2025年粤教沪科版选择性必修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年粤教沪科版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ•mol－1。一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中；正确的是。

A.10min后，升高温度能使增大B.反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%C.3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率D.从反应开始到平衡，H2的平均反应速率υ(H2)＝0.075mol·L－1•min－12、某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，I2＋2S2O=S4O＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定；部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是。

A.试样在容量瓶中溶解，滴定管选乙B.选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由无色变为蓝色时，即达到滴定终点C.丁图中，滴定前滴定管的读数为a－1.00mLD.对装有待测液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏大3、探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O反应速率的影响因素；有关实验数据如表所示：

。实验。

编号。

温度。

℃

催化剂用量g

酸性KMn04溶液。

KMn04溶液褪色平均时间(min)

KMn04溶液褪色平均时间(min)

体积(mL)

浓度(mol·L-1)

体积(mL)

浓度(mol·L-1)

浓度(mol·L-1)

体积(mL)

浓度(mol·L-1)

1

25

0.5

4

0.1

8

0.2

12.7

2

80

0.5

4

0.1

8

0.2

a

3

25

0.5

4

0.01

8

0.2

6.7

4

25

0

4

0.01

8

0.2

b

下列说法不正确的是A.a<12.7B.b>6.7C.用KMnO4表示该反应速率，(实验3)>(实验1)D.可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢4、关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A.c(H3PO4)=mol/LB.c(H+)=c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH-)C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强5、短周期元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是（）

。最高价元素。

氧化物的水化物。

X

Y

Z

W

分子式。

H3ZO4

0.1mol•L-1溶液对应的pH（25℃）

1.00

13.00

1.57

0.70

A.元素的含氧酸酸性：WB.简单离子半径：WC.元素的非金属性：ZD.简单氢化物的沸点：X评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、图所示；是原电池的装置图。请回答：

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为________________________；反应进行一段时间后溶液C的pH将________(填“升高”“降低”或“基本不变”)

(2)若需将反应：Cu＋2Fe3＋==Cu2＋＋2Fe2＋设计成如上图所示的原电池装置，则A(负极)极材料为________，B(正极)极材料为________，溶液C为________。

(3)若C为CuCl2溶液，Zn是________极，Cu极发生________反应，电极反应为________________________。反应过程溶液中c(Cu2＋)________(填“变大”“变小”或“不变”)。

(4)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：

电池总反应为2CH3OH＋3O2==2CO2＋4H2O，则c电极是________(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为____________________________。若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。7、硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图1所示。回答下列问题：

调节溶液pH时选用的物质a可以是_____，几种金属离子沉淀的pH范围如图2所示，“调pH”时应将溶液pH调至_____～_____。8、如图是一个电化学过程的示意图；请按要求回答下列问题：

(1)甲池中通入的电极的名称是_______。

(2)写出电极反应式：通入的电极_______。

(3)反应一段时间后，甲池中消耗1.12L(标准状况)甲烷，则乙池中溶液质量变化为_______g。

(4)反应一段时间后，乙池中溶液成分发生了变化，想要完全恢复到电解前的状态，可加入的物质是_______。

(5)某工厂烟气中主要含可用NaOH溶液吸收烟气中的将所得的溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到其原理如下图所示(电极材料为石墨)。

①图中a极要连接电源的_______(填“正”或“负”)极。B是_______。

②放电的电极反应式为_______。9、根据要求回答下列问题：

（1）盐碱地(含较多Na2CO3；NaCl)不利于植物生长；试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：________________________________________________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：_____________________________________。

（2）若取pH；体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍；稀释后pH仍相等，则m________n(填“＞”“＜”或“＝”)。

（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH－)＝__________。

（4）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。

①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋被氧化为Fe3＋；下列物质最好采用的是__________。

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3；调整溶液pH可选用下列物质中的__________。

