2025年沪教版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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根据表中的测定结果，下列结论错误的是A.表中x的值为1B.α、β、γ的值分别为1、2、-1C.反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低2、室温下，关于1L0.1mol/L氨水()的叙述正确的是A.由水电离出的B.当加入少量氯化铵固体时，溶液中将增大C.当与盐酸恰好完全中和时，溶液中：D.当加入稀硫酸至溶液pH=7时，溶液中3、北京航空航天大学团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y1/NC，Sc1/NC单原子催化剂；用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是。

A.Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附氮气B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率C.使用Sc1/NC催化的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2＋H→*NNHD.升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率4、在醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A.常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH小于7B.醋酸能与水以任意比互溶C.10mL1mol/L的醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D.等物质的量浓度、等体积的醋酸溶液与盐酸溶液，醋酸溶液的导电性弱5、下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成H2和O2的是A.HClNaOHCuCl2B.HBrNaOHCuSO4C.HClO4Ba(OH)2Na2SO4D.H2SO4KOHAgNO36、常温下，BaCO3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，关于0.1mol/LNaHCO3溶液的下列说法错误的是A.溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB.c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH－)C.升高温度或加入NaOH固体,均增大D.将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应的平衡常数7、下列说法中正确的是A.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的ΔH<0B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)在室温下不能自发进行，则该反应的ΔH<0C.若ΔH>0，ΔS<0，化学反应在任何温度下都能自发进行D.加入合适的催化剂能降低反应的活化能，从而改变反应的焓变评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、25℃时，用石墨电极电解2.0L溶液。5min后；在一个石墨电极上有6.4gCu生成。试回答下列问题：

(1)发生氧化反应的是_____极，电极反应为__________。

(2)若电解后溶液的体积不变，则电解后溶液的pH为___________。

(3)若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入______mol的__________。

(4)若用等质量的两块铜片代替石墨作电极，当析出6.4gCu时，两铜片的质量相差_______g，电解液的pH_______(填“变小”“变大”或“不变”)。9、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___________。10、按要求书写热化学方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式_________________

（2）已知下列热化学方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋1／2O2(g)＝H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式_________________-11、回答下列问题。

(1)高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂；而且高铁电池的研制也在进行中，如图是高铁电池的模拟实验装置，实验过程中碳电极周围出现红褐色沉淀：

①该电池放电时正极的电极反应式为___________；

②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向___________移动(填“左”或“右”)；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向___________移动(填“左”或“右”)。

(2)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是___________，A是___________。

(3)利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图所示。该电池中O2-可以在固体介质NASICON(固熔体)内自由移动，工作时O2-的移动方向___________(填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为___________。

12、已知W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与Na的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________________________。13、常温下，浓度均为0.1mol/L的6种溶液的pH如表：。序号abcdef溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3

(1)上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为_______。(填阴离子化学式)

(2)NaAlO2溶液呈碱性的原因是_______(用化学方程式表示)。将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是_______；

(3)结合表中数据分析，与0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有_______(填字母代号)。

A.pH=8.8的NaOH溶液。

B.pH=5.2的NH4Cl溶液。

C.pH=5.2的盐酸。

D.0.1mol/L的NaCN溶液。

E.pH=8.8的Na2CO3溶液。

(4)将浓度均为0.1mol/L的b、c等体积混合，所得溶液中各离子浓度关系正确的有_______。

A.c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)

B.2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)

C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)

D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)

E.c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)

F.c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(H+)>c(OH-)

(5)0.1mol/LHCl与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合后溶液中各离子浓度大小关系为_______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误15、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误16、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误17、室温下，0.1mol·L-1的HCl溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液中水的电离程度相等。（______________）A.正确B.错误18、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误19、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误20、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共2题，共18分)21、A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：

