…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、以下物質可用于制作消毒劑，其中屬于弱電解質的是A.乙醇B.乙酸C.次氯酸鈉D.高錳酸鉀2、科技改變生活，充電寶己逐漸成為人們生活中的必需品。某充電寶工作時的總反應化學方程式為：下列說法錯誤的是A.放電時負極上的電極反應為：Li－e－＝Li＋B.該充電寶的凝膠介質不可用KOH水溶液代替C.充電時每生成14gLi，凝膠介質中通過的電子數為2NAD.充電時電池的正極失電子后LixV2O3會轉化為V2O33、下列關于中和反應反應熱和燃燒熱的描述中，正確的是A.25℃，101kPa時，H2SO4和Ca(OH)2反應生成1mol水放出的熱量與HCl和NaOH反應生成1mol水放出的熱量一定相等B.中和反應反應熱的測定過程中，若隔熱層隔熱效果不好，會導致所測數值的絕對值偏小C.根據熱化學方程式N2H4(l)+3O2(g)=2NO2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ?mol-1，可求得N2H4(l)的燃燒熱D.1gH2完全燃燒生成液態水時放出的熱量即為H2的燃燒熱4、科學家設想在常溫、常壓下合成其裝置如下圖所示(陽極為惰性電極，且陽極上只放出氧氣)。下列說法正確的是。

A.電極A發生氧化反應B.B電極反應式為C.每轉移電子時，理論上有由左側通過交換膜向右側遷移D.由于副反應發生，一段時間后兩極上產生5、用如圖所示裝置電解一段時間后；下列敘述錯誤的是。

A.電極Ⅰ、電極Ⅱ均為Fe，A為NaCl溶液，兩電極間可能會出現白色沉淀B.電極Ⅰ、電極Ⅱ均為石墨，A為溶液，電極Ⅱ附近溶液變成黃綠色C.該裝置用于保護某鋼鐵制品時，鋼鐵制品應與電極Ⅰ連接，該方法叫做外加電流法D.該裝置用于電解精煉銅時，電極Ⅰ增加的質量和電極Ⅱ減輕的質量剛好相等6、25℃時，將0.1mol/LNaOH溶液加入20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中；所加入溶液體積(V)和混合液的pH關系曲線如圖所示。下列結論正確的是。

A.從a到b點的溶液中，水的電離程度先增大后減小B.pH=7時，C.a點所示的溶液中D.b點所示的溶液中7、某同學進行下列實驗：

。操作。

現象。

取一塊打磨過的生鐵片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食鹽水。

放置一段時間后；生鐵片上出現如右圖所示“斑痕”。其邊緣處為紅色，中心區域為藍色，在兩色環交界處出現鐵銹。

下列說法不合理的是A.生鐵片發生吸氧腐蝕B.中心區：Fe–2e—==Fe2+C.邊緣處：O2+2H2O+4e—==4OH—D.交界處：4Fe2++O2+10H2O==4Fe(OH)3+8H+評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、一種以鋅-石墨烯纖維無紡布為負極、石墨烯氣凝膠(嵌有可表示為)為正極；鹽-水“齊聚物”為電解質溶液的雙離子電池如圖所示。下列有關該電池的說法正確的是。

A.放電時，石墨烯氣凝膠電極上的電極反應式為B.多孔石墨烯可增大電極與電解質溶液的接觸面積，也有利于擴散至電極表面C.電池總反應為D.充電時，被還原，在石墨烯纖維無紡布電極側沉積，被氧化后在陰極嵌入9、在密閉容中發生下列反應aA(g)cC(g)＋dD(g)，反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的1.8倍，下列敘述正確的是A.A的轉化率變小B.平衡向正反應方向移動C.D的體積分數變大D.a＜c＋d10、已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.0kJ/mol。以太陽能為熱源分解Fe3O4，經熱化學鐵氧化合物循環分解水制H2的過程如下：

過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ/mol

過程Ⅱ：

下列說法正確的是A.過程Ⅰ中每消耗232gFe3O4轉移4mol電子B.過程Ⅱ熱化學方程式為：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝+128.9kJ/molC.過程Ⅰ、Ⅱ中能量轉化的形式依次是：太陽能→化學能→熱能D.鐵氧化合物循環制H2具有成本低、產物易分離等優點11、向體積均為1L的兩恒容容器中分別充入和發生反應：其中甲為絕熱過程，乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是。

A.B.氣體的總物質的量：C.a點平衡常數：D.反應速率：12、下面是某化學研究小組探究外界條件對化學反應速率和化學平衡影響的圖像；其中圖像和實驗結論表達均正確的是。

A.圖①若則a曲線一定使用了催化劑B.圖②是在一定條件下，隨時間t的變化，正反應M點正反應速率C.圖③是在恒溫恒容的密閉容器中，按不同投料比充入CO(g)和(g)進行反應，若平衡時CO(g)和(g)的轉化率相等，則D.圖④中曲線表示一定壓強下NO平衡轉化率隨溫度的變化，C三點表示不同溫度、壓強下NO的平衡轉化率，壓強最小的是A點，化學平衡常數最小的是B點13、常溫下將溶液滴加到磷酸()溶液中，混合溶液中的與離子濃度變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.直線甲表示與的變化關系B.C.時，D.溶液中：14、將一定量的X加入某密閉容器中，發生反應：2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合氣體中X的物質的量分數與溫度關系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.該反應的ΔH>0B.壓強大小關系：p3>p2>p1C.平衡后加入高效催化劑使平均摩爾質量增大D.在該條件下M點X平衡轉化率為評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、有A、B、C、D四個反應，其焓變和熵變如下表所示。反應

