2025年粤教沪科版选择性必修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年粤教沪科版选择性必修1化学下册月考试卷873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5题，共10分)1、一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A.反应达到平衡状态时A的转化率为60%B.x=4C.平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6：5D.若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态2、目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。M；N为离子交换膜。下列说法正确的是。

A.X电极为电解池的阴极，该电极反应式为：2H+-2e-=H2↑B.电子流向：电源负极→X电极→Y电极→电源正极C.电路中每转移1mol电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体D.M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH;若去掉B室双极膜，B室产物不变3、为实现碳中和，可通过电解法用制备电解装置如图，下列说法不正确的是。

A.玻碳电极为阳极，发生氧化反应B.铂电极的电极反应：C.制得28g时，产生32gD.电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变4、已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942；O=O为500、N－N为154；O－H为452.5，则断裂1molN－H所需的能量（kJ）是。

A.194B.316C.391D.6585、常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mLHCl溶液和20.00mL醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示，下列说法正确的是(表示或)

A.滴定HCl溶液的曲线是图2B.达到点E时，反应消耗的C.达到点D时，两溶液中离子浓度大小关系均为：D.当(NaOH溶液)L时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：

。酸。

电离常数(Ka)

酸。

电离常数(Ka)

酸。

电离常数(Ka)

HClO

3×10-8

H2CO3

K1=4.4×10-7

K2=4.7×10-11

H2S

K1=1.0×10-7

K2=7.0×10-15

(1)常温下，将amolCH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的bmol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka＝________________

(2)下列方法中，可以使0.10mol·L－1CH3COOH的电离程度增大的是___________｡

a．加入少量0.10mol·L－1的稀盐酸b．加热CH3COOH溶液c.加水稀释至0.010mol·L－1

d．加入少量冰醋酸e．加入少量镁粉f．加入少量0.10mol·L－1的NaOH溶液。

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

A．c(H＋)B．c(H＋)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)

(4)体积为10mLpH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则稀释至1000mL时，醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)_______(填“大于”、“等于”或“小于”)HX溶液中由水电离出来的c(H+)。

(5)常温下0.1mol/LNaHS的pH___7(填“＞”“＝”或“＜”），理由是___________________

(6)将少量的氯气通入到足量的碳酸钠溶液中_____________________。

(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，充分振荡，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：________________________________________7、按要求填写下列问题：

（1）某些共价化合物（如等）在液态时会发生微弱的电离，如则液态的电离方程式为________。

（2）已知水溶液中和的关系如图所示；试回答下列问题：

图中五点对应的的关系是________。

若从A点到D点，可采用的措施是________（填序号）。

a.升温b.加入少量的盐酸c.加入少量的

（3）时，的溶液中

请回答下列问题：

①是________（填“强电解质”或“弱电解质”）。

②在加水稀释溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是________（填序号）。

A．B．溶液的C．与的乘积D．

（4）现有浓度均为的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是________（用序号表示）。8、炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，它能电离出有毒的CN-，当CN-与H+结合时生成剧毒的HCN。完成下列问题：

(1)HCN的水溶液酸性很弱，则HCN电离方程式为____________，NaCN的水溶液呈碱性是因为_____________(用离子方程式表示)。

(2)室温下，如果将0.2molNaCN和0.1molHCl全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，①_____和____两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。②____和____两种粒子的物质的量之和比H+多0.1mol。

(3)已知某溶液中只存在OH-、H+、Na+、CN-四种离子；某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：

A.c(CN-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)

C.c(CN-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)D.c(CN-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)

①若溶液中只溶解了一种溶质，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是(填序号)____。

②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是_______和_______。

③若该溶液中由体积相等的稀HCN溶液和NaOH溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCN)_____c(NaOH)（填“>”、“<”、或“=”下同），混合后溶液中c(Na+)与c(CN-)的关系c(Na+)______c(CN-)。9、(1)写出氯碱工业中阳极的电极反应式________。

(2)石英的熔点远高于干冰的原因是_____。

(3)离子化合物MgO2可用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出MgO2的电子式_。

(4)可与H2反应，请用系统命名法对其产物命名________。10、丙烯酸是非常重要的化工原料之一；可用甘油催化转化如下：

甘油丙烯醛丙烯酸

已知：反应Ⅰ：(活化能)

