2025年北师大版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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A.先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯B.通入HCl可以抑制CuCl2的水解C.装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液D.硬质玻璃管内部右侧会出现白雾6、常温时，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL0.10mol·L-1某一元酸HX溶液；滴定过程中pH变化如图所示。下列说法正确的是。

A.HX为强酸B.在A点，c(X‑)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C.在B点，两者恰好完全反应D.在C点，c(X‑)+c(HX)=0.10mol·L-17、下列条件中，可能大量共存的离子组是A.通入过量CO2后也不产生沉淀的溶液：K+、AlONOOH-B.pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NOSCN-C.无色透明的溶液中：Cu2+、NHSOCOD.水电离出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、CO8、25℃时，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液；滴定曲线如图所示，下列说法正确的是。

A.A.B间任一点的溶液中一定都有：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.C点对应的溶液中，水电离出的H+浓度大于10-7mol·L－1C.D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-c(OH-)D.用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数K=9、关于有效碰撞理论，下列说法不正确的是A.化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞B.增大反应物浓度能够增大活化分子百分数，化学反应速率一定增大C.升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大D.催化剂能改变反应历程和活化能，影响化学反应速率评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、Ⅰ.联氨(又称肼，N2H4；无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题：

(1)联氨分子中氮的化合价为________。

(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_______________________________。

(3)①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l)ΔH1

②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l)ΔH2

③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g)ΔH3

④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH4＝－1048.9kJ·mol－1

上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝____________。

Ⅱ.煤燃烧排放的烟气含SO2和NO2，形成酸雨，污染大气。现用NaClO、Ca(ClO)2处理；得到较好的烟气脱硫效果。

(4)已知下列反应：SO2(g)＋2OH－(aq)=SO(aq)＋H2O(l)ΔH1

ClO－(aq)＋SO(aq)=SO(aq)＋Cl－(aq)ΔH2

CaSO4(s)=Ca2＋(aq)＋SO(aq)ΔH3

则反应SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)的ΔH＝________。

Ⅲ.(5)工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃；101kPa时：

CaO(s)＋H2SO4(l)=CaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－271kJ/mol

5CaO(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l)ΔH＝－937kJ/mol

则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是___________________。

Ⅳ.(6)氢气可用于制备H2O2。已知：

H2(g)＋A(l)=B(l)ΔH1O2(g)＋B(l)=A(l)＋H2O2(l)ΔH2

其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)＋O2(g)=H2O2(l)的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。11、如图1是元素周期表的一部分。回答下列问题：

(1)硒是人体必需的微量元素。

①与互称为_______。

②硒元素的气态氢化物的化学式为_______。

(2)溴被称为海洋元素。

①溴元素在周期表中的位置为_______。

②表中与溴同主族的元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______(填化学式)。

③溴化硒是一种重要的电子元件材料，其分子的球棍模型如图2所示。下列说法正确的是_______(填字母)。

a.溴化硒属于离子化合物b.原子半径：r(Se)>r(Br)

c.Se元素的非金属性比Br的强d.溴化硒的相对分子质量为317.72

(3)氯是卤族元素之一，电解氯化铜溶液可以得到Cl2，实验装置如图3所示。(已知a、b均为石墨电极)

①分别用湿润的淀粉碘化钾试纸置于a、b上方，可观察到的现象是_______。

②a电极上的电极反应式为_______。

(4)下列事实不能说明氯的非金属性比硫强的是_______(填字母)。

a.化合物SCl2中硫显正价而氯显负价。

b.热稳定性：HCl>H2S

c.将氯气通人Na2S溶液中；有淡黄色沉淀生成。

d.次氯酸的氧化性比稀硫酸的氧化性强12、能源；资源问题是当前人类社会面临的一项重大课题。

（1）燃料电池将能量转化效率比直接燃烧效率高，如图为某种燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。

使用时，空气从_______口通入(填“A”或“B”);

（2）钢铁的腐蚀现象非常普遍，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，某同学按下图进行钢铁腐蚀的模拟，则正极的电极反应式为:_________________，当导线中有3.01×1023个电子流过，被腐蚀的铁元素为_______g。[提示:电化学的总反应式为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2]

（3）海水化学资源的开发利用具有重要的意义和作用；下图是海带中提取碘的示意图:

①中操作的名称是_______；下述物质中不可做试剂③的是________。

A.乙醇B.苯C.乙酸D.四氯化碳13、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是______________________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是____________。

