2025年浙教版选择性必修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年浙教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷356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5题，共10分)1、有两只串联的电解池(惰性电极)，甲池盛有足量的CuSO4溶液，乙池盛有足量的某硝酸盐的稀溶液。电解时当甲池电极析出6.4gCu时，乙池电极析出21.6g金属，则乙池的溶质可能是A.NaNO3B.KNO3C.Al(NO3)3D.AgNO32、一种以LiAlCl4液体为电解质的可充电锂离子电池；其工作原理如图所示。下列说法正确的是。

A.放电时，FePO4发生氧化反应B.放电过程中电解质溶液中Li+的浓度不发生变化C.放电时，负极的电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2ClD.充电时，a接正极，b接负极3、恒温恒压下，在起始容积为的密闭容器中发生反应：

00510

反应过程中的部分数据如上表。下列说法正确的是A.容器内气体密度不变，标志着反应已达到平衡状态B.内，用C表示的平均反应速率为C.时，A的物质的量浓度为D.反应达到平衡后充入少量氦气不参与反应正反应速率减小，逆反应速率增大4、氯碱工业是高耗能产业；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，离子膜均为阳离子交换膜。下列说法错误的是。

A.图中X是Y是B.燃料电池中阳离子的移动方向：从左向右C.图中氢氧化钠溶液质量分数：b%＞a%＞c%D.电解池中每产生1mol理论上燃料电池中消耗的物质的量为1mol5、铁锅是中国传统厨具，新锅经过水洗、干烧、油润等“开锅”步骤后，使用寿命更长。下列说法错误的是A.“干烧”时，新锅表面变蓝，其原因是在此过程中产生B.铁锅盛水过夜会出现锈斑，此时的锈蚀主要是吸氧腐蚀C.铁锅使用完，洗净擦干后，可在锅内涂一层植物油保存D.装配不易腐蚀的纯铜铆钉及手柄，铁锅更加美观耐用评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应达到平衡，下列说法正确的是。容器温度/K物质的起始浓度/(mol·L-1)物质的平衡浓度/(mol·L-1)c(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)c(CH3OH)c(CH3OH)I4000.200.1000.080II4000.400.200III500000.100.025

A.该反应的正反应为吸热反应B.达到平衡时，容器I中反应物转化率比容器II中的小C.达到平衡时，容器III中的正反应速率比容器I中的大D.达到平衡时，容器II中c(H2)大于容器III中c(H2)的两倍7、某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)⇌2C(g)；达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率分别随时间的变化如图所示：

下列说法中正确的是A.30～40min内该反应使用了催化剂B.化学方程式中的x=1，正反应为吸热反应C.30min时减小压强，40min时升高温度D.8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-18、向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)下图是不同温度下SiHCl3的物质的量分数随时间的变化：

下列说法正确的是A.该反应正方向为吸热反应B.T2时，0~100min时，v(SiCl4)＝0.0025mol·L-1·min-1C.T2时向平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡不移动D.T1时，起始向容器中充入SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4各0.3mol，达到平衡前v(正)＜v(逆)9、生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的含量。利用的反应原理为：一元酸实验步骤如下：

①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入滴指示剂，用浓度为的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为

②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL；静置1分钟。

③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为

下列说法不正确的是A.步骤①中的指示剂不可以选用酚酞试液B.步骤②中静置的目的是为了使和HCHO完全反应C.步骤②若不静置会导致测定结果偏高D.饱和食盐水中的10、向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.1mol和1.1mol制备反应原理为(正反应吸热)。在不同温度()下测得容器中随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.温度>B.时，的平衡转化率C.时，平衡时再充入1.1mol平衡常数增大D.时，若改为恒温恒压容器，平衡时11、给定温度下，在4个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：实验测得为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是。容器温度/物质的起始浓度/物质的平衡浓度/Ⅰ40000.200.100.08Ⅱ4000.4000Ⅲ5000.20000.06Ⅳ5000.050.050.30

A.设为该反应的化学平衡常数，则有B.平衡时，容器I中NO的转化率与容器Ⅲ中的转化率之和大于1C.达到平衡时，容器Ⅱ中大于容器I中的两倍D.容器Ⅳ达到平衡前：12、天津大学研究团队以KOH溶液为电解质，CoP和Ni2P纳米片为催化电极材料；电催化合成偶氮化合物的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是。

