2025年人教新课标选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年人教新课标选择性必修1化学上册月考试卷84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6题，共12分)1、两个恒容容器中分别存在平衡反应：N2O4(g)⇌2NO2(g)和3O2(g)⇌2O3(g)。α1、α2，c1、c2分别是它们的反应物平衡转化率和反应物平衡浓度。在温度不变的情况下，分别增加两个体系中反应物(N2O4(g)和O2(g))的物质的量，下列判断正确的是A.α1、α2均减小，c1、c2均增大B.α1、α2均增大，c1、c2均减小C.α1减小，α2增大，c1、c2均增大D.α1减小，α2增大，c1增大，c2减小2、某温度时，浓度都是1mol·L-1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中发生可逆反应生成气体Z，充分反应后测得X2的浓度为0.4mol·L-1，Y2的浓度为0.8mol·L-1，生成的Z的浓度为0.4mol·L-1，则该反应式(Z用X、Y表示)是A.X2+2Y2⇌2XY2B.2X2+Y2⇌2X2YC.X2+3Y2⇌2XY3D.3X2+Y2⇌2X3Y3、化学与社会、生活、技术密切相关下列说法错误的是()A.铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低B.用碳粉和铁粉制作的“双吸收剂”使用时会发生电化学腐蚀C.碳纳米管属于胶体分散系，该材料具有较强的吸附能力D.用高纯度的二氧化硅制作的光导纤维遇强碱溶液会“断路”4、下列说法不正确的是A.将溶液蒸干并灼烧可得到B.将加入大量水中并加热，可得到C.实验室配制溶液，常将固体溶于浓氨水中，再加水稀释至所需浓度D.若少量固体溶于2~3mL蒸馏水会产生SbOCl白色沉淀，则所得溶液显酸性5、某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料；进行回收利用。设计实验流程如图：

已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是A.步骤①操作中，生成的气体可用碱液吸收B.滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验C.滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2D.步骤④要滴加稀硫酸防止CuSO4水解6、下列实验方案合理的是A.用湿润的pH试纸测定某盐溶液的pHB.为了更快得到氢气，可以用纯锌代替粗锌与稀硫酸反应C.用甲基橙检验溶液的酸碱性D.制备FeCl3溶液时，先将固体FeCl3溶于较浓盐酸，再加水稀释评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、用电解法制备高纯金属铬和硫酸的原理如图所示。下列说法正确的是。

A.b为直流电源的正极B.A膜是阳离子交换膜，B膜是阴离子交换膜C.阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑D.若有1mol离子通过A膜，理论上阳极生成0.5mol气体8、已知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数(如表)。如图表示常温下，稀释CH3COOH；HClO两种酸的稀溶液时；溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是()

CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋COC.图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度9、已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为或的物质的量浓度的对数。25℃时；下列说法中不正确的是。

A.往溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为B.若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0~10.0之间C.pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108D.该温度时，的溶度积常数为10、电化学脱硫在金属冶炼和废水处理中均有应用。一种电化学脱硫工作原理示意图如图所示。该装置工作时；下列说法正确的是。

A.a为直流电源负极B.阴极区溶液pH减小C.Mn2+、Mn3+之间转化可加快电子转移D.导线中流过4.5mole-同时阳极区溶液质量增加44g11、在体积可变的密闭容器中投入0.5molCO和1molH2，不同条件下发生反应：实验测得平衡时H2的转化率随温度、压强的变化如图1所示。下列说法错误的是（）

A.Y代表压强，且X代表温度，且B.M点反应物转化率之比N点该比例减小C.若M、N两点对应的容器体积均为5L，则N点的平衡常数D.图2中曲线AB能正确表示该反应平衡常数的负对数与X的关系12、乙炔(HC≡CH)能在Hg(Ⅱ)催化下与水反应生成CH3CHO；反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是。

A.过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子B.本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH的稳定性最弱C.本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程⑤D.其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变13、向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)下图是不同温度下SiHCl3的物质的量分数随时间的变化：

