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5题，共10分)1、五氯化磷是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷氯化得到：某温度下，在容积恒定为的密闭容器中充入和一段时间后反应达到平衡状态，不同时刻的物质的量如下表所示：。05015025035000.240.360.400.40

下列说法不正确的是（）A.升高温度，平衡向逆反应方向移动B.平衡时，的转化率是20%C.该温度下，反应的平衡常数D.内的平均反应速率2、一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是。

A.多孔碳材料能增大与氧气的接触面积，有利于氧气发生氧化反应B.放电时，电子的移动方向为：锂电极—外电路—多孔碳材料电极—电解质—锂电极C.充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-)O2D.可使用含Li+的电解质水溶液3、乙苯与在光照条件下反应生成两种一氯取代物；反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是。

A.比稳定B.反应①比反应②的速率快C.选择合适催化剂可提高单位时间内取代物2的含量D.若升温时取代物2的含量提高，则原因是反应②平衡正向移动4、将①H＋②Cl－③Al3＋④K＋⑤S2－⑥OH－⑦NO3－⑧NH4＋分别加入H2O中，基本不影响水的电离平衡的是A.①③⑤⑦⑧B.①⑥C.②④⑦D.②④⑥⑧5、AgI可用于人工降雨。AgI溶于水，溶液中离子浓度与温度的关系如图所示，已知：pAg=-lgc(Ag+)，pI=-lgc(I-)。下列说法正确的是（）

A.图象中，T＜20℃B.AgI的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜fC.20℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中c(Ag+)=1×10-bmol•L-1D.在d点饱和AgI溶液中加AgNO3粉末，d点移动到f点评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、生产生活中的化学反应都伴随着能量的变化；请根据有关知识回答下列问题：

（1）已知：2mol氢气与足量氧气充分燃烧生成液态水时放出572kJ热量。

①反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，生成物能量总和__(填“大于”“小于”或“等于”)反应物能量总和。

②写出氢气燃烧生成液态水的热化学反应方程式：__。

③若H-H键、O=O键和H-O键的键能分别为E1、E2和E3，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H，则△H=___(用含E1、E2、E3的式子表示)，且△H1__(填“大于”“小于”或“等于”)-572kJ/mol。

（2）FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。

已知25°C、101kPa时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197kJ/mol

H2O(g)=H2O(l)△H2=-44kJ/mol；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)==2H2SO4（1）△H3=-545kJ/mol；

则SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)的热化学方程式是__。7、已知2A2(g)+B2(g)2C(g)ΔH=－akJ·mol－1(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L-1，放出热量bkJ。

（1）a___(填“>”“=”或“<”)b。

（2）若将反应温度升高到700℃，该反应的平衡常数将__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）若在原来的容器中，只加入2molC，500℃时充分反应达到平衡后,吸收热量ckJ，C的浓度___(填“>”“=”或“<”)wmol·L-1。

（4）能说明该反应已经达到平衡状态的是___。（填序号；下同）

a．v(C)=2v(B2)b．容器内压强保持不变。

c．v逆(A2)=2v正(B2)d．容器内气体的密度保持不变。

（5）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是___；能使B的转化率增大的操作是________；使平衡向逆反应方向移动的操作是________。

a．及时分离出C气体b．适当升高温度。

c．增大B2的浓度d．.选择高效的催化剂8、研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K1ΔH<0(Ⅰ)

2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2ΔH<0(Ⅱ)

（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝_____(用K1、K2表示)。

（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L-1·min-1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝___________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2_____α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2_____(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采用的措施是_________。A．增大压强B．减小压强C．升高温度D．降低温度E．加催化剂F．增加反应物的浓度G．减少生成物的浓度9、（1）将NaBiO3固体（黄色微溶）加入到MnSO4和H2SO4的混合溶液里加热；固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应：

NaBiO3+MnSO4+H2SO4===Na2SO4+Bi2(SO4)3+NaMnO4+H2O

①上述反应中还原产物是____________，若有2mol氧化剂在该反应中被还原，则生成的MnO4－被还原为Mn2+时，能将____________molHCl氧化成Cl2；