A.若用铅蓄电池作为电源，Ni2P极连接铅蓄电池的PbO2极B.CoP电极反应式为2+8e-+8H+=+4H2OC.合成1mol偶氮化合物，要消耗2molRCH2NH2D.离子交换膜是阳离子交换膜13、常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定溶液﹐溶液中随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示：

下列说法不正确的是A.整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂B.n点的pH为m点和q点pH的平均值C.r点溶液中：D.r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大14、已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：用该溶液做实验；溶液的颜色变化如图：

以下结论和解释正确的是（）A.由实验①可推知正反应的△H>0B.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动C.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-D.原蓝色溶液中加入少量NaCl固体，实验现象与实验③相同评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、某化学兴趣小组专门研究了氧族元素及其某些化合物的部分性质。所查资料信息如下：

①酸性：H2SO4＞H2SeO4＞H2TeO4

②氧；硫、硒与氢气化合越来越难；碲与氢气不能直接化合。

③由元素的单质生成等物质的量的氢化物的焓变情况如图。

请回答下列问题：

(1)H2与硫化合的反应_______热量(填“放出”或“吸收”)；

(2)已知H2Te分解反应的∆S＞0，请解释为什么Te和H2不能直接化合：_______；

(3)上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是_______(填序号)。

(4)写出在NaOH溶液中通入过量的H2S反应的离子方程式：_______

(5)写出4mL0.01mol/L的酸性KMnO4溶液中滴入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液中反应的离子方程式：_______16、有科研工作者研究利用H2S废气制取H2，反应原理2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。在2L的恒容密闭容器中，H2S的起始物质的量均为1mol，控制不同温度进行此反应。实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率；完成下列填空：

（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=___________。可以根据容器内气体密度是否变化判断该反应是否达到平衡状态吗？说明理由____________________________________________。

（2）下列关于正反应方向反应热效应的推断合理的是_________（选填字母）。

a.根据曲线a可知为吸热反应b.根据曲线a可知为放热反应。

c.根据曲线b可知为吸热反应d.根据曲线b可知为放热反应。

（3）985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则5s内反应速率v(H2)=___mol·L-1·s-1。

（4）随着温度升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，原因是___________________________。

（5）H2S尾气可用硫酸铜溶液吸收，写出反应的离子方程式_________________。用复分解反应规律分析该反应用弱酸（氢硫酸）制得强酸（硫酸）的原因_______________。

17、铜是人类最早使用的金属之一；中国使用铜的历史年代久远。大约在六；七千年以前中国人的祖先就发现并开始使用铜。纯铜是柔软的金属，呈紫红色，延展性好，导热性和导电性高，因此在电缆和电气、电子元件是最常用的材料，请回答下列问题：

(1)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_______(填选项字母)

a.粗铜接电源正极,发生氧化反应。

b.溶液中Cu2+向阴极移动。

c.电解过程中；阳极和阴极的质量变化相等。

d.利用阳极泥可回收Al；Zn等金属。

(2)目前的电路板，主要由线路和图面组成，线路是作为原件之间导通的工具，在设计上会另外设计大铜面作为接地及电源层，在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为______________。

(3)Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式___________________。

(4)Cu2O中的Cu+不稳定，向Cu2O滴加稀硫酸，有紫红色物质生成，溶液变为蓝色，写出反应的离子方程式_________________。

(5)火法炼铜的原理：Cu2+O22Cu+SO2，在改反应中每生成1molCu，转移________mole-。18、如图所示；某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：

(1)石墨电极(C)作_______极，甲中甲烷燃料电池的负极反应式为_______。

(2)若消耗(标况)氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积(标况)为_______L。乙池中总反应的离子方程式_______。

(3)若丙中以稀为电解质溶液，电极材料b为铝，则能使铝表面生成一层致密的氧化膜，该电极反应式为_______。19、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

回答下列问题：

(1)人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是___________。

(2)将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至9时发生反应的离子方程式为___________。

(3)下列说法错误的是___________。(填序号)

A．n(H3AsO3)∶n(H2AsO)=1∶1时；溶液显碱性。

B．H3AsO3溶液中：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)

C．K3AsO3溶液中：c((AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)>c(H3AsO3)

D．H3AsO3的电离平衡常数Ka1∶Ka2=10b+a

(4)P和As位于同主族元素，存在亚磷酸(H3PO3)，常温下，0.10mol·L-1H3PO3溶液的pH=1.6，该酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。

