2024年华东师大版选择性必修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2024年华东师大版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某电解质溶液的pH=a，向其中插入两惰性电极，通电一段时间后，测知pH=b；若 b＜a，该电解质可能是 ()A.NaOHB.CuSO4C.NaClD.Na2SO42、下列说法不正确的是A.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率B.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe2+C.保护天然气管道时，将铁制管道与电源的正极相连D.电解精炼铜，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液3、二甲醚()是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。加氢制二甲醚的反应体系中；主要发生反应的热化学方程式为。

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

在2MPa，起始投料时，的平衡转化率及CO、的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是。

A.反应的B.图中X表示COC.为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂D.温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的少于反应Ⅱ生成的4、用已知物质的量浓度的NaOH溶液测定未知物质的量浓度的盐酸，其操作错误的是()A.酸式滴定管需用待测盐酸润洗B.碱式滴定管不用标准碱液润洗C.排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡D.滴定结束，读数时要平视读数5、某小组为测定NaCl晶体中离子键断裂时所需要的能量(△H4)，设计了如图所示的转化关系，则△H4可表示为。

A.△H1+△H2-△H3-△H5+△H6B.△H1+△H2+△H3-△H5+△H6C.△H1+△H2+△H3-△H5-△H6D.△H3+△H5-△H1-△H2-△H66、一种HCOONa－O2、H2O化学电池工作原理如图所示：

下列说法正确的是A.电极M为正极，发生氧化反应B.M电极反应式为HCOO－+3OH－－2e－=CO+2H2OC.电子由电极M经电解质(CEM)流向电极ND.N电极每生成1molNaOH，理论上电路中有4mol电子转移7、常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。

下列说法中正确的是A.H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-B.当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)C.常温下，HA-的电离平衡常数为1×10-5D.当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)8、实验室中下列做法错误的是。

A.用苯萃取甲苯中的溴单质B.用碱石灰干燥氨气C.盛放酒精的容器应贴上如图标签D.配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸9、为了防止钢铁锈蚀，下列防护方法中正确的是A.在精密机床的铁床上安装铜螺钉B.在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中C.在海轮上安装锌板浸在海水里D.在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0，在100℃时，将0.40molNO2气体充入2L密闭容器中，每隔一段时间对该容器的物质进行测量，得到的数据如下表：。时间/s

n/mol020406080100n(NO2)0.40a0.26cden(N2O4)0.000.05b0.080.080.08

（1）100s后降低反应混合物的温度，混合气体的颜色_________（填“变浅”；“变深”或“不变”）。

（2）20至40s内，v(NO2)=__________mol/(L·s)，100℃时该反应的平衡常数K=_____________。

（3）将一定量的NO2充入密闭注射器中，图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是______________

A.b点的操作是压缩注射器。

B.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小。

C.若密闭注射器为绝热容器，则T(b)＞T(c)

D.d点时v（正）＞v（逆）

（4）能说明反应2NO2（红棕色）N2O4（无色）达平衡的是_________

A.体系的颜色不变B.恒容条件下；气体的密度不变。

C.2v正（NO2）=v逆（N2O4）D.混合气体的平均摩尔质量不变11、固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2生产甲醇的方法：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科学实验小组将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，保持温度不变，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线II所示(a、b；c、d、e括号内数据表示坐标)。回答下列问题：

(1)a~b、b~c、c~d三段中，平均反应速率最大的是_____段，该时间段内H2的平均反应速率是_____。

(2)H2的物质的量不再改变时，CO2的转化率是____；反应前后容器内的压强之比是____。12、化学反应速率和限度与生产；生活密切相关。

（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气标准状况，实验记录如表累计值：。时间12345氢气体积100240464576620

①哪一时间段反应速率最大__(填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min)。反应开始后反应速率先增大的原因是__。

②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率___(设溶液体积不变)。

（2）另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入少量的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是__。

