2025年人教版（2024）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年人教版（2024）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、25℃时，将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或NaOH固体（忽略体积和温度变化），引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是（）

A.该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=2×10-7/（10c-2）B.若在c点对应的溶液中继续加入NaOH固体，则水电离出的c（H+）不可能为1×10-7mol·L-1C.a点对应的溶液中：c（CH3COOH）∶c（CH3COONa）>2D.a、b、c三点均存在2、在室温下，下列各组离子一定能大量共存的是A.滴入石蕊试液显红色的溶液：K+、Mg2+、B.1.0mol·L−1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl−、C.在=1×1012的溶液中：Fe2+、Cl-、D.通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+3、在3A(g)＋2B(g)C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A.υ(A)=0.9mol∙L−1∙s−1B.υ(B)=0.3mol∙L−1∙s−1C.υ(C)=0.4mol∙L−1∙s−1D.υ(D)=0.8mol∙L−1∙s−14、某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应实验测得：为速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度平衡浓度I0.6000.2Ⅱ0.60.10

下列说法正确的是A.升高温度，该反应的化学平衡常数减小B.I中的平衡转化率约为33.3%C.Ⅱ中达到平衡状态时，D.该反应的化学平衡常数可表示为5、一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，设起始n(H2O)/n(CH4)=Z，在恒压条件下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和温度T的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.图中X点对应的平衡混合物中n(H2O)/n(CH4)=3B.图中Z的大小关系为a＞3＞bC.该反应的焓变ΔH＞0D.温度不变时，增大X点对应的平衡体系的压强后，φ(CH4)减小6、下列物质属于强电解质的是A.Ca(CH3COO)2B.H3PO4C.SO3D.CH3CHO7、室温下，将溶于水会使溶液温度降低，热效应为将溶于水会使溶液温度升高，热效应为受热分解的化学方程式为热效应为则下列判断正确的是A.B.C.D.8、通过反应Ⅰ：可以实现温室气体资源化利用。该反应通过如下步骤实现：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

密闭容器中，反应物起始物质的量比时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是。

A.反应Ⅰ的平衡常数可表示为B.曲线表示CH3OH的物质的量分数随温度变化C.提高CO2转化为CH3OH的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂D.在280℃条件下，平衡时CH3OH的物质的量分数为0.109、一种处理垃圾渗透液并用其发电的装置如图所示，装置工作时，下列说法不正确的是（）

A.微生物对氮的硝化起氧化作用B.盐桥中的向Y极移动C.电子由Y极沿导线流向X极D.Y极发生的电极反应为评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、已知25°C时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Al(OH)3+H2O=Al(OH)+H+,Ka=6.31×10-13.某溶液中可能含有H+、Na+、Mg2+、Al3+、C1-、HCO等离子。向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时；发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是。

A.各点的化学成分：b点沉淀-Al(OH)3；d点沉淀-Al(OH)3和Mg(OH)2；e点溶质-NaCl和NaAl(OH)4B.各段只发生如下反应：ab段：A13++3OH-=Al(OH)3↓；cd段；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；de段：Al(OH)3+OH-=Al(OH)C.依题意，用NaOH不能完全分离Al3+和Mg2+离子D.bc段Al(OH)3部分溶解11、电絮凝的反应原理是以铝；铁等金属为阳极；在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子，再经一系列水解、聚合及氧化过程，发展成为各种羟基络合物、多核羟基络合物以及氢氧化物，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法错误的是。

A.若铁为阳极，则阳极电极方程式为：Fe-2e-=Fe2＋B.阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-C.每产生1molH2，整个外电路中理论上转移电子数为2NAD.若铁为阳极，则在处理废水的过程中阳极附近会发生：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O12、室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种弱酸(HA；HB和HD)溶液；滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是。

A.室温下，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时，溶液中：c(Na+)>c(B-)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时，三种溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)13、室温下，向20mL0.10mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。若溶液混合引起的体积变化可忽略；下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是。

