2025年冀少新版选择性必修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年冀少新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷864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6题，共12分)1、实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，下列说法或操作正确的是A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次B.选碱式滴定管量取标准KMnO4溶液，并用碘化钾淀粉溶液作指示剂C.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低D.锥形瓶内溶液颜色变化由浅绿色变为紫红色，立即记下滴定管液面所在刻度2、在相同条件下（T=500K），相同体积的甲乙两容器，甲中充入1gSO2和1gO2，乙中充入2gSO2和2gO2，反应2SO2+O2⇌2SO3达到平衡后，下列叙述中不正确的是A.反应速率：乙＞甲B.平衡混合物中SO2的体积分数：乙＞甲C.SO2的转化率：乙＞甲D.平衡时O2的体积分数：甲＞乙3、肼是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭发动机的燃料，已知下列说法正确的是A.该反应逆反应的活化能一定大于B.C.该反应反应物的总键能大于生成物的总键能D.该反应反应物的总能量小于生成物的总能量4、下列溶液一定呈酸性的是A.c(H+)=10-6mol·L-1的溶液B.pH<7的溶液C.c(H+)>c(OH-)的溶液D.使紫色石蕊试液呈蓝色的溶液5、铬(VI)在溶液中可以多种形式存在。25℃时，调节初始浓度为0.1mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH，平衡时铬(VI)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知溶液中存在反应2+2H+⇌+H2O

下列说法正确的是A.铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离B.a点处，δ()=δ()<C.Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6D.若将Na2CrO4溶液加少量水稀释，则的值增大6、已知A；B、C、D为由短周期元素组成的四种物质；它们有如图所示转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法错误的是（）

A.若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阳、阴离子个数比可能为3：2B.若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族C.若A为金属单质，则A和C有可能发生氧化还原反应D.若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol·L-1的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol·L-1评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、完成下列各题。

(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：

SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。

(2)如表所示是部分化学键的键能参数：。化学键P-PP-OO=OP=O键能/kJ/molabcx

已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图所示。1个P4O10分子中P-O的个数为_______，表中x=_______kJ/mol(用含a、b；c、d的代表数式表示)。

(3)恒温恒容条件下；硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。

已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

①写出硫燃烧的热化学方程式：_______。

②ΔH2=_______kJ·mol-1。8、煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a．先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧；b．利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热。这两个过程的热化学方程式为：

a．C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=E1①

H2(g)+O2(g)=H2O(g)；ΔH=E2②

CO(g)+O2(g)=CO2(g)；ΔH=E3③

b．C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH=E4④

（1）与途径b相比；途径a有较多的优点，即___________。

（2）上述四个热化学方程式中ΔH＞0的反应有___________(填序号)。

（3）等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是___________。A．a与b在理论上相同B．a比b少C．a比b多D．两者无法比较（4）根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为___________。9、T℃下，向一容积不变的密闭容器中，通入一定量的NO和CO，用气体传感器测得不同时间NO和CO浓度如下表：。时间/s012345c(NO)/×10-4mol·L-110.04.50c11.501.001.00c(CO)/×10-3mol·L-13.603.05c22.752.702.70

（1）则c2合理的数值为________(填字母)。

a．4.20b．4.00c．2.95d．2.80

（2）将不同物质的量的H2O(g)和CO(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOCOH2COH2Ⅰ650242.41.65Ⅱ900121.60.43Ⅲ900abcdt

若a=2，b=1，则c=______，达到平衡时实验组Ⅱ中H2O(g)和实验组Ⅲ中CO的转化率的关系为αⅡ(H2O)________(填“＜”“＞”或“＝”)αⅢ(CO)。

（3）二甲醚是清洁能源，用CO在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比的变化曲线如图所示。

①a、b、c按从大到小的顺序排序为__________________________________________。

②根据图像可以判断该反应为放热反应，理由是_______________________________。10、化学反应速率和限度与生产；生活密切相关。

(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：。时间/min12345氢气体积/mL(标准状况)100240464576620

①哪一时间段反应速率最大______min(填“0~1”“1~2”“2~3”“3~4”或“4~5”)，原因是________。

②求3~4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_____(设溶液体积不变)。

(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是_____(填字母)。

A.蒸馏水B.KCl溶液C.KNO3溶液D.CuSO4溶液11、甲烷是一种重要的化工原料，广泛应用于民用和工业中。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电解池工作过程中，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__。12、在一个固定体积的密闭容器中，向容器中充入2molA和1molB，发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)，达到平衡时C的浓度为0.4mol·L－。维持相同的温度和相同的容积；按下列四种配比作为起始物质，达到新平衡时C的浓度仍是1.2mol/L。

