2025年沪教版选择性必修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年沪教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷141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、下列实验装置或操作设计正确；且能达到目的的是。

A.实验①，设计铜锌双液原电池B.实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀C.实验③，准确量取一定体积K2CrO7标准溶液D.实验④，可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO2、如图是实验室模拟硫酸工业中合成的反应装置；以下说法中错误的是。

A.装置甲的作用是混合气体、干燥等B.a处导出的气体主要含有C.反应生成的不宜直接通入水中吸收D.工业中用高压提高的产率3、科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：下列说法正确的是。

A.充电时电极b是阴极B.放电时溶液的浓度增大C.放电时透过多孔炭电极向中迁移D.放电时每转移电子，理论上吸收4、水溶液呈碱性的是A.CH3COONaB.NaHSO4C.NaClD.NaNO35、P4具有正四面体结构，它在Cl2中燃烧可生成PCl5和PCl3两种产物，经测定在PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能是不同的。PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·mol-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1。已知：P4(g)＋6Cl2(g)=4PCl3(g)ΔH=akJ·mol-1，P4(g)＋10Cl2(g)=4PCl5(g)ΔH=bkJ·mol-1，下列叙述正确的是（）A.PCl5分子中原子最外层均满足8电子结构B.可求Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(s)的反应热ΔHC.Cl—Cl键的键能为kJ·mol-1D.P—P键的键能为kJ·mol-16、某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)；通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图所示)。下列说法正确的是。

A.该电池可以用水溶液作为电解质溶液B.该电池不能重复使用C.Fe2O3电极在充电时发生还原反应D.负极的电极反应式为2Li-2e-+O2-=Li2O评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、溶解度也可用物质的量浓度表示。已知25℃时，在浓度不同的溶液中的溶解度如图所示；下列说法正确的是。

A.图中a、b两点相同B.图中a点与b点对应的的溶度积相等C.在a点向溶液中加入少量溶解度可变为c点D.该温度下，溶度积的数量级为8、恒温条件下；将一定量的A；B气体通入2L密闭容器中生成气体C，测得容器中各物质的物质的量n随时间1的变化如下图所示，则下列说法正确的是。

A.0～10min，用A物质表示的反应速率为0.05mol·L-1·min-1B.该反应方程式可表示为：A+3B=2CC.该条件下，A物质的最大转化率为60%D.平衡时，C的物质的量浓度为1.2mol/L9、我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是。

A.b电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2RB.电池工作时，负极区要保持呈酸性C.工作一段时间后，正极区的pH变大D.若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液pH约为210、世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法；其装置如图所示。下列说法正确的是。

A.X为电源负极B.若该装置在高温下进行，则净化效率将降低C.若有1molNO被还原，则有6molH+通过质子膜迁移至阴极区D.若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极上流出24mole-11、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12、的氯化；溴化反应势能图及产物选择性如下图；下列叙述错误的是。

A.丙烷中仲氢比伯氢活性强B.升高温度与反应速率加快、与反应速率减慢C.以为原料合成2-丙醇时，溴化反应比氯化反应产率更高D.和的键能差=△H1-△H313、絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是A.NaFe(SO4)2·6H2OB.CaSO4·2H2OC.Pb(CH3COO)2·3H2OD.KAl(SO4)2·12H2O14、下列说法正确的是A.电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极B.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能C.Na2O2与水反应产生1molO2，转移的电子数约为2×6.02×1023D.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的∆H>015、室温下，下列实验探究方案不能得到相应结论的是。选项探究方案探究结论A向饱和的溶液中CuS固体，测得溶液中不变B将25℃溶液加热到40℃，用传感器检测到溶液pH逐渐变小温度升高，水解平衡正向移动，浓度增大C用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸(弱酸)溶液(用甲基橙作指示剂)确定草酸是二元酸D利用晶体X射线衍射可测定原子坐标确定分子的空间结构

