2025年外研衔接版选择性必修一化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研衔接版选择性必修一化学上册阶段测试试卷733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8题，共16分)1、在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：下列说法正确的是A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.升高温度，减小C.加入CuSO4固体，HS−浓度减小D.加入NaOH固体，溶液pH减小2、2020年3月29日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4；下列说法错误的是。

A.放电时Li＋通过聚合物隔膜往正极迁移B.充电时，阴极反应为Li1-xC6＋xe－＋xLi＋=LiC6C.充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌D.用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时能得到精铜32g，则电子利用率为80％3、2-禁酚()在生产环境中主要以粉尘、气溶胶形式存在，可采用催化剂(其中为介孔二氧化钛；具有大的比表面积和渗透能力)条件下的光降解法除去环境中的该污染物，工作原理如图：

下列判断正确的是A.电池工作时，外电路电流由b极流向a极B.负极反应为C.可加快的失电子速率D.该法降解禁酚时，装置要吸收标况下空气约为4、在2L密闭容器中充有2molSO2和一定量的O2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当反应进行到4min时，测得此时SO2为0.4mol，则2min时密闭容器中SO2的物质的量为A.1.6molB.1.2molC.大于1.6molD.小于1.2mol5、一定条件下，将和加入的恒容密闭容器中反应，后测得X的物质的量为下列说法正确的是A.时容器中Z的浓度为B.内，反应放出的热量为C.内，用X表示的平均反应速率为D.若容器中的气体密度不再发生变化，说明上述反应已达平衡状态6、下列说法正确的是A.相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同B.将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的C.HHB均为弱酸，相同条件下若KHA＞KHB，则酸性强弱为HA＞HBD.溶液中CH3COO-和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态7、下列有关化学原理分析错误的是A.手机充电时，电能全部转化为化学能B.含氟牙膏的使用显著降低了龋齿的发生率C.燃料电池的能量转化效率高于燃料直接燃烧D.在自然界中，钢铁生锈主要发生吸氧腐蚀8、下列实验方案设计、现象和结论中正确的是。选项实验方案设计现象和结论A取A、B两支试管，各加入然后向A中加入同时向B中加入A、B中溶液均褪色且B中褪色快，说明其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快B将相同的溶液和溶液均稀释10倍说明酸性弱于C鉴别和时，分别取少量固体于两支试管中，加水溶解，再滴加溶液产生白色沉淀的试管内为D将乙醇和共热产生的气体依次通入足量的溶液、稀酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液褪色，证明发生了消去反应

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)⇌CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。假设在T2温度下；达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是。

A.该反应的平衡常数T1＜T2B.B点时CO的转化率约为72.7%C.T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点D.T2时向上述已达平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO气体时容器体积变为4L，此时平衡不发生移动10、下列说法正确的是A.碰撞理论认为，只有极少数的碰撞才是有效的B.碰撞理论认为，分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量决定C.过渡态理论认为反应物分子转化成生成物分子的过程中要经过一个中间过渡态D.过渡态时体系的能量处于最大值11、任意自发的反应在一定条件下均能设计成为原电池，例如配位反应：Cu2+(aq)+4NH3·H2O(aq)=[Cu(NH3)4]2++4H2O可以设计成原电池；该原电池的装置图如图。下列说法错误的是。

A.电池工作时，Cu(Ⅱ)电极为原电池的正极B.电池工作时，氯化钾盐桥中的氯离子向右池移动C.Cu(Ⅰ)电极上发生的电极反应为：Cu-2e-+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OD.电池工作时，右池中c(Cu2+)增大12、某废水含Na、K、Mg2、Cl-和SO等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN的酸性废水；装置如图所示。

下列说法错误的是A.好氧微生物电极N为正极B.膜1、膜2依次为阳离子、阴离子交换膜C.通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D.电极M的电极反应式为2OCN--6e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H+13、如图所示装置中，a、b均为惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是。

A.X是负极，Y是正极B.a极产生的气体能使湿润的KI—淀粉试纸变蓝C.CuSO4溶液的pH减小D.Fe电极上发生还原反应14、下图是一种太阳能驱动从海水中提取锂的装置示意图；该装置工作时，下列说法正确的是。

