2025年滬教新版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教新版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、氨硼烷(NH3·BH3)電池裝置如圖所示(起始未加入氨硼烷之前，兩極室內(nèi)液體質(zhì)量相等)，該電池工作時的總反應為NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列說法不正確的是。

A.負極反應式為NH3·BH3-6e-+2H2O=+BO+6H+B.當消耗6.2gNH3·BH3時，左右兩極室內(nèi)液體質(zhì)量差為5gC.電池工作時，陽離子向正極移動，故H+通過質(zhì)子交換膜向右移動D.其他條件不變，向酸性H2O2溶液中加入適量硫酸能增強溶液導電性2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.含有FeCl2的溶液中：Cr2OH+、K+、Ca2+B.中性溶液中：Fe3+、NHSOCl-C.澄清透明溶液中：Cu2+、SOCl-、Mg2+D.能使甲基橙變紅色的溶液中：AlONa+、OH-、S2-3、用圖甲裝置進行實驗；若圖乙中橫坐標x表示轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，下列敘述正確的是。

A.E的縱坐標可表示反應過程中生成Cu的物質(zhì)的量或反應消耗H2O的物質(zhì)的量B.Cu極上的電極反應式為2H2O-4e-=4H＋+O2↑C.F的縱坐標可表示反應過程中生成H2SO4的物質(zhì)的量D.電解后溶液的pH增大4、某新型電池可凈化廢水；同時還能獲得能源或有價值的化學產(chǎn)品，其工作原理如圖所示，下列敘述錯誤的是。

A.該電池左室電極為負極B.正極區(qū)溶液的pH降低、負極區(qū)溶液的pH升高C.H+通過質(zhì)子膜從左向右遷移D.左池消耗的S2-與右池消耗的NO的物質(zhì)的量之比為5：85、臭氧(O3)是一種強氧化劑，常用于消毒滅菌等，可用下圖電解稀硫酸制得O3；下列說法正確的是。

A.圖中特制惰性電極C為陽極B.電解一段時間后停止電解，溶液的pH顯著變大C.電解開始后電子的移動方向為：A→C→D→BD.電解一段時間后F處分別收集到xL和yL氣體(標準狀況)，則F處收集的氣體中O3所占的體積分數(shù)為(忽略O3的分解)6、化學用語是學習化學的重要工具，下列用來表示物質(zhì)變化的化學用語中，正確的是A.用惰性電極電解飽和食鹽水時，陽極的電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑B.氫氧燃料電池的負極反應式：O2＋2H2O＋4e-=4OH-C.粗銅精煉時，與電源正極相連的是純銅，電極反應式為：Cu-2e-=Cu2＋D.鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的正極反應式：Fe-2e-=Fe2＋7、已知體系自由能變化時反應能自發(fā)進行．兩個氫化反應的與溫度的關系如圖所示；下列說法正確的是。

A.反應①的B.反應②在時的反應速率很快C.溫度大于時，反應①能自發(fā)進行D.反應②的評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、一種雙功能結構催化劑能同時活化水和甲醇，用以解決氫氣的高效存儲和安全運輸。下圖是甲醇脫氫轉(zhuǎn)化的反應歷程(表示過渡態(tài))

下列說法正確的是A.的脫氫反應是分步進行的B.甲醇脫氫反應歷程的最大能壘(活化能)是C.甲醇脫氫反應中斷裂了極性鍵和非極性鍵D.該催化劑的研發(fā)為醇類重整產(chǎn)氫的工業(yè)應用提供了新思路9、已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，無色液體，25℃時，K1=10-4.07，K2=10-7.15，有類氨的性質(zhì)。向10mL濃度為0.1mol·L-1的乙二胺溶液中滴加0.1mol·L-1的鹽酸，溶液中與所加鹽酸的體積關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.H2NCH2CH2NH2在水溶液中電離方程式為：H2NCH2CH2NH2+2H2O=[H3NCH2CH2NH3]2++2OH-B.溶液中水的電離程度：a點大于b點C.a點：鹽酸的體積大于10mLD.b點所處的溶液中：c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)10、常溫下，用0.l00mol/L的HCl分別滴定20.00mL濃度均為0.l00mol/L的NaOH和氨水溶液(已知：常溫下，一水合氨Kb=1.75×10-5)；測得滴定過程中溶液的電導率變化曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.b點溶液：c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.d點溶液：c(NH)+c(H+)＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)C.e點溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH)+c(NH3·H2O)D.a、b、c、d點對應的溶液中，水的電離程度：d＞c＞b＞a11、常溫下，向某一元堿溶液中逐滴加入的溶液，溶液中中和率的變化如圖所示。為的電離常數(shù)，下列說法正確的是。

A.溶液中水的電離程度從a點到d點逐漸增大B.a點時，C.b點時，D.c點時，12、25℃時，lgS(CaF2)隨pH變化如圖所示；下列說法錯誤的是。

已知：S(CaF2)(單位：mol·L?1)表示CaF2的溶解度。A.CaF2飽和溶液中2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)B.已知Ksp(CaF2)=4×10-11.1，則水中S(CaF2)=10-3.7mol·L-1C.pH變化時，CaF2溶液中始終存在：c(F-)＞c(Ca2+)D.當pH＜7時，2c(Ca2+)+c(H+)＞c(F-)+c(OH-)13、CH4—CO2催化重整可以得到合成氣(CO和H2)，有利于減小溫室效應，其主要反應為CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1；同時存在以下反應：

積碳反應：CH4(g)?C(s)+2H2(g)△H1>0

消碳反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)△H2>0

積碳會影響催化劑的活性，一定時間內(nèi)積碳量和反應溫度的關系如圖。一定溫度下，在體積為2L的密閉容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進行該反應，達平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為50%；下列說法正確的是。

A.該溫度下催化重整反應的平衡常數(shù)為B.高壓利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率并減少積碳C.增大CH4與CO2的物質(zhì)的量之比有助于減少積碳D.溫度高于600℃，積碳反應的速率減慢，消碳反應的速率加快，積碳量減少評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、用CaSO4代替O2與燃料反應是一種高效；清潔、經(jīng)濟的新型燃燒技術；如圖1所示。

