2025年苏科新版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年苏科新版选择性必修1化学上册月考试卷123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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）

A.反应每消耗1molCH4转移12mol电子B.电极A上参与的电极反应为C.电池工作时，向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为2、我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是。

A.充电时，a电极接外电源正极B.放电时，b电极发生氧化反应C.充电时，阳极反应为D.放电时，每消耗0.65g锌，溶液中离子总数增加3、下列说法正确的是A.溶液中，B.向溶液中滴加少量澄清石灰水，减小C.0.1的溶液中，因为的水解，阴离子浓度之和小于0.1D.常温下，向含有0.05molNH3·H2O的溶液中，通入适量的HCl气体，反应所得的溶液中c(NH)=c(NH3•H2O)，此时溶液为碱性(已知常温下NH3·H2O的电离常数为)4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.78gNa2O2与足量SO2反应，转移电子数为NAB.标准状况下，11.2L苯中C=C键数目为1.5NAC.100gCaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NAD.常温下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含有的NH数目相同5、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是。

实验操作

实验现象

结论

A

向某溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入过量的稀盐酸

先产生白色沉淀沉淀不溶解

该溶液中含有

B

加热NaI固体和浓磷酸的混合物

有气体产生

生成了HI气体

C

用pH计测浓度均为0.1mol/L的NH4HCO3溶液和HCOONa溶液的pH

两者pH分别为7.8、10.0

H2CO3电离出H+的能力比HCOOH的强

D

2CrO+2H+Cr2O+H2O在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液

有砖红色沉淀(Ag2CrO4)生成

Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小.

A.AB.BC.CD.D6、Zn-K2FeO4碱性电池具有比能量高；无污染的特点；放电时两电极均有稳定的金属氢氧化物生成，下列有关说法中正确的是。

A.放电时，OH-通过阴离子交换膜向石墨电极移动B.放电时，负极上的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+C.充电时，阳极区域的pH值减小D.可将Zn电极材料改为Li，以提高电池的比能量7、常温下几种难溶电解质的溶度积如下表所示：

。物质名称。

硫化亚铁。

硫化铜。

硫化锌。

溶度积。

6.3×10-18

6.3×10-36

1.6×10-24

向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol·L-1Na2S液时，Fe2+、Cu2+、Zn2+沉淀的先后顺序为A.Fe2+、Zn2+、Cu2+B.Cu2+、Zn2+、Fe2+C.Zn2+、Fe2+、Cu2+D.Cu2+、Fe2+、Zn2+评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、CH4—CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ·mol-1；同时存在以下反应：

积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H1>0

消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H2>0

积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%；下列说法正确的是。

A.该温度下催化重整反应的平衡常数为B.高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳C.增大CH4与CO2的物质的量之比有助于减少积碳D.温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少9、科学家最近发明了一种A1-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过X和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)；结构示意图如图所示。下列说法错误的是。

A.K+通过X膜移向M区B.R区域的电解质浓度逐渐减小C.放电时，Al电极反应为：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-D.消耗1.8gAl时，N区域电解质溶液减少16.0g10、已知X(g)和Y(g)可以相互转化：现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中；反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法正确的是。

A.若混合气体的密度不变，则说明反应已达化学平衡状态B.a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点C.25~30min内用X表示的平均化学反应速率是D.反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是升高体系温度11、将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A.平衡常数减小B.CaO质量不变C.CO2浓度不变D.CaCO3质量增加12、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol•L-1的KSCN、K2CrO4溶液；所得的沉淀溶解平衡图像如图所示。下列叙述错误的是。

A.Ksp(Ag2CrO4)的数值为10-9.92B.a点表示的是Ag2CrO4的不饱和溶液C.沉淀废液中的Ag+用K2CrO4溶液比等浓度的KSCN溶液效果差D.Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数为1012.0813、下列说法中，正确的是A.氢氧化钠固体溶解时溶液的温度升高，说明氢氧化钠在溶解过程中只发生水合过程B.浓硫酸注入水中，既有放热过程，又有吸热过程C.氯化钠溶解时，没有放热过程和吸热过程，因此没有明显的热效应D.任何物质在溶解过程中都会发生吸热或放热的现象14、控制适合的条件，将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是。

A.反应开始时，乙中石墨电极上发生还原反应B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极15、已知反应：CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)。在一定压强下，按w=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时；丙烯的体积分数(φ)与温度(T)；w的关系，图乙表示逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是。

