2025年湘教版選擇性必修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年湘教版選擇性必修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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、在密閉容器中進行反應：X(g)+3Y(g)2Z(g)；有關下列圖像的說法正確的是。

A.依據(jù)圖a可判斷正反應為吸熱反應B.在圖b中，虛線可表示使用催化劑C.圖c可表示增大壓強使平衡向逆反應方向移動D.由圖d中氣體平均相對分子質(zhì)量隨溫度的變化情況，可推知正反應的ΔH＞02、圖為一種新型污水處理裝置，能有效消除氮氧化合物的排放，減輕環(huán)境污染，又能充分利用化學能，下列說法不正確的是。

A.電極極的反應式為：B.電極極作正極，發(fā)生還原反應C.為使電池持續(xù)放電，離子交換膜需選用陰離子交換膜D.當轉移電子為時，有（標準狀況）被處理3、某實驗小組模擬研究汽車尾氣的凈化過程，一定溫度下，在的恒容密閉容器中加入等物質(zhì)的量的和在一定條件下發(fā)生反應：測得一定時間內(nèi)和物質(zhì)的量變化如下表(后，只改變溫度)：。溫度T1℃T2℃時間/0510152025302.001.160.800.800.500.400.4000.420.600.600.750.800.80

下列說法正確的是A.內(nèi)，用表示的平均反應速率為B.C.以CO表示的正反應速率，時大于時D.其他條件不變，改為1L容器，時測得的一定小于4、已知某可逆反應mA（g）+nB（g）pC（g）在密閉容器中進行，下圖表示在不同反應時間t時，溫度T和壓強p與反應物B在混合氣體中的體積分數(shù)B%的關系曲線，由曲線分析，下列判斷正確的是（）

A.T12p1>p2m+n>p放熱反應B.T1>T2p1<p2m+n>p吸熱反應C.T12p1>p2m+nD.T1>T2p12m+n5、如圖所示的雙液原電池；下列敘述正確的是。

A.負極的電極反應式是Ag++e-=AgB.Cu電極上發(fā)生氧化反應C.鹽橋中的陽離子向左池移動D.外電路中，電流從Cu電極流向Ag電極6、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.電池工作時，右側電極上發(fā)生還原反應C.電池工作時，可同時處理兩種不同的廢水D.左池消耗的S2-與右池消耗的的物質(zhì)的量之比為8:57、研究HCOOH燃料電池性能的裝置如圖所示，兩電極區(qū)間用允許K+、H+通過的離子交換膜隔開；下列說法錯誤的是。

A.該燃料電池的總反應方程式為：HCOOH+Fe3+=CO2↑+H2OB.放電過程中，K+向右移動C.放電過程中需要補充的物質(zhì)A為H2SO4D.電池負極電極反應式為：HCOO-+2OH--2e-=+H2O8、在稀氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3·H2O+OH—，對于該平衡，下列敘述正確的是A.加入少量NH4Cl固體，平衡逆向移動，溶液的pH減小B.通入少量氨氣，平衡正向移動，c(NH3·H2O)減小C.加入少量NaOH固體，并恢復至室溫，平衡逆向移動，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)減小D.加水稀釋，NH3·H2O的電離程度及c(OH—)都增大9、下列實驗裝置或方案能達到實驗目的的是。A.測定中和熱B.電解飽和食鹽水并檢測產(chǎn)物C.鐵制品鍍銅D.比較和溶解度大小

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、我國科學家設計了一種鋰離子電池，并用此電池來電解含有Na2SO3的工業(yè)廢水；可獲得硫酸等物質(zhì)，該過程示意圖如圖：

(1)鋰離子電池工作時，a極發(fā)生_______(填“氧化”或“還原”)反應，Li+移向_____(填“a”或“b”)極，寫出b極的電極反應__________。

(2)電解池中物質(zhì)A的化學式是_________，其中右側交換膜的作用是______，寫出d極的電極反應___________。

(3)若電解池左側溶液的體積為2L，其濃度由2mol/L變?yōu)?mol/L時，理論上電路中通過的電子是____mol。11、在硫酸工業(yè)中，通過下列反應使氧化成下表為不同溫度和壓強下的轉化率(%)：。

450550

(1)從理論上分析，為了使二氧化硫盡可能多地轉化為三氧化硫，可采用的條件是____。

(2)在實際生產(chǎn)中，選定400~500℃作為操作溫度，其原因是____。

(3)在實際生產(chǎn)中，采用的壓強為常壓，其原因是_____。

(4)在實際生產(chǎn)中，通入過量空氣的目的是______。

(5)尾氣中有必須回收是為了_______。12、(1)如圖表示某反應的能量變化關系，則此反應為____(填“吸熱”或“放熱”)反應，其中ΔH=____(用含有a、b的關系式表示)。

(2)曾用CuCl2作催化劑，在450℃利用空氣中的氧氣跟氯化氫反應制氯氣，反應的化學方程式為____。使用催化劑對反應焓變有無影響_____。

(3)NaBH4(s)與反應生成和在25℃，101kPa下，已知每消耗放熱該反應的熱化學方程式是_____。

(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料。利用合成氣(主要成分為CO、和)在催化劑作用下合成甲醇；發(fā)生的主要反應如下：

