2025年新科版选择性必修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年新科版选择性必修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7题，共14分)1、在2L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)，数据如下：。实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)n(Y)n(M)①8000.100.400.080②8000.200.80a③9000.100.150.06

下列说法正确的是A.实验①5min达平衡，平均反应速率v(X)＝0.016mol/(L·min)B.实验①中，该反应的平衡常数K＝1C.实验②中，达到平衡时，a小于0.16D.正反应为吸热反应2、在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是（已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ·mol−1）。容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（mol·L-1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率a1a2a3

A.2c1>c3B.a+c=92.4C.2p2>p3D.a1+a3>13、在V2O5存在时，反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)=-198kJ/mol的反应机理为：

第一步V2O5(s)+SO2(g)⇌2VO2(s)+SO3(g)=akJ/mol快反应。

第二步4VO2(s)+O2(g)⇌2V2O5(s)慢反应。

下列说法正确的是A.总反应的快慢由第一步决定B.=-(2a＋198)kJ/molC.第二步反应活化能较小D.V2O5(s)与SO2(g)的碰撞全部有效，而VO2(s)与O2(g)的碰撞部分有效4、用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行相应实验；不能达到相应实验目的的是。

A.图1测定锌与浓硫酸反应产生的速率(计时器未画出)B.图2制作简单燃料电池C.图3用该滴定管量取25.00mL(在量程范围以内)的重铬酸钾溶液D.图4在铁制品镀件上镀铜5、反应2SO2+O2=2SO3在不同条件下进行，分别测得其反应速率如下，其中最快的是A.v(SO2)=4.0mol/(L·min)B.v(O2)=3.0mol/(L·min)C.v(SO3)=2.0mol/(L·min)D.v(SO2)=0.2mol/(L·s)6、室温下，有如下四种溶液：①的醋酸溶液；②的盐酸溶液；③的氢氧化钾溶液；④的氨水。下列说法错误的是A.溶液中水电离出的①=②=③=④B.②和③溶液按的体积比混合后，溶液的C.①③混合后溶液呈中性，混合溶液中：D.相同体积的③④分别加水稀释至仍相同，稀释后溶液的体积：④>③7、利用微生物电池原理可处理某些污水，其原理是通过微生物的作用，将废水中的有机物氧化，使其中的化学能转化为电能。图是处理含乙酸废水的电池装置原理图，a为石墨电极，b为铂碳电极。

该装置工作时，下列叙述错误的是（）A.电池总反应：B.负极的电极反应：C.质子通过质子交换膜从甲室进入乙室D.b电极为电源正极，c口流出的水中含大量评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、某种电池的电极材料为Al和Mg；电解质溶液为KOH

(1)电池的负极的电极反应式为_______；正极发生的是_______反应(填反应类型)；

(2)总反应_______。9、氢氧燃料电池是最常见的燃料电池；该电池在正极通入氧气，在负极通入氢气，而电解质溶液通常是KOH溶液。

(1)请写出氢氧燃料电池负极的电极反应方程式___。

(2)氢氧燃料电池有何优点：___。10、常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。

根据题意回答下列问题：

①写出酸H2A的电离方程式___。

②若溶液M由2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH___7（填“>”“<”或“=”）；溶液M中各微粒的浓度关系正确的是___。

A．c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)

B．c(HA-)+c(H2A)+c(H+)=c(OH-)

C．c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=1mol/L

D．c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)11、如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为溶液）；通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。

请回答下列问题：

（1）a处应通入_____（填“”或“”），b处发生的电极反应是______。

（2）电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的______（填“增大”“减小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中的物质的量浓度_____。

（3）电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除外还含有_____（忽略水解）。

（4）在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷_____L（标准状况下）。12、关于合成氨工业，甲、乙、丙三位同学有以下观点，你认为正确的是_________(填“甲”“乙”或“丙”)。

