2025年苏人新版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年苏人新版选择性必修1化学下册月考试卷693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、下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是（）A.Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度B.在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的溶解度和Ksp均增大C.在氯化银沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钠固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀D.在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶解平衡不移动2、科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王石墨烯”将“彻底改变21世纪”。我国关于石墨烯的专利总数世界排名第一。如图是我国研发的某种石墨烯电池有关原理示意图，左边装置工作时的电极反应为Li1-xC6+xLi++xe-=LiC6，Li[GS/Si]O2-xe-=Li1-x[GS/Si]O2+xLi+。下列说法错误的是。

A.a与d电极上发生的反应类型相同B.左右两个装置中的离子交换膜均为阳离子交换膜C.电池放电时，正极反应为Li1-x[GS/Si]O2+xLi++xe-=Li[GS/Si]O2D.若装置工作前c与d电极质量相等，则转移0.1mol电子后两个电极质量相差0.7g3、下列说法正确的是A.硫化氢分子的电子式：B.CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)能自发进行，则该反应的△H>0C.向含nmolNH4Al（SO4）2的溶液中，逐滴加入含nmolNaOH的溶液，离子反应方程式为：NH4++OH-=NH3·H2OD.分子式为C5H12O的饱和一元醇与和它相对分子质量相同的饱和一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有16种（不考虑立体异构）4、对可逆反应下列叙述正确的是A.化学反应速率关系是：B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.达到化学平衡时，5、在某温度下2L密闭容器中，3种气体加入起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如下表所示：。XYW起始状态(mol)210平衡状态(mol)10.51.5

下列有关说法正确的是()A.该温度下，该反应的平衡常数K=9B.升高温度，若W的体积分数减小，此反应△H＞0C.该温度下，该反应的方程式为2X(g)+Y(g)3W(g)D.增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动6、一定温度下的密闭容器中发生可逆反应一定能说明该反应以达到平衡状态的是（）A.气体总质量B.v逆(SO2)=v正(SO2)C.n(SO2)：n(SO3)=1：1D.生成1molSO2的同时生成1molO27、以下4个实验中均产生了白色沉淀。下列说法不正确的是。

A.Na2CO3和NaHCO3溶液含的微粒种类相同B.Ca2+促进了COHCO的水解C.Al3+促进了COHCO的水解D.滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小8、下列事实不能用电化学原理解释的是。A.镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀B.生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈C.常温条件下，在空气中铝不容易被腐蚀D.用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜，生成氢气的速率加快评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）在25℃、101kpa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________。

（2）C（石墨）与适量H2O（g）反应生成标准状况下CO和H2各2.24L时；吸收13.13kJ热量，该反应的热化学方程式为__________________。

（3）已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出12.1热量，用离子方程式表示该反应的热化学方程为_______________。10、25℃时；电离平衡常数：

。化学式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

电离平衡常数。

1.8×10-5

K1：4.3×10-7

K2：5.6×10-11

3.2×10-8

回答下列问题：

(1)物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是___。(填编号)

(2)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___。

A.c(H+)B.C.c(H+)·c(OH-)D.

(3)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图。稀HX溶液中水电离出来的c(H+)___(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。

(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=___。(填准确数值)11、某研究性学习小组根据反应设计如图原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为溶液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和溶液。

回答下列问题：

(1)此原电池的负极是石墨_____(填“a”或“b”)，电池工作时，盐桥中的移向_____(填“甲”或“乙”)烧杯。

(2)正极反应式为：_______。

(3)若不考虑溶液的体积变化，浓度变为则反应中转移的电子为_______mol。12、(1)电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3),装置如下图所示,写出复合膜电极的电极反应式:_____________。

(2)解NO制备NH4NO3,其工作原理如下图所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质有A,A是____,说明理由:______________________________。

(3)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应式为____________。一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,其他离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为____________。