①Na2HPO3为___________(填“正盐”或“酸式盐”)；常温下Na2HPO3溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”)。

②亚磷酸可由PCl3完全水解制取，反应的化学方程式为___________。20、结晶的操作方法：用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体的操作方法___________评卷人得分四、有机推断题(共4题，共24分)21、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___________。：22、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_________。23、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：____________________。24、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）。评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)25、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中较稳定，广泛应用于日常生产生活中。向如图所示装置中通入SO2，在加热条件下反应可制得Na2S2O3·5H2O。

回答下列问题：

准确称取1.4g产品，加入刚煮沸并冷却过的水20mL，使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1标准碘水溶液滴定。已知：2S2O(aq)＋I2(aq)=S4O(aq，无色)＋2I-(aq)。

①标准碘水应盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

②第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如下图所示，则第一次消耗碘水标准溶液的体积为___________mL。

③重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为___________%。(保留1位小数)。滴定次数滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL第二次1.5630.30第三次0.2226.3226、《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。

（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_______。

（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈；结构如图所示：

Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。

（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体）；请结合下图回答：

①过程Ⅰ的正极反应物是___________。

②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。

（4）青铜器的修复有以下三种方法：

ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；

ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；

ⅲ．BTA保护法：

请回答下列问题：

①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。

②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。

A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜。

B．替换出锈层中的Cl-；能够高效的除去有害锈。

C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”27、某化学兴趣小组利用0.2000的溶液测定某NaCl、KCl混合溶液中的物质的量浓度。

Ⅰ.配制250mL0.2000的溶液。配制过程如下所示：计算所需固体的质量→称量→溶解→转移；洗涤→定容、摇匀→装瓶、贴标签。

(1)配制该溶液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、_______。

(2)用托盘天平称取_______g固体。

(3)定容时若仰视刻度线，造成的后果应如何补救？_______。

Ⅱ.已知25℃时，以下五种物质的如下表所示：。物质AgClAgBrAgI颜色白色砖红色淡黄色黄色黑色

(4)现以所配制的溶液测定某溶液中适宜作滴定指示剂的物质是_______(填正确答案标号)。

A.B.KBrC.KID.

滴定过程中，用标准溶液滴定待测液时，眼睛应注视_______，滴定终点的实验现象为_______。

(5)下列操作中可导致测定的浓度偏低的是_______(填正确答案标号)。

A.取标准溶液的滴定管；未经润洗就直接注入溶液，进行滴定实验。

B.盛装标准液的滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

C.读取溶液体积时；开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数。

D.锥形瓶内有少量蒸馏水。

(6)实验数据记录如下表所示：。滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次50.000.0025.05第二次50.004.1029.10第三次50.000.4025.35

则该待测液中，的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

用惰性电极电解不活泼金属盐溶液时阴极有金属析出。

【详解】

A．用惰性电极电解NaNO3溶液时；阴极有氢气生成，不可能有金属析出，故A错误；

B．用惰性电极电解KNO3溶液时；阴极有氢气生成，不可能有金属析出，故B错误；

C．用惰性电极电解Al(NO3)3溶液时；阴极有氢气生成，不可能有金属析出，故C错误；

D．用惰性电极电解AgNO3溶液时，阴极有Ag析出，且==0.2mol；即甲；乙两池析出金属时转移电子数目相等，故D正确；

故答案为D。2、C【分析】【分析】

根据锂离子移动方向以及得失电子难易程度课分析出a电极为电池负极b电极为电池正极。

【详解】

A．放电时，FePO4得电子；发生还原反应，A错误；

B．放电时，负极的电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl正极电极反应式为Li++e-+FePO4=LiFePO4，故放电过程中电解质溶液中Li+的浓度减小；B错误；

C．放电时，Al做负极，电极反应式为Al+7AlCl-3e-=4Al2ClC正确；

D．充电时原电池的正极接外接电源的正极；原电池负极接外接电源负极，故D错误；

所以答案选C。3、B【分析】【分析】

发生反应5min时。

发生反应10min时。

【详解】

A．反应A(g)+2B（g）=3C(g)中；反应物和产物都是气体，气体总质量不变，又因为容器体积不变，反应过程中气体密度一直不变，容器内气体密度不变时，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；

