2025年浙科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年浙科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷573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7题，共14分)1、已知:①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+67.7kJ·mol-1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534kJ·mol-1。下列关于肼和NO2反应的热化学方程式中正确的是A.2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)ΔH=-1135.7kJ·mol-1B.2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1000.3kJ·mol-1C.N2H4(g)+NO2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-1135.7kJ·mol-1D.2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1135.7kJ·mol-12、已知：①

②

③

④

⑤

下列关于上述反应焓变的判断正确的是A.B.C.D.使用催化剂可降低反应⑤的活化能3、有关铜锌原电池的叙述，下列说法正确的是A.铜作负极B.锌片的质量减少C.电解质溶液酸性增强D.电子从铜片经导线流向锌片4、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.25℃时，向溶液中滴加溶液至中性：B.25℃时，溶液的C.溶液：D.相同物质的量浓度的和的混合液中，各离子浓度的大小关系是：5、由下列实验及现象不能推出相应结论的是。

。选项。

实验。

现象。

结论。

A

将镁条点燃后迅速伸入集满N2的集气瓶中。

集气瓶中有黄绿色粉末产生。

氮气具有氧化性。

B

将装有CuCl2·2H2O晶体的试管加热；在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸。

试纸变为红色。

CuCl2显酸性。

C

将镁片和铝片分别打磨后；用导线连接，再插入NaOH溶液中。

片刻后镁片上有大量气泡产生；铝片上产生的气泡很少。

镁为电池正极。

D

向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀产生，然后再往上述溶液中滴加的0.1mol/LCuSO4溶液。

沉淀由白色变为黑色。

Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)

A.AB.BC.CD.D6、常温下，几种难溶物的溶度积常数如下表所示。下列说法错误的是。化合物CuClCuBrCu2SCu(OH)2Fe(OH)2CuSKsp

A.常温下，溶解度：CuCl＞CuBrB.向含同浓度的CuCl2和FeCl2混合溶液中滴加稀NaOH溶液，Cu2+先沉淀C.向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，无明显现象D.反应的平衡常数很小，反应几乎不进行7、一定温度和压强下；下列各可逆反应达到化学平衡状态，各反应有如图所示的对应关系：

（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0（曲线I）

（2）H2（g）+I2（g）2HI（g）△H＞0（曲线II）

（3）2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）△H＞0（曲线III）

则下列y轴的表达意义均符合上述三个平衡状态的是（）

A.平衡混合气的平均相对分子质量B.平衡混合气中一种反应物的浓度C.平衡混合气中一种生成物的体积分数D.平衡混合气中一种反应物的体积分数评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、化学反应常伴有能量变化；回答下列问题。

(1)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是_______(填“放热”或“吸执”)反应，判断依据是_______。

②全部氧化成的热化学方程式是_______。

(2)已知：

则与反应放出热量时，反应转移电子的物质的量为_______

(3)已知其他相关数据如下表：。物质分子中的化学键断裂时需要吸收的能量436192a

则表中_______。9、镁——H2O2酸性电池采用海水作电解质(加入一定量酸)。

(1)该电池负极反应为___________。

(2)电池工作时，正极周围海水的pH________(增大或减小)。

(3)溶液中的H+向_____(负极或正极)移动。

(4)电池总反应为：__________________10、装置如图所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

(1)若AB电源是甲醇在酸性环境的燃料电池，则B极电极反应式为______，甲中C极的电极反应式为______，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___(填“变深”或“变浅”)。

(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为____。

(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是___(填“铜”或“银”)。常温下，当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为___g，乙中溶液的碱性___(填“变大”“变小”或“不变”)。

(4)若甲烧杯是在铁件表面镀银，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差2.16g，则电镀时电路中通过的电子为____mol。11、化学电池在通讯；交通及日常生活中有着广泛的应用。