下列说法正确的是A.该反应正方向为吸热反应B.T2时，0~100min时，v(SiCl4)＝0.0025mol·L-1·min-1C.T2时向平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡不移动D.T1时，起始向容器中充入SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4各0.3mol，达到平衡前v(正)＜v(逆)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。

(1)从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为___________。X的物质的量浓度减少了___________，Y的转化率为___________。

(2)该反应的化学方程式为___________。

(3)一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。能说明该反应已达化学平衡状态的是___________。A．正、逆反应速率都等于零B．N2和H2全部转化为NH3C．N2、H2和NH3的浓度不再变化D．N2、H2和NH3的物质的量之比为1∶3∶215、已知W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与Na的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________________________。16、（1）25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是__（用离子方程式表示）。向该溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将__（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为__mol·L-1。（NH3·H2O的电离平衡常数为Kb=2×10-5）

（2）如图1是0.1mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。

①其中符合0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是__(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是__；

②20℃时，0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=___(填数值)。

（3）室温时，向100mL0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是__；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__。17、在稀氨水中存在平衡：NH3＋H2O⇌＋OH-，如进行下列操作，则NH3、H＋、OH-浓度如何变化？请用“增大”“减小”“不变”填写。

(1)通适量HCl气体时，c(NH3)_______，c(H＋)_______。

(2)加入少量NaOH固体时，c()_______，c(OH-)_______。

(3)加入NH4Cl晶体时，c()_______，c(OH-)_______。18、(1)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上；科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：

负极区发生的反应有______(写反应方程式)。电路中转移电子，需消耗氧气______L(标准状况)。

(2)电解法转化可实现资源化利用。电解制的原理示意图如图。

①写出阴极还原为的电极反应式：_________。

②电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低，其原因是_______。19、已知：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

计算断裂1molN≡N需要消耗能量_______kJ。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)20、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)21、在某温度下的水溶液中，c(H＋)=10xmol·L﹣1，c(OH﹣)=10ymol·L﹣1。x与y的关系如图所示：（已知lg2=0.3）

(1)水的离子积为___________________。

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液的pH=________。

(3)pH＝7的溶液呈________(填“酸性”；“中性”或“碱性”)。

(4)若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液为强碱溶液，则该溶液的pH＝______。中和100mL该溶液需消耗HCl的物质的量为______mol。22、草酸铵[（NH4）2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。某同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为_____mmol/L。23、一定温度下的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知CO(g)和H2O(g)的起始浓度均为2mol·L-1,经测定该反应在该温度下的平衡常数K=1；试判断：

(1)当CO转化率为25%时，该反应是否达到平衡____，若未达到平衡，向____方向进行；

(2)达到平衡时，CO的转化率为_____；24、化学平衡常数(K)、电离常数(Ka)、水解常数(Kh)、水的离子积常数(Kw)和溶度积常数(Ksp)都是判断物质性质或变化的重要常数。

(1)上述常数随着温度升高；一定增大的是_______。

(2)C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，化学平衡常数表达式K=_______。

(3)已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，则反应AgCl(s)+I-(aq)⇌AgI(s)+Cl-(aq)的化学平衡常数是_______。

(4)弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数Kw三者间的关系可表示为_______。

(5)25℃时，将amol/L的醋酸溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，用含a的代数式表示醋酸的电离平衡常数Ka=_______。评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)25、巴蜀中学某高二同学为了测定某生理盐水中Cl-的含量，准确量取待测并用AgNO3标准溶液滴定；根据下列信息回答问题。

(1)已知几种难溶物的溶度积如下表所示，该实验宜选择_________作指示剂(填字母)；

A.KIB.NH4SCNC.Na2CrO4D.K2S。难溶物AgIAgSCNAgClAg2CrO4Ag2S溶度积8.5×10-171.2×10-121.8×10-101.1×10-116.7×10-50颜色黄色白色白色红色黑色

