2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷8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6题，共12分)1、氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：ΔH=+74.81kJ·mol-1，关于上述反应，以下叙述正确的是A.反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动B.反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动C.当H2(g)的生成速率是CH4(g)消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态D.正反应活化能大于逆反应活化能2、研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许通过的半透膜隔开；下列说法错误的是。

A.负极电极反应式为：B.放电过程中需补充的物质A为C.正极电极反应式为：D.当电路中转移2mol电子时，消耗燃料46g3、对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0；下列研究目的和示意图相符的是（）

。

A

B

C

D

研究目的。

压强对反应的影响。

（p2＞p1）

温度对反应的影响。

平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响。

催化剂对反应的影响。

示意图。

A.AB.BC.CD.D4、在恒容密闭容器中，发生的化学反应为：下列说法正确的是A.当混合气体密度不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态B.当NO的转化率不再变化时，该反应就达到了化学平衡状态C.4mol氨气与足量的NO充分反应，放出的热量为QkJD.增大压强，正反应速率增大逆反应速率减少5、往密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。依据下表中SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化情况；判断下列说法正确的是。

。温度/K

压强/(105Pa)

1.01

5.07

10.1

25.3

50.7

50.7

673

99.2

99.6

99.7

99.8

99.9

723

97.5

98.9

99.2

99.5

99.6

773

93.5

96.9

97.8

98.6

99.0

A.该反应的ΔH＞0B.其他条件不变增大压强，平衡常数K值增大C.加催化剂能提高SO2的平衡转化率D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高6、下列说法不正确的是。

①将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4不是电解质。

②氨气溶于水得到的氨水能导电；所以氨水是电解质。

③固态共价化合物不导电；熔融态的共价化合物可以导电。

④固态的离子化合物不导电；熔融态的离子化合物也不导电。

⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A.①④B.①④⑤C.①②③④⑤D.①②③④评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。

(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是___。

A.因为△H<0；所以该反应一定能自发进行。

B.因为△S<0；所以该反应一定不能自发进行。

C.在高温下进行是为了提高反应物的转化率。

D.生产中在考虑动力和设备材料承受能力的前提下；压强越大转化率越大。

(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。

A.容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2

B.N2百分含量保持不变。

C.容器内压强保持不变。

D.混合气体的密度保持不变。

(3)工业上合成氨的部分工艺流程如图：

请用平衡移动原理来解释在流程中及时分离出氨气和循环使用气体的原因___。

(4)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度)。

①图像中T2和T1的关系是：T1___T2(填“>，<或=”；下同)。

②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___。(填字母)。

(5)恒温下，往一个4L的密闭容器中充入2molN2和5.2molH2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如表所示：。时间/min51015202530c(NH3)/mol·L-10.080.140.180.200.200.20

①10min时用N2表示的平均反应速率为___mol/(L·min)-1。此条件下该反应的化学平衡常数K=___。

②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，化学平衡将向反应方向___移动(填“正”或“逆”)。

③已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ/mol

写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式___。8、如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁的锈蚀；某同学做了探究实验，如下图所示，铁处于①；②、③三种不同的环境中。请回答：

(1)金属腐蚀主要分为________腐蚀和________腐蚀两种。

(2)铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是________(填序号)。

(3)请你为以下钢铁制品选择适当的防锈方法。

A．健身器材__________________________________________；

B．自行车的链条、齿轮________________________________；

C．海水中的轮船______________________________________。9、回答下列问题：

(1)一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入1molHI(g)，发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)，H2的物质的量随时间的变化如图所示。

①0～2min内的平均反应速率v(HI)=___________。

②该温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K=___________。

③相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则下列___________(填字母序号)是原来的2倍。

a．平衡常数b．HI的平衡浓度c．达到平衡的时间d．平衡时H2的体积分数。

(2)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡___________移动(填“向左”、“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的___________(填字母序号)，产生H2的速率将增大。

a．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4d．NaHSO3

(3)以H2为燃料，KOH溶液为电解质溶液可制得氢氧燃料电池。该电池负极反应式为___________。已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1。若该氢氧燃料电池释放228.8kJ电能时，生成1mol液态水，则该电池的能量转化率为___________。10、反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑的能量变化趋势；如图所示：

