2025年教科新版选择性必修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年教科新版选择性必修1化学下册月考试卷994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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、根据下图；可判断出下列离子方程式中错误的是。

A.2Ag(s)＋Cd2＋(aq)=2Ag＋(aq)＋Cd(s)B.C.2Ag＋(aq)＋Cd(s)=2Ag(s)＋Cd2＋(aq)D.2、下列有关实验能够达到相应实验目的的是。

A.图甲中补充环形玻璃搅拌棒即可用于中和热的测定B.图乙可用于测定H2O2溶液的分解速率C.图丙的实验设计可以探究浓度对化学反应速率的影响D.图丁可蒸干CuCl2饱和溶液制备无水CuCl23、反应经过以下两步基元反应完成：

ⅰ.

ⅱ.

下列说法不正确的是A.B.因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以C.因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以D.断裂中的化学键吸收的能量大于断裂和中的化学键吸收的总能量4、下列实验操作能达到实验目的的是。

A.向热的溶液中滴加2滴饱和溶液，可制得胶体B.向2%稀氨水中滴加过量的2%溶液，可以配成银氨溶液C.用玻璃棒蘸取溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHD.用如图仪器和98%的硫酸(1)配制60mL约溶液5、常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，关于滤液中的粒子浓度关系错误的是A.c(Na＋)=c()＋c()＋c(H2CO3)B.c(Cl－)＞c()＞c()＞c()C.c(H＋)＋c()=c(OH－)＋c()＋2c()D.＜1.0×10−7mol∙L−16、下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是。选项离子组加(或通)入试剂判断和分析A足量能大量共存B足量溶液不能大量共存，只发生下列反应C足量溶液不能大量共存，因和之间会发生完全双水解生成气体和沉淀D少量不能大量共存，只发生下列氧化还原反应

A.AB.BC.CD.D7、如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图；下列说法正确的是。

A.Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂B.升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快C.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小D.第一步反应的速率大于第二步反应8、为了使Na2S溶液中的比值变小；可采用的措施是。

①适量盐酸；②适量NaaOH固体；③适量的KOH固体；④适量KHS固体；⑤加水；⑥通H2S气体；⑦加热A.②③④B.①②⑤⑥⑦C.③④D.⑤⑥评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、某化学反应2A⇌B+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：。实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为v(A)=________mol/(L∙min)。

(2)在实验2，A的初始浓度c2=________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是________。

(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3________v1(填＞；＜、=)。

(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应(选填吸热、放热)。10、氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式如下：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1。

(1)当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率与时间的关系如图1所示，图中t3时引起平衡移动的条件可能是___，其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是___。

(2)温度为T℃时，将1molN2和2molH2放入容积为0.5L的密闭容器中，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%。则反应在T℃时的平衡常数为___。

(3)图2表示工业合成氨反应随条件改变，平衡体系中氨气体积分数的变化趋势，当横坐标为压强时，变化趋势正确的是(填序号，下同)____，当横坐标为温度时，变化趋势正确的是_____。

11、和氮氧化物都是空气污染物；科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。

(1)某科研小组研究不同条件下溶液常压下吸收烟气的吸收率。

①溶液pH：随着含烟气的不断通入，和硫的吸收率如图1所示：

i：当硫的总吸收率不断减小，因为浓度较高与反应，生成S，同时产生大量的___________；导致硫的总吸收率减小。

ii：当硫的总吸收率增大，生成的主要产物为和和一定条件下反应，生成硫磺和最终回收，反应的化学方程式为___________。

iii：当时，___________导致和硫的总吸收率降低。

②温度：如图2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。

③其他条件：___________。(任举一例)

(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含NO)可获得HCl、副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，和NO的脱除率几乎不变，但生成的量远小于理论值，可能的原因是___________。12、(1)为了证明NH3·H2O是弱电解质；甲；乙、丙、丁、戊五人分别进行如下实验。

①甲用pH试纸测出0.010mol·L-1氨水的pH为10，则认定NH3·H2O是弱电解质；你认为这一方法________(填“正确”或“不正确”)。

②乙取相同pH、相同体积的氨水与NaOH溶液，加入几滴酚酞溶液后，分别滴入同浓度的盐酸至溶液刚好褪色。实验结束后，测得消耗的盐酸的体积分别为amL和bmL。若a____b(填“>”、“=”或“<”)；则证明氨水是弱碱。

③丙取出10mL0.010mol·L-1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显红色，再加入少量NH4Cl晶体；颜色变______(填“深”或“浅”)。你认为证明氨水是弱碱的原因是______。

④丁取出10mL0.010mol·L-1氨水，用pH试纸测其pH=a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH=b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a、b值应满足的关系是_____。

(2)已知室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离；回答下列各问题：

①HA的电离平衡常数K=______。

②由HA电离出的c(H+约为水电离出的c(H+)的______倍。13、有下列四种物质的溶液：①Na2CO3②Al2(SO4)3③CH3COOH④NaHCO3。

(1)写出①溶液的电荷守恒：____________。

(2)常温下，0.1mol·L-1④溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)_____c()（填“＞”、“=”或“＜”），原因是________________________（用离子方程式和必要的文字说明）。

(3)常温下0.1mol/L③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是_________。

A．c(H＋)B．C．c(H+)·c(OH－)D.