A.该装置实现了化学能到电能的转变B.图中箭头表示了锂离子的移动方向C.若转移1mol电子，理论上铜箔增重7gD.铜箔上发生的反应为：Cu－2e－=Cu2+15、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0.125评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图，甲是氢氧燃料电池示意图，a为正极；乙是惰性电极电解足量CuSO4溶液的示意图；电解时c电极上有红色固体物质析出。

回答下列问题：

(1)图甲中，从A口通入的气体是___，b电极的电极反应式为___。

(2)图乙中，c电极通过导线与电源的___极相连；理论上当c电极析出3.20g红色固体时，则d电极表面产生的气体在标准状况下的体积为___mL。17、(1)在容积为VL的容器中充入amolCO与2amolH2；在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时CO的转化率与温度；压强的关系如图所示。

①p1___(填“大于”“小于”或“等于”)p2。

②在其他条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2，达到新平衡时，CO的转化率___(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数___。

(2)已知在温度T时，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=0.32，在该温度下，已知c始(CO)=1mol·L-1，c始(H2O)=1mol·L-1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应__(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是___。此时刻v正__(填“>”或“<”)v逆。18、某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理；形成如下问题(使用的电极均为石墨电极)。

(1)图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是_____________________(填化学式)，U形管_______________________(填“左”或“右”)边的溶液变红。若要复原溶液，可加入的物质是___________________(填化学式)。

(2)图2可制备“84”消毒液的有效成分，该消毒液有效成分的化学式为____________，c为电源的_______________(填“正”或“负”)极。

(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。下图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。

①阳极产生ClO2的电极反应式_______________________________________。

②若阴阳极得到的均为单一气体，则阴极产生的气体为阳极气体的___________倍。19、氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl(-1价)和S(+6价)的速率v(纵坐标)与反应时间t(横坐标)的关系如图所示，已知该反应速率随着溶液中c(H+)的增大而加快。

(1)反应开始时反应速率加快的原因是______；

(2)反应后期反应速率减慢的原因是______。20、已知：A(g)+2B(g)2C(g)ΔH<0。此反应的平衡常数表达式K＝__________，温度降低，K值会______（增大、减小、不变），A的转化率_______，化学反应速率_____21、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的发生反应100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。80s时，改变反应温度为T，的浓度以的平均反应速率降低；经10s又达到平衡。

完成下列填空：

（1）比较N、O的原子半径：________（选填“”或“”）。

（2）在0-60s时段，反应速率________

（3）若在相同情况下最初向该容器充入的是气体，要达到上述同样的状态，的起始浓度是________mol/L。

（4）T_____100℃（选填“”或“”），判断理由是________________。

（5）画出容器在80-90s时段内和的浓度变化________。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)22、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）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.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共27分)24、[Cu(NH3)x]SO4•yH2O是易溶于水的深蓝色晶体；是广谱杀菌剂。实验室通过如图流程测定其组成。

(1)[Cu(NH3)x]SO4•yH2O中氨的测定碱溶过程是在下列装置中进行的；用滴定方法完成烧杯中氨的测定。

①烧瓶中有黑色固体生成，该黑色固体的化学式为___。

②反应停止后还需要进行的操作是__。

③实验完成后需要将倒扣漏斗提出液面，在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，原因是__。

(2)Cu(NH3)x]SO4•yH2O中铜元素含量的测定(已知：Na2S2O3在pH为8~9稳定，pH<8时会发生歧化；I2+2S2O=2I-+S4O)

①准确称取样品Cu(NH3)x]SO4•yH2O0.04624g投入到过量的NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6mol•L-1H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入2gKI(过量)固体，搅拌，充分反应后___，记录消耗Na2S2O3溶液体积.(须用试剂：Na2CO3溶液、0.1800mol•L-1Na2S2O3；淀粉溶液、蒸馏水)

②若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00mL，则样品中n(Cu2+)=__。25、某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响；进行了如下实验：

【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

【实验内容及记录】。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL试验温度/℃室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1H2C2O4溶液H2O3mol·L-1稀硫酸0.05mol·L-1KMnO4溶液0.05mol·L-1KMnO4溶液Ⅰ3V123251.5Ⅱ2323252.7Ⅲ2323401.3