（2）若该反应的平衡常数为K＝729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，则N2的转化率是__________________(提示：272=729)。

14、亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂。可通过以下反应制得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。按投料比[n(NO):n(Cl2)]=2:1把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应；平衡时NO的转化率与温度T；压强p(总压)的关系如图所示：

(1)该反应的△H____(填“>”“<”或“=”)0。

(2)在压强为p条件下，M点时容器内NO的体积分数为_______。

(3)若反应一直保持在p=bPa压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=________(用含b的表达式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。

(4)实验测得，v正=k正·c2(NO)·c(Cl2)，v逆=k逆·c2(ClNO)(k正、k逆为速率常数；只与温度有关)。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。

②若在2L的密闭容器中充入1molCl2和1molNO，在一定温度下达到平衡时，NO的转化率为40%，则k正:k逆=________。(保留一位小数)15、如图两个实验装置是实现化学能和电能相互转化的装置。

(1)电极②、④的名称分别是___、___。

(2)把电能转化为化学能的装置是___(填“甲”或“乙”)

(3)铁电极腐蚀更严重的装置是___(填“甲”或“乙”)

(4)甲、乙两装置电极附近的溶液首先变红的电极是___。

A.①②B.②③C.③④D.①④16、（1）NH3·H2O水溶液中电离方程式：___；K2C2O4水解的离子方程：___。

（2）用离子方程式表示泡沫灭火器（硫酸铝和小苏打的混合液）的工作原理___。

（3）物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，其中c(CO)最小的是___（填序号)。

（4）请写出0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式：___。

（5）25℃时，将0.02molCH3COONa和0.004molHCl溶于水形成1L混合溶液。该溶液中存在___个平衡体系。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误18、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。(____)A.正确B.错误19、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误20、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误21、某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。(_______)A.正确B.错误22、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)23、土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒加SO2等辅料。我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。

(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是________。

A.氧化细菌B.抗氧化C.漂白D.增酸作用。

I.实验方案一。

利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或HSO3。设计如图1的实验:

(2)甲同学得出实验结论:干白葡萄酒中不含SO2或HSO3。这个结论是否合理?说明理由_________。

Ⅱ.实验方案二。

如图2是在实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置；部分固定装置未画出。

(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没瓶中固体，写出C装置反应的方程式______，每消耗1molNa2O2，则转移电子数___________。

(4)关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂可以是___________，现象是___________。

Ⅲ.实验方案三。

用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入图3装置(电极均为惰性材料)进行实验；可用于制备硫酸，同时获得电能:

(5)M极发生的电极反应式为__________。N极区溶液pH______(变大；变小、不变)。

(6)若使该装置的电流强度达到2.0A，理论上8分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为___L(已知:1个e所带电量为1.6×10-19C，阿伏伽德罗常数6×1023)。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共10分)24、甲；乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族；丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z,0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。请回答下列问题：

（1）戊离子的结构示意图为________。

（2）写出乙的单质的电子式：________。

（3）戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2∶4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。

（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：____________。

（5）按图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：____________。

评卷人得分六、结构与性质(共4题，共28分)25、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。26、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________27、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_______。28、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。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A.升高温度反应加快；也不改变产生氢气的量，故A可行；

B.滴加少量浓硫酸；反应物浓度增大，反应加快，且锌粒质量不变，产生氢气的量不变，故B可行；

C.浓硝酸具有强氧化性；与锌粒反应不生成氢气，故C错误；

D.锌粉与酸的接触面增大；反应加快，且生成的氢气的量不变，故D可行；

故选C。

【点睛】

注意题干要求有两个条件，一是速率加快，而是氢气的量不变；浓硝酸的强氧化性是容易被忽略的易错点。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．升高体系的温度；不管反应是吸热反应还是放热反应，反应速率都会加快，A符合题意；