A

B

C

D

ΔH/kJ·mol－1

10.5

1.80

－126

－11.7

ΔS/J·mol－l·K－1

30.0

－113.0

84.0

－105.0

(1)在任何溫度都能自發進行的反應是________；任何溫度下都不能自發進行的反應是________。

(2)高溫才可以自發進行的反應是________；低溫有利于自發進行的反應是________。16、氮氧化物超標排放是水體富營養化的重要原因；可以用以下流程處理：

請回答下列問題：

(1)請用平衡移動原理解釋過程I的原理為___________。

(2)過程II每轉化1molNH轉移電子的物質的量為___________。

(3)過程III的產物為兩種無污染氣體和生活中一種常見的液體，則該過程發生反應的化學方程式為___________。17、日常生活中作為調味品的食醋含有3%~5%的乙酸。

(1)乙酸的分子式是______，含有的官能團為______。

(2)乙酸和乙醇發生反應。寫出該反應的條件______，產物_____。

(3)乙酸是一種弱酸，寫出它的電離方程式______。

(4)已知酸性：乙酸＜鹽酸，請設計實驗方案證明_______。18、I.現有下列物質：①HNO3②冰醋酸③氨水④Al(OH)3⑤NaHCO3(s)⑥Cu⑦氯水⑧CaCO3⑨H2CO3⑩鹽酸。

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

(2)下列溶液中，c(H+)由大到小排列順序是_____。

①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液。

Ⅱ.已知室溫時；0.1mol/L某一元酸HA在水中電離度為0.02%，回答下列問題：

(1)該溶液中c(H+)=_____。

(2)HA的電離平衡常數K=_____。19、氫氣燃燒生成液態水的熱化學方程式是2H2(g)＋O2(g)===2H2O(1)ΔH＝－572kJ·mol－1。請回答下列問題：

（1）生成物能量總和_____(填“大于”“小于”或“等于”)反應物能量總和。

（2）若2mol氫氣燃燒生成水蒸氣，則放出的熱量______(填“大于”“小于”或“等于”)572kJ。

（3）H2的標準燃燒熱ΔH＝_____。

（4）反應2H2＋O22H2O的能量變化如圖所示。

已知拆開1molH2、1molO2和1molH—O中的化學鍵分別需要消耗436kJ、496kJ和463kJ的能量。則反應過程(Ⅱ)_____(填“吸收”或“放出”)_____kJ。20、如圖X是直流電源。Y槽中c；d為石墨棒；Z槽中e、f是質量相同的銅棒。接通電路后，發現d附近顯紅色。

(1)①電源上b為___極。

②Z槽中e為___極。

③連接Y；Z槽線路中；電子流動的方向是d___e(用“→”或“←”填空)。

(2)①寫出Y槽中總反應的化學方程式：____。

②寫出Z槽中e極上反應的電極反應式：___。評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)21、C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0，說明石墨比金剛石穩定。____A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共2題，共12分)22、某化學小組欲測定酸性條件下KClO3溶液與NaHSO3溶液反應的化學反應速率，所用的試劑為10mL0.1mol/LKClO3溶液和10mL0.3mol/LNaHSO3溶液，所得溶液中c(Cl-)隨時間變化的曲線和Cl-的速率時間關系如圖所示：

(1)該反應的化學方程式是：________________________。

(2)根據實驗數據可知，該反應在0～4min的平均反應速率v(Cl-)=___________。

(3)下列說法中正確的是________________

A．縱坐標為v(ClO3-)的v-t曲線與圖中曲線不重合。

B．圖中陰影部分的面積表示t1—t2時間內n(Cl-)的增大。

C．后期反應速率下降的主要原因是反應物濃度減少。

(4)0～t1段；該反應速率增大，為探究可能的原因，設計如下方案探究影響化學反應速率的因素：

已知：SO對該反應速率無影響；

可供選擇的試劑有：

A．NaCl固體B．Na2SO4固體C．0.2mol/LHClD．0.1mol/LH2SO4E．0.2mol/LHNO3。方案假設具體實驗操作數據處理Ⅰ反應產物Cl-對反應有催化作用取10mL0.1mol/LKClO3溶液于燒杯中，先加入___(填代號)，再加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液。繪制溶液中c(Cl-)隨時間變化的曲線并與圖1對比II反應中溶液酸性增強，加快了化學反應速率分別向2個燒杯中加入10mL0.1mol/LKClO3溶液。燒杯①：加入1mL水，燒杯②：加入1mL_____(填代號)。再分別向2個燒杯中加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液。

①完成表格Ⅰ：_______________，Ⅱ：___________________

②方案Ⅱ燒杯①中加入1mL水的作用是________________________。

③除方案Ⅰ、Ⅱ外，請再提出一個可能使化學反應速率增大的假設_____________。23、草酸()是一種重要的化學試劑；常用來定量測定某些物質的濃度，因此其濃度的準確度非常重要。為測定某未知濃度的草酸溶液的濃度，設計了酸堿中和滴定和氧化還原滴定兩種測定方法。

