2025年苏科版选择性必修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年苏科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷84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9题，共18分)1、关于镀铜和电解精炼铜，下列说法中正确的是A.都用粗铜作阳极、纯铜作阴极B.电解液的浓度都保持不变C.阳极反应都只有D.阴极反应都只有2、MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca；Mg)：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0B.ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)>0C.ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D.对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2>ΔH33、在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol；容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数B.0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1C.t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率D.t3min时改变的条件可能为减小容器容积4、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表所示：。容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q

下列叙述错误的是A.容器①、②中反应的平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为C.容器②中达平衡时放出的热量Q＝23.15kJD.若容器①的体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ5、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式有吸热和放热等B.食品放入冰箱中，因为温度低，变质速率降低，所以食品能够保存较长时间C.可以用勒夏特列原理解释夏天打开啤酒盖，喷出大量泡沫的现象D.将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生6、煤的液化可获得乙醇：下列说法正确的是A.反应物的总能量小于生成物的总能量B.在绝热密闭容器中进行时，平衡常数不再改变则说明已达平衡状态C.使用合适的催化剂、增大压强均有利于提高原料的平衡转化率D.升高温度可增大活化分子的数目及有效碰撞频率，因而温度越高乙醇平衡产率越高7、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使酚酞变红色的溶液中：B.与Al反应能放出的溶液中：C.的溶液中：D.水电离的的溶液中：8、下列实验装置或操作正确的是。

A.用图1装置测定中和反应的反应热B.用图2装置测定化学反应速率C.用图3装置分离乙醚和苯D.用图4装置振荡萃取、静置分层后，打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液9、下列物质性质与用途具有对应关系的是A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥SO2B.SO2具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂C.石墨能导电，可用作电极材料D.Na2S溶液呈碱性，可用于除去废水中的Hg2+评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、按下图装置进行电解(氯化钠足量)；若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是。

A.E表示生成金属钠的物质的量B.E表示消耗水的物质的量C.F表示溶解铜的物质的量D.F表示生成氯气的物质的量11、如图装置(Ⅰ)为一种可充电电池的示意图,其中的离子交换膜只允许K+通过,该电池放电、充电时的电池反应为2K2S2+KI3K2S4+3KI。装置(Ⅱ)为电解池的示意图,当闭合开关K时,电极X附近溶液先变红。则闭合K时,下列说法不正确的是()

A.K+从左到右通过离子交换膜B.电极A上发生的反应为+2e-3I-C.电极Y上发生的反应为2Cl--2e-Cl2↑D.当有0.1molK+通过离子交换膜时,X电极上产生1.12L气体12、为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率；实验结果如图所示，下列说法正确的是。

A.pH越小，氧化率越大B.温度越高，氧化率越小C.Fe2＋的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还受其他因素影响D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率13、均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低B.基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化C.基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+D.芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变(忽略体积变化)14、甲醇与SO3生成硫酸氢甲酯的反应为。在无水和有水条件下的部分反应历程如图所示，其“”表示粒子间的静电作用，下列说法错误的是A.a分子比c分子更稳定B.水将反应的最高能垒由19.59eV降为3.66eVC.有水条件下会降低总反应的焙变D.d到f转化的实质为质子转移15、将CH4设计成燃料电池；其利用率更高，装置示意如图(A；B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()

A.通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B.0＜V≤22.4L电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2+2KOH=K2CO3+3H2OC.22.4L＜V≤44.8L时，负极电极反应为CH4-8e-＋2H2O=CO2+8H+D.V＝33.6L时，溶液中只存在阴离子评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、请由下列三个热化学反应方程式：

N2(g)+H2(g)+O2(g)=HNO3(g)△H=-133.86kJ/mol

N2(g)+H2(g)+O2(g)=HNO3(l)△H=-173.00kJ/mol

N2(g)+H2(g)+O2(g)=HNO3(aq，1mol/L)△H=-200.36kJ/mol

(1)写出HNO3(g)、HNO3(1)分别溶于水形成HNO3(aq，1mo/L)的热化学方程式_______。

(2)若用水稀释浓硝酸成1mol/L稀硝酸的△H=akJ/mol。请写出分别用水将HNO3(g)、HNO3(l)转变为浓硝酸时的△H的差值_______。17、Ⅰ.甲；乙两同学拟用实验确定某酸HA是弱电解质。他们的方案分别是：