请回答：

(1)表中实验Ⅰ需加入蒸馏水V1=___。验证浓度对反应速率影响的实验是___(填实验序号，下同)验证温度对反应速率影响的实验是____。

(2)利用实验Ⅰ中数据计算，忽略混合前后溶液体积的微小变化，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：v(KMnO4)＝___。

(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设；并继续进行实验探究。

①该小组同学提出的假设是_____。

②请你帮助该小组同学完成实验方案Ⅳ。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试管中加入少量固体室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1

H2C2O4溶液H2O3mol·L-1

稀硫酸0.05mol·L-1

KMnO4溶液0.05mol·L-1

KMnO4溶液Ⅳ3.02.02.03.0t

问题：该反应的催化剂选择MnCl2还是MnSO4____(填“MnCl2”或“MnSO4”)。

③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____。26、胆矾()易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾；并测定其结晶水的含量。回答下列问题：

(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标号)。

A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管。

(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是_______。

(3)待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量冷却后用调为3.5～4，再煮沸冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到胆矾。其中，控制溶液为3.5～4的目的是_______，煮沸的作用是_______。

(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为加入胆矾后总质量为将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_______(写表达式)。

(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。

①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．水解平衡常数只与温度有关；溶液稀释时温度不变，水解平衡常数就不变，A错误；

B．盐的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(HS-)增大，c(S2-)减小，因此增大；B错误；

C．加入CuSO4固体，Cu2+与溶液中的S2-反应产生CuS沉淀，使溶液中c(S2-)减小，水解平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中HS-浓度减小；C正确；

D．加入NaOH固体，碱电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到盐水解平衡时溶液中的c(OH-)增大；溶液的pH增大，D错误；

故合理选项是C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1−xC6，正极反应：Li1−xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4；充电时，阳极反应式：LiFePO4－xe－=Li1−xFePO4＋xLi＋，阴极反应式：Li1−xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6；放电时阳离子往正极迁移，故A正确；

B．充电时为电解池，阴极发生还原反应，电极反应式：Li1−xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6；故B正确；

C．脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1−xFePO4＋xLi＋，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为LiC6－xe－=xLi＋＋Li1−xC6；则充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，故C错误；

D．用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25mol时理论上能得到精铜mol=0.625mol即40g；而实际得32g，则电子利用率为80%，故D正确。

综上所述，答案为C。3、B【分析】【分析】

氧气移向的电极a为原电池的正极，氧气得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应：O2+4e-=2O2-，2-萘酚失电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应：-46e-+23O2-=10CO2↑+4H2O；太阳能参与了该降解方法，结合电极反应和电子守恒计算消耗空气体积。

【详解】

A．根据分析，a为原电池的正极，b为原电池的负极，电池工作时，电流由正极流向负极，则外电路电流由a极流向b极；故A错误；

B．根据分析可知，负极反应为故B正确；

C．根据分析，在上发生还原反应转化为O2-；该过程氧气得电子，故C错误；

D．禁酚的物质的量为1mol，由分析中正负极反应可得：2~23O2，则降解1mol2-禁酚消耗11.5molO2；空气中氧气约占五分之一，即消耗标况下空气的气体为11.5mol×22.4L/mol×5=1288L，故D错误；

答案选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

当反应进行到4min时，测得此时SO2为0.4mol，说明4min内消耗了1.6mol的SO2，根据反应物浓度越大反应速率越快可知，也就是前2min的平均反应速率大于后2min的平均反应速率，即前2min中内消耗的SO2大于0.8mol，故2min时密闭容器内SO2的物质的量小于2-0.8=1.2mol，故答案为：D。5、D【分析】【详解】

A．由10min后测得X的物质的量为1.4mol可知，10min时容器中Z的浓度为=0.3mol/L；故A错误；

B．由10min后测得X的物质的量为1.4mol可知，10min时反应放出的热量为(2mol—1.4mol)××akJ/mol=0.3akJ；故B错误；

C．X为浓度为定值的固体；不能用于表示化学反应的反应速率，故C错误；

D．由质量守恒定律可知；该反应是气体质量增大，恒容密闭容器中气体密度增大，则气体密度不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．CH3COOH是弱酸，酸溶液中部分电离，所以相同浓度的HCl和CH3COOH溶液中c(H+)：HCl＞CH3COOH；故A错误；

