2025年上外版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年上外版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列实验方法不能达到实验目的的是。

。证明铁钉能够发生析氢腐蚀。

证明氨气易溶于水。

制备乙酸乙酯。

制备Fe(OH)3胶体。

ABCDA.AB.BC.CD.D2、对于平衡体系mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)ΔH=bkJ·mol-1，下列结论中正确的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的2.2倍，则m+n＞p+qB.若平衡时，B的转化率相等，说明反应开始时，B的物质的量之比为m∶nC.保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大说明该反应的ΔH＜0D.若m+n=p+q，则向含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量大于2amol3、室温下，向含有和的混合溶液中滴加溶液，金属阳离子的浓度与滴入溶液体积的关系如图所示(代表或)。若溶液中金属阳离子浓度小于可视为完全沉淀，则下列说法错误的是(已知室温下：)

A.曲线A表示与溶液体积的关系B.当V(溶液)时，开始沉淀C.当时，溶液中均完全沉淀D.当V(溶液)时，溶液中4、已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]

A.原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1B.图中x点的坐标为(100,6)C.图中x点表示溶液中Ag＋恰好完全沉淀D.把0.1mol·L－1的NaCl换成0.1mol·L－1NaI则图像在终点后变为虚线部分5、利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是。A．除去碘单质中混有的铁粉B．收集氯气C．从粗银(含Cu、Au等)中提取银D．证明碳酸的酸性＞硅酸的酸性

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、下列说法正确的是A.碰撞理论认为，只有极少数的碰撞才是有效的B.碰撞理论认为，分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量决定C.过渡态理论认为反应物分子转化成生成物分子的过程中要经过一个中间过渡态D.过渡态时体系的能量处于最大值7、常温下，一元弱碱甲胺(CH3NH2)电离常数Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下，用0.02mol/L盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2溶液；利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列推断正确的是。

A.曲线Ⅰ代表NaOH滴定曲线，H点对应的溶液中不存在电离平衡B.F点对应的溶液中c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)C.常温下，G点对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10-14D.常温下，F点对应的溶液的pH≈6.38、下列反应既是氧化还原反应又是放热反应的是A.NaOH和HCl反应B.Zn和HCl反应C.Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl反应D.H2与Cl2反应9、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>200010、酸性水系锌锰电池在放电时存在电极上MnO2的剥落；会造成电池效率“损失”。最新研究表明，向体系中加入少量KI固体后能使电池持续大电流放电，提高电池的工作效率，原理如图所示，下列说法错误的是。

A.加入KI降低了正极反应的活化能B.I-与剥落的MnO2反应生成的I能恢复“损失”的能量C.放电时，正极区溶液的pH减小D.放电时，消耗1molZn时，正极区电解质溶液增重87g11、在绝热的某刚性容器中置入1mol和3mol发生反应：下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的有A.与体积之比恒定不变B.与速率之比恒定不变C.混合物中Cl元素质量分数恒定不变D.容器中温度恒定不变评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物是重要的化工原料。

（1）电池的负极反应式：_____。

（2）电池的正极反应式：

反应过程中O2的作用是_____；该电池的总反应式：______。13、在电化学中；离子交换膜扮演了非常重要的角色，其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过的特性，往往有很多新奇的应用。

（1）用图一装置电解Na2SO4溶液。m、n分别为___、___离子交换膜(填“阳”或“阴”)。A、D口产品的化学式分别是A__、D__（H2O除外），整个装置中的总反应方程式为__。

（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术；其原理如图二。

①比较出水口的NaCl溶液浓度：b__c（填“＞；＜或=”）。

②海水中含有较多的Ca2+和Mg2+，淡化过程中，__口对应的室会产生较多的水垢（填a、b、c、d、e）。14、2008年北京奥运会“祥云”火炬的燃料是丙烷()，1996年亚特兰大奥运会火炬的燃料是丙烯()。丙烷脱氢可得到丙烯。已知：

①

②

计算的___________。15、工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：

反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的焓变△H=___________kJ·mol-116、依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池；如图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是_______。

