2025年人教版选择性必修1化学下册月考试卷VIP

…………○…………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年人教版选择性必修1化学下册月考试卷568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8题，共16分)1、已知Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。电池工作时；下列说法不正确的是。

A.二氧化铅发生还原反应B.电子从铅电极经导线流向二氧化铅电极C.铅作正极D.铅电极的电极反应式：Pb-2e-+=PbSO42、常温常压下，电解法合成氨的原理如图所示，下列说法不正确的是。

A.a极代表电源的负极B.b极相连的电极反应式为C.电极表面放电会导致氨的产量降低D.该方法合成氨的化学方程式为3、如图所示，甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH==2K2CO3+6H2O。下列说法正确的是。

A.甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B.甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O=+8H+C.甲池中消耗560mL(标准状况下)O2，此时乙池中银极增重3.2gD.反应一段时间后，向丙池中加入一定量盐酸，一定能使MgCl2溶液恢复到原浓度4、T℃时，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中充入4molCO和4mol发生反应测得和的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率分别可表示为分别为正；逆反应速率常数；只受温度影响。下列说法正确的是。

A.从反应开始至达到平衡时，以表示的平均反应速率为B.该反应在B两点的正反应速率之比为C.当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态D.T℃时，该反应的平衡常数为5、已知在25℃、Pa下，1mol氮气和1mol氧气生成2mol一氧化氮的能量变化如下图所示，已知下列有关说法正确的是。

A.分解为和时吸收热量B.乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJC.D.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙6、已知：①常温下，醋酸和的电离平衡常数均为②下列判断不正确的是A.等体积等浓度的醋酸与氨水混合后溶液呈中性B.溶液呈碱性C.溶液中浓度最大的离子是D.相同条件下，的醋酸与氨水中水的电离程度相等，都促进了水的电离7、某同学组装了如图所示的电化学装置；其中电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，下列说法正确的是（）

A.装Al2(SO4)3溶液的烧杯是原电池，其余两个为电解(电镀)池B.电极IV的电极反应：Cu2++2e-=CuC.电极Ⅱ逐渐溶解D.盐桥中电子从右侧流向左侧8、关于钢铁腐蚀与防护的说法不正确的是()A.钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为Fe－2e－===Fe2＋B.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－C.地下钢管连接镁块是采用牺牲阳极保护法D.用外加电流的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，钢铁接电源的正极评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、现有三个体积相同的密闭容器，按如图所示投料，并在T℃条件下开始反应，其中容器Ⅲ保持恒压100kPa。已知:分压=总压×物质的量分数，对于2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，T℃时，容器Ⅲ达到平衡，其平衡常数K=p(N2O4)/{[p(NO2)]}2=7.5×10-3kPa-1,式中p(N2O4)、p(NO2)为气体分压。下列说法正确的是。

A.达平衡时，容器Ⅱ中N2O4转化率大于50%B.达平衡时，容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅲ中的大C.达平衡时，容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅱ中的大D.若起始时向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2,达到平衡前v(正)10、银Ferrozine法检测甲醛的原理：①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2②Fe3+与①中产生的Ag定量反应生成Fe2+③Fe2+与Ferrozine形成有色物质④测定溶液的吸光度（吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比）。下列说法不正确的是A.①中负极反应式：HCHO-4e−+H2O=CO2+4H+B.①溶液中的H+由Ag2O极板向另一极板迁移C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶2D.测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高11、根据如下能量关系示意图；判断下列说法正确的是。

A.1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C.由C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1D.热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值为10.1kJ·g-112、某科学家发现了一种高效、清洁、选择性地将乙烯转化为环氧乙烷()的电解装置；如图所示。

已知：

下列说法正确的是A.物质Z是B.工作时，X极附近溶液的pH增大C.Y极为阴极，离子交换膜应为阴离子交换膜D.制备的总反应式为13、常温下，将溶液滴加到等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与微粒浓度变化关系如图所示[已知：]。下列说法错误的是。

A.m点对应的溶液体积小于B.的数量级为C.l点所示溶液中：D.n、m、l三点，n点水的电离程度最大14、实验测得0.5mol•L-1CH3COONa溶液和H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下用说法正确的是。

