2025年外研衔接版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年外研衔接版选择性必修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、已知反应：当反应达到平衡时，下列能提高COCl2转化率的措施的是A.恒容通入惰性气体B.增加CO浓度C.加催化剂D.恒压通入惰性气体2、镁一空气燃料电池具有比能量高；使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易于贮运等特点。下列有关镁一空气燃料电池(如图所示)的说法不正确的是。

A.电子从镁电极经外电路流向多孔电极B.溶液中的由正极区经交换膜移向负极区C.正极的反应式为D.采用多孔电极的目的是增大电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面3、某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。实验

现象连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色，后者显红色连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象

下列说法不正确的是A.仅由Ⅰ中的现象不能推知Ag+的氧化性强于Fe3+B.Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因可能是银发生了电化学腐蚀C.Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转D.对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中氧化了Fe2+4、常温下，向溶液滴加溶液的过程中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图所示；下列说法中正确的是。

A.的数量级为B.溶液显碱性C.时，溶液中存在D.在溶液中，5、下列关于反应热和热化学反应的描述正确的是A.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ·mol-1则H2SO4和Ca(OH)2反应ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1B.CO(g)的燃烧热ΔH=-283.0kJ·mol-1则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+2×283.0kJ·mol-1C.氢气的燃烧热ΔH=-285.5kJ·mol-1则2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+285.5kJ·mol-1D.1mol甲烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳时所放出的热量是甲烷的燃烧热6、常温下，几种难溶物的溶度积常数如下表所示。下列说法错误的是。化合物CuClCuBrCu2SCu(OH)2Fe(OH)2CuSKsp

A.常温下，溶解度：CuCl＞CuBrB.向含同浓度的CuCl2和FeCl2混合溶液中滴加稀NaOH溶液，Cu2+先沉淀C.向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，无明显现象D.反应的平衡常数很小，反应几乎不进行7、在由水电离产生的H＋浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中；一定能大量共存的离子组是。

①K＋、ClO-、NOS2-

②K＋、Fe2＋、I-、SO

③Na＋、Cl-、NOSO

④Na＋、Ca2＋、Cl-、HCO

⑤K＋、Ba2＋、Cl-、NOA.①③B.③⑤C.③④D.②⑤评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、写出下列反应的热化学方程式：

(1)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101KPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________。

(2)晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：

在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________。

(3)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5.已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmolAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为___________。9、已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH=－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L－1，放出热量bkJ。

（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。

（2）若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是________。

a．v(C)＝2v(B2)b．容器内压强保持不变。

c．v逆(A2)＝2v正(B2)d．容器内的密度保持不变。

（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是________。

a．及时分离出C气体b．适当升高温度

c．增大B2的浓度d．选择高效的催化剂。

（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在500℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为________。10、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)

(1)保持容器容积不变，向其中充入1molH2，反应速率_________。

(2)升高温度，反应速率________。

(3)扩大容器体积，反应速率______。

(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率________。

(5)保持容器体积不变，向其中充入1molN2，反应速率________。

(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molN2，反应速率________。11、碳是形成化合物种类最多的元素；其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质．请回答下列问题：

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N；转化过程如图：

△H=+88.6kJ/mol则M、N相比，较稳定的是__．(用字母“M”或“N”表示)

(2)已知CH3OH(l)的燃烧热△H=﹣238.6kJ/mol，CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H=﹣akJ/mol，则a__238.6(填“＞”；“＜”或“=”)．

(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________．

(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质．将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)═2Al2O3(s)+3TiC(s)△H=﹣1176kJ/mol，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为__kJ．

(5)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得；但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：

①Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H＝―24.8kJ•mol-1

②3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H＝―47.2kJ•mol-1

③Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H＝+640.5kJ•mol-1

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：________。12、氮的化合物在生产生活中有重要广泛运用。

(1)实验室用Cu、稀H2SO4、稀HNO3制备硫酸铜。先在大烧杯中放入铜，加入稀硫酸，再边搅拌边滴加稀硝酸至固体完全溶解，则最恰当的投料比n(H2SO4)：n(HNO3)=___。