燃燒器中反應①1/4CaSO4(s）+H2(g）=1/4CaS(s）+H2O(g）△H1(主反應）

反應②CaSO4(s）+H2(g）=CaO(s）+SO2（g）+H2O(g）△H2(副反應）

再生器中反應：1/2CaS(s）+O2(g）=1/2CaSO4(s）△H3

（1）氣化反應器中發(fā)生反應的化學方程式是_____________________。

（2）燃燒器中SO2物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度T；壓強p(MPa）的變化曲線見圖2；從圖2中可以得出三條主要規(guī)律：

①其他條件不變，溫度越高，SO2含量越高；

____________________________________________________________；

_____________________________________________________________；

由圖2，為減少SO2的排放量，可采取的措施是______________________。

（3）該燃燒技術中可循環(huán)的物質(zhì)除CaSO4、CaS外，還有_________（寫名稱）。

（4）在一定條件下，CO可與甲苯反應，在其苯環(huán)對位上引入一個醛基，產(chǎn)物的結構簡式為___________。

（5）欲采用氯化鈀（PdCl2）溶液除去H2中的CO；完成以下實驗裝置圖：

（注：CO+PdCl2+H2O＝CO2+Pd+2HCl）______________________

15、如圖中，甲是電解飽和食鹽水，乙是電解精煉銅，丙是電鍍，回答：

(1)b極上的電極反應式為___________，甲電池的總反應化學方程式是___________。

(2)在粗銅的電解精煉過程中，圖中c電極的材料是___________(填“粗銅板”或“純銅板”)；在d電極上發(fā)生的電極反應為___________；若粗銅中還含有Au、Ag、Fe等雜質(zhì)，則沉積在電解槽底部(陽極泥)的雜質(zhì)是___________，電解一段時間后，電解液中的金屬離子有___________。

(3)如果要在鐵制品上鍍鋅，則e電極的材料是___________(填“鐵制品”或“鋅塊”)，電解質(zhì)溶液可以用___________。若e電極的質(zhì)量變化130g，則a電極上產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為___________。16、I.H2O2不穩(wěn)定、易分解，F(xiàn)e3+、Cu2+等對其分解起催化作用，為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果；某化學研究小組同學分別設計了如圖甲；乙兩種實驗裝置。

(1)A儀器的名稱為_______。

(2)若利用圖甲裝置，可通過觀察_______現(xiàn)象；從而定性比較得出結論。

(3)有同學提出將FeCl3改為Fe2(SO4)3更為合理，其理由是_____。

(4)若利用乙實驗可進行定量分析，實驗時均以生成40mL氣體為準，其他可能影響實驗的因素均已忽略，實驗中還需要測量的數(shù)據(jù)是_______。

II.KI溶液在酸性條件下能被氧氣氧化為I2?，F(xiàn)有以下實驗記錄，回答：。實驗編號①②③④⑤溫度/℃3040506070顯色時間/s16080402010(5)該實驗的目的是_______。

(6)實驗試劑除了1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液外，還需要的試劑是_____

(7)由上述實驗記錄可得出的結論是_______。17、能源是國民經(jīng)濟發(fā)展的重要基礎，我國目前使用的能源主要是化石燃料，為了減少CO的排放，某環(huán)境研究小組以CO和H2為原料合成清潔能源二甲醚（DME），反應如下：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-198kJ·mol-1。

（1）如圖所示能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關系的曲線為___（填曲線標記字母），其判斷理由是___。

（2）在一定溫度下，向2.0L固定容積的密閉容器中充入2molH2和1molCO，經(jīng)過一段時間后，反應4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)達到平衡。反應過程中測得的部分數(shù)據(jù)見下表（部分數(shù)據(jù)未給出）：。時間/min0204080100n（H2）/mol2.01.40.850.4n（CO）/mol1.00.4250.20.2n（CH3OCH3）/mol00.150.4n（H2O）/mol00.150.28750.40.4

①0～20min的平均反應速率v(CO)=____mol·L?1·min?1。

②達到平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率為____。

③在上述溫度下，該反應的平衡常數(shù)K=___。

④在上述溫度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3(g)，則化學平衡___移動（填“向左”“向右”或“不”）。18、可燃冰是一種高效清潔能源，中國已勘探的可燃冰儲量居世界第一，持續(xù)安全開采量創(chuàng)下了世界紀錄，有望2030年實現(xiàn)產(chǎn)業(yè)化開采?？茖W家也對進行了重點研究。

I.與重整的工藝過程中涉及如下反應：

反應①

反應②

反應③

(1)已知：反應④則_______

(2)一定條件下，向體積為的密閉容器中通入各及少量測得不同溫度下反應平衡時各產(chǎn)物產(chǎn)量如圖所示。

①圖中a和c分別代表產(chǎn)生_______和_______。由圖中信息判斷后產(chǎn)生的主要反應并說明理由_______。

②平衡時，與的轉(zhuǎn)化率分別為95%和90%，體系內(nèi)余反應③的平衡常數(shù)_______(寫出計算式)。

③密閉恒容條件下，反應②達到平衡的標志是_______

A.每消耗的同時消耗

B.的分壓不再發(fā)生變化。

C.氣體平均分子量不再發(fā)生變化。

D.氣體密度不再發(fā)生變化。

E.比值不再發(fā)生變化。

Ⅱ.將與一種產(chǎn)生溫室效應的氣體利用電解裝置進行耦合轉(zhuǎn)化；原理示意如圖。

(3)電池工作時，向電極_______移動。

(4)若消耗和產(chǎn)生溫室效應氣體的體積比為3∶2，則生成乙烷和乙烯的體積比為_______。19、雙極膜(BP)是一種能將水分子解離為H+和OH-的特殊離子交換膜。應用雙極膜制取聚合硫酸鐵凈水劑(PFS)的電化學裝置如圖所示。

回答下列問題：

(1)圖中裝置為選填_____(“原電池”或“電解池”)，a、b均為石墨電極，b極的電極反應式為_______。

(2)M為_______(填“陰離子”或“陽離子”)交換膜，圖中甲是_______離子(填“H+”或“OH-”)

(3)電流密度過大，會使PFS產(chǎn)品的純度降低，可能原因是_______。

(4)一種含K2Cr2O7廢水的處理方法是將轉(zhuǎn)化成Cr3+或Cr(OH)3。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31。