A.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH-)增大B.随温度升高，H2O的pH逐渐减小，是因为水中c(H+)＞c(OH-)C.随温度升高，CH3COONa溶液的pH变化是Kw改变和水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液的pH降低是因为CH3COO-水解平衡向逆反应方向移动的结果评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、工业生成尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素，反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)，该反应的平衡常数和温度关系如下：。T/℃165175185195K111.974.150.634.8

(1)ΔH__0(填“＞”；“＜”或“=”)。

(2)在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比)n(NH3)∶n(CO2)=x，如图是氨碳比(x)与CO2平衡转化率(α)的关系，α随着x增大而增大的原因是__。

(3)图中的B点对应的NH3的平衡转化率为__。16、是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫()与原料制备受热分解生成为气态△H发生反应。回答下列问题：

(1)上述反应中以物质的量分数表示的平衡常数与温度T的变化关系如图所示，则△H_______0(填“>”、“=”或“＜”)，提高平衡体系中的体积分数的措施为_______(填一条)。

(2)某兴趣小组对上述反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.2mol和0.1mol通入2L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为300kPa)；其中三种气体的分压随时间的变化曲线如图所示。

①表示分压变化的曲线是_______(填序号)；若保持容器体积不变，时反应达到平衡，则0～内的反应速率_______(用含的代数式表示)。

②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______。

③在该温度下，该反应的标准平衡常数_______(保留两位小数；已知：

分压=总压×物质的量分数；对于反应其中为各组分的平衡分压)。17、在溶液中存在平衡：

（1）加热溶液溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入溶液，产生的现象为________________。

（2）不断加热溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体是______（填化学式）。

（3）在配制溶液时，为防止出现浑浊，应加入______。18、（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。

（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol

写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。____

100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。

（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。

①m1________m2（填＞；＜或＝）

②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________

a．反应停止了b．反应的△H变大。

c．反应达到平衡d．催化剂活性降低19、如图为25℃时，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液过程中混合溶液pH的变化曲线。

（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应时溶液中各离子浓度大小关系为__。

（2）AB区间，c(OH-)＞c(H+)，则c(OH-)与c(CH3COO-)大小关系是__（填序号）。

A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-)B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)

C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-)D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)

（3）在B点时，溶液中各离子浓度大小关系为__。

（4）在D点时，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D点混合溶液的质子守恒的关系为__。20、CuSO4溶液是中学化学及农业生产中常见的一种试剂。

（1）某同学配制CuSO4溶液时，需加入一定量的硫酸溶液，用离子方程式说明其原因是____________。

（2）该同学利用制得的CuSO4溶液；进行以下实验探究。

①图一是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。电解质溶液乙是_______(填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液;Cu极的电板反应式是_______。

②图二中，Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则a处通入的是_______(填“CH4”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式是_____________。若只把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解时的化学反应方程式为_____________________。若把Ⅱ中电极均换为惰性电极，电解液换为含有0.04molCuSO4和0.04molNaCl的混合溶液400mL，当阳极产生的气体为672mL(标准状况下)时，溶液的pH=_______(假设电解后溶液体积不变)。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)21、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误22、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误23、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.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)24、A；B、C、D都是中学化学常见的物质；其中A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下相互的转化关系如下图所示。请回答下列问题：

（1）若A；B、C的溶液均显碱性；C为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一．

①A中所含化学键类型为___________，D的电子式为___________；

②25℃时，0.1mol•L-1B、C溶液，pH较大的是___________溶液(填溶质的化学式)，写出B溶液中显电中性的原因___________，已知，B溶液里的pH=10，则其水电离出来的H+的浓度为________________。

（2）向反应体系中同时通入甲烷；氧气和水蒸气；发生的主要化学反应有：

I．CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802.6kJ/mol

II．CH4(g)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-322.0kJ/mol

III．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H3=+206.2kJ/mol

Ⅳ．CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H4=+165.0kJ/mol

请回答下列问题：

①CH4的燃烧热△H________△H1．(填“＞”；“＜”或“=”)；

②在反应初始阶段，反应II的反应速率大于反应III的反应速率．比较反应II的活化能EII和反应III的活化能EIII的大小：EII________EIII(填“＞”、“＜”或“=”)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．由反应可知；二氧化铅转变成硫酸铅，化合价降低，发生还原反应，故A正确；

