2025年外研版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版选择性必修1化学下册阶段测试试卷624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、用酸性氢氧燃料电池为电源电解溶液；实验装置如图所示．下列关于此装置的说法中，正确的是。

A.燃料电池工作时，负极反应为B.a极是石墨，b极是铜时，b极的电极反应为：C.a极是石墨，b极是纯铜时，电解一定时间后两极产生的气体体积都为标准状况则原溶液的浓度是D.a、b两极均是石墨时，若a极产生的气体为标准状况则U形管中溶液的PH为体积变化忽略不计2、我国科学家成功研制出新型铝-石墨烯(Cn)可充电电池，电解质为阳离子(EMIM+)与阴离子(AlCl4－)组成的离子液体；该电池放电过程如图。下列说法错误的是（）

A.放电时电路中每转移1mol电子，有1molCn（AlCl4）被还原B.放电时正极的反应为：Cn＋AlCl4-－e-=Cn（AlCl4）C.充电时石墨烯与电源的正极相连D.充电时的总反应为：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4）3、在“碳达峰”“碳中和”大背景下；全钒液流电池储能系统在新能源电力系统中发挥重要作用。该电池能将电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，储能的工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.储能时，该系统将电能转化为化学能B.储能时，a极附近pH降低C.供能时，b极的电极反应式为+2H++e-=VO2++H2OD.将该电池用于电解饱和食盐水，当消耗1mol时，生成的气体总体积为11.2L(标准状况)4、一定条件下，向密闭容器中加入X物质发生反应：反应一段时间后改变某一个外界条件，反应中各时刻X物质的浓度如下表所示。下列说法不正确的是。

反应时间(min)05151720X的浓度(mol/L)1.00.40.40.70.7

A.时，该反应的速率为B.5min时反应达到平衡，该温度下的平衡常数值为0.625C.15min时改变的条件可能是降低温度D.从初始到17min时，X的转化率为30%5、一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是。

A.多孔碳材料能增大与氧气的接触面积，有利于氧气发生氧化反应B.放电时，电子的移动方向为：锂电极—外电路—多孔碳材料电极—电解质—锂电极C.充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-)O2D.可使用含Li+的电解质水溶液6、利用脉冲电源(间歇性通入电流)电解废液中的Pb2+实现Pb资源化利用；其原理如图所示。下列说法正确的是。

A.电极a上反应为2H++2e-=H2↑B.电解总反应为Cu+Pb2+Pb+Cu2+C.电解产生1molPb，约有6.02×1023个阳离子透过阳离子交换膜D.脉冲电源电解能提高电解效率，是因为阴极表面阳离子浓度回升7、反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.v(A)=0.15mol·L-1·min-1B.v(B)=0.01mol·L-1·s-1C.v(C)=0.40mol·L-1·min-1D.v(D)=0.45mol·L-1·min-1评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、美国圣路易斯大学研制新型的乙醇燃料电池，用质子(H+)溶剂，在200℃左右供电。电池总反应为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O；如图是该电池的示意图，回答以下问题。

(1)该电池的正极为_________(“a”或“b”)；

(2)电池正极的电极反应为______________________________；负极的电极反应为_______________________________。

(3)电池工作时，1mol乙醇被氧化时,有________mol电子转移；

(4)电池工作一段时间后，a极附近溶液的pH________(“增大”或“减小”)9、如图所示；某学生设计一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

根据要求回答相关问题：(甲醚的化学式：CH3OCH3)

(1)通入氧气的电极为___(填“正极”或“负极”)，写出负极的电极反应式___。

(2)铁电极为___(填“阳极”或“阴极”)，石墨电极(C)的电极反应式为___。

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

(4)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为___；丙装置中阴极析出铜的质量为___。10、如图所示装置；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

(1)电源电极A名称为____________。

(2)写出C和F的电极名称；以及电极反应式。

C：_____________________________________；

F：_____________________________________；

(3)若通过0.02mol电子时，通电后甲中溶液体积为200mL，则通电后所得的硫酸溶液的物质的量浓度为______________。

(4)若通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)m溶液时，某一电极析出了ag金属R，则金属R的相对原子质量Mr(R)的计算公式为Mr(R)＝____________(用含a；m的代数式表示)。