(4)用②和④的溶液可以制作泡沫灭火剂，其原理为：__________（用离子方程式解释）14、CH4和H2O(g)在催化剂表面发生反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)；该反应仅在高温下能自发进行。

（1）该反应的ΔH____0（填“<”“>”或“=”）。

（2）T℃时，向2L密闭容器中投入2molCH4和1.5molH2O(g)，发生上述反应，平衡时CH4的转化率为50%，该温度下反应的平衡常数K=_____。

（3）T℃时，向1L密闭容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、3molCO、2molH2，则反应的v(正)___v(逆)(选填“<”“>”或“=”)

（4）现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、Ⅲ中，均分别充入1molCO和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图所示；其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。

①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______（填序号）。

②0-5min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_______。（保留两位有效数字）

③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO转化率最高的是容器______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，该反应不能自发进行。__________________A.正确B.错误16、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17、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误18、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误19、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误20、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误21、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.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共28分)22、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___________。：23、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_________。24、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：____________________。25、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、计算题(共1题，共7分)26、在一个10L的恒容密闭容器中，已知SO2与O2的反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，如果反应开始时充入4molSO2和2molO2，5min后反应到达平衡，此时，SO3的浓度是0.2mol/L；求：

(1)到达平衡时SO2的转化率_______？

(2)到达平衡时O2的浓度_______？

(3)SO2的反应速率_______？

(4)该反应的平衡常数_______？评卷人得分六、原理综合题(共3题，共18分)27、催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：

CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1Ⅰ

CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2Ⅱ

某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：。T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6

【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。

已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0kJ·mol－1和－285.8kJ·mol－1

②H2O(l)===H2O(g)ΔH3＝44.0kJ·mol－1

请回答(不考虑温度对ΔH的影响)：

(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝________；反应Ⅱ的ΔH2＝________kJ·mol－1。

(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。

A．使用催化剂Cat.1

B．使用催化剂Cat.2

C．降低反应温度。

D．投料比不变；增加反应物的浓度。

E．增大CO2和H2的初始投料比。

(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是______________________________________。

(4)在图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程－能量”示意图。___________________________

28、如图所示甲；乙两池电极材料均为铁棒与铂棒；请回答下列问题：

(1)若电池中均为溶液，则下列说法正确的是____(填标号)。

A．一段时间后；甲；乙两池中Pt棒上都有红色物质析出。

B．甲池中Fe棒上发生氧化反应；乙池中Fe棒上发生还原反应。

C．甲池中向Fe棒移动，乙池中向Pt棒移动。

D．一段时间后；甲池中Fe棒质量减少，乙池中Fe棒质量增加。

(2)若两池中均为饱和NaCl溶液。

①写出乙池中总反应的化学方程式：_____，乙池中Pt棒上的电极反应属于____(填“氧化”或“还原”)反应。

②甲池中Pt棒上的电极反应式是_______。

③室温下，若乙池转移0.02mol电子后停止实验，该池中溶液体积为2000mL，则溶液混合均匀后______。29、研究和深度开发CO、CO2和H2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义；已知工业生产中有如下反应：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；△H=-99kJ/mol

②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；△H=-58kJ/mol

③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；△H

(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为_________________；反应③的△H=_________kJ/mol。

(2)合成气的组成=2.60时体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图1所示。

图中的压强P1、P2、P3由大到小顺序为___________；a(CO)值随温度升高而减小，其原因是_____________。

(3)工业生产中需对空气中的CO进行监测。使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其模型如图2所示。这种传感器利用了原电池原理，则该电池的负极反应式为______________。

(4)某催化剂可将CO2和CH4转化成乙酸。催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是_________。

(5)常温下，将一定量的CO2通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH为11，则c()=___________。(已知：Ksp[Ca(OH)2]=5.6×10-6，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

根据图中电极标有“+”和“-”；可确定分别为正极和负极，且金属做电极，负极金属活动性强于正极金属，结合原电池装置可判断金属性分别为Cd＞Co和Co＞Ag，即Cd＞Co＞Ag。