(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢气的装置示意图如图，电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴阳两极均为惰性电极，A极为________，电极反应式为________，B极为________，电极反应式为_______________。

(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－＋3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在________(填“阴极室”或“阳极室”)，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是__________________________。

(6)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：写出阳极的电极反应式：_________________________________________，分析产品室可得到H3PO2的原因：______________________________________。

(7)利用下图所示装置电解制备NCl3(氯的化合价为＋1价)，其原理是NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑，b接电源的___(填“正”或“负”)极，阳极反应式是______________________。

(8)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。图中a极要连接电源的________(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是______，放电的电极反应式为_________________，电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因__________________________。

(9)电化学沉解法可用于治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NO的原理如图，电源正极为________(填“A”或“B”)，阴极反应式为____________________________。

(10)电解法也可以利用KHCO3使K2CO3溶液再生。其原理如下图所示，KHCO3应进入________(填“阴极”或“阳极”)室。结合方程式简述再生K2CO3的原理是_________________。

13、请仔细观察下列三种装置的构造示意图。根据要求回答问题：

（1）电解精炼铜（如图1）时，b极材料是________(填“纯铜”或“粗铜”)；其电解质溶液能否用CuCl2替代？答：________（“能”或“否”）。

（2）碱性锌锰电池（如图2）的总反应式为Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2，该电池的负极反应式为______________________。若有0.65g锌参与了电池反应，则转移电子的物质的量为___________mol。

（3）铅－硫酸蓄电池（如图3）放电过程中，负极的电极反应式为___________________，充电时，Pb电极应接电源的______极（填“正”或“负”)。14、常温下；向100mL0.01mol/LHCl溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：

(1)常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH___________(填“＞”、“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因___________。

(2)请写出N点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：___________。

(3)K点对应的溶液中，c(M+)+c(MOH)___________(填“＞”“＜”或“=”)2c(Cl-)；若此时溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH-)=___________mol/L。15、二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，可用四氯化钛(TiCl4)制备。已知：

Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g)TiO2(s)＋2Cl2(g)ΔH1=-178.4kJ•mol-1

Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH2=-219.9kJ•mol-1

请回答下列问题：

(1)TiCl4(g)与CO(g)反应生成TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。

(2)若反应Ⅰ的逆反应活化能表示为EkJ•mol-1，则E___________178.4(填“>”“<”或“=”)。

(3)t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应Ⅰ.4min达到平衡时测得TiO2的物质的量为0.2mol。

①0～4min内，用Cl2表示的反应速率v(Cl2)=___________。

②TiCl4的平衡转化率α=___________。

③下列措施，既能加快反应速率又能增大TiCl4平衡转化率的是___________(填选项字母)。

A．缩小容器容积B．加入催化剂C．分离出部分TiO2D．增大O2浓度E.降低温度。

④t℃时，向10L恒容密闭容器中充入4molTiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(α)与起始的物质的量之比的关系如图所示：

能表示TiCl4平衡转化率的曲线为___________(填“L1”或“L2”)；M点的坐标为___________。

(4)也可以利用四氯化钛(TiCl4)水解制备TiO2，该反应的方程式为：___________。16、某温度时；在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A；B气体，起始时压强为100KPa，各物质物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

(1)该反应的化学方程式为___。

(2)若降低温度，则该反应的正反应速率___(填“加快”“减慢”或“不变”，下同)，逆反应速率___。

(3)第4min时，正、逆反应速率的大小关系为v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

(4)0～4min内，用B的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为___mol•L-1•min-1。

(5)反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为___。

(6)平衡时混合气体中B的分压约为__KPa(保留3位有效数字)。(已知某物质的分压=该物质的体积分数×总压强)评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、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18、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误19、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误20、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误21、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误22、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共36分)23、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：24、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。25、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。26、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共14分)27、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。28、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，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

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A选项，同类型的Ksp(AB)小于Ksp(CD)，才能说AB的溶解度小于CD的溶解度，不同类型难溶电解质不能根据Ksp大小来说溶解度大小；因此A错误；