B．原电池中电子由负极铅流出；经导线流向正极二氧化铅，故B正确；

C．由电池总反应可知，Pb失电子作负极；故C错误；

D．铅电极为负极，失电子转变成硫酸铅，电极反应为：Pb-2e-+=PbSO4；故D正确；

故选：C。2、A【分析】【分析】

图右侧电极由N2转化成NH3，N元素化合价从0降至-3，发生还原反应，则右侧为阴极区，b为电源负极；a为电源正极，左侧为阳极区。

【详解】

A．据分析；a极代表电源的正极，A错误；

B．b极为电源负极，则阴极上N2得电子，在H+参与下转化成NH3，反应式为B正确；

C．阴极上发生还原反应，可能存在H+得电子，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，可能产生少量氢气，则电极表面放电会导致氨的产量降低；C正确；

D．左侧为阳极区，阳极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，结合选项B可知，该方法合成氨的化学方程式为D正确；

答案选A。3、C【分析】【分析】

甲池中能发生自发的氧化还原反应；属于原电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则石墨为阳极，Ag为阴极，左侧的Pt为阳极，右侧的Pt为阴极。

【详解】

A．甲池中能发生自发的氧化还原反应；属于原电池，乙池和丙池属于电解池，故A错误；

B．在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O+8OH-=+8H2O；故B错误；

C．甲池中消耗560mL(标准状况下)O2；氧气的物质的量为0.025mol，则转移电子0.1mol，根据转移电子守恒知，乙池中Ag电极生成0.05molCu，则Cu的质量=0.05mol×64g/mol=3.2g，故C正确；

D．电解池丙池中；电解后生成氢氧化镁；氢气和氯气，要想复原，要加入HCl，加盐酸会增大水的量，故D错误。

答案选C。

【点睛】

考查了原电池和电解池原理，注意把握燃料电池原理和电解原理，注意书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性，电解质溶液不同电极反应式不同。4、B【分析】【详解】

A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==0.02mol/(L·min)；故A错误；

B．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4；故B正确；

C．组分都是气体；因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C错误；

D．达到平衡时，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K==16；故D错误；

答案为B。5、B【分析】【详解】

A．由热化学方程式可知：N2与O2反应产生NO是放热反应，NO(g)分解为N2(g)和O2(g)是该反应的逆反应；因此该反应是放热反应，A错误；

B．物质由气态变为液态会放出热量；由乙生成丙放出热量1264kJ，则2mol气态NO变为2mol液态NO又会放出一部分热量，因此乙→丙的过程中若生成液态一氧化氮，释放的能量将大于1264kJ，B正确；

C．反应热等于断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物的化学键释放的能量差，则946kJ/mol+akJ/mol-1264kJ/mol=+180kJ/mol，解得a=498，故O2(g)=2O(g)△H=+498kJ/mol；C错误；

D．反应是吸热反应；说明物质的能量：丙＞甲；由乙变为丙放出热量1264kJ，说明乙的能量比丙高，故三种物质的能量高低顺序：乙＞丙＞甲，D错误；

故合理选项是B。6、D【分析】【详解】

A．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后生成则CH3COONH4；根据题给信息知，相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则二者的电离程度相等，醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，故A正确；

B．根据反应可知；醋酸酸性强于碳酸，醋酸的电离平衡常数大于碳酸，一水合氨的电离平衡常数也大于碳酸，则碳酸氢铵溶液中碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，溶液显碱性，故B正确；

C．碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，溶液显碱性，所以溶液中离子浓度最大的是故C正确；

D．相同条件下，的醋酸与氨水中水的电离都受到抑制；故D错误；

故选D。7、B【分析】【分析】

【详解】

电极Ⅰ为Al；其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极；Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极，Ⅱ是正极。

A．电极Ⅰ为Al；其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极，Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极，Ⅱ是正极，则前2个烧杯组成原电池，第3个烧杯为电解池，A错误；

B．电极Ⅳ是阴极，电解质溶液中的Cu2+在该电极得到电子变为单质Cu，所以电极IV反应式为Cu2++2e-=Cu；B正确；

C．电极Ⅱ是正极，正极上Cu2+得到电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；所以电极Ⅱ质量逐渐增大，C错误；