②写出NaBiO3固体溶于浓盐酸产生黄绿色气体的化学反应方程式______________。

（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：

Cu(S)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=64.39kJ·mol-1

2H2O2(L)===2H2O(L)+O2(g)ΔH=-196.46kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)===H2O(L)ΔH=-285.84kJ·mol-1

在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______________。10、氮有多种氧化物，它们在生产、科研中有丰富的应用。(1)某条件下密闭容器中充入了2molN2O4气体，现测得NO2的浓度数据如下：。时间(min)1min2min3min4min5minNO2浓度(mol/L)0.81.41.82.02.0则NO2在2-4min内的反应速率为___________。画出向容器中再充入4molN2O4气体，至t1时刻重新建立平衡的过程中，NO2的浓度变化曲线___________。(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)(快反应)第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g(快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是___________。A．第一步反应对总反应速率起决定作用B．第二步活化能比第三步大C．N2O分解反应中，k(含碘)>k(无碘)D．I2浓度与N2O分解速率无关(3)已知N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)△H=-124kJ/mol，为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10molCO和10molN2O发生反应，如图所示为平衡时N2O的体积分数与温度、压强的关系。①该反应达平衡后，为了在提高反应速率同时提高N2O的转化率，可采取的措施___________(填字母代号)。a.改用高效催化剂b.缩小容器的体积c.升高温度d.增加CO的浓度②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到20min达到平衡状态，请计算该温度下平衡常数K=___________。③若在D点对反应容器升温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A-G点中的___________点。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误12、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误13、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误14、放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行。__________________A.正确B.错误15、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16、1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热。_____17、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低温下能自发进行。__________________A.正确B.错误18、25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等。（______________）A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共16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）。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共28分)23、废弃物的综合利用既有利于节约资源；又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn；Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的部分实验过程如下：

(1)①铜帽溶解时加入H2O2的目的是___________(用化学方程式表示)。

②铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是___________。

(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2＋的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2＋的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=3～4，加入过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu2＋＋4I-=2CuI(白色)↓＋I2、I2＋2S2O=2I-＋S4O

①滴定选用的指示剂为___________，滴定终点观察到的现象为___________。

②若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2＋的含量将会___________(填“偏高”“偏低”“不变”)。24、金属在电子工业(比如多种电池)上应用十分广泛。现以某废渣(主要成分为､少量杂质)回收提取钴､镍的工艺如下：

(1)提高“酸浸”效率的措施有___________(任写一条)。

(2)“酸浸”时的作用是___________。

(3)“除铝”一步的离子反应是___________。

(4)分两次加入碳酸钠而不直接在“除铝”一步加过量的原因是___________；“沉钴”也可用碳酸氢钠，则反应的离子方程式是___________。

(5)已知利用采用微波水热和常规水热法可制得高效催化剂(均为价)。该催化剂在时催化分解6%的溶液的相对初始速率随变化曲线如图。

①由图中信息可知___________法制取的催化剂活性更高。

②两种离子中催化效果更好的是___________。

(6)某二次锂电池的放电总反应为则充电时阳极反应式是___________。用此电池为电源电解溶液可制备当负极质量减少时，理论上能制得的质量是___________25、某含钴工业废料主要含Co2O3，还有少量Al、Fe和其氧化物，以及极少量不溶于酸碱的杂质，可采用如下工艺流程制备硫酸钴晶体以回收其中的钴。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。回答下列问题：。金属离子开始沉淀的7.76.31.5沉淀完全的9.28.32.8

(1)气体A和稀酸B的化学式分别是_______、_______。

(2)滤液②中含有的金属离子是_______。

(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。

(4)利用上述表格数据，计算的_______；加调节溶液应满足的范围是_______，除杂总反应的离子方程式为_______。

(5)硫酸钴晶体经过一系列变化可制得纳米材料，将其与作电极组成电池，其工作原理是：充电时，连接电源的_______极；放电时，负极电极反应式为_______。26、CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)：