A．NaOHB．NH3·H2OC．CuOD．Cu(OH)210、SiCl4在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性。把SiCl4先转化为SiHCl3，再经氢气还原生成高纯硅。一定条件下，在20L恒容密闭容器中发生SiCl4转化为SiHCl3的反应：3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌SiHCl3(g)，△H=QkJ•mol-1，2min后达到平衡，H2与SiHCl3的物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.2mol/L。

（1）从反应开始到平衡，v(SiCl4)=_______

（2）该反应的平衡常数表达式为K=_______，温度升高,K值增大，则Q__0(填“>”、“<”或“=”)。

（3）若平衡后再向容器中充入与起始时等量的SiCl4和H2(假设Si足量)，当反应再次达到平衡时，与原平衡相比较，H2的体积分数将____(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（4）原容器中，通入H2的体积(标准状况下)为_________

（5）平衡后，将容器的体积缩为10L，再次达到平衡时,H2的物质的量浓度范围为__________

（6）图中x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中H2的体积分数，a、b表示不同的压强，则压强a____b(填“>”、“<”或“=”)。

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、物质的状态不同ΔH的数值也不同。____A.正确B.错误12、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误13、恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(____)A.正确B.错误14、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误15、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误16、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.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共40分)17、重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3；还含有硅；铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题。

(1)将铬铁矿粉碎有利于加快熔融；氧化的速率；其原理是______________________________。

步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)，氧化产物为_________________，配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为______________。

(2)下列说法正确的是____。。A．步骤①可以用陶瓷容器做反应器B．步骤②低温可提高浸取率C．步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅的杂质D．步骤④的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7(3)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到____(填标号)，得到的K2Cr2O7固体产品最多。

。A．20°CB．40°CC．60°CD．80°C(4)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到m2kgK2Cr2O7产率为_______________(用含m1、m2的代数式表示)。

(5)某小组用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，其中某同学测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测溶液时少加了一种试剂。该试剂是________，添加该试剂的作用是_______________________________。18、某有色金属研究室对从银锰精矿中提取单质银的方法进行改良创新，从而更高效地实现锰和银的分离。其简易流程如下图。已知:银锰精矿主要成分为MnO2和银单质。

(1)操作1与操作2所对应的分离方法是__________________。

(2)通过对“浸出1”步骤中纤维细度的控制，绘制出一定时间内纤维素-Mn浸出率图象如上图所示，实际生产中应控制细度________mm较为合适，理由是_________。

(3)在“浸出1”步骤中，纤维素会先水解为单糖，请写出该单糖(用分子式表达)与银锰精矿反应的离子方程式：_______________________。

(4)浸出液2的主要成分为[Ag(CN)2]-，使用情性电极电解浸出液2，请写出阴极的电极方程式：________。本流程中可循环使用的物质为_________________。

(5)通过上述流程，浸出液1中通常还含有少量银离子，充分提取银，可对MnSO4·H2O晶体进行洗涤，请简述洗涤的方法_____________________________。将洗涤液与母液合并，加入盐酸，过滤后再经过以下步骤可回收大部分浸出液1中的银。试剂a是______________。

19、硒是人体和动物所必需的营养元素，在工农业生产中也有广阔的应用前景。从电解精炼铜的阳极泥(含有等)中回收硒的工艺流程如图：

资料：ⅰ.315℃升华，易挥发，溶于水得()。

ⅱ.能与生成硒代硫酸根()，在强酸溶液中，硒代硫酸根()分解生成单质。

(1)实验室中电解精炼铜的简易装置如图所示，请在图中标出电极材料和电解液的名称_______。

(2)焙烧前，搅拌的目的是_______。

(3)阳极泥中的与浓硫酸反应的化学方程式为_______。

(4)常温下，电离平衡体系中含(+4价)微粒的物质的量分数与的关系如图所示。下列说法不正确的是_______(填序号)。

a.溶液显酸性。

b.时，溶液中存在

c.溶液中，

(5)探究硫酸浓度对还原得到的还原率的影响。相同投料比、相同反应时间，不同硫酸浓度对硒的还原率的影响如图。随着硫酸浓度的增大，硒的还原率先增大后减小的原因是_______。