I．酸堿中和滴定法。

已知：草酸氫鈉溶液pH＝2.7，該溶液具有一定緩沖性，滴入少量強酸或強堿溶液時溶液pH變化較小；草酸的電離常數

操作步驟：量取待測草酸溶液10.00mL于錐形瓶中，滴加2滴指示劑；將溶液盛裝于滴定管中，到達滴定終點時停止滴定，并記錄NaOH溶液的最終讀數，再重復滴定3次，記錄數據如下：。滴定次數

實驗數據/mL1234V(草酸)10.0010.0010.0010.00(消耗)15.9515.0015.0214.98

(1)該滴定過程中應選用的指示劑為______(填“酚酞”或“甲基橙”)。

(2)將NaOH溶液盛裝于滴定管后，需要排盡滴定管尖嘴部分的氣泡，并將液面調至______。

(3)由上述滴定結果可計算得______

(4)若出現下列情況，測定結果偏高的是______(填選項字母)。A．滴定前用蒸餾水沖洗錐形瓶B．在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內溶液濺出C．滴定至終點時，俯視讀數D．用蒸餾水清洗滴定管后，未用NaOH標準液潤洗

II．氧化還原滴定法。

用已知濃度的溶液滴定該草酸溶液，最終生成能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體和

(5)滴定過程中涉及反應的離子方程式為______。

(6)滴定時盛裝溶液的滴定管為______(填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”)，滴定過程中，剛開始滴定時溶液的顏色變化較慢，一段時間后溶液的顏色變化速度明顯加快，猜測原因為______(指明具體微粒的具體作用)，滴定至終點的現象為______。評卷人得分六、結構與性質(共4題，共32分)24、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏科等。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，還含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]為原料可制取鈷的氧化物。

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，該氧化物中鈷離子基態核外電子排布式為_______。

(2)利用鈷礦制取鈷的氧化物的主要步驟如下：

①浸取：用鹽酸和Na2SO3溶液浸取鈷礦，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等離子。寫出Co2O3發生反應的離子方程式_______。

②除雜：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH調節pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有關沉淀數據如表(“完全沉淀時金屬離子濃度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀時pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調節溶液pH的范圍是_______(加入NaClO3和NaOH時；溶液的體積變化忽略)。

③萃取、反萃取：向除雜后的溶液中，加入某有機酸萃取劑(HA)2，發生反應：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。實驗測得：當溶液pH處于4.5~6.5范圍內，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是_______。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設計萃取、反萃取的目的是_______。

④沉鈷、熱分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，過濾、洗滌、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶體。圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質量變化曲線；曲線中300℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______(填化學式)。試寫出B點對應的物質與O2在225~300℃發生反應的化學方程式：_______。25、含NO的煙氣需要處理后才能排放。

(1)氫氣催化還原含NO的煙氣，發生“脫硝”反應：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定條件下，加入H2的體積分數對該反應平衡時含氮物質的體積分數的影響如圖所示：

①隨著H2體積分數增加，NO中N被還原的價態逐漸降低。當H2的體積分數在0.5×10-3~0.75×10-3時，NO的轉化率基本為100%，而N2和NH3的體積分數仍呈增加趨勢，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

圖中N2減少的原因是N2與H2反應生成NH3，寫出該反應的熱化學方程式：___________。

(2)某科研小組研究了NO與H2反應生成N2和NH3的轉化過程。在起始溫度為400℃時，將n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙兩個恒容密閉容器中；甲為絕熱過程、乙為恒溫過程，兩反應體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。

①曲線X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a點在曲線X上，則a點___________是平衡點(填“可能”或“不可能”)。

③曲線Y的容器中反應達到平衡時NO的轉化率為60%，從開始到平衡點Z時用分壓表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃時，“脫硝”反應的壓強平衡常數Kp=___________kPa-1(結果保留兩位有效數字，Kp為用分壓代替濃度計算的平衡常數；分壓=總壓×物質的量分數)。

(3)科學研究發現，用P1-g-C3N4光催化氧化法脫除NO的過程如圖所示。

光催化脫除原理和電化學反應原理類似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4兩端類似于兩極，g–C3N4極發生___________反應(填“氧化”或“還原”)，該極的電極反應式為___________。26、常溫下；有濃度均為0.1mol/L的下列4種溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)這4種溶液pH由大到小的排列順序是_____________(填序號)；

(2)④的水解平衡常數Kh=___________。

(3)若向等體積的③和④中滴加鹽酸至呈中性，則消耗鹽酸的體積③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常溫下NaCN溶液中，將粒子濃度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，則發生反應的離子方程式為__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕獲，若所得溶液溶液pH=_________。27、工業用焦炭和硫酸鈉反應制備硫化鈉：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置為___________，硫原子核外有___________種不同運動狀態的電子。

(2)CS2的結構與CO2相似，二者形成晶體時的熔點高低為：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有關二硫化碳分子的描述正確的是______。A．含有非極性鍵B．是直線形分子C．屬于極性分子D．結構式為(4)C元素和S元素比較，非金屬性強的是___________，寫出一個能支持你的結論的事實：___________。

