2025年沪教新版选择性必修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年沪教新版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(起始未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，该电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法不正确的是。

A.负极反应式为NH3·BH3-6e-+2H2O=+BO+6H+B.当消耗6.2gNH3·BH3时，左右两极室内液体质量差为5gC.电池工作时，阳离子向正极移动，故H+通过质子交换膜向右移动D.其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增强溶液导电性2、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.含有FeCl2的溶液中：Cr2OH+、K+、Ca2+B.中性溶液中：Fe3+、NHSOCl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、SOCl-、Mg2+D.能使甲基橙变红色的溶液中：AlONa+、OH-、S2-3、用图甲装置进行实验；若图乙中横坐标x表示转移电子的物质的量，下列叙述正确的是。

A.E的纵坐标可表示反应过程中生成Cu的物质的量或反应消耗H2O的物质的量B.Cu极上的电极反应式为2H2O-4e-=4H＋+O2↑C.F的纵坐标可表示反应过程中生成H2SO4的物质的量D.电解后溶液的pH增大4、某新型电池可净化废水；同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是。

A.该电池左室电极为负极B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高C.H+通过质子膜从左向右迁移D.左池消耗的S2-与右池消耗的NO的物质的量之比为5：85、臭氧(O3)是一种强氧化剂，常用于消毒灭菌等，可用下图电解稀硫酸制得O3；下列说法正确的是。

A.图中特制惰性电极C为阳极B.电解一段时间后停止电解，溶液的pH显著变大C.电解开始后电子的移动方向为：A→C→D→BD.电解一段时间后F处分别收集到xL和yL气体(标准状况)，则F处收集的气体中O3所占的体积分数为(忽略O3的分解)6、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A.用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑B.氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e-=4OH-C.粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2＋D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e-=Fe2＋7、已知体系自由能变化时反应能自发进行．两个氢化反应的与温度的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.反应①的B.反应②在时的反应速率很快C.温度大于时，反应①能自发进行D.反应②的评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、一种双功能结构催化剂能同时活化水和甲醇，用以解决氢气的高效存储和安全运输。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(表示过渡态)

下列说法正确的是A.的脱氢反应是分步进行的B.甲醇脱氢反应历程的最大能垒(活化能)是C.甲醇脱氢反应中断裂了极性键和非极性键D.该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了新思路9、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]+)10、常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和氨水溶液(已知：常温下，一水合氨Kb=1.75×10-5)；测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.b点溶液：c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.d点溶液：c(NH)+c(H+)＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)C.e点溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH)+c(NH3·H2O)D.a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d＞c＞b＞a11、常温下，向某一元碱溶液中逐滴加入的溶液，溶液中中和率的变化如图所示。为的电离常数，下列说法正确的是。

A.溶液中水的电离程度从a点到d点逐渐增大B.a点时，C.b点时，D.c点时，12、25℃时，lgS(CaF2)随pH变化如图所示；下列说法错误的是。

已知：S(CaF2)(单位：mol·L−1)表示CaF2的溶解度。A.CaF2饱和溶液中2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)B.已知Ksp(CaF2)=4×10-11.1，则水中S(CaF2)=10-3.7mol·L-1C.pH变化时，CaF2溶液中始终存在：c(F-)＞c(Ca2+)D.当pH＜7时，2c(Ca2+)+c(H+)＞c(F-)+c(OH-)13、CH4—CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1；同时存在以下反应：

积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H1>0

消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H2>0

积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%；下列说法正确的是。

A.该温度下催化重整反应的平衡常数为B.高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳C.增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳D.温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、用CaSO4代替O2与燃料反应是一种高效；清洁、经济的新型燃烧技术；如图1所示。

