2025年人教版（2024）选择性必修1化学下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年人教版（2024）选择性必修1化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、以铁和石墨为电极电解酸性废水，可将废水中的PO以FePO4形式除去，其装置如图所示。已知：常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10－22；一般认为溶液中某离子浓度小于1×10－5mol·L－1时；该离子已除尽。下列说法不正确的是()

A.电解过程中，PO向铁极迁移B.电路中有6mol电子通过时理论上最多除去2molPOC.在该装置中，铁的电势高于石墨D.当废水中c(Fe3＋)＝1×10－15mol·L－1时，PO已除尽2、向真空密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，经过相同时间，测得物质A的体积分数和C的体积分数随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应的正反应是放热反应B.该反应只有T2温度时处于化学平衡状态C.该反应在T1、T3温度时均处于化学平衡状态D.升高温度，该反应化学平衡常数增大3、下列数据不一定随着温度升高而增大的是A.盐类水解常数KhB.弱电解质的电离平衡常数KC.化学平衡常数KD.水的离子积Kw4、下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c()＞c(OH−)＞c(H+)B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)D.10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)5、下列说法正确的是（）A.向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，Ksp增大B.已知的则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有且C.可通过比较和的Ksp的大小比较它们的溶解性D.25℃时故新生成的AgCl可转化为AgI评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、温度为TK时，向VL的密闭容器中充入一定量的和发生反应ΔH＞0；容器中A；B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是。

A.反应在前10min内的平均反应速率B.该反应的平衡常数表达式C.若平衡时保持温度不变，压缩容器容积平衡向逆反应方向移动D.反应至15min时，改变的反应条件是降低温度7、一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，下列推断正确的是A.负极反应为7O2+14H2O+28e-=28OH-B.每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14molC.放电一段时间后，负极周围的pH升高D.放电过程中KOH的物质的量浓度减小8、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)。平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是A.x+y＜zB.平衡向正反应方向移动C.B的转化率降低D.C的体积分数下降9、将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)3Y(g)+Z(g)；平衡时混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示。下列推断正确的是。

A.平衡后加入高效催化剂可使混合气体的平均摩尔质量增大B.压强大小有P1＞P2＞P3C.升高温度，该反应平衡常数K减小D.在该条件下M点X平衡转化率为10、在起始温度均为容积均为的恒容密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和发生反应已知：分别是正、逆反应速率常数，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线N表示B容器中的转化率随时间的变化B.用的浓度变化表示曲线N在内的反应速率为C.Q点小于P点D.时，11、2019年9月我国科研人员研制出Ti—H—Fe双温区催化剂，其中Ti—H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是()

A.能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂B.过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域C.过程④表示N原子由Fe区域向Ti—H区域传递D.使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应12、如图是一种利用微生物处理废水中的尿素生成环境友好物质的装置。下列说法正确的是。

A.该装置将电能转化为化学能，M极为阳极B.由左室经过质子交换膜移向右室C.M电极反应式为D.该装置的缺点是处理后使废水的酸性增强，不能直接排放13、已知25℃时，水溶液中AgBr的Ksp为5.0×10-13，AgI的Ksp为8.3×10-17。t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示。已知：pAg=-lgc(Ag+)。图2所示是25℃时向10mLAgNO3溶液中加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时；溶液的pAg随着加入NaCl溶液体积(单位mL)变化的曲线(实线)。下列说法错误的是。

A.可知t<25B.在a点未达到沉淀溶解平衡，可采用加入适量的AgNO3固体使溶液对应的离子浓度到达c点C.图2中x点的坐标为(100，6)，原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后变为曲线z评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。(_______)15、某化学兴趣小组专门研究了氧族元素及其某些化合物的部分性质。所查资料信息如下：

①酸性：H2SO4＞H2SeO4＞H2TeO4

②氧；硫、硒与氢气化合越来越难；碲与氢气不能直接化合。

③由元素的单质生成等物质的量的氢化物的焓变情况如图。

请回答下列问题：

(1)H2与硫化合的反应_______热量(填“放出”或“吸收”)；

(2)已知H2Te分解反应的∆S＞0，请解释为什么Te和H2不能直接化合：_______；

(3)上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是_______(填序号)。

(4)写出在NaOH溶液中通入过量的H2S反应的离子方程式：_______

(5)写出4mL0.01mol/L的酸性KMnO4溶液中滴入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液中反应的离子方程式：_______16、如图表示800℃时A；B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的情况；t时各组分浓度不再变化。试回答：

