2025年人教版（2024）选择性必修1化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、是一种黄色黏稠的油状液体(其中N显负价)，可利用惰性电极电解制备，装置如图所示，其原理是下列说法错误的是。

A.b电极接电源的负极B.阳极区被氧化的元素为C.流出液X中不含D.每生成约有通过阴离子交换膜2、将一定量的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得不同温度下的部分平衡数据如下表：。温度/℃15.020.025.030.035.0平衡总压强/kPa5.7p112.0p224.0平衡气体总浓度/10−3mol·L−12.43.44.86.89.4

下列说法中正确的是A.混合气体的平均相对分子质量——M不再随时间变化时反应达平衡状态B.15.0℃时NH2COONH4(s)分解的平衡常数为2.0×10−9(mol/L)3C.该反应∆H＞0，p2＝2p1D.若在恒温下将平衡体系体积减半，再达平衡后，c(NH3)和c(CO2)均比原平衡大3、沼气的主体是甲烷。0.5molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是：A.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=－890kJ/molB.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)；△H=+1780kJ/molC.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=+890kJ/molD.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)；△H=－1780kJ/mol4、化学上常把断开1mol某化学键所消耗的最低能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。部分化学键的键能如下：。化学键P-PCl-ClP-Cl键能/()xyz

工业上可通过下列反应制取：(已知为每个磷原子都以3个共价键与另外三个磷原子结合成的正四面体结构)，该反应的△H为A.B.C.D.5、据文献报道，利用阴极膜过滤反应器能除去废水中的磷元素(假设磷元素的存在形态只有)，其装置原理示意图如图所示[图中CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]：下列叙述正确的是。

A.三电极流出(入)的电子数均相等B.工作时Ti/SnO2-Sb电极应与直流电源的负极相连C.Ti/SnO2-Sb电极周围H2O分子被氧化，其氧化产物为H+和O2D.阴极区的总反应式：20Ca2++14+26e-+2zH2O=2[3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]↓+13H2↑6、利用电化学装置可以实现甲烷；二氧化碳两种分子的耦合转化；其原理如下图所示：

下列说法不正确的是A.阴极上的反应式为B.若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2的体积比为6：5C.该装置中电子转移方向：电源负极→电极A→电极B→电源正极D.甲烷在电极B上存在碳氢键的断裂和碳碳键的形成7、用石墨作电极电解下列溶液，以下说法正确的是A.电解AgNO3溶液，阳极生成O2，溶液的pH升高B.电解CuCl2溶液，阴极反应为Cu2＋＋2e-═CuC.电解MgCl2溶液，总反应的离子方程式为2H2O＋2Cl-2OH-＋Cl2↑＋H2↑D.电解NaOH溶液，一段时间后，溶液的导电能力减弱8、一定量的锌粒与足量的硫酸反应，下列措施能增大该化学反应速率且不影响生成氢气的量的是A.向该硫酸中滴加几滴硫酸铜溶液B.用锌粉代替锌粒C.改用硫酸D.改用盐酸9、下列解释实验现象的离子方程式不正确的是A.向氯化铝溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：B.纯碱溶液使酚酞变红：C.溶液与溶液混合出现蓝色沉淀：D.向溶液中加入新制氯水，溶液变成黄色：评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能11、常温下向烧杯中加入溶液、溶液和稀硫酸，发生反应：下列情况表明上述可逆反应达到平衡状态的是A.保持不变B.溶液不再变化C.D.保持不变12、一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为浓溶液。下列说法错误的是（）

A.电池总反应式为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2B.正极反应式为Mg-2e-=Mg2+C.活性炭可以加快在负极上的反应速率D.电子的移动方向由a经外电路到b13、已知可逆反应(A、B、C均为气体)在内的平均反应速率为则x为（）A.B.C.D.14、铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示；其中吸附在催化剂表面的物质用“ad”表示，下列说法正确的是。

A.“吸附”过程吸热，“脱附”过程放热B.合成氨反应的C.降温或加压可以增大反应速率D.该历程中反应速率最慢的过程为15、用质子导体固体氧化物燃料电池(P—SOFC)脱氢可得丙烯；可实现“烯烃—电力”联产。

下列说法正确的是A.催化剂促进电能转变为化学能B.O2-由负极迁移至正极C.负极上发生的电极反应为C3H8-2e-=C3H6+2H+D.电池总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O16、仔细观察如图所示电解NaCl溶液的装置；判断下列选项正确的是。

A.该电解池由直流电源、电极、导线和电解质溶液构成B.电极M为阳极，该区域发生氧化反应C.电子由电源负极沿导线移向M极，由N极沿导线移向电源正极D.向M极移动，向N极移动评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、已知25℃时，HCN的电离常数Ka＝6.2×10－10mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5mol·L－1。请根据以下四个图像回答问题。

(1)25℃时，体积均为100mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HCN溶液，加水稀释过程中溶液的pH变化与溶液体积的关系如图1所示，则表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线是：______(填“A”或“B”)；相同条件下，NaCN溶液的pH________(填“>”“＝”或“<”)CH3COONa溶液的pH。将0.2mol·L－1HCN溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，则溶液中离子浓度由大到小顺序为______________。（提示：可根据平衡常数大小关系判断反应程度大小）

