2025年人教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.对于达到平衡状态的反应：图①表示在时刻充入了一定量的平衡逆向移动B.由图②可知，满足反应：C.图③表示的反应方程式为D.对于反应图④轴可以表示Y的百分含量3、在下列各说法中，正确的是A.ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应B.1molH2SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热C.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数D.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热4、一种微生物燃料电池如图所示；下列关于该电池说法正确的是。

A.a电极为正极B.H＋由右室通过质子交换膜进入左室C.a电极反应式为：C6H5OH-28e-＋11H2O=6CO2↑＋28H＋D.b电极反应式为：2NO＋10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-5、某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下；当该装置工作时，下列说法不正确的是。

A.盐桥中K+向Y极移动B.电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8LC.电子流由X极沿导线流向Y极D.Y极发生的反应为2＋10e-＋6H2O===N2↑＋12OH—，周围pH增大6、下列实验操作能达到实验目的是A.检验溶液中的SO时，需要向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液B.除去NaCl固体中的少量KNO3，应将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥C.将FeCl2固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，再经转移、洗涤、定容和摇匀就可以在容量瓶中配制成一定浓度的FeCl2溶液D.向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌可得到氢氧化铁胶体7、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na－CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的CO2中，部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是。

A.“吸入”CO2时，钠箔为正极B.“吸入”CO2时的正极反应：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+CC.“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D.标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，转移电子数为0.75mol8、水的电离过程为在不同温度下其离子积常数不同，则下列关于纯水的叙述正确的是A.随着温度升高而减小B.在时，C.时水的电离程度大于时水的电离程度D.水的电离是一个吸热过程评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、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10、一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中加入2mol炭粉和2molNO2发生反应：反应过程中CO2的物质的量随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.0~12min，反应的平均速率B.该温度下，反应的平衡常数C.平衡时，D.当容器中气体的密度不再发生变化时，可以判断反应到达平衡11、某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40mL2.5mol/L的稀硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，0～10s内收集到气体的体积为50mL（折合成0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL）。下列说法不正确的是（）

A.将题述中的稀硫酸改为浓硫酸，生成H2的速率变快B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H+来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L•s)C.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2+来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L•s)D.可通过测定溶液的pH来测定反应速率12、在甲、乙两个恒温恒容的密闭容器中，分别加入足量活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。在不同温度下；测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.达到平衡状态时，v正(NO)=2v逆(CO2)B.乙容器中从反应开始到建立平衡的平均反应速率v(NO)=0.1125mol·L-1·min-1C.气体平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡D.由图分析可知，T乙＜T甲13、设C+CO22CO(正反应为吸热反应)的反应速率是v1，N2+3H22NH3(正反应为放热反应)反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况和平衡移动情况为A.v1、v2同时增大B.v1增大、v2减小C.C+CO22CO，平衡正向移动D.N2+3H22NH3，平衡正向移动14、常温下，向某H3PO3溶液中逐滴滴入NaOH溶液；各含P粒子浓度的负对数pc与pH的关系如图所示，c点的坐标为(1.4，1.3)。下列说法正确的是。

A.曲线③表示随pH的变化B.为三元酸C.b点溶液中：D.常温下，的平衡常数15、金属离子和硫离子在水溶液中的反应比较复杂，其产物与离子的水解、金属硫化物的溶解度、离子的氧化还原性等因素有关。资料表明，CuS的溶解度很小，在稀酸中也不溶解；Fe2S3的溶解度更小，但却溶于稀酸。下列有关说法中，正确的是A.Cu2+和S2-在水溶液中反应的产物是CuSB.Fe3+和S2-在酸性溶液中反应的产物只可能是Fe2+、SC.将CuS固体加入FeCl3溶液中，会有Fe2S3沉淀生成D.NH和S2-在水溶液中均会发生水解，故不存在(NH4)2S的水溶液16、如图是以一种以绿柱石(主要含有BeO、和FeO等)为原料制取单质铍的工艺流程。已知常温下，在pH＞10时会溶解。下列相关说法错误的是。

A.“除铁”过程应先加适量再加适量氨水调节pHB.“沉铍”过程中，氨水也可改用过量的NaOH溶液C.其中“分解”过程中发生的反应之一可表示为D.用镁热还原法制取铍时Ar气可以改为评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、某科学实验小组将6molA和8molB充入2L的密闭容器中，某温度下，发生的反应为A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H=-49.0kJ•mol-1．测得B的物质的量随时间变化的关系如图所示（实线）。

