2025年湘师大新版选择性必修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年湘师大新版选择性必修1化学下册阶段测试试卷220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6题，共12分)1、在1L密闭容器中，用足量的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示(CO2的体积已按标准状况折算)。下列分析不正确的是。

A.EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升B.FG段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小C.EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mo1•L—1•min—1D.OEF、FG三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2:4:12、图像法是研究化学反应的一种常用方法。已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示；则下列叙述中正确的是。

A.A2(g)+B2(g)=2AB(g)是一个放热反应B.A2(g)与B2(g)每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C.该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量D.断裂1molA－A键和1molB－B键时放出akJ能量3、硫酸的生产工艺有多种，其中以固体金属氧化物作电解质(可传导)的电化学法生产硫酸的原理如图[已知：S(g)在电极上的反应为可逆反应]。下列说法不正确的是。

A.a极可发生副反应：B.b极的电极反应式：C.每产生500mL98%硫酸(密度为)，转移的电子数为55.2NAD.a极电势比b极电势低4、利用下列装置进行实验；不能达到实验目的的是。

A.用①收集H2B.用②蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝C.用③分离NaCl溶液和BaSO4固体D.用④分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层5、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.SO3溶于水后能导电，故SO3为电解质B.一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解C.硫酸酸性强于醋酸，但CaCO3难溶于硫酸，可溶于醋酸D.pH=5的盐酸和氯化铵溶液，水的电离程度相同6、恒压时，和在起始物质的量时发生反应：测得不同温度下的平衡转化率见图。有关说法正确的是。

A.若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂B.该反应的逆反应吸热C.若将起始和变为原来的一半，图像发生改变D.时，平衡常数评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、常温时，某酸溶液中存在如下关系和随变化的关系如图所示.下列叙述错误的是。

A.曲线③表示与的变化关系B.的数量级为C.反应的化学平衡常数为D.由a至b，溶液中水的电离程度先增大后减小8、利用燃料电池电解制备并得到副产物的装置如图所示。下列说法正确的是。

A.A.C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜B.若去掉C膜，产品室中有可能产生等沉淀C.a极电极反应：D.标准状况下，a极上通入1.12L甲烷，理论上阳极室溶液质量减少22.2g(忽略水分子的移动)9、已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：

实验①向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓溶液由黄色变为橙色。

实验②向2mL0.lmol/L酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色，发生反应：下列分析正确的是A.酸性溶液具有强氧化性，是因为中铬元素呈高价具有强氧化性B.实验②能说明氧化性C.和在酸性溶液中可以大量共存D.稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小10、常温下，下列说法正确的是A.浓度均为的和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C.与等体积混合后的溶液中：D.与0.1mol/L盐酸等体积混合后的溶液中()：11、邻苯二甲酸(H2M)的pKa1=2.95，pKa2=5.41(已知pK=-lgK)。室温下，向一定浓度的H2M溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，混合溶液中x与pH的关系如图所示。其中x=lg或lg下列说法错误的是。

A.直线II上的所有点对应溶液中水的电离程度大于直线IB.c(Na+)=c(HM-)+c(M2-)时，pH＜7C.a=c=2.95，b=d=5.41D.溶液中c(M2-)＞c(HM-)时，pH≥712、一定条件下,CH3COONa溶液存在水解平衡CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-下列说法正确的是A.加入少量NaOH固体,上述平衡左移,溶液导电能力增强B.加入少量FeCl3固体,c(CHCOO-)增大C.稀释溶液,溶液的pH增大D.加入少量Na2CO3固体,减小13、某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.d点无沉淀生成B.通过加水稀释可以使溶液由b点变到a点C.加入适量(固体)可以使溶液由d点变到c点D.a点对应的大于c点对应的14、芝加哥伊利诺伊大学的研究人员设计了一种可用于商业化的新型锂金属电池；电池结构如图所示。电池工作时，下列说法错误的是（）