【详解】

A、由于金属性Cd强于Ag，则2Ag(s)＋Cd2＋(aq)=2Ag＋(aq)＋Cd(s)反应不可能发生；故A错误；

B、由于金属性Cd强于Co，则反应可以发生；故B正确；

C、由于金属性Cd强于Ag，则2Ag＋(aq)＋Cd(s)=2Ag(s)＋Cd2＋(aq)反应可以发生；故C正确；

D、由于金属性Co强于Ag，则反应可以发生；故D正确；

答案选A。2、C【分析】【详解】

A．图甲中补充环形玻璃搅拌棒；大小烧杯的上沿齐平，中间填充满碎纸屑即可用于中和热的测定，A与题意不符；

B．图乙中长颈漏斗应换为分液漏斗后，可用于测定溶液的分解速率；B与题意不符；

C．图丙的实验设计；只有草酸的浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反应速率的影响，C符合题意；

D．图丁可蒸干饱和溶液制备无水需要在气流中蒸干；D与题意不符。

故选C。3、B【分析】【详解】

A．根据盖斯定律可知两个基元反应相加得反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，H=H1+H2；选项A正确；

B．ⅰ中HI断裂化学键吸收能量，形成H2成键要放出能量，所以∆H1要比较吸收能量和放出能量的相对多少；选项B错误；

C．ⅱ中只有I形成I2，成化学键释放能量，所以∆H2＜0；选项C正确；

D．反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0，说明断裂2molHI(g)中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2(g)和1molI2(g)中的化学键吸收的总能量；选项D正确；

答案选B。4、D【分析】【详解】

A．制取胶体时，应向沸水中滴加少量饱和溶液；然后继续煮沸，直到液体呈红褐色，A不正确；

B．配成银氨溶液时，应向一定量2%溶液中滴加2%稀氨水；至生成的沉淀恰好完全溶解，B不正确；

C．测定溶液的pH时，用玻璃棒蘸取该溶液点在干燥的pH试纸上；然后与标准比色卡进行比较，C不正确；

D．用98%的硫酸(1)配制60mL约溶液时，需浓硫酸的体积为≈6.5mL；则可取6.5mL98%的硫酸沿烧杯内壁缓缓加入盛有约53.5mL水的烧杯中，边加边搅拌，D正确；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．溶液中NaHCO3是饱和溶液，根据物料守恒得到，c(Na＋)=c()＋c()＋c(H2CO3)；故A正确；

B．NH4HCO3＋NaCl＝NaHCO3↓＋NH4Cl，析出NaHCO3晶体后，因此溶液中c(NH4Cl)＞c(NaHCO3)，铵根离子水解，碳酸氢根既水解又电离，因此c(Cl－)＞c()＞c()＞c()；故B正确；

C．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＋c()=c(OH－)＋c(Cl－)＋c()＋2c()，溶液中c(Cl－)＞c(Na＋)，因此c(H＋)＋c()＞c(OH－)＋c()＋2c()；故C错误；

D．所得滤液pH＜7，c(H＋)＞1.0×10−7mol∙L−1，因此＜1.0×10−7mol∙L−1；故D正确。

综上所述，答案为C。6、A【分析】【详解】

A．Na+、H+、Ba2+、Cl-、NO之间不反应能够共存，通入足量CO2也不反应；能够大量共存，A正确；

B．生成的碳酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁；B错误；

C．AlO和HCO之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，AlO和HCO发生的不是双水解反应；C错误；

D．Na+、K+、ClO-、SO之间不反应能够共存，通入少量SO2后先发生的氧化还原反应为：ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO+2H+，后发生反应H++ClO-=HClO；D错误；

故选A。7、C【分析】【分析】

CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl。

【详解】

A．Cl·由Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”；而不是反应的催化剂，选项A错误；

B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变；但活化分子的百分数增多，反应速率加快，选项B错误；

C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小；选项C正确；

D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2；第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，选项D错误。

