2025年湘教版选择性必修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年湘教版选择性必修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9题，共18分)1、在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)；有关下列图像的说法正确的是。

A.依据图a可判断正反应为吸热反应B.在图b中，虚线可表示使用催化剂C.图c可表示增大压强使平衡向逆反应方向移动D.由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＞02、图为一种新型污水处理装置，能有效消除氮氧化合物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，下列说法不正确的是。

A.电极极的反应式为：B.电极极作正极，发生还原反应C.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜D.当转移电子为时，有（标准状况）被处理3、某实验小组模拟研究汽车尾气的净化过程，一定温度下，在的恒容密闭容器中加入等物质的量的和在一定条件下发生反应：测得一定时间内和物质的量变化如下表(后，只改变温度)：。温度T1℃T2℃时间/0510152025302.001.160.800.800.500.400.4000.420.600.600.750.800.80

下列说法正确的是A.内，用表示的平均反应速率为B.C.以CO表示的正反应速率，时大于时D.其他条件不变，改为1L容器，时测得的一定小于4、已知某可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是（）

A.T12p1>p2m+n>p放热反应B.T1>T2p1<p2m+n>p吸热反应C.T12p1>p2m+nD.T1>T2p12m+n5、如图所示的双液原电池；下列叙述正确的是。

A.负极的电极反应式是Ag++e-=AgB.Cu电极上发生氧化反应C.盐桥中的阳离子向左池移动D.外电路中，电流从Cu电极流向Ag电极6、某新型电池可净化废水；同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是。

A.该电池左室电极为负极B.电池工作时，右侧电极上发生还原反应C.电池工作时，可同时处理两种不同的废水D.左池消耗的S2-与右池消耗的的物质的量之比为8:57、研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的离子交换膜隔开；下列说法错误的是。

A.该燃料电池的总反应方程式为：HCOOH+Fe3+=CO2↑+H2OB.放电过程中，K+向右移动C.放电过程中需要补充的物质A为H2SO4D.电池负极电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O8、在稀氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3·H2O+OH—，对于该平衡，下列叙述正确的是A.加入少量NH4Cl固体，平衡逆向移动，溶液的pH减小B.通入少量氨气，平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小C.加入少量NaOH固体，并恢复至室温，平衡逆向移动，NH3·H2O的电离平衡常数减小D.加水稀释，NH3·H2O的电离程度及c(OH—)都增大9、下列实验装置或方案能达到实验目的的是。A.测定中和热B.电解饱和食盐水并检测产物C.铁制品镀铜D.比较和溶解度大小

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、我国科学家设计了一种锂离子电池，并用此电池来电解含有Na2SO3的工业废水；可获得硫酸等物质，该过程示意图如图：

(1)锂离子电池工作时，a极发生_______(填“氧化”或“还原”)反应，Li+移向_____(填“a”或“b”)极，写出b极的电极反应__________。

(2)电解池中物质A的化学式是_________，其中右侧交换膜的作用是______，写出d极的电极反应___________。

(3)若电解池左侧溶液的体积为2L，其浓度由2mol/L变为4mol/L时，理论上电路中通过的电子是____mol。11、在硫酸工业中，通过下列反应使氧化成下表为不同温度和压强下的转化率(%)：。

450550

(1)从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，可采用的条件是____。

(2)在实际生产中，选定400~500℃作为操作温度，其原因是____。

(3)在实际生产中，采用的压强为常压，其原因是_____。

(4)在实际生产中，通入过量空气的目的是______。

(5)尾气中有必须回收是为了_______。12、(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=____(用含有a、b的关系式表示)。

(2)曾用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为____。使用催化剂对反应焓变有无影响_____。

(3)NaBH4(s)与反应生成和在25℃，101kPa下，已知每消耗放热该反应的热化学方程式是_____。

(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇；发生的主要反应如下：

①

②

③

已知反应①中相关的化学键键能数据如下(已知CO的化学键为)：。化学键H-HC-OH-OC-H4363431076465413

计算_______已知则_______13、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。

(1)实验测得，5g液态甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式_______。

(2)今有如下两个热化学方程式：则a_______b(选填“>”、“<”或“=”)

(3)由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。化学键H-HN-HN≡N键能/kJ·mol-1436391945

已知反应试根据表中所列键能数据估算a的值：_______。

(4)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反应热进行推算。

已知：

根据盖斯定律，计算298K时由C(s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的反应热△H=_______。14、常温下，将0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释；请填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。