。金属离子。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Co2+

7.6

9.4

Al3+

3.0

5.0

Zn2+

5.4

8.0

(1)“酸浸”时通入SO2发生反应的离子方程式是___________。

(2)“除铝”时调节溶液pH范围为___________，该过程中主要反应的离子方程式为___________。

(3)“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是___________。

(4)“沉钴”时为使Co2＋沉淀完全，Na2CO3溶液需稍过量且缓慢滴加，能说明Co2＋已沉淀完全的实验操作是___________。

(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为___________。

(6)某工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSO4和CuSO4。已知硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如图，请设计从该混合液中获取ZnSO4晶体的实验方案：

向溶液中加入稍过量的锌粉，充分反应后，___________，得到ZnSO4溶液，___________，得到ZnSO4晶体。(实验中须使用的试剂有：Zn粉、稀H2SO4、酒精)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．该反应的正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，A项正确；

B．平衡时，的转化率是B项正确；

C．反应平衡常数C项错误；

D．根据化学反应中用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，内的平均反应速率D项正确；

答案选C。2、C【分析】【分析】

由题意知，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，放电时负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为(2-x)O2+4Li+=2Li2O2-x(x=0或1)，电池总反应为2Li+(1-)O2=Li2O2-x；据此分析解答。

【详解】

A．根据图示和上述分析，放电时电池的正极O2与Li+得电子转化为Li2O2-x；发生的是还原反应，故A错误；

B．多孔碳材料电极为正极；电子应该由锂电极通过外电路流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，电解质中离子作定向移动，故B错误；

C．根据图示和上述分析，放电时电池总反应为2Li+(1-)O2=Li2O2-x，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-x=2Li+(1-)O2；故C正确；

D．Li能与水反应；故不能用水溶液作电解质溶液，故D错误；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．由图示原理知，取代物1为取代物2为取代物2能量低，稳定，故比稳定；A正确；

B．反应①活化能比反应②小；故反应①反应速率比反应②快，B正确；

C．选择合适催化剂；可降低反应②活化能，加快反应②反应速率，提高单位时间内取代物2的产率，C正确；

D．两个反应均为放热反应；升温，平衡均逆向移动，D错误；

故答案选D。4、C【分析】【分析】

水的电离平衡受到环境温度和溶液离子的影响，强电解质离子（除H+、OH-）无水解反应；不对水的电离产生影响，弱电解质离子发生二次电离或水解，使溶液中的氢离子或氢氧根浓度发生改变，水的电离平衡因此发生移动。

【详解】

强电解质离子为②Cl－④K＋⑦NO3－，弱电解质离子为③Al3＋⑤S2－⑧NH4＋，OH－和H＋直接导致水的电离平衡逆向移动。

综上所述，基本不影响水的电离平衡的是②④⑦，答案为C。5、B【分析】【分析】

碘化银溶于水的过程为电离的过程，电离断键，故碘化银溶解是吸热的，在水中存在碘化银的溶解平衡，Ksp=c(Ag+)∙c(I-)，Ksp属于平衡常数的一种；只受温度影响，结合图像分析解答。

【详解】

A．碘化银溶解是吸热的，温度越高电离出的离子越多，图象中c(I-)：a＞b，故T＞20℃；故A错误；

B．Ksp属于平衡常数的一种，只受温度影响，在相同温度下，曲线上的各点溶度积相同，温度越高，溶度积越大，AgI的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f；故B正确；

C．20℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中，碘化银溶解平衡逆向移动，c(Ag+)＜1×10-bmol•L-1；故C错误；

D．在d点饱和AgI溶液中加AgNO3粉末；d点沿de曲线向e点移动，故D错误；

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

(1)①根据放热反应中生成物能量总和与反应物能量总和的关系判断；

②根据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ/mol进行计算以及液态水变成水蒸气需要吸热来判断；

③根据△H1=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；根据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ/mol进行计算以及液态水变成水蒸气需要吸热来判断；

(2)利用盖斯定律，将热化学方程式(③-①-②×2)×进行运算。

【详解】

(1)①燃烧反应为放热反应，所以放热反应2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)中生成物能量总和小于反应物能量总和；故答案为：小于；

②2mol氢气与足量氧气充分燃烧生成液态水时放出572kJ热量，则热化学方程式为2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)H=-572kJ/mol，故答案为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)H=-572kJ/mol；

