2025年牛津上海版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年牛津上海版选择性必修1化学上册阶段测试试卷671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8题，共16分)1、将表面发黑(黑色物质为Ag2S)的银器浸入盛有食盐水的铝制容器中(如图)；一段时间后黑色褪去。有关说法正确的是。

A.该处理过程中电能转化为化学能B.铝质容器为阳极，其质量变轻C.Ag2S溶解于食盐水生成了AgClD.银器为正极，Ag2S被还原为单质银2、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.向溶液中通入过量SO2：+H2O+SO2=HClO+B.向溶液中加入少量溶液：C.用铜电极电解溶液：D.向溶液中滴加稀硫酸：3、痛风性关节病的发病机理和尿酸钠有关。室温下，将尿酸钠(NaUr)的悬浊液静置，取上层清液滴加盐酸，溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH的关系如图所示。已知下列说法正确的是。

A.尿酸为一元强酸B.N点时，C.M→N的变化过程中，逐渐减小D.当时，4、已知磷与砷同主族。二者最高价含氧酸酸性：H3PO4强于砷酸(H3AsO4)，25℃时，向10mL0.1mol/LH3AsO4水溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液；含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.pH为9的溶液中c(H2AsO)/c(H3AsO4)=108.8B.b点溶液中c(Na+)=3c(H2AsO)+3c(AsO)C.图中任意一点均有c(H2AsO)+c(AsO)+c(H3AsO4)+c(HAsO)=0.1mol/LD.如果将砷酸溶液换成等浓度的磷酸溶液进行滴定，则a点位置向右侧移动5、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）

。选项。

实验操作。

实验目的或结论。

A

室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应；向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生。

验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)

B

将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液；充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。

除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质。

C

向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热；管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色。

NO3-被氧化为NH3

D

室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5

HSO3-结合H+的能力比SO32-的强。

A.AB.BC.CD.D6、下列实验操作中；对应的现象和结论均正确的是()

。选项。

操作。

现象。

结论。

A

向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液。

KMnO4溶液紫色褪去。

Fe2+有还原性。

B

分别向两只试管中加入同浓度；同体积的草酸溶液；再分别加入同体积、不同浓度的酸性高猛酸钾溶液。

酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同。

浓度不同反应速率不同。

C

用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3的pH值。

pH：NaClO>NaHCO3

酸性：H2CO3>HClO

D

向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水。

先出现蓝色沉淀。

Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]

A.AB.BC.CD.D7、已知下列热化学方程式：

△H=-351kJ/mol

△H=-90.7kJ/mol

由此可知反应的△H为A.-441.8kJ/molB.+260.3kJ/molC.+441.8kJ/molD.-260.3kJ/mol8、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L-1FeCl3溶液：K+、Na+、COSOB.使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCONOC.水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：Na+、NHSOCl-D.在pH=0的溶液：Mg2+、Al3+、SONO评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、近年来；研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

反应Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1

反应Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1

反应Ⅱ的热化学方程式：________________。10、利用如图装置；可以模拟铁的电化学防护。

若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于___________处，该电化学防护法称为___________。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为___________。11、粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极________(填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为________．

12、按要求完成下列问题。

(1)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：

①HS-在硫氧化菌作用下转化为的电极反应式是_______。

②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因是_______。

(2)PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放电过程中，Li+向_______(填“负极”或“正极”)移动。

②负极反应式为_______。

③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_______gPb。

(3)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图所示。

①a电极的电极反应式是_______；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理解释原因是_______。13、现有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的盐酸乙；请根据下列操作回答问题：

（1）取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不”)；另取10mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的比值将________(填“增大”；“减小”或“无法确定”)。

（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH(甲)________pH(乙)(填“大于”；“小于”或“等于”；下同)。

（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)________V(乙)。14、25℃时，物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的几种盐溶液的pH如表：。序号①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6

（1）写出溶液④中通少量CO2的离子方程式：_________________________．

（2）25℃时，溶液①中，由水电离产生的c（OH﹣）=_____mol•L﹣1。

（3）下列说法正确的是_____。

A．c（NH4+）：①＞②

B．物质的量浓度和体积均相等的NaCl和CH3COONH4两种溶液中；离子总数相等。

C．等体积的③和⑤形成的混合溶液中：c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol•L﹣1

D．将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数；HX溶液的pH变化小。

（4）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c（NH4+）=c（Cl﹣），则一水合氨的电离平衡常数Kb=____________．（用ab表示）15、（1）已知Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，请用Na2CO3溶液及必要的试剂仪器，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程．操作是_________，现象是___________。