(5)戊中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带________电荷(填“正”或“负”)；在电场作用下向Y极移动。

(6)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___________________________。

(7)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________(填“铜件”或“银”)。11、氢气；碳氧化物是合成可再生能源甲醇的基础原料；具有重要的应用前景。

(1)已知H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。一定条件下，CO与H2合成燃烧的热化学方程式为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H，则△H=___；该反应能自发进行的原因是___。

(2)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

①一定温度下，在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A，开始时容器体积为2L，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示，10min时达到平衡，则反应A的化学平衡常数为_______。(结果保留一位小数)。

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，下列描述能说明反应B已经达到平衡状态的是___（填序号）。

A.容器内CO2的体积分数不再变化。

B.当CO2和H2转化率的比值不再变化。

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键。

D.容器内混合气体的平均相对分子质量达到34.5，且保持不变12、在2L密闭容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示（已知：T12）。温度/K平衡时NH3的物质的量/molT13.6T22

（1）则K1__K2，（填“>”、“<”或“=”）原因：___。

（2）在T2下，经过10s达到化学平衡状态，则平衡时H2的转化率为__。若再同时增加各物质的量为1mol，该反应的平衡v正__v逆，(>或=或<)平衡常数将___（填“增大”；“减小”或“不变”）

（3）下列能说明该反应已达到平衡状态的是__。

A.3v正（H2）＝2v逆（NH3）B．容器内气体压强不变。

C.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态D．c（H2）=c（NH3）13、为验证反应Fe3＋＋Ag⇌Fe2＋＋Ag＋；利用如图电池装置进行实验。

(1)由Fe2(SO4)3固体配制500mL0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液，需要的仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、____(填写名称)；在烧杯中溶解固体时，先加入一定体积的____稀溶液；搅拌后再加入一定体积的水。

(2)电流表显示电流由银电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入____电极溶液中。

(3)根据(2)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，银电极的电极反应式为_______。因此，Fe3＋氧化性小于____。

(4)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。如果盐桥中电解质为KNO3，反应一段时间后，可以观察到电流表指针反转，原因是_______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误15、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误16、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误17、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误18、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共10分)19、碘酸钾是常用的食盐加碘剂。某研究小组在实验室采用如下两种方法进行碘酸钾的制备。

方法一：采用如图所示装置；先用高锰酸钾制备氯气，再用氯气氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。

方法二：采用如下实验流程；直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。

已知：(Ⅰ)是一种白色晶体；在水中溶解度随温度升高而增大；不溶于乙醇。

(Ⅱ)溶液在中性条件下的还原产物为一种不溶于水的沉淀。

(1)方法一中装置a的作用是净化其中的试剂为_______，装置b的名称为_______。

(2)方法一中多孔球泡装置的作用是_______。

(3)方法二中水浴加热时发生反应的化学方程式为_______。

(4)方法二中滴入适量乙醇的作用是_______。

(5)在获取碘酸钾产品的操作中，下列说法正确的是_______(填字母序号)。A．加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器B．在冷却结晶时，温度过低可能会有杂质析出导致产品不纯净C．采用抽滤可使过滤速率加快D．为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤(6)方法二所得产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取产品配制成溶液作为待测液，取该溶液于碘量瓶中，加入稍过量的碘化钾，用适量的盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处用的硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许指示剂，滴定到溶液为无色。平行滴定三次，平均消耗标准液计算产品的纯度。已知：

①指示剂宜选用_______溶液；

②产品碘酸钾的质量分数为_______。20、PCl3是一种重要的化工原料，某化学兴趣小组设计制取PCl3的装置如下图。

已知：白磷的密度为1.82g·cm−3，几乎不溶于水，空气中易自燃；PCl3的熔点为−112℃，沸点为75.5℃，极易水解为H3PO3；受热易被氧气氧化。

(1)实验室保存白磷的方法是_______。

(2)实验开始加热前，需要先通入一段时间CO2，然后再点燃酒精灯，必须进行该操作的主要原因是_______。

(3)E装置中冰水的作用是_______。

(4)装置F中的药品是碱石灰，其作用是_______。

(5)测定产品纯度；步骤如下：

①称取mg产品；溶于水配成100mL溶液；

②取上述溶液25.00mL，加入V1mLc1mol·L−1碘水；充分反应；

③以淀粉溶液为指示剂，用c2mol·L−1Na2S2O3溶液滴定②中所得溶液，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知I2+2=+2I-)