(1)该反应为_____反应（填“吸热”或“放热”）．

(2)若要使该反应的反应速率加快；下列措施可行的是_____（填字母）．

a．改铁片为铁粉。

b．改稀硫酸为98%的浓硫酸。

c．升高温度。

(3)若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为_____极（填“正”或“负”）．该极上发生的电极反应式为_____，外电路中电子由_____极（填“正”或“负”，下同）向_____极移动。11、依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：

(1)电解质溶液Y是___________；

(2)银电极为电池的___________极，发生的电极反应为___________

(3)外电路中的电子是从___________电极流向___________电极。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)12、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误13、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误14、(_______)A.正确B.错误15、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误16、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17、铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g。(_______)A.正确B.错误18、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误19、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)20、海水的综合利用包括很多方面；下图是从海水中通过一系列工艺流程提取产品的流程图。

海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-等离子。

已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等。回答下列问题：

（1）海水pH约为8的原因主要是天然海水含上述离子中的_________。

（2）除去粗盐溶液中的杂质（Mg2+、SO42-、Ca2+），加入药品的顺序可以为__________（填序号）

①NaOH溶液②BaCl2溶液③过滤后加盐酸④Na2CO3溶液。

（3）过程②中由MgCl2·6H2O制得无水MgCl2，应如何操作____________________。

（4）从能量角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将__________转化为_________的过程。采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为_____________

（5）从第③步到第④步的目的是____________________。采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收。主要反应的化学方程式为______________________________。21、硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取MgSO4∙7H2O的流程如图：

回答下列问题。

(1)“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是_____(任写一条)。

(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为______；调节pH时可加入试剂X为_____(任写一种)。

(3)滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物______。

(4)“除钙”时，控温在60℃时除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。

①参照表格，简要说明除钙的操作方法______。

②60℃下CaSO4的Ksp＝______。(饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g∙L−1)

部分物质的溶解度(g/100gH2O)如表：。温度/℃

物质20406080MgSO428.630.93640.8CaSO40.2720.230.2040.184

(5)为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是______。22、MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。

资料：金属离子沉淀的pH。金属离子Fe3+Fe2+Co2+Mn2+开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2

(1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、____________。

(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：_____________。

(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是_______。

(4)图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为_________；洗涤干燥。

(5)受实际条件限制；“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。

i.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+；过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；

ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。

iii.加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL，MnO4－重新变成Mn2+。

①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：__________。

2Mn2++____S2O+_____=____MnO+____+__+____

②废渣中锰元素的质量分数为________。

(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用下图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是__________(写出两条)。

23、金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。

(1)步骤②、③、④中,均需进行的操作是____(填操作名称)。

(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在,步骤①中生成TiO2+的化学方程式为____,硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示,据此判断,酸浸时所加硫酸的质量分数应为____(填范围)。

(3)请结合离子方程式解释步骤④中加热水的原因:____。

(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质。Ti在___(填“阳极”或“阴极”)生成,____(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。评卷人得分五、实验题(共3题，共15分)24、取等体积、等物质的量浓度H2O2溶液分别进行下列实验，研究外界条件对反应速率的影响。序号条件温度/℃催化剂催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无

(1)实验1、2研究的是___________对H2O2分解速率的影响；实验3、4研究的是________对H2O2分解速率的影响。

(2)实验中可以判断该反应速率快慢的现象是__________。

(3)有同学认为，若把实验3中的催化剂改成CuSO4进行下图操作，看到反应速率为①>②，则一定可以说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好。你认为此同学的结论是否正确？____(填“正确”或“不正确”)，理由是_____。

25、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。

【查阅资料】。物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10－41.4×10－33.0×10－71.5×10－4

【实验探究】

（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化；实验操作如下所示：

试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ实验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解

（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。

（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。

（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：___________。

（二）探究AgCl和AgI之间的转化。

（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。

甲溶液可以是______（填字母代号）。

aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液。

（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl（s）a

注：其他条件不变时；参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。

①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。

②结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。

③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。

【实验结论】溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。26、现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度；有关数据记录如下：

。滴定序号。

待测液体积（mL）

所消耗盐酸标准液的体积（mL）

滴定前。

滴定后。

消耗的体积。

滴定后。

消耗的体积。

1

25.00

0.50

26.80

26.30

2

25.00

3

25.00

5.00

31.34

26.34

（1）用碱式滴定管盛装烧碱溶液；如图表示0.2500mol•L-1盐酸标准液第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置；该次滴定所用标准盐酸体积为________mL。

