2025年西师新版选择性必修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年西师新版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、研究表明CO与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①(慢)、②(快)。下列说法错误的是。

A.总反应的速率由反应②决定B.两步反应均为放热反应C.反应①是氧化还原反应，是还原产物D.使反应的活化能减小，是中间产物2、某新型光充电电池结构如图。在太阳光照射下，TiO2光电极激发产生电子，对电池充电，Na+在两极间移动。下列说法正确的是。

A.光充电时，化学能转变成光能B.光充电时，电极B为阴极C.放电时，Na+向电极A移动D.放电时，电极A发生反应∶2S-2e-=S3、已知25℃时，向10mL0.01mol·L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的盐酸，滴定曲线如图1所示，CN-；HCN的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是。

A.b点时：c(Cl-)>c(HCN)B.d点时：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCN)＋c(OH-)＋2c(CN-)C.图2中的e点对应图1中的c点D.选用酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小4、四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电极；c；d、e为离子交换膜)。下列说法不正确的是。

A.M为负极B.标椎状况下，制备0.75mol(CH3)4NOH，a、b两极共产生16.8L气体C.c、e均为阳离子交换膜D.b极电极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O5、已知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)，下列说法不正确的是。

A.p1＜p2B.该反应的△H＜0C.B两点的平衡常数：K(A)=K(B)D.其它条件不变，通入一定量的NO，可使A点到B点6、在一密闭容器中进行反应：．已知反应过程中某一时刻X、Y、Z的浓度分别为当反应达到平衡时，可能存在的是A.B.C.D.7、一定温度下，向10mL0.40mol/LH2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表所示。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，②H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是。

。t/min

0

2

4

6

V(O2)/mL

0

9.9

17.2

22.4

A.反应①是总反应的决速步骤B.0～6min的平均反应速率v(H2O2)=3.33×10-2mol·L-1·s-1C.Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率D.反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的△H=E1-E2<08、向1L浓度均为0.1mol·L-1的H3AsO3和H3AsO4水溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液；含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示，下列说法错误的是。

A.H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋B.往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时，主要存在H2AsOC.pH=11时，对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D.H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3，若pKa3=-lgKa3，则pKa3=11.59、我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用●标注。则下列说法不正确的是。

A.水煤气变换为放热反应B.物质在金催化剂表面吸附过程中能量保持不变C.该历程中断开一个H－O键要吸收能量D.该历程中正向的最大能垒(活化能)评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、有人研究了340K时N2O5的分解反应：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，得到不同物质在不同时刻的浓度，见下表。t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060

（1）图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中作出c(NO2)­t图像。_________

（2）数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请计算3～4min时v(N2O5)=______________。

（3）各物质的化学反应速率之间的关系：________________。

（4）乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用下图装置进行定量实验。应该测定的实验数据是___________________________________。

（5）利用所学的知识，描述升温到800K时N2O5的分解速率加快的原因____________。11、（1）关注营养平衡；合理使用药物，有利于身心健康。现有下列四种物质：

A．维生素CB．油脂C．青霉素D．碘酸钾。

请根据题意；选择恰当的选项用字母代号填空。

①在人体内起供能和储能作用的物质是______________________；

②为预防甲状腺肿大，常在食盐中加入的物质是______________________；

③能阻止多种细菌生长的重要抗生素是__________________________；

④存在于蔬菜、水果中，具有还原性的物质是______________________。

（2）随着工业的发展和社会的进步；人们日益关注环境污染问题。

①垃圾处理遵循无害化、减量化和资源化的原则，垃圾分类收集是实现上述原则的措施之一，贴有如图所示标志的垃圾箱收集的是________(填字母代号)；

A．可回收物B．有害物质C．其他垃圾。

②我国城市发布的“空气质量日报”中，下列物质不列入首要污染物的是______(填字母代号)；

A．二氧化硫B．二氧化碳C．二氧化氮D．可吸入颗粒。

③使用Pb2＋含量超标的水，会严重危害人体健康，某冶炼厂产生了Pb2＋含量超标的废水，处理此废水的方法是加入适量Na2S，使Pb2＋沉淀而除去。请写出该反应的离子方程式：______________________________________________。

