2025年人民版选择性必修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年人民版选择性必修1化学下册阶段测试试卷991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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-220kJ·mol-1

H—H、O=O和O—H键的键能分别为436kJmol-1，496kJmol-1和462kJmol-1。则a为()A.-332B.-118C.+350D.+1302、用石墨与金属铁分别作两电极，用较小电流长时间电解某AlCl3溶液，不可能出现的现象为A.铁电极逐渐溶解B.在阳极生成黄绿色气体C.先生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色D.先生成白色沉淀，后来白色沉淀逐渐全部溶解3、MFC-电芬顿技术不需要外加能量即可发生；通过产生羟基自由基(·OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统原理示意图如图，下列说法错误的是。

A.甲池中H+移动的方向从M室到N室B.电子移动方向为a→Y，X→bC.乙池的可在酸性较弱的环境中使用D.Y电极上得到双氧水的反应为O2+2e-+2H+=H2O24、化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠B.聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.《本草经集注》中记载了区分真焰硝和假焰硝的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真焰硝”，这是利用了“焰色反应”原理D.北斗卫星导航专用硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成份为5、在相同温度时，100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是A.溶液中H+的物质的量B.CH3COOH的电离常数C.中和时所需NaOH的物质的量D.溶液中CH3COOH的物质的量6、已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化学式，且pX代表-lg或-lg常温下；用NaOH溶液滴定琥珀酸溶液，混合溶或液的pH与pX的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.该溶液中>B.水的电离程度d>cC.当H2A被完全中和时，c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+c(H+)D.滴定至c点时，c(Na+)2-)+2c(HA-)7、通常人体胃液的pH大约是胃液的酸碱性为A.碱性B.酸性C.无法判定D.中性评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫()与原料制备受热分解生成为气态△H发生反应。回答下列问题：

(1)上述反应中以物质的量分数表示的平衡常数与温度T的变化关系如图所示，则△H_______0(填“>”、“=”或“＜”)，提高平衡体系中的体积分数的措施为_______(填一条)。

(2)某兴趣小组对上述反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.2mol和0.1mol通入2L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为300kPa)；其中三种气体的分压随时间的变化曲线如图所示。

①表示分压变化的曲线是_______(填序号)；若保持容器体积不变，时反应达到平衡，则0～内的反应速率_______(用含的代数式表示)。

②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______。

③在该温度下，该反应的标准平衡常数_______(保留两位小数；已知：

分压=总压×物质的量分数；对于反应其中为各组分的平衡分压)。9、化学反应原理在科研和工农业生产中有广泛应用。

（1）某化学兴趣小组进行工业合成氨的模拟研究，反应的方程式为N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH＜0。在1L密闭容器中加入0.1molN2和0.3molH2，实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图所示：

实验②从初始到平衡的过程中，该反应的平均反应速率v（NH3）＝____________；与实验①相比，实验②和实验③所改变的实验条件分别为下列选项中的________、________（填字母编号）。

a．增大压强b．减小压强c．升高温度d．降低温度e．使用催化剂。

（2）800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入2molN2、3molH2；甲容器在反应过程中保持温度压强不变，乙容器保持温度体积不变，丙容器是绝热容器保持体积不变，三容器各自建立化学平衡。

①达到平衡时，平衡常数K甲________K乙________K丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲________c（N2）乙，c（N2）乙________c（N2）丙（填“＞”“＜”或“＝”）。

③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是____________。A．甲容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B．在乙中充入稀有气体He，化学反应速率加快C．丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态D．向丙容器中充入氨气，正向速率减小，逆向速率增大10、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H；上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：

回答下列问题：

（1）写出反应I的热化学方程式___。

（2）反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是___(反应未使用催化剂)。11、利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池；回答下列问题：

（1）写出电极反应式：正极___________________；负极_________________。

（2）图中X溶液是____________，Y溶液是____________。

（3）原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。

（4）X溶液中石墨电极上发生____________(填“氧化”或“还原”)反应12、人们的日常生活和工农业生产都离不开电能；当今世界电能的开发和利用已是科学工作者十分重视的课题。

