2025年華師大版選擇性必修1化學上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年華師大版選擇性必修1化學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在一定條件下，下列可逆反應達到化學平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH＞0，要使混合氣體的紫色加深，可以采取的方法是A.降溫、減壓B.降溫、加壓C.升溫、加壓D.升溫、減壓2、鋰-硒電池因其較高的體積能量密度而具備廣闊的應用前景。西北工業(yè)大學某科研團隊設計的鋰-硒電池模型如圖所示。下列敘述正確的是。

A.左側(cè)室也可以選用水系電解液B.充電時，通過透過膜向左側(cè)室移動C.電池工作時，負極材料質(zhì)量減少1.4g，轉(zhuǎn)移0.4mol電子D.充電過程中N極可能發(fā)生的反應有：3、下列有關物質(zhì)性質(zhì)與用途對應關系不正確的是（）A.NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑B.CaO能與SO2反應，可作為工業(yè)廢氣處理時的脫硫劑C.硅的導電性介于導體和絕緣體之間，可用于制造計算機硅芯片的材料D.飽和氯水既有酸性又有漂白性，加入適量NaHCO3固體，其漂白性增強4、鋅錳液流電池；放電時工作原理見下圖。下列說法正確的是。

A.放電時，b極為正極B.充電時，b電極連接外接電源正極C.充電時，a極發(fā)生反應：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2OD.該裝置應使用陰離子交換膜5、等物質(zhì)的量的下列物質(zhì)溶于水配成等體積的溶液，導電能力最弱的是A.NaOHB.C.D.6、已知：25℃時，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。將含F(xiàn)e2O3、Ag、Ni的某型廢催化劑溶于鹽酸，過濾，濾渣為Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4mol/L。向該溶液中滴加一定濃度的NaOH溶液（假設溶液體積不變）。下列說法中正確的是A.金屬活動性：Ag＞NiB.加入NaOH溶液時，先產(chǎn)生Ni(OH)2沉淀C.當?shù)味ǖ饺芤簆H=5時，溶液中l(wèi)g約為10D.當?shù)味ǖ饺芤撼手行詴r，Ni2+已沉淀完全評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、常溫下，將溶液滴加到等濃度的某一元酸(HA)溶液中，測得混合溶液的pH與微粒濃度變化關系如圖所示[已知：]。下列說法錯誤的是。

A.m點對應的溶液體積小于B.的數(shù)量級為C.l點所示溶液中：D.n、m、l三點，n點水的電離程度最大8、一定條件下；碳鋼腐蝕與溶液pH的關系如下表。下列說法錯誤的是（）

A.當pH<4時，碳鋼主要發(fā)生析氫腐蝕B.當6<8時，碳鋼主要發(fā)生化學腐蝕C.當pH>14時，正極反應為O2+4H++4e-=2H2OD.在煮沸除氧氣后的堿性溶液中，碳鋼腐蝕速率會減緩9、時，的在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.的為B.的平衡常數(shù)C.向的飽和溶液中加入可使增大(由Y點到X點)D.向同濃度的和的混合溶液中滴入溶液，先沉淀10、常溫下，將0.2mol·L?1溶液與0.2mol·L?1NaHA溶液等體積混合所得溶液向混合溶液中緩慢通入HCl氣體或加入NaOH固體(無逸出)，溶液中的粒子分布系數(shù)隨溶液pOH的變化如圖所示。

已知：或a、b、c、d、e分別表示中的一種。

下列說法錯誤的是A.圖中曲線a表示的是曲線e表示的是B.pH=7時，mol·L?1C.M點時，D.時，11、HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，離子濃度關系正確的是A.c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)C.c(Na+)+c(OH-)=c(A-)+c(H+)D.c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、利用如圖裝置；可以模擬鐵的電化學防護。

若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關K應該置于___________處，該電化學防護法稱為___________。若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為___________。13、(1)常溫下；向100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，所得溶液的pH隨MOH溶液的體積變化如圖所示(溶液體積變化忽略不計)。

①由圖中信息可知HA為______酸（填“強”或“弱”）。

②A點時，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的順序是_____________；

③K點時，溶液中c(H+)+c(M+)-c(OH-)=_________mol/L。

(2)20℃時，在c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol/L的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物質(zhì)的量分數(shù)δ隨溶液pH變化的關系如圖所示。