(1)_______。

(2)_______。

(3)_______。

(4)_______。

(5)_______。15、CH3COONa溶液是常见的强碱弱酸盐；可由醋酸和NaOH溶液反应得到。

(1)CH3COONa水溶液呈_______(填“酸”或“碱”)性。

(2)CH3COONa在溶液中发生水解反应的离子方程式是_______。

(3)用0.1000mol/LNaOH分别滴定25.00mL0.1000mol/L盐酸和25.00ml0.1000mol/L醋酸；滴定过程中pH变化曲线如下图所示。

①在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器_______(填序号)。

A.容量瓶B.碱式滴定管C.锥形瓶D.胶头滴管。

②由图中数据可判断滴定盐酸的pH变化曲线如图；判断的理由如下(答出2点)：

i.起始未滴加NaOH溶液时；_______。

ii._______。

③滴定CH3COOH溶液的过程中，当滴加12.50mLNaOH溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_______(用符号“c”及“>”表示)。

(4)向0.lmol/LCH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸至恰好反应。反应过程中，你认为CH3COONa的水解平衡向_______(填“左”或“右”)移动，分析的过程：当滴入稀盐酸后，_______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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17、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误18、25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正确B.错误19、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误20、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误21、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22、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、实验题(共3题，共6分)23、实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。

（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。

（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。

（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。实验中须使用的药品：75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]24、过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体,易溶于水；易挥发,见光易分解,具有强氧化性的高效消毒剂,使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸,然后用喷雾法对空气与地面进行消毒.

(1)配制220mL0.05mol/L的过氧乙酸溶液,需使用的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒及__________________、____________________；

(2)配制过程中,可能引起浓度偏高的操作有__________________

A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,含有少量蒸馏水

B.转移溶液时,不慎有少量溶液洒在容量瓶外。

C.定容时,俯视容量瓶刻度线进行定容。

D.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,补充几滴水至刻度线。

(3)过氧乙酸半小时内会完全分解成乙酸(CH3COOH)和一种常见的气体单质,检验该气体单质的实验方法是_____________________________.

(4)如果生产过氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42﹣,要想除掉SO42﹣请选择下列试剂按照加入先后顺序填空__________________________________________(试剂不必选完,填序号即可)

①盐酸；②醋酸钡溶液；③氯化钡溶液；④醋酸；⑤碳酸钠溶液；⑥NaHCO3溶液.

(5)制取过氧乙酸反应原理为：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH(过氧乙酸)＋H2O,现称取5.0g用上述方法制取的过氧乙酸试样(液体),稀释至100mL备用.取上述稀释后过氧乙酸试样5.0mL,用0.01mol/LKMnO4溶液以除去其中的H2O2,随即加入10%KI溶液10mL,摇匀(化学反应方程式为CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH)再将0.05mol/LNa2S2O3标准溶液加入到上述混合溶液中(化学反应方程式为：I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6),消耗Na2S2O3标准溶液的总体积为20mL.通过计算确定原试样中过氧乙酸的质量分数为____________________.25、铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂；在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠。制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)；部分物质性质如下：

。物质。

NaBiO3

Bi(OH)3

性质。

不溶于冷水；浅黄色。

难溶于水；白色。

(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为：_______，B装置的作用是_______。

(2)当观察到_______(填现象)时；可以初步判断C中反应已经完成。

(3)拆除装置前必须先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭_______；打开_______。

(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有_______、过滤、_______。

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

(5)往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为_______。

Ⅲ.产品纯度的测定。

(6)取上述NaBiO3产品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用bmol·L−1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4+MnO—CO2+Mn2++H2O，未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗cmL标准溶液。该产品的纯度为_______(用含a、b、c的代数式表示)。评卷人得分五、计算题(共2题，共20分)26、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0是制备硫酸的重要反应。将4molSO2与2molO2放入2L的密闭容器中，在一定条件下反应5min达到平衡，测得平衡时SO3的浓度为1.5mol/L。

（1）用O2表示的平均速率为___，平衡时SO2的转化率为___。

（2）写出该反应的化学平衡常数表达式K=___；如温度升高时，K值将___（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）若不改变反应温度和反应物中SO2的起始浓度，使SO2的平衡转化率达到90%，则O2的起始物质的量浓度为___mol/L。27、已知CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H1=-Q1kJ•mol﹣1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-Q2kJ•mol﹣1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H3=-Q3kJ•mol﹣1；常温下，取体积比4：1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为________．评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共21分)28、现有A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子。

