2025年中图版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年中图版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、下列有关化学反应速率的说法正确的是A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时，可改用98%的浓硫酸加快生成氢气速率B.100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢D.SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢2、对于反应A+B=C，下列条件的改变一定使化学反应速率加快的是（）A.升高体系的温度B.增加体系的压强C.增大C的物质的量D.增加A的物质的量3、在体积为1L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H。相同时间内不同的温度下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.图中X点v(正)>v(逆)B.图中P点所示条件下，延长反应时间不能提高CH3OH的产率C.该反应的∆H>0D.520K下，X点所对应甲醇的产率为50%，则平衡常数K=4、已知甲烷的燃烧热为900kJ/mol；18g水蒸气变成液态水放出40kJ的热量。其他相关数据如表：则表中x为。

。

O=O

H-H

H-O(g)

C=O

C-H

键能/(kJ/mol)

500

440

x

750

410

A.980B.570C.490D.4205、锂电池在航空航天领域应用广泛，Li-CO2电池供电的反应机理如图所示；下列说法正确的是。

A.X方向为电流方向B.交换膜M为阴离子交换膜C.正极的电极反应式：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+CD.可采用LiNO3水溶液作为电解质溶液6、科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2.下列说法不正确的是。

A.由图分析N电极为负极B.该装置实现了太阳能→电能→化学能的转化C.阴极的电极反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-D.为了使该装置持续工作，最好选择阳离子交换膜7、钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接；可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是。

A.该保护法是利用了原电池原理B.电子从钢铁设施沿导线流到金属MC.金属M发生的反应：M-ne-→Mn+D.钢铁设施因电子流入而被保护8、25℃时，0.10的溶液中和随pH变化(加入HCl或NaOH)的关系如下图所示。下列说法正确的是。

[已知]

A.原溶液中B.原溶液中C.曲线①表示随pH的变化D.图中M点对应溶液的pH=6.59、下列对化学平衡移动的分析中；不正确的是。

①有气体参加的反应平衡时；若减小反应器容积时，平衡则向气体体积增大的方向移动。

②有气体参加的反应达平衡时；在恒压反应器中充入稀有气体，平衡不会发生移动。

③已达平衡的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动。

④已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，H2的转化率一定升高A.①④B.①②③C.②③④D.①②③④评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、一定的温度和压力下，1mol溶质溶解于某溶剂中产生的热效应，叫做该物质的溶解热。称取等质量(ag)的胆矾两份。把一份溶于bg水中，测知其溶解时吸收Q1kJ热量；把另一份脱水后溶于bg水中，测得其溶解时放热Q2kJ。

（1）胆矾的溶解热△H=___kJ·mol-1。

（2）无水硫酸铜的溶解热△H=___kJ·mol-1。

（3）从以上数据可知，胆矾脱水是___过程，1mol胆矾脱水需___kJ的热量。11、根据要求回答问题：

（1）图1是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。

（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ·mol－1，CH3OH（l）+1/2O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=－akJ·mol－1，则a________726.5（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图2所示），与白磷分子相似。已知断裂1molN－N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H=________。

（4）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3－。这两步的能量变化如图：

第二步反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。1molNH4+(aq)全部氧化成NO3－(aq)的热化学方程式是_____________。12、已知①NH4I(s)NH3(g)+HI(g)ΔH1=+akJ/molKp1；

②2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH2=+bkJ/molKp2。

在某温度下，向一固定体积密闭容器中，投入足量NH4I固体(忽略体积)，达到化学平衡时，测得P(H2)=5Kpa、P(HI)=40Kpa；请填写以下空白：

(1)请写出NH4I(s)分解为H2(g)、I2(g)和NH3(g)的热化学反应方程式__(系数最简整数比)。该反应的平衡常数表达式为Kp=__(用Kp1和Kp2表示)；该温度下，Kp1为___。

(2)在相同温度下；在如图的装置中达到化学平衡。

若缓慢将体积扩大至2V，反应②向__移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；若迅速缩小体积至体系颜色变化情况__(提示：瞬间、过程、最终)。该动作引起的系列颜色变化，从最终结果上来看，__勒夏特列原理(填“符合”或“不符合”)。13、(1)已知水的比热容为4.18×10-3kJ•g-1•℃-1．10g硫黄在O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能使500gH2O的温度由18℃升至62.4℃，则硫黄的燃烧热为__，热化学方程式为_．