③△H1=反应物的键能之和-生成物的键能之和=2E1+E2-4E3；据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)H=-572kJ/mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出热量572kJ，因液态水变成水蒸气需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出热量小于572kJ，则△H1大于-572kJ•mol-1；故答案为：2E1+E2-4E3；大于；

(2)2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)H1=-197kJ/mol①H2O(g)=H2O(1)H2=-44kJ/mol②2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)H3=-545kJ/mol③利用盖斯定律：(③-①-②×2)×得SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)=-130kJ/mol，SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)H4=-130kJ/mol，故答案为：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)H4=-130kJ/mol。【解析】小于2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ•mol-12E1+E2-4E3大于SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)△H=-130kJ•mol-17、略

【分析】【详解】

（1）热化学方程式表达的意义为：当2molA2和1molB2完全反应时，放出热量为akJ，而加入2molA2和1molB2达到平衡时，没有完全进行，即释放的热量小于完全反应释放的热量，即a>b；

（2）正反应方向放热；升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，K减小；

（3）在同一容器同一条件下2molA2和1molB2建立的平衡和2molC建立的平衡是等效平衡。所以平衡后C的浓度仍为wmol/L；答案为“=”；

（4）a．v（C）=2v（B2）；从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，选项a错误；

b．容器内压强保持不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，选项b正确；

c．v逆（A2）=2v逆（B2）=2v正（B2）；说明达平衡状态，选项c正确；

d．容器内的密度保持不变，从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，选项d错误；答案选bc；

（5）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，则a．及时分离出C气体，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡正向进行，故a错误b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故b错误；c．增大B2的浓度；增大反应速率，平衡正向进行，故c正确；d．选择高效的催化剂改变反应速率但不改变化学平衡，故d错误；故答案选c；

能使B2的转化率增大则平衡正向移动，a．及时分离出C气体，平衡正向移动，B2的转化率增大，故正确；b．适当升高温度，平衡向吸热反应的逆方向移动，B2的转化率减小，故错误；c．增大B2的浓度，平衡正向移动，但因B2增加的的量比平衡移动转化的B2量大得多，故B2的转化率反而减小，故错误；d．.选择高效的催化剂，平衡不移动，B2的转化率不变；故错误；答案选a；

使平衡向逆反应方向移动，a．及时分离出C气体，平衡正向移动，故错误；b．适当升高温度，平衡向吸热反应的逆反应方向移动，故正确；c．增大B2的浓度，平衡正向移动，故错误；d．.选择高效的催化剂，平衡不移动，故错误。答案选b。【解析】①.>②.减小③.=④.bc⑤.c⑥.a⑦.b8、略

【分析】【分析】

(1)反应：4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)可由反应(Ⅰ)和反应(Ⅱ)联立而得；根据平衡常数的运算规则可写出该反应的平衡常数表达式。

(2)利用ClNO的变化；可求出10min内反应(II)消耗的氯气的物质的量，进而求出平衡时氯气的物质的量和同时消耗的NO的物质的量及转化率；对于反应(II)，起始状相同的两个反应容器，达到平衡时，恒压条件下比恒容条件下体系压强大，而压强大有利于该反应反应物的转化；化学平衡常数只受温度的影响。依据以上分析，可对本小题进行解答。

【详解】

(1)根据反应：

(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)

(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)；

由(Ⅰ)×2-(Ⅱ)联立得反应：4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，所以该反应的平衡常数K=

故答案为：

(2)依题意：10min时反应(Ⅱ)达到平衡，且10min内v(ClNO)=7.5×10－3mol·L-1·min-1，则反应消耗的Cl2物质的量为：n(Cl2)反应=7.5×10－3mol·L-1·min-1××10min×2L=0.075mol，平衡后n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；反应消耗的n(NO)=2n(Cl2)反应=0.075mol×2=0.15mol，则NO的转化率α1=×100%=75%。由于反应(Ⅱ)正反应方向气体分子数减少，所以在恒容条件下达到平衡时气体压强减小，则恒压条件下达到平衡时气体压强比在恒容条件下大，而增大压强有利于该反应向正向进行，所以反应(Ⅱ)在恒压条件下达到平衡时NO的转化率????2>α1；平衡常数只受温度的影响，所以改变压强平衡常数K2不变；若要使放热反应平衡常数减小；可采用的措施是升高温度，使平衡向逆向移动。