(2)银电极为电池的_______极，发生的电极反应为_______。X电极上发生的电极反应为_______。

(3)外电路中的电子是从_______极流向_______极。17、盐酸；硫酸和醋酸是生产、生活和化学实验中常用的酸；请回答：

（1）人的胃液中含有盐酸，经测定某人胃液的pH＝2，则其中的c(H+)=______mol/L。

（2）食醋常用于食品调味，其主要成分为醋酸，已知醋酸酸性强于碳酸，写出碳酸钠溶液与足量醋酸反应的离子方程式：______。

（3）室温下，物质的量浓度相同、体积相同的盐酸（编号a）、硫酸（编号b)和醋酸（编号c），中和氢氧化钠的能力由大到小的顺序是______。（用相应编号表示）；

（4）有pH均为3的盐酸、硫酸和醋酸，取同体积分别加蒸馏水稀释到pH=5，需水的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是______。

（5）能证明醋酸是弱酸的实验事实是______。

a.室温时0.1mo/LCH3COONa溶液的pH大于7

b.可用食醋清除水壶内壁的水垢。

c.与相同浓度的碳酸氢钠溶液反应；醋酸不如盐酸剧烈。

d.将1mLpH=1的醋酸溶液稀释到100mL后；测其pH小于3

（6）向100mL0.1mo/L的盐酸中通入0.02mol氨气，充分吸收后测得溶液呈碱性。则该溶液中NH3·H2O、NH4+、Cl—三种微粒的物质的量浓度大小关系为______。18、写出下列难溶物溶解平衡方程式和溶度积表达式。难溶物溶解平衡方程式Ksp表达式AgCl______________AgI______________Ag2CrO4______________

【思考交流】影响溶度积常数大小的因素是什么？溶度积常数的含义是什么？根据表格进行分析；溶度积与溶解度有什么关系？

影响Ksp的因素：_______

Ksp的意义：_______19、硫铁矿(主要含FeS2)是一种重要的化学矿物原料，主要用于生产硫酸，在橡胶、造纸、纺织、食品、火柴等工业中均有重要用途。在空气中煅烧硫铁矿时的化学反应如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。

(1)该反应中，被氧化的元素为______。

(2)高温煅烧15.0g含杂质的硫铁矿，充分反应后得到8.0gFe2O3固体(杂质不参加反应)，该硫铁矿中FeS2的纯度为______，煅烧过程中，放出85.4kJ热量，写出此反应的热化学方程式_______。

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4的离子方程式为______，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，则此反应的还原产物为_____。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)20、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)21、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。22、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。23、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共12分)24、某科研小组设计出利用工业废酸(稀H2SO4)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案；实现废物综合利用，方案如下图所示。

已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+6.349.7Fe3+1.483.2Zn2+6.28.0

请回答下列问题：

(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除搅拌外，还可采取的措施是___________(任写一条即可)

(2)氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，已知25℃时：Ksp(CuS)=1.3×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24，向含ZnS的悬浊液中滴加CuSO4溶液，当恰好出现CuS沉淀时，此时溶液中=___________。

(3)物质A是用来将ZnSO4溶液中的Fe2+转化为Fe3+最好使用下列物质中的___________。

A．KMnO4B．H2O2C．HNO3D．NaClO

(4)除铁过程中加入氨水可调节溶液的pH，其目的是___________，pH应控制在___________范围之间。

(5)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是___________。

(6)写出最后焙烧生成ZnO的化学方程式：___________。25、高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等离子。工业上利用高岭土矿和酸性废水制备明矾KAl(SO4)2•12H2O(不考虑其它杂质参与反应)。其实验流程如下：

相关信息：

①Fe3+、Al3+完全沉淀的pH范围。沉淀Fe(OH)3Al(OH)3pH范围开始沉淀完全沉淀开始沉淀完全沉淀2.03.23.44.74.7

②有关物质的溶解度。温度/℃

溶解度/g

物质102030405070K2SO48.469.5511.412.914.216.7Al2(SO4)325.126.628.831.434.342.2KAl(SO4)2•12H2O4.05.98.411.71740

请回答：

(1)步骤I中，要加快高岭土酸溶的速率可以采取的措施有___________。(至少写两点)；

(2)滤渣的主要成分是___________。

(3)下列说法中正确的是___________。

A．步骤I的主要目的是提高废水中铝离子的浓度。

B．步骤II中的A物质可以是KOH或NaOH

C．步骤II中调节pH的范围是3.2＜pH＜3.4

D．步骤IV中需调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2

(4)步骤VI，为了得到较大颗粒且较干燥的晶体，请从下列选项中选出合理的操作(操作不重复)并排序：取粗产品于烧杯中加适量水→___________→___________→___________→抽滤→洗涤→___________。___________