（2）已知等浓度的醋酸和醋酸钠溶液等体积混合呈酸性是因为醋酸的电离常数______醋酸钠的水解常数（选填“大于”、“小于”或“等于”）；可知该温度下醋酸钠(或醋酸根)的水解常数_____1.0×10－7（选填“大于”、“小于”或“等于”）评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误17、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误18、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热。_____19、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误20、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共10分)21、为探究锌和FeCl3溶液的反应；室温下某小组同学进行了如下实验。

(1)配置1000mL1mol/L的FeCl3溶液，pH约为0.70，即c(H+)=0.2mol·L−1。

①从反应条件考虑，影响FeCl3水解平衡的因素有_______(答两点)。

②取10mL1mol/L的FeCl3溶液加水稀释，盐的水解程度_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与锌粉的反应。

向500mLFeCl3溶液中加入65g锌粉；实现现象记录如下：

i．实验前期；溶液的pH逐渐增大，锌粉表面未发现气泡；

ⅱ．随着反应的进行；观察到瓶底产生红褐色沉淀，同时出现少量气泡；

ⅲ．15分钟后溶液中产生大量气泡；

ⅳ．

①经实验确认“实验前期”溶液中有Fe2+生成，确认有Fe2+的实验操作和现象是_______，结合平衡移动原理解释：实验前期溶液pH增大的原因_______。

②查阅资料发现：Fe(OH)3常温下的溶度积常数为2.810—39，请写出Fe(OH)3的沉淀溶解平衡表达式_______，试从Ksp-Q关系角度结合具体数值分析反应开始c(H+)=0.2mol·L−1时，没有出现红褐色沉淀的原因_______。

③结合离子方程式解释反应过程中气泡变化的原因_______。

(3)锌和FeCl3溶液反应后溶液中Cl-浓度的测定。

用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定反应后溶液中的Cl-，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与CrO生成砖红色沉淀指示滴定终点；实现操作如下：

i．以醋酸纤维滤膜过滤掉水样中的悬浮物；调节水样pH在6.5～10.5；

ⅱ．取10.00mL水样，加入K2CrO4溶液作指示剂，用AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液VmL。

①滴定时，AgNO3标准溶液应加到_______(填玻璃仪器名称)中。

②锌和FeCl3溶液反应后溶液中Cl-浓度为_______(用含c的代数式表示)mol·L-1

③已知：Cr2O(黄色)+H2O⇌2H++2CrO(橙色)，解释滴定时调节水样pH在6.5～10.5的原因_______。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共20分)22、化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。

（1）工业上制取Ti的步骤之一是：在高温时，将金红石（TiO2）、炭粉混合并通入Cl2先制得TiCl4和一种可燃性气体；已知：

①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（1）+O2（g）△H=﹣410.0kJ•mol﹣1

②CO（g）═C（s）+O2（g）△H=+110.5kJ•mol﹣1

则上述反应的热化学方程式是______________________________。

（2）利用“化学蒸气转移法”制备二硫化钽（TaS2）晶体；发生如下反应：

TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）△H1＞0（Ⅰ）；若反应（Ⅰ）的平衡常数K=1，向某恒容且体积为15mL的密闭容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为______________。

如图1所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1___________T2（填“＞”“＜”或“=”）；上述反应体系中循环使用的物质是___________。

（3）利用H2S废气制取氢气的方法有多种。

①高温热分解法：

已知：H2S（g）═H2（g）+S2（g）△H2；在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果如图2，图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率，△H2_________0（填＞，=或＜）；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________________。

②电化学法：

该法制氢过程的示意图如3，反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为____________。23、温室气体转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：

(1)已知：①

②

则反应③的___________

(2)刚性绝热闭容器中，等物质的量和发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是___________。(填标号)

A．容器内压强不变。

B．容器中气体平均摩尔质量不变。

C．

D．容器内温度不变。

(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图a所示中吸附在催化剂表面的原子用*标注。

①图a中，催化剂活性位点在催化过程中的作用是___________。

②图b为催化还原的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为___________，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因：___________。

