2025年中图版选择性必修1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年中图版选择性必修1化学上册阶段测试试卷537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、一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp=cm(An+)·cn(Bm−)；称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：

。物质。

Fe(OH)2

Cu(OH)2

Fe(OH)3

Ksp(25°C)

8.0×10−16

2.2×10−20

4.0×10−38

完全沉淀时的pH范围。

≥9.6

≥6.4

3~4

对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不科学的是（）A.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀B.该溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]＞5∶4C.向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3〜4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D.在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在2、已知在25℃时，反应①②③的化学方程式及化学平衡常数为①N2(g)＋O2(g)2NO(g)，K1=1×10-30；②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)，K2=2×1081；③2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)，K3=2.5×1091.下列说法正确的是A.NO分解反应NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数为1×1030B.根据K3的值可知常温下CO和O2很容易发生反应生成CO2C.温度升高，上述三个反应的平衡常数均减小D.常温下，NO、H2O、CO2分别发生分解反应生成O2的倾向顺序为NO>H2O>CO23、下列叙述不正确的是A.NH3易液化，液氨常用作制冷剂B.工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝C.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将氨气通入酚酞溶液中，变色后加热也能恢复原色D.实验室可用稀HNO3与金属Al反应制氢气4、在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY(g)ΔH＜0；达到甲平衡，在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此条件的分析正确的是。

A.图I是增大反应物浓度B.图II只能是加入催化剂C.图II可能是增大压强D.图III是增大压强或升高温度5、充分燃烧一定量的丁烷气体放出的热量为Q。完全吸收它生成的CO2气体生成正盐，需5mol/L的KOH溶液100mL，则丁烷的燃烧热为()A.16QB.8QC.4QD.2Q评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的图示与过程如下：

过程Ⅰ：

过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH＝+129.2kJ·mol﹣1

下列说法正确的是A.该过程能量转化形式是太阳能→化学能→热能B.过程Ⅰ热化学方程式为：Fe3O4(s)=3FeO(s)+O2(g)ΔH=﹣156.6kJ·mol﹣1C.氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8kJ·mol﹣1D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点7、反应一定条件下在容积为5L的密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是A.2min时反应放出的热量等于0.1akJB.用氧气表示2min内的平均反应速率C.2min内，NH3的转化率小于O2的转化率D.2min内，8、在恒压、SO2和O2的起始浓度一定的条件下，测得不同温度下SO2的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是()A.若图中a点使用了催化剂，则b点没有使用催化剂B.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔH<0C.若将起始n(SO2)和n(O2)变为原来的一半，图象发生改变D.T1℃下，c起始(O2)=2.0×10-2mol·L-1，则平衡常数K>509、HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理；反应历程与能量的关系如图所示：

下列说法正确的是A.在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的H>0B.在Pd催化剂表面离解O－H键比C－H键的活化能低C.在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应速率最慢D.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO210、研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示；两电极区间用允许阳离子通过的半透膜隔开。下列说法错误的是。

A.电池正极区电极反应式为HCOO--2e-+2OH-=HCO+H2OB.储液池甲中发生的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OC.放电时，1molHCOOH转化为KHCO3时，消耗11.2L的氧气D.该系统总反应的离子方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O11、下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/mol(燃烧热)B.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ/mol(反应热)C.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)△H=-57.3kJ/mol(中和热)D.2NO2=O2+2NO△H=-1367.0kJ/mol(反应热)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池；如图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是_______。

(2)银电极为电池的_______极，发生的电极反应为_______。X电极上发生的电极反应为_______。

(3)外电路中的电子是从_______极流向_______极。13、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式：____。14、一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0.一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。

(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正___________v逆(填“＞”“＜”或“=”)；

(2)4分钟内，CO2的转化率为___________；CO的平均反应速率v(CO)=___________。

(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是___________(填序号)。

①降低温度。

②减少铁粉的质量。

③保持压强不变；充入He使容器的体积增大。

④保持体积不变，充入He使体系压强增大15、氢气既是重要的化工原料；又属于洁净能源，是未来人类重点开发的能源之一，请回答下列问题：

(1)氢气可以与煤在催化剂作用下制备乙炔，其总反应式为：已知部分反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ．