(2)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程如下：

2P(s)+3Cl2(g)＝2PCl3(g)△H＝﹣612kJ/mol

2P(s)+5Cl2(g)＝2PCl5(g)△H＝﹣798kJ/mol

气态PCl5生成气态PCl3和Cl2的热化学方程式为___．

(3)用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

①从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____．

②烧杯间填满碎纸条的作用是_．

③大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_(填“偏大；偏小、无影响”)．

④如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热_(填“相等；不相等”)．

⑤用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__；(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)．14、亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4=Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：

①+→+(慢)

②+→IO-+(快)

③5I-+6H++→3I2+3H2O(快)

④I2++H2O→2I-++2H2(快)

(1)根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由___步反应决定。

(2)若预先加入淀粉溶液，由题述看必在___离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生。15、阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低；环境污染小等优点。生产流程如下图所示：

(1)电解饱和食盐水的化学方程式为______。

(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是_____(填字母序号)。

a．Na2SO4b．Na2SO3

c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压。

(3)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。

①结合化学用语解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：______。

②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：____。

③研究表明食盐水中I-含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47mg•L-1的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol•L-1NaClO溶液_____L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)16、回答下列问题。

(1)现有下列物质：①K2SO4晶体；②液态SO3；③冰醋酸(即纯醋酸)；④汞；⑤小苏打；⑥盐酸；⑦乙醇；⑧熔融的氯化钠。能导电的是_______(填序号，下同)；属于非电解质的是_______；属于强电解质的是_______；弱电解质的电离方程式：_______。

(2)如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置；请根据装置回答问题：

①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_______(填代表装置图的字母，下同)；从乙醇和水的混合物中得到乙醇，选择装置_______，分离方法的名称_______。

②分离植物油和水选择装置_______，该分离方法的名称为_______。

③装置A中仪器①的名称是_______，进水的方向是从_______(填“上”或“下”)口进水。

④除去氯化钠溶液中的硫酸钡，选择装置_______。17、以二氧化碳和氢气为原料可以合成甲醇，一定条件下发生反应：550K时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入(g)和(g)，部分实验数据如下表所示。时间/min051015n()/mol2.000.800.20n()/mol1.000.40

(1)0~10min内(g)的平均反应速率为_________，此温度下的平衡常数为_________。

(2)若其他条件不变，将容器换成1L的恒容密闭容器，则达到平衡时，_________(填“”“”或“”，下同)0.60

(3)温度为TK时，平衡常数为400则T_________550。

(4)下列可以作为反应达到平衡的依据的是_________(填标号)。

A.容器内压强不再改变。

B.生成1mol(g)的同时消耗1mol(g)

C.混合气体的平均摩尔质量不再变化。

D.混合气体的密度不再变化。

(5)写出可以增大的平衡转化率的措施：_________(任答两条)。18、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质合成等方面应用广泛。

（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择___(填字母)。

a.碳棒b.锌板c.铜板。

（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2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。

①E为该燃料电池的___(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为___。

②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学方程式解释其原因___。

（3）乙醛酸(HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸；原理如图3所示，该装置中阴；阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为___。

②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为___mol。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)19、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误20、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误21、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22、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误23、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误24、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误25、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、实验题(共4题，共20分)26、近年来，研究人员提出用作为水溶液中歧化反应的催化剂，实现含工业污水的处理。其催化过程分两步完成：

ⅰ．

ⅱ．

为探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL饱和溶液加入2mL下列试剂中，密闭放置，观察现象(已知：易溶解在KI溶液中)。序号①②③④试剂组成实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较①快无明显现象棕褐色溶液迅速褪色，变成黄色，出现浑浊较①快

(1)KI的电子式为___________。用KI固体配制溶液，下列仪器中需要使用的有___________(填写名称)。

(2)水溶液中歧化反应的离子方程式为___________。

(3)上述实验需要“密闭放置”的主要原因是___________。

(4)实验①和②是对照实验，则___________，比较实验①和②可得出结论___________。

(5)实验③试剂为___________，比较实验②和③可知单独存在时不能催化的歧化反应。综合实验①②③得出结论：是歧化反应的催化剂。

(6)实验表明，歧化反应速率④＞①，结合ⅰ和ⅱ的反应速率解释其原因___________。27、原电池及原理已广泛应用于生产生活中。

(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应。下列化学反应中在理论上可以设计成原电池的是_______（填序号）。

a．C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＞0

b．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＜0

c．Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＜0

(2)某同学利用生活或实验室中常用的物品，设计了一个原电池，如图所示。实验原理：Fe＋2=＋H2↑

实验用品：电极(铁钉；铜钉)、稀硫酸、烧杯、导线、耳机(或电流表)。

①用原电池两个电极中的一极触碰耳机插头上的一极(注意：触碰的同时耳机的另一极是跟原电池的另一极相连的)，这时，可以听见耳机发出“嚓嚓嚓”的声音。其原因是在原电池中，将化学能转化为________；在耳机中又将电能转化为声音这种能量。