A.该装置将化学能转化为电能B.负极上发生的电极反应为Li–e-=Li+C.该电池可用LiOH溶液作电解质D.电池工作时，电路中每流过1mol电子，正极增重14g评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、(1)理论上任何一个自发的氧化还原反应均可以设计成原电池。根据氧化还原反应Fe＋2Fe3+=3Fe2+设计的原电池如图所示，其中盐桥内装琼脂­饱和KNO3溶液。

请回答下列问题：

①电解质溶液X是___；电解质溶液Y是___。

②写出两电极的电极反应式：铁电极：_；碳电极：__。

③外电路中的电子是从__电极流向__电极。(填“铁”或“碳”)

④盐桥中向X溶液中迁移的离子是__(填字母)：A．K+B．NO3-

(2)请将下列氧化还原反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O设计成原电池；画出(1)中的装置图，并写出相应的电极反应式。

①原电池装置图：_______；

②正极：_________；

③负极：_________。16、如图所示，甲、乙、丙分别表示在不同条件下，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)的生成物C的百分含量w(C)和反应时间(t)的关系。

（1）若甲中两条曲线分别代表有催化剂和无催化剂的情况，则____曲线代表无催化剂时的情况。

（2）若乙图表示反应达到平衡后分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入惰性气体后的情况.则_____曲线表示恒温恒容的情况，此时混合气体中w(C)_____（填“变大”；“变小”或“不变”）。

（3）根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是_____（填“放热”或“吸热”）反应.x的值为____。

（4）丁图表示在某固定容器的密闭容器中，上述可逆反应达到平衡后，某物理量随着温度(T)的变化情况，根据你的理解，丁的纵坐标可以是_______（填序号）。

①w(C)②A的转化率③B的转化率④压强⑤c（A）⑥c（B）升高温度，平衡向________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。17、T℃时，在一个的恒容密闭容器中；X；Y、Z三种气体物质的量随时间变化曲线如图。

(1)该反应的化学方程式为________________。

(2)内，Y的平均反应速率为_______

(3)可以判断该反应是否达到平衡的依据是___________(填正确答案的字母编号)。

A.容器内气体压强保持不变B.容器内各气体的浓度保持不变。

C.X、Y的反应速率之比为1∶1D.气体Z的体积分数不再改变。

(4)Y的平衡转化率是____________；该反应的化学平衡常数____________。

(5)若向图中平衡体系中再加X，加入X的瞬间v正________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，v逆_________，平衡__________(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。

(6)若向图中平衡体系中充入氩气，X的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。18、工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：

反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的焓变△H=___________kJ·mol-119、某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Zn；Fe、Cu的金属活动性；他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：

(1)用三种金属与盐酸反应的现象来判断，实验中除选择大小相同的金属片外，还需要控制___________、___________相同。

(2)某小组同学采用Zn、Fe作为电极，只用一个原电池证明三种金属的活动性，则电解质溶液最好选用___________。

A．0.5mol/L盐酸B．0.5mol/L氯化亚铁和0.5mol/L氯化铜混合溶液。

C．0.5mol/L氯化铜溶液D．0.5mol/L氯化亚铁溶液。

(3)SO2空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动；其装置如下图：

①质子向___________极迁移(填“M”或“N”)。

②负极的电极反应式为___________，每转移4mole-消耗的___________L(标况下)SO2。20、电镀废液中含有Cu2+、Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe3+；某专利申请用下列方法从该类废液中制备高纯度的铜粉。

已知导体和其接触的溶液的界面上会形成一定的电位差，被称作电极电位。如反应Cu2+(氧化态)+2e-=Cu(还原态)的标准电极电位表示为Cu2+/Cu=0.34，该值越大氧化态的氧化性越强，越小还原态的还原性越强。两个电对间的电极电位差别越大，二者之间的氧化还原反应越易发生。某些电对的电极电位如下表所示：。Fe3+/Fe2+Cu2+/Cu+Cu2+/Cu/SO2Fe2+/FeNi2+/NiMg2+/MgCa2+/Ca0.770.520.340.17-0.44-0.23-2.38-2.76

回答下列问题：

(1)蒸发浓缩后的溶液中，Cu2+的物质的量浓度≥_______(结果保留两位小数)。分离固液混合物时，需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，其原因是_______。