(1)可自发进行，据此设计的下列实验装置中属于原电池，且电池工作时可发生上述反应的是___________(填序号)。

A．B．C．D．

(2)上述D装置若能构成原电池，其盐桥的作用是___________(回答两点)，盐桥中物质能不能改用含的琼胶？并说明理由：___________。

(3)在某新型催化剂作用下可形成新型燃料电池；其工作原理如图。

①Y极的电极反应式为___________。

②当有电子通过负载时，X极生成的体积为___________L(标准状况)。13、下表是几种弱电解质的电离平衡常数(25℃)。电解质电离方程式平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COO—+H+1.76×10-5H2CO3H2CO3HCO3—+H+HCO3—CO32—+H+K1=4.31×10-7K2=5.61×10-11C6H5OHC6H5OHC6H5O—+H+1.1×10-10H3PO4H3PO4H2PO4—+H+H2PO4—HPO42—+H+HPO42—PO43—+H+K1=7.52×10-3K2=6.23×10-8K3=2.20×10-13NH3·H2ONH3·H2ONH4++OH—1.76×10-5

回答下列问题（C6H5OH为苯酚）：

（1）由上表分析，若①CH3COOH②HCO3—③C6H5OH④H2PO4—均可看作酸，则它们酸性由强到弱的顺序为___________（填编号）；

（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式：__________________________；

（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO—)______c(NH4+)；（填“＞”；“＝”或“＜”）

（4）25℃时，向10mL0.01mol/L苯酚溶液中滴加VmL0.01mol/L氨水，混合溶液中粒子浓度关系正确的是______；

A.若混合液pH＞7；则V≥10

B.若混合液pH＜7，则c((NH4+)＞c(C6H5O—)＞c(H+)＞c(OH—)

C.V=10时；混合液中水的电离程度小于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度。

D．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)

（5）水解反应是典型的可逆反应．水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式_______________。14、向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。(_______)评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误16、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17、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误18、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误20、(1)用碳酸钠粉末可以制备CO2_______

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4_______

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3_______

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：将MgCl2溶液加热蒸干_______

(6)用向上排空气法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先熄灭酒精灯，后移出导管_______

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水_______A.正确B.错误21、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共6分)22、利用某冶金行业产生的钒炉渣(主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等杂质)可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]；其生产流程如图：

已知：V2O5微溶于水，可溶于碱生成VO向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如表：。pH≥1310.6～12约8.43～8约2＜1存在形式VOV2OV3OV10OV2O5VO

回答下列问题：

(1)“焙烧”后V元素转化为NaVO3，该反应的化学方程式为___。

(2)欲除去磷元素[使c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1]，则应控制溶液中Mg2+浓度至少为___mol·L-1(已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24)。此时Si元素转化为___(写化学式)。

(3)“沉钒”的作用为___，“沉钒”需要控制pH约为___。

(4)“还原”过程中，生成VOSO4和一种常温下无色无味的气体化合物，该反应的离子方程式为___。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VO2+，该方法的缺点是___。23、铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

(1)铝土矿“碱溶”时，氧化铝转化为__________进入溶液。

(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____(填“增大”“不变”或“减小”)，发生反应的离子方程式是_______。

(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是______。

(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液；原理如图所示。

阴极产生气体A的化学式为_______。阳极区Na2CO3转化为NaHCO3的原因是________(用化学用语予以说明)。24、氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物；冶炼铈的重要矿物原料；以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题：

(1)CeFCO3中Ce的化合价为___。

(2)氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是___(用化学方程式说明)。

(3)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为___。

(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为___。

(5)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是___。

(6)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因是___。评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共4分)25、反应①②是重要的化工反应；D；E、F、G为单质，D、E、G、H为气体，且只有E为有色气体，F是常见的金属单质，G是空气中主要成分之一，K是白色胶状沉淀，C的焰色反应为黄色，其物质间的转化关系如下，虚框内是需设计的内容，反应物只能用A～J中的物质：

（1）A的电子式__________，H的结构式是___________；

（2）A溶液的电解方程式是_______________；

C+B→J的离子方程式是_______________；

（3）请设计F→K的最佳途径_______；

（4）按设计得到1molK，电解B时转移的电子数目是_______，至少需要另加试剂的物质的量是__________。26、图中；A～L为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B；G为中学化学中常见的金属单质，E的稀溶液为蓝色，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色.