（1）下列时间段A的平均反应速率最大的是______（填选项字母，下同），最小的是______。

A．0～1minB．1～3minC．3～8minD．8～11min

（2）b点的正反应速率______（填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．

（3）平衡时B的转化率为______，该温度下的化学平衡常数K=______．

（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得B的物质的量随时间变化如图中虚线所示．则曲线Ⅰ改变的条件是______，曲线Ⅱ改变的条件是______．18、一定温度下,向1.0L密闭容器中加入0.60molX(g),发生反应X(g)Y(s)+2Z(g)ΔH>0,测得反应物X的浓度与反应时间的数据如下表:

(1)0~3min用Z表示的平均反应速率v(Z)=____。

(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的规律,得出的结论是_____________。由此规律推出反应在6min时反应物的浓度a为____mol·L-1。

(3)反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变的条件可是______、_____。19、为了探究原电池和电解池的工作原理；某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。

Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：

(1)甲装置中电解池在____(左侧或右侧)，在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是_______(填序号)。A．石墨B．镁C．银D．铂(2)实验过程中，SO_____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_______。

Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子()在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息；填写下列空白：

(3)电解过程中，X极溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为______和_______。

(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，则该电池正极发生的电极反应为：_______。20、现有相同物质的量浓度的三种钠盐NaX、NaY、NaZ的溶液，测得它们的pH分别为7、8、9，请将它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序排列_______，并说明理由_______。21、盐类水解原理在生产；生活中有着广泛的应用。根据盐类水解的知识回答下列问题：

(1)灭火器中分隔放置溶液和溶液，灭火时使两种试剂混合，立即喷出大量泡沫，发生反应的离子方程式为_______。

(2)农业上常用的化肥草木灰和铵态氮肥不能混合施用的原因是_______。

(3)下列四种物质：①②③④不能在溶液中制取的是_______(填序号)。

(4)溶液蒸干、灼烧后不能得到固体，得到的固体为_______(填化学式)。22、某同学设计一个电池(如下图所示)；探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

(1)通入氢气的电极为________（填正极或负极），该电极反应式为_______。

(2)石墨电极为________（填阳极或阴极），乙中总反应离子方程式为________。

(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_________（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)若甲中消耗0.01molO2，丙中精铜增重_________g。23、利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：SO2（g）＋1/2O2（g）SO3（g）△H＝－98kJ·mol－1。

（1）某温度下该反应的平衡常数K＝10/3，若在此温度下，向100L的恒容密闭容器中，充入3.0molSO2(g)、16.0molO2(g)和3.0molSO3(g)，则反应开始时v（正）_____v（逆）（填“＜”；“＞”或“＝”）。

（2）一定温度下，向一带活塞的体积为2L的密闭容器中充入2.0molSO2和1.0molO2，达到平衡后体积变为1.6L，则SO2的平衡转化率为____________。

（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是()。

A．保持温度和容器体积不变，充入1.0molO2

B．保持温度和容器内压强不变，充入1.0molSO3

C．降低温度。

D．移动活塞压缩气体评卷人得分四、原理综合题(共1题，共9分)24、绿水青山就是金山银山。燃烧煤的烟气含有SO2和NOx；直接排放会造成环境污染，排放前需要进行处理。试回答下列问题：

(1)某实验小组设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l，试写出CO还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式_________。

(2)采用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________。(已知25℃时：H2SO3的电离常数Kal=l.3×l0-2，Ka2=6.2×l0-8)

(3)采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在脱硫、脱硝过程中，反应器中一直维持下列条件：温度为298K，pH=12，NaClO2溶液浓度为5×l0-3mol·L-1。通入含有SO2和NO的烟气，则反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子Cl-c/(mol·L-1)8.35×10-46.87×10-61.5×l0-4l.2×10-53.4×10-3

在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。

①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式_________。脱硫、脱硝反应的△H_________0(填“＜”“＞”或“=”)。

②已知脱硝主要反应为；4NO+3+4OH-=4+3C1-+2H2O。由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是________(写出其中一个原因)。欲提高烟气中NO的脱硝反应速率，可以采用的措施是________(写出其中一条措施)。