⑴若使容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。

⑵若维持容器体积和温度不变，按下列方法加入起始物质，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L的是_____(用序号填空)。A．4molA+2molBB．2molC+1molDC．3molC+1molD+1molBD．1.6molA+0.8molB+0.6molC

⑶某温度下，向容器中加入3molC和0.8molD，反应达到平衡时C的浓度仍为1.2mol/L，则容器的容积V应大于________L，小于________L。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误14、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误15、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误16、物质的状态不同ΔH的数值也不同。____A.正确B.错误17、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误18、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误19、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误20、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题，共4分)21、某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)：

常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH8.74.73.29.0

回答下列问题：

(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_______。

(2)为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式_______。“滤液②”中含有的金属离子是_______。

(3)若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。

(4)如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式_______。

(6)NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4·6H2O晶体外观最符合要求。

请补充由滤液③得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案：_______，得到NiSO4·6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1mol·L−1H2SO4，乙醇)评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共24分)22、物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物；生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分；经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：B__________、E__________、G__________；

（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是____________，阴极物质是__________，电解质溶液是__________；

（3）反应②的化学方程式是__________。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=___________。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度___________（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率___________（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。23、有3中可溶性离子化合物A、B、C，共含六种离子，他们分别由阳离子NH4+、Na+、Cu2+和阴离子OH-、S2-、SO42-两两结合而成；取质量相等的A；B、C分别溶解于水，配成等体积的溶液，这3中溶液物质的量浓度大小的顺序是B＜A＜C并且B溶液呈蓝色，根据题意回答下列问题：

（1）推断出A是___，C是___。（填写化学式）

（2）室温时B溶液的pH___7。（填“＞”“＝”或“＜”）

（3）向A溶液中加入适量的固体B，两者恰好完全反应，请写出反应的离子方程式___；若反应前后溶液的体积相等，则原A溶液中的c(NH4+)___反应后所得溶液中c(NH4+)。（填“＞”“＝”或“＜”）24、A；B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体；它们均由短周期元素组成，具有如下性质：

①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；A；C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，E、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；

②F呈红棕色；

③G和H均能使品红褪色；A在H中安静燃烧并产生苍白色火焰；

④C在D中完全燃烧生成E和H2O；同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属。

请回答下列问题：

(1)E的电子式为_____，D中所含元素的基态原子核外电子排布式为___，C分子中的σ键和π键的个数之比为___。

(2)写出实验室用固体药品制取B的化学方程式_______________。

(3)若从a口通入气体G，从b口通入气体F，X为氯化钡溶液，观察到的现象是_____________,

反应的离子方程式为_________________。

(4)已知：E(g)+3A(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-53.66kJ·mol-1

2CH3OH(l)CH3OCH3(g)+H2O(l)ΔH=-23.4kJ·mol-1

写出E有催化剂时与A合成二甲醚(CH3OCH3)的热化学方程式_____________。

(5)气体C能使硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色，产物之一是E，该反应的化学方程式为___________。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共16分)25、重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术；具有广阔的市场前景；经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。

主反应：

副反应：

回答下列问题：

(1)已知和的燃烧热分别为和该催化重整主反应的___________有利于提高平衡转化率的条件是___________(填标号)。

A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压。

(2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0；1.5、2.0；且反应达到平衡状态。

①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的___________；

②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值___________(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是___________。

(3)在时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为二氧化碳的转化率为则副反应的压强平衡常数___________(计算结果保留3位有效数字)。

(4)我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和同时获得甘油醛。则催化电极为___________极，催化电极产生的电极反应式为___________。

26、利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气；既价廉又环保。

(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。

①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为____________；

②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)；

a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体。

(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。

①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋1/2S2(g)

在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见图。曲线a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。根据图像回答下列问题：

i计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；

ii说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________；

②电化学法。

i该法制氢过程如图。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是____________；

ii反应池中发生反应的化学方程式为____________；

iii反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前不能用FeSO4溶液润洗；否则会造成结果误差，故A错误；