步骤②中反应的化学方程式为_______；步骤③滴定终点时的标志是_______；经计算，该产品的纯度为_______(用含m、V1、V2、c1、c2的式子表示)。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共6分)21、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)22、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___________。：23、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_________。24、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：____________________。25、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7题，共14分)1、C【分析】【详解】

燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应、正极上氧化剂得电子发生还原反应，正极电极反应式为负极反应为故A错误；

B.通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，则a是阳极、b是阴极，阴极上铜离子放电，电极反应为故B错误；

C.a极是石墨，b极是纯铜时，电解一定时间后两极产生的气体体积都为标准状况即氢气和氧气的物质的量都是根据转移电子守恒得硫酸铜浓度故C正确；

D.a、b两极均是石墨时，若a极产生的气体为标准状况a极产生氧气的物质的量硫酸铜的物质的量未知无法确定氢离子是否放电，所以无法计算溶液的pH，故D错误。2、B【分析】【分析】

由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7－，电极方程式为Al+7AlCl4－-3e－═4Al2Cl7－，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，电解时阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－。

【详解】

A.放电时，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，电路中每转移1mol电子，有1molCn（AlCl4）被还原；故A正确；

B.放电时，正极发生还原反应，电极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－；故B错误；

C.充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]；充电时石墨烯与电源的正极相连，故C正确；

D.充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－，电子守恒得到充电时的总反应为：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4）；故D正确；

故选B。3、D【分析】【分析】

由图可知，放电时，得电子生成VO2+，正极上的反应为+2H++e-═VO2++H2O，负极反应为V2+-e-═V3+，则a极为负极，b为正极，所以电池总反应为+V2++2H+=VO2++V3++H2O；以此解题。

【详解】

A．储能时为电解池；则该系统将电能转化为化学能，A正确；

B．由分析可知；储能时a极为阴极，氢离子通过质子交换膜向a极移动，则a极附近pH降低，B正确；

C．供能时为原电池，由分析可知，此时b极的电极反应式为+2H++e-=VO2++H2O；C正确；

D．根据正极的电极反应可知，当消耗1mol时转移1mol电子；则将该电池用于电解饱和食盐水时，可以生成0.5mol氯气和0.5mol氢气，一共是22.4L(标准状况)，D错误；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．选项A正确；

B．5min时，X、Y、Z的平衡浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L、选项B正确；

C．反应为放热反应；降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，选项C错误；

D．17min时，X的浓度为则X的转化率为选项D正确。

答案选C。5、C【分析】【分析】

由题意知，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，放电时负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为(2-x)O2+4Li+=2Li2O2-x(x=0或1)，电池总反应为2Li+(1-)O2=Li2O2-x；据此分析解答。

【详解】

A．根据图示和上述分析，放电时电池的正极O2与Li+得电子转化为Li2O2-x；发生的是还原反应，故A错误；

B．多孔碳材料电极为正极；电子应该由锂电极通过外电路流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，电解质中离子作定向移动，故B错误；

C．根据图示和上述分析，放电时电池总反应为2Li+(1-)O2=Li2O2-x，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-x=2Li+(1-)O2；故C正确；

D．Li能与水反应；故不能用水溶液作电解质溶液，故D错误；

答案选C。6、D【分析】【分析】

该电解池电解废液中的Pb2+得到Pb，含Pb废水通入b电极区，Pb2+在b电极处放电生成Pb，故b为阴极，电极反应为Pb2++2e-=Pb，a为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，总反应为2Pb2++2H2OO2+4H++2Pb。