①若a極區(qū)電解液改為含K2Cr2O7的廢水，可實現(xiàn)對含鉻廢水的初級處理。a極電極反應式為_______。

②若b極改為鐵電極，b極區(qū)電解液改為含K2Cr2O7的廢水，可實現(xiàn)對含K2Cr2O7廢水的深度處理，則b極電極反應式為_______。電解一段時間，b極附近產(chǎn)生沉淀的主要成分為_______。20、根據(jù)下表提供的數(shù)據(jù)(常溫下)；回答下列問題。

(1)濃度均為0.1mol·L-1的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO的pH由大到小排列的順序為(用編號填寫)___________________________。

(2)寫出NaClO溶液中通入少量CO2氣體的離子方程式：________________________

(3)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反應，寫出該反應的化學方程式_________________________________

(4)在等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各種離子濃度的大小關系是___________

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO-)/c(HClO)=_______________________21、甲醇是一種重要的化工原料；在生產(chǎn)中有著重要的應用。工業(yè)上用天然氣為原料，分為兩階段制備甲醇：

（i）制備合成氣：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1＝＋206.0kJ/mol

（ii）合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

請回答下列問題：

（1）制備合成氣：將1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入反應室（容積為100L），在一定條件下發(fā)生反應（i）；CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強的關系如圖所示。

①已知100℃時達到平衡的時間為5min，則從反應開始到平衡，用氫氣表示的平均反應速率為：v(H2)＝___。

②圖中p1___p2（填“＜”；”“＞”或“＝”）。

③為解決合成氣中H2過量而CO不足的問題，原料氣中需添加CO2；發(fā)生反應如下：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為___。

（2）合成甲醇：在Cu2O/ZnO作催化劑的條件下，向2L的密閉容器中通入1molCO(g)和2molH2(g)，發(fā)生反應(ii)，反應過程中，CH3OH的物質(zhì)的量（n）與時間（t）及溫度的關系如圖所示。

①應（ii）需在____（填“高溫”或“低溫”）才能自發(fā)進行。

②據(jù)研究，反應過程中起催化作用的為Cu2O，反應體系中含少量的CO2有利于維持Cu2O的量不變；

原因是____（用化學方程式表示）。

③在500℃恒壓條件下，請在______上圖中畫出反應體系中n(CH3OH)隨時間t變化的總趨勢圖。

（3）工業(yè)上可通過甲醇羰基化法制取甲酸甲酯；其反應的熱化學方程式為：

CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)科研人員對該反應進行了研究，部分研究結果如下：

①從反應壓強對甲醇轉(zhuǎn)化率的影響“效率”看，工業(yè)制取甲酸甲酯應選擇的壓強是____。(填“3.5×106Pa”、“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”)。

②實際工業(yè)生產(chǎn)中采用的溫度是80℃，其理由是______。評卷人得分四、判斷題(共2題，共10分)22、25℃時，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正確B.錯誤23、常溫下，反應C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，則該反應的ΔH＞0。__________________A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共24分)24、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結構簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結構簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結構簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：25、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。26、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。27、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結構示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

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

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。評卷人得分六、實驗題(共3題，共30分)28、利用如圖所示裝置測定中和熱的實驗步驟如下：

①用量筒量取鹽酸倒入小燒杯中；測出鹽酸溫度；

②用另一量筒量取溶液；并用同一溫度計測出其溫度；

③將溶液倒入小燒杯中；設法使之混合均勻，測得混合液最高溫度。回答下列問題：

(1)倒入溶液的正確操作是_______(填字母)。

A.沿玻璃棒緩慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入。

(2)使鹽酸與溶液混合均勻的正確操作是_______(填字母。

A.用溫度計小心攪拌B.揭開硬紙片用玻璃棒攪拌。

C.輕輕地振蕩燒杯D.用套在溫度計上的環(huán)形玻璃攪拌棒輕輕地攪動。

(3)現(xiàn)將一定量的稀氫氧化鈉溶液、稀氫氧化鈣溶液、稀氨水分別和的稀鹽酸恰好完全反應，其反應熱分別為則的大小關系為_______。

(4)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是又知中和反應后生成溶液的比熱容為了計算中和熱；某學生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：

。實驗序號。

起始溫度

終止溫度

鹽酸。

氫氧化鈉溶液。

混合溶液。

混合溶液。

1

2

3

依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱_______(結果保留一位小數(shù))。29、硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工試劑，常作氯化劑或氯磺化劑。也可用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關物質(zhì)的性質(zhì)如下表：。物質(zhì)熔點/℃沸點/℃其他性質(zhì)SO2Cl2-54.169.1易水解H2SO410.4338

在實驗室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2；裝置如圖所示。

(1)實驗時，A裝置中發(fā)生的離子方程式___________。

(2)B裝置中冷凝管進水口是___________。(填“m”或“n”)，B中干燥管盛有的物質(zhì)是___________。

(3)欲制取少量SO2Cl2，選擇圖中的裝置(可以重復選用)，其連接順序為：a、___________；h。

(4)去除C裝置會降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___________。

(5)已知SO2Cl2遇水強烈水解生成兩種強酸。向SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3溶液，最先生成的沉淀是_____。[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5]

(6)少量硫酰氯也可由氯磺酸(ClSO3H)分解獲得，該反應的化學方程式為2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2從分解的產(chǎn)物中分離初硫酰氯的操作方法是___________。

(7)當通入裝置B中的氯氣為1.12L(已轉(zhuǎn)化為標準狀況)，最后通過蒸餾得到純凈的硫酰氯5.4g，則磺酰氯的產(chǎn)率為___________。為提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，在實驗操作中需要注意的事項有___________(填序號)。

①先通冷凝水，再通氣②控制氣流速率；宜慢不宜快。

③若三頸瓶發(fā)燙，可適當降溫④加熱三頸瓶30、某化學興趣小組利用0.2000的溶液測定某NaCl、KCl混合溶液中的物質(zhì)的量濃度。

Ⅰ.配制250mL0.2000的溶液。配制過程如下所示：計算所需固體的質(zhì)量→稱量→溶解→轉(zhuǎn)移；洗滌→定容、搖勻→裝瓶、貼標簽。

(1)配制該溶液需要的玻璃儀器有：燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、_______。

(2)用托盤天平稱取_______g固體。

(3)定容時若仰視刻度線，造成的后果應如何補救？_______。

Ⅱ.已知25℃時，以下五種物質(zhì)的如下表所示：。物質(zhì)AgClAgBrAgI顏色白色磚紅色淡黃色黃色黑色

(4)現(xiàn)以所配制的溶液測定某溶液中適宜作滴定指示劑的物質(zhì)是_______(填正確答案標號)。

A.B.KBrC.KID.