（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是____________(用离子符号表示)。

（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为_____________。

（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，用该原电池提供的能量电解足量的CuSO4溶液，当消耗0.2molB2A4时，若要使电解槽中溶液恢复到电解前的情况，需要向其中加入多少克什么物质？(填质量和化学式)_________________。

（4）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：_________________________。22、Mg及其化合物可以发生如下转化(部分反应物；生成物或水已略去)；已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，化合物D的焰色反应为黄色，C和G混合冒白烟并生成A，电解E的水溶液常用于某种工业生产。

(1)写出下列物质的化学式：

A___________，Y__________；

(2)写出C的电子式____________；

(3)写出MgCl2与D反应的化学方程式_____________；

(4)请用水解平衡理论解释A+B+Mg→C+X+MgCl2的原因______________。

(5)将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中，充分反应后，再向混合液中逐滴滴加盐酸，所加盐酸的体积与生成的气体的关系如下图所示：则原F溶液的浓度为_______mol/L。

评卷人得分五、结构与性质(共2题，共10分)23、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：_______。24、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。评卷人得分六、计算题(共4题，共8分)25、(1)在化工生产过程中，少量CO的存在会引起催化剂中毒。为了防止催化剂中毒，常用将CO氧化，被还原为S。

已知：

①

②

③

则氧化CO的热化学方程式为___________。

(2)用将HCl转化为的过程如图所示。

其中，过程①的热化学方程式为过程②生成1mol的反应焓变为则由生成的热化学方程式为__________。(反应焓变用和表示)。

(3)已知：

①

②

写出由和生成的热化学方程式：__________。

(4)工业上可通过天然气跟水蒸气反应制取有关反应的能量变化如图所示，则该反应的_________(用含a、b；c的式子表示)。

26、(1)在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=___________。

(2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1.若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO+H+的平衡常数K1=___________(已知10-5.60=2.5×10-6)。

(3)沉淀物并非绝对不溶，其在水及各种不同溶液中的溶解度有所不同，同离子效应、络合物的形成等都会使沉淀物的溶解度有所改变。图中是AgCl在NaCl、AgNO3溶液中的溶解情况。

由以上信息可知：

①AgCl的溶度积常数的表达式为___________；

由图知AgCl的溶度积常数为___________。

②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br-)/c(Cl-)=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]27、一定温度下；在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的关系如下表：。t℃60080083010001200K0.250.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_______________。

（2）该反应为_________反应（选填“吸热”、“放热”）。反应达平衡后，若再通入一定量CO2，则平衡常数K将_________，CO2的转化率将__________。(填“增大”；“减小”或“不变”)

（3）若600℃时，向容器中充入1molCO、1molH2O，反应达到平衡后，CO的转化率是_________。

（4）在830℃时，容器中发生此反应，某时刻测得n(CO2)=3mol、n(H2)=2mol、n(CO)=4mol、n(H2O)=4mol，则此时v正______v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。28、已知：N2O4(g)⇌2NO2(g)=+52.70kJ/mol。

(1)在恒温、恒容的已达平衡的密闭容器中，再向容器内充入1molN2O4(g)，并达新平衡，下列说法正确的______

a.N2O4(g)的转化率增大。

b.平衡常数K减小。

c.新平衡N2O4的百分含量比原平衡大。

d.新平衡透明容器的气体颜色比原平衡还要深。

(2)t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n(NO2)=0.6mol，则在前2分钟的平均反应速率v(NO2)=_______，t℃时反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K=________。

(3)现有两个体积均为2L的恒容绝热(不与外界进行热交换)密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，分别达平衡后，甲容器N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数_______乙容器N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)，甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和_________1(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是__________

(5)一定温度下，若将3molN2O4气体置入开始体积为V但体积可变的等压密闭容器中(如图A)，达平衡后容器体积增大至1.5V。若在另一个体积也为V但体积不变的密闭容器中(如图B)加入_______molNO2，达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，对比第一组和第二组数据知，=8，所以β=对比第二组和第三组数据知，所以α=1；对比第一组、第四组数据，将β=α=1带入得=2，解得γ=-1。