(1)下列相关说法正确的是___________(填序号)。

A．通过某种电池单位质量或单位体积所能输出能量的多少；可以判断该电池的优劣。

B．二次电池又称充电电池或蓄电池；这类电池可无限次重复使用。

C．除氢气外；甲醇；汽油、氧气等都可用作燃料电池的燃料。

D．近年来；废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是电池外壳的金属材料需要回收。

(2)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池，其电池总反应可表示为：2Ni(OH)2＋Cd(OH)2Cd＋2NiO(OH)＋2H2O，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法不正确的是___________。

A．电池放电时Cd作负极。

B．反应环境为碱性。

C．以上反应是可逆反应。

D．该电池是一种二次电池。

(3)二甲醚(CH3OCH3)——空气燃料电池的工作原理如图所示。电池工作时；

①a极反应式：___________

②每消耗1molCH3OCH3，有___________molH+向右侧移动。12、如图所示；U形管内盛有100mL的溶液，按要求回答下列问题：

(1)断开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4溶液，则A极为___________极，B极的电极反应式为___________。若所盛溶液为KCl溶液，则B极的电极反应式为___________。

(2)断开K1，闭合K2；若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则：

①A电极附近可以观察到的现象是___________。

②B电极上的电极反应式为___________，总反应的化学方程式是___________。

③反应一段时间后断开K2，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH约为___________。若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加入或通入一定量的___________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误14、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误15、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）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、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____18、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误19、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误20、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共8分)21、已知物质M由同一短周期的X；Y两种元素组成；X原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，Y元素最高正价与它的负价代数和为6。M与其他物质的转化关系如下（部分产物已略去）：

（1）工业电解M溶液的化学方程式为___________________________。

（2）若A是X、Y同周期的一种常见金属，则A元素在周期表中的位置是_________，写出A与B溶液反应的化学方程式是_____________________。

（3）若A是一种常见酸性氧化物，可用于制造光导纤维，则A元素原子结构示意图为______________，写出E与F反应的离子方程式是____________________。

（4）举例说明M物质的一种用途____________________。22、物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物；生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分；经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：B__________、E__________、G__________；

（2）利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是____________，阴极物质是__________，电解质溶液是__________；

（3）反应②的化学方程式是__________。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=___________。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则B的平衡浓度___________（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率___________（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数___________（填“增大”、“不变”或“减小”）。23、A是单质；D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，甲；乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应。已知有如下转化关系（部分产物和反应条件已略去）；

试回答：

(1)写出B在工业生产中的一种用途___________________。

（2）写出B转化为C的可能的离子方程式____________________________。

（3）若C的溶液显酸性，用离子方程式表示其净水的原理_______________。

（4）若C为钠盐，用含mmolC的溶液与1Lnmol·L－1的盐酸充分反应，已知m/n=1/2，则生成D的物质的量为________mol。

（5）用A单质和铂作电极，与海水、空气组成海洋电池，写出铂电极上发生反应的电极反应式_______________________；若负极材料消耗18g，则电池转移的电子总数为_________。（阿伏加德罗常数用NA表示）24、A；B、C、D都是中学化学常见的物质；其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互的转化关系如下图所示。请回答下列问题：

（1）若A；B、C的溶液均显碱性；C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．

①A中所含化学键类型为___________，D的电子式为___________；

②25℃时，0.1mol•L-1B、C溶液，pH较大的是___________溶液(填溶质的化学式)，写出B溶液中显电中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，则其水电离出来的H+的浓度为________________。