(1)该反应的反应物是_____，达平衡时其转化率是___。

(2)该反应的化学方程式是______。

(3)若t是2min，A物质的平均反应速率是______。17、向一恒温密闭容器中充入平均相对分子质量为15的和的混合气体，保持条件下发生反应：

(1)测得不同温度下氢气的转化率如图1示，图1中曲线Ⅰ为氢气的平衡转化率与温度的关系，曲线Ⅱ表示不同温度下经过相同反应时间后的氢气转化率，随着温度的升高，曲线Ⅱ向曲线Ⅰ靠近，于M点重合，其原因是_______。

(2)在不同催化剂作用下反应相同时间，的转化率随温度的变化关系如图2所示，催化效果最佳的是催化剂_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。b点时的反应速率：_______(填“>”“<”或“=”)测得图2中a点混合气体平均相对分子质量为18.75，则a点对应温度下反应的平衡常数_______(保留2位有效数字，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。18、25℃时；三种酸的电离平衡常数如下：

。化学式。

HClO

电离平衡常数。

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”；“减小”或“不变”。

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号；

a、COb、ClO-c、CH3COO-d、HCO

（3）下列反应不能发生的是______填序号。

a．

b．

c．

d．

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号；

a．b．c．d．19、火箭推进器中装有还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢(H2O2)；当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.5mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出250.0kJ的热量。

(1)写出肼和过氧化氢的结构式：肼_______，过氧化氢_______。

(2)写出反应的热化学方程式：_______。

(3)已知H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ∙mol−1，则16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_______kJ。

(4)火箭升空时，由于与大气层的剧烈摩擦，产生高温。为了防止火箭温度过高，在火箭表面涂上一种特殊的涂料，该涂料的性质最可能的是_______；

A．在高温下不融化B．在高温下可分解气化。

C．在常温下就分解气化D．该涂料不可能发生分解。

(5)发射“神六”时用肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料，NO2为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H=+67.7kJ∙mol−1；N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ∙mol−1；写出肼和NO2反应的热化学方程式_______20、某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。

请回答：

Ⅰ．用如图1所示装置进行第一组实验。

(1)在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是___________(填字母序号)。

A．铝B．石墨C．银D．铂。

(2)M极发生反应的电极反应式为___________；

(3)实验过程中，SO___________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有___________，写出产生此现象的反应方程式：___________；

Ⅱ．用如图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根(FeO)在溶液中呈紫红色。

(4)电解过程中，X极区溶液的pH___________(填“增大”；“减小”或“不变”)；

(5)电解过程中，Y极发生的电极反应为___________和4OH--4e-=2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少___________g。

(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极的电极反应式为___________。21、工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤，压强及温度对SO2的转化率的影响如表(原料气各成分的体积分数为：SO27%，O211%，N282%)：

（1）利用表中数据判断SO2的氧化反应是____反应(填“放热”或“吸热”)。

。温度/℃

不同压强下的转化率/%

0.1MPa

0.5MPa

1MPa

10MPa

10MPa

400

99.2

99.6

99.7

99.9

500

93.5

96.9

97.8

99.3

600

73.7

85.8

89.5

96.4

（2）根据表中数据，考虑综合经济效益，你认为工业上SO2催化氧化时适宜的压强为___，理由___。

（3）温度选为400-500之间的原因____。

（4）选择适宜的催化剂，是否可以提高SO2的平衡转化率？___(填“是”或“否”)。

（5）为提高SO3吸收率，实际生产中用___吸收SO3。

（6）将1molSO3充入一真空密闭容器中，一定条件下达到平衡，此时SO3所占体积分数为M%，若在同样条件下最初投入2molSO3，反应达平衡时SO3所占体积分数为N%，则M%___N%(填“大于”，“等于”或“小于”)。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)22、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23、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误24、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共1题，共2分)25、室温下；有下列溶液：

(1)0.2mol·L－1HR溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH<7，则说明在相同条件下HR的电离程度_____NaR的水解程度(填“＞”、“＜”或“＝”)，混合溶液中各离子浓度的大小顺序为_________。

(2)pH=3的0.1mol·L−1NH4Al(SO4)2溶液中c()+c(NH3·H2O)____c(Al3+)+c［Al(OH)3］(填“﹥”、“﹤”或“=”)；2c()－c()－3c(Al3+)=_________mol·L−1(填准确数值)。