(2)12.8gCu与足量硝酸反应得到NO、NO2、N2O4混合气体4.256L(已折算为标准状况)，将混合气体通入含0.2molNaOH的溶液中恰好被完全吸收，则参加反应的HNO3为___mol。

(3)氨气具有一定还原性，在金属冶炼中因自身不产生污染，常作良好的还原剂，如用NH3热还原CuO的化学方程式为____。

(4)肼，又称联氨，化学式为N2H4，其电子式为___。联氨是一种二元弱碱，其电离方程式为：N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-。联氨与硫酸反应生成一种碱式盐的化学式为____。

(5)肼—O2燃料电池是一种环境友好电池，介质为20%KOH溶液，其负极反应式为：___。13、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_______。14、Ⅰ.某化学活动小组利用如图甲装置对原电池进行研究；请回答下列问题：(其中盐桥为含有饱和KCl溶液的琼脂)

(1)在甲图装置中，当电流计中指针发生偏转时，盐桥中K+移向___________(填“A”或“B”)烧杯。

(2)锌电极为电池的___________极；发生的电极反应式为___________；铜电极上发生的电极反应式为___________。

Ⅱ.该小组同学提出设想：如果将实验中的盐桥换为导线(铜制)；电流表是否也发生偏转呢？带着疑问，该小组利用图乙装置进行了实验，发现电流计指针同样发生偏转。回答下列问题：

(3)对于实验中产生电流的原因；该小组进行了深入探讨，后经老师提醒注意到使用的是铜导线，烧杯A实际为原电池，B成了用电器。对于图乙，烧杯A实际是原电池的问题上，该小组成员发生了很大分歧。

①一部分同学认为是由于ZnSO4溶液水解显酸性，此时原电池实际是由Zn、Cu作电极，H2SO4溶液作为电解质溶液而构成的原电池。如果这个观点正确；那么原电池的正极反应为___________。

②另一部分同学认为是溶液酸性较弱；由于溶解在溶液中的氧气的作用，使得Zn；Cu之间形成原电池。如果这个观点正确，那么原电池的正极反应为___________。

(4)若第(3)问中②观点正确，则可以利用此原理设计电池为在偏远海岛工作的灯塔供电。其具体装置为以金属铝和石墨为电极，以海水为电解质溶液，最终铝变成氢氧化铝。请写出该电池工作时总反应的化学方程式：___________。15、通过学习；同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题：

(1)FeCl3溶液呈___________性(填“酸”、“中”或“碱”)，原因是___________(用离子方程式表示)；若把FeCl3溶液蒸干；灼烧，最后得到固体产物是___________，原因是___________。

(2)将1L0.2mol·L-1HA溶液与1L0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)＞c(A-)，则混合溶液中c(HA)＋c(A-)___________0.1mol·L-1(填“＞”；“＜”或“=”)。

(3)已知：常温下，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38。

①常温下，某酸性MgCl2溶液中含有少量的FeCl3，为了得到纯净的MgCl2·2H2O晶体，应加入___________(填化学式)，调节溶液的pH=4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)=___________mol·L-1。

②常温下，若将0.01mol·L-1MgCl2溶液与浓度最低___________mol·L-1NaOH溶液等体积混合时有沉淀生成。16、对于热化学方程式：N2(g)+O2(g)→2NO(g)-180.58kJ，用文字表述上述热化学方程式的含义___________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误18、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误19、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误20、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误21、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共2题，共4分)22、氢气是一种清洁能源；氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

（1）Bunsen热化学循环制氢工艺流程图如下：

①下列说法错误的是______（填字母序号）。

A．该过程实现了太阳能化学能的转化。

B．和对总反应起到了催化剂的作用。

C．该过程的3个反应均是氧化还原反应。

D．常温下；该过程的3个反应均为自发反应。

②已知：

则：______（用含的代数式表示）。

（2）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知有关化学反应的能量变化如图所示。

①下列说法正确的是______（填字母序号）

A．的燃烧热为B．的燃烧热为

C．的燃烧热为D．为放热反应。

②与反应生成和的热化学方程式为________________________。

（3）中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂；利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程可表示为：