B．5~10min内，用C表示的平均反应速率为=0.012mol·L-1·min-1；B正确；

C．由分析可知，5min时，A的物质的量浓度为=0.16mol·L-1；C错误；

D．反应达到平衡后充入少量氦气(不参与反应)；反应物和生成物浓度都不变，速率不变，D错误；

故选B。4、D【分析】【分析】

由图可知；电解池中，左侧电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气X，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气Y和氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动；燃料电池中，左侧电极为负极，氢气在氢氧根离子作用下失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为正极，氧气和水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动。

【详解】

A．由分析可知；X为氯气；Y为氢气，故A正确；

B．由分析可知；燃料电池中钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动，故B正确；

C．由分析可知，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b%＞a%＞c%；故C正确；

D．由得失电子数目守恒可知，电解池中每产生1mol氯气，燃料电池中消耗氧气的物质的量为1mol×=0.5mol；故D错误；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．变蓝在工业上称为“发蓝”过程；原因是铁锅表面一薄层铁氧化为四氧化三铁，故A正确；

B．铁锅盛水能发生电化学腐蚀；由于电解质溶液为中性，所以发生吸氧腐蚀，故B正确；

C．铁锅使用完；洗净擦干后，可在锅内涂一层植物油隔绝空气，避免铁锅被腐蚀，故C正确；

D．装配不易腐蚀的纯铜铆钉及手柄会形成原电池；铁比铜活泼作为负极被腐蚀，更加容易生锈，故D错误；

故选D。二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【分析】

对比I；III；如果温度相同，是等效平衡，达到平衡时甲醇的浓度相等，但III的温度较高，甲醇的平衡浓度小于I，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应是放热反应；对比I、II，在相同温度下反应，但II的浓度是I的两倍，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，II相当于在I的基础上增大压强，将体积缩小为原来的一半，增大压强平衡正向移动，以此回答问题。

【详解】

A．由分析可知；该反应是放热反应，故A错误；

B．对比I、II，在相同温度下反应，但II的浓度是I的两倍，增大浓度，平衡正向移动，由方程式可知；II相当于在I的基础上增大压强，将体积缩小为原来的一半，增大压强平衡正向移动，转化率增大，则达到平衡时，容器I中反应物转化率比容器II中的小，故B正确；

C．容器III；I对比；用一边倒法，反应物的浓度相等，但温度高，升高温度，反应速率加快，所以达到平衡时，容器III中的正反应速率比容器I中的大，故C正确；

D．对比I、II，在相同温度下反应，但II的浓度是I的两倍，II相当于在I的基础上增大压强，将体积缩小为原来的一半，增大压强平衡正向移动，故II平衡时c(H2)小于I的两倍，对比I、III，如果温度相同，是等效平衡，达到平衡时c(H2)相等，但III的温度较高，升高温度平衡逆向移动，III平衡时c(H2)大于I；平衡时II中氢气浓度小于III中的两倍，故D错误；

故选：BC。7、CD【分析】【分析】

在可逆反应中；增加反应物浓度的瞬间正反应速率加快；逆反应速率不变，所以正反应速率先增大后有所减小、逆反应速率先不变，后有所增加，在达到新平衡前，正逆反应速率均比旧平衡时要大；增大气体压强的瞬间，正逆反应速率均增大，气体分子总数减少方向的速率增幅更大；使用正催化剂，能同等幅度增加正逆反应的速率；升温，吸热方向的速率增加得更快。反之则反之，据此回答。

【详解】

A．30～40min内反应速率减小；若使用催化剂，则化学反应速率增大，A错误；

B．由浓度­时间图像可知；A；B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由反应速率­时间图像可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B错误；

C．结合选项AB可知；C正确；

D．前8min内A的平均反应速率为=0.08mol·L-1·min-1；D正确；

答案选CD。8、AD【分析】【分析】

因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知道到平衡所需时间T2温度下小于T1温度下，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。又T2温度下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1温度下平衡时小；说明升温平衡向正反应方向移动。

【详解】

Ａ．由图像分析可知；温度升高平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，故A正确；

B．2L容器，初始SiHCl3为1mol，故初始c(SiHCl3)=0.5mol/L，设SiHCl3转化的物质的量浓度为x，列出三段式:由图可知，T2温度下100min达到平衡时，SiHCl3物质的量分数为0.5，所以解得x=0.25mol/L；v(SiCl4)=故B错误；