（3）材料是人类生存和发展的物质基础；合理使用材料可以节约资源。

①下列生活中的常见物质，属于合金的是________(填字母代号)；

A．汽车轮胎B．不锈钢C．水泥。

②我国航天员穿的航天服主要是由具有密度小、强度高、耐腐蚀、柔软等优良性能的特殊材料制成的，这些材料属于__________(填字母代号)。

A．镁铝合金B．合成纤维C．天然纤维。

（4）某同学取一颗光亮的铁钉按如图装置做吸氧腐蚀实验。几天后观察到试管内铁钉生锈，液面上升。此过程中，负极的反应式为Fe－2e－===Fe2＋，则正极的反应式为__________________________________________。

12、是化工生产中的重要气体原料；它们都有一定的毒性。用氨水可NaOH溶液处理可以有效防止对空气的污染。请回答下列问题：

(1)工业上用电解饱和食盐水生产氯气，用浓氨水检验是否泄漏。

①在电解池阳极上发生的电极反应是______

②电解饱和食盐水制氯气的化学反应方程式为______

③已知：当测试到有少量泄漏时，可以观察到的明显现象______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有______mol电子发生转移。

(2)①若用热烧碱溶液吸收反应后的混合溶液中含NaCl、NaClO和物质的量比值为n：1：1，则______。

②是形成酸雨的主要因素，工业上常利用过量氨水吸收其发生反应的离子方程式是______。

(3)是燃油汽车尾气中的主要污染物之一，实验室可用烧碱溶液吸收和NO，(已知)，当消耗的烧碱溶液时，共吸收混合气体______L(标准状态)。13、已知某反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示,回答问题。

该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应,该反应的ΔH=______kJ·mol-1(用含E1、E2的代数式表示),1mol气体A和1mol气体B具有的总能量________填“>”“<”或“=”)1mol气体C和1mol气体D具有的总能量。14、用CO2来生产燃料甲醇是工业上一种有效开发利用CO2的方法。为探究反应原理，进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ·mol-1。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从反应开始到平衡,CO2的平均反应速率v(CO2)=____mol·L-1·min-1。

(2)氢气的转化率=____。

(3)求此温度下该反应的平衡常数K=____。

(4)下列措施中能使平衡体系中增大的是____。

A．将H2O(g)从体系中分离出去B．充入He(g)；使体系压强增大。

C．升高温度D．再充入1molH2

(5)当反应进行到3min末时，下列说法正确的是________(填字母)。

A．CO和CH3OH(g)的物质的量浓度相等。

B．用CO和CH3OH(g)表示的化学反应速率相等。

C．上述反应达到平衡状态。

D．3min后该反应的正反应速率逐渐增大评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误16、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误17、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误18、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误19、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误20、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误21、任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)。（____________）A.正确B.错误22、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共27分)24、100℃时，在1L恒温恒容的密闭容器中，通入0.1molN2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)ΔH=+57.0kJ·mol-1，NO2和N2O4的浓度随时间变化情况如图所示。

Ⅰ.（1）在0~60s内，以N2O4表示的平均反应速率为____mol·L-1·s-1。

（2）根据图中有关数据，计算100℃时该反应的平衡常数K1=____。若其他条件不变，升高温度至120℃，达到新平衡时的平衡常数是K2，则K1_____K2(填“>”、“<”或“=”)。

（3）反应进行到100s时，若只有一项条件发生变化，则变化的条件可能是____。

A.降低温度B.通入氦气C.又往容器中充入N2O4D.增大容器容积。

（4）已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH=+67.2kJ·mol-1

N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534.7kJ·mol-1

N2O4(g)2NO2(g)ΔH=+57.0kJ·mol-1

则2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=____kJ·mol-1。

Ⅱ.向容积为2L的密闭容器中通入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。

（5）下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是____(填字母序号)。

A.容器内CO、H2O、CO2、H2的浓度之比为1∶1∶1∶1

B.CO的消耗速率与H2的消耗速率相等。

C.容器内压强保持不变。

D.混合气体的密度保持不变。

（6）保持其他条件不变：

①若向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，平衡将___(填“向右”、“向左”或“不”)移动，达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数将____(“变大”；“变小”或“不变”)；

②在VL密闭容器中通入10molCO和10molH2O(g)发生上述反应，在T℃达到平衡，然后急速除去水蒸气(除水蒸气时其他各成分的物质的量不变)，将混合气体燃烧，测得放出的热量为2842kJ(已知CO的燃烧热为283kJ·mol-1，H2的燃烧热为286kJ·mol-1)，则T℃平衡常数K=____。（精确到小数点后两位）25、NO是大气污染物之一，能催化O3分解，破坏大气臭氧层，在空气中参与产生光化学烟雾。科学家研究用负载Cu的ZSM-5分子筛作催化剂对NO催化分解，获得了良好效果，利用催化剂分解NO进行脱硝的原理为2NO(g)N2(g)+O2(g)∆H回答下列问题：

