2024年沪教新版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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第一步快速平衡。

第二步慢反应。

第三步快反应。

下列有关说法正确的是A.该反应的催化剂是I·和IO·B.c(IO·)对总反应速率的影响大于c(I·)C.热分解过程中，若保持还原性气氛，则会使分解更为充分D.第二步反应是该反应速率决速步骤，第三步反应的活化能较高2、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡体系中加入铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅B.打开汽水瓶时，瓶中立即泛起大量泡沫C.B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入少量MnO2，B试管中产生气泡快D.对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，升高温度可使体系颜色变深3、根据下列图示所得出的结论不正确的是。

A.图甲表示速率与时间关系曲线，说明t1改变的条件是增大体系的压强B.图乙表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，0~t1反应速率加快原因可能是该反应为放热反应C.图丙表示的反应速率随时间的变化，t1时改变的条件是加入催化剂D.图丁表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化4、下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ⋅mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ⋅mol-1B.CO(g)的燃烧热是283.0kJ⋅mol-1，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283.0kJ⋅mol-1C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.乙烷的燃烧热就是1mol乙烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量5、科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是。

A.电极为电池的负极B.电极b上发生的电极反应：O2+4H++4e-=2H2OC.电路中每通过4mol电子，则负极消耗(标准状况下)44.8LH2SD.每17gH2S参与反应，则有2molH+经质子膜进入正极区6、已知：常温下邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6。用NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液；混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列说法正确的是。

A.M点离子浓度：c(K+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)B.N点溶液中存在：c(Na+)+c(K+)＞2c(A2-)+c(HA-)C.P点溶液中一定存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(K+)＞c(A2-)D.从M到P之间的任一点均存在：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)7、我国科学家利用Na2CO3和碳纳米管组装“无Na预填装”的Na-CO2二次电池(如下图所示)。b电极中的碳纳米管可作导体、反应物和CO2通道等。电池的总反应下列关于该电池的说法不正确的是。

A.不能用水配制电解液B.电池组装后，在使用前必须先充电C.放电时，电解液中的Na+向a电极移动D.充电时，b极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2↑8、在同温、同压下，下列各组热化学方程式中，△H1＞△H2的是A.2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)△H12H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H2B.S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H1S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H2C.2C(s)＋O2(g)=2CO(g)△H12C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)△H2D.H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)△H12HCl(g)=H2(g)＋Cl2(g)△H29、已知298K时，Ksp(MnS)=4.65×10-14，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，298K下，MnS、MnCO3(R2-代表S2-或CO32-)在水中的溶解曲线如图所示：

下列说法正确的是A.图象中x约等于5.0×10-6B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，c(CO32-)/c(S2-)增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、按下图装置进行电解(氯化钠足量)；若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是。

A.E表示生成金属钠的物质的量B.E表示消耗水的物质的量C.F表示溶解铜的物质的量D.F表示生成氯气的物质的量11、下列图示与对应的叙述相符的是。

A.(a)图表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量B.(b)图是金刚石与石墨分别被氧化生成的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石为吸热反应C.由(c)图可知，D.(d)图是某反应：A→C(由两步反应A→B→C完成，B为中间产物)的能量曲线(E表示能量)，整个反应中12、2019年9月我国科研人员研制出Ti—H—Fe双温区催化剂，其中Ti—H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是()

A.能量变化最大的过程中发生了N≡N断裂B.过程②③处于高温区域；过程⑤处于低温区域C.过程④表示N原子由Fe区域向Ti—H区域传递D.使用双温区催化合成氨，使合成氨反应转化为吸热反应13、如图所示装置中，a、b均为惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是。

A.X是负极，Y是正极B.a极产生的气体能使湿润的KI—淀粉试纸变蓝C.CuSO4溶液的pH减小D.Fe电极上发生还原反应14、一种利用LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示。下列说法正确的是。

A.每有1molLi+通过隔膜，将产生11.2LCl2B.电极N应与电源的正极相连C.隔膜应为阳离子交换膜D.电解池左侧的反应为：2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O215、25℃时，将0.1mol·L-1的NaOH溶液缓慢滴加到10mL浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY的混合溶液中(忽略体积和温度变化)，滴加过程中溶液的pH与微粒浓度关系如图所示。已知25℃时Ka(HX)=3.2×10-5；下列说法正确的是。