A.蒸馏水B.KCl溶液C.KNO3溶液D.CuSO4溶液。

（3）某温度下在4L密闭容器中；X；Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。

①该反应的化学方程式是__。

②该反应达到平衡状态的标志是__。

A.X；Y、Z的反应速率相等。

B.X；Y的反应速率比为3:1

C.容器内气体压强保持不变。

D.生成2molZ的同时生成3molX13、(1)写出实验室用溶液制取沉淀的离子方程式:___________。

(2)浓硝酸应贮存在避光低温处；原因是:_________________________(用化学方程式表示)。

(3)乙烷气体()的标准燃烧热则乙烷气体燃烧的热化学方程式可表示为：_________________________________________。14、如图中；甲是电解氯化钠溶液，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：

(1)a极上的电极反应式为_______。

(2)在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是_______填“粗铜板”或“纯铜板”在d电极上发生的电极反应为_______。

(3)如果要在铁制品上镀镍二价金属则e电极的材料是_______填“铁制品”或“镍块”)。

(4)用人工光合作用得到的甲醇氧气和稀硫酸制作燃料电池，则甲醇应通入该燃料电池的_______极填“正”或“负”通入氧气一极的电极反应式：_______15、一个电化学过程的示意图如图所示。

请回答下列问题：

(l)通入CH3CH2OH一极的电极反应式为__________________________。

(2)乙池是铜的精炼池，则A电极的材料是_____________；反应一段时间后，乙池溶液中c(Cu2＋)__________(填“增大”“变小”或“不变”)。

(3)丙池含有0.01molKCl的溶液100mL，假如电路中转移了0.03mole－，则阳极产生的气体在标准状况下的体积是________。

(4)丙池中滴有酚酞，实验开始后观察到的现象是_______________________________，写出丙池的总反应方程式：________________________________________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误17、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误18、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误19、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误20、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21、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误22、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、A；B、D和E四种元素均为短周期元素,原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图所示：

只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成,其中只有M分子同时含有三种元素;W为N2H4,可作火箭燃料;甲；乙为非金属单质;X分子中含有10个电子,它们之间的转化关系如图所示：

回答下列问题:

(1)甲和乙生成标准状况下1.12LY,吸收9.025kJ的热量,写出反应的热化学方程式:____。

(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后,所得溶液的pH__7(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________(用离子方程式表示)。

(3)W-空气燃料电池是一种碱性燃料电池,电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。W-空气燃料电池放电时,正极反应式为_____________,负极反应式为_________。

(4)将一定量的A2、B2混合气体放入1L密闭容器中,在500℃、2×107Pa下反应达到平衡,测得平衡气体的总物质的量为0.5mol,其中A2为0.3mol,B2为0.1mol。则该条件下A2的平衡转化率为____,该温度下该反应的平衡常数为_____。

(5)在密闭容器中充入一定量的A2、B2混合气体，改变外界条件，H2的转化率变化如图所示：则X可代表什么____？

A、温度的变化B、压强的变化C、n(B2)/n(A2)的变化D、催化剂接触面积多少24、物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物；甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D；F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。

则。

（1）A的分子式是_________，甲的电子式是________。

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是________________。

（3）若1.7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______。25、如图是中学化学某些物质之间的相互转化关系；已知A是种常见的液态化合物，C；D、G、H均为单质，G、H形成的合金是当前使用量最大的一种合金，B是黑色固体。

（1）A与H反应的化学方程式为__________________。

（2）若D与C反应可得到A，则F的化学式可能为___________________。

（3）以Pt为电极，由I、D以及NaOH溶液组成原电池，则D应通入到__________（填“正”或“负”）极，另一电极上的电极反应式为_________________。26、有V；W、X、Y、Z五种元素；它们的原子序数依次增大，且都小于20；其中X和Z是金属元素。已知V和Z属同一族，它们原子最外电子层上只有1个电子，W和Y也属同一族，W原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子数的3倍，X原子最外电子层上电子数等于Y原子最外电子层上电子数的一半。请用相关的元素符号回答：