(1)已知：NO(g)=N(g)+O(g)ΔH1=+631.8kJ•mol-1

N2(g)=2N(g)ΔH2=+941.7kJ•mol-1

O2(g)=2O(g)ΔH3=+493.7kJ•mol-1

则NO分解反应的ΔH=_______。

(2)由NO和He组成的实验混合气112mL(标况)，其中NO体积分数为4.0%，在催化剂作用下于密闭容器中，在50kPa恒压条件下进行反应，催化剂表面活性中心(M)的含量为8×10-6mol。如图是NO平衡转化率和分解反应选择性随温度的变化曲线。

①脱硝反应的温度选定在300℃，原因是_________。

②反应20s，测得平均每个活性中心上NO分解的分子数为5.25，此时分解反应的转化率为_______。

③研究表明，脱硝分解反应中，正反应速率逆反应速率300℃时，分解反应达到平衡，此时=______(p分=p总×物质的量分数)。

(3)研究者对NO在该催化剂上的分解反应提出如下反应机理，分解产生的O2浓度增大易占据催化剂活性中心M。

Ⅰ：NO+M→NO-M快

Ⅱ：2NO-M→N2+2O-M慢

Ⅲ：2O-MO2+2M快。

三个反应中，活化能较高的是______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，反应要及时分离出O2，目的是_______。26、请回答下列问题：

(1)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。则相同条件下破坏1molNO中化学键需要吸收的能量为_______kJ。

(2)25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸；其含碳元素的微粒物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

①写出Na2CO3溶液中各离子浓度由大到小顺序________。

②反应的+H2O+OH－的平衡常数表达式Kh=______，Kh数值为_________。

③当pH=7时,溶液中含碳元素的微粒主要为________。在同一溶液中，H2CO3、______(填“能”或“不能”)大量共存。评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)27、K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]易溶于水；难溶于乙醇，可作为有机反应的催化剂。实验室可用铁屑为原料制备，相关反应的化学方程式为：

Fe(s)＋H2SO4=FeSO4＋H2↑

FeSO4＋H2C2O4＋2H2O=FeC2O4·2H2O↓＋H2SO4

2FeC2O4·2H2O＋H2O2＋H2C2O4＋3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O

2MnO＋5C2O＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O

回答下列问题：

(1)铁屑中常含硫元素，因而在制备FeSO4时会产生有毒的H2S气体，该气体可用氢氧化钠溶液吸收。下列吸收装置正确的是___________。

(2)得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后，加入乙醇的理由是___________。

(3)析出的K3[Fe(C2O4)3]晶体通过如下图所示装置的减压过滤与母液分离。下列操作不正确的是___________。

A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸。

B．放入滤纸后；直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤。

C．洗涤晶体时；先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤。

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸。

(4)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：①称量，②置于烘箱中脱结晶水，③冷却，④称量，⑤重复②~④至恒重，⑥计算。步骤⑤的目的是___________。

(5)晶体中C2O含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。滴定过程中发现，开始时滴入一滴KMnO4标准溶液，紫红色褪去很慢，滴入一定量后紫红色很快褪去，理由是___________。

(6)下列关于酸式滴定管的使用，正确的是___________。

A．滴定管用蒸馏水洗涤后；即可装入标准溶液。

B．装入标准溶液后；把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量酸液，使尖嘴充满酸液。

C．滴定管中溶液体积应读数至小数点后第二位。

D．接近终点时，需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴28、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液；在如图所示的装置中进行中和反应。测定强酸与强碱反应的反应热。

。

起始温度t1/℃

终止温度。

t2/℃

温度差。

(t2-t1)/℃

HCl

NaOH

平均值。

平均值。

1

25.5

25.0

25.25

28.5

3.25

2

24.5

24.5

24.50

27.5

3.00

3

25.0

24.5

24.75

26.5

1.75

(1)从实验装置上看；图中尚缺少的一种玻璃仪器是__。

(2)装置中大；小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是__。

(3)某同学实验记录的数据如表所示；其中记录的终止温度是指__温度。

(4)大烧杯上如不盖硬纸板；求得的中和热数值__(填“偏大”；“偏小”、“无影响”)。

(5)如果用50mL0.55mol/L的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，则△H会__(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。29、NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体；熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。

