2025年北师大新版选择性必修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年北师大新版选择性必修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5题，共10分)1、反应N2O4(g)2NO2(g)ΔH=＋57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.由状态B到状态A，可以用降温的方法B.C两点气体的平均相对分子质量：AC.C两点气体的颜色：A深，C浅D.C两点的反应速率：A>C2、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LSO3中含有氧原子数目为3NAB.在25℃、101kPa下，1mol硫和2mol硫燃烧热相等C.18gD2O中含有的质子数目为10NAD.含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa(OH)2的晶体完全中和所放出的热量为中和热3、如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。下列说法错误的是。

A.丙池中Cl-向左侧Pt电极移动B.甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2OC.反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D.甲池中消耗280mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体4、利用微生物电池除去废水中CH3COO-；同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水。下列说法错误的是。

A.负极反应为：CH3COO-+2H2O–8e-=2CO2+7H+B.隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜C.当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为1：15、用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mI。0.1mol·1-1H2A溶液，所得滴定曲线如图所示(已知：①H2A=H++HA-，HA-H++A2-；②HA-的电离平衡常数Ka=10-5；③忽略混合后溶液的体积变化)。下列有关叙述不正确的是。

A.a点溶液中：c(A2-)=c(H+)-c(OH-)B.b点溶液中：3c(A2-)>c(Na+)。C.c点时，消耗的NaOH溶液的体积小于30mLD.d点溶液中；c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、某化学实验探究小组探究MnO2与某些盐溶液的反应，设计如图装置。左烧杯中加入50mL6mol·L-1硫酸溶液，右烧杯中加入50mL6mol·L-1的CaCl2溶液；盐桥选择氯化钾琼脂。当闭合开关K时，电流表中出现指针偏转，下列说法正确的是。

A.该实验装置属于电解池B.左侧烧杯中的电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2OC.C电极上发生还原反应，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.若盐桥换成KNO3琼脂，则C电极上产生的气体的总量减少7、温度为时，在水中加入某物质，水的电离平衡向逆反应方向移动，体系中的增大，且水的不变。加入的这种物质可能是A.氯化钠固体B.氨水C.稀硫酸D.溶液8、在常温下，向一定浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液；pC与溶液pH的变化关系如图(pC=-lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。

下列说法正确的是A.常温下，H2C2O4的Ka1=10-5.3B.pH=3时，溶液中c(HC2O)＜c(C2O)=c(H2C2O4)C.pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D.常温下，随着pH的变化，的值是一定值9、在体积相同的密闭容器中分别加入一定量的催化剂、1molC2H5OH(g)和不同量的H2O(g)，发生反应C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H；测得相同时间内不同水醇比下乙醇转化率随温度变化的关系如图所示。

已知：①水醇比为2：1时；各点均已达到平衡状态。

②不同的水醇比会影响催化剂的催化效果。

下列说法正确的是A.△H>0B.该时间段内用乙醇浓度变化表示的平均化学反应速率：vAEC.C.E两点对应的化学平衡常数相同D.C三点中C点的催化剂催化效果最低10、在时，向容积为的恒容密闭容器中充入和一定量的发生反应：若起始时容器内气体压强为达到平衡时，的分压与起始的关系如图所示：

A.若到达c点，则B.b点的化学平衡常数C.c点时，再加入和使二者分压均增大减小D.容器内的体积分数保持不变，说明达到平衡状态评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)11、(1)下表是一些共价键的键能。共价键Cl－ClN≡NH－HH－ClH－N键能(kJ/mol)243946436432X

①下列物质本身具有的能量最低的是____。

A．Cl2B．N2C．H2D．HCl

②已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3△H=－92kJ·mol－1，则X为___。

(2)由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气，放热241.8KJ。若1g水蒸气转化为液态水放热2.44kJ，则反应H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H=________kJ·mol－1，氢气的燃烧热为________。

(3)已知常温下NO与O2反应生成1molNO2的焓变为-57.07kJ，1molNO2与H2O反应生成HNO3溶液和NO的焓变为-46KJ，写出NO与O2及水生成HNO3溶液的热化学方程式_________。12、二氧化氯是一种绿色消毒剂；常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和电解法等。

(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠和过硫酸钠直接反应，操作简单，同时可得到副产品制备时发生反应的离子方程式为___________。消毒时会产生少量的可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于时，去除率降低的可能原因是___________。

(2)电解法：如图所示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生的电极反应式为___________。装置中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(3)定量测定：为测定某二氧化氯消毒液中的浓度，进行如下实验：量取二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释至再向其中加入过量溶液，充分振荡；用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液

已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I22Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI

计算该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度___________。(写出计算过程)13、Ⅰ.氢气是重要的工业原料；煤的气化是一种重要的制氢途径。反应过程如下：

①

②

(1)的结构式为___________，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________。

(2)反应①的平衡常数表达式___________。

Ⅱ.在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量和反应平衡时，的转化率为50%；CO的物质的量为0.lmol。

(3)下列说法正确的是______

a．将炭块粉碎；可加快反应速率。

b．混合气体的密度保持不变时；说明反应体系已达到平衡。

c．平衡时的体积分数可能大于

(4)若平衡时向容器中充入惰性气体，容器内压强___________(选填“增大”“减小”或“不变”)，反应①的___________(选填“增大”“减小”或“不变”)，平衡___________(选填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。

(5)达到平衡时，整个体系___________(选填“吸收”或“放出”)热量___________kJ。14、工业上在一定条件下将丙烷脱氢制丙烯．

反应过程中能量变化如图1所示，下列有关叙述正确的是______．

此反应为吸热反应。

催化剂能改变反应的焓变和活化能。

表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能。

有催化剂能加快反应速率；提高丙烷的转化率。

上述反应在恒温恒容密闭容器中达到平衡，其平衡常数K的表达式为______若升温，该反应的平衡常数______填“增大”、“减小”或“不变”若向上述反应达到平衡的容器内再通入少量丙烷，则______填“增大”、“减小”或“不变”．

在800K条件下，向恒容密闭容器中通入丙烷和稀有气体，丙烷脱氢反应的转化率随着稀有气体与丙烷比例的变化情况如图2所示，则随着稀有气体与丙烷比例的增加，丙烷转化率逐渐增大的原因是______．

上述反应生成物丙烯经多步氧化生成丙酸，已知常温下．

用离子方程式表示溶液显碱性的原因______．

常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则溶液中______．

已知：。化学键键能436413348612

则丙烷脱氢反应的热化学方程式为______．15、工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是一个放热的可逆反应；反应条件是高温；高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键放出的能量分别为436kJ、391kJ、946kJ。则：

（1）若1mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为___kJ。

（2）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成10mol氨气，则用氮气表示的化学反应速率是___mol·L-1·min-1。

（3）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是__。

a.正反应速率和逆反应速率相等。

b.正反应速率最大；逆反应速率为0

c.氮气的转化率达到最大值。

d.氮气和氢气的浓度相等。

e.N2、H2和NH3的体积分数相等。

f.反应达到最大程度。

（4）根据题目所给条件，判断影响该反应速率的因素有___、___、___。16、一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表：。t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20

(1)反应前50s的平均速率v(PCl3)=___________mol/(L·s)。

(2)保持其他条件不变，平衡后再充入1.0molPCl5，则PCl5平衡转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数K=___________；若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，则反应∆H___________0(填“＞”；“＜”或“=”)。

(3)保持其他条件不变，若起始时向该容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，PCl3的平衡转化率为___________。评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)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、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误19、碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正确B.错误20、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)21、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。22、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。23、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。评卷人得分六、计算题(共3题，共12分)24、一定条件下，在10L密闭容器中发生反应3A(g)+B(g)2C(s)。开始时加入4molA；6molB和2molC；在2min末测得C的物质的量为4mol。

请回答：

(1)用A的浓度变化表示反应的平均速率___________；

(2)在2min末，B的物质的量浓度为___________；

(3)若改变下列一个条件；推测该反应的速率发生的变化(填“增大”；“减小”或“不变”)

①加入合适的催化剂，化学反应速率___________；

②充入1molC，化学反应速率___________；

③将容器的体积变为5L，化学反应速率___________。25、把6molA气体和5molB气体混合放入4L恒容密闭容器中。在一定条件下发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)，经过5min后达到化学平衡，此时生成2molC．又知在此时D的平均速率为0.15mol•L-1•min-1.(要求写出计算过程)

求：

(1)平衡时A的物质的量浓度____；

(2)B的转化率____；

(3)x的值____；

(4)平衡时D的物质的量分数____；

(5)反应前后压强比(分数表示)____

(6)平衡常数K____26、（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）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ·mol-1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ·mol-1

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ·mol-1

根据盖斯定律，计算298K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：△H=__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

N2O4(g)═2NO2(g)ΔH=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小；结合图象来分析解答。

【详解】

A．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，a点NO2的体积分数大，则T1＜T2；由状态B到状态A，可以用加热的方法，故A错误；

B．由图象可知；A；C两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，则平均相对分子质量大，即平均相对分子质量：A＜C，故B正确；