20、V2O5是化工生产中重要的催化剂，可用于制备硫酸和彩色玻璃。一种以含钒废料(主要成分为V2O3，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)制备V2O5的工艺流程如下图所示。

已知：①含钒离子在溶液中的存在形式与溶液pH的关系。溶液pH＜4.06.0≤pH≤8.0＞8.0钒元素存在形式

②该流程温度下：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33；Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-19

请回答下列问题：

(1)“焙烧”的目的之一是将V2O3转化为Mg(VO3)2，还有一个目的是_______；

(2)已知Mg(VO3)2难溶于水，能溶于酸，写出在“酸浸”时(pH＜2)发生的离子反应方程式_______。为提高酸浸速率，可采取的措施_______(填序号)。

a.使用98%的硫酸b.加速搅拌。

c.升高温度d.增大压强。

(3)“调pH净化I”时需将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度＜1×10-5mol∙L-1时视为去除干净)，需调节pH范围为_______(pH值保留1位小数)。

(4)“净化II”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是_______。

(5)“煅烧”时，改变环境会得到不同产物，但都会有V2O5生成。若煅烧时隔绝空气，还生成物质A和一种参与大气循环的物质，且A可在该流程中循环使用，则A的化学式为_______；若煅烧时通入空气，还生成两种参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为_______。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共24分)21、以高纯H2为燃料的质子交换膜燃料电池具有能量效率高；无污染等优点；但燃料中若混有CO将显著缩短电池寿命。

(1)以甲醇为原料制取高纯H2是重要研究方向。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：

主反应：CH3OH(g)+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol－1

副反应：H2(g)+CO2(g)==CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol－1

①甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为_________________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________。

②分析适当增大水醇比对甲醇水蒸气重整制氢的好处是_______________。

③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1，反应达平衡时总压强为P2，则平衡时甲醇的转化率为____________（忽略副反应）。

(2)工业上用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+203kJ•mol－1

①该反应逆反应速率表达式为：v逆=k•c(CO)•c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表：。CO浓度(mol•L－1)H2浓度(mol•L－1)逆反应速率(mol•L－1•min－1)0.05c14.8c2c119.2c20.158.1

由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数k为_________L3•mol－3•min－1。

②在体积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示：则压强Pl_______P2（填“大于”或“小于”）；N点v正_______M点v逆（填“大于”或“小于”）；求Q点对应温度下该反应的平衡常数K=________。平衡后再向容器中加入1molCH4和1molCO，平衡_______移动（填“正反应方向”或“逆反应方向”或“不”）。22、氮氧化物气体是造成光化学污染的主要气体；降低氮氧化物气体的排放是环境保护的重要课题。已知汽车尾气中的氮氧化物气体主要涉及如下反应：

ⅰ.N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1；

ⅱ.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-114.0kJ·mol-1；

ⅲ.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-52.7kJ·mol-1。

回答下列问题：

(1)该条件下，N2中N≡N键的键能为916.5kJ·mol-1，O2中O=O键的键能为458.0kJ·mol-1，则NO中化学键的键能为______。

(2)向某刚性密闭容器中充入等量的N2和O2；一定温度下发生上述3个反应。

①下列状态能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。

a.NO浓度不再变化。

b.混合气体的颜色不再变化。

c.混合气体的密度不再变化。

d.每消耗2molNO2，同时消耗1molN2O4。

②若起始时容器内总压强为p1kPa，10s时容器内3个反应达到平衡状态，此时的总压强和N2O4的分压分别为p2kPa和p3kPa；则前10s内N2O4的平均生成速率为_____kPa·s-1，该温度下反应ⅲ的平衡常数Kp=_____kPa-1。

③若升高温度，平衡体系中NO的体积分数___(填“增大”“减小”或“无法确定”)，原因为____。

(3)反应6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H<0，是工业上处理氮氧化物的方法之一、向某密闭容器中投入等量的NO和NH3发生上述反应，平衡时，NO和H2O的物质的量随温度的变化如图所示。