Ⅰ.实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3；所用装置如下：

完成下列填空：

(1)三卤化氮(NX3)的分子空间构型与NH3相似，热稳定性比NCl3强的NX3有_______，NCl3在热水中易水解，反应液有漂白性。写出NCl3水解的化学方程式_______。

(2)仪器D的作用是_______。

(3)向蒸馏烧瓶内的NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B中反应的化学方程式为_______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品NCl3蒸出。

Ⅱ.待反应结束；为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：

ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后；再加入过量30%的NaOH溶液，微热；

ⅱ.用15.00mL0.100mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3；得到溶液A；

ⅲ.用0.100mol·L-1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点；消耗VmLNaOH标准液。

(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4，用含V的代数式表示残留液中NCl3的物质的量浓度为_______mol·L-1。

(5)为减小误差；滴定时最适宜的指示剂为_______(选填序号)。

a.酚酞b.甲基橙c.石蕊d.淀粉溶液30、某研究性小组用如图装置测量醋酸与氢氧化钠反应的中和热。

(1)醋酸与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为___________。

(2)双层保温瓶的主要作用是___________。

(3)将100mL0.50mol·L-1的CH3COOH溶液与100mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在保温瓶中迅速混合旋紧瓶盖，温度从298.0K升高到300.0K。已知溶液密度均为1g·mL-1；生成溶液的比热容c=4.2J/(g·K)。

①迅速混合旋紧瓶盖的目的是___________。

②氢氧化钠溶液过量的目的是___________。

③醋酸与氢氧化钠反应的中和热是___________kJ·mol-1.评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)31、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图。请写出N2和H2反应的热化学方程式___。

已如化学键键能是形成或拆开1mol化学键放出或吸收的能量，单位kJ/mol。若已知下表数据，试根据表中及图中数据计算N-H的键能____kJ/mol(用含a、b的式子表示)。化学键H-HNN键能/kJ/molab

（2）用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H1=-mkJ/mol①

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=-nkJ/mol②

用NH3还原NO至N2，则反应过程中的反应热△H3=___kJ/mol(用含m；n的式子表示)。

（3）肼(N2H4)是一种可燃性液体，可作火箭燃料。在常温下，1g肼在氧气中完全燃烧生成氮气，放出QkJ的热量，写出N2H4燃烧热的热化学方程式____。32、I.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中化学反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态。

(1)根据如图，升高温度，K值将_______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)500℃时，从反应开始到化学平衡状态，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是_______(用nB、tB表示)。

(3)判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是______(填字母；下同)。

a.v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)

b.混合气体的密度不再改变。

c.混合气体的平均相对分子质量不再改变。

d.CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化。

(4)300℃时，将容器的容积压缩到原来的1/2，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是________。

a.c(H2)减小b.正反应速率加快；逆反应速率减慢。

c.CH3OH的物质的量增加d.重新平衡时c(H2)/c(CH3OH)减小。

II.环戊二烯()是重要的有机化工原料；广泛用于农药；橡胶、塑料等生产。

(5)已知：(g)=(g)＋H2(g)ΔH1＝100.3kJ·mol－1①

H2(g)＋I2(g)=2HI(g)ΔH2＝－11.0kJ·mol－1②

对于反应：(g)＋I2(g)=(g)＋2HI(g)③ΔH3＝________kJ·mol－1。

(6)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定；故A错误；

B．由图可知；两步反应中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，故B正确；

C．反应①中氮元素化合价降低，得到电子，被还原，所以是还原产物；故C正确；

D．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质；因此是中间产物，故D正确；

故选A。2、D【分析】【分析】

由电子流向可知；电极A为负极，电极B为正极，以此解答。

【详解】

A．光充电时；光能转变成化学能，选项A错误；

B．在太阳光照射下，TiO2光电极激发产生电子；电子向阴极移动，则电极A为阴极，电极B为阳极，选项B错误；

C．放电时，Na+向正极电极B移动；选项C错误；

D．电极A为负极，S失去电子生成S电极方程式为：2S-2e-=S选项D正确；

故选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．b点时，溶液中的溶质为等物质的量NaCl、NaCN和HCN，此时溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，故c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)；A项错误；