（2）现实验室中有石蕊和甲基橙两种指示剂；该实验应选用________作指示剂。

（3）根据所给数据；该烧碱样品的物质的量浓度为________mol/L（保留两位有效数字）。

（4）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______________

A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液。

B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

C读取盐酸体积时；滴定结束时俯视读数。

D酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．恒温恒压；通入惰性气体，相当于稀释了反应物的浓度，反应向气体体积增大的一方进行，但是反应物浓度下降。分子间碰撞概率降低，反应速率减慢，故A错误；

B．反应体系中固体视为浓度不变；加入后无影响，故B错误；

C．无论反应是否平衡；氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍。，故C错误；

D．反应焓变大于零；说明生成物能量大于反应物能量。反应过程中最高能量和生成物能量差距更小，正反应活化能大于逆反应活化能，故D正确。

故D正确。2、C【分析】【分析】

原电池中，负极氧化正极还原。由图可知，右边电极上Fe3+变为Fe2+，被还原，为正极，左侧为负极。负极溶液环境为碱性，正极由于Fe3+和Fe2+的存在，应该为酸性。原电池内，K+通过半透膜流向正极。

【详解】

A．负极由HCOO-中的碳原子失去两个电子变为电极反应式为：A正确；

B．右侧通入氧气时会消耗H+，O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，而生成K2SO4会消耗故需补充的A物质为B正确；

C．正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；故C错误；

D．由A中反应式可知；消耗2mol电子时会消耗1mol的燃料HCOOH，由其摩尔质量46g/mol计算可得46g，D正确；

故选C。3、C【分析】【详解】

A．该反应的反应前后为气体分子数减小的反应，压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，氨气体积分数增大，p2＞p1，p2速率大于p1；研究目的和示意图相不相符，A错误；

B．该反应正反应为放热反应；温度增大，平衡逆向移动，氮气转化率减小，研究目的和示意图不相符，B错误；

C．增加N2的浓度；反应速率加快，平衡正向移动，研究目的和示意图相相符，C正确；

D．加入催化剂，反应速率加快，研究目的和示意图相不相符，D错误；故答案为：C。4、B【分析】【详解】

A．容器体积不变；所有反应物均为气体，气体总质量不变，密度不是一个变量，混合气体的密度不变不能说明已达到化学平衡状态，选项A错误；

B．当某反应在一定条件下反应物转化率保持不变；即某物质的变化量不再改变时，即达到了化学平衡状态，选项B正确；

C．4mol氨气与足量的NO充分反应；放出的热量为QkJ，无法确定反应进行的程度，不能说明反应达到平衡状态，选项C错误；

D．增大压强；正反应速率增大，逆反应速率也增大，选项D错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．由表格数据可知，当压强不变时，温度越高，SO2的平衡转化率越小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0；故A错误；

B．平衡常数K值只与温度有关，温度不变，平衡常数K值不变；故B错误；

C．催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，则加催化剂，SO2的平衡转化率不变；故C错误；

D．由表格数据可知，常压下SO2的转化率已相当高；则工业生产通常不采取加压措施，故D正确；

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

①将BaSO4放入水中不能导电，是由于BaSO4是难溶于水的盐，水中自由移动的离子浓度小，但溶于水的BaSO4完全电离，所以BaSO4属于强电解质；①错误；

②氨气溶于水得到的氨水能导电；但氨水是混合物，不是化合物，因此氨水不是电解质，②错误；

③固态共价化合物不导电；熔融态的共价化合物仍然是由分子构成，无自由移动的离子，因此也不能导电，③错误；

④固态的离子化合物中含有离子；但离子不能自由移动，因此不导电；在熔融态下离子化合物发生电离，产生了自由移动的离子，因此能导电，④错误；

⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓度及离子带有的电荷数目有关；而与电解质的强弱无关，因此强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，⑤错误；