（2）向反应体系中同时通入甲烷；氧气和水蒸气；发生的主要化学反应有：

I．CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802.6kJ/mol

II．CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/mol

III．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.2kJ/mol

Ⅳ．CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol

请回答下列问题：

①CH4的燃烧热△H________△H1．(填“＞”；“＜”或“=”)；

②在反应初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率．比较反应II的活化能EII和反应III的活化能EIII的大小：EII________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)。评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)25、氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3=2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑。为测定制得CuCl样品的纯度；进行下列实验：

a．称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中；不断摇动；

b．待样品溶解后；加水50mL；

c．立即用0.2000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴至反应完全；记录消耗标准溶液的体积；

d．重复步骤a至c操作2次；记录消耗标准溶液的平均体积为25.00mL。

已知：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+

(1)通过计算确定该样品中CuCl的纯度___________。

(2)进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。评卷人得分六、计算题(共4题，共12分)26、CH4和CO2是引起温室效应的常见气体，CH4超干重整CO2是现在减少温室气体的一种有效方式；回答下面问题：

(1)实验测得：101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是_______。

①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋890.3kJ·mol－1

②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ

③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1

④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1

A．仅有②④B．仅有④C．仅有②③④D．全部符合要求。

(2)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=________kJ·mol－1

(3)Ⅰ．CH4超干重整CO2过程中的能量变化图像如下图：

反应过程Ⅰ中发生的活化能是_______kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是______________。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=____________kJ·mol－1

Ⅱ．CH4在某催化剂作用下超干重整CO2的转化如图2所示：

①关于上述过程Ⅳ的说法不正确的是_____________(填字母)。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离。

b．可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋CO

c．CO未参与反应。

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

②写出过程Ⅲ的热化学方程式为：___________________。27、(1)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6)。丙烷脱氢可得丙烯。

已知：C3H8(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)△H1=+156.6kJ·mol-1

CH3CH=CH2(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol-1

则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)＋H2(g)的△H=___________kJ·mol-1。

(2)已知H－H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436kJ•mol﹣1，H－N键键能为391kJ•mol﹣1，根据热化学方程式：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣92.4kJ•mol﹣1.则N≡N键的键能是___________kJ·mol-1。28、工业漂白粉由次氯酸钙；氢氧化钙、氯化钙和水组成；有效成分为次氯酸钙。

准确称取7.630g研细试样；用蒸馏水溶解，定容于1000mL容量瓶。

移取25.00mL该试样溶液至250mL锥形瓶中，加入过量的KI水溶液，以足量的1：1乙酸水溶液酸化，以0.1076mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点；消耗18.54mL。

移取25.00mL试样溶液至250mL锥形瓶中，缓慢加入足量的3%H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。以0.1008mol·L-1的AgNO3标准溶液滴定至终点；消耗20.36mL。

移取25.00mL试样溶液至100.0mL容量瓶中，以蒸馏水稀释至刻度。移取25.00mL该稀释液至250mL锥形瓶中，以足量的3%H2O2水溶液处理至不再产生气泡。于氨性缓冲液中以0.01988mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点；消耗24.43mL。

(1)计算该漂白粉中有效氯的百分含量(以Cl2计)___________

(2)计算总氯百分含量___________

(3)计算总钙百分含量___________29、五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷(PCl3)氯化得到：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)ΔH=-93.0kJ·mol-1。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：。t/s050150250350n(PCl5)/mol00.240.360.400.40

(1)0~150s内的平均反应速率υ(PCl3)=_______mol·L-1·s-1。

(2)该温度下，此反应的化学平衡常数的数值为(可用分数表示)_______。

(3)反应至250s时，该反应放出的热量为_______kJ。

(4)下列关于上述反应的说法中，正确的是(填字母序号)_______。

a．无论是否达平衡状态；混合气体的密度始终不变。

b．300s时；升高温度，正；逆反应速率同时增大。

c．350s时；向该密闭容器中充入氮气，平衡向正反应方向移动。

(5)温度为T1时，混合气体中PCl5的体积分数随时间t变化的示意图如图。其他条件相同，请在图中画出温度为T2(T2>T1)时，PCl5的体积分数随时间变化的曲线_______。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

依据盖斯定律：②×2-①得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=2ΔH2–ΔH1=-1135.7kJ·mol-1，答案选D。2、D【分析】【详解】