（1）C的元素符号是______；元素F在周期表中的位置_____________。

（2）B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为_________，其固体时的晶体类型是____________。

（3）最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4气态分子。C4分子结构如图所示，已知断裂1molC—C吸收167kJ的热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式：_____________________________________________。

（4）某盐x(C2A6F2)的性质与CA4F类似；是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。

①盐x显酸性原因（用离子方程式表示）____________________________。

②写出足量金属镁加入盐x的溶液中产生H2的化学方程式_____________________________________________29、用含铬不锈钢废渣(含等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。

(2)KOH、反应生成的化学方程式为___________。

(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有可选用的化学试剂是___________。

(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若出时溶液的pH=8，则___________mol/L。{已知：常温下，}

(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。

(6)由制取铬绿的方法是___________。30、有一瓶澄清溶液，可能含有K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、中的一种或几种。取该溶液进行以下实验：

①用pH试纸检验；表明溶液呈强酸性；

②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡CCl4层呈紫红色；

③另取部分溶液；向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性变为碱牲，在滴加过程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。

④另取部分③中的碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根据以上实验事实回答下列问题：

(1)该溶液中肯定存在的离子是___________________，肯定不存在的离子是________；

(2)步骤③加入NaOH溶液过程中先生成白色沉淀后完全溶解的离子方程式为_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．正逆反应速率相等时反应达到平衡；继续升高温度逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A错误；

B．催化剂可以缩短达到平衡时间；但不改变平衡转化率，B正确；

C．该反应前后气体系数之和减小；增大压强平衡正向移动，C错误；

D．气体总质量不变；升高温度平均相对分子质量减小，说明升温气体的物质的量增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH＜0，D错误；

综上所述答案为B。2、A【分析】【分析】

该装置要消除氮氧化合物的排放，且整个装置的电解质溶液是碱性条件，故电极反应式不能出现氢离子，分析可知：电极A侧通入氨气，氮元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，做负极，电极反应式为：电极B侧通入二氧化氮，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，做正极，电极反应式为：

【详解】

A．电池整体分析可知，电极极的反应式为：故A错误；

B．电池整体分析可知，电极极作正极；发生还原反应，故B正确；

C．电极A侧在反应时会消耗电极B侧在反应时会生成故离子交换膜需选用阴离子交换膜，以保证从右侧移至左侧；负极能够正常反应，故C正确；

D．根据正极反应式，可以得知：当转移电子数为则气体应为标况下，的物质的量为符合题意，故D正确；

答案选A。

【点睛】

电化学相应题目，要先分析电极情况，本题从题目出发，要消除氮氧化合物的排放，减轻污染，故本题的总反应是：找准对应关系：负极：升失氧化；正极：降得还原。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．0-5min，Δn(N2)=0.42mol，根据化学反应方程式可得Δn(NO)=0.84mol，则v(NO)===0.084mol∙L-1∙min-1；A错误；

B．该反应是放热反应，升高温度，n(N2)减小；T1到T2，n(N2)增大，说明T1＞T2；B错误；

C．和15min时CO的浓度相比，25min时CO的浓度更小，故反应速率25min时小于15min时；且T1大于T2；也能说明反应速率25min时小于15min时；C错误；

D．其他条件不变，改为1L容器，相当于将原容器中已形成的平衡状态由2L压缩至1L，则体系的压强增大，平衡正向移动，CO的物质的量减小，故改为1L容器，30min时测得的n(CO)一定小于0.4mol；D正确；

故选D。4、D【分析】【分析】

根据“先拐先平；数值大”原则，得到温度和压强的大小关系，根据图示，结合压强和B的体积分数的关系判断方程式前后的系数和大小关系，根据温度和B的体积分数的关系，确定化学反应的吸放热情况。

【详解】

定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线T1、p2与曲线T2、p2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，所以T1>T2；由图知温度越高，平衡时B的体积分数越低，所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应；

定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、p1与曲线T1、p2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以p12，由图知压强越大，B的体积分数越高，所以平衡向逆反应进行，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，所以m+n