甲：①称取一定质量的HA配制0.1mol/L的溶液100mL；

②用pH试纸测出该溶液的pH；即可证明HA是弱电解质。

乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液；盐酸；分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；

②分别取这两种溶液各10mL；加水稀释为100mL；

③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管；同时加入纯度相同的足量锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是___________；

(2)甲方案中，说明HA是弱电质的理由是测得溶液的pH___________1(选填＞，＜，=)；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则所测的pH值将___________(填“增大”；“减小”或“无变化”)；

(3)乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是___________。

Ⅱ．水是一种极弱的电解质；其电离平衡曲线如下图所示。

(1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积为___________；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，c(H+)为___________；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸以11：9的体积混合，则在该温度下混合之后的pH为___________。18、(1)对于下列反应：2SO2+O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为___________，用O2浓度变化来表示的反应速率为___________。如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0．5mol/(L·min)，那么2min时SO2的浓度为___________。

(2)如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是__________；bc过程中改变的条件可能是__________；若增大压强时，反应速度变化情况画在cd处__________。

19、电解饱和食盐水是氯碱工业基础。

(1)写出电解饱和氯化钠溶液时的总的离子反应方程式：________________________________________。

(2)当阴极产生1molH2时，通过阳离子交换膜的Na+有_________mol；

(3)产生的氯气可用于制TiCl4，但TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO、CO2可使反应得以进行。回答：

已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1

①TiO2与Cl2难以直接反应的原因是__________________________________________

②加碳生成CO、CO2后得以进行原因是________________________________________________________

(4)氯碱工业是高耗能产业；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。

①图中Y是________(填化学式)；

②写出燃料电池B中负极上发生的电极反应：______________________________________________

③比较图示中氢氧化钠溶液质量分数的大小：a%_______b%（填＞、＝或＜）20、化学在生产生活中有广泛的应用；请用所学的知识填空：

(1)氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解液为KOH溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为______。

(2)泡沫灭火器内盛有Al2(SO4)3、NaHCO3溶液，写出其反应的离子方程式______。

(3)金属铍(Be)是高效率的火箭燃料，燃烧时放出巨大的能量，已知1g铍完全燃烧放出的热量为62.70kJ，则表示铍的燃烧热的热化学方程式为：∆H=______kJ·mol-1.

(4)FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的最后一步是在常温下调节溶液pH=5，此时c(Fe3+)=______mol·L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。21、如图所示，甲、乙、丙分别表示在不同条件下，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)的生成物C的百分含量w(C)和反应时间(t)的关系。

(1)若甲中两条曲线分别代表有催化剂和无催化剂的情况，则____曲线代表无催化剂时的情况。

(2)若乙表示反应达到平衡状态后，分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入He后的情况，则___曲线表示恒温恒容的情况，且此时混合气体中w(C)___(填“变大”“变小”或“不变”)。

(3)根据丙可以判断该可逆反应的正反应是___(填“放热”或“吸热”)反应，x的值为___。

(4)丁表示在某固定容积的密闭容器中，上述可逆反应达到平衡后，某物理量随温度(T)的变化情况，根据你的理解，丁的纵坐标可以是____(填序号)。

①w(C)②A的转化率③B的转化率④压强⑤c(A)⑥c(B)

升高温度，平衡向____(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)22、在900°C的空气中合成出一种含镧；钙和锰(摩尔比2：2：1)的复合氧化物；其中锰可能以+2、+3、+4或者混合价态存在。为确定该复合氧化物的化学式，进行如下分析：