B．压强只影响有气体参加反应的速率；若A；B、C都是非气体，则增加体系的压强，化学反应速率不变，B不符合题意；

C．若C为非气体；A、B是气体；增大C的物质的量，反应速率不变，C不符合题意；

D．若A为非气体；B、C是气体；增加A的物质的量，反应速率不变，D不符合题意；

故选A。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．减小压强；逆反应速率减小，A错误；

B．减小压强；正反应速率减小，B错误；

C．减压则正；逆反应速率都减小；正反应是气体分子总数减小的反应，减压则使平衡向逆反应方向移动，C正确；

D．减压平衡向逆反应方向移动；D错误；

故选：C。4、D【分析】【详解】

A．变蓝在工业上称为“发蓝”过程；原因是铁锅表面一薄层铁氧化为四氧化三铁，故A正确；

B．铁锅盛水能发生电化学腐蚀；由于电解质溶液为中性，所以发生吸氧腐蚀，故B正确；

C．铁锅使用完；洗净擦干后，可在锅内涂一层植物油隔绝空气，避免铁锅被腐蚀，故C正确；

D．装配不易腐蚀的纯铜铆钉及手柄会形成原电池；铁比铜活泼作为负极被腐蚀，更加容易生锈，故D错误；

故选D。5、C【分析】【分析】

由图可知，装置a利用浓硫酸的吸水性和浓盐酸的挥发性制备氯化氢气体，装置b中盛有的浓硫酸用于干燥氯化氢气体；装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，装置d中盛有的四氯化碳和水起防倒吸的作用。

【详解】

A．为防止氯化铜发生水解反应；实验时应先滴入浓硫酸制备氯化氢气体，再点燃c处酒精灯使二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故A正确；

B．由分析可知；为防止氯化铜发生水解反应，装置c中二水氯化铜在氯化氢气流中共热脱水生成无水氯化铜，故B正确；

C．由分析可知；装置d中盛有的试剂为四氯化碳和水，下层是四氯化碳，上层是水，四氯化碳起隔绝氯化氢气体与水直接接触，防止产生倒吸，故C错误；

D．实验时；硬质玻璃管内部右侧氯化氢溶于水蒸气会形成白雾，故D正确；

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．0.10mol·L-1某一元酸HX溶液；pH大于1，HX为弱酸，故A错误；

B．A点为NaX、HX等浓度混合，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，HX的电离大于NaX的水解，c(X-)＞c(Na＋)，又HX为弱酸，部分电离，因此c(Na+)＞c(H+)；故B正确；

C．NaX是强碱弱酸盐；其水溶液呈碱性，B点，pH=7，HX应该稍微过量，HX有剩余，故C错误；

D．在C点溶液体积增大一倍，则溶液浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c(X‑)+c(HX)=0.05mol·L-1；故D错误；

故选B。7、D【分析】【详解】

A．过量的二氧化碳能与AlO反应生成氢氧化铝沉淀；故A错误；

B．Fe3+、SCN-能反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，且pH=9的溶液显碱性，碱性条件下Fe3+不能大量共存；故B错误；

C．无色透明溶液中不存在有色的离子；而铜离子有色，故C错误；

D．水电离出的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液可能是酸；可能是碱，若为酸溶液碳酸根离子不能大量共存，若为碱溶液该组离子可以大量共存，故D正确；

故选：D。8、D【分析】【分析】

在25mL0.1mol•L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L-1CH3COOH溶液；二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，此时得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，醋酸溶液体积大于12.5mL。

【详解】

A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)-)，溶液中离子浓度大小关系可能为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，但也可能是氢氧化钠过量，c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)；故A错误；

B．c点对应的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，对水的电离有抑制作用，水电离出的H+浓度小于10-7mol•L-1；故B错误；

C．D点对应的溶液中，物料守恒有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，联立二式有c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)；故C错误；

D．a点时醋酸过量，溶液呈中性c(H+)=10-7mol•L-1，c(CH3COOH)=mol·L－1=mol·L－1，c(CH3COO-)=c(Na+)=mol·L－1=mol·L－1，Ka(CH3COOH)===用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数K=故D正确；

故选D。9、B【分析】【详解】

A．能发生反应的碰撞为有效碰撞；化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞，A说法正确；

B．浓度增大；活化分子百分数不变，单位体积内活化分子的数目增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，B说法错误；

C．升高温度；增大了活化分子百分数，单位体积内的活化分子数目增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，C说法正确；

D．一般情况下；催化剂能够改变反应历程，降低反应的活化能，活化分子的百分数增大，从而加快化学反应速率，D说法正确；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【详解】

Ⅰ.(1)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，根据化合价代数和为零，可得氮元素化合价为2x+(+1)4=0；解得，x=-2价，故答案为：－2；

(2)次氯酸钠溶液与氨气反应制备联氨，氯元素的化合价由+1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O，故答案为：2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O；

(3)根据盖斯定律，2×③-2×②-①得2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH4，所以反应的热效应之间的关系为2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，故答案为：2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；

Ⅱ.(4)设已知中三个反应分别为①②③，①+②-③得，SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO－(aq)＋2OH－(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl－(aq)ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；