根据以上分析得出：T1>T2，反应吸热，p12，m+n5、B【分析】【分析】

根据原电池反应原理；铜电极为负极，铜失去电子发生氧化反应；银电极为正极，铜离子得电子发生还原反应，依此解答。

【详解】

A．负极铜失去电子；发生氧化反应，A错误；

B．铜电极为负极；铜失去电子发生氧化反应，B正确；

C．原电池中；阳离子向正极移动，故盐桥中的阳离子向银电极移动，向右池移动，C错误；

D．铜电极为负极；铜失去电子，电子由Cu电极流向Ag电极；电流方向与电子方向相反，故电流从Ag电极流向Cu电极，D错误；

答案选B。6、D【分析】【分析】

原电池装置图中，S2-失电子被氧化为负极，负极的电极反应为：S2-+4H2O-8e-=SO+8H+；NO得电子生成N2，为正极，正极电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O。

【详解】

A．该电池左室电极上S2-失电子被氧化；为负极，故A正确；

B．电池工作时，NO得电子生成N2，为正极，正极电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O；右侧电极上发生还原反应，故B正确；

C．电池工作时，左侧处理S2-，右侧处理NO可同时处理两种不同的废水，故C正确；

D．负极的电极反应为：S2-+4H2O-8e-=SO+8H+，正极电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O，由电子守恒可知，左池消耗的S2-与右池消耗的NO3-的物质的量之比为5:8；故D错误；

故选D。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．该装置是燃料电池，因此总方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O；选项A错误；

B．根据图示，该燃料电池加入HCOOH的一端为负极，通入O2的一端为正极，因此放电时K+向正极移动；即向右移动，选项B正确；

C．在正极一端发生的反应为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，需要消耗H+，且排出K2SO4，可推出需要补充的物质A为H2SO4；选项C正确；

D．根据图示，负极的电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O；选项D正确。

答案选A。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．加入少量NH4Cl固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动；氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，A叙述正确；

B．通入少量氨气，导致氨气与水的反应平衡正向移动，c(NH3·H2O)增大；B叙述错误；

C．加入少量NaOH固体，并恢复至室温，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但NH3·H2O的电离平衡常数与温度有关；温度未变，平衡常数不变，C叙述错误；

D．加水稀释，NH3·H2O的电离平衡正向移动，电离程度增大，但c(OH-)减小；D叙述错误；

答案为A。9、D【分析】【详解】

A．铜棒会使热量散失；不利于测定中和热，故A错误；

B．检验阳极产物氯气时应用湿润的淀粉KI试纸；故B错误；

C．铁制品镀铜；铜片作阳极，待镀铁制品作阴极，故C错误；

D．硝酸银滴入足量氯化钠中充分反应生成氯化银沉淀；再滴加硫化钠溶液，若观察到白色沉淀转化为黑色沉淀，可知氯化银易转化为硫化银，则硫化银的溶解度小于氯化银，故D正确；

故选：D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

在该锂电池中，b电极Li失去电子；为原电池负极，a电极Mn元素得到电子，为原电池正极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则判断离子移动方向；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应；与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应，结合离子放电能力大小判断电解池两个电极产生的物质；电极反应式及交换膜的种类，根据转移电子与产生微粒的物质的量关系计算电子转移的物质的量的多少。

【详解】

(1)锂离子电池工作时，a极发生Mn得到电子，发生还原反应；Li+带有正电荷，向负电荷较多的正极a极移动，负极b极上Li失去电子变为Li+，该电极反应式为Li−e−=Li+，故答案为：还原；a；Li−e−=Li+；

(2)在电解池中，c电极连接电源负极，为阴极，在阴极c上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e−=H2↑，所以物质A的化学式是H2，在右侧溶液中的离子失去电子发生氧化反应，阴离子不断放电，使右侧溶液中正电荷较多，所以右侧交换膜应选用阴离子交换膜，该交换膜的作用是能选择性的通过SO起到平衡电荷的作用，在d极的电极反应式为：SO−2e−+H2O=2H++SO或写为2H2O−4e−=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO故答案为：H2；能选择性的通过SO起到平衡电荷的作用；SO−2e−+H2O=2H++SO或写为2H2O−4e−=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO

(3)若电解池左侧溶液的体积为2L，其浓度由2mol/L变为4mol/L时，△n(OH−)=2L×(4mol/L−2mol/L)=4mol，由于左侧电极为2H++2e−=H2↑，每消耗2molH+，就会同时产生2molOH−，转移2mol电子，现在溶液中OH−物质的量增加了4mol，因此理论上电路中通过的电子是4mol，故答案为：4。【解析】还原aLi−e−=Li+H2能选择性的通过SO起到平衡电荷的作用SO−2e−+H2O=2H++SO或写为2H2O−4e−=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO411、略