(2)溶液的氧化还原电位越高，其氧化能力同样越强。溶液的氧化还原电位，与溶液中离子等微粒的种类及其浓度相关，实验测得Cu2+与SO2反应体系的氧化还原电位与铜粉的回收率和纯度的关系如下表所示：。反应液的电位(mV)360340320300280260铜粉的回收率(%)86.590.295.697.297.397.4产品的纯度(%)99.999.999.999.999.999.9

①由此可知，制备过程中进行电位检测时，要把溶液的氧化还原电位控制在_______mV左右。

②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是_______。反应生成Cu+的离子方程式是_______。

(3)废液2中含有的金属离子除Mg2+、Ca2+外还有_______。为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为_______(填化学式)而除去。21、(1)决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的________，影响化学反应速率的外因有_______________________(至少填2个)；

(2)H2C2O4与KMnO4反应时，它转化为CO2和H2O。实验现象________________

(3)氢氧化钡晶体Ba(OH)2·8H2O与氯化铵反应方程式_________________。

(4)Na2S2O3与稀H2SO4反应离子方程式_______________________。

(5)将向含有KI和H2SO4的混合溶液中加入淀粉溶液，放置一段时间实验现象。________

(6)在H2O2溶液中加入少量MnO2实验现象____________

(7)当1g氨气完全分解为氮气、氢气时，吸收2.72kJ的热量，则热化学方程式_______________

(8)由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及的步骤为：TiO2→TiCl4+Mg→Ti。已知：

①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=－566kJ/mol

③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ/mol

则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=__________22、发射卫星时可用肼(N2H4)作燃料；二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。

(1)肼和二氧化氮反应的化学方程式为______________。

(2)已知拆开1molH-H键、1molO-H(g)键、1molO=O键分别需要的能量是436kJ、463kJ、496kJ，则O2与H2反应生成2molH2O(g)所释放的热量为____________kJ。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)23、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误24、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共6分)25、有一瓶澄清溶液，可能含有K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、中的一种或几种。取该溶液进行以下实验：

①用pH试纸检验；表明溶液呈强酸性；

②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡CCl4层呈紫红色；

③另取部分溶液；向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性变为碱牲，在滴加过程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。

④另取部分③中的碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根据以上实验事实回答下列问题：

(1)该溶液中肯定存在的离子是___________________，肯定不存在的离子是________；

(2)步骤③加入NaOH溶液过程中先生成白色沉淀后完全溶解的离子方程式为_______。26、A；B、C、D、E是短周期元素组成的中学常见的物质；存在如图所示的转化关系（部分生成物和反应条件略去）

（1）若C为二氧化碳，则A可能为___________________；

（2）若X为金属单质，则X与B的稀溶液反应生成C的离子方程式为___________________________；

（3）若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则A为_________，反应③的离子方程式为____________；

（4）若A为无色液体，且B、E的摩尔质量相等，反应①的化学方程式为_____________；

（5）若A为一氧化碳，则D为____________；t℃时，在2L的密闭的容器中加入3molCO和0.75mol水蒸气，达到平衡时，CO的转化率为20%，在相同温度下再加入3.75mol水蒸气，再次达到平衡时，能否计算出CO的转化率？____。若能，请计算；若不能，请说明理由________________________________________。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共7分)27、含钨的钢材有高速钢；钨钢以及钨钴磁钢等；它们主要用来制造各种工具，如钻头、铣刀等。以黑钨精矿制备单质钨(W)的流程如图。完成下列问题：

已知：黑钨精矿的化学式为FexMn1-xWO4。

(1)黑钨精矿粉碎的目的是__，黑钨精矿中W的化合价为__。

(2)反应i的化学方程式为__。

(3)电解制备WO3同时回收过量NaOH的装置如图所示。

①离子交换膜为__离子交换膜(“阳”、“阴”)，c的分子式为__。

②石墨2的电极反应式为__，右池生成WO3·2H2O的离子方程式为__。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

OE段反应开始持续进行；反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，最后，G点收集到的二氧化碳的体积最大。