②如果将装置中的耳机改为电流表，则铁钉应连接电流表的________极，其电极反应式为________；铜钉上的电极反应式为________，该电极上发生了________(填“氧化”或“还原”)反应。

③反应结束后，测得铁钉质量减轻了2.8克，则转移电子的物质的量为______。28、莫尔盐[(相对分子质量为392)]能溶于水；难溶于乙醇，较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是实验中代替硫酸亚铁使用的重要试剂。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：

(1)仪器a的名称为_____________。配制本实验所需溶液的蒸馏水，均需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是____________。

(2)按图连好装置，检验气密性后，将过量铁屑和少量碳粉加入c中，加入其它试剂，打开仪器a的塞子，然后旋开K2，为保证硫酸顺利滴入c中，还应采取的操作是________________________。

(3)c中加入少量碳粉的作用是________________________。

(4)为加快反应速率，需将c中试剂温度保持在一般采取的加热方式是_____________。

(5)充分反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，利用的原理是____________，此时，d中发生的主要反应的化学方程式为____________。

(6)制备结束后，将d中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用_______________(填试剂名称)进行洗涤；洗涤后用烘箱进行烘干。

(7)实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成溶液，用0.1000mol/L的酸性溶液滴定。消耗酸性溶液30.00mL，该样品的纯度为______________%(保留至)。29、某研究人员按图所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，和混合气体连续通入；水和铁在起始时一次性加入。

(1)吸收时，温度不宜过高的原因是___________。

(2)实验中，对吸收液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如下图所示(A点为纯水的pH)。(已知：对和混合气体的吸收有催化作用)

①AB段，pH下降的主要原因是___________。

②CD段，吸收液的pH迅速增大的原因可能是___________。

(3)利用反应可以制备晶体。请补充完整以溶液为原料制备的实验方案：取40mL1溶液，___________，静置、过滤、洗涤、干燥。(实验中须选用的试剂：稀硫酸、双氧水、1NaOH溶液、1溶液)

(4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.2400g(含少量无其他杂质)样品，加过量稀硫酸完全溶解，再加入Zn粉至溶液黄色褪去，向溶液中逐滴加入0.1000溶液，发生反应当反应恰好完全进行时，消耗溶液31.00mL。计算样品中的质量分数___________(写出计算过程)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共12分)30、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___________。：31、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_________。32、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：____________________。33、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）。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共8分)34、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。35、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．浓硫酸具有强氧化性；铁在浓硫酸中钝化，故A错误；

B．加入氯化钠溶液；溶液的体积变大，盐酸浓度变小，反应速率减慢，故B错误；

C．有气体参加的反应；减小压强，反应速率减慢，故C正确；

D．升高温度；活化分子数增多，反应速率加快，故D错误；

答案选C。

【点睛】

影响反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂和固体的接触面积等。增大物质的浓度，反应速率加快，升温，反应速率加快，增大压强，反应速率加快。使用催化剂一般加快反应速率。增加固体的接触面积即将固体从块状变成粉末，反应速率加快。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．升高体系的温度；不管反应是吸热反应还是放热反应，反应速率都会加快，A符合题意；

B．压强只影响有气体参加反应的速率；若A；B、C都是非气体，则增加体系的压强，化学反应速率不变，B不符合题意；

C．若C为非气体；A、B是气体；增大C的物质的量，反应速率不变，C不符合题意；

D．若A为非气体；B、C是气体；增加A的物质的量，反应速率不变，D不符合题意；

故选A。3、D【分析】【分析】

由图得：初始投料量相同时；在不同温度下均反应8小时，甲醇的产率先升高后降低，说明该反应为放热反应。

【详解】

A．已知随着温度的升高；反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边，反应均处于平衡状态，X点v(正)=v(逆)，A项错误；