D．盐桥中离子定向移动；无电子通过，D错误；

故合理选项是B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀中，铁都作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-═Fe2+；故A正确；

B项、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-；故B正确；

C项；镁、铁和电解质溶液构成原电池时；镁易失电子而做负极，铁做正极，做正极的金属被保护，牺牲负极保护正极的方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；

D项；利用外接电源保护金属时；被保护的金属做阴极，所以如果保护铁时，铁要连接电源负极，故D错误；

故选D。

【点睛】

牺牲阳极的阴极保护法是铁与比铁活泼的金属连接，铁做正极被保护，外加电流的阴极保护法是铁要连接电源负极，铁做阴极被保护。二、多选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】

设容器Ⅲ达到平衡时Δn(N2O4)=a，则Δn(NO2)=2a，平衡时容器内n(NO2)=(2-2a)mol，n(N2O4)=amol，压强之比等于气体的物质的量之比，所以p(NO2)==p(N2O4)=所以有=7.5×10-3kPa-1，解得a=0.5mol，所以平衡时容器Ⅲ中n(NO2)=1mol，n(N2O4)=0.5mol，NO2的转化率为50%。

【详解】

A．假设存在容器IV：恒温恒容通入2mollNO2，由于该反应正反应为气体系数之和减小的反应，所以容器IV与容器Ⅲ相比相当于等效平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，N2O4转化率大于50%，而容器Ⅱ与容器IV为等同平衡，所以容器Ⅱ中N2O4转化率大于50%；故A正确；

B．该反应焓变小于0，所以正反应为放热反应，容器I绝热，所以相当于在容器IV的基础上升温，升温平衡逆向移动，N2O4的体积分数减小，而容器IV与容器Ⅲ相比相当于等效平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，N2O4的体积分数减小，所以容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅲ中的小；故B错误；

C．该反应焓变小于0，所以正反应为放热反应，容器I绝热，所以相当于在容器IV的基础上升温，升温平衡逆向移动，N2O4的体积分数减小，容器Ⅱ与容器IV为等同平衡，所以容器Ⅰ中N2O4的体积分数比容器Ⅱ中的小；故C错误；

D．起始时向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2，则起始p(NO2)=p(N2O4)==50kPa，所以Q==210-2kPa-1>7.5×10-3kPa-1，所以反应逆向进行，即达到平衡前v(正)＜v(逆)；故D正确；

综上所述答案为AD。10、BC【分析】【分析】

【详解】

A．①中负极甲醛发生氧化反应生成二氧化碳，所以电极反应式为HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+；故A正确；

B．原电池中阳离子向正极移动，则①溶液中的H+由负极移向正极氧化银；故B错误；

C．甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4；故C错误；

D．甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大；形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，故D正确。

故选：BC。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由题图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量比1molCO2(g)的能量高393.5kJ；故A错误；

B．为放热反应；生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；

C．由题图可知，1molC(s)与0.5molO2(g)反应生成1molCO(g)放出的热量为393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ，且物质的量与热量成正比，焓变为负值，则热化学方程式为故C正确；

D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值为≈10.1kJ·g-1；故D正确；

故选CD。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．由信息：可知Z为故A错误；

B．X极附近图示反应可知酸性增强；故B错误；

C．由图示可知X为阳极，Y为阴极，由于反应需要故离子交换膜应为阴离子交换膜，允许与反应得到故C正确；

D．制备的总反应式为故D正确；

故选CD。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，而m点p=0，说明c(A-)=c(HA)；则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A项正确；

B．m点时c(A-)=c(HA)，Ka(HA)==10-4.76，所以Ka(HA)的数量级为10-5；B项正确；

C．l点溶液呈酸性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na＋)＜c(A-)＋c(HA)；C项错误；

D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越强，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：1>m>n；D项错误；

答案选CD。14、AC【分析】【详解】

A．随温度升高，CH3COONa溶液中CH3COO-的水解程度变大，Kw也增大，故c(OH-)增大；故A正确；

B．随温度升高，因为Kw逐渐增大，H2O的pH逐渐减小，但任何溶液中，水是中性的，纯水中c(H+)始终等于c(OH-)；故B错误；

C．随温度升高，Kw逐渐增大，CH3COONa溶液中CH3COO-的水解程度变大，故溶液pH变化是Kw改变和水解平衡移动共同作用的结果；故C正确；

D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH会降低，是因为随着温度的升高，水的离子积常数Kw在逐渐增大，c(H+)和c(OH-)均在增大；故D错误；