滴定過程中，用標準溶液滴定待測液時，眼睛應注視_______，滴定終點的實驗現(xiàn)象為_______。

(5)下列操作中可導致測定的濃度偏低的是_______(填正確答案標號)。

A.取標準溶液的滴定管；未經(jīng)潤洗就直接注入溶液，進行滴定實驗。

B.盛裝標準液的滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

C.讀取溶液體積時；開始時仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)。

D.錐形瓶內(nèi)有少量蒸餾水。

(6)實驗數(shù)據(jù)記錄如下表所示：。滴定次數(shù)待測溶液體積/mL標準溶液體積滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次50.000.0025.05第二次50.004.1029.10第三次50.000.4025.35

則該待測液中，的物質(zhì)的量濃度為_______(保留四位有效數(shù)字)參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

以氨硼烷（NH3?BH3）電池工作時的總反應為：NH3?BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左側通入NH3?BH3電極為負極，發(fā)生失電子的氧化反應，電極反應式為NH3?BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2所在電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．左側通入NH3?BH3電極為負極，發(fā)生失電子的氧化反應，電極反應式為NH3?BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+；A正確；

B．未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，消耗6.2gNH3?BH3后，負極電極反應式為NH3?BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正極反應式為3H2O2+6H++6e-═6H2O；則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1.2mol，則左室質(zhì)量增加=6.2g-1.2g=5g，右室質(zhì)量增加1.2g，即兩極質(zhì)量相差(5-1.2)g=3.8g，B錯誤；

C．電池內(nèi)部陽離子向正極移動，右側H2O2所在電極為正極，電池工作時H+由左側極室經(jīng)質(zhì)子交換膜進入右側極室；C正確；

D．由于H2SO4是強電解質(zhì)，其他條件不變，向酸性H2O2溶液中加入適量硫酸能增大溶液中自由移動離子的濃度；故能增強溶液導電性，D正確；

故答案為：B。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．含有FeCl2的溶液中，F(xiàn)e2+、Cr2OH+會發(fā)生氧化還原反應；在水溶液中不能大量共存，故A不符合；

B．Fe3+在pH=4.4時已經(jīng)沉淀完全，中性溶液中不能大量存在Fe3+；故B不符合；

C．Cu2+、SOCl-、Mg2+之間不發(fā)生化學反應；在水溶液中可以大量共存，故C符合；

D．能使甲基橙變紅色的溶液顯酸性，酸性條件下，AlOOH-、S2-與H+會發(fā)生反應生成Al(OH)3或Al3+、水、HS-或硫化氫；在溶液中不能大量共存，故D不符合；

答案選C。3、A【分析】【分析】

該實驗是用石墨作陽極，銅單質(zhì)做陰極，電解硫酸銅溶液，陽極反應是：2H2O-4e-=4H++O2↑，陰極反應是：Cu2++2e-=Cu，電解總方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。

【詳解】

A．由總方程式可知：Cu、H2O變化的物質(zhì)的量相等，轉(zhuǎn)移4mol電子時得到2molCu，反應消耗2mol的水，故E的縱坐標可表示反應過程中生成Cu的物質(zhì)的量或反應消耗H2O的物質(zhì)的量；A正確；

B．電解過程中，Cu2+會在Cu極放電，電極反應式為：Cu2++2e-=Cu；B錯誤；

C．根據(jù)圖示可知：F上電解過程中共轉(zhuǎn)移了4mol電子，則反應體系中析出氧氣1mol，同時生成2molH2SO4，所以F的縱坐標可表示反應過程中生成O2的物質(zhì)的量；C錯誤；

D．電解過程中，反應不斷產(chǎn)生H2SO4；使溶液酸性增強，則pH有所減小，D錯誤；

故合理選項是A。4、B【分析】【分析】

由題給示意圖可知，該裝置為原電池，左室電極為原電池的負極，硫離子在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根離子，電極反應式為S2——8e—+4H2O=SO+8H+，右室電極為正極，酸性條件下，硝酸根離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氮氣，電極反應式為2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O。

【詳解】

A．由分析可知；該裝置為原電池，左室電極為原電池的負極，故A正確；

B．由分析可知，左室電極為原電池的負極，硫離子在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根離子，電極反應式為S2——8e—+4H2O=SO+8H+，放電時生成氫離子，溶液的pH降低，右室電極為正極，酸性條件下，硝酸根離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氮氣，電極反應式為2NO+10e—+12H+=N2↑+6H2O；放電時消耗氫離子，溶液的pH升高，故B錯誤；

C．電池工作時；陽離子向正極移動，由分析可知，左室電極為原電池的負極，右室電極為正極，則氫離子通過質(zhì)子膜從左向右遷移，故C正確；

D．由分析可知；硫離子在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根離子，硝酸根離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氮氣，由得失電子數(shù)目守恒可知，左池消耗的硫離子與右池消耗的硝酸根的物質(zhì)的量之比為5：8，故D正確；

故選B。5、D【分析】【分析】

由圖示可知，F(xiàn)出口產(chǎn)物為O2和O3，電極D反應如下：3H2O=O3↑+6H++6e-；2H2O=O2↑+4H++4e-，說明D極發(fā)生氧化反應，應為電解池的陽極，B電極為正極，陰極即電極C發(fā)生還原反應，生成氫氣，電極方程式為2H++2e-=H2↑；A電極為負極，以此分析解題：

【詳解】

A.由分析可知；圖中特制惰性電極C為陰極，A錯誤；

B.由分析可知，電解過程中的總反應式為：3H2OO3↑+3H2↑或者2H2OO2↑+2H2↑；相當于電解水，故電解一段時間后停止電解，溶液的pH顯著變小，B錯誤；

C.由分析可知；電極D為陽極，B為外接電源的正極，A為負極，C為陰極，故電解開始后電子的移動方向為：A→C，D→B，電子不能經(jīng)過電解質(zhì)溶液，C錯誤；

D.電解一段時間后E、F處分別收集到xL和yL氣體(標準狀況)，設F出收集到O3為aL，則O2為(y-a)L，根據(jù)電子守恒有：解得：a=(x-2y)L,則F處收集的氣體中O3所占的體積分數(shù)為(忽略O3的分解)；D正確；