③脱硝主要反应的平衡表达式为：其中pe(NO)为平衡分压。结合题目信息，计算298K时脱硫过程主要反应的化学平衡常数：K=________(只列算式代入数据；不作运算)

(4)如果采用Ca(ClO2)2替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共6分)25、混合碱含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3中的一种或两种，称取一定质量的试样溶于水，用标准浓度的HCl溶液滴定，滴定至酚酞褪色，用去V1ml，然后加入甲基橙指示剂继续滴加HCl溶液至呈现橙色，用去V2ml，根据V1和V2的关系；得出试样中是哪些成分？

。V1和V2的关系试样成分_____

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参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

强电解质前提是电解质，电解质必须是化合物，Cu为单质，饱和食盐水为混合物，故排除选项B、C，NH3·H2O为弱碱，溶于水部分电离属于弱电解质，排除A选项，CH3COONH4溶液水完全电离，属于强电解质，D正确，故答案选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．对于达到平衡状态的反应若时刻充入了一定量的则逆反应速率瞬间增大，该时刻正反应速率不变，然后增大，与图像不符，故A错误；

B．当温度为时，压强为比压强为时反应先达到平衡状态，则对于反应：加压平衡正向移动，平衡时，的百分含量增大，符合图像；当压强为时，温度为比时反应先达到平衡状态，则对于该反应，升温平衡逆向移动，平衡时，的百分含量减小，符合图像，则由图②可知，满足反应：故B正确；

C．由图③可知，为反应物，为生成物，且则三者的化学计量数之比为由图③可知没有完全转化为和说明该反应为可逆反应，反应方程式应为故C错误；

D．对于反应升温平衡逆向移动，的百分含量增多；与图像不符，故D错误；

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH>0表示吸热反应，ΔH<0表示放热反应；故A错误；

B．中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的能量；硫酸和氢氧化钡反应时除了生成水的热效应，还有生成硫酸钡沉淀的热效应，所以放出的热不是中和热，故B错误；

C．热化学方程式中的化学计量数可为整数或分数；只表示物质的量，故C正确；

D．1molH2与0.5molO2反应生成的水的状态不定；所以放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；

综上所述答案为C。4、C【分析】【分析】

在该燃料电池中通入燃料的电极为负极，故电极a为负极，则电极b为正极；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知a电极为负极；故A错误；

B．溶液中H＋由负极移向正极；即由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；

C．a极为负极，苯酚失电子被氧化为二氧化碳，电极反应式为：C6H5OH-28e-＋11H2O=6CO2↑＋28H＋；故C正确；

D．b电极为正极，反应式为：2NO＋10e-＋12H＋=N2↑＋6H2O；故D错误；

故选C。5、B【分析】【分析】

根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图知道：装置属于原电池装置，X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-；电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电流从正极流向负极，据此回答。

【详解】

A．处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，盐桥中的阳离子移向正极，即盐桥中K+向Y极移动；故A正极；

B．X是负极，氨气发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，Y是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-，则总反应式为：5NH3+3═4N2+6H2O+3OH-，则电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为×4mol×22.4L/mol=44.8L；故B错误；

C．电子从负极经外电路流向正极；即X极沿导线流向Y极，故C正确；

D．Y是正极，发生得电子的还原反应，2+10e-+6H2O═N2↑+12OH-；生成氢氧根离子，周围pH增大，故D正确；

故答案为B。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．检验溶液中的SO时；应先加盐酸排除干扰离子，然后加氯化钡检验，故A错误；

B．NaCl的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响大，且硝酸钾少量，则将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥可除去NaCl固体中的少量KNO3；故B正确；

C．FeCl2容易水解，应溶于适量稀盐酸，抑制水解，再经转移、洗涤、定容和摇匀，可以在容量瓶中配制成一定浓度的FeCl2溶液；故C错误；

D．加热搅拌可使胶体发生聚沉；当出现红褐色液体时，需要停止加热，故D错误；

故选B。7、B【分析】【分析】

根据题意，结合图示，放电时为原电池，钠箔作原电池负极，电极反应为Na-e-=Na+，多壁碳纳米管(MWCNT)电极作原电池正极，“吸入”CO2，部分转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面，电极反应为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C；“呼出”CO2时为电解池；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析，“吸入”CO2时为原电池；钠箔为负极，故A错误；