A.b点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)B.c、e两点溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)C.d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol·L-1D.f点溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)14、某温度下，分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/AgNO3溶液，滴加过程中-lgc(Cl-)和-lgc(CrO)与AgNO3溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.x=0.1B.曲线Ⅰ代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)约为2×10-8D.y=9评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、写出下列反应的热化学方程式：

(1)1mol气态H2与1mol气态Cl2反应生成2mol气态HCl；放出183kJ的热量__________：

(2)1molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)；需吸收68kJ的热量_________；

(3)64g铜粉与适量O2(g)反应生成氧化铜；放出157kJ的热量_________；

(4)1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量；写出硫燃烧的热化学方程式_______：

(5)4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，写出CO燃烧的热化学方程式__________。16、在一个2L的密闭容器中，投入反应物，发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，其中SO3的变化如下图所示：

（1）写出该反应的平衡常数表达式并根据8min时到达平衡计算出结果________________。

（2）用O2表示0到8min内该反应的平均速率v=__________________。

（3）升高温度，该反应的K值将______；容器中气体的平均相对分子质量将______。（填“增大”“减小”或“不变”）

（4）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

A．v(SO3)=2v(O2)B．容器内压强保持不变。

C．v(SO2)逆=2v(O2)正D．容器内密度保持不变。

（5）在第12min时，容器压缩到1L，则SO3的变化曲线为_______。

A．aB．bC．cD．d

（6）若保持容积不变在第12min时，加入SO3(g)，则平衡向_______反应方向移动（填“正”或“逆”）。SO3的体积分数_______（填“增大”或“减小”）。

（7）将相同物质的量的SO3充入下面的两个容器中；已知甲容器有活塞可以上下移动，乙容器体积固定，在相同的温度；压强下开始发生反应，在反应过程中维持体系温度不变。

①反应达平衡所需时间甲________乙（填“大于”“等于”或“小于”）；达平衡时SO3的转化率甲__________乙（“大于”“等于”或“小于”）。

②若平衡后，向甲、乙中分别充入惰性气体，__________（填“甲”或“乙”）容器的平衡将向__________（填“正”或“逆”）反应方向移动。17、SO2；CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害；工业上可采取多种方法减少这些有害气体的排放。回答下列问题：

I．用钙钠双碱工艺脱除SO2：

①用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；

②用CaO使NaOH溶液再生NaOH溶液Na2SO3

(1).CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)。从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理___________。

(2).25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液，该吸收液中c(SO)∶c(HSO)=___________。(已知25℃时，亚硫酸Ka1=1.3×10-2；Ka2=6.2×10–7)

II．汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体：2NO+2CON2+2CO2，可减少尾气中有害气体排放。已知该反应的v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数；只与温度有关)。

(3).已知：碳的燃烧热为393.5kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5kJ/mol

2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221kJ/mol

则：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=___________kJ/mol。若平衡后升高温度，则___________(填“增大”；“不变”或“减小”)

(4).将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1或T2)，发生反应达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体积分数随的变化曲线如图所示。

①图中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是___________。

②若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(5).催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(I；II)进行反应；测量逸出气体中NO含量，可测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。

①曲线上a点的脱氮率___________(填“＞”；“＜”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。

②催化剂II条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。18、已知：H2S(g)H2(g)+S2(g)，在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol/L，测定H2S的转化率，H2S的平衡转化率与温度关系如图所示。据图可知：温度升高平衡常数K_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。若985℃时平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______。

19、化学反应过程中伴随着能量变化；请回答下列问题：

(1)下列反应中，属于放热反应的是___________(填序号，下同)，属于吸热反应的是___________。

①物质燃烧②二氧化碳通过炽热的碳③生石灰溶于水的过程④炸药爆炸⑤碳酸钙高温分解。

(2)某实验小组同学进行如图所示实验；以检验化学反应中的能量变化。

实验发现，反应后①中的温度升高，②中的温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是___________反应(填“放出”或“吸收”，下同)，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是___________反应。反应___________(填①或②)的能量变化可用图(b)表示。