A．等物质的量的碳燃烧生成二氧化碳放出的热量比生成一氧化碳多，故有A项错误；

B．等物质的量的完全燃烧生成放出的热量比生成放出的热量多，则有B项错误；

C．根据盖斯定律，由④-②2可得⑤，则有C项错误；

D．使用催化剂可降低反应的活化能；D项正确。

故选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．锌的活泼性大于铜；锌易失去电子而作负极，则铜作正极，故A错误；

B．负极上锌失电子生成锌离子；锌片的质量减少，故B正确；

C．铜片上氢离子得电子生成氢气；电解质溶液酸性减弱，故C错误；

D．电子从锌片沿导线流向铜片；故D错误；

故答案为B。4、B【分析】【详解】

A．室温下向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至NH4HSO4和NaOH等物质的量，此时溶液中溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，且两者等物质的量，此时溶液仍呈中性，需要继续滴加适量NaOH溶液至中性，则中性溶液中离子浓度大小为c(Na+)＞c(-)＞c()＞c(OH-)=c(H+)；故A错误；

B．根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，所以得c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=9.9×10-7mol/L；故B正确；

C．在NaHCO3溶液中存在水解+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液呈碱性，且水解是微弱的反应，则溶液中c(HCO3-)＞c(OH-)，即溶液中离子浓度大小为故C错误；

D．醋酸的酸性大于次氯酸，则CH3COO-的水解程度小于ClO-，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；故D错误；

故答案为B。5、B【分析】【详解】

A．将镁条点燃后迅速伸入集满N2的集气瓶中；集气瓶中黄绿色粉末产生，说明氮气和镁发生了反应生成了氮化镁，说明氮气具有氧化性，故A不选；

B．将装有CuCl2·2H2O晶体的试管加热，在试管口放置湿润的蓝色石蕊试纸，试纸变为红色，说明产生了酸性气体，是因为氯化铜水解放出的氯化氢显酸性，不是CuCl2显酸性；故B选；

C．将镁片和铝片分别打磨后，用导线连接，再插入NaOH溶液中，镁与NaOH不反应，是铝与NaOH反应，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；镁为正极，铝为负极，因此片刻后镁片上有大量气泡产生，铝片上产生的气泡很少，故C不选；

D．向2mLNa2S稀溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有白色沉淀产生，该白色沉淀为ZnS，再滴加的0.1mol/LCuSO4溶液，沉淀由白色变为黑色，说明ZnS转化为了CuS，说明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)；故D不选；

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．同类型的难溶化合物的溶度积越大；溶解度越大，由表格数据可知，氯化亚铜的溶度积大于溴化亚铜，则氯化亚铜的溶解度大于溴化亚铜，故A正确；

B．由表格数据可知；氢氧化铜的溶度积小于小于氢氧化亚铁，则向含同浓度的氯化铜和氯化亚铁混合溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，铜离子优先反应，溶度积小的氢氧化铜先生成沉淀，故B正确；

C．由表格数据可知，硫化铜溶液中铜离子浓度小于氢氧化铜溶液中的铜离子浓度，则向氢氧化铜悬浊液中加入氯化钠溶液能发生反应Cu(OH)2+S2—=CuS+2OH—；氢氧化铜蓝色沉淀会转化为黑色沉淀，故C错误；

D．反应的平衡常数为==≈2.8×10—37；反应的平衡常数很小，反应几乎不进行，故D正确；

故选C。7、C【分析】【详解】

三个反应气体系数依次为减小、不变、增大，加压时，平衡依次右移、不移动、左移。

A．随着压强增大；平衡后三个反应的气体的总物质的量依次为减小；不变、减小，气体总质量不变，所以平均相对分子质量依次增大、不变、增大，A不符合题意；

B．加压时，容器体积减小，不管平衡如何移动，反应物的浓度均增大，B不符合题意；

C．随着压强增大；平衡后三个反应的一种生成物的体积分数依次为增大；不变、减小，C符合题意；

D．平衡混合气中一种反应物的体积分数依次为减小；不变、增大；D不符合题意；

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

（1）①由能量变化示意图可知，第一步反应是放热反应；

②由能量变化示意图可知，第一步反应为：(aq)+O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(1)△H=-273kJ·mol-1，第二步反应为：(aq)+O2(g)=(aq)△H=-73kJ/mol，则1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式是