已知：几种物质有关键能[形成（断开）共价键释放（吸收）的能量]如下表所示。化学键键能463496436138

若反应过程中分解了过程Ⅲ的______23、氢能是重要的新能源；储氢技术的开发对于氢能源的推广应用是一个非常关键的技术。其中有一种方法是借助有机物储氢，其装置如图所示（忽略其它有机物，且涉及到有机物均为气体），回答下列问题：

（1）该电池中A的电极名称为______

（2）写出D极生成目标产物的电极反应式______

（3）D极收集到新生成的气体有______；通过此方法储氢后，共收集到混合气体的物质的量为______

（4）该储氢装置的电流效率为______（计算结果保留三位有限数字。已知：电流效率=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%）评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)24、用50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看；图中尚缺少的一种玻璃用品是：___________。

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是：_________。

(3)大烧杯上如不盖硬纸板；求得的中和热数值_________(填“偏大；偏小、无影响”)

(4)如果用60mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热________(填“偏大、偏小、无影响”)评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)25、“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：

已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应；得到的产物具有两性。

（1）“烂板液”中溶质的主要成分是____(填化学式)。

（2）在操作①中保持pH＝8的目的是____。

（3）沉淀Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。

（4）操作③中加热煮沸的目的是___；此步操作的理论依据是___。

（5）操作④保持pH＝2的目的是____；此步操作中加热所用的主要仪器是____。26、高铁酸盐在能源环保等方面有着广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表。所示：。湿法强碱性介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物

(1)工业上用湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如图所示：

①反应II的离子方程式为___________

②加入饱和KOH溶液的目的是___________

③若加入Fe(NO3)3过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4此反应的离子方程式为___________。

(2)高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为___________。

(3)干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(4)除湿法、干法制备高铁酸盐外，我国学者还提出用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的方案；装置如图所示：

写出Fe电极的电极反应式：___________。27、废旧电池的回收利用既节约了资源，又可以减少污染.某型号锂电池的电池芯中含有LiCoO2及金属Al；Fe、Cu等；它的一种金属的回收工艺如图。

已知：高价钻离子在过程2被还原。

回答下列问题：

(1)LiCoO2中Co元素的化合价是___，电池芯先要经过粉碎处理，目的是___。

(2)过程3发生反应的离子方程式是___，试从水解平衡的角度解释，调节pH能产生Fe(OH)3沉淀的原因___。

(3)过程5所用的分离方法是___、___，实验室进行该操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，放气的正确图示是___。

a.b.c.d.

(4)已知Co的活泼性在Fe、Sn之间，由CoC2O4到Co所发生的两步反应依次是CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑和___。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．恒容通入惰性气体，平衡不移动，COCl2转化率不发生改变；A错误；

B．增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率下降；B错误；

C．加催化剂不影响平衡转化率；C错误；

D．恒压通入惰性气体，容器体积增大，反应物生成物浓度相同比例减小，等效于减小压强，该反应是气体分子总数减少的反应，平衡往气体增多方向移动，即往正向移动，COCl2转化率增大；D正确；

答案选D2、B【分析】【详解】

A.原电池中，电子由负极经外电路流向正极，即由镁电极经外电路流向多孔电极，A正确；

B.该电池中采用的是阳离子交换膜，阴离子()不能通过交换膜，B错误；

C.充入的电极为正极，溶液呈中性，正极的反应式为C正确；

D.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，D正确；

答案选B。

【点睛】

本题以金属一空气燃料电池为载体，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，主要考查原电池的基本原理。3、D【分析】【分析】