B．NaOH溶液稀释一倍，OH-浓度减少到原来1/2，但加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释后溶液中OH-浓度大于原来的1/2；故B错误；

C．弱酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由于弱酸HA、HB的电离常数KA＞KB；所以HA的酸性大于HB，故C正确；

D．平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，(CH3COO-)=c(H+)；不能判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断醋酸溶液是否达到电离平衡状态，故D错误；

故选：C。7、A【分析】【详解】

A．手机充电时；部分电能转化为热能，A错误；

B．Ca5（PO4）3F溶度积比Ca5（PO4）3OH小，羟基磷酸钙在水中存在平衡：含氟牙膏中的与该平衡中的结合成更难溶的Ca5（PO4）3F；使平衡向右移动，牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙，使牙齿得到保护，B正确；

C．燃料直接燃烧产生的能量大部分以热能散失；远远低于燃料电池的转化效率，C正确；

D．钢铁中含碳单质；在潮湿的空气中形成原电池，一般来说水膜呈中性或弱酸性，主要是发生了吸氧腐蚀，D正确；

故选A。8、D【分析】【详解】

A．高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；由方程式可知，高锰酸钾过量溶液不褪色，且反应生成的锰离子可作催化剂，不能说明浓度对速率的影响，A错误；

B．相同的溶液和溶液，溶质的物质的量浓度不同，稀释后无法比较，正确的操作应是测定同浓度的次氯酸钠溶液与醋酸钠溶液，稀释相同倍数后，根据“越弱越水解”，若稀释后则说明酸性弱于B错误；

C．银离子能和氯离子结合产生氯化银白色沉淀；亚硝酸根离子也可以和银离子结合生成亚硝酸银白色沉淀，C错误；

D．乙醇易挥发，乙醇和共热产生的气体中会混有乙醇；通过足量的氢氧化钾溶液溶解乙醇，再通过稀酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，证明发生了消去反应，D正确；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【详解】

A．根据图可知，甲醇的转化率随着温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数T1＞T2；故A错误；

B．根据图像，B点时CH3OH的转化率为80%，即反应的甲醇为0.16mol，则反应的CO为0.16mol，CO的转化率=×100%=72.7%；故B正确；

C．T1时，A点未达到平衡，此时甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，因此温度为T1时；该反应的正反应速率：B点小于A点，故C错误；

D．根据图像，温度为T2时，CH3OH的转化率为60%，即反应的甲醇为0.12mol，则反应的CO为0.12mol，平衡时甲醇为0.08mol，则反应的CO为0.10mol，平衡时容器的体积为2L，平衡浓度分别为甲醇为0.04mol/L，CO为0.05mol/L。再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，容器体积变为4L，此时浓度分别为甲醇为=0.05mol/L，CO为=0.04mol/L，Qc==K=平衡不移动，故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题的易错点和难点为D，要注意根据Qc与K=的关系判断平衡是否移动。10、ACD【分析】【分析】

【详解】

略11、BD【分析】【分析】

由装置可知，Cu(Ⅰ)电极铜失电子生成铜离子与一水合氨反应生成[Cu(NH3)4]2+；为原电池的负极，Cu(Ⅱ)电极为原电池的正极，据此解答。

【详解】

A．由分析可知；电池工作时，Cu(Ⅱ)电极为原电池的正极，故A正确；

B．电池工作时；负电荷向负极移动，氯化钾盐桥中的氯离子向左池移动，故B错误；

C．由装置可知，Cu(Ⅰ)电极上发生的电极反应为：Cu-2e-+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；故C正确；

D．电池工作时，右池中c(Cu2+)得电子生成铜单质；离子浓度降低，故D错误；

故选BD。12、BC【分析】根据图给信息可知，M电极上OCN-失去电子生成CO2和N2，即M为负极，电极反应式为2OCN--6e-+2H2O═2CO2↑+N2↑+4H+，则N电极为正极，O2得到电子生成OH-，电池放电时，阳离子移向正极N，阴离子移向负极N，废水中的Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子通过离子交换膜发生定向移动；使废水合格，所以膜1为阴离子交换膜；膜2为阳离子交换膜，据此分析解答。