Ⅲ．

①___________；说明反应Ⅱ在高温下可自发进行的原因为___________。

②一定条件下，向的恒容密闭容器中加入足量碳粉和发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，后容器内总压强不再变化，容器中为为为内的平均反应速率___________，反应Ⅰ的平衡常数___________(写出计算式)。

(2)氢气可以用于合成甲醇的反应为在恒压条件下测得的平衡转化率与温度和投料比关系如图所示：

①已知则___________(填“＞”“＜”或“=”)0。

②由图可知，同温同压下越大，的平衡转化率越大，原因为___________。

③写出一条可同时提高反应速率和平衡转化率的措施：___________。

④保证该压强不变，向温度下，的平衡体系中再加入则化学平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。16、对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染；改善水质的主要措施之一。

(1)电镀厂的废水中含有的CN−有剧毒，需要处理加以排放。处理含CN−废水的方法之一是在微生物的作用下，CN−被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为__。

(2)电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A−表示乳酸根离子)：

①阳极的电极反应式为___。

②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：__。

③电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH−可忽略不计。400mL10g/L乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为__L(提示：乳酸的摩尔质量为90g/mol)。17、中和热的测定实验中，分多次将NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中，测出来的中和热的数值偏小。_____18、依据事实；写出下列反应的热化学方程式：

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量________。

②1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，写出甲烷燃烧热的热化学方程式：________。

③已知：氮氮三键的键能是946kJ/mol，H−H的键能为436kJ/mol，N−H的键能为391kJ/mol，请根据此写出合成氨反应的热化学方程式________。19、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：

(1)若在一容积为的密闭容器中加入的和的在一定条件下发生反应：若在5分钟时反应达到平衡，此时测得的物质的量为则前5分钟的平均反应速率______。平衡时的转化率为_____

(2)下列能判定(1)中合成氨反应到达平衡状态的是___________

A．容器内压强保持不变。

B．容器内混合气体的密度保持不变。

C．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变。

D．

E.单位时间内每断裂同时形成

(3)平衡后，若提高的转化率，可以采取的措施有___________。

A．加了催化剂。

B．增大容器体积。

C．降低反应体系的温度。

D．加入一定量

(4)若在的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：其化学平衡常数与温度的关系如表所示：。2003004000.5

请完成下列问题：

①试比较的大小，___________(填“”“”或“”)；

②时，反应的化学平衡常数为___________。当测得和物质的量分别为和时，则该反应的_______(填“”“”或“”)。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)20、铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)21、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___________。：22、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_________。23、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：____________________。24、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、工业流程题(共4题，共16分)25、钛白粉(纳米级)广泛应用于功能陶瓷、催化剂、化妆品和光敏材料等白色无机颜料。是白色颜料中着色力最强的一种，具有优良的遮盖力和着色牢度，适用于不透明的白色制品。制备原料钛铁矿()中往往含有等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉()生产工艺如下：

已知：①酸浸后，钛主要以形式存在；

②强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。

③不溶于水和稀酸。

(1)要提高酸浸速率，可采取的措施是___________(写出一条即可)。

(2)滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是___________。

(3)酸浸过程中，发生反应的离子方程式___________。

(4)加入铁粉的目的是还原体系中的为探究最佳反应条件；某实验室做了如下尝试。

①在其它条件不变的情况下，体系中(Ⅲ)[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，试分析，在介于4～6之间时，(Ⅲ)主要以___________(填微粒化学式)形式存在。

②保持其它条件不变，体系中(Ⅲ)含量随温度变化如图2，请从化学平衡原理角度分析，55℃后，(Ⅲ)含量增大的原因是___________。

(5)“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为___________。26、高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产疏酸镍晶体(NiSO4•6H2O)的工艺流程如图：

已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。

回答下列问题：

(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作____极；阴极产物主要为____，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。

(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为____；再加入Na2CO3调pH=2；并将溶液加热至50℃，形成铁；磷共沉淀。

(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和____(填化学式)。

(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥____(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)“母液”中的溶质主要有____、____(填化学式)。

(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。

①生成NiS2O3的化学方程式为____；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：____。

②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是____。27、我国锂云母矿石储量丰富，现有产自内蒙古的锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，工业上欲采用硫酸法用其制备Li2CO3具体流程如下：