a．70℃蒸发溶剂制成热的饱和溶液b．30℃～40℃减压蒸发溶剂得到饱和溶液。

c．加热烧杯至晶体完全溶解d．缓慢冷却至室温e．低温干燥f．加热干燥。

(5)为了测定成品中铝的含量，可采用的方法：将一定体积的成品待测液与过量的EDTA(化学式为Na2H2Y)标准液反应，加入几滴指示剂，再用ZnSO4标准液滴定过量的EDTA，反应原理如下：Al3++H2Y2-(过量)=AlY-+2H+、Zn2++H2Y2-(剩余)=ZnY2-+2H+(终点色为紫红色)，过实验测出成品中铝的含量低于理论值，原因可能是___________。

A．制备过程中；由于结晶温度控制不当，溶液中硫酸钾晶体同时析出。

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后就注入ZnSO4标准液。

C．滴定时锥形瓶溶液出现紫红色；立即停止滴定。

D．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡26、研究人员研制利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收硫酸厂的尾气SO2；制备硫酸锰的生产流程下：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+等其他金属离子．PbO2的氧化性大于MnO2．有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的pH见下表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见图2．。离子离子半径（pm）开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+747.69.7Fe3+642.73.7Al3+503.84.7Mn2+808.39.8Pb2+1218.08.8Ca2+99--

（1）浸出过程中生成Mn2+反应的化学方程式为____________；

（2）Fe2+被氧化的过程中主要反应的离子方程式_____________．

（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至_______范围．

（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子．请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有_____________等（写二点）．

（5）吸附步骤除去的主要离子为______．

（6）电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，写出阳极的电极反应方程式__________________．27、实验室以含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}为原料制取硝酸银晶体；其实验流程如下：

已知：①“沉银”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。

②Zn2+在浓氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。

③PbCl2、AgNO3的溶解度曲线如图所示：

(1)“滤液”中的主要阳离子为___(填化学式)。

(2)“除杂”分为两步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。

①在不同温度下，AgCl、Ag2S均难溶于水。除去PbCl2的操作为______；热水洗涤。

②向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl。加入浓硝酸的目的是_______。

(3)室温下，可逆反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常数为1.1×107}

(4)“还原”过程中发生反应的离子方程式为_____。

(5)粗银经水洗后，经多步处理可制备硝酸银晶体。请补充完整由以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案：________，过滤，________，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液_______，过滤，将所得晶体置于烘箱(120℃)干燥，密封包装。(实验中须使用的试剂：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．食盐水呈中性；与铁钉不可能发生析氢腐蚀，而应发生吸氧化腐蚀，不能达到目的，A符合题意；

B．氨气在水中能形成喷泉；则表明圆底烧瓶内可形成负压，从而证明氨气易溶于水，能达到目的，B不符合题意；

C．乙醇；乙酸、浓硫酸加热可发生酯化反应；收集液体的导管口位于饱和碳酸钠溶液的液面上，可防止倒吸，能达到目的，C符合题意；

D．将氯化铁饱和溶液滴入沸水中；继续煮沸至液体呈红褐色，从而制得氢氧化铁胶体，能达到目的，D不符合题意；

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．若温度不变；将容器的体积缩小到原来的一半，假如平衡不发生移动，则达到新平衡时A的浓度为原来的2倍，实际上A的浓度是原来的2.2倍，说明增大压强，化学平衡逆向移动，逆反应为气体体积减小的方向，故m+n＜p+q，A错误；

B．A；B两种物质发生反应时；转化的物质的量的比是m∶n，若平衡时，A、B的转化率相等，则反应开始时，加入的A、B的物质的量之比为m∶n，B正确；

C．保持其它条件不变，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。若升高温度后D的体积分数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，该反应正反应是吸热反应，故该反应的ΔH>0；C错误；

D．若m+n=p+q；则该反应是反应前后气体体积不变的反应，向含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于amol+amol=2amol，D错误；