(3)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1___________(填大于、小于或等于)Q2。

(4)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ·mol-1表示。请认真观察下图；然后回答问题。

图中所示反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。

(5)已知拆开1molH－H键、1molI－I键、1molH－I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则反应掉1mol氢气和1mol碘，生成HI会___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ的热量。

(6)已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为___________kJ。

评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)20、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误21、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.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)22、三草酸合铁(III)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为翠绿色的单斜晶体；易溶于水(溶解度0℃，4.7g/100g；100℃，117.7g/100g)，难溶于乙醇。

(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁晶体：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4，然后再用草酸亚铁晶体在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，制得三草酸合铁(III)酸钾晶体，该反应的化学方程式为___________；

(2)II测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。

步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体；配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________；

步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后；过滤；洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。

步骤四：向锥形瓶中加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。

请回答下列问题：

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量___________(选填“偏低”；“偏高”、“不变”)；

②写出步骤四中发生反应的离子方程式：___________；

③实验测得该晶体中铁的质量分数为___________。(写出计算过程)23、草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO+H2C2O4+_____=Mn2++CO2↑+____(未配平)。用4mL001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：。组别10%硫酸体积/mL温度/℃其他物质I220II22010滴饱和X溶液III230IV1201mL蒸馏水

回答下列问题：

(1)草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的离子方程式为___。

(2)如果研究浓度对化学反应速率的影响，使用实验__和__(填序号)。

(3)研究发现，在反应开始段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显，但不久突然褪色，反应速率明显增大。在排除温度的影响后，你猜想还可能是其它影响。为了验证这种猜想，某同学在实验II中加入X溶液进行验证，则X可能是___。

A.硫酸钾B.硫酸锰C.氯化锰D.水24、某化学小组对溶液与溶液反应进行探究。

(一)配制溶液。

(1)配制溶液前需检验是否变质，其操作为___________。

(2)用离子方程式解释配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶于稀盐酸，再稀释到所需的浓度的原因___________。

(二)预测实验。

(3)该小组同学预测溶液与溶液混合时，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，他们预测的理论依据为：___________。

(三)实施实验向溶液中逐滴加入的溶液。装置反应时间实验现象产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色(4)①小组同学同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，请写出相应的离子方程式___________。

②查阅资料：溶液中三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：从反应速率和化学平衡两个角度解释的实验现象___________。

(5)小组同学认为没有观察到预期的实验现象，是因为混合产生气体的反应，干扰了氧化还原反应的发生，小组同学通过如下实验证明了猜想的正确性。装置实验步骤操作实验现象Ⅰ向烧杯中装好溶液、连接好装置、闭合开关灵敏电流表指针未发生偏转Ⅱ向左侧烧杯中滴加少量的饱和溶液灵敏电流表指针向左侧偏转灵敏电流表指针向左侧偏转Ⅲ继续向左侧烧杯中再滴加少量的铁氰化钾溶液左侧烧杯中产生蓝色沉淀、灵敏电流表指针向左侧偏转幅度更大左侧烧杯中产生蓝色沉淀、灵敏电流表指针向左侧偏转幅度更大

①分析实验Ⅰ电流计指针不偏转(没有形成原电池)的原因是___________。

②分析实验Ⅱ电流计指针偏转以及实验Ⅲ电流计指针偏转幅度更大的原因___________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共6分)25、甲；乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素；它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。

(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。

(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因___________，写出此时反应④的离子方程式___________。

(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为___________。

(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。26、随原子序数的递增，九种短周期元素用字母表示原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如图所示．

请回答下列问题；

d、e、f四种元素的简单离子中，半径最大的离子是______填离子符号

的氢氧化物是一种重要的基本化工原料，写出工业上制备该氢氧化物的离子方程式______。

含f元素的两种离子在溶液中不能大量共存的原因是______用离子方程式表示

关于图乙所示转化关系代表卤素下列说法错误的是______。

A.