综上所述可知：说法错误的是①②③④⑤，故合理选项是C。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

合成氨反应为正向放热；气体分子数增大的反应；因此升高温度平衡逆向移动不利于氨的合成，增大压强，平衡正向移动利于氨的合成；计算平衡常数列三段式进行计算，据此分析。

【详解】

(1)单独用∆H或∆S判断反应的自发性都会有缺陷，应根据吉布斯自由能∆G=∆H–T∆S，当∆G<0时，反应能自发进行，A、B均不符合要求；合成氨反应是△H<0，放热反应升高温度平衡逆向移动，不利于提高反应物的转化率，升高温度的目的是增大反应速率；C不正确，该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于提高转化率，实际生产中在设备材料承受能力范围内采用10∼30MPa进行；D正确；

(2)判断可逆反应是否达到平衡的标志是v正=v逆，特征是达到平衡后各组分的浓度、百分含量等保持不变，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明v正=v逆，A错误；N2的百分含量保持不变，即单位时间生成1mol氮气的同时消耗1mol氮气，v正=v逆，B正确；该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒容密闭容器中进行反应，体系的压强会随气体物质的量变化而变化，当容器内压强不再变化时，反应达到平衡，C正确；根据气体密度公式气体的总质量m不变；恒容容器V不变，密度是定值，不随反应而改变，D错误，故答案选BC；

(3)及时分离出产物；生成物浓度减小，平衡正向移动，将气体中未反应完的氮气和氢气循环使用，增大反应物的浓度，平衡正向移动，提高氨的产率，故答案为：减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率；

(4)①合成氨反应的△H<0，正反应放热，升高温度，不利于氨的合成，起始氢气的物质的量相等时，温度越高，氨的百分含量越低，则T1>T2；②升高温度不利于氨的合成；增大氢气的浓度，能提高氮气的转化率，故平衡点中c点氮气的转化率最高；

(5)①10min时用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)===0.014mol/(L·min)-1，v(N2)=v(NH3)=×0.014=0.007mol/(L·min)-1；依题意列出三段式：

带入平衡常数的表达式计算K===0.1；

②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，则容器内N2、H2和NH3的浓度分别为：1.4mol/L、2mol/L、1.2mol/L，此时Qc=0.13>K，反应将向逆反应进行；③依题意氨气催化氧化生成NO和水蒸气的反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，分别记已知方程式及△H为：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+181kJ/mol，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)=-484kJ/mol，根据盖斯定律，则目标方程式的△H=ΔH3×3+ΔH2×2-△H1×2=-484×3+181×2-(-92)×2=-906kJ·mol-1。

【点睛】

判断平衡的标志是v正=v逆，方法总结为“正逆相等，变量不变”，“正逆”是对同一物质，即单位时间消耗1molA的同时会生成1molA，不同物质与化学计量系数成正比，“变量不变”是体系一些物理量如密度、总压强、气体平均摩尔质量等，当这些物理量随反应的改变而改变，当物理量不变时就能说明反应达到了平衡，反之，这些物理量不随反应的改变而改变，是一个定值，那么就不能用该物理量作为判定平衡的标志。【解析】DBC减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率>c0.0070.1逆4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-906kJ·mol-18、略

【分析】【分析】

金属和化学物质直接反应的腐蚀是化学腐蚀；金属和电解质溶液构成原电池的腐蚀是电化学腐蚀；在原电池中作负极的金属腐蚀速率加快，结合常见的金属防腐的方法分析解答。

【详解】

(1)金属的腐蚀分为：与化学物质直接反应的腐蚀和构成原电池而产生电流的腐蚀；分为化学腐蚀和电化学腐蚀，故答案为：化学；电化学；

(2)①中铁作原电池负极；加快了铁的腐蚀，②中铁作原电池正极而被保护，不被腐蚀，所以铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是①＞③＞②，故答案为：①＞③＞②；

(3)A．健身器材是用涂油漆的方法来防锈的；故答案为：涂油漆；

B．防止自行车的链条；齿轮腐蚀；可通过涂油脂的方法防锈，故答案为：涂油脂；

C．为防止海水中的轮船被腐蚀，常常是在轮船底部焊接锌块的方法防锈，故答案为：焊接锌块。【解析】化学电化学①＞③＞②涂油漆涂油脂焊接锌块9、略

【分析】【分析】

(1)

①由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为用氢气表示的化学反应速率为由反应中的化学计量数可知，速率之比等于化学方程式系数之比，