A.L1表示是溶液pH与lg的关系B.当混合溶液呈中性时：<C.加入20mLNaOH溶液时：c(Na+)+c(OH-)>c(X-)+c(Y-)+c(HX)+c(HY)+c(H+)D.25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液与cmol·L-1的HY溶液等体积混合呈中性，则c=0.216、对于0.1mol·L－1NH4Cl溶液，正确的是A.升高温度，溶液pH升高B.通入少量HCl气体，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大C.c(NH4＋）+c(OH－)＝c(Cl－)+c(H+)D.c(Cl－）＞c(H+）＞c(NH4＋）＞c(OH－)17、常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：

下列说法不正确的是（）A.反应H2CO3H++的lgK=-6.4B.pH=8的溶液中：c(Na+)>c()C.NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na+)=2c()+c()D.向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：+OH−=+H2O评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)达到平衡。

(1)若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率为______mol/(L·min)

(2)在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，则a+b_____c+d(选填“>”、“<”或“=”)，v逆_____(选填“增大”；“减小”或“不变”)

(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，则缩小容器体积时导致t1时刻及以后速率发生变化示意图为____？

19、与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数用K表示如表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：。酸电离方程式电离平衡常数KHClO

（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，则它们酸性最强的是______(填化学式。)

（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为______。

（3）计算该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液中C(H+)=______mol/L

（4）取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1______V2(填“>”、“<”或“=”)

（5）下列四种离子结合H+能力最强的是______。

A.B.C.ClO-D.CH3COO-

（6）等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是______。

A.Va>10VbB.Va<10VbC.Vb<10VaD.Vb>10Va

（7）已知100℃时，水的离子积常数KW=1.0×10-12，PH=3的CH3COOH和PH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈______性；

（8）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3.H2O溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是：______。20、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电源。如图为电池示意图；

请回答：

（1）通入H2的电极为__________（填“正”或“负”）极；发生__________反应（填“氧化”或“还原”），正极的电极反应式为__________。

（2）标准状况下，通入5.6LH2，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。21、在室温下，下列溶液：①0.1mol∙L−1NH4Cl溶液②0.1mol∙L−1CH3COONH4溶液③0.1mol∙L−1NH4HSO4溶液④0.1mol∙L−1氨水⑤0.1mol∙L−1NH3·H2O和0.1mol∙L−1NH4Cl混合液。

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是___________(用离子方程式表示)。

(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_______(填序号)

(3)在上述①、②、③、④溶液中c(NH)浓度由大到小的顺序是_____________。(填序号)

(4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)______c(NH)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(5)常温下0.1mol·L－1CH3COOH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−)22、物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答：

(1)A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。

(2)相同温度下，相同物质的量浓度的下列溶液①CH3COONa、②NH4Cl、③Na2SO4、④NaHSO4、⑤NH3·H2O按pH由大到小的排列顺序是_______(填序号)。

(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入_______防水解；若把NaHCO3溶液与C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_______。

(4)在25℃时，浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4三种溶液，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L-1)，三者由大到小的顺序是_______。

(5)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小的量。化学式电离平衡常数(25℃)HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为_______。

②25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=_______。

③向NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为_______：评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)23、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24、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误25、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．I·和IO·都是中间产物；不是催化剂，A错误；

B．第二步反应是该反应速率决速步骤；所以反应物浓度将影响总反应的速率，即c(I·)对总反应速率的影响大于c(IO·)，B错误；

C．热分解过程中，若保持还原性气氛，会抑制平衡往逆向移动，使分解更为充分；C正确；

D．慢反应决定总反应速率；所以第二步反应是该反应速率决速步骤，速率越慢，活化能最高，D错误；

故选C。2、C【分析】【分析】

勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度；压强或温度等)；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。

【详解】

A．溶液中存在平衡Fe3++SCN-⇌Fe(SCN)2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低；则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特利原理来解释，故A错误；

B．因汽水中存在二氧化碳的溶解平衡；打开汽水瓶时，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故B错误；

C．A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液；B中试管中产生气泡快，是因为氯化铁在反应中起到催化剂的作用，催化剂不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故C正确；

D．对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0；升高温度，可以使化学平衡逆向移动，二氧化氮的浓度增加，所以颜色加深，可以用平衡移动原理解释，故D错误；

故答案为C。3、A【分析】【详解】

A．根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大；则是增大反应物浓度，故A错误；

B．随着反应的进行；氢离子浓度减小，速率应该减小，但是实际上速率增大，可能是该反应为放热反应，导致溶液温度升高，而使速率增大，故B正确；

C．t1时正、逆反应速率同等程度增大，且反应为体积减小的反应，则t1时改变的条件是加入催化剂；故C正确；

D．酶为蛋白质；温度过高，蛋白质发生变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化，故D正确；

故选A。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ⋅mol-1，生成沉淀也要放热，则H2SO4和Ba(OH)2反应生成2molH2O放出的热量大于2´57.3kJ，则反应热△H<2´57.3kJ·mol-1；，故A错误；