故答案為：D。6、A【分析】【詳解】

A．電解飽和食鹽水時，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧化鈉，2Cl--2e-═Cl2↑為陽極反應；故A正確；

B．氫氧堿性燃料電池的負極是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，正極上是氧氣發(fā)生得電子的還原反應，O2+2H2O+4e-═4OH-是正極反應；故B錯誤；

C．粗銅精煉時，與電源負極相連的是純銅，該電極上是電解質(zhì)里的銅離子發(fā)生得電子的還原反應，即Cu2++2e-═Cu；故C錯誤；

D．金屬腐蝕的正極上是得電子的還原反應，負極上是金屬失電子的氧化反應，F(xiàn)e-2e-═Fe2+是負極反應式；故D錯誤；

答案選A。7、C【分析】【分析】

由圖像分析可知：反應①隨溫度的升高，逐漸減??；反應②隨溫度的升高逐漸增大，結合分析解答。

【詳解】

A．反應①隨溫度的升高，逐漸減小，則故A錯誤；

B．該題我們可以推測自發(fā)反應時的溫度；但無法推測什么溫度的反應快慢，故B錯誤；

C．因時，反應能自發(fā)進行，反應①在溫度大于1000℃時故此時反應①能自發(fā)進行，故C正確；

D．根據(jù)數(shù)學知識可知，為該圖像的截距，而反應而的截距小于0，故故D錯誤；

答案選C。二、多選題(共6題，共12分)8、AD【分析】【詳解】

A．讀圖知，的脫氫反應是分步進行的，故A正確；B．能壘是發(fā)生某步反應需要克服的能量，1.30-0.94=0.36、2.15-1.60=0.55，2.53-2.28=0.25、2.69-2.02=0.67、3.11-2.16=0.95，最大能壘(活化能)是0.95eV,故B錯誤；C．該歷程為沒有非極性鍵斷裂，故C錯誤；D．該催化劑的成功研發(fā)，對工業(yè)上的醇類重整產(chǎn)氫有重要的啟示，對促進我國制氫工業(yè)的節(jié)能減排和氫能升級提供了新思路，故D正確。故選AD。9、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．乙二胺為二元弱堿，根據(jù)多元弱酸的電離可知乙二胺的電離應分步，且為可逆反應，H2NCH2CH2NH2+H2O?[H2NCH2CH2NH3]++OH-，[H2NCH2CH2NH3]++H2O?[H3NCH2CH2NH3]2++OH-；故A錯誤；

B．a(chǎn)點氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，溶液呈中性，水的電離既不促進也不抑制，b點n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:2恰好完全反應生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解促進水的電離，則b>a；故B錯誤；

C．若加入10mLHCl時，即n(H2NCH2CH2NH2)：n(HCl)=1:1，溶液中的溶質(zhì)為ClH3NCH2CH2NH2，[H2NCH2CH2NH3]+的電離平衡常數(shù)為K2=10-7.15，水解平衡常數(shù)Kh2==10-9.93，所以電離程度大于水解程度，溶液呈堿性，而a點為中性，所以V(HCl)>10mL；故C正確；

D．b點生成ClH3NCH2CH2NH3Cl，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，存在電荷守恒：c(H+)+c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(OH-)+c(Cl-)，存在物料守恒：2c(H2NCH2CH2NH2)+2c([H2NCH2CH2NH3]+)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c(Cl-)，二式聯(lián)立可得得c(H+)=c(OH-)+2c(H2NCH2CH2NH2)+c([H2NCH2CH2NH3]+)；故D正確；

故選：CD。10、BD【分析】【分析】

沒有加入鹽酸時；①的電導率大于②的電導率，則①曲線表示鹽酸滴定NaOH溶液，②曲線表示鹽酸滴定氨水；根據(jù)各點中的溶質(zhì)和存在的平衡分析作答。

【詳解】

A．b點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NH3·H2O和NH4Cl，Kb（NH3·H2O）=1.75×10-5，的水解常數(shù)Kh=＝＜Kb（NH3·H2O），所以NH3·H2O的電離程度大于NH4Cl的水解程度，導致溶液呈堿性，但是其電離和水解程度都較小，則溶液中微粒濃度存在c(NH)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)；故A錯誤；

B．d點氨水與鹽酸恰好完全反應生成NH4Cl，NH水解生成等物質(zhì)的量的NH3·H2O和H+，NH水解程度遠大于水的電離程度，該溶液呈酸性，因此c(NH3·H2O)＞c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH)+c(H+)＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)；故B正確；

C．e點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NH4Cl、HCl，溶液中存在電荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒c(Cl-)=2c(NH3·H2O)+2c(NH)，則c(H+)-c(OH-)=c(NH)+2c(NH3·H2O)；故C錯誤；

D．酸或堿抑制水電離，且酸中c(H+)越大或堿中c(OH-)越大，其抑制水電離程度越大，弱堿的陽離子或弱酸的陰離子水解促進水電離，a點溶質(zhì)為等濃度的NaOH和NaCl；b點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NH3·H2O和NH4Cl，其水溶液呈堿性，且a點溶質(zhì)電離的OH-濃度大于b點，則水的電離程度：b＞a；c點溶質(zhì)為NaCl，對水的電離無影響；d點溶質(zhì)為NH4Cl促進水的電離，a、b點抑制水電離、c點不影響水電離、d點促進水電離，所以水電離程度關系為：d＞c＞b＞a；故D正確；

故選BD。11、BC【分析】【分析】

由圖知，MOH是可溶性弱堿；b點中和率50%、此時溶液為等物質(zhì)的量濃度的溶液與MCl的混合溶液；c點恰好完全中和，為MCl溶液，強酸弱堿鹽水解呈酸性，d點HCl過量，據(jù)此回答。

【詳解】

A．酸；堿均抑制水電離；強酸弱堿鹽能促進水電離，從滴入HCl開始到c點的過程中，MOH不斷消耗、MCl不斷生成，溶液中水的電離程度從a點到c點逐漸增大，c到d過程中，HCl又逐漸增加，則水的電離程度逐漸減小，A錯誤；

B．a(chǎn)點時，則B正確；

C．b點為等物質(zhì)的量濃度的溶液與MCl的混合溶液，由圖知，溶液呈堿性，溶液呈電中性，則MOH電離程度大于MCl水解程度，則C正確；

D．c點時，溶液呈電中性，D錯誤；

答案選BC。12、CD【分析】【詳解】

A．由物料守恒可知，氟化鈣飽和溶液中存在如下關系2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)；A正確；