(2)用酸式滴定管量取20.00mL生理盐水于锥形瓶中，并滴加1~2滴指示剂，用0.15mol/LAgNO3标准溶液进行滴定。为了减小实验误差，该同学一共进行了四次实验，假设每次所取生理盐水体积均为20.00mL，四次实验结果记录如下：。实验次数第一次第二次第三次第四次消耗AgNO3溶液体积/mL19.0019.9820.022000

该生理盐水的浓度为_______mol/L(保留两位有效数字)

(3)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________。

A.滴定终点读数时俯视读数。

B.锥形瓶水洗后未干燥。

C.进行滴定操作时，有1滴AgNO3溶液滴到了锥形瓶外面。

D.配制AgNO3标准溶液时；定容时仰视容量瓶的刻度线。

(4)AgCl沉淀易吸附Cl-为减少AgCl沉淀对Cl-的吸附，从而减小实验的误差，实验时应采取的措施是_______。26、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用，实验室以NaOH、单质碘和水合肼N2H4•H2O(有还原性)为原料制备碘化钠。回答下列有关问题：

(1)利用下列实验装置制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液。

①仪器X的名称是___________，导管口连接顺序为___________(按气流方向；用小写字母表示)。

②若该实验温度控制不当，反应后测得装置A内ClO﹣与ClO的物质的量之比为5：1，则A中反应的化学方程式是___________。

(2)制备水合肼：反应原理为CO(NH2)2(尿素)+NaClO+NaOH=N2H4•H2O+NaCl+Na2CO3。

①将次氯酸钠和氢氧化钠混合液缓慢滴加到尿素溶液中，边加边搅拌。该操作需严格控制试剂的滴加顺序和滴加速度，原因是___________。

②N2H4•H2O一级电离方程式为N2H4•H2O=N2H+OH﹣，其二级电离方程式为___________。

(3)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体；其制备流程如图所示。

①“还原”过程主要消耗“合成”中生成的副产物IO反应的离子方程式是___________

②工业上也可用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，“水合肼还原法”的优点是___________。27、已知H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。

(1)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应；能放出______kJ热量。

(2)如图装置中仪器A的名称______；作用是________；仪器B的名称_______，碎泡沫塑料的作用是_________。

(3)若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是_______。28、实验室用50mL0.50mol·L-1盐酸、50mL0.55mol·L-1NaOH溶液和如图所示装置；进行测定中和热的实验，得到下表中的数据:

实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9

(1)实验时不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是_______________。

(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是_______________。

(3)根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热ΔH＝_________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g·cm-3计算，反应后混合溶液的比热容c按4.18J·(g·℃)-1计算]。如果用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_______(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

(4)若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是_________。

A．测量盐酸的温度后；温度计没有用水冲洗干净。

B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓。

C．做本实验的当天室温较高。

D．在量取盐酸时仰视读数。

E．大烧杯的盖板中间小孔太大。

(5)下列说法正确的是_________。

A．为了使反应充分；向酸溶液中分次加入碱溶液。

B．大烧杯上如不盖硬纸板；测得的中和热数值会偏小。

C．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验；测得中和热的数值会偏大。

D．测定中和热的实验中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热ΔH<-57.3kJ·mol－1参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

在温度不变的情况下；分别增加恒容容器中反应物的物质的量，相当于增大压强，据此分析解答。

【详解】

两个恒容容器中分别存在平衡反应：N2O4(g)⇌2NO2(g)和3O2(g)⇌2O3(g)。在温度不变的情况下，增加反应物的物质的量，由于容器的体积不变，容器内的压强增大，相当于增大压强，对反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，增大压强，平衡逆向移动，所以α1减小，而反应3O2(g)⇌2O3(g)增大压强，平衡正向移动，所以α2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都比原平衡的浓度大，则c1、c2均增大，故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

tmin后，△c(X2)=1mol•L-1-0.4mol•L-1=0.6mol•L-1，△c(Y2)=1mol•L-1-0.8mol•L-1=0.2mol•L-1，则X2、Y2的化学计量数之比为=0.6mol•L-1：0.2mol•L-1=3：1，再结合原子守恒，反应方程式为3X2+Y22X3Y；故选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．合金的硬度一般比组成它的金属单质硬度大；合金的熔点比组成它的金属单质熔点低，因此铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故A正确；