请回答下列问题：

(1)框图中所列物质中属于非电解质的物质是___；

(2)将D的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学式为___；

(3)在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的K溶液，使溶液的pH=7，则溶液中c(Na+)___c(NO)(选填“＞”“=”或“＜”)。

(4)与F组成元素相同的一种−2价酸根离子M，M中两种元素的质量比为4：3，已知1molA单质与含1molM的溶液能恰好完全反应，反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生，取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生。则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为：___。

(5)25℃时，若Ksp(H)=2.2×10−20，向0.022mol∙L−1的E溶液中逐滴滴入溶液K，当开始出现沉淀时，溶液中的c(OH－)=__。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH＝akJ·mol-1,②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol-1，将①-②×得：H2O(g)=H2(g)+O2(g)ΔH＝(a+110)kJ·mol-1，2×462-(436+×496)=a+110；解得a=+130。所以D符合题意；

故答案：D。2、D【分析】【分析】

用铁做阴极，石墨作阳极，即阳极上氯离子先放电得到氯气，阴极上氢离子放电得到氢气，由于两极通过电量相同，所以产生的氢气和氯气的物质的量相等，阴极区域c(OH-)>c(H+)，OH-与Al3+会发生反应生成Al(OH)3沉淀；如果铁做阳极，阳极会发生反应：Fe-2e-=Fe2+；阴极上氢离子放电生成氢气，据此分析解题。

【详解】

A．铁做阳极；铁电极会逐渐溶解，可能出现此现象，A不合题意；

B．石墨作阳极；即阳极上氯离子先放电得到氯气生成黄绿色气体，B不合题意；

C．铁做阳极，阳极会发生反应：Fe-2e-=Fe2+，阴极上氢离子放电生成氢气，生成氢氧根，先生成的灰白色沉淀Fe(OH)2，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色Fe(OH)3；C不合题意；

D．由于产生的氢气与氯气的物质的量相等，可以知道生成的氢氧根离子与Al3+之比不会大于3：1；即沉淀不会溶解，此现象不可能出现，符合题意；

故答案为：D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．甲池为燃料电池，a电极燃料失去电子，为负极，H+由负极向正极运动；即从M室到N室移动，A项正确；

B．甲为燃料电池，燃料失去电子，电子移动a→Y，X电极作阳极，失去电子，电子移动X→b；B项正确；

C．乙池中，酸性较弱时，Fe3+易水解生成沉淀；C项错误；

D．Y为阴极，氧气得到电子，发生还原反应，电极方程式为：O2+2e–+2H+=H2O2；D项正确；

答案选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．海水制盐后可以利用氯碱工业即电解饱和食盐水，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；故电解饱和食盐水制备不到金属钠，A错误；

B．聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的结构简式为：分子中没有碳碳双键等不饱和键，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；

C．鉴别K+和Na+可以利用焰色反应，故《本草经集注》中记载了区分真焰硝和假焰硝的方法：“以火烧之；紫青烟起，乃真焰硝”，是利用了“焰色反应”原理，C正确；

D．北斗卫星导航专用硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”；该“中国芯”的主要成份为晶体硅，D错误；

故答案为：C。5、A【分析】【详解】

A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大，电离程度越小，所以在相同温度时，100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中溶质的物质的量相等，但H+的物质的量前者大于后者；A符合题意；

B．电离平衡常数只与温度有关；温度相同，电离常数相同，B不符合题意；

C．100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等；因此中和时所需NaOH的物质的量也相等，C不符合题意；

D．溶液中CH3COOH的物质的量根据公式n=cV，结合二者的浓度与体积大小可知：100mL0.01mol/L醋酸与10mL0.1mol/L醋酸中含有溶质CH3COOH的物质的量相等；D不符合题意；

故合理选项是A。6、D【分析】【分析】

由d点数据可知由c点数据可知Ka1>Ka2，所以a代表pX=-lgb代表pX=-lg

【详解】

A.Ka1>Ka2，所以该溶液中<故A错误；

B.d、c两点都呈酸性，说明酸没有完全反应，d到c，随pH升高，琥珀酸电离出的氢离子不断减少，氢离子对电离的抑制作用减弱，水的电离程度d

C.当H2A被完全中和时溶质是Na2A，根据质子守恒，c(OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)；故C错误；

D.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，c点溶液呈酸性，所以c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)，=1，所以c(Na+)2-)+2c(HA-)；故D正确；

选D。7、B【分析】【详解】

常温下，的溶液呈酸性，的溶液呈中性，的溶液呈碱性，由通常人体胃液的pH大约是可知，胃液呈酸性，故选B。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】(1)