燃烧器中反应①1/4CaSO4(s）+H2(g）=1/4CaS(s）+H2O(g）△H1(主反应）

反应②CaSO4(s）+H2(g）=CaO(s）+SO2（g）+H2O(g）△H2(副反应）

再生器中反应：1/2CaS(s）+O2(g）=1/2CaSO4(s）△H3

（1）气化反应器中发生反应的化学方程式是_____________________。

（2）燃烧器中SO2物质的量分数随温度T；压强p(MPa）的变化曲线见图2；从图2中可以得出三条主要规律：

①其他条件不变，温度越高，SO2含量越高；

____________________________________________________________；

_____________________________________________________________；

由图2，为减少SO2的排放量，可采取的措施是______________________。

（3）该燃烧技术中可循环的物质除CaSO4、CaS外，还有_________（写名称）。

（4）在一定条件下，CO可与甲苯反应，在其苯环对位上引入一个醛基，产物的结构简式为___________。

（5）欲采用氯化钯（PdCl2）溶液除去H2中的CO；完成以下实验装置图：

（注：CO+PdCl2+H2O＝CO2+Pd+2HCl）______________________

15、如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是电解精炼铜，丙是电镀，回答：

(1)b极上的电极反应式为___________，甲电池的总反应化学方程式是___________。

(2)在粗铜的电解精炼过程中，图中c电极的材料是___________(填“粗铜板”或“纯铜板”)；在d电极上发生的电极反应为___________；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是___________，电解一段时间后，电解液中的金属离子有___________。

(3)如果要在铁制品上镀锌，则e电极的材料是___________(填“铁制品”或“锌块”)，电解质溶液可以用___________。若e电极的质量变化130g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为___________。16、I.H2O2不稳定、易分解，Fe3+、Cu2+等对其分解起催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组同学分别设计了如图甲；乙两种实验装置。

(1)A仪器的名称为_______。

(2)若利用图甲装置，可通过观察_______现象；从而定性比较得出结论。

(3)有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_____。

(4)若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是_______。

II.KI溶液在酸性条件下能被氧气氧化为I2。现有以下实验记录，回答：。实验编号①②③④⑤温度/℃3040506070显色时间/s16080402010(5)该实验的目的是_______。

(6)实验试剂除了1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液外，还需要的试剂是_____

(7)由上述实验记录可得出的结论是_______。17、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”）。18、可燃冰是一种高效清洁能源，中国已勘探的可燃冰储量居世界第一，持续安全开采量创下了世界纪录，有望2030年实现产业化开采。科学家也对进行了重点研究。

I.与重整的工艺过程中涉及如下反应：

反应①

反应②

反应③

(1)已知：反应④则_______

(2)一定条件下，向体积为的密闭容器中通入各及少量测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。

①图中a和c分别代表产生_______和_______。由图中信息判断后产生的主要反应并说明理由_______。

②平衡时，与的转化率分别为95%和90%，体系内余反应③的平衡常数_______(写出计算式)。

③密闭恒容条件下，反应②达到平衡的标志是_______

A.每消耗的同时消耗

B.的分压不再发生变化。

C.气体平均分子量不再发生变化。

D.气体密度不再发生变化。

E.比值不再发生变化。

Ⅱ.将与一种产生温室效应的气体利用电解装置进行耦合转化；原理示意如图。

(3)电池工作时，向电极_______移动。

(4)若消耗和产生温室效应气体的体积比为3∶2，则生成乙烷和乙烯的体积比为_______。19、双极膜(BP)是一种能将水分子解离为H+和OH-的特殊离子交换膜。应用双极膜制取聚合硫酸铁净水剂(PFS)的电化学装置如图所示。

回答下列问题：

(1)图中装置为选填_____(“原电池”或“电解池”)，a、b均为石墨电极，b极的电极反应式为_______。

(2)M为_______(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，图中甲是_______离子(填“H+”或“OH-”)

(3)电流密度过大，会使PFS产品的纯度降低，可能原因是_______。

(4)一种含K2Cr2O7废水的处理方法是将转化成Cr3+或Cr(OH)3。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31。