(4)我国科学家设计了与氯碱耦合电解池装置如图。

①该电解池发生反应的化学方程式为___________。

②传统的电催化还原过程中，阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程，该装置的优点为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝制容器中，形成原电池装置，铝做负极失电子，Ag2S做正极得电子生成Ag。

【详解】

A．该处理过程利用了原电池的原理；化学能转化为电能，A错误；

B．铝质容器为负极；铝失电子转化为铝离子，质量变轻，B错误；

C．Ag2S做正极得电子转化为Ag从而使银器表面黑色褪去；不是因为其溶解于食盐水中生成了AgCl，C错误；

D．银器为正极，Ag2S得电子被还原为Ag单质；D正确；

故答案选D。2、D【分析】【详解】

A．向溶液中通入过量SO2，具有强氧化性，向Ca(ClO)2溶液中通入过量的SO2，离子方程式：+H2O+SO2=2H++Cl-+故A不符合题意；

B．向溶液中加入少量溶液，亚铁离子会优先和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式为：故B不符合题意；

C．用铜电极电解溶液，铜是活性电极，铜作电极，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得到电子，则阳极反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu；故C不符合题意；

D．向溶液中滴加稀硫酸，硫代硫酸根离子在酸溶液中恰好反应生成硫单质和二氧化硫和水，离子方程式为：故D符合题意；

答案选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．由已知可知；尿酸为一元弱酸，A项错误；

B．N点时，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Ur-)+c(Cl-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)，根据物料守恒：c(Na+)=c(Ur-)+c(HUr)，两式合并可得c(Cl-)=c(HUr)；B项正确；

C．尿酸钠(NaUr)的上层清液中：Ur-+H2O⇌HUr+OH-，溶液显碱性，滴加盐酸，在M→N的变化过程中，水解平衡正向移动，c(HUr)增大，c(Ur-)减小，溶液趋向于中性，温度不变，Ksp不变，则的值增大；C项错误；

D．当c(HUr)=c(Ur-)时，根据Ka(HUr)==2.0×10-6，c(H+)=2.0×10-6，则pH=5.7，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)；D项错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A．由图中a点可知，Ka1(H3AsO4)==10-2.2，pH为9的溶液中c(H2AsO)/c(H3AsO4)=A错误；

B．根据溶液中电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO)+2c()+3c(AsO)，b点溶液中pH=7，即c(H+)=c(OH-)，故有c(Na+)=c(H2AsO)+2c()+3c(AsO)，又c()=c(H2AsO)，故c(Na+)=3c(H2AsO)+3c(AsO)；B正确；

C．根据原子守恒有：n(H2AsO)+n(AsO)+n(H3AsO4)+n(HAsO)=0.001mol，但随着NaOH溶液的加入，溶液体积在改变，故不是图中任意一点均有c(H2AsO)+c(AsO)+c(H3AsO4)+c(HAsO)=0.1mol/L；C错误；

D．由于磷酸的酸性强于砷酸，即Ka1(H3PO4)＞Ka1(H3AsO4)，即有＞a点位置所示是指c()=c()，此时磷酸对应的c(H+)大于砷酸对应的c(H+)，c(H+)越大；pH越小，故如果将砷酸溶液换成等浓度的磷酸溶液进行滴定，则a点位置向左侧移动，D错误；

故答案为：B。5、B【分析】【详解】

A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)；A项错误；

B.Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的；B项正确；

C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3；结论不正确，C项错误；

D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱；D项错误；

答案选B。

【点睛】

A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．KMnO4溶液具有强氧化性，向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液紫色褪去,Fe2+、Cl-都可能具有还原性；故A错误；

B．因为酸性高锰酸钾溶液有颜色，所以应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应；通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，否则高锰酸钾浓度越大，褪色的时间反而长，故B错误；

C．因为NaClO具有强氧化性；能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定其浓度，故C错误；

D．根据组成和结构相似的物质Ksp越小，越先产生沉淀。所以向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]。故D正确；

故答案：D。7、D【分析】【详解】

已知：①△H=-351kJ/mol，②△H=-90.7kJ/mol，根据盖斯定律，将①-②，整理可得：0.3的△H=-260.3kJ/mol，故合理选项是D。8、D【分析】【分析】

【详解】

略二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律和热化学方程式的书写进行分析。

【详解】

根据过程可知，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。【解析】3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−110、略