B．d点恰好完全反应，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)＋c(CN-)，根据物料守恒：c(Cl-)=c(CN-)＋c(HCN)，两式相加可得：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCN)＋c(OH-)＋2c(CN-)；B项正确；

C．图1中c点c(HCN)>c(CN-)，而图2中的e点是c(HCN)=c(CN-)的点；C项错误；

D．根据图1可看出；d点为恰好完全反应的点，对应pH为5.8，所以选用甲基橙作指示剂误差更小；更合适，D项错误；

答案选B。4、B【分析】【分析】

以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]的装置中，在左边反应室中(CH3)4NCl电离的Cl-通过d膜从左向右移动，则b电极为阳极，与电源正极相接，即N极为正极，d膜为阴离子交换膜，所以a电极为阴极，M为电源负极。根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室生成(CH3)4NOH，所以c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑；据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析可知：M为负极；N为正极，A正确；

B．阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，每生成1mol(CH3)4NOH，转移1mol电子，阴极产生0.5molH2，阳极产生0.25molO2，则反应产生气体的物质的量是0.75mol，若制取得到0.75mol(CH3)4NOH，则a、b两极共产生气体的物质的量为该气体在标准状况下的体积V=0.5625mol×22.4L/mol=12.6L，B错误；

C．根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室生成(CH3)4NOH；所以c；e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，C正确；

D．b电极为阳极，在阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，则b电极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；D正确；

故合理选项是B。5、D【分析】【详解】

A．同温下，从下到上，NO转化率增大，说明平衡正向移动，该反应是体积减小的反应，说明是加压即p1＜p2；故A正确；

B．看压强p1曲线；从左到右，温度逐渐增大，NO转化率逐渐减小，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向为放热反应即△H＜0，故B正确；

C．A；B两点温度相同；因此A、B两点的平衡常数相等即K(A)=K(B)，故C正确；

D．其它条件不变；通入一定量的NO，平衡正向移动，但NO转化率减小，因此转化率不可能从A点到B点，故D错误。

综上所述，答案为D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．若反应向正反应进行到达平衡，x、y的浓度最小,z的浓度最大,，假定完全反应，则：

因该反应为可逆反应，不可能完全反应则c(z)<0．6mol/L；故A错误；

B．假设应逆反应进行,且z完全反应；则：

故B错误；

C．由以上分析故C错误；

D．故D正确。

故选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．能量高的为决速步骤；反应①是总反应的决速步骤，A正确；

B．根据表中数据，0~6min生成22.4mL的氧气，即1×10-3mol，需要过氧化氢2×10-3mol，反应过氧化氢的浓度为0.2mol/L，则平均反应速率v(H2O2)==3.33×10-2mol∙L-1∙min-1；B正确；

C．根据反应①、②，Fe3+作催化剂；则其作用是增大过氧化氢的分解速率，C正确；

D．E1为反应①的正反应活化能，E2为反应②逆反应的活化能，与该反应的焓变无关，反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)的∆H≠E1-E2；D错误；

答案为D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．多元弱酸是分步电离的，H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋；故A正确；

B．由分步图，往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时，H3AsO3减少，H2AsO增大，约占80%，主要存在H2AsO故B正确；

C．根据物料守恒，pH=11时，对应的溶液中：n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)=0.1mol·L-1×1L；由于加入的NaOH的体积末知，无法计算含砷粒子的总浓度，故C错误；

D．H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3=pH=11.5时，=若pKa3=-lgKa3，则pKa3=-lgKa3=-lg=11.5；故D正确；

故选C。9、B【分析】【分析】

由图可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的总能量低于反应物，即反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应；结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV＞过程①能垒(活化能)1.91eV；反应速率快慢由活化能较高的过程②决定，据此分析解答。

【详解】

A．焓变△H与反应过程无关；只与反应的起始状态有关，由图可知：生成产物的能量低于反应物，故水煤气变换反应为放热反应，A正确；

B．根据图示可知：物质在金催化剂表面吸附过程中能量会发生改变；B错误；

C．在任何化学反应中；断裂化学键需吸收能量，因此在该历程中断开一个H－O键要吸收能量，C正确；

D．过程①能垒(活化能)=1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV；过程②能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，则该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV；D正确；