①若a极区电解液改为含K2Cr2O7的废水，可实现对含铬废水的初级处理。a极电极反应式为_______。

②若b极改为铁电极，b极区电解液改为含K2Cr2O7的废水，可实现对含K2Cr2O7废水的深度处理，则b极电极反应式为_______。电解一段时间，b极附近产生沉淀的主要成分为_______。20、根据下表提供的数据(常温下)；回答下列问题。

(1)浓度均为0.1mol·L-1的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO的pH由大到小排列的顺序为(用编号填写)___________________________。

(2)写出NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式：________________________

(3)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反应，写出该反应的化学方程式_________________________________

(4)在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是___________

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO-)/c(HClO)=_______________________21、甲醇是一种重要的化工原料；在生产中有着重要的应用。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：

（i）制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1＝＋206.0kJ/mol

（ii）合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

请回答下列问题：

（1）制备合成气：将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应（i）；CH4的平衡转化率与温度；压强的关系如图所示。

①已知100℃时达到平衡的时间为5min，则从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为：v(H2)＝___。

②图中p1___p2（填“＜”；”“＞”或“＝”）。

③为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2；发生反应如下：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为___。

（2）合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，向2L的密闭容器中通入1molCO(g)和2molH2(g)，发生反应(ii)，反应过程中，CH3OH的物质的量（n）与时间（t）及温度的关系如图所示。

①应（ii）需在____（填“高温”或“低温”）才能自发进行。

②据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变；

原因是____（用化学方程式表示）。

③在500℃恒压条件下，请在______上图中画出反应体系中n(CH3OH)随时间t变化的总趋势图。

（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯；其反应的热化学方程式为：

CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：

①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是____。(填“3.5×106Pa”、“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”)。

②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是______。评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)22、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误23、常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)24、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。26、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)28、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取盐酸倒入小烧杯中；测出盐酸温度；

②用另一量筒量取溶液；并用同一温度计测出其温度；

③将溶液倒入小烧杯中；设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：

(1)倒入溶液的正确操作是_______(填字母)。

A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入。

(2)使盐酸与溶液混合均匀的正确操作是_______(填字母。

A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。

(3)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为则的大小关系为_______。

(4)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是又知中和反应后生成溶液的比热容为了计算中和热；某学生实验记录数据如下：

。实验序号。

起始温度

终止温度

盐酸。

氢氧化钠溶液。

混合溶液。

混合溶液。

1

2

3

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热_______(结果保留一位小数)。29、硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。也可用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的性质如下表：。物质熔点/℃沸点/℃其他性质SO2Cl2-54.169.1易水解H2SO410.4338

在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2；装置如图所示。

(1)实验时，A装置中发生的离子方程式___________。

(2)B装置中冷凝管进水口是___________。(填“m”或“n”)，B中干燥管盛有的物质是___________。

(3)欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置(可以重复选用)，其连接顺序为：a、___________；h。

(4)去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___________。

(5)已知SO2Cl2遇水强烈水解生成两种强酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是_____。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5]

(6)少量硫酰氯也可由氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2从分解的产物中分离初硫酰氯的操作方法是___________。

(7)当通入装置B中的氯气为1.12L(已转化为标准状况)，最后通过蒸馏得到纯净的硫酰氯5.4g，则磺酰氯的产率为___________。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有___________(填序号)。

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率；宜慢不宜快。

③若三颈瓶发烫，可适当降温④加热三颈瓶30、某化学兴趣小组利用0.2000的溶液测定某NaCl、KCl混合溶液中的物质的量浓度。

Ⅰ.配制250mL0.2000的溶液。配制过程如下所示：计算所需固体的质量→称量→溶解→转移；洗涤→定容、摇匀→装瓶、贴标签。

(1)配制该溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、_______。

(2)用托盘天平称取_______g固体。

(3)定容时若仰视刻度线，造成的后果应如何补救？_______。

Ⅱ.已知25℃时，以下五种物质的如下表所示：。物质AgClAgBrAgI颜色白色砖红色淡黄色黄色黑色

(4)现以所配制的溶液测定某溶液中适宜作滴定指示剂的物质是_______(填正确答案标号)。

A.B.KBrC.KID.

