2025年沪科版选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

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A.铜是负极，发生还原反应B.正极反应为C.电子从铜片经导线流向锌片D.一段时间后，锌片质量会减少3、如图所示，在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的FeCl2；HCl组成的混合溶液。已知在此电压下；阴、阳离子根据放电顺序都可能在阳极放电，下列分析正确的是。

A.C1电极处溶液首先变棕黄色B.反应一段时间后，往溶液中加一定量的盐酸可复原C.C2电极上可依次发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+、2Cl--2e-=Cl2↑D.当C1电极上有2g物质生成时，就会有2NA个电子通过溶液发生转移4、如图是一种锂硫电池的示意图，a、b为电源两极。该电池实现了更高的活性物质利用率，其中图示第3步反应是由自由基负离子生成了离子。下列关于该电池叙述错误的是。

A.该电池充电时，电子由a极流入B.电池中硫单质为正极活性物质C.电池工作时，硫单质和自由基均被还原D.锂硫电池理论比能量密度高，成本较低，是储能领域的重要发展方向5、某温度下；相同体积；相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是()

A.a点导电能力比b点强B.b点的Kw值大于c点C.与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va＞VcD.a、c两点的c(H+)相等6、为二元弱酸，在25℃时，溶液中及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持]。下列有关叙述错误的是。

A.H2A的Ka1为1.0×10-3B.b点：C.由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大D.NaHA溶液呈碱性7、下列叙述正确的是A.锅炉水垢中的经饱和碳酸钠溶液浸泡可转化为B.常温下，在含有和的溶液中，和浓度之积是个常数C.当醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则溶液的导电能力一定变强D.将浓度为的HF溶液加水不断稀释，溶液始终保持增大8、图中能验证饱和食盐水（含酚酞）电解产物的装置是（下列各图中的电极均为惰性电极）（）A.B.C.D.9、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.c(OH-)/c(H＋)=10-12的溶液中：Cu2＋、B.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：K＋、Cl-、I-C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl-、D.能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Cl-、CH3COO-评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10mL0.10mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.Ksp(CuS)的数量级为10-36B.a点溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]C.d点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)D.相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动11、如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素的化学能直接转化为电能；并生成对环境友好物质的装置，同时利用此装置产生的电能对乙装置进行铁上镀铜的实验，下列说法中不正确的是。

A.透过质子交换膜由左向右移动B.M电极反应式：C.铁电极应与Y相连接D.当N电极消耗0.5mol气体时，则铁电极增重32g12、如图是一种利用微生物处理废水中的尿素生成环境友好物质的装置。下列说法正确的是。

A.该装置将电能转化为化学能，M极为阳极B.由左室经过质子交换膜移向右室C.M电极反应式为D.该装置的缺点是处理后使废水的酸性增强，不能直接排放13、相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法正确的是。

A.a电极的电极反应为B.c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜C.电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH14、Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2（g）2Cl•（g）快；②CO（g）+Cl•（g）COCl•（g）快；③COCl•（g）+Cl2（g）COCl2（g）+Cl•（g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•）。下列说法正确的是A.反应①的活化能大于反应③的活化能B.反应②的平衡常数K=C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率D.选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率15、与可结合生成多种络合产物，在水溶液中存在如下平衡：向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得的物质的量分布分数()与溶液中游离氨的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线表示B.C.时，D.时，+16、下列实验内容和解释都正确的是。

。编号。

实验内容。

解释。

A

常温下，测得0.1mol/LH2C2O4溶液和0.1mol/LHNO3溶液的pH分别1.3和1.0

氮元素的非金属性强于碳元素。

B

向氯化铁溶液中加入过量的KI溶液；充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红。

KI与FeCl3的反应为可逆反应。

C

向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再滴入2滴0.1mol/LFeCl3溶液；又生成红褐色沉淀。

在相同条件下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3

D

取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液；加热，有砖红色沉淀产生。

蔗糖水解产物中有葡萄糖。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、I.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）在1.01×105Pa时，16gS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S固体燃烧热的热化学方程式为_____________。（S相对原子质量为32）

II.研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体。已知：

①CO（g）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反应的热化学方程式是___________。18、在容积为2.0L的密闭容器内；物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，据图回答下列问题：