A.图甲中，w2>1B.图乙中，A线表示正反应的平衡常数C.温度为T1、w=2时，Cl2的平衡转化率为50%D.若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大16、对于0.1mol·L-1NH4Cl溶液，正确的是A.升高温度，溶液pH升高B.通入少量HCl气体，c(NH)和c(Cl-)均增大C.c(NH)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)D.c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH)＞c(OH-)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、(1)常温下，0.1mol/LNaHB溶液中存在的离子有：存在的分子只有且则的电离方程式___________。

(2)时，已知0.1mol/LHCl溶液中现将0.2mol/L的硫酸氢钠和等浓度的氢氧化钡溶液等体积混合，充分反应后溶液的pH=___________。

(3)25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：。弱酸化学式电离平衡常数

下列微粒能大量共存的是___________。

A．B．

C．D．CH3COO-

(4)常温下，等物质的量浓度的三种溶液的pH由小到大的顺序是___________。18、甲醇是一种重要化工原料；又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。

(1)由甲醇；氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池；可使手机连续使用一个月才充一次电。

①该电池负极的电极反应式为__________________。

②若以该电池为电源；用石墨作电极电解200mL含有如下离子的溶液。

。离子。

Cu2+

H+

Cl−

SO42－

c/mol·L-1

0.5

2

2

0.5

电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为____。

(2)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2+CO)。较高温度下(700～1000℃)，在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压，H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2—，O2—穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯O2。由图可知A为直流电源的____(填“正极”或“负极”)，请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式：________。

19、某化学反应2A(g)B(g)＋D(g)在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：。实验序号0min10min20min30min40min50min60min1800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内用A表示表示该反应的平均速率为_________mol/(L·min)。

(2)在实验2，A的初始浓度c2＝______mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是____________。

(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_______v1(填＞、＝、＜)，且c3_______1.0mol/L(填＞、＝、＜)。20、一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＞0，CO2的浓度与时间的关系如图1所示：

(1)①若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L-1，则平衡时CO2的浓度为___________mol·L-1。

②下列措施中能使平衡常数增大的是___________(填序号)。

A．升高温度。

B．增大压强。

C．再充入一定量的CO2

D．再加入一定量铁粉。

(2)对于可逆反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)；该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图2。

①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是___________。

A．升温。

B．增大CO2浓度。

C．使用催化剂。

②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4～t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3～t5的v(逆)变化曲线___________。21、常压下，取不同浓度、不同温度的氨水进行各项内容的测定，得到下表实验数据。温度电离常数电离度016.569.0981015.1610.182013.6311.2

(1)温度升高，的电离平衡向________（填“左”或“右”）移动，能支持该结论的表中数据是________（填序号）。

a．电离常数b．电离度c．d．

(2)表中基本不变的原因是________________。

(3)常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是________（填序号）。

A．溶液的增大B．氨水的电离度减小C．减小D．减小22、工业合成氨中氢气的重要来源是水煤气，有关反应如下：①②它们的能量变化如图所示。

(1)写出图1表示的反应的热化学方程式：_______。

(2)_______

(3)已知几种共价键的键能如表所示：。化学键COa7991076465

则a为_______。

(4)在恒容密闭容器中发生反应：达到平衡后，改变条件使CO的平衡转化率增大，则该反应的_______(填“增大”“减小”或“不变”)。23、金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：

(1)基态Na原子的价层电子轨道表示式为___________。

(2)NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：加入的目的是___________。

(3)的电子式为___________。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：___________。

(4)采用空气和Na为原料可直接制备空气与熔融金属Na反应前需依次通过___________、___________(填序号)

a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．溶液。

(5)钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为___________。

(6)天然碱的主要成分为1mol经充分加热得到的质量为___________g。24、电解质水溶液中存在电离平衡；水解平衡、溶解平衡；请回答下列问题。

(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：。弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25℃)Ka=1.8×10－5Ka=4.3×l0－10Ka1=5.0×l0－7Ka2=5.6×l0－11

①0.1moI/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN－)______c(HCO3－)(填“>”、“<”或“=”)。

②常温下，pH相同的三种溶液：A．CH3COONaB．NaCNC．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是________(填编号)。

③已知25℃时，CH3COOH(aq)+OH－(aq)=CH3COO－(aq)+H2O△H=－akJ/mol，H+(aq)+OH－(aq)=H2O△H=－bkJ/mol，醋酸电离的热化学方程式为________________。

④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是____________________________。

⑤室温下，－定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是______________，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=___________。

