2025年外研版选择性必修1化学上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年外研版选择性必修1化学上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6题，共12分)1、下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶液与过量NaOH溶液：B.向溶液中加入过量的HI溶液：C.惰性电极电解氯化镁溶液：D.向稀硝酸中滴加少量亚硫酸钠溶液：2、若某装置发生如下反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，关于该装置的有关说法错误的是A.若该装置为原电池，则电解质溶液不可能是硝酸溶液B.若该装置为电解池，则铁为阳极材料C.为了防止铁被腐蚀，若采用牺牲阳极的阴极保护法，则可将铁与电源负极相连D.随着反应的发生，向溶液中滴加铁氰化钾试剂，溶液中出现蓝色沉淀3、银锌纽扣电池的电池反应式为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。下列说法不正确的是。

A.锌作负极，发生氧化反应B.正极为Ag2O，发生还原反应C.电池工作时，电流从Ag2O经导线流向ZnD.正极的电极方程式为：2H++2e-=H2↑4、氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的v-t图。下列说法不正确的是。

A.反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致B.纵坐标为v(H+)的v-t曲线与图中曲线完全重合C.图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内的物质的量浓度的减少量D.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小5、常温下，下列叙述正确的是A.的氨水，稀释10倍后，其B.pH相等的氨水和NaOH溶液，相等C.的氨水与的盐酸等体积混合：D.0.2mol/L的溶液中：6、化学与人类的生活、生产息息相关，下列叙述正确的是A.“春蚕到死丝方尽、蜡炬成灰泪始干”中的“丝”的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物B.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”的过程中不但有物理变化，也有化学变化C.日常生活中常用汽油去除衣物上的油污，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污，两者的原理完全相同D.“84”消毒液的有效成分为NaClO，“洁厕灵”的有效成分为HCl，若将两者混合使用，其杀菌效果和去除厕所污渍的效果都将加强评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式为：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2，Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。

根据上述反应式；完成下列题目。

（1）判断下列叙述中正确的是________。。A．在使用过程中，电解质KOH被不断消耗B．使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C．Zn是负极，Ag2O是正极D．Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应（2）写出电池的总反应式：_________________________________________。

（3）使用时，负极区的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，正极区的pH________，电解质溶液的pH________。8、已知：25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。

(1)25℃时，取10mL0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH=3。

①将上述(1)溶液加水稀释至1000mL，溶液pH数值范围为______，溶液中______(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。

②25℃时，0.1mol·L-1氨水(NH3·H2O溶液)的pH=______。

(2)25℃时，现向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中______(填序号)。

a.始终减小b.始终增大c.先减小再增大d.先增大后减小。

(3)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1。此刻可逆反应______。

A.向正方向进行B.向逆方向进行C.处于平衡状态9、依据事实写出下列反应的热化学方程式。

(1)完全燃烧生成和放出热量：____________。

(2)石墨与适量完全反应生成和吸收热量：_____________。

(3)发生催化氧化反应生成气态产物，放出的热量：________________。

(4)某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成液态水和(标准状况)并放出的热量：__________________________________________________。10、工业废水中常含有一定量的Cr2和Cr它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。

其中一种是还原沉淀法；该法的工艺流程为：

CrCr2Cr3+Cr(OH)3

其中第①步存在平衡：2Cr(黄色)+2H+Cr2(橙色)+H2O

(1)向平衡体系滴加少量浓H2SO4，则溶液显____________色。

(2)能说明第①步反应达平衡状态的是_____________。

a．Cr2和Cr的浓度相同。

b．2v(Cr2)=v(Cr)

c．溶液的颜色不变。

(3)第②步中，还原1molCr2离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。11、在FeCl3(aq)+3KSCN(aq)Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)的平衡体系中；回答下列问题：(填“正向”；“逆向”、“不”)

(1)在溶液中加入少量的KSCN固体，平衡_______移动。

(2)在溶液中加入少量的KCl固体，平衡_______移动。

(3)在溶液中加入少量的NaOH固体，平衡_______移动，理由是：_______。12、已知拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量；拆开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据如图中的能量图，回答下列问题：

（1）分别写出①②的数值：

①__________；②__________。

（2）生成H2(Xg)中的1molH—O键放出__________kJ的能量。

（3）已知：H2O(l)二H2O(g)△H＝+44kJ•mol−1，试写出氢气在氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式：___________________________________。13、I．已知25℃，H2CO3电离平衡常数Ka1=4.0×10-7，Ka2=5.0×10-11；回答下列问题：