查阅资料可知：

I.“焙烧”温度对锂提取率的影响如下图所示。

II.“焙烧”过程中铁的氧化物未参与反应。

III.3SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2(SO4)3+K2SO4+SiO2+SiF4↑+H2O

IV.Li2SO4+Na2CO3→Li2CO3↓+Na2SO4

回答下列问题：

(1)“焙烧”温度理论上选择_______为宜，同时为提高“焙烧”效率，还可采取的措施有_______；

(2)“焙烧”产生的气体可用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，该反应的化学方程式为_______；

(3)在“中和”过程中，为使Fe3+和Al3+完全沉淀，pH值至少调整为_______；部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)如图所示：

(4)“中和”所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有_______；

(5)“氧化”过程中发生氧化还原反应的离子方程式为_______；

(6)“滤渣2”的主要成分是_______；

(7)工业上还可以通过“苛化反应”，利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，进而生产出纯度更高的工业碳酸锂，请通过计算过程证实该方案的可行性_______。[已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4；KspCaCO3)=2.5×10-9]28、位于遵义市播州区的南白铝厂以电解生产铝为主。由于铝具有外观漂亮；不易被腐蚀，质轻等优点，目前在国际市场上的应用越来越广泛。

(1)可以用电镀法在钢制品上电镀铝；为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层。

①Al在周期表中的位置是：_______。

②写出NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层的离子方程式_______。

③钢制品上电镀铝的电镀装置中钢制品位于电镀池的_______极。

(2)如图是实验室模拟南白铝厂从铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质)中提取Al2O3并制取Al的流程：

①用NaOH溶解过程中，通常将铝土矿粉碎，其目的是_______。

②“溶解”时，SiO2与NaOH溶液反应生成的硅酸钠与溶液中偏铝酸钠发生反应：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O=Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，“赤泥”的主要成分为_______写出化学式)。

③“酸化”时，通入过量CO2与NaAlO2反应，写出该反应化学方程式_______。

④过滤需要的玻璃仪器有_______。

(3)电解是电解熔融的Al2O3，电解过程中阴极的电极反应式为_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A、由于Fe(OH)3的溶度积远小于Fe(OH)2和Cu(OH)2，所以最先看到红褐色Fe(OH)3沉淀；则A正确；

B、由于Cu2+、Fe2+、Fe3+都能够水解，所以等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+c(Fe3+)]＞5∶4；即B正确；

C、氯水氧化FeSO4后生成Cl—，所以溶液中还有CuCl2；因此C错误；

D、当溶液的pH≥4时，Fe3+已沉淀完全，所以在pH=5时Fe3+已不存在；故D正确。本题。

答案为C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数为A项错误；

B．CO和O2之间的反应需要点燃才能进行；B项错误；

C．反应①为吸热反应；升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，C项错误；

D．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数依次为1×1030、5×10-82、4×10-92；平衡常数越大，则反应进行的程度越大，D项正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A.NH3易液化；液氨汽化时吸收大量的热，常用作制冷剂，故A正确；

B.因为铝是一种比较活泼的金属；用一般的方法很难将它还原出来，工业上常用电解熔融氧化铝的方法治炼金属铝，故B正确；

C.SO2的漂白作用是由于它能与某些有色物质生成不稳定的无色物质，这种无色物质容易分解而使有色物质恢复原来的颜色，故将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热会恢复原色；氨气溶于水生成氨水，一水合氨电离使溶液显碱性，但氨水不稳定，加热又分解释放出氨气，使平衡逆向移动；因此将氨气通入酚酞溶液中，变色后加热也能恢复原色，故C正确；

D.HNO3具有强氧化性，稀HNO3与金属Al反应不能生成氢气；而是生成一氧化氮，故D错误；

故选D。

【点睛】

钠、镁、铝还原性强，用电解的方法进行冶炼，根据阴极的放电顺序（K+Ca2+Na+Al3+H+）可知，电解它们的盐溶液均不能得到三种金属单质，应用电解熔融氧化物或者熔融盐的方法治炼。电解熔融氯化钠冶炼金属钠；电解熔融氧化铝冶炼金属铝，而不能是电解熔融氯化铝，因为氯化铝是共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，不能导电；电解熔融氯化镁冶炼金属镁，这是学生们的易错点。4、C【分析】【详解】