故答案为：0.025；75%；＞；不变；C。

【点睛】

1；根据化学平衡常数计算规则：方程乘某数；则平衡常数乘方，方程相加减，则平衡常数相乘除；

2；可逆反应的平衡常数只受温度的影响；要改变平衡常数，则需改变温度；

3、不同条件下可逆反应转化率的比较，要分析清楚平衡时的不同点，并依据勒夏特列原理进行判断。【解析】0.02575%＞不变C9、略

【分析】【分析】

(1)①化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；对应的产物是还原产物；根据反应中的电子守恒知识来计算；

②NaBiO3固体溶于盐酸时发生反应生成氯气；氯化钠、氯化铋水溶液；据此书写反应方程式；

(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算。

【详解】

(1)①化合价降低的元素所在的反应物NaBiO3是氧化剂，对应的产物Bi2(SO4)3是还原产物；根据反应：10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=3Na2SO4+5Bi2(SO4)3+4NaMnO4+14H2O；若有2mol氧化剂NaBiO3在上述反应中被还原，则生成0.8mol的MnO4-，0.8mol高锰酸根离子被还原为Mn2+时，转移电子是4mol，根据电子守恒，能将4molHCl氧化成Cl2；

②NaBiO3固体溶于盐酸时发生反应生成氯气、氯化钠、氯化铋，发生反应的化学方程式为NaBiO3+6HCl=BiCl3+Cl2↑+3H2O+NaCl；

(2)①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)△H=+64.39kJ/mol，②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H=-196.46kJ/mol，③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-285.84kJ/mol，依据盖斯定律①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=(+64.39kJ/mol)+(-196.46kJ/mol)+(-285.84kJ/mol)=-319.6KJ/mol，故在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)△H=-319.68KJ/mol。【解析】Bi2(SO4)34NaBiO3+6HCl=BiCl3+Cl2↑+3H2O+NaClCu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68KJ·mol-110、略

【分析】【详解】

(1)根据表格数据可知2~4min时Δc(NO2)=2.0mol/L-1.4mol/L=0.6mol/L，所以v(NO2)==0.3mol·L-1·min-1；容器内存在平衡N2O42NO2，初始通入了2molN2O4气体，平衡时c(NO2)=2.0mol/L，向容器中再充入4molN2O4气体，平衡正向移动，如果达到等效平衡，则平衡时c(NO2)=6.0mol/L，但通入N2O4气体时也增大压强，所以平衡会在等效平衡的基础上逆向移动，平衡时c(NO2)小于6.0mol/L，所以NO2的浓度变化曲线为；

(2)A．慢反应对总反应速率起决定作用；所以第二步反应对总反应速率起决定作用，故A错误；

B．活化能越大反应速率越慢；第二步为慢反应，第三步为快反应，所以第二步活化能比第三步大，故B正确；

C．根据三步反应可知碘蒸气为N2O分解的催化剂，催化剂可以增大速率常数，所以k(含碘)>k(无碘)；故C正确；

D．根据速率常数的表达式v=k·c(N2O)·c0.5(I2)可知碘的浓度与N2O分解速率有关；故D错误；

综上所述答案为BC；

(3)①a．催化剂只改变反应速率不影响平衡转化率；故a不符合题意；

b．该反应前后气体系数之和相等，所以缩小体积增大压强后反应速率加快，但平衡不移动，转化率不变，故b不符合题意；

c．该反应焓变小于0；为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，故c不符合题意；

d．增加CO的浓度可以增大反应速率，同时提高N2O的转化率；故d符合题意；

综上所述答案为d；

②据图可知压强为20MPa、温度为T2下，平衡时N2O的体积分数为40%，初始投料为10molCO和10molN2O，设转化的N2O为xmol；列三段式有：

根据题意有=40%，解得x=2mol，则平衡时容器内n(N2O)=n(CO)=8mol，n(N2)=n(CO2)=2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以K==0.0625；