故合理选项是B。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【详解】

(1)依据题给数据在坐标系内描点作图，得到c(NO2)­t图像为故答案为：

(2)t4-t3：v(N2O5)==0.016mol•L-1•min，故答案为0.016mol•L-1•min；

(3)在化学方程式中；各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故答案为反应速率之比等于各物质的化学计量数之比；

(4)乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响；利用如图装置进行定量实验，根据实验要求需要测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间，故答案为测定一定时间产生气体的体积或测定产生一定体积的气体所需时间；

(5)升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，因此升温到800K时N2O5的分解速率加快，故答案为升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快。【解析】v(N2O5)=0.16/mol·L－1·min－1反应速率比等于各物质的化学计量数之比单位时间内收集到的气体的体积或收集相同体积气体时所需要的时间升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快11、略

【分析】【详解】

（1）①人体的六大营养物质是：水、无机盐、蛋白质、油脂、糖类和维生素，油脂在人体内起供能和储能作用的物质是，所以B符合，故答案为B；②碘是合成甲状腺激素的元素，食盐加碘酸钾可以预防甲状腺肿大，D符合，故答案为D；③青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用，对人和动物组织无毒的抗生素，所以C符合，故答案为C；④维生素是生物的生长和代谢所必需的微量有机物，可分为分为脂溶性维生素和水溶性维生素两类，是维持人体生命活动必须的一类有机物质，也是保持人体健康的重要活性物质，存在于蔬菜、水果中，具有还原性，所以A符合，故答案为A；（2）①表示可回收垃圾，答案选A；②空气质量日报”涉及的污染物有二氧化硫（SO2）、二氧化氮（NO2）、可吸入颗粒物等，二氧化碳为空气组成成分，不属于污染物，答案选B；③加入适量Na2S，使Pb2+与硫离子反应生成PbS沉淀而除去，反应离子方程式为：S2-+Pb2+=PbS↓；（3）①A．汽车轮胎为橡胶，是一种人工合成的具有良好的成膜性、绝缘性、耐腐蚀性能特点的高分子材料，不属于合金，选项A错误；B．不锈钢是含碳量质量百分比低于2%的铁碳合金，选项B正确；C．水泥主要成分：硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，无金属单质，不属于合金，选项C错误；答案选B；②具有密度小、强度高、耐腐蚀、柔软等优良性能的特殊材料制成的材料属于合成纤维，答案选B；（4）负极铁失电子产生Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，则正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。【解析】BDCAABPb2＋＋S2－===PbS↓BBO2＋4e－＋2H2O===4OH－12、略

【分析】【详解】

（1）①电解池阳极发生氧化反应，即氯离子失电子生成氯气，②电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氯气、氢气，即方程式为③由已知方程式知有氯化铵固体生成；即现象有白烟生成；结合方程式2mol氨气被氧化转移6mol电子，所以当有0.08mol的氨气被氧化，则有0.24mol电子发生转移；

（2）①由信息知生成的次氯酸钠和氯酸钠为氧化产物，氯化钠为还原产物，令生成次氯酸钠和氯酸钠物质的量之比为1mol时，共失去电子，所以该过程也要得到6mol电子，即需要生成氯化钠6mol，所以n=6；②工业上常利用过量氨水吸收即二氧化硫少量，生成亚硫酸铵，即离子方程式为

（3）由信息知，最终吸收的混合气体中氮原子和钠原子按物质的量之比1：1形成盐，共消耗氢氧化钠物质的量为由氮原子守恒知混合气体总物质的量为0.05mol，即体积为=1.12L。【解析】(1)有白烟生成0.24mol

(2)6

(3)1.1213、略

【分析】【详解】

由图知，反应物总能量低于生成物总能量，因此该反应是吸热反应，焓变等于生成物总能量-反应物总能量=反应物总键能-生成物总键能=(E1-E2)kJ·mol-1，由图知，1mol气体A和1mol气体B具有的总能量<1mol气体C和1mol气体D具有的总能量。【解析】吸热E1-E2<14、略

【分析】【分析】

由图象可知：以此可计算(1)；(2)、(3)题；据此分析解题。

【详解】

(1)(CO2)==0.075mol/（L•min）；故答案为：0.075；

(2)氢气的转化率=×100%=75%；故答案为：75%；

(3)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k===5.33；故答案为：5.33；

(4)要使增大，应使平衡向正反应方向移动，故有：

A．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大；A正确；

B．充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变；B错误；

C．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小；C错误；

D．再充入1molCO2和3molH2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大；D正确；

故答案为：AD；

(5)A．由图象可知CO和CH3OH(g)的物质的量浓度相等；A正确；

B．方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，由方程式可知用CO和CH3OH(g)表示的化学反应速率相等；B正确；