①图中代表NO物质的量变化的曲线为___________。

②T1℃下，N2的平衡体积分数为___________。23、二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚(CH3OCH3)。请回答下列问题：

(1)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=－90．8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=－23．5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=－41．3kJ/mol

总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____；

一定条件下的密闭容器中；该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是：________（填字母代号）。

a．压缩体积b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（CH3OCH3）

(2)已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=－23．5kJ/mol

某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度（mol·L-1）0．400．60．6

①比较此时正、逆反应速率的大小比较：_________（填“>”、“<”或“=”）。

②该反应的平衡常数的表达式为K=_____,温度升高，该反应的平衡常数K____（填“增大”、“减小”或“不变”）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．根据图像10min时反应达到平衡状态，此反应是放热反应，升高温度，平衡左移，导致甲醇的物质的量减少，二氧化碳的物质的量增大，所以使比值减小；A错误；

B．由题干图示可知，反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为B正确；

C．3min时，CH3OH和CO2的浓度相等，但是并没有达到平衡，因为二氧化碳和甲醇的化学计量数相等，故此时用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率；C错误；

D．从反应开始到平衡，二氧化碳的平均反应速率==0.075mol•L-1•min-1，根据反应速率之比等于各物质的化学计量系数比，故H2的平均反应速率υ(H2)=3υ(CO2)=3×0.075mol•L-1•min-1=0.225mol•L-1•min-1；D错误；

故答案为：B。2、D【分析】【详解】

A．容量瓶不能作为溶解或稀释的仪器，故试样不能直接在容量瓶中溶解，Na2S2O3溶液显碱性；故滴定管选丙，A错误；

B．选用淀粉作指示剂；当甲中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色时，即达到滴定终点，B错误；

C．滴定管的0刻度在上面；越往下刻度越大，故丁图中，滴定前滴定管的读数为a+1.00mL，C错误；

D．对装有待测液的滴定管读数时；滴定前后读数方式如丁图所示，则读出的待测液的体积偏小，即实际体积偏大，故测得的结果偏大，D正确；

故答案为：D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．由表中数据可知，实验2的温度比实验1的高，其余条件均相同，故反应2的反应速率比实验1的快，故褪色时间更短，a<12.7；A正确；

B．由表中数据可知，实验4为使用催化剂，其余数据均与实验3相同，故实验4的反应速率比实验3慢，故褪色时间更长，b>6.7；B正确；

C．由表中数据可知，反应1中KnMnO4的浓度是实验3的10倍，但所用时间仅是实验3的2倍不到，故用KMnO4表示该反应速率，(实验3)＜(实验1)；C错误；

D．反应生成的气体只有二氧化碳，相同条件下可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢；D正确；

故答案为：C。4、B【分析】【详解】

A．磷酸的电离为不完全电离，所以磷酸浓度应大于mol/L；A错误；

B．由电荷守恒得c(H+)=c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH-)；B正确；

C．加水稀释后促进磷酸的电离；但电离程度远小于稀释程度，故氢离子浓度不断减小，溶液pH增大，C错误；

D．加入磷酸二氢钠固体后；抑制了磷酸的第一步电离，氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，D错误；

故选B。5、C【分析】【分析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1mol/LX的最高价含氧酸的pH为1.00，Y对应的pH为13.00，可知X为N、Y为Na；Z的分子式为H3ZO4；结合原子序数可知Z为P；W的最高价含氧酸的pH小于1，W为S，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知；X为N；Y为Na、Z为P、W为S；

A．非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强；则元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W，但是含氧酸不一定是最高价氧化物对应水化物，A错误；

B．电子层越多；离子半径越大；则简单离子半径：W＞Y，B错误；

C．P和S为同一周期元素；从左往右元素的非金属性逐渐增强，则元素的非金属性：Z＜W，C正确；

D．相对分子质量越大；物质的熔沸点越高，但由于氨气分子间含氢键，则简单氢化物的沸点：X＞Z，D错误；

故答案为：C。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【详解】

(1)铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑；溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，pH升高；