甲：选择较高温度是为了提高原料气的转化率。

乙：选择较高压强是为了提高原料气的转化率。

丙：选择高效催化剂既为了提高反应速率，又为了提高原料气的转化率。13、I．(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈___________(填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)___________c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。

(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈___________(填“酸性”，“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)___________c(CH3COO-)(填“＞”或“=”或“＜”)。

(3)盐类水解的本质是___________水的电离，(填促进，抑制)。升高温度___________盐类的水解。(填促进；抑制)

(4)弱电解质的电离常数只受___________影响，升温电离常数___________(填增大；减小或不变)

II．已知H2A在水中存在以下平衡:

(1)常温下，溶液的pH___________(填字母序号)，原因是___________(填离子方程式)。

A．大于7B．小于7C．等于7D．无法确定。

(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是___________(填字母序号)。

A．c(H+).c(OH-)=1.0×10-14B．

C．D．

(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：若要使该溶液中浓度增大，可采取的措施有___________(填字母序号)。

A．升高温度B．降低温度C．加入少量蒸馏水D．加入固体14、20世纪30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的；而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量过渡态。分析图中信息，回答下列问题：

(1)①如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______________。

②若在反应体系中加入催化剂，E1、E2的变化分别是：E1_____、E2______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)图是红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)的反应过程与能量关系图(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据图回答下列问题：

①PCl3(g)分解生成P(s)和Cl2(g)的热化学方程式_______________。

②P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的反应热△H3与P(s)和Cl2(g)仅一步反应生成1molPCl5(g)的反应热△H4关系是：△H3______△H4(填“＞”、“＜”或“＝”)。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、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16、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误17、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）A.正确B.错误18、稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强。(_______)A.正确B.错误19、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误20、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误21、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共2分)22、向一个容积为5L的密闭容器中充入6molH2和2molCO，在恒温和催化剂作用下发生反应：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)，经过5min后达到平衡状态。若测得平衡时容器内CH3OH的物质的量为1mol；则：

(1)反应开始至平衡时，以H2的浓度变化表示该反应的平均速率v(H2)＝__________。

(2)起始状态与平衡状态容器内的压强之比为______。评卷人得分五、实验题(共3题，共18分)23、Ⅰ.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：。实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.1mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.1mol·L-1KMnO4溶液

(1)该实验探究的是___(因素)对化学反应速率的影响。如图一，相同时间内针筒中所得的CO2体积大小关系是___(填实验序号)。

(2)若实验①在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下)，则在2min末，c(MnO)=___mol·L-1(假设混合液体积为50mL)。

(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___来比较化学反应速率。

(4)小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物MnSO4是该反应的催化剂②___。

Ⅱ.一定温度下，将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-QkJ·mol-1。

(1)下列有关描述正确的有___。

A.当容器内的压强不变时；该反应已达平衡。

B.当反应达平衡时；向容器中充入1molHe，反应速率会加快。

C.若充入2molNH3(g)；充分反应后吸热QkJ

D.常温常压；氨气和水700：1(体积比)溶解，原因之一是氨气和水分子之间可形成氢键。

(2)若起始时向容器中充入10mol·L-1的N2和15mol·L-1的H2，10min时测得容器内NH3的浓度为1.5mol·L-1。10min内用N2表示的反应速率为___；此时H2的转化率为___。24、某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。实验序号III实验过程加10滴(约0.3mL)溶液。

酸性KMnO4溶液(酸化至)滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)

溶液实验现象紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()

资料：i.在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为

ii.单质硫可溶于硫化钠溶液；溶液呈淡黄色。

(1)根据实验可知，Na2S具有_______性。

(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成

①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______。

②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是_______。

③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成

a.右侧烧杯中的溶液是_______。

b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_______(填操作和现象)。

(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是_______。

(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_______。

(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与_______因素有关。25、亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于染料、医药领域的重氮化反应中取代亚硝酸钠。亚硝酰硫酸能有效降低硫酸使用量，增加反应的流动性，不产生无机盐，从而可以降低成本，提高产品质量，使染料成品色泽鲜艳、固色能力强，并减少污水。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H；并测定产品的纯度。