(2)室温下；用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。

①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为____________。

②b点所示的溶液中c(NH3·H2O)－c(NH4+)=_________(用溶液中的其它离子浓度表示)。25、沉淀的转化。

(1)实质：_______的移动．

(2)特征：a．一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度_______的沉淀容易实现；b．沉淀的溶解度差别_______；越容易转化．

(3)应用。

①锅炉除垢．如将转化为离子方程式为_______．

②矿物转化．如用饱和溶液处理重晶石制备可溶性钡盐的离子方程式为_______．评卷人得分四、工业流程题(共3题，共30分)26、工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO3等杂质)为主要原料制备高锰酸钾的流程如图所示：

已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：。金属离子Fe3+Al3+Fe2+Cu2+Pb2+Mn2+开始沉淀pH1.53.36.54.28.08.3完全沉淀pH3.75.29.76.78.89.8

②Ksp(PbSO4)=1.6×10-8；Ksp(PbS)=8.0×10-28

(1)常温下；“酸浸”工序中，向粉碎的碳酸锰矿中加入一定体积的水，在搅拌下缓慢加入质量分数高于90%的硫酸。锰元素的浸出率与反应条件的关系如图2；3、4所示。

则酸浸选择的最佳条件为_______；酸浸过程中主反应的化学方程式为_______；滤渣1的成分是_______。

(2)“除杂”工序中具体步骤如下：

①先加入MnO2将Fe2+氧化，该反应的离子方程式为_______；

②为除去铁元素和铝元素，加入CaO调节溶液的pH不小于_______；

③再加入CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去_______，此步骤中再次除铅的原因为_______；

(3)“沉锰”工序中反应的化学方程式为_______；

(4)“焙烧”工序中反应的化学方程式为_______；

(5)若在实验室模拟由二氧化锰制备高锰酸钾的过程，称量87.0gMnO2样品，最终得到的产品质量为63.2g，则高锰酸钾的产率是_______。27、我国科学家利用一种廉价、高效的铈基催化剂，解决了在室温下把甲烷一步转化为液态产品的科学难题。二氧化铈是常用的催化剂，以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2的工艺流程如图所示：

已知：CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸。

请回答下列问题：

(1)CeFCO3中铈的化合价为___________；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是___________。

(2)碳酸氢钠在270℃时可完全分解。500℃时在空气中焙烧，CeFCO3与Na2CO3发生化学反应，生成CeO2与Ce2O3(2：1)、NaF及一种气体，该反应的化学方程式为___________。

(3)焙烧后对产物进行水洗，水洗液不宜使用玻璃容器盛装的原因是___________。

(4)工业生产中，不仅要考虑目标产物的含量，还要综合考虑生产过程中的时间效率。酸浸时，CeO2含量随盐酸浓度、酸浸温度的变化曲线如图所示，则最适宜的盐酸浓度和酸浸温度为___________；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是___________。

(5)室温下，向酸浸液中加入氢氧化钠溶液调节pH使Ce3+沉淀完全(通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1x10-5mol·L-1时，沉淀就达完全)，则应调节pH大于___________。(Ksp[Ce(OH)3]=1.0x10-20)。

(6)为测定酸浸液中CeCl3的浓度，现量取酸浸液V1mL，加入过量过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+，加热煮沸2min，然后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，测得终点时消耗标准溶液V2mL，则CeCl3的浓度为___________mol·L-1(已知：过硫酸铵具有强氧化性，受热易分解；Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+)。若上述过程中没有进行煮沸操作，则测定结果将会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。28、以工业生产中排放的含锰酸性废水(主要金属离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，还含有少量Ca2+、Mg2+、Cu2+等离子)为原料，生产MnCO3的工艺流程如图：

已知：25℃时，几种金属离子沉淀时的pH如下：。Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+Ca2+Mg2+开始沉淀时pH7.62.73.88.35.911.89.8完全沉淀时pH9.74.04.79.86.913.811.8

25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11。

（1）流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2+的母液。

①除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为___，调节溶液的pH范围是___。

②除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中=____。

（2）沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行；反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。

①沉锰过程发生反应的离子方程式为___。

②当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是___。

（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2～3次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。用无水乙醇洗涤的目的是___。MnCO3和磷酸在一定条件下反应可生成马日夫盐[Mn（H2PO4）2·2H2O]，其用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。马日夫盐溶液显___性（填“酸”或“碱”）（已知：H3PO4的电离常数Ka1=7.52×10-3，Ka2=6.23×10-8，Ka3=2.2×10-13）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