C．3min后浓度发生变化；上述反应没有达到平衡状态，C错误；

D．3min后该反应的正反应速率逐渐减小；正反应速率逐渐增大，D错误；

故答案为：AB。【解析】0.07575%5.33ADAB三、判断题(共9题，共18分)15、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。16、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。17、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。18、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。20、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

任何水溶液中，水都会电离出c(H＋)和c(OH-)，即任何水溶液中都有c(H＋)和c(OH-)，故答案为：正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。23、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、原理综合题(共3题，共27分)24、略

【分析】【详解】

Ⅰ.由图可知，起始时c(N2O4)=0.1mol/L，60秒时反应处于平衡状态时c′(N2O4)=0.04mol/L，c′(NO2)=0.12mol/L；

(1)根据以N2O4表示的平均反应速率为=1×10−3mol/(L⋅s)；

故答案为为：1×10−3。

(2)根据平衡常数的定义写表达式K==0.36，因为该反应为吸热反应，根据温度对平衡移动的影响可知，升温平衡向吸热反应方向移动即正向移动，所以K值变大，K12；

故答案为0.36；<。

(3)根据图像可知，100s时N2O4浓度在原来的基础上变大，而NO2的浓度在原来的基础上变小；说明平衡向逆反应方向移动，是通过温度的变化而影响的，而该反应为吸热反应，所以改变的条件为降温；

答案选A。

（4）)①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g)△H=+67.2kJ⋅mol−1；

②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1；

③N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+57.0kJ⋅mol−1；

根据盖斯定律,②×2−①+③可写出热化学方程式2N2H4(g)+N2O4(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=−534.7kJ⋅mol−1×2−67.2kJ⋅mol−1+57.0kJ⋅mol−1=−1079.6kJ⋅mol−1；

故答案为−1079.6。

Ⅱ.（5）A.反应达平衡状态时；反应混合物的浓度保持不变，不一定相等或成比例，故A错误；

B.CO的消耗速率与H2的消耗速率分别表示正；逆两个反应方向的速率；B正确；

C.由于反应前后气体分子数不变；且反应物和产物均是气体，容器内压强始终保持不变，故C错误；

D.由于反应前后气体分子数不变；且反应物和产物均是气体，混合气体的密度始终保持不变，故D错误；

答案选B。

（6）①保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，与原平衡相比，平衡向右移动，但由于通入了H2O(g)，故达到新的平衡状态后，H2O(g)的体积分数变大；

答案为：向右；变大。

②设达到平衡时n(H2)=amol，则n(CO)=(10-a)mol，则a286kJ·mol-1+(10-a)×283kJ·mol-1=2842kJ，解得a=4。K==≈0.44。

答案为：0.44。【解析】1×10-30.36<A-1079.6B向右变大0.4425、略

【分析】【详解】

（1）题目所给过程即分子断键过程，故NO中的键能为631.8kJ/mol，N2中的键能为941.7kJ/mol，O2中的键能为493.7kJ/mol，根据键能与反应热关系得：△H=2×631.8kJ/mol-（941.7kJ/mol+493.7kJ/mol）=-171.8kJ/mol；

（2）①300℃时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高；且继续升温变化不大，但成本会提高，若温度低于300℃，NO转化率低且反应速率慢；

②总共分解的NO：n(NO)=5.25×8×10-6mol=4.2×10-5mol；原本NO总量为：

故NO转化率=即此时分解反应的转化率为21%；

③当达到平衡时，υ正=υ逆，即k正p2(NO)=k逆p(N2)•p(O2)，故

由图像可知300℃时NO平衡转化率为90%，转化的NO=2×10-4mol×90%=1.8×10-4mol；

列三段式如下：

平衡时各自分压为：

所以：=20.25；

（3）在其他条件相同时，活化能大，普通分子就不容易变为活化分子，导致反应速率慢，故反应II的活化能最大；及时分离出O2，可防止催化剂中心被O2占据而导致催化剂活性降低，反应变慢，同时也能促进平衡正向移动，提高NO转化率。【解析】-171.8kJ•mol-1300℃时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高，且继续升温变化不大，成本会提高21%81/4(或20.25)Ⅱ保持催化剂活性，分离产物使平衡正向移动26、略