①

②

③

已知反應①中相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下(已知CO的化學鍵為)：。化學鍵H-HC-OH-OC-H4363431076465413

計算_______已知則_______13、為了合理利用化學能；確保安全生產(chǎn)，化工設計需要充分考慮化學反應的反應熱，并采取相應措施?；瘜W反應的反應熱通常用實驗進行測定，也可進行理論推算。

(1)實驗測得，5g液態(tài)甲醇在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出113.5kJ的熱量，試寫出甲醇燃燒的熱化學方程式_______。

(2)今有如下兩個熱化學方程式：則a_______b(選填“>”、“<”或“=”)

(3)由氣態(tài)基態(tài)原子形成1mol化學鍵釋放的最低能量叫鍵能。從化學鍵的角度分析，化學反應的過程就是反應物的化學鍵的破壞和生成物的化學鍵的形成過程?；瘜W鍵H-HN-HN≡N鍵能/kJ·mol-1436391945

已知反應試根據(jù)表中所列鍵能數(shù)據(jù)估算a的值：_______。

(4)依據(jù)蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學反應的反應熱進行推算。

已知：

根據(jù)蓋斯定律，計算298K時由C(s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反應的反應熱△H=_______。14、常溫下，將0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀釋；請?zhí)顚懴铝斜磉_式中的數(shù)據(jù)變化情況(填“變大”“變小”或“不變”)。

(1)_______。

(2)_______。

(3)_______。

(4)_______。

(5)_______。15、CH3COONa溶液是常見的強堿弱酸鹽；可由醋酸和NaOH溶液反應得到。

(1)CH3COONa水溶液呈_______(填“酸”或“堿”)性。

(2)CH3COONa在溶液中發(fā)生水解反應的離子方程式是_______。

(3)用0.1000mol/LNaOH分別滴定25.00mL0.1000mol/L鹽酸和25.00ml0.1000mol/L醋酸；滴定過程中pH變化曲線如下圖所示。

①在上述滴定過程中，不需要使用的玻璃儀器_______(填序號)。

A.容量瓶B.堿式滴定管C.錐形瓶D.膠頭滴管。

②由圖中數(shù)據(jù)可判斷滴定鹽酸的pH變化曲線如圖；判斷的理由如下(答出2點)：

i.起始未滴加NaOH溶液時；_______。

ii._______。

③滴定CH3COOH溶液的過程中，當?shù)渭?2.50mLNaOH溶液時，溶液中各離子濃度由大到小的順序是_______(用符號“c”及“>”表示)。

(4)向0.lmol/LCH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸至恰好反應。反應過程中，你認為CH3COONa的水解平衡向_______(填“左”或“右”)移動，分析的過程：當?shù)稳胂←}酸后，_______。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、恒溫恒容下進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等時，反應達到平衡狀態(tài)。(____)A.正確B.錯誤17、常溫下，等體積的鹽酸和的相同，由水電離出的相同。(_______)A.正確B.錯誤18、25℃時，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正確B.錯誤19、某醋酸溶液的將此溶液稀釋到原體積的2倍后，溶液的則(_______)A.正確B.錯誤20、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤21、pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正確B.錯誤22、在測定中和熱時，稀酸溶液中H＋與稀堿溶液中OH－的物質(zhì)的量相等，則所測中和熱數(shù)值更準確。_____評卷人得分四、實驗題(共3題，共6分)23、實驗室用如圖所示裝置模擬石灰石燃煤煙氣脫硫實驗：

（1）實驗中為提高石灰石漿液脫硫效率可采取的一種措施是____，寫出通入SO2和空氣發(fā)生反應生成石膏(CaSO4·2H2O)的化學方程式____。

（2）將脫硫后的氣體通入KMnO4溶液，可粗略判斷煙氣脫硫效率的現(xiàn)象是____。

（3）研究發(fā)現(xiàn)石灰石漿液的脫硫效率受pH和溫度的影響。煙氣流速一定時，脫硫效率與石灰石漿液pH的關系如圖所示，在pH為5.7時脫硫效果最佳，石灰石漿液5.7＜pH＜6.0時，煙氣脫硫效果降低的可能原因是____，煙氣通入石灰石漿液時的溫度不宜過高，是因為____。

（4）石灰石煙氣脫硫得到的物質(zhì)中的主要成分是CaSO4和CaSO3，實驗人員欲測定石灰石漿液脫硫后的物質(zhì)中CaSO3的含量，以決定燃煤煙氣脫硫時通入空氣的量。請補充完整測定CaSO3含量的實驗方案：取一定量石灰石煙氣脫硫后的物質(zhì)，____。[漿液中CaSO3能充分與硫酸反應。實驗中須使用的藥品：75%的硫酸、標準濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，標準濃度的酸性KMnO4溶液]24、過氧乙酸(CH3COOOH)是無色透明液體,易溶于水；易揮發(fā),見光易分解,具有強氧化性的高效消毒劑,使用過氧乙酸消毒劑時通常先用水稀釋工業(yè)品過氧乙酸,然后用噴霧法對空氣與地面進行消毒.