由图可知；电极A为燃料电池的负极，在熔融碳酸盐的作用下，甲烷和水催化重整生成的一氧化碳和氢气在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极B为正极，在二氧化碳的作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根。

【详解】

A.由方程式可知；甲烷中碳元素失去电子发生氧化反应生成一氧化碳时，转移电子数目为6，则每消耗1mol甲烷转移6mol电子，故A错误；

B.电极A为燃料电池的负极，在熔融碳酸盐的作用下，氢气在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为故B错误；

C.电池工作时；阴离子向负极移动，则碳酸根离子向电极A移动，故C错误；

D.电极B为正极，在二氧化碳的作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为故D正确；

故选D。2、D【分析】【分析】

放电时该装置作原电池，根据离子的移动方向可知，a为正极，b为负极；充电时原来的正极作阳极；负极作阴极。

【详解】

A．放电时a为正极；充电时接电源的正极作阳极，故A正确；

B．放电时b极为负极；发生氧化反应，故B正确；

C．根据图示，充电时a作阳极，其反应为故C正确；

D．放电时b极发生氧化反应，其电极反应为a极作正极，其反应为每消耗0.65gZn，其物质的量为==0.01mol，电路中转移0.02mol电子，负极产生0.01mol离子，正极增加0.02mol离子，共增加0.03mol离子，总数为故D错误；

故选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．溶液中，铝离子水解，＜故A错误；

B．向溶液中滴加少量澄清石灰水，Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，增大；故B错误；

C．Na2CO3在溶液中水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目增加，所以0.1mol/LNa2CO3溶液中阴离子浓度之和大于0.1故C错误；

D．常温下，向含有0.05molNH3·H2O的溶液中，通入适量的HCl气体，反应所得的溶液中c(NH)=c(NH3•H2O)，根据解得c(OH-)=溶液显碱性，故D正确；

故选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．78gNa2O2的物质的量是1mol，与足量SO2反应生成硫酸钠，过氧化钠只作氧化剂，转移电子数为2NA；A错误；

B．标准状况下苯不是气体；且苯中不存在C=C键，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；

C．CaS与CaSO4中Ca和S原子的个数之比均是1：1，100gCaS与CaSO4的混合物中含有32g硫，即1mol硫，则含有1molCa，所以混合物中氧原子的质量是100g－32g－40g＝28g，物质的量是28g÷16g/mol＝1.75，则含有的氧原子数为1.75NA；C正确；

D．常温下，1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中氯化铵的物质的量相等，但铵根的水解程度不同，则含有的NH数目不相同；D错误；

答案选C。5、B【分析】【详解】

A．某溶液中加入BaCl2溶液，生成的白色沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有Cl-，不一定含有故A错误；

B．加热NaI固体和浓磷酸的混合物生成HI；为难挥发性酸制备易挥发性酸，可制备HI气体，故B正确；

C．均水解显碱性；阳离子不同，由等浓度时pH大小不能比较酸性，故C错误；

D．加入AgNO3溶液有砖红色沉淀(Ag2CrO4)生成，可知Ksp(Ag2CrO4)比Ksp(Ag2Cr2O7)小，未知温度，不能比较溶解度，故D错误；

故选：B。6、C【分析】Zn为活泼金属，所以放电时Zn为负极发生氧化反应，根据题意可知生成Zn(OH)2，石墨电极上高铁酸根得电子发生还原反应，生成Fe(OH)3。

【详解】

A．放电时为原电池；原电池中阴离子流向负极，即氢氧根向Zn电极移动，故A错误；

B．放电时，负极上Zn被氧化结合氢氧根生成Zn(OH)2，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；故B错误；

C．充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO+4H2O；消耗氢氧根，所以电极附近pH减小，故C正确；

D．Li会直接与KOH溶液中的水反应；会降低电池的效率，故D错误；

综上所述答案为C。7、B【分析】【分析】

【详解】

等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol·L-1Na2S液时，哪种离子需要的硫离子浓度小，哪种金属离子先沉淀，又因为FeS、CuS、ZnS化学式相似，Fe2+、Cu2+、Zn2+离子浓度相等，KSP越小的，需要硫离子浓度越小就先沉淀。根据表中KSP大小，可得出离子沉淀的先后顺序为：Cu2+、Zn2+、Fe2+。

故答案为：B。二、多选题(共9题，共18分)8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．催化重整的反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行该反应，达平衡时CO2的转化率为50%，即平衡时CH4、CO2、CO、H2的物质的量分别为1.5mol、0.5mol、1mol、1mol，则该温度下催化重整反应的平衡常数==故A正确；