B．碳和铁能形成形成原电池；用碳粉和铁粉制作的“双吸收剂”，使用时形成了原电池而发生电化学腐蚀，故B正确；

C．碳纳米管属于碳单质；是纯净物，不是分散系，故C错误；

D．二氧化硅和氢氧化钠反应；因此用高纯度的二氧化硅制作的光导纤维遇强碱溶液会“断路”，故D正确。

综上所述，答案为C。4、C【分析】【详解】

A．加热氯化铁溶液能加快氯化铁的水解生成氢氧化铁和盐酸，且生成的盐酸是挥发性酸，灼烧氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以如果将氯化铁溶液加热蒸干、灼烧得到Fe2O3；A正确；

B．TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为TiC14+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加入大量的水，同时加热，平衡正向移动，可得到B正确；

C．实验室配制溶液，加入少量固体抑制水解；加入氨水会引入杂质离子，C错误；

D．少量固体溶于2~3mL蒸馏水发生反应+H2O=SbOCl↓+2HCl，会产生SbOCl白色沉淀；所得溶液显酸性，D正确；

综上所述，答案为C。5、A【分析】【分析】

由题给流程可知；向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌；硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。

【详解】

A．步骤①操作中；硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故A正确；

B．由分析可知；滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故B错误；

C．由分析可知；滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C错误；

D．硫酸是高沸点酸；则滤液2经蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D错误；

故选A。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．若盐溶液水解，则湿润的pH试纸会稀释盐溶液，导致溶液中c(H+)或c(OH-)减小；从而对pH产生影响，若盐溶液不水解，则无影响，故A不合理；

B．由于粗锌中的杂质（如C）可以与Zn形成原电池；从而加快反应速率，故粗锌制氢气比纯锌速率快，B不合理；

C．常温下，溶液pH>4.4时；加入甲基橙溶液显黄色，此时溶液可能是酸性；中性或碱性，C不合理；

D．将FeCl3溶于浓盐酸可以抑制Fe3+水解，使用时再稀释到所需浓度，若直接将FeCl3溶于水，由于Fe3+剧烈水解，此时得到的是Fe(OH)3沉淀；D的方案合理；

故答案选D。二、多选题(共7题，共14分)7、AD【分析】【详解】

A．该装置制备高纯金属Cr和硫酸，左边池中Cr电极上Cr3+得电子发生还原反应，则Cr棒为阴极，连接阴极的电极a为电源的负极，则b为电源的正极；A正确；

B．左边池中Cr电极上Cr3+得电子发生还原反应，阴极反应式为Cr3++3e-=Cr，附近溶液中浓度增大，为维持溶液电中性，要通过A膜进入中间区域；石墨电极上OH-不断失去电子变为O2逸出，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，使附近H+浓度增大，为维持溶液电中性，H+不断通过B膜乙池；所以A膜是阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜，B错误；

C．阴极上Cr3+得到电子变为单质Cr，电极反应式为：Cr3++3e-=Cr；C错误；

D．根据选项B分析可知：要通过A膜进入中间区域，若有1mol离子通过A膜，由于带有2个单位负电荷，则电路中会转移2mol电子，则根据电荷守恒可知理论上阳极石墨上会产生0.5molO2；D正确；

故合理选项是AD。8、AC【分析】【分析】

根据图像及表格数据可知，电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>稀释促进电离，同pH的酸，稀释相同倍数，酸性越弱，pH越变化越小；则曲线I是CH3COOH；曲线II是HClO；依此解答。