平衡常数随温度的倒数的增大而增大，则随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H＜0；提高平衡体系中的体积分数；则应使平衡正向移动，由于该反应为放热反应，所以可适当降低温度，使平衡正向移动；增大反应物甲烷的浓度或则及时移走硫化氢均能使平衡正向移动，故答案为：＜；适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）

(2)

①由于为生成物，所以表示分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，平衡时的分压则曲线III可表示分压；2L的密闭容器中0.2mol和0.1mol的总压为300kPa，则0.2mol和0.1mol的分别为200kPa和100kPa；解得所以则0～内的反应速率由于所以故答案为：III；

②时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动，则时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是a；故答案为：a；该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动；

③平衡时的分压分别为120kPa、40kPa、80kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数==故答案为：【解析】(1)＜

适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）

(2)IIIa该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动9、略

【分析】【分析】

（1）根据图像中氮气浓度的变化求出氨气浓度的变化，用求出用氨气表示的反应速率。与实验①相比；实验②速率快，平衡时氮气的浓度低，实验③速率慢，平衡时氮气浓度大，用勒夏特列原理判断改变的实验条件；

（2）①平衡常数只和温度有关；对于放热反应；温度升高，平衡常数减小。

②甲和乙相比；甲相当于在乙平衡后增大压强，乙和丙相比，丙相当于在乙平衡后升高了温度。

③某量在未平衡前是变化的；此量不变时可以说明反应已达平衡状态；化学反应速率受浓度影响，当改变压强时，也要看浓度是否改变。

【详解】

（1）根据像可知，②在10min时达到平衡，此时氮气的浓度变化为0.04mol/L，根据方程式或知，氨气的浓度变化了0.08mol/L，根据v=可知v（NH3）==0.008mol•L-1•min-1，根据图像可知②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，故选e，①和③比较可知，③的速率比①小，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，故③减小了压强，故选b；

故答案为0.008mol•L-1•min-1；e、b；

（2）①甲乙容器温度不变，平衡常数不变，丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故K甲=K乙＞K丙。

故答案为=；＞；

②甲容器在反应过程中保持压强不变，故容器体积减小，氮气的浓度增大；乙容器保持体积不变，随着反应的进行，压强减小；丙容器绝热，温度升高平衡逆向进行，故达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜c（N2）丙。

故答案为＞；＜；

③A．密度=总质量一定，甲容器为恒压装置，当气体密度不再变化时，说明气体总量不再发生变化，此反应已达到平衡状态，故A正确。B．乙为恒容装置，在乙中充入稀有气体He，反应物浓度不变，化学反应速率不变，故B错误；C．丙容器绝热，故丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态，故C正确；D．向丙容器中充入氨气，正；逆反应速率均增大，故D错误。

故答案为AC。

【点睛】

本题的易错点在于第（1）问中反应①和③的比较，从图像中看，反应③在15min时就达平衡，而反应①在20min时才达平衡，所以有的同学就盲目认为反应③的反应速率快，再根据平衡时反应③c（N2）大于反应①c（N2），说明反应③相对于反应①是平衡左移，而正反应是放热反应，所以错选答案c。根据反应速率的定义式v=假设取前15min，反应③的△c（N2）=0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，反应①的△c（N2）＞0.10mil/L-0.08mol/L=0.02mol/L，所以反应③的反应速率小，故答案应该选b。【解析】①.0.008mol·L－1·min－1②.e③.b④.＝⑤.＞⑥.＞⑦.＜⑧.AC10、略

【分析】【分析】

(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变；写出热化学方程式；

(2)根据图像可知；反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应Ⅱ，结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。

【详解】

(1)根据图像可知，反应I的化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol，故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol；

(2)根据图像可知，反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。【解析】2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失电子发生氧化反应，Fe3＋得电子发生还原反应；原电池中正极发生还原反应；负极发生氧化反应。（2）根据电池总反应；正极是氯化铁发生还原反应；为防止铜发生自放电，铜与Y溶液不能反应；