B．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低；故B错误；

C．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比；有助于减少积碳，故C正确；

D．根据图象；温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；

故选AC。9、AB【分析】【分析】

该电池为Al-PbO2电池，从图中可知原电池工作时负极发生Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−，消耗OH-，K+向正极移动，正极PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子和阴离子向负极移动，则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4。

【详解】

A．由上述分析可知，原电池工作时负极发生Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−，消耗OH-，K+向正极移动；向R区移动，A错误；

B．由上述分析可知，R区域K+与不断进入；所以电解质浓度逐渐增大，B错误；

C．放电时候，原电池工作时负极发生Al−3e−+4OH−=[Al(OH)4]−；C正确；

D．消耗1.8gAl，电子转移0.2mol，N区消耗0.4molH+，0.1mol同时有0.1mol移向R区，则相当于减少0.2molH2SO4，同时生成0.2molH2O；则R区实际减少质量为0.2mol×98g/mol-0.2mol×18g/mol=16g，D正确；

故选AB。10、BC【分析】【详解】

A．全气体且恒容体系，混合气体的密度始终不变，故密度不能作为反应是否达到平衡状态的标志，A错误；

B．根据图像可知只有b点表示的反应体系中，各物质的浓度不再发生变化，所以只有b点表示反应处于平衡状态，B正确；

C．25~30min内X的浓度变化量是所以用X表示化学反应的平均速率是C正确；

D．由图可知，反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是X物质的浓度增大，D错误；

故选BC。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A．化学平衡常数只和温度有关；温度不变，平衡常数不变，故A错误；

B．该反应是气体体积增大的反应；缩小容器体积，平衡逆向移动，CaO质量减小，故B错误；

C．该反应的平衡常数的表达式为K=c(CO2)，由于平衡常数不变，所以c(CO2)不变；故C正确；

D．该反应是气体体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，CaCO3质量增加；故D正确；

故选CD。

【点睛】12、A【分析】【分析】

温度不变时，溶度积为常数，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(SCN-)减小，二者浓度变化倍数相同；Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)，c(Ag+)增大，则c(CrO42-)减小，但二者浓度的变化倍数不同，结合曲线分析，当c(Ag+)由10-6mol/L增大10-2mol/L，c(Xn-)由10-6mol/L减小到10-10mol/L，由此可知二者变化倍数相同，则可以断定下面的曲线为AgSCN溶解平衡曲线，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析，上方的曲线为Ag2CrO4溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92；故A错误；

B．a点的c(Ag+)小于溶解平衡时的c(Ag+)，则a点的浓度积Qc(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液；故B正确；

C．溶度积越小，溶液中离子浓度越小，沉淀越完全，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)∙c2(Ag+)=10-3.92×(10-4)2=10-11.92，Ksp(AgSCN)=c(SCN-)∙c(Ag+)=10-6×10-6=10-12，Ksp(AgSCN)＜Ksp(Ag2CrO4)，沉淀废液中的Ag+用KSCN溶液比等浓度的K2CrO4溶液效果好；故C错误；

D．Ag2CrO4(s)+2SCN-(aq)⇌2AgSCN(s)+CrO42-(aq)的平衡常数K==1012.08；故D正确；

答案选AC。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化钠固体溶解时溶液的温度升高；说明氢氧化钠在溶解过程中扩散过程吸收的热量小于水合过程中放出的热量，故A错误；

B．浓硫酸注入水中；既有放热过程，又有吸热过程，故B正确；

C．氯化钠溶解时；既有放热过程，又有吸热过程，在溶解过程中扩散过程吸收的热量与水合过程中放出的热量相差不大，因此没有明显的热效应，故C错误；

D．物质在溶解过程中通常伴随着能量变化；任何物质在溶解过程中都会发生吸热或放热的现象，故D正确；

故选BD。14、AD【分析】【分析】

【详解】

A．由反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，反应开始时，乙中石墨电极上发生的电极反应为：2I--2e-=I2；故发生氧化反应，A不正确；

B．由反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，反应开始时，甲中石墨电极上发生的电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，故Fe3+被还原；B正确；