故合理选项是B。3、C【分析】【分析】

根据室温下若使沉淀完全，同理根据若使沉淀完全，故先沉淀完全，由图可知曲线A表示与溶液体积的关系，曲线B表示号溶液体积的关系。

【详解】

A．由以上分析可知，曲线A表示与溶液体积的关系；故A正确；

B．由于＜先沉淀，当时，计算所得的稀释后的与图上所标的数据一致，说明还未消耗，且正好出现拐点，说明开始沉淀；故B正确；

C．根据前面分析中的计算结果可知，完全沉淀时溶液中均大于所以当时溶液中均未完全沉淀；故C错误；

D．时，都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中。故D正确；

答案选C。4、B【分析】当氯化钠溶液的体积是0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0mol/L的，选项A不正确；pAg＝6时，二者恰好反应，所以氯化钠溶液的体积是100ml，选项B正确；当溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L时即可以认为沉淀达到完全，而X点溶液中银离子的浓度是1.0×10-6mol/L，所以选项C不正确；由于碘化银的溶解度小于氯化银的，所以如果换成0.1mol·L-1NaI，则图象在终点后变为应该再实线的左侧，选项D不正确，答案选B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．该装置不是利用升华法分离提纯物质的装置，同时铁粉和碘单质在加热条件下可能会发生化合反应生成FeI2，即Fe+I2FeI2；不能起到分离的作用，故A错误；

B．氯气在饱和食盐水中溶解度很小；可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，故B正确；

C．利用电解法精炼金属时；含有杂质的金属做阳极，接电源的正极，故C错误；

D．利用盐酸与大理石(碳酸钙)制取的CO2中会混有HCl；二者都会与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性＞硅酸的酸性，故D错误；

答案为B。二、多选题(共6题，共12分)6、ACD【分析】【分析】

【详解】

略7、BD【分析】【详解】

A．浓度相同时NaOH的导电性强；则曲线Ⅰ代表NaOH滴定曲线，且溶液中存在水的电离平衡，则H点对应的溶液中存在电离平衡，故A错误；

B．F点溶质为CH3NH3Cl，水解使溶液显酸性，则F点对应的溶液中：c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)；故B正确；

C．E点溶质为NaCl，对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10−14；G点溶质为CH3NH3Cl和HCl，因过量HCl对水的电离起抑制作用，G点对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)<1.0×10−14；故C错误；

D．一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10−4，F点Kh＝＝25×10−12，c(H＋)＝mol/L＝5×10−7mol/L；F点对应的溶液的pH＝7−lg5≈6.3，故D正确；

故选：BD。8、BD【分析】【分析】

【详解】

A．酸碱发生的中和反应是放热反应；但由于反应过程中元素化合价都不变，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意；

B．该反应是置换反应；反应过程中有元素化合价的升降，属于氧化还原反应；反应发生时放出热量，因此同时属于放热反应，B符合题意；

C．该反应是复分解反应；发生反应时元素化合价不变，不属于氧化还原反应，同时发生反应时吸收热量，属于吸热反应，C不符合题意；

D．该反应属于化合反应；发生反应时元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；发生该反应时还放出了热量，因此又同时还属于放热反应，D符合题意；

故合理选项是BD。9、BD【分析】【详解】

A.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方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<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正确；

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BD。

【点睛】

解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。10、CD【分析】【分析】

由题干中原电池装置图示可知，Zn所在石墨电极为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，MnO2所在的石墨电极为正极，电极反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，加入KI后的反应机理为：MnO2+3I-+4H+=Mn2+++2H2O，+2e-=3I-；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知；KI参与正极电极反应，且加入少量KI固体后能使电池持续大电流放电，说明反应速率加快，故降低了正极反应的活化能，A正确；

B．由分析可知，I-与剥落的MnO2反应生成的，然后能继续从正极上得到电子转化为I-；故能恢复“损失”的能量，B正确；

C．由分析可知，放电时，正极反应式为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；故正极区溶液的pH增大，C错误；

D．根据得失电子总数相等，结合正极反应式：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O可知；放电时，消耗1molZn时，正极区电解质溶液增重87+4=91g，D错误；

故答案为：CD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．当反应体系中；各组分的物质的量不再改变时，反应即达到平衡，由于同温同压下，气体物质的体积与物质的量呈正比，故各组分的体积不变，即各组分的体积之比恒定不变，可以说明该反应一定处于平衡状态，A符合题意；

B．F2(g)和ClF(g)的反应速率之比始终为1:1，故F2(g)和ClF(g)的反应速率之比恒定不变；不能说明该反应一定处于平衡状态，B不符合题意；

C．化学反应前后；各原子的个数和质量不发生改变，故在该反应体系中，Cl的元素质量分数恒定不变，即Cl的元素质量分数恒定不变，不能说明该反应一定处于平衡状态，C不符合题意；