【分析】【分析】

若X为碳棒；由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe连接电源的负极；若X为锌，开关K置于M处，Zn比铁活泼，作负极，铁为正极，据此分析解答。

【详解】

若X为碳棒，由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe为电解池的阴极，铁电极上的反应为2H++2e-=H2↑，故K连接N处，这种防护法称为外加电流法；若X为锌，开关K置于M处，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：N；外加电流法(或外加电流的阴极保护法)；牺牲阳极法(或牺牲阳极的阴极保护法)。【解析】N外加电流法牺牲阳极法11、略

【分析】【详解】

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a为原电池的正极，b为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，故粗铜应为电极c，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+得到电子沉积在阴极上，发生还原反应，即d电极上发生的反应为:Cu2++2e﹣═Cu；故答案为:c；Cu2++2e﹣═Cu。

【点睛】

用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，据此分析。【解析】cCu2++2e﹣═Cu12、略

【分析】【分析】

(1)

①酸性环境中反应物为HS-，产物为利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案为：HS-+4H2O-8e-=+9H+；

②从质量守恒角度来说，HS-、SO浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，答案为：HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子；

(2)

①放电过程中，Li+向正极移动；答案为：正极；

②原电池的钙电极为负极，负极反应式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；

③根据方程式，电路中每转移0.2mol电子，生成0.1molPb，即20.7gPb；答案为：20.7；

(3)

①a电极是通入NH3的电极，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，原因是发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH，答案为：发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH。【解析】(1)HS-+4H2O-8e-=+9H+HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子。

(2)正极Ca+2Cl--2e-=CaCl220.7

(3)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH13、略

【分析】【详解】

（1）醋酸是弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO－+H＋，加入等体积的水，平衡正向移动，加入少量无水醋酸钠固体，导致溶液中CH3COO－离子浓度升高，平衡正向移动，H＋浓度降低，CH3COOH浓度升高，溶液中的比值将减小；

（2）醋酸是弱酸；在稀释的过程中，不断电离，若稀释100倍，2＜pH＜4，盐酸是强酸，稀释100倍，pH=4,所以pH大小关系为：pH(甲)小于pH(乙)；

（3）pH值相等的醋酸溶液甲和盐酸乙，醋酸是弱酸，部分电离，醋酸的浓度远大于盐酸的浓度，各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至中性，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积大，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)大于V(乙)。【解析】①.向右②.减小③.小于④.大于14、略

【分析】【详解】

（1）由图表可知，等浓度时NaX溶液pH大于NaHCO3，小于Na2CO3，说明等浓度时水解程度NaHCO3＜NaX＜Na2CO3。“越弱越水解”，所以酸性HCO3﹣＜HX＜H2CO3。由“强酸制弱酸”可知，向溶液NaX中通少量CO2生成HX和HCO3﹣，离子方程式为：X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX。

故答案为X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX；

（2）25℃时，NH4Cl溶液中，NH4+结合水电离出的OH﹣生成NH3•H2O，促进水的电离。溶液pH=5，而H+全部来自于水的电离，所以由水电离产生的c(H+)水=c(OH﹣)水=10-5mol/L。

故答案为10-5；

（4）A、等浓度的NH4Cl和CH3COONH4溶液，醋酸铵溶液中NH4+水解程度大，则c(NH4+)小，所以c(NH4+)：①＞②，故A正确；B、NaCl和CH3COONH4+溶液pH=7，则两溶液中c(H+)=c(OH﹣)=10-7mol/L，等浓度等体积的NaCl和CH3COONH4两种溶液中，n(H+)、n(OH﹣)均相等。醋酸根和NH4+均要发生水解，则c(Na+)=c(Cl﹣)＞c(NH4+)=c(CH3COO﹣)，所以两溶液中离子总数不相等，故B错误；C、等体积的③和⑤形成的混合溶液中存在物料守恒，碳元素守恒：c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32-)=0.1mol/L，故C错误；D、CH3COOH酸性大于HX，将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数；HX溶液的pH变化小，故D正确。