(2)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，所以A材料是Cu，B极材料是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可．溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液；

(3)Zn比较活泼，在原电池中做负极，Cu做正极，正极发生还原反应，Cu2+在正极得到电子变成Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，Cu2+发生了反应，则c（Cu2+）变小；

(4)甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，因c为负极，d为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极d相连，精铜电极电极反应式：Cu2++2e-=Cu，Cu2+的物质的量为==1mol，由电子得失守恒可知电子转移2mol，原电池中正极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则生成氧气物质的量为0.5mol，体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。【解析】2H＋＋2e－===H2↑升高Cu石墨FeCl3溶液负极还原Cu2＋＋2e－===Cu变小负极CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋11.27、略

【分析】【分析】

辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入稀硫酸和氯化铁溶液；反应生成硫单质；亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1是硫和二氧化硅，向滤液中加入适量过量的铁单质，充分反应过滤，滤液主要含有亚铁离子，滤渣2主要成分是铜单质，还有少量铁，向滤渣2中加入稀硝酸，再通入过量的空气，将氮的氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节pH值促进铁离子水解，再过滤将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体。

【详解】

调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗Fe3+水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中Fe3+全部沉淀，而Cu2+不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2～4.7。【解析】CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO33.24.78、略

【分析】【分析】

左侧为原电池；右侧为电解池，在电解池中根据阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动分析电解池的电极名称和电极反应，据此回答。

【详解】

(1)甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池；通入的电极得电子；作正极。

(3)标况下1.12L甲烷的物质的量为0.05mol，根据电极反应式可知转移电子0.4mol；乙池中C为阳极，Fe为阴极，阳极上水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极上银离子放电得到银单质，乙池总反应为转移电子0.4mol，则乙池溶液质量减少：

(5)①由图可知，移向a极，所以a极为阴极，连接电源负极，电极反应式为则a极区NaOH溶液逐渐变浓。B是流出的浓氢氧化钠溶液。

②在阳极放电，发生氧化反应生成硫酸根，电极反应为【解析】正极46.4负浓NaOH溶液9、略

【分析】【详解】

（1）盐碱地含有碳酸钠，碳酸根离子水解显碱性，Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH；农业上用石膏降低其碱性的反应原理为Na2CO3＋CaSO4=CaCO3↓＋Na2SO4；

（2）氢氧化钠为强碱；一水合氨为弱碱，加水稀释，氢氧化钠的pH比一水合氨pH的变化要大，因此若取pH；体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m＜n；

（3）常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH－)＝mol·L－1=1.0×10－8mol·L－1；

（4）①提纯除杂时，加入的试剂应当不能引入新的杂质，在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋被氧化为Fe3＋；下列物质最好选用的是过氧化氢，因为其还原产物是水；

②然后再加入适当物质调整溶液至pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，为防止引入新的杂质，调整溶液pH可选用的物质是CuO或Cu(OH)2。【解析】Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOHNa2CO3＋CaSO4==CaCO3＋Na2SO4＜1.0×10－8mol·L－1BCD10、略

【分析】【分析】

(1)利用三段分析法，根据平衡时H2与SiHCl3物质的量浓度，求出的起始H2物质的量以及2分钟时转化的物质的量，在根据v(H2)=计算出氢气的反应速率，最后根据反应速率之比等于系数之比求出v(SiCl4)；

(2)根据反应的平衡常数等于生成物各物质的浓度的幂次方之积比反应物各物质的浓度的幂次方之积；注意纯固体或者纯液体不列出；温度升高，K值增大，说明平衡向正反应方向移动，正反应方向即为吸热方向；

(3)若平衡后再向容器中充入与起始时等量的SiCl4和H2(假设Si足量)，等效于先将容器扩大一倍，在压缩增大压强平衡向着体积减小的方向移动即正方向移动，故H2的体积分数将减小；

(4)根据(1)三段分析法进行计算；

(5)平衡后；将容器的体积缩为10L，相当于增大压强平衡要向正方向移动进行判断；

(6)由图像曲线的变化特点可知；采用“定一仪二”法讨论。

【详解】

(1)由方程式可知3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)