反应Ⅱ：(活化能)

甘油常压沸点为290℃；工业生产选择反应温度为300℃，常压下进行。

(1)①反应Ⅰ在_______条件下能自发进行(填“高温”或“低温”)；

②若想增大反应Ⅱ的平衡常数K，改变条件后该反应_______(选填编号)

A.一定向正反应方向移动B.在平衡移动时正反应速率先增大后减小。

C.一定向逆反应方向移动D.在平衡移动时逆反应速率先减小后增大。

(2)工业生产选择反应温度为300℃，忽略催化剂活性受温度影响，分析温度不能过低理由是_______。

(3)工业制备丙烯酸的中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂_______能使工业生产更加安全。(选填编号)

催化剂A：能大幅降低和

催化剂B：能大幅降低几乎无影响。

催化剂C：能大幅降低几乎无影响。

催化剂D：能升高和

(4)①温度350℃，向1L恒容密闭反应器中加入1.00mol甘油和进行该实验。同时发生副反应：实验达到平衡时，甘油的转化率为80%。乙酸和丙烯酸的选择性随时间变化如图所示，计算反应的平衡常数为_______(X的选择性：指转化的甘油中生成X的百分比)

②调节不同浓度氧气进行对照实验，发现浓度过高会降低丙烯酸的选择性，理由是_______。

(5)关于该实验的下列理解，正确的是_______。

A.增大体系压强；有利于提高甘油的平衡转化率。

B.反应的相同时间；选择不同的催化剂，丙烯酸在产物中的体积分数不变。

C.适量的氧气能抑制催化剂表面积碳；提高生产效率。

D.升高反应温度，可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)11、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误12、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误13、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误14、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误15、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共24分)16、已知X为中学化学中一种常见的盐；F为淡黄色固体；M；N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；H为气体单质，D为无色气体，D在空气中会出现红棕色，各物质的转化关系如下图，（部分反应产物已略去）．

请回答下列问题；

（1）E的化学式为_____________________

（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中，反应一段时间后的现象是：_______________________

（3）在反应①②③④中属于置换反应的是_________________（填序号）．

（4）反应②的离子方程式为___________________________________

（5）用石墨作电极电解500mLX溶液；观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；电解一段时间后，取出A电极，洗涤；干燥、称量，电极增重1.6g.请回答下列问题：

①写出电解时的阳极反应式_______________________

②电解后溶液的pH为________________________假设电解前后溶液体积不变）17、有3中可溶性离子化合物A、B、C，共含六种离子，他们分别由阳离子NH4+、Na+、Cu2+和阴离子OH-、S2-、SO42-两两结合而成；取质量相等的A；B、C分别溶解于水，配成等体积的溶液，这3中溶液物质的量浓度大小的顺序是B＜A＜C并且B溶液呈蓝色，根据题意回答下列问题：

（1）推断出A是___，C是___。（填写化学式）

（2）室温时B溶液的pH___7。（填“＞”“＝”或“＜”）

（3）向A溶液中加入适量的固体B，两者恰好完全反应，请写出反应的离子方程式___；若反应前后溶液的体积相等，则原A溶液中的c(NH4+)___反应后所得溶液中c(NH4+)。（填“＞”“＝”或“＜”）18、节能减排是中国转型发展的必经之路；工业生产中联合生产是实现节能减排的重要措施，下图是几种工业生产的联合生产工艺：

请回答下列问题：

（1）装置甲为电解池（惰性电极），根据图示转化关系可知：A为_________（填化学式），阴极反应式为__________。

（2）装置丙的反应物为Ti，而装置戊的生成物为Ti，这两个装置在该联合生产中并不矛盾，原因是______装置戊进行反应时需要的环境为________（填字母序号）．

A．HCl气体氛围中B．空气氛围中C．氩气氛围中D．水中评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)19、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___________。：20、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_________。21、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：____________________。22、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）。评卷人得分六、计算题(共1题，共4分)23、(1)甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇；可能发生的反应如下：

①CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1

②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2

③CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)ΔH3

已知反应②中相关化学键键能数据如下：。化学键H—HC==OC≡OH—OE/kJ·mol－14368031076465

由此计算ΔH2＝________kJ·mol－1。已知ΔH3＝＋99kJ·mol－1，则ΔH1＝________kJ·mol－1。

(2)已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：

①H2O2＋I－→H2O＋IO－慢②H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快

H2O2分解反应的热化学方程式为________________________________，该反应速率的快慢主要由第_______步(选择①或②，下同)决定。下图表示H2O2在无催化剂和少量I-的催化作用下的两步反应机理降低反应活化能的能量变化图，其中波峰A点代表反应机理___________。

(3)金刚石和石墨均为碳的同素异形体；它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为________。

②12g石墨在一定量的空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．反应达到平衡状态时，根据方程式可知，参与反应的A的物质的量为：n(A)=n(D)=×1mol=1.5mol，则A的转化率为=60%；选项A正确；

B．5s内(D)==mol•L-1•s-1=0.1mol•L-1•s-1，相同时间内其反应速率之比等于计量数之比，(C)：(D)=x：2=0.2mol/(L．s)：0.1mol•L-1•s-1=2：1；x=4，选项B正确；

C．恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，开始时混合气体总物质的量=(2.5+2.5)mol=5mol，平衡时生成1molD，生成n(C)=0.2mol/(L．s)×5s×2L=2mol，剩余n(A)=2.5mol-×1mol=1mol、剩余n(B)=2.5mol-×1mol=2mol；所以平衡时气体总物质的量=(2+1+1+2)mol=6mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=6mol：5mol=6：5，选项C正确；

D．已知反应物和生成物均为气体；容器的体积不变，即反应过程中混合气体的密度始终保持不变，则若混合气体的密度不再变化，不能说明该可逆反应达到化学平衡状态，选项D错误；

答案为D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；选项A错误；

B.电子不能通过电解质溶液；所以电子流向：电源负极→阴极X电极；阳极Y电极→电源正极，选项B错误；

C.阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2；两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；

D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl-会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成；，B室产物发生变化，选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查电解原理，注意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜（BP）是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。3、C【分析】【分析】

由图可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2；则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，以此解答。

【详解】

A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2；则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；

B．铂电极为阴极，得电子得到根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：故B正确；

C．制得28g的物质的量为=1mol，由电极方程式可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，则生成3molO2，质量为3mol=96g；故C错误；

D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极；同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；

故选C。4、C【分析】【分析】

依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O；反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量。

【详解】

依据图象分析，反应为N2H4+O2=N2+2H2O；反应的焓变△H=-534kJ/mol，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，设断裂1molN-H键吸收的能量为x，断裂化学键吸收的能量=2752-534=2218，形成新键释放的能量=4x+154+500=2218，解得：x=391。

答案选C。5、C【分析】【详解】

A．从纵坐标起点看；A起点的pH=1，是强酸盐酸，故A错误。

B．由已知20.00mLHCl溶液和20.00mL醋酸溶液，用NaOH溶液分别滴定，因为醋酸钠溶液显碱性，所以达到B、E状态时，二者均恰好完全反应，消耗的n(CH3COOH)；n(HCl)相等；故B错误；

C．达到B、D时两溶液均呈中性，由电荷守恒c(Na+)=c(A-)；故C正确；

D．对于醋酸，当V(NaOH)<20.00mL时；溶液还可能呈中性也可能呈碱性，故D错误；

故答案：C。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

(1)常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka=c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b）；

(2)CH3COOH⇌H＋+CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；c.加水稀释，平衡右移，c正确；d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小；平衡右移，电离程度增大，f正确；

(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。A.c(H＋)减小，A正确；B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/c(CH3COO-)比值增大，B错误；C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K；不变；

【详解】

(1)常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka=c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b），答案为：b×10-7/（a-b）；

(2)CH3COOH⇋H＋+CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)；平衡左移，电离程度减小，a错误；

b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；

c.加水稀释；平衡右移，c正确；

d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大；平衡左移，电离程度减小，d错误；

e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小；平衡右移，电离程度增大，e正确；

f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小；平衡右移，电离程度增大，f正确；

答案为：bcef；

(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大；温度不变，Kw不变。

A.c(H＋)减小；A正确；

B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/c(CH3COO-)比值增大；B错误；

C．c(H＋)·c(OH－)=Kw；不变，C错误；

D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K；不变，D错误；

答案为A；

(4)通过观察图像，稀释100倍时，pH都小于4，则HX和醋酸都是弱酸，HX溶液中c(H＋)比醋酸小，c(H＋)越大，对水的电离程度抑制越大，故HX对水的电离的抑制作用小于醋酸，醋酸中水电离的c(H+)小于HX。答案为：小于；

