2025年苏教版选择性必修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年苏教版选择性必修1化学下册阶段测试试卷862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、电化学在日常生活中用途广泛，下图①是镁、次氯酸钠燃料电池的示意图，电池总反应式为：Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓，图②是电解法除去工业废水中的下列说法正确的是A.图②中离子向铁电极移动，与该极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去B.图②中阳极上的电极反应式为：Fe-3e-=Fe3+C.图①中发生的氧化反应是：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2(OH)-D.若图①中7.2g镁溶解产生的电量用以图②废水处理，理论可除去的物质的量为0.05mol2、一个真空密闭恒容容器中盛有1molPCl5，加热到200℃发生如下反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。反应达到平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为M%。若同一温度的同一容器中，最初投入2molPCl5，反应达平衡时，混合气体中PCl5所占体积分数为N%。则M和N的关系是A.M>NB.MC.M＝ND.无法确定3、在容积为2L的密闭容器中发生反应xA（g）＋yB（g）zC（g）。图甲表示200℃时容器中A；B、C物质的量随时间的变化；图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）∶n（B）的变化关系。则下列结论正确的是（）

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）＝0.04mol·L－1·min－1B.200℃时，该反应的平衡常数为25C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D.由图乙可知，反应xA（g）＋yB（g）zC（g）的ΔH<0，且a＝24、火星大气由96%的二氧化碳气体组成，火星探测器采用Li—CO2电池供电；其反应机理如图所示，下列说法错误的是。

A.R方向为电子移动的方向B.CO2电极反应式为4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+CC.可采用LiNO3溶液作为电解质溶液D.碳酸锂的生成和分解形式提供了实现可逆电化学电池5、常温下，在醋酸溶液中加入一定量的醋酸钠固体，下列说法错误的是（）A.c(OH-)减小B.醋酸的电离程度减小C.溶液的pH增大D.c(Ac-)增大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、化学与我们的生活息息相关，下列说法错误的是A.食品添加剂就是为增强食品的营养而加入的物质B.补充氟元素能够防止龋齿，应当大力提倡使用含氟牙膏C.随意丢弃废旧电池会造成重金属盐对土壤和水源的污染D.使用纯碱溶液清洗餐具比使用洗涤剂更环保7、在2L恒容密闭容器中进行反应：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)。起始时n(CO2)=4mol，投入不同量的H2，测得CO2的平衡转化率随温度变化关系如下图所示；下列有关说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.三种条件下起始的n(H2)：③<②<①C.其他条件不变，扩大容器体积可提高CO2的转化率D.若曲线③对应的H2起始投料为8mol，400K时该反应达到平衡时容器内C2H5OH(g)的体积分数为0.1258、治理汽车尾气排放的NO、CO的办法是在汽车排气管上安装催化转化器，使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理：在298K、100kPa下，下列说法错误的是A.该反应为熵减小的反应B.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.该反应在298K，100kPa下不能自发进行D.其他条件不变时，加入催化剂，可以改变化学反应方向9、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法不正确的是。

A.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C.若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体D.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性10、近日；我国学者在Science报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁；选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是。

A.Ni电极与电源正极相连B.工作过程中阴极附近pH减小C.该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2D.在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O11、下列操作不能达到实验目的的是。目的操作A分离苯中少量的苯酚加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小向5mL0.2mol·L-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol·L-1CuCl2溶液C氧化性：Cl2>Br2向KBrO3溶液中，加入少量苯，再通入少量氯气，振荡D探究浓度对速率的影响室温下，取等体积等浓度的两份Na2S2O3溶液，同时分别滴加0.1mol・L-1盐酸和1.0mol·L-1盐酸

A.AB.BC.CD.D12、取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸；两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，则下列说法正确的是（）