(1)装置A中管a的作用是_______。

(2)利用装置A制备SO2，下列试剂最适宜的是_______。

A.Na2SO3固体和37%硫酸B.Na2SO3固体和70%硫酸C.Na2SO3固体和98%硫酸。

(3)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。

①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，故可将三颈烧瓶置于_______中。

②开始时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是_______。

(4)该实验装置存在导致NOSO4H产量降低的缺陷，请提出改进方案_______。

(5)已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。请写出NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式_______。

(6)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度。

准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol•L﹣1KMnO4标准溶液和10mL25%的H2SO4溶液，然后摇匀(过程中无气体产生)。用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定；消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。

已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。

①简述该操作达到滴定终点时的现象_______。

②亚硝酰硫酸的纯度为_______(保留四位有效数字)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．实验①5min达平衡，n(M)=0.080mol，根据化学方程式，则△n(X)=0.08mol，v(X)===0.008mol/(L•min)；故A错误；

B．平衡常数是温度的函数，实验①和实验②的温度相同，两者平衡常数相等。实验①，n(M)=0.08mol，则△n(X)=△n(Y)=0.08mol，则平衡时n(X)=0.10mol-0.08mol=0.02mol，n(Y)=0.40mol-0.08mol=0.32mol，K①===25；故B错误；

C．在4L恒容密闭容器中充入0.2molX(g)和0.8molY(g)与实验①为等效平衡；实验②相当于将4L容器变为2L容器，若平衡不移动，则a=0.16，但该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；

D．根据表中数据，实验③平衡时n(X)=0.10mol-0.06mol=0.04mol，n(Y)=0.15mol-0.06mol=0.09mol，K③===33.33＞K①；说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；

故选D。2、C【分析】【分析】

甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2；是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡；据此分析平衡移动。

【详解】

A.丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1；故A错误；

B.甲投入1molN2、3molH2，反应放出热量；丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，丙吸收的热量是甲放出热量的两倍，由于丙中相当于增大压强，平衡向着生成氨气的方向移动，吸收的热量减小，甲与丙的反应的能量变化之大于92.4kJ，故a+c>92.4；故B错误；

C.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3；故C正确；

D.丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1；故D错误；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．分步反应中；总反应的快慢由慢反应决定，故该反应由第二步决定，A项错误；

B．由盖斯定律可知，总反应=第一步×2+第二部，则即则B项正确；

C．第二步反应为慢反应；则活化能较大，C项错误；

D．V2O5(s)与SO2(g)的碰撞部分有效；D项错误；

答案选B。4、A【分析】【详解】

A．图1装置中锌粒和浓硫酸在常温下不能制备氢气；达不到实验目的，应该用锌粒与稀硫酸反应，利用此装置通过测量单位时间内产生氢气体积的多少来测量反应速率的快慢，A符合题意；

B．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1；形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，B不符合题意；

C．图3为酸式滴定管；可用于量取25.00mL的重铬酸钾溶液，C不符合题意；

D．图4装置中；铜做阳极，发生失电子的氧化反应，溶液中铜离子在铁制品附近得电子生成铜单质，能实现铁制品上镀铜，D不符合题意；

故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

都转化为用SO2表示的速率进行比较。

A．(SO2)=4.0mol/(L·min)；

B．(O2)=3.0mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，所以(SO2)=2(O2)=23.0mol/(L·min)=6.0mol/(L·min)；

C．(SO3)=2.0mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，所以(SO2)=(SO3)=2.0mol/(L·min)；

D．(SO2)=0.2mol/(L·s)=12mol/(L·min)；

故反应速率由快到慢的顺序为：D>B>A>C，故选D。6、C【分析】【详解】

A．室温下，①、②中氢离子浓度为10-3mol/L、氢氧根离子浓度等于水电离出的均为10-11mol/L；③、④中氢氧根离子浓度为10-3mol/L、氢离子浓度等于水电离出的均为10-11mol/L；则溶液中水电离出的①=②=③=④；A正确；

