2025年华师大版选择性必修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年华师大版选择性必修1化学上册阶段测试试卷318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9题，共18分)1、关于原电池的叙述中正确的是()A.原电池是把化学能转变为电能的装置B.构成原电池正极和负极的必须是两种不同金属C.原电池电解质溶液中阳离子向负极移动D.理论上，所有的氧化还原反应都能设计成原电池2、已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下；根据表中数据，判断下列化学方程式不正确的是()

。化学式。

Zn(OH)2

ZnS

AgCl

Ag2S

MgCO3

Mg(OH)2

溶度积。

5×10－17

2.5×10－22

1.8×10－10

6.3×10－50

6.8×10－6

1.8×10－11

A.2AgCl＋Na2S===2NaCl＋Ag2SB.MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑C.ZnS＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑D.Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O3、已知（慢），（快）。某化学实验小组欲探究的浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表所示：。实验序号体积/溶液水溶液溶液淀粉溶液淀粉溶液①10.004.02.0②9.01.04.02.0③8.04.04.02.0

下列结论正确的是（）A.B.C.D.4、反应2NO2（g）N2O4（g）；△H=-57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）A.A.C两点气体的颜色：A深，C浅B.C两点气体的平均相对分子质量：A>CC.由状态B到状态A，可以用加压的方法D.由状态B到状态A，可以用加热的方法5、在热带海域中，珊瑚虫在浅海区域分泌石灰石骨骼，与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列说法错误的是A.珊瑚形成的反应为B.与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一C.与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成D.大气中CO2浓度增加，会导致海水中浓度增大，有利于珊瑚形成6、将氨水滴入溶液中，溶液中水电离出的和混合液温度(T)随加入氨水体积变化曲线如图所示。

下列有关说法错误的是A.NH4A溶液呈酸性B.b点溶液：C.c点溶液：D.25℃时，水解平衡常数为7、下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是。ABCD实验目的测定锌与稀硫酸反应速率测定中和反应的反应热比较AgCl和Ag2S溶解度大小探究铁的析氢腐蚀实验装置

A.AB.BC.CD.D8、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是A.4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑B.Fe2＋＋2e－＝FeC.2H2O＋O2+4e－＝4OH－D.Fe－2e－＝Fe2＋9、下列由实验得出的结论正确的是。

。选项。

实验。

结论。

A

向某钠盐中滴加浓盐酸。将产生的气体通入品红溶液；品红溶液褪色。

该钠盐为Na2SO3或NaHSO3

B

用乙酸浸泡水壶中的水垢。可将其清除。

乙酸的酸性大于碳酸。

C

向某盐溶液中先加入少量氯水；再滴加几滴KSCN溶液；溶液变血红色。

原溶液中一定含有Fe2+

D

室温下。向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末。过滤；向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生。

Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、向一容积为5L的恒容密闭容器内，充入0.2molCO和0.4molH2O，在一定条件下发生反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）ΔH＞0。反应中CO2的浓度（c）随时间（t）的变化关系如图所示。

回答下列问题：

（1）下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是________（填序号）。

①H2O的质量不再变化。

②混合气体的总压强不再变化。

③CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等。

④单位时间内生成amolCO，同时生成amolH2

（2）0～10min时段，反应速率v（H2）＝________；反应达到平衡时，c（H2O）＝________，CO的转化率为________。11、酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物；该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据如表所示：

溶解度/(g/100g水)

。

0

20

40

60

80

100

NH4Cl

29.3

37.2

45.8

55.3

65.6

77.3

ZnCl2

343

395

452

488

541

614

溶度积常数。

。化合物。

Zn(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Ksp近似值。

10-17

10-17

10-39

回答下列问题：

(1)该电池的正极反应式为______，电池反应的离子方程式为____

(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn_____g。(已经F＝96500C/mol)

(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过____分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______和______，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是_____________，其原理是_______。12、顺-1；2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如图转化：

该反应的速率方程可表示为：v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数；分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：