②

则该温度下又与互为逆反应，它们的化学平衡常数的乘积等于1，即的化学平衡常数，

③相同温度下；若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍；

ａ．对该反应；当温度不变开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；

ｂ．物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；

ｃ．物质的量增大；则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；

ｄ．由反应方程式及原来的量与后来的量成正比；则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时Hz的体积分数相同，故d错；

故选b；

(2)

由水的电离平衡为则硫酸电离出的c(H+)对水的电离起抑制作用，当Zn消耗了H+，c(H+)减小；水的电离平衡向右移动；

a．若加入NaNO3；溶液具有硝酸的强氧化性，则不会生成氢气；

b．加入CuSO4后；Zn与硫酸铜溶液反应置换出Cu，则构成原电池加快了化学反应速率；

c．Na2SO4的加入；离子不参与反应，则对化学反应速率无影响；

d．加入NaHSO3会和H+反应，降低c(H+)；则反应速率减慢；

故选b。

(3)

电池负极是氢气发生的氧化反应，电解质溶液是碱性，电极反应为：H2＋2OH--2e-=2H2O；

生成1mol液态水，理论上放出的能量为电池的能量转化率【解析】（1）0.1mol·L-1·min-164b

（2）向右b

（3）H2＋2OH--2e-=2H2O80%10、略

【分析】【分析】

根据图分析得到反应为放热反应；根据影响反应速率的因素进行分析，利用原电池原理分析，负极化合价升高，失去电子，正极化合价降低，得到电子。

【详解】

(1)根据图中信息；反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应；故答案为：放热。

(2)a．改铁片为铁粉；增大接触面积，反应速率加快，故a符合题意；

b．改稀硫酸为98%的浓硫酸，发生钝化，生成致密氧化膜后不再反应，故b不符合题意；

c．升高温度；活化分子数增大，加快反应速率，故c符合题意；

综上所述；答案为：ac。

(3)若将上述反应设计成原电池，铁失去电子，发生氧化反应，铁为负极，则铜为正极，该极上发生的电极反应式为2H++2e－＝H2↑；外电路中电子由负极向正极移动；

故答案为：正；2H++2e－＝H2↑；负；正。【解析】放热ac正2H++2e－＝H2↑负正11、略

【分析】【分析】

根据反应2Ag+(aq)+Cu(s)═Cu2+(aq)+2Ag(s)分析，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，则正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e-=Ag，电解质溶液为AgNO3；原电池中，电子从负极经外电路流向正极。

【详解】

(1)Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e−=Ag，所以电解质溶液Y是AgNO3；

(2)银电极上Ag+在得电子生成Ag，所以银电极为电池的正极，发生的电极反应为Ag++e−=Ag；

(3)原电池中，电子从负极经外电路流向正极，本题中由Cu极经外电路流向Ag极。【解析】AgNO3正Ag++e−=AgCuAg三、判断题(共8题，共16分)12、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。13、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。14、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。16、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。17、B【分析】【分析】

【详解】

由铅蓄电池负极反应：Pb+-2e‑=PbSO4↓，知反应后负极由Pb转化为PbSO4，增加质量，由电极反应得关系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知电路通过2mol电子，负极质量增加96g，题干说法错误。18、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。四、工业流程题(共4题，共24分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故答案为HCO-3；（2）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可溶液以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡溶液可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都可以；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入过量的碳酸钠溶液转化为沉淀，但是加入碳酸钠溶液要放在加入的氯化钡溶液之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡；完全反应后，再进行过滤，最后再加入适量盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，故正确的顺序为：①②④⑤，故答案为①②④③；（3）镁离子水解，应抑制其水解得到无水盐，所以利用MgCl2•6H2O制得无水氯化镁，应采取的措施是在HCl气流中脱水，抑制氯化镁水解，故答案为在HCl气流中脱水，抑制氯化镁水解，加热至恒重；（4）电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，采用石墨阳极，不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。（5）溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集溴，采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用SO2吸收，溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，发生反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr。

考点：海水资源及其综合利用【解析】①.HCO3-②.①②④③③.在氯化氢气流中加热至恒重④.电能⑤.化学能⑥.MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑⑦.为了浓缩富集溴⑧.Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr21、略