（2）给热化学方程式编号：I．II．根据盖斯定律，II+I×得Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)ΔH=(-226kJ·mol-1)+(-566kJ·mol-1)×=-509kJ·mol-1，则当反应放出509kJ热量时，转移电子的物质的量为×2=2mol。

（3）该反应中反应物的键能之和-生成物的键能之和，即436kJ·mol-1+192kJ·mol-1-2akJ·mol-1=-102kJ·mol-1，解得a=365。【解析】(1)放热

(2)2

(3)3659、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)镁-H2O2酸性电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，负极发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+；

(2)原电池工作时，正极发生还原反应，正极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，由于不断消耗H+，使溶液中c(H+)逐渐减小，根据pH=-lgc(H+)；可知正极周围海水的pH逐渐增大；

(3)H+是阳离子；在原电池中，溶液中的阳离子向正极移动；

(4)由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，将正极、负极电极反应式相加，就可得到该原电池的总反应方程式：Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O。

【点睛】

本题考查原电池知识，注意书写电极反应式时要与电解质溶液的酸碱性结合起来分析，试题难度不大。【解析】Mg-2e-=Mg2+增大正极Mg+H2O2+2H+==Mg2++2H2O10、略

【分析】【分析】

由C；D、E、F、X、Y都是惰性电极；甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F电极附近有碱生成，则F电极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，为串联电解池的阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极。依次分析解答。

【详解】

(1)由分析可知A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极，若AB电源是甲醇在酸性环境的燃料电池，则B极电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。C极为串联电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，所以水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，其电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，丁装置中为氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带正电荷，通电一段时间后，氢氧化铁胶粒向阴极Y移动，则电极X附近的颜色逐渐变浅，故答案：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；2H2O-4e-=O2↑+4H+；变浅。

(2)由上述分析可知，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、Cu2++2e-=Cu、2Cl--2e-=Cl2↑、2H++2e-═H2↑；当电路中转移电子为1mol时，各电极生成单质的量分别为0.25mol；0.5mol、0.5mol、0.5mol，则单质的物质的量之比为1：2：2：2，故答案为：1：2：2：2。

(3)现用丙装置给铜件镀银，电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件铜，电解质溶液中含银离子，应为AgNO3溶液。当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时，由电极反应2H++2e-═H2↑可知，乙中放电的氢离子的物质的量为0.1mol/l0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol0.05mol=5.4g；乙装置为电解饱和氯化钠溶液，随着电解的进行，溶液中氢氧根的浓度增大，所以电解液的碱性增强，故答案为：铜；AgNO3；5.4g；变大；

(4)若甲烧杯是在铁件表面镀银，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差2.16g，说明阳极溶解的铜的物质的量n==0.02mol，则电路中通过的电子为=0.01mol，故答案为：0.01mol。【解析】CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+2H2O-4e-=O2↑+4H+变浅1∶2∶2∶2铜5.4变大0.0111、略

