2025年中图版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年中图版选择性必修1化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、一些烷烃的燃烧热如下表：

。化合物。

ΔH/(kJ·mol-1)

化合物。

ΔH/(kJ·mol-1)

甲烷。

-891.0

正丁烷。

-2878.0

乙烷。

-1560.8

异丁烷。

-2869.6

丙烷。

-2221.5

2－甲基丁烷。

-3531.3

下列说法正确的是A.正戊烷的燃烧热大约是3540kJ·mol-1B.热稳定性：正丁烷＞异丁烷C.乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(g)ΔH=-1560.8kJ·mol-1D.相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多2、如图是一种新型电池，其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定，电池总反应为下列说法正确的是。

A.a为负极，发生还原反应B.b极的电极反应式：C.当消耗时，溶液中传导的电子数目为D.调节电解质溶液的方法是补充3、一定温度下，反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中；下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是。

A.①②B.②④C.③④D.①④4、下列离子方程式书写错误的是A.明矾净水的原理：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+B.用Na2S溶液和CuSO4溶液制备CuS固体：S2-+Cu2+=CuS↓C.NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+COD.工业上为了除去Fe2+，常用NaClO溶液：2ClO-+2Fe2++2H+=Cl2↑+2Fe3++H2O5、下列说法正确的是（）A.5.6g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3×6.02×1023B.反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0C.电解精炼铜过程中，电路中每通过2mol电子，阳极溶解铜64gD.0.1mol·L-1Na2SO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=2c(H2SO3)+c(HSO3-)6、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评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展；相关装置如图所示。下列说法不正确的是。

A.该装置的总反应为H2SH2+SB.能量转化方式主要为“光能→电能→化学能”C.a极上发生的电极反应为Fe3+-e-=Fe2+D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液8、我国科学家研制出一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解溶液，装置如下(和R都是有机物)。下列说法正确的是。

A.b电极为负极B.工作一段时间后，正极区的pH变大C.电池工作时，负极区要保持呈酸性D.若消耗标准状况下112mL则电解后的溶液pH约为19、T℃，分别向10mL浓度均为0.1的和溶液中滴0.1的溶液，滴的过程中和与溶液体积(V)的关系如图所示[已知：]。下列有关说法错误的是。

A.a～b～d为滴定溶液的曲线B.对应溶液pH：a＜b＜eC.a点对应的溶液中：D.d点纵坐标约为23.910、CH4和CO2都是比较稳定的分子；科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：

下列说法正确的是A.X为电源的负极B.固体电解质中转移1molO2－时电路中转移1mol电子C.电极A生成C2H4的反应式是：2CH4－4e－＋2O＝C2H4＋2H2OD.相同条件下，若生成乙烯和乙烷体积比为1∶1，则消耗CH4和CO2体积比为4∶311、已知25℃时，水溶液中AgBr的Ksp为5.0×10-13，AgI的Ksp为8.3×10-17。t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示。已知：pAg=-lgc(Ag+)。图2所示是25℃时向10mLAgNO3溶液中加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时；溶液的pAg随着加入NaCl溶液体积(单位mL)变化的曲线(实线)。下列说法错误的是。

A.可知t<25B.在a点未达到沉淀溶解平衡，可采用加入适量的AgNO3固体使溶液对应的离子浓度到达c点C.图2中x点的坐标为(100，6)，原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后变为曲线z评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、在体积为2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)。其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：。T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

(1)该反应为___反应(填“吸热”、“放热”)，原因为__。

(2)830℃下，若向容器中分别加入2molH2和2molCO2，10s后达到平衡，则这段时间内v(H2)=__，转化率α(CO2)=__。

(3)1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为4mol、4mol、8mol、8mol，则此时上述反应向__进行(填“正向”、“逆向”或“不”)。13、某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时；观察到电流计的指针发生了偏转。

请回答下列问题：

(1)甲池为___________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为___________。

(2)乙池中A(石墨)电极的名称为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为___________。

(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况)，丙池中___________极析出___________g铜。

(4)若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)，若将丙中溶液复原，需加入___________。14、认真观察图中装置；回答下列问题：