B．KMnO4溶液具有强氧化性；能够氧化碱式滴定管下端的橡皮管，高锰酸钾溶液显紫色，滴定终点时，颜色变浅，自身可以做指示剂，不需要用淀粉碘化钾溶液做指示剂，故B错误；

C．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致溶液体积偏小，根据c(待测)=滴定结果偏低，故C正确；

D．滴定过程中；锥形瓶内溶液颜色由浅绿色变为浅紫色，且30s不变色，达到滴定终点，再记下滴定管内液面所在刻度，故D错误；

答案选C。2、B【分析】【详解】

在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：2SO2+O2⇌2SO3；反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大。

A．乙中物质浓度大于甲；化学反应速率：乙＞甲，故A正确；

B．乙容器中压强大于甲，增大压强，平衡正向移动，SO2的体积分数减小，因此平衡混合物中SO2的体积分数：乙＜甲；故B错误；

C．乙容器中压强大于甲，增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，因此SO2的转化率：乙＞甲；故C正确；

D．乙容器中压强大于甲，增大压强，平衡正向移动，O2的体积分数减小，因此平衡时O2的体积分数：甲＞乙；故D正确；

故选B。3、A【分析】【详解】

A．反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应的ΔH=−1080kJ⋅mol-1，所以逆反应的活化能Ea一定大于1080kJ⋅mol-1；故A正确；

B．气态水的能量高于液态水的能量，所以当生成等量的液态水时放出更多的热量，放热反应的ΔH为负值，所以ΔH<−1080kJ⋅mol-1；故B错误；

C．反应的ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能；该反应是放热反应，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C错误；

D．反应的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；该反应是放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；

故选A。4、C【分析】【详解】

A．由于未指明温度，不能依据c(H+)=10-6mol·L-1判断溶液的酸碱性；A错误；

B．由于未指明温度，不能依据pH<7判断溶液的酸碱性；B错误；

C．酸性溶液是指c(H+)>c(OH-)的溶液；C正确；

D．使紫色石蕊试液呈蓝色，说明溶液中c(H+)-)；D错误；

故选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，H2CrO4、能够同时存在；说明铬酸是弱酸，第一步电离为不完全电离，故A不符合题意；

B．由于a点处存在三种物质，与量相同，而少于前面两种，故δ()=δ()＞故B不符合题意；

C．当c()=c()时，pH范围在6～7，Ka2==c(H+)，数量级为10-7；故C不符合题意；

D．Na2CrO4本身显碱性，加水稀释，pH会趋近于7，即pH会下降，c(H＋)上升，2+2H++H2O右移，使c()下降，c()上升，故增大；故D符合题意；

故选D。6、B【分析】【详解】

A．若A为N2，则它与Mg反应生成Mg3N2，阳、阴离子(Mg2+、N3-)个数比为3：2；若A为S，则与Mg反应生成MgS，A正确；

B．若A的组成元素在周期表中处于第二周期第IVA族；则其为碳，碳酸为弱电解质，B错误；

C．若A为Na，则C为Na2O2，Na与Na2O2有可能发生氧化还原反应；C正确；

D．若A是Na或N2，则常温下0.1mol·L-1的D溶液(NaOH或HNO3)中由水电离出的c(H+)为10-13mol·L-1，若A为S，则常温下0.1mol·L-1的H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)不是10-13mol·L-1；D正确；

故选B。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

（1）

①SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

②2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

③2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则根据盖斯定律可知①×2+③×2+②即得到2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=（2a＋b＋2c）kJ·mol-1。

（2）

根据结构图可判断1个P4O10分子中P-O的个数为12，已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，则根据方程式P4+5O2=P4O10可知6a+5c-12b-4x=-d，则表中x=(d＋6a＋5c-12b)kJ/mol。

（3）

①根据图像可知1mol气态硫和1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放热297kJ，则硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1。

②已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，则根据图像可知0.8mol二氧化硫和0.4mol氧气反应生成0.8mol三氧化硫放热为196.6kJ×0.4=78.64kJ，即ΔH2=-78.64kJ·mol-1。【解析】(1)2a＋b＋2c

(2)12(d＋6a＋5c-12b)

(3)S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1-78.648、略

【分析】【分析】

固体煤经处理变成气体燃料后，可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染；而且燃烧效率高，结合盖斯定律分析解答。