①Q(mào)點：c(H2C2O4)______c(HC2O4-)（填“>”、“<”或“=”）

②該溫度下HC2O4-的電離常數(shù)K=____________。14、回答下列問題。

Ⅰ.現(xiàn)有下列物質(zhì)：①②冰醋酸③④⑤(s)⑥Cu⑦氯水⑧⑨⑩鹽酸。

(1)上述物質(zhì)中屬于強電解質(zhì)的有___________(填序號，下同)，屬于弱電解質(zhì)的有___________。

(2)寫出下列物質(zhì)的電離方程式：③___________；⑤___________。

Ⅱ．已知室溫時；0.1mol/l某一元酸HA在水中的電離度為0.02%，回答下列各問題：

(3)該溶液中c(H+)=___________。

(4)計算HA的電離平衡常數(shù)K=___________。15、(1)熔融鹽燃料電池具有高的發(fā)電效率，因而受到重視?？捎萌廴诘奶妓猁}作為電解質(zhì)，向負極充入燃料氣用空氣與的混合氣作為正極的助燃氣，以石墨為電極材料，制得燃料電池。工作過程中，移向___________極(填“正”或“負”)，負極的電極反應式為___________，正極的電極反應式為___________。

(2)某實驗小組同學對電化學原理進行了一系列探究活動。

①如圖為某實驗小組依據(jù)的氧化還原反應：___________(用離子方程式表示)設計的原電池裝置。

②其他條件不變，若將溶液換為HCl溶液，石墨的電極反應式為___________。

(3)如圖為相互串聯(lián)的甲；乙兩電解池；其中甲池為電解精煉銅的裝置。試回答下列問題：

①乙池中若滴入少量酚酞溶液，電解一段時間后Fe極附近溶液呈___________色。

②常溫下，若甲池中陰極增重則乙池中陽極放出的氣體在標準狀況下的體積為___________，若此時乙池剩余液體為400mL，則電解后溶液pH為___________。16、如圖所示；C；D、E、F都是惰性電極，A、B為電源。將電源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色，D質(zhì)量增加。

(1)AB作為電源；可以利用多種原電池來提供電能，興趣小組同學設計如下電源：

①小紅同學設計利用反應“Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+”制成化學電池來提供電能，該電池的負極材料是____，電解質(zhì)溶液是____。

②小秦同學設計將鋁片和銅片用導線相連，一組插入濃硝酸中，一組插入燒堿溶液中，分別形成了原電池，在這兩個原電池中，負極分別為___(填字母)。

A.鋁片、銅片B.銅片、鋁片C.鋁片、鋁片D.銅片；銅片。

③小明同學利用CO、氧氣燃料電池作電源，電解質(zhì)為KOH溶液，A電極上的反應式為___，工作一段時間后溶液的pH___(填“增大”“減小”或“不變”)。

(2)若甲中裝有足量的硫酸銅溶液，工作一段時間后，停止通電，欲使溶液恢復到起始狀態(tài)，可向溶液中加入____(填字母)。

A.CuB.Cu2(OH)2CO3C.Cu(OH)2D.CuCO3

(3)通電后乙中發(fā)生的總反應方程式為____。

(4)欲用丙裝置給銅鍍銀，則金屬銀應為___(填“G”或“H”)極，反應一段時間后(用CO、氧氣燃料電池作電源)銅制品質(zhì)量增加43.2g，理論上消耗氧氣的質(zhì)量為____g。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共20分)17、酸性鋅錳干電池是一次性電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是由碳粉、MnO2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電反應為：Zn+2NH4C1+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH現(xiàn)以該廢電池制備高錳酸鉀的流程如下：

(1)濾液1的主要成份是___________，灼燒的目的是除去___________(填名稱)并使MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2；

(2)熔融時發(fā)生反應的化學方程式為___________，K2MnO4溶液中通入足量CO2反應的離子方程式____________。

(3)已知：物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示，濾液2得粗KMnO4操作是___________、___________。

(4)干燥KMnO4晶體時溫度不宜過高的理由是___________。

(5)稱取ag上述制得的KMnO4晶體(不含有與草酸反應的雜質(zhì))，配成100mL溶液，移取25.00mL該溶液于惟形瓶，用硫酸酸化，再用bmol?L-1H2C2O4溶液滴定，三次平均消耗H2C2O4溶液體積為cmL，滴定終點的現(xiàn)象是___________，則KMnO4晶體的純度為___________(寫表達式即可)18、某廢鎳催化劑的主要成分是合金，還含有少量及不溶于酸堿的有機物。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備鎳的氧化物

回答下列問題：

(1)“堿浸”所得“濾液1”的主要溶質(zhì)為_______，“灼燒”的目的是_______。

(2)“溶解”后的溶液中，所含金屬離子有_______、_______。

(3)“分離除雜”中，發(fā)生氧化還原反應生成含鐵濾渣的離子方程式為_______。

(4)“煅燒”濾渣前需進行的兩步操作是_______。

(5)在空氣中煅燒其熱重曲線如圖所示。轉(zhuǎn)化為反應的化學方程式為_______；生成產(chǎn)物的化學式為_______。

(6)利用制得溶液，調(diào)節(jié)其pH至7.5～12，采用惰性電極進行電解，陽極上可沉淀出用作鋅鎳電池正極材料的電解時陽極的電極反應式為_______。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)19、已知物質(zhì)M由同一短周期的X；Y兩種元素組成；X原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的一半，Y元素最高正價與它的負價代數(shù)和為6。M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如下（部分產(chǎn)物已略去）：