(3)已知：Ksp［Cu(OH)2］＝2.2×10－20、Ksp［Fe(OH)3］＝4.0×10－38、Ksp［Mn(OH)2］＝2.1×10－13。若某溶液中c(Cu2＋)＝2.2mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，先生成的沉淀是_____(填化学式)；为尽可能多地回收铜，而不让锰析出，所得滤液的pH最大值为_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．利用Fe3＋沉淀PO铁为阳极，石墨为阴极，故a极为正极，b极为负极；在电解池中，阴离子向阳极迁移，即PO向铁极迁移；故A正确；

B．铁极的电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，废水中发生的总反应为4Fe2＋＋O2＋4H＋＋4PO=4FePO4↓＋2H2O，则电路中通过6mol电子时理论上最多除去3molPO故B错误；

C．在电解池中；阳极的电势高于阴极，故铁的电势高于石墨，故C正确；

D．当c(Fe3＋)＝1×10－15mol·L－1时，c(PO)＝=1.3×10－7mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，PO已除尽；故D正确；

答案选B。2、A【分析】【分析】

一般温度越高，反应速率越快，相同时间内更容易达到平衡，根据图像知T2温度时，A、C体积分数达到最值，达到反应的限度，即T2温度对应的点为平衡点，T2之后再升温；则发生平衡的移动。

【详解】

A．判断反应吸热还是放热，需分析温度对平衡移动的影响，即分析T2温度以后的图像变化；温度升高，A%增大，说明平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，所以正反应为放热反应，A正确；

B．根据分析知T2温度为第一个平衡状态，T2往后都是平衡状态；B错误；

C．T1温度下未达反应的限度；即未达平衡状态，C错误；

D．结合A选项判断；升温，平衡逆向移动，故平衡常数K减小，D错误；

故答案选A。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．盐类水解是吸热过程；升高温度，促进水解，水解常数增大，故A正确；

B．弱电解质的电离是吸热过程；升高温度促进弱电离，电离平衡常数增大，故B正确；

C．对于放热的化学反应；升高温度，平衡左移，K减小，故C错误；

D．水的电离为吸热过程；升高温度，促进电离，水的离子积常数Kw增大，故D正确；

故选C。4、B【分析】【详解】

A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，恰好反应生成氯化铵和水，溶液是氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性，离子浓度大小为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故A错误；

B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故B正确；

C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C错误；

D.10mL0.5mol/LNaOH溶液与6mL1mol/L盐酸混合，反应后溶液中氯化氢过量，溶液呈酸性，离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故D错误。

故选B。5、D【分析】【详解】

A、氯化银溶液中存在如下平衡：AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq)；由于氯化钠的溶解度大于氯化银，加入NaCl固体，增大氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，析出氯化银沉淀，氯化银的溶解度降低，但温度不变，溶度积不变，故A错误；

B、含有固体MgCO3的溶液中，Mg2+和CO32-都能水解；水解后离子浓度不相等，并且在不同的温度下，溶度积不同，故B错误；

C、氢氧化镁和碳酸镁的组成结构不同，所以不能通过比较Mg(OH)2和MgCO3的Ksp的大小比较它们的溶解性；故C错误；

D、Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；根据沉淀的转化原理可知，AgCl悬浊液中加入NaI溶液时，很容易转化为AgI悬浊液，故D正确；

故选D。

【点睛】

对于结构相同的难溶电解质可以直接比较Ksp大小即可得出溶解度大小；但是对于结构不同的难溶电解质不能直接通过比较Ksp大小来比较溶解度大小。如Mg(OH)2和MgCO3，必须换算成溶解度才能直接比较。二、多选题(共8题，共16分)6、AC【分析】【详解】

A.由题图可知，10min时该反应达到平衡，平衡时D的浓度变化量为故A项错误；

B.由题图可知，平衡时A、D的浓度变化量绝对值分别为故得C为固体，则可逆反应的平衡常数表达式B项正确；

C.该反应前后气体分子数不变；增大压强，平衡不移动，C项错误；

D.由题图可知，改变条件的瞬间，反应混合物中各物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，故改变的反应条件应是降低温度，D项正确。答案选AC。7、BD【分析】【分析】

【详解】

A．该燃料电池中，正极通入O2，发生的电极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极通入乙烷，发生的电极反应式是：C2H6+18OH-－14e-=2+12H2O；A错误；