【详解】

A．溶液的酸性越强，对应的酸根离子的水解能力越弱，离子浓度越大，则溶液中：c(CH3COO－)>c(ClO－)，则相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液，显碱性，各离子浓度的大小关系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)；A正确；

B．根据强酸制弱酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：B错误；

C．是R-的水解平衡常数，Kh只与温度有关；故图像中a；c两点处的溶液中相等，C正确；

D．曲线I是CH3COOH，曲线II是HClO；酸性越强，说明酸电离程度越大；则根据图像可知，a点酸性弱于b点；故D错误；

答案选AC。9、BD【分析】【详解】

A．由图可知，往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-；A正确；

B．由图可知，若要从某废液中完全沉淀Zn2+；通常可以调控该溶液的pH在8.0~12.0之间，B错误；

C．由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=110-7mol/L，c(Zn2+)=110-3mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)∙[c(OH-)]2=110-3mol/L(110-7mol/L)2=110-17；当pH=8.0时，c(OH-)=110-6mol/L，则c(Zn2+)==110-5mol/L，当pH=12.0时，c(OH-)=110-2mol/L，则c(Zn2+)==10−13mol/L，所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108；C正确；

D．由C选项的计算可知，该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17；D错误；

故选BD。10、AC【分析】【分析】

根据图示，与电源b极相连的电极上Mn2+失去电子转化为Mn3+，发生氧化反应，则该电极为阳极，b为电源的正极；因此a为电源的负极，左侧电极为阴极，结合电解原理分析判断。

【详解】

A．根据上述分析；a为直流电源的负极，故A正确；

B．右侧电极为阳极，阳极上Mn2+失去电子转化为Mn3+，然后Mn3+与FeS发生氧化还原反应生成Fe3+和SO反应的方程式为9Mn2+-9e-=9Mn3+、9Mn3++FeS+4H2O=Fe3++SO+9Mn2++8H+，阴极上的电极反应式为2H++2e-=H2↑；氢离子通过质子交换膜移向阴极，阴极区溶液的pH基本不变，故B错误；

C．Mn2+、Mn3+之间转化可以不断提供Mn3+；使得脱硫反应不断进行，右侧能够加快脱硫反应，加快电子的转移，故C正确；

D．阳极区的反应有9Mn2+-9e-=9Mn3+、9Mn3++FeS+4H2O=Fe3++SO+9Mn2++8H+，当导线中流过4.5mole-；有0.5molFeS溶解，质量为0.5mol×88g/mol=44g，但阴极区的氢离子移向阳极区，导致阳极区溶液质量增加少于44g，故D错误；

故选AC。11、BD【分析】【详解】

A．若X为压强，Y为温度，由图可知相同温度下压强越大氢气的转化率越小，而该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强越大H2的转化率越大，所以Y为压强，X为温度，且相同压强下温度越高，氢气的转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即故A正确；

B．初始投料n(CO)：n(H2)=1:2，根据方程式可知反应过程中CO和H2按照1:2反应；所以任意时刻二者的转化率之比均为1:1，故B错误；

C．N点和M点温度相同，则平衡常数相同，容器体积为5L，M点H2的转化已知；为50%，可根据该点列三段式。

根据平衡常数的定义可知K==故C正确；

D．则K越大，pK越小，该反应正反应为放热反应，温度越高K越小，则pK越大，故曲线AC表示该反应平衡常数的负对数与X的关系；故D错误；

故答案为BD。

【点睛】

当各反应物的投料比等于方程式中计量数之比时，反应过程中任意时刻各反应物的转化率均相等。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键；故A正确；

B．图中CH2=CHOH的能量最高；故其稳定性最弱，故B正确；

C．本反应历程中；虽然过程⑤的能量变化最大，但该过程为放出能量的过程，过程④需要吸收能量且需要的能量最大，即决定整个反应快慢的步骤为过程④，故C错误；

D．催化剂不能改变反应的焓变；故D错误；

故选AB。13、AD【分析】【分析】

因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知道到平衡所需时间T2温度下小于T1温度下，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。又T2温度下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1温度下平衡时小；说明升温平衡向正反应方向移动。