(1)配制220mL0.05mol/L的過氧乙酸溶液,需使用的儀器有：燒杯、量筒、玻璃棒及__________________、____________________；

(2)配制過程中,可能引起濃度偏高的操作有__________________

A.容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥,含有少量蒸餾水

B.轉移溶液時,不慎有少量溶液灑在容量瓶外。

C.定容時,俯視容量瓶刻度線進行定容。

D.定容后,把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線,補充幾滴水至刻度線。

(3)過氧乙酸半小時內(nèi)會完全分解成乙酸(CH3COOH)和一種常見的氣體單質(zhì),檢驗該氣體單質(zhì)的實驗方法是_____________________________.

(4)如果生產(chǎn)過氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42﹣,要想除掉SO42﹣請選擇下列試劑按照加入先后順序填空__________________________________________(試劑不必選完,填序號即可)

①鹽酸；②醋酸鋇溶液；③氯化鋇溶液；④醋酸；⑤碳酸鈉溶液；⑥NaHCO3溶液.

(5)制取過氧乙酸反應原理為：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH(過氧乙酸)＋H2O,現(xiàn)稱取5.0g用上述方法制取的過氧乙酸試樣(液體),稀釋至100mL備用.取上述稀釋后過氧乙酸試樣5.0mL,用0.01mol/LKMnO4溶液以除去其中的H2O2,隨即加入10%KI溶液10mL,搖勻(化學反應方程式為CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH)再將0.05mol/LNa2S2O3標準溶液加入到上述混合溶液中(化學反應方程式為：I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6),消耗Na2S2O3標準溶液的總體積為20mL.通過計算確定原試樣中過氧乙酸的質(zhì)量分數(shù)為____________________.25、鉍酸鈉(NaBiO3)是分析化學中的重要試劑；在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設計實驗制取鉍酸鈉并探究其應用?；卮鹣铝袉栴}：

Ⅰ.制取鉍酸鈉。制取裝置如圖(加熱和夾持儀器已略去)；部分物質(zhì)性質(zhì)如下：

。物質(zhì)。

NaBiO3

Bi(OH)3

性質(zhì)。

不溶于冷水；淺黃色。

難溶于水；白色。

(1)C中盛放Bi(OH)3與NaOH的混合物，與Cl2反應生成NaBiO3，反應的化學方程式為：_______，B裝置的作用是_______。

(2)當觀察到_______(填現(xiàn)象)時；可以初步判斷C中反應已經(jīng)完成。

(3)拆除裝置前必須先除去殘留的Cl2，以免污染空氣。除去燒瓶A中殘留Cl2的操作是：關閉_______；打開_______。

(4)反應結束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有_______、過濾、_______。

Ⅱ.鉍酸鈉的應用——檢驗Mn2+

(5)往待檢液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液變?yōu)樽霞t色，證明待檢液中存在Mn2+。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為_______。

Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定。

(6)取上述NaBiO3產(chǎn)品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應，再用bmol·L?1的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4+MnO—CO2+Mn2++H2O，未配平)，當溶液紫紅色恰好褪去時，消耗cmL標準溶液。該產(chǎn)品的純度為_______(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。評卷人得分五、計算題(共2題，共20分)26、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0是制備硫酸的重要反應。將4molSO2與2molO2放入2L的密閉容器中，在一定條件下反應5min達到平衡，測得平衡時SO3的濃度為1.5mol/L。

（1）用O2表示的平均速率為___，平衡時SO2的轉化率為___。

（2）寫出該反應的化學平衡常數(shù)表達式K=___；如溫度升高時，K值將___（選填“增大”“減小”或“不變”）。

（3）若不改變反應溫度和反應物中SO2的起始濃度，使SO2的平衡轉化率達到90%，則O2的起始物質(zhì)的量濃度為___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；常溫下，取體積比4：1的甲烷和氫氣的混合氣體11.2L(標準狀況下)，經(jīng)完全燃燒后恢復至室溫，則放出的熱量為________．評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共3題，共21分)28、現(xiàn)有A；B、C、D、E、F六種短周期主族元素；它們的原子序數(shù)依次增大，D與E的氫化物分子構型都是V型。A、B的最外層電子數(shù)之和與C的最外層電子數(shù)相等，A分別與B、C、D形成電子總數(shù)相等的分子。

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

（2）B與D一般情況下可形成兩種常見氣態(tài)化合物，假若現(xiàn)在科學家制出另一種直線型氣態(tài)化合物B2D2分子，且各原子最外層都滿足8電子結構，則B2D2電子式為_________，其固體時的晶體類型是____________。

（3）最近意大利羅馬大學的FuNvioCacace等人獲得了極具理論研究意義的C4氣態(tài)分子。C4分子結構如圖所示，已知斷裂1molC—C吸收167kJ的熱量，生成1molC≡C放出942kJ熱量。試寫出由C4氣態(tài)分子變成C2氣態(tài)分子的熱化學方程式：_____________________________________________。

（4）某鹽x(C2A6F2)的性質(zhì)與CA4F類似；是離子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。

①鹽x顯酸性原因（用離子方程式表示）____________________________。

②寫出足量金屬鎂加入鹽x的溶液中產(chǎn)生H2的化學方程式_____________________________________________29、用含鉻不銹鋼廢渣(含等)制取(鉻綠)的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：

(1)“堿熔”時，為使廢渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。

(2)KOH、反應生成的化學方程式為___________。

(3)“水浸”時，堿熔渣中的強烈水解生成的難溶物為___________(填化學式下同)；為檢驗“水浸”后的濾液中是否含有可選用的化學試劑是___________。

