4和2.4molH2O(g)，相当于加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，即逆向移动，CH4的转化率减小。由于温度不变，平衡常数只与温度有关，平衡常数不变。故答案为：减小；不变。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1BD＜＜减小不变15、略

【分析】【详解】

(1)①充分燃烧16g甲烷生成液态水和二氧化碳气体，放出890kJ的热量，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-890kJ·mol-1；

②根据碳原子守恒，1g碳完全燃烧生成二氧化碳的质量为根据产生二氧化碳的质量可知甲烷的物质的量为1mol甲烷的燃烧放出的热量为890kJ，则0.0625mol甲烷的燃烧放出的热量为故答案为。物质质量1g燃烧放出的热量/kJ生成CO2的质量/g碳32.8036.7甲烷55.6252.75

由上述计算和表中的数据可知，用天然气做燃料的优点是：与煤相比，天然气单位质量燃料产热高，释放等量的热产生CO2少；对环境的影响小；

(2)为了减少二氧化碳的排放，利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇，反应的化学方程式是2CO2+6H2=3H2O+C2H5OH。【解析】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-890kJ·mol-1

。物质质量1g

燃烧放出的热量/kJ

生成CO2的质量/g

碳。

32.80

36.7

甲烷。

55.625

2.75

16、略

【分析】【详解】

(1)由4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-198kJ·mol-1可知，正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以K值减小；所以a曲线能反映温度与平衡常数的关系，理由为正反应放热，温度升高平衡常数减小，故答案为：a，正反应放热，温度升高平衡常数减小；

(2)①0~20min内v(H2)=v(CO)=0.5v(H2)=0.5×0.015mol·L-1·min-1=0.0075mol·L-1·min-1；故答案为：0.0075；

②由表格中数据可知，平衡时氢气的物质的量为0.4mol，转化了(2.0-0.4)mol=1.6mol，所以转化率为故答案为：80%；

③列出三段式：

故答案为：2500；

④化学平衡向右移动，故答案为：向右。【解析】①.a②.正反应放热，温度升高平衡常数减小③.0.0075④.80%⑤.2500⑥.向右17、略

【分析】【详解】

(1)依据题给数据在坐标系内描点作图，得到c(NO2)­t图像为故答案为：

(2)t4-t3：v(N2O5)==0.016mol•L-1•min，故答案为0.016mol•L-1•min；

(3)在化学方程式中；各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故答案为反应速率之比等于各物质的化学计量数之比；

(4)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响；利用如图装置进行定量实验，根据实验要求需要测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间；

(5)升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，因此升温到800K时N2O5的分解速率加快，故答案为升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。【解析】v(N2O5)=0.16/mol·L－1·min－1反应速率比等于各物质的化学计量数之比单位时间内收集到的气体的体积或收集相同体积气体时所需要的时间升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡，所以平衡时NO的浓度为0.007mol÷2L=0.0035mol/L，NO是反应物，起始浓度是0.02mol÷2L=0.01mol/L，因此表示NO的变化的曲线是c；

(2)达平衡时NO的转化率为×100%＝65%；

(3)根据表中数据可知2s内消耗NO的物质的量是0.02mol-0.008mol＝0.012mol，生成NO2是0.012mol，浓度是0.012mol÷2L＝0.006mol/L，则用NO2表示内该反应的平均速率ν(NO2)=0.006mol/L÷2s＝0.003mol/(L·s)；

(4)a．2n(NO2)=n(NO)不能说明正逆反应速率相等；反应不一定处于平衡状态；

b．根据方程式可知ν(NO2)=2ν(O2)始终成立；反应不一定处于平衡状态；

c．正反应体积减小；容器内压强保持不变时，可说明反应一定处于平衡状态；

d．混合气体的总质量不变；容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡；

e．容器内颜色保持不变；即二氧化氮浓度不再发生变化，反应达到平衡状态；

f．反应前后质量不变；随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内混合气体的平均相对分子质量不变时，可说明反应一定处于平衡状态；

故答案为：cef；

(5)a．适当升高温度可使反应速率加快；

b．增大的浓度可使反应速率加快；

c．及时分离出NO2；浓度减小，反应速率减小；

d．选择高效催化剂可使反应速率加快；

故答案为：abd。【解析】c65%0.003mol/(L·s)cefabd19、略

【分析】【分析】

(1)碳和一氧化氮反应生成对空气无污染的物质且参与大气循环；所以生成物是氮气和二氧化碳；

(2)①当20-30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，根据K=计算；

②根据表中数值知；NO浓度减小，A浓度增大，B浓度减小，说明改变条件是分离出B物质；

③根据浓度比值的变化来确定移动方向；如果浓度比值；

④该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应；压强对其平衡移动无影响。

【详解】

(1)碳和一氧化氮反应生成对空气无污染的物质且参与大气循环，所以生成物是氮气和二氧化碳，所以其反应方程式为C+2NON2+CO2；

(2)①当20-30min时，各物质的物质的量不变，则该反应达到平衡状态，K===0.56；

②根据表中数值知；NO浓度减小，A浓度增大，则平衡向正反应方向移动，但B浓度减小，说明改变条件是分离出B物质；

③30min时，容器中NO、A、B的浓度之比=0.040：0.030：0.030=4：3：3，30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、A、B的浓度之比为5：3：3，则平衡向逆反应方向移动，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，则△H＜0；

