2025年鲁教版选择性必修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年鲁教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷721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5题，共10分)1、X、Y、Z为三种气体，把amolX和bmolY充入一密闭容器中，发生反应X+2Y2Z，达到平衡时，若它们的物质的量满足：n(X)+n(Y)=n(Z)，则Y的转化率为A.B.C.D.2、影响化学反应速率的因素有多方面，如浓度、压强、温度、催化剂等。下列有关说法不正确的是A.增大体系压强不一定能加快反应速率B.增大浓度能增加反应体系中活化分子的百分数C.催化剂能改变反应的活化能D.升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数3、锂空气电池因其比能量非常高，具有广阔应用前景。下图是两种不同的锂空气(Li-O2)电池；下列分析错误的是。

A.放电时图1中电流从a电极经电解液流回b电极B.放电时，两种电池负极反应式均为：Li-e-=Li+C.转移相同电子，两种电池正极产物的物质的量相同D.两种不同的锂空气电池比能量不同4、测定0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是A.此实验中Na2SO3溶液的pH是由pH计测定的B.④与①的PH不同，是由于SO32—浓度减小造成的C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的KW值相等5、水存在电离平衡：H2OH++OH-，常温下，Kw的数值为1×10-14.下列说法不正确的是A.常温下，水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1B.向水中加入NaCl，H+与Cl-结合生成HCl，使水的电离平衡向正反应方向移动C.向水中加入HCl或者NaOH，水的电离平衡都向逆反应方向移动D.改变温度，Kw也会发生改变评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入适量6mol·L－1的盐酸B.加入少量醋酸钠固体C.加热D.加入少量金属铜7、固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)，图Ⅰ表示200℃时容器中各物质的物质的量随时间的变化关系，图Ⅱ表示平衡时平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断；下列结论正确的是。

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率υ(A)=0.04mol•L﹣1•min﹣1B.若0～5min时容器与外界的热交换总量为mkJ，则该反应的热化学方程式可表示为：2A(g)＋B(g)C(g)△H=+5mkJ/molC.200℃时，若在第6min再向体系中加入催化剂，可使υ正＞υ逆D.200℃时，平衡后再充入2molC，则达到平衡时，化学平衡常数变小8、制备新型锂离子电池电极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)的方法如下。

方法一：将碳酸锂、乙酸亚铁[(CH3COO)2Fe]；磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后；在800°C左右煅烧制得产品。

方法二：将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800°C左右煅烧制得产品。下列说法错误的是A.上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行B.方法一所得固体产品中混有(NH4)2CO3，同时生成的乙酸以气体逸出C.方法二阴极反应式为Fe+H2PO+Li+-2e-=LiFePO4+2H+D.锂离子电池中常用有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质9、某小组探究FeCl3和Na2S的反应。

【查阅资料】①硫单质微溶于乙醇，难溶于水；②FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水：③Fe3++6F-=[FeF6]3-，[FeF6]3-为无色离子。

【设计实验】。序号IIIIII操作在1mL0.1mol/LNa2S溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液在1.5mL0.1mol/LNa2S溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液在2mLlmol/LNaF溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液，得无色溶液，再加入1.5mL0.1mol/LNa2S溶液现象迅速产生黑色沉淀X，振荡，黑色沉淀溶解，放出臭鸡蛋气味气体，最终得到棕黄色浊液Y产生棕黑色沉淀Z产生黑色沉淀W结论分离Y得到Fe(OH)3

和S经检验，Z的主要成分是Fe2S3，含少量Fe(OH)3经检验，W为Fe2S3

下列推断正确的是A.黑色沉淀X溶解只发生复分解反应B.实验II不生成S可能是氧化还原速率较小C.生成黑色沉淀W的反应为2Fe3++3S2-=Fe2S3↓D.反应物中越小，氧化还原的趋势越小10、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后；置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法不正确的是（）

A.该装置构成了电解池B.铁腐蚀过程中化学能转化为电能C.活性炭在该装置中并无实际作用D.正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e-=4OH-11、最近；我国科学家设计了一种高效电解水制氢的系统，实现了在催化剂作用下析氢和析氧反应的分离。该系统的工作原理如图所示，其中电极均为惰性电极，电解液中含NaOH。下列关于该装置工作时的说法错误的是。