【详解】

A．反应放热导致反应体系的温度上升；所以EF段反应速率加快，故A正确；

B．反应进行一段时间后；盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，故B正确；

C．EF段产生的CO2为：由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04mol，时间为1min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：故C错误；

D．由于时间都是1min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比；即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D正确；

答案选C。2、C【分析】【分析】

据图像可知；反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。

【详解】

A．根据分析，反应吸热，焓变大于0，反应热=反应物能量总和-生成物能量总和=+(a-b)kJ/mol；属于吸热反应，A错误；

B．由图中信息可知，每生成2molAB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ；B错误；

C．由图像可知；反应吸热，反应物总能量小于生成物总能量，C正确；

D．断键应吸收能量；断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误；

故选：C。3、C【分析】因为固体电解质能传导O2-，则通O2的电极发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-，从而得出b极为正极；a极为负极。

【详解】

A．由以上分析可知，a极为负极，主反应为S(g)失电子产物与电解质中的O2-等反应，最终生成硫酸，可能发生副反应为：A正确；

B．由分析可知，b极为正极，O2得电子生成O2-，电极反应式：B正确；

C．在负极，S(g)—H2SO4—6e-，每产生500mL98%硫酸(密度为)，转移的电子数为=55.2NA，但还有副反应发生，所以转移电子总数大于55.2NA；C不正确；

D．a极为负极，b极为正极，正极电势比负极高，则a极电势比b极电势低；D正确；

故选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．用①收集H2；氢气密度比空气小，故A正确；

B．不可以用②蒸干AlCl3溶液制备无水氯化铝；氯化铝会水解生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为三氧化二铝，故B错误；

C．用③分离NaCl溶液和BaSO4固体；过滤可以实现固液分离，故C正确；

D．用④分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层，CCl4的密度比水大；且与水互不相容，故D正确；

故选B。5、C【分析】【详解】

A．SO3溶于水后生成硫酸，硫酸是强电解质完全电离出离子能导电，并不是SO3电离而导电，SO3属于非电解质；故A项错误；

B．有弱才水解；如碳酸钾，硝酸铵，都含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子，能够水解，故B项错误；

C．碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙表面，碳酸钙与醋酸反应生成易溶性醋酸钙，所以CaCO3难溶于硫酸；易溶于醋酸，故C项正确；

D．盐酸抑制水的电离；氯化铵可水解，能够促进水的电离，故D项错误；

故答案选C。

【点睛】

本题主要考查电解质的性质与判断，要注意理解掌握电解质的定义，电解质发生水解的条件等，试题难度不大。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．使用催化剂，能改变化学反应速率，但不影响化学平衡，若使用催化剂，a点二氧化硫转化率和b点应相同；故A错误；

B．升高温度；平衡向吸热反应方向移动，由图可知，升高温度，二氧化硫的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为逆反应为吸热反应，故B正确；

C．恒压时，将起始n(SO2)和n(O2)变为原来的一半；与原平衡为恒压等效平衡，二氧化硫的转化率不变，图像不变，故C错误；

D．容器的体积未知；不能确定各物质的平衡浓度，无法计算K，故D错误；

故选：B。二、多选题(共8题，共16分)7、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由图像可知，随着pH的增大c(H2Y)和c(HY-)的浓度减小，c(Y2-)的浓度增大，所以曲线③表示与的变化关系；故A正确；

B．②表示与的变化关系，③表示与的变化关系，由图可知pH=4.4，所以的数量级为故B错误；

C．反应的化学平衡常数为由图像可知所以该反应的平衡常数为K=故C错误；

D．由a至b；溶液由酸性变为中性又变为碱性，所以水的电离程度先增大后减小，故D正确；

故答案为BC。8、BD【分析】【分析】

第一个为甲烷燃料电池；通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，故右边的电解池的第一个电极为阳极，第二个电极为阴极。

【详解】

A．利用燃料电池电解制备并得到副产物可知阳极室的电极反应式为：则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，故A错误；

B．若去掉C膜，生成的氢氧根会发生反应故可能生成等沉淀；故B正确；

C．a极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：故C错误；

D．a极上通入标准状况下1.12L甲烷；甲烷的物质的量为0.05mol，转移电子的物质的量为0.4mol，此时阳极逸出的氯气为0.2mol即14.2g，同时会有0.2mol即8g钙离子会通过A膜进入产品室，所以阳极室减少22.2g，故D正确；