【详解】

A．对比第四、第五组数据得=解得x=1，A正确；

B．根据分析可知α、β、γ的值分别为1、-1；B错误；

C．根据分析可知c(Br)的指数的绝对值最大；对反应速率影响最大，C正确；

D．由于γ=-1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)c减小；在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，D正确；

综上所述答案为B。2、A【分析】【详解】

A．氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，电离出的c()=c(OH-)，则则水电离出的c(OH-)=c(H+)=mol/L；A正确；

B．当加入少量氯化铵固体时，c()增大，平衡常数不变，则减小；B错误；

C．当与盐酸恰好完全中和时，溶液中的溶质为NH4Cl，水解显酸性，因此离子浓度：C错误；

D．当加入稀硫酸至溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+则加入稀硫酸溶液使得溶液体积增大，因此溶液中D错误；

答案选A。3、D【分析】【详解】

A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附氮气；故A正确；

B．催化剂只能改变反应速率；不能影响平衡的移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒，可以加快反应速率，不能提高氨气的平衡转化率，故B正确；

C．从图可以看出，使用Sc1/NC催化的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2＋H→*NNH；故C正确；

D．从图可知；合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附氮气更困难，故升高温度可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，故D错误；

故选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH小于7；只能证明醋酸属于酸，不能证明其酸性强弱，A不符合题意；

B．醋酸能与水以任意比互溶；与醋酸是否属于酸及酸性的相对强弱无关，B不符合题意；

C．10mL1mol/L的醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应；只能证明醋酸是一元酸，与酸性强弱无关，C不符合题意；

D．等物质的量浓度；等体积的醋酸溶液与盐酸溶液；醋酸溶液的导电性弱，说明醋酸溶液中自由移动的离子浓度比HCl的小，由于HCl是强酸，则可证明醋酸是弱酸，D符合题意；

故合理选项是D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．电解HCl产生氢气、氯气，电解NaOH产生氢气、氧气，电解CuCl2产生Cu和氯气；A与题意不符；

B．电解HBr氢气、溴，电解NaOH产生氢气、氧气，电解CuSO4产生Cu和氧气；B与题意不符；

C．电解HClO4、Ba(OH)2、Na2SO4产生氢气；氧气；C符合题意；

D．电解H2SO4、KOH产生氢气、氧气，电解AgNO3产生Ag；氧气；D与题意不符；

答案为C。6、D【分析】【详解】

A．HCO3-离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1mol/LNaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1mol/L；A正确；

B．NaHCO3溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、电荷守恒：②c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①代入②可得c(H+)+c(H2CO3)＝(CO32-)+c(OH-)；B正确；

C．升高温度，HCO3-离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3-)会减小，而c(Na+)不变，会增大；加入NaOH固体，c(Na+)会增大，HCO3-与OH-反应导致c(HCO3-)减小，会增大；所以C正确；

D．将少量NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液发生：HCO3-H++CO32-（Ka2）、Ba2++CO32-=BaCO3↓（）、H++HCO3-=H2CO3（），三式相加可得总反应Ba2++2HCO3-=BaCO3↓+H2CO3(K)，所以K=D错误；

答案选D。

【点睛】

方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。7、A【分析】【分析】

自由能变△G的的判断方法△G＝△H－T△S；△G＜0，反应正向自发进行；△G＝0，反应处在平衡状态；△G＞0，反应逆向自发进行；以此解答。

【详解】

A.对于反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)，气体物质的量减小，ΔS<0，在低温下能自发进行，所以该反应的ΔH<0；故A正确；

B.反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的气体物质的量增加，所以ΔS>0，该反应在室温下不能自发进行，说明ΔH>0；故B错误；