A.阳极的电极反应为：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-B.通过离子交换膜由A极室向B极室移动C.催化析氢室的反应为：DHPS-2H+2H++2e-=DHPS+2H2↑D.理论上，该过程中[Fe(CN)6]4-和DHPS可自行补充循环12、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应H2O(g)＋C(s)CO(g)＋H2(g)△H>0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是。容器温度（T1>T2）起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(H2O)n(C)n(CO)n(H2)n(CO)n(H2)n(CO)IT10.61.2000.2IIT11.21.200xIIIT2000.60.6yA.当温度为T1时，该反应的化学平衡常数值为0.05B.若5min后容器I中达到平衡，则5min内的平均反应速率：v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C.达到平衡时，容器II中H2O的转化率比容器I中的小D.达到平衡时，容器III中的CO的转化率小于66.6%评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、氨气是重要化工产品之一。传统的工业合成氨技术的反应原理是：N2（g）＋3H2（g）NH3（g）ΔH＝－92.4kJ/mol。在500℃、20MPa时，将N2、H2置于一个固定容积的密闭容器中发生反应；反应过程中各种物质的量变化如图所示，回答下列问题：

（1）计算反应在第一次平衡时的平衡常数K＝_______。（保留二位小数）

（2）产物NH3在5～10min、25～30min和45～50min时平均反应速率（平均反应速率分别以v1、v2、v3表示）从大到小排列次序为_________________。

（3）H2在三次平衡阶段的平衡转化率分别以α1、α2、α3表示，其中最小的是____。

（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是_______，采取的措施是________。

（5）请在下图中用实线表示25～60min各阶段化学平衡常数K的变化图像。_________

14、Ⅰ.氨及铵盐是重要的工业原料；在农业；医药、国防和化工等领域有重要应用。

(1)氯化铵作为化肥时不宜与草木灰(主要成分)混用，其原因是___________。

(2)常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH和物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示；根据图像回答下列问题。

①表示浓度变化的曲线是___________(填“A”或“B”)。

②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中___________mol/L。(列出计算式即可)

(3)向溶液中滴入溶液，下列说法正确的是。A．加入NaOH溶液后，溶液中一定有：B．当滴入溶液时：C．当滴入溶液时(>7)：D．当溶液呈中性时：

Ⅱ．过氧化氢是重要的氧化剂；还原剂；它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。

(4)过氧化氢性质探究实验。

已知是一种二元弱酸，其中则的电离方程式为___________(只写第一步电离即可)。

(5)过氧化氢含量的测定实验。

①某兴趣小组同学用的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，离子反应方程式为___________。

②滴定达到终点的现象是___________。

③用移液管移取试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：。第一次第二次第三次第四次V(溶液)/mL17.1018.1018.0017.90

计算试样中过氧化氢的浓度为___________mol/L。

④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。15、（1）实验室用于盛放碱性试剂的试剂瓶不用磨口玻璃塞的原因是（用离子方程式表示）：______________________________；玻璃试剂瓶不能盛放氢氟酸的原因是（用化学方程式表示）：_____________________________________。

（2）实验室中的Na2SiO3溶液长期放置，瓶底会出现白色沉淀，则形成沉淀的离子方程式是___________________________。取瓶中的上层清液加入稀盐酸，观察到既有气泡产生又有沉淀生成，其离子方程式分别为_____________________________________。用Na2SiO3溶液浸泡过的棉花不易燃烧，体现Na2SiO3的用途可做___________________的原料。

（3）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+五种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是__________，有所增加的阳离子是___________。

A.NH4+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+E.Fe3+

（4）质量相同的H216O和D216O所含质子数之比为_______________，中子数之比为____________。

（5）A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，则ngA2-所含电子的物质的量为__________________。16、汽车尾气中含有CO、NOx等有毒气体；对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。

I.已知4CO（g）+2NO2（g）4CO2（g）+N2（g）∆H=﹣1200kJ•mol﹣1

（1）该反应在___（填“高温；低温或任何温度”）下能自发进行。

（2）对于该反应，改变某一反应条件（温度T1＞T2），下列图像正确的是___（填标号）。

（3）某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料。甲：NO20.2mol，CO0.4mol；乙：NO20.1mol；CO0.2mol。

经过一段时间后达到平衡状态。

①N2的平衡体积分数：甲___乙（填“＞；＝、＜或不确定”；下同）。

②NO2的平衡浓度：甲___乙。

③甲中CO的转化率为50%，该反应的平衡常数为___。

II.柴油汽车尾气中的碳烟（C）和NOx可通过某含钴催化剂催化消除。不同温度下，将模拟尾气（成分如表所示）以相同的流速通过该催化剂测得所有产物（CO2、N2、N2O）与NO的相关数据结果如图所示。