(1)如图为某实验测得0.1mol/LNaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是___________(填标号)。

A．a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小B．a点时，Kwa1(H2CO3)·K2(H2CO3)C．b点溶液中，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解(2)若定义pOH=-lgc(OH-)，则25℃时0.01mol/LNa2CO3溶液的pOH为_______(已知lg2=0.30)

(3)常温下，用NaOH溶液吸收CO2得到pH=8的混合溶液，则吸收过程中水的电离平衡______(填“向左”“向右”或“不")移动。试计算所得溶液中c(H2CO3)：c()=_______。

Ⅱ．0.010mol/L的一元酸HA溶液中HA、A-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。HA对应的电离平衡常数为Ka；由图确定下列数据：

(4)K=___________。

(5)若将0.20mol/LNaA溶液和cmol/L盐酸等体积混合，若所得溶液为中性，则c=________(结果保留两位小数)。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误15、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误16、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误17、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误18、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正确B.错误19、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误20、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误21、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误22、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共4题，共32分)23、草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生反应：用溶液与溶液反应；研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下表所示：

组别硫酸体积温度/℃其他物质III滴饱和溶液IIIIV蒸馏水

(1)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验___________和___________(用I～IV表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验___________和___________。

(2)对比实验I和IV，可以研究___________对化学反应速率的影响，实验Ⅳ中加入蒸馏水的目的是___________。

(3)实验I、III、IV中，反应初期，相同时间内针筒中所得的体积由大到小的关系是___________(用实验序号表示)

(4)若实验I前内收集到(标准状况下)则末___________24、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：。C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃-4553易升华

（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：

①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为______。

②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为B→______→E（填字母，装置可多次使用，也可不用）；C中盛放的试剂是______。

③实验中D的导气管易堵塞的原因是______。

（2）利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑制取无水FeCl2。按如图装置；在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却；分离提纯得到粗产品。

①仪器a的名称是_____。

②反应完成后继续通N2的目的是_____。

③反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。回收滤液中C6H5Cl的操作方法是_____。将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL，则氯化铁的转化率为_____。25、某实验探究小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中溶液紫色消失快慢的方法，研究影响反应速率的因素。实验条件如下：所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.010mol·L-1、0.001mol·L-1，催化剂的用量可选择0.5g、0g，实验温度可选择298K、323K。每次实验酸性KMnO4溶液的用量均为4mL，H2C2O4溶液(0.100mol·L-1)的用量均为2mL。

（1）写出反应的离子方程式（H2C2O4为弱酸）：____。

（2）请完成实验设计表。实验编号T/K催化剂的用量/g酸性KMnO4溶液的浓度/(mol·L-1)实验目的①2980.5____a.实验①和②探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响；b.实验①和③探究__对该反应速率的影响；c.实验①和④探究催化剂对该反应速率的影响②2980.50.001③3230.50.010④29800.010

（3）某同学对实验①和②分别进行了三次重复实验，测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始计时)：。实验编号溶液褪色所需时间t/min第1次第2次第3次第3次①12.112.011.9②4.95.15.0

实验①中用KMnO4的浓度变化表示的平均反应速率为__(忽略混合前后溶液的体积变化；结果保留3位有效数字)。

（4）若不经过计算，直接看（3）表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系是KMnO4的浓度越大褪色时间越长，反应速率越慢，该结论是否可信？__（填是或否），若否，请设计可以通过直接观察褪色时间长短来判断的改进方案（若认为可信则不用回答该问）__。26、I.为比较和对分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验。请回答相关问题；

(1)定性分析：如图甲可通过观察_______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/L改为0.05mol/L更为合理，其理由是_______。

(2)定量分析。如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_______。

II.也是分解反应的催化剂。

(3)加入0.1mol粉末于50mL溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为_______(从大到小)。

III.乙同学利用控制变量法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/℃浓度V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5(4)该实验①、②可探究_______对反应速率的影响，因此V1是_______。实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V5=_______。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共12分)27、一种从阳极泥(主要成分为和等)中回收和贵重金属的工艺流程如下图所示．

已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：

②在碱性条件下很稳定，有很强的络合能力，易与形成配离子：常温下该反应的平衡常数．

回答下列问题：

(1)“滤渣Ⅰ”的主要成分是____________；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是___________________．

(2)“反萃取剂”最好选用____________(填化学式)溶液．

(3)“溶浸”中发生的反应为该反应的平衡常数__________[已知]．

(4)“滤液Ⅳ”中含有则“还原”中发生反应的离子方程式为____________________；“滤液Ⅳ”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是________________(试用平衡原理解释)．28、锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。