C．电流计读数为零时；说明正向反应产生的电流和逆向反应产生的电流相等，故反应达到化学平衡状态，C正确；

D．电流计读数为零时，在甲中加入FeCl2固体后；平衡向逆反应方向移动，则甲中石墨电极上亚铁离子失电子发生氧化反应，则为负极，故乙中的石墨电极为正极，D不正确；

故答案为：AD。15、BC【分析】【详解】

A．根据图甲中信息可知，增大n(Cl2)，w增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数(φ)减小，故w2＞1；A项正确；

B．根据图甲可知；升高温度，丙烯的体积分数增大，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则升高温度，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，图乙中，A线表示逆反应的平衡常数，B项正确；

C．由图乙知，温度为T1时，正、逆反应的平衡常数相等，又因两者互为倒数，则平衡常数K=1；w=2时，设CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为a、2a，参加反应的Cl2的物质的量为b，利用三段式可列关系式=1，解得b=a，则Cl2的转化率约为33.3%；C项错误；

D．该反应为反应前后气体体积不变的放热反应；反应向正反应方向进行，在恒容绝热装置中，体系温度升高，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，D项正确。

故答案选择C。16、BC【分析】【分析】

【详解】

A．升高温度促进水解，NH4Cl水解；氢离子浓度增大，溶液pH降低，A项错误；

B．氢离子抑制氯化铵的水解；铵根离子浓度增大，通入氯化氢，氯离子浓度增大，B项正确；

C．由电荷守恒可知，c(NH)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)；C项正确；

D．水解程度很微弱；氢离子浓度小于铵根离子浓度，D项错误；

答案选BC。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在常温下，0.1mol/LNaHB溶液中存在的离子有：存在的分子只有且＜c(H2B)，说明H2B是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，分步电离，电离方程式为H2BH++HB-、HB-H++B2-；

(2)时，已知0.1mol/LHCl溶液中则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=0.1×10-12=10-13；现将0.2mol/L的硫酸氢钠和等浓度的氢氧化钡溶液等体积混合，二者发生反应：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，充分反应后溶液中碱过量，c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)==10-12mol/L；故反应后溶液的pH=12；

(3)酸的电离平衡常数越大；酸的酸性越强，强酸与弱酸盐反应可以制取弱酸。

A．由于电离平衡常数：Ka2(H2C2O4)＞Ka(CH3COOH)，所以不能发生反应；可以大量共存，A符合题意；

B．由于电离平衡常数：Ka2(H2C2O4)＞Ka2(H2S)，所以会发生反应而不能大量共存；B不符合题意；

C．由于电离平衡常数：Ka2(H2C2O4)＞Ka1(H2S)，所以会发生反应而不能大量共存；C不符合题意；

D．由于电离平衡常数：Ka2(H2C2O4)＞Ka(CH3COOH)，所以CH3COO-会发生反应而不能大量共存；D不符合题意；

故合理选项是A；

(4)都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱水水解，越弱越水解，谁强显谁性，根据酸电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强，可知酸性：Ka2(H2C2O4)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2S)，所以在常温下等浓度的碱性由弱到强顺序是：＜＜溶液碱性越弱，pH就越小，因此溶液pH由小到大顺序为：＜＜【解析】H2BH++HB-、HB-H++B2-12A＜＜18、略

【分析】【详解】

(1)①原电池中负极发生失去电子的氧化反应，则甲醇在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则该电池负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O。

②石墨做电极；阳极首先是氯离子放电，然后是氢氧根离子放电，阴极首先是铜离子放电，然后是氢离子放电。溶液中铜离子；氢离子和氯离子的物质的量分别是0.1mol、0.4mol、0.4mol，由于两极收集到相同体积，这说明氢离子放电后继续电解水。设生成氧气的物质的量是xmol，则根据电子得失守恒可知0.1mol×2+（0.2+x）mol×2＝0.4mol×1+xmol×4，解得x＝0.1，所以阳极上收集到氧气的质量为0.1mol×32g/mol＝3.2g。

(2)氧离子在阳极发生失去电子的氧化反应，阳极与电源的正极相连，则由图可知B是正极，因此A是负极。氢气在阴极生成同时产生氧离子，则以H2O为原料生成H2的电极反应式为H2O+2e-＝H2↑+O2-。【解析】CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O3.2g负极H2O+2e-=H2↑+O2-19、略

【分析】【详解】

(1)实验1中，反应在10min至20min时间内，A的浓度减少0.8mol/L−0.67mol/L=0.13mol/L，10min至20min时间内平均速率v(A)为=0.013mol/(L⋅min)；故答案为：0.013；