(1)已知：t1温度下，该温度下反应的平衡常数值K1=_______；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则_______0(填“小于”“等于”或“大于”)。

(2)t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_______；温度t2_______t1(填“小于”“等于”或“大于”)

13、常温下，向浓度为0.1mol·L-1；体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸；用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。据图信息回答：

(1)该温度时NH3·H2O的电离常数K=________。

(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH-)大小顺序为________。14、肼(N2H4)，又称为联氨，溶于水呈碱性，类似于氨气，已知N2H4在水溶液中的电离方程式：N2H4+H2O⇌+OH-，+H2O⇌+OH-。常温下，将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。

(1)表示pH与的变化关系____(M或N)。

(2)水解方程式为__________________。

(3)N2H5Cl的水溶液呈_________(“酸性”；“碱性”、“中性”)。

(4)反应+N2H4⇌2的平衡常数K=___________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误16、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误17、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误18、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误19、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误20、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21、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共8分)22、纳米级PbO是大规模集成电路(IC)制作过程中的关键性基础材料。一种以方铅矿(含PbS及少量Fe2O3、MgO、SiO2等)为原料制备PbO的工艺流程如图：

已知：[PbCl4]2-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)ΔH＜0

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”过程中被氧化的元素是：______，该过程需要加热，其目的是______。FeCl3与PbS发生反应生成［PbCl4]2-的离子方程式为______。

(2)检验滤液1中存在Fe2+，可取样后滴加少量______溶液(填化学式)；观察到有蓝色沉淀析出。

(3)“降温”步骤中析出的晶体主要是______(填化学式)；滤液2中的金属阳离子有Na+、Fe3+、______。(填离子符号)

(4)要实现PbSO4转化为PbCO3，的最小值为______。(Ksp(PbCO3)=7.4×10-14、Ksp(PbSO4)=1.6×10-8)(保留两位有效数字)

(5)“煅烧”时，PbCO3发生反应的化学方程式为______。23、铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：

已知：①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8

②Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38

(1)加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有____(任写一种)。

(2)滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：_____。

(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加A后溶液的pH调为4.0，则溶液中Fe3+的浓度为____mol/L。

(4)写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式：____。

(5)过滤II得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是___。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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）。评卷人得分六、计算题(共4题，共36分)28、在一个容积为500ml的密闭容器中，充入10molH2和4molCO。在一定温度和一定压强下，发生如下反应：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g),经过5分钟后达到平衡状态。若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol/L,求：

（1）以H2的浓度变化表示该反应的速率______________；

（2）达到平衡时CO的转化率______________；

（3）该温度下的K______________。29、(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇；发生的主要反应如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1

②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2

③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3

已知反应①中相关的化学键键能数据如下，由此计算ΔH1=___________kJ·mol-1，已知ΔH2=-58kJ·mol-1，则ΔH3=__________kJ·mol-1。化学键H-HC-OH-OC-HE()4363431076465413

(2)已知：2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)ΔH＝－akJ·mol－1，C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH＝－bkJ·mol－1，Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)ΔH＝－ckJ·mol－1，则用炭粉在高温条件下还原CuO的热化学方程式为2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g)ΔH＝________kJ·mol－1。30、已知下列热化学方程式：

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol；

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；

③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ/moL；

④C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/moL。

回答下列各问：

(1)36g水由气态变成等温度的液态水放出热量为_____kJ。

(2)C的燃烧热△H=______kJ/mol

(3)燃烧10gH2生成液态水；放出的热量为________kJ。

(4)可以表示CO的燃烧热的热化学方程式为_________。31、T0℃，向恒容密闭容器充入2molSO2和1molO2发生反应：△H=-196.6kJ/mol，达到平衡，生成1.6molSO3并放出热量157.28kJ。

(1)平衡时SO2转化率为_______；t0时向上述平衡后的容器中再充入amolSO2，时重新达到平衡。请在图中用曲线表示出t0后O2的体积分数随时间变化的大致趋势_______。