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、图是铜-锌原电池原理图：

(1)X极是__极(填正或负)发生____反应(填氧化或还原)。

(2)Y极的电极反应：___；原电池的总反应：___；电流的流动方向：___17、某同学设计如图所示装置来探究原电池工作原理；供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。请回答下列问题：

(1)原电池总反应的离子方程式为___________。

(2)a电极材料为___________，其电极反应式为___________，外电路中电流的方向为___________(选填“a到b”或“b到a”)。

(3)电池工作一段时间后，若a极质量减少1.3g，量筒中收集到的气体在标况下的体积为___________L(不考虑气体的溶解)，此时U形管溶液中的物质的量浓度为___________(假设溶液体积未发生变化)。

(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是___________。18、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)；实验发现，随温度升高，混合气体的颜色变深。100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。回答下列问题：

(1)反应的ΔH___0(填“大于”或“小于”)；

(2)在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为___；平衡时混合气体中NO2的体积分数为___。

(3)100℃时达平衡后，向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol的N2O4的混合气体，此时速率关系v(正)__v(逆)。（填“大于”；“等于”，或“小于”）

(4)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低；经10s又达到平衡。

①T__100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是___。

②计算温度T时反应的平衡常数K2：__。19、Bodenstein研究了反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表所示：。t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.60.730.7730.780.784

(1)根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_____________。

(2)上述反应中，正反应速率v正=k正•x2(HI)，逆反应速率v逆=k逆•x(H2)•x(I2)，，其中k正、k逆为正、逆反应速率常数，则k逆为_____(用K和k正正表示)。若起始时，x(HI)=1，k正=0.0027min-1，则t=4min时，v正_____min-1。20、氨和硝酸都是重要的化学品。

（1）画出采用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图：（要求注明试剂、反应条件）___

（示例：）

（2）向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体，是侯氏制碱法的关键步骤，用一个化学方程式表示该反应原理_________________________________。在0.1mol/L的稀氨水中，下列式子成立的是____________。A．c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/LB．c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+)C．c(H+)>c(OH-)D．c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)

（3）A是中学化学常见气体，打开装有A的集气瓶，瓶口出现白雾，将A与氨气混合，立即出现大量白烟，生成物质B，则A的分子式为_________，物质B中所含的化学键类型有____________。

（4）将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，产生标准状况下的混合气体3.36L，其中两种成分气体的体积比为__________，反应中总共消耗的硝酸_______________mol。

（5）向含4molHNO3的稀溶液中，逐渐加入铁粉至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(气体)随n(Fe)变化的示意图，并标出n(气体)的最大值_______。

（6）氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解，若分解时只生成两种氧化物，写出该反应的化学方程式_________________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)21、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)22、淀粉和纤维素是常见的多糖；在一定条件下它们都可以水解生成葡萄糖。

(1)淀粉在浓硫酸作用下水解生成葡萄糖的化学方程式为_______。

(2)某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉水解的情况：

下列结论正确的是_______。A．淀粉尚有部分未水解B．淀粉已完全水解C．淀粉没有水解D．淀粉已水解，但不知是否完全水解(3)一种测定饮料中糖类物质含量(所有糖类物质以葡萄糖计算)的方法如下：

步骤一：取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸煮沸；充分反应后，冷却，加入适量的氢氧化钠溶液并稀释至100.00mL。

步骤二：取10.00mL稀释液，加入30.00mL0.0150mol/L标准I2溶液；置于暗处15分钟。

步骤二：然后滴加2~3滴淀粉溶液作指示剂，再用0.01200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应所剩余的I2，当溶液由蓝色变为无色且半分钟不变时，反应达到终点，共消耗Na2S2O3标推溶液25.00mL。