Ⅲ.(5)设已知中两个反应分别为①②，①×5-②得，Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH=-418kJ/mol，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH＝－418kJ/mol；

Ⅳ.(6)两反应均为自发反应，因为两个反应的ΔS都小于0，自发反应ΔH-TΔS<0，所以ΔH<0，故答案为：<。【解析】－22NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O2ΔH3－2ΔH2－ΔH1ΔH1＋ΔH2－ΔH3Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)ΔH＝－418kJ/mol<11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①与质子数都为34；中子数分别为44；46，互为同位素。

②硒质子数为34，位于第4周期第ⅥA族，最低化合价-2价，气态氢化物的化学式为H2Se。

(2)①溴元素质子数为35；在周期表中的位置为：第四周期第ⅦA族。

②同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是

③a．由溴化硒分子的球棍模型知，溴化硒不属于离子化合物，属于共价化合物，a错误；

b．同周期从左到右元素原子半径递减，则原子半径：r(Se)>r(Br)，b正确；

c．同周期从左到右元素非金属性递增，则Se元素的非金属性比Br的弱，c错误；

d．溴、硒的相对原子质量分别为79.90、78.96，溴化硒的分子式为Se2Br2；则相对分子质量为317.72，d正确；

答案为bd。

(3)①电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，则a为阳极，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应得到氯气，氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，与电源负极相连的电极是阴极，则b为阴极、b上铜离子得到电子发生还原反应析出铜，故可观察到的现象是：a极上有气体产生，a上方湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，b极上析出紫红色金属铜，b上方湿润的淀粉碘化钾试纸不变。

②a电极上的电极反应式为

(4)a．化合物SCl2中硫显正价而氯显负价；则S原子吸引电子能力比氯差，能说明硫元素非金属性比氯弱，a不符合；

b．非金属性越强，简单氢化物越稳定，热稳定性：HCl>H2S，能说明硫元素非金属性比氯弱，b不符合；

c．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，将氯气通人Na2S溶液中，有淡黄色沉淀生成，则氯气置换了硫，则还原性为能说明硫元素非金属性比氯弱，c不符合；

d．非金属性越强；对应最高价含氧酸的酸性越强，与酸的氧化性无关，不能说明硫元素非金属性比氯弱，d符合；

答案选d。【解析】同位素H2Se第四周期第ⅦA族bda极上有气体产生，a上方湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，b极上析出紫红色金属铜，b上方湿润的淀粉碘化钾试纸不变d12、略

【分析】【详解】

(1)由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极；发生还原反应，应通入空气，故答案为B；

(2)钢铁腐蚀，在电解质溶液为中性溶液时发生的是吸氧腐蚀，铁做负极失电子发生氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，杂质碳做正极，溶液中氧气得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电化学的总反应式为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，当导线中有3.01×1023个电子流过，电子物质的量==0.5mol，被腐蚀的铁元素为0.25mol，质量=0.25mol×56g/mol=14g，故答案为O2+2H2O+4e-=4OH-；14；

(3)分离不溶性固体和溶液的方法是溶解、过滤，碘离子和双氧水发生氧化还原反应生成碘单质和水，离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2，萃取剂的选取标准为：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，两种溶剂不能互溶，萃取剂和溶质不反应，乙醇和乙酸能与水互溶，所以不能作萃取剂，苯和四氯化碳符合萃取剂的选取标准，所以可以作萃取剂，故选AC，故答案为溶解、过滤；AC。【解析】①.B②.2H2O+O2+4e-=4OH-③.14④.溶解、过滤⑤.AC13、略

【分析】【详解】

（1）t4时正逆反应速率都较原平衡时的速率大,可升高温度或增大压强；t6时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，但平衡不移动，前后气体系数之和不等,只能是使用催化剂；在t3~t4时反应向逆反应方向移动，则t3~t4时平衡混合物中CO的含量最高；因此，本题正确答案是：升高温度或缩小体积，t3~t4。

（2）设反应的氮气的物质的量为x,容器的体积为1L；3SiO2(s)+2N2(g)+6C(s)6CO(g)+Si3N4(s)

起始20

转化x3x

平衡2-x3x

则平衡时氮气的浓度为(2-x)mol/L,CO的浓度为3xmol/L，则有：（3x）6/(2-x)2=729,解之得x=1，则氮气的转化率是1/2×100%=50%；正确答案：50%。【解析】①.升高温度或增大压强②.t3~t4③.50%14、略