（1）

途径a是将固体煤经处理变成气体燃料后燃烧，途径b时将煤直接燃烧，与途径b相比，途径a中固体煤经处理变成气体燃料后，不仅可以大大减少SO2和烟尘对空气造成的污染；而且燃烧效率高，也便于运输，故答案为：煤的利用率高，变成气体燃料后，运输方便，使燃料充分燃烧；

（2）

上述四个热化学方程式中①为吸热反应；②③④为燃烧反应，都是放热反应，因此ΔH＞0的反应是①，故答案为：①；

（3）

由盖斯定律可知；反应一步完成或分步完成，其热效应相同，则等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相同，故答案为：A；

（4）

由盖斯定律可知：④=①+②+③，则E1、E2、E3、E4之间的关系为E4=E1+E2+E3，故答案为：E1+E2+E3=E4。【解析】（1）煤的利用率高；变成气体燃料后，运输方便，使燃料充分燃烧。

（2）①

（3）A

（4）E1＋E2＋E3=E49、略

【分析】【分析】

（1）随反应的进行浓度减小；速率降低，根据3s时的浓度来求解；

（2）根据等效平衡理论；结合平衡移动规律进行分析；

（3）两种物质参加反应；当增加一种物质的浓度时，另外一种物质的转化率增大；结合图像根据温度对平衡移动影响的规律进行分析。

【详解】

（1）因为1s到2s的平均速率大于2s到3s的平均速率，即即3.05-c2＞c2-2.75，解之得c2<2.9；故应选D；

（2）由H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)可知Ⅱ中平衡时n(H2O)=0.6mol，Ⅱ可看作向容器中加入1molCO、1molH2O建立平衡后又加1molCO重新建立的平衡，Ⅲ可看作向容器中加入1molCO、1molH2O，建立平衡后又加1molH2O重新建立的平衡，故对平衡右移的促进作用完全相同，故c(CO)=0.6mol，αⅡ(H2O)=αⅢ(CO)；

（3）①α(CO)越大，越大，故a＞b＞c，当投料比相同时，②由图像知温度越高，α(CO)越小，平衡左移，故正反应为放热反应。【解析】①.D②.0.6③.=④.a＞b＞c⑤.投料比相同，温度越高，α(CO)越小，平衡左移，该反应为放热反应10、略

【分析】【分析】

根据题中表格数据；可判断反应速率最大的时段并分析其原因；根据题中表格数据结合化学方程式计算反应速率；根据题中要求，减慢反应速率，判断不可行的方法措施；据此解答。

【详解】

(1)①相同条件下；反应速率越大，相同时间内收集的气体越多，由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2～3min，原因是该反应是放热反应，温度越高，且盐酸浓度较大，反应速率越大；答案为2～3，该反应是放热反应，此时温度高，且盐酸浓度较大，反应速率越大。

②3～4分钟时间段，收集的氢气体积V(H2)=(576-464)mL=112mL，n(H2)==0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则v(HCl)==0.025mol·L-1·min-1；答案为0.025mol·L-1·min-1。

(2)A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A可行；

B．加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B可行；

C．加入KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3-，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C不可行；

D．加入CuSO4溶液；Zn置换出Cu，形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，故D不可行；

答案为CD。【解析】2~3因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快CD11、略

【分析】【分析】

由题干图示可知，电解池工作时Pt电极实现H2O转化为O2，发生氧化反应，故Pt为阳极，故电源a为正极，石墨烯电极实现了CO2转化为HCOOH，发生还原反应，故石墨烯电极为阴极，电源b电极为负极；据此分析解题。

【详解】

①由分析可知，电解池工作过程中，图中Pt电极是阳极，发生氧化反应，水中氢氧根失去电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的H+向右移动到阴极区，故因此Pt电极附近溶液中H+的物质的量保持不变，但由于H2O少了，故H+的物质的量浓度增大；酸性增强，溶液的pH变小；故答案为：变小。

②由分析可知，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】变小CO2+2e-+2H+=HCOOH12、略

【分析】【分析】

(1)根据质量、摩尔质量、物质的量的关系结合方程式判断平衡的移动,从而判断该反应中的能量变化；

(2)维持容器体积和温度不变,达到平衡时C的浓度仍为1.2mol/L,为等效平衡,且为完全等效平衡,按化学计量数转化到左边满足2molA；2molB。

(3)采用极限法求出的物质的量,根据浓度,物质的量求出容器的体积。

【详解】

(1)根据质量守恒定律及反应方程式知,该反应反应前后气体的物质的量不变,气体的质量变小,所以平均摩尔质量减小,温度升高,平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小,说明平衡向正反应方向移动,所以正反应是吸热反应；