(5)NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数=c（OH-）×c（H2S）/c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，显然硫氢根离子的水解常数大于其电离常数，故其电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，pH>7，答案为：＞；NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数=c（OH-）×c（H2S）/c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15；电离程度小于水解程度，溶液呈碱性；

(6)因为是少量的氯气,生成的盐酸少量,只能生成酸式盐,次氯酸不和碳酸钠反应，答案为：Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO；

(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液刚好变为等物质的量的NaCl和NaHCO3，HCO3-既要电离，又要水解，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，除碳酸氢根电离出氢离子外，水也电离出氢离子，则大小顺序为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；【解析】b×10-7/（a-b）；bcef；A；小于；＞NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数=c（OH-）×c（H2S）/c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，故HS-的电离程度小于水解程度，溶液呈碱性；Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO；c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；7、略

【分析】【详解】

（1）依据可知液态可电离出和电离方程式为故答案为：

（2）只与温度有关，温度升高，以及水电离出的和均增大，E、A、D三点对应的温度为B点对应的温度为所以五点对应的从A点到D点，在温度不变的情况下，增大，减小，加入少量的盐酸，抑制水的电离，最终溶液中b符合题意；加入少量的促进水的电离，最终溶液中c符合题意。故答案为：bc；

（3）①时，的溶液中因则溶液中说明在水溶液里部分电离，则为弱电解质；故答案为：弱电解质；

②A．是弱电解质，加水稀释促进电离，但电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以都减小；A错误；

B．减小，则溶液的增大；B正确；

C．温度不变，水的离子积不变，则与的乘积不变；C错误；

D．温度不变，则水的离子积不变，加水稀释，减小，则增大；D正确；故答案为：BD

（4）酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大。硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，因此同浓度的这三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是②③①，故答案为：②③①。【解析】bc弱电解质BD②③①8、略

【分析】【分析】

(1)HCN的水溶液酸性很弱；在溶液中存在电离平衡，NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中存在盐的水解平衡。

(2)NaCN与HCl在溶液中会发生复分解反应；根据物料守恒和电荷守恒分析判断。

(3)①只有一种溶质时；溶质为NaCN，根据氰氢酸根离子水解进行分析；

②若上述关系中C是正确的，溶液呈酸性，且c(CN-)>c(Na+)；则溶液中的溶质是氰酸钠和氰氢酸；

③若氰氢酸与氢氧化钠等体积、等浓度混合，溶液显示碱性，则氰氢酸的浓度应该稍大；混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)；再结合电荷守恒判断混合后的溶液中氰氢根离子与钠离子的浓度关系。

【详解】

(1)HCN是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，实验HCN电离方程式为HCNH++CN-，NaCN是强碱弱酸盐，在水溶液中CN-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡使，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，用离子方程式表示为：CN-+H2OHCN+OH-。

(2)NaCN与HCl发生复分解反应，反应方程式为：NaCN+HCl=NaCl+HCN，由于二者反应时的物质的量的比是1：1，如果将0.2molNaCN和0.1molHCl全部溶于水，形成混合溶液中含NaCl、NaCN、HCN各0.1mol，根据C、N元素守恒，可知NaCN、HCN物质的量的和为0.2mol。根据电荷守恒可得n(Na+)+n(H+)=n(CN-)+n(OH-)+n(Cl-)，由于n(Cl-)=0.1mol，n(Na+)=0.2mol，所以n(CN-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)-n(Cl-)=0.1mol，即CN-、OH-的物质的量的和比H+的物质的量多0.1mol。

所以根据物料守恒和电荷守恒分析判断。

(3)①若只有1种溶质，则溶质只能为NaCN溶液，由于氰氢根离子水解、钠离子不水解，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)、c(Na+)>c(CN-)，氰氢根离子水解程度较小，所以c(CN-)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；选项B正确；