B.

C.y；z的非金属性依次减弱；所以途径Ⅱ的热量按y、z的顺序依次增多。

D.途径Ⅰ生成y的氢化物比生成z的氢化物更容易。

元素的某种含氧酸是一种新型氧化剂，应用性极强，通过反应：制得．该反应中水的作用与下列中水的作用相同的是______。

A.钠与水反应制氢气过氧化钠与水反应制氧气。

C.氯气与水反应制次氯酸氟单质与水反应制氧气。

f的最高价氧化物的水化物的使含的离子的溶液开始产生沉淀的pH为______。

元素e和g组成的简单化合物B的水溶液中离子浓度由大到小的顺序为______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．c点加入的n（CH3COONa）=0.1mol，溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（H+）=c（OH-），则此时溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根据图象，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，该温度下，醋酸电离平衡醋酸K=Ka==选项A正确；

B．从b到c时pH增大，说明加入NaOH溶液，CH3COONa水解促进水的电离，过量的NaOH抑制水的电离，起始时有多余的CH3COOH，继续加入NaOH可生成更多的CH3COONa，完全生成CH3COONa时水的电离程度最大，此后继续加入NaOH，抑制水的电离，可以使的水电离出的c（H+）再次达到10-7mol/L；故B错误；

C．从b到a时pH减小，说明加入CH3COOH，溶液中c（CH3COOH）增大，a点时，=104（5c-1），而c点为中性，说明c一定大于0.2，所以c（CH3COOH）：c（CH3COONa）必然大于2；故C正确；

D．根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正确；

故选：B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．滴入石蕊试液显红色的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与会发生反应；不能大量共存，A不符合题意；

B．1.0mol·L−1的KNO3溶液中含有大量H+、Fe2+、会发生氧化还原反应；不能大量共存，B不符合题意；

C．=1×1012的溶液为碱性溶液，含有大量OH-，OH-与Fe2+会发生反应；不能大量共存，C不符合题意；

D．通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl−、K+、Na+之间不能发生任何反应；可以大量共存，D符合题意；

故合理选项是D。3、C【分析】【详解】

根据某物质的速率除以该物质的系数，得到的结果越大，则速率越大，因此分别得到所以υ(C)=0.4mol∙L−1∙s−1的反应速率最快；故C符合题意。

综上所述，答案为C。4、D【分析】【详解】

A．该反应是的吸热反应；升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数增大，故A错误；

B．I中平衡时氧气浓度为0.2则二氧化氮浓度改变了为0.4则平衡转化率约为故B错误；

C．Ⅱ在I平衡时的基础上充入一氧化氮0.1平衡逆向移动，因此Ⅱ中达到平衡状态时，故C错误；

D．达到平衡时变形得到因此该反应的化学平衡常数可表示为故D正确。

综上所述，答案为D。5、C【分析】【详解】

A．反应起始，n(H2O)/n(CH4)=3，CH4和H2O按1:1反应；X点平衡时二者比例一定不为3，A项错误；

B．CH4物质的量一定的情况下，Z越大，H2O物质的量越大，平衡越向右移动，CH4转化率增大，平衡时CH4的体积分数越小，则a<3

C．由图可知，温度越高，平衡时CH4的体积分数越小，表明正反应吸热，△H>0；C项正确；

D．温度不变时，增大X点对应的平衡体系的压强后，反应平衡朝逆向移动，φ(CH4)增大；D项错误。

故答案选C。6、A【分析】【分析】

在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。

【详解】

A．Ca(CH3COO)2在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出Ca2+和CH3COO-，Ca(CH3COO)2为强电解质；选项A符合题意；