A．若只增大反应物的浓度；v正瞬间增大，v逆瞬间应不变，与图像不符，故A错误；

B．加人催化剂可以同时相同倍数的增大正逆反应速率；平衡不移动，与图像相符，但该反应前后气体系数之和相等，缩小体积增大压强也可以同等倍数的增大正逆反应速率，平衡不发生移动，也与图像相符，故B错误；

C．该反应前后气体系数之和相等；缩小体积增大压强也可以同等倍数的增大正逆反应速率，平衡不发生移动，与图像相符，故C正确；

D．增大压强平衡不发生移动；所以若只增大压强平衡时，甲乙在同一直线上，与图像不符，故D错误；

综上所述答案为C。5、A【分析】【详解】

KOH的物质的量为5mol/L×0.1L=0.5mol，吸收二氧化碳生成正盐K2CO3，则能吸收的二氧化碳的物质的量为0.25mol，丁烷的物质的量为丁烷完全燃烧放热为Q，所以1mol丁烷完全燃烧放出16QkJ的热量，丁烷的燃烧热为16Q；

故选A。二、多选题(共6题，共12分)6、CD【分析】【详解】

A．过程Ⅰ中Fe3O4分解变为FeO、O2；该反应为吸热反应，过程II发生的反应也是吸热反应，因此不存在化学能→热能的过程，A错误；

B．已知反应①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.0kJ/mol和反应②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2kJ/mol，根据盖斯定律，将①×-②，整理可得：Fe3O4(s)=3FeO(s)+O2(g)ΔH=+156.6kJ·mol-1；B错误；

C．由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1可知2molH2完全燃烧产生2mol液态水，放出571.6kJ的热量，则1molH2完全燃烧产生1mol液态水，放出285.8kJ的热量，故氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8kJ·mol-1；C正确；

D．过程II为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离；且由于利用太阳能，故成本低，D正确；

故合理选项是CD。7、AC【分析】【详解】

A．由反应式知；该反应生成4molNO，放热akJ，2min时生成0.4molNO，则反应放热0.1akJ，故A正确；

B．用氧气表示2min内的平均反应速率：故B错误；

C．2min内，NH3的转化率(40%)小于O2的转化率(50%)；故C正确；

D．2min内，故D错误；

答案为AC。8、BD【分析】【详解】

A．催化剂只改变反应速率；不影响平衡转化率，故A错误；

B．据图可知温度升高SO2的平衡转化率下降，说明平衡逆向移动，所以2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，ΔH<0；故B正确；

C．n(SO2)和n(O2)变为原来的一半；但投料比没有改变，相同温度；压强下为等效平衡，转化率不变，故C错误；

D．设SO2的起始浓度为2a；平衡转化率为50%，列三段式有：

所以平衡常数K=其中a>0，所以K>50；故D正确；

综上所述答案为BD。9、CD【分析】【详解】

A．由图可知，在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应为放热反应，H小于0；故A错误；

B．由图可知；在Pd催化剂表面离解O－H键的活化能较高，解离C－H键的活化能低，故B错误；

C．在历程Ⅰ～Ⅴ中；生成Ⅴ的活化能最高，反应速率最慢，故C正确；

D．由图可知，HCOOH脱氢是生成氢气和二氧化碳，所以用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2；故D正确；

故选CD。10、AC【分析】【分析】

HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子的反应生成HCO所在电极为负极，电极反应式为：HCOOH-2e-+3OH-=HCO+2H2O，正极O2得电子生成H2O，即HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH-+O2=2HCO+2H2O，原电池工作时K+通过半透膜移向正极。

【详解】

A．右侧电池正极区电极反应式为：e-+Fe3+=Fe2+；故A错误；

B．储液池甲中发生的反应为亚铁离子被氧化：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；故B正确；

C．放电时，1molHCOOH转化为KHCO3时，消耗0.5molO2；在标准状况下体积为11.2L，故C错误；

D．负极电极反应式为：HCOOH-2e-+3OH-=HCO-+2H2O，正极电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，该系统总反应的离子方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O；故D正确；