【分析】【分析】

(1)根据图象；升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应；

(2)由差量法进行计算，根据2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)可知；气体减小的物质的量为反应的NO的物质的量的一半；

(3)设NO的物质的量为2mol，则Cl2的物质的量为1mol；列三段式求解平衡K；

(4)①结合温度对反应速率的影响回答；

②平衡时v正=v逆，则k正•c2(NO)•C(Cl2)=k逆•C2(ClNO)，则=K，已知起始量1molCl2和1molNO；NO的转化率为40%，列三段式求解。

【详解】

(1)根据图象，升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，△H＜0；

(2)根据图象，在压强为P条件下，M点时容器内NO的转化率为50%，根据2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)可知，气体减小的物质的量为反应的NO的物质的量的一半，因此NO的体积分数为=40%；

(3)设NO的物质的量为2mol，则Cl2的物质的量为1mol；列三段式如下：

平衡常数K==Pa-1；

(4)①平衡时正逆反应速率相等，温度升高，正逆反应速率增大，即k正、k逆均增大，因为反应放热，平衡逆向移动，所以k逆比k正增大多；

②已知起始量1molCl2和1molNO，NO的转化率为40%，则c(NO)=1mol÷2L=0.5mol/L，c(Cl2)=1mol÷2L=0.5mol/L，△c(NO)=0.5mol/L×40%=0.2mol/L；列三段式如下：

平衡常数K==1.1(mol/L)-1，平衡时v正=v逆，则k正•c2(NO)•c(Cl2)=k逆•c2(ClNO)，则=K=1.1(mol/L)-1。【解析】①.＜②.40%③.Pa-1④.＜⑤.1.115、略

【分析】【分析】

甲装置有外接电源；为电解池，①C棒为阳极，②Fe棒为阴极；乙装置为原电池，④活泼金属Fe作负极，③C棒作正极，据此分析解答。

【详解】

(1)电极②与外接电源的负极相连；为阴极；电极④为负极；

(2)电解池是能把电能转化为化学能的装置；原电池是把化学能转化为电能的装置，故把电能转化为化学能的装置是甲；

(3)甲装置中；Fe作阴极，被保护，乙装置中，Fe作负极，失电子被氧化，故铁电极腐蚀更严重的装置是乙；

(4)甲装置中，阴极②发生反应故甲装置中②极附近的溶液首先变红；乙装置中，③电极发生反应故乙装置中③电极附近的溶液首先变红，故选B。【解析】阴极负极甲乙B16、略

【分析】【详解】

(1)NH3·H2O属于一元弱碱，在水中部分电离出NHOH-，电离方程式为NH3·H2ONH+OH-；K2C2O4属于强碱弱酸盐，是二元弱酸H2C2O4的酸根离子，在水中发生部分水解，因此K2C2O4水解的离子方程式为C2O+H2OHC2O+OH-、HC2O+H2OH2C2O4+OH-；

(2)硫酸铝属于强酸弱碱盐，小苏打是碳酸氢钠，属于强碱弱酸盐，二者溶液混合后会发生强烈相互促进的双水解反应生成氢氧化铝、二氧化碳，该反应用于制作泡沫灭火器，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；

(3)①Na2CO3中正常水解，水解程度较低；②NaHCO3中正常电离和水解，其电离程度较低；③H2CO3正常电离生成因电离程度较低，因此生成的浓度较低，电离生成的程度更低；④(NH4)2CO3中的水解受到水解的促进作用，水解程度较高，⑤NH4HCO3中的电离受到水解的抑制，电离程度较低，因此相同浓度的5种溶液中c(CO)最小的是③；

(4)物料守恒是指溶液中某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，也就是元素守恒（原子守恒），变化前后某种元素的原子个数守恒不变，因此0.1mol/L的NH4HCO3物料守恒关系式为c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)；

(5)25℃时，将0.02molCH3COONa和0.004molHCl溶于水形成1L混合溶液，溶液中会发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，因此最终溶液中含有的溶质为CH3COONa、CH3COOH、NaCl，溶液中存在CH3COONa的水解平衡和CH3COOH的电离平衡以及水的电离平衡，共存在3个平衡体系。【解析】NH3·H2ONH+OH-C2O+H2OHC2O+OH-、HC2O+H2OH2C2O4+OH-Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑③c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)3三、判断题(共6题，共12分)17、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应混合物分子能量增大，单位体积活化分子数、活化分子百分数均增大，此时v放增大，v吸增大，故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。21、B【分析】【详解】