B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ⋅mol-1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的△H=2×(-283.0)kJ⋅mol-1，所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+2×283.0kJ⋅mol-1；故B正确；

C．需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应；有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；

D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；H元素的稳定氧化物为液态水，则1mol乙烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量不是乙烷的燃烧热，故D错误；

综上所述答案为B。5、D【分析】【详解】

A．根据题目可知，该电池为燃料电池，根据燃料电池的特点，通氧气的一极为正极，故电极为正极，电极为负极；A项正确；

B．电极为正极；氧气得电子生成水，B项正确；

C．从装置图可以看出，电池总反应为电路中每通过4电子，正极应该消耗1负极应该有2反应；标准状况下应是44.8L，C项正确；

D．17g即0.5每0.5参与反应会消耗0.25根据正极反应式可知有1经质子膜进入正极区；D项错误；

故答案为：D。6、B【分析】【分析】

由图像可知，M点时，溶液为KHA，邻苯二甲酸氢钾KHA与氢氧化钠反应，HA-+OH-=A2-+H2O，N点为滴定终点，为等浓度的K2A、Na2A，到达N点后，溶液变为K2A、Na2A；NaOH的混合溶液；由此分析。

【详解】

A．M点时，溶液为KHA，Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6，水解平衡常数Kb=＜Ka2，离子电离程度大于水解程度，c(A2-)＞c(H2A)，即离子浓度：c(K+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)；故A不符合题意；

B．N点溶液为Na2A和K2A的混合溶液，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，故c(Na+)+c(K+)＞2c(A2-)+c(HA-)；故B符合题意；

C．N点为滴定终点，为等浓度的K2A、Na2A，N点时，c(Na+)=c(K+)，N到P点，继续加氢氧化钠溶液，则P点为K2A、Na2A、氢氧化钠，c(Na+)＞c(K+)，P点钠离子的浓度小于钾离子的两倍，继续加入氢氧化钠，c(OH-)＜c(K+)，M、N之间加入的氢氧化钠的体积约为22mL，N、P间加入的氢氧化钠的体积约为10mL，c(A2-)＞c(OH-)，故溶液中存在：c(Na+)＞c(K+)＞c(A2-)＞c(OH-)；故C不符合题意；

D．根据电荷守恒可知，溶液中恒存在c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(A2-)+2c(HA-)+c(OH-)；故D不符合题意；

答案选B。

【点睛】

本题易错点在C，溶液离子浓度大小判断时，明确阴、阳离子结合关系，知道每个点代表的意义。7、C【分析】【分析】

根据总反应可知充电时Na2CO3(s)/碳纳米管电极上C被氧化为二氧化碳，所以b电极为阳极，a电极为阴极，钠离子在Al复合电极上被还原为Na单质，则放电时a为负极，钠被氧化为Na+，b电极为正极；二氧化碳部分被还原为C单质，部分生成碳酸钠。

【详解】

A．由于该电池工作时有钠单质参与；钠会与水反应降低效率，所以不能用水配制电解液，A正确；

B．根据题意可知该电池组装好时Al符合电极上没有钠单质；所以要先充电，生成钠单质，然后才能放电，B正确；

C．放电时a极为负极，而原电池中阳离子向正极移动，即Na+向b电极移动；C错误；

D．充电时b为阳极，Na2CO3(s)/碳纳米管电极上C被氧化为二氧化碳，电极反应为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2↑；D正确；

综上所述答案为C。8、C【分析】【详解】

A．由于气态水的能量高于液态水的能量，所以气态水分解吸收的能量少，则△H1＜△H2；故A不符合题意；

B．由于气态S的能量高于固态S的能量，所以气态S燃烧放出的热量多，但放热越多，△H越小，则△H1＜△H2；故B不符合题意；

C．碳完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多，放热越多，△H越小，则△H1＞△H2；故C符合题意；

D．H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，则△H1＜0，2HCl(g)=H2(g)＋Cl2(g)为吸热反应，则△H2＞0，则△H1＜△H2；故D不符合题意；

答案选C。9、B【分析】【分析】

Ksp(MnS)小于Ksp(MnCO3)，则结合图像可知曲线N代表MnS，M代表MnCO3。

【详解】

A.N代表MnS，则有x约等于2.2×10-7；故A错误；

B.其它条件不变；加热N的悬浊液，MnS的溶解度会增大，则锰离子浓度和硫离子浓度也会增大，可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，故B正确；