(1)X、Z各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，该反应的离子方程式为______。

(2)X最高价氧化物对应的水化物在水中电离方程式为：___________。

(3)W与Z可形成化合物Z2W2，该化合物的电子式为________________________。

(4)Y与Z形成的化合物水溶液pH_____7(填“＞”、“＜”或“=”)，用离子方程式表示其原因_______。

(5)Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液能金属铜在加热条件下产生一种气体，该气体使溴水褪色的原因是______。

(6)W与V可形成化合物V2W2，该化合物的结构式为______________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共3分)27、稀土工业生产中，草酸(H2C2O4)是稀土元素沉淀剂。工业生产中会产生稀土草酸沉淀废水；其主要成分为盐酸和草酸的混合溶液及微量的草酸稀土杂质等。此废水腐蚀性较强，直接排放会造成环境污染。工业上处理废水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相关工业流程如图所示：

25℃时，各物质的溶度积常数如下表：。Ksp[Fe(OH)3]Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)Ka1(H2C2O4)]Ka2(H2C2O4)2.5×10-392.0×10-85.0×10-106.0×10-26.25×10-5

回答下列问题：

(1)“①氧化法”中Fe3+是反应的催化剂，反应产生了两种无毒气体。则草酸和臭氧反应的化学方程式为_______。

(2)“氧化”步骤中，当废水pH=1.0时，单位时间内的草酸去除率接近55%；当废水的pH上升至5.5时，单位时间内的草酸去除率只有5%，其原因是_______。为了使加入的17.5mg·L-1的Fe3+催化效果达到最佳，废水酸化时应将pH调整至小于_______(已知lg2=0.3；1g5=0.7)。

(3)“②沉淀法”：将1.5molPbSO4沉淀剂加到1L含有0.1mol·L-1草酸的模拟废水中。沉淀时发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)=PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)。请计算此反应的平衡常数K=_______。

(4)滤饼“酸化”“过滤”后可重复利用的物质为_______(填化学式)。

(5)比较“①氧化法”和“②沉淀法”，从原料利用率角度分析，方法_______(填“①”或“②”)更好，原因是_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

若 b＜a；则表明电解一段时间后，溶液的pH减小，溶液的酸性增强。

【详解】

A．电解NaOH溶液的实质是电解水，电解一段时间后，c(NaOH)增大；pH增大，A不合题意；

B．电解CuSO4溶液，生成Cu、H2SO4和O2；溶液的酸性增强，pH减小，B符合题意；

C．电解NaCl溶液，生成NaOH、H2和Cl2；溶液的碱性增强，pH增大，C不合题意；

D．电解Na2SO4溶液的实质是电解水，电解后c(Na2SO4)增大；pH不变，D不合题意；

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．为减缓船体的腐蚀速率；需阻止海轮外壳的铁失电子，镶入锌块后，由于锌的金属活动性比铁强，所以可阻止铁失电子，从而达到保护海轮外壳的目的，A正确；

B．钢铁发生电化学腐蚀时，负极金属铁会失电子生成Fe2+，从而得出负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；B正确；

C．保护天然气管道时；需阻止铁制管道中的铁失电子，所以可与电源的负极相连，C不正确；

D．电解精炼铜，需去除粗铜中混有的杂质，所以粗铜应作阳极，纯铜作阴极，含有可溶性Cu2+的CuSO4溶液作电解质溶液；从而将粗铜中的铜由阳极转移到阴极表面，D正确；

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．由盖斯定律知：反应2×Ⅱ+Ⅲ得反应：则A错误；

B．温度升高；反应Ⅰ向正向移动，则CO的平衡体积分数应增大，故Y表示CO，B错误；

C．催化剂有选择性；高效催化剂能有效提高产率，为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂，C正确；

D．由图可知，温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的大于反应Ⅱ生成的D错误；

答案选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．酸式滴定管必须用待测液盐酸润洗；A正确；

B．碱式滴定管必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；否则导致滴定结果偏大，B错误；

C．排除碱式滴定管尖嘴端气泡时；可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡，使滴定管尖嘴部分充满液体，C正确；