已知：

a.I2在碱性条件下能与萄萄糖反应：C6H12O6+I2+3NaOH=C6H11O7Na+2NaI+2H2O

b.Na2S2O3与I2能发牛如下反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

①配制100.00mL0.01500mol/LI2标准溶液，所必需的玻璃仪器有：100mL的容量瓶、烧杯、_______和_______。

②向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_______。

③计算该饮料中糖类物质的含量_______(单位mg/mL)(写出计算过程)。23、氯化铜和氯化亚铜都是重要的化原料，常用作石油工业脱臭脱硫和纯化剂、印染媒染剂等。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。

[制备CuCl2·2H2O晶体]

（1）仪器B的名称是________________；B中反应的离子方程式为_______________________________。

（2）装置C中粗铜粉末与气体充分反应时的生成物是______________________(填化学式)。反应完成后，将C中的固体用稀盐酸完全溶解、再加入试剂M除杂，经一系列操作便可获得CuCl2·2H2O晶体。

①试剂M应当选用___________(填正确答案字母编号)

a.Cu(NO3)2b.NaOHc.CuOd.NH3·H2Oe.Cu(OH)2

②溶解C中生成物固体时，有时会加入少量双氧水，目的是____________________。

③设计简易实验方案确定所CuCl2·2H2O晶体中不含铁化合物:________________________。

[制备CuCl固体]

将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2；再加热到300℃以上可获得CuCl固体。

（3）将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水的原因是__________________。

（4）为测定CuCl固体的产率；进行如下定量分析:

①将10.26gCuCl2·2H2O晶体先加热到140℃；再加热到300℃以上，充分反应后，将所得固体平均分成三份，分别转移至三个锥形瓶中。

②分别在三个锥形瓶中加过量FeCl3溶液不断振荡；使固体迅速溶解，再加入2滴1，10—邻菲啰啉一硫酸亚铁络合物作指示剂。

③用1.00mol/L的硫酸铈[Ce(SO4)2]标准液进行滴定。平行测定三份样品溶液，消耗硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液的平均体积为19.40mL。

反应原理:CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+

根据上述定量实验计算CuCl的产率为________________________。评卷人得分六、计算题(共3题，共18分)24、（1）已知2molH2完全燃烧生成水蒸气放出热量484kJ；且1molH-H键断裂时吸收热量为436kJ，1molO=O键断裂时吸收热量为496kJ，则水蒸气中1molH-O键形成时放出的热量为_____。

（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分几步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

已知：H2O(g)===H2O(l)ΔH1=—Q1kJ/mol

C2H5OH(g)===C2H5OH(l)ΔH2=—Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=—Q3kJ/mol

若使46g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为____________。25、在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生下列反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在某恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO；在不同温度(T)下发生上述反应时，c(CO)随时间(t)的变化曲线如图所示：

(1)温度为时，反应开始19s内的平均反应速率：v(N2)=___________

(2)温度为时，平衡常数K=___________(填计算结果的数值)

(3)温度为时，反应达到平衡时的转化率为___________。26、(1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度___________(填“＞”“＜”或“=”)25℃，其理由是___________。

(2)该温度下，c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=___________mol·L-1。

(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡___________(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡___________移动。

(4)25℃时，0.1mol·L-1下列物质的溶液，水电离出的c(H+)由大到小的关系是___________(填序号)。

①HCl②H2SO4③CH3COOH(Ka=1.7×10-5)④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)⑤NaOH⑥Ba(OH)2

(5)25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度___________pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A；将锌和铜电极互换位置才能形成双液原电池；选项A错误；

B；实验②；将钢闸门与外接电源的负极相连，为外接电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，选项B正确；

C、实验③是碱式滴定管，K2CrO7具有强氧化性；不能用碱式滴定管量取，必须改用酸式滴定管，选项C错误；

D；产生的二氧化碳能与次氯酸钠反应生成次氯酸；但该反应没有明显现象，无法判断，选项D错误。

答案选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．由实验装置图可知，装置甲的作用是干燥SO2和O2；并让二者气体充分混合，以及控制两气体的通入速率等作用，A正确；