（3）原电池中阳离子移向正极；（4）原电池中正极发生还原反应；负极发生氧化反应。

解析：（1）反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，Cu失电子发生氧化反应，Fe3＋得电子发生还原反应；原电池中正极发生还原反应，所以C是正极，正极反应式是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；负极发生氧化反应，Cu是负极，负极反应式是Cu－2e－=Cu2＋；。（2）石墨是正极，正极反应是2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3，Cu是负极，Y溶液是CuCl2；（3）原电池工作时阳离子移向正极；石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；（4）石墨是正极，所以X溶液在石墨电极发生氧化反应。

点睛：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；阳离子移向正极，阴离子移向负极。【解析】2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋Cu－2e－=Cu2＋FeCl3CuCl2阳还原12、略

【分析】【分析】

铜作负极，Ag+作电解液，盐桥平衡电荷，形成闭合回路；在某新型催化剂作用下可形成新型燃料电池，乙醇作负极，氧气得电子作正极，根据电子转移数与CO2的关系式计算。

【详解】

(1)A．故A不符；

B．铜作负极，发生故B符合；

C．不能构成闭合回路；故C不符；

D．铜作负极，发生通过盐桥形成闭合回路，故D符合；

故答案为：BD；

(2)上述D装置能构成原电池，其盐桥的作用是平衡电荷，形成闭合回路(合理即可)(回答两点)，盐桥中物质不能改用含的琼胶，理由：因为盐桥中的会与反应生成沉淀，使盐桥失去作用。故答案为：平衡电荷，形成闭合回路(合理即可)；不能，因为盐桥中的会与反应生成沉淀；使盐桥失去作用；

(3)①Y极的氧气得电子，电极反应式为故答案为：

②当有电子通过负载时，V==11.2L，X极生成的体积为11.2L(标准状况)。故答案为：11.2。【解析】BD平衡电荷，形成闭合回路(合理即可)不能，因为盐桥中的会与反应生成沉淀，使盐桥失去作用11.213、略

【分析】【详解】

(1).根据表中数据可知；酸的电离平衡常数大小顺序是①④③②，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，所以它们的酸性由强到弱的是①④③②，故答案为①④③②；

(2).苯酚的电离平衡常数大于磷酸的第三步电离平衡常数，小于磷酸的第二步电离平衡常数，则苯酚和磷酸钠反应生成苯酚钠和磷酸一氢钠，离子方程式为：C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—，故答案为C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—；

(3).25℃时，等体积等浓度的醋酸和氨水混合，二者恰好完全反应生成醋酸铵，由表中数据可知，醋酸和氨水的电离平衡常数相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，c(OH−)=c(H＋)，根据电荷守恒式c(OH−)＋c(CH3COO−)=c(NH4+)＋c(H＋)可知，c(CH3COO−)=c(NH4+)；故答案为=；

(4).25℃时，一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，A.若混合液pH＞7，则溶液呈碱性，溶液中的溶质为苯酚铵或苯酚铵和一水合氨，苯酚和氨水的浓度相等，要使溶液呈碱性，苯酚的体积小于或等于或大于氨水的体积都可能使混合溶液呈碱性，故A错误；B.若混合液pH<7，溶液中的溶质为苯酚和苯酚铵，pH<7，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(C6H5O−)+c(OH−)，所以c(C6H5O−)>c(NH4+)，故B错误；C.含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，所以苯酚铵促进水的电离，苯酚抑制水的电离，因此V=10时，混合液中水的电离程度大于10mL0.01mol/L苯酚溶液中水的电离程度，故C错误；D.任何电解质溶液中都遵循物料守恒，根据物料守恒得V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O—)+c(C6H5OH)；故D正确；答案选D；

(5).碳酸根离子发生第一步水解反应的离子方程式为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，根据平衡常数的定义可知，Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式为：故答案为

点睛：本题综合考查弱电解质的电离、盐类水解、酸碱溶液混合的定性判断等知识点，题目难度中等，解答本题的关键是根据弱电解质电离平衡常数的大小判断酸的酸性强弱。难点是第（4）问，解题时要根据表中电离常数的数据，根据一水合氨的电离程度大于苯酚，则苯酚铵溶液呈碱性，再灵活运用电荷守恒、物料守恒等知识解答即可。【解析】①.①④③②②.C6H5OH+PO43—=C6H5O—+HPO42—③.=④.D⑤.14、略

【分析】【分析】

【详解】

生成沉淀，没有气体，离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+CO其原理是碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与偏铝酸根离子、水生成氢氧化铝.此时碳酸氢根和氢氧化铝都充当酸，属于强酸制弱酸的反应，故错误。【解析】错误三、判断题(共7题，共14分)15、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。16、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。17、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；18、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。19、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。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)用碳酸钠粉末与酸反应可以制备CO2；故正确；