(2)T0℃，向另一容积相等的恒压容器中充入2molSO2和1molO2，平衡时放出的热量_______(填“＞”、“＜”或“＝”)157.28kJ；若平衡时升高温度，平衡_______移动(填“正向”或“逆向”或“不”)，该反应的平衡常数_______(填“增大”或“减小”或“不变”)；若测得T1℃平衡时该容器内气体压强为2MPa，SO3体积分数为70%，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_______(列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数。)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

A.原电池是将化学能转化为电能的装置；

B.构成原电池的正负极可能都是非金属或金属和非金属；

C.原电池放电时,电解质溶液中阳离子向正极移动；

D.自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池；

【详解】

A.原电池是将化学能转化为电能的装置,电解池是将电能转化为化学能的装置,故A正确；

B.构成原电池的正负极可能都是非金属或金属和非金属,如Zn；石墨和稀硫酸构成的原电池,以石墨为电极的氢氧燃料电池,故B错误；

C.原电池放电时,负极上电子沿导线流向正极,根据异性相吸原理,电解质溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故C错误；

D.理论上；自发进行的氧化还原反应都能设计成原电池，故D错误；

综上所述，本题选A。2、C【分析】【详解】

A.因为Ksp(Ag2S)<Ksp(AgCl)，所以反应2AgCl＋Na2S===2NaCl＋Ag2S能够进行；A正确；

B.因为Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgCO3)，所以反应MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑能够进行；B正确；

C.因为Ksp[Zn(OH)2]>Ksp(ZnS)，所以反应ZnS＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑不能进行；C错误；

D.因为两溶液反应后，生成两种沉淀，所以反应Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O能够进行；D正确。

故选C。3、C【分析】【详解】

探究的浓度对化学反应速率的影响时，溶液的体积应均为溶液的体积应均为且溶液总体积应为③中则C正确；

答案选C。4、D【分析】【分析】

2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-57kJ•mol-1，该反应为放热反应，若升高温度，化学平衡向着逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；如果增大压强，化学平衡向着正向移动，混合气体中NO2的体积分数减小；以此解答该题。

【详解】

A．A；C两点温度相同；C点压强大，C点容器体积小，则二氧化氮浓度大，因此A、C两点气体的颜色：A浅、C深，故A错误；

B．A；C等温；C压强较大，增大压强，平衡正向移动，气体的总物质的量减少，则C的平均相对分子质量较大，故B错误；

C．A；B两点的压强相等；故C错误；

D．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2；由状态B到状态A可以用加热的方法，故D正确。

答案选D。

【点睛】

明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”原则即可解答，注意A选项为易错点，改变压强的本质为体积变化。5、D【分析】【详解】

A．珊瑚的主要成分是CaCO3，珊瑚形成的反应为Ca2+(aq)+(aq)CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)；A正确；

B．与温带海域相比，热带海域水温较高能加快CO2的挥发；促使上述平衡正向移动，故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一，B正确；

C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，消耗的CO2增大，导致CO2浓度减小；平衡正向移动，故更有利于珊瑚形成，C正确；

D．由于，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是浓度增大，CO2浓度增大；珊瑚形成的平衡逆向移动，则不利于珊瑚形成，D错误；

故答案为D。6、D【分析】【分析】

由图可知，未加入氨水时，溶液温度为25℃，1.0mol/LHA溶液中水电离出的氢离子浓度为10—14mol/L，则酸电离出的氢离子浓度为1mol/L，HA为强酸；由c点对应温度最高可知，c点时，等体积等浓度的氨水和HA溶液恰好完全反应生成NH4A，溶液呈酸性；b点为等浓度的HA和NH4A混合溶液，d点为NH4A和NH3·H2O的混合溶液。