A.b电极是阳极B.a电极与电源的正极相连接C.电解过程中，水是还原剂D.b电极附近溶液的碱性增强评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、利用如图装置进行实验，甲、乙两池中均为1mol·L-1的AgNO3溶液，A、B为质量相同的Ag电极。已知Ag+浓度越大；氧化性越强。

（1）实验开始时先闭合K1，断开K2。此时该装置为___（填写“原电池”或“电解池”）。A电极上发生的电极反应式是___。

（2）一段时间后，断开K1，测得A、B两个电极质量相差21.6g。闭合K2，观察到电流计指针发生偏转。请指出电流的方向为___（填写“A→B”或“B→A”）并说明理由___。到电流计指针重新归零时，理论上离子交换膜通过的NO的物质的量为___mol。14、(1)在一个容积3L的密闭容器里进行如下反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应开始时n(N2)=1.5mol，n(H2)=4.4mol，2min末n(H2)=0.8mol。

①前2min内用NH3表示该反应的反应速率_____；

②到2min末N2的转化率为_____；

③下列条件能加快该反应的反应速率的有_____；

A.保持体积不变，再向容器中充N2

B.保持体积不变；再向容器中充He

C.保持压强不变；再向容器中充He

D.选择合适的催化剂。

④一段时间后，下列条件下能说明该反应已达到平衡状态的是：____。

A.2v正(H2)=3v逆(NH3)

B.N2的体积分数不再改变。

C.c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2

D.混合气体的密度不再变化。

(2)已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O(该反应速率的快慢可通过出现浑浊所需要的时间来判断)。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：。实验序号反应温度Na2S2O3浓度H2OH2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.1010.00.50V2③2010.00.104.00.50V3

该实验①、②可探究____对反应速率的影响，因此V1和V2分别是___、____。实验①、③可探究____对反应速率的影响，因此V3是____。15、用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气_____L（标准状况下），正极的电极反应式是_____。16、I．装置如图所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

(1)B极是电源的___________极，C极的电极反应式为___________，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___________(填“变深”或“变浅”)。(已知氢氧化铁胶粒带正电荷)

(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为___________。

(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是___________(填“铜”或“银”)。常温下，当乙中溶液的时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为___________g。

(4)甲装置中发生反应的化学方程式为___________；乙装置中发生反应的离子方程式为___________。

II．通过NOx传感器可监测NOx的含量；工作原理示意图如下：

(5)Pt电极上发生的是___________反应(填“氧化”或“还原”)。

(6)写出NiO电极的电极反应式：___________。17、已知室温时；0.1mol/L某一元酸HA在水中电离度为0.02%，回答下列各问题：

（1）该溶液中c(H＋)＝_________。

（2）HA的电离平衡常数K＝_________；

（3）升高温度时；K_________(填“增大”，“减小”或“不变”)。

（4）由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的_______倍。18、I.选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，以便完成下列反应：Cu＋2AgNO3=2Ag＋Cu(NO3)2

(1)请指出正极材料、负极材料、电解质溶液(写化学式)正极：_______，负极：_______，电解质溶液：_______。

(2)写出电极反应式：正极：_______负极：_______。

(3)溶液中Ag＋向_______极移动，电子从_______极流向_______极。(填“正”或“负”)

II.某种甲烷然料电池的工作原理如下图所示：

(4)该装置的负极是电极_______(填“A”或“B”)；c处通入的物质是_______(填“CH4”或“O2”)。

(5)甲烷燃料电池供电时的总反应方程式为_______，正极电极方程式：_______。

(6)当该装置转移电子的数目为0.4mol时，消耗CH4标准状况下_______L。评卷人得分四、原理综合题(共2题，共4分)19、2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然；刻不容缓”。防治大气污染；水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。

(1)将催化重整为可用的化学品；对改善环境意义重大。

①某科研团队利用三元催化剂在下“超干重整”和

已知：反应Ⅰ.

反应Ⅱ.