故选AC。11、BC【分析】【详解】

A．燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态；故A错误；

B．热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号；数值及单位；故B正确；

C．中和反应是放热反应，△H=-57.3kJ/mol；故C正确；

D．热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态；故D错误；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【详解】

(1)由电池的反应方程式可知，还原剂铜做原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，银做正极，溶液中的银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，则电极X为铜，电解质溶液Y是可溶性银盐硝酸银溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

(2)由电池的反应方程式可知，还原剂铜做原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，银做正极，溶液中的银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：正；Ag++e-=Ag；Cu-2e-=Cu2+；

(3)电池工作时，外电路中的电子由负极铜电极经导线流向正极银电极，故答案为：负；正。【解析】CuAgNO3溶液正Ag++e-=AgCu-2e-=Cu2+负正13、略

【分析】【分析】

根据元素周期表的结构；可知X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素。

【详解】

根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol。【解析】Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol14、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，t1时，反应未达到平衡，仍正向进行，因此v正＞v逆；

(2)根据图像，4min内，CO2的浓度变化量为0.7-0.2=0.5mol/L，则CO2的转化率为CO的浓度变化量为0.5-0=0.5mol/L，则CO的平均反应速率v(CO)=

(3)①降低温度；活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，①符合题意；

②铁粉为固体；减少铁粉的质量不影响反应速率，②不符合题意；

③保持压强不变；充入He使容器的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，③符合题意；

④保持体积不变；充入He使体系压强增大，浓度不变，反应速率不变，④不符合题意；

故答案选①③。【解析】＞或71.4%0.125mol·L-1·min-1①③15、略

【分析】(1)

①由盖斯定律可知，反应Ⅱ为气体分子数目增多的吸热反应，该反应的故反应在高温下可自发进行。

②当容器内总压强不再变化时可知反应达到平衡，反应前气体只有反应后气体有根据氢元素守恒可知与消耗的物质的量均为消耗的物质的量为则内的平均反应速率反应Ⅰ的平衡常数

(2)

①已知由图可知温度越高的平衡转化率越低，所以反应为放热反应，

②由图可知，同温同压下越大，的平衡转化率越大；原因为一定条件下，增大其中一种反应物的浓度，平衡正向移动，另一种反应物的平衡转化率会提高。

③可同时提高反应速率和平衡转化率的措施为加压。

④保证该压强不变，向温度下，的平衡体系中再加入压强、温度、平衡比例均未发生变化，相当于等效平衡，则化学平衡不移动。【解析】(1)反应Ⅱ的反应在高温下可自发进行

(2)＜一定条件下，增大其中一种反应物的浓度，平衡正向移动，另一种反应物的平衡转化率会提高加压不16、略

【分析】【分析】

(1)CN−废水的方法之一是在微生物的作用下，CN−被氧气氧化成HCO3−，同时生成NH3，结合质量守恒书写化学方程式；

(2)根据电解池的工作原理：阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应来判断；根据电解池的工作原理：在电解池的阳极上是OH−放电，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；再根据差量法分析计算。

【详解】

(1)根据题干信息知，反应物为CN−、O2和水，生成物为CN−和HCO3-，并根据得失电子守恒配平反应得到离子方程式为：4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑，故答案为4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑；

(2)①阳极上水失去电子，发生氧化反应，生成氧气，反应式为：2H2O-4e−=4H++O2↑；

②在阳极上发生电极反应：2H2O-4e−=4H++O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e-=H2↑，根据电极反应式，则有关系：HA~H+~H2，据差值法，乳酸的浓度变化量是，即生成HA的物质的量是1.5mol/L×0.4L=0.6mol，即产生氢气0.3mol，即0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为2H2O-4e−=4H++O2↑；阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A−=HA，乳酸浓度增大；6.72。【解析】4H2O+2CN−+O2=2HCO3-+2NH3↑2H2O-4e−=4H++O2↑阳极H2O放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A−从阴极通过阴离子交换膜进入浓缩室，H++A−=HA，乳酸浓度增大6.7217、略

【分析】【分析】

【详解】

分多次反应，热量有所损失，故测出来的中和热的数值偏小，正确。【解析】对18、略

【分析】【详解】

①12g镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ的热量，12g镁的物质的量为0.5mol，则1mol镁在氧气中完全燃烧，生成氧化镁固体，放出247kJ×2=494kJ的热量，故该反应的热化学方程式为Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/mol；

②燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水应放出16akJ的热量，故甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/mol；

③合成氨反应的化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-391kJ/mol×6=−92kJ/mol，故合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol。【解析】Mg(s)+O2(g)=MgO(s)△H=−494kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−16akJ/molN2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol19、略

【分析】【详解】

(1)达到平衡时测得的物质的量为根据化学方程式，则过程中消耗了N2的物质的量为0.1mol，H2消耗了0.3mol，=氢气的转化率100=50

(2)合成氨反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应物；生成物的量不再增加,据此分析：

A．合成氨反应是反应后物质的量减少的反应。容器内压强保持不变；说明容器内物质的量不再减少，反应达到了最大限度，即达到平衡状态，故A正确；

B．反应环境是恒容密封的体系；因此反应的始终密度都不会改变，无论是否达到平衡状态，故B错误；

C．平均相对分子质量是由总质量和总物质的量两个因素决定的；反应过程中，总质量是不会变的，但总物质的量是会变的，当总物质的量不再发生变化，即平均分子相对质量不再发生变化，所以当平均相对分子质量保持不变时，就是总物质的量不再发生变化，即达到了平衡状态，故C正确；

D．从合成氨开始反应，到平衡时，是不会变的；无法证明是否达到平衡状态，故D错误；

E.单位时间内每断裂同时形成即反应了3molH2，生成了2molNH3；根据化学计量数比，可知从反应开始到平衡，都是这样反应的，故无法说明是否达到平衡状态，故E错误；

本题答案AC；

(3)平衡后，若提高的转化率；就是打破平衡，使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析：

A．加了催化剂；只是同时改变正逆反应速率，平衡不移动，故A错误；

B．增大容器体积，容器内压强减小，体系向增大压强方向移动，即平衡逆向移动，会降低的转化率；故B错误；

C．降低反应体系的温度，平衡向放热方向移动，即向正方向移动，能提高的转化率；故C正确；

D．加入一定量平衡向正反应方向移动，能提高的转化率；故D正确；

本题答案CD；

(4)①合成氨反应是个放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，生成物浓度变小，反应物浓度变大，即温度高的平衡常数小，故K1>K2；

②时，反应的化学平衡常数与反应化学平衡常数互为倒数，所以K==2；容器的体积为0.5L，和的浓度分别为6mol/L、4mol/L、2mol/L，即浓度商Qc==<K=2，说明反应向正方向进行，即>【解析】50A、CC、D2四、判断题(共1题，共4分)20、B【分析】【分析】

【详解】

由铅蓄电池负极反应：Pb+-2e‑=PbSO4↓，知反应后负极由Pb转化为PbSO4，增加质量，由电极反应得关系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知电路通过2mol电子，负极质量增加96g，题干说法错误。五、有机推断题(共4题，共24分)21、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)22、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37g23、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−2NH324、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、工业流程题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物反应生成盐和水，CaO和硫酸反应生成CaSO4，不与硫酸反应，则滤渣①成分为CaSO4、根据已知信息与硫酸反应生成和FeSO4，加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液②为水解生成灼烧得到钛白粉；

(1)

温度；浓度、接触面积等因素可影响反应速率；为提高酸浸速率，可采取的措施是粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等；

(2)

酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是

(3)

由信息①酸浸后，钛主要以形式存在，②强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，与硫酸反应生成和FeSO4，发生反应的离子方程式

(4)

①由水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则介于4～6之间时，(Ⅲ)主要以形式存在；

②55℃后，(Ⅲ)含量增大的原因是：铁离子在溶液中存在水解平衡水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成不再与铁粉发生反应；

(5)

已知不溶于水和稀酸，滤液②含“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为【解析】(1)粉碎矿石；适当加热、适当增大硫酸浓度等。

(2)

(3)

(4)铁离子在溶液中存在水解平衡水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成不再与铁粉发生反应。

(5)26、略

【分析】【分析】

先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。

(1)

电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；

(2)

“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

(3)

“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；

(4)

当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lgc(H+)=9.15；所以理论上应调节溶液pH≥9.15；

(5)

ClO-会