(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料,也是一种催化剂；能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是___________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4该反应中还原产物是___(填化学式),每生成1molZnFe2O4转移的电子总数是__________。

(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4；还含有少量FeO；CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下:

①酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率,为达到这一目的,还可采用的措施是_______(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式__________。

②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为___________

③净化Ⅱ中Y的主要成分是_____(填化学式)。

(3)利用锌锰电池在800~1000℃时电解TiO2可制得金属钛，装置如图所示。图中a电极的材料为_____，阴极的电极反应式为___________。

评卷人得分六、结构与性质(共1题，共2分)29、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6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．与先反应生成然后再与反应，在冷的稀溶液中生成最后与反应生成反应中的化学计量数与的化学计量数相同；A正确；

B．加入HI溶液后，溶液被酸化，氧化性：先与反应生成NO气体和过量的再与反应：因此正确的离子方程式为B错误；

C．惰性电极电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氯气、氢气，反应的离子方程式为C错误；

D．稀具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，正确的离子方程式为D错误；

故选A。2、C【分析】【分析】

若装置为原电池；将原电池总反应拆分，负极上铁失去电子变成二价铁离子，电解质溶液中的氢离子得到电子变成氢气；若装置为电解池时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，可以根据反应的类型判断电极材料；牺牲阳极的阴极保护法通常是在被保护的钢铁设备上装上若干锌块。

【详解】

A.当电解质溶液是硝酸时；得到的气体不可能是氢气，A项正确；

B.阳极发生氧化反应；阴极发生还原反应，由反应方程式可知铁从0价变成了+2价，化合价升高，发生了氧化反应，所以铁作阳极材料，B项正确；

C.为了防止铁被腐蚀；通常采用的电化学方法就是牺牲阳极的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法通常是在被保护的钢铁设备上装上若干锌块，外加电流的阴极保护法，是把被保护的钢铁设备做阴极，用惰性电极作为辅助阳极，接上外加直流电源，C项错误；

D.亚铁离子和铁氰化钾反应能生成蓝色沉淀；D项正确；

答案选C。

【点睛】

本题的难点是检验三价铁离子可以用硫氢化钾，溶液变成血红色，检验二价铁离子可以用铁氰化钾，亚铁离子和铁氰化钾能生成蓝色沉淀。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．反应中锌失去电子；锌作负极，发生氧化反应，A正确；

B．氧化银得到电子，正极为Ag2O；发生还原反应，B正确；

C．电池工作时，电流从正极Ag2O经导线流向负极Zn；C正确；

D．正极的电极方程式为：D错误。

故选：D。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据可知，随反应进行，氢离子浓度增大，已知反应的反应速率随c(H+)的增大而增大，所以反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致，故A正确；B．v(H+)=3v()，纵坐标为v(H+)的v-t曲线与图中曲线不重合，故B错误；C．图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内的物质的量浓度的减少量，故C正确；D．随反应进行，反应物浓度减小，所以后期反应速率下降，故D正确；答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．加水稀释促进一水合氨电离，的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的若其故A错误；

B．常温下，相等的氨水和溶液中氢氧根的浓度相等，溶液体积未知，则不一定相等；故B错误；

C．常温下，之和等于14的两溶液，酸溶液中的与碱溶液中的相等，等体积混合时，弱碱在反应过程中能继续电离，即碱过量，最终溶液显碱性，故C错误；

D．溶液呈碱性，溶液中离子浓度关系为故D正确；

故选D。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．蚕丝的主要成分是蛋白质；A错误；

B．“千锤万凿出深山”是物理变化，“烈火焚烧”发生反应：CaCO3CaO＋CO2↑；B正确；

C．汽油除油污；用的是“相似相溶”原理，物理变化，热的纯碱洗油污，是利用纯碱的碱性使油污水解，化学变化，原理不同，C错误；

D．两者反应生成氯气：ClO-＋Cl-＋2H＋=Cl2↑＋H2O；杀菌；除渍效果均变差，D错误；

故选:B.二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

原电池是将化学能转化为电能的装置；原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在得失电子相等的条件下，将正负电极上电极反应式相加即得电池反应式，根据电极反应判断溶液pH的变化。

【详解】

（1）A、电极反应式为：Zn＋2OH－－2e－＝Zn(OH)2，Ag2O＋H2O＋2e－＝2Ag＋2OH－，因此电池反应式为Zn+Ag2O+H2O＝Zn(OH)2+2Ag，既没有OH－消耗，也没有OH－生成；因此电解质KOH没有被消耗，故A错误；