C．由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体；则A；C两点气体的颜色：A浅，C深，故C错误；

D．由图象可知；A；C两点都在等温线上，C的压强大，则A、C两点的反应速率：A＜C，故D错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”原则即可解答，注意C选项为易错点，改变压强的本质为体积变化。2、B【分析】【详解】

A．标准状况下，SO3为固体；不能用标准状况下的气体摩尔体积计算物质的量，A错误；

B．燃烧热是指在25℃；101kPa下1mol物质完全燃烧放出的热量；与参加反应的反应物的量无关，B正确；

C．1个D2O含有10个质子，18gD2O的物质的量为含有的质子数目为9NA；C错误；

D．中和热是在稀溶液中，酸碱发生中和反应生成1mol水时的反应热，含0.5molH2SO4的稀溶液与含0.5molBa(OH)2的晶体完全中和所放出的热量不仅包含中和热，还有生成BaSO4放出的热量；D错误；

故答案为B。

【点睛】

在阿伏加德罗常数的计算中，涉及气体摩尔体积的计算必须关注两个因素：一是外界条件，二是在标准状况下该物质是否为气体，常见的在标准状况下为非气体的物质有H2O、HF、SO3、CH3CH2OH、CCl4、苯等；中和热是稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热，在判断时应注意是否为浓溶液、是否有弱酸或弱碱发生反应，是否有沉淀生成。3、C【分析】【分析】

甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则甲池为燃料电池，通CH3OH的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池；石墨为阳极，Ag为阴极；丙池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极。

【详解】

A．丙池为电解池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极，电解质溶液中阴离子移向阳极，则Cl-向左侧Pt电极移动；A正确；

B．甲池中通入CH3OH为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；B正确；

C．乙池中，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ag为阴极，电极反应式为2Cu2++4e-=2Cu，电解后生成硫酸、铜和氧气，反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度；C错误；

D．依据得失电子守恒，可建立甲池中O2与丙池中Mg(OH)2的关系式为：O2—2Mg(OH)2，n(O2)==0.0125mol，此时丙池中理论上最多产生Mg(OH)2固体0.0125mol×2×58g/mol=1.45g；D正确；

故选C。4、D【分析】【分析】

据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。

【详解】

A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+；故A正确；

B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极；则隔膜2为阳离子交换膜，故B正确；

C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极；即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；

D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑；所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D错误；

故答案为D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.a点之前：H2A+NaOH=NaHA+H2O，a点为NaHA溶液，同时存在由电荷守恒：由物料守恒：两式做差可得：A项不符合题意；

B.a-b：b点时HA‑电离的Ka=由pH=5知则B项不符合题意；

C.加入30mLNaOH溶液，与20mLH2A溶液反应后，溶液中由于HA‑存在电离平衡，因此溶液pH<7；故溶液pH=7时加入NaOH溶液大于30mL，C项符合题意；

D.恰好完全反应后为Na2A溶液，则故D项不符合题意；

故正确选项为C

【点睛】

该类体型要重点关注所在点溶质的成分及比例关系，以及溶液的酸碱性。二、多选题(共5题，共10分)6、BD【分析】【分析】

该实验装置是利用MnO2将Cl-氧化的氧化还原反应而设计成的原电池，故左侧为正极，发生还原反应，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，右侧为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；据此分析解题。

【详解】

A．由图可知；该实验装置没有外接电源，故不属于电解池，属于带盐桥的原电池，A错误；

B．由分析可知，左侧烧杯为正极区，发生的电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O；B正确；

C．由分析可知，C电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，产生的气体Cl2可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；C错误；

D．由于盐桥中的阴离子移向负极区，故若盐桥换成KNO3琼脂，则负极区的Cl-的物质的量减少；故C电极上产生的气体的总量减少，D正确；

故答案为：BD。7、CD【分析】【分析】

【详解】

A．加入氯化钠固体，体系中的不变，不变，不符合题意；

B．加入氨水，电离出抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，体系中的减小，不符合题意；

C．加入稀硫酸，电离出抑制水的电离，电离平衡逆向移动，体系中的增大，不变，符合题意；

D．加入溶液，电离出H"，电离平衡逆向移动，体系中的增大，不变，符合题意；

答案选CD。8、CD【分析】【详解】

A．曲线II为pC(H2C2O4)，曲线I为pC(HC2O)、III为pC(C2O)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O)，即c(H2C2O4)=c(HC2O)，则Ka1==c(H+)=10-0.8；A错误；

B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为pC(HC2O)、III为pC(C2O)，pH=3时，pC(H2C2O4)=pC(C2O)＞pC(HC2O)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O)＞c(C2O)=c(H2C2O4)；B错误；