【详解】

A．由物质转化知，OCN中C为+4价；N为-3价，在M极上N的化合价升高，说明M极为负极，N极为正极，A正确；

B．在处理过程中，M极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M极迁移，膜1为阴离子交换膜，N极反应式为O2+4e+2H2O4OH；N极附近负电荷增多，阳离子向N极迁移，膜2为阳离子交换膜，B错误；

C．根据电荷守恒知；迁移的阴离子；阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C错误；

D．M极发生失电子的氧化反应，结合电子守恒和电荷守恒得到电极反应式为2OCN--6e-+2H2O═2CO2↑+N2↑+4H+；故D正确。

答案选BC。13、BD【分析】【分析】

a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则a是阳极、b是阴极；所以X是正极；Y是负极、Cu是阳极，电解时，硫酸铜溶液中阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子，据此分析解答。

【详解】

A．通过以上分析知；X是正极；Y是负极，故A错误；

B．a是阳极，对应的电极反应方程式为2Cl--2e-=Cl2↑；氯气具有氧化性，能使湿润的KI—淀粉试纸变蓝，故B正确；

C．电解时，硫酸铜溶液中阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子，故CuSO4溶液浓度不变；pH不变，故C错误；

D．Fe电极是阴极，发生得到电子的还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu；故D正确；

答案选BD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．该装置是利用太阳能进行电解；属于电解池，A错误；

B．该装置提取金属锂；铜箔为阴极，催化电极为阳极，锂离子向阴极移动，B正确；

C．转移1mol电子铜箔上析出1mol金属锂；增重7克，C正确；

D．铜箔上析出锂，电极反应为Li++e-=Li；D错误；

故选BC。15、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。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

甲是氢氧燃料电池，a为正极，则b为负极；乙装置是电解池，为惰性电极电解足量CuSO4溶液；电解时c电极上有红色固体物质析出，则c极为阴极，d极为阳极。

【详解】

(1)a为正极，b为负极，则从A口通入的气体是O2，B口通入的气体是氢气，b电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；

(2)c极为阴极，则c电极通过导线与电源的负极相连；c电极发生反应理论上当c电极析出3.20g红色固体时，即生成铜d电极发生反应由2Cu~O2，可得生成氧气物质的量0.025mol，则d电极表面产生的O2在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL。【解析】O2H2-2e-+2OH-=2H2O负56017、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①温度相同时p2压强下CO转化率高，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向进行，转化率增大，则p1小于p2。

②在其他条件不变的情况下，再增加amolCO与2amolH2；相当于增大压强，平衡正向进行，因此达到新平衡时，CO的转化率增大，温度不变，所以平衡常数不变。

(2)根据三段式可知。

此时浓度熵为＜0.32，所以反应没有达到平衡状态，此时v正＞v逆。【解析】①.小于②.增大③.不变④.没有⑤.Qc＜K⑥.＞18、略

【分析】【详解】

（1）图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气；同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色；电解饱和食盐水总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成了Cl2和H2，所以可通入HCl气体使溶液恢复，故答案为：H2；右；HCl；

（2）利用图2制备“84”消毒液的有效成分；阳极上氯离子放电生成氯气；阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，NaClO具有强氧化性，所以消毒液的有效成分为NaClO；为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极，故答案为：NaClO；负；

（3）①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，根据电子守恒和电荷守恒写出阳极的电极反应式为Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+，故答案为：Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+；

②电解池中阳极生成ClO2气体，阴极生成氢气，电解总反应为2Cl−+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2OH−，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以阴极产生氢气的体积为阳极生成ClO2气体的2.5倍，故答案为：2.5。【解析】H2右HClNaClO负Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+2.519、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题意知，KClO3与NaHSO3反应生成Cl-和根据得失电子守恒初步确定反应为：+3→Cl-+3根据元素守恒和电荷守恒，确定方程式右边添加3个H+，完整反应为：+3=Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大，结合题目所给信息知反应速率加快，故此处填：+3→Cl-+3+3H+，随着反应的进行，溶液中c(H+)增大；

(2)随着反应的进行，反应物浓度越来越小，反应速率逐渐变慢，故此处填和浓度减小。【解析】+3=3+Cl-+3H+，溶液中c(H+)增大ClO和HSO浓度减小20、略