模拟尾气气体（10mol）碳烟NOO2HeHe物质的量（mol）0.0250.59.475一定量

（4）375℃时，测得排出的气体中含amolO2和0.0525molCO2，已知X为N2，Y为N2O，则a=___。

（5）实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是___。17、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质制备等方面应用广泛。

（1）钢闸门在海水中易被腐蚀；常用以下两种方法减少其腐蚀：

①图1中，A为钢闸门，材料B可以选择___（填字母序号）。

a．碳棒b．铜板c．锌板。

②图2中，钢闸门C做___极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极反应式为___，检验该电极反应产物的方法___。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的___极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为___。

（3）利用电化学法生产硫酸，可使绝大多数单质硫直接转化为SO3，在生产硫酸的同时还能化学发电。图4为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。

①正极每消耗4.48LO2（标准状况下），电路中转移电子的数目为___。

②S(g)在负极生成SO3的电极反应式为___。18、根据下列化合物：①NaOH，②H2SO4，③CH3COOH，④NaCl，⑤CH3COONa，⑥NH4Cl，⑦CH3COONH4，⑧NH4HSO4，⑨NH3•H2O；请回答下列问题：

（1）NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序为_____________。

（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH﹣)=_________；在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H+)=___________。

（3）已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH﹣△H＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的下列方法是_________。

A.向水中加入NaHSO4固体B.向水中加NaHCO3固体。

C.加热至100℃[其中c(H+)=1×10﹣6mol/L]D.向水中加入NH4Cl固体。

（4）在常温下，NH3•H2O的电离常数为1.810-5，若浓度均为0.1mol/L、等体积的NaOH和NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，则m_________n（填“＜”；“＞”或“＝”）。

（5）物质的量浓度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四种稀溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是(填序号)_____。19、在常温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤0.1mol/LNH3·H2O请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈酸性，其原因是__________________(用离子方程式表示)

(2)在上述五种溶液中，pH最小的是________；c(NH)最小的是________﹝填序号﹞

(3)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②_______③﹝填“＞”；“＜”或“＝”)

(4)常温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO－的水解程度____NH的水解程度(填“＞”、“＜”或“＝”)，20、(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)∆H1=-4.4kJ·mol-1

2NO2(g)=N2O4(g)∆H2=-55.3kJ·mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的∆H=_______kJ·mol-1

(2)2molCH3OH(l)在O2(g)中完全燃烧，生成CO2(g)和H2O(l),放出887kJ热量：请写出CH3OH燃烧热的热化学方程式__________________________________评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)21、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误22、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)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)23、随原子序数的递增；八种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

(1)y在元素周期表中的位置是____________________。z、d、e、f四种元素的简单离子中，半径最大的是_____________(填离子符号)

(2)e的氢氧化物是一种重要的基本化工原料，写出工业上制备该氢氧化物的离子方程式___________________。

(3)z的氢化物和h的氢化物反应形成化合物A，A中含有的化学键类型为____________；

(4)含f的某化合物可用作净水剂的原理是_________________(用离子方程式表示)

(5)25℃，f的最高价氧化物的水化物的Ksp=1．010-34，使含0．1mol·L-1f离子的溶液开始产生沉淀的pH为________________。

(6)元素e和g组成的化合物B的水溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________。24、X；Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素；原子序数依次增大，是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质黄绿色有害气体。请回答下列问题：

(1)在元素周期表中的位置为______．

(2)Q、M简单离子半径由大到小的顺序为写元素离子符号______．

(3)Y、Z三种元素形成盐类化合物的水溶液呈酸性的原因：用离子方程式表示______溶液中所含离子浓度由大到小的顺序为______．

(4)的电子式为______，与水可剧烈反应，产生沉淀与气体，反应的化学方程式为______．

(5)Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物中含有的化学键类型为______．

(6)的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______．评卷人得分六、实验题(共1题，共8分)25、化学反应的能量变化通常表现为热量的变化；因此反应热的研究对于化学学科发展具有重要意义。利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取100ml0.5mol·L-1盐酸倒入小烧杯中；测出盐酸温度；

②用另一量筒量取100ml0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液；并用同一温度计测出其温度；

③将NaOH和盐酸溶液一并倒入小烧杯中；设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。

回答下列问题：

(1)仪器a的作用是___________。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________。