【详解】

A．根据分析，电极a为阳极，反应为2H2O-4e-=O2+4H+；A错误；

B．根据分析，总反应为2Pb2++2H2OO2+4H++2Pb；B错误；

C．电解产生1molPb，转移电子的物质的量为2mol，阳极区的Na+、H+均为+1价离子；因此有2mol的阳离子通过阳离子交换膜，C错误；

D．在电解过程中；离子浓度会迅速降低，采用脉冲电解，在断电间隙时间内，可以让阴；阳离子充分的移动到阳极和阴极附近，离子浓度又会得到迅速恢复和补充，电极区相关离子浓度更大，有利于电解，D正确；

故选D。7、D【分析】【分析】

比较化学反应速率快慢时；可根据各物质表示的反应速率之比等于参与反应或生成的对应物质的化学计量数之比，所以可将选项中各物质表示的速率转化为同一物质所表示的反应速率后进行比较，注意单位要统一。

【详解】

A．

B．

C．v(C)=0.40mol·L-1·min-1，则

D．v(D)=0.45mol·L-1·min-1，则

所以上述四种状况下反应速率最快的是0.225mol/(L·min)；故合理选项是D。

故选D。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e-═2H2O；以此解答该题。

【详解】

(1)由分析可知，b为正极，故答案为：b；

(2)电池正极氧气得电子生成水，电极反应为：4H++O2+4e-═2H2O；a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极方程式为：C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，故答案为：4H++O2+4e-═2H2O；C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+；

(3)乙醇中C元素的化合价为-2价；被氧化后升高到+4价，则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，故答案为：12；

(4)a极附近发生电极反应C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+，氢离子浓度增大，pH减小，故答案为：减小。【解析】b4H++O2+4e-═2H2OC2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+12减小9、略

【分析】【分析】

甲为燃料电池是将化学能转变为电能的装置；属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，据此解题。

【详解】

(1)燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O；

(2)乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以其是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=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，阴极上析出铜，阳极电极方程式分别为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)设生成氢气的分子数为x；生成铜的质量为y：

列比例式可以求出x=0.2NA，y=12.8g。【解析】正极CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO+11H2O阴极2Cl--2e-=Cl2↑减小0.2NA12.8g10、略

【分析】【分析】

C；D、E、F、X、Y都是惰性电极；A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，据此分析解答。

【详解】

(1)C；D、E、F、X、Y都是惰性电极；A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，故答案为：正极；

(2)C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，C电极上氢氧根离子放电，电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)，F电极上氢离子放电，电极反应式为2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)，故答案为：阳极；4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)；阴极；2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)；

(3)若通过0.02mol电子，根据电解方程式：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4，产生硫酸的物质的量是0.01mol，通电后甲中溶液体积为200mL，则通电后所得的硫酸溶液的物质的量浓度为=0.05mol•L-1，故答案为：0.05mol•L-1；

(4)由电子守恒可知，电解R(NO3)m溶液时，某一极增加了agR，根据Rm++me-=R可知，×m=0.02mol，解得：Mr(R)=50am；故答案为：50am；

(5)Y极是阴极；该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，根据异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故答案为：正；

(6)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑；当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的物质的量分别为：0.25mol；0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2，故答案为：1∶2∶2∶2；

(7)电镀装置中；镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，即H应该是铜件，故答案为：铜件。

【点睛】

正确判断各电极的名称是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意根据电极反应式结合电子守恒判断。【解析】正极阳极4OH--4e-═O2↑+2H2O(或2H2O-4e-═O2↑+4H+)阴极2H++2e-═H2↑(或2H2O+4e-═H2↑+4OH-)0.05mol•L-150am正1∶2∶2∶2铜件11、略

【分析】【分析】

(1)写出三种物质燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算所求反应的焓变，当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应开始时CO浓度为1mol/L，由于开始时容器体积为2L，则开始时CO的物质的量是2mol，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和2molCO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；根据物质反应转化关系得到平衡时各种气体的物质的量，然后假设此时容器容积为VL，利用浓度定义式和甲醇浓度，可得转化物质的量与容器体积关系式，再根据恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，计算出转化的物质的量及平衡时容器容积，进而得到平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式即可求解；

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，达到平衡状态时，v正=v逆；容器内混合气体的平均相对分子质量等于以g/mol为单位的平均摩尔质量，据此分析。