（1）从反应开始到第一次达到平衡时,A物质的平均反应速率为______mol/(L·min)。

（2）根据上图写出该反应的化学方程式________；该反应的平衡常数表达式为K=________。

（3）①第5min时；升高温度，A；B、D的物质的量变化如上图，则该反应的正反应是___(填“放热”或“吸热”)反应，反应的平衡常数______(填“增大”“减小”或“不变”,下同)。

②若在第7min时增加D的物质的量，A的物质的量变化正确的是____(用图中a、b、c的编号回答)。19、(1)在一个容积3L的密闭容器里进行如下反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应开始时n(N2)=1.5mol，n(H2)=4.4mol，2min末n(H2)=0.8mol。

①前2min内用NH3表示该反应的反应速率_____；

②到2min末N2的转化率为_____；

③下列条件能加快该反应的反应速率的有_____；

A.保持体积不变，再向容器中充N2

B.保持体积不变；再向容器中充He

C.保持压强不变；再向容器中充He

D.选择合适的催化剂。

④一段时间后，下列条件下能说明该反应已达到平衡状态的是：____。

A.2v正(H2)=3v逆(NH3)

B.N2的体积分数不再改变。

C.c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2

D.混合气体的密度不再变化。

(2)已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O(该反应速率的快慢可通过出现浑浊所需要的时间来判断)。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：。实验序号反应温度Na2S2O3浓度H2OH2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.1010.00.50V2③2010.00.104.00.50V3

该实验①、②可探究____对反应速率的影响，因此V1和V2分别是___、____。实验①、③可探究____对反应速率的影响，因此V3是____。20、恒温恒容条件下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。

(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为_______。

(2)x=_______。

(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_______(填字母)。

A.压强不再变化。

B.气体密度不再变化。

C.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1

D.A的百分含量保持不变。

(4)反应达到平衡状态时，物质A的转化率是_______，B的体积分数是_______。21、部分弱酸的电离平衡常数如表：

(1)上表的6种酸进行比较，酸性最弱的是：_____；HCOO-、S2-、HSO3-三种离子中，最难结合H+的是__________。

(2)在浓度均为0.1mol/L的HCOOH和H2C2O4混合溶液中，逐渐滴入0.1mol/L的NaOH溶液，被OH-先后消耗的酸及酸式酸根依次是：_________。

(3)已知HNO2具有强氧化性，弱还原性。将HNO2溶液滴加到H2S溶液中，同时有沉淀和无色气体生成，该气体遇空气立即变为红棕色，试写出两酸之间的化学反应方程式：___。

(4)下列离子方程式书写正确的是________。

A.HNO2+HS-=NO2-+H2S↑

B.2HCOOH+SO32-=2HCOO-+H2O+SO2↑

C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32-

D.H2SO3+SO32-=2HSO3-

E.H2C2O4+NO2-=HC2O4-+HNO2

(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，写出离子方程式___。

(6)已知HX为一元弱酸。HX的电离常数为5.5×10﹣8。某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，计算某些物质的量：Na2CO3______、NaHCO3______。22、如图为25℃时，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液过程中混合溶液pH的变化曲线。

（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应时溶液中各离子浓度大小关系为__。

（2）AB区间，c(OH-)＞c(H+)，则c(OH-)与c(CH3COO-)大小关系是__（填序号）。

A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-)B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)

C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-)D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)

（3）在B点时，溶液中各离子浓度大小关系为__。

（4）在D点时，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D点混合溶液的质子守恒的关系为__。评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)23、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24、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误25、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共3题，共24分)26、按要求完成下列热化学方程式：

(1)汽车尾气中的主要污染物是NO和CO；已知：

I2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH1=-566.0kJ•mol-1

II2NO(g)=N2(g)+O2(g)ΔH2=-180.8kJ•mol-1；

则将汽车尾气处理成无毒无害产物的热化学方程式为___________。

(2)最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，已知298K时断裂1molN≡N键吸收942kJ热量，生成1molN-N放出167kJ热量。根据以上信息和数据，则由气态N2生成1mol气态N4的的热化学方程式为___________。

27、图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。热化学硫碘循环水分解制氢系统(Ⅰ)

H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)△H1=+327kJ/mol

SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H2=-151kJ/mol

2HI(aq)=H2(g)+I2(s)△H3=+110kJ/mol

H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l)△H4=+61kJ/mol

热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫黄系统(Ⅱ)，通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为_______、_________，制得等量所需能量较少的是______________。28、甲烷是一种重要的化工原料；广泛应用于民用和工业中。