(2)配制100ml0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及___________、___________。

(3)实验中改用80ml0.5mol·L-1盐酸跟80ml0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所测中和热数值___________(填“相等”“不相等”)。反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.5mol·L-1的原因是___________。用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，所测中和热的数值___________。(填“相等”“不相等”)。

(4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为___________。

(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g．cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1℃-1.为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H___________(结果保留一位小数)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

根据三段式进行计算：

若n(X)+n(Y)=n(Z)，即m=Y的转化率为故选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．恒温恒容下；通入不反应的气体，增大压强，反应气体物质的浓度不变，气体的反应速率不变，因此增大体系压强不一定能加快反应速率，故A正确；

B．浓度增大；活化分子百分数不变，增大单位体积内分子总数，增大了单位体积内活化分子的数目，有效碰撞增大，反应速率加快，故B错误；

C．催化剂改变反应历程；从而反应的活化能，故C正确；

D．升高温度；增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增大，反应速率加快，故D正确；

故答案选B。3、C【分析】【分析】

根据化合价的变化判断电池的正负极；根据化合价的升降；电荷守恒及电解液进行书写电极反应。

【详解】

A．放电时，根据图1右侧充入的氧气判断，b为正极，a为负极，则电流从a电极经电解液流回b电极；故A正确；

B．放电时，图1和图2中负极都为Li，根据电解质液传导离子判断，传导离子为锂离子，故电极反应为：Li-e-=Li+；故B正确；

C．图1中正极反应为：O2+2e-+2Li+=Li2O2，图2中正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；根据电子数相同判断正极产物的物质的量不同，故C不正确；

D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能；根据正极氧气的化合价变化不同判断比能量不同，故D正确；

故答案选C。

【点睛】4、C【分析】【详解】

A.由表中数据可知；pH精确到小数点后两位，说明溶液的pH是由pH计测定的，故A正确；

B.根据信息，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，④与①的温度相同，④与①相比SO32—浓度减小，即④与①的pH不同，是由于SO32—浓度减小造成的；故B正确；

C.盐类水解是吸热反应，①→③的过程中，升高温度，SO32—水解平衡向正向移动；若减小SO32—浓度；平衡向逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，故C错误；

D.KW只与温度有关，①与④温度相同，所以KW值相等；故D正确。

故选C。

【点睛】

本题要抓好对多个因素的分析：Na2SO3是强酸弱碱盐，水解显碱性，温度升高促进水解，溶液pH增大；同时Na2SO3具有较强的还原性，容易被氧化为Na2SO4，生成强酸强碱盐，不水解，较之前pH减小，加热能够加快氧化。5、B【分析】【详解】

A．因为H2OH++OH-，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，所以c(H+)=c(OH-)===1×10-7mol·L-1；故A正确；

B．向水中加入NaCl，由于Na+与水电离出的OH-或Cl-与水电离出的H+均不形成弱电解质；不会破坏水的电离平衡，故B错误；

C．因为H2OH++OH-，向水中加入HCl或者NaOH，增大了H+或OH-的浓度；即增大了生成物浓度，平衡逆向移动，故C正确；

D．因为H2OH++OH-是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，反之，Kw减小；故D正确；

答案为B。二、多选题(共7题，共14分)6、CD【分析】【详解】

A.因为锌过量，加入适量的6mol•L-1的盐酸；反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；

B.加入少量醋酸钠固体；生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；

C.升高温度；反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；

D.加入少量铜；相互接触的锌；铜与稀盐酸构成了原电池，加快反应速率，反应生成氢气，氢气的总量不变，故D选；

答案选CD。7、AB【分析】【详解】

A．据图I可知5min后各物质的浓度不再变化，反应达到平衡，该时间段内Δn(A)=0.4mol，容器体积为2L，所以反应速率为=0.04mol•L﹣1•min﹣1；故A正确；

B．5min内Δn(A)=0.4mol，Δn(B)=0.2mol，Δn(C)=0.2mol，所以该反应的化学方程式为2A(g)＋B(g)C(g)，据图II可知温度升高平衡常数变大，所以正反应为吸热反应，根据题意可知反应0.4molA时放出mkJ能量，则2molA完全反应时放出5mkJ能量，热化学反应方程式为2A(g)＋B(g)C(g)△H=+5mkJ/mol；故B正确；