（1）工業(yè)電解M溶液的化學方程式為___________________________。

（2）若A是X、Y同周期的一種常見金屬，則A元素在周期表中的位置是_________，寫出A與B溶液反應的化學方程式是_____________________。

（3）若A是一種常見酸性氧化物，可用于制造光導纖維，則A元素原子結構示意圖為______________，寫出E與F反應的離子方程式是____________________。

（4）舉例說明M物質(zhì)的一種用途____________________。20、A；B、C、D、E是短周期元素組成的中學常見的物質(zhì)；存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關系（部分生成物和反應條件略去）

（1）若C為二氧化碳，則A可能為___________________；

（2）若X為金屬單質(zhì)，則X與B的稀溶液反應生成C的離子方程式為___________________________；

（3）若D為白色沉淀，與A摩爾質(zhì)量相等，則A為_________，反應③的離子方程式為____________；

（4）若A為無色液體，且B、E的摩爾質(zhì)量相等，反應①的化學方程式為_____________；

（5）若A為一氧化碳，則D為____________；t℃時，在2L的密閉的容器中加入3molCO和0.75mol水蒸氣，達到平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為20%，在相同溫度下再加入3.75mol水蒸氣，再次達到平衡時，能否計算出CO的轉(zhuǎn)化率？____。若能，請計算；若不能，請說明理由________________________________________。21、中學化學學習小組對日常生活中不可缺少的調(diào)味品M進行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系如圖所示（部分產(chǎn)物已略去）

（1）寫出用惰性電極電解M溶液的離子方程式：______________________。寫出F的電子式：__________________________。

（2）若A是地売中含量最多的金屬元素，將A的氯化物溶液0.2mol/L和氫氧化鈉溶液等體積混合，得到的沉淀物中A元素與溶液中A元素的質(zhì)量相等，則氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度可能為____________。

（3）若A是CO2氣體，A與B溶液反應后所得的溶液再與鹽酸反應，放出氣體的物質(zhì)的量與所加鹽酸體積之間的關系如圖所示，則A與B溶液反應后溶液中的溶質(zhì)為______（填化學式）。

（4）若A是一種正鹽，A能分別與B、F溶液反應生成無色且具有刺激性氣味的氣體，則A的化學式為_____________。

（5）若A是一種不穩(wěn)定的鹽，A溶液與B溶液混合將產(chǎn)生白色絮狀沉淀且瞬間變?yōu)榛揖G色，最后變成紅褐色的E，向G溶液中加入KSCN溶液后顯紅色，則由A轉(zhuǎn)化成E的離子方程式是________________________________。

（6）若A是一種溶液，只可能有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42—、CO32—中的某些離子，當向該溶液中加入B溶液時發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生如圖所示變化，由此可知，該溶液中肯定含有的離子及其濃度之比為____________。

22、W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同一短周期元素；W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬元素。回答下列問題：

（1）W、X對應的兩種最高價氧化物的水化物可以反應生成鹽和水，該反應的離子方程式為______________________________________________________。

（2）X的硝酸鹽水溶液顯______性，用離子方程式解釋原因______________________。

（3）Y的低價氧化物通入Z單質(zhì)的水溶液中，發(fā)生反應的化學方程式為____________。

（4）W、X、Y、Z四種元素簡單離子的離子半徑由大到小的順序是：____＞____＞____＞____。（填寫離子符號）_____________

（5）Z的最高價氧化物為無色液體，0.25mol該物質(zhì)與一定量水混合得到一種稀溶液，并放出QkJ的熱量。寫出該反應的熱化學方程式：___________________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

要使混合氣體的紫色加深，應該使c(I2)增大，可以通過加壓來減小容器的容積，實現(xiàn)物質(zhì)濃度增大；也可以利用平衡逆向移動的方法實現(xiàn)，由于該反應是反應前后氣體體積不變的吸熱反應，通過降低溫度，使化學平衡向放熱的逆反應方向移動實現(xiàn)，故使混合氣體的紫色加深，可以采取的方法是降溫、加壓，故合理選項是B。2、B【分析】【分析】

放電時，鋰是還原劑，作負極：Li-e-=Li+，石墨烯作正極，得電子，發(fā)生+14Li++14e-=8Li2Se等還原反應。

【詳解】

A．Li是活潑金屬；易與水反應，左側(cè)室不可以選用水系電解液，A錯誤；

B．充電時，左側(cè)為陰極，陽離子向陰極移動，穿過透過膜向左側(cè)室遷移；B正確；

C．電池工作時，負極材料質(zhì)量減少1.4g，減少的是0.2mol鋰的質(zhì)量，根據(jù)Li-e-=Li+；轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C錯誤；