【详解】

(1)H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol；283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。

①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H3=-890.0kJ/mol

将①×3+②-③，整理可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H=3△H1+△H2-△H3=-250.4kJ/mol；

当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行，该反应中焓变数值较大且小于0，所以能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，开始时容器体积为2L，根据理想气体状态方程pV=nRT，则有p=cRT，由于反应为恒压容器，所以始末态体系压强相等，根据图象可知在反应开始时c(CO)=1mol/L，则开始时n(CO)=1mol/L×2L=2mol，n(H2)=4mol，假设反应过程在反应产生CH3OH的物质的量为x，则反应消耗CO为xmol，消耗H2为2xmol，所以平衡时CO为(2-x)mol，H2为(4-2x)mol，CH3OH为xmol，假设平衡时容器的容积为VL，则=0.3mol/L，所以x=0.3Vmol，在恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，所以=解得V=L，x=0.5mol，所以平衡时c(CO)==0.9mol/L，c(H2)=2c(CO)=1.8mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，故该反应的化学平衡常数K==(L/mol)2≈0.1(L/mol)2；

②A.容器内CO2的体积分数随着反应进行而变化，当容器内CO2的体积分数不再变化时；反应达到平衡状态，A正确；

B.CO2和H2的物质的量的比不等于化学计量数之比，则CO2和H2转化率的比值随着反应进行而变化，当CO2和H2转化率的比值不再变化；反应达到平衡状态，B正确；

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，必然会同时产生3NA个H-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键；则氢气的浓度不变，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，C正确；

D.容器内混合气体的质量守恒；物质的量随着反应进行而变化，混合气体的平均相对分子质量也随之变化，当混合气体的平均相对分子质量为34.5且保持不变时，反应达到平衡状态，D正确；

故合理选项是ABCD。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，化学平衡状态的判断，掌握化学反应基本原理和平衡状态的特征及有关概念是解题关键。【解析】-250.4kJ/mol该反应的焓变数值较大，且小于00.1(L/mol)2ABCD12、略

【分析】【分析】

（1）合成氨为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；

（2）根据方程式利用三段法进行计算；

（3）达到平衡状态时；正反应速率等于逆反应速率，各物质的质量或浓度保持不变，据此进行分析判断。

【详解】

（1）合成氨为放热反应，T12，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K1>K2；

（2）设达到平衡时N2转化了xmol/L，根据三段法有N2+3H22NH3

始(mol/L)230

转(mol/L)0.51.51

平(mol/L)1.51.51

平衡时H2的转化率=×100%=50%；平衡常数K==0.2；

若再同时增加各物质的量为1mol，根据三段法有：N2+3H22NH3

始(mol/L)221.5

浓度商Qc==0.14正>v逆；

平衡常数只与温度有关；温度不变，K不变；

（3）A.当2v正（H2）＝3v逆（NH3）时才能证明达到平衡状态；A项错误；

B．该反应为非等体积反应；容器内气体压强不变，证明反应达到平衡状态，B项正确；

C.该反应为非等体积反应；混合气体的平均相对分子质量不再改变，证明反应达到了平衡状态，C项正确；

D．浓度相等并不能证明反应达到平衡状态；D项错误；

答案选BC。【解析】①.＞②.温度升高，平衡逆向移动，K减小③.50﹪④.＞⑤.不变⑥.BC13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由固体配制500mL一定物质的量浓度的溶液，整个过程需要的仪器有托盘天平、药匙、胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。Fe2(SO4)3为强酸弱碱盐，在溶解固体时，应在烧杯中先加入一定体积的稀硫酸，以防止Fe3＋水解。故答案为：药匙；托盘天平；硫酸；

(2)电流表显示电流由银电极流向石墨电极；则银电极为正极。由原电池的工作原理可知，阳离子向正极移动，即盐桥中的阳离子进入银电极溶液中。故答案为：银；

(3)石墨电极为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋。银电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag。电池的总反应为Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag，由此可知Ag＋的氧化性大于Fe3＋。故答案为：Fe2＋－e－=Fe3＋；Ag＋＋e－=Ag；Ag＋；