(1)下列说法中正确的是_________（填序号)。

a．甲中铜片质量减少b．乙中锌片质量减少。

c．乙中铜片上没有明显变化d．甲装置为原电池；乙装置为电解池。

(2)同等条件下，两烧杯中产生气泡的速率：甲______(填“＞”“＜”或“＝”)乙。

(3)甲烧杯中锌电极为_______(正极或负极)，写出铜极的反应电极方程式_______。

(4)当甲中产生2.24L(标准状况)气体时，理论上通过导线的电子数目为_______mol。15、25℃时；三种弱电解质的电离平衡常数如表：

。化学式。

HCOOH

CH3COOH

NH3•H2O

电离平衡常数。

1.77×10-4

1.75×10-5

1.76×10-5

（1）下列方法中，可以使0.10mol•L-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是__。

a.通入少量HCl气体b.加入少量冰醋酸。

c.加入少量醋酸钠固体d.加入少量水。

（2）常温下，0.1mol•L-1的NH3•H2O溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是__。

a.c（OH-）b.

c.c（H+）•c（OH-）d.16、已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式CH3COOHH2CO3HClO平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8

回答下列问题：

(1)物质的量浓度均为0.1mol·L-1的四种溶液：

a．CH3COOHb．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3

pH由小到大的排列顺序是__________(用字母表示)。

(2)常温下，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________。

A．c(H+)B．C．c(H+)·c(OH-)D．

(3)体积均为100mLpH=2的CH3COOH与一元酸HX；加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示：

则HX的电离平衡常数________CH3COOH的电离平衡常数(填大于、小于或等于)，理由是______________________________。

(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=______mol·L-1(填精确值)，=_______。17、溶液中存在着离子平衡；请回答下列问题：

(1)将氯气通入烧碱溶液可制得漂白液，主要成分是氯化钠和次氯酸钠的混合液。此溶液呈__________(填“中”“酸”或“碱”)性；溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。

(2)已知:某温度时NH3·H2O的电离常数为1.75×10-5，Mg(OH)2的Ksp=1.8×10-11。将该温度下Mg(OH)2的浊液加入到某浓度的氯化铵溶液中，存在反应Mg(OH)2(s)+2NH⇌Mg2++2NH3·H2O，该反应的平衡常数K=__________________。(保留两位有效数字)

(3)某CuSO4溶液中混有Fe3+，除去的方法是：①加入适量CuO，摇匀；②观察到有红褐色沉淀生成；③待沉淀完全后过滤即可。操作①的作用是_______________________；生成沉淀的离子方程式为_____________________________________________。18、国际非政府组织“全球碳计划”发布报告显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。将CO2转化成有机物实现碳循环是解决温室问题的有效途径。

(1)已知：

C2H4(g)＋H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH1＝－44.2kJ/mol

2CO2(g)＋2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH2＝+1411.0kJ/mol

则CO2与H2O反应生成C2H5OH的热化学方程式为：________________。

(2)CO2镍催化氢化制甲烷，甲酸(HCOOH)是CO2转化为CH4的中间体：

当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是________(填“I”或“Ⅱ”)。

(3)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇；反应的能量变化如图所示。

①图中A处应填入_________。

②该反应需要加入铜-锌基催化剂。加入催化剂后，该反应ΔH________(填“变大”“变小”或“不变”)。

③已知：

2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝－566kJ/mol

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝－484kJ/mol

2CH3OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH3＝－1352kJ/mol

以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)，该反应的ΔH＝_________kJ/mol。

(4)下列将CO2转化成有机物的反应中，原子利用率最高的是_________(填序号)。

A．6CO2+6H2OC6H12O6+6O2

B．CO2+3H2CH3OH+H2O

C．CO2+CH4CH3COOH

D．2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)19、将等物质的量的A、B混合放入的密闭容器中，发生反应经后反应达到平衡，此时测得D的浓度为则：

（1）_____________。

（2）前内用B表示的反应速率_____________。

（3）平衡时A的转化率为_________________。

（4）若升高温度，其他条件不变，平衡时测得D的浓度为则该反应的___________（填“>”“<”或“=”）0。20、(1)常温下，的含浓度均为的醋酸溶液电离度是_______(保留3位有效数字)。

(2)比较给出的能力的相对强弱：_______(填“>”、“<”或“=”)；用一个离子方程式说明和结合能力的相对强弱_______。

(3)某温度时，测得溶液的将的溶液与的溶液混合，混合液呈中性，则_______。评卷人得分五、实验题(共2题，共4分)21、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：