C．温度不变，向平衡后的容器中充入一定量的SiHCl3，平衡正向移动；故C错误；

D．由题意和三段式计算得到T2温度下的平衡常数K2=而正反应为吸热反应,所以T1温度下的平衡常数K12=0.25，T1温度下2L容器初始通入SiHCl3､SiH2Cl2､SiCl4各0.3mol,则初始时浓度商Qc=>0.25=K2>K1，所以平衡前，反应向逆反应方向进行，达到平衡前v(正)

故选AD｡9、AC【分析】【分析】

A.氢氧化钠与甲酸恰好反应时生成甲酸钠；甲酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合酚酞的变色范围分析；

B.为了使铵根离子与甲醛充分反应；需要将混合液静置；

C.若不静置；铵根离子反应不完全，导致测定结果偏低；

D.结合反应一元酸及待测计算饱和食盐水中的

【详解】

步骤中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，酚酞的变色范围为所以指示剂可选用酚酞试液，故A错误；

B.步骤中静置1分钟的目的是为了使和HCHO完全反应；从而减小实验误差，故B正确；

C.步骤若不静置，没有完全反应；导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；

D.反应一元酸中产生的消耗NaOH溶液的体积为则饱和食盐水中的故D正确。

故答案选：AC。10、BC【分析】【详解】

A．由题图可知，温度下先达到平衡，温度下的速率快，所以>故A正确；

B．时，的平衡转化率由化学方程式得反应掉的和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0mol，所以故B错误；

C．平衡常数与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D．时，平衡时若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时故D正确；

故选BC。11、BD【分析】【详解】

A．达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，则K═=A错误；

B．根据容器I的数据：

容器I中NO的转化率

根据容器III的数据：

容器III中NO2的转化率

所以两个转化率之和大于1；B正确；

C．若恒温恒压下，容器I的投料量“一边倒”后是容器Ⅱ中投料量的1/2，两者互为等效平衡，则达到平衡时容器II的是容器I中的两倍，但由于题干所给条件是恒容，所以容器II的压强较大，导致容器II更往逆向移动，减少，因此容器II中小于容器I中的两倍；C错误；

D．温度为500℃；反应达平衡时，根据容器III中的数据列三段式：

平衡常数因为温度不变，所以K值不变，则容器IV反应达平衡前，Qc==0.30>K=0.0228，此时反应向着逆方向进行，v正逆；D正确；

故选BD。12、AC【分析】【分析】

该装置为电解池，Ni2P电极上是RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，Ni2P为阳极，电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O；CoP电极是硝基苯变化为偶氮化合物；发生的是还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。

【详解】

A．铅蓄电池的PbO2极为正极，连接电解池的阳极，即Ni2P极；故A正确；

B．CoP电极是硝基苯变化为偶氮化合物，发生的是还原反应，电极反应式为2+8e-+4H2O=+8OH-；故B错误；

C．根据电极反应式可知，合成1mol偶氮化合物转移8mol电子，要消耗2molRCH2NH2；故C正确；

D．由两电极反应式可知，左侧电极消耗OH-，右侧生成OH-；要使阴离子通过，离子交换膜应是阴离子交换膜，故D错误；

答案选AC。13、CD【分析】【分析】

本题主要考查盐酸滴定溶液，侧重考查学生分析和解决化学问题的能力。已知：时酚酞溶液变无色，时甲基橙变橙色。

【详解】

A．由图可知：盐酸溶液滴定溶液时；先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A项正确；

B．点：①q点：②n点，B项正确；

C．由水解生成的和的量是相等的可知，此时溶质为由质子守恒得C项错误；

D．r点溶质为此时水的电离程度最大，r点到k点滴加盐酸；水的电离程度始终减小，D项错误；

故选D。14、AC【分析】【详解】

A．根据题目信息可知，[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，实验①知：降低温度，反应逆向移动，由勒夏特列原理可知，降低温度，平衡向放热方向移动，则正反应方向为吸热反应，则△H>0；故A正确；

B．水是纯液体；浓度是常数，保持不变，故B错误；

C．实验③平衡逆向移动，说明Zn2+络合Cl-的能力更强，则配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-；C正确；