(4)常溫下“酸化”時pH不宜過低的原因是___________；若出時溶液的pH=8，則___________mol/L。{已知：常溫下，}

(5)“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為___________。

(6)由制取鉻綠的方法是___________。30、有一瓶澄清溶液，可能含有K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、中的一種或幾種。取該溶液進行以下實驗：

①用pH試紙檢驗；表明溶液呈強酸性；

②取出部分溶液，加入少量CCl4及數(shù)滴新制氯水，經(jīng)振蕩CCl4層呈紫紅色；

③另取部分溶液；向其中逐滴加入NaOH溶液，使溶液從酸性變?yōu)閴A牲，在滴加過程中先生成白色沉淀后完全溶解；取部分堿性溶液加熱，有氣體放出，該氣體能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍。

④另取部分③中的堿性溶液，向其中加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

根據(jù)以上實驗事實回答下列問題：

(1)該溶液中肯定存在的離子是___________________，肯定不存在的離子是________；

(2)步驟③加入NaOH溶液過程中先生成白色沉淀后完全溶解的離子方程式為_______。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A．正逆反應速率相等時反應達到平衡；繼續(xù)升高溫度逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，A錯誤；

B．催化劑可以縮短達到平衡時間；但不改變平衡轉化率，B正確；

C．該反應前后氣體系數(shù)之和減?。辉龃髩簭娖胶庹蛞苿?，C錯誤；

D．氣體總質(zhì)量不變；升高溫度平均相對分子質(zhì)量減小，說明升溫氣體的物質(zhì)的量增大，即平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，ΔH＜0，D錯誤；

綜上所述答案為B。2、A【分析】【分析】

該裝置要消除氮氧化合物的排放，且整個裝置的電解質(zhì)溶液是堿性條件，故電極反應式不能出現(xiàn)氫離子，分析可知：電極A側通入氨氣，氮元素的化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應，做負極，電極反應式為：電極B側通入二氧化氮，氮元素化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，做正極，電極反應式為：

【詳解】

A．電池整體分析可知，電極極的反應式為：故A錯誤；

B．電池整體分析可知，電極極作正極；發(fā)生還原反應，故B正確；

C．電極A側在反應時會消耗電極B側在反應時會生成故離子交換膜需選用陰離子交換膜，以保證從右側移至左側；負極能夠正常反應，故C正確；

D．根據(jù)正極反應式，可以得知：當轉移電子數(shù)為則氣體應為標況下，的物質(zhì)的量為符合題意，故D正確；

答案選A。

【點睛】

電化學相應題目，要先分析電極情況，本題從題目出發(fā)，要消除氮氧化合物的排放，減輕污染，故本題的總反應是：找準對應關系：負極：升失氧化；正極：降得還原。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．0-5min，Δn(N2)=0.42mol，根據(jù)化學反應方程式可得Δn(NO)=0.84mol，則v(NO)===0.084mol?L-1?min-1；A錯誤；

B．該反應是放熱反應，升高溫度，n(N2)減??；T1到T2，n(N2)增大，說明T1＞T2；B錯誤；

C．和15min時CO的濃度相比，25min時CO的濃度更小，故反應速率25min時小于15min時；且T1大于T2；也能說明反應速率25min時小于15min時；C錯誤；

D．其他條件不變，改為1L容器，相當于將原容器中已形成的平衡狀態(tài)由2L壓縮至1L，則體系的壓強增大，平衡正向移動，CO的物質(zhì)的量減小，故改為1L容器，30min時測得的n(CO)一定小于0.4mol；D正確；

故選D。4、D【分析】【分析】

根據(jù)“先拐先平；數(shù)值大”原則，得到溫度和壓強的大小關系，根據(jù)圖示，結合壓強和B的體積分數(shù)的關系判斷方程式前后的系數(shù)和大小關系，根據(jù)溫度和B的體積分數(shù)的關系，確定化學反應的吸放熱情況。

【詳解】

定壓強相同，比較溫度不同時，即比較曲線T1、p2與曲線T2、p2，根據(jù)先出現(xiàn)拐點，先到達平衡，先出現(xiàn)拐點的曲線表示的溫度高，所以T1>T2；由圖知溫度越高，平衡時B的體積分數(shù)越低，所以平衡向正反應進行，升高溫度，平衡向吸熱方向移動，故正反應為吸熱反應；

定溫度相同，比較壓強不同時，即比較曲線T1、p1與曲線T1、p2，根據(jù)先出現(xiàn)拐點，先到達平衡，先出現(xiàn)拐點的曲線表示的壓強高，所以p12，由圖知壓強越大，B的體積分數(shù)越高，所以平衡向逆反應進行，增大壓強，平衡向體積減小的方向移動，所以m+n

根據(jù)以上分析得出：T1>T2，反應吸熱，p12，m+n5、B【分析】【分析】

根據(jù)原電池反應原理；銅電極為負極，銅失去電子發(fā)生氧化反應；銀電極為正極，銅離子得電子發(fā)生還原反應，依此解答。

【詳解】

A．負極銅失去電子；發(fā)生氧化反應，A錯誤；

B．銅電極為負極；銅失去電子發(fā)生氧化反應，B正確；

C．原電池中；陽離子向正極移動，故鹽橋中的陽離子向銀電極移動，向右池移動，C錯誤；

D．銅電極為負極；銅失去電子，電子由Cu電極流向Ag電極；電流方向與電子方向相反，故電流從Ag電極流向Cu電極，D錯誤；

答案選B。6、D【分析】【分析】

原電池裝置圖中，S2-失電子被氧化為負極，負極的電極反應為：S2-+4H2O-8e-=SO+8H+；NO得電子生成N2，為正極，正極電極反應式為2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O。