B．由于反应2SO2+O22SO3是一个可逆反应，故a处导出的气体主要含有B正确；

C．水吸收时会放出大量的热；形成酸雾，影响吸收效率，应用浓硫酸吸收，C正确；

D．由于反应2SO2+O22SO3在常压的转化率就已经很高了，增大压强将增加设备和动力成本，故工业中通常在常压增大氧气的浓度来提高SO3的产率；D错误；

故答案为：D。3、B【分析】【分析】

充电时电极a的反应为：是得电子的还原反应，a作电解池的阴极，原电池放电时a作失电子发生氧化的负极，电极b上氯气得电子化合价降低发生还原反应；据此回答。

【详解】

A.充电时a得到电子，为阴极，故充电时b为阳极；A错误；

B.放电时，负极生成浓度增大；正极生成浓度增大；B正确；

C.放电时，向负极即电极a移动，氯离子透过电极b向氯化钠溶液中迁移；C错误；

D.放电时正极消耗根据电子转移数守恒规律可知，每转移1mol电子，理论上四氯化碳释放0.5mol氯气，D错误。

答案选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．CH3COONa属于强碱弱酸盐；醋酸根离子水解，使溶液显碱性，A正确；

B．NaHSO4在水溶液中可电离出氢离子；溶液显酸性，B错误；

C．NaCl属于强酸强碱盐；不水解溶液显中性，C错误；

D．NaNO3属于强酸强碱盐；不水解溶液显中性，D错误；

故选A。5、C【分析】【详解】

A.在PCl5分子中，P元素为+5价，P原子最外层有5个电子，则PCl5分子中的P原子最外层电子数为5+5=10，不满足最外层8电子结构，故A错误；B．利用盖斯定律并结合题中给出的两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•mol-1，但PCl5（g）=PCl5（s）的△H未知，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C．设Cl-Cl键的键能为xkJ/mol，利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•mol-1可得x+3×1.2c-5c=x=kJ·mol-1，故C正确；D．设P-P键能为ykJ/mol，则6y+6×-12×1.2c=a，y=kJ·mol-1，故D错误；答案选C。6、D【分析】【分析】

Li为活泼金属单质，所以电池放电时Li为负极，据图可知被氧化为Li2O，Fe2O3为正极；被还原为Fe单质，从而被磁铁吸引。

【详解】

A．因为单质锂可以与水反应（类似金属钠）；所以电解质溶液不能是水溶液，故A错误；

B．根据题意可知该电池可以循环充放电；可以重复使用，故B错误；

C．放电时，Fe2O3作正极，发生还原反应，电极充电时，Fe2O3电极作为阳极；发生氧化反应，故C错误；

D．Li为活泼金属单质，所以电池放电时Li为负极，被氧化为Li2O，电极反应为2Li-2e-+O2-=Li2O；故D正确；

答案选D。二、多选题(共9题，共18分)7、BD【分析】【详解】

A．相同温度下，难溶电解质的溶度积不变，图中a、b两点对应的相等，而不相等，则不相同；故A错误；

B．溶度积常数只随温度的改变而改变，温度不变，则Ksp不变，所以图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等；故B正确；

C．在a点向溶液中加入少量增大，使的溶解平衡逆向移动，减小；因此溶解度也减小，不可变为c点，故C错误；

D．该温度下，根据b点得知因此溶度积的数量级为故D正确。

答案选BD。8、BC【分析】【分析】

【详解】

A．0～10min内，A物质反应了0.5mol，用A物质表示的反应速率为A项错误；

B．0～10min内；A物质减少了0.5mol，B物质减少了1.5mol，C物质增加1mol，转化的物质的量之比等于化学计量系数之比，该反应方程式可表示为：A+3B=2C，B项正确；

C．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，A物质反应了0.6mol，最大转化率为60%，C项正确；