起始量(mol)n0

变化量(mol)2x4x

平衡量(mol)n-2x4x

4x=0.2mol/L×20L=4mol，x=1mol；n-2x=0.1mol/L×20L=2mol，n=4mol，则v(H2)===0.05mol•L-1•min-1，根据反应速率之比等于系数之比可得v(SiCl4)=v(H2)=0.075mol•L-1•min-1；

(2)根据反应的平衡常数等于生成物各物质的浓度的幂次方之积比反应物各物质的浓度的幂次方之积，K=温度升高；K值增大，说明平衡向正反应方向移动，正反应方向即为吸热方向，所以Q＞0；

(3)若平衡后再向容器中充入与起始时等量的SiCl4和H2(假设Si足量)，等效于先将容器扩大一倍，在压缩相当于增大压强平衡向着体积减小的方向移动即正方向移动，故H2的体积分数将减小；故答案：减小；

(4)根据(1)三段分析法计算得，通入H2的体积(标准状况下)为4mol×22.4mol/L=89.6L；

(5)平衡后，将容器的体积缩为10L，如果平衡不移动H2的物质的量浓度变成原来的2倍即×2=0.2mol/L，但是体积压缩相当于增大压强平衡要向正方向移动进行，H2的物质的量浓度还要减小，但根据勒夏特列原理，再减小也会比原来的大；故答案为0.1mol•L-1＜c(H2)＜0.2mol•L-1；

(6)由图像曲线的变化特点可知，采用“定一仪二”法讨论，定温度相同，增大压强，平衡向正反应的方向移动，H2的体积分数减小，则说明a＞b。【解析】0.075mol/（L·min）＞减小89.6L0.1mol/L2)<0.2mol/L＞三、判断题(共6题，共12分)11、A【分析】【分析】

【详解】

物质的物态变化会产生热效应，如固体变液体放热，液体变气体吸热等，而ΔH包含了物态变化的热，因此物质的状态不同ΔH的数值也不同，该说法正确。12、B【分析】【详解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，其ΔS<0，则ΔH<0，错误。13、B【分析】【分析】

【详解】

恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的生成速率相等时，即正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故错误。14、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。15、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。16、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。四、工业流程题(共4题，共40分)17、略

【分析】【分析】

铬铁矿加入碳酸钠、硝酸钠熔融氧化后得到熔块，水浸、过滤得到滤渣1主要成分为Fe2O3（碱性氧化物，不溶于水，不能与碱反应，可以与酸反应），滤液1调节pH=7，过滤得到滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质；滤液2再调节pH，得到的滤液3加入氯化钾，通过一系列操作后得到重铬酸钾；

【详解】

（1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反应物的接触面积；步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，反应中Cr元素和Fe元素化合价均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3价升高为+6价，Fe元素由+2价升高为+3价，N元素由+5价降为+3价，结合氧化还原反应原理配平得反应2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，故配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2:7；

（2）A.步骤①高温条件下陶瓷中的二氧化硅能与碳酸钠反应；故不可以用陶瓷容器做反应器，选项A错误；

B.步骤②低温时反应速率降低；浸取率降低，选项B错误；

C.根据分析可知，步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质；选项C正确；

D.步骤④调节pH，使平衡逆向移动，目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7；选项D正确；

答案选CD；

（3）由溶解度曲线图结合选项可知，20℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到20℃时得到的K2Cr2O7；答案选A；

（4）样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%kg×则所得产品的产率为=

（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡即有部分会转化为从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为可加入与不反应的酸，如硫酸，答案为稀硫酸；抑制转化为【解析】(1)增大反应物的接触面积2:7Na2CrO4和Fe2O3

(2)CD

(3)A

(4)