【詳解】

A．該電池左室電極上S2-失電子被氧化；為負極，故A正確；

B．電池工作時，NO得電子生成N2，為正極，正極電極反應式為2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O；右側電極上發(fā)生還原反應，故B正確；

C．電池工作時，左側處理S2-，右側處理NO可同時處理兩種不同的廢水，故C正確；

D．負極的電極反應為：S2-+4H2O-8e-=SO+8H+，正極電極反應式為2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O，由電子守恒可知，左池消耗的S2-與右池消耗的NO3-的物質(zhì)的量之比為5:8；故D錯誤；

故選D。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該裝置是燃料電池，因此總方程式為2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O；選項A錯誤；

B．根據(jù)圖示，該燃料電池加入HCOOH的一端為負極，通入O2的一端為正極，因此放電時K+向正極移動；即向右移動，選項B正確；

C．在正極一端發(fā)生的反應為O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，需要消耗H+，且排出K2SO4，可推出需要補充的物質(zhì)A為H2SO4；選項C正確；

D．根據(jù)圖示，負極的電極反應式為：HCOO-+2OH--2e-=+H2O；選項D正確。

答案選A。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．加入少量NH4Cl固體，導致溶液中銨根離子濃度增大，NH3·H2O的電離平衡逆向移動；氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，A敘述正確；

B．通入少量氨氣，導致氨氣與水的反應平衡正向移動，c(NH3·H2O)增大；B敘述錯誤；

C．加入少量NaOH固體，并恢復至室溫，NH3·H2O的電離平衡逆向移動，但NH3·H2O的電離平衡常數(shù)與溫度有關；溫度未變，平衡常數(shù)不變，C敘述錯誤；

D．加水稀釋，NH3·H2O的電離平衡正向移動，電離程度增大，但c(OH-)減?。籇敘述錯誤；

答案為A。9、D【分析】【詳解】

A．銅棒會使熱量散失；不利于測定中和熱，故A錯誤；

B．檢驗陽極產(chǎn)物氯氣時應用濕潤的淀粉KI試紙；故B錯誤；

C．鐵制品鍍銅；銅片作陽極，待鍍鐵制品作陰極，故C錯誤；

D．硝酸銀滴入足量氯化鈉中充分反應生成氯化銀沉淀；再滴加硫化鈉溶液，若觀察到白色沉淀轉化為黑色沉淀，可知氯化銀易轉化為硫化銀，則硫化銀的溶解度小于氯化銀，故D正確；

故選：D。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

在該鋰電池中，b電極Li失去電子；為原電池負極，a電極Mn元素得到電子，為原電池正極，根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則判斷離子移動方向；與電源負極連接的電極為陰極，發(fā)生還原反應；與電源正極連接的電極為陽極，發(fā)生氧化反應，結合離子放電能力大小判斷電解池兩個電極產(chǎn)生的物質(zhì)；電極反應式及交換膜的種類，根據(jù)轉移電子與產(chǎn)生微粒的物質(zhì)的量關系計算電子轉移的物質(zhì)的量的多少。

【詳解】

(1)鋰離子電池工作時，a極發(fā)生Mn得到電子，發(fā)生還原反應；Li+帶有正電荷，向負電荷較多的正極a極移動，負極b極上Li失去電子變?yōu)長i+，該電極反應式為Li?e?=Li+，故答案為：還原；a；Li?e?=Li+；

(2)在電解池中，c電極連接電源負極，為陰極，在陰極c上溶液中的H+得到電子變?yōu)镠2逸出，電極反應式為2H++2e?=H2↑，所以物質(zhì)A的化學式是H2，在右側溶液中的離子失去電子發(fā)生氧化反應，陰離子不斷放電，使右側溶液中正電荷較多，所以右側交換膜應選用陰離子交換膜，該交換膜的作用是能選擇性的通過SO起到平衡電荷的作用，在d極的電極反應式為：SO?2e?+H2O=2H++SO或寫為2H2O?4e?=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO故答案為：H2；能選擇性的通過SO起到平衡電荷的作用；SO?2e?+H2O=2H++SO或寫為2H2O?4e?=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO

(3)若電解池左側溶液的體積為2L，其濃度由2mol/L變?yōu)?mol/L時，△n(OH?)=2L×(4mol/L?2mol/L)=4mol，由于左側電極為2H++2e?=H2↑，每消耗2molH+，就會同時產(chǎn)生2molOH?，轉移2mol電子，現(xiàn)在溶液中OH?物質(zhì)的量增加了4mol，因此理論上電路中通過的電子是4mol，故答案為：4。【解析】還原aLi?e?=Li+H2能選擇性的通過SO起到平衡電荷的作用SO?2e?+H2O=2H++SO或寫為2H2O?4e?=O2↑+4H+，2SO+O2=2SO411、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)題干信息；該反應放熱且反應前后氣體體積減小，因此增大壓強和降低溫度可以使得反應正向進行，即為了使二氧化硫盡可能多地轉化為三氧化硫，可采用的條件是低溫；高壓；