B．H3PO4在水溶液中不能完全电离，H3PO4为弱电解质；选项B不符合题意；

C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质；选项C不符合题意；

D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下均不能电离，CH3CHO属于非电解质；选项D不符合题意；

故答案选A。7、B【分析】【分析】

溶于水会使溶液温度降低，说明是吸热过程，则①>0；

溶于水会使溶液温度升高，说明是放热过程，则②<0；

③受热分解的化学方程式为

【详解】

A．根据盖斯定律：=－由于>0和<0，因此=－>0，即><故A错误；

B．根据盖斯定律：=－由于>0和<0，因此=－>0，即><<故B正确；

C．由于<0，>0，=－>0，则＋>故C错误；

D．根据B项的分析知，><0，+<故D错误；

答案选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应Ⅰ的化学平衡常数表达式为：A错误；

B．根据盖斯定律，将反应II+III，整理可得=-48.2kJ/mol，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应。升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减少，故曲线b为等压线，表示CH3OH的物质的量分数随温度变化；B错误；

C．根据选项B分析可知：为放热反应，要提高由CO2合成CH3OH的反应的转化率；根据平衡移动原理可知：反应应该在低温下进行，若研发出在低温区高效的催化剂，就可以使反应速率大大提高，缩短达到平衡所需时间，C正确；

D．根据选项B分析可知曲线b为等压线。增大压强，平衡正向移动，CH3OH的物质的量分数增大，因此曲线a为等温线，由曲线可知反应条件为压强为在温度为250℃条件下，平衡时CH3OH的物质的量分数为0.10；D错误；

故合理选项是C。9、C【分析】【分析】

由题图中物质的转化关系可知；X极元素化合价升高，失去电子，是负极，Y极是正极。

【详解】

A.由题图可知，经微生物硝化作用转化为该过程为氧化过程，A项正确；

B.由题图中物质的转化关系可知，X极是负极，Y极是正极，盐桥阳离子移向正极，阴离子移向负极，则盐桥中的向Y极移动；B项正确；

C.电子由负极沿导线流向正极；即从X极沿导线流向Y极，C项错误；

D.Y极是正极，发生还原反应，电极反应为D项正确；

答案选C。

【点睛】

本题考查了原电池的实际应用，存在的两个半反应及盐桥与教材中的模型不同，但原理相同。装置“面相”生疏，容易出错，注意运用原电池原理及原电池中离子和电子的移动规律进行解答。本题易错选B，判断盐桥中离子的移动方向时，可以把盐桥理解为离子导体的一部分。二、多选题(共5题，共10分)10、AD【分析】【分析】

【详解】

略11、A【分析】【分析】

由装置图中电子的移动方向可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极。若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，并且二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；据此分析判断。

【详解】

A．由装置图可知，若铁为阳极，则阳极电极方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+；故A错误；

B．阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；故B正确；

C．由装置图可知，阴极的电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，所以每产生1molH2，整个电解池中理论上转移电子数为2NA；故C正确；

D．若铁为阳极，阳极电极方程式为Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，在处理废水的过程中二价铁还被放出的氧气氧化成三价铁，离子方程式为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；故D正确；

故选A。12、AD【分析】【分析】

【详解】

略13、AC【分析】【分析】

图像b点对应所加V(NaOH)=10mL，此时CH3COOH被中和一半，故b点组成为CH3COOH和CH3COONa，两者近似相等；d点所加V(NaOH)=20mL，此时CH3COOH被完全中和，故d点组成为CH3COONa；f点所加V(NaOH)=40mL，此时NaOH相当于原醋酸的两倍，故f点组成为CH3COONa和NaOH，两者近似相等；c点时CH3COOH未完全中和，故组成为CH3COOH和CH3COONa，由图像纵坐标得c水(H+)=10-7mol/L=c水(OH-)，此时只有水电离产生OH-（注意CH3COO-水解生成的OH-实际也来源于水），故c(OH-)=c水(OH-)=10-7mol/L，根据Kw求得c(H+)=10-7mol/L，pH=7，溶液显中性；e点组成为CH3COONa和NaOH；溶液显碱性。