因此；本题正确答案是:吸热；

(2)根据等效平衡,把各物质都换算成方程式左边的物质,与初始加入的2molA和1molB相等即可；

A.4molA+2molB与初始2molA和1molB不同,不属于等效平衡,故A错误；

B.2molC+1molD换算成A；B,A、B浓度分别为2mol、1mol；与初始投料相同，平衡等效，所以B选项是正确的；

C.3molC+1molD+1molB换算成A；B,A、B浓度分别为2mol、2mol；与初始浓度不同,故C错误；

D.1.6molA+0.8molB+0.6molC换算成A；B；没有D,C不能反应,与初始A、B的物质的量不相同,故D错误；

综上所述；本题正确选项B。

⑶若C未转化时,C的物质的量为3mol,此时体积最大,所以容器的体积V=n/c=3/1.2=2.5L；若D完全反应时,平衡时C的物质的量最小,此时体积最小,根据方程式计算反应的C的物质的量:2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)，n(A)=2.4mol，n(B)=0.8mol，所以C的物质的量最小为3-2.4=0.6mol，容器的体积为V=n/c=0.6/1.2=0.5L；所以容器的容积V应大于0.5L，小于2.5L；

综上所述，本题正确答案：0.5，2.5。【解析】（1）吸热（2）B(3)0.52.5三、判断题(共8题，共16分)13、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。14、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。15、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

物质的物态变化会产生热效应，如固体变液体放热，液体变气体吸热等，而ΔH包含了物态变化的热，因此物质的状态不同ΔH的数值也不同，该说法正确。17、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。19、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。20、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、工业流程题(共1题，共4分)21、略

【分析】【分析】

由工艺流程图可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可以除去油脂，并与铝及其氧化物发生反应，得到的滤液①含有Na[Al(OH)4]，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀硫酸酸浸后，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH溶液调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。

【详解】

（1）Al及其氧化物能与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na[Al(OH)4]；油脂在NaOH水溶液；加热条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，所以“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂以及溶解铝及其氧化物；

（2）滤液①中含有所以通入足量CO2，反应生成的沉淀是Al(OH)3，反应的离子方程式为＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+；

（3）“转化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，空气或O2也可以达到该目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故当Ni2+沉淀完全时，Fe2+还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有的杂质离子为Fe3+；

（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01mol·L−1，pH=7.2时开始沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol/L，则c(OH-)==10-7.8mol/L，c(H+)==10-6.2mol/L，此时pH=6.2，再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2；

（5）由题中信息可知，Ni元素由+2价升高至+3价，Cl元素由+1价降低至-1价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数为2，ClO-的系数是1，元素守恒可知NiOOH系数是2，Cl-系数是1，因溶液环境为碱性，结合电子守恒可知反应物还有OH-，系数为4，由原子守恒知产物有H2O，则该反应的离子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；

（6）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1mol·L−1H2SO4；控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。

【点睛】

工业流程中常将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，一般由滤液得到晶体的制备流程包括，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，如果产物对温度和pH有限定要求，再结合题中信息具体分析。【解析】(1)除去油脂；溶解铝及其氧化物。

(2)＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋Ni2+、Fe2+、Fe3+

(3)Fe3+

(4)3.2≤pH<6.2

(5)2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O

(6)向滤液中加入1mol·L−1H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥五、元素或物质推断题(共3题，共24分)22、略

【分析】【分析】

砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应①条件可确定B、D分别为SO2、SO3；E和F分别为H2SO4和CuSO4。

【详解】

（1）由分析可知，B是SO2，E是H2SO4，G是Cu2O；

（2）电解精炼铜时，用粗铜做阳极，精铜做阴极，电解质溶液含有Cu2+，可以用CuSO4溶液；

（3）反应②是加热条件下铜和浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则消耗了0.12molSO2和0.06molO2，剩余的SO2和O2分别为0.11mol和0.05mol，容器体积为1L，所以平衡时SO2(g)、O2(g)和SO3(g)的物质的量浓度分别为0.11mol/L、0.05mol/L和0.12mol/L，根据K=带入数据求得K=23.8mol-1·L。平衡后通入O2，可以提高SO2的转化率，但O2自身转化率减小。由于通入的氧气过多，远远多于化学计量数之比，虽然平衡正向移动，SO3的物质的量会增大，但由于混合气的总的物质的量增加得更多，所以再达到平衡时SO3的体积分数会减小。【解析】SO2H2SO4Cu2O粗铜精铜CuSO4溶液Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O23.8mol-1·L减小降低减小23、略