D．平衡时B物质反应了1.8mol；根据三段式进行计算，C生成了1.2mol，物质的量浓度为0.6mol/L，D项错误；

故答案为BC。9、AB【分析】【分析】

根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3＋和H2S生成S和Fe2＋，Fe2＋在电极a处失去电子生成Fe3＋，电极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋，生成的Fe3＋能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H＋生成H2R，电极方程式为R＋2e－＋2H＋=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极；与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析判断。

【详解】

A．b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R；故A正确；

B．电极a为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3＋水解沉淀；故B正确；

C．正极的电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2=H2O2+R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故C错误；

D．标准状况下112mLO2的物质的量==0.005mol，转移电子0.005mol×2=0.01mol，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成0.005mol硫酸，c(H+)==0.1mol/L；pH=1，故D错误；

故选AB。

【点睛】

正确判断原电池的正负极是解题的关键，也是本题的难点。本题的易错点为C，要转移质子的移动对溶液pH的影响。10、BD【分析】【分析】

由装置图可知，X端连接的电极上发生的反应是在微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2；Y端连接的电极上发生的反应是在微生物作用下NO反应生成N2，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为电源负极，X为电源正极，质子膜允许H+通过；据此解答。

【详解】

A．由上述分析可知；X为电源正极，故A错误；

B．若该装置在高温下进行；作为催化剂的微生物会失去活性，则净化效率将降低，故B正确；

C．根据阴极的电极反应式2NO+10e-+12H+=N2↑+6H2O可知，若有1molNO被还原，转移5mol电子，根据电荷守恒，则有5molH+通过质子膜迁移至阴极区；故C错误；

D．若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价由0价变为+4价，理论上电极上流出4×6mol=24mole-；故D正确；

答案选BD。11、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。12、BD【分析】【详解】

A．从图中可以看出，∙CH(CH3)2的产率比CH3CH2CH2∙的产率高，则表明丙烷中仲氢比伯氢活性强；A正确；

B．升高温度；不管是吸热反应还是放热反应，反应速率都加快，B错误；

C．从图中可以看出，以为原料，溴化反应比氯化反应生成∙CH(CH3)2的产率要高很多，所以由为原料合成2-丙醇时；溴化反应比氯化反应产率更高，C正确；

D．依据盖斯定律可得：HCl+Br∙=HBr+Cl∙△H=△H3-△H1，则和的键能差=△H3-△H1；D错误；

故选BD。13、AD【分析】【分析】

由题意知；絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物具有吸附性。

【详解】

A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物；符合题意；

B.硫酸钙本身是微溶物；没有吸附作用，不符合题意；

C.醋酸铅没有吸附性；不符合题意；

D.明矾可净水；其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意；

故答案为AD。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．电解法精炼铜以粗铜做阳极，失去电子变为Cu2+；然后移向阴极得到电子变为Cu，A正确；

B．电池放电一定有部分化学能转化为热能散失；不能完全转化为电能，B错误；

C．Na2O2与水反应为歧化反应，生成1molO2；转移电子2mol，C正确；

D．该反应常温下自发进行；△S＜0，△G=△H-T△S＜0，则△H必须小于0，D错误；

故选AC。15、BC【分析】【详解】

A．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀，饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有生成FeS沉淀，所以Ksp(CuS)<Ksp(FeS)；A能得到相应结论；

B．升高温度，pH减小，说明温度升高对Na2SO3水解平衡的影响小于对水的电离的影响，此外，升高温度，pH减小，也有可能是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4；若只考虑温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动；则溶液的pH应该增大，而不是减小，B不能得到相应结论；

C．甲基橙的变色范围是3.1-4.4，均使甲基橙变为黄色；不能确定草酸为二元酸，C不能得到相应结论；

D．通过晶体X射线衍射实验；可以测定晶胞中各个原子的坐标，根据原子坐标，可以计算原子间的距离，判断哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，从而得出分子的空间结构，D能得到相应结论；

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】【分析】

电极材料分别为铜和锌，电解质溶液为稀硫酸，所以电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；则Zn为负极，Cu为正极。