③该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，N2O的体积分数变大，所以T1>T2，所以在D点对反应容器升温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中的G点。【解析】0.3mol·L-1·min-1BCd0.0625G三、判断题(共8题，共16分)11、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。12、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。13、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。14、A【分析】【详解】

放热过程有自发进行的倾向性，但并不一定能自发进行，吸热过程没有自发进行的倾向性，但在一定条件下也可自发进行，正确。15、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。16、×【分析】【分析】

【详解】

硫酸与Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成了沉淀，故错误。【解析】错17、A【分析】【详解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低温下能自发进行，正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

水的离子积常数只与温度有关，由于温度相同，则纯水和烧碱溶液中的水的离子积常数就相同，认为在25℃时，纯水和烧碱溶液中水的离子积常数不相等的说法是错误的。四、有机推断题(共4题，共16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】【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、工业流程题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质，在固体中加入过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去；加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子，加入锌灰(主要成分为Zn；ZnO，杂质为铁及其氧化物)，反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌。

【详解】

(1)①因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸；故答案为：加热至沸；

(2)①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时；溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去并半分钟内不恢复；

②若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，误当成2Cu2++4I-=2CuI（白色）↓+I2生成的碘；使测定结果偏高，故答案为：偏高。

【点睛】

本题主要考查物质的回收、制备，侧重考查综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键。【解析】①.Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O②.加热(至沸)③.淀粉溶液④.蓝色褪去并半分钟内不恢复⑤.偏高24、略

【分析】【分析】

含钴废渣（主要成CoO、Co2O3、Ni及少量Al2O3）加入硫酸酸浸并通入SO2，可发生Co2O3+SO2+H2SO4＝2CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4＝2Al2(SO4)3+3H2O、Ni+H2SO4＝NiSO4+H2↑，加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去Al3+，然后向滤液中加入萃取剂HX，有机层中含有NiSO4，然后从有机层中得到NiSO4溶液，向水层中加入Na2CO3得到CoCO3固体。据此解答。

【详解】

(1)依据外界条件对反应速率的影响可知提高“酸浸”效率的措施有将废渣粉碎；适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌等。

(2)含钴废渣含有Co2O3，最后得到CoCO3，则+3价的Co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价Co，反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4＝2CoSO4+H2O，所以二氧化硫的作用是还原剂或将Co3+还原为Co2+。

(3)CO和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去Al3+，同时还生成二氧化碳，因此“除铝”一步的离子反应方程式为

(4)由于直接加入过量碳酸钠会导致均随铝同沉淀，无法分开，降低产率，所以分两次加入碳酸钠而不直接在“除铝”一步加过量；“沉钴”也可用碳酸氢钠，根据水解原理结合原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式是

(5)①由图中信息可知：x相同时；微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大，所以微波水热法制取的催化剂活性高。

②由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高。

(6)某二次锂电池的放电总反应为其中正极是得到电子转化为则充电时阳极反应式是用此电池为电源电解溶液可制备当负极质量减少时，即参加反应的Li是14g，物质的量是2mol，转移2mol电子，根据电子得失守恒可知理论上能制得的物质的量是1mol，质量是58.7g。【解析】将废渣粉碎、适当提高温度、适当提高硫酸浓度、搅拌等均可作还原剂或将还原为若直接加入过量碳酸钠会导致均随铝同沉淀，无法分开，降低产率(合理即可)微波水热58.725、略

【分析】【分析】

含钴工业废料主要含Co2O3，还有少量Al、Fe和其氧化物，以及极少量不溶于酸碱的杂质，加入足量NaOH溶液，Al、Al2O3溶解，且Al与NaOH反应会生成氢气，所以气体A为H2，滤液①中主要含NaAlO2；滤渣加入稀酸B和SO2酸浸还原，为了不引入新的杂质，稀酸B应为稀硫酸，得到的滤液②中主要含有Fe2+和Co2+，再加入Co2O3将Fe2+氧化为Fe3+，然后利用CoCO3调节pH除去Fe3+，滤液③中主要含有CoSO4；浓缩结晶得到硫酸钴晶体。

【详解】

(1)根据分析可知A为H2，稀酸B为H2SO4；

(2)根据分析可知滤液