(2)实验1、2温度相同平衡常数相同，且平衡浓度相同，则起始浓度也相同，可知A的初始浓度c1=1.0mol/L；实验2中反应速率快，则实验2中还隐含的条件是使用了催化剂，故答案为：1.0；使用了催化剂；

(3)实验1和实验3温度一样，平衡常数相同，平衡浓度大的起始浓度大，起始浓度大的反应速率块，实验3中平衡浓度较大，则起始浓度大，反应速率v3＞v1，起始浓度c3＞c1=1.0mol/L，故答案为：＞；＞。【解析】①.0.013②.1.0③.使用催化剂④.＞⑤.＞20、略

【分析】【详解】

(1)①对于反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＞0，反应前后气体的分子数相等，加压时平衡不发生移动，所以若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L-1，其平衡转化率与CO2的起始浓度为1.5mol·L-1时相同，则平衡时CO2的浓度为2.0mol·L-1×=0.67(或)mol·L-1。

②A．因为ΔH＞0；所以升高温度，平衡正向移动，反应的平衡常数增大；

B．增大压强；平衡不发生移动，反应的平衡常数不变；

C．再充入一定量的CO2；虽然平衡正向移动，但由于温度不变，所以平衡常数不变；

D．再加入一定量铁粉；对反应不产生影响，平衡常数不变；

综合以上分析，只有A符合题意，故选A。答案为：0.67(或)；A；

(2)①A．升温的瞬间；正；逆反应速率都增大，平衡正向移动，逆反应速率继续增大，A符合题意；

B．增大CO2浓度的瞬间；逆反应速率不变，B不符合题意；

C．使用催化剂，逆反应速率突然增大，但由于t1时反应未达平衡，所以反应继续正向进行，逆反应速率继续增大，直至t2时达到平衡；C符合题意；

综合以上分析；AC符合题意，故选AC。

②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，在分离出部分CO的瞬间，逆反应速率减小，然后随平衡的正向移动，逆反应速率不断增大，最后达平衡状态时，逆反应速率不变，从而得出t3～t5的v(逆)变化曲线为答案为：AC；【解析】0.67(或)AAC21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热反应，温度升高，NH3•H2O的电离程度增大，电离平衡向右移动，一水合氨的电离度与氨水浓度有关，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右；ab；

(2)根据表中数据可知，氨水浓度在降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH-）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH-）减小，而温度升高，使c（OH-）增大，双重作用使c（OH-）基本不变。

(3)A．氨水中加入氯化铵；溶液中铵离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，A错误；

B．氨水中铵离子浓度增大；一水合氨的电离平衡向着逆向移动，所以氨水的电离度减小，B正确；

C．氨水中的铵离子浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，c（OH-）减小；C正确；

D．加入了氯化铵；溶液中铵离子浓度增大，故D错误；

故答案为：AD；【解析】右ab氨水浓度减小，会使减小，而温度升高，会使增大，双重作用使基本不变AD22、略

【分析】【分析】

靠近纵坐标的为反应物；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；反之为吸热反应。

【详解】

(1)图(1)反应物为C和H2O，生成物为CO和H2，反应物总能量低于生成物总能量，故该反应为吸热反应，热化学方程式为故填：

(2)同理可得图2的热化学方程式由盖斯定律，将①和②相加消去CO得热化学方程式故填：90.3；

(3)根据=解得a=449，故填：449。

(4)对于反应该反应的反应热与物质的状态、各物质的系数有关，与平衡是否移动无关，故改变条件使CO转化率增大，不变，故填：不变。【解析】90.3449不变23、略

【分析】【详解】

（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。

（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：电解时温度降低了即熔点降低了，说明加入的目的是作助熔剂；降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。

（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式：故答案为：

（4）采用空气和Na为原料可直接制备由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。

（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为故答案为：

（6）因此1mol经充分加热得到1.5mol其质量为1.5mol×106g∙mol−1＝159g；故答案为：159。【解析】(1)(或)

(2)作助熔剂；降低NaCl的熔点，节省能耗。

(3)

(4)ca

(5)

(6)15924、略

【分析】【分析】

（1）①依据Ka(HCN)、Ka(H2CO3)的大小比较，即可知道c(CN－)、c(HCO3－)的关系；

②依据表中数据Ka(CH3COOH)、Ka(HCN)、Ka2（H2CO3）根据越弱越水解的规律；分析pH相同的三种溶液的浓度大小；

③根据盖斯定律可得醋酸电离的热化学方程式；

④根据表中数据可知，Ka1(H2CO3)Ka(HCN)Ka2(H2CO3),依据强酸制弱酸得的反应规律，分析可得将少量CO2通入NaCN溶液；反应的离子方程式；

⑤CH3COONa溶液显碱性的原因是CH3COO-反生水解反应，依据Ka(CH3COOH)及溶液中的c(H+)，可求算c(CH3COO－)/c(CH3COOH)；