【详解】

(1)原电池中电子从负极经外电路流向正极；所以X为负极，失电子发生氧化反应；

(2)Y为原电池的正极，氢离子在铜电极上得电子被氧化成氢气，电极反应式为2H++2e－=H2↑；电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；电流方向与电子流向相反，即由Y到X。【解析】负极氧化2H++2e－=H2↑Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑由Y到X17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)一个电极是铜，一个电极是锌，电解质是硫酸，可以组成原电池，其原电池总反应的离子方程式为：答案为：

(2)b电极产生气体，所以b电极为正极，a为负极，其电极材料为：纯锌片；其电极反应式为外电路中电流应该是正极到负极，其方向为b到a，故答案为：纯锌片，b到a；

(3)电池工作一段时间后，若a极（Zn）质量减少1.3g，其物质的量=转移电子的物质的量=量筒中收集到的气体在标况下的体积=此时消耗此时U形管溶液中其物质的量浓度为故答案为：0.448，0.32；

(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，a端产生气体，左侧气体压强增大液面下降，右侧液面上升，故答案为：U形管a端气体增多，液面左低右高，b端电极逐渐溶解。【解析】纯锌片b到a0.4480.32U形管a端气体增多，液面左低右高，b端电极逐渐溶解18、略

【分析】【分析】

根据升高温度时体系颜色变化判断反应热的大小；根据一段时间内浓度的变化计算反应速率；根据某一时刻的浓度熵和平衡时的反应常数判断反应是否达到平衡并判断反应进行的方向。

【详解】

(1)由题干“随温度升高，混合气体的颜色变深”可知，升高温度向吸热反应方向移动，平衡向右侧移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的ΔH>0；故答案为：大于；

(2)0～60s时，N2O4的浓度减小了0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，故这段时间内v(N2O4)===0.0010mol·L-1·s-1；同温同压下气体的体积比等于物质的量的比，则平衡时混合气体中NO2的体积分数等于平衡时混合气体中NO2的物质的量分数，混合气体中NO2的体积分数=×100%=75%，故答案为：0.0010mol·L-1·s-1；75%；

(3)100℃时该反应的平衡常数K===0.36，随后向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol的N2O4的混合气体，此时，反应的浓度熵Q===0.33<K；说明化学反应未达到平衡，此时正反应速率大于逆反应速率，平衡向右移动，故答案为：大于；

(4)①100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低；反应向正反应方向进行，则温度T大于100℃，原因是反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高，故答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；

②平衡时，c(NO2)=0.120mol·L-1+0.0020mol·L-1·s-1×10s×2=0.16mol·L-1，c(N2O4)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1，K2===1.28，故答案为：1.28。【解析】①.大于②.0.0010mol·L-1·s-1③.75%④.大于⑤.大于⑥.反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高⑦.1.2819、略

【分析】【详解】

(1)由表中数据可知，无论是从正反应方向开始，还是从逆反应方向开始，最终x(HI)均为0.784，说明此时达到了平衡状态。设的初始浓度为1mol/L；则列三段式有：

所以K=

(2)建立平衡时，v正=v逆，即k正•x2(HI)=k逆•x(H2)•x(I2)，则k逆=由于该反应前后气体分子数不变，故求解平衡常数时可以用物质的量分数代替浓度，所以有K=所以k逆=在40min时，x(HI)=0.85，则v正=0.0027min-10.8521.9510-3min-1。【解析】①.②.③.1.9510-320、略

【分析】【详解】

（1）在工业上用N2与氢气化合形成氨气，氨气催化氧化产生NO，NO被氧气氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，则用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图是：

（2）向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体，反应的化学方程式是NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；

A．在0.1mol/L的稀氨水中，N元素的存在形式有NH3·H2O、NH3、NH4+，根据N元素守恒可知c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/L；正确；