C．催化剂可以增大反应速率，但不能使平衡移动，所以加入催化剂后依然存在υ正=υ逆；故C错误；

D．平衡常数只与温度有关；温度不变平衡常数不变，故D错误；

综上所述答案为AB。8、BC【分析】略9、BD【分析】【详解】

A．黑色沉淀X开始溶解时发生复分解反应，但随后Fe2S3双水解生成的H2S与溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，生成Fe2+；S等；A不正确；

B．实验II中，绝大部分Fe3+与S2-结合为Fe2S3，溶液中c(Fe3+)较小；氧化还原速率较小，所以不生成S，B正确；

C．实验III中，[FeF6]3-与S2-反应生成Fe2S3，反应的离子方程式为2[FeF6]3-+3S2-=Fe2S3↓+12F-；C不正确；

D．反应物中越小，混合液中c(Fe3+)越小；氧化能力越弱，发生氧化还原的趋势越小，D正确；

故选BD。10、AC【分析】【分析】

根据题干信息分析可知，将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，试管中Fe、C和NaCl为电解质溶液构成原电池，其中Fe作负极，失去电子，C作正极，O2在正极得到电子；据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析可知；Fe；C和NaCl电解质溶液构成原电池，A选项错误；

B．铁腐蚀过程中发生原电池反应；化学能转化为电能，B选项正确；

C．活性炭具有导电性；在该装置中作正极，C选项错误；

D．O2在正极得到电子，发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e-=4OH-；D选项正确；

答案选AC。11、BC【分析】【分析】

据图可知A极室中[Fe(CN)6]4-转化为[Fe(CN)6]3-；Fe元素化合价升高被氧化，所以A极室为阳极，B极室为阴极。

【详解】

A．根据分析可知A极室为阳极，电极反应为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-；A正确；

B．电解池中阴离子流向阳极，A极室为阳极，所以OH-通过离子交换膜由B极室向A极室移动；B错误；

C．循环的电解液为NaOH碱性溶液，所以催化析氢室中并没有氢离子参与反应，正确反应为DHPS-2H+2e-+2H2O=DHPS+2H2↑+2OH-；C错误；

D．据图可知[Fe(CN)6]4-在A极室中转化为[Fe(CN)6]3-后又再催化析氧室中又转化为[Fe(CN)6]4-；DHPS在B极室中转化为DHPS-2H后又在催化析氢室中转化为DHPS，理论上两种物质没有损耗，可自行补充循环，D正确；

综上所述答案为BC。12、AC【分析】【详解】

A．温度T1时；容器Ⅰ中平衡时n(CO)=0.2；

该反应的化学平衡常数值为K===0.05；故A正确；

B．5min后容器Ⅰ中达到平衡，则5min内的平均反应速率：v(H2)===0.02mol/(L•min)；故B错误；

C．容器Ⅱ中发生的反应相当于在容器Ⅰ中基础上增加H2O的量，平衡正向移动，C的转化率增加，而H2O的转化率降低，即容器Ⅱ中H2O的转化率比容器Ⅰ中的小；故C正确；

D．容器Ⅲ在T1温度下达到的平衡与容器Ⅰ中形成的平衡状态相同，即平衡时CO为0.2mol，此时CO的转化率为=66.6%，在此平衡状态的基础上降温到T2；平衡逆向移动，CO的转化率增大，即平衡时，容器III中的CO的转化率大于66.6%，故D错误；

故答案为AC。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：

（1）根据图像可知第一次平衡时氢气、氮气和氨气的浓度分别是3mol/L、1mol/L、2mol/L，则该反应的平衡常数

（2）化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示的，5～10min、25～30min和45～50min，这三段时间间隔是相同的，只要比较他们的浓度变化就可以，从图上可以看出，这三段时间变化的大小分别为：v1>v2>v3；

（3）转化率就是反应掉的物质的量或者浓度与原来的物质的量或者浓度的比，从图中数据变化可知变化最小的是α3；

（4）从图中可以看出，由第一次平衡到第二次平衡，反应物的浓度减小，肯定是正向移动，但是氨的浓度从零开始，表明采取的措施是移走生成物NH3。

（5）25～45min；温度没有变化，而平衡常数是只随温度的改变而改变的。因此在这一范围内，K值不变；45～60min，平衡继续正向移动，在45分钟这个时间，各物质的浓度没有发生变化，因些平衡移动与浓度和压强变化无关，只能是降低了温度而引起的平衡移动。因为温度发生了变化，因此平衡常数也发生还应的改变，使得K值增大。