(5)Na2S又稱臭堿，Na2S溶液中含硫元素微粒的濃度由大到小的順序是___________。

(6)天然氣中常含有少量H2S；在酸性介質中進行天然氣脫硫的原理示意圖如圖示；

配平步驟①涉及到的方程式(先在括號里補齊生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)圖示中反應②是FeSO4在酸性條件下被O2氧化的過程，若有1摩爾FeSO4在酸性條件下被氧化，需要O2的體積(標準狀況)為___________升。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．乙醇屬于非電解質；故A不符合題意；

B．乙酸屬于弱電解質；且具有一定的殺菌消毒能力，可做消毒劑，故B符合題意；

C．次氯酸鈉屬于鹽；為強電解質，故C不符合題意；

D．高錳酸鉀屬于鹽；為強電解質，故D不符合題意；

故選：B。2、C【分析】【詳解】

A．根據總反應可知，Li的化合價升高，失去電子，發生氧化反應，作負極，其電極反應為：Li－e－＝Li＋；A正確；

B．鋰屬于較活潑的金屬，會和水發生反應，2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；所以凝膠介質不可用KOH水溶液代替，B正確；

C．電子不能通過凝膠介質；C錯誤；

D．充電時，電池的正極連接電解池的陽極，陽極發生氧化反應，失去電子，所以LixV2O3會轉化為V2O3；D正確。

【點睛】

鋰電池的電解質溶液不能用水溶液，應用有機溶劑。3、B【分析】【詳解】

A．和的濃度未知，且反應生成固體；無法比較，A錯誤；

B．如果隔熱效果不好；有熱量散失，測得的中和反應反應熱數值的絕對值偏小，B正確；

C．的燃燒產物應為和H2O；C錯誤；

D．1molH2完全燃燒生成液態水時放出的熱量為H2的燃燒熱；D錯誤；

故答案為：B。

【點睛】

中和熱定義：在稀溶液中，強酸與強堿反應生成1mol水放出的熱量為57.3kJmol-1；燃燒熱：1mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量。4、D【分析】【詳解】

A．根據球棍模型知，左側：充入放出等；右側：充入放出由化合價變化知，A電極為陰極，B電極為陽極，A電極得電子發生還原反應，A項錯誤；

B．B電極為陽極，其電極反應式為B項錯誤；

C．陰極上發生還原反應生成結合生成故應由交換膜右側向左側遷移；C項錯誤；

D．由于陰極可能發生的電極反應式有且得電子能力：故實際放出的量遠小于按計算的的量；D項正確；

答案選D。5、D【分析】【詳解】

A．電極Ⅰ；電極Ⅱ均為Fe；A為NaCl溶液，陽極鐵失去電子被氧化得到亞鐵離子，陰極水提供的氫離子得電子產生氫氣和氫氧根，離子定向移動，則兩電極間可能會出現白色沉淀氫氧化鐵，A正確；

B．電極Ⅰ、電極Ⅱ均為石墨，A為溶液；電極Ⅱ為陽極，氯離子放電產生氯氣，氯氣溶于水且氧化亞鐵離子，則電極Ⅱ附近溶液變成黃綠色，B正確；

C．該裝置用于保護某鋼鐵制品時；鋼鐵制品應與電極Ⅰ連接即作陰極，該方法叫做外加電流的陰極保護法，C正確；

D．電解精煉銅時，不純的銅作陽極，粗銅中比銅活潑的有Zn、Fe、Ni等，它們在陽極失去電子被氧化，陽極主要反應為Cu－2e－=Cu2＋，其它電極反應式有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋；由電極上電子數守恒可知，電極Ⅰ增加的質量和電極Ⅱ減輕的質量不相等，D不正確；

答案選D。6、C【分析】【分析】

坐標原點為未加入NaOH溶液時，0.1mol/LCH3COOH溶液，其pH接近4，說明醋酸為弱酸；a點時，加入NaOH溶液體積V(NaOH)=10mL，醋酸反應一半，其溶質為CH3COONa和CH3COOH，且濃度相等，溶液呈酸性；b點時加入NaOH溶液體積V(NaOH)=20mL，醋酸與NaOH恰好反應，其溶質為CH3COONa，溶液呈堿性；從圖中可以看出pH=7時，加入NaOH溶液體積10mL<20mL。

【詳解】

A．任何酸和堿均抑制水的電離，抑制程度與酸和堿的濃度正相關，從a到b過程中；溶液中一直有醋酸存在，且濃度逐漸降低，所以此過程中水的電離程度增大，故A錯誤；

B．pH=7時，溶質為CH3COONa和CH3COOH，根據電荷守恒可得則故故B錯誤；

C．a點溶液的溶質為CH3COONa和CH3COOH，且溶液呈酸性，得所以醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，即得故C正確；