D．滴定结束；读数时眼睛视线必须与凹液面的最低点相平，以准确量取标准溶液的体积，D正确；

故答案是B。5、A【分析】【详解】

由图可知，氯化钠和溴化钠固体通过过程1、2、6得到的微粒和通过过程3、4、5得到的微粒都是Na+(g)、Br-(aq)、Na+(aq)、Cl-(aq)，故两部分的反应热相同，△H3+△H4+△H5=△H1+△H2+△H6，即△H4=△H1+△H2-△H3-△H5+△H6；

故选A。6、B【分析】【详解】

A．根据图中信息；钠离子向右移动，根据“同性相吸”，因此N极为正极，电极M为负极，发生氧化反应，故A错误；

B．根据图中信息，M电极发生氧化反应，生成碳酸根，因此M电极反应式为HCOO－+3OH－－2e－=CO+2H2O；故B正确；

C．电子由负极(M)经导线流向正极(N)；不能通过电解质，故C错误；

D．根据O2+4e－+2H2O=4OH－；因此N电极每生成1molNaOH，理论上电路中有1mol电子转移，故D错误。

综上所述，答案为B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-；A错误；

B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-⇌H++A2-和H2O⇌H++OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)；B正确；

C．HA-的电离平衡常数表达式为Ka=据图可知当c(A2-)=c(HA-)时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2；C错误；

D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)；D错误；

综上所述答案为B。8、A【分析】【详解】

A．由于苯与甲苯能够互溶；故不能用苯萃取甲苯中的溴单质，A错误；

B．由于NH3为碱性气体；故可以用碱石灰干燥氨气，B正确；

C．酒精是一种易燃性液体；故盛放酒精的容器应贴上如图标签，C正确；

D．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸以抑制Fe3+的水解；D正确；

故答案为：A。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．铁和铜在电解质溶液中构成原电池；活泼金属铁做负极被损耗，则在精密机床的铁床上安装铜螺钉不能防止钢铁锈蚀，故A错误；

B．铁和石墨在海水中构成原电池；活泼金属铁做负极被损耗，则在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中不能防止钢铁锈蚀，故B错误；

C．铁和锌在海水中构成原电池；活泼金属锌做负极被损耗，铁做正极被保护，则在海轮上安装锌板浸在海水里能防止钢铁锈蚀，故C正确；

D．在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极时；铁做电解池的阳极，腐蚀速率加快，不能防止钢铁锈蚀，故D错误；

故选C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

(1)该反应△H＜0；为放热反应，降温平衡右移；

(2)根据进行计算，根据K=进行计算；

(3)该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程；气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析；

(4)化学反应达到化学平衡状态时；正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；

【详解】

(1)二氧化氮为红棕色；该反应△H＜0，为放热反应，降温平衡右移，二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，故答案为：变浅；

(2)20s时生成的n(N2O4)=0.05mol，根据方程式2NO2N2O4可知消耗的二氧化氮为0.1mol，所以a=0.30mol，容器的体积为2L，所以20至40s内，v(NO2)=60s后N2O4的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡，100℃时平衡时n(N2O4)=0.08mol，消耗二氧化氮为0.16mol，所以e=0.24mol，容器体积为2L，所以平衡时c(N2O4)=0.04mol/L，c(NO2)=0.12mol/L，K==故答案为：0.001；2.78；

(3)A、b点之后；c点之前，透光率先减小，后小幅度上升，压缩注射器后，二氧化氮浓度增大，后由于压强增大平衡右移，二氧化氮浓度有所减小，故A正确；

B；c点是压缩注射器后的情况；二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；

C、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)＜T(c)，故C错误；

D、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v(逆)＞v(正)，故D错误；

故答案为：A；

(4)A．平衡逆向移动颜色加深；正向移动颜色变浅，故颜色不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．恒容条件下气体总体积不变；总质量不变，故密度一直不变，故B错误；