故选BD。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A．中铬元素呈高价，在酸性溶液具有强氧化性，被还原为Cr3+；故A正确；

B．实验②中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、而铁离子的氧化性大于亚铁离子的氧化性，则可说明氧化性故B正确；

C．和在酸性溶液中会发生氧化还原反应；不能大量共存，故C错误；

D．稀释溶液时，氢离子浓度减小，Kw不变；氢氧根离子浓度增大，故D错误；

故选AB。10、CD【分析】【详解】

A．根据越弱越水解，的水解程度小于浓度均为的和溶液中阳离子的物质的量浓度之和前者大于后者；故A错误；

B．pH均为3的和溶液，的浓度大于用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积大于故B错误；

C．与等体积混合后，溶液中的溶质为等浓度的和根据质子守恒的电离大于水解，溶液呈酸性，所以故C正确；

D．与0.1mol/L盐酸等体积混合，溶液中的溶质为等浓度的NaCl，溶液中()，醋酸的电离程度大于水解，所以故D正确；

选CD。11、AD【分析】【分析】

Ka1=Ka2=分别取对数，整理可得关系式：lg+pH=-1gKa1，lg+pH=-lgKa2，pKa1=2.95，pKa2=5.41，当pH相等时lg＜lg所以直线I、直线II分别为lglg与pH的变化关系。

【详解】

A．当邻苯二甲酸H2M与NaOH恰好完全中和时；水的电离程度最大，直线II与直线I上的点对应的溶液pH相对大小是不确定的，无法确定水的电离程度大小，A错误；

B．电荷守恒关系式为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HM-)十2c(M2-)，当c(Na+)=c(HM-)+c(M2-)时，c(H+)=c(OH-)+c(M2-)，则c(H+)＞c(OH-)；pH＜7，B正确；

C．由关系式：lg+pH=-1gKa1，lg+pH=-lgKa2，pKa1=2.95，pKa2=5.41，根据图像，当pH为0时，可得出c=2.95，d=5.41，当lglg为0时，可得出a=2.95，b=5.41；C正确；

D．当溶液中c(M2-)＞c(HM-)时，lg＜0；直线II继续向左延伸至横坐标小于0时，此时pH可能大于；等于或小于7，D错误；

故选AD。12、AD【分析】【详解】

A．加入少量NaOH固体；抑制水解，上述平衡左移，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故A正确；

B．FeCl3消耗了氢氧根离子；使平衡正移，醋酸根浓度减小，故B错误；

C．稀释溶液；平衡正向进行，但是氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；

D．加入少量Na2CO3固体，抑制水解，平衡逆向移动，c(CHCOO-)增大，平衡常数常数不变，则减小；故D正确；

故选AD。13、AC【分析】【分析】

某温度时，在水中的沉淀溶解平衡曲线；曲线上及上方区域为饱和硫酸钡溶液，曲线下方为不饱和硫酸钡溶液；

【详解】

A．d点在曲线下方，属于不饱和溶液，因此d点无BaSO4沉淀生成；A正确；

B．加水稀释时钡离子和硫酸根离子的浓度均降低，所以不能使溶液由b点变到a点；B错误；

C．d点在曲线下方，属于不饱和溶液，加入适量BaCl2(固体)增大钡离子浓度；可以使溶液由d点变到c点，C正确；

D．溶度积常数只与温度有关系，则a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp；D错误；

故选AC。14、CD【分析】【详解】

A．由题意可知该装置为原电池；原电池是将化学能转化为电能的装置，A正确；

B．Li作为电池的负极失去电子发生氧化反应，即Li–e-=Li+；B正确；

C．电解质溶液中的水能与电极Li发生氧化还原反应；电解池应为非水电解质，C错误；

D．根据转移电子守恒；电路中每流过1mol电子，正极1mol锂离子得到电子生成单质锂，所以增重7g，D错误。

答案选CD三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

(1)根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+分析，在反应中，Fe失电子，被氧化，Fe3+得电子，被还原；原电池中负极失电子发生氧化反应，Fe3+在正极上得电子被还原；外电路中的电子从负极流向正极；盐桥中的阴离子往负极移动，阳离子往正极移动，以此解答；