B．氨气溶于水，绝大多数发生反应产生NH3·H2O，只有少量发生电离产生NH4+，所以微粒的浓度关系是：c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+)；正确；

C．在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡，二者都电离产生OH-，只有水电离产生H+，所以离子浓度关系是c(H+)-)；错误；

D．在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡，二者都电离产生OH-，只有水电离产生H+，根据二者电离产生的离子浓度关系可知c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)；正确；

（3）A是中学化学常见气体，打开装有A的集气瓶，瓶口出现白雾，将A与氨气混合，立即出现大量白烟，生成物质B，则A的分子式为HCl，NH3与HCl反应产生的物质B是NH4Cl；其中所含的化学键类型有（极性）共价键；离子键(和配位键)；

（4）6.4g铜的物质的量是n(Cu)=6.4g÷64g/mol=0.1mol，将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中，会发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O；3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu是+2价的金属，0.1molCu失去电子的物质的量是0.2mol，反应产生的NO、NO2混合气体在标准状况下体积是3.36L，物质的量是n=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，假设NO、NO2的物质的量分别是x、y，则3x+y=0.2mol；x+y=0.15mol，解得x=0.025mol，y=0.125mol，根据n=V/Vm可知二者的体积比等于它们的物质的量的比，所以V(NO):V(NO2)=0.025mol:0.125mol=1:5；V(NO2):V(NO)=5:1；根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(气体)=2×0.1mol+0.15mol=0.35mol；

（5）根据铁和硝酸反应的实质，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，反应的方程式是：Fe＋4H++NO3-=Fe3+＋NO↑＋2H2O，根据方程式可知4molHNO3发生反应产生1molNO气体，反应消耗1molFe，后发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，无气体产生，所以用图象表示为

（6）氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解，若分解时只生成两种氧化物只能是N2O、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式是NH4NO3N2O↑+2H2O。【解析】①.②.NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl③.ABD④.HCl⑤.（极性）共价键、离子键(和配位键)⑥.1:5或5:1⑦.0.35⑧.⑨.NH4NO3N2O↑+2H2O四、判断题(共1题，共3分)21、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。五、实验题(共2题，共12分)22、略

【分析】【分析】

取淀粉液在稀硫酸中加热后的水解液；分成两份，一份滴加碘水，发现不变蓝色，说明无淀粉，另一份先加入氢氧化钠溶液，调PH至碱性，再加银氨溶液，最后再加热，有银镜生成，说明有葡萄糖，注意加入过量的氢氧化钠，碘单质能和氢氧化钠发生氧化还原反应；

【详解】

（1）淀粉在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖，化学方程式为：故答案为：

（2）取淀粉液在稀硫酸中加热后的水解液，分成两份，一份在加入银氨溶液之前加入了碱将溶液的酸性中和掉，加入银氨溶液后出现的银镜现象说明有葡萄糖存在，可以得出淀粉已经水解的结纶，淀粉在稀硫酸作用下完全水解生成葡萄糖，水解方程式为葡萄糖与银氨溶液在水浴加热条件下发生氧化还原反应，反应的方程式为淀粉和碘作用显示蓝色；因加入过量的氢氧化钠，碘单质能和氢氧化钠发生氧化还原反应，所以另一份滴加碘水，发现不变蓝色，所以不知是否完全水解，选D，故答案为：D；

（3）①配制100.00mL0.01500mol•L-1I2标准溶液，先在烧杯中溶解药品，用玻璃棒搅拌，转移到100mL容量瓶，定容，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；

②向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是：将饮料中糖类物质转化为葡萄糖，故答案为：将饮料中糖类物质转化为葡萄糖；