【详解】

A．由分析可知，NH4A为强酸弱碱盐；铵根离子在溶液中水解，使溶液呈酸性，故A正确；

B．由分析可知，b点为等浓度的HA和NH4A混合溶液，则溶液中离子浓度的关系为故B正确；

C．由分析可知，c点为NH4A溶液，由物料守恒关系可知=故C正确；

D．由图可知，d点对应温度不是25℃，水电离出的氢离子为10—7mol/L的溶液不是中性溶液；无法依据溶液中氯离子浓度计算铵根离子的浓度，则不能计算得到铵根离子的水解常数，故D错误；

故选D。7、A【分析】【详解】

A．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；

B．图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；

C．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；

D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；

故选：A。8、C【分析】【详解】

弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为C。9、B【分析】A.该钠盐除了为Na2SO3和NaHSO3外，还有可能是硫代硫酸盐，也可以产生SO2使品红溶液褪色，A错误；B.乙酸的酸性大于碳酸，可和水壶中的水垢反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，B正确；C.先加入少量氯水、再滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色,不能证明原溶液中一定含有Fe2+，若原溶液中含有Fe3+，也能有一样的现象，C错误；D.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,c(Ba2+)c(CO32-)>Ksp(BaCO3),有沉淀生成,不能说明Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)的关系，D错误；答案选B.二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①H2O的质量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；②两边气体计量数相等，混合气体的总压强一直不再变化，故错误；③达平衡时CO、H2O、CO2、H2的浓度不变，但不一定相等，故错误；④单位时间内生成amolCO等效于消耗amolH2，同时生成amolH2，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；故选①④；

(2)0～10min时段，反应速率v(H2)=v(CO2)==0.003mol•(L•min)-1；反应达到平衡时，

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始量浓度：0.040.0800

变化量：0.030.030.030.03

平衡量：0.010.050.030.03

c(H2O)=0.05mol•(L•min)-1，CO的转化率为：×100%=75%。【解析】①.①④②.0.003mol·L－1·min－1③.0.05mol·L－1④.75％11、略

【分析】【分析】

酸性锌锰干电池中，金属锌作负极，碳棒作正极，MnO2在正极得电子生成MnOOH。Zn(OH)2、Fe(OH)2溶度积常数近似相等。

【详解】

（1）酸性锌锰干电池中，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—＝Zn2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH。

（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5A×300s＝150C，因此通过电子的物质的量是锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是

（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。【解析】MnO2＋e—＋H＋＝MnOOHZn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH0.05g加热浓缩、冷却结晶铁粉MnOOH在空气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO212、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)t1温度下，反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，则=1，代入数据可得=3，该温度下反应的平衡常数值K1==3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，所以该反应为放热反应，则＜0；故答案为：3；小于；

(2)随着反应的进行，顺式异构体的质量分数不断减少，符合条件的曲线是B；设顺式异构体的起始浓度为x，该可逆反应左右物质的化学计量系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2==得K1＞K2，对于放热反应，升高温度时，平衡向逆反应移动，K减小，所以温度t2＞t1，故答案为：B；大于。【解析】①.3②.小于③.B④.⑤.大于13、略

【分析】【分析】

(1)根据开始时pH计算c(H+)，再根据Kw中c(H+)、c(OH-)的关系计算溶液的c(OH-)，结合NH3·H2O的电离平衡计算平衡时溶液的各种微粒的浓度；代入平衡常数表达式，可计算出K的大小；

(2)滴定时，由b点到c点的过程中；根据水的离子积常数；氨水的电离平衡、氯化铵的水解平衡只与温度有关来分析。

【详解】

(1)滴定前氨水pH=11，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，利用水的离子积得c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，则一水合氨的电离平衡常数K==≈10-5；

(2)在b点时；溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液为碱性，对水的电离平衡起到抑制作用；

在c点时；溶质为氨水和氯化铵，氨水的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液为中性，对水的电离平衡无影响；

在d点时，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，使溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(OH-)大小顺序是：d>c>b。

【点睛】

本题以HCl溶液滴定NH3•H2O曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较，注意离子浓度大小比较中电荷守恒、质子恒等式、物料守恒等量关系式的利用，酸、碱电离产生H+、OH-离子，抑制水的电离，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会消耗水电离产生的OH-或H+，对水的电离平衡起促进作用，准确判断溶液中溶质的成分是比较水电离程度的关键。【解析】①.10-5②.d>c>b14、略