D．充電過程中N極是陽極，等失電子，發(fā)生氧化反應，可能發(fā)生的反應有D錯誤；

故選B。3、A【分析】【詳解】

A．NaHCO3不穩(wěn)定，受熱分解產(chǎn)生CO2氣體；能夠使面團松軟，因而可用作焙制糕點的膨松劑，A錯誤；

B．堿性氧化物CaO能與SO2反應產(chǎn)生固態(tài)的鹽；因而可作為工業(yè)廢氣處理時的脫硫劑，減少對大氣的污染，B正確；

C．硅的導電性介于導體和絕緣體之間；是良好的半導體材料，因而是制造計算機硅芯片的材料，C正確；

D．Cl2溶于水，與水反應產(chǎn)生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液顯酸性，而HClO具有強氧化性，能夠?qū)⒂猩镔|(zhì)氧化變?yōu)闊o色，因此飽和氯水既有酸性又有漂白性。氯氣與水的反應是可逆反應，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，加入適量NaHCO3固體，反應消耗HCl，使化學平衡正向移動，導致溶液中c(HClO)增大；因而其漂白性增強，D正確；

故選A。4、D【分析】【分析】

根據(jù)裝置圖，b電極上發(fā)生Zn-2e-=Zn2+，鋅的化合價升高，根據(jù)原電池工作原理，b電極為負極，a電極為正極，a電極反應式為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；據(jù)此分析；

【詳解】

A．根據(jù)上述分析，放電時，b電極為負極；故A錯誤；

B．可充電電池充電時，電池的負極接電源的負極，電池的正極接電源的正極，即b電極連接外接電源的負極；故B錯誤；

C．充電時，a極連接外接電源的正極，即充電時a極為陽極，失電子，化合價升高，電極反應式為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；故C錯誤；

D．根據(jù)裝置圖，Mn元素在a極區(qū)反應、原電池時二氧化錳得電子同時消耗氫離子，Zn元素在b極區(qū)反應；原電池時鋅被氧化后生成鋅離子和遷移過來的硫酸根形成硫酸鋅進入儲液罐，因此離子交換膜應是陰離子交換膜，故D正確；

答案為D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．NaOH是強電解質(zhì)；在水溶液中完全電離，故其中自由移動的離子濃度最大，導電能力最強；

B．是弱電解質(zhì)；在水溶液中部分電離，故其中自由移動的離子濃度較小，導電能力較弱；

C．溶于水，與水反應生成NH3?H2O是弱電解質(zhì)；在水溶液中部分電離，故其中自由移動的離子濃度較小，導電能力較弱；

D．是非電解質(zhì)；其水溶液幾乎不導電；

故D的導電能力最弱，故答案為：D。6、C【分析】【詳解】

A．Ag不能與鹽酸反應；而Ni能與鹽酸反應，因此金屬活動性：Ni＞Ag，故A錯誤；

B．c(Ni2+)=0.4mol/L時，Ni2+剛好開始沉淀時溶液中c(Fe3+)=0.4mol/L時，F(xiàn)e3+剛好開始沉淀時溶液中故先產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀；故B錯誤；

C．溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L，溶液中則Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，則故C正確；

D．當溶液呈中性時，c(OH-)=1×10-7mol/L，此時溶液中故Ni2+未沉淀完全；故D錯誤；

故答案為：C。二、多選題(共5題，共10分)7、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．NaOH與HA濃度相等，當NaOH溶液體積等于10mL時，得到的溶液中溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA的混合溶液，HA的電離程度大于A-的水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，而m點p=0，說明c(A-)=c(HA)；則m點對應的NaOH溶液的體積小于10mL，A項正確；

B．m點時c(A-)=c(HA)，Ka(HA)==10-4.76，所以Ka(HA)的數(shù)量級為10-5；B項正確；

C．l點溶液呈酸性，溶液中溶質(zhì)HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na＋)＜c(A-)＋c(HA)；C項錯誤；

D．l、m、n點各溶液均呈酸性，溶液的酸性越強，HA的濃度越大，對水電離的抑制作用就越強。由于酸性：l＜m＜n，則各點水的電離程度大小關系：1>m>n；D項錯誤；

答案選CD。8、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．當pH＜4溶液中，碳鋼主要發(fā)生析氫腐蝕，負極電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，正極上電極反應式為：2H++2e-=H2↑；故A不選；

B．當6<8溶液中；碳鋼主要發(fā)生吸氧腐蝕，故選B；

C．在pH＞14溶液中，碳鋼腐蝕的正極反應O2+2H2O+4e-=4OH-；故選C；

D．在煮沸除氧氣后的堿性溶液中；正極上氧氣生成氫氧根離子速率減小，所以碳鋼腐蝕速率會減緩，故D不選。

答案選BC9、CD【分析】【詳解】

A．的溶度積故A正確；

B．該反應的平衡常數(shù)故B正確；

C．加入后，溶液中增大，沉淀溶解平衡逆向移動，減小，而Y點和X點對應的相等；故C錯誤；

D．形成沉淀所需濃度，形成沉淀所需濃度，因此先形成沉淀；故D錯誤。

答案選CD。10、AD【分析】【分析】

常溫下，將0.2mol·L?1溶液與0.2mol·L?1NaHA溶液等體積混合所得溶液溶液顯堿性，則NaHA水解程度大于其電離程度，且大于水解程度；混合液隨著pH變大，濃度變大、離子濃度減小、濃度減小、濃度顯減小后增大、濃度增大，故a、b、c、d、e分別表示曲線；