【分析】【详解】

根据A(g)+2B(g)2C(g)可知平衡常数表达式K＝该反应的ΔH<0，正反应是放热反应，因此温度降低，平衡正向移动，K值会增大，A的转化率升高，化学反应速率减慢，故答案为：增大；升高；减慢。【解析】增大升高减慢21、略

【分析】【分析】

（1）同周期中从左到右元素原子的半径依次减小；

（2）根据化学反应速率的定义解答；

（3）达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边满足c(N2O4)为0.100mol/L；

（4）N2O4的浓度降低；平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；

（5）依据题中改变温度，N2O4的浓度降低，则可推知平衡向正反应方向移动，再结合物质的速率之比等于参加反应的化学计量数之比得出NO2的浓度增加量。

【详解】

（1）N与O均位于第二周期，N的原子序数小于O，则大于

（2）在0-60s时段，N2O4的浓度从0.100mol/L降低到0.040mol/L，则反应速率=0.06

（3）达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边满足c(N2O4)为0.1mol/L，由N2O4⇌2NO2，可知c(NO2)=2c(N2O4)=2×0.1mol/L=0.2mol/L；故答案为0.2mol/L；

（4）N2O4的浓度降低；平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为大于；该反应正向吸热，改变温度，反应向吸热方向进行，故温度升高（或者改变温度后反应速率加快，故温度升高）；

（5）80s时，改变反应温度为T，的浓度以的平均反应速率降低，经10s又达到平衡，则NO2的浓度以×2=故图像可表示为：

【点睛】

本题的难点是最后一问，各物质的浓度变化细节是关键，需要学生定量地计算得出二氧化氮的浓度变化。【解析】大于0.060.2大于该反应正向吸热，改变温度，反应向吸热方向进行，故温度升高（或者改变温度后反应速率加快，故温度升高）四、判断题(共2题，共14分)22、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。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。五、实验题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

[Cu(NH3)x]SO4•yH2O是易溶于水的深蓝色晶体，加入NaOH发生反应：Cu(NH3)+2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；再加入硫酸使氢氧化铜沉淀溶解，向溶解后的溶液中加入KI固体，生成CuI固体，以此解答。

【详解】

(1)①[Cu(NH3)x]SO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：Cu(NH3)+2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑，生成的Cu(OH)2在加热条件下可能分解产生黑色固体CuO；故答案为：CuO；

②若加入的NaOH溶液不足，[Cu(NH3)x]SO4•yH2O没有完全反应；生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则反应停止后还需要进行的操作是继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生，故答案为：继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生；

③挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中，故答案为：挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中；

(2)①过滤后的滤渣是Cu(OH)2，把滤渣加入H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解生成CuSO4，向溶解后的溶液中加入2gKI(过量)固体，发生反应：2CuSO4+4KI=2CuI+I2+2K2SO4，生成CuI固体和碘单质，充分反应后加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2，当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全，记录消耗Na2S2O3溶液体积，即可计算出CuI的物质的量，故答案为：加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2；当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全；

②根据反应I2+2S2O=2I-+S4O若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为12.00mL，则n(I2)=n(S2O)=0.012L0.1800mol•L-1=0.00108mol，生成的CuI的物质的量n(CuI)=2n(I2)=0.00216mol，则样品中n(Cu2+)=0.00216mol，故答案为：0.00216。【解析】CuO继续加热至没有气体从圆底烧瓶中产生挥发的HCl可能与氨气在漏斗内壁生成NH4Cl，需要在烧杯上方用蒸馏水对漏斗的内外壁洗涤，使NH3完全溶解在烧瓶中加入Na2CO3溶液使溶液pH为8~9，再加入淀粉溶液作指示剂，溶液呈蓝色，用Na2S2O3滴定生成的I2，当溶液由蓝色变为无色且30s内不出现蓝色，说明滴定完全0.0021625、略

【分析】【分析】

(1)根据实验Ⅱ和Ⅲ中的数据可知；溶液的总体积为10.0mL，结合实验Ⅰ；Ⅱ和Ⅲ中不同的条件分析判断探究的目的；

(2)