【分析】【详解】

(1)当c()=c(N2H4)时，Kb1=c(OH−)，同理c(N2H)=c()时Kb2=c(OH−)，肼的第一步电离程度大于第二步，所以c(OH−)：第一步大于第二步，则pOH：>N2H4，所以曲线N表示pOH与的变化关系、曲线M表示pOH与的变化关系；故A错误；，故答案为：M；

(2)水解产生N2H4▪H2O和氢离子，水解方程式为：+H2ON2H4▪H2O+H+，故答案为：+H2ON2H4▪H2O+H+；

(3)N2H5Cl是强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性；故答案为：酸性；

(4)根据A知，c()=c(N2H4)时，=0，Kb1=c(OH−)=10−6，c(N2H)=c()时=0，Kb2=c(OH−)=10−15，+N2H4⇌2的K=====109，故答案为：109。【解析】M+H2ON2H4·H2O+H+酸性109三、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。16、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。17、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。18、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。19、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。20、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。21、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。四、工业流程题(共2题，共8分)22、略

【分析】【分析】

用氯化铁、稀盐酸和NaCl对方铅矿进行酸浸氧化，滤液1中含有[PbCl4]2-、Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+；对滤液1进行降温，反应[PbCl4]2-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)ΔH＜0，平衡正向移动，滤渣2为晶体PbCl2，过滤，用硫酸溶液与PbCl2反应生成PbSO4，滤渣3为PbSO4，再加入纯碱溶液，将PbSO4转化为PbCO3，滤渣4为PbCO3，煅烧PbCO3，发生分解反应生产PbO；据此分析解答。

【详解】

(1)“酸浸氧化”过程中产生了滤渣S，PbS→S，S元素的化合价升高，被氧化；该过程需要加热，其目的是加快反应的速率；FeCl3与PbS发生反应生成［PbCl4]-、S，则铁离子表现氧化性，被还原为亚铁离子，则离子方程式为PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+2Fe2++S；

(2)检验滤液1中存在Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液发生反应生成蓝色沉淀；

(3)根据已知：[PbCl4]2-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)ΔH＜0，降低温度，平衡正向移动，产生晶体PbCl2，则“降温”步骤中析出的晶体主要是PbCl2；滤液2中的金属阳离子有Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+；

(4)要实现PbSO4转化为PbCO3，

(5)“煅烧”时，PbCO3发生分解反应生成PbO，化学方程式为PbCO3PbO+CO2↑。【解析】S(或硫)加快反应的速率PbS+2Fe3++4Cl-=[PbCl4]2-+2Fe2++SK3[Fe(CN)6]PbCl2Fe2+、Mg2+4.6×10-6PbCO3PbO+CO2↑23、略

【分析】【分析】

辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+；调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。

【详解】

(1)酸浸时；通过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；

(2)“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；

(3)“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.7～5.6或3.7≤pH<5.6；若溶液pH=4，即c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)==mol/L=1×10-10mol/L，c(Fe3+)==mol/L=4.0×10－8mol/L；

(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；

(5)沉淀表面主要杂质为硫酸盐等，因此检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。【解析】充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6)4.0×10-8Mn2+++NH3=MnCO3↓+取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净五、有机推断题(共4题，共40分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，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，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g26、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH327、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、计算题(共4题，共36分)28、略

【分析】【分析】

经过5min后达到平衡状态．若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol•L-1；可知生成甲醇为0.5L×2mol/L=1mol，则。

结合v=计算；结合转化率=×100%；K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；结合平衡浓度计算K。

【详解】

(1)以H2的浓度变化表示的该反应的速率为=0.8mol⋅L−1⋅min−1；

(2)达到平衡时CO的转化率α(CO)=×100%=25%；

(3)该温度下的K==0.0013，故答案为：0.0013或【解析】