B．②的盐酸溶液和③的氢氧化钾溶液按11∶9的体积比混合，混合后氢离子有剩余，(mol/L)，则溶液的B正确；

C．①③混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH－)，又电荷守恒：c(K+)+c(H+)＝c(OH－)+c(CH3COO－)，则c(K+)=c(CH3COO－)；C错误；

D．③的氢氧化钾溶液④的氨水，氢氧化钾是强碱，是弱碱，加水稀释，的电离平衡正向移动；则相同体积的③④分别加水稀释至pH仍相同，吸收的倍数④＞③；稀释后溶液的体积：④＞③，D正确；

答案选C。7、D【分析】【分析】

a极上乙酸失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，a极为负极，则b极为正极；据此分析结合相应原理作答。

【详解】

A.该电池的反应原理是A正确；

B.a为负极，根据装置原理图中的电极产物可知，负极的电极反应为B正确；

C.质子为阳离子；原电池中阳离子从负极移向正极，即质子通过质子交换膜从甲室进入乙室，C正确；

D.b极为正极，正极反应为故c口流出的水中含极少量D错误；

答案选D。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

(1)原电池的负极；失去电子，发生氧化反应；铝与氢氧化钾反应，做负极，金属镁做正极；

(2)由两电极反应式2Al-6e-+8OH-=2+4H2O、6H2O+6e﹣=3H2↑+6OH-可以得到总反应式。

【详解】

(1)结合以上分析可知，电池的负极的电极反应式为Al-3e-+4OH-=+2H2O；在正极是水中的氢发生还原反应，极反应为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH-；

本题正确答案：Al-3e-+4OH-=+2H2O；还原反应；

(2)由两个电极反应2Al-6e-+8OH-=2+4H2O、6H2O+6e﹣=3H2↑+6OH-可以得到总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

本题正确答案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。【解析】Al-3e-+4OH-=+2H2O还原反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氢氧燃料电池总反应为2H2+O2=2H2O(KOH为电解质)，构成燃料电池，则负极氢气发生氧化反应，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O；

(2)原电池具有能量利用率高的特点，而氢氧燃料电池产物是水，对环境无污染，属于环保电池，因此氢氧燃料电池的优点是：能量转换效率高，产物无污染。【解析】H2+2OH--2e-=2H2O能量转换效率高，产物无污染10、略

【分析】【分析】

①由溶液中存在H2A、A2-、HA-，可推出H2A为二元弱酸，所以酸H2A的电离方程式应分两步书写。

②2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合，生成1mol/LNa2A溶液；由于H2A为弱酸，所以在溶液中A2-会发生水解；从而使溶液显碱性。

A．从水解反应分析c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)是否正确；

B．从质子守恒分析c(HA-)+c(H2A)+c(H+)=c(OH-)是否正确；

C．从物料守恒分析c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=1mol/L是否正确；

D．从电荷守恒分析c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)是否正确。

【详解】

①由以上分析知，H2A为二元弱酸，从而得出弱酸H2A的分步电离方程式为H2AHA-+H+；HA-A2-+H+。答案为：H2AHA-+H+；HA-A2-+H+；

②2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合，生成1mol/LNa2A溶液，A2-＋H2OHA-＋OH-，则溶液M的pH>7。答案为：>；

A．在溶液中，A2-发生水解，使溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)；A错误；

B．从质子守恒分析，c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(OH-)；B错误；

C．从物料守恒分析，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=1mol/L；C正确；

D．从电荷守恒分析，2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；D错误；

故选C。

【点睛】

在平时的解题中，我们应注意总结经验，对于题给等量关系式，我们应能判断其建立的前提，即利用什么守恒建立起来的，从而沿着此思路进行分析，以确定正误。【解析】①.H2AHA-+H+；HA-A2-+H+②.>③.C11、略