则反应Ⅲ._______。

②在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为当投料比，时，的平衡转化率()与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。压强_______(填“”“”或“”，下同)当温度为压强为时，a点时的v(逆)_______v(正)；起始时向容器中加入1mol和1mol在温度为初始压强为时反应，该反应的K=_______。

③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成；碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比；温度的关系如图。

当投料比时，要使积碳量最小，应调节温度为_______

(2)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更有助于消除大气污染。

①催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。写出脱硝过程的总反应的化学方程式：_______。

②催化氧化法去除NO是在一定条件下，用消除NO污染，其反应原理为不同温度条件下，为2：1时，得到NO脱除率曲线如图所示。脱除NO的最佳温度是_______。在温度超过1000时NO脱除率骤然下降的原因可能是_______。

③NO氧化反应：分两步进行，反应Ⅰ.反应Ⅱ.其反应过程能量变化示意图如图。其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

20、甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上可用CO和H2合成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-90.8kJ·mol-1.若在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21molCH3OH2molCO、4molH2平衡时的浓度c1c2c3平衡时反应的能量变化为正值放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ平衡时反应物的转化率α1α2α3

回答下列问题：

(1)下列说法正确的是___________(填标号)。

A．c1=c2B．2Q1=Q3C．Q1+Q2=90.8D．α2+α3＜1

(2)据研究，反应过程中起催化作用的是Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是___________(用化学方程式表示)。

(3)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热△H=-725.8kJ·mol-1，CO(g)的燃烧热△H=-283kJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol-1。

则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为___________。

(4)工业上也可用CO2和H2合成甲醇。将2molCO2和6molH2充入2L恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图1表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。

①a、b两点化学反应速率分别用va、vb，表示，则va___________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。

②a点对应的平衡常数K=___________L2·mol-2(保留1位小数)。

(5)在1L恒容密闭容器中投入1molCO2和3.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；实验测得不同压强下，平衡时甲醇的物质的量随温度的变化如图2所示。

下列说法正确的是___________(填标号)。

A．压强大小关系为p1＜p2＜p3

B．M点时，H2的平衡转化率为20%

C．升高温度；平衡常数增大。

D．在p2及512K时；图中N点的正反应速率大于逆反应速率。

(6)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]的工作原理如图所示。直流电源的正极为___________(填“A”或“B”)，阳极的电极反应式为___________。

评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)21、（1）如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__。

（2）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ·mol-1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ·mol-1

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ·mol-1

根据盖斯定律，计算298K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：△H=__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．图②中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的产生的OH-结合转化成Cr(OH)3除去；A错误；

B．图②中阳极上的电极反应式为：Fe-2e-＝Fe2+；B错误；

C．该原电池中；镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，C错误；

D．n(Mg)=7.2g÷24g/mol=0.3mol，由电子守恒可知6Mg～6e-~6Fe2+～-，因此理论可除去的物质的量为0.3mol÷6＝0.05mol；D正确；

答案选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

真空密闭恒容容器中，加热到200℃发生如下反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，投入2molPCl5与1molPCl5相比，相当于增大压强，使容器的体积变为原来的二分之一，此时反应物的起始浓度变为原来的二倍，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，混合气的总物质的量减小，所以混合气体中PCl5所占体积分数增大，故选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．由甲可知反应从开始到平衡B物质的量变化量=0.4mol-0.2mol=0.2mol，v（B）＝=0.02mol·L－1·min－1；故A错误；

B．由图甲可知，200℃时，反应从开始到平衡A物质的量变化量=0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化量=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C物质的量变化量=0.2mol，物质的量之比等于化学方程式计量数之比，所以化学方程式为：2A+B⇌C，平衡状态下ABC物质的量分别为0.4mol、0.2mol，0.2mol，该反应的平衡常数==25L2/mol2；故B正确；

C．由图乙可知；当外界条件由200℃降温到100℃，平衡时C的体积分数减小，则原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，故C错误；

D．由B计算得到a=2；图象分析可知温度升高平衡时C的体积分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，△H＞0，故D错误。