B．F-的水解微弱，CaF2飽和溶液中2c(Ca2+)≈c(F-)，Ksp(CaF2)=c2(F-)·c(Ca2+)，則水中S(CaF2)=c(Ca2+)==mol·L-1=10-3.7mol·L-1；B正確；

C．氫氟酸為弱酸，若向氟化鈣飽和溶液中加入強酸，F(xiàn)-與H+反應使c(F-)減小，c(Ca2+)增大，溶液中c(F-)會小于c(Ca2+)；C錯誤；

D．CaF2的飽和溶液中存在電荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，但該溶液由于F-的水解而顯堿性，若想使pH＜7，則需要加入酸，若加入的酸不是HF，則會引入新的陰離子，所以2c(Ca2+)+c(H+)＞c(F-)+c(OH-)，但若加入的酸為HF，則依然存在2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)；D錯誤；

故選CD。13、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．催化重整的反應為CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)，一定溫度下，在體積為2L的密閉容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進行該反應，達平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為50%，即平衡時CH4、CO2、CO、H2的物質(zhì)的量分別為1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，則該溫度下催化重整反應的平衡常數(shù)==故A正確；

B．反應CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)?C(s)+2H2(g)，正反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，可減少積碳，但CH4的平衡轉(zhuǎn)化率降低；故B錯誤；

C．假設CH4的物質(zhì)的量不變，增大CO2的物質(zhì)的量，CO2與CH4的物質(zhì)的量之比增大，對于反應CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)平衡正向移動，CH4的濃度減小，對于積碳反應：CH4(g)?C(s)+2H2(g)，由于甲烷濃度減小，平衡逆向移動，碳含量減少；增大CO2的物質(zhì)的量，對于消碳反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)，平衡正向移動，碳含量也減少，綜上分析，增大CO2與CH4的物質(zhì)的量之比；有助于減少積碳，故C正確；

D．根據(jù)圖象；溫度高于600℃，積碳量減少，但溫度升高，存在的反應體系中反應速率都加快，故D錯誤；

故選AC。三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【詳解】

⑴根據(jù)圖1知道氣化反應器中的是C與水蒸氣反應生成CO、H2，化學方程式為是H2O(g）＋C(s）H2(g）＋CO(g）。

（2）從圖2中還可以看出壓強也與SO2含量有關系，壓強越大，SO2含量降低，所以為：②其他條件不變，壓強越大，SO2含量越低；在三條曲線中Ⅰ曲線的變化最大，故③其他條件不變，壓強越小，溫度對產(chǎn)物中SO2的含量影響更明顯；根據(jù)溫度和壓強對SO2質(zhì)量分數(shù)的影響，要減少SO2的排放量；可采取的措施是加壓；降溫。

（3）從流程圖中看出水可以循環(huán)使用。

（4）根據(jù)題目信息：在其苯環(huán)對位上引入一個醛基，則產(chǎn)物為：

（5）混合進行洗氣除雜時，氣體要“長進短出”，故裝置是【解析】①.H2O(g）+C(s）H2(g）+CO(g）②.其它條件不變，壓強越高，SO2含量越低③.其它條件不變時，壓強越小，溫度對產(chǎn)物中SO2的含量影響更明顯④.降低溫度，增大壓強⑤.水蒸氣⑥.⑦.15、略

【分析】【分析】

a與電源正極相連，為電解池陽極，f與電源負極相連，為電解池陰極，根據(jù)串聯(lián)電路特征，c、e為電解池陰極，b；d為電解池陰極；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)甲是電解飽和食鹽水，M為正極，則a為陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為2Cl--2e﹣=Cl2↑，b為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為2H++2e﹣=H2↑或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH-，電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，總反應化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

(2)用電解法進行粗銅精煉時，粗銅應作陽極，純銅作陰極，c為電解池的陽極，則c電極的材料是粗銅板，d為電解池的陰極，電解時，以硫酸銅溶液為電解液，溶液中的Cu2+得到電子在陰極上發(fā)生還原反應，即Cu2++2e-=Cu；作陽極的粗銅中的銅以及比銅活潑的金屬失去電子進入溶液，所以Fe發(fā)生反應Fe-2e-═Fe2+，以Fe2+的形式進入溶液中；比銅不活潑的金屬Au、Ag不會失去電子，以單質(zhì)的形成沉入電解槽形成“陽極泥”，則沉積在電解槽底部(陽極泥)的雜質(zhì)是Au、Ag，電解一段時間后，電解液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+；

(3)如果要在鐵制品上鍍鋅，則鋅塊作陽極，鐵制品作陰極，e電極為陽極，則e電極的材料是鋅塊，可以用硫酸鋅溶液作電解質(zhì)溶液，陽極發(fā)生反應若e電極的質(zhì)量變化130g，即消耗鋅的物質(zhì)的量為2mol，則電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，a電極發(fā)生反應為2Cl--2e﹣=Cl2↑，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒可知，a電極上產(chǎn)生2mol氯氣，在標準狀況下的體積為2mol×22.4L/mol=44.8L?！窘馕觥?H++2e﹣=H2↑或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH-2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑粗銅板Cu2++2e﹣=CuAu、AgCu2+、Fe2+鋅塊硫酸鋅溶液44.8L16、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)圖可知；A儀器的名稱為分液漏斗；

（2）甲裝置兩試管中雙氧水試劑濃度體積是相同的，加入的Fe3+和Cu2+溶液的濃度和體積也是相同的；因此可以根據(jù)試管中生成氣體的快慢判斷它們的催化效果；

（3）氧化鐵和硫酸銅中陰陽離子都不同；無法判斷是陰離子起作用還是陽離子起作用，硫酸鐵和硫酸銅陰離子相同，可以消除陰離子不同對實驗的干擾；

（4）根據(jù)可知，還需要測定產(chǎn)生40氣體所需的時間；

（5）表中只有溫度對反應速率的影響；則該實驗的目的是探究溫度對反應速率的影響；

（6）KI溶液在酸性條件下能被氧氣氧化為I2；淀粉遇碘單質(zhì)變藍，則還需要的試劑是淀粉溶液；

（7）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度每升高10℃，顯色時間減少一半，由上述實驗記錄可得出的結論是每升高10℃，反應速率增大約2倍?！窘馕觥?1)分液漏斗。