(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)∆H1

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H2=-566kJ∙mol−1

③H2(g)O2(g)=H2O(g)∆H3=-242kJ∙mol−1

相关化学键的键能数据如下：。共价键H−OC≡OH−HC−H键能/(kJ∙mol−1)4631076436413

由此计算∆H1=_______kJ∙mol−1，CH4超干重整CO2技术得到CO和H2的反应的热化学方程式为_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石(Ca5(PO4)3OH)，使用含氟牙膏会生成氟磷灰石(Ca5(PO4)3F)；可以预防龋齿，故A正确；

B．紫外线照射能够使蛋白质变性；可用紫外线杀菌消毒，故B正确；

C．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物；根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故C正确；

D．用外加电流法防钢铁腐蚀需附加惰性电极作阳极；被保护的金属作阴极，故D错误；

故选D。2、D【分析】【详解】

A．金属Zn比Cu活泼；所以Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；

B．活动性强的锌为负极，失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：B错误；

C．电子从负极锌片经导线流向正极铜片；C错误；

D．Zn为负极，失去电子发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液；故一段时间后，锌片质量会减少，D正确；

故合理选项是D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．C1电极与电池的负极连接，做阴极，溶液中的H+在阴极放电，因此C1处的溶液有气泡放出；不会变成棕黄色，A错误；

B．反应一段时间后由于C2处Fe2+失电子，此时溶液中Fe2+含量逐渐减少；只加入盐酸不能将溶液复原，B错误；

C．C2电极与电源的正极相连，做阳极，Fe2+的还原性强于Cl-，则依次发生的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+、2Cl--2e-=Cl2↑；C正确；

D．电子只能通过导线传递；不能通过溶液传递，D错误；

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据电池得到Li为负极，即b为负极；因此该电池充电时，a为阳极，电子由a极流出，故A错误；

B．根据A选项得到b为负极；a为正极，因此电池中硫单质为正极活性物质，故B正确；

C．电池工作时，硫单质和自由基化合价都降低；因此均被还原，故C正确；

D．由于Li的质量较轻；因此锂硫电池理论比能量密度高，成本较低，是储能领域的重要发展方向，故D正确。

综上所述，答案为A。5、D【分析】【分析】

从图中可以看出；两条曲线起点pH相同，但加水稀释相同倍数后，两条曲线的pH减小程度不同，则上面那条曲线表示氨水稀释过程的pH变化，下面那条曲线表示氢氧化钠溶液加水稀释过程的pH变化。

【详解】

A．a点与b点相比，b点溶液的pH大，则溶液中c(OH-)大，离子的总浓度大，导电能力强，所以导电能力a点比b点弱；A不正确；

B．不管是b点还是c点，溶液的温度都是相同的，所以b点的Kw值等于c点；B不正确；

C．因为两份溶液的体积相同、pH相同，而一水合氨为弱电解质，只发生部分电离，所以氨水的起始浓度比氢氧化钠大，与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va＜Vc；C不正确；

D．从图中可以看出，a、c两点的pH相同，c(OH-)相同，依据水的离子积常数进行计算，溶液中c(H+)相等；D正确；

故选D。6、D【分析】【分析】

pH为0时，溶液中主要是H2A，以H2A的一级电离为主，故c(HA-)=10-4mol/L，ab所在曲线为HA-的曲线，另一条线为A2-的曲线，c(H2A)近似为0.1mol/L，

【详解】

A．由分析可知，Ka1=10-3；A正确；

B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)；B正确；

C．由a点经b点到c点的过程中；溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；

D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故HA-的水解平衡常数故NaHA溶液显酸性，D错误；

故选D。7、A【分析】【详解】

A、硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，又CaCO3的溶度积常数比CaSO4小，所以锅炉水垢中的CaSO4经饱和碳酸钠溶液浸泡可转化为CaCO3；再加盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，故A正确；

B、常温下，饱和AgCl溶液中的Ag+和Cl-浓度之积是个常数，如果溶液不饱和，则Ag+和Cl-浓度之积与离子浓度有关；不是常数，故B错误；

C；因为导电能力与离子浓度成正比；所以当醋酸达到电离平衡后，加水稀释电离平衡向正反应方向移动，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，故C错误；

D、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+)不会小于10-7mol•L-1，c(F-)不断减小，则比值变小；故D错误；