【詳解】

A．由分析可知，曲線a表示的是曲線e表示的是A錯誤；

B．等體積混合所得初始混合液此時pH=7時，則必定為加入了HCl，則根據(jù)物料守恒可知：根據(jù)電荷守恒可知，以上式子聯(lián)立可得，mol·L?1；B正確；

C．可得M點時溶液顯堿性，應該加入了氫氧化鈉，根據(jù)物料守恒可知：以上式子可得代入中得C正確；

D．時，則故D錯誤；

故選AD。11、BD【分析】【詳解】

A.NaA為強堿弱酸鹽，A-水解導致溶液呈堿性，則c（H+）-），A-水解、鈉離子不水解，所以c（Na+）>c（A-），A-水解程度較小，則溶液中離子濃度大小順序為：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）；A錯誤；

B.根據(jù)A的分析可知，c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）；B正確；

C.溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈堿性，鈉離子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+）；C錯誤；

D.溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-）；D正確；

答案選BD。三、填空題(共5題，共10分)12、略

【分析】【分析】

若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應使Fe連接電源的負極；若X為鋅，開關K置于M處，Zn比鐵活潑，作負極，鐵為正極，據(jù)此分析解答。

【詳解】

若X為碳棒，由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應使Fe為電解池的陰極，鐵電極上的反應為2H++2e-=H2↑，故K連接N處，這種防護法稱為外加電流法；若X為鋅，開關K置于M處，Zn為負極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護，該防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故答案為：N；外加電流法(或外加電流的陰極保護法)；犧牲陽極法(或犧牲陽極的陰極保護法)?！窘馕觥縉外加電流法犧牲陽極法13、略

【分析】【分析】

(1)①根據(jù)開始滴定時溶液的pH與酸的濃度分析判斷；

②X點溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA，HA為強電解質(zhì)，完全電離，結合A-部分水解判斷c(H+)、c(M+)、c(A-)的濃度大??；

③K點反應后溶質(zhì)為等濃度的MA和MOH；結合電荷守恒分析；

(2)①依據(jù)圖像可知Q點c(H2C2O4)=c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的濃度最大；

②P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，據(jù)此計算該溫度下HC2O4-的電離常數(shù)。

【詳解】

(1)①根據(jù)圖甲可知，0.01mol/LHA溶液的pH=2，c(H+)=0.01mol/L=c(HA)；說明HA為強酸；

②A點加入25mL0.02mol/LMOH，反應后溶質(zhì)為等濃度的HA和MA，HA為強電解質(zhì)，完全電離，則c(A-)的濃度最大，M+部分水解而消耗，則c(H+)>c(M+)，因此溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的順序是：c(A-)>c(H+)>c(M+)；

③K點時，根據(jù)電荷守恒可知：c(H+)+c(M+)–c(OH-)=c(A-)==0.005mol/L；

(2)①根據(jù)圖乙可知，Q點c(H2C2O4)=c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的濃度最大，則c(H2C2O4)<c(HC2O4-)；

②P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，該溫度下HC2O4-的電離平衡常數(shù)Ka==c(H+)=1×10-4.2mol/L。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液中離子濃度大小比較，明確圖像曲線變化的含義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系及弱電解質(zhì)的電離和鹽水解的特點。試題培養(yǎng)了學生的分析能力及綜合應用能力?！窘馕觥竣?強②.c(A-)>c(H+)>c(M+)③.0.05④.<⑤.1×10-4.214、略

【分析】(1)

強電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)中完全發(fā)生電離的電解質(zhì)，強酸、強堿、絕大多數(shù)的鹽都屬于強電解質(zhì)，①⑤(s)、⑧都屬于強電解質(zhì)；

弱電解質(zhì)是在水溶液里部分電離的電解質(zhì)，弱酸弱堿和極少數(shù)的鹽屬于弱電解質(zhì)，②冰醋酸③④⑨都屬于弱電解質(zhì)；

(2)

③屬于弱堿，電離方程式為：⑤屬于鹽，屬于強電解質(zhì)，電離方程式為：

(3)

室溫時，0.1mol/l某一元酸HA在水中的電離度為0.02%，

(4)

HA的電離度為0.02%，=mol/L，平衡常數(shù)K=【解析】(1)①⑤⑧②③④⑨

(2)

(3)