(2)生成氣體的快慢。

(3)可以消除陰離子不同對實驗的干擾。

(4)產(chǎn)生40mL氣體所需的時間。

(5)探究溫度對反應速率的影響。

(6)淀粉溶液。

(7)每升高10℃，反應速率增大約2倍17、略

【分析】【詳解】

(1)由4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-198kJ·mol-1可知，正反應為放熱反應，溫度升高，平衡向逆反應方向移動，所以K值減小；所以a曲線能反映溫度與平衡常數(shù)的關系，理由為正反應放熱，溫度升高平衡常數(shù)減小，故答案為：a，正反應放熱，溫度升高平衡常數(shù)減?。?/p>

(2)①0~20min內(nèi)v(H2)=v(CO)=0.5v(H2)=0.5×0.015mol·L-1·min-1=0.0075mol·L-1·min-1；故答案為：0.0075；

②由表格中數(shù)據(jù)可知，平衡時氫氣的物質(zhì)的量為0.4mol，轉(zhuǎn)化了(2.0-0.4)mol=1.6mol，所以轉(zhuǎn)化率為故答案為：80%；

③列出三段式：

故答案為：2500；

④化學平衡向右移動，故答案為：向右。【解析】①.a②.正反應放熱，溫度升高平衡常數(shù)減?、?0.0075④.80%⑤.2500⑥.向右18、略

【分析】【詳解】

（1）反應為反應④，由蓋斯定律反應②=①-③+④，故

（2）①由反應①②③可知，反應產(chǎn)物有和生成的會在反應②中與反應生成的產(chǎn)量高于故a曲線表示產(chǎn)物b曲線表示c表示反應②是吸熱反應，升高溫度，有利于反應正向進行，的含量增大，但反應④為放熱反應，升高溫度，不利于反應正向進行，的含量減小，由圖知后的含量減小，說明此時以的含量減小的反應為主，故后，生成的主要反應為反應④。

②時，與的轉(zhuǎn)化率分別為95%、90%，則計算得平衡時根據(jù)碳元素守恒計算得平衡時由圖可知，則反應③的平衡常數(shù)

③A．消耗和消耗均表示的是正反應速率；不能作為平衡判斷依據(jù)，A錯誤；

B．產(chǎn)生的壓強隨著反應進行會增大，因此產(chǎn)生的壓強不再發(fā)生變化能作為判斷依據(jù)；B正確；

C．平均分子量=氣體總質(zhì)量÷氣體總物質(zhì)的量；二者反應前后均未發(fā)生變化，因此隨著反應進行氣體平均分子量也不會發(fā)生變化，故氣體平均分子量不再發(fā)生變化不能作為判斷依據(jù)，C錯誤；

D．氣體密度=氣體總質(zhì)量÷氣體體積；二者反應前后均未發(fā)生變化，因此隨著反應進行氣體密度也不會發(fā)生變化，故氣體密度不再發(fā)生變化不能作為判斷依據(jù)，D錯誤；

E．比值隨著反應進行而減??；因此該比值不再發(fā)生變化能作為判斷依據(jù)。，E正確；

故選BE。

（3）產(chǎn)生溫室效應的氣體為且其在電極A上發(fā)生的反應為：故電極A為電解池陰極，電極B為電解池陽極。電池工作時，產(chǎn)生于電極A消耗于電極B，故向電解池陽極即電極B移動。

（4）若消耗和的體積比為3∶2，根據(jù)阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質(zhì)的量之比，可令和物質(zhì)的量分別為和乙烷和乙烯物質(zhì)的量分別為x、y，再根據(jù)得失電子守恒，電極A：電極B：可得方程組求得【解析】(1)

(2)由圖知后隨溫度升高減小，說明升溫平衡移動方向即吸熱方向應該是減小方向，因此逆反應吸熱的反應④為主要反應BE

(3)B

(4)2∶119、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由圖示可知該裝置與外接電源相連，屬于電解池，b與電源正極相連作陽極，水中的氫氧根離子在陽極失電子產(chǎn)生氧氣，陽極發(fā)生的反應為：故答案為：電解池；

(2)由圖中信息可知，M右側電極室中通入稀硫酸產(chǎn)生濃硫酸，則硫酸根離子應能透過交換膜M從左側進入右側，則M應為陰離子交換膜；甲應為水通電解離產(chǎn)生的氫離子通過陽離子膜進入硫酸溶液中，故答案為：陰離子；H+；

(3)電流密度過大，解離的水的量多產(chǎn)生的氫氧根離子濃度高，氫氧根進入硫酸鐵溶液中能與鐵離子結合成氫氧化鐵沉淀，會使PFS產(chǎn)品的純度降低，故答案為：電流密度過大，產(chǎn)生的OH-濃度過高，與Fe3+形成氫氫化鐵沉淀；

(4)①a為陰極，電解液改為含K2Cr2O7的廢水，在陰極電極上放電轉(zhuǎn)變成Cr3+，反應的電極方程式：故答案為：

②若b極改為鐵電極，鐵為活性電極直接放電產(chǎn)生亞鐵離子，電極反應為：產(chǎn)生的亞鐵離子與K2Cr2O7反應隨反應的進行電解液的堿性增強，氫氧根離子能與三價鉻和三價鐵結合成氫氧化鐵和氫氧化鉻沉淀，故答案為：Fe(OH)3、Cr(OH)3；【解析】電解池陰離子H+電流密度過大，產(chǎn)生的OH-濃度過高，與Fe3+形成氫氫化鐵沉淀Fe(OH)3、Cr(OH)320、略

【分析】【分析】

(1)鹽的水解程度大小判斷溶液中氫離子；氫氧根離子濃度；再判斷溶液pH大??；

(2)酸的二級電離小于次氯酸；所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氫根；

(3)氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸；該反應為可逆反應，依據(jù)影響平衡移動的因素解答；

(4)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反應；碳酸鈣和氯水中的鹽酸反應生成碳酸氫鈣；

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，==

【詳解】

(1)電離平衡常數(shù)可知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸越弱對應鹽水解程度越大，濃度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三種溶液的pH由大到小排列的順序為：①>③>②；