B、失电子的一极为负极，即Zn为负极，得电子的一极为正极，即Ag2O为正极；电子从负极经外电路流向正极，故B错误；

C；根据B选项的分析C正确；

D；负极上失去电子；发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应，故D错误；

答案选C。

（2）正负极得失电子数目守恒，因此两式相加得到总反应式Zn+Ag2O+H2O＝Zn(OH)2+2Ag；

（3）根据负极电极反应式，OH－在负极上被消耗，即c(OH－)在负极减小，OH－在正极上生成，即c(OH－)在正极区域增大，消耗OH－的物质的量等于生成OH－的物质的量，但由于水被消耗了，电解质溶液中c(OH－)增大。【解析】（每空2分）（1）C（2）Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag（3）减小增大增大8、略

【分析】【详解】

(1)①醋酸为弱酸，每稀释倍，pH变化小于n个单位，10mL0.1mol·L-1醋酸溶液加水稀释至1000mL，pH值小于5，大于3，稀释过程中K保持不变，故不变，故答案为：不变；

②0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH=3，25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，则Kb(NH3·H2O)=10-5，由此可求c(OH-)=10-3mol·L-1；pH=11，故答案为：11；

(2)=0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中氢氧根浓度减小，则比值增大，比值增大，故选b；

故答案为：b；

(3)若某时刻时，测得c(N2)=1mol·L-1，c(H2)=3mol·L-1，c(NH3)=2mol·L-1，则反应向逆向进行，故答案为：B；【解析】不变11bB9、略

【分析】【分析】

已知反应物的物质的量及反应放出或吸收的热量，要写出热化学方程式，关键是要确定与热化学方程式中各物质化学式前的系数相对应的

【详解】

(1)燃烧的化学方程式为则相对应的热化学方程式为故答案为：

(2)(s，石墨)与适量完全反应生成和吸收热量，则相应的热化学方程式为故答案为：

(3)的物质的量为发生催化氧化反应生成气态产物放出的热量为则相应的热化学方程式为故答案为：

(4)通过燃烧产物的元素组成可知该有机物中肯定含有碳元素和氢元素，可能含有氧元素。则碳元素和氢元素的质量之和是故该有机物中还含有氧元素，氧元素的质量是故该有机物中从而可确定该有机物的分子式为由上述分析可知，该有机物的物质的量为结合题意可知，该液态有机物完全燃烧生成液态水和气体时放出的热量为则该液态有机物完全燃烧生成液态水和气体时放出的热量为故该反应的热化学方程式为故答案为：【解析】10、略

【分析】【分析】

(1)根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向；从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；

(2)根据平衡状态的特征分析判断；

(3)根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算。

【详解】

(1)向平衡体系滴加少量浓H2SO4，则溶液显c(H+)增大；化学平衡正向移动，使溶液显橙色；

(2)a．Cr2和Cr的浓度相同时反应可能处于平衡状态；也可能未处于平衡状态，a错误；

b．在2v(Cr2)=v(Cr)中未体现反应速率是正反应速率还是逆反应速率，因此不能确定反应是否处于平衡状态，b错误；

c．溶液的颜色不变说明溶液中任何离子的浓度都不变；则正；逆反应速率相等，反应处于平衡状态，c正确；

故合理选项是c；

(3)根据电子得失守恒：n(Cr2)×6=n(FeSO4•7H2O)×1，n(FeSO4•7H2O)=1mol×6=6mol。

【点睛】

本题考查氧化还原反应和化学平衡在废水处理中的应用。掌握平衡移动原理和平衡状态的特征及氧化还原反应中电子得失数目相等是本题解答的关键。【解析】①.橙色②.c③.611、略

【分析】【分析】

该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；根据勒夏特列原理，改变物质的浓度，平衡向着减小这种改变的方向进行，即增大反应物浓度或减小生成物浓度，都可以使平衡正移；反之则平衡逆移。

【详解】

(1)加入KSCN固体，c(SCN-)增大；根据分析可知，平衡正向移动；

(2)加入KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应；根据分析可知，平衡不移动；

(3)加入NaOH固体，Fe3+与OH-生成Fe(OH)3红褐色沉淀，导致c(Fe3+)减小，根据分析可知，平衡逆向移动。【解析】①.正向②.不③.逆向④.Fe3+与OH-生成Fe(OH)3沉淀，导致Fe3+浓度降低，平衡逆向移动12、略