答案选B。4、C【分析】【分析】

由图可知，放电时，Li失电子作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，无机碳电极作正极，电极反应式为3CO2+4e-=C+2电池总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，充电时，Li极为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，无机碳电极作阳极，电极反应式为C+2-4e-=3CO2↑，电解总反应为2Li2CO3+C4Li+3CO2↑；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知；Li电极为负极，二氧化碳电极上二氧化碳得电子生成无机碳，所以R方向为电子移动的方向，A正确；

B．CO2为电池的正极，反应式为4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C；B正确；

C．由于Li能与水发生反应；所以不能用水系溶液作为电解质溶液，C错误；

D．放电过程涉及碳酸锂的生成；充电过程涉及碳酸锂的分解，D正确；

故答案为：C。5、A【分析】【分析】

醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠固体时，CH3COO-浓度增大；平衡逆向移动。

【详解】

A.由分析知；平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则氢氧根的浓度增大，故A错误；

B.由分析知；平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故B正确；

C.由分析知；平衡逆向移动，氢离子浓度减小，酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；

D.加入醋酸钠固体；则醋酸根的浓度增大，故D正确；

综上所述，答案为A。二、多选题(共7题，共14分)6、AB【分析】【分析】

【详解】

A．为了改善食物的色；香、味；或补充食品在加工过程中失去的营养成分，以及防止食物变质等，会在食物中加入一些天然或化学合成的物质，这种物质称为食品添加剂，故A说法错误；

B．氟元素摄入过多会导致氟斑牙；因此水中含氟量较高的地区的人不适合用含氟牙膏，故B说法错误；

C．废旧电池中含有重金属；重金属盐对水或土壤产生污染，因此废旧电池不能随意丢弃，故C说法正确；

D．洗涤剂长期使用对人体有害；碳酸钠无毒，油脂在碳酸钠中水解成可溶于水的物质，故D说法正确；

答案为AB。7、BD【分析】【详解】

A．由图可知，起始量一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0；故A错误；

B．起始时n(CO2)=4mol，氢气投入的物质的量越大，则CO2的平衡转化率越大，由图可知，三种条件下起始的n(H2)：③<②<①；故B正确；

C．该反应为气体体积减小的反应，则扩大容器体积，压强减小，平衡逆向移动，可知CO2的转化率减小；故C错误；

D．曲线③400K时，CO2的平衡转化率为50起始时n(CO2)=4mol，n(H2)=8mol；则可计算得：

平衡时乙醇的体积分数为=0.125；故D正确。

本题答案BD。8、CD【分析】【分析】

【详解】

A．该反应的为熵减小的反应，A项正确；

B．该反应是放热反应；反应物的总能量高于生成物的总能量，B项正确；

C．故298K；100kPa下该反应可自发进行，C项错误；

D．催化剂只能改变反应速率；不能改变反应方向，D项错误。

故选CD。9、CD【分析】【分析】

【详解】

A.D、E三点都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH−)都大于A点的c(H+)和c(OH−)，并且C点的c(H+)和c(OH−)大于A点c(H+)和c(OH−)，c(H+)和c(OH−)越大，Kw越大，故Kw间的关系B>C>A=D=E；故A正确；

B．从A点到D点，温度不变，Kw不变，加酸，c(H+)变大，c(OH−)变小；故B正确；

C．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH−)变大，Kw增大；温度应升高，故C错误；

D．若处在B点时，Kw=1×10−12，pH=2的硫酸中c(H+)=10−2mol∙L−1，pH=12的KOH中c(OH−)=1mol∙L−1；等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故D错误；

故选：CD。10、AB【分析】【详解】

A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2；发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A错误；