【分析】【分析】

对于二甲醚(CH3OCH3)——空气燃料电池，b电极通入空气；则其为正极，a电极加入二甲醚，则其为负极。

【详解】

(1)A．常依据单位质量或单位体积某电池所能输出能量的多少判断某电池质量的优劣；A正确；

B．二次电池虽然可以反复充电；但由于电池制造工艺等方面存在不足，实际上二次电池的充放电次数仍有限制，B不正确；

C．燃料电池的燃料通常可以燃烧；而氧气是助燃剂，自身不能燃烧，所以不可用作燃料电池的燃料，C不正确；

D．废电池必须进行集中处理；首要原因是防止电池中的电解液污染环境，D不正确；

故答案为：A；

(2)A．从电池反应看，电池放电时，Cd失电子转化为Cd(OH)2；所以Cd作负极，A正确；

B．电池放电产物Ni(OH)2、Cd(OH)2都必须存在于碱性环境中；所以反应环境为碱性，B正确；

C．电池充电时；需要外界提供电能，而电池放电时，自身能够通过化学反应产生电能，所以电池反应不是可逆反应，C不正确；

D．该电池既能放电又能充电；所以是一种二次电池，D正确；

故答案为：C；

(3)①由以上分析可知，a极为负极，CH3OCH3失电子产物与水反应生成CO2和H+，电极反应式：CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+；

②正极反应式为3O2+12H++12e-=6H2O，所以每消耗1molCH3OCH3，有12molH+向右侧移动；

答案为：CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+；12。

【点睛】

判断电池中电解质的酸碱性，可根据电极产物的存在环境作出判断。【解析】ACCH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+1212、略

【分析】【分析】

（1）断开K2，闭合K1，构成原电池，若所盛溶液为CuSO4溶液，Zn比C活泼，则A极为负极；B极为正极，B极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；若所盛溶液为KCl溶液，B极上氧气得电子生成氢氧根，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

（2）①断开K1，闭合K2，构成电解池，则A极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，现象为产生无色气泡，溶液变红；②B电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，总反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；③B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，生成Cl2的物质的量为0.0005mol，由2Cl--2e-=Cl2↑可知，转移0.001mol电子，由2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，生成0.001molOH-，OH-的物质的量浓度为则溶液的pH为12；电解过程中生成Cl2、H2和NaOH，Cl2、H2逸出，若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加入或通入一定量的HCl。【解析】(1)负Cu2++2e-=CuO2+2H2O+4e-=4OH-

(2)产生无色气泡，溶液变红2Cl--2e-=Cl2↑2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑12HCl三、判断题(共8题，共16分)13、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。14、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。15、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。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、×【分析】【详解】

水蒸气变为液态水时放出能量，该变化中没有新物质生成，不属于化学反应，故水蒸气变为液态水时放出的能量不能称为反应热，错误。【解析】错18、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。19、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。20、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。四、元素或物质推断题(共4题，共8分)21、略

【分析】【分析】

X；Y是短周期元素；X原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，该元素可能是Li或Na元素，Y元素最高正价与它的负价代数和为6，最高正价与最低负价的绝对值是8，O元素没有正价，则Y是Cl元素，X和Y是同一周期元素，X是Na元素，Y是Cl元素，则M是NaCl；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；

(1)电解氯化钠溶液生成氢氧化钠；氯气和氢气；

(2)若A是X；Y同周期的一种常见金属；则A是金属Al，根据铝的电子层数和最外层电子数确定其在元素周期表中的位置，Al能和氢氧化钠溶液反应，所以B是氢氧化钠，氢氧化钠、铝和水反应生成偏铝酸钠和氢气；

(3)制造光导纤维的主要原料是二氧化硅；所以A是二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，所以B是氢氧化钠，C和D反应生成氯化氢，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠；

(4)氯化钠可用于氯碱工业等。

【详解】

X；Y是短周期元素；X原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，该元素可能是Li或Na元素，Y元素最高正价与它的负价代数和为6，最高正价与最低负价的绝对值是8，O元素没有正价，则Y是Cl元素，X和Y是同一周期元素，X是Na元素，Y是Cl元素，则M是NaCl；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；

(1)电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

(2)若A是X、Y同周期的一种常见金属，则A是金属Al，铝原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，所以其在周期表中处于第三周期、IIIA族，Al能和氢氧化钠溶液反应，所以B是氢氧化钠，氢氧化钠、铝和水反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