(3)该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强对其平衡移动无影响，压缩容器体积，增大压强，正逆反应速率增大，但平衡不移动。【解析】C+2NON2+CO20.56分离出了B<压缩容器体积，增大压强，加大反应速率；平衡不移动20、略

【分析】【分析】

在氢氟酸溶液中，存在如下电离平衡：HF⇌H++F-；

（1）加入氢氧化钠固体；氢氧化钠和氢离子反应生成水，氢离子浓度减小，电离平衡向正反应方向移动；

（2）向溶液中加入氟化钠固体；氟离子浓度增大，抑制氢氟酸电离，电离平衡向逆反应方向移动；

（3）弱电解质的电离是吸热的；升高温度，促进氢氟酸电离，电离平衡向正反应方向移动；

（4）在NaHCO3溶液中存在：HCO3-⇌H＋＋CO32-、HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－，由于HCO的水解程度大于电离程度；因此小苏打溶液呈碱性；

（5）醋酸为弱酸；等pH时，醋酸浓度较大，与锌反应时，醋酸进一步电离出氢离子，则醋酸的pH变化较小，醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，pH变化等量时，消耗的锌较多，以此解答。

【详解】

在氢氟酸溶液中，存在如下电离平衡：HF⇌H++F-；

（1）加入氢氧化钠固体；氢氧化钠和氢离子反应生成水，氢离子浓度减小，电离平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度减小；

故答案为：正；减小；

（2）向溶液中加入氟化钠固体；氟离子浓度增大，抑制氢氟酸电离，电离平衡向逆反应方向移动；

故答案为：逆；

（3）弱电解质的电离是吸热的；升高温度，促进氢氟酸电离，电离平衡向正反应方向移动；

故答案为：正；

（4）在NaHCO3溶液中存在：HCO3-⇌H＋＋CO32-、HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－，由于HCO的水解程度大于电离程度；因此小苏打溶液呈碱性；

故答案为：碱；在NaHCO3溶液存在中：HCO3-⇌H＋＋CO32-、HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH－，由于HCO的水解程度大于电离程度；溶液呈碱性；

（5）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线；由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m12；

故答案为：B；<。

【点睛】

弱酸的酸式盐溶液显酸性还是碱性取决于酸式酸根的电离程度和水解程度的大小关系，比如本题中由于HCO的水解程度大于其电离程度，因此小苏打溶液呈碱性，类似的还有NaHS溶液、Na2HPO4溶液均显碱性；而像NaHSO3、NaH2PO4、NaHC2O4均是酸式酸根的电离程度大于其水解程度，因此溶液显酸性。【解析】正减小逆正碱在NaHCO3溶液中存在：HCO3-H＋＋CO32-、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，由于HCO的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性B＜21、略

【分析】【分析】

用盖斯定律进行有关反应热的计算。

【详解】

由①∆H1=

②∆H2=

根据盖斯定律可知；

①−②可得则△H=()-()=−317.3kJ/mol。【解析】−317.3四、判断题(共4题，共8分)22、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。23、B【分析】【详解】

相同的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的的量较多。故说法错误。24、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。25、B【分析】【分析】

【详解】

(1)用碳酸钠粉末与酸反应可以制备CO2；故正确；

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率不可改用浓H2SO4；浓硫酸遇铁，常温下发生钝化，故错误；

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理除去二氧化碳和水，可获得NH3；故正确；

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同；均是固体加热，故正确；

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：应在HCl气流中将MgCl2溶液加热；故错误；

(6)应用排水法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO；故错误；

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先移出导管；后熄灭酒精灯，故错误；

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物应先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故错误。五、原理综合题(共3题，共24分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据表格数据计算△H1＝463kJ∙mol−1×2＋413kJ∙mol−1×4－1076kJ∙mol−1－436kJ∙mol−1×3＝＋194kJ∙mol−1，根据盖斯定律，第①个方程式减去第②个方程式的一半，在加上第③个方程式得到CH4超干重整CO2技术得到CO和H2的反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1；故答案为：＋194；CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1。

(2)①A．根据过程II第一步可知CO参与了化学反应；故A错误；

B．根据过程II的第一步和第二步得出总的反应方程式得到CO2(g)＋H2(g)＝H2O(g)＋CO(g)；故B正确；

C．根据图中信息；含碳物质和含氢物质进行分离了，故C正确；

D．根据反应得到Fe3O4、CaO是反应催化剂，催化剂只改变反应活化能，不能降低反应的△H；故D错误；

综上所述；答案为：BC。

②i．建立三段式得到解得x=1，因此该温度下的平衡常数故答案为：32。

ii．由于该反应是吸热反应，因此若将温度由T1升高到T2；平衡向吸热反应方向移动即正向移动，因此反应速率增大的倍数υ正＞υ逆；故答案为：＞。

(3)①电池工作过程中；图中Pt电极是水中氢氧根失去电子生成氧气和氢离子，因此Pt电极附近溶液酸性增强，溶液的pH变小；故答案为：变小。

②该电池右边为阴极，因此该电解池的阴极电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH；故答案为：CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH。【解析】＋194CH4(g)＋CO2(g)=2CO＋2H2(g)△H＝＋235kJ∙mol−1BC32＞变小CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH27、略