由实验Ⅰ可知甲烧杯溶液在反应后生成Fe3+，电子有石墨电极流向银电极，则石墨电极为负极，银电极为正极，负极发生反应为：Fe2+-e-=Fe3+；由实验Ⅱ可知：银电极为负极，石墨电极为正极，负极发反应：Ag-e-=Ag+，而Fe3+的氧化性强于Ag+，故正极溶液中的Fe2+不参与反应；所以正极发生吸氧腐蚀。

【详解】

A．若Ag+的氧化性强于Fe3+，那么Ⅰ中原电池的总反应为Ag++Fe2+=Fe3++Ag，而实验Ⅱ随着反应进行丁烧杯中也能生成Ag+，也可以构成原电池，生成Fe3+，溶液颜色会改变，但是实验Ⅱ中无明显现象，故Ⅰ中的现象是空气中的氧气氧化Fe2+导致，仅由Ⅰ中的现象不能推知Ag+的氧化性强于Fe3+；故A正确；

B．根据分析可知，Ⅱ中银电极为负极，石墨电极为正极，负极发反应：Ag-e-=Ag+；电流表指针向左偏转的原因是银发生了电化学腐蚀，故B正确；

C．Ⅱ中若将银电极换成石墨电极；石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表指针可能不再向左偏转，故C正确；

D．对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中氧化了Fe2+，若是NO3－氧化了Fe2+，那么Ⅱ中的Fe2+也会被NO3－氧化，根据分析可知，Ⅱ中Fe2+没有参与反应；故D错误；

答案选D。4、D【分析】【分析】

结合图像，抓住交点，pH等于2.5时，H2SeO3的物质的量等于则c(H2SeO3)等于。

c()，则Ka1与该点的c(H+)相等，同理可计算Ka2；据此分析。

【详解】

A．由图可知，常温下，第二步电离平衡常数为当的数量级为A项错误；

B．从图像看出，第一步电离平衡常数为当溶液中，水解平衡常数为<Ka2，则水解程度小于电离程度，故溶液中显酸性；B错误；

C．溶液遵循电荷守恒规律：C错误；

D．在溶液中，水解生成水解生成H2SeO3且水解程度依次减弱，则溶液中D正确；

故答案选D。5、B【分析】【详解】

A．稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O放出57.3kJ的热量，但H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙沉淀的反应还要释放热量，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热小于2×(-57.3)kJ·mol-1；故A错误；

B．CO(g)的燃烧热为ΔH=-283.0kJ·mol-1，则CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol-1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-2×283.0kJ·mol-1；逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，故B正确；

C．电解2mol水吸收的热量和2molH2完全燃烧生成液态水时放出的热量相等，C项中的ΔH应为+571.0kJ·mol-1；故C错误；

D．在101kPa时；1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)，所放出的热量是该物质的燃烧热，故D错误；

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．同类型的难溶化合物的溶度积越大；溶解度越大，由表格数据可知，氯化亚铜的溶度积大于溴化亚铜，则氯化亚铜的溶解度大于溴化亚铜，故A正确；

B．由表格数据可知；氢氧化铜的溶度积小于小于氢氧化亚铁，则向含同浓度的氯化铜和氯化亚铁混合溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，铜离子优先反应，溶度积小的氢氧化铜先生成沉淀，故B正确；

C．由表格数据可知，硫化铜溶液中铜离子浓度小于氢氧化铜溶液中的铜离子浓度，则向氢氧化铜悬浊液中加入氯化钠溶液能发生反应Cu(OH)2+S2—=CuS+2OH—；氢氧化铜蓝色沉淀会转化为黑色沉淀，故C错误；