(2)酸的二級電離小于次氯酸，所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；

(3)在CaCO3粉末中加入少量的新制氯水充分反應，碳酸鈣與氯水中的鹽酸反應生成可溶性的碳酸氫鈣，發(fā)生反應的化學方程式為2CaCO3+2Cl2+2H2O=CaCl2+Ca(HCO3)2+2HClO；

(4)等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，HCO3-的水解程度小于ClO-的水解程度，則溶液中離子濃度大小為：c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；

(5)在pH=8的NaClO和HClO混合液中，====3?！窘馕觥竣?①>③>②②.ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-③.2CaCO3+2Cl2+2H2O=CaCl2+Ca(HCO3)2+2HClO④.c(Na+)>c(HCO3-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)⑤.321、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）①根據(jù)圖象數(shù)據(jù)，用甲烷表示的平均反應速率v（CH4）===0.001mol/（L?min），氫氣的反應速率是甲烷化學反應速率的3倍，故用H2表示的平均反應速率為0.0030mol?L-1?min-1；②根據(jù)化學方程式可以得出，反應前后氣體體積增大，增大壓強，化學平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率減小，可以從200℃來分析，發(fā)現(xiàn)甲烷的轉(zhuǎn)化率是p1時大于p2時的，所以p1＜p2；③CH4+H2O（g）CO+3H2，②CO2+H2=CO+H2O，③CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），則①×3+②+③×4得：3CH4+CO2+2H2O=4CH3OH；所以為了使合成氣配比最佳，理論上原料氣中甲烷與二氧化碳體積比為3：1；

（2）①合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反應前后氣體體積減小，△S＜0，反應是放熱反應，△H＜0，滿足△H-T△S＜0，需要在低溫下自發(fā)進行；②在加熱條件下CO能還原Cu2O使其減少，因此反應體系中含有少量二氧化碳有利于抑制反應向正反應方向移動，維持Cu2O的量不變，反應方程式為Cu2O+CO2Cu+CO2；③合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反應前后氣體體積減小，在500℃恒壓條件下，容器體積減小壓強增大，相當于增大了壓強，達到平衡時，畫出達平衡時間小于2s，由于平衡正向進行，所以畫出甲醇物質(zhì)的量平衡時縱坐標高于恒容條件下甲醇物質(zhì)的量得到圖象為

（3）①從反應壓強對甲醇轉(zhuǎn)化率的影響“效率“看，圖象中轉(zhuǎn)化率變化最大的是4.0×106pa；②依據(jù)圖象分析；低于80℃，反應速率較小，溫度在高于80℃對反應速率影響不大，反應是放熱反應，溫度過高，平衡逆向進行，不利于轉(zhuǎn)化率增大。

考點：考查了反應速率概念計算，平衡標志的判斷，影響化學平衡、反應速率因素和圖象的分析等相關知識?！窘馕觥?.0030mol?L-1?min-1<3:1低溫Cu2O+CO2Cu+CO20×106低于80℃，反應速率較??；高于80℃時，溫度對反應速率影響較小，又因反應放熱，升高溫度時平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率降低四、判斷題(共2題，共10分)22、A【分析】【分析】

【詳解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室溫下Kw=10-14mol2/L2，所以該溶液中c(H+)=10-12mol/L，故該溶液的pH=12，因此室溫下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的說法是正確的。23、A【分析】【詳解】

常溫下，反應C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自發(fā)進行，其ΔS＞0，則ΔH＞0，正確。五、有機推斷題(共4題，共24分)24、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)25、略

【分析】【分析】

原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；因為都為主族元素，最外層電子數(shù)小于8，所以Y的最外層為3個電子，Q的最外層為4個電子，則Y為硼元素，Q為硅元素，則X為氫元素，W與氫同主族，為鈉元素，Z的原子序數(shù)等于Y；W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和，為氧元素。即元素分別為氫、硼、氧、鈉、硅。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，Y為硼元素，位置為第二周期第ⅢA族；QX4為四氫化硅，電子式為

(2)①根據(jù)元素分析，該反應方程式為

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液；向兩極分別通入氣體氫氣和氧氣可形成原電池，其中通入氣體氫氣的一極是負極，失去電子；

③外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移時，需要消耗1.5mol氫氣，則根據(jù)方程式分析，需要0.5mol硅化鈉，質(zhì)量為37g?！窘馕觥康诙芷诘冖驛族負極37g26、略

【分析】【詳解】

(1)A、B、C、E中均有鈉元素，根據(jù)B的用途可猜想出B為NaHCO3，X為C(碳)，能與CO2反應生成NaHCO3的物質(zhì)可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之間能按物質(zhì)的量之比為1∶1反應，則A是NaOH，E為Na2CO3，能與NaHCO3反應放出無色無味的氣體，且這種物質(zhì)中含有鈉元素，則C只能為Na2O2，D為O2，結合題設條件可知F為Fe，G為Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+與以離子鍵結合，中O原子與O原子以共價鍵結合，其電子式為

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，F(xiàn)e2+被稀HNO3氧化為Fe3+，反應的離子方程式為：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反應為3Fe+2O2Fe3O4，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，則轉(zhuǎn)移8mol電子放出2akJ熱量，則其熱化學反應方程式為：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol。

(5)N2在陰極上得電子發(fā)生還原反應生成NH3：N2+6H++6e?2NH3?！窘馕觥竣?NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=?2akJ/mol⑥.N2+6H++6e?2NH327、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉（碳酸氫鈉），再與硫酸反應生成硫酸鈉，①常用作泡沫滅火器的是NaHCO3，故為乙；②濃度相同的碳酸氫鈉溶液和硫酸鈉溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的電離程度大；

(2)金屬鋁是13號元素，核外電子排布為2、8、3②n(Al)=n(NaOH)時，生成偏鋁酸鈉，根據(jù)方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2與H2SO4的物質(zhì)的量之比為1:2，符合題意，故丙的化學式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯氣，與氫氧化鈉生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：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根據(jù)電荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液顯中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根據(jù)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、實驗題(共3題，共30分)28、略

【分析】【分析】

本題考查了中和熱的測定方法；計算、誤差分析；為高頻考點，側重考查學生的分析、實驗和計算能力的考查，題目難度不大，注意掌握測定中和熱的正確方法，明確實驗操作過程中關鍵在于盡可能減少熱量散失，使測定結果更加準確。

【詳解】

(1)倒入氫氧化鈉溶液時；必須一次迅速的倒入，目的是減少