①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中；测出硫酸温度；

②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；并用另一温度计测出其温度；

③将NaOH溶液倒入小烧杯中；设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。

回答下列问题：

(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填字母序号；下同)。

A.沿玻璃棒缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入。

(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_______

(3)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______。

A.用温度计小心搅拌。

B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

C.轻轻地振荡烧杯。

D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。

(4)实验数据如表：

。温度。

实验次数。

起始温度t1℃

终止温度。

t2/℃

温度差平均值(t2-t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

29.5

2

27.0

27.4

27.2

32.3

3

25.9

25.9

25.9

29.2

4

26.4

26.2

26.3

29.8

①根据上表可知：温度差平均值为_______

②该实验测得的中和热ΔH与理论值有偏差，其原因可能是_______。

A.用量筒量取硫酸溶液仰视读数。

B.大烧杯上硬纸板没盖好。

C.大；小烧杯体积相差较大；夹层间放的碎泡沫塑料较多。

D.测量完硫酸溶液温度的温度计直接用来测NaOH溶液的温度22、环氧乙烷(简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。

(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。

②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。

(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。

电解效率η和选择性S的定义：

η(B)=×100%

S(B)=×100%

①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。

②当乙烯完全消耗时；测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：

I.阳极有H2O放电。

II.阳极有乙烯放电。

III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO

i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。

ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。

iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。

可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．由正丁烷和异丁烷的燃烧热数据可推出正戊烷比2­-甲基丁烷的燃烧热略大些；A正确；

B．1mol正丁烷完全燃烧放出的热量比1mol异丁烷完全燃烧放出的热量多，即1mol正丁烷与O2反应时断键所吸收的能量比1mol异丁烷与O2反应时断键所吸收的能量少；从而说明正丁烷的热稳定性小于异丁烷，B错误；

C．ΔH=-3121.6kJ·mol-1且H2O应为液态；C错误；

D．根据表格中燃烧热数值分析可知，1gCH4燃烧放出55.69kJ的热量，1gC2H6燃烧放出52.03kJ的热量；D错误；

故选A。2、D【分析】【分析】

由电池总反应方程式可知，a极为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，b极为正极；在硫酸作用下，二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水。

【详解】

A．由分析可知；a极为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，故A错误；

B．由分析可知，b极为正极，在硫酸作用下，二氧化铅在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为故B错误；

C．当电池工作时，电子不能由电解质溶液传递，故C错误；

D．由电池总反应可知；电池工作时消耗硫酸，则调节电解质溶液的方法是补充硫酸，故D正确；

故选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

①反应混合物的质量始终保持不变；但体积会发生变化，气体密度保持不变，说明达到平衡状态，故选；

②ΔH是恒量；不能作为判断平衡状态的标志，故不选；

③该反应是充入1molN2O4；正反应速率应是逐渐减小直至不变，③曲线趋势不正确，故不选；

④N2O4的转化率先增大；后保持不变，说明达到平衡状态，故选；

综上所述，①④正确，故选D。4、D【分析】【详解】

A．明矾净水的原理为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附杂质，达到净水的目的，铝离子水解的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；A正确；

B．Na2S溶液和CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为：S2-+Cu2+=CuS↓；B正确；

C．NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合，偏铝酸根离子和碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，反应的离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+COC正确；

D．亚铁离子和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子；不生成氯气，D错误；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子，当生成Fe2+离子时，转移的电子数为0.2×6.02×1023，当生成Fe3+离子时，转移的电子数为0.3×6.02×1023；故A错误；

B、MgCl2的分解反应属于吸热反应；△H＞0，反应后生成气体，熵变增加，△S＞0，故B错误；

C、由Cu-2e=Cu2+，64g铜的物质的量为1mol，则转移电子数为2×6.02×1023个，但在阳极上比铜活泼的金属锌、铁等先失去电子，则转移电子数大于2×6.02×1023个；故C错误；

D、0.1mol•L-1Na2SO3溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3-)+2c(SO32-)，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，则：c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(HSO3-)-2c(SO32-)=2c(H2SO3)+2c(HSO3-)+2c(SO32-)-c(HSO3-)-2c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(HSO3-)；故D正确；

故选D。6、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。二、多选题(共5题，共10分)7、CD【分析】【分析】

根据图示，b极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，氢离子通过质子交换膜向b电极移动；据此分析解答。