B．根据分析，“吸入”CO2时为原电池，多壁碳纳米管(MWCNT)电极作原电池正极，正极反应为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C；故B正确；

C．根据分析，“呼出”CO2时为电解池，多壁碳纳米管(MWCNT)电极阳极，钠箔为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则Na+向钠箔电极移动；故C错误；

D．“呼出”CO2时为电解池，阳极的电极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2，产生3molCO2转移4mol电子，则标准状况下，每“呼出”22.4LCO2，即产生1molCO2时，转移电子数为mol；故D错误；

答案选B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．水在不同温度下的离广积常数不同，则随温度的升高而增大，A错误；

B．升高温度，促进水的电离，但水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度始终相等，B错误；

C．升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，C错误；

D．说明升高温度，水的电离程度增大，则水的电离为吸热过程，D正确；

答案选D。二、多选题(共8题，共16分)9、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。10、BD【分析】【分析】

由图中可知，达平衡时，n(CO2)=1.2mol；则可建立如下三段式：

【详解】

A．0~12min，反应的平均速率A不正确；

B．该温度下，反应的平衡常数B正确；

C．平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，C不正确；

D．混合体系中；随反应的进行，气体的质量不断改变，密度不断改变，当容器中气体的密度不再发生变化时，反应达平衡状态，D正确；

故选BD。11、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸具有强氧化性，与锌反应不生成A错误；

B．0℃、条件下的体积为其物质的量为则根据反应可知：故用来表示内该反应的速率为B正确；

C．结合B选项分析可知，用来表示内该反应的速率为C错误；

D．在反应过程中，逐渐减小，故可以通过测定溶液来测定反应速率；D正确；

故答案为：AC。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，达到平衡状态时，v正(NO)=2v逆(CO2)；故A正确；

B．乙容器中从反应开始到建立平衡的平均反应速率v(NO)=0.01125mol·L-1·min-1；故B错误；

C．平均相对分子质量=气体的总质量/气体的总物质的量；气体的总物质的量不变，气体的总质量改变，所以气体平均相对分子质量不再改变时，气体的总质量不改变，说明反应已达到平衡，故C正确；

D．由图分析可知，T乙的平衡时间小于T甲，升高温度平衡速率增大，说明T乙＞T甲；故D错误；

故选AC。13、AC【分析】【详解】

升高温度，反应速率增大，则两个平衡体系的反应速率均增大，即v1、v2同时增大；升高温度，平衡向吸热的方向移动，C+CO22CO正反应为吸热反应，平衡向正向移动；N2+3H22NH3正反应为放热反应，平衡向逆向移动，综上分析，答案选AC。14、C【分析】【分析】

由图示信息可知，各含P粒子浓度的负对数pc，故pc越小说明对应微粒的浓度越大，随着NaOH的加入，溶液的pH越大，溶液中H3PO3的浓度逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐增大，故图中曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化，曲线②代表pc()随pH的变化，曲线①代表pc()随pH的变化；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，曲线①表示随pH的变化，曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化；A错误；

B．由图象信息可知，溶液中只有三种含P微粒即H3PO3、故为二元酸；B错误；

C．由图中信息可知，b点溶液中c()=c(H3PO3)，根据电荷守恒可知，即C正确；

D．常温下，的平衡常数由图中c点信息可知，c(H3PO3)=c()，pH为1.4，故==1012.6；D错误；

故答案为：C。15、AD【分析】【分析】

【详解】

略16、BD【分析】【分析】

用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤除去，则滤渣I为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，向滤液中加入(NH4)2SO4，有铝铵钒[(NH4)Al(SO4)2・12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的。再向滤液中加入氨水、HF，得到(NH4)2BeF4，高温分解得到BeF2；加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。

【详解】

A．用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，FeO反应变为Fe2+，Fe2O3反应变为Fe3+，先加适量H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀；过滤除去，达到除铁的目的，A项正确；

B．由于Be(OH)2显两性，能够与NaOH反应，在“沉铍”过程中，若将氨水改用过量的NaOH溶液，则反应产生的Be(OH)2溶于过量NaOH转化为可溶性Na2BeO2；不能形成沉淀，因此不能使用NaOH溶液，B项错误；