C.加水稀释M溶液；锰离子和碳酸根离子的浓度均会减小，则不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，故C错误；

D.则c(CO32-)/c(S2-)为定值；故D错误；

综上所述，答案为B。二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【详解】

A．阳极是氯离子放电产生氯气；阴极是氢离子放电产生氢气。根据图像可知当通过4mol电子时E曲线表示的物质是2mol，因此应该是氯气或氢气，F是氯化钠，A错误；

B．根据方程式2＋2H2O↑＋2NaOH＋O2↑可知；当通过4mol电子时消耗2mol水，因此E可以表示反应消耗水的物质的量，B正确；

C．根据以上分析可知铜作为阴极不参与反应；C错误；

D．根据以上分析可知F能表示生成氯气的物质的量；D正确；

答案选AC。11、AB【分析】【详解】

A．图(a)中反应物总能量低于生成物总能量；表示吸热反应，吸热反应反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故A正确；

B．由图(b)可知；石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，故B正确；

C．反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由(c)图可知，故C错误；

D．A→BΔH=E1-E2，B→CΔH=E3-E4，两式相加得总反应，则整个反应中ΔH=E3-E4+E1-E2；故D错误；

故答案选AB。12、BC【分析】【分析】

由题中示意图可知，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，由此分析。

【详解】

A．能量变化最大的过程为①；①过程为氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A不符合题意；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程；以上都需要在高温时进行；过程④为Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，⑤表示脱离催化剂表面生成化学键的过程，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B符合题意；

C．由题中图示可知；过程④完成了Ti−H−Fe−﹡N到Ti−H−﹡N−Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti−H区域传递；故C符合题意；

D．催化剂能改变化学反应速率；但不能改变反应的焓变；故D不符合题意；

答案选BC。13、BD【分析】【分析】

a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则a是阳极、b是阴极；所以X是正极；Y是负极、Cu是阳极，电解时，硫酸铜溶液中阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子，据此分析解答。

【详解】

A．通过以上分析知；X是正极；Y是负极，故A错误；

B．a是阳极，对应的电极反应方程式为2Cl--2e-=Cl2↑；氯气具有氧化性，能使湿润的KI—淀粉试纸变蓝，故B正确；

C．电解时，硫酸铜溶液中阳极上铜失电子、阴极上铜离子得电子，故CuSO4溶液浓度不变；pH不变，故C错误；

D．Fe电极是阴极，发生得到电子的还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu；故D正确；

答案选BD。14、CD【分析】【分析】

在该电解池中，根据Li+由左向右移动可知，M为阳极。电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，N为阴极，电极反应：Li++e-=Li。

【详解】

A．题目未知Cl2所处的外界条件，因此不能根据电子转移确定Cl2的体积大小；A错误；

B．Ni电极上Li+得到电子变为Li；所以N电极为阴极，与电源负极连接，B错误；

C．隔膜可以使阳离子Li+通过；所以应为阳离子交换膜，C正确；

D．在电解池左侧，Cl2与Li2CO3发生反应产生LiCl、CO2、O2，所以左侧的反应方程式为：2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2；D正确；

故合理选项是CD。15、CD【分析】【分析】

【详解】

A．lg=溶液的pH=-lg3.2×10-5=5-lg3.2≈4.5，则L2表示溶液pH与lg的关系；故A错误；

B．=则混合溶液中与电离常数成正比，＞所以当混合溶液呈中性时：＞故B错误。

C．加入20mLNaOH溶液时，碱和两种酸的物质的量之和相等，酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、NaY，根据物料守恒得c(Na+)=c(X-)+c(Y-)+c(HX)+c(HY)，X-、Y-水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，所以存在c(Na+)+c(OH-)>c(X-)+c(Y-)+c(HX)+c(HY)+c(H+)；故C正确；

D．25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液与cmol·L-1的HY溶液等体积混合呈中性，根据图像中L1线得到，当溶液pH为7时，=1；说明溶液中由一半的HY与NaOH反应，则起始时c=0.2mol/L，D正确；

故答案选CD。16、BC【分析】【分析】

NH4Cl是强酸弱碱盐；其水解使溶液显酸性。

【详解】

A．盐的水解反应是吸热反应，升高温度促进盐的水解；水解程度越大，NH4Cl溶液的酸性就越强，因此升高温度后NH4Cl溶液pH降低；A错误。

B．通入少量HCl，会抑制盐的水解，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大；B正确。

C．根据电荷守恒可得，c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH-)；C正确。

D．根据物料守恒可得，c(Cl－)=c(NH4＋)+c(NH3·H2O)，所以c(Cl－)＞c(NH4＋)；铵根离子水解消耗水电离产生的OH-而使溶液显酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH－)；盐水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋)＞c(H+)，因此溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H+)＞c(OH－)；D错误。