D．反应的平衡常数为==≈2.8×10—37；反应的平衡常数很小，反应几乎不进行，故D正确；

故选C。7、B【分析】【分析】

水电离产生的H＋浓度为1×10-13mol·L-1；则水的电离受到抑制，为酸溶液或碱溶液。

【详解】

①在酸溶液中H+、ClO-、S2-之间发生氧化还原反应；不能大量共存，①不符题意；

②在碱溶液中Fe2＋不能大量共存；②不符题意；

③Na＋、Cl-、NOSO在酸溶液；碱溶液均不反应；能大量共存，③符题意；

④HCO在酸溶液；碱溶液中均不能大量共存；④不符题意；

⑤K＋、Ba2＋、Cl-、NO在酸溶液；碱溶液中均不能反应；均能大量共存，⑤符题意；

综上所述；③⑤符合题意；

答案选B。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【详解】

（1）生成的黑色物质是氧化铜，反应的化学方程式为：4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)，因为该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，则该反应的∆H=-4×44.4kJ·mol-1=-177.6kJ·mol-1，即热化学方程式是4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)∆H=-177.6kJ·mol-1；

（2）该反应的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，因为生成1.12kg纯Si需要吸收akJ的热量，则生成1mol(28g)纯硅需要吸收热量==0.025akJ，所以∆H=-0.025akJ·mol-1，热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)∆H=-0.025akJ·mol-1；

（3）根据AX3、AX5的熔沸点知AX3为液态、AX5为固体，化学方程式为AX3(l)+X2(g)AX5(s)，因为生成lmolAX5，放出热量123.8kJ，所以∆H=-123.8kJ·mol-1，热化学方程式为AX3(l)+X2(g)AX5(s)ΔH=-123.8kJ·mol-1。【解析】(1)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)∆H=-177.6kJ·mol-1

(2)SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)∆H=-0.025akJ·mol-1

(3)AX3(l)+X2(g)AX5(s)ΔH=-123.8kJ·mol-19、略

【分析】【分析】

(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-akJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol；(2)该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动；(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量；物质的量浓度、百分含量都不变，以及由此引起的一系列物理量不变；(4)增大反应速率且平衡正向移动，可以通过增大反应物浓度、增大压强实现；(5)依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到。

【详解】

(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-akJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b．反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；b．适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；c．增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；d．选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)

起始量(mol/L)0.020.0200

变化量(mol/L)XXXX

平衡量(mol/L)0.02-X0.02-XXX

平衡常数K===9，解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率=×100%=75%。

【点睛】

化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。【解析】①.>②.减小③.bc④.c⑤.75%10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在容器容积不变时，充入1molH2即c(H2)增大；反应物浓度增大，化学反应速率增大；

(2)升高温度；活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；

(3)扩大容器体积；相当于减小各成分浓度，反应速率减小；

(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1molH2(g)和1molI2(g)；压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；

(5)保持容器容积不变，充入1molN2，N2不参与反应；参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；

(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。【解析】增大增大减小不变不变减小11、略

【分析】【详解】

(1)由M转化成N的热效应可知；M的总能量更低，能量越低越稳定，则较稳定的是M；

(2)CH3OH(l)的燃烧热是1molCH3OH(l)在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时对应的焓变，生成二氧化碳气体，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小，则a<238.6；

(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，该化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，则有2molCl2参与反应时释放出290kJ，则该反应的热化学方程式：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=﹣290kJ•mol﹣1；

(4)由4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)═2Al2O3(s)+3TiC(s)△H=﹣1176kJ/mol知：转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ；

(5)①Fe2O3(s)+3CO(g)==2Fe(s)+3CO2(g)△H1＝-24.8kJ•mol-1②3Fe2O3(s)+CO(g)==2Fe3O4(s)+CO2(g)△H21＝-47.2kJ•mol-1③Fe3O4(s)+CO(g)==3FeO(s)+CO2(g)△H31＝+640.5kJ•mol-1，按照盖斯定律：[3×①-②-2×③]可得：反应FeO(s)+CO(g)==Fe(s)+CO2(g)△H，则△H=[3×△H1-△H2-2×△H3]=-218.0kJ•mol-1，则CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：FeO(s)+CO(g)==Fe(s)+CO2(g)△H＝-218.0kJ•mol-1。【解析】M＜2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290kJ•mol﹣198kJFeO(s)+CO(g)==Fe(s)+CO2(g)△H＝-218.0kJ•mol-112、略