D．向原蓝色溶液中加入少量NaCl固体，则溶液中增大；则平衡正向移动，溶液呈蓝色，D错误；

答案选AC。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

根据③的图象获取反应热的信息结合反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0分析解答；根据非金属性强弱的比较方法：①单质与氢气易(难)反应；②生成的氢化物稳定(不稳定)；③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；④相互置换反应(强制弱)；⑤单质得电子的能力比较非金属性强弱等分析判断；NaOH溶液中通入过量的H2S反应生成硫氢化钠和水；草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应；草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，据此分析解答。

(1)

从图象可知，S与H2的△H＜0；反应放出热量，故答案为：放出；

(2)

从图象可知，Te和H2反应的△H＞0，而H2Te分解反应的△S＞0，Te和H2化合的△S＜0，则△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故答案为：因为化合时△H＞0，△S＜0，△H-T△S＞0；故反应不能自发进行；

(3)

根据元素非金属性的判断方法可知；上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是①②③，故选①②③；

(4)

NaOH溶液中通入过量的H2S反应生成硫氢化钠和水，反应的离子方程式为OH-+H2S=HS-+H2O，故答案为：OH-+H2S=HS-+H2O；

(5)

草酸和高锰酸钾溶液在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O。【解析】(1)放出。

(2)因为化合时ΔH＞0，ΔS＜0，ΔH-TΔS＞0；故反应不能自发进行。

(3)①②③

(4)OH-+H2S=HS-+H2O

(5)2MnO+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O16、略

【分析】【分析】

根据方程式书写平衡常数表达式；根据转化率计算反应速率；根据勒夏特列原理分析平衡的移动方向及反应是否放热。

【详解】

（1）根据反应方程式知：K=[c2(H2)∙c(S2)]/c2(H2S)；根据平衡的特点及反应的特点分析知不能根据容器内气体密度是否变化判断该反应是否达到平衡状态；理由是反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的总质量和体积均没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态；

故答案为[c2(H2)∙c(S2)]/c2(H2S)；不能；反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的总质量和体积均没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态；

（2）由图像中曲线a知H2S的平衡转化率随温度的升高而增大，说明平衡正向移动，说明反应为吸热，所以根据曲线a可知为吸热反应；曲线b表示，温度越高，反应越快，H2S的转化率越大；但反应在低温区未达到平衡，则不能说明温度对平衡的影响，也就无法判断反应是吸热还是放热。

故答案为a；

（3）5s内H2S转化的物质的量为1mol×40%=0.4mol，则v(H2)=v(H2S)==0.04mol·L-1·s-1。

故答案为0.04

（4）随着温度升高，曲线b向曲线a逐渐靠近；根据温度对化学反应速率的影响可知：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。

故答案为温度升高；反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；

（5）铜离子可以与硫离子生成沉淀，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；用复分解反应规律分析知Cu2+与S2-结合形成CuS沉淀；使离子浓度降低。

故答案为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Cu2+与S2-结合形成CuS沉淀，使离子浓度降低。【解析】①.[c(H2)]2[c(S2)]/[c(H2S)]2②.不能，反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的总质量和体积均没有发生变化，即密度没有发生变化，不能由此判断反应是否达到平衡状态③.a④.0.04⑤.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短⑥.H2S+Cu2+→CuS↓+2H+⑦.Cu2+与S2-结合形成CuS沉淀，使离子浓度降低17、略

【分析】【分析】

(1)电解精炼铜时；粗铜作阳极，该电极上Zn；Fe、Ni、Cu失电子，精铜作阴极，该极上是铜离子得电子，阳极上铜以及比铜活泼的金属会溶解，而没有铜活泼的金属会从阳极掉落下，形成阳极泥；

(2)氯化铁溶液能把铜氧化为铜离子；

(3)酸性条件下铜被过氧化氢氧化为铜离子；

(4)Cu+不稳定，向Cu2O滴加稀硫酸，有紫红色Cu生成，溶液变为蓝色说明有Cu2+生成；

(5)Cu2S在反应中；铜元素化合价从+1价变化降低为0价，硫元素化合价从-2价升高到+4价。

【详解】

(1)电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故a正确；溶液中Cu2+向阴极移动，在阴极上发生还原反应，故b正确；电解过程中，阳极Zn、Fe、Ni、Cu失电子，阴极只有Cu2+向阴极移动；在阴极上发生还原反应生成铜，两极质量变化不相等，故c错误；在阳极上，比铜活泼的Al；Zn失电子变为阳离子，阳极泥没有Al、Zn等金属，故d错误；