B选项；在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，平衡正向移动，但氯化银的溶解度和Ksp均不变，故B错误；

C选项；在氯化银沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钠固体，生成碘化银，平衡正向移动，因此氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀，故C正确；

D选项；在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶液中的碳酸根离子不断被消耗，溶解平衡正向移动，故D错误；

综上所述；答案为C。

【点睛】

沉淀溶解平衡，加水，沉淀平衡正向移动，不断溶解，但溶解度不变，Ksp不变；Ksp只与温度有关。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．由装置图可推出a为阴极，b为阳极；c为负极，d为正极，a与d电极.上均发生还原反应，故A正确；

B．从装置图中可以看出，为保持溶液呈电中性，离子交换膜允许Li+通过；应该使用阳离子交换膜，故B错误；

C．d电极为正极，其电极反应相当于充电时阳极反应的逆过程，根据题千中信息可知，正极(d电极)反应为：Li1-x[GS/Si]O2+xLi++xe-=Li[GS/Si]O2；故C错误；

D．若装置工作前c与d电极质量相等，则根据电极反应，转移0.1mol电子时，c极减少0.1molLi+，质量减少0.7g,d极增加0.1molLi+；质量增大0.7g，两个电极质量相差1.4g，故D错误；

故答案为D。3、D【分析】【详解】

A.硫化氢属于共价分子，电子式为：故A错误；

B.CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)该反应为熵减的反应△S＜0；若能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，则△H＜0，故B错误；

C.氯离子与氢氧根离子按照物质的量之比1:3恰好完全反应生成氢氧化铝沉淀，所以当n（Al3+）：n（OH-）=1:1时，应该生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：Al3++3OH-═Al（OH）3↓；故C错误；

D.分子式为C5H12O的饱和一元醇为戊醇，戊基-C5H11可能的结构有：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种；C5H12O的分子量为88；和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有2种结构，故生成的酯为16，故D正确。

故选D。

【点睛】

①一个放热的熵增加的反应；肯定是一个自发的反应。△H＜0，△S＞0，△G＜0

②一个吸热的熵减少的反应；肯定是一个不自发的反应。△H＞0，△S＜0，△G＞0

③一个放热的熵减少的反应；降低温度，有利于反应自发进行。△H＜0，△S＜0，要保证△G＜0，T要降低。

④一个吸热的熵增加的过程，升高温度，有利于反应自发发生。△H＞0，△S＞0，要保证△G＜0，T要升高得足够高。4、D【分析】【分析】

A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行判断。

B．根据正逆反应速率相等判断是否达到平衡。

C．根据浓度对化学反应速率的影响进行判断；浓度减小反应速率减小。

D．根据正逆反应速率相等；即达到平衡来判断。

【详解】

A．化学反应速率关系是：A项错误；

B．单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3；都是指正反应速率，反应不一定达到平衡状态，B项错误；

C．若增大容器体积；则正；逆反应速率均减小，C项错误；

D．是反应达到平衡状态的本质标志；D项正确；

故答案选D。5、C【分析】【分析】

根据表格数据可知，从初始到平衡，Δn(X)=1mol，Δn(Y)=0.5mol，Δn(W)=1.5mol，Δn(X)：Δn(Y)：Δn(W)=2:1:3，所以该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3W(g)。

【详解】

A．容器体积为2L，则平衡时X、Y、W的浓度分别为0.5mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L，则平衡常数K==6.75；故A错误；

B．升高温度若W的体积分数减小；说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应的焓变小于0，故B错误；