(2)根據(jù)表格信息可知；400~500℃時，催化劑的活性最強，選擇此溫度可提高反應速率，縮短反應達到平衡所需要的時間；

(3)在常壓、400~500℃時，的轉化率已經(jīng)很高；若再加壓，對設備等的要求高，加大了成本，不經(jīng)濟，因此在實際生產(chǎn)中，常采用常壓即可；

(4)實際生產(chǎn)中，通入過量的空氣可以增大氧氣的濃度，使平衡向生成的方向移動，同時提高的轉化率；

(5)SO2有毒且能夠形成酸雨，直接排放至空氣中會污染環(huán)境，因此尾氣中的SO2必須回收，以減少對環(huán)境的污染。【解析】低溫、高壓在該溫度下催化劑的活性最強，選擇此溫度可提高反應速率，縮短反應達到平衡所需要的時間在常壓、400~500℃時，的轉化率已經(jīng)很高，若再加壓，對設備等的要求高，加大了成本，不經(jīng)濟增大氧氣的濃度，使平衡向生成的方向移動，同時提高的轉化率減少對環(huán)境的污染12、略

【分析】【詳解】

(1)反應物的能量高于生成物，因此是放熱反應。反應熱為反應物斷鍵吸收的能量與生成物成鍵放出的能量之差，即H=(a-b)kJmol-1，故答案為：放熱；(a-b)kJ·mol-1；

(2)用CuCl2作催化劑，在450℃利用空氣中的氧氣跟氯化氫反應制氯氣，生成氯氣和水，配平書寫化學方程式為O2+4HCl2Cl2+2H2O。催化劑改變反應的途徑，不改變始終態(tài)，則催化劑降低反應所需的活化能，但對反應熱無影響。故答案為：O2+4HCl2Cl2+2H2O；無；

(3)3.8gNaBH4的物質(zhì)的量為0.1mol，在25℃，101kPa下，每消耗3.8gNaBH4(s)放熱21.6kJ，則消耗1molNaBH4(s)放熱216kJ，則該反應的熱化學方程式是答案為：

(4)反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能，故H1=1076kJmol-1+2436kJmol-1-(3413+343+465)kJmol-1=-99kJmol-1；

反應②-反應①得反應③，根據(jù)蓋斯定律H3=H2-H1=-58kJmol-1-(-99kJmol-1)=+41kJmol-1，故答案為：-99；+41?！窘馕觥糠艧?a-b)kJ·mol-1O2+4HCl2Cl2+2H2O無-99+4113、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)5g液態(tài)甲醇在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出113.5kJ的熱量，則1mol甲醇(即32g甲醇)充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出=726.4kJ的熱量，2mol甲醇充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出726.4kJ×2=1452.8kJ的熱量，所以甲醇燃燒的熱化學方程式為2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)ΔH=-1452.8kJ/mol。

(2)氣態(tài)水轉化為液態(tài)水要放出熱量，由于放熱反應的反應熱為負值，則a＞b；

(3)ΔH=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，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，根據(jù)蓋斯定律，[①×4+②-③]÷2得到反應的熱化學方程式為：2C(s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=[-393.5kJ?mol-1×4-571.6kJ?mol-1-(-2599kJ?mol-1)]÷2=+226.7kJ?mol-1?！窘馕觥?gt;-93+226.7kJ·mol-114、略

【分析】【詳解】

(1)加水稀釋時，醋酸的電離平衡正向移動，n(CH3COOH)減小，n(H＋)增大，=所以其比值變小。答案為：變?。?/p>

(2)稀釋時醋酸的電離平衡正向移動，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO-)增大，=所以其比值變大。答案為：變大；

(3)醋酸溶液稀釋，醋酸電離出的c(CH3COO-)=c(H＋)，但隨著醋酸的稀釋，水的電離程度不斷增大，水電離產(chǎn)生的c(H＋)不斷增大，所以不斷變小。答案為：變??；

(4)=Ka，溫度一定時，醋酸的電離常數(shù)Ka不變。答案為：不變；

(5)=溫度不變時，KW、Ka都不變，所以比值不變。答案為：不變?！窘馕觥孔冃∽兇笞冃〔蛔儾蛔?5、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)CH3COONa為強堿弱酸鹽；醋酸根離子水解生成醋酸和氫氧根離子，導致水溶液呈堿性；

(2)CH3COONa在溶液中醋酸根離子水解生成醋酸和氫氧根離子，離子方程式為CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

(3)①滴定過程中；使用的儀器有酸式滴定管；堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶，不用容量瓶，答案為AD；