（2）①d点时加入盐酸20ml,恰好生成氯化铵，分析NH4Cl溶液中的离子浓度顺序即可；

②b点时，加入的盐酸体积为氨水的一半，所以溶液的成分可以看成，氯化铵和氨水的混合物，依据氨水的电离和氯化铵的水解程度大小可知c(NH3·H2O)－c(NH4+)；

【详解】

（1）①由于Ka(HCN)Ka(H2CO3)，可知HCN的酸性比H2CO3酸性弱，依据越弱越水解规律，0.1moI/LNaCN溶液中，CN-的水解能力大于0.1mol/LNaHCO3溶液中HCO3-的水解能力，则c(CN－)c(HCO3－)；

本题答案为：<。

②由于Ka(CH3COOH)Ka(HCN)Ka2（H2CO3），依据越弱越水解规律可知，等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN、Na2CO3，溶液的水解能力CO32-CN-CH3COO-，此时溶液pH由大到小的顺序为：Na2CO3CH3COONa；则pH相同时，浓度顺序为：CH3COONaNaCNNa2CO3；即ABC；

本题答案为：ABC。

③因为CH3COOH(aq)+OH－(aq)=CH3COO－(aq)+H2O△H=－akJ/mol；H+(aq)+OH－(aq)=H2O△H=－bkJ/mol，依据盖斯定律，两式相减得到醋酸电离的热化学方程式为：CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H+(aq)△H=(－a+b)kJ/mol；

本题答案为：CH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H+(aq)△H=(－a+b)kJ/mol。

④根据表中数据可知，Ka1(H2CO3)Ka(HCN)Ka2(H2CO3),依据强酸制弱酸得的反应规律，将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式为：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；

本题答案为：CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－。

⑤CH3COONa溶液显碱性的原因是，CH3COO-反生水解反应，水解的离子方程式为：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－；在溶液中CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(CH3COO－)c(H+)/c(CH3COOH)=1.8pH=9，c(H+)=mol/L，所以c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=1.8

本题答案为：CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－，1.8

（2）①d点时加入盐酸20ml,两溶液恰好生成氯化铵，由于铵离子水解显酸性，即c(H+)c(OH-)，又由电荷守恒可知c(Cl-)NH4+)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为：c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；

本题答案为：c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。

②b点时，所加盐酸体积为10ml，此时溶液为等浓度的氯化铵和氨水的混合物，由于一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，溶液中的电荷守恒：c(NH4+)c(H+)=c(Cl-)c(OH-)、物料守恒：2c(Cl-)=c(NH4+)c(NH3·H2O),可以推知c(NH3·H2O)－c(NH4+)=2c(H+)－2c(OH－)；

本题答案为：2c(H+)－2c(OH－)。【解析】<ABCCH3COOH(aq)CH3COO－(aq)+H+(aq)△H=(－a+b)kJ/molCN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－CH3COO－+H2OCH3COOH+OH－l.8×104c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)2c(H+)－2c(OH－)25、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】沉淀溶解平衡更小越大四、工业流程题(共3题，共30分)26、略

【分析】【分析】

碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、CuO、FeCO3、PbCO3等杂质)，酸浸时，向碳酸锰矿中加入硫酸和过氧化氢，发生的反应为：SiO2不溶于酸，酸浸后滤渣1的成分为SiO2、除杂时，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入CaO调节溶液的pH至5.2除去Fe3+、Al3+，再加入CaS除去Cu2+、Pb2+后，最后加入NaF溶液，除去Ca2+；沉锰时；硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰；二氧化碳、硫酸铵和水；焙烧碳酸锰得到氧化锰，氧化锰、氯酸钾和氢氧化钾反应生成锰酸钾，锰酸钾和二氧化碳酸化制得高锰酸钾。

【详解】

(1)由锰元素的浸出率与反应条件的关系图可知，反应的最佳条件为：酸浸温度80℃，酸浸pH=2，酸浸时间4h；酸浸过程中主反应的化学方程式为该过程中主反应为MnCO3和硫酸反应，所以酸浸过程中主反应的化学方程式为：酸浸时生成PbSO4沉淀，而S