D．b點溶液的溶質為CH3COONa，根據電荷守恒可知故D錯誤；

故選C。

【點睛】

重點分析a、b和pH=7時的溶質，再結合溶液中的三個守恒關系進行判斷。7、D【分析】【詳解】

A．生鐵片邊緣處為紅色，說明生成了氫氧根離子，電極反應式為：O2+2H2O+4e-==4OH-；生鐵片發生吸氧腐蝕，故A合理；

B．根據實驗現象，中心區域為藍色，說明生成了亞鐵離子，Fe–2e-==Fe2+；故B合理；

C．生鐵片邊緣處為紅色，說明生成了氫氧根離子，電極反應式為：O2+2H2O+4e-==4OH-；故C合理；

D．在兩色環交界處出現鐵銹，是因為生成的氫氧化亞鐵被氧氣氧化生成了氫氧化鐵，不是發生了4Fe2++O2+10H2O==4Fe(OH)3+8H+反應；故D不合理；

故選D。二、多選題(共7題，共14分)8、BC【分析】【分析】

石墨烯氣凝膠(嵌有可表示為)為正極，電極反應式為鋅-石墨烯纖維無紡布為負極，電極反應式為故電池總反應為

【詳解】

A．放電時，石墨烯氣凝膠電極為正極，發生還原反應得電子，電極反應式為A項錯誤；

B．多孔石墨烯可增大電極與電解質溶液的接觸面積，能增大反應速率，也有利于擴散至電極表面；B項正確；

C．由分析可知，電池總反應為C項正確；

D．充電時，被還原，在石墨烯纖維無紡布電極側沉積，被氧化后在陽極嵌入；D項錯誤；

答案選BC。9、AD【分析】【分析】

將氣體體積壓縮到原來的一半；假定平衡不移動，D的濃度應為原來的2倍，而實際再次達到平衡時，D的濃度為原來的1.8倍，說明壓強增大，平衡向逆反應方向移動，即a＜c+d，據此進行分析。

【詳解】

A．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，A的轉化率變小，A正確；

B．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，B錯誤；

C．由分析可知；平衡向逆反應方向移動，D的體積分數減小，C錯誤；

D．由分析可知；壓強增大，平衡向逆反應方向移動，即a＜c+d，D正確；

答案選AD。10、BD【分析】A、過程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)當有2molFe3O4分解時；氧元素由-2價變為0價，反應轉移4mol電子；

B、將反應①2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.0kJ/mol和反應②2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ/mol；根據蓋斯定律變形即可得過程II的熱化學方程式；

C；過程I和過程II均為吸熱反應；

D、反應3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)的產物中，氫氣為氣體，而Fe3O4為固體。

【詳解】

A、過程Ⅰ：2Fe3O4(s)═6FeO(s)+O2(g)當有2molFe3O4分解時，生成1mol氧氣，而232gFe3O4的物質的量故生成0.5mol氧氣，而氧元素由?2價變為0價，故轉移2mol電子，故A錯誤；

B、已知反應①2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.0kJ/mol和反應②2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ/mol，根據蓋斯定律，將可得過程II的熱化學方程式為：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝+128.9kJ/mol；故B正確；

C；過程I和過程II均為吸熱反應；故不存在將化學能轉化為熱能的過程，故C錯誤；

D、反應3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)的產物中，氫氣為氣體，而Fe3O4為固體，故鐵氧化合物循環制H2的產物易分離；且由于利用太陽能，故成本低，故D正確；

故選：BD。11、BC【分析】【詳解】

A．甲容器在絕熱條件下，隨著反應的進行，壓強先增大后減小，根據理想氣體狀態方程PV=nRT可知，剛開始壓強增大的原因是因為容器溫度升高，則說明上述反應過程放熱，即＜0；故A錯誤；

B．根據A項分析可知，上述密閉溶液中的反應為放熱反應，圖中a點和c點的壓強相等，因甲容器為絕熱過程，乙容器為恒溫過程，若兩者氣體物質的量相等，則甲容器壓強大于乙容器壓強，則說明甲容器中氣體的總物質的量此時相比乙容器在減小即氣體總物質的量：na＜nc；故B正確；

C．a點為平衡點，此時容器的總壓為p，根據理想氣體狀態方程PV=nRT可知，在恒容條件下進行，氣體的物質的量之比等于整體之比，根據A項分析可知，絕熱條件下，反應到平衡狀態放熱，所以Ta＞T始，壓強：Pa=P始，則na＜n始，可設Y轉化的物質的量濃度為xmol?L?1，則列出三段式如下：則有＜計算得到x＞0.75，那么化學平衡常數K=＞故C正確；

D．根據圖像可知，甲容器達到平衡的時間短，溫度高，所以達到平衡的速率相對乙容器的快，即Va正＞Vb正；故D錯誤。

綜上所述，答案為BC。12、CD【分析】【詳解】

A．圖①若則a曲線可能是使用了催化劑，也可能是增大壓強，故A錯誤；

B．圖②，溫度升高溫度，X的平衡濃度增大，說明平衡逆移，故正反應的但是M點正反應速率=M點逆反應速率>W點逆反應速率>N點逆反應速率；故B錯誤；

C．圖③；當投料比等于化學計量數之比時，所有反應物的轉化率相等，故C正確；

D．圖④中曲線表示一定壓強下NO平衡轉化率隨溫度的變化；A；B、C三點表示不同溫度、壓強下NO的平衡轉化率，壓強最小的是A點，化學平衡常數最小的是B點。由圖可知，增大壓強，平衡正移，NO的平衡轉化率增大。升高溫度，NO的平衡轉化率減小，說明平衡逆移，K減小，故D正確；