滴定过程中，用标准溶液滴定待测液时，眼睛应注视_______，滴定终点的实验现象为_______。

(5)下列操作中可导致测定的浓度偏低的是_______(填正确答案标号)。

A.取标准溶液的滴定管；未经润洗就直接注入溶液，进行滴定实验。

B.盛装标准液的滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

C.读取溶液体积时；开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数。

D.锥形瓶内有少量蒸馏水。

(6)实验数据记录如下表所示：。滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次50.000.0025.05第二次50.004.1029.10第三次50.000.4025.35

则该待测液中，的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

以氨硼烷（NH3•BH3）电池工作时的总反应为：NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧通入NH3•BH3电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2所在电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O；据此分析解答。

【详解】

A．左侧通入NH3•BH3电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+；A正确；

B．未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，消耗6.2gNH3•BH3后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O；则转移的电子的物质的量为1.2mol，则左室质量增加=6.2g-1.2g=5g，右室质量增加1.2g，即两极质量相差(5-1.2)g=3.8g，B错误；

C．电池内部阳离子向正极移动，右侧H2O2所在电极为正极，电池工作时H+由左侧极室经质子交换膜进入右侧极室；C正确；

D．由于H2SO4是强电解质，其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增大溶液中自由移动离子的浓度；故能增强溶液导电性，D正确；

故答案为：B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．含有FeCl2的溶液中，Fe2+、Cr2OH+会发生氧化还原反应；在水溶液中不能大量共存，故A不符合；

B．Fe3+在pH=4.4时已经沉淀完全，中性溶液中不能大量存在Fe3+；故B不符合；

C．Cu2+、SOCl-、Mg2+之间不发生化学反应；在水溶液中可以大量共存，故C符合；

D．能使甲基橙变红色的溶液显酸性，酸性条件下，AlOOH-、S2-与H+会发生反应生成Al(OH)3或Al3+、水、HS-或硫化氢；在溶液中不能大量共存，故D不符合；

答案选C。3、A【分析】【分析】

该实验是用石墨作阳极，铜单质做阴极，电解硫酸铜溶液，阳极反应是：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极反应是：Cu2++2e-=Cu，电解总方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。

【详解】

A．由总方程式可知：Cu、H2O变化的物质的量相等，转移4mol电子时得到2molCu，反应消耗2mol的水，故E的纵坐标可表示反应过程中生成Cu的物质的量或反应消耗H2O的物质的量；A正确；

B．电解过程中，Cu2+会在Cu极放电，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；B错误；

C．根据图示可知：F上电解过程中共转移了4mol电子，则反应体系中析出氧气1mol，同时生成2molH2SO4，所以F的纵坐标可表示反应过程中生成O2的物质的量；C错误；

D．电解过程中，反应不断产生H2SO4；使溶液酸性增强，则pH有所减小，D错误；

故合理选项是A。4、B【分析】【分析】

由题给示意图可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2——8e—+4H2O=SO+8H+，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O。

【详解】

A．由分析可知；该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，故A正确；

B．由分析可知，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为S2——8e—+4H2O=SO+8H+，放电时生成氢离子，溶液的pH降低，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O；放电时消耗氢离子，溶液的pH升高，故B错误；

C．电池工作时；阳离子向正极移动，由分析可知，左室电极为原电池的负极，右室电极为正极，则氢离子通过质子膜从左向右迁移，故C正确；

D．由分析可知；硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，由得失电子数目守恒可知，左池消耗的硫离子与右池消耗的硝酸根的物质的量之比为5：8，故D正确；