D．在绝热容器中；容器中温度恒定不变，可以说明该反应一定处于平衡状态，D符合题意；

故选AD。三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【详解】

(1)该电池中Al作负极，电解质溶液为含的离子液体，故负极的电极反应式为

(2)正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为不参与正极的总反应，故为催化剂。将负极反应式：和正极反应：相加，可得该电池的总反应式为【解析】或催化剂13、略

【分析】【详解】

(1)电解时，阳离子会移向阴极，阴离子会移向阳极，加入的硫酸钠溶液电离生成的Na+则会通过阳离子交换膜进入阴极室，所以n是阳离子交换膜，而则会通过阴离子交换膜进入到阳极室，所以m是阴离子交换膜，根据电解时离子的放电顺序，阳极失电子能力>故从A口出的产品是H2SO4，又由于阴极得电子能力H+>Na+，故从D口出的产品是NaOH。综上所述电解硫酸钠溶液总反应方程式为2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑。

（2）①电渗析法海水淡化技术本质上还是电解食盐水，通电时阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，由于阴阳离子交换膜选择性通过离子，如下图所示，导致b处和d处的海水浓度越来越大，所以出水口的NaCl溶液浓度b>c。

②由于阴极H+得电子变成氢气，导致e处对应的阴极室浓度越来越大，会和海水中的Ca2+和Mg2+结合成含有Ca(OH)2和Mg(OH)2的水垢；导致e口对应的室产生水垢较多。

【点睛】

(1)的总反应方程式会在分析后错写成水的电解方程式2H2O2H2↑+O2↑。【解析】阴阳H2SO4NaOH2Na2SO4+4H2O4NaOH+2H2SO4+2H2↑+O2↑（写2H2O2H2↑+O2↑给1分）>e14、略

【分析】【详解】

根据盖斯定律，“反应①-反应②”得到则=-=(156.6-32.4)kJ/mol=+124.2kJ/mol【解析】+124.2kJ/mol15、略

【分析】【详解】

根据图示可得如下热化学方程式：

①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+72.6kJ·mol-1；

②CO(g)+O2(g)CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol-1；

③H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1；

反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可以由③-①-②得到；由盖斯定律可得：

△H=△H3-△H1-△H2=(-241.8kJ·mol-1)-(+72.6kJ·mol-1)-(-283.0kJ·mol-1)=-31.4kJ·mol-1；答案为：-31.4。【解析】-31.416、略

【分析】【详解】

(1)由电池的反应方程式可知，还原剂铜做原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，银做正极，溶液中的银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，则电极X为铜，电解质溶液Y是可溶性银盐硝酸银溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

(2)由电池的反应方程式可知，还原剂铜做原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，银做正极，溶液中的银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：正；Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；

(3)电池工作时，外电路中的电子由负极铜电极经导线流向正极银电极，故答案为：负；正。【解析】CuAgNO3溶液正Ag++e-=AgCu-2e-=Cu2+负正17、略

【分析】【分析】

(1)根据pH=-lgc(H+)计算；

(2)醋酸是弱酸；碳酸钠溶液与足量醋酸反应生成醋酸钠；水和二氧化碳；

(3)同体积、同物质的量浓度的盐酸(编号a)、硫酸(编号b)和醋酸(编号c)，中和NaOH能力与最终完全电离的H+的物质的量成正比，H+的物质的量越大；需要的氢氧化钠的物质的量越大，消耗的NaOH体积越大；

(4)盐酸为一元强酸；硫酸为二元强酸，醋酸为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离；

(5)强弱电解质的根本区别是电离程度；完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，只要能说明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答；

(6)向100mL0.1mol/L的盐酸中通入0.02mol氨气，发生反应生成氯化铵，得到等浓度的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液；充分吸收后测得溶液呈碱性，一水合氨电离大于铵根离子水解。

【详解】

(1)胃液中含有盐酸，经测定某人胃液的pH＝2，则c(H+)=10-pH=10-2mol/L；

(2)醋酸是弱酸，碳酸钠溶液与足量醋酸反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，发生反应的离子方程式为2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；

(3)同体积、同物质的量浓度的三种酸，三种酸n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b＞a=c；

(4)pH相等的三种酸，加水稀释时促进醋酸的电离，如稀释等pH时，醋酸加水应最多，而盐酸和硫酸为强酸，完全电离，稀释到pH=5，加水的体积相等，则有V1=V2＜V3；