【分析】【分析】

【详解】

略。

（1）①的能量为断裂2molH—H键键能的数值和1molO=O键键能的总和，同样的道理，②的能量为4molH与2molO形成2molH2O(g)释放的能量；即形成4molH—O键释放的能量。

（2）形成4molH—O键释放的能量为1852kJ，则生成H2(Xg)中的1molH—O键放出463kJ的能量。

（3）H2O(l)=H2O(g)△H＝+44kJ•mol−1①，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H＝-482kJ•mol−1②，根据盖斯定律，②-①×2可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−570kJ•mol−1【解析】137018524632H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=−570kJ•mol−113、略

【分析】【详解】

（1）A．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H+)相同，由于c点溶液中的Kw大，则a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小，故A正确；

B．NaHCO3溶液显碱性，则的水解程度大于电离程度，即Kh＞Ka2，即＞Ka2，所以a点时，Kw＞Ka1(H2CO3)•Ka2(H2CO3)，故B错误；

C．b点溶液显碱性，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，故C正确；

D．NaHCO3溶液中存在的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进的水解和电离，pH减小说明升温碳酸氢根离子电离程度要大于水解程度，故D错误；

故选：AC；

（2）已知25℃，H2CO3电离平衡常数Ka1=4.0×10-7，Ka2=5.0×10-11，Na2CO3溶液主要以第一步水解反应为主，则解得c(OH-)=pOH=-lgc(OH-)=-lg()=2.85；

（3）氢氧化钠是碱电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，吸收CO2后，消耗氢氧根离子，碱性减弱，同时生成碳酸钠，是强碱弱酸盐，能够水解，对水的电离起促进的作用，所以吸收CO2过程中水的电离平衡向右移动，pH=8的溶液中c(H+)=10-8mol/L，依据H2CO3电离平衡常数则c(H2CO3)：c()=1：40；

（4）由图可知，pH=6时，c(HA)=c(A-)，HA的电离常数

（5）0.20mol/LNaA溶液和cmol/L盐酸等体积混合，由电荷守恒：c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，若所得溶液为中性有c(OH-)=c(H+)，则c(A-)+c(Cl-)=c(Na+)，由物料守恒：c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据两式可得c(Cl-)=c(HA)，则盐酸c=0.02mol/L。【解析】(1)AC

(2)2.85

(3)向右1：40

(4)1×10-6

(5)0.02三、判断题(共9题，共18分)14、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。16、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。17、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。18、B【分析】【分析】

【详解】

醋酸钠显碱性，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：盐酸＞醋酸，故答案为：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。20、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。21、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。22、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、实验题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

（1）

(1)对照实验时；其它量相同，使需研究的量不同即可。表中数据显示，符合催化剂对反应速率影响的数据为Ⅰ和Ⅱ；同理，研究温度对反应速率的影响可用实验Ⅰ和Ⅲ，故填Ⅰ；Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；

（2）

(2)实验Ⅰ和Ⅳ中；除了硫酸的浓度不同，其它量均相同，所以对比Ⅰ和Ⅳ，可知研究的是浓度对反应速率的影响；加入1mL蒸馏水的目的是确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同，故填浓度；确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同；

（3）

(3)实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中，实验Ⅲ的温度最高，反应速率最快，所以初始阶段产生的二氧化碳的量最多，其次实验Ⅰ的浓度比实验Ⅳ大，反应速率较快，初始阶段生成的二氧化碳的量多，故填

（4）

(4)根据反应5分钟末二氧化碳的体积在标况下为0.224mL，物质的量为=根据关系式可得已反应的高锰酸根为=mol，已反应的mol/L，5分钟末高锰酸根的浓度为mol/L，故填【解析】(1)ⅠⅡⅠⅢ

(2)浓度确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同。

(3)

(4)24、略

【分析】【分析】

（1）B装置制取氢气；氢气含有水蒸气，干扰实验，所以用C装置除去水蒸气，然后在D装置中与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化氢，为了防止空气中的水蒸气进入D，所以在D装置后连接C，最后在E处利用点燃处理剩余的氢气。

（2）在A三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h,发生反应，反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，将滤液蒸馏，收集沸点132°C的馏分，回收C6H5Cl,为了减少实验误差，反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B

之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管；以此解答该题。

【详解】

解:(1)①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的反应为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；