【分析】【分析】

根据反应热=反应物中键能之和-生成物中键能之和进行相关计算；结合溶液中存在的电离平衡和水解平衡判断离子浓度大小关系；根据平衡常数的表达式对平衡常数进行计算；结合图像分析溶液中离子存在形式。

【详解】

(1)反应热=反应物中键能之和-生成物中键能之和，则根据方程式N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.0kJ·mol-1可知946kJ+497kJ－2x＝180kJ；解得x＝631.5kJ，故答案为：631.5；

(2)①Na2CO3溶液，存在电离平衡Na2CO3=2Na+++H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)，故答案为：c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)；

②反应的+H2O+OH-的平衡常数Kh=当溶液中c()＝c()时，根据pH＝10，即氢离子浓度为10－10mol/L，所以Kh＝10－4mol·L－1，故答案为：10-4；

③由图象可知，pH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为在同一溶液中，H2CO3、不能共存，故答案为：不能。【解析】631.5c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)10-4不能五、实验题(共4题，共32分)27、略

【分析】【详解】

(1)A．该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大；从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；

B．硫化氢与氢氧化钠接触面积较小；所以吸收不完全，故B错误；

C．没有排气装置；导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；

D．该装置中应遵循“长进短出”的原理；故D错误；

故选A；

(2)根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后；再想获得其晶体，常加入无水乙醇；故答案为：三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小；

(3)A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸；A正确；

B．放入滤纸后；要滴加蒸馏水使滤纸紧贴于漏斗，打开水龙头，将混合物摇匀后缓慢转移至漏斗中抽滤，B不正确；

C．洗涤晶体时；不要关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，抽滤后关闭水龙头，C不正确；

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，D正确；

综上所述；错误的是BC。

(4)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定；步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；故答案为：检验晶体中的结晶水是否已全部失去；

(5)晶体中C2O含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。发生的离子方程式为2MnO＋5C2O＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。滴定过程中发现，开始时滴入一滴KMnO4标准溶液，紫红色褪去很慢，滴入一定量后紫红色很快褪去，是因为生成的Mn2+起催化作用；故答案为：生成的Mn2+起催化作用；

(6)A．滴定管用蒸馏水洗涤后；需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；

B．装入标准溶液后；把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准液，使尖嘴充满酸液，B正确；

C．滴定管的精确度0.1mL；溶液体积应估读数值至小数点后第二位，C正确；

D．接近终点时；不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；

答案选BC。【解析】A三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小BC检验晶体中的结晶水是否已全部失去生成的Mn2+起催化作用BC28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)测定中和热时；为了使酸和碱更充分反应，需要搅拌，迅速将酸溶液和碱溶液混合均匀，从装置图上可以看出，缺少环形玻璃搅拌棒。

(2)测定中和热实验的关键是防止中和反应放出的热量损失；实验需要在大；小烧杯之间填满碎泡沫塑料，故答案为：减少实验过程中的热量损失。

(3)实验过程中需要记录初始温度和终止温度；中和反应是放热的，所以实验记录的终止温度为酸碱完全反应后混合溶液的最高温度。

(4)大烧杯上如果不盖上硬纸板；热量散失到空气中，求得的中和热数值会偏小。

(5)NH3·H2O是弱电解质，其电离会吸收热量，当和酸反应时，放出的热量会偏小，由于ΔH是负值，所以ΔH会偏大。【解析】环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失完全反应后混合溶液的最高温度偏小偏大29、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知；装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。

（1）

元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则NF3的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为NCl3+3H2O≜3HCIO+NH3↑，故答案为：NF3；NCl3+3H2O≜3HCIO+NH3↑；

（2）

装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气；防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中，故答案：防止水蒸气进入锥形瓶中；

（3）

由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为3CI2+NH4Cl≜NCl3+4HCI；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：3CI2+NH4Cl≜NCl3+4HCI；70℃~95℃；

（4）

由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.100mol/L×0.015L-0.100mol/L×10-3VL×，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为=，故答案为：；

（5）

滴定终点溶质为铵盐和钠盐，铵根离子会水解，使溶液呈弱酸性，故滴定时最适宜的指示剂为甲基橙，故答案：b。【解析】(1)NF3(1分)NCl3+3H2O≜3HCIO+NH3↑(2分)

(2)防止空气中水分进入使NC