(3)制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，所以A是二氧化硅，硅的原子结构示意图为二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，所以B是氢氧化钠，C和D反应生成氯化氢，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，离子反应方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓；

(4)氯化钠可用于作调料、生产纯碱、烧碱等。【解析】2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑第3周期IIIA族2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2SiO+2H+====H2SiO3↓作调料、生产纯碱等22、略

【分析】【分析】

砖红色沉淀G是葡萄糖和新制Cu(OH)2的反应，则G和单质C分别为Cu2O和Cu，结合反应①条件可确定B、D分别为SO2、SO3；E和F分别为H2SO4和CuSO4。

【详解】

（1）由分析可知，B是SO2，E是H2SO4，G是Cu2O；

（2）电解精炼铜时，用粗铜做阳极，精铜做阴极，电解质溶液含有Cu2+，可以用CuSO4溶液；

（3）反应②是加热条件下铜和浓硫酸的反应，化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则消耗了0.12molSO2和0.06molO2，剩余的SO2和O2分别为0.11mol和0.05mol，容器体积为1L，所以平衡时SO2(g)、O2(g)和SO3(g)的物质的量浓度分别为0.11mol/L、0.05mol/L和0.12mol/L，根据K=带入数据求得K=23.8mol-1·L。平衡后通入O2，可以提高SO2的转化率，但O2自身转化率减小。由于通入的氧气过多，远远多于化学计量数之比，虽然平衡正向移动，SO3的物质的量会增大，但由于混合气的总的物质的量增加得更多，所以再达到平衡时SO3的体积分数会减小。【解析】SO2H2SO4Cu2O粗铜精铜CuSO4溶液Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O23.8mol-1·L减小降低减小23、略

【分析】【分析】

由题意可知A是单质，与氧气反应生成B为氧化物，甲、乙、丙、丁四种化合物间除甲与丁、丙与乙外，两两均能发生中和反应，为酸与碱的反应，甲与丁为同类物质，丙与乙为同类物质，氧化物B能与酸或碱反应生成C，D是A单质所含元素的最高价氧化物的水化物，结合转化关系，可推知B为Al2O3，则A为Al、C为Al（OH）3

【详解】

（1）Al2O3在工业上制备Al（或作耐火材料）；

（2）B转化生成C为氧化铝与强碱或强酸的反应，反应离子方程式为：Al2O3+6H＋=2Al3＋+3H2O或Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，Al2O3+2OH—+3H2O＝2[Al(OH)4]—；

（3）若C的溶液显酸性，C为铝盐，溶液中铝离子水解Al3＋+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H＋；生成氢氧化铝胶体，可以净水；

（4）若C为钠盐，甲为NaOH，C为NaAlO2，1Lnmol·L-1的盐酸中n（HCl）=nmol，由于n（NaAlO2）：n（HCl）=1：2，故按AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓反应；盐酸有剩余，能部分溶解氢氧化铝，则：