【详解】

Ａ．由图像分析可知；温度升高平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，故A正确；

B．2L容器，初始SiHCl3为1mol，故初始c(SiHCl3)=0.5mol/L，设SiHCl3转化的物质的量浓度为x，列出三段式:由图可知，T2温度下100min达到平衡时，SiHCl3物质的量分数为0.5，所以解得x=0.25mol/L；v(SiCl4)=故B错误；

C．温度不变，向平衡后的容器中充入一定量的SiHCl3，平衡正向移动；故C错误；

D．由题意和三段式计算得到T2温度下的平衡常数K2=而正反应为吸热反应,所以T1温度下的平衡常数K12=0.25，T1温度下2L容器初始通入SiHCl3､SiH2Cl2､SiCl4各0.3mol,则初始时浓度商Qc=>0.25=K2>K1，所以平衡前，反应向逆反应方向进行，达到平衡前v(正)

故选AD｡三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

从图中三种物质的改变量X从1.2mol降到0.41mol；减少0.79mol；Y从1.00mol降到0.21mol，减少0.79mol；Z从0mol增到1.58mol，增加1.58mol；各物质的变化量之比和方程式中各物质系数成正比，该反应有；

(1)

从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为X的物质的量浓度减少了Y的转化率为

(2)

据分析，该反应的化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)。

(3)

A．化学平衡状态时正逆反应速率相等且不为零；A错误；

B．该反应是可逆反应；达到平衡时反应物不可能全部转化，B错误；

C．达到平衡时；体系内各组分的物质的量不再改变，恒容密闭容器中浓度不再变化，C正确；

D．N2、H2和NH3的物质的量之比为1∶3∶2等于反应的化学计量数之比；与平衡时各物质的量没有必然联系，不一定时平衡状态，D错误；

故答案选C。【解析】（1）0.079mol/(L·s)0.395mol/L79%

（2）X(g)+Y(g)⇌2Z(g)

（3）C15、略

【分析】【详解】

HN3和NaOH等浓度等体积反应生成NaN3，因为醋酸是弱酸，因此此化合物属于强碱弱酸盐，N水解，N＋H2OHN3＋OH－溶液显碱性，水解的程度非常微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】c(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)16、略

【分析】【详解】

(1)硝酸铵溶液中存在铵根离子的水解，NH4++H2ONH3·H2O+H+，所以溶液显酸性；水解促进水的电离，酸或碱的电离抑制水的电离，所以随着氨水的滴入，水的电离平衡受到的促进作用减弱，即水的电离平衡逆向移动；NH3·H2O的电离平衡常数为Kb=溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，此时溶液呈中性，所以c(NH4+)=c(NO3-)，设混合溶液的体积为V，则c(NH4+)=c(NO3-)=mol/L，设氨水的浓度为x，溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=mol/L，则混合溶液中c(NH3·H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，所以有解得x=mol/L；

(2)①NH4Al(SO4)2溶液中存在铵根和铝离子的水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；

②20℃时，0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液pH=3，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)-3c(Al3+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol•L-1-10-11mol·L-1；

(3)a、b、c、d四个点，根据加入NaOH溶液的量可知a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离；所以a点的水的电离程度最大；

b点溶液呈中性，溶液的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c(Na+)=c(SO42-)，则b点时c(Na+)＞c(SO42-)，原溶液中溶质为NH4HSO4，b点溶液中S元素全部以硫酸根的形式存在，部分N元素已一水合氨的形式存在，所以c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。