【详解】

A．该装置发生的有关反应为H2S+2Fe3+=2H++S+2Fe2+(a极区)、2Fe2+-2e-=2Fe3+(a极)、2H++2e-=H2(b极)，这三个反应相加，结合反应条件得到总反应H2SH2+S；故A正确；

B．该制氢工艺中光能转化为电能；最终转化为化学能，故B正确；

C．a电极上的发生的反应是由Fe2+转化为Fe3+，电极反应方程式为Fe2+-e-=Fe3+；故C错误；

D．a极区涉及两步反应，第一步利用氧化性强的Fe3+高效捕获H2S得到硫和还原性的Fe2+，第二步是还原性的Fe2+在a极表面失去电子生成氧化性强的Fe3+，这两步反应反复循环进行，所以a极区无需补充含Fe3+和Fe2+的溶液；故D错误；

故答案为CD。8、CD【分析】【分析】

根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3+和H2S生成S和Fe2+，Fe2+在电极a处失去电子生成Fe3+，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，生成的Fe3+能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H+生成H2R，电极方程式为R+2e-+2H+=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，电解硫酸铜溶液，电极反应为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；结合原电池原理和电解池原理分析判断。

【详解】

A．b电极为正极，电极反应式为R+2H++2e-=H2R；故A不符合题意；

B．正极的电极反应式为R+2H++2e-=H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2=H2O2+R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+；左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故B不符合题意；

C．电极a为负极，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3+水解沉淀；故C符合题意；

D．标准状况下112mLO2的物质的量==0.005mol，转移电子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成0.005mol硫酸，c(H+)==0.1mol/L；pH=1，故D符合题意；

答案选CD。9、AD【分析】【分析】

10mL浓度为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1mol∙L−1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线，a-c-d为滴定CuCl2溶液的曲线。

【详解】

A．由分析可知，a−b−e为滴定ZnCl2溶液的曲线；A错误；

B．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol∙L−1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol∙L−1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：a＜b＜e；B正确；

C．CuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]；C正确；

D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则Ksp(CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d点加入20mL0.1mol∙L−1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度-lgc(Cu2+)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9；D错误。

故选AD。10、CD【分析】【分析】

由题给示意图可知，该装置为电解池，甲烷在阳极A上失去电子发生氧化反应生成乙烷、乙烯和水，则X电极为电源的正极，二氧化碳在阴极B上得到电子发生还原反应生成一氧化碳，电极反应式为CO2+2e－＝CO＋O则Y电极为电源的负极。

【详解】

A.由分析可知；X电极为电源的正极，故A错误；

B.由分析可知；固体电解质中转移1mol氧离子时，消耗1mol二氧化碳，电路中转移2mol电子，故B错误；

C.由分析可知，电极A为阳极，甲烷在阳极A上失去电子发生氧化反应生成乙烯和水，电极反应式为2CH4－4e－＋2O＝C2H4＋2H2O；故C正确；

D.设生成乙烯和乙烷的物质的量均为1mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为4mol，由得失电子数目守恒可知，二氧化碳的物质的量为=3mol；则相同条件下，消耗甲烷和二氧化碳的体积比为4∶3，故D正确；

故选CD。11、CD【分析】【详解】

A.根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得，该温度下Ksp(AgBr)＝4.9×10-13，比25℃时的小，AgBr的溶解度随温度升高而增大，故t<25；故A正确；

B.a点对应的Qc＝c(Ag+)·c(Br-)<Ksp(AgBr)，没有达到沉淀溶解平衡，a点和c点c(Br-)相同，需要增大c(Ag+)，故可以加入适量的AgNO3固体；故B正确；

C.加入氯化钠溶液的体积为0时，pAg＝0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0mol·L-1，硝酸银的物质的量为1.0mol·L-1×0.01L=0.01mol，pAg＝6时，二者恰好反应完全，所以氯化钠的物质的量为0.01mol，溶液的体积是=0.1L=100mL；即x坐标为(100，6)，故C错误；

D.pAg＝6时，二者恰好反应完全，银离子和氯离子的浓度是10-6mol·L-1，Ksp(AgCl)＝1×10-12，可得碘化银的Ksp小于氯化银的，所以如果换成0.1mol·L-1NaI，则图像在终点后Ag+浓度变小；pAg增大，故选曲线y，故D错误；