(5)a．室温时，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明CH3COO-发生水解，弱离子发生水解，可以说明CH3COOH是弱酸；故a正确；

b．可用食醋清除水壶内壁的水垢，只能说明CH3COOH的酸性比碳酸强，碳酸是弱酸，则不能醋酸是强酸，故b错误；

c．等浓度的盐酸和醋酸与相同浓度的碳酸氢钠溶液反应，醋酸不如盐酸剧烈，说明CH3COOH电离出H+的浓度不如HCl，也就说明CH3COOH是弱酸；但未说明盐酸和醋酸是等浓度，故c错误；

d．将1mLpH=1的醋酸溶液稀释到100mL后；测其pH小于3，说明加水稀释过程中促进醋酸的电离，即醋酸溶液中存在电离平衡，可证明醋酸是弱酸，故d正确；

故答案为ad；

(6)向100mL0.1mol/L的盐酸中通入0.02mol氨气，发生反应生成氯化铵，得到等浓度的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液，充分吸收后测得溶液呈碱性，一水合氨电离大于铵根离子水解，溶液中NH3•H2O、NH4+、Cl-三种微粒的物质的量浓度大小关系为：NH4+＞Cl-＞NH3•H2O。

【点睛】

判断一元强酸与一元弱酸常用的实验方法有：①从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸；②从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸；③pH相等时，弱酸中和碱的能力强；④pH相等时，与活泼金属反应，起始反应速率相等，但生成等量氢气的平均速率是弱酸大。【解析】①.0.01②.2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑③.b＞a=c④.V1=V2＜V3⑤.ad⑥.NH4+＞Cl-＞NH3•H2O18、略

【分析】略【解析】AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp=c平(Cl-)c平(Ag+)AgI(s)⇌Ag+(aq)+I-(aq)Ksp=c平(I-)c平(Ag+)Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)Ksp=c平(CrO)c平2(Ag+)Ksp的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关相同类型的难溶电解质，在同温度下，Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，应通过计算才能进行比较19、略

【分析】【分析】

本题以硫酸工业的第一步为载体；主要考查氧化还原反应反应的分析，配平以及有关计算。

(1)根据氧化还原反应的有关概念即可解答；

(2)利用元素守恒即可解答，即硫铁矿中铁元素全部转化到Fe2O3固体中的铁元素；根据配平以及反应热与反应的物质的量呈正比即可求出该热化学方程式；

(3)碱性氧化物与酸反应生成盐和水即可，根据Fe3+的氧化性即可写出通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大。

【详解】

(1)被氧化的元素即为化合价升高的元素；对该反应分析可知，铁的化合价由+2价变为+3价，S的化合价由-1价变为+6价，故铁和硫元素被氧化，故答案为：Fe；S；

(2)根据原子守恒可知，硫铁矿中的铁元素全部转化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有铁元素为：故硫铁矿中FeS2的质量为：故该硫铁矿中FeS2的纯度为根据反应方程式，即煅烧过程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ热量，则生成320gFe2O3放出的热量为：故此反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol，故答案为：80%；4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol；

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4是碱性氧化物和酸的反应生成盐和水，故的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，是由于发生了反应：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反应的还原产物为FeSO4，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4。【解析】Fe、S80%4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/molFe2O3+6H+=2Fe+3H2OFeSO4四、判断题(共1题，共3分)20、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。五、结构与性质(共3题，共12分)21、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；

（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋；具有较强的还原性；

（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。【解析】①.N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋容易失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+22、略

【分析】【详解】

（1）硫的原子序数是16；其位于元素周期表的第三周期第ⅥA族；由于每个电子所处能层；能级、原子轨道、自旋方向不完全相同，因此每个电子运动状态均不相同，S原子核外有16个电子，则基态S原子核外有16种运动状态不同的电子。

（2）CS2和CO2均属于分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，由于CS2的相对分子质量大于CO2，因此熔点：CS2>CO2。

（3）CS2的结构与CO2相似，则其结构为分子中不含非极性键，属于直线形非极性分子，选项A；C、D错误，故选B。

（4）比较C和S的非金属性，可通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行判断，因为硫酸酸性大于碳酸，可得非金属性：S>C。或者在CS2中S显负价，C显正价，说明S得电子能力比C强，非金属性：S>C。

（5）Na2S溶液中发生水解，水解是微弱的，且第一步水解远大于第二步水解，因此溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)。