本题选BC。17、CD【分析】【分析】

由图可知，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3含量逐渐减小；、含量逐渐增多，第二步反应逐渐变成

【详解】

A．pH=6.4时，c()=c(H2CO3)，反应H2CO3⇌H++的lgc(H+)=-6.4；故A正确；

B．pH=8时，溶液中溶质有Na2CO3、NaHCO3，发生水解和电离，钠离子不水解和电离，所以存在c(Na+)＞c()；故B正确；

C．中性溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(C1-)+c()+2c()+c(OH-)，则有c(Na+)=c(C1-)+c()+2c()；故C错误；

D．pH=6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，pH=8的溶液中主要含NaHCO3，该反应过程中主要是碳酸和NaOH的反应，所以主要发生的离子反应为H2CO3+OH-═+H2O；故D错误。

答案选CD。

【点睛】

明确物质成分及其性质、物质之间的转化关系、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【详解】

(1)起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率v==0.15mo1/(L•min)；

故答案为：0.15；

(2)扩大容器体积减小压强，浓度减小，正逆反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动，又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动，所以a+b>c+d；

故答案为：>；减小；

(3)缩小容器条件；反应物和生成物浓度均增大，反应速率变大，但平衡会正向移动，即正反应速率增大的幅度要比逆反应速率增大幅度要大，之后平衡正向移动，二者相等；

故答案为：【解析】0.15>减小19、略

【分析】【详解】

（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，则酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，电离平衡常数：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>则酸性：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>所以酸性最强的是H3PO4；

（2）酸的电离平衡常数：H2CO3>HClO>酸性：H2CO3>HClO>强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，离子方程式为

（3）该温度下，0.10mol⋅L−1的CH3COOH溶液中的

（4）pH相同的醋酸和HClO，酸浓度：CH3COOH3COOH3COOH12；

（5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，结合H+能力越弱，H3PO4>CH3COOH>H2CO3>>HClO>>所以结合氢离子能力：B>C>A>D；答案选B；

（6）pH为2、3的醋酸溶液浓度前者大于后者10倍，等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积与酸的浓度成反比，所以消耗酸的体积：Vb>10Va；答案选D；

（7）已知100℃时，水的离子积常数KW=1.0×10-12，PH=3的CH3COOH和PH=9的NaOH溶液等体积混合；醋酸的量更多，混合溶液呈酸性；

（8）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3.H2O溶液中，根据份数优先：①>②③④>⑤，②中H+抑制的水解；③中促进的水解；④对水解无影响，故浓度由大到小的顺序是：①>②>④>③>⑤。【解析】H3PO4<BD酸①>②>④>③>⑤20、略

【分析】【分析】

由图可知该装置为氢氧燃料电池，通入H2的电极为负极，发生氧化反应，通入O2的电极为正极；发生还原反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行计算。

【详解】

(1)根据上述分析：通入H2的电极为负极，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，发生还原反应，则正极的电极反应式为O2+4e‾+2H2O=4OH-，故答案：负；氧化；O2+4e‾+2H2O=4OH-；

(2)标准状况下，5.6LH2为0.25mol，若能量转化率为80%，根据H2-2e-+2OH-=2H2O，则导线中通过电子的物质的量=0.25mol2=0.4mol，故答案：0.4mol。【解析】负氧化O2+4e‾+2H2O=4OH-0.421、略

【分析】【详解】

(1)溶液①中铵根离子水解，离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，呈酸性；故答案为：酸；NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。

(2)①氯化铵溶液中铵根离子单一水解；②CH3COONH4发生双水解，两者相互促进水解；③0.1mol∙L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制水的电离；④0.1mol∙L−1氨水，氨水电离显碱性，抑制水的电离；⑤0.1mol∙L−1NH3·H2O和0.1mol∙L−1NH4Cl混合液，混合溶液显碱性，NH3·H2O电离程度大于NH水解程度；抑制水的电离，因此上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是②；故答案为：②。

(3)①氯化铵溶液中铵根离子单一水解；②CH3COONH4发生双水解，水解程度大，铵根离子浓度小；③0.1mol∙L−1NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子浓度大；④0.1mol∙L−1氨水，氨水是弱电解质，铵根离子浓度最小；因此在上述①、②、③、④溶液中c(NH)浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞④；故答案为：③＞①＞②＞④。

(4)室温下，