故选AC。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

(1)升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0；故答案为：＜；

②2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)，图象分析判断，x越大，则NH3的相对量越多，增大氨气浓度平衡正向进行，则CO2的转化率增大，故答案为：x越大，则NH3的相对量越多，即相当于平衡体系中增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大；

③B点处x=4，原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为4，二氧化碳转化率为64%，假设氨气为4mol，二氧化碳为1mol，则反应的二氧化碳为0.64mol，依据化学方程式2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)反应的氨气为1.28mol，NH3的平衡转化率=×100%=32%，故答案为：32%。【解析】①.＜②.x越大，则NH3的相对量越多，即相当于平衡体系中增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大③.32%16、略

【分析】(1)

平衡常数随温度的倒数的增大而增大，则随温度T的减小而增大，则正反应为放热反应，所以△H＜0；提高平衡体系中的体积分数；则应使平衡正向移动，由于该反应为放热反应，所以可适当降低温度，使平衡正向移动；增大反应物甲烷的浓度或则及时移走硫化氢均能使平衡正向移动，故答案为：＜；适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）

(2)

①由于为生成物，所以表示分压的曲线应随着反应的进行而逐渐上升，当反应达到平衡后，则平行于时间轴，平衡时的分压则曲线III可表示分压；2L的密闭容器中0.2mol和0.1mol的总压为300kPa，则0.2mol和0.1mol的分别为200kPa和100kPa；解得所以则0～内的反应速率由于所以故答案为：III；

②时将容器体积迅速缩小至原来的一半的瞬间分压增大至原来的2倍，由于该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动，则时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是a；故答案为：a；该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动；

③平衡时的分压分别为120kPa、40kPa、80kPa，则在该温度下，该反应的标准平衡常数==故答案为：【解析】(1)＜

适当降低温度（或增加甲烷的量或移走硫化氢）

(2)IIIa该反应属于等体积反应，所以减小体积（增大压强）平衡不会发生移动17、略

【分析】【详解】

（1）加热溶液得到胶体，加入溶液使胶体聚沉而得到红褐色沉淀；故答案为：生成红褐色沉淀；

（2）加热可促进的水解，由于易挥发，可使水解进行彻底，得到沉淀，受热分解，最终产物为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）为防止水解，应加入少许盐酸，故答案为：加入少许盐酸。【解析】生成红褐色沉淀Fe2O3少许盐酸18、略

【分析】【分析】

(1)根据共价键的相关知识解答；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H；由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；

(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m；m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。

【详解】

(1)COS的电子式C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：O(氧)；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；

(2)COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1＝－34kJ/mol①；

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2＝－41kJ/mol②；

运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)=-7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；体积相同，则K=故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H＝-7kJ/mol；0.25；

(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；

②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。【解析】O（氧）C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OCCO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/mol0.25>d19、略

【分析】【分析】

以滴定实验为背景；结合滴定曲线进行分析，后面的小题又对离子浓度大小进行比较，最后涉及了离子积常数的计算以及pH值的计算。

【详解】

（1）醋酸钠水解使溶液显碱性，NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，离子浓度大小关系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

（2）A．在AB段溶液显示碱性；在接近B点时，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，选项A错误；

B．在接近A时；即加入的醋酸少量，则混合液中氢氧根离子浓度大于醋酸根离子，选项B错误；

C．在AB段；根据选项A；B的分析可知，混合液中氢氧根离子浓度与醋酸根离子不一定相等，选项C错误；

D．根据以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)；选项D正确；

答案选D；

（3）在B点时，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，各离子浓度大小关系为c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)；

（4）在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；D点的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，将电荷守恒乘以2，由物料守恒代入消去c(Na+)，则D点混合溶液的质子守恒的关系为c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。【解析】①.c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)②.D③.c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)④.=⑤.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)20、略

【分析】【详解】

（1）配制CuSO4溶液时，需加入一定量的硫酸抑制铜离子水解，铜离子水解的离子方程是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。

（2）①图一是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池，其中锌为负极、铜为