C．根据分析可知该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3W(g)；故C正确；

D．该反应前后气体系数之和相等；增大压强平衡不移动，故D错误；

综上所述答案为C。6、B【分析】【详解】

A．该反应无固体参与反应；故整个过程中气体总质量不变，A错误；

B．v逆(SO2)=v正(SO2)；表明二氧化硫的正反应速率=逆反应速率，可以说明反应达到平衡，B正确；

C．反应中途某一时刻，可能出现n(SO2)：n(SO3)=1：1；故不能说明反应达到平衡，C错误；

D．生成1molSO2的同时生成1molO2；均指逆反应方向，不能说明反应达到平衡，D错误；

答案选B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、COHCOOH-、H+、H2O；两溶液中含有粒子的种类相同，A正确；

B．钙离子能够与碳酸根离子反应；使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，B错误；

C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解；C正确；

D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解；都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度降低，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，D正确；

答案选B。8、C【分析】【分析】

不能用电化学原理解释说明该装置不能构成原电池；只能发生化学腐蚀，根据原电池的构成条件来分析解答，原电池的构成条件是：原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护．

【详解】

A．锌；铁和电解质溶液能构成原电池；锌易失电子被腐蚀，铁作正极被保护，锡、铁和电解质溶液能构成原电池，铁易失电子而作负极，加速被腐蚀，所以镀层被划破后，镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐腐蚀，所以可以用电化学原理解释，故A不选；

B.生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈；生铁中铁易失电子作负极，碳等作正极，所以能用电化学原理解释，故B不选；

C.铝和空气中氧气反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被腐蚀；发生化学腐蚀，故C选；

D.锌置换出铜；锌；铜和电解质溶液能构成原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，所以能用电化学原理解释，故D不选。

故选C。

【点睛】

本题考查了金属的腐蚀与防护，侧重于学生的分析能力的考查，明确电化学腐蚀与化学腐蚀的区别是解本题关键，再结合原电池构成条件来分析解答．二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

⑴在25℃、101kpa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇32g燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ。

⑵C(石墨)与适量H2O(g)反应生成标准状况下CO和H2各2.24L即0.1mol时；吸收13.13kJ热量，则生成气体各1mol吸收131.3kJ热量。

⑶已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时；放出12.1热量，HCN是弱酸，因此在书写离子方程式时写化学式。

【详解】

⑴在25℃、101kpa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇32g燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，因此甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1。

⑵C(石墨)与适量H2O(g)反应生成标准状况下CO和H2各2.24L即0.1mol时，吸收13.13kJ热量，则生成气体各1mol吸收131.3kJ热量，因此该反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1；C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1。

⑶已知HCN稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出12.1热量，HCN是弱酸，因此在书写离子方程式时写化学式，其离子方程式表示该反应的热化学方程为HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−1；故答案为：HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−1。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76kJ⋅mol−1C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ⋅mol−1HCN(aq)+OH－(aq)=CN－(aq)+H2O(l)△H=−12.1kJ⋅mol−110、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越弱，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>则水解程度a>b>d>c，pH由大到小的顺序是a>b>d>c；

(2)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小；故A项正确；

B．则稀释过程中比值变大，故B项错误；

C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=Kw；Kw不变，故C项错误；

D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则变大；故D项错误。

故答案为：A

(3)稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大；

(4)25℃时，混合液pH=6，c(H+)=1.0×10-6mol·L-1，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-8mol·L-1，由电荷守恒可知【解析】a，b，d，cA大于9.9×10-7mol·L-111、略

【分析】【分析】

（1）

由总反应方程式可知，石墨b是原电池的负极，硫酸亚铁在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸铁，电池工作时，阴离子硫酸根离子向负极移动，即向乙烧杯移动，故答案为：b；

（2）

由总反应方程式可知，石墨a是正极，酸性条件下，高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为故答案为：

（3）

由电极反应式可知，生成1mol锰离子，反应转移5mol电子，则溶液的体积未变，溶液中的浓度由变为时，转移电子的物质的量为(1.5mol/L—1mol/L)×0.2L×5=0.5mol，故答案为：0.5。【解析】(1)b乙。

(2)