故選CD。13、AD【分析】【詳解】

A．則則同理電離常數第一步大于第二步，且Ka1＞Ka2，故lgKa1＞lgKa2，當縱坐標相等時，則pH1＜pH2，故甲表示pH與的變化關系；故A錯誤；

B．由乙可知pH=8.21時，1，則lgKa2=1-8.21=-7.21，則故B正確；

C．由以上可知當pH=4.15時，=2，=100，Ka1==10-4.15×100=10-2.15，當pH=6時，故C正確；

D．由質子守恒可得溶液中：故D錯誤；

故選AD。14、AD【分析】【詳解】

A.溫度升高，平衡向吸熱反應方向移動，由圖可知，溫度升高，X的物質的量分數減小，說明平衡向正反應方向移動，則該反應為吸熱反應，ΔH>0；故A正確；

B.該反應為氣體體積增大的反應，增大壓強，X的物質的量分數增大，則由圖可知，壓強大小關系：p1>p2>p3；故B錯誤；

C.催化劑不能改變化學平衡移動的方向；則平衡后加入高效催化劑，化學平衡不移動，混合氣體的平均摩爾質量不變，故C錯誤；

D.起始加入X為2mol；X平衡轉化率為a，由題意可得如下三段式：

由混合氣體中X的物質的量分數為0.1可得=0.1，解得a=故D正確；

故選AD。三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】【分析】

判斷反應在什么條件下自發進行，通過作答。

【詳解】

A反應，△H>0，ΔS>0，要使則溫度要較高，即在高溫有利自發反應進行；

B反應，△H>0，△S<0，一定大于0；即任何溫度不自發；

C反應，ΔH<0，ΔS>0，一定小于0；任何溫度均自發；

D反應，ΔH<0，ΔS<0，要使則溫度要較低，即低溫有利于自發進行；

綜上可知，答案為：C；B；A；D。【解析】①.C②.B③.A④.D16、略

【分析】【分析】

高濃度氨氮廢水中含有大量氨氣和氨水，存在NH3+H2ONH3·H2O，NH3·H2O+OH-；加入NaOH和鼓入空氣加熱促使氨氣逸出，降低氨氮廢水的濃度，低濃度的氨氮廢水在微生物的作用下轉化為硝酸，硝酸具有強氧化性，與甲醇發生氧化還原反應生成氮氣；二氧化碳和水，使廢水中氮氧化物的含量降低，達到廢水排放要求的標準。

【詳解】

(1)根據分析，高濃度氨氮廢水中含有大量氨氣和氨水，存在NH3+H2ONH3·H2O，NH3·H2O+OH-；過程I中加入NaOH，可以使平衡逆向移動，使氨氣逸出，同時進行加熱和鼓入空氣，加快了氨氣的逸出，使平衡逆向移動；

(2)過程II中低濃度的氨氮廢水在微生物的作用下轉化為硝酸，即轉化為N元素的化合價由-3價變為+5價，則每轉化1molNH轉移電子的物質的量為8mol電子；

(3)根據分析，過程III為硝酸與甲醇發生氧化還原反應生成氮氣、二氧化碳和水，則該過程發生反應的化學方程式為6HNO3+5CH3OH=3N2↑+5CO2↑+13H2O。【解析】氨水中存在NH3+H2ONH3·H2O，NH3·H2O+OH-，過程I中加入NaOH，可以使平衡逆向移動，使氨氣逸出，同時進行加熱和鼓入空氣，加快了氨氣的逸出，使平衡逆向移動8mol6HNO3+5CH3OH=3N2↑+5CO2↑+13H2O17、略

【分析】【分析】

根據乙酸的名稱判斷分子式和官能團；根據酸和醇發生酯化反應寫出反應條件和產物；根據乙酸是弱酸寫出電離方程式；根據相同濃度的強酸和弱酸pH不一樣；判斷酸性強弱；據此解答。

【詳解】

（1）由乙酸名稱可知，該分子中含有的官能團為羧基，分子式中含有2個碳原子，2個氧原子，4個氫原子，乙酸正確的分子式為C2H4O2，其結構簡式為CH3COOH；答案為C2H4O2；羧基。

（2）乙酸、乙醇在濃硫酸、加熱條件下發生酯化反應生成乙酸乙酯，同時生成水，即CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案為濃硫酸、加熱，CH3COOCH2CH3、H2O。

（3）乙酸是一種弱酸，部分電離，用可逆號，其電離方程式為CH3COOH?CH3COO?+H+；答案為CH3COOH?CH3COO?+H+。

（4）乙酸、鹽酸都為一元酸，可分別測定相同濃度的乙酸和鹽酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于鹽酸溶液，則酸性乙酸＜鹽酸；答案為測定相同濃度的乙酸和鹽酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于鹽酸溶液，則酸性乙酸＜鹽酸。【解析】①.C2H4O2②.羧基③.濃硫酸、加熱④.CH3COOC2H5、H2O⑤.CH3COOH?CH3COO-+H+⑥.分別測定相同濃度的乙酸和鹽酸溶液的pH，乙酸溶液的pH大于鹽酸溶液，則酸性：乙酸＜鹽酸18、略