(4)随着原电池反应Ag＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ag的进行，溶液中c(Fe3＋)增大，当盐桥中电解质为KNO3时，NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使Fe3＋＋Ag⇌Ag＋＋Fe2＋平衡正向移动，故一段时间后，可观察到电流表指针反转。故答案为：原电池反应使c(Fe3＋)增大，同时NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移动。【解析】药匙、托盘天平硫酸银Fe2＋－e－=Fe3＋Ag＋＋e－=AgAg＋原电池反应使c(Fe3＋)增大，同时NO进入石墨电极酸性溶液中，氧化亚铁离子，c(Fe3＋)又增大，致使平衡正向移动三、判断题(共5题，共10分)14、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。15、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。16、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。17、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。18、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。四、实验题(共2题，共10分)19、略

【分析】【分析】

方法一：高锰酸钾和浓盐酸制备氯气；用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，氯气通入碘化钾和氢氧化钾的混合液中反应生成碘酸钾，用氢氧化钠吸收氯气，防止污染。

方法二：直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液；用乙醇除去剩余的高锰酸钾，抽滤除去二氧化锰，滤液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤，得到碘酸钾产品。

【详解】

（1）方法一中，高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，氯气中含有氯化氢杂质，装置a的作用是净化其中的试剂为饱和食盐水；根据图示，装置b的名称为三颈烧瓶。

（2）多孔球泡装置可增大氯气与碘化钾溶液的接触面积；使氯气充分反应。

（3）根据信息提示，溶液在中性条件下的还原产物为一种不溶于水的沉淀，即为所以化学方程式为

（4）高锰酸钾能被乙醇还原；滴入适量乙醇的作用是除去多余的高锰酸钾。

（5）A．三脚架；泥三角和坩埚的联合使用可用于灼烧固体；不能进行加热浓缩，加热浓缩用蒸发皿，故A错误；

B．在冷却结晶时；温度过低可能会有杂质析出导致产品不纯净，故B正确；

C．抽滤可使过滤速率增大；故C正确；

D．碘酸钾固体在热水中溶解度大；用热水洗涤时会导致产品损失，故D错误；

选BC。

（6）①淀粉液遇碘单质变蓝；宜选用淀粉溶液作指示剂；

②产品消耗硫代硫酸钠的物质的量为mol，由关系式可算出产品中的物质的量为质量分数为【解析】(1)饱和食盐水或饱和溶液三颈烧瓶或三口烧瓶。

(2)增大氯气与溶液的接触面积；使氯气充分反应，提高产率。

(3)

(4)除去多余的高锰酸钾。

(5)BC

(6)淀粉或20、略

【分析】【分析】

A装置为制取氯气装置，由于PCl3遇水会水解，所以氯气必须干燥，装置B除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C用来干燥氯气；干燥氯气与白磷在装置D中生成PCl3，利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止PCl3被氧化。根据PCl3的沸点数据，利用E装置收集PCl3。因尾气中含有有毒气体氯气且空气中的水蒸气可能进入装置，所以用F装置中的碱石灰可吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PC13反应；据此解答。

【详解】

（1）白磷几乎不溶于水；空气中易自燃，可以在冷水中密封保存。

（2）题目已知条件中PCl3受热易被氧气氧化，故利用CO2排出体系中的空气，防止白磷、PCl3被氧气氧化。

（3）题目已知条件中PCl3的沸点为75.5℃，通过冰水可冷凝并收集PCl3，防止PCl3挥发。

（4）反应剩余Cl2必须进行尾气处理，用氢氧化钠吸收氯气；PCl3极易水解，碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应。

（5）PCl3溶于水生成H3PO3的方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，第②步碘水与H3PO3发生反应，方程式为H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI；第③步滴定终点时的标志是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；根据反应知PCl3～H3PO3～I2、I2～2，参与反应的PCl3的物质的量n(PCl3)=(c1V1×10−3)−产品纯度为×100%=×100%。【解析】密封存放在冷水中排出体系中的空气，防止PCl3被氧气氧化冷凝PCl3，防止PCl3挥发吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCl3反应H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原×100%五、结构与性质(共1题，共6分)21、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质