【点睛】

第1题为本题难点，要灵活运用电荷、物料守恒找到各离子浓度之间的关系，代入电离平衡常数表达式进行求解。【解析】①.NH4++H2ONH3·H2O+H+②.你像③.④.Ⅰ⑤.NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小⑥.10-3-10-11mol·L-1⑦.a点⑧.c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4＋)>c(OH-)=c(H+)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)向氨水中通适量的氯化氢气体；氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡正向移动，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所以溶液中氢原子浓度增大；

(2)向氨水中加入少量NaOH固体；NaOH溶于水电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，导致平衡逆向移动，则溶液中铵根离子浓度减小；

(3)向氨水中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，所以溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，从而抑制氨水电离，溶液中氢氧根离子浓度减小。【解析】减小增大减小增大增大减小18、略

【分析】【分析】

(1)电解池中阳离子向阴极移动，根据图示，则左侧为阴极，右侧为阳极，阴极与电影负极相连，阳极与电源正极相连，据此分析解答；

(2)由题意，通入CO2的一极为阴极，则Sn片为阴极，Pt片为阳极，阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，结合图示分析解答。

【详解】

(1)所谓的“负极区”就是电解池的阴极区，电极上的应为铁离子得到电子被还原为亚铁离子：生成的亚铁离子又被氧气重新氧化为铁离子：由得失电子守恒知，电路中转移阴极上生成氧化消耗其在标准状况下的体积

(2)①阴极CO2还原为HCOO-的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：或

②阳极发生反应：溶液的减小，与反应而使其浓度减小；由于溶液呈电中性，则部分移向阴极区，所以电解一段时间后，阳极区溶液浓度降低。【解析】5.6或阳极产生减小，浓度降低；部分迁移至阴极区19、略

【分析】【详解】

假设断裂1molN≡N需要消耗能量为xkJ，由题意可列方程：解得即断裂1molN≡N需要消耗能量为946kJ。【解析】946四、判断题(共1题，共3分)20、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。五、计算题(共4题，共16分)21、略

【分析】【分析】

(1)由图像可知x+y=-13，可算出水的离子积常数Kw=c(H+)•c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=

(2)计算出0.01mol·L-1H2SO4溶液中氢离子的浓度，利用pH=-lgc(H+)可计算出数值；

(3)比较溶液的酸碱性要看氢离子和氢氧根离子的相对大小；利用水的离子积常数知道pH=6.5时溶液为中性，则可以判断则pH＝7的溶液呈碱性；

(4)不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1；且溶液为强碱溶液，则该碱溶液的氢离子来自于水的电离，可算出pH，根据酸碱中和的原理，氢离子的物质的量和氢氧根离子的物质的量相等，算出消耗HCl的物质的量。

【详解】

(1)水的离子积Kw=c(H+)•c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=mol2·L-2，由图像可知x+y=-13，故Kw=10-13mol2·L－2；

答案为：10-13mol2·L－2；

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol·L-1×2=0.02mol·L-1，则pH=-lg(2×10-2)=2-lg2=2-0.3=1.7；

答案为：1.7；

(3)该温度下，Kw=10-13；即当pH=6.5时溶液为中性，则pH＝7的溶液呈碱性；

答案为：碱性；

(4)不论何种溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都相等，若测得某溶液中，水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液为强碱溶液，则该强碱溶液的氢离子来自于水的电离，因此溶液中的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子的浓度＝1.0×10－12mol·L－1，则该溶液的pH＝-lgc(H+)=-lg(1.0×10－12)=12；该溶液中c(OH－)=mol·L－1=0.1mol·L－1，则100mL该溶液中n(OH－)=0.1L×0.1mol·L－1=0.01mol，根据H++OH-=H2O；需消耗HCl的物质的量为0.01mol；

答案为：12；0.01。【解析】①.10－13mol2·L－2②.1.7③.碱性④.12⑤.0.0122、略

【分析】【详解】

草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去，故答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入；溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为=1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为故答案为：2.1。【解析】①.因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去②.2.123、略