(5)稀硫酸抑制转化为18、略

【分析】【详解】

(1)操作1与操作2均为将不溶固体从溶液中分离出来；应选择过滤操作；

(2)因纤维细度为0.35mm时；对生产工艺要求更高，但浸出率提升不明显；纤维细度增大时，浸出率降低，故应控制细度0.5mm较为合适；

(3)纤维素水解生成的单糖为葡萄糖，在酸性条件下葡萄糖被MnO2氧化为CO2，同时溶液中得到Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，得此反应的离子方程式C6H12O6+12MnO2+24H+==12Mn2++6CO2↑+18H2O；

(4)[Ag(CN)2]-在阴极得电子发生还原反应，生成Ag，其电极方程式[Ag(CN)2]-+e-==Ag+2CN-；同时阳极产物为O2，则通过电解得到的NaCN、O2均可循环使用；

(5)为减小MnSO4·H2O晶体的溶解损失，洗涤时可向过滤器中加冰水，至恰好浸没沉淀，待水自然流尽，重复以上操作2〜3次即可；洗涤液与母液合并，加入盐酸，生成AgCl，利用浓氨水可溶解AgCl得到银氨溶液，再与葡萄糖发生银镜反应获得Ag，故试剂a是氨水。【解析】①.过滤②.0.5③.细度为0.35mm时，对生产工艺要求更高，但浸出率提升不明显；细度增大时，浸出率降低④.C6H12O6+12MnO2+24H+==12Mn2++6CO2↑+18H2O⑤.[Ag(CN)2]-+e-==Ag+2CN-⑥.NaCN、O2⑦.向过滤器中加冰水(或蒸溜水)，至恰好浸没沉淀，待水自然流尽，重复以上操作2〜3次⑧.氨水19、略

【分析】(1)

精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4作电解质溶液，根据电解原理，得出故答案为

(2)

搅拌的目的是增大反应物的接触面积；提高反应速率；故答案为增大反应物的接触面积，提高反应速率；

(3)

Se与S属于同主族，性质具有相似性，因此单质Se与浓硫酸反应的方程式为Se＋2H2SO4=SeO2↑＋2SO2↑＋2H2O，故答案为Se＋2H2SO4=SeO2↑＋2SO2↑＋2H2O；

(4)

a．根据图像可知，NaHSeO3溶液的pH在5左右；溶液显酸性，故a说法正确；

b．根据电荷守恒，pH=8时，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HSeO)＋2c(SeO)，故b说法错误；

c．根据元素质量守恒，有c(Na＋)=2c(SeO)＋2c(HSeO)＋2c(H2SeO3)；故c说法错误；

答案为bc；

(5)

根据信息ii可知，SO2能与Se反应生成在强酸性溶液中分解成Se，开始时随硫酸浓度大，抑制的生成，硒的还原率增大；随着硫酸浓度继续增大，会抑制反应的进行，降低硒的还原率；故答案为开始时随硫酸浓度大，抑制的生成，硒的还原率增大；随着硫酸浓度继续增大，会抑制反应的进行，降低硒的还原率。【解析】(1)

(2)增大反应物的接触面积；提高反应速率。

(3)

(4)bc

(5)开始时随硫酸浓度增大，抑制了的生成，硒的还原率增大；随着硫酸浓度继续增大，会抑制反应的进行，降低硒的还原率20、略

【分析】【分析】

含钒废料(主要成分为V2O3，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)中加入足量MgCO3粉，并通入足量空气进行焙烧，V2O3、Al2O3发生反应生成Mg(VO3)2、Mg(AlO2)2等，并使有机物发生燃烧，生成气体等；加入稀硫酸进行酸浸，Al2O3、CuO、Mg(VO3)2、Mg(AlO2)2都发生溶解，生成Al3+、Cu2+、Mg2+、Fe3+、等；加入适量氨水调节溶液的pH，使Al3+、Fe3+、Cu2+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入适量的(NH4)2CO3，将Mg2+转化为MgCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入足量的(NH4)2CO3，生成NH4VO3沉淀，煅烧沉淀，从而获得V2O5。