②i.未加入NaOH時，鹽酸的濃度為0.100mol/L，為強酸，完全電離，c(H+)=0.1mol/L；溶液的pH=1；

ii.恰好完全反應時；溶液為中性，即pH=7；

③滴定CH3COOH溶液的過程中，當?shù)渭?2.50mLNaOH溶液時，溶質(zhì)為等量的CH3COOH、CH3COONa，根據(jù)圖像，溶液顯酸性，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，即c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(4)CH3COONa溶液中，CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，向溶液加入鹽酸，鹽酸電離產(chǎn)生的氫離子與氫氧根離子反應生成水，導致水解平衡向右移動；或向溶液加入鹽酸，氫離子與醋酸根離子反應生成醋酸，溶液中醋酸濃度增大，水解平衡向左移動?！窘馕觥繅ACH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-AD0.1000mol/L鹽酸，pH=1恰好完全反應時，為氯化鈉溶液，pH=7c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)左或右向溶液加入鹽酸，鹽酸電離產(chǎn)生的氫離子與氫氧根離子反應生成水，導致水解平衡向右移動；或向溶液加入鹽酸，氫離子與醋酸根離子反應生成醋酸，溶液中醋酸濃度增大，水解平衡向左移動三、判斷題(共7題，共14分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

恒溫恒容下進行的可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的生成速率相等時，即正反應速率和逆反應速率相等時，反應達到平衡狀態(tài)，故錯誤。17、A【分析】【詳解】

鹽酸和CH3COOH的pH相同，說明溶液中c(H+)相等，根據(jù)Kw=c(H+)·c(OH-)，則溶液中c(OH-)相等，水電離出c(OH-)和c(H+)相等，即常溫下，等體積的鹽酸和CH3COOH的pH相同，由水電離出的c(H+)相同，故正確。18、B【分析】【分析】

【詳解】

KW只與溫度有關，與濃度無關，25℃時KW=1×10-14，故答案為：錯誤。19、B【分析】【詳解】

無論強酸溶液還是弱酸溶液加水稀釋，溶液的酸性都減弱，pH都增大，即a20、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數(shù)有關，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=11的氨水中氫氧根濃度和pH=3的鹽酸中氫離子濃度相等。鹽酸是強酸，一水合氨是弱堿,故等體積的混合溶液呈堿性，則結合電中性：得故答案為：錯誤。22、×【分析】【詳解】

在測定中和熱時，通常稀堿溶液中OH-稍過量，以保證稀酸溶液中H+完全被中和，所測中和熱數(shù)值更準確；錯誤。【解析】錯四、實驗題(共3題，共6分)23、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)加快反應速率的條件分析；利用電子守恒；原子守恒寫出化學方程式；

（2）用高錳酸鉀溶液檢測SO2的含量；

（3）根據(jù)影響化學反應速率的因素分析；

（4）利用氧化還原滴定的方法測定CaSO3含量。

【詳解】

（1）實驗中為提高石灰石漿液脫硫效率采取的措施是不斷攪拌、制成漿液；根據(jù)電子守恒和原子守恒，寫出通入SO2和空氣發(fā)生反應生成石膏(CaSO4·2H2O)的化學方程式2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2。

（2）脫硫后的氣體含有少量SO2氣體，通入KMnO4溶液能使高錳酸鉀溶液顏色；因此根據(jù)顏色褪去的快慢，可粗略判斷煙氣脫硫效率，本題答案為：高錳酸鉀溶液顏色褪去的快慢。

（3）由脫硫效率與石灰石漿液pH的關系圖知，在為5.7時脫硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度減小，減慢了與SO2的反應；溫度升高SO2的溶解度小，因此，本題正確答案為：石灰石的溶解度減小，減慢了與SO2的反應；溫度升高SO2的溶解度小。

（4）欲測定CaSO3的含量，根據(jù)所給實驗藥品，先向樣品中加入足量的75%的硫酸，加熱，將生成的SO2氣體通入一定體積過量的標準濃度的酸性KMnO4溶液，記錄加入KMnO4溶液的體積，充分反應后，用標準濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（過量酸性KMnO4溶液），記錄達到滴定終點時消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積；計算得出結果。

【點睛】

本題考查影響化學反應速率的因素、反應條件的選擇、定量測定實驗的設計，難點是（4）小題中，實驗步驟的設計，要注意實驗原理的分析，根據(jù)實驗原理設計實驗步驟。【解析】不斷攪拌、制成漿液2CaCO3+2SO2+O2+4H2O＝2CaSO4·2H2O+2CO2高錳酸鉀溶液顏色褪去的快慢石灰石的溶解度減小，減慢了與SO2的反應溫度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸，加熱，將生成的SO2氣體通入一定體積過量的標準濃度的酸性KMnO4溶液，記錄加入KMnO4溶液的體積，充分反應后，用標準濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（過量酸性KMnO4溶液），記錄達到滴定終點時消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積，計算得出結果24、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)配制步驟是計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶來分析需要的儀器；

(2)根據(jù)c=并結合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析；

(3)過氧乙酸能分解為乙酸和氧氣；根據(jù)氧氣能使帶火星的木條復燃來分析；

(4)除去CH3COONa中混有了SO42﹣；應加入過量的醋酸鋇，然后加碳酸鈉除去過量的鋇離子，最后加醋酸除去過量的碳酸根即可；

(5)根據(jù)CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH及I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6兩個化學方程式，可以得關系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，據(jù)此計算稀釋后5mL反應中n（CH3COOOH）；進而計算原試樣中過氧乙酸的質(zhì)量分數(shù)。

【詳解】

(1)根據(jù)配制步驟是計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶可以知道所需的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶和膠頭滴管，故除了燒杯、量筒、玻璃棒外，還需要250mL容量瓶、膠頭滴管，