盐溶液有可能因溶质直接电离而呈酸性，如硫酸氢钠溶液；盐溶液也可能因水解而呈酸性，如氯化氨溶液；盐溶液可能因水解大于电离和呈酸性，如亚硫酸氢钠溶液。故答案是：错误。22、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。四、实验题(共1题，共7分)23、略

【分析】【详解】

(1)二氧化硫具有较强的还原性；可以防止葡萄酒被氧化，二氧化硫的水溶液显酸性，可以增强葡萄酒的酸性，二氧化硫有漂白性，但二氧化硫的含量很少，没有将葡萄酒漂白，故选BD；

I.(2)1滴饱和亚硫酸溶液滴入3mL品红溶液中不褪色，而1滴品红溶液滴入3mL饱和亚硫酸溶液中褪色，说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果，干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为不合理，实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低；所以也不能使品红褪色；

Ⅱ．实验方案二：装置A中制备二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中检验SO2与Na2O2反应是否有氧气；D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染空气．E装置验证二氧化硫的还原性，F装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收二氧化硫，防止污染空气。

(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入硫酸至浸没瓶中固体，A装置中亚硫酸钠与浓硫酸反应放出二氧化硫，二氧化硫被干燥后与过氧化钠反应生成硫酸钠，反应的方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，根据方程式，每消耗1molNa2O2，转移2mol电子，故答案为SO2+Na2O2=Na2SO4；2NA；

(4)关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入E、F中，为了证明SO2有还原性，并从绿色化学的角度考虑，则Z试剂选择酸性KMnO4，高锰酸钾具有强氧化性，被二氧化硫还原褪色，故答案为酸性KMnO4；红色溶液变浅或褪色；

Ⅲ．(5)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，N电极的反应式为O2+4e--+4H+==2H2O，N极区溶液pH变大，故答案为SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+；变大；

(6)8分钟转移电子物质的量为=0.01mol，则需要二氧化硫体积为：×22.4L/mol≈0.112L；故答案为0.112。

点睛：本题考查物质性质探究实验、原电池原理及计算等，掌握物质的性质理解原理是解题的关键。本题的难点是(6)，需要根据电流计算电量，再计算转移电子物质的量，结合电子转移守恒计算通入二氧化硫物质的量。【解析】BD不合理，实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色SO2+Na2O2=Na2SO42NA酸性KMnO4红色溶液变浅或褪色(FeCl3溶液，溶液由棕黄色变为浅绿色)SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+变大0.112五、元素或物质推断题(共1题，共10分)24、略

【分析】【详解】

甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3，甲为H，乙为N；甲、丙处于同一主族，结合原子序数可知，丙为Na；丙、丁、戊处于同一周期，即处于第三周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和，即戊原子最外层电子数为1+1+5=7，则戊为Cl；氯气与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1，则Y为NH4Cl，Z为HCl；丁的单质既能与丙（Na）元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z（HCl）的水溶液反应生成盐，丁为两性金属，则丁为Al元素，故L为NaAlO2；丙；戊组成化合物M为NaCl。

（1）氯离子的结构示意图为（2）氮气的电子式为（3）氯气与氨气反应生成NH4Cl、HCl，二者物质的量之比为2：4，该反应方程式为：3Cl2+4NH3=N2+2NH4Cl+4HCl，反应中被氧化的物质是2mol氨气，被还原的物质是3mol氯气，物质的量之比为2：3；（4）将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2-+H++H2O＝Al（OH）3↓；（5）电解饱和氯化钠溶液的的方程式为：NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，同时发生反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，故该电解池中发生反应的总反应方程式为：NaCl+H2ONaClO+H2↑。

点睛：本题考查元素化合物的推断、常用化学用语、电解原理，难度中等，推断元素化合物是关键，（5）为易错点、难点，学生容易考虑电解，忽略氯气与氢氧化钠反应。【解析】2∶3H＋＋AlO＋H2O===Al（OH）3↓NaCl+H2ONaClO+H2↑六、结构与性质(共4题，共28分)25、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，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，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，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

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H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大326、略

【分析】【分析】

【详解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-1300kJ·mol-12(CO2)=-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1

[(CN)2]=1095kJ·mol-1-1300kJ·mol-1+286kJ·mol-1+227kJ·mol-1=308kJ·mol-1【解析】HgCl2+Hg(CN)2=Hg2Cl2+(CN)2(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2