故选B。5、D【分析】【分析】

由图示可知，F出口产物为O2和O3，电极D反应如下：3H2O=O3↑+6H++6e-；2H2O=O2↑+4H++4e-，说明D极发生氧化反应，应为电解池的阳极，B电极为正极，阴极即电极C发生还原反应，生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑；A电极为负极，以此分析解题：

【详解】

A.由分析可知；图中特制惰性电极C为阴极，A错误；

B.由分析可知，电解过程中的总反应式为：3H2OO3↑+3H2↑或者2H2OO2↑+2H2↑；相当于电解水，故电解一段时间后停止电解，溶液的pH显著变小，B错误；

C.由分析可知；电极D为阳极，B为外接电源的正极，A为负极，C为阴极，故电解开始后电子的移动方向为：A→C，D→B，电子不能经过电解质溶液，C错误；

D.电解一段时间后E、F处分别收集到xL和yL气体(标准状况)，设F出收集到O3为aL，则O2为(y-a)L，根据电子守恒有：解得：a=(x-2y)L,则F处收集的气体中O3所占的体积分数为(忽略O3的分解)；D正确；

故答案为：D。6、A【分析】【详解】

A．电解饱和食盐水时，阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，2Cl--2e-═Cl2↑为阳极反应；故A正确；

B．氢氧碱性燃料电池的负极是燃料发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-═4OH-是正极反应；故B错误；

C．粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，该电极上是电解质里的铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2++2e-═Cu；故C错误；

D．金属腐蚀的正极上是得电子的还原反应，负极上是金属失电子的氧化反应，Fe-2e-═Fe2+是负极反应式；故D错误；

答案选A。7、C【分析】【分析】

由图像分析可知：反应①随温度的升高，逐渐减小；反应②随温度的升高逐渐增大，结合分析解答。

【详解】

A．反应①随温度的升高，逐渐减小，则故A错误；

B．该题我们可以推测自发反应时的温度；但无法推测什么温度的反应快慢，故B错误；

C．因时，反应能自发进行，反应①在温度大于1000℃时故此时反应①能自发进行，故C正确；

D．根据数学知识可知，为该图像的截距，而反应而的截距小于0，故故D错误；

答案选C。二、多选题(共6题，共12分)8、AD【分析】【详解】

A．读图知，的脱氢反应是分步进行的，故A正确；B．能垒是发生某步反应需要克服的能量，1.30-0.94=0.36、2.15-1.60=0.55，2.53-2.28=0.25、2.69-2.02=0.67、3.11-2.16=0.95，最大能垒(活化能)是0.95eV,故B错误；C．该历程为没有非极性键断裂，故C错误；D．该催化剂的成功研发，对工业上的醇类重整产氢有重要的启示，对促进我国制氢工业的节能减排和氢能升级提供了新思路，故D正确。故选AD。9、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。10、BD【分析】【分析】

没有加入盐酸时；①的电导率大于②的电导率，则①曲线表示盐酸滴定NaOH溶液，②曲线表示盐酸滴定氨水；根据各点中的溶质和存在的平衡分析作答。

【详解】

A．b点溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl，Kb（NH3·H2O）=1.75×10-5，的水解常数Kh=＝＜Kb（NH3·H2O），所以NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在c(NH)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B．d点氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解生成等物质的量的NH3·H2O和H+，NH水解程度远大于水的电离程度，该溶液呈酸性，因此c(NH3·H2O)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH)+c(H+)＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)；故B正确；

C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒c(Cl-)=2c(NH3·H2O)+2c(NH)，则c(H+)-c(OH-)=c(NH)+2c(NH3·H2O)；故C错误；

D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，则水的电离程度：b＞a；c点溶质为NaCl，对水的电离无影响；d点溶质为NH4Cl促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d＞c＞b＞a；故D正确；

故选BD。11、BC【分析】【分析】

由图知，MOH是可溶性弱碱；b点中和率50%、此时溶液为等物质的量浓度的溶液与MCl的混合溶液；c点恰好完全中和，为MCl溶液，强酸弱碱盐水解呈酸性，d点HCl过量，据此回答。