(1)准确移取25.00mL0.05301kJ·mol1的草酸钠水溶液，放入锥形瓶中，加入25mL蒸馏水和5mL6kJ·mol1的HNO3溶液，微热至60~70°C，用KMnO4溶液滴定，消耗27.75mL。写出滴定过程发生的反应的方程式___________；计算KMnO4溶液的浓度。___________

(2)准确称取0.4460g复合氧化物样品，放入锥形瓶中，加25.00mL上述草酸钠溶液和30mL6kJ·mol-1的HNO3溶液，在60~70°C下充分摇动，约半小时后得到无色透明溶液。用上述KMnO4溶液滴定，消耗10.02mL。根据实验结果推算复合氧化物中锰的价态___________，给出该复合氧化物的化学式___________，写出样品溶解过程的反应方程式___________。已知La的原子量为138.9。23、将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)＋2D（g）；反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：

（1）用C表示10s内正反应的化学反应速率为_____________；第10s时A的转化率为________________；

（2）反应前A的物质的量浓度是______；B的物质的量浓度是___________；

（3）平衡后，生成物D的浓度为___________；

（4）能说明该反应已达到平衡状态的是______________。

a.v(C)=v(D)b.容器内各物质浓度不再发生变化。

c.v逆(C)=2v正(B)d.容器内气体密度保持不变24、向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)已知：平均反应速率VC=VA/2；反应2min时；A的物质的量减少了a/3mol，B的物质的量减少了a/2mol，有amolD生成。回答下列问题：

(1)反应2min内，VA=___________；

(2)化学方程式中，x=___________、y=___________、p=___________、q=___________；反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为___________；

(3)如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则比上述反应平衡时反应物的转化率_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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）。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．镀铜时；镀件作阴极，故A不选；

B．镀铜时，电解液中浓度基本不变，电解精炼铜时，电解液中浓度减小；故B不选；

C．由于粗铜中含有金属性强于铜的锌；铁等杂质；所以电解精炼铜时，活泼金属首先失去电子，故C不选。

D．阴极反应都只有且电极反应式为：故选D。

答案选D。2、C【分析】【分析】

根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3；CaO的离子键强度弱于MgO，据此分析解题。

【详解】

A．ΔH1表示断裂CO和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0；A项正确；

B．ΔH2表示断裂CO中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)>0；B项正确；

C．由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0；C项错误；

D．由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2>ΔH3；D项正确；

故选C。3、B【分析】【分析】

由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。

【详解】

A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数；故A正确；

B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1；故B错误；

C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率；故C正确；

D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小；故D正确；

答案为B。4、C【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关；与起始量无关，根据表中的数据，利用三段法进行计算；

【详解】

A.反应的温度没有发生变化；K不变，A项正确；

B.由①可知，放出23.15kJ的热量时，生成NH3的物质的量为=0.5mol；

N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

始（mol）130

转（mol）0.250.750.5

平（mol）0.752.250.5

因体积之比等于物质的量之比，所以NH3的体积分数==

②中加入的氨气转化成氮气和氢气后，氮气和氢气的量与①相同，达到的平衡状态等效，因此平衡时两个容器中氨气的体积分数相等，都是B项正确；

C.②中含有0.2molNH3，相当于在①的基础上加入了氨气，抑制了平衡的正向移动，容器②中达平衡时放出的热量Q<23.15kJ；C项错误；

D.若容器①的体积为0.5L；减小压强，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，达到平衡时放出的热量小于23.15kJ，D项正确；

答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．化学反应在物质变化的同时；伴随着能量变化，其表现形式有光能；电能、热能等，热能表现为吸热和放热，故A正确；

B．食品放入冰箱中；温度降低会减小食品变质的速率，使食品保存时间延长，故B正确；

C．啤酒瓶中存在如下平衡：CO2(g)CO2(aq)；打开啤酒盖，气体压强减小，平衡向向放出二氧化碳气体的方向移动，喷出大量泡沫可以用勒夏特列原理解释，故C正确；