B．由A选项分析可知，每消耗1molC2H6；转移的电子为14mol，B正确；

C．因为负极反应式为：C2H6+18OH-－14e-=2+12H2O；氢氧根被消耗，pH降低，C错误；

D．放电过程中；KOH参与了反应，故KOH的物质的量浓度减小，D正确；

故本题选BD。8、CD【分析】【分析】

保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，气体的压强减小，由原平衡时A的浓度为0.50mol/L可知，若平衡不移动，A的浓度将变为0.25mol·L-1，现新平衡时A的浓度为0.3mol·L-1；说明平衡向生成A的方向移动了，即平衡向逆反应方向移动，则x+y＞z。

【详解】

A.由分析可知；化学计量数的大小关系为x+y＞z，故A错误；

B.由分析可知；平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C.由分析可知；平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故C正确；

D.由分析可知；平衡向逆反应方向移动，C的体积分数下降，故D正确；

故选CD。9、BD【分析】【详解】

A．催化剂不会使平衡发生移动；气体平均摩尔质量不变，A不正确；

B．可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，X的物质的量分数增大，所以压强大小关系有：P1＞P2＞P3；B正确；

C．根据图象知；升高温度，X的物质的量分数减小，说明平衡正向移动，平衡常数增大，C不正确；

D．M点对应的平衡体系中，X的体积分数为0.1，令X的起始量为1mol，并设参加反应的X的物质的量为2x；则可建立如下三段式：

则x=X的平衡转化率为=故选BD。10、AC【分析】【详解】

A．由分析可知；曲线M表示B容器中一氧化二氮的转化率随时间的变化，故A错误；

B．由图可知，曲线N在100s时，一氧化二氮的转化率为10%，由方程式可知，在0—100s内一氧化碳的反应速率等于一氧化二氮的反应速率，为=1×10-4mol/(L·s)；故B正确；

C．由分析可知，曲线M表示B容器中一氧化二氮的转化率随时间的变化，则Q点反应温度高于P点，Q点反应温度高于P点，所以Q点大于P点故C错误；

D．由平衡时正逆反应速率相等可得：k正·c(N2O)·c(CO)=k逆·c(N2)·c(CO2)，平衡常数K==由图可知，T℃条件下，容器A平衡时一氧化二氮的转化率为25%，则平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、氮气的浓度分别为=0.075mol/L、=0.375mol/L、=0.025mol/L、=0.025mol/L，反应的平衡常数K===故D正确；

故选AC。11、BC【分析】【分析】

由题中示意图可知，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，由此分析。

【详解】

A．能量变化最大的过程为①；①过程为氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A不符合题意；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；以上都需要在高温时进行；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B符合题意；

C．由题中图示可知；过程④完成了Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti−H区域传递；故C符合题意；

D．催化剂能改变化学反应速率；但不能改变反应的焓变；故D不符合题意；

答案选BC。12、BC【分析】【分析】

根据题给信息知，图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：正极上得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，氢离子由左室经质子交换膜移向右室，总反应为：由此分析。

【详解】

A．该装置是将化学能转化为电能的原电池；M是负极，故A不符合题意；

B．由分析可知，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：由左室经过质子交换膜移向右室；故B符合题意；

C．M是负极，负极上失电子发生氧化反应，M电极反应式为故C符合题意；

D．根据分析可知，该装置的总反应为：处理后使废水的酸性并没有增强，尽管废水中的尿素被处理了，但是也不能直接排放，会污染土壤，故D不符合题意；

答案选BC。13、CD【分析】【详解】

A.根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得，该温度下Ksp(AgBr)＝4.9×10-13，比25℃时的小，AgBr的溶解度随温度升高而增大，故t<25；故A正确；

B.a点对应的Qc＝c(Ag+)·c(Br-)<Ksp(AgBr)，没有达到沉淀溶解平衡，a点和c点c(Br-)相同，需要增大c(Ag+)，故可以加入适量的AgNO3固体；故B正确；

C.加入氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0mol·L-1，硝酸银的物质的量为1.0mol·L-1×0.01L=0.01mol，pAg＝6时，二者恰好反应完全，所以氯化钠的物质的量为0.01mol，溶液的体积是=0.1L=100mL；即x坐标为(100，6)，故C错误；