②若上述关系中C正确，则溶液呈酸性，溶液中c(CN-)>c(Na+)；溶液中的溶质只能为HCN和NaCN；

③等体积、等浓度的氰氢酸与氢氧化钠溶液反应，二者反应生成的溶质为NaCN，溶液水解显碱性，若要显中性，则加入的HCN应过量，即混合前c(HCN)>c(NaOH)，由于混合液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可得：c(CN-)=c(Na+)。【解析】①.HCNH++CN-②.CN-+H2OHCN+OH-③.HCN④.CN-⑤.CN-⑥.OH-⑦.B⑧.HCN⑨.NaCN⑩.>⑪.=9、略

【分析】【分析】

(4)碳碳双键与H2发生加成反应得到烷烃。

【详解】

(1)氯碱工业中阳极是氯离子失电子产生氯气，电极反应式：

(2)石英的熔点远高于干冰的原因是：石英是原子晶体；干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价键，干冰熔化时破坏分子间作用力)；

(3)离子化合物MgO2的电子式：

(4)与H2反应的产物是：系统命名法命名为：3，3，6—三甲基辛烷。【解析】石英是原子晶体，干冰是分子晶体(或石英熔化时破坏共价键，干冰熔化时破坏分子间作用力)3，3，6—三甲基辛烷10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①反应Ⅰ△H＞0；为吸热反应，反应气体分子数增多，即反应是熵增的反应，因此在高温下是自发进行的；

②反应II△H<0；为放热反应，降低温度能增大反应Ⅱ的平衡常数K，即一定向正反应方向移动，在平衡移动时正反应速率一直减小，逆反应速率先减小后增大，故选：AD；

(2)已知甘油常压沸点为290℃；若温度过低，甘油是液态，与反应物的接触面积减小，速率下降，则温度不能过低理由是：温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低；

(3)由于中间产物丙烯醛有剧毒，故要加快反应II的速率以快速消耗丙烯醛，即选择催化剂降低Ea2；故选：C；

(4)①甘油的转化率为80%；则甘油转化的物质的量为1mol×80%=0.8mol，丙烯酸的选择性为25%，则生成的丙烯酸的物质的量为0.8mol×25%=0.2mol，列三段式：

则平衡时n(H2O)=0.4mol+0.6mol=1mol，n(O2)=0.9mol-0.1mol-0.3mol=0.5mol，n(C3H8O3)=0.2mol，的平衡常数为答案为2；

②浓度过高会降低丙烯酸的选择性；理由是：氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性；

(5)A.反应I是气体分子数增大的反应；增大体系压强，平衡逆向移动，不有利于提高甘油的平衡转化率，故A错误；

B.反应的相同时间；选择不同的催化剂，会影响丙烯酸的选择性，也会改变丙烯酸在产物中的体积分数，故B错误；

C.适量的氧气促进反应II正向进行；能促进丙烯醛的转化，能抑制催化剂表面积碳，提高生产效率，故C正确；

D.升高反应温度；可能发生副反应生成COx，从而降低丙烯酸的产率，故D正确；

故选：CD。【解析】①.高温②.A、D③.温度过低，反应速率慢，同时常压下低温甘油为液态，接触面比较小，降低丙烯酸产率；反应Ⅰ为吸热反应，温度降低，平衡转化率也会降低④.C⑤.2⑥.氧浓度过高，丙烯醛等易发生过度氧化生成COx，降低了丙烯酸选择性⑦.CD三、判断题(共5题，共10分)11、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。12、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。13、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。14、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。15、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。四、元素或物质推断题(共3题，共24分)16、略

【分析】【分析】

由题意：X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，与X溶液反应生成蓝色沉淀Y为氢氧化铜可知，F为Na2O2；X溶液中含铜离子；M、N为常见的金属，结合N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，E和N反应生成M可知发生了置换反应，判断N为Al，E为Fe2O3；M为Fe；结合M和含铜离子的X溶液反应生成固体C为铜，滤液A为亚铁盐溶液，加入盐酸会发生反应生成无色气体D，说明A只能是硝酸亚铁，即X溶液为硝酸铜溶液；F为过氧化钠加入到溶液B中生成H为气体单质氧气，D为无色气体一氧化氮，D在空气中会出现红棕色二氧化氮。