D．由盖斯定律可知；将煤气化后再燃烧不会改变燃烧过程提供的能量，也不会减少二氧化碳的产生，故D错误；

故选D。6、B【分析】【详解】

A．根据热化学方程式可知；此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A说法错误；

B．此反应是放热反应；在绝热密闭容器中进行时，容器内的温度不再改变，即平衡常数不再改变，即反应达到了最大限度，即达到了平衡状态，故B说法正确；

C．催化剂只是改变反应速率；影响达到平衡的时间，不影响原料的转化率，故C说法错误；

D．虽然升高温度可增大活化分子的数目及有效碰撞频率；但此反应是可逆反应，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此温度越高，乙醇的平衡产率反而越低，故D说法错误；

本题答案B。7、C【分析】【详解】

A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，而在碱性溶液中，Mg2+、不能大量存在；A不合题意；

B．与Al反应能放出H2的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，Cu2+不能大量存在；酸性溶液中，硝酸根离子不能大量存在，B不合题意；

C．溶液呈酸性，该组离子都能大量共存，C符合题意；

D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，则水的电离受到抑制，溶液可能含有酸或碱，在酸性溶液中，不能大量存在，碱性溶液中，Al3+不能大量共存；D不合题意；

故选C。8、D【分析】【详解】

A．测定中和反应的反应热要在隔热装置中进行；故A错误；

B．用图2装置测定化学反应速率；气体会从长颈漏斗管口逸出，故B错误；

C．用图3装置分离乙醚和苯；球形冷凝管易残留馏分，应选直形冷凝管，故C错误；

D．用图4装置振荡萃取；静置分层后；打开分液漏斗上方的玻璃塞再进行分液，故D正确；

故选D。9、C【分析】【详解】

A．浓硫酸用于干燥SO2；体现的是浓硫酸的吸水性，A不正确；

B．SO2用作葡萄酒的抗氧化剂，体现的是SO2的还原性；B不正确；

C．石墨可用作电极材料；体现的是石墨的导电性，石墨中存在自由电子，能发生电子导电，C正确；

D．Na2S溶液用于除去废水中的Hg2+；是因为HgS的溶度积常数小，与溶液的碱性无关，D不正确；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)10、AC【分析】【详解】

A．阳极是氯离子放电产生氯气；阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A错误；

B．根据方程式2＋2H2O↑＋2NaOH＋O2↑可知；当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B正确；

C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应；C错误；

D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量；D正确；

答案选AC。11、BD【分析】【分析】

当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，即电极X附近有氢氧根离子生成，所以H+在X极上得电子析出氢气；X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。

【详解】

A.闭合K时，根据原电池工作原理可知，阳离子移向正极，则K+从左到右通过离子交换膜；A正确；

B.闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2-2e-B错误；

C.闭合K时，Y极是阳极，溶液中的氯离子在阳极上放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑；C正确；

D.闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜；即有0.1mol电子转移，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标准状况下)，但D项未标明所处状况，故D错误；

故选BD。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由②③可知；温度相同时，pH越小，氧化率越大，错误；

B．由①②可知；pH相同时，温度越高，氧化率越大，错误；

C．Fe2＋的氧化率除受pH；温度影响外；还受其他因素影响，如浓度等，正确；

D．综上降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率；正确；

故选CD。13、BD【分析】【分析】

A中根据图中速率公式；根据反应速率与活化能之间的关系进行判断；B中根据图中铁元素的化合价的变化判断，发生氧化还原反应；C中根据图示进行书写化学方程式；D中根据总反应过程中溶质的变化，根据浓度的变化判断进行判断酸碱性；

【详解】

A．由题干信息可知，k1＞k2；说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；

B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O；故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，B错误；

C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+；C正确；

D．基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+；而基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化(忽略体积变化)，D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

此题考查反应分步过程中物质的变化，利用图示判断速率快慢，注意活化能越大反应速率越慢。14、BC【分析】【详解】

A．由题干图示可知；a分子具有的能量相对比c分子具有的能量低，能量越高物质的稳定性越差，故a分子比c分子更稳定，A正确；

B．由题干图示可知；无水反应时的最高能垒为：19.59-(-1.34)=20.93eV，而有水反应时的最高能垒为：3.66-(-2.96)=6.62eV，故水将反应的最高能垒由20.93eV降为6.62eV，B错误；