【分析】(1)

根据反应最恰当的投料比n(H2SO4):n(HNO3)=3:2。

(2)

Cu还原HNO3得到的气体中的N原子被NaOH溶液吸收后均转为NaNO3，0.2molNaOH恰好完全吸收，则得到的NaNO3物质的量为0.2mol，则原硝酸被还原0.2mol；12.8gCu被氧化生成Cu(NO3)2消耗原硝酸HNO30.4mol;则参加反应的HNO3为0.2mol+0.4mol=0.6mol。

(3)

用NH3热还原CuO可以冶炼金属而且自身不产生污染，推断其化学方程式为

(4)

N2H4电子式为联氨是一种二元弱碱，从其电离方程式可知

是其碱式阳离子，联氨与硫酸反应生成一种碱式盐的化学式为

(5)

燃料电池负极是燃料失去电子，反应式为【解析】(1)3:2

(2)0.6

(3)

(4)

(5)13、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∶114、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在甲图装置中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，当电流计中指针发生偏转时，盐桥中K+向正极移动；即向B烧杯移动，故答案为：B；

(2)锌为负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，故答案为：负；Zn-2e-=Zn2+；Cu2++2e-=Cu；

(3)①正极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑；②正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：2H++2e-=H2↑；O2+2H2O+4e-=4OH-；

(4)以金属铝和石墨为电极，以海水为电解质溶液，最终铝变成氢氧化铝，则负极上Al放电生成Al3+，正极上生成OH-，Al3+和OH-反应生成Al(OH)3，所以电池反应式为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3，故答案为：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。【解析】B负Zn-2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu2H++2e-=H2↑O2+2H2O+4e-=4OH-4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)315、略

【分析】【分析】

(1)FeCl3为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，蒸干FeCl3溶液时；促进水解导致氯化氢挥发，得到的氢氧化铁固体；在灼烧时分解生成氧化铁；

(2)将1L0.2mol•L-1HA溶液与1L0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na+)＞c(A-)，电荷守恒法可知，c(H+)＜c(OH-)；溶液显碱性，依据溶液中物料守恒计算；

【详解】

(1)FeCl3溶液中Fe3+离子水解显酸性，其水解方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；其溶液加热促进水解，生成的HCl挥发，最后蒸干得到Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3分解生成固体为Fe2O3，故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Fe2O3；FeCl3水解生成Fe(OH)3和盐酸，盐酸挥发，水蒸发，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3；

(2)将0.2mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，则溶液中的溶质是HA、NaA，物质的量浓度是0.05mol/L，根据物料守恒得：c(HA)+c(A-)=0.1mol/L；故答案为：=；

(3)①FeCl3水解使溶液呈酸性，不引入新的杂质，可加入MgO[或Mg(OH)2或MgCO3]等物质除去Fe3+，调节溶液的pH=4，使溶液中的Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(OH-)=10-10mol/L，所以此时溶液中故答案为：MgO[或Mg(OH)2或MgCO3等]；4×10-8；

②设NaOH的浓度为2x，等体积混合的瞬浓度分别为：c(Mg2+)=0.005mol/L，c(OH-)=x，有沉淀生成则c(Mg2+)•c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]，即0.005x2=1.8×10-11，x=6×10-5mol/L，NaOH的浓度为2x=1.2×10-4mol/L，故答案为：1.2×10-4。【解析】酸Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+Fe2O3=FeCl3水解生成Fe(OH)3和盐酸，盐酸挥发，水蒸发，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3MgO[或Mg(OH)2或MgCO3等]4×10-81.2×10-416、略

【分析】【详解】

表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式叫热化学方程式。该热化学方程式的含义是：1mol氮气和1mol氧气反应生成2mol一氧化氮时吸收180.58kJ的热量。【解析】1mol氮气和1mol氧气反应生成2mol一氧化氮时吸收180.58kJ的热量三、判断题(共5题，共10分)17、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。19、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。20、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。21、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。四、计算题(共2题，共4分)22、略