故选A。8、D【分析】【分析】

首先要确定电解池的阴极、阳极，与电源正极相连的为阳极，与负极相连的为阴极；再由实验室电解食盐水的原理知，阳极的电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极的电极反应：2H++2e-=H2↑；阴极有NaOH生成，周围显红色，用向下排空气法收集得到的气体可进行点燃爆鸣实验以检验H2的存在，阳极产生Cl2；可用淀粉-KI溶液检验。

【详解】

A．由电源正负极可知；左端为阳极生成氯气，右端为阴极生成氢气，检验方法错误，且应该用向下排空气法收集氢气，故A不选；

B．由电源正负极可知；左端为阴极生成氢气，右端为阳极生成氯气，但氯气与NaOH反应，无明显现象，不能验证产物，故B不选；

C．由电源正负极可知；左端为阳极生成氯气，右端为阴极生成氢气，检验方法错误，且应该用向下排空气法收集氢气，淀粉-KI溶液检验氯气，故C不选；

D．由电源正负极可知，左端为阴极生成氢气，用向下排空气法收集，可进行点燃爆鸣实验以检验H2的存在；右端为阳极生成氯气，且氯气能使淀粉-KI溶液变蓝，能够验证产物，故D正确；

故选D。9、A【分析】【分析】

【详解】

A．c(OH-)/c(H＋)=10-12的溶液显酸性，Cu2＋、可以大量共存；A选；

B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子；铁离子能氧化碘离子，不能大量共存，B不选；

C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中Fe3＋与碳酸氢根离子水解相互促进；不能大量共存，C不选；

D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，CH3COO-不能大量共存；D不选；

答案选A。二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】【分析】

向10.0mL0.10mol•L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)；结合图象和溶度积常数分析解答。

【详解】

A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为10-36；故A正确；

B．a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)＞2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]；故B错误；

C．d点溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正确；

D．相同实验条件下，改用0.1mol•L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)=1.6×10-24＞Ksp(CuS)，锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL，图中反应终点c点向b点方向移动；故D错误；

故选BD。11、CD【分析】【分析】

甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池；M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，由图乙分析得出Fe为阴极，Cu为阳极。乙的Fe极要与甲的X极相连接，据此分析解答。

【详解】

A．结合分析，在N极区发生得电子的还原反应，则N极是正极，M极是负极，原电池中，阳离子向正极区移动，则透过质子交换膜由左向右移动；故A正确；

B．M极是负极，负极区发生氧化反应，电极反应式为故B正确；

C．图乙装置为铁上镀铜的装置；铁作阴极，应与X(负极)相连接，故C错误；

D．当N电极消耗时，转移电子的物质的量为根据得失电子守恒，铁电极上则会镀上铜，则铁电极增重故D错误；

答案选CD。12、BC【分析】【分析】

根据题给信息知，图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：正极上得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，氢离子由左室经质子交换膜移向右室，总反应为：由此分析。

【详解】

A．该装置是将化学能转化为电能的原电池；M是负极，故A不符合题意；

B．由分析可知，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：由左室经过质子交换膜移向右室；故B符合题意；

C．M是负极，负极上失电子发生氧化反应，M电极反应式为故C符合题意；

D．根据分析可知，该装置的总反应为：处理后使废水的酸性并没有增强，尽管废水中的尿素被处理了，但是也不能直接排放，会污染土壤，故D不符合题意；

答案选BC。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据上述分析可知，a电极为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2,电极反应式为A选项正确；

B．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜c进入阴极区，通过阴离子交换膜d进入阳极区；c；d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B选项错误；

C．电池放电过程中,Cu(2)电极上发生反应产生Cu2+电极方程式为：C选项正确；

D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应中还原Cu2+的物质的量为电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-；即阴极区可得到4mol氢氧化钠,其质量为160g，D选项错误；

答案选AC。14、BC【分析】【分析】

根据有效碰撞理论；活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。

【详解】

A．活化能越小；反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；

B．反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•），平衡时正逆反应速率相等，则故B正确；

C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率；关键是提高反应③的速率，故C正确；

D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变；故D错误；

答案选BC。15、BD【分析】【分析】

增大游离的浓度，平衡逆向移动，所以曲线a表示曲线表示曲线c表示曲线d表示曲线e表示

【详解】

A．增大游离的浓度，平衡逆向移动，所以曲线表示故A正确；

B．由图示可知，所以故B错误；

C．根据图示，时，故C正确；

D．根据电荷守恒，时，+故D错误；

选BD。16、BD【分析】【分析】

【详解】

A．元素非金属性的强弱可以通过比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱来判断，H2C2O4不是碳的最高价氧化物对应的水化物；故A错误；