【详解】

A．酸；碱均抑制水电离；强酸弱碱盐能促进水电离，从滴入HCl开始到c点的过程中，MOH不断消耗、MCl不断生成，溶液中水的电离程度从a点到c点逐渐增大，c到d过程中，HCl又逐渐增加，则水的电离程度逐渐减小，A错误；

B．a点时，则B正确；

C．b点为等物质的量浓度的溶液与MCl的混合溶液，由图知，溶液呈碱性，溶液呈电中性，则MOH电离程度大于MCl水解程度，则C正确；

D．c点时，溶液呈电中性，D错误；

答案选BC。12、CD【分析】【详解】

A．由物料守恒可知，氟化钙饱和溶液中存在如下关系2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)；A正确；

B．F-的水解微弱，CaF2饱和溶液中2c(Ca2+)≈c(F-)，Ksp(CaF2)=c2(F-)·c(Ca2+)，则水中S(CaF2)=c(Ca2+)==mol·L-1=10-3.7mol·L-1；B正确；

C．氢氟酸为弱酸，若向氟化钙饱和溶液中加入强酸，F-与H+反应使c(F-)减小，c(Ca2+)增大，溶液中c(F-)会小于c(Ca2+)；C错误；

D．CaF2的饱和溶液中存在电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，但该溶液由于F-的水解而显碱性，若想使pH＜7，则需要加入酸，若加入的酸不是HF，则会引入新的阴离子，所以2c(Ca2+)+c(H+)＞c(F-)+c(OH-)，但若加入的酸为HF，则依然存在2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)；D错误；

故选CD。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．催化重整的反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，即平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分别为1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，则该温度下催化重整反应的平衡常数==故A正确；

B．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低；故B错误；

C．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比；有助于减少积碳，故C正确；

D．根据图象；温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；

故选AC。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【详解】

⑴根据图1知道气化反应器中的是C与水蒸气反应生成CO、H2，化学方程式为是H2O(g）＋C(s）H2(g）＋CO(g）。

（2）从图2中还可以看出压强也与SO2含量有关系，压强越大，SO2含量降低，所以为：②其他条件不变，压强越大，SO2含量越低；在三条曲线中Ⅰ曲线的变化最大，故③其他条件不变，压强越小，温度对产物中SO2的含量影响更明显；根据温度和压强对SO2质量分数的影响，要减少SO2的排放量；可采取的措施是加压；降温。

（3）从流程图中看出水可以循环使用。

（4）根据题目信息：在其苯环对位上引入一个醛基，则产物为：

（5）混合进行洗气除杂时，气体要“长进短出”，故装置是【解析】①.H2O(g）+C(s）H2(g）+CO(g）②.其它条件不变，压强越高，SO2含量越低③.其它条件不变时，压强越小，温度对产物中SO2的含量影响更明显④.降低温度，增大压强⑤.水蒸气⑥.⑦.15、略

【分析】【分析】

a与电源正极相连，为电解池阳极，f与电源负极相连，为电解池阴极，根据串联电路特征，c、e为电解池阴极，b；d为电解池阴极；据此解答。

【详解】

(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e﹣=Cl2↑，b为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH-，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

(2)用电解法进行粗铜精炼时，粗铜应作阳极，纯铜作阴极，c为电解池的阳极，则c电极的材料是粗铜板，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生反应Fe-2e-═Fe2+，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+；

(3)如果要在铁制品上镀锌，则锌块作阳极，铁制品作阴极，e电极为阳极，则e电极的材料是锌块，可以用硫酸锌溶液作电解质溶液，阳极发生反应若e电极的质量变化130g，即消耗锌的物质的量为2mol，则电路中转移4mol电子，a电极发生反应为2Cl--2e﹣=Cl2↑，根据转移电子守恒可知，a电极上产生2mol氯气，在标准状况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L。【解析】2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH-2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑粗铜板Cu2++2e﹣=CuAu、AgCu2+、Fe2+锌块硫酸锌溶液44.8L16、略