D.pAg＝6时，二者恰好反应完全，银离子和氯离子的浓度是10-6mol·L-1，Ksp(AgCl)＝1×10-12，可得碘化银的Ksp小于氯化银的，所以如果换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后Ag+浓度变小；pAg增大，故选曲线y，故D错误；

答案选CD。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

生成沉淀，没有气体，离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO其原理是碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与偏铝酸根离子、水生成氢氧化铝.此时碳酸氢根和氢氧化铝都充当酸，属于强酸制弱酸的反应，故错误。【解析】错误15、略

【分析】【分析】

根据③的图象获取反应热的信息结合反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0分析解答；根据非金属性强弱的比较方法：①单质与氢气易(难)反应；②生成的氢化物稳定(不稳定)；③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；④相互置换反应(强制弱)；⑤单质得电子的能力比较非金属性强弱等分析判断；NaOH溶液中通入过量的H2S反应生成硫氢化钠和水；草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应；草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，据此分析解答。

(1)

从图象可知，S与H2的△H＜0；反应放出热量，故答案为：放出；

(2)

从图象可知，Te和H2反应的△H＞0，而H2Te分解反应的△S＞0，Te和H2化合的△S＜0，则△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为：因为化合时△H＞0，△S＜0，△H-T△S＞0；故反应不能自发进行；

(3)

根据元素非金属性的判断方法可知；上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是①②③，故选①②③；

(4)

NaOH溶液中通入过量的H2S反应生成硫氢化钠和水，反应的离子方程式为OH-+H2S=HS-+H2O，故答案为：OH-+H2S=HS-+H2O；

(5)

草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O。【解析】(1)放出。

(2)因为化合时ΔH＞0，ΔS＜0，ΔH-TΔS＞0；故反应不能自发进行。

(3)①②③

(4)OH-+H2S=HS-+H2O

(5)2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O16、略

【分析】【分析】

在反应过程中减少的物质是反应物；增加的物质是生成物，根据物质浓度变化量的比等于化学方程式的计量数的比书写反应方程式，结合物质的转化率；化学反应速率的含义进行计算。

【详解】

(1)由图可知，随着反应的进行，A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，B、C为生成物；从开始到达到平衡时，A的浓度变化了△c(A)=2.4mol/L-1.2mol/L，则物质A的转化率=×100%==50%；

(2)由图可知，△c(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L，△c(B)=0.4mol/L，△c(C)=1.2mol/L，A、B、C化学计量数之比等于浓度变化量之比为1.2mol/L：0.4mol/L：1.2mol/L=3：1：3，该反应进行到tmin后各种物质的浓度不再变化，说明反应为可逆反应，故反应方程式为3AB+3C；

(3)由图可知在2min内，A物质的浓度变化量为△c(A)=2.4mol/L-1.2mol/L=1.2mol/L，所v(A)==0.6mol·L-1·min-1。

【点睛】

本题考查浓度-时间图像在化学反应速率、化学方程式书写等的应用，注重基础，注意根据物质浓度变化特点书写反应方程式，结合有关概念进行计算，一定要注意基础知识的掌握。【解析】A50%3AB+3C0.6mol·L-1·min-117、略

【分析】【详解】

（1）由于温度升高；反应速率加快，相同时间内氢气转化率增大，达到平衡所需的时间缩短，故曲线Ⅱ向曲线Ⅰ靠近，在M点达到平衡状态。

（2）a点之前，的转化率相同时；催化剂I需要的温度最低，故催化剂I的催化活性最好，催化效果最佳。

b点时未达到该温度下的最大转化率，说明反应未达到平衡，反应正向进行，故反应速率大小关系为

初始充入的平均相对分子质量为15的和的混合气体中的物质的量之比是设该初始混合气体中的物质的量都是混合气体的总质量为若a点混合气体平均相对分子质量为18.75，则此时混合气体的总物质的量由差量法列三段式得：

体系中各气体的分压为：

用压强表示的平衡常数为：【解析】(1)温度升高；反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，故曲线Ⅱ向曲线Ⅰ靠近，M点达到平衡状态。

(2)Ⅰ>0.008918、略

【分析】【分析】

（1）

升高温度能促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；

（2）

电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；

（3）

a.碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸；该反应能够发生，故a不符合题意；

b.CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b不符合题意；

c.-：HClO的酸性小于碳酸；该反应无法发生，故c符合题意；

d.由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO该反应不能发生，故d符合题意；

综上所述；本题答案是：cd；

（4）

加水稀释促进弱酸电离，随水量的增加醋酸的电离程度增大，各物质的浓度均减小，其电离平衡常数保持不变，则有a项减小，b项增大，c项水的离子积不变Kw不变，减小，d项减小。故答案选择b项。【解析】（1）增大。