B．向氯化铁溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，说明在KI过量的情况下，仍有Fe3+存在，说明KI与FeCl3的反应为可逆反应；故B正确；

C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，此时NaOH是过量的，再滴入2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明Fe(OH)3是由Mg(OH)2转化而来的，故不能由此比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp；故C错误；

D．取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，使蔗糖水解，冷却后加入NaOH溶液中和硫酸至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液；加热，有砖红色沉淀产生，可以说明蔗糖水解产物中有葡萄糖，故D正确；

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【详解】

I（1）由原子守恒可知CuCl（s）和O2反应生成的一种黑色固体为CuO，反应的方程式为4CuCl+O2=2CuCl2+2CuO，每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，则消耗4molCuCl（s），放热44.4kJ×4=177.6kJ，该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）ΔH=-177.6kJ·mol-1；

（2）在1.01×105Pa时，16gS即0.5molS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则1molS固体充分燃烧时放热148.5kJ×2=297kJ，表示S固体燃烧热的热化学方程式为S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

II（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体，根据原子守恒可知，另一种产物为CO2；已知：

①CO（g）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S（s）＋O2（g）=SO2（g）ΔH＝－296.0kJ·mol－1

根据盖斯定律，①×2-②得：2CO（g）＋SO2（g）=S（s）＋2CO2（g）ΔH＝－270kJ·mol－1。【解析】4CuCl（s）＋O2（g）=2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-12CO（g）＋SO2（g）=S（s）＋2CO2（g）ΔH＝－270kJ·mol－118、略

【分析】【分析】

（1）根据V=∆C/∆T进行计算；

（2）根据各物质的增减判断反应物；生成物；根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

（3）根据温度升高；D的物质的量减少，A；B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；根据平衡常数只有与温度有关；

（4）增加固体的物质的量；浓度不变，平衡不移动。

【详解】

(1)从反应开始到第一次达到平衡时,A物质的平均反应速率为0.4mol/(2.0L×3min)=0.067mol/L⋅min；故答案为：0.067；

(2)根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以D是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0～3min时，△D=0.4mol，△A=0.4mol,△B=0.2mol,△D:△A:△B=0.4mol:0.4mol:0.2mol=2:2:1,方程式为：2D(s)2A(g)+B(g)；因D为固体,所以化学平衡常数K=c2(A)·c(B)；

(3)温度升高；D的物质的量减少，A；B的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应；平衡常数只有与温度有关，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；

(4)D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，故选：b。

【点睛】

勒夏特列原理适用与已达平衡的可逆反应。平衡常数表达式中固体和纯液体不能写入表达式，固体和液体对平衡移动没有影响。【解析】0.0672D(s)2A(g)+B(g)K=c2(A)·c(B)吸热增大b19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①根据已知条件列出“三段式”：

前2min内用NH3表示该反应的反应速率为=0.4mol▪L-1▪min-1，故答案为：0.4mol▪L-1▪min-1；

②2min末N2的转化率为=80%；故答案为：80%；

③A．保持体积不变，再向容器中充N2，N2的浓度增大；反应速率增大，故A选；

B．保持体积不变；再向容器中充He，各物质浓度不变，反应速率不变，故B不选；

C．保持压强不变；再向容器中充He，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，故C不选；

D．选择合适的催化剂；可以加快反应速率，故D选；

故答案为：AD；

④A．2v正(H2)=3v逆(NH3)时；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A选；

B．N2的体积分数不再改变；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B选；

C．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2；不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；

D．反应过程中气体的总体积和总质量都不变；混合气体的密度一直不变，当混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故D不选；

故答案为：AB；

(2)由表格数据可知，①、②组实验温度不同，其他条件都相同，则该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，①、②组实验混合液体总体积要相同，则V1=10，V2=0；实验①、③混合液体中稀硫酸的浓度不同，其他条件都相同，则实验①、③可探究浓度对反应速率的影响，实验①、③混合液体的总体积要相同，V3=10-4=6；故答案为：温度；10；0；浓度；6。【解析】①.0.4mol▪L-1▪min-1②.80%③.AD④.AB⑤.温度⑥.10⑦.0⑧.浓度⑨.620、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)C的浓度变化1.2mol/L，所以生成C的平均反应速率为：