答案选CD。三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

温度升高；平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应吸热，答案：吸热，温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应吸热；

(2)830℃下，若向容器中分别加入2molH2和2molCO2；10s后达到平衡，则：

v(H2)=0.05mol/(L•s)；α(CO2)=50％；答案为0.05mol/(L•s)；50％；

(3)1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为4mol、4mol、8mol、8mol，则此时上述反应向逆向进行，答案为：逆向【解析】①.吸热②.温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应吸热；③.0.05mol/(L•s)④.50%⑤.逆向13、略

【分析】【详解】

（1）甲池为甲醇燃料电池，通入的电极为负极，电极反应式为

（2）乙池中为用惰性电极电解溶液，其中A作阳极，水电离的氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，B作阴极，银离子在阴极得电子生成银，总反应式为

（3）丙池中，D电极为阴极，发生反应为：根据各电极上转移的电子相同，故

（4）若丙池中电极不变，将其溶液换成溶液，根据丙中总反应式为若将丙中溶液复原，需加入溶液pH增大；甲中总反应式为溶液pH减小。【解析】(1)原电池

(2)阳极

(3)280D1.6

(4)减小增大HCl14、略

【分析】【分析】

(1)根据原电池构成条件及反应原理分析解答；

(2)原电池反应可以加快反应速率；

(3)活动性强的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上溶液中的H+得到电子被还原产生H2；

(4)根据同一闭合回路中电子转移数目相等；结合物质的量的有关计算公式计算。

【详解】

(1)a.甲构成了原电池，Cu活动性比Zn弱，为正极，正极上溶液中的H+得到电子被还原产生H2；Cu电极本身不参加反应，因此甲中铜片质量不变，a错误；

b.在金属活动性顺序表中Zn位于H的前边，可以与酸发生置换反应而被氧化，因此锌的质量会不断减少，b正确；

c．Cu的活动性比H弱；因此不能与酸发生反应，所以乙中铜片上没有明显变化，c正确；

d.甲装置具备原电池构成条件；形成了原电池，乙装置没有形成闭合回路，也没有电源，因此既没有构成原电池，也没有形成电解池，d错误；

故合理选项是bc；

(2)甲装置构成了原电池，Zn为负极，失去电子，被氧化变为Zn2+；Cu活动性弱，为原电池的正极，正极上溶液中的的H+得到电子被还原产生H2；原电池反应加快了放出氢气的速率，而乙装置没有形成原电池，因此同等条件下，两烧杯中产生气泡的速率：甲＞乙；

(3)甲烧杯中形成原电池，由于金属活动性Zn＞Cu，锌电极为负极，失去电子被氧化；铜为正极，正极上溶液中的的H+得到电子被还原产生H2，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

(4)2.24L标准状况下的氢气的物质的量n(H2)==0.1mol，根据电极反应式2H++2e-=H2↑可知：每反应产生1molH2，转移2mol电子，则产生0.1molH2时转移电子的物质的量是0.2mol。

【点睛】

本题考查原电池的反应原理、电极反应式的书写与判断、转移电子数目的计算的知识。原电池构成必须同时具备四个条件：活动性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应，且在同一闭合回路中电子转移数目相等。一般情况下，活动性强的电极为负极，失去电子，发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上溶液中离子得到电子，发生还原反应。【解析】①.bc②.＞③.负④.2H++2e-=H2↑⑤.0.215、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）a.通入少量HCl气体；溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，醋酸的电离程度减小，故a不选；

b.加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度减小，故b不选；

c.加入少量醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，平衡逆向进行，CH3COOH电离程度减小；故c不选；

d.加入少量水，促进CH3COOH电离；其电离程度增大，故d选，答案为d；

（2）a.NH3•H2O溶液加水稀释过程中促进NH3•H2O电离，但c(OH-)减小；故a选；

b.NH3•H2O溶液加水稀释过程中促进NH3•H2O电离，溶液中n(OH-)增大，n(NH3•H2O)减小，所以增大，故b不选；

c.Kw=c(H+)•c(OH-)；只随温度改变而改变，故c不选；

d.NH3•H2O溶液加水稀释过程中促进NH3•H2O电离，c(OH-)减小，c(H+)增大，所以增大，故d不选，答案为a。【解析】da16、略

【分析】【分析】

根据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO能够水解的盐，酸性越弱，水解程度越大，溶液的碱性越强，据此分析判断溶液pH的大小排列；CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，但溶液中除氢氧根离子外的微粒的浓度均减小，据此分析判断稀释过程中各数据的变化；在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，结合Ka=计算。