C．反应达到平衡时v正(NO2)=v逆(NO2)，v逆(NO2)=2v逆(N2O4)，所以2v正(NO2)=v逆(N2O4)不能说明反应达到平衡；故C错误；

D．混合气体的总质量不变；正向移动气体物质的量减少，平均摩尔质量增大，所以平均摩尔质量不变时能说明反应达到平衡，故D正确；

故答案为AD。

【点睛】

第(3)题为难点，通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用。【解析】①.变浅②.0.001③.2.78④.A⑤.AD11、略

【分析】（1）

a~b段氢气的平均反应速率为b~c段氢气的平均反应速率为c~d段氢气的平均反应速率为所以平均反应速率最大的是a~b段。

（2）

由题图可知，平衡时氢气的物质的量为2列三段式：

所以平衡时的转化率为恒温、恒容时，气体压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后容器内的压强之比是【解析】(1)a~b1mol•L-1•min-1

(2)33.3%7∶512、略

【分析】【分析】

⑴①哪一时间段反应速率最大；就需要找哪个时间段放出的氢气体积最多；该反应是放热反应，温度升高。

②3～4分钟时间生成氢气体积为112mL；计算物质的量，再计算盐酸消耗得物质的量，再计算速率。

⑵A.加蒸馏水，盐酸浓度降低，反应速率减慢；B.加KCl溶液，KCl不与盐酸反应，实际是加水，盐酸浓度降低，反应速率减慢；C.加KNO3溶液，氢离子、硝酸根、锌反应不再产生氢气，而生成一氧化氮；D.加CuSO4溶液；锌和铜离子反应生成铜单质和锌离子，形成锌铜盐酸原电池，加快反应速率。

⑶①根据图像分析；在5min时，得出每种物质的改变，根据改变量之比等于计量系数之比得出该反应的化学方程式；②A.X；Y、Z的反应速率要谈两各相反反应，且速率比等于计量系数比才能作为判断平衡的标志；B.X、Y的反应速率比为3:1，虽然速率比等于计量系数比，但缺少两个相反的方向；C.该反应是体积减小的反应，正向，压强不断减小，当容器内气体压强保持不变，则达到平衡；D.生成2molZ，正向，同时生成3molX逆向，两个不同方向，且生成量等于计量系数比，达到平衡。

【详解】

⑴①哪一时间段反应速率最大；就需要找哪个时间段放出的氢气体积最多，这几个时间段放出的氢气体积依次为100mL；140mL、224mL、112mL、44mL，因此2～3min时间段反应速率最大；反应开始后反应速率先增大的原因是该反应是放热反应，此时温度高，反应速率越大；故答案为：2～3；该反应是放热反应，此时温度高，反应速率越大。

②3～4分钟时间生成氢气体积为112mL即物质的量为0.005mol，根据2HCl—H2关系，则消耗盐酸物质的量为0.01mol，盐酸的反应速率故答案为0.025mol∙L-1∙min-1。

⑵A.加蒸馏水，盐酸浓度降低，反应速率减慢，故A不符合题意；B.加KCl溶液，KCl不与盐酸反应，实际是加水，盐酸浓度降低，反应速率减慢，故B不符合题意；C.加KNO3溶液，氢离子、硝酸根、锌反应不再产生氢气，而生成一氧化氮，故C符合题意；D.加CuSO4溶液；锌和铜离子反应生成铜单质和锌离子，形成锌铜盐酸原电池，加快反应速率，故D符合题意；综上所述，答案为CD。

⑶①根据图像分析，在5min时，X减少0.6mol，Y减少0.2mol，Z增加0.4mol，根据改变量之比等于计量系数之比得出该反应的化学方程式是3X+Y2Z；故答案为：3X+Y2Z。