(4)15、略

【分析】【分析】

(1)熔融碳酸鹽燃料電池；負極是甲烷失電子生成二氧化碳，正極是氧氣得電子生成碳酸根離子；

(2)圖示裝置為雙池原電池；鐵是負極；石墨是正極；

(3)與電源正極相連的C電極為電解池的陽極；與電源負極連接的A電極是陰極，B為陽極，F(xiàn)e為陰極；依據(jù)電子守恒進行計算。

【詳解】

(1)熔融碳酸鹽燃料電池中，陰離子向負極移動，工作過程中向負極移動；燃料電池中負極上失去電子生成電極反應式為：正極上氧氣得電子生成碳酸根離子，電極反應式為：

(2)①設計的原電池裝置的自發(fā)氧化還原反應是：

②其他條件不變，若將溶液換為HCl溶液，電池總反應為石墨的電極反應式為

(3)①依據(jù)裝置圖分析可知，與電源正極相連的C電極為電解池的陽極，與電源負極連接的A電極是陰極，B為陽極，F(xiàn)e為陰極；Fe電極上是溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應為水的電離平衡正向移動，氫氧根離子濃度增大，滴入少量酚酞溶液，鐵電極附近溶液變紅色；

②甲池A為電解池的陰極，電極反應為增重的銅物質(zhì)的量為轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為乙池石墨極為電解池的陽極，電極反應為：依據(jù)電子守恒，生成氯氣放出氣體在標況下的體積為Fe電極電解反應為：消耗氫離子物質(zhì)的量依據(jù)電荷守恒，生成氫氧根離子物質(zhì)的量為則電解后溶液pH為14。

【點睛】

本題考查原電池、電解池，明確燃料電池的反應原理、電解原理是解題關鍵；掌握熔融鹽電池電極反應式的書寫，理解串聯(lián)電解池中各電極轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等?！窘馕觥控摷t4.48L1416、略

【分析】【分析】

電解池中，與電源正極相連的電極是陽極，陽極上失去電子發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的電極是陰極，陰極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，圖中C、D、E、F都是惰性電極，將電源接通后，向乙中滴酚酞溶液，在F極附近顯紅色，則F電極反應為：F為陰極，D質(zhì)量增加，則D電極反應為：D為陰極；則A為正極；B為負極；C、E和G為陽極、D、F和H為陰極；原電池中，還原劑在負極失去電子發(fā)生氧化反應，正極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，據(jù)此回答；

【詳解】

(1)①小紅同學設計利用反應“”制成化學電池來提供電能，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+中Cu為還原劑，故電池的負極材料是Cu，正極上Fe3+得到電子轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2+；則電解質(zhì)溶液是含鐵離子的溶液，例如氯化鐵。

②鋁與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，銅與濃硝酸反應生成硝酸銅、水和二氧化氮，故該原電池中銅為負極，鋁能與氫氧化鈉溶液反應：銅不能與氫氧化鈉溶液反應，則該原電池中，負極為鋁。則B滿足；答案為B。

③小明同學利用CO、氧氣燃料電池作電源，電解質(zhì)為KOH溶液，A電極上的反應式為CO在負極失去電子發(fā)生氧化反應：按得失電子數(shù)守恒，負極消耗的氫氧根離子大于正極生成的氫氧根離子，故工作一段時間后溶液的pH減小。

(2)若甲中裝有足量的硫酸銅溶液，反應為設電解消耗2molCuSO4；則欲使溶液恢復到起始狀態(tài)，可向溶液中加入相當于2molCuO的物質(zhì)，則D滿足，答案為D。

(3)通電后乙中發(fā)生的是惰性電極電解氯化鈉溶液，產(chǎn)物為氫氧化鈉，氫氣和氯氣：總反應方程式為

(4)電鍍時，鍍層金屬作陽極、待鍍金屬作陰極；欲用丙裝置給銅鍍銀，則金屬銀應為G極，按得失電子數(shù)守恒，得反應一段時間后(用CO、氧氣燃料電池作電源)銅制品質(zhì)量增加43.2g，則消耗銀理論上消耗氧氣0.1mol、氧氣的質(zhì)量為3.2g?！窘馕觥緾u氯化鐵等含鐵離子的溶液B減小DG3.2g四、工業(yè)流程題(共2題，共20分)17、略

【分析】【分析】

廢舊電池水浸，過濾出難溶性碳粉、MnO2、MnOOH，灼燒MnO2、KOH、KClO3，在熔融狀態(tài)下反應生成KMnO4，水浸通入過量二氧化碳，生成高錳酸鉀、二氧化錳、碳酸氫鉀，過濾，濾液蒸發(fā)結晶、趁熱過濾，得粗KMnO4。

【詳解】

(1)電池放電反應為：Zn+2NH4C1+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，NH4C1、Zn(NH3)2Cl2可溶于水，所以濾液1的主要成份是NH4C1、Zn(NH3)2Cl2；濾渣1中含有碳粉；碳在空氣中灼燒生成二氧化碳，灼燒的目的是除去碳；