(2)用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率不可改用浓H2SO4；浓硫酸遇铁，常温下发生钝化，故错误；

(3)加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理除去二氧化碳和水，可获得NH3；故正确；

(4)用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同；均是固体加热，故正确；

(5)由MgCl2溶液制备无水MgCl2：应在HCl气流中将MgCl2溶液加热；故错误；

(6)应用排水法收集铜粉和稀硝酸反应产生的NO；故错误；

(7)排水法收集KMnO4分解产生的O2：先移出导管；后熄灭酒精灯，故错误；

(8)浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2：气体产物应先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故错误。21、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。四、工业流程题(共3题，共6分)22、略

【分析】【分析】

钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁得到MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，过滤后加入沉钒得到V2O5，再加入稀硫酸溶解得到VO酸性条件下加入甲酸还原得到VO2+；在加入碳酸氢铵，得到氧钒碱式碳酸铵晶体。

【详解】

(1)“焙烧”后V元素转化为NaVO3，说明V2O3在焙烧过程中被氧化，根据电子守恒可知V2O3和O2的系数比为1:1，再结合元素守恒可得化学方程式为V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑；

(2)当溶液中c(PO)≤1.0×10-6mol·L-1时，c(Mg2+)≥=1×10-4mol/L；此时Si元素转化为MgSiO3沉淀；

(3)沉钒前的溶液中含有大量Na+，沉钒可以分离除去Na+，使产品更纯净；根据题目所给信息可知沉钒时需要将V元素转化为微溶于水的V2O5；所以控制pH约为2；

(4)还原过程中还原剂为HCOOH，所以生成的无色无味的气体化合物应为CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2VO+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；浓盐酸中Cl-会被V2O5氧化为有毒气体氯气。【解析】V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑1×10-4MgSiO3分离除去Na+，使产品更纯净22VO+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O生成有毒气体氯气23、略

【分析】【分析】

以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液；结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。

【详解】

(1)铝土矿“碱溶”时，氧化铝与氢氧化钠发生反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，则氧化铝转化为NaAlO2进入溶液，故答案为：NaAlO2；

(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，AlO和HCO发生双水解反应AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO溶液中OH-浓度减小，则溶液的pH减小，故答案为：减小；AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO

(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，由于在高温下石墨电极被阳极上产生的O2氧化，所以电解过程中作阳极的石墨易消耗，故答案为：高温下石墨电极被阳极上产生的O2氧化；

(4)根据电解装置图分析可知，阳极反应为4CO32-＋2H2O－4e－＝4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，故答案为：H2；CO＋H2OHCO＋OH－，4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(或4CO＋2H2O－4e－=4HCO＋O2↑)；【解析】NaAlO2减小AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO高温下石墨电极被阳极上产生的O2氧化H2CO＋H2OHCO＋OH－，4OH－－4e－=2H2O＋O2↑(或4CO＋2H2O－4e－=4HCO＋O2↑)24、略

【分析】氟碳铈矿主要成分为CeFCO3，氧化焙烧生成二氧化碳、氟化氢和CeO2，在氧化焙烧后的产物中加入稀硫酸和双氧水，生成氧气，则过氧化氢失电子表现还原性，则+4价的Ce得电子生成Ce3+，有机物HT将Ce3+从水溶液中萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品。

【详解】

(1)CeFCO3中F元素为−1价；碳元素为+4价，氧元素为−2价，由各元素化合价代数和为0，可计算出Ce元素的化合价为+3价；故答案为：+3；

(2)反应中生成的HF能与陶瓷容器中含有的SiO2反应，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；所以氧化焙烧时不能使用陶瓷容器；

(3)氧化焙烧生成的二氧化铈(CeO2)与稀硫酸、双氧水反应生成氧气，O的化合价升高，H2O2做还原剂，则铈被还原为Ce3+，则酸浸时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；

(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，能将Ce3+从水溶液中萃取出来；溶液中加入HT，经操作Ⅰ得到有机层和水溶液，则操作I的名称为萃取分液；

(5)温度升高；双氧水易发生分解，易造成温度偏高浸出率反而会减小；

(6)根据平衡Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)可知，混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