C．由题干信息可知，H2O是总反应的催化剂；催化剂仅改变反应的活化能，并不改变反应的焓变，故有水条件下不会改变总反应的焙变，C错误；

D．由题干图示可知，d到f转化的实质为质子转移，该过程中断裂的化学键有CH3OH中的氢氧键、H2O中的氢氧键和SO3中的硫氧键；D正确；

故答案为：BC。15、CD【分析】【详解】

A.燃料电池中；通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，故A正确；

B.当0＜V≤22.4L时，0＜n(CH4)≤1mol，二氧化碳不足量，则二者反应生成碳酸钾，电池反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O；故B正确；

C.当22.4L＜V≤44.8L时，1＜n(CH4)≤2mol，在氢氧化钾碱性条件下生成KHCO3和K2CO3溶液，所以负极反应生成CO和HCO故C错误；

D.当V=33.6L时，n(CH4)=1.5mol，溶液中溶液中存在阴离子CO和HCO同时肯定存在阳离子K+；故D错误；

答案选CD。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

设HNO3(g)溶于水形成浓硝酸时ΔH=bkJ/mol，再将该浓硝酸稀释为1mol/L硝酸时则有ΔH=ak/mol，整个过程ΔH1=(b+a)kJ/mol=-66.50kJ/mol。

同样地，设HNO3(l)溶于水形成浓硝酸时ΔH=ckJ/mol，再将该依硝酸稀释为1mol/L硝酸时则有ΔH=akJ/mol，整个过程△H2=(c+a)kJ/mol=-27.36kJ/mol。

由此可知分别用水将HNO3(g)和HNO3(1)转变为浓硝酸时ΔH的差值；即：

b-c=ΔH1-ΔH2=-66.50kJ/mol-(-27.36kJ/mol)=-39.14kJ/mol【解析】(1)HNO3(g)HNO3(aq，1mol/L)ΔH=-66.50kJ/mol；HNO3(l)HNO3(aq，1mol/L)ΔH=-27.36kJ/mol

(2)-39.14kJ/mol17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在两个方案的第①步中；都要用到的定量仪器是100mL容量瓶；

(2)甲方案中测得溶液的pH＜1；说明HA是弱电解质，不完全电离；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，相当于对溶液进行了稀释，则所测的pH值将增大；

(3)乙方案中；HA是弱电解质，存在电离平衡，与锌反应过程中能继续电离出氢离子，使溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子，反应速率快，所以现象为装HA溶液的试管中放出氢气的速率快即可说明HA是弱电解质。

Ⅱ．(1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都为10-6mol/L,则水的离子积为10-12；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则c(H+)为=1×10-10mol/L；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为mol/L，与pH=4的稀盐酸中氢离子浓度为10-4mol/L，以11：9的体积混合，则碱过量，溶液中的氢氧根离子浓度为mol/L，氢离子浓度为mol/L，则在该温度下混合之后的pH为7。【解析】100mL容量瓶＞增大装HA溶液的试管中放出H2的速率快1×10-121×10-10mol/L718、略

【分析】【详解】

(1)2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，二氧化硫的反应速率为：v（SO2）==2mol/（L•min），用O2浓度变化来表示的反应速率为：v（O2）=×2mol/（L•min）=1mol/（L•min），如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），二氧化硫的反应速率为：v（SO2）=2v（O2）=2×0.5mol/（L•min）=1mol/（L•min），反应消耗的二氧化硫的物质的量浓度为：c（SO2）=1mol/（L•min）×2min=2mol/L，则2min时SO2的浓度为：4mol/L-2mol/L=2mol/L；

故答案为：2mol/（L•min）；1mol/（L•min）；2mol/L；

(2)a时刻逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时刻正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的浓度；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图象应为：【解析】2mol/（L•min）1mol/（L•min）2mol/L升高温度减小SO3浓度19、略