B．工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；故阴极附近pH增大，B错误；

C．根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2；C正确；

D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O；D正确；

故答案为：AB。11、AC【分析】【详解】

A．分离苯中少量的苯酚；可在混合物中加入足量的NaOH溶液，充分振荡后用分液漏斗分液，分离出苯酚钠溶液，然后向苯酚钠溶液中通入足量的二氧化碳，再分离即可，故A选；

B．向5mL0.2mol·L-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol·L-1CuCl2溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀，可以证明Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小；故B不选；

C．向KBr溶液中，加入少量苯，再通入少量氯气，振荡，有机层变橙色，证明氧化性：Cl2>Br2；故C选；

D．向等体积等浓度的两份Na2S2O3溶液，同时分别滴加0.1mol・L-1盐酸和1.0mol·L-1盐酸；依据产生沉淀的快慢，可以证明浓度对反应速率的影响，故D不选；

故选：AC。12、BD【分析】【分析】

电解一段时间后，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a电极附近生成的是氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，生成的盐酸具有酸性，说明a为阳极；b处是水的H放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大，pH试纸变蓝色，b为阴极；

【详解】

A．根据分析判断b电极是阴极；a为阳极，A错误；

B．上述分析判断a为阳极和电源正极连接，b电极与电源的负极相连接；B正确；

C．电解过程中，水中的H放电生成H2；所以水是氧化剂，C错误；

D．根据现象分析判断，b电极为电解池的阴极；水中H得到电子生成氢气，阴极氢氧根离子浓度增大，附近溶液的碱性增强，D正确；

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】

实验开始时先闭合K1，断开K2。此时该装置为电解池，A电极与负极相连作阴极，B电极是阳极，根据信息“Ag+浓度越大，氧化性越强”，电解一段时间后甲、乙两池中Ag+浓度不相同，乙较大，B上可发生电极反应Ag+＋e-=Ag；作原电池（浓差电池）的正极；A作负极，以此解答。

【详解】

（1）实验开始时先闭合K1，断开K2。此时该装置为电解池，A电极与负极相连作阴极，Ag+在阴极得电子生成Ag单质，电极反应式是Ag+＋e-=Ag；

（2）根据信息“Ag+浓度越大，氧化性越强”，电解一段时间后甲、乙两池中Ag+浓度不相同，乙较大，B上可发生电极反应Ag+＋e-=Ag，作原电池（浓差电池）的正极；A作负极，故电流的方向为B→A。当反应至两边Ag+浓度相等时，电势差为零，电流计指针重新归零，此时A减轻10.8g，B增重10.8g，共转移0.1mol电子，溶液中迁移的NO也为0.1mol，故答案为：B→A；此时乙池中c(Ag+)大于甲池，B作电源的正极；0.1。【解析】电解池Ag+＋e-=AgB→A此时乙池中c(Ag+)大于甲池，B作电源的正极0.114、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①根据已知条件列出“三段式”：

前2min内用NH3表示该反应的反应速率为=0.4mol▪L-1▪min-1，故答案为：0.4mol▪L-1▪min-1；

②2min末N2的转化率为=80%；故答案为：80%；

③A．保持体积不变，再向容器中充N2，N2的浓度增大；反应速率增大，故A选；

B．保持体积不变；再向容器中充He，各物质浓度不变，反应速率不变，故B不选；

C．保持压强不变；再向容器中充He，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，故C不选；

D．选择合适的催化剂；可以加快反应速率，故D选；

故答案为：AD；

④A．2v正(H2)=3v逆(NH3)时；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A选；

B．N2的体积分数不再改变；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B选；

C．c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2；不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；

D．反应过程中气体的总体积和总质量都不变；混合气体的密度一直不变，当混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故D不选；

故答案为：AB；

(2)由表格数据可知，①、②组实验温度不同，其他条件都相同，则该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，①、②组实验混合液体总体积要相同，则V1=10，V2=0；实验①、③混合液体中稀硫酸的浓度不同，其他条件都相同，则实验①、③可探究浓度对反应速率的影响，实验①、③混合液体的总体积要相同，V3=10-4=6；故答案为：温度；10；0；浓度；6。【解析】①.0.4mol▪L-1▪min-1②.80%③.AD④.AB⑤.温度⑥.10⑦.0⑧.浓度⑨.615、略