C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小；则水的电离程度增大，C正确；

D．电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变；D正确；

答案选CD。

【点睛】

确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．根据图中信息可知其他条件相同时，温度升高，乙醇转化率上升，所以该反应为吸热反应，△H>0；A正确；

B．A点水醇比为4：1，E点水醇比为2：1，A点乙醇浓度更大，但是E点温度更高，从而导致vA和vE大小不可判断；B错误；

C．C；E两点温度不同；对应的化学平衡常数不相同，C错误；

D．A；B、C三点温度相同；C点水醇比最大，若其他条件相同时，C点乙醇转化率应为最大，但是根据图中信息可知C点乙醇转化率最低，所以C点的催化剂催化效果最低，D正确；

答案选AD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

投入在恒容容器内反应前混合气的则反应后根据化学反应列三段式得：

A．A项错误；

B．b点和c点温度相同，平衡常数相同，故B项正确；

C．再加入和使二者分压均增大则化学平衡向右移动，故的转化率增大；C项错误；

D．在容器内的体积分数保持不变；各物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，D项正确；

故选：AC；三、填空题(共6题，共12分)11、略

【分析】【详解】

(1)①由表中数据可知，破坏1molN2中的化学键所消耗的能量最高，则说明N2最稳定；具有能量最低，故选B；

②由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3△H=－92kJ·mol－1可知，该反应为放热反应，说明旧键断裂吸收的能量大于新键生成放出的能量，N-H键的键能为X，则化学键断裂和形成过程中的能量变化为：X×2×3-(946+436×3)kJ·mol－1=92kJ·mol－1解得X=391kJ·mol－1；故答案为：B；391；

(2)1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，故18g水蒸气转化成液态水放出热量为：2.444kJ×18=43.992kJ，该反应的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-(241.8kJ·mol－1+43.992kJ·mol－1)=-285.72kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.72kJ·mol－1，故答案为：-285.72；285.72kJ·mol－1；

(3)常温下NO和O2反应生成1molNO2的焓变为-57.07kJ，热化学方程式为NO(g)+O2(g)=NO2(g)△H=57.07kJ·mol－1①，1molNO2与H2O反应生成HNO3溶液和NO的焓变为-46kJ，NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)△H=-46kJ·mol－1②，根据盖斯定律(①+②)×6得到热化学方程式为4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)△H=-618.42kJ·mol－1，故答案为：4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)△H=-618.42kJ·mol－1。【解析】B391-285.72285.72kJ·mol－14NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq)△H=-618.42kJ·mol－112、略

【分析】【详解】

（1）亚氯酸钠(NaClO2)为氧化剂，过硫酸钠(Na2S2O8)为还原剂被氧化为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为：FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，去除率降低，故答案为：有较多的Fe2+水解；

（2）根据题意可以知道，氯离子放电生成ClO2为阳极，接电源的正极，由元素守恒可以知道，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；a极为阴极，溶液中阳离子移向阴极，根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；

（3）消耗Na2S2O3标准液的物质的量为0.1mol/L×5.5mL×10-3L/mL=5.5×10-4mol，设ClO2的物质的量为xmol，依据反应原理得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则有解得x=5.5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度为【解析】(1)温度高于50℃时，有较多的Fe2+水解，Fe2+浓度减小；去除率降低。

(2)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+阳。

(3)0.1113、略

【分析】【详解】

（1）分子中含有2个碳氧双键，结构式为电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为

（2）平衡常数是反应达到平衡状态时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，反应①的平衡常数表达式

（3）a．将炭块粉碎；增大接触面积，可加快反应速率，故a正确；

b．有固体参与反应，气体总质量是变量，容器条件不变，密度是变量，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故b正确；

c．若水完全反应生成一氧化碳和氢气，则氢气的体积分数为50%，若水完全转化为二氧化碳和氢气，氢气的体积分数为所以平衡时的体积分数不可能大于故c错误；

选ab；

（4）若平衡时向容器中充入惰性气体，气体总物质的量增多，容器内压强增大，反应物、生成物浓度都不变，反应①的不变；平衡不移动。

（5）达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lmol，根据氧元素守恒反应生成CO2的物质的量为0.2mol，则反应②消耗0.2mol反应①消耗0.3mol反应②放出能量41kJ/mol×0.2mol=8.2kJ，反应①吸收能量131.4kJ/mol×0.3mol=39.42kJ，整个体系吸收热量39.42-8.2=31.22kJ。【解析】(1)

(2)