B．P点所示的条件下；反应还未达到平衡状态，延长时间可以提高甲醇的产率，B项错误；

C．由分析得；该反应为放热反应，C项错误；

D．X点所对应得反应处于平衡状态，根据题给信息可列出三段式：容器体积为1L，故平衡常数D项正确；

故答案为D。4、C【分析】【详解】

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)①H2O(l)=H2O(g)②

根据盖斯定律可知得：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)反应物键能总和−生成物键能总和解得：故答案为：C。5、C【分析】【详解】

A．Li为原电池的负极，电子从Li电极经导线流向电极；所以X方向为电子方向，A错误；

B．离子交换膜需要通过；所以M为阳离子交换膜，B错误；

C．正极为生成C单质，电极反应式：C正确；

D．为活泼金属；能与水反应，所以该电池不能用水性电解质，D错误；

故选C。6、D【分析】【详解】

A．由图分析N电极所连接的Pt电极上二氧化碳生成一氧化碳；发生还原反应为阴极，则N电极为电源负极，A正确；

B．由图可知；该装置太阳能转化为电能，电能在电解池中转化为化学能，实现了太阳能→电能→化学能的转化，B正确；

C．阴极的电极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳气体，电解质溶液为碱性，则反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-；C正确；

D．该电解装置中；阴极反应生成氢氧根离子，阳极消耗氢氧根离子生成氧气，故最好选择阴离子交换膜，D错误。

故选D。7、B【分析】【详解】

A．牺牲阳极的阴极保护法实际利用的是原电池原理；即连接一个更活泼的金属M从而保护钢铁，形成原电池，更活泼的金属作负极失电子被腐蚀，A正确；

B．根据保护原理；金属M的活泼性比钢铁强，作负极被腐蚀，故电子从金属M经导线流向钢铁设施，B错误；

C．金属M作负极失电子：M-ne-→Mn+；C正确；

D．钢铁设施因电子流入；作正极，其表面会积累大量电子，故其自身不容易失电子，所以被保护，D正确；

故答案选B。8、D【分析】【详解】

A．根据质子守恒可知，A错误；

B．带入中，得到=0.1mol/L，则=同理=则可表示为：不符合电荷守恒，B错误；

C．氢离子、氢氧根离子浓度相等时溶液显中性，由图可知，①②③④分别表示H+、OH-的曲线随pH值的变化情况；C错误；

D．由图可知，M点，则=将Ka和Kb相除得到又有c(H+)c(OH-)=KW，则可得c(H+)=10-6.5mol/L，所以pH=-lgc(H+)=6.5；D正确；

故选D。9、B【分析】【详解】

①有气体参加的反应平衡时；若减小反应器容积时，即增大压强，则平衡向气体体积减小的方向移动，故①不正确；

②有气体参加的反应达平衡时；在恒压反应器中充入稀有气体，则容器的体积必然增大，即减小压强，则平衡向气体体积增大的方向移动，故②不正确；

③已达平衡的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；当增加反应物碳的物质的量时，平衡不移动，故③不正确；

④已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，H2的转化率一定升高；故④正确；

①②③不正确，故选：B。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

(1)

根据题干定义：一定的温度和压力下，1mol溶质溶解于某溶剂中产生的热效应，叫做该物质的溶解热，结合数据称取等质量(ag)的胆矾两份。把一份溶于bg水中，测知其溶解时吸收Q1kJ热量，故胆矾的溶解热△H=+kJ·mol-1，故答案为：+

(2)

根据题干定义：一定的温度和压力下，1mol溶质溶解于某溶剂中产生的热效应，叫做该物质的溶解热，结合数据把另一份脱水后溶于bg水中，测得其溶解时放热Q2kJ，无水硫酸铜的溶解热△H=-kJ·mol-1，故答案为：-

(3)

从以上数据可知，CuSO45H2O(s)=CuSO4(aq)+5H2O(l)CuSO4(s)=CuSO4(aq)根据盖斯定律可知，CuSO45H2O=CuSO4(s)+5H2O(l)=+kJmol-1,故胆矾脱水是吸热过程，1mol胆矾脱水需kJ的热量，故答案为：吸热；【解析】(1)+

(2)-

(3)吸热11、略

【分析】【分析】

(1)催化剂能降低反应所需的活化能；但催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，据此分析；

(2)写出甲醇和氢气燃烧的热化学方程式；与题给的热化学方程式联立，然后根据盖斯定律，即可做出判断；

(3)本小题要注意一个N4分子中含有6个N-N键；要乘以6；

(4)根据盖斯定律和热化学方程式的书写要求作答；

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小；催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响;