【分析】【分析】

由题意知A、B、C为可溶性离子化合物，可推断三种化合物的组成只能为(NH4)2S、NaOH、CuSO4，又知等质量的A、B、C配成等体积的溶液，物质的量浓度大小顺序为B＜A＜C并且B溶液呈蓝色，结合三种物质的式量，可确定A、B、C分别为(NH4)2S、CuSO4；NaOH；以此解答该题。

【详解】

(1)A、B、C为可溶性离子化合物，因Cu2＋与OH−、S2−反应生成沉淀，NH4＋与OH−反应生成弱电解质，可推断三种化合物的组成只能为(NH4)2S、NaOH、CuSO4，又知等质量的A、B、C配成等体积的溶液，物质的量浓度大小顺序为B＜A＜C，并且B溶液呈蓝色，结合三种物质的式量，可确定A、B、C分别为(NH4)2S、CuSO4、NaOH，故答案为：(NH4)2S；NaOH；

(2)硫酸铜溶液中；铜离子水解导致溶液显示酸性，pH＜7，故答案为：＜；

(3)向(NH4)2S溶液中加入固体CuSO4，二者反应生成硫化铜沉淀和硫酸铵，即S2−＋Cu2＋＝CuS↓，在硫化铵中，硫离子对铵根离子的水解起促进作用，在反应后的硫酸铵溶液中，硫酸根离子不会影响铵根离子的水解，所以硫化铵中铵根离子浓度小于硫酸铵溶液中铵根离子浓度，故答案为：S2−＋Cu2＋＝CuS↓；＜。【解析】①.(NH4)2S②.NaOH③.＜④.S2−＋Cu2＋＝CuS↓⑤.＜24、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体，它们均由短周期元素组成。①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A、C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，三种气体既不显酸性也不显碱性，E、F、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，均表现酸性；②F呈红棕色，则F为NO2；③G和H均能使品红褪色，结合相对分子质量可知，G为SO2、H为Cl2；A在H中安静燃烧并伴有产生苍白色火焰，则A为H2；④C在D中完全燃烧生成E和H2O，同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属，结合①可知，该反应为乙炔在氧气中燃烧得到CO2与水，C为C2H2、D为O2、E为CO2；据此分析解答。

【详解】

根据上述分析，A为H2，B为NH3，C为C2H2，D为O2，E为CO2，F为NO2，G为SO2，H为Cl2。

(1)E为CO2，电子式为D为O2，O元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；C为C2H2，结构式为H-C≡C-H，分子中的σ键和π键的个数之比为3∶2，故答案为：1s22s22p4；3∶2；

(2)实验室制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；

(3)若从a口通入气体SO2，从b口通入气体NO2，二氧化氮与水反应得到硝酸与NO，硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，被还原为NO，硫酸与氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+，NO与空气中氧气反应得到二氧化氮，反应的方程式为2NO+O2=NO2，观察到的现象是：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色，故答案为：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色；H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+；

(4)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)△H=-53.66kJ/mol，②2CH3OH(l)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-23.4kJ/mol，根据盖斯定律，反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)可以是①×2+②得到，所以△H=(-53.66kJ/mol)×2-23.4kJ/mol=-130.72kJ/mol，即2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)△H=-130.72kJ/mol，故答案为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)△H=-130.72kJ/mol；

(5)气体C2H2具有还原性，能使用硫酸酸化的KMnO4溶液褪色，产物为CO2、MnSO4和水，该反应的化学方程式为C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O；

故答案为：C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O。

【点睛】

根据物质的特殊颜色和特殊性质正确推断物质是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意二氧化硫具有还原性，二氧化氮具有氧化性。【解析】①.②.1s22s22p4③.3∶2④.2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2⑤.产生白色沉淀，洗气瓶上方出现浅红棕色⑥.H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO+2H+⑦.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l)ΔH=-130.72kJ·mol-1⑧.C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O六、原理综合题(共2题，共