C.若ΔH>0，ΔS<0；ΔH-TΔS任何温度下都大于0，所以化学反应在任何温度下都不能自发进行，故C错误；

D.加入合适的催化剂能降低反应活化能；不能改变反应的焓变，故D错误；

故选A。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【详解】

（1）电解硫酸铜溶液时，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为故答案为：阳；

（2）电解硫酸铜溶液时，反应生成铜、氧气和硫酸，电解的化学方程式为由电解方程式可知电解后溶液中则溶液的故答案为：1；

（3）电解后生成的0.1molCu和0.05mol脱离该体系；相当于0.1molCuO，因此若将溶液复原，则应加入0.1molCuO，故答案为：CuO；

（4）若用等质量的两块铜片代替石墨作电极，该装置为电镀池，阳极上铜失去电子发生氧化反应生成铁离子，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，由得失电子数目守恒可知，若阴极上析出6.4g铜，阳极溶解6.4g铜，则电解后两铜片质量差为由于溶液中铜离子浓度不变，电解液的pH不变，故答案为：12.8g；不变。【解析】阳10.1CuO12.8不变9、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10、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）中和热是酸碱发生中和反应生成1mol水放出的热量，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应生成2mol水，放出114.6kJ热量，则表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为1/2H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol；（2）根据盖斯定律2×②+2×③-①得2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)ΔH＝-285.8×2-393.5+870.3=－488.3kJ/mol

考点：能量的相互转化【解析】1/2H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol11、略

【分析】（1）

①根据电池装置可知C为正极，Zn为负极，高铁酸钾具有较强的氧化性，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应为：

②盐桥中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此氯离子向右侧移动，K+向左侧移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则K+向左侧移动；

（2）

由图可知，该装置的总反应是合成氨的反应，氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子，在正极发生还原反应，那么正极的电极反应为：氨气与HCl反应生成NH4Cl，因此电解质是NH4Cl；

（3）

电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极，因此O2−由电极b向电极a移动电子由电极a通过传感器流向电极b；该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：【解析】(1)右左。

(2)氯化铵或NH4Cl

(3)从b到aCO+O2-－2e-=CO212、略

【分析】【详解】

HN3和NaOH等浓度等体积反应生成NaN3，因为醋酸是弱酸，因此此化合物属于强碱弱酸盐，N水解，N＋H2OHN3＋OH－溶液显碱性，水解的程度非常微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】c(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)13、略

【分析】【分析】

强碱弱酸盐水解呈碱性；水解促进水的电离、越弱越水解；溶液中电荷守恒、物料守恒；据此回答；

【详解】

(1)越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO反之，上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。

(2)NaAlO2是强碱弱酸盐，溶液因偏铝酸根水解呈碱性，化学方程式为：NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH。将NaAlO2溶液加热，促进水解，氢氧化铝、氢氧化钠浓度增大，反应生成偏铝酸钠，故蒸干最后得到的固体产物是NaAlO2；

(3)由表知，在常温下，0.1mol/L的CH3COONapH=8.8，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L；则：A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，A不满足；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，B满足；C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，C不满足；D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-2.9mol/L，D不满足；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L；则与0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有BE。

(4)将浓度均为0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，钠离子的物质的量与碳原子的物质的量之比为3:2，则物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)；溶液呈电中性，即电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)；则：A．c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，A错误；B．2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)；B正确；

C．c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C错误；D．c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；E．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，E正确；F．c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(H+)>c(OH-)错误；故所得溶液中各离子浓度关系正确的有BDE。

(5)0.1mol/LHCl与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合后所得为0.05mol/LNaCl与0.05mol/LNaHCO3；溶液呈碱性，因碳酸氢钠水解程度大于电离程度，故各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)。【解析】①.CH3COO-②.NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH③.NaAlO2④.BE⑤.BDE⑥.c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)三、判断题(共7题，共14分)14、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。16、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