【分析】【详解】

(1)根据题干信息；该反应放热且反应前后气体体积减小，因此增大压强和降低温度可以使得反应正向进行，即为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，可采用的条件是低温；高压；

(2)根据表格信息可知；400~500℃时，催化剂的活性最强，选择此温度可提高反应速率，缩短反应达到平衡所需要的时间；

(3)在常压、400~500℃时，的转化率已经很高；若再加压，对设备等的要求高，加大了成本，不经济，因此在实际生产中，常采用常压即可；

(4)实际生产中，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，使平衡向生成的方向移动，同时提高的转化率；

(5)SO2有毒且能够形成酸雨，直接排放至空气中会污染环境，因此尾气中的SO2必须回收，以减少对环境的污染。【解析】低温、高压在该温度下催化剂的活性最强，选择此温度可提高反应速率，缩短反应达到平衡所需要的时间在常压、400~500℃时，的转化率已经很高，若再加压，对设备等的要求高，加大了成本，不经济增大氧气的浓度，使平衡向生成的方向移动，同时提高的转化率减少对环境的污染12、略

【分析】【详解】

(1)反应物的能量高于生成物，因此是放热反应。反应热为反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即H=(a-b)kJmol-1，故答案为：放热；(a-b)kJ·mol-1；

(2)用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，配平书写化学方程式为O2+4HCl2Cl2+2H2O。催化剂改变反应的途径，不改变始终态，则催化剂降低反应所需的活化能，但对反应热无影响。故答案为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；无；

(3)3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol，在25℃，101kPa下，每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216kJ，则该反应的热化学方程式是答案为：

(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故H1=1076kJmol-1+2436kJmol-1-(3413+343+465)kJmol-1=-99kJmol-1；

反应②-反应①得反应③，根据盖斯定律H3=H2-H1=-58kJmol-1-(-99kJmol-1)=+41kJmol-1，故答案为：-99；+41。【解析】放热(a-b)kJ·mol-1O2+4HCl2Cl2+2H2O无-99+4113、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)5g液态甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则1mol甲醇(即32g甲醇)充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出=726.4kJ的热量，2mol甲醇充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出726.4kJ×2=1452.8kJ的热量，所以甲醇燃烧的热化学方程式为2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)ΔH=-1452.8kJ/mol。

(2)气态水转化为液态水要放出热量，由于放热反应的反应热为负值，则a＞b；

(3)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1=akJ•mol-1；因此a=-93；

(4)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ•mol-1，③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ•mol-1，根据盖斯定律，[①×4+②-③]÷2得到反应的热化学方程式为：2C(s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=[-393.5kJ•mol-1×4-571.6kJ•mol-1-(-2599kJ•mol-1)]÷2=+226.7kJ•mol-1。【解析】>-93+226.7kJ·mol-114、略

【分析】【详解】

(1)加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，=所以其比值变小。答案为：变小；

(2)稀释时醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，=所以其比值变大。答案为：变大；

(3)醋酸溶液稀释，醋酸电离出的c(CH3COO-)=c(H＋)，但随着醋酸的稀释，水的电离程度不断增大，水电离产生的c(H＋)不断增大，所以不断变小。答案为：变小；

(4)=Ka，温度一定时，醋酸的电离常数Ka不变。答案为：不变；

(5)=温度不变时，KW、Ka都不变，所以比值不变。答案为：不变。【解析】变小变大变小不变不变15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)CH3COONa为强碱弱酸盐；醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，导致水溶液呈碱性；

(2)CH3COONa在溶液中醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

(3)①滴定过程中；使用的仪器有酸式滴定管；碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶，不用容量瓶，答案为AD；

②i.未加入NaOH时，盐酸的浓度为0.100mol/L，为强酸，完全电离，c(H+)=0.1mol/L；溶液的pH=1；

ii.恰好完全反应时；溶液为中性，即pH=7；

③滴定CH3COOH溶液的过程中，当滴加12.50mLNaOH溶液时，溶质为等量的CH3COOH、CH3COONa，根据图像，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，即c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(4)CH3COONa溶液中，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，向溶液加入盐酸，盐酸电离产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，导致水解平衡向右移动；或向溶液加入盐酸，氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，溶液中醋酸浓度增大，水解平衡向左移动。【解析】碱CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-AD0.1000mol/L盐酸，pH=1恰好完全反应时，为氯化钠溶液，pH=7c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)左或右向溶液加入盐酸，盐酸电离产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，导致水解平衡向右移动；或向溶液加入盐酸，氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，溶液中醋酸浓度增大，水解平衡向左移动三、判断题(共7题，共14分)16、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。17、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