故答案为：减小；不变；

(2)①

②

③

根据盖斯定律，①=②+③，即=+因为均小于0，所以a<726.5

故答案为：<；

(3)从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N-N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则N4(g)=2N2(g)的△H=6×193kJ•mol-1－2×941kJ•mol-1=－724kJ•mol-1；

故答案为：−724kJ∙mol−1；

(4)由图可知，第二步反应的焓变小于0，所以第二步反应为放热反应；第一步的热化学方程式为第二步的热化学方程式为：根据盖斯定律则

故答案为：

【点睛】

本题考查了催化剂对活化能和反应热的影响、盖斯定律，热化学方程式等热点问题，难度不大，但学生须细心才能得到较高分数。【解析】减小不变＜−724kJ∙mol−1放热12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)已知①ΔH1=+akJ/molKp1；

②ΔH2=+bkJ/molKp2；

NH4I(s)分解为H2(g)、I2(g)和NH3(g)的热化学反应方程式可由反应①×2+反应②得，故该反应的热化学方程式为：2NH4I(s)2NH3(g)＋H2(g)+I2(g)ΔH=+(2a+b)kJ·mol-1；该反应的平衡常数表达式为Kp=K2p1·Kp2；该温度下，向一固定体积密闭容器中，投入足量NH4I固体(忽略体积)，达到化学平衡时，测得P(H2)=5Kpa、P(HI)=40Kpa，根据反应②可知，参与反应的碘化氢，P(HI)=10Kpa，又反应后P(HI)=40Kpa，则反应①中：P(HI)=50Kpa，P(NH3)=50Kpa，则达到平衡时，P(H2)=5Kpa、P(HI)=40Kpa，P(NH3)=50Kpa，

故答案为：2NH4I(s)2NH3(g)＋H2(g)+I2(g)ΔH=+(2a+b)kJ·mol－1；K2p1·Kp2；2000(Kpa)2；

(2)在相同温度下，反应达到化学平衡；若缓慢将体积扩大至2V，体系压强减小，反应①正向移动，碘化氢增大，反应②正向移动；若迅速缩小体积至迅速压缩体积的瞬间，颜色变深，然后颜色逐渐变浅，最终恢复到和原来的颜色一样深；该动作引起的系列颜色变化，从最终结果上来看，不符合勒夏特列原理；故答案为：正向；迅速压缩体积的瞬间，颜色变深，然后颜色逐渐变浅，最终恢复到和原来的颜色一样深；不符合。【解析】2NH4I(s)2NH3(g)＋H2(g)+I2(g)ΔH=+(2a+b)kJ·mol－1K2p1·Kp22000(Kpa)2正向迅速压缩体积的瞬间，颜色变深，然后颜色逐渐变浅，最终恢复到和原来的颜色一样深不符合13、略

【分析】【详解】

（1）10g硫磺即物质的量燃烧共放出热量为：Q=m⋅c(t2−t1)=500g×4.18×10−3kJ⋅(g⋅℃)−1×(62.4−18)℃=92.796kJ，则1mol(32g)硫磺燃烧放出的热量为：92.796kJ÷0.3125=296.9kJ，所以硫磺的燃烧热为296.9kJ⋅mol−1，热化学方程式为

（2）根据盖斯定律，可以得出气态PCl5生成气态PCl3和Cl2的热化学方程式为：PCl5(g)＝PCl3(g)+Cl2(g)△H＝+93kJ/mol；

（3）①根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；

②中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温；隔热，减少实验过程中的热量损失；

③大烧杯上如不盖硬纸板；会有部分热量散失，故中和热数值偏小；

④用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应；参与反应的酸碱量更多，所放出的热量更多，故与上述实验相比，放出的热量更多；反应物不变，均是盐酸和氢氧化钠，故中和热不变；

⑤一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小，故答案为：偏小。【解析】296.9kJ•mol-1S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H＝-296.9kJ•mol-1PCl5(g)＝PCl3(g)+Cl2(g)△H＝+93kJ/mol环形玻璃搅拌棒保温、隔热，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等偏小14、略

【分析】【详解】

(1)一个化学反应的总的反应速率是由慢反应速率决定的；根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由①步反应决定；

(2)由反应机理可知，该反应①是和反应，且为慢反应，而反应④是I2和反应，为快反应，由此说明I2和反应比和反应更快，故若预先加入淀粉溶液，由反应过程看必在离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生。【解析】①15、略