【详解】

A．b点：c(CH3COOH)：c(CH3COONa)≈1:1，对比c点可知b点溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，故c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，c(Na+)保持不变，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)；可知A正确；

B．c点显中性，关系成立，但e点显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO-)；B错误；

C．d点组成为CH3COONa，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=（注意两者等体积混合浓度被稀释为原来一半）；故左右两边相加之和为0.1mol/L，C正确；

D．f点组成：c(CH3COONa)：c(NaOH)≈1:1，c(Na+)相当于两份，c(CH3COO-)相当于一份，故c(Na+)>c(CH3COO-)，此时NaOH完全电离产生的OH-与CH3COO-近似相等，由于CH3COO-水解导致自身减少，OH-变多，故c(OH-)>c(CH3COO-)，即大小顺序为：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)；D错误。

【点睛】

①注意图像纵坐标不是溶液中总的c(H+)，仅仅是c水(H+)，不能直接换算成pH；②混合过程中注意浓度稀释的问题。14、CD【分析】【详解】

A．根据图象可知，未滴加AgNO3溶液时-lgc(Cl-)或-lgc(CrO)均为1，则NaCl和Na2CrO4均为强电解质，所以溶液均为0.1mol•L-1；即x=0.1，故A正确；

B．1molCl-和CrO分别消耗1mol和2molAg+，由图象可知，滴加AgNO3溶液过程中，曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL；则曲线I代表NaCl溶液，故B正确；

C．b点时，硝酸银和Na2CrO4恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NaNO3，同时存在沉淀溶解平衡Ag2CrO4CrO+2Ag+；-lgc(CrO)=4，则c(CrO)=10-4mol•L-1，c(Ag+)=2×10-4mol•L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO)•c2(Ag+)=10-4×4×10-8=4×10-12；故C错误；

D．a点时，Cl-恰好完全沉淀，-lgc(Cl-)=5，则c(Cl-)=10-5mol•L-1，c(Ag+)=10-5mol•L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)•c(Ag+)=10-10，c点加入40mLAgNO3溶液，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)==3×10-9mol/L，则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52；故D错误；

综上所述答案为CD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

热化学方程式中的化学计量数代表的是物质的量，放热反应的△H为“-”，吸热反应的△H为“+”。

【详解】

(1)1mol气态H2与1mol气态Cl2反应生成2mol气态HCl，放出183kJ的热量，反应的热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收68kJ的热量，反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)64gCu粉与适量O2(g)反应生成氧化铜固体，放出157kJ的热量，64gCu即为1mol，故反应的热化学方程式：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol；

(4)1mol硫粉为32g，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，所以32g硫粉在氧气中充分燃烧放出的热量为9.36×32=299.52kJ，则硫燃烧的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-299.52kJ/mol；

(5)4gCO的物质的量为4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，则1molCO在氧气中燃烧生成CO2放出的热量为9.6×7=67.2kJ，故CO燃烧的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-67.2kJ/mol。【解析】H2(s)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-299.52kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-67.2kJ/mol16、略

【分析】【分析】

（1）平衡常数等于生成物浓度系数次方的乘积与反应物的浓度系数次方的乘积之比；

（2）v(O2)=

（3）升高温度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移动；气体总质量不变；总物质的量增大；

（4）根据平衡标志分析；

（5）容器压缩的瞬间，SO3物质的量不变，随即平衡逆向移动，SO3的物质的量增大。

（6）若保持容积不变在第12min时，加入SO3(g)，SO3浓度增大；体系压强增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反应气体物质的量增多，甲容器有活塞可以上下移动，乙容器体积固定，所以乙容器的压强大于甲。