C．在“分解”过程中(NH4)2BeF4发生分解反应，产生BeF2，故反应的化学反应为C项正确；

D．Mg能和反应反应生成因此不能将Ar气改为D项错误；

答案选BD。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

(1)由图中数据，可计算出0～1min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，1～3min时，vA＝＝×＝0.25mol·L－1·min－1，3～8min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，8～11min时，vA＝＝×＝mol·L－1·min－1，已达平衡。平均反应速率最大的是A，最小的是D；（2）反应是从正反应方向开始的。由于在a点时反应还没有达到化学平衡，所以反应速率V(正)＞V(逆)；

（3）A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）

开始时的浓度（mol/L）3400

改变的浓度（mol/L）1311

平衡时的浓度（mol/L）2111

平衡时B的转化率为×100%=75%，该温度下的化学平衡常数K==0.5；（4）仅改变某一实验条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对于曲线I来说，反应速率加快，达到平衡时n(H2)增多。说明平衡向逆反应方向移动。由于该反应的正反应是个气体体积减小的放热反应，所以要使速率加快，平衡逆向移动，对应的实验条件改变是升高温度，对于曲线II来说，反应速率加快，平衡时H2的含量降低。说明改变的外界条件是是速率加快而且平衡正向移动。则对应的实验条件改变是增大压强。

点睛：本题考查化学平衡常数的计算及外界条件对化学反应速率、化学平衡移动一反应物的转化率的影响。【解析】①.A②.D③.大于④.75%⑤.0.5⑥.升高温度⑦.增大压强18、略

【分析】【详解】

（1）3min时X的浓度变化为：(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L,v(X)=0.39/3==0.13mol/(L·min)，根据化学计量数与反应速率成正比关系，v(Z)=2v(X)=0.13mol/(L·min)×2=0.26mol/(L·min)；答案：0.26mol·L-1·min-1。

（2）从表中的数据可知，X的浓度变化的规律为每间隔2min，X的浓度为原来的一半，根据此规律可知，a为0.15的一半，即0.075；答案：每间隔2min,X的浓度减少为原来的一半、0.075。

（3）由图象可以知道，在t2时逆反应速率立即增大，且达到平衡时逆反应速率大于原平衡状态时的反应速率，说明达到平衡时生成为的浓度大于原平衡的浓度，根据影响反应速率的因素分析，可以加入生成物Z，逆反应速率会立刻增大，达到新的平衡时Z的浓度比原平衡的浓度大，反应速率不大；也可以缩小容器体积，即增大压强，正逆反应速率都增大，且达到平衡时正逆反应速率都大于原平衡的速率。答案：加入Z、增大体系的压强。【解析】①.0.26mol·L-1·min-1②.每间隔2min,X的浓度减少为原来的一半③.0.075④.加入Z⑤.增大体系的压强19、略

【分析】【分析】

甲装置中左侧为原电池装置；锌比铜活泼，则锌为负极，锌失电子，生成锌离子；铜为正极，铜离子得电子生成单质铜；电池的内电路中，阴离子向负极移动；外电路电解池中，阴离子向阳极移动；乙为电解池，左侧铜作阳极失电子；右侧铜做阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。

(1)

甲装置中电解池在右侧；原电池中在保证电极反应不变；正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜，答案选B。

(2)

硫酸根离子向负极移动；移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀。故答案为：从右向左；滤纸上有蓝色沉淀产生。

(3)

X极作阴极，得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的逐渐增大。故答案为：增大。

(4)

由题意可知，铁作阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气、铁失去电子生成电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑和Fe−6e−+8OH−=+4H2O。

(5)

碱性电池中锌作负极，K2FeO4在电池中作正极材料；在正极得到电子发生还原反应转化为氧化铁，电极反应为：2+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−。【解析】(1)B

(2)从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生。

(3)增大。

(4)4OH−−4e−=2H2O+O2↑Fe−6e−+8OH−=+4H2O

(5)2+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−20、略

【分析】【详解】

NaX溶液显中性，为强碱强酸盐；NaY、NaZ的溶液均显碱性，则均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解原理可知，它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ。【解析】HX>HY>HZNaX溶液显中性，为强碱强酸盐；NaY、NaZ的溶液均显碱性，则均为强碱弱酸盐，根据越弱越水解原理可知，它们对应的酸按酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ21、略