因此，本題正確答案是：250mL容量瓶；膠頭滴管；

(2)A.容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，含有少量蒸餾水對所配溶液的濃度無影響，故A錯誤；

B.轉移溶液時，不慎有少量溶液灑在容量瓶外，會造成溶質(zhì)的損失，則濃度偏低，故B錯誤；

C.定容時，俯視容量瓶刻度線進行定容，則溶液體積偏小，濃度偏高，所以C選項是正確的；

D.定容后，把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線是正常的，不必補充幾滴水至刻度線，若補充了，則濃度偏低，故D錯誤。

因此，本題正確答案是：C；

(3)過氧乙酸能分解為乙酸和氧氣，而氧氣能使帶火星的木條復燃，故檢驗氧氣的方法為用帶火星的木棍接觸氣體，觀察是否復燃；

因此，本題正確答案是：用帶火星的木棍接觸氣體，觀察是否復燃；

(4)除去CH3COONa中混有了SO42﹣；應加入鋇鹽，引入鋇離子，而從不要引入新雜質(zhì)的角度來分析，應加入過量的醋酸鋇；然后加過量的碳酸鈉除去過量的鋇離子，最后加醋酸除去過量的碳酸根即可；

因此；本題正確答案是：②⑤④；

(5)根據(jù)CH3COOOH＋2KI＝CH3COOK＋I2＋KOH及I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6兩個化學方程式，可以得關系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，由關系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0.02L=5×10-4mol；

故原樣品中w（CH3COOOH）=100%=15.2%，

因此；本題正確答案是：15.2%．

【點睛】

本題考查溶液的配制、誤差分析、物質(zhì)的性質(zhì)與除雜氧化還原反應滴定、實驗原理的分析和多步反應關系的計算等，易錯點為（5），注意利用關系式進行計算，學生容易忽略滴定中所取溶液的體積，按稀釋后溶液體積計算，導致錯誤答案?！窘馕觥?50mL容量瓶膠頭滴管C用帶火星的木棍接觸氣體,觀察是否復燃②⑤④15.2%25、略

【分析】【分析】

用濃鹽酸和二氧化錳反應制備氯氣，其中混合有揮發(fā)出的氯化氫氣體，要用飽和食鹽水進行除雜，然后利用氯氣的強氧化性，在堿性環(huán)境下將Bi(OH)3氧化為NaBiO3；利用錳離子的還原性將NaBiO3還原，錳離子氧化為高錳酸根離子，檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結束后，產(chǎn)物有毒性，故打開三頸燒瓶的氫氧化鈉溶液，吸收剩余的氯氣；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和錳離子反應生成高錳酸根；高錳酸根再與草酸反應來測定，根據(jù)氧化還原反應反應進行計算。據(jù)此分析解題。

【詳解】

(1)C中盛放Bi(OH)3與NaOH的混合物，與Cl2反應生成NaBiO3，根據(jù)氧化還原反應原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。濃鹽酸具有揮發(fā)性；B裝置的作用是除去HCl。

(2)C中反應已經(jīng)完成，則白色的Bi(OH)3全部變成了黃色的NaBiO3；白色固體消失。

(3)從圖上裝置看，關閉K1、K3，打開K2可使氫氧化鈉流下與剩余的氯氣反應。

(4)反應結束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，由題意可知，NaBiO3不溶于冷水；接下來的操作盡可能在冷水環(huán)境下進行，需要的操作可在冰水中冷卻結晶；過濾、洗滌、干燥。

(5)往待檢液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液變?yōu)樽霞t色，證明待檢液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將錳離子氧化為高錳酸根離子，因為屬于酸性環(huán)境，所以鉍酸鈉被還原為Bi3+，根據(jù)氧化還原反應原理可知，產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O。

(6)根據(jù)得失電子守恒可知，草酸和高錳酸根離子的反應比例H2C2O4~MnO4-=5：2，又因為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，純度為=或【解析】Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O除去HClC中的白色固體消失(或黃色不再加深；C中上方充滿黃綠色氣體等)K1、K3(K1可不填)K2在冰水中冷卻結晶洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O280bc×10-3/a或28bc/a％或0.28bc/a×100％五、計算題(共2題，共20分)26、略

【分析】【詳解】

（1）由題意有物質(zhì)的量濃度的變化量之比等于化學計量數(shù)之比，則所以平衡時則氧氣的反應速率二氧化硫的轉化率故答案為：0.15mol/（L·min）；75%；

（2）由2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＜0可知，該反應的平衡常數(shù)K=化學平衡常數(shù)只與溫度有關，由于該反應ΔH＜0為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故答案為：減小；

（3）由可知該反應的平衡常數(shù)若不改變反應溫度和反應物中SO2的起始濃度，使SO2的平衡轉化率達到90%，則設O2的起始物質(zhì)的量濃度為amol/L，則由可得由于溫度不變，所以則解得a=3.15mol/L，故答案為：3.15?！窘馕觥竣?0.15mol/（L·min）②.75%③.④.減小⑤.3.1527、略

【分析】【詳解】

標準狀況下11.2L甲烷和氫氣混合氣體的物質(zhì)的量為=0.5mol，甲烷和氫氣的體積之比為4：1，所以甲烷的物質(zhì)的量為：0.5mol×=0.4mol，氫氣的物質(zhì)的量為0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O