（6）根据元素守恒，若Fe2(SO4)3前配1，则FeSO4前配2，则生成物中少硫酸根，且反应物中含有H元素，由此可知生成物中有H2SO4。Fe2(SO4)3中Fe元素化合价由+3价降至+2价，1molFe2(SO4)3反应得2mol电子，H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，1molH2S反应失2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后可得化学方程式为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4。

（7）FeSO4在酸性条件下被O2氧化为Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒可得关系式4FeSO4O2，若有1molFeSO4在酸性条件下被氧化，则需要0.25molO2，其在标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。【解析】(1)第三周期第VIA族16

(2)>

(3)B

(4)硫硫酸的酸性大于碳酸(二硫化碳中硫显负价；合理即可)

(5)c(S2-)>c(HS-)>c(H2S)

(6)Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4

(7)5.623、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl六、工业流程题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤，可得到硫酸铜、硫酸锌溶液；向酸浸液中加铁可还原出铜，经过滤可得铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液；然后加入A和氨水，将亚铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；后向滤液中加氨水等将锌离子转化为Zn2(OH)2CO3，最后焙烧，Zn2(OH)2CO3受热分解得到氧化锌。

【详解】

(1)影响化学反应速率的因素有多种；要提高氧化铜锌矿的酸浸速率，可采取的措施还有升高温度(增大酸浓度；将氧化铜锌矿粉碎以增大表面积等)，故答案为：适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等)。

(2)因向含ZnS的悬浊液中滴加CuSO4溶液，溶液中发生反应当恰好出现CuS沉淀时，此时溶液为ZnS和CuS的混合饱和溶液，此时溶液中====1.2×1012，故答案为：1.2×1012。

(3)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，且加入A不引入新的杂质，H2O2反应过程中被还原为H2O，HNO3被还原为有有毒气体NOx，KMnO4、NaClO被还原所得生成物均会引入新杂质，为不引入新杂质和环境保护原则可知最佳的氧化剂为H2O2；故答案为：B。

(4)沉淀Zn2+的过程中Zn2+与和NH3·H2O之间发生复分解反应生成Zn2(OH)2CO3，若选用其他碱溶液，可能会与OH-之间发生反应导致最终得到ZnCO3或者Zn(OH)2，同时NH3·H2O受热易发生分解生成NH3和H2O，后续焙烧过程中可除去Zn2(OH)2CO3表面附着的NH3·H2O；由图表数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Zn2+开始沉淀的pH为6.2，为保证Fe3+沉淀完全同时防止Zn2+沉淀，沉淀过程中溶液pH应为故答案为：防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面杂质；

(5)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为(NH4)2SO4。

(6)Zn2(OH)2CO3为复盐，焙烧可生成ZnO、H2O和CO2气体，反应的化学方程式为Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑。【解析】适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等)1.2×1012B防止生成ZnCO3或者Zn(OH)2，方便除去Zn2(OH)2CO3表面杂质(NH4)2SO4Zn2(OH)2CO32Zn+H2O+CO2↑25、略

【分析】【分析】

高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，利用高岭土选矿酸性废水溶解高岭土矿，调节pH除去铁元素和二氧化硅，再调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2，经过一系列操作得到KAl(SO4)2•12H2O；据此分析答题。

【详解】

(1)步骤I中；可以通过升高温度；粉碎高岭土、搅拌等方法加快高岭土酸溶的速率，答案为：升高温度、粉碎高岭土、搅拌等；

(2)高岭土矿的主要成分是Al2O3、SiO2及少量的Fe2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的H+、SOAl3+及少量的Fe3+等离子，酸浸时二氧化硅不发生反应，加入物质A调节溶液pH为3.2，可使Fe3+离子完全沉淀，而此时铝离子未沉淀，所以滤渣的主要成分是Fe(OH)3、SiO2，答案为：Fe(OH)3、SiO2；

(3)A．高岭土矿的主要成分是Al2O3，高岭土选矿酸性废水含有大量的Al3+；所以步骤I的主要目的是提高废水中铝离子的浓度，A正确；

B．步骤II中的A若是NaOH，引入钠离子杂质，导致最终制得KAl(SO4)2•12H2O不纯；B错误；

C．氢氧化铁完全沉淀的pH为3.2；氢氧化铝开始沉淀的pH为3.4，为使二者分离步骤II中调节pH的范围是3.2＜pH＜3.4，C正确；

D．制备产品为KAl(SO4)2•12H2O，所以步骤IV中需调控K2SO4的用量，使n(Al3+)：n(K+)：n(SO)尽可能接近1：1：2