②A.X、Y、Z的反应速率要谈两各相反反应，且速率比等于计量系数比才能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；B.X、Y的反应速率比为3:1，虽然速率比等于计量系数比，但缺少两个相反的方向，故B不符合题意；C.该反应是体积减小的反应，正向，压强不断减小，当容器内气体压强保持不变，则达到平衡，故C符合题意；D.生成2molZ，正向，同时生成3molX，逆向，两个不同方向，且生成量等于计量系数比，达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为CD。【解析】2～3该反应是放热反应，此时温度高，反应速率越大0.025mol•L-1•min-1CD3X+Y2ZCD13、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）氢氧化铝是两性氢氧化物，易溶于强酸强碱，则实验室用氯化铝溶液与弱碱氨水反应制备氢氧化铝，反应的离子方程式为故答案为：

（2）浓硝酸遇光或遇热会发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，则浓硝酸应贮存在避光低温处，分解的化学方程式为故答案为：

（3）由乙烷气体()的标准燃烧热可知，燃烧的热化学方程式为或故答案为：或【解析】或14、略

【分析】【详解】

(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，电极反应式为故答案为：

(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，c电极的材料是粗铜板，d为电解池的阴极，电解时以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即故答案为：粗铜板；

(3)如果要在铁制品上镀镍(二价金属)；则铁做阴极，镍做阳极，e电极做阳极，故e电极的材料是镍块，故答案为：镍块；

(4)燃料电池一般氧气在正极得电子，故甲醇在负极失电子，甲醇应通入该燃料电池的负极，通入氧气一极的电极即正极在稀硫酸做电解质溶液的情况下反应式为：O2+4H+=2H2O，故答案为：负；O2+4H+=2H2O。【解析】粗铜板镍块O2+4H+=2H2O15、略

【分析】【分析】

(l)乙醇中C元素的化合价升高，则通入CH3CH2OH的电极为负极；失去电子发生氧化反应；

(2)乙中A与负极相连；则A为阴极，粗铜精炼粗铜为阳极，纯铜作阴极，电解质为可溶性铜盐；

(3)丙池中用惰性电极电解含有0.01molKCl的溶液100mL，阳极上先后发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2↑，当电路中转移了0.03mole－时结合电子守恒计算阳极产生的氯气和氧气的总体积；

(4)电解氯化钾溶液；生成氢气；氯气和氢氧化钾，溶液呈碱性。

【详解】

(l)乙醇中C元素的化合价升高，则通入CH3CH2OH的电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为CH3CH2OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；

(2)乙中A与负极相连，则A为阴极，粗铜精炼粗铜为阳极，则A为纯铜，电解质为可溶性铜盐，可选硫酸铜溶液，因阳极溶解的是Cu和比Cu活泼的金属，而阴极析出的金属为Cu，由电子守恒可知，溶解的Cu和析出的Cu质量不等，则反应一段时间后，乙池溶液中c(Cu2＋)减小；

(3)丙池中用惰性电极电解含有0.01molKCl的溶液100mL，阳极上先后发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2↑，则当电路中转移了0.03mole－时，溶液中的Cl-完全氧化为氯气，得到0.005molCl2，由电子守恒可知，同时生成O2的物质的量为=0.005mol；混合气体的总物质的量为0.005mol+0.005mol=0.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；

(4)电解氯化钾溶液，生成氢气、氯气和氢氧化钾，溶液呈碱性，可观察到两电极均有气泡冒出，左电极为阴极，氢离子放电后，阴极附近溶液呈碱性，溶液变红，电解总反应式为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑。【解析】CH3CH2OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O纯铜减小224mL两电极均有气泡冒出，左电极附近溶液变红2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑三、判断题(共7题，共14分)16、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。17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。18、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。20、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。21、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。22、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。四、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

本题为无机物的推断。A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO2、M是HNO3；据此解答。

【详解】

A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大，A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO2、M是HNO3。

（1）氧气和氮气生成标准状况下1.12LNO吸收9.025kJ的热量，即生成0.05molNO吸收9.025kJ的热量，则生成2molNO吸收的热量为9.025kJ×4=361kJ，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+361kJ/mol。本小题答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+361kJ/mol。