考点：考查化学反应速率与化学平衡的移动及有关计算【解析】0.15v1>v2>v3α3正反应方向移动；移走生成物NH314、略

【分析】(1)

由于氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效，所以氯化铵作为化肥时不宜与草木灰(主要成分)混用。

(2)

①随着盐酸的加入，一水合氨和盐酸反应生成氯化铵和水，氨水浓度降低，铵根离子浓度增大，则表示浓度变化的曲线是A。

②当加入盐酸体积为50mL时，此时溶液pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒c（NH）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒得到：c（NH）+c（NH3•H2O）=2c（Cl-），得到2c（OH-）-2c（H+）=mol/L。

(3)

A.加入NaOH溶液后，根据电荷守恒可知溶液中一定有：A正确；

B.当滴入溶液时氢离子恰好被中和，得到硫酸铵和硫酸钠的混合液，根据物料守恒可知：B错误；

C.当滴入溶液时(>7)生成硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，则溶液中：C正确；

D.当溶液呈中性时生成硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，且一水合氨的电离程度和铵根的水解程度相同，根据选项C分析可知此时加入氢氧化钠溶液的体积小于30mL，则溶液中：D错误；

答案选AC。

(4)

已知是一种二元弱酸，其中则的电离方程式为(只写第一步电离即可)。

(5)

①某兴趣小组同学用的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，双氧水被氧化为氧气，离子反应方程式为

②高锰酸钾溶液显红色；则滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色。

③第一次实验误差太大，舍去，消耗标准液体积的平均值为18.00mL，根据方程式可知试样中过氧化氢的浓度为＝0.1800mol/L。

④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，消耗标准液体积偏大，则测定结果偏高。【解析】(1)氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气；会降低肥效。

(2)A

(3)AC

(4)

(5)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色0.1800偏高15、略

【分析】【详解】

（1）二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成黏性很强的硅酸钠，因此不能用玻璃塞，反应的离子方程式为2OH-+SiO2＝SiO32-+H2O；氢氟酸能与二氧化硅反应，因此玻璃试剂瓶不能盛放氢氟酸，反应的化学方程式为SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O。（2）实验室中的Na2SiO3溶液长期放置，瓶底会出现白色沉淀，是由于吸收空气中的二氧化碳生成硅酸沉淀，则形成沉淀的离子方程式是SiO32-+H2O+CO2＝H2SiO3↓+CO32-。溶液中含有碳酸盐和硅酸盐，所以取瓶中的上层清液加入稀盐酸，既有气泡产生又有沉淀生成，其离子方程式分别为CO32-+2H+＝H2O+CO2↑，SiO32-+2H+＝H2SiO3↓。用Na2SiO3溶液浸泡过的棉花不易燃烧，体现Na2SiO3的用途可做防火剂的原料。（3）混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2、Fe（OH）3沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，答案选AC；有所增加的阳离子是Fe3+，答案选E；（4）H216O和D216O的质子数均是10个，因此质量相同的H216O和D216O所含质子数之比为摩尔质量之比的反比，即为20：18＝10：9；H216O和D216O的中子数分别是8、10，所以中子数之比为10×8：9×10＝8：9；（5）A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，则质子数是m－x，电子数是m－x+2，因此ngA2-所含电子的物质的量为

点睛：本题的难点是（3）中离子反应的有关判断，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是学生解答中容易忽略的地方。【解析】2OH-+SiO2==SiO32-+H2OSiO2+4HF=SiF4↑+2H2OSiO32-+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO32-CO32-+2H+=H2O+CO2↑，SiO32-+2H+=H2SiO3↓防火剂ACE10∶98∶9(m-x+2)mol16、略

【分析】【分析】

根据化学反应的复合判据判断反应能否自发进行；根据影响化学平衡的因素判断图像的正确；根据平衡转化率计算化学平衡常数；根据图像和守恒法计算。

【详解】

Ⅰ.已知4CO(g)＋2NO2(g)⇌4CO2(g)＋N2(g)ΔH=-1200kJ·mol−1

(1)ΔH=-1200kJ·mol−1<0，正反应为气体体积减小的过程，即为熵减的过程，ΔS<0，结合复合判据ΔH-TΔS<0反应能自发进行；则该反应在低温时能自发进行；

(2)A.T1>T2，由T1到T2为降温；反应速率应减小，图像与实际不符，故A错误；

B.利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中显示可得T12；图像与实际不符，故B错误；

C.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，平衡向放热的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大；图像与实际相符合，故C正确；