【分析】【分析】

（1）II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极；负极上通入燃料；正极上通入氧化剂；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

（2）根据I中氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；II中发生电镀；阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量；

（3）I中还有碳酸根离子生成；

（4）根据转移电子相等计算消失甲烷的体积。

【详解】

（1）装置Ⅱ要实现铁棒上镀铜，则做阳极，做阴极，则装置Ⅰ中a处电极为负极，b处电极为正极，负极上通入燃料，正极上通入氧化剂，所以a处通入的气体是电极反应为b处通入电极反应为

（2）根据装置Ⅰ中电池总反应参加反应且反应生成水，导致溶液中浓度降低，则溶液的减小；装置Ⅱ中发生电镀，阳极上溶解铜的质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中的物质的量浓度不变；

（3）装置Ⅰ溶液中的阴离子除外还含有

（4）装置Ⅱ中阴极质量变化则转移电子，串联电路中转移电子数相等，由可知消耗甲烷，标准状况下体积为【解析】减小不变1.1212、略

【分析】【详解】

合成氨反应是放热反应；低温有利于提高原料气的转化率，实际生产中反应温度控制在700K左右，是因为该温度下催化剂的活性最高以及反应速率较快，故甲的观点错误；

合成氨反应是气态物质系数减小的反应；高压有利于提高原料气的转化率，故乙的观点正确；

催化剂只能加快反应速率；不能提高原料气的转化率，故丙的观点错误。

综上所述，答案为乙。【解析】乙13、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)醋酸为弱电解质，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＞c(CH3COO-)；故答案为：碱性；＞；

(2)醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)＜c(CH3COO-)；故答案为：酸性；＜；

(3)盐类水解的本质是促进水的电离；盐类的水解程度为吸热过程；加热促进水解，升高温度，盐类水解向正反应方向移动，故答案为：促进；促进；

(4)电离平衡常数是温度的函数；只与温度有关，与溶液浓度无关；弱电解质的电离为吸热过程，升温电离常数增大；

II．(1)已知H2A在水中存在以下平衡:H2A的第一步电离完全电离，但第二步电离不完全，常温下，发生水解溶液的pH大于7；答案为B；

(2)常温下，若向0.1mol·L-1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至溶液呈中性；

A．常温下，KW=c(H+).c(OH-)=1.0×10-14；选项A正确；

B．根据电荷守恒有溶液呈中性则选项B正确；

C．因溶液中不存在选项C错误；

D．根据电荷守恒有溶液呈中性则且溶液中不存在选项D错误；

答案选AB；

(3)常温下，的饱和溶液中存在以下平衡：

A．升高温度，平衡向吸热反应的正方向移动，浓度增大；选项A正确；

B．降低温度，平衡向吸热反应的逆方向移动，浓度减小；选项B错误；

C．加入少量蒸馏水，平衡正向移动，但仍为饱和溶液，浓度不变；选项C错误；

D．加入固体，A2-浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小；选项D错误；

答案选A。【解析】碱性＞酸性＜促进促进温度增大BABA14、略

【分析】【分析】

(1)由图一可知，NO2和CO得总能量大于生成物CO2和NO得总能量，该反应为放热反应，当加入催化剂，改变反应的途径，降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，但它们的差△H不变；

(2)①由图二可知，P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)放出热量，PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)吸收热量；以此来书写热化学方程式；

②根据盖斯定律来分析反应得关系及能量关系。

【详解】

(1)①NO2和CO反应生成CO2和NO，化学方程式为NO2+CO=CO2+NO，由图一可知，△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，则热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ/mol；

②当加入催化剂，改变反应的途径，降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，但E1和E2的差△H不变；

(2)①由图二可知，P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)放出热量为306kJ，则PCl3(g)分解变为P(s)和Cl2(g)吸收热量306kJ，故PCl3(g)分解的热化学方程式为：PCl3(g)=P(s)+Cl2(g)△H=+306kJ/mol；