KW只与温度有关，与浓度无关，25℃时KW=1×10-14，故答案为：错误。19、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a20、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。21、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。22、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、实验题(共3题，共6分)23、略

【分析】【分析】

(1)根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒；原子守恒写出化学方程式；

（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；

（3）根据影响化学反应速率的因素分析；

（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。

【详解】

（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2。

（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色；因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。

（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。

（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积；计算得出结果。

【点睛】

本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。【解析】不断搅拌、制成浆液2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应温度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果24、略

【分析】【分析】

(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；

(2)根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；

(3)过氧乙酸能分解为乙酸和氧气；根据氧气能使带火星的木条复燃来分析；

(4)除去CH3COONa中混有了SO42﹣；应加入过量的醋酸钡，然后加碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根即可；

(5)根据CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH及I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，据此计算稀释后5mL反应中n（CH3COOOH）；进而计算原试样中过氧乙酸的质量分数。

【详解】

(1)根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可以知道所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管，

因此，本题正确答案是：250mL容量瓶；胶头滴管；

(2)A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水对所配溶液的浓度无影响，故A错误；

B.转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外，会造成溶质的损失，则浓度偏低，故B错误；

C.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，则溶液体积偏小，浓度偏高，所以C选项是正确的；

D.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，不必补充几滴水至刻度线，若补充了，则浓度偏低，故D错误。

因此，本题正确答案是：C；

(3)过氧乙酸能分解为乙酸和氧气，而氧气能使带火星的木条复燃，故检验氧气的方法为用带火星的木棍接触气体，观察是否复燃；

因此，本题正确答案是：用带火星的木棍接触气体，观察是否复燃；

(4)除去CH3COONa中混有了SO42﹣；应加入钡盐，引入钡离子，而从不要引入新杂质的角度来分析，应加入过量的醋酸钡；然后加过量的碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根即可；

因此；本题正确答案是：②⑤④；

(5)根据CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH及I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，由关系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0.02L=5×10-4mol；

故原样品中w（CH3COOOH）=100%=15.2%，

因此；本题正确答案是：15.2%．

【点睛】

本题考查溶液的配制、误差分析、物质的性质与除杂氧化还原反应滴定、实验原理的分析和多步反应关系的计算等，易错点为（5），注意利用关系式进行计算，学生容易忽略滴定中所取溶液的体积，按稀释后溶液体积计算，导致错误答案。【解析】250mL容量瓶胶头滴管C用带火星的木棍接触气体,观察是否复燃②⑤④15.2%25、略

【分析】【分析】

用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；实验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，吸收剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根；高锰酸根再与草酸反应来测定，根据氧化还原反应反应进行计算。据此分析解题。

【详解】

(1)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，根据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。浓盐酸具有挥发性；B装置的作用是除去HCl。

(2)C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3；白色固体消失。

(3)从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。

(4)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水；接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，需要的操作可在冰水中冷却结晶；过滤、洗涤、干燥。

(5)往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，根据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O。

(6)根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例H2C2O4~MnO4-=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，纯度为=或【解析】Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O除去HClC中的白色固体消失(或黄色不再加深；C中上方充满黄绿色气体等)K1、K3(K1可不填)K2在冰水中冷却结晶洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O280bc×10-3/a或28bc/a％或0.28bc/a×100％五、计算题(共2题，共20分)26、略

【分析】【详解】

（1）由题意有物质的量浓度的变化量之比等于化学计量数之比，则所以平衡时则氧气的反应速率二氧化硫的转化率故答案为：0.15mol/（L·min）；75%；

（2）由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0可知，该反应的平衡常数K=化学平衡常数只与温度有关，由于该反应ΔH＜0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：减小；

（3）由可知该反应的平衡常数若不改变反应温度和反应物中SO2的起始浓度，使SO2的平衡转化率达到90%，则设O2的起始物质的量浓度为amol/L，则由可得由于温度不变，所以则解得a=3.15mol/L，故答案为：3.15。【解析】①.0.15mol/（L·min）②.75%③.④.减小⑤.3.1527、略

【分析】【详解】

标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为：0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O