【分析】【详解】

(1)设H2O(g)消耗了xmol/L时；

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

初始浓度：2200

变化浓度：xxxx

末态浓度：2-x2-xxx

此时K==1，解得x=1，一氧化碳转化率=×100%=50%；当CO转化率为25%时反应未达到平衡状态，CO转化率达到平衡状态需要增大，则反应正向进行，故答案为未达平衡；正向移动；

(2)根据上述计算，达到平衡时，CO的转化率为50%，故答案为50%。【解析】①.未达平衡②.正向移动③.50%24、略

【分析】【详解】

(1)温度升高；平衡常数减小，说明正反应为放热反应，平衡常数增大，说明正反应是吸热反应；弱电解质的电离；水的电离、盐类水解一定是吸热反应，相关平衡常数随温度的升高而增大；

(2)C为固态，不计入表达式中，所以

(3)

(4)由知由知所以

(5)两溶液等体积混合后，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.005mol/L，根据元素守恒，c(CH3COOH)=()mol/L，根据电荷守恒，所以则【解析】电离常数(Ka)、水解常数(Kh)、水的离子积常数(Kw)2.1×106Kw=Ka·Kh六、实验题(共4题，共12分)25、略

【分析】【分析】

根据Ksp和沉淀的颜色选择试剂；根据滴定原理，结合消耗的标准液体积计算待测液的浓度；结合c(待测)=分析误差。

【详解】

(1)由表可知可知Ag2CrO4为红色，且Ksp最小，Ksp越小，灵敏度越高，则宜选择Na2CrO4作指示剂；故答案为：C；

(2)第一次实验数据和其它几次相差太大故舍去，另外三次的平均体积为=mL=20.00mL，设该生理盐水的浓度为cmol/L，已知NaCl～～AgNO3；则cmol/L×20.00mL=0.5mol/L×20.00mL，解得：c=0.50；

(3)A．滴定终点读数时俯视读数，AgNO3的体积偏小，则由c(待测)=可知；该生理盐水的浓度偏小，故A错误；

B．锥形瓶水洗后未干燥；NaCl的物质的量不变，则对测定浓度无影响，故B错误；

C．进行滴定操作时，有1滴AgNO3溶液滴到了锥形瓶外面，AgNO3的体积偏大，则由c(待测)=可知；该生理盐水的浓度偏高，故C正确；

D．配制AgNO3标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，AgNO3溶液浓度偏小，体积偏大，则由c(待测)=可知；该生理盐水的浓度偏高，故D正确；

故答案为：CD；

(4)AgCl沉淀易吸附Cl-为减少AgC1沉淀对Cl-的吸附，从而减小实验的误差，实验时应采取的措施是：滴定的同时，加强对滴定浊液的振荡，减少AgCl沉淀对Cl-的吸附。

【点睛】

考查误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。【解析】①.C②.0.5③.CD④.滴定的同时，加强对滴定浊液的振荡，减少AgCl沉淀对Cl-的吸附26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①根据仪器构造分析，A中盛装氢氧化钠溶液的仪器名称为三颈烧瓶；装置c由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf，故答案为：三颈烧瓶；ecdabf；

②三颈瓶内ClO−与ClO3−的物质的量之比为5：1，设ClO−与ClO3−的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO−则会生成Cl−5mol，生成1molClO3−则会生成Cl−5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl−，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO−与ClO3−共5mol+1mol=6mol，根据氯元素守恒可知，参加反应的氯气的物质的量应为故反应的化学方程式为：8Cl2+16NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3+8H2O；

(2)①水合肼有还原性；容易被NaClO氧化，所以将尿素滴到NaClO溶液中或滴加过快，会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故答案为：水合肼有还原性，容易被NaClO氧化；

②结合一水合氨的电离方程式及给定的N2H4•H2O的一级电离方程式可知，N2H4•H2O的二级电离方程式为：N2H+H2O=N2H+OH﹣；

(3)①根据流程可知，碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原副产物IO3-，得到碘离子和氮气