HCl是一元强酸，NaOH是一元强碱，当二者浓度都是0.1mol·L-1时，它们电离产生的c(H+)、c(OH-)相同，根据水电离方程式中产生的H+、OH-的关系可知：等浓度的c(H+)、c(OH-)，对水电离的抑制程度相同，故达到平衡后两种溶液中水的电离程度相等，这种说法是正确的。18、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。19、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。20、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。四、元素或物质推断题(共2题，共18分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：A；B、C、D、E、F六种短周期元素；其原子序数依次增大，由C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，且是短周期元素，则C是O元素，C与F同主族，且是短周期元素，可知F是S元素，B元素的最高正价和最低负价之和为2，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素，D与E和F同周期，都处于第三周期，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，根据已经判断出来的元素可知，B、C的单质是气态，F的单质是固态，且A与D同主族，D在第三周期，则A为H，D为Na符合，E可能为Al元素、Si、P等元素均可。

（1）离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，O、Na离子电子层结构相同且Na元素原子序数大于O元素，所以离子半径：O2-＞Na+，S离子核外有3个电子层，O、Na离子核外有2个电子层，所以O、Na、S三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；

（2）由H、N两种元素以原子个数比5：1形成离子化合物NH4H，该化合物中氢离子和铵根离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，X的电子式为故答案为

（3）由H、N元素形成的化合物N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，原电池中负极上燃料失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，电解硫酸铜时生成Cu、氧气，若恢复原样可加适量的CuO，由电子守恒可知N2H4～2CuO，当消耗0.2molB2A4时；需要加CuO为0.4mol×80g/mol=32g，故答案为32gCuO；

（4）BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸为HClO，结合原子守恒可知还生成氨气，该反应为NH2Cl+H2O═HClO+NH3，故答案为NH2Cl+H2O═HClO+NH3。

考点：考查了元素周期律与元素周期表、元素及其化合物的结构和性质的相关知识。【解析】S2—＞O2—＞Na+32gCuONH2Cl+H2O==HClO+NH322、略

【分析】【分析】

X；Y、Z为气态单质；B常温下为液态，可以判断为水，D为化合物，它的焰色反应为黄色说明含有钠元素，含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁，说明D在反应时生成了碱，沉淀镁离子，同时生成单质气体Y，E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F，G和氢氧化镁反应生成氯化镁，证明G为盐酸，所以X、Y为氢气和氯气，结合条件判断E为氯化钠；含钠的化合物D与氯化镁反应生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y，只有D为过氧化钠符合，所以Y为氧气；C和G混合冒白烟并生成A，结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气，A为氯化铵，金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气，反应放热同时生成了氨气，据此分析解答。

【详解】

(1)依据上述推断可知，A为NH4Cl，Y为O2；

(2)C为氨气，电子式为

(3)氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠，反应的化学方程式为：2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑；

(4)A+B+Mg→C+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3↑+H2↑+MgCl2，NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁为活泼金属，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3；

(5)F为氢氧化钠，通入1mol二氧化碳气体反应后，滴入盐酸开始无气体生成，然后有气体生成，最后不变。由图象分析可知，消耗200mL盐酸无气体放出，说明二氧化碳与氢氧化钠反应生成的产物中无碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生①+H+=②+H+=CO2↑+H2O，根据方程式可知，反应①消耗的盐酸与反应②消耗的盐酸的体积相等，均为100mL，所以原溶液中有氢氧化钠剩余，因此混合液中逐滴滴加盐酸，先后发生反应①OH-+H+=H2O、②+H+=HCO3-、③+H+=CO2↑+H2O。根据碳元素守恒，二氧化碳气体物质的量为0.1mol，和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol，消耗氢氧化钠0.2mol，与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等，也与碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等，均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol，因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol，浓度为=0.3mol/L。【解析】NH4ClO22MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH30.3mol/L五、结构与性质(共2题，共10分)23、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，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pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。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、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO224、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl六、计算题(共4题，共8分)25、略

【分析】【详解】

(1)由盖斯定律