【分析】【分析】

（1）电解饱和食盐水时；阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

（2）溶液中电荷守恒；

（3）①根据焓判据和熵判据判断反应的方向；

②TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1

根据盖斯定律，两式相加得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ•mol﹣1；

（4）①根据离子放电原理判断产物；突破口在于B燃料电池这边，通空气一边为正极（还原反应），那么左边必然通H2，这样Y即为H2；

②再转到左边依据电解饱和食盐水的化学方程式可知唯一未知的X必然为Cl2；A中的NaOH进入燃料电池正极再出来，依据O2+4e－+2H2O=4OH－可知NaOH浓度增大．；

③氢氧燃料电池最后产生的是水；溶液稀释。

【详解】

（1）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电解池的总反应为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

（2）当阴极产生1molH2时，溶液中产生2molOH-，通过阳离子交换膜的Na+有2mol；

（3）①根据焓判据和熵判据判断反应的方向：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1，反应的△H1>0，ΔS<0，△H-TΔS＞0。

②TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ•mol﹣1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ•mol﹣1

根据盖斯定律，两式相加得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ•mol﹣1，反应△H＜0，△H-TΔS＜0；故反应可自发进行；

（4）①电解饱和食盐水时，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，故Y为H2；

②氢氧燃料电池的电解质是碱时，电池总反应式均可表示为：2H2+O2=2H2O，其负极反应表示为：H2+2OH－-2e-=2H2O；

③由于燃料电池正极发生O2+4e－+2H2O=4OH－，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH－，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于b%。【解析】2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑2△H-TΔS＞0TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ•mol﹣1，反应△H＜0，△H-TΔS＜0使反应得以进行H2H2+2OH－-2e-=2H2O＜20、略

【分析】【详解】

(1)氢氧燃料电池中负极通入氢气，正极通入氧气，电解液为KOH溶液，则负极反应式为

(2)泡沫灭火器内盛有Al2(SO4)3、NaHCO3溶液，使用时二者混合发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式

(3)已知1g铍完全燃烧放出的热量为62.70kJ，则1mol铍完全燃烧放出的热量为62.70kJ×9=564.30kJ，则表示铍的燃烧热的热化学方程式为：∆H=-564.30kJ·mol-1.

(4)溶液pH=5时，c(OH-)=1.0×10-9mol/L，则【解析】-564.304.0×10-1121、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）使用催化剂可以加快化学反应速率；缩短反应到达平衡的时间。

（2）恒温恒容通入He后；混合物中各组分浓度；压强均不变，平衡不发生移动，但混合气体的总质量增加，w(C)变小；恒温恒压通入He后，组分压强减小，反应速率减小，到达平衡的时间延长。

（3）丙中图像显示，恒压条件下，升高温度，w(C)增大，说明正反应为吸热反应；恒温条件下，增大压强，w(C)增大，平衡向正反应方向移动，即x<2；所以x=1。

（4）丁中升高温度，平衡向正反应方向移动，则w(C)增大，A和B的转化率提高，而体系内压强、c(A)和c(B)均减小。【解析】①.b②.a③.变小④.吸热⑤.1⑥.①②③⑦.正反应四、计算题(共3题，共30分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)KMnO4溶液浓度：(2/5)×0.05301×25.00/27.75=0.01910(mol·L-1)

(2)根据：化合物中金属离子摩尔比为La：Ca：Mn=2：2：1；镧和钙的氧化态分别为+3和+2，锰的氧化态为+2~+4，初步判断。

复合氧化物的化学式为La2Ca2MnO6+x；其中x=0~1。

滴定情况：

加入C2O42-总量：25.00mL×0.05301mol·L-1=1.3253mmol

样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾：10.02mL×0.01910mol·L-1=0.1914mmol