【分析】【分析】

(1)氯碱工业电解的总方程式为：2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH；(2)电解结束后，能够脱去阳极液游离氯的试剂或方法的选择，考查氯气的化学性质，从氯气的强氧化性和温度、压强与气体溶解度的关系答题；(3)①吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，ClO-+2H++2I-=I2+Cl-+H2O，10min时，pH越低，c(H+)越大，反应速率加快，c(I2)越高，吸光度越大；②pH=4时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降是因为：c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价态含碘微粒，使c(I2)降低，吸光度下降；③依据化学方程式进行计算。

【详解】

(1)图为氯碱工业基本原理图，阳极产物为氯气，阴极产物为烧碱和氢气，电解的总方程式为：2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH；(2)a．Na2SO4与氯气不反应，故a不能脱去阳极液游离氯；b．Na2SO3与氯气反应，Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4↓+2HCl，故b能脱去阳极液游离氯；c．温度升高气体溶解度减小，热空气吹出，故c能脱去阳极液游离氯；d．降低阳极区液面上方的气压，气体溶解度减小，故d能脱去阳极液游离氯；故答案为：bcd；(3)①吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，ClO−+2H++2I−=I2+Cl−+H2O，10min时，pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大；②pH=4时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降是因为：c(H+)较高，ClO−继续将I2氧化为高价态含碘微粒，使c(I2)降低，吸光度下降；③根据题意，为达到使用标准，现将1m3含c(I−)为1.47mg⋅L−1的食盐水进行处理，发生反应为ClO−+2H++2I−=I2+Cl−+H2O，将溶液中c(I−)调节最大为0.2mg•L-1，设理论上至少需要0.05mol⋅L−1NaClO溶液的体积为VL，则参与反应的碘离子的物质的量=碘离子总物质的量-剩余碘离子的物质的量==mol，根据反应方程式列式计算：则解得V=0.1L。

【点睛】

本题的难点和易错点为(3)的③小题，处理碘离子时并不是把碘离子消耗完，而是利用反应将溶液中碘离子的浓度降低，要根据反应方程式，利用处理过程中消耗掉的碘离子计算消耗NaClO的体积。【解析】2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOHbcd10min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降0.116、略

【分析】【详解】

（1）能导电的物质含有自由移动的离子或电子，①K2SO4晶体中不存在自由移动的离子，不能导电，②液态SO3是非电解质，不能导电，③冰醋酸(即纯醋酸)中不存在自由移动的离子，不能导电，④汞属于金属，具有自由移动的电子，可以导电，⑤小苏打中不存在自由移动的离子，不能导电，⑥盐酸中存在自由移动的H+和Cl-，可以导电，⑦乙醇属于非电解质，不能导电，⑧熔融的氯化钠中存在自由移动的Na+和Cl-，能导电，综上能导电的是④⑥⑧；非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的是②⑦；强电解质是在水溶液中完全发生电离的电解质，属于强电解质的是①⑤⑧；弱电解质是③冰醋酸(即纯醋酸)，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－+H+；

（2）①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体；需要蒸发结晶，选择装置是D；从乙醇和水的混合物中得到乙醇，根据两者的沸点不同蒸馏分离，应选择装置A，分离方法的名称是蒸馏；

②因为植物油和水不互溶且密度不同；分离植物油和水选择装置是B，该分离方法的名称为分液；

③装置A中仪器①的名称是冷凝管；为了提高冷凝效果，进水的方向是从下口进水，上口出水；

④硫酸钡不溶于水，可以通过过滤除去氯化钠溶液中的硫酸钡，应选择过滤装置C。【解析】(1)④⑥⑧②⑦①⑤⑧CH3COOHCH3COO－+H+

(2)DA蒸馏B分液冷凝管下C17、略

【分析】【详解】

(1)根据方程式有：v()=v(H2)==由表中数据及方程式得==0.6mol，==0.4mol，==0.2mol，可得知第10分钟时反应达到平衡状态，体积为2L，则列三段式为：

此温度下的平衡常数=故答案为：450；

(2)由(1)中三段式可知2L时平衡浓度为0.30现在体积为1L，假设平衡不移动，则平衡浓度为0.60但体积缩小，压强变大，平衡应朝着气体体积减小的方向移动即该反应平衡右移，故平衡浓度＞0.60故答案为：＞；

(3)化学平衡常数只与温度有关，温度为TK时，平衡常数为400比550K时平衡常数450小；因该反应正反应放热，K值减小，平衡逆向移动，则温度升高，故T＞550，故答案为：＞；