(2)濾渣灼燒，MnOOH轉(zhuǎn)化為MnO2，熔融時MnO2、KOH、KClO3發(fā)生反應生成錳酸鉀、氯化鉀、水，反應的化學方程式為K2MnO4溶液中通入足量CO2生成高錳酸鉀、二氧化錳、碳酸氫鉀，反應的離子方程式

(3)根據(jù)物質(zhì)的溶解度曲線圖，高錳酸鉀的溶解度受溫度影響不大，碳酸氫鉀、氯化鉀的溶解度隨溫度升高明顯增大，濾液2蒸發(fā)結晶、趁熱過濾可得粗KMnO4；

(4)高錳酸鉀較溫度時易分解，所以干燥KMnO4晶體時溫度不宜過高；

(5)當高錳酸鉀完全被消耗時；達到滴定終點，滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后一滴草酸溶液，溶液顏色由紫紅色變?yōu)闊o色，且30秒內(nèi)不恢復原色。

設25.00mL高錳酸鉀溶液中含有高錳酸鉀的物質(zhì)的量是xmol；

x=mol；

KMnO4晶體的純度為

【點睛】

本題以廢電池制備高錳酸鉀為載體，考查化學工藝流程，明確各步驟反應原理是解題關鍵，熟悉常見混合物分離的物理方法，培養(yǎng)學生化學實驗能力和計算能力。【解析】碳蒸發(fā)結晶趁熱過濾高錳酸鉀較溫度時易分解，滴入最后一滴草酸溶液，溶液顏紫紅色變?yōu)闊o色，且30秒內(nèi)不恢復原色18、略

【分析】【分析】

將廢鎳催化劑堿浸，Al和NaOH反應生成偏鋁酸鈉，Ni、Cr、Fe、有機物不與堿反應，則“濾液1”的主要溶質(zhì)為NaAlO2；通過灼燒，除去有機物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全轉(zhuǎn)化為Fe3+，調(diào)節(jié)溶液pH，使Cr3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸鈉，使Ni2+轉(zhuǎn)化為NiCO3沉淀，濾液2中含有硫酸鈉、硝酸鈉、碳酸鈉和次氯酸鈉；過濾后得到的NiCO3中含有雜質(zhì)；應洗滌；干燥后，再煅燒，最終得到鎳的氧化物。

【詳解】

（1）由分析可知，“濾液1”的主要溶質(zhì)為NaAlO2；“灼燒”的目的是除去有機物；

（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金屬離子除外，還有Ni2+、Fe3+；

（3）“分離除雜”中，加入NaClO，使Fe2+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，離子方程式為

（4）過濾后得到的NiCO3中含有雜質(zhì)，應洗滌、干燥后，再煅燒，故“煅燒”濾渣前需進行的兩步操作是洗滌；干燥；

（5）轉(zhuǎn)化為反應的化學方程式為設1mol在下分解為1mol的質(zhì)量為由圖可知，在下分解固體殘留率為67.5%，則分解后的質(zhì)量為根據(jù)Ni原子守恒可知，生成的物質(zhì)的量為=80.3g，得到故生成產(chǎn)物的化學式為

（6）電解溶液，陽極上產(chǎn)物為則陽極的電極反應式為Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O?！窘馕觥?1)NaAlO2除去有機物。

(2)Ni2+Fe3+

(3)

(4)洗滌；干燥。

(5)

(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)19、略

【分析】【分析】

X；Y是短周期元素；X原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的一半，該元素可能是Li或Na元素，Y元素最高正價與它的負價代數(shù)和為6，最高正價與最低負價的絕對值是8，O元素沒有正價，則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，則M是NaCl；電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣；

(1)電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉；氯氣和氫氣；

(2)若A是X；Y同周期的一種常見金屬；則A是金屬Al，根據(jù)鋁的電子層數(shù)和最外層電子數(shù)確定其在元素周期表中的位置，Al能和氫氧化鈉溶液反應，所以B是氫氧化鈉，氫氧化鈉、鋁和水反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；

(3)制造光導纖維的主要原料是二氧化硅；所以A是二氧化硅，二氧化硅能和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，所以B是氫氧化鈉，C和D反應生成氯化氫，硅酸鈉和鹽酸反應生成硅酸和氯化鈉；

(4)氯化鈉可用于氯堿工業(yè)等。

【詳解】

X；Y是短周期元素；X原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的一半，該元素可能是Li或Na元素，Y元素最高正價與它的負價代數(shù)和為6，最高正價與最低負價的絕對值是8，O元素沒有正價，則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，則M是NaCl；電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣；

(1)電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，電解方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

(2)若A是X、Y同周期的一種常見金屬，則A是金屬Al，鋁原子核外有3個電子層，最外層有3個電子，所以其在周期表中處于第三周期、IIIA族，Al能和氫氧化鈉溶液反應，所以B是氫氧化鈉，氫氧化鈉、鋁和水反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