③取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液中和稀硫酸并稀释至100.00mL，取10.00mL稀释液，加入30.00mL0.01500mol•L-1I2标准溶液，物质的量n(I2)=0.030.00L×0.01500mol•L-1=4.5×10-4mol,滴加2〜3滴淀粉溶液，再用0.01200mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，n(Na2S2O3)=0.01200mol•L-1×0.025.00L=3×10-4mol，由关系式I2～2Na2S2O3可得n(I2)=0.5n(Na2S2O3)=1.5×10-4mol，与葡萄糖反应的碘单质物质的量n=4.5×10-4mol-1.5×10-4mol=3×10-4mol，由C6H12O6+I2+3NaOH═C6H11O7Na+2NaI+2H2O得到葡萄糖物质的量=3×10-4mol，该饮料中糖类物质的量=3×10-4mol×=3×10-3mol，该饮料中糖类物质的含量==0.02700g/mL=27.0mg•mL-1，故答案为：27.00mg•mL-1。【解析】(1)(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)

(2)D

(3)玻璃棒胶头滴管将饮料中的糖类物质完全水解转化为葡萄糖27.00mg/mL23、略

【分析】【分析】

用粗铜(含杂质Fe)为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。

[制备CuCl2·2H2O晶体]

用MnO2和浓盐酸制取氯气，干燥后和粗铜（含铁）反应，生成CuCl2和FeCl3，多余的氯气用NaOH溶液吸收。由于CuCl2中含有杂质FeCl3以及可能存在的FeCl2，所以需要先加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。得到的CuCl2溶液在HCl的气流中加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuCl2·2H2O晶体。

[制备CuCl固体]

将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2；再加热到300℃以上可获得CuCl固体。

[测定CuCl固体的产率]

根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+找到关系式：CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2进行计算。

【详解】

（1）仪器B是圆底烧瓶，其中发生的反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。正确答案：圆底烧瓶、MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）C中发生的反应为：Cu+Cl2CuCl2、2Fe+3Cl22FeCl3，所以生成物是CuCl2、FeCl3，①将生成的固体溶解在稀盐酸中后，制取氯化铜晶体前需要除去FeCl3，给出的五种试剂中，a、不能除去Fe3+且会引入NO3-，b、d都会引入杂质阳离子不适合，而c、e分别可以消耗溶液中的H+使溶液pH升高，从而使得Fe3+逐渐沉淀，所以应该选ce。②当装置C中Fe反应不充分时，Fe溶解在盐酸中生成Fe2+，在用CuO或者Cu(OH)2调节溶液pH值时不能生成沉淀除去，这样制取的氯化铜晶体就会含有杂质，所以必须先将Fe2+氧化成Fe3+。所以加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉降分离。③CuCl2·2H2O晶体中可能含有的杂质是由于Fe3+沉淀不完全而混入的FeCl3，检验方法是：取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。正确答案：CuCl2，FeCl3、ce、将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)；便于沉降分离；取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。

（3）CuCl2·2H2O晶体直接加热脱水时，由于Cu2+水解及HCl的挥发等原因，最终得到的是CuO，所以脱水过程中必须设法避免CuCl2的水解，在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2”，可以利用体系中存在的HCl抑制CuCl2水解。正确答案：防止CuCl2水解。

（4）CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O；2CuCl22CuCl+Cl2，因此10.26g晶体理论上可以得到CuCl：测定过程中，CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2，所以实验测得每份样品中CuCl：则CuCl的产率为正确答案：97%。

【点睛】

①除去杂质的的最后结果不能引入新的杂质。

②关于实验计算需要选好计算的基准。如本题以10.26g晶体为基准进行计算，因此后半段实验的计算中，由于样品被分成三等分，所以计算的结果应当乘以3。【解析】圆底烧瓶或烧瓶MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2OCuCl2，FeCl3c、e将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)，便于沉降分离取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物防止Cu2+(或CuCl2)水解97%或0.97六、计算题(共3题，共18分)24、略

【分析】【详解】

（1）2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，则：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；设1molH-O键形成时放出的热量为xkJ，则：484kJ=4×463kJ-（436kJ×2+496kJ），解得x=463kJ。故1molH-O键形成时放出的热量为463kJ。