AlO2－+H2O+H＋=Al（OH）3↓

mmolmmolmmol

剩余n（H＋）=nmol-mmol=（n-m）mol

Al（OH）3+3H＋=Al3＋+3H2O

(n-m)/3mol（n-m）mol

得到氢氧化铝沉淀为：mmol－(n-m)/3mol=(4m-n)/3mol；

（5）Al为负极、铂电极为正极，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，18gAl的物质的量，n(Al)=18g/27g·mol－1=2/3mol，故转移电子数目=2/3mol×3×NAmol－1=2NA．【解析】①.工业上制备Al（或作耐火材料）②.Al2O3+6H+＝2Al3++3H2OAl2O3+2OH—+3H2O＝2[Al(OH)4]—或Al2O3+2OH—＝AlO2–+H2O③.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+④.(4m-n)/3mol⑤.O2+2H2O+4e—＝4OH—⑥.2NA24、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）若A、B、C的溶液均显碱性，C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则A为NaOH、D为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3．①NaOH中所含化学键类型为：离子键、共价键，D为CO2，电子式为②25℃时，0.1mol•L-1Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32-的水解程度大于(HCO3-水解，故Na2CO3溶液的pH较大，Na2CO3溶液中离子微粒间存在电荷守恒可故溶液显中性，电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，已知，Na2CO3溶液里的pH=10是因水解促进水的电离，溶液里的OH-来源于水的电离，c(OH-)=，则其水电离出来的H+的浓度也为10-4mol/L。（2）①反应生成液态水放出的热量更多，则CH4的燃烧热△H＜△H1；

②活化能越低，反应速率越快，初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率，则反应II的活化能EII＜反应III的活化能EIII。

考点：考查无机物推断、离子浓度的大小比较、热化学以及化学反应速率、化学平衡等。【解析】离子键、共价键Na2CO3c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)10-4mol/L＜＜五、实验题(共1题，共9分)25、略

【分析】【分析】

(1)结合方程式CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+；以此计算CuCl的纯度；

(2)步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+；若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化。

【详解】

(1)称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，用0.2000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n(CuCl）=n(Ce4+)=0.2000mol/L×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuCl的纯度为×100%=99.5%；

(2)亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，Fe2+会被氧化产生Fe3+，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，导致测得CuCl的纯度偏小。【解析】99.5%偏小六、计算题(共4题，共12分)26、略

【分析】【分析】

图1中，反应过程Ⅰ和反应过程Ⅱ的图象中都提供了正、逆反应的活化能，由活化能可以计算反应的ΔH；图2中；依据箭头所指的方向，可确定反应物和生成物。

【详解】

(1)①CH4(g)在O2(g)中的燃烧反应为放热反应，ΔH＝-890.3kJ·mol－1；①不正确；

②ΔH的单位不是kJ；而是kJ/mol，②不正确；

③CH4(g)在O2(g)中燃烧，生成的H2O应呈液态；③不正确；

④H2(g)在O2(g)中燃烧生成H2O(l)时；放热571.6kJ，④正确；

答案为：B；

(2)在25℃、101kPa时，由C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，可写出三个燃烧反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律，得出2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=-2×393.5kJ·mol－1-2×285.8kJ·mol－1+870.3kJ·mol－1=-488.3kJ·mol－1。答案为：-488.3；

(3)Ⅰ．反应过程Ⅰ中发生反应的活化能是240.1kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=(240.1kJ·mol－1-33.9kJ·mol－1)=+206.2kJ·mol－1。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=78.9kJ·mol－1-243.9kJ·mol－1=-165.0kJ·mol－1。答案为：240.1；CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1；-165.0；

Ⅱ．①a．由图中可以看出，碳元素转化为CO，氢元素转化为H2O；从而实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；

b．把过程Ⅳ两反应加和，便可得出CO2＋H2=H2O(g)＋CO，b正确；

c．从过程Ⅳ中第一个反应看；产物中没有CO，说明CO参与了反应，c不正确；

d．由过程Ⅳ中两个反应加和可以得出，Fe3O4、CaO为催化剂，催化剂不能改变反应的ΔH；d不正确；

故选cd。

②过程Ⅲ中，Ni未改变，反应物为CH4、CO2，生成物为CO、H2；

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1⑦

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165.0kJ·mol－1⑧

利用盖斯定律，⑦×2+⑧得，热化学方程式为：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH=-206.2kJ·mol－1×2+165.0kJ·mol－1=＋247.4kJ·mol－1。答案为：cd；CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－1。

【点睛】

判断反应的催化剂时，可将发生的几个反应加和，被消去的物质中，出现在第一个反应中的反应物为催化剂。【解析】B-488.3240.1CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1-165.0cdCH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－127、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)已知：

①C3H8(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)△H1=+156.6kJ·mol-1

②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)＋HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol-1

则根据盖斯定律