（2）

（3）cd

（4）b19、略

【分析】【详解】

(1)肼是氮氢单键，氮氮单键，其结构式为：H−O−O−H过氧化氢是氢氧单键，氧氧单键，其结构式为：H−O−O−H；故答案为：H−O−O−H。

(2)0.5mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出250.0kJ的热量，其反应的热化学方程式：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－500kJ∙mol−1；故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－500kJ∙mol−1。

(3)已知H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ∙mol−1，其热反应方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－676kJ∙mol−1；则16g液态肼即物质的量为0.5mol，因此16g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是676kJ∙mol−1×0.5mol=338kJ；故答案为：338。

(4)为了防止火箭温度过高；在火箭表面涂上一种特殊的涂料，该涂料的性质最有肯能是在高温下可分解汽化，因为物质汽化时能够吸收热量，从而使火箭的温度降低，故答案为：B。

(5)将第二个方程式的2倍减去第一个方程式，因此肼和NO2反应的热化学方程式2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1153.7kJ∙mol−1；故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1153.7kJ∙mol−1。【解析】H−O−O−HN2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－500kJ∙mol−1338B2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1153.7kJ∙mol−120、略

【分析】【详解】

(1)在保证电极反应不变的情况下；仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故答案为A；

(2)M电极连接原电池正极，所以是电解池阳极，阳极材料是活性电极，铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故答案为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2；

(3)原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，反应的活性方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(4)电解过程中；阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大；

(5)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，发生的电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O和4OH--4e-=2H2O+O2↑，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得解得x=0.28g；

(6)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。

【点睛】

电极反应式的书写，注意电极材料本身可能发生变化外，还要注意电解质溶液中的离子是否参与电极反应。如第2问，铁作阳极，失去电子生成Fe2+，与溶液中OH﹣结合生成Fe(OH)2，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣=Fe(OH)2，至于Fe(OH)2转变为Fe(OH)3就不是电极反应了；而第6问是在此基础上，还要考虑电池总反应式，才能写出负极反应式，进而写出正极反应式。【解析】AFe-2e-+2OH-=Fe(OH)2从右向左滤纸上有红褐色斑点产生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3增大Fe-6e-+8OH-=+4H2O0.282+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-21、略

【分析】【分析】

（1）

由表中数据知:在同一压强下，升高温度，二氧化硫的转化率减小，即平衡向左移动。因此SO2的氧化反应是放热反应。

（2）

根据表中数据，考虑综合经济效益，工业上SO2催化氧化时适宜的压强为0.1MPa；理由为：温度一定时，该压强(0.1MPa)下二氧化硫的转化率已经很高了，再增压转化率变化不大，且对设备；材料要求高不经济。

（3）

该反应放热；温度越低，越有利于平衡右移，但是不利于提高反应速率；温度越高，越不利于平衡右移；温度高，反应速率快，但是对催化剂的活性有影响。故温度选为400-500之间的原因为：在相同压强下，低于400度，速率太低；该反应是放热反应，高于500度升温反应逆向移动三氧化硫的产率降低；400-500催化剂的活性最好。

（4）

催化剂能影响反应速率，而不能使平衡移动。选择适宜的催化剂，不能提高SO2的平衡转化率；故答案为：“否”。

（5）

若用水来吸收三氧化硫，有酸雾会滞留在吸收塔中阻止三氧化硫的进一步吸收。为提高SO3吸收率，实际生产中用98.3%硫酸吸收SO3。

（6）

将1molSO3充入一真空密闭容器中，一定条件下达到平衡，若在同样条件下最初投入2molSO3，反应所达的平衡等效于第一个平衡增压、平衡右移所得，则SO3所占体积分数增大，即M%小于N%。【解析】（1）放热。

（2）0.1MPa温度一定时；该压强下二氧化硫的转化率已经很高了，再增压转化率变化不大，且对设备；材料要求高不经济。

（3）在相同压强下；低于400度，速率太低；该反应是放热反应，高于500度升温反应逆向移动三氧化硫的产率降低；400-500催化剂的活性最好。

（4）否。

（5）98.3%硫酸。

（6）小于四、判断题(共3题，共24分)22、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。23、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，