(2)根据原电池中负极失电子发生氧化反应；正极得电子发生还原反应，电解质一般为参与反应的离子所组成的化合物分析解答。

【详解】

(1)①由反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，在反应中，Fe被氧化，失电子，应为原电池的负极，Fe3+在正极上得电子被还原，C为正极，负极电解液X中应含有亚铁离子，正极反应为：Fe3++e-=Fe2+，因而Y为含Fe3+的电解质溶液，所以电解质X为：FeCl2(或FeSO4)，电解质Y为：FeCl3[或Fe2(SO4)3]；

②负极：Fe被氧化，失电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，Fe3+在正极上得电子被还原，电极反应为：2Fe3++2e-=2Fe2+；

③外电路电子由负极流向正极；所以外电路中电子是从铁电极流向碳电极；

④Fe是负极，因而向X中迁移的是阴离子，即为NO3−；故答案选B；

(2)由氧化还原反应2Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，Cu发生氧化反应，作负极，其电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，则负极的电解质为Cu(NO3)2，正极应选用碳棒或其他惰性电极，其电极反应式为：2NO3−+6e-+8H+=2NO↑+4H2O，则正极的电解质为稀HNO3，则该装置图为

【点睛】

原电池中，电子的流向与电流的方向相反，电流由正极流向负极，则电子由负极流向正极。【解析】FeCl2(或FeSO4)FeCl3[或Fe2(SO4)3]Fe－2e-=Fe2+2Fe3+＋2e-=2Fe2+铁碳BNO3-＋3e-＋4H+=NO↑＋2H2OCu－2e-=Cu2+16、略

【分析】【详解】

（1）.使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，故答案为b；

(2).恒温恒容下，充入惰性气体，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，则反应混合物各组分的百分含量不变，由图可知，在a曲线上C的百分含量不变，b曲线到达新平衡后C的百分含量降低；所以a曲线表示恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入惰性气体；

故答案为a；不变；

(3).由图可知；压强相同时，温度越高，C的百分含量越高，平衡向正反应方向移动，因升高温度，平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应；

温度相同；压强越大，平衡时C的含量越高，平衡向正反应方向移动，因增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即x＜2(x为整数)，则x=1

故答案为吸热；1；

(4).该反应正反应为吸热反应；反应前后气体的体积减小。升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即向右移动。

由图可知；纵轴所表示的量随温度升高而增大，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，C的含量增大，A.B的转化率增大，平衡时A.B浓度降低。反应前后气体的体积减小，在恒容条件下，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，混合物的总物质的量增加，所以平衡时，容器内压强增大，但起始压强不为0，故①②③符合。

故答案为①②③；正反应。【解析】①.b②.a③.变小④.吸热⑤.1⑥.①②③⑦.正反应17、略

【分析】【详解】

(1)根据图像可知X和Y是反应物，Z是生成物，达到平衡时X、Y、Z的变化量分别是（mol）0.8、0.8、1.6，变化量之比是1：1：2，所以该反应的化学方程式为

(2)内消耗Y是1mol－0.7mol＝0.3mol，浓度是0.15mol/L，则Y的平均反应速率为0.15mol/L÷3min＝0.05

(3)A.反应前后体积不变；则压强始终不变，因此容器内气体压强保持不变不能说明达到平衡状态，A错误；B.容器内各气体的浓度保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确；C.X；Y的反应速率之比为1∶1不能说明正逆反应速率相等，不一定达到平衡状态，C错误；D.气体Z的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，D正确；答案选BD；

(4)平衡时消耗Y是0.8mol，Y的起始量是1mol，则Y的平衡转化率是80%；平衡时X、Y、Z的浓度分别是（mol/L）0.2、0.1、0.8，则该反应的化学平衡常数＝32。

(5)若向图中平衡体系中再加X，X浓度增大，加入X的瞬间v正增大，生成物浓度不变，则v逆不变；正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动。