【分析】（1）

灭火器的反应原理为和发生互相促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为

（2）

农业上常用的化肥草木灰和铵态氮肥不能混合施用，是因为草木灰的主要成分为铵态氮肥中含有与发生相互促进的水解反应；会降低肥效。

（3）

①可以用过量的氨水和二氧化碳反应制得，不符合题意；②铝离子和硫离子在溶液中发生互相促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，则不能在溶液中制取，符合题意；③铁离子和碳酸根离子在溶液中发生互相促进的水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，则不能在溶液中制取，符合题意；④可以用醋酸溶液与石灰水发生中和反应制得；不符合题意。故选②③。

（4）

氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，在加热蒸干时，氯化氢挥发，水解平衡正向移动，使铝离子水解趋于完全生成氢氧化铝，灼烧时，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，则最终得到的固体为【解析】(1)

(2)草木灰的主要成分为铵态氮肥中含有与发生相互促进的水解反应；会降低肥效。

(3)②③

(4)22、略

【分析】【分析】

(1)燃料电池中；通入燃料的电极是负极；通入氧化剂的电极是正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；

(2)铁电极连接原电池的负极，为电解池的阴极，石墨为阳极，所以乙中相当于惰性电极电解饱和食盐水，电解反应方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

(3)活泼性Zn>Cu>Ag；阳极上锌；铜被氧化，根据转移电子数相等判断；

(4)串联电池中转移电子数相等；根据转移电子数相等计算丙装置中阴极析出铜的质量。

【详解】

(1)燃料电池中，通入燃料H2的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，负极上H2失电子发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O；

(2)乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以Fe电极是阴极，发生的电极反应：2H++2e-=H2↑，则石墨电极是阳极，阳极上Cl-失去电子反应生成Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，电解反应方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜，还有锌失电子进入溶液，阴极上Cu2+获得电子变为单质Cu析出，阳极电极方程式为Zn-2e-=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+；根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；

(4)若甲中消耗0.01molO2，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=0.04mol，根据转移电子守恒得，丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量m(Cu)=0.04mol××64g/mol=1.28g。

【点睛】

本题考查原电池和电解池知识，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键。要结合串联电路的特点——电子转移数目相等解答该题。当多个池串联时，若有电源为电解池；若无电源，则电极活动性差异大的为原电池，相当于电源，其余各池为电解池。原电池的负极和电解池的阳极发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极发生还原反应，侧重考查学生的分析能力和计算能力。【解析】负极H2-2e-+2OH-=2H2O阳极2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑减小1.2823、略

【分析】【详解】

(1)向100L的恒容密闭容器中，充入3.0molSO2(g)、16.0molO2(g)和3.0molSO3(g)，三种物质的浓度分别为0.030mol/L，0.160mol/L，0.030mol/L，反应的平衡常数K=因为浓度商Qc==2.5＞K；所以化学反应正向进行，即v(正)＞v(逆)，故答案为＞；

(2)2L的密闭容器中充入2.0molSO2和1.0molO2；达到平衡后体积变为1.6L，则。

SO2(g)+O2(g)SO3(g)

开始（mol）210

转化（mol）2xx2x

平衡（mol）2-2x1-x2x

由＝解得x=0.6mol，可知参与反应的SO2为1.2mol，所以SO2的转化率α=×100%=60%；故答案为60%；

(3)A．保持温度和容器体积不变，O2的浓度增大，平衡正向移动，SO2的浓度减小，故A正确；B．保持温度和容器内压强不变，充入1molSO3，新的平衡与原平衡等效，SO2的浓度不变，故B错误；C．降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2的浓度减小，故C正确；D．移动活塞压缩气体，SO2的浓度瞬间增大，之后平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，SO2的浓度减小，再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大，故D错误；故答案为AC。【解析】①.>②.60%③.AC四、原理综合题(共1题，共9分)24、略

【分析】【详解】

（1）已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l，可得热化学方程式①O2(g)＋S(s))=SO2(g)ΔH=-296.0kJ·mol-1；②CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1；CO还原SO2生成CO2和S(s)的化学方程式为2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s)，根据盖斯定律可知，由②2-①可得目标方程式