【分析】【详解】

（1）①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1；②NO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2；由盖斯定律，①+2×②可得：3NO（g）+O3（g）═3NO2（g），则△H=△H1+2△H2，故答案为：

（2）①n(O3)：n(NO)<1，臭氧氧化NO为NO2，NO减少，NO2增多；n(O3)：n(NO)>1，臭氧过量把NO2转化成更高价态，故答案为：n(O3)：n(NO)<1，臭氧氧化NO为NO2，NO减少，NO2增多；n(O3)：n(NO)>1，臭氧过量把NO2转化成更高价态；

②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是SO2与O3的反应速率慢，故答案为：SO2与O3的反应速率慢；

(3)在一定条件下，SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H3<0，在一定温度下，向2L某恒容密闭容器中充入4molSO2(g)和1molO3(g),

①5min时，测得容器中SO3(g)的物质的量为0.5mol，则消耗SO2(g)的物质的量为0.5mol，0-5min内，用SO2表示的平均反应速率v(SO2)=故答案为：

②a．单位时间内生成nmolSO2同时生成nmolSO3；表示的是正逆反应速率，且满足二者的化学计量数关系，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故a正确；

b．各物质分子数之比等于多少决定于开始加入的各物质的多少，与化学反应是否处于平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；

c．混合气体物质的量不变；恒温恒容下，容器内压强为定值，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；

d．容器容积不变，气体的体积不变，反应两边都是气体，气体的总质量不变，根据ρ=所以气体的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故d错误；

e．反应为气体体积不变的反应；在反应的任何阶段，总质量没变，总的气体分子数没变，所以平均相对分子质量不会变，不能说明反应达到平衡状态，故e错误；

答案选a；

（4）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。由图分析可知，反应温度升高，O2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫；脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小；

(5)根据反应离子方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-可知平衡常数K表达式为K=故答案为：【解析】n(O3)：n(NO)<1，臭氧氧化NO为NO2，NO减少，NO2增多；n(O3)：n(NO)>1，臭氧过量把NO2转化成更高价态SO2与O3的反应速率慢0.05mol(L·min)-1a减小28、略

【分析】【分析】

由图可知甲图为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极；乙池为电解池，C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度需加入CuO或者CuCO3；据此分析解答。

【详解】

(1)由图可知乙图为电解池；甲图为原电池，B电极通入氧气，为正极，氧气在碱性条件下得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

(2)丙池为电解池，其中E电极连接电源正极，为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极连接电源负极，为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；

(3)乙池中C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；n(Ag)==0.5mol，由于Ag是+1价的金属，所以转移电子的物质的量为0.5mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以甲池中反应消耗O2的物质的量n(O2)=×0.5mol=0.125mol，则消耗氧气在标准状况下的体积V(O2)=0.125mol×22.4L/mol=2.8L；

(4)一段时间后，断开电键K，根据少什么加什么，丙池一个电极产生Cu单质，另一个电极产生O2，相当于从溶液中出去的物质为Cu与O2反应产生的CuO。

A.Cu与硫酸不能反应；不能达到目的，选项A错误；

B.CuO与硫酸反应；产生硫酸铜和水，能达到目的，选项B正确；

C.Cu(OH)2比CuO多一个水的组成；相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项C错误；

D.Cu2(OH)2CO3与硫酸生成硫酸铜；二氧化碳和水；比等物质的量的CuO多一个水的组成，相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项D错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查了原电池和电解池，侧重于电极反应式书写和电子守恒在计算中应用的考查，对于多池串联电路，通入燃料的电池为原电池，其它各池为电解池，其中在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气或空气的电极为正极；与负极连接的电极为阴极，与正极连接的电极为阳极，原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极发生还原反应，电极反应式书写时要结合电解质溶液的酸碱性进行。在整个闭合回路中电子转移数目相等。【解析】电解池O2+4e-+2H2O=4OH-阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO42.8B六、实验题(共3题，共21分)29、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据仪器构造特点可知；仪器a为分液漏斗，装置丙的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境。

(2)制备Na2S2O3·5H2O；发生的反应有：

①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2

②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S

③2H2S+SO2=3S↓+2H2O

则第④个反应即生成的S和Na2SO3反应生成Na2S2O3：S+Na2SO3Na2S2O3。

Na2S2O3在酸性溶液中不稳定，会发生反应：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O；所以需要控制溶液的pH不小于7。

(3)从热的反应混合液中过滤除去活性炭，为提高产率，操作①为趁热过滤，以防温度下降时Na2S2O3·5