【分析】【分析】

根据反应关系图进行判断；②根据盖斯定律进行解答；根据燃烧热的概念进行判断；根据盖斯定律书写反应热方程式；根据断键键能总和-生成物键能总和进行计算。

【详解】

(1)①A．由图可知；利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，故A正确；

B．由图可知，总反应为水分解生成氧气、氢气的反应，所以SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用；故B正确；

C．由已知：可知；该过程的3个反应均有元素化合价变化，都是氧化还原反应，故C正确；

D．由已知：可知，常温下，反应不能自发进行；故D错误；

故答案选D；

②已知：①

②

③

则根据盖斯定律：①2+②+③2:=2a+b+2c

(2)①A．由图可知：CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)=-因为生成的是气态水，所以的燃烧热不是故A错误；

B．由图可知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)=-故的燃烧热为故B正确；

C．由图可知：O2(g)+(g)=H2O(g)=-因为生成的是气态水，所以=-不是H2的燃烧热；故C错误；

D．由图可知①O2(g)+(g)=H2O(g)=-②CO2(g)=CO(g)+O2(g)=+根据盖斯定律①+②可得：=+所以为放热反应；故D正确；

故BD正确；

②由图可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)=-②CO2(g)=CO(g)+O2(g)=+③O2(g)+(g)=H2O(g)=-则①2+②2-③6为：+=+3所以该热化学方程式为：

(3)由图可知：分解可以生成1molH2和1molH2O2，过程Ⅲ为1molH2O2分解生成1molH2和1molO2，化学反应方程式为：H2O2(g)=H2(g)+O2(g)(2(+)kJ/mol=+132【解析】DBD23、略

【分析】【分析】

（1）根据图知；苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极；B是正极；

（2）该实验的目的是储氢；所以阴极D上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；

（3）阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2e-=H2↑；据此分析；

（4）阳极上生成氧气；同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η。

【详解】

（1）根据图知；苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极；B是正极，故答案为负极；

（2）该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12；

（3）D极收集到新生成的气体有H2、C6H12；

阳极（E极）的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，阴极（D极）的电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12、2H++2e-=H2↑，设参加反应的C6H6、生成H2的物质的量分别为x、y，根据图中信息及电子得失守恒，可得6x+2y=11.2mol；由于苯转化为环己烷时总物质的量不变，故收集到混合气体的物质的量为（10mol+y）,则=10%；将两式联立方程组，解得x=1.2mol；y=2mol，因此，通过此方法储氢后，共收集到混合气体的物质的量为10mol+2mol=12mol；

（4）该储氢装置的电流效率η==64.3%。【解析】负极C6H6+6H++6e-=C6H12H2、环己烷(C6H12)12mol64.3%五、实验题(共1题，共9分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在反应中为了使反应进行的更充分；同时也为了使溶液混合均勺，需要搅拌。因此还缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

(2)该实验应该离开你减少热量的损失；所以烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板；则会导致热量损失，使测定结果偏小，故答案为：偏小；

(4)如果改变酸碱的物质的量，则反应中放出的热量是不相同的，但中和热是不变的，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，故答案为：不相等；无影响；【解析】环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等无影响六、工业流程题(共3题，共9分)25、略

【分析】【分析】

“烂板液”中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8，使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩，冷却结晶，得到Zn(NO3)2•6H2O晶体；据此分析解答。

【详解】

(1)由题意知，“烂板液”指的是稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”，所以“烂板液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2，故答案为Zn(NO3)2；

(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解，故答案为防止生成的Zn(OH)2溶解；

(3)在碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ的主要成分为Zn(OH)2和Fe(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Zn(OH)2；

(4)操作③是为了分离Zn2＋和Fe3＋，温度越高，Fe3+水解程度越大，加热煮沸，可以促使Fe3+完全水解，故答案为促使Fe3+完全水解；温度越高；水解程度越大；

(5)由“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解；操作④包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，所用的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒，故答案为抑制Zn2+水解生成Z