(4)A．因该反应气体前后计量系数和变化；故容器内压强为变量，当变量不再改变时可以作为判断平衡状态的依据，A正确；

B．生成1mol(g)的同时消耗1mol(g)均是指的逆反应；无法确定正逆反应速率是否相等，故不能作为判断平衡状态的依据，B错误；

C．混合气体的平均摩尔质量=气体总质量不变，气体总物质的量变化，故混合气体的平均摩尔质量为变量，当变量不变时可以作为判断平衡状态的依据，C正确；

D．混合气体的密度=气体总质量与气体总体积均不变，故混合气体的密度不是变量，不能作为判断平衡状态的依据，D错误；

故答案为：AC；

(5)增大的平衡转化率的措施即在不增大氢气浓度（增大氢气的浓度会使氢气转化率降低）的情况下，使平衡右移，故措施有：降低温度、通入(及时分离或其他合理答案)，故答案为：降低温度、通入(及时分离或其他合理答案)。【解析】450AC降低温度、通入(及时分离或其他合理答案)18、略

【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，用电化学方法防护金属,可采用牺牲阳极的阴极保护法或外接电流的阴极保护法保护金属；电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极；阳离子移向阴极；电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；

（1）

根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，因此为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料b的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法，碳是非金属，铜的金属性弱于铁，锌的金属性强于铁，因此答案选b；

（2）

①镁铝合金金属性强，Mg在转变为氢氧化镁，则Mg失去电子发生氧化反应、E做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。

②镁是活泼的金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，化学方程式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；

（3）

电解时；阳离子移向阴极，则图中N为阴极。阴；阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，则：

①N电极上HOOC-COOH得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，则电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O；

②2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据阴极电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸，阳极上：OHC-CHO-2e-+H2O═HOOC-CHO+2H+，阳极生成1mol乙醛酸，所以生成的乙醛酸为2mol。【解析】（1）b

（2）负ClO－+2e-+H2O=Cl-+2OH-Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑

（3）HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O2三、判断题(共7题，共14分)19、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。20、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。21、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；22、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。23、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。24、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。25、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、实验题(共4题，共20分)26、略

【分析】(1)

KI为离子化合物，则其电子式为用KI固体配制溶液，需要用到烧杯、玻璃棒、托盘天平、50mL容量瓶、胶头滴管，则下列仪器中需要使用的有烧杯、托盘天平，故答案为：烧杯；托盘天平；

(2)

用作为水溶液中歧化反应的催化剂，其催化过程分两步完成：ⅰ．ⅱ．则。

水溶液中歧化反应的离子方程式为：故答案为：

(3)

二氧化硫具有还原性；溶于水时，生成亚硫酸，亚硫酸会被氧气氧化，则实验需要“密闭放置”的主要原因是防止氧气参与反应，影响实验结果的准确性，故答案为：防止氧气参与反应，影响实验结果的准确性；

(4)

实验①和②是对照实验，要符合单一变量原则，则0.4；比较实验①和②可知，加入硫酸后，溶液变黄，出现浑浊较①快，则实验结论为可以加快和反应的速率，故答案为：0.4；可以加快和反应的速率；

(5)

实验②和③可知单独存在时不能催化的歧化反应，根据单一变量原则，可知实验③试剂为溶液，故答案为：溶液；

(6)

根据(4)可知可以加快和反应的速率，加入碘单质，会进行反应ⅱ，从而产生氢离子，因此歧化反应速率④＞①，结合ⅰ和ⅱ的反应速率解释其原因为反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快，故答案为：反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快。【解析】(1)烧杯；托盘天平。

(2)

(3)防止氧气参与反应；影响实验结果的准确性。

(4)0.4可以加快和反应的速率。

(5)溶液。

(6)反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的使反应ⅰ速率加快27、略

【分析】【分析】

(1)只有放热的氧化还原反应才可以设计为原电池；

(2)原电池是将化学能转化为电能的装置，在原电池中，活泼的电极为负极，失去电子，发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上H+得到电子发生还原反应；根据Fe是+2价的金属，根据Fe的质量，计算其物质的量，进而可得转移电子的物质的量。

【详解】

(1)a．该反应为吸热的氧化还原反应；不能设计成原电池，a不符合题意；

b．该反应为放热的氧化还原反应，能设计成原电池，b符合题意；

c．该反应为放热反应；但反应不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，c不符合题意；

故答案为b；

(2)①发生该反应；反应产生了电流，说明在原电池中将化学能转化为电能；

②在该反应中Fe失去电子变为Fe2+，发生氧化反应，为原电池的负极，该电极的电极反应式为：Fe－2e-=Fe2+，若将耳机改为电流表，则铁钉应该接电流表的负极；在铜电极上，溶液中的H+得到电子，发生还原反应变为H2，正极的电极反应式为：2H+＋2e-=H2↑；