(3)制造光導纖維的主要原料是二氧化硅，所以A是二氧化硅，硅的原子結構示意圖為二氧化硅能和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，所以B是氫氧化鈉，C和D反應生成氯化氫，硅酸鈉和鹽酸反應生成硅酸和氯化鈉，離子反應方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓；

(4)氯化鈉可用于作調(diào)料、生產(chǎn)純堿、燒堿等。【解析】2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑第3周期IIIA族2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2SiO+2H+====H2SiO3↓作調(diào)料、生產(chǎn)純堿等20、略

【分析】【分析】

能和水反應生成兩種生成物的物質(zhì)有活潑金屬如鈉、Na2O2、NO2、Cl2、F2、Al2S3、CaC2、NaH、Mg3N2；C、可水解的鹽以及可水解的有機物如酯、葡萄糖等。

【詳解】

（1）若C為二氧化碳，則B可能為酸，酸性強于H2CO2，B和碳酸鈉反應生成CO2，CO2再和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，則A可能為Cl2、NO2、F2；B也可能為O2，X為C，D為CO，則A為Na2O2。故答案為Cl2、NO2、F2、Na2O2均可；

（2）若X為金屬單質(zhì)，符合此轉(zhuǎn)化的金屬的化合價正價不止一種，所以為鐵。B為強氧化性物質(zhì)，和過量的鐵生成亞鐵鹽，亞鐵鹽再和強氧化性物質(zhì)生成鐵鹽，所以A為NO2，和水反應生成硝酸，則鐵與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵的離子方程式為Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；

（3）若D為白色沉淀，與A摩爾質(zhì)量相等，則A為Na2O2，D為Al(OH)3，兩者摩爾質(zhì)量相等，B為NaOH，X含Al3+，C是偏鋁酸鹽，和Al3+發(fā)生雙水解反應生成Al(OH)3沉淀，反應③的離子方程式為3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓。故答案為Na2O2、3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓；

（4）若A為無色液體，且B、E的摩爾質(zhì)量相等，則A為酯類，酸性水解生成醇和羧酸，羧酸和比羧酸少1個碳原子的醇摩爾質(zhì)量相等，所以A可以為甲酸乙酯，也可以為乙酸丙酯等。B為醇，X為氧氣，C為醛，D為羧酸。反應①的化學方程式為HCOOC2H5＋H2OHCOOH＋C2H5OH（其它合理答案亦可，如A為CH3COOCH2CH2CH3）；

（5）若A為一氧化碳，一氧化碳和水生成H2和CO2，B為CO2，過量的CO2和NaOH反應生成NaHCO3，NaHCO3和NaOH反應生成Na2CO3，所以D為Na2CO3。溫度不變，平衡常數(shù)不變，可以利用平衡常數(shù)計算再次達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率。第一次平衡時，平衡常數(shù)為1，再加入3.75mol水蒸氣，相當于起始時加入3molCO和4.5molH2O(g)，設參與反應的CO為xmol，根據(jù)三段式，可知求得x=1.8，所以CO的轉(zhuǎn)化率為1.8÷3×100%=60%。故答案為Na2CO3，能，計算：

設通入水蒸氣后參與反應的CO共xmol

x=1.8

【解析】①.Cl2、NO2、F2、Na2O2均可②.Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O③.Na2O2④.3Al3+＋3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓⑤.HCOOC2H5＋H2OHCOOH＋C2H5OH（其它合理答案亦可，如A為CH3COOCH2CH2CH3）⑥.Na2CO3⑦.能⑧.計算：

設通入水蒸氣后參與反應的CO共xmol

x=1.8

21、略

【分析】【詳解】

（1）C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，為氫氣與氯氣反應生成HCl，可推知C為H2、D為Cl2、F為HCl，M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，由轉(zhuǎn)化關系可知，M的溶液電解生成氫氣、氯氣與B，可推知M為NaCl、B為NaOH，用惰性電極電解M溶液的離子方程式為：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；F為HCl，分子中H原子與Cl原子之間形成1對共用電子對，其電子式為：

（2）若A是地殼中含量最多的金屬元素則為鋁元素，設NaOH的濃度分別為c，相同體積為VL；若NaOH不足，溶液中的鋁為AlCl3，生成氫氧化鋁白色沉淀發(fā)生反應：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，設反應掉的鋁離子物質(zhì)的量為0.2mol/L×VL×0.5=0.1Vmol，得到的沉淀物中鋁元素的質(zhì)量和溶液中鋁元素的質(zhì)量相等，即0.1Vmol，消耗氫氧化鈉3×0.1Vmol=0.3Vmol，濃度為0.3mol/L；若NaOH過量，生成NaAlO2，此時參加反應的AlCl3的物質(zhì)的量是0.2mo