【详解】

（1）由分析可知E为：Fe2O3；

（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中；是Fe和硝酸铜溶液反应生成铜和硝酸亚铁，反应一段时间后的现象：铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色；

（3）反应①是铁和硝酸铜溶液反应发生置换反应；②是硝酸亚铁和盐酸发生氧化还原反应；③是氧化铝和铁反应生成铝和氧化铁；是置换反应；④是硝酸铁和过氧化钠反应，不是置换反应，所以中属于置换反应的是①③；

（4）反应②是亚铁离子在硝酸溶液中发生的氧化还原反应，离子方程式为：反应②的离子方程式反应为：3Fe2＋+NO3－+4H＋=3Fe3＋+NO↑+2H2O；

（5）①阳极电极反应是氢氧根离子放电，电极反应为：4OH－-4e－=O2↑+2H2O；

②阳极电极反应为4OH－-4e－=O2↑+2H2O；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；析出铜0.025mol，电子转移为0.05mol，由电极方程式可知生成氢离子0.05mol，则生成c（H＋）=0.05mol÷0.5L=0.1mol·L－1，pH=1。【解析】①.Fe2O3②.铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色③.①③④.3Fe2＋+NO3－+4H＋＝3Fe3＋+NO↑+2H2O⑤.4OH－-4e－＝O2↑+2H2O⑥.117、略

【分析】【分析】

由题意知A、B、C为可溶性离子化合物，可推断三种化合物的组成只能为(NH4)2S、NaOH、CuSO4，又知等质量的A、B、C配成等体积的溶液，物质的量浓度大小顺序为B＜A＜C并且B溶液呈蓝色，结合三种物质的式量，可确定A、B、C分别为(NH4)2S、CuSO4；NaOH；以此解答该题。

【详解】

(1)A、B、C为可溶性离子化合物，因Cu2＋与OH−、S2−反应生成沉淀，NH4＋与OH−反应生成弱电解质，可推断三种化合物的组成只能为(NH4)2S、NaOH、CuSO4，又知等质量的A、B、C配成等体积的溶液，物质的量浓度大小顺序为B＜A＜C，并且B溶液呈蓝色，结合三种物质的式量，可确定A、B、C分别为(NH4)2S、CuSO4、NaOH，故答案为：(NH4)2S；NaOH；

(2)硫酸铜溶液中；铜离子水解导致溶液显示酸性，pH＜7，故答案为：＜；

(3)向(NH4)2S溶液中加入固体CuSO4，二者反应生成硫化铜沉淀和硫酸铵，即S2−＋Cu2＋＝CuS↓，在硫化铵中，硫离子对铵根离子的水解起促进作用，在反应后的硫酸铵溶液中，硫酸根离子不会影响铵根离子的水解，所以硫化铵中铵根离子浓度小于硫酸铵溶液中铵根离子浓度，故答案为：S2−＋Cu2＋＝CuS↓；＜。【解析】①.(NH4)2S②.NaOH③.＜④.S2−＋Cu2＋＝CuS↓⑤.＜18、略

【分析】【详解】

由图可知；甲为电解饱和食盐水生成NaOH；氢气、氯气，丙中Ti与氯气反应生成四氯化钛，乙中合成甲醇，可知A为氯气，B为氢气，C为NaOH，装置戊中Na还原出Ti，应防止钠被氧化，装置丁中C还原二氧化钛生成Ti和CO，装置己是碱性条件下的甲醇燃料电池。

（1）装置甲为电解池，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，A和金属钛反应生成四氯化钛，故A为氯气；电解饱和氯化钠溶液阴极上是溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为：2H＋+2e－=H2↑（2）反应前有金属钛，戊装置生成钛，前后并不矛盾，一开始是含有较多杂质的钛和氯气反应生成四氯化钛后再用金属钠还原，制得较为纯净的钛，故从戊装置中出来的金属钛较纯净。金属钠能与空气、水、氯化氢反应，故装置戊反应的环境为在惰性气体的氛围中进行，选项中只有氩气氛围中符合，故选C。【解析】①.Cl2②.2H++2e-=H2↑③.进入装置丙的Ti含有的杂质较多，从装置戊中出来的Ti较为纯净④.C五、有机推断题(共4题，共20分)19、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)20、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37g21、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−2NH322、略

【分析