【分析】【分析】

【详解】

用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，金属性锌强于铜，锌是负极，电极反应式为Zn-2e－=Zn2＋，铜是正极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e－=H2↑，锌片的质量减少了3.25克，消耗锌的物质的量是3.25g÷65g/mol＝0.05mol，转移0.1mol电子，根据电子守恒可知产生氢气是0.05mol，在标况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。【解析】1.122H++2e－=H2↑16、略

【分析】【分析】

C；D、E、F、X、Y都是惰性电极；甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近有碱生成，则F电极上氢离子放电生成氢气，F为阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是正极、连接阴极的电极B是负极，然后根据电解原理分析解答。

(1)

根据上述分析可知B极是电源的负极；

C极的阳极，溶液中的OH-失去电子发生氧化反应，故阳极C的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；

丁中氢氧化铁胶体在外加电场力作用下会发生电泳现象；Y极是阴极，氢氧化铁胶体离子带正电荷，会向带负电荷较多的Y极移动，所以X电极颜色逐渐变浅；

(2)

C电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；D电极反应为Cu2++2e-=Cu；E电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，F电极反应为：2H++2e-=H2↑；同一闭合回路中电子转移数目相等，四个电极转移的电子数相同，所以甲；乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2；

(3)

丙装置是电镀池；镀层Ag为阳极；镀件Cu为阴极，电镀液是硝酸银溶液，G是阳极、H是阴极，所以G是镀层Ag，H是镀件Cu；

电镀液是AgNO3溶液，常温下，乙中溶液的pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液的体积为500mL，则n(OH-)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol。根据电解反应方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知：反应产生0.05molNaOH时转移电子的物质的量为0.05mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，根据镀银的阴极反应式：Ag++e-=Ag，可知生成银的质量m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g；

(4)

甲中溶液是CuSO4溶液，在阳极上水电离产生的OH-失去电子变为O2，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上Cu2+得到电子变为Cu单质，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故甲装置总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

对于乙装置，E电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，F电极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，故F电极反应式为：2H++2e-=H2↑，该装置反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(5)

原电池工作时；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极得到电子发生还原反应；

(6)

NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成NO2，所以NiO电极的反应式为：NO-2e-+O2-=NO2。【解析】(1)负4OH--4e-=O2↑+2H2O变浅。

(2)1：2：2：2

(3)铜5.4g

(4)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

(5)还原。

(6)NO-2e-+O2-=NO217、略

【分析】【分析】

根据题中一元酸HA在水中电离度为0.02%可知；本题考查电离平衡常数的计算；温度对电离平衡的影响，运用电离平衡常数等于溶液中的电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值、升高温度促进电离分析。

【详解】

(1)该溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.02%=2×10-5mol/L,

故答案为2×10-5mol/L；

（2）HA=H++A-，则HA电离平衡

故答案为4×10-9；

（3）一元酸HA属于弱电解质；弱电解质的电离是吸热反应，升温促进弱电解质电离，所以电离平衡常数增大。

故答案为增大。

（3）溶液中HA电离的c(H+)=2×10-5mol/L，水电离出的所以由HA电离出的c（H+）与水电离出的c(H+）比=2×10-5mol/L:5×10-10mol/L=4×104；

故答案为4×104。【解析】2×10-5mol/L4×10-9增大4×10418、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)分析反应方程式Cu＋2AgNO3=2Ag＋Cu(NO3)2可知，Cu的化合价升高，被氧化，故做负极，则正极材料需比铜更不活泼的金属电极或者惰性电极，电解质溶液为AgNO3溶液，故答案为：Ag或石墨；Cu；AgNO3；