(3)ab

(4)增大不变不移动。

(5)吸收31.2214、略

【分析】【分析】

依据图像中反应物和生成物能量的大小比较判断；

催化剂改变速率不改变平衡；但催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；

表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能；

有催化剂能加快反应速率；但不能提高丙烷的转化率；

据方程式书写平衡常数，用生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；升高温度向吸热方向进行，据分析得，正反应为吸热方向，故向正反应方向进行，则平衡常数增大；增加反应物浓度平衡向正反应方向进行，故乙烯的量增加，但丙烷增加的比例更大，则少量丙烷，则减小；

此反应是气体体积和增加的反应；随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率，据此进行分析；

丙酸根离子在溶液中水解生成氢氧根离子；溶液显碱性；

常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则溶液呈中性，故故据此进行分析；

化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，并根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．

【详解】

解：图像中反应物能量低于生成物能量；故反应是吸热反应，故a正确；

催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故b错误；

表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能；故c正确；

有催化剂能加快反应速率；但不能提高丙烷的转化率，故d错误；

故答案为：ac；

故K升高温度向吸热方向进行，据分析得，正反应为吸热方向，故向正反应方向进行，则平衡常数增大；增加反应物浓度平衡向正反应方向进行，故乙烯的量增加，但丙烷增加的比例更大，则少量丙烷，则减小；

故答案为：增大；减小；

则随着稀有气体与丙烷比例的增加；丙烷转化率逐渐增大的原因是：此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率；

故答案为：此反应是气体体积和增加的反应；随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率；

丙酸根离子在溶液中水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，其水解离子方程式为：

故答案为：

常温下，若丙酸与氨水混合后溶液呈中性，则溶液呈中性，故故

故答案为：

故热化学方程式为

故答案为：．【解析】ac增大减小此反应是气体体积和增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率15、略

【分析】【详解】

(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H=(946+436×3-391×6)KJ/mol=-92KJ/mol；若1mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为92kJ；

(2)在容积为2L的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成10mol氨气，则消耗5mol氮气，用氮气表示的化学反应速率是0.25mol·L-1·min-1；

(3)a.根据化学平衡的特征；反应达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故a正确；

b.根据化学平衡的特征，反应达到化学平衡时，正逆反应速率相等，不等于0，故b错误；

c.一定条件下；达到化学平衡时，反应达到最大限度，氮气的转化率达到最大值，故c正确；

d.达到化学平衡时；氮气和氢气的浓度不变，不一定相等，故d错误；

e.达到化学平衡时，N2、H2和NH3的体积分数不变；不一定相等，故e错误；

f.根据化学平衡的特征；反应达到化学平衡时，反应达到最大程度，故f正确；

选acf；

(4)温度越高，反应速率越快；压强越大，反应速率越快；加入合适的催化剂能加快反应速率，影响该反应速率的因素有温度、压强、催化剂。【解析】①.92②.0.25③.acf④.温度⑤.压强⑥.催化剂16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据表格数据可知前50s内∆n(PCl3)=0.16mol，容器体积为2.0L，所以前50s的平均速率v(PCl3)==0.0016mol/(L·s)；

(2)反应物只有PCl5一种气体，所以再充入PCl5容器内压强增大，压强增大会使平衡逆向移动，所以PCl5平衡转化率减小；温度不变平衡常数不变，再充入PCl5后达到新平衡时平衡常数与原平衡相等，根据表格数据可知，平衡时n(PCl3)=0.20mol，根据反应方程式可知n(Cl2)=0.20mol，∆n(PCl5)=0.20mol，n(PCl5)=0.80mol，容器体积为2.0L，所以平衡常数K==0.025(或)mol/L；若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L；说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，∆H＞0；

(3)保持其他条件不变，若起始时向该容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，则相当于充入1.0molPCl5，所以达到的平衡与原平衡为等同平衡，则平衡时n(PCl3)=0.20mol，转化率为=80%。【解析】0.0016减小0.025(或)mol/L＞80%四、判断题(共4题，共16分)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】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

氢氧化钙溶液显碱性，碳酸钠溶液由于水解显碱性；玻璃的成分中含有二氧化硅，能够与碱反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性，容易使磨口瓶塞和瓶颈粘在一起，不易打开，所以应该选择橡皮塞或软木塞，故此判据错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。五、结构与性质(共3题，共12分)21、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)升高反应温度；适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积等都可以加快稀硫酸与锌制氢气的速率；

(2)①锌过量，为了使产生的氢气体积相同，则每组硫酸的量需要保持相同，且该实验探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则六组反应的溶液总体积也应该相同；A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL；

②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积，氢气生成速率下降。【解析】升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积V1=30V6=10V9=17.5当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积23、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离