【分析】【详解】

（1）根据图可知；A仪器的名称为分液漏斗；

（2）甲装置两试管中双氧水试剂浓度体积是相同的，加入的Fe3+和Cu2+溶液的浓度和体积也是相同的；因此可以根据试管中生成气体的快慢判断它们的催化效果；

（3）氧化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同；无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸铁和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；

（4）根据可知，还需要测定产生40气体所需的时间；

（5）表中只有温度对反应速率的影响；则该实验的目的是探究温度对反应速率的影响；

（6）KI溶液在酸性条件下能被氧气氧化为I2；淀粉遇碘单质变蓝，则还需要的试剂是淀粉溶液；

（7）由表中数据可知，温度每升高10℃，显色时间减少一半，由上述实验记录可得出的结论是每升高10℃，反应速率增大约2倍。【解析】(1)分液漏斗。

(2)生成气体的快慢。

(3)可以消除阴离子不同对实验的干扰。

(4)产生40mL气体所需的时间。

(5)探究温度对反应速率的影响。

(6)淀粉溶液。

(7)每升高10℃，反应速率增大约2倍17、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18、略

【分析】【详解】

（1）反应为反应④，由盖斯定律反应②=①-③+④，故

（2）①由反应①②③可知，反应产物有和生成的会在反应②中与反应生成的产量高于故a曲线表示产物b曲线表示c表示反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应正向进行，的含量增大，但反应④为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行，的含量减小，由图知后的含量减小，说明此时以的含量减小的反应为主，故后，生成的主要反应为反应④。

②时，与的转化率分别为95%、90%，则计算得平衡时根据碳元素守恒计算得平衡时由图可知，则反应③的平衡常数

③A．消耗和消耗均表示的是正反应速率；不能作为平衡判断依据，A错误；

B．产生的压强随着反应进行会增大，因此产生的压强不再发生变化能作为判断依据；B正确；

C．平均分子量=气体总质量÷气体总物质的量；二者反应前后均未发生变化，因此随着反应进行气体平均分子量也不会发生变化，故气体平均分子量不再发生变化不能作为判断依据，C错误；

D．气体密度=气体总质量÷气体体积；二者反应前后均未发生变化，因此随着反应进行气体密度也不会发生变化，故气体密度不再发生变化不能作为判断依据，D错误；

E．比值随着反应进行而减小；因此该比值不再发生变化能作为判断依据。，E正确；

故选BE。

（3）产生温室效应的气体为且其在电极A上发生的反应为：故电极A为电解池阴极，电极B为电解池阳极。电池工作时，产生于电极A消耗于电极B，故向电解池阳极即电极B移动。

（4）若消耗和的体积比为3∶2，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，可令和物质的量分别为和乙烷和乙烯物质的量分别为x、y，再根据得失电子守恒，电极A：电极B：可得方程组求得【解析】(1)

(2)由图知后随温度升高减小，说明升温平衡移动方向即吸热方向应该是减小方向，因此逆反应吸热的反应④为主要反应BE

(3)B

(4)2∶119、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图示可知该装置与外接电源相连，属于电解池，b与电源正极相连作阳极，水中的氢氧根离子在阳极失电子产生氧气，阳极发生的反应为：故答案为：电解池；

(2)由图中信息可知，M右侧电极室中通入稀硫酸产生浓硫酸，则硫酸根离子应能透过交换膜M从左侧进入右侧，则M应为阴离子交换膜；甲应为水通电解离产生的氢离子通过阳离子膜进入硫酸溶液中，故答案为：阴离子；H+；