（2）一定量氯气与NaOH溶液恰好完全反应后得到等浓度的NaCl、NaClO溶液，溶液中次氯酸根离子水解，水解的离子方程式为ClO−+H2O⇌HClO+OH−，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，所得溶液的pH大于7。本小题答案为：大于；ClO−+H2O⇌HClO+OH−。

（3）正极发生还原反应，氧气在正极得电子，碱性条件下生成OH−正极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极反应式为：N2H4+4OH−−4e−═N2+4H2O。本小题答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；N2H4+4OH−−4e−═N2+4H2O。

（4）测得平衡气体的总物质的量为0.50mol，其中A2为0.3mol，B2为0.1mol；则：

3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)

开始(mol)0.450.150

转化(mol)0.150.050.1

平衡(mol)0.30.10.5−0.3−0.1=0.1

则该条件下H2的平衡转化率为0.15mol/0.45mol×100%=33.3%；

容器体积为1L，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=0.12/(0.33×0.1)=100/27

本小题答案为：33.3%；100/27。

（5）已知反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H<0，图中表示H2的转化率随变量X的增大而增大；则：

A.升高温度平衡逆向移动，H2的转化率降低；故A错误；

B.增大压强平衡正向移动，H2的转化率升高；故B正确；

C.n(B2)/n(A2)增大，说明是增大N2的量或减小H2的量，H2的转化率均增大；故C正确；

D.催化剂不改变平衡的移动，不影响H2的转化率；故D错误。本小题答案为：BC。

【点睛】

本题解题的关键是根据元素周期表的知识推断出A、B、D、E四种元素，其中突破口是“A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等和E元素的单质能与水反应生成两种酸”可推断出A是H，E为Cl；再根据框图的转化关系推断出甲、乙、M、W、X、Y、Z几种物质，其突破口为“W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子”可推断出甲为O2，X为H2O，乙为N2。且乙和甲能发生连续反应（乙和甲生成Y，Y和甲生成Z）也能进一步验证乙为N2，N2能与O2发生连续反应。本题当中还考查了热化学反应方程式的书写、水解方程式的书写、原电池电极反应式的书写、平衡常数的计算、平衡移动等知识，均应在推断结果的基础上进行解答。【解析】N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=-361kJ·mol-1大于ClO-+H2OHClO+OH-O2+2H2O+4e-=4OH-N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O33.3%100/27(mol·L-1)BC24、略

【分析】【详解】

物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，则乙是铝或铁，G是硝酸或硫酸。用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，所以A是氨气，G是浓硝酸。氨气发生催化氧化生成NO和水，若甲为淡黄色固体，所以甲是过氧化钠。乙能与D反应生成F，且D、F的溶液均呈碱性，所以B是水，D是氢氧化钠，乙是铝，F是偏铝酸钠。C是NO，E是NO2，NO2溶于水生成硝酸。

（1）根据以上分析可知A的分子式是NH3，过氧化钠的电子式是

（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是2Al+2OH--+2H2O="="2AlO2--+3H2↑。

（3）若1．7gA与O2反应生成气态的B和C时放出22．67kJ热量，其中氨气是1．7g÷17g/mol＝0．1mol，则4mol氨气反应放出的热量是22．67kJ×40＝906．8kJ，因此该反应的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g）△H＝-906．8kJ·mol-1。【解析】NH32Al+2OH--+2H2O==2AlO2--+3H2↑4NH3（g）+5O2（g）==4NO（g）+6H2O（g）△H＝-906．8kJ·mol-125、略

【分析】【分析】

【详解】

A是一种常见的液态化合物，可推知A为H2O，G、H形成的合金是当前使用量最大的一种合金，应为碳和铁的合金，B是黑色固体，C、D、G、H均为单质，A与H反应生成B和C，应为铁与水蒸气的反应，所以H为Fe，B为Fe3O4，C为H2，A与G反应为碳与水反应生成一氧化碳和氢气，所以G为C，I为CO，若D与C