D.平衡常数只与温度有关；改变压强平衡常数不变，图像与实际相符合，故D正确；

答案选CD；

(3)①甲的投料是乙的两倍，乙相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，减小压强平衡逆向移动，则甲中N2的平衡体积分数大于乙；

②甲的投料是乙的两倍，乙相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，若平衡不移动则乙中NO2浓度为甲中的一半，减小压强虽然平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，甲中NO2的平衡浓度大于乙；

③设甲中达到平衡状态时CO的变化物质的量为x，则=50%；可得x=0.2mol；

则该反应的平衡常数K===10L/mol；

Ⅱ(4)模拟尾气中含NO0.025mol，X为N2，Y为N2O，根据图示NO转化为N2的转化率为16%，转化为N2O的转化率为8%，根据N守恒，则排出的气体中N2物质的量为0.025mol×16%÷2=0.002mol、N2O物质的量为0.025mol×8%÷2=0.001mol，排出的气体中有0.0525molCO2，根据得失电子守恒，0.002mol×2×2+0.001mol×2×1+4n(O2)消耗=0.0525mol×4，解得n(O2)消耗=0.05mol，则排出的气体中含O2物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol；即a=0.45。

(5)实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是：NO2中存在2NO2N2O4的平衡体系，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。【解析】低温CD＞＞10L/mol0.45NO2气体中有N2O4，不便进行定量测定17、略

【分析】【分析】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B的金属性比A强。

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应不失电子。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，溶液中的Cl-失电子生成Cl2；检验该电极反应产物应使用湿润的淀粉碘化钾试纸。

（2）E为镁合金，在该电极，镁失电子，F电极上ClO-转化为Cl-。

（3）①正极O2+4e-=2O2-；由此可计算电路中转移电子的数目。

②在负极S(g)失电子转化为SO3。

【详解】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B应选择金属性比A强的锌。答案为：c；

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应做阴极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验该电极反应产物的方法为将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气。答案为：阴；2Cl--2e-=Cl2↑；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近；试纸变蓝，证明生成氯气；

（2）E为镁合金，做该燃料电池的负极。F电极为正极，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案为：负；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正极O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，则电路中转移电子的数目为0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案为：0.8NA或4.816×1023；

②在负极S(g)在O2-存在的环境中失电子，转化为SO3，电极反应式为S-6e-+3O2-=SO3。答案为：S-6e-+3O2-=SO3。

【点睛】

要保护金属制品，把金属制成合金，成本过高。通常采用的方法是电化学防护法，也就是设法阻止被保护金属失电子，要么与更活泼的金属相连，要么与电源的负极相连。若在金属制品外表涂油或油漆，虽然也能对金属制品起保护作用，但效果相对较差。【解析】c阴2Cl--2e-=Cl2↑将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气负ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO318、略

【分析】【分析】

(1)、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解导致溶液呈酸性；根据电荷守恒判断离子浓度大小；

(2)、CH3COONa溶液中，醋酸根水解，促进水的电离，所以溶液中水电离出的氢氧根离子就是溶液中的氢氧根离子，CH3COOH溶液中；水电离受到抑制，水电离出来的氢离子等于溶液中的氢氧根离子，据此计算；

(3)；使水的电离平衡向右移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐等；如果溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性；

(4)；一水合氨为弱电解质；不能完全电离，加水，会促进弱电解质的电离，若稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积小于一水合氨；

(5)、根据影响盐类水解因素比较浓度相同的溶液的NH4+浓度大小。

【详解】

(1)、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解导致溶液呈酸性，即c(OH-)＜c(H+)，根据电荷守恒得c(Cl-)＞c(NH4+)，所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；故答案为c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(2)、pH=11的CH3COONa溶液中，醋酸根水解，促进水的电离,所以溶液中水电离出的氢氧根离子就是溶液中的氢氧根离子，水电离出来的c(OH-)=在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离受到抑制，水电离出来的氢离子等于溶液中的氢氧根离子，水电离出来的c(H+)=故答案为10-3mol/L；10-11mol/L；

(3)A、向水中加入NaHSO4，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，平衡逆向移动，导致溶液中c(H+)＞c(OH-)；溶液呈酸性，A不符合；

B、向水中加入碳酸氢钠，能水解，碳酸氢根离子可以和氢离子结合，从而促进水电离，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)；溶液呈碱性，B不符合；