样品溶解后剩余C2O42-量：0.1914mmol×5/2=0.4785mmol

样品溶解过程所消耗的C2O42-量：1.3253mmol-0.4785mmol=0.8468mmol

若将以上过程合并；推论合理，结果正确，也得2分。

在溶样过程中，C2O42-变为CO2给出电子：

2×0.8468mmol=1.694mmol

有两种求解x的方法：

(1)方程法：

复合氧化物(La2Ca2MnO6+x)样品的物质的量为：

0.4460g/[(508.9+16.0x)g·mol-1]La2Ca2MnO6+x中；锰的价态为：[2×(6+x)-2×3-2×2]=(2+2x)

溶样过程中锰的价态变化为：(2+2x-2)=2x

锰得电子数与C2O42-给电子数相等：。

2x×0.4460g/[(508.9+16.0x)g·mol-1]=2×0.8468×10-3mol

x=1.012≈1

如果将以上步骤合并；推导合理，结果正确，也得3.5分；如果将以上步骤合并，推导合理但结果错误，得2分；推导错误，即便结果吻合，也不得分。

(2)尝试法。

因为溶样过程消耗了相当量的C2O42-，可见锰的价态肯定不会是+2价。若设锰的价态为+3价，相应氧化物的化学式为La2Ca2Mn6.5，此化学式式量为516.9g·mol-1；称取样品的物质的量为：

0.4460g/(516.9g·mol-1)=8.628×10-4mol

在溶样过程中锰的价态变化为。

1.689×10-3mol/(8.628×10-4mol)=1.96

锰在复合氧化物中的价态为：2+1.96=3.96

3.96与3差别很大；+3价假设不成立；。

而结果提示Mn更接近于+4价。

若设Mn为+4价，相应氧化物的化学式为La2Ca2MnO7，此化学式式量为524.9g·mol-1

锰在复合氧化物中的价态为：

2+2×0.8468×10-3/(0.4460/524.9)=3.99≈4

假设与结果吻合；可见在复合氧化物中，Mn为+4价。

该复合氧化物的化学式为La2Ca2MnO7

溶样过程的反应方程式为：

La2Ca2MnO7+C2O42-+14H+=2La3++2Ca2++Mn2++2CO2+7H2O【解析】2MnO4-+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O0.01910mol/L+3和+2、+2~+4La2Ca2MnO6+x，其中x=0~1La2Ca2MnO7+C2O+14H+=2La3++2Ca2++Mn2++2CO2+7H2O23、略

【分析】【详解】

（1）

根据方程式3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）可知，生成0.8molC，消耗A的物质的量为0.8mol×=1.2mol，消耗B的物质的量为0.8mol×=0.4mol，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，则反应前A的物质的量为1.2mol+1.8mol=3mol，反应前B的物质的量为0.6mol+0.4mol=1.0mol，第10s时A的转化率为（2）反应前A的物质的量浓度是=1.5mol/L；反应前B的物质的量浓度是=0.5mol/L；（3）C与D的计量数相等，物质的量改变的量相等，平衡后，生成物D的浓度为（4）该反应是正反应方向为气体体积不变的反应，a.v(C)=v(D)，不能说明正逆反应速率相等，无法说明该反应已达到平衡状态，选项a错误；b.容器内各物质浓度不再发生变化，说明各物质的量不再增减，说明该反应已达到平衡状态，b正确；c.v逆(C)=2v逆(B)=2v正(B)，正逆反应速率相等，说明该反应已达到平衡状态，c正确；d.该反应是正反应方向为气体体积不变的反应且固定容积，容器内气体密度始终保持不变，无法通过密度不变来说明该反应已达到平衡状态，选项d错误。答案选bc。

点睛：本题考查化学平衡的计算和反应速率的影响因素，题目难度不大，注意外界条件对化学反应速率的影响，注重基础知识的积累。【解析】①.0.04mol·L-1·s-1②.40%③.1.5mol·L-1④.0.5mol·L-1⑤.0.4mol·L-1⑥.bc24、略

【分析】【详解】

平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了则vA==mol/(L•mim)，vC=mol/(L•mim)