【分析】【分析】

【詳解】

I.(1)①硝酸在水溶液中完全電離；是強電解質；

②CH3COOH在水溶液中部分電離；是弱電解質；

③氨水是混合物；既不是電解質也不是非電解質；

④氫氧化鋁在水溶液中部分電離；是弱電解質；

⑤NaHCO3在水溶液中完全電離；是強電解質；

⑥銅是單質；既不是電解質也不是非電解質；

⑦氯水是混合物；既不是電解質也不是非電解質；

⑧碳酸鈣溶于水的部分全部電離；屬于強電解質；

⑨H2CO3在水溶液中部分電離；屬于弱電解質；

⑩鹽酸是混合物；既不是電解質也不是非電解質；

故屬于強電解質的是：①⑤⑧；屬于弱電解質的是②④⑨；

故答案為：①⑤⑧；②④⑨；

(2)NaOH溶液顯堿性，c(H+)最小，H2SO4是二元強酸，0.1mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0.2mol/L，HCl是一元強酸，0.1mol/LHCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，CH3COOH是弱酸，0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)小于0.1mol/L，故c(H+)由大到小排列順序是②>①>④>③；故答案為：②>①>④>③；

Ⅱ.(1)c(H+)=c(HA)×電離度=0.1mol/L×0.02%=2.010-5mol/L，故答案為：2.010-5mol/L；

(2)電離平衡常數K=故答案為：【解析】①⑤⑧②④⑨②>①>④>③2.010-5mol/L19、略

【分析】【詳解】

(1)該反應的ΔH<0；為放熱反應，生成物能量總和小于反應物能量總和。

故正確答案：小于。

(2)由熱化學方程式可知；2mol氫氣燃燒生成液態水，放出572kJ熱量，由于液態水變為水蒸氣需要吸收熱量，故2mol氫氣燃燒生成水蒸氣，放出的熱量小于572kJ。

故正確答案：小于。

(3)標準燃燒熱ΔH＝－kJ·mol－1，＝－286kJ·mol－1。

故正確答案：－286kJ·mol－1

(4)反應過程(1)中；能量由低到高，反應吸收熱量，反應過程(Ⅱ)中，能量由高到低，反應放出熱量。反應過程(Ⅱ)中形成了4molH-O鍵，放出的熱量為：4×463kJ＝1852kJ。

故正確答案：放出；1852【解析】小于小于－286kJ·mol－1放出185220、略

【分析】【分析】

根據裝置圖，Y、Z為電解池，Y槽中c、d為石墨棒，d附近顯紅色，發生2H2O+2e－＝H2↑＋2OH-，作陰極，則f為陰極，b為電池的負極。

【詳解】

(1)①分析可知，電源上b為負極；

②電池a極為正極；則Z槽中e為陽極；

③導線中電子由負極流向正極；則電子流動的方向是d←e；

(2)①Y槽陰極反應式為2Cl--2e－=Cl2↑，則總反應式為2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；

②Z槽中e極為陽極，銅失電子生成銅離子，電極式為Cu－2e－===Cu2＋。

【點睛】

Y槽為電解池，c、d為石墨棒，電極不參與反應，d附近顯紅色，生2H2O+2e－＝H2↑＋2OH-，作陰極，可確定b作負極。【解析】負陽←2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑Cu－2e－===Cu2＋四、判斷題(共1題，共9分)21、A【分析】【分析】

【詳解】

根據C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH＞0可知，石墨轉化為金剛石為吸熱反應，因此石墨的能量比金剛石低，能量越低物質越穩定，故石墨比金剛石穩定，該說法正確。五、實驗題(共2題，共12分)22、略

【分析】【分析】

(1)根據題意，KClO3溶液和NaHSO3溶液反應生成Cl-，Cl元素化合價降低，KClO3為氧化劑，則NaHSO3為還原劑，被氧化生成Na2SO4；據此分析書寫反應的方程式；

(2)結合v(Cl-)=計算；

(3)根據反應的方程式；結合速率之比等于化學計量數之比和圖像的含義分析判斷；

(4)①根據假設結合控制變量法分析解答；②燒杯①中加入1mL可以消除由于體積改變帶來的實驗影響；據此分析解答；③根據影響化學反應速率的因素思考。

【詳解】

(1)根據題意，KClO3溶液和NaHSO3溶液反應生成Cl-，Cl元素化合價降低，KClO3為氧化劑，則NaHSO3為還原劑，被氧化生成Na2SO4，反應的化學方程式為2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4，故答案為：2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4；

(2)由圖中數據可知，該反應在0～4min的平均反應速率：v(Cl-)===2.5×10-3mol/(L?min)，故答案為：2.5×10-3mol/(L?min)；

(3)A．2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4的離子方程式為：ClO+3HSO=3SO+Cl-+3H+，v(ClO)∶v(Cl-)=1∶1，縱坐標為v(ClO3-)的v-t曲線與縱坐標為v(Cl--)的v-t曲線重合，故A錯誤；B．圖象為Cl-的v-t圖，則陰影部分的面積表示t1～t2時間內Cl-的物質的量濃度的增加；故B錯誤；C．隨著反應的進行，反應物的濃度減少，反應速率減小，所以后期反應速率下降的主要原因是反應物濃度減小，故C正確；故選C。