(6)若向图中平衡体系中充入氩气，反应物浓度不变，平衡不移动，则X的平衡转化率不变。【解析】0.05BD80%32增大不变向正反应方向不变18、略

【分析】【详解】

根据图示可得如下热化学方程式：

①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+72.6kJ·mol-1；

②CO(g)+O2(g)CO2(g)△H2=-283.0kJ·mol-1；

③H2(g)+O2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1；

反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可以由③-①-②得到；由盖斯定律可得：

△H=△H3-△H1-△H2=(-241.8kJ·mol-1)-(+72.6kJ·mol-1)-(-283.0kJ·mol-1)=-31.4kJ·mol-1；答案为：-31.4。【解析】-31.419、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)用三种金属与盐酸反应的现象来判断；实验中除选择大小相同的金属片外，还需要控制盐酸的浓度；温度相同；故答案为：盐酸的浓度；盐酸的温度；

(2)Zn；Fe作为电极；只用一个原电池证明三种金属的活动性，Zn作负极，可知金属性Zn大于Fe，且由金属阳离子的得电子能力比较，选C时铜离子先得到电子，然后亚铁离子得电子，由此可确定金属的活泼性，故答案为：B；

(3)①原电池中二氧化硫失去电子；氧气得到电子，因此M电极是负极，N电极是正极，原电池中阳离子向正极移动，则质子向N极迁移。

②负极是二氧化硫发生失去电子的氧化反应，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+，每转移4mole-消耗2molSO2，在标况下的体积是2mol×22.4L/mol＝44.8L。【解析】盐酸的浓度盐酸的温度BNSO2-2e-+2H2O=SO+4H+或2SO2-4e-+4H2O=2SO+8H+44.820、略

【分析】【分析】

通过题干表格中各组电极电势的数据可知，废液1蒸发浓缩后通入SO2，将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，过滤后得到铜粉和滤液2，滤液2中含有Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，其中Ca2+与转化为CaSO4沉淀，而Mg2+和Fe2+、Ni2+可以通过调节pH值的方法转化为氢氧化物的形成除去；据此分析解题。

【详解】

（1）由题干数据可知，蒸发浓缩后的溶液中Cu2+的浓度不小于60g/L，则Cu2+的物质的量浓度≥=0.94mol/L；由于分离固液混合物时Cu为粉末状，普通过滤时易造成滤纸堵塞，过滤速率非常慢，则需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，故答案为：0.94mol/L；固液混合物中铜为粉末状，普通过滤速率非常慢；

（2）①由表可知；制备过程中进行电位检测时，氧化还原电位在260mV时铜的回收率最高，纯度高，故要把溶液的氧化还原电位控制在260mV左右，故答案为：260；

②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是由表中数据可知，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+，反应生成Cu+的离子方程式是Cu2++e-=Cu+，故答案为：Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+；Cu2++e-=Cu+；

（3）由题干数据可知，Fe3+/Fe2+的电极电位为0.77mV，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52mV，Cu2+/Cu的电极电位为0.34mV，/SO2的电极电位为0.17mV，故Cu2+被还原为Cu时，Fe3+被还原为Fe2+，则滤液2中还有的离子为：Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为CaSO4而除去，故答案为：Ni2+和Fe2+；CaSO4。【解析】(1)0.94mol/L固液混合物中铜为粉末状；普通过滤速率非常慢。