【详解】

（1）根据图像，8分钟时c(SO3)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，则c(SO2)=0.2mol/L，c(O2)=0.1mol/L，K==0.4；

（2）0到8min内生成氧气的物质的量是0.2mol，该反应的平均速率v(O2)=0.0125mol∕（L·min）；

（3）升高温度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移动，所以K值将增大；气体总质量不变；总物质的量增大，M=m÷n，所以容器中气体的平均相对分子质量将减小；

（4）A．v(SO3)=2v(O2)，都是正反应速率，不能体现正逆反应速率相等，故不一定平衡，不选A；

B．反应前后气体系数和不同；气体压强是变量，容器内压强保持不变一定平衡，故选B；

C．v(SO2)逆=2v(O2)正，正逆反应速率相等，一定平衡，故选C；

D．气体总质量不变；容器总体积不变；密度是恒量，容器内密度保持不变，不一定平衡，故不选D。

（5）容器压缩的瞬间，SO3物质的量不变，随即平衡逆向移动，SO3的物质的量增大；所以c曲线符合。

（6）若保持容积不变在第12min时，加入SO3(g)，SO3浓度增大，平衡正向移动；体系压强增大，SO3的体积分数增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反应气体物质的量增多，甲容器有活塞可以上下移动，乙容器体积固定，所以平衡时乙容器的压强大于甲；

①压强越大反应速率越快，乙容器的压强大于甲，所以达到平衡所需时间甲大于乙；增大压强平衡逆向移动，达平衡时SO3的转化率甲大于乙。

②若平衡后，向甲、乙中分别充入惰性气体，甲容器体积增大，相当于减压，平衡将向正反应方向移动。充入惰性气体后乙容器体积不变，平衡不移动。【解析】K==0.40.0125mol∕（L·min）增大减小BCC正增大大于大于甲正17、略

【分析】【分析】

【小问1】

CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)。从平衡移动的角度，SO与Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移动，生成NaOH；【小问2】

25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，生成亚硫酸钠溶液，水解平衡常数为，当得到pH=9的吸收液，氢离子浓度为10-9mol/L,该吸收液中c(SO)∶c(HSO)==【小问3】

碳的燃烧热为393.5kJ/mol，热化学方程式为：①C(g)+O2(g)=CO2(g)∆H=-393.5kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H1=+180.5kJ/mol，③2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=-221kJ/mol，根据盖斯定律分析，①×2-②-③得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=-393.5kJ/mol×2-180.5kJ/mol+221kJ/mol=-746.5kJ/mol；若平衡后升高温度，平衡逆向移动，则增大。【小问4】

①相同时，T1的对应的氮气的体积分数较高，说明平衡正向移动,T1温度高，越大，则一氧化碳的量越多，平衡正向移动，一氧化氮的转化率越大，故图中a、b；c、d中对应NO转化率最大的是c。

②

解x=总物质的量n=2-0.5x=该温度下反应的平衡常数【小问5】

①温度降低,平衡向放热方向移动,即向正反应方向移动,平衡转化率会随着温度降低而升高,在催化剂I条件下,平衡脱氮率可以达到40%以上,而降低温度；放热反应的平衡脱氮率升高，a点温度低于450°C，平衡脱氮率应高于40%，图2中显示a点的脱氮率只有10%左右，故曲线上a点的脱氮率(约10%)小于对应温度下的平衡脱氮率。

②催化剂II条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是催化剂的活性可能降低,催化效果减弱,相同时间内脱氮率下降或反应已达平衡,温度升高平衡逆向移动。【解析】【小题1】SO与Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移动，生成NaOH

【小题2】620

【小题3】①.-746.5②.增大。

【小题4】①.c②.Pa-1

【小题5】①.＜②.温度超过450℃时，催化剂的活性可能降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或反应已达平衡，温度升高平衡逆向移动18、略