C、水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液c(OH-)=c(H+)；溶液呈中性，C不符合；

D、向水中加入(NH4)2SO4，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐能水解，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，从而促进水电离，导致溶液中c(OH-)＜c(H+)；溶液呈酸性，D符合；故选D；

(4)、氨水为弱电解质，不能完全电离，若浓度均为0.1mol/L、等体积的NaOH和NH3•H2O分别加水稀释n倍、m倍，稀释后两种溶液的pH都变成9，即溶液中氢氧根离子浓度均为110-5mol/L，则氢氧化钠溶液稀释的倍数为m=10000倍；由K=则c(NH3•H2O)=5.610-6mol/L，c(NH3.H2O)总=5.610-6mol/L+110-5mol/L=1.5610-5mol/L，故氨水稀释的倍数为n=因此，m>n；故答案为＞；

(5)、⑥NH4Cl中只存在NH4+水解，且水解是微弱的；⑦CH3COONH4中CH3COO-和NH4+相互促进水解，NH4+浓度小于⑥；⑧NH4HSO4中H+抑制NH4+水解，NH4+浓度大于⑥；⑨NH3•H2O中只存在NH3•H2O电离，且电离是微弱的，故NH4+浓度大到小的顺序是⑧⑥⑦⑨；故答案为⑧⑥⑦⑨。【解析】①.c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)②.10-3mol/L③.10-11mol/L④.D⑤.＞⑥.⑧⑥⑦⑨19、略

【分析】【分析】

各个溶液发生主要过程如下：①NH4Cl=+Cl-，溶液显酸性；②CH3OONH4=CH3COO-+CH3COO-与均水解，但两者水解程度相当（第4小问信息），故溶液显中性；③NH4HSO4=+H++溶液显酸性；④NH3·H2O与NH4Cl1:1混合，氨水电离大于铵根水解，溶液显碱性；⑤溶液显碱性。

【详解】

（1）NH4Cl溶液中结合水电离出的OH-，促进水电离，导致溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，即水解，

（2）显酸性的溶液有：①③，③NH4HSO4完全电离产生大量H+，远多于①中微弱水解生成的H+，故酸性最强的是③，即pH最小；①②③④中都存在铵盐完全电离的情况，而⑤中是氨水微弱电离产生的，故最小的是⑤；

（3）②中CH3COO-与双水解，相互促进，导致减小，③中存在大量的H+，抑制水解，故②<③；

（4）CH3COO-水解使溶液显碱性，水解使溶液显酸性，但此时溶液显中性，说明两者水解程度相当。【解析】①.NH+H2O⇌NH3∙H2O+H+②.③③.⑤④.<⑤.=20、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律；方程式如何叠加，焓变就如何叠加；

（2）根据题目信息；计算焓变，写出热化学方程式即可。

【详解】

（1）第一个反应编号①，第二个反应编号②，得到目标方程式，故目标反应焓变为

故答案为：+53.1；

（2）2mol在中完全燃烧，生成和放出887kJ热量，故1mol甲醇完全燃烧放出443.5kJ热量，燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，故热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1；

答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1。【解析】+53.1CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1四、判断题(共2题，共10分)21、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。22、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a五、元素或物质推断题(共2题，共6分)23、略

【分析】【分析】

根据图中八种短周期元素原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化，判断出x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl，以此解答。

【详解】

(1)y为碳元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA族。N、O、Na、Al四种元素的简单离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故半径最大的是N3-。

(2)工业上，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-。

(3)NH3和HCl反应形成化合物NH4Cl；其中含有的化学键类型为离子键和共价键。

(4)含铝的某化合物可用作净水剂的原理是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。

(5)25℃，氢氧化铝的Ksp=1.010-34，使含0.1mol·L-1铝离子的溶液开始产生沉淀，则有Qc=c(Al3+)c3(OH-)＞Ksp=1.010-34，则c(OH-)=10-11mol·L-1，c(H+)=10-3mol·L-1；pH为3。

(6)钠元素和硫元素组成的化合物Na2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，多元弱酸盐分步水解，以第一步水解为主，故水溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)。【解析】第二周期第ⅣA族N3-2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-离子键和共价键Al3++3H2OAl(OH)3+3H+3c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)24、略

【分析】【分析】

X；Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素；原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，故X为H元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该氢化物为氨气，则Y为N元素；Z为地壳中含量最多的元素，故为O元素；R与X同主族，且原子序数大于8，故R为Na元素；Y、R、Q最外层电子