【详解】

（1）“焙烧”的目的之一是将V2O3转化为Mg(VO3)2；同时使有机物发生燃烧，所以还有一个目的是：除掉有机物杂质。答案为：除掉有机物杂质；

（2）Mg(VO3)2难溶于水，溶于酸后生成Mg2+、等，则在“酸浸”时(pH＜2)发生的离子反应方程式：

a．98%的硫酸中氢离子浓度小；不能加快酸浸的速率，a不符合题意；

b．加速搅拌，可增大物质间的接触面积，从而加快反应速率，b符合题意；

c．升高温度；可增大反应物的能量，从而增大反应物间有效碰撞的次数，加快反应速率，c符合题意；

d．固体与液体反应；增大压强不能加快反应速率，d不符合题意；

故选bc。答案为：bc；

（3）“调pH净化I”时，需将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度＜1×10-5mol∙L-1时视为去除干净)。将转化为需调节pH范围为6.0≤pH≤8.0，将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子生成沉淀时，pH的最小值为=1×10-7；所以需调节pH范围为7.0＜pH≤8.0。答案为：7.0＜pH≤8.0；

（4）从流程图中可以看出，当加入足量的(NH4)2CO3时，生成NH4VO3沉淀，所以“净化II”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是：生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。答案为：生成NH4VO3沉淀；降低钒的利用率；

（5）若煅烧时隔绝空气，还生成物质A和一种参与大气循环的物质，且A可在该流程中循环使用，则A的化学式为NH3；若煅烧时通入空气，生成两种参与大气循环的物质应为N2和水蒸气，所以该反应的化学方程式为答案为：NH3；

【点睛】

浓硫酸中大部分硫酸以分子形式存在，溶液中氢离子浓度不大。【解析】(1)除掉有机物杂质。

(2)bc

(3)7.0＜pH≤8.0

(4)生成NH4VO3沉淀；降低钒的利用率。

(5)NH3五、原理综合题(共3题，共24分)21、略

【分析】【分析】

(1)①根据盖斯定律计算所求反应的焓变；从压强和温度角度分析措施；

②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可视为增大H2O的量，能使CH3OH转化率增大，生成更多的H2；抑制转化为CO的反应的进行；

③根据主反应方程式计算；平衡体系总压为各组分分压之和；

(2)①根据v逆=k•c(CO)•c3(H2)计算k的值；

②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，化学反应平衡时的正反应和逆反应速率相等；根据温度高、压强大使化学反应速率加快分析M、N点速率大小；利用三段式计算平衡时各种物质的物质的量，结合容器的容积得到相应物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式可得其平衡常数的数值。然后将加入1molCH4和1molCO加入反应体系；计算此时的Qc并与K比较，判断平衡移动的方向。

【详解】

(1)①已知：①CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ/mol；

②H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol；

根据盖斯定律，反应可由①+②整理可得，CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=△H1+△H2=+90kJ/mol；该反应为吸热反应，升高温度既能加快化学反应速率同时可以促使反应正向进行，提高CH3OH平衡转化率，而增大压强能加快化学反应速率，但对正反应不利，所以既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是升高温度；

②适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]，可视为增大H2O的量，能使CH3OH转化率增大，生成更多的H2，抑制转化为CO的反应的进行，所以适当增大水醇比[n(H2O)：n(CH3OH)]对甲醇水蒸气重整制氢的好处为：提高甲醇的利用率；有利于抑制CO的生成；

③主反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)，n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，根据同温同体积条件下的体系中，各组分的压强之比等于其物质的量之比，可知：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)

初始压强0.5p10.5p1

转化压强ppp3p

平衡压强0.5p1-p0.5p1-pp3p

所以可得p2=(0.5p1-p)+(0.5p1-p)+p+3p=p1+2p，故p=则平衡时甲醇的转化率为α=×100％

(2)①根据v逆=k•c(CO)•c3(H2)，由表中数据，c13=mol3/L3，则c2==0.2mol/L，所以k=L3•mol−3•min−1=1.2×104L3•mol−3•min−1；

②反应为气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，增大压强不利于反应正向进行，所以压强p1大于p2；M、N都