③m(Fe)=2.8g，则n(Fe)==0.05mol，由于Fe是+2价的金属，每1molFe反应失去2mol电子，所以0.05molFe反应，转移电子的物质的量n(e-)=2n(Fe)=2×0.05mol=0.1mol。

【点睛】

本题考查了原电池的反应原理。掌握原电池构成条件，结合原电池反应中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据同一闭合回路中电子转移数目相等进行分析。【解析】b电能负Fe－2e-=Fe2+2H+＋2e-=H2↑还原0.1mol28、略

【分析】【分析】

莫尔盐的制备原理是：是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应，在实验过程中加入碳粉的目的是形成原电池，加快反应速率，待锥形瓶中反应完成后，打开K3，关闭K1、K2；利用锥形瓶压强增大，将硫酸亚铁溶液压入到d中反应，据此分析解答。

【详解】

(1)仪器a为分液漏斗；蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，故答案为：分液漏斗，降低水中的溶解氧；

(2)为保证硫酸顺利滴入c中，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，故答案为：旋开K1；

(3)c中加入少量碳粉的作用是与铁屑组成原电池加快反应速率；故答案为：与铁屑组成原电池加快反应速率；

(4)出加热的温度低于100常采用水浴加热的方式，故答案为：水浴加热；

(5)反应一段时间后，打开K3，关闭K1、K2。c中液体会自动流入d中，是因为c中继续反应产生H2，压强大于大气压，将c中的溶液压入d中，d中硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：故答案为：c中产生氢气使压强大于大气压；

(6)摩尔盐易溶于水；在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，故答案为：酒精(乙醇)；

(7)Cr2O还原产物为Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n()=0.1000mol/L0.03L=0.003mol，故n[)]=n(Fe2+)=0.003mol6=0.018mol，则m[)]=0.018mol392g/mol=7.056g，该样品的纯度为故答案为：78.4。

【点睛】

考查物质制备及物质含量测定，明确实验原理、元素化合物性质及物质之间的转化关系是解本题关键，知道常见仪器用途、元素化合物性质。【解析】分液漏斗降低水中的溶解氧旋开K1与铁屑组成原电池加快反应速率水浴加热c中产生氢气使压强大于大气压酒精(乙醇)78.429、略

【分析】【分析】

制备四氧化三铁的原理为：提供的原料有硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，而没有硫酸铁，故需用双氧水将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，并需除去过量的过氧化氢，再在等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁的混合液中加入足量氢氧化钠溶液，反应即得到四氧化三铁，过滤；洗涤干燥即可。

【详解】

(1)高温使气体的溶解度降低，吸收时，温度过高，的溶解度下降，不利于吸收。

(2)①二氧化硫与水反应生成亚硫酸，则AB段，pH下降的主要原因是与水反应生成部分电离出

②AB段之后，体现内缓慢氧化产生与Fe反应生成发生反应：即亚铁离子催化加快的吸收转化为故CD段吸收液的pH迅速增大的原因可能是与Fe反应速率快于其生成速率。

(3)由反应知，要制备四氧化三铁，需要等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁反应，故需将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，在等物质的量硫酸亚铁和硫酸铁的混合液中加入足量氢氧化钠溶液，反应得到四氧化三铁，过滤、洗涤干燥即可。具体实验方案为：取40mL1溶液，边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的冷却，再加入20mL1溶液，加入足量1NaOH溶液；加热；搅拌使其充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥。

(4)由数据、结合关系式、元素质量守恒可计算样品中的质量分数：根据得根据Fe守恒和质量守恒：解得：则【解析】温度过高，的溶解度下降，不利于吸收与水反应生成部分电离出BC段缓慢氧化产生与Fe反应生成催化加快的吸收转化为与Fe反应速率快于其生成速率边搅拌边加入适量稀硫酸和双氧水，充分反应后，加热至沸除去过量的冷却，再加入20mL1溶液，加入足量1NaOH溶液，加热、搅拌使其充分反应根据得。

根据Fe守恒和质量守恒：

解得：

五、有机推断题(共4题，共12分)30、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)31、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37g32、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−2NH333、略

【分析】【分析】