②用B装置氢气，用A观察氢气的流速并平衡气压，用C装置干燥氢气，干燥后的氢气与无水FeCl3在D中发生反应；为防止外界空气中的水蒸气进入D装置，D之后再连接一个C，最后用E装置处理尾气，故连接顺序为：BACDCE(或BCDCE)；C的目的是干燥吸水,盛放的试剂是碱石灰；

③根据题意氯化铁易升华；故该制备装置可能会因为氯化铁易升华导致导管易堵塞；

(2)①仪器a为球形冷凝管；

②反应过程中生成氯化氢气体；利用氮气将氯化氢全部排入装置B中；

③反应结束后，冷却实验装置A，三颈烧瓶内物质主要是产物FeCl2,还有多余的氯苯和副产物C6H4Cl2，由题可知,氯苯和副产物C6H4Cl2溶于苯，FeCl2不溶于苯，故洗涤所用的试剂可以是苯，减少产品的损失；滤液的溶质有氯苯和C6H4Cl2，由表可知，二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分；32.5g无水氯化铁理论上生成的n(FeCl2)=n(FeCl3)==0.2mol；

HCl消耗标准液NaOH为0.196L×0.4mol/L=0.00784mol，故反应生成的n(FeCl2)=2(HCI)=2×0.00784mol×=0.1568mol，故氯化铁的转化率为=78.4%。【解析】①.H2+2FeCl32FeCl2+2HCl②.ACDC（或CDC）③.碱石灰④.FeCl3易升华，蒸汽遇冷后凝华，导致导气管堵塞⑤.球形冷凝管⑥.将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中⑦.蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分⑧.78.4%25、略

【分析】【详解】

(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为2∶5，则反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2)因实验①和④探究催化剂对该反应速率的影响，则实验①中酸性KMnO4溶液的浓度应和实验④中的相同，为0.010mol/L；实验①和③只有温度不同，则实验①和③探究温度对该反应速率的影响；(3)实验①中溶液褪色需要时间的平均值为12.0min，则用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为：=5.56×10-4mol/(L•min)；(4)从表中数据可知，相同体积的0.010mol/LKMnO4酸性溶液是0.001mol/LKMnO4酸性溶液浓度的10倍，但反应的时间却是0.001mol/LKMnO4酸性溶液反应时间的二倍还多，由反应速率公式v=可得出此实验条件下KMnO4酸性溶液的浓度越大，反应速率应该越快，因此结论错误；因根据直接看表中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同而草酸溶液的浓度不同，所以实验方案为取过量的相同体积、浓度不同的草酸溶液，分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应，观察褪色情况。【解析】2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O0.010温度5.56×10-4mol/(L•min)否取过量的等体积不同浓度的H2C2O4溶液与同体积同浓度的酸性KMnO4溶液反应，观察褪色情况26、略

【分析】【分析】

测定化学反应速率主要依据寻求合适的物理量；因此实验Ⅰ中主要根据产生一定量气体所需时间来测定反应速率的快慢；研究影响化学反应速率的外因的实验方法常用控制变量法，因此实验Ⅰ和实验Ⅲ中实验操作需遵循控制变量法原则，除了研究的外因发生变化，其他条件需保持不变。

【详解】

（1）如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出催化剂的催化效果；要比较和对分解的催化效果，还要选择的试剂中阴离子种类相同，所以将0.1mol/L改为0.05mol/L更为合理；

（2）反应是通过反应速率分析的，根据可知实验中需要测量的数据是收集一定体积的气体所需要的时间；

（3）随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D>C>B>A；

（4）实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他的影响因素一致，即加入的溶液的量相同，故V1=10mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10mL，加入水的一致使总体积一样，故V3=0mL；

实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同时反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的溶液的量相同，故V4=10mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6mL。【解析】(1)产生气泡；阴离子种类相同，才能比较和对分解的催化效果；

(2)产生40mL气体所需的时间；

(3)D>C>B>A

(4)温度106五、工业流程题(共2题，共12分)27、略

【分析】【分析】

焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-；最后经过还原获得Ag单质。

(1)

由分析知，滤渣Ⅰ的成分为由于此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入可使氮氧化物又转化为而溶解；可防止生成的氮氧化物排放到空气中。

(2)

反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得所以为了不引入新杂质，最好选用

(3)

该反应的平衡常数

(4)

由分析知，滤液Ⅲ中被还原为被氧化为根据得失电子守恒初步配平方程式为：结合流程知，可在左边添加4个配平电荷守恒，右边添加2个配平元素守恒，得完整方程式为：随循环次数的增加，浸出液中减小，增大，平衡左移，银的浸出率降低。【解析】