(3)0.512、略

【分析】【详解】

(1)因为电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸(H2C2O3)，所以复合膜电极的电极反应是还原反应，电极反应式为H2C2O4+2e-+2H+=H2C2O3+H2O；

(2)根据工作原理装置图,可以确定阳极为NO失去电子转变为N阴极为NO得到电子转变为N书写电极反应式为；阳极NO-3e-+2H2ON+4H+，阴极NO+5e-+6H+N+H2O，然后根据得失电子守恒,硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多,所以需要向溶液中加入的物质为NH3；

(3)Al在阳极放电,溶液中的H+在阴极放电,破坏了水的电离平衡,溶液中的OH-浓度增大,与产生的Al3+结合生成Al(OH)3,总反应式为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑。根据题意,充电和放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,放电时负极Al失去电子变为Al3+,与溶液中的AlC结合产生Al2C电极反应式为Al-3e-+7AlC4Al2C

(4)H2产生是因为H2O电离的H＋在阴极上得电子，即6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－，所以B极为阴极，A极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2－6e－＋8OH－===N2↑＋CO＋6H2O，阳极反应式容易错写成4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；

(5)根据电解总反应：Fe＋2H2O＋2OH－FeO42-＋3H2↑，结合阳极发生氧化反应知，阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O，结合阴极发生还原反应知，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则阳极室消耗OH－且无补充，故c(OH－)降低。结合题给信息“Na2FeO4易被氢气还原”知，阴极产生的氢气不能接触到Na2FeO4，故需及时排出；

（6）阳极为水电离出的OH－放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极室中的H＋穿过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；

（7）b电极，H＋得电子生成H2，发生还原反应，所以b电极为阴极，连接电源的负极。阳极反应物为NH4Cl，生成物为NCl3，题目中给出氯的化合价为＋1价，所以氯失电子，化合价升高，氮、氢不变价，然后根据电荷守恒配平方程式，则阳极反应式是3Cl－－6e－＋NH4+===NCl3＋4H＋；

（8）根据Na＋、SO32-的移向判断阴、阳极。Na＋移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反应式分别为：阳极SO32-－2e－＋H2O===SO42-＋2H＋，阴极2H＋＋2e－===H2↑，所以从C口流出的是H2SO4，在阴极区，由于H＋放电，破坏水的电离平衡，c(H＋)减小，c(OH－)增大，生成NaOH，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液；

（9）由题给原理图可知，Ag－Pt电极上NO3-发生还原反应生成氮气，因此Ag－Pt电极为阴极，电极反应式为2NO3-＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，则B为负极，A为电源正极；

（10）电解法也可以使K2CO3溶液再生。根据图所示，可知水电离产生的H＋在阴极获得电子变为氢气逸出，水产生的OH－在阳极失去电子变为O2，产生的OH－和HCO3-反应生成CO32-，使得K2CO3再生。【解析】H2C2O4+2e-+2H+=H2C2O3+H2ONH3根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑Al-3e-+7AlC=4Al2C阳极CO(NH2)2＋8OH－－6e－=N2↑＋＋6H2O阴极6H2O＋6e－=3H2↑＋6OH－阳极室防止Na2FeO4与H2反应使产率降低2H2O－4e－=O2↑＋4H＋阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2负3Cl－－6e－＋=NCl3＋4H＋负硫酸－2e－＋H2O=＋2H＋H2OH＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强A2＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O阴极水电离出H＋在阴极得电子生成H2，使水的平衡正移，产生的OH－和反应生成使得K2CO3再生13、略

【分析】【详解】

（1）精炼铜时，粗铜做阳极，与电源的正极相连，即b极材料为粗铜；溶液含有铜离子就可以；所以电解质溶液可以用氯化铜溶液代替。

（2）因为锌的化合价升高，所以锌做负极，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；每摩尔锌失去2摩尔电子；所以当有0.65g锌即0.01mol锌反应时，转移电子为0.02mol。