(2)氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；

(3)酸性条件下铜被过氧化氢氧化为铜离子，反应离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；

(4)Cu2O中的Cu+不稳定，向Cu2O滴加稀硫酸，有紫红色物质生成，溶液变为蓝色，反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；

(5)Cu2S在反应中，铜元素化合价从+1价变化降低为0价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，生成1molCu，转移3mole-。

【点睛】

电解精炼铜时，粗铜作阳极，该电极上铜以及比铜活泼性强的Zn、Fe、Ni、Cu失电子，精铜作阴极，只有Cu2+在阴极上发生还原反应生成铜。【解析】abCu2++2e-=Cu(2)2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2OCu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O318、略

【分析】【分析】

由图可知，甲装置为甲烷燃料电池，通入氧气的铂电极为燃料电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，通入甲烷的铂电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，乙装置为电解食盐水的装置，与负极相连的铁电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，石墨电极为阳极，氯离子阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，丙装置为电解装置，与正极相连的b电极为电解池的阳极；铝做阳极失去电子发生氧化反应生成氧化铝，a电极为阴极，稀硫酸溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。

(1)

由分析可知，乙装置中，石墨电极为阳极，氯离子阳极失去电子发生氧化反应生成氯气；甲装置中甲烷燃料电池中通入甲烷的铂电极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4－8e—＋10OH－=CO＋7H2O，故答案为：阳；CH4－8e—＋10OH－=CO＋7H2O；

(2)

由得失电子数目守恒可知，甲装置中消耗标况下氧气，乙装置中铁电极上生成氢气的体积为××22.4L/mol=4.48L；乙池中发生的反应为氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：4.48；2Cl－＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑；

(3)

由分析可知，丙装置中铝做阳极失去电子发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为2Al—6e—+3H2O=Al2O3+6H+，故答案为：2Al—6e—+3H2O=Al2O3+6H+。【解析】(1)阳CH4－8e—＋10OH－=CO＋7H2O

(2)4.482Cl－＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑

(3)2Al—6e—+3H2O=Al2O3+6H+19、略

【分析】【详解】

(1)根据图像可知pH在7.35～7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3；

(2)根据题意可知亚砷酸溶液中pH减小时H3AsO3首先转化为H2AsOpH=9时主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，所以发生的离子方程式为H3AsO3+OH－=H2AsO+H2O；

(3)A．据图可知n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1时；溶液的pH约为9，呈碱性，故A正确；

B．H3AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH－)=c(H+)；故B正确；

C．K3AsO3溶液中As元素的主要存在形式为AsO结合图像可知AsO占比最大时溶液中的离子浓度c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)；故C正确；

D．Ka1=据图可知当n(H3AsO3)=n(H2AsO3-)时溶液的pH为a，即c(H+)=10-amol/L，所以Ka1=10-a，同理Ka2=10-b，则Ka1∶Ka2=10-a：10-b=10b-a；故D错误；

综上所述答案为D；

(4)①亚磷酸与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明Na2HPO3不能电离出氢离子，所以Na2HPO3为正盐；0.10mol·L−1H3PO3溶液的pH=1.6，说明亚磷酸为弱酸，所以Na2HPO3溶液中存在HPO的水解，溶液显碱性，pH>7；

②水解反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl。【解析】H3AsO3H3AsO3+OH-=H2AsO+H2OD正盐>PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl20、略

【分析】【详解】

加热会促进铁离子的水解生成氢氧化铁，故制取FeCl3·6H2O晶体需要在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，故操作为：向FeCl3溶液中加入过量的浓盐酸置于蒸发皿中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【解析】向FeCl3溶液中加入过量的浓盐酸置于蒸发皿中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥四、有机推断题(共4题，共24分)21、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)22、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37g23、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−2NH324、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（）×10－5五、实验题(共3题，共12分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

①碘水具有氧化性；故用酸式滴定管盛放；故答案为：酸式；

②初始读数为0mL；结束时读数为26.10mL，则第一次消耗碘水的体积为26.10mL；故答案为：26.10；

③第二次体积为28.74mL，第三次体积为26.10mL，第二次数据明显偏大，舍弃不用，平均体积为26.10mL，由2S2O～I2知n(S2O)=0.1000mol·L-1×26.10mL×10-3L·mL-1×2=0.00