②由盖斯定律可知，一个化学反应无论一步完成还是分步完成，其热效应相同，即反应中的能量变化只与起态、终态有关，与反应的途径无关，P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的反应热△H3与P(s)和Cl2(g)仅一步反应生成1molPCl5(g)的反应热△H4关系是相等，即△H3=△H4。

【点睛】

本题考查能量变化图象在热化学反应方程式的书写的应用。明确图象中E的含义、反应热只与物质的始态和终态有关，与反应的途径无关；催化剂只能改变反应的途径，降低反应所需的活化能，但不能改变反应热。【解析】NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ/mol减小减小PCl3(g)=P(s)+Cl2(g)△H=+306kJ/mol=三、判断题(共7题，共14分)15、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。16、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。18、B【分析】【详解】

稀释能促进盐类水解，但是体积增加幅度更大。因此盐的浓度越低，越促进水解、盐水解产生的氢离子或氢氧根离子浓度也越低、则溶液的酸性或碱性则越弱。则答案是：错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。20、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。21、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。四、计算题(共1题，共2分)22、略

【分析】【详解】

(1)根据反应速率之比等于化学计量系数比，故故答案为：0.08mol/(L·min)；

(2)根据三段分析可知：又同温同体积时，压强之比等于气体的物质的量之比，故起始状态与平衡状态容器内的压强之比为（6+2）：（4+1+1）=4：3，故答案为：4:3。【解析】①.0.08mol/(L·min)②.4∶3五、实验题(共3题，共18分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)①和②实验中，KMnO4溶液的浓度和体积均相同，但H2C2O4溶液的浓度不同，所以该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响。由于②中草酸的浓度大于①中草酸的浓度，所以相同时间内针筒中所得的CO2体积②＞①；

(2)若实验①在2min末收集了标准状况下2.24mLCO2(即0.0001mol)，根据化学方程式，消耗的MnO为0.00002mol，原有MnO的物质的量为0.03L×0.1mol/L=0.003mol，则在2min末，剩余的MnO的物质的量为0.00298mol，c(MnO)==0.0596mol/L；

(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定生成相同体积的CO2所需时间或相同时间内KMnO4溶液颜色变化的程度来比较化学反应速率；

(4)该反应在溶液中进行，影响其反应速率的因素有催化剂、浓度、温度，反应过程中浓度减小，则反应开始时反应速率增大，肯定不是浓度的原因，则可能的原因是产物MnSO4是该反应的催化剂外；还可能是由于反应放热，温度升高，使反应速率增大；

Ⅱ．(1)A．此反应是反应前后气体分子数不相等的反应；所以当容器内的压强不变时，混合气的总物质的量不变，达到了平衡状态，A正确；

B．容器体积固定；所以平衡时向容器中充入1molHe，各物质的浓度不变，反应速率不变，B不正确；

C．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，所以若充入2molNH3(g)；充分反应后吸热小于QkJ，C不正确；

D．氨气可以和水分子之间形成分子间氢键；增大其溶解度，D正确；

故选AD。

(2)若起始时向容器中充入10mol·L-1的N2和15mol·L-1的H2，10min时容器内NH3的浓度为1.5mol·L-1，即NH3的浓度增加了1.5mol·L-1，所以N2的浓度变化量为0.75mol·L-1，10min内用N2表示的反应速率为=0.075mol/(L·min)；NH3的浓度增加了1.5mol·L-1，所以反应的H2为2.25mol·L-1，此时H2的转化率为×100%=15%。【解析】浓度②>①0.0596产生相同体积气体所需的时间或相同时间内KMnO4溶液颜色变化的程度该反应放热，使溶液温度升高AD0.075mol/(L•min)15%24、略

【分析】【详解】

（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂；具有还原性；

（2）①根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性；还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；

②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的；

③a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成设计成原电池，