【分析】【分析】

水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液进行氧化，再加入氧化镁物质调节溶液的pH值，过滤，向滤液中加入除钙物质，再过滤，将滤液进行一些列操作得到MgSO4∙7H2O。

【详解】

（1）“酸浸”时；pH控制为1，若提高浸取速率，可以从温度；接触面积来采取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)；故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)。

（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO2、Cl－和水，其离子方程式为ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)；故答案为：ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)。

（3）二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2；故答案为：MnO2、SiO2。

（4）①根据表格数据，60℃时MgSO4溶解度较大，而CaSO4溶解度较小；在此时趁热过滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；故答案为：将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤。

②60℃下饱和CaSO4溶液的密度约为1.0g∙L−1，60℃时CaSO4溶解度为0.204，则1L溶液为1000g，溶解CaSO4的质量为2.04g，其溶液中则CaSO4的故答案为：2.25×10−4。

（5）操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中海油硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用；故答案为：将操作a后的母液循环利用。【解析】(1)适当升温(或粉碎或搅拌)

(2)ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+MgO(或MgCO3或碱式碳酸镁等)

(3)MnO2、SiO2

(4)将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤2.25×10−4

(5)将操作a后的母液循环利用22、略

【分析】【分析】

在菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。

【详解】

(1)酸浸时MnCO3、Fe3O4、FeO、CoO均能与硫酸反应，则酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+。

(2)先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。

(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低。

(4)从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶；趁热过滤，洗涤干燥。

(5)①步骤ⅱ中S2O将Mn2+氧化为MnOS2O被还原为SO根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+；

②根据以上反应过程可得关系式：Mn2+~为MnO~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%。

(6)实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e−=Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小。【解析】Fe2+、Fe3+2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低蒸发结晶，趁热过滤2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+×100%电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e−=Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小23、略

【分析】【分析】

由流程图可知，加硫酸溶解钛铁矿，FeTiO3生成TiO2+，Fe2O3生成Fe3+，加入铁粉，铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4•7H2O晶体和含有TiO2+的溶液，TiO2+经过水解得H2TiO3，H2TiO3再煅烧得TiO2，电解TiO2制得Ti。

【详解】

(1)步骤②；③、④均为固液分离操作；操作的名称为过滤，故答案为：过滤；

（2）加硫酸溶解钛铁矿，FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4、TiOSO4和H2O，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；由图可知，硫酸质量分数为80%~85%时，钛、铁浸出率最高，故答案为：FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；80%~85%；

（3）步骤④中的反应为TiOSO4水解生成H2TiO3，反应的离子方程式为TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应为吸热反应，用热水升高反应温度，水解平衡向正反应方向进行，有利于H2TiO3的生成，故答案为：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+,水解反应吸热,用热水促进反应向正反应方向进行；

（4）电解TiO2获得Ti，用TiO2为阴极，电极反应式为TiO2+4e-═Ti+2O2-，则Ti在阴极生成；若将熔融CaO换成石灰乳，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，影响TiO2在阴极放电生成Ti，则不能将熔融CaO换成石灰乳，故答案为：阴极；不能。【解析】①.过滤②.FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O③.80%~85%④.TiO2++2H2OH2TiO3+2H+,水解反应吸热,用热水促进反应向正反应方向进行⑤.阴极⑥.不能五、实验题(共3题，共15分)24、略

【分析】【详解】

(1)影响化学反应速率的外界因素有温度、溶液的浓度和催化剂等，通过比较表格中的数据的异同点发现，实验1、2温度不同，实验1为40℃，实验2为20℃，实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；实验3、4的不同点是有无催化剂，所以实验3、4研究的是催化剂对H2O2分解速率的影响；故答案为：温度；催化剂；

(2)H2O2分解生成氧气；故可以根据氧气的气泡数可推测反应的速率，故答案为：产生气泡的快慢；

(3)若图所示实验中反应速率①>②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不能说明是Fe3+和Cu2+的影响，可能是硫酸根离子和氯离子的影响，故答案为：不正确；因为实验可能受到阴离子的干扰。【解析】①.温度②.催化剂③.产生气泡的快慢④.不正确⑤.因为实验可能受到阴离子的干扰25、略

【分析】【分析】

⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。

⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3；则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。

⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。

⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量；因此说明有AgCl转化为AgI。

⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋=2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)。