(2)根据原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应可知，电极反应式：正极：Ag++e-=Ag；负极：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；

(3)原电池电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故溶液中Ag＋向正极移动；电子从负极流向正极，故答案为：正；负；正；

(4)根据图示可知，电子由电极B移向电极A，故该装置的负极是电极B，燃料电池中通入燃料的一极是负极，通入氧气等氧化剂的是正极，故c处通入的物质是CH4，故答案为：B；CH4；

(5)根据燃料电池反应方程式的书写结合电解质溶液为稀硫酸，故甲烷燃料电池供电时的总反应方程式为CH4+2O2=CO2+2H2O，正极电极方程式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：CH4+2O2=CO2+2H2O；O2+4H++4e-=2H2O；

(6)根据电子守恒可知，当该装置转移电子的数目为0.4mol时，消耗CH4的物质的量为0.05mol，故其在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L·mol-1=1.12L，故答案为：1.12。【解析】Ag或石墨CuAgNO3Ag++e-=AgCu-2e-=Cu2+正负正BCH4CH4+2O2=CO2+2H2OO2+4H++4e-=2H2O1.12四、原理综合题(共2题，共4分)19、略

【分析】【分析】

运用盖斯定律，可根据已知的热化学方程式计算出新的热化学方程式。应用勒夏特列原理，判断温度一定是转化率和压强的相互关系、运用平衡移动方向和正、逆反应的速率关系判断a点时的υ(逆)、υ(正)的相对大小；结合图示信息、运用三段式计算温度为时反应的平衡常数。③由图示信息找到一定投料比时；积碳量最小对应的温度。根据图示信息，找出脱硝过程的总反应的反应物；产物并书写化学方程式。结合NO脱除率曲线选择脱除NO的最佳温度。从影响化学反应速率的因素角度寻找脱除率骤然下降的可能原因，从内因的角度找决定化学反应速率的关键步骤。

【详解】

(1)①运用盖斯定律，反应Ⅰ-2×反应Ⅱ得反应Ⅲ：得

②(g)+2H2(g)是体积增大的反应，T3时，从下到上，二氧化碳转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大方向移动，因此压强p1<当温度为压强为时，时，从a点到平衡点，二氧化碳转化率要增大，说明平衡要正向移动，因此a点时的υ(逆)<υ(正)；起始时向容器中加入1mol和1mol在温度为初始压强为时反应，二氧化碳转化率为50%，该反应的③由图知，当投料比时，要使积碳量最小即为0，则应调节温度为750

(2)根据题意，NH3、NO和O2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，脱硝过程的总反应的化学方程式：

②催化氧化法去除NO是在一定条件下，用消除NO污染，其反应原理为由不同温度条件下，为2:1时NO脱除率曲线知：900℃时NO的脱除率最高；因此脱除NO的最佳温度是900℃。由于催化剂在一定温度具有强的催化活性，当温度较高时会失去活性，因此在温度超过1000℃时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性。

③决定NO氧化反应速率主要取决于活化能大的反应，反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，因此决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ。【解析】<<4750催化剂失去活性Ⅱ20、略

【分析】【详解】

(1)A．根据反应特点，甲、乙可建立相同条件下的平衡状态，所以c1=c2；A正确；

B．比较甲、丙，开始时丙中各种气体的物质的量是甲的2倍，相对于甲，丙相当于加压，假设甲和丙建立相同的平衡状态，则丙中放出的热量是甲的2倍，但增大压强后化学平衡正向移动，导致Q3＞2Q1；B错误；

C．根据反应特点，甲、乙可建立相同条件下的平衡状态，甲是从正反应方向开始，乙是从逆反应方向开始，则Q1+Q2=90.8kJ/mol；C正确；

D．甲、乙可建立相同条件下的平衡状态，所以α1=α2；由于丙相对于甲达到平衡后增大压强，化学平衡正向移动，则α3＞α1，所以α2+α3＞1；D错误；