(2)260Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+Cu2++e-=Cu+

(3)Ni2+和Fe2+CaSO421、略

【分析】【分析】

(1)化学反应能否发生；进行快慢程度由参加反应的物质本身性质决定；在内因相同的情况下，也会受反应的温度、、浓度、压强、催化剂、溶剂等外界条件影响；

(2)H2C2O4与KMnO4会发生氧化还原；根据反应产生的物质的状态；颜色变化分析实验现象；

(3)二者发生复分解反应；据此书写反应方程式；

(4)Na2S2O3与稀H2SO4反应产生硫酸钠、S、SO2、H2O；据此书写方程式；

(5)空气中的氧气在溶液中溶解，氧化KI产生I2，I2遇淀粉；溶液变为蓝色；

(6)MnO2是H2O2分解的催化剂；

(7)先计算1g氨气的物质的量；然后结合反应的物质与能量变化相对应，写出反应的热化学方程式；

(8)根据盖斯定律；将已知热化学方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式。

【详解】

(1)化学反应能否发生；进行快慢由反应物本身性质决定；同时也受温度、压强、催化剂等外界条件影响；

(2)H2C2O4具有还原性，而KMnO4具有氧化性，二者反应时，草酸被氧化产生CO2气体，高锰酸钾被还原产生无色的Mn2+；使溶液紫色变浅甚至褪色，因此看到的实验现象是有气泡产生，溶液的紫色褪色；

(3)氢氧化钡晶体Ba(OH)2·8H2O与氯化铵混合发生复分解反应产生BaCl2、NH3、H2O，反应的化学方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

(4)Na2S2O3与稀H2SO4反应产生硫酸钠、S、SO2、H2O，根据物质的溶解性及电解质的强弱，可知该反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

(5)空气中的氧气在含有KI和H2SO4的混合溶液中溶解，氧化KI产生I2，I2遇淀粉；溶液变为蓝色，故看到的实验现象是：溶液变为蓝色；

(6)H2O2不稳定，会分解产生H2O、O2，MnO2是H2O2分解的催化剂；因此会看到产生大量气泡；

(7)1gNH3的物质的量是n(NH3)=mol，1g氨气完全分解为氮气、氢气时，吸收2.72kJ的热量，则2molNH3分解吸收的热量是Q=×2.72kJ=92.48kJ，故NH3分解产生N2和H2的热化学方程式为：2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.48kJ/mol；

(8)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=－566kJ/mol

③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ/mol

根据盖斯定律，将①×2-②+③，整理可得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=-80kJ/mol。

【点睛】

本题考查了化学方程式、热化学方程式、离子方程式的书写、化学反应发生即反应速率的影响因素、反应现象的判断等。掌握反应原理，弄清化学变化的根本原因及可能影响的外界条件，物质在发生化学反应时，不仅有物质变化，同时也伴随着能量变化，能量变化的多少与反应的物质的多少及物质的状态有关，因此书写热化学方程式要注明物质的存在状态及与之相对应的焓变，放热反应反应热为负值，吸热反应反应热为正值，从物质状态、溶液的颜色等分析判断反应现象。【解析】自身性质温度、浓度、压强、催化剂等产生气泡，同时看到溶液的紫色褪色Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2OS2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O溶液变为蓝色大量气泡2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.48kJ/mol-80kJ/mol22、略

【分析】【分析】

化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算。

【详解】

(1)肼和二氧化氮反应生成氮气和水，化学方程式为2N2H4+2NO=3N2+4H2O。故答案为：2N2H4+2NO=3N2+4H2O；

(2)拆开2molH-H键、1molO=O键共吸收436kJ×2+496kJ=1368kJ的热量，形成4molO-H(g)键共放出463kJ×4=1852kJ，则O2与H2反应生成2molH2O(g)所释放的热量为1852kJ-1368kJ=484kJ。故答案为：484。【解析】2N2H4+2NO=3N2+4H2O484四、判断题(共2题，共4分)23、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。五、元素或物质推断题(共2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由实验①可知，因与反应，该溶液中不能存在由实验②可知，加入氯水后有碘单质生成，原溶液中存在因为在强酸性条件下，具有强氧化性，能将氧化，故不能存在，具有氧化性，能与反应，故不能存在；因氢氧化铝具有两性，氢氧化镁没有，由实验③可知原溶液中存在而不存在加热后产生能使红色湿润试纸变蓝的气体，该气体为氨气，原溶液中存在向③中溶液加入碳酸钠产生白色沉淀，则原溶液中含有因与反应生成白色沉淀，故原溶液中不能存在所以原溶液中一定不存在的离子有Mg2+、Fe3+、一定存在在离子有Ba2+、Al3+、I-、故填Ba2+、Al3+、I-、Mg2+、Fe3+、

(2)步骤③中加入NaOH后有