答案选C。8、C【分析】【详解】

①硫离子水解呈碱性，加适量盐酸，促进水解，导致硫离子浓度降低，增大；故①错误；

②加适量NaOH(s)，钠离子浓度增大且抑制硫离子水解，且钠离子增大程度远远大于抑制硫离子水解程度，所以增大；故②错误；

③加适量KOH(s)，钠离子浓度不变，但抑制硫离子水解，所以硫离子浓度增大，则减小；故正③确；

④加适量KHS(s)，钠离子浓度不变，硫氢根离子抑制硫离子水解，所以硫离子浓度增大，减小；故④正确；

⑤加水，促进硫离子水解，钠离子物质的量不变、硫离子物质的量减小，所以增大；故⑤错误；

⑥通H2S(g)，硫离子和硫化氢反应生成硫氢根离子，所以硫离子浓度降低，增大；故⑥错误；

⑦加热促进硫离子水解，硫离子浓度降低，所以增大；故⑦错误。

故答案选：C。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，即c2=1.0mol/L，实验2到达平衡的时间，比实验1小，说明某个因素加快反应速率，经过分析只能是催化剂，因此推测实验2中隐含的条件是催化剂；实验3和实验1达到平衡的时间相同，但达到平衡A的浓度大于实验1的，说明c3＞1.0mol/L；比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，由此分析。

【详解】

(1)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v(A)===0.013mol/(L∙min)；

(2)实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验1与实验2中A的初始浓度应相等，起始浓度c2=1.0mol/L；实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂；

(3)由表格中数据可知，实验3和实验1温度相同，达到平衡的时间相同，实验3中10到20min时，v(A)===0.017mol/(L∙min)，实验1中v(A)===0.013mol/(L∙min)；反应速率较快，即v3＞v1；实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L；

(4)实验4和实验1比较，实验4的温度升高了，平衡时A的浓度也比实验1少，说明实验4升高温度向正方向移动，故正反应是吸热反应。【解析】①.0.013②.1.0③.加入催化剂④.＞⑤.吸热10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)t3时改变外界条件，正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，升高温度使正逆反应速率均增大且平衡逆向移动，而增大压强会使平衡正向移动；t1时改变外界条件，平衡正向移动，t5时改变外界条件，平衡不发生移动，因此平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2～t3，故答案为：升高温度；t2～t3；

(2)温度为T℃时，将1molN2和2molH2放入容积为0.5L的密闭容器中，反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，充分反应后测得N2的平衡转化率为50%，则平衡时c(N2)=2mol/L-2mol/L×50%=1mol/L，c(H2)=4mol/L-3mol/L=1mol/L，c(NH3)=2mol/L，则反应在T℃时的平衡常数K===4；

(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)正向为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氨气的含量增大，曲线c符合；该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的含量降低，曲线a符合，故答案为：c；a。【解析】①.升高温度②.t2～t3③.4④.c⑤.a11、略

【分析】【分析】

本题综合考查硫和氮及其氧化物的相关性质；并根据题中已知信息进行解答。

【详解】

(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和故反应的化学方程式为：当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；吸收剂消耗完全，饱和逸出。

②由图二可看出；温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；

③其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含的烟气的速率，故答案为：通入含的烟气的速率；

(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。【解析】气体吸收剂消耗完全，饱和逸出常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大通入含的烟气的速率NO可能被氧化成及其他含氮化合物12、略

【分析】【详解】

(1)①若NH3·H2O是强电解质，则0.010mol/L氨水中c(OH-)应为0.010mol/L，pH=12，甲用pH试纸测出0.010mol·L-1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离；应为弱电解质。故答案：正确。

②取相同pH、相同体积的氨水与NaOH溶液，加入几滴酚酞溶液后，分别滴入同浓度的盐酸至溶液刚好褪色。实验结束后，测得消耗的盐酸的体积分别为amL和bmL。若a>b，则证明氨水是弱碱。故答案：>。

③向0.010mol/L氨水中加入少量NH4Cl晶体，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的NH水解使溶液显酸性，使其pH降低，二是NH使NH3·H2O电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，而使溶液的pH降低，这两种可能均会使溶液颜色变浅，可证明NH3·H2O是弱电解质。故答案：浅；0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化铵晶体后c(NH)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，从而使溶液的pH降低。可证明NH3·H2O是弱电解质（其他合理答案也行）。

④若NH3·H2O是强电解质，用蒸馏水稀释至1000mL，其pH=a-2，因为NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，所以a、b应满足a-2

(2)①HA为弱酸，其电离反应的方程式为：HAH++A-，0.1mol·L-1的HA在水中有0.1%发生电离，所以c(H+)=10-4mol/L,则电离平衡常数===10-7。故答案：10-7。

②根据室温时，0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，溶液中HA电离出的c(H+)=10-4mol/L，水电离出的c(H+)=10-10mol/L，由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的=106倍，故答案：106。【解析】正确>浅0.010mol·L-1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化铵晶体后c(NH)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH+OH-逆向移动，从而使溶液的pH降低。可证明NH3·H2O是弱电解质(合理即可)a-2-710613、略