故答案为A；D；

（5）NH3•H2O电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，则电离常数为Kb=常温时，将amolNH3溶于水后，再通入bmolHCl，溶液体积为1L，则c(Cl﹣)=bmol/L。根据物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3•H2O)=amol/L，又因为c(NH4+)=c(Cl﹣)=bmol/L，所以c(NH3•H2O)=（a－b）mol/L。溶液中存在的离子为NH4+、H+、Cl﹣、OH﹣，则有电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣)，因为c(NH4+)=c(Cl﹣)，所以c(H+)=c(OH﹣)，则溶液呈中性，c(H+)=c(OH﹣)=10-7mol/L。将各数据代入平衡常数表达式，可得Kb=

故答案为【解析】①.X﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HX②.10﹣5③.A，D④.15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）Na2CO3溶液中存在水解平衡，CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，氢氧根浓度增大，溶液的碱性增强。故证明碳酸钠水解为吸热过程的操作是：取Na2CO3溶液少许于试管中滴加酚酞；溶液呈红色，现象是微热后溶液红色加深；

（2）两种溶液混合后，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此，醋酸的电离常数大于醋酸根的水解常数。又因为因此醋酸根的水解常数小于1.0×10－7。【解析】取Na2CO3溶液少许于试管中滴加酚酞，溶液呈红色微热后溶液红色加深大于小于三、判断题(共5题，共10分)16、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。17、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。18、×【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19、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。四、实验题(共1题，共10分)21、略

【分析】【详解】

(1)①氯化铁溶液水解显酸性，离子方程式为：从反应条件考虑，影响FeCl3水解平衡的因素有温度和浓度等；

②加水稀释；促进了水解平衡向右移动，盐类的水解程度增大；

(2)①亚铁离子具有还原性，能够把酸性高锰酸钾溶液还原为锰离子，导致溶液褪色；或者滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，都能够检验出“实验前期”溶液中存在亚铁离子；由于氯化铁溶液水解显酸性，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；加入锌粉后，锌与铁离子反应，减小了铁离子浓度，平衡逆移，酸性减弱；

②Fe(OH)3沉淀溶解平衡表达式为：Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)；当pH=0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1时，c(OH-)=5×10-14mol/L，生成沉淀Fe3+的最小浓度为c(Fe3+)===22.4mol/L，溶液中的c(Fe3+)=1mol/L，不会生成沉淀；或pH=0.7时，c(Fe3+)=1mol/L，Qc=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×(5×10-14)3

③反应前期主要发生反应：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；随着反应的进行c(Fe3+)逐渐减小，逐渐发生反应2H++Zn=H2↑+Zn2+；所以反应后期有气体产生；

(3)①AgNO3溶液显酸性；应该用酸式滴定管来量取硝酸银溶液；

②根据Ag++Cl-=AgCl↓可知，n(Cl-)=n(Ag+)=VmL×10-3×cmol·L-1=cV×10-3mol，锌与氯化铁溶液反应前后，氯离子的量不变，所以锌和FeCl3溶液反应后溶液中Cl-浓度为=0.1cVmol·L-1；

③已知：Cr2O(黄色)+H2O⇌2H++2CrO(橙色)，氢离子浓度较大，酸性太强，CrO容易形成Cr2O从而造成滴定终点滞后；氢氧根离子浓度较大，碱性太强，银离子会和OH-反应，造成滴定终点的滞后，所以滴定时调节水样pH在6.5～10.5之间。【解析】温度和浓度增大“实验前期”取少量溶液，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液紫色褪去Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，铁离子浓度减小平衡逆移，酸性减弱Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)当pH=0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1时，c(OH-)=5×10-14mol/L，生成沉淀Fe3+的最小浓度为c(Fe3+)===22.4mol/L，溶液中的c(Fe3+)=1mol/L，不会生成沉淀；或pH=0.7时，c(Fe3+)=1mol/L，Qc=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×(5×10-14)33++Zn=2Fe2++Zn2+；随着反应的进行c(Fe3+)逐渐减小，逐渐发生反应2H++Zn=H2↑+Zn2+滴定管0.1cV酸性太强，CrO容易形成Cr2O从而造成滴定终点滞后；碱性太强，银离子会和OH-反应，造成滴定终点的滞后五、原理综合题(共2题，共20分)22、略

【分析】【详解】

（1）①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（1）+O2（g）△H=﹣410.0kJ•mol﹣1

②CO（g）═C（s）+O2（g）△H=+110.5kJ•mol﹣1

根据盖斯定律，将①﹣②×2得到上述反应的热化学方程式是：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣631kJ/mol，故答案为：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣631kJ/mol。

（2）设I2的平衡