(4)①方案Ⅰ需要驗證產物中的Cl-對反應是否有催化作用，因此在實驗開始前加入NaCl或KCl固體，會使體系中氯離子濃度變大，通過繪制溶液中c(Cl-)隨時間變化的曲線并與圖1對比可說明Cl-是否加快了化學反應速率；方案Ⅱ需要驗證溶液酸性的增強，是否加快了化學反應速率，因此需要在燒杯2中加入0.1mol/LH2SO4(SO對該反應速率無影響)，提高溶液的酸性，通過繪制溶液中c(Cl-)隨時間變化的曲線并與圖1對比可說明酸性增強是否加快了化學反應速率；故答案為：A；D；

②燒杯①中加入1mL水的作用是空白實驗；消除由于體積改變帶來的實驗影響，故答案為：空白實驗，消除由于體積改變帶來的實驗影響；

③除方案Ⅰ；Ⅱ外；也可能是溶液的溫度升高，加快了化學反應速率，故答案為：溫度升高，加快了化學反應速率。

【點睛】

本題的易錯點為(3)(4)③，(3)中要注意理解圖2中v-t曲線的含義，陰影部分的面積表示濃度的變化，不是物質的量的變化；(4)③中要注意該反應為溶液中的反應，不要考慮壓強的影響。【解析】①.2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4②.2.5×10-3mol/(L?min)③.C④.A⑤.D⑥.空白實驗，消除由于體積改變帶來的實驗影響⑦.溫度升高，加快了化學反應速率23、略

【分析】【詳解】

（1）草酸為弱酸；滴定終點應為完全反應生成草酸鈉，此時溶液顯堿性，所以該滴定過程中應選用的指示劑為：酚酞；

（2）滴定管0刻度在最上邊；將NaOH溶液盛裝于滴定管后，再排盡滴定管尖嘴部分的氣泡后，并將液面調至：“0”刻度或“0”刻度以下；

（3）由滴定數據可知應舍掉第一組誤差較大數據，再根據滴定終點消耗NaOH與草酸的物質的量之比為2：1，可計算得：

（4）A.滴定前用蒸餾水沖洗錐形瓶；對滴定結果無影響，A錯誤；

B.在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內溶液濺出；會導致溶質偏少，滴定結果偏低，B錯誤；

C.滴定至終點時；俯視讀數，讀取的NaOH溶液體積偏小，滴定結果偏低，C錯誤；

D.用蒸餾水清洗滴定管后；未用NaOH標準液潤洗，會導致消耗的NaOH溶液體積偏大，滴定結果偏高，D正確；

故選D；

（5）滴定過程中涉及反應的離子方程式為：

（6）滴定時盛裝溶液時應選用酸式滴定管，剛開始滴定時溶液的紅色褪去速度較慢，一段時間后溶液的紅色褪去速度明顯加快，對比滴定前后溶液中微粒變化，猜測原因為生成的對該反應具有催化作用，滴定至終點的現象為：滴入最后一滴溶液后，溶液變為淺紅色且半分鐘不褪色。【解析】(1)酚酞。

(2)“0”刻度(或“0”刻度以下)

(3)0.075

(4)D

(5)

(6)酸式滴定管生成的對該反應有催化作用滴入最后一滴溶液后，溶液變為淺紅色且半分鐘不褪色六、結構與性質(共4題，共32分)24、略

【分析】【詳解】

(1)一種鈷氧化物晶胞如圖1所示，根據晶胞結構，可得：鈷離子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞為：CoO，即鈷為+2價，Co的原子序數為27，失去2個電子后，Co2+的基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，該氧化物中鈷離子基態核外電子排布式為[Ar]3d7。故答案為：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性條件下，把Na2SO3氧化為Na2SO4，自身被還原為Co2+，Co2O3發生反應的離子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案為：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先滿足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根據Co2+完全沉淀時(c(Co2+)≤1.0×10-5mol?L-1)的為9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，現浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，進一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，則須調節溶液pH的范圍是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH時，溶液的體積變化忽略)。故答案為：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，當溶液pH處于4.5~6.5范圍內，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大(如圖2所示)，其原因是pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。該工藝中設計萃取、反萃取的目的是富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)。故答案為：pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大；富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)；

④由圖可知，CoC2O4?2H2O的質量為18.3g，其我知道可為0.1mol，Co元素質量為5.9g，C點鈷氧化物質量為8.03g，氧化物中氧元素質量為8.03g-5.9g=2.13g，則氧化物中Co原子與O原子物質的量之比為0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物為Co3O4；B點對應物質的質量為14.7g，與其起始物質的質量相比減少18.3g-14.7g=3.6g，為結晶水的質量，故B點物質為CoC2O4，與氧氣反應生成Co3O4與二氧化碳，反應方程式為：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案為：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)減小，平衡正向進行，Co2+萃取率增大富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO225、略

【分析】【詳解】

（1）①根據題中信息，隨著氫氣體積分數的增加，NO中被還原的價態逐漸降低，根據圖像可知，當氫氣的體積分數在0.5×10-3～0.75×10-3時，NO轉化率基本為100%，而氮氣和氨氣的體積分數仍呈增加趨勢，NO中N顯+2價，N2中N顯0價，NH3中N顯-3價，因此當氫氣