【分析】【详解】

(1)根据阳离子所带电荷数等于阴离子所带电荷数，因此①Na2CO3溶液的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)；故答案为：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)。

(2)常温下，0.1mol·L-1④NaHCO3溶液的pH大于8，说明水解程度大于电离程度，水解生成的碳酸浓度大于电离出的碳酸根浓度，因此溶液中c(H2CO3)＞c()（填“＞”、“=”或“＜”）；故答案为：＞；在溶液中存在①H++②+H2OH2CO3+OH－两个平衡，②的程度大于①，所以c(H2CO3)＞c()。

(3)常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释；电离平衡正向移动。

A．溶液体积增大占主要因素，因此c(H＋)减小；故A不符合题意；

B．醋酸根浓度减小，因此比值变大，故B符合题意；

C．c(H+)·c(OH－)是离子积常数；值不变，C不符合题意；

D．加水稀释，醋酸电离正向移动，氢离子浓度、醋酸根浓度都减小，但水也电离出氢离子，因此醋酸根减小的程度大于氢离子减小的程度，因此减小；故D不符合题意；

综上所述；答案为B。

(4)用②Al2(SO4)3和④NaHCO3的溶液可以制作泡沫灭火剂，其原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑；故答案为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH－)②.＞③.在溶液中存在①H++②+H2OH2CO3+OH－两个平衡，②的程度大于①，所以c(H2CO3)＞c()④.B⑤.Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑14、略

【分析】【分析】

（1）根据反应前后气体物质的化学计量数的变化判断该反应的ΔS>0，且已知该反应仅在高温下能自发进行，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行，可知ΔH>0；

（2）根据已知信息列出三段式；计算平衡时刻各物质的浓度，进而计算平衡常数；

（3）计算此刻反应的浓度商；与平衡常数比较，判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小；

（4）①温度越高；反应速率越快，则达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，升温平衡逆向移动，氢气含量最大；

②设反应生成的甲醇为xmol/L，根据已知信息可列出三段式，计算生成的甲醇的浓度，进而利用计算用甲醇表示的化学反应速率；

③该反应为放热反应；温度越低，反应向正方向进行的程度越大，CO转化率越大。

【详解】

（1）该反应的ΔS>0，已知该反应仅在高温下能自发进行，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行，可知ΔH>0；

故答案为>；

（2）T℃时，向2L密闭容器中投入2molCH4和1.5molH2O(g)，发生上述反应，平衡时CH4的转化率为50%，根据已知信息可列出三段式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

开始（mol/L）：10.7500

变化（mol/L）：0.50.50.51.5

平衡（mol/L）：0.50.250.51.5

则该温度下反应的平衡常数

故答案为13.5；

（3）T℃时，向1L密闭容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、3molCO、2molH2，则此刻反应的浓度商v(逆)；

故答案为>；

（4）①三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变，当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高反应速率越快，达到平衡时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是Ⅲ，升温平衡逆向移动，氢气含量最大；

故答案为Ⅲ；

②设反应生成的甲醇为xmol/L，则可列出三段式：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

开始（mol/L）：0.510

转化（mol/L）：x2xx

5min时（mol/L）：0.5-x1-2xx

到5min时，氢气的体积分数为0.4，则解得x=则容器I中用CH3OH

表示的化学反应速率

故答案为0.067mol/（L•min）；

③该反应为放热反应；温度越低，反应向正方向进行的程度越大，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，Ⅰ中CO转化率最大；

故答案为Ⅰ。【解析】①.>②.13.5③.>④.Ⅲ⑤.0.067mol/（L•min）⑥.Ⅰ三、判断题(共7题，共14分)15、B【分析】【分析】

【详解】

SO2(g)=S(g)＋O2(g)ΔH>0，ΔS>0，若可以自发，高温下可以自发，故错误。16、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。17、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。18、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。20、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。21、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。四、有机推断题(共4题，共28分)22、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)23、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37g24、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−2NH325、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(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、计算题(共1题，共7分)26、略

【分析】【详解】

根据三段式：进行分析解答。

(1)到达平衡时SO2的转化率==50故答案：50

(2)到达平衡时O2的浓度c==0.1mol/L；故答案：0.1mol/L；

(3)SO2的反应速率v==0.04mol/(Lmin)，故答案：0.04mol/(Lmin)

(4)该反应的平衡常数K==10，故答案：10。【解析】500.1mol/L0.04mol/(Lmin)10六、原理综合题(共3题，共18分)27、略

【分析】【详解】

（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1；由盖斯定律将b-a+c可得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=（-285.8+283.0+44）kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1；

（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；B．使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；C．降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；D．投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；E．增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；故答案为CD；

（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据；

（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对