【分析】【分析】

据图可知：温度升高，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数K增大；985℃时平衡常数K=0.04，H2S的平衡转化率为40%；可以计算出平衡时各物质的浓度，将平衡浓度代入平衡常数表达式可以计算出c的值，由此分析。

【详解】

据图可知：温度升高，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数K增大。985℃时，H2S的平衡转化率为40%，起始浓度H2S的浓度为cmol/L，可以得到：

则平衡时c(H2S)=0.6cmol/L，c(H2)=0.4cmol/L，c(S2)=0.2cmol/L，代入平衡常数公式，则K=0.04=解得c=0.018。【解析】①.增大②.0.01819、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①物质燃烧是放热反应；②二氧化碳通过炽热的碳生成CO；属于吸热反应；③生石灰溶于水生成氢氧化钙，属于放热反应；④炸药爆炸属于放热反应；⑤碳酸钙高温分解生成氧化钙和氧气，属于吸热反应；因此属于放热反应的是①③④，属于吸热反应的是②⑤；

(2)实验发现，反应后①中的温度升高，由此判断铝条与盐酸的反应是放热反应，②中的温度降低，说明Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应。图b中反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，则反应①的能量变化可用图(b)表示；

(3)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，由于气态水转化为液态水放出热量，则Q1小于Q2；

(4)图中所示反应物总能量高于生成物总能量；因此反应是放热反应；

(5)反应掉1mol氢气和1mol碘；断键吸收的能量是436kJ+151kJ＝587kJ，形成化学键放出的能量是2×299kJ＝598kJ＞587kJ，因此生成HI会放出598kJ－587kJ＝11kJ的热量；

(6)设H－Cl键键能是xkJ/mol，H－O键键能是ykJ/mol，则4y+2×243－4x－498＝115.6，解得y－x＝31.9，即断开1molH－O键与断开1molH－Cl键所需能量相差约为31.9kJ。【解析】①③④②⑤放热吸热①小于放热放出1131.9四、判断题(共2题，共6分)20、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。21、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。五、实验题(共3题，共12分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；故答案为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；

(2)KMnO4具有强氧化性，C2OFe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的MnO使溶液显紫色；所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够；则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。故答案为：偏高；

②Fe2+与MnO在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

③n(KMnO4)=c·V=0.010mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，则根据方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4mol=1.0×10-3mol，m(Fe2+)=1.0×10-3mol×56g/mol=0.056g，则Fe元素的质量分数为：=11.2%；故答案为：11.2%；【解析】①.2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O②.滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色③.偏高④.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O⑤.11.2%23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2)研究浓度对化学反应速率的影响；浓度变化，而其它条件必须相同，则根据表中数据可知对比实验I和Ⅳ即可；

(3)KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用；要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，不能加氯化锰，因为氯化锰会引入氯离子，氯离子能被高锰酸钾氧化；答案选B。【解析】2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2OIⅣB24、略

【分析】(1)

溶液如果变质会生成硫酸钠，因此可通过检验样品中是否有硫酸根离子确定溶液是否变质，具体操作：用一支洁净的试管，取少量的亚硫酸氢钠固体，加入蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，则溶液未变质，故答案为：用一支洁净的试管，取少量的硫酸氢钠固体，加入蒸馏水溶解，先加过量的盐酸酸化，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，则溶液未变质；

(2)

氯化铁为强酸弱碱盐，溶液中会发生水解加入稀盐酸中可以抑制氯化铁的水解，故答案为：

(3)

氯化铁具有较强的氧化性，亚硫酸钠具有强的还原性，两者混合后会发生氧化还原反应，氯化铁被还原成氯化亚铁，溶液颜色由黄色变浅绿色，故答案为：有氧化性，有还原性，混合时发生氧化还原反应，变成变成浅绿色；

(4)

①刺激性气味气体为二氧化硫，生成的原因可能是与发生双水解反应：导致，也可能