（3）放电时铅做负极，失去电子变成硫酸铅，电极反应为Pb-2e-+=PbSO4；充电时，铅做电解池的阴极，连接电源的负极。【解析】粗铜能Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)20.02Pb-2e-+=PbSO4负14、略

【分析】【分析】

根据图象；向100mL0.01mol/LHCl溶液中滴加51mL0.02mol/LMOH溶液，混合溶液的pH=7，说明MOH是弱碱，据此结合电解质溶液中的电离；水解相关知识解答。

【详解】

(1)根据分析，MOH是弱碱，则MCl是强酸弱碱盐，溶液中M+发生水解反应：M++H2OMOH+H+；导致溶液显酸性，即溶液的pH＜7；

(2)N点的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(M+)=c(Cl-)，则溶液中离子浓度的大小关系为：c(M+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)；

(3)K点时，100mL0.01mol/LHCl溶液与100mL0.02mol/LMOH溶液混合，反应后的溶液为等物质的量浓度的MCl和MOH的混合溶液，由物料守恒可得：c(M+)+c(MOH)=2c(Cl-)，又存在电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(MOH)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)，若此时溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)=0.005mol·L-1+10-4mol·L-1≈0.005mol·L-1。【解析】①.＜②.M++H2OMOH+H+③.c(M+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)④.=⑤.0.00515、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，I式减去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1

(2)由于该反应是放热反应；焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，故逆反应的活化能大于178.4；

(3)利用三段式：

①

②

③A．缩小容器体积，导致浓度增大，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，TiCl4平衡转化率减小；故A不符合；

B．加入催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，TiCl4平衡转化率不变；故B不符合；

C．分离出TiO2，平衡不移动，TiCl4平衡转化率不变；但反应速率不变，故C不符合；

D．增大氧气的浓度，导致反应速率增大，平衡向正反应方向移动，TiCl4平衡转化率增大；故D符合题意；

E．降低温度；反应速率会减小，故D不符合题意；

故选答案D；

④根据增大某反应物的浓度可以增大另一个反应物的转化率，自身的转化率降低，当横坐标增大时，相当于增大了TiCl4的浓度，TiCl4的转化率会降低，故表示的曲线是L2；M点反应物的转化率相等，说明投入反应物起始的物质的量之比等于系数比，故a=1:1，根据t℃时平衡常数保持不变利用前面的三段式计算出平衡常数：K=当反应物的物质的量之比等于1:1时代入三段式中解得故坐标为(1，)；

(4)根据原子守恒，保持化合价不变利用复分解反应的写法写出水解方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl。【解析】TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+41.5kJ•mol-1>0.01mol•L-1·min-120%DL2(1，)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl或TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图示可知在前4min内A减少0.4mol，B增加0.2mol，一定时间后A、B都存在，且物质的量不再发生变化，说明该反应是可逆反应，其中A是反应物，B是生成物，二者改变的物质的量的比是=0.4mol:0.2mol=2:1，故反应方程式为：2A(g)B(g)；

(2)降低温度；活化分子百分数减小，正；逆反应速率都减慢；

(3)4min后，A的物质的量减小，B的物质的量增加，则反应正向进行，因此正、逆反应速率的大小关系为v正>v逆；

(4)在0～4minB物质的量改变△n(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，则用B的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(B)=

(5)该反应达到平衡时，n(A)=0.2mol，n(B)=0.5mol；恒温恒容下，气体的体积比等于气体的物质的量之比，故平衡时总压强和起始时总压比为(0.5+0.2)mol:(0.8+0.2)mol=7:10；

(6)结合(5)可知7:10=p平:100KPa，因此平衡时总压p平=70KPa，平衡时B的体积分数为则平衡时混合气体中B的分压为×70KPa=50.0KPa。【解析】2A(g)B(g)减慢减慢>0.17:1050.0三、判断题(共6题，共12分)17、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。18、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。20、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a21、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。22、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。四、有机推断题(共4题，共36分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g25、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH326、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(H