【详解】

(1)四种溶液中，只有CH3COOH是酸，显示酸性，pH最小，Na2CO3、NaClO、NaHCO3能够水解，水解后的溶液均显碱性，由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO因此水解程度：＞ClO-＞HCO水解程度越大，碱性越强，所以碱性强弱顺序是：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3，则pHNa2CO3＞NaClO＞NaHCO3，因此pH由小到大的排列顺序是CH3COOH＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，故答案为：adcb；

(2)A．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，但溶液的酸性减弱，c(H+)减小，故A不选；B．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，CH3COOH电离程度增大，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，因此=增大，故B选；C．Kw=c(H+)•c(OH-)只受温度的影响，温度不变，c(H+)•c(OH-)是一个常数，故C不选；D．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，c(H+)减小，碱性增强，c(OH-)增大，即增大；故D选；故选BD；

(3)根据CH3COOH与一元酸HX加水稀释过程中pH与溶液体积的关系图可以看出HX酸在稀释过程中溶液的pH变化比醋酸的大，所以酸性HX强于醋酸，电离程度：HX＞CH3COOH，则HX的电离平衡常数＞CH3COOH的电离平衡常数；故答案为：大于；稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比醋酸大，酸性强，电离平衡常数大；

(4)CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；=1.8×10-5，pH=6的溶液中c(H+)=10-6mol/L，因此=18，故答案为：9.9×10-7；18。【解析】adcbBD大于稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH大，故酸性强，电离平衡常数大9.9×10-71817、略

【分析】【分析】

次氯酸钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，氯化钠强电解质、次氯酸钠强电解质，次氯酸根部分水解，由此分析离子浓度大小；Mg(OH)2(s)+2NH⇌Mg2++2NH3·H2O，该反应的平衡常数K=代入计算；除去CuSO4溶液中混有Fe3+，加入适量CuO调节溶液的pH，促进铁离子的水解，生成Fe(OH)3沉淀而除去。

【详解】

(1)次氯酸钠属于强碱弱酸盐，水解呈碱性；氯化钠强电解质、次氯酸钠强电解质，次氯酸根部分水解，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：碱；c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；

(2)Mg(OH)2(s)+2NH⇌Mg2++2NH3·H2O，该反应的平衡常数K==0.059。(保留两位有效数字)；故答案为：0.059；

(3)除去CuSO4溶液中混有Fe3+，①加入适量CuO调节溶液的pH，促进铁离子的水解，摇匀；②观察到有红褐色沉淀生成；③待沉淀完全后过滤即可。操作①的作用是增大pH值；生成沉淀的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+。故答案为：增大pH值；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+。【解析】碱c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)0.059增大pH值Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+18、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律计算反应热；根据质量守恒定律判断反应物物质的量和化学式，催化剂降低反应的活化能，但不影响反应平衡状态。

【详解】

(1)根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加，可得CO2与H2O反应生成C2H5OH的热化学方程式为2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ/mol；

(2)当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量迅速减少，表明催化剂对第Ⅱ步反应影响较大，故当增加镍粉用量，第Ⅱ步反应速率增加较大；

(3)①以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1molCO2(g)＋3molH2(g)；

②加入催化剂；不能改变反应的焓变，因此ΔH不变；

③根据盖斯定律，CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH＝0.5ΔH1＋ΔH2－0.5ΔH3＝(－566kJ/mol)×0.5+(－484kJ/mol)－(－1352kJ/mol)×0.5＝－91kJ/mol；

(4)A、B、D均有2个产物，C仅为一个产物，原子利用率100%，原子利用率最高。答案为C。【解析】2CO2(g)＋3H2O(l)=C2H5OH(l)＋3O2(g)ΔH＝＋1366.8kJ/molⅡ1molCO2(g)＋3molH2(g)不变－91C四、计算题(共2题，共18分)19、略

【分析】【详解】

(1)

由此推知故答案为：2；

(2)

故答案为：

(3)设起始时A、B的浓度均为列出三段式如下：

由题意可知解得：所以，平衡时A的转化率故答案为：50%；

(