(3)电流密度过大，解离的水的量多产生的氢氧根离子浓度高，氢氧根进入硫酸铁溶液中能与铁离子结合成氢氧化铁沉淀，会使PFS产品的纯度降低，故答案为：电流密度过大，产生的OH-浓度过高，与Fe3+形成氢氢化铁沉淀；

(4)①a为阴极，电解液改为含K2Cr2O7的废水，在阴极电极上放电转变成Cr3+，反应的电极方程式：故答案为：

②若b极改为铁电极，铁为活性电极直接放电产生亚铁离子，电极反应为：产生的亚铁离子与K2Cr2O7反应随反应的进行电解液的碱性增强，氢氧根离子能与三价铬和三价铁结合成氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Cr(OH)3；【解析】电解池阴离子H+电流密度过大，产生的OH-浓度过高，与Fe3+形成氢氢化铁沉淀Fe(OH)3、Cr(OH)320、略

【分析】【分析】

(1)盐的水解程度大小判断溶液中氢离子；氢氧根离子浓度；再判断溶液pH大小；

(2)酸的二级电离小于次氯酸；所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢根；

(3)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；该反应为可逆反应，依据影响平衡移动的因素解答；

(4)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反应；碳酸钙和氯水中的盐酸反应生成碳酸氢钙；

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，==

【详解】

(1)电离平衡常数可知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸越弱对应盐水解程度越大，浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的pH由大到小排列的顺序为：①>③>②；

(2)酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；

(3)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反应，碳酸钙与氯水中的盐酸反应生成可溶性的碳酸氢钙，发生反应的化学方程式为2CaCO3+2Cl2+2H2O=CaCl2+Ca(HCO3)2+2HClO；

(4)等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，HCO3-的水解程度小于ClO-的水解程度，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，====3。【解析】①.①>③>②②.ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-③.2CaCO3+2Cl2+2H2O=CaCl2+Ca(HCO3)2+2HClO④.c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)⑤.321、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①根据图象数据，用甲烷表示的平均反应速率v（CH4）===0.001mol/（L•min），氢气的反应速率是甲烷化学反应速率的3倍，故用H2表示的平均反应速率为0.0030mol•L-1•min-1；②根据化学方程式可以得出，反应前后气体体积增大，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，可以从200℃来分析，发现甲烷的转化率是p1时大于p2时的，所以p1＜p2；③CH4+H2O（g）CO+3H2，②CO2+H2=CO+H2O，③CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），则①×3+②+③×4得：3CH4+CO2+2H2O=4CH3OH；所以为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为3：1；

（2）①合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前后气体体积减小，△S＜0，反应是放热反应，△H＜0，满足△H-T△S＜0，需要在低温下自发进行；②在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于抑制反应向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，反应方程式为Cu2O+CO2Cu+CO2；③合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应前后气体体积减小，在500℃恒压条件下，容器体积减小压强增大，相当于增大了压强，达到平衡时，画出达平衡时间小于2s，由于平衡正向进行，所以画出甲醇物质的量平衡时纵坐标高于恒容条件下甲醇物质的量得到图象为

（3）①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，图象中转化率变化最大的是4.0×106pa；②依据图象分析；低于80℃，反应速率较小，温度在高于80℃对反应速率影响不大，反应是放热反应，温度过高，平衡逆向进行，不利于转化率增大。

考点：考查了反应速率概念计算，平衡标志的判断，影响化学平衡、反应速率因素和图象的分析等相关知识。【解析】0.0030mol•L-1•min-1<3:1低温Cu2O+CO2Cu+CO20×106低于80℃，反应速率较小；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低四、判断题(共2题，共10分)22、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。23、A【分析】【详解】

常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，其ΔS＞0，则ΔH＞0，正确。五、有机推断题(共4题，共24分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g26、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH327、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、实验题(共3题，共30分)28、略

【分析】【分析】

本题考查了中和热的测定方法；计算、误差分析；为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和计算能力的考查，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。

【详解】

(1)倒入氢氧化钠溶液时；必须一次迅速的倒入，目的是减少