(2)结合(1)可知平衡时C的物质的量为×2L=2.4mol；列反应的三段式为：

所以0.8x=2.4；解得x=3；

(3)2A(g)＋B(g)⇌3C(g)＋2D(s)：

A．该反应是气体分子总数不变的反应；压强始终不变，压强不变不能作为判断平衡的标志，A错误；

B．气体密度计算公式：该反应的D为非气体，当密度不变时，说明不再变化；反应已达平衡，所以气体密度能作为判断平衡的标志，B正确；

C．消耗A和消耗B都意味着反应正向进行，因此，无法证明反应不一定平衡，不能作为判断平衡的标志，C错误；

D．A的百分含量保持不变；说明反应正逆反应速率相等，已达平衡，能作为判断平衡的标志，D正确；

答案选AD。

(4)列反应的三段式为：则反应达到平衡状态时，物质A的转化率==80%；B的体积分数==30%。【解析】①.0.6mol·L-1·min-1②.3③.BD④.80%⑤.30%21、略

【分析】【分析】

(1)相同温度下；酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱；

(2)酸的电离平衡常数越大；该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数大小判断；

(3)HNO2和H2S发生氧化还原反应；生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，据此书写方程式；

(4)强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸和强酸盐；

(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4>H2SO3>HC2O4->HSO3-；据此写出离子方程式；

(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存；说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol

CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中除了发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3；根据反应方程式进行计算。

【详解】

(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱，根据电离平衡常数知，酸性最弱的是H2S，酸性最强的是H2SO3，所以结合氢离子能力最弱的是HSO3-；

(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数知，被OH﹣先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；

(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，该反应方程式为2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；

(4)A.HNO2具有强氧化性，HS-具有还原性，二者能发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒、离子守恒，可得反应的离子方程式为H++2HNO2+HS-=2NO↑+S↓+2H2O；A错误；

B.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以HCOOH和SO32-反应生成HCOO-和HSO3-，反应的离子方程式为HCOOH+SO32-=HCOO-+HSO3-；B错误；

C.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以H2SO3和HCOO-反应生成HCOOH、HSO3-，反应的离子方程式为H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-；C错误；

D.亚硫酸和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+SO32-=2HSO3-；D正确；

E.根据电离平衡常数可知，H2C2O4的一级电离平衡常数大于HNO2，二级电离平衡常数小于HNO2，所以H2C2O4+NO2-=HC2O4-+HNO2；E正确；

故合理选项是DE；

(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4>H2SO3>HC2O4->HSO3-，据此离子方程式为：SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-；

(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于HCO3-，往溶液中通入3molCO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于H2CO3，溶液中发生的反应有：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据该反应可知2molNa2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗二氧碳2molCO2，还有1molCO2发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中没有Na2CO3，Na2CO3的物质的量是0，NaHCO3的物质的量为1mol+4mol+1mol=6mol。

【点睛】

本题考查了电离平衡常数在电解质的电离和盐的水解的应用。明确弱酸电离平衡常数与酸的酸性强弱、酸根离子水解程度的关系即可解答，注意(4)中选项A，要既考虑强酸制取弱酸，同时也要注意亚硝酸的强氧化性，否则就会得出错误结论，为本题的易错点。【解析】①.H2S②.HSO3﹣③.H2C2O4、HCOOH、HC2O4﹣④.2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓⑤.DE⑥.SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3﹣⑦.0mol⑧.6mol22、略

【分析】【分析】

以滴定实验为背景；结合滴定曲线进行分析，后面的小题又对离子浓度大小进行比较，最后涉及了离子积常数的计算以及pH值的计算。

【详解】

（1）醋酸钠水解使溶液显碱性，NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，离子浓度大小关系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

（2）A．在AB段溶液显示碱性；在接近B点时，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，选项A错误；

B．在接近A时；即加入的醋酸少量，则混合液中氢氧根离子浓度大于醋酸根离子，选项B错误；

C．在AB段；根据选项A；B的分析可知，混合液中氢氧根离子浓度与醋酸根离子不一定相等，选项C错误；

D．根据以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)；选项D正确；

答案选D；

（3）在B点时，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，各离子浓度大小关系为c(Na+)＝c(CH3COO