(2)如图2所示，25℃时向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是_______

A．a点溶液中c(H＋)为1×10－4mol·L－1

B．a、b；c、d四点中水的电离程度最大的是c点。

C．滴定过程中宜选用酚酞做指示剂。

D．b点溶液中离子浓度大小顺序一定为c(CH3COO－)>c(H＋)>c(K＋)>c(OH－)

(3)如图3表示用相同的NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图可知酸性最强的是_____（填“①”“②””或“③”）。

(4)如图4表示相同浓度的AgNO3标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl-、Br-及I-的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是________。已知25℃时Ksp(AgCl)＝2×10－10，在1L0.1mol/L的NaCl溶液中加入1L0.2mol/L的AgNO3溶液，充分反应后溶液中c(Cl－)=_________（假设混合溶液的体积为2L）18、工业上制取硝酸铵的流程图如下所示：

已知：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH=-1745.2kJ·mol-1；

6NO(g)＋4NH3(g)5N2(g)＋6H2O(g)ΔH=-1925.2kJ·mol-1。

则反应Ⅰ的热化学方程式可表示为___________。19、甲醇是一种用途广泛的化工原料,也可作为燃料。请回答以下问题：

（1）工业上常用下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=—90.1KJ•mol-1，该反应自发的条件是________。

（2）实验室模拟用CO和H2反应来制甲醇。在250℃下，将一定量的CO和H2投入2L的密闭容器中，各物质的物质的量（mol）变化如下表所示：（前6min没有改变条件）。2min4min6min8min20minCO0.70.50.50.40.2H21.4111.82CH3OH0.30.50.50.60.8

①从0min-4min这段时间的反应速率v（CO）=_________

②250℃时该反应平衡常数K的值为________。

③若第6min时只改变了一个条件，则所改变的条件是________。

④若反应过程中保持温度不变，第20min时,该反应的v正______v逆。(填“>”，“<”或“=”)

（3）若在一恒容的密闭容器中通入物质的量之比为1：1的CO和H2来生产CH3OH，画出不同温度下，反应相同时间时CO的体积分数随温度变化的图像。_______________

20、强电解质和弱电解质。

(1)强电解质。

在水溶液中能够_______电离的电解质。如_______、_______、_______。

(2)弱电解质。

在水溶液中_______电离的电解质。如_______、_______、_______。21、向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)＋yB(g)⇌pC(g)＋qD(g)已知：平均反应速率v(C)＝v(A)；反应2min时，A的浓度减少了amol，B的物质的量减少了mol；有amolD生成。

回答下列问题：

(1)反应2min内，v(A)＝________，v(B)＝________。

(2)化学方程式中，x＝________，y＝________，p＝________，q＝________。

(3)反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为________。22、图中的A为直流电源；B为渗透饱和氯化钠溶液和酚酞溶液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：

(1)电源A中a点为________极。

(2)滤纸B上发生氧化反应的电极反应方程式为：____________________。

(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌；接通K点，使c；d两点短路：

①电极e上发生的反应为：__________________；

②在此过程中电解液的浓度（填“始终不变”；“略微增大”、“略微减小”）___________；

③电镀槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)23、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误24、(_______)A.正确B.错误25、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2题，共12分)26、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。27、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+，b电极是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，但是阳离子不能经过交换膜，根据电子守恒以及电极反应式进行计算回答．

【详解】

A．b电极产生氢气，发生的是还原反应，b电极是阴极；故接电源的负极，故A正确；

B．题干由已知中N显负价，故NCl3中Cl为+1价；Cl元素在阳极化合价升高被氧化，故B正确；

C．电解过程中，Cl-可以经过阴离子交换膜移向阳极，阳极发生氧化反应NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+；流出液X中含HCl，故C错误；

D．每生成3molH2，转移6mol电子，溶液中通过离子定向移动形成闭合回路平衡电荷，故有6molCl-通过阴离子交换膜；故D正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．只有产物是气体；故反应过程中混合气体的平均相对分子质量(M)不随时间变化，故不再随时间变化时反应达平衡状态，故A错误；

B．需将15℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度：c(NH3)＝×2.4×10−3mol·L−1＝1.6×10−3mol·L−1，c(CO2)＝×2.4×10−3mol·L−1＝0.8×10−3mol·L−1，K＝(1.6×10−3)2×0.8×10−3≈2×10−9；故B正确；

C．温度升高，平衡浓度增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，20℃到30℃，先不分析温度变化，由于30℃浓度是20℃时浓度的2倍，则p2＝2p1，但由于温度升高了，压强应该变大，因此p2＞2p1；故C错误；

D．由于只与温度有关，与浓度无关，在恒温下，平衡常数不变，因此c(NH3)和c(CO2)均不变；故D错误。

综上所述，答案为B。3、A【分析】【详解】

0.5molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ的热量，由物质的量与热量成正比可知，1molCH4完全燃烧为CO2和H2O(l)时，放出445kJ2=890kJ的热量，放热反应的焓变为负，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=－890kJ/mol，B、C中焓变应为负，B、D中水应为液态，故选A。4、C【分析】【详解】

由题意知的结构是含有6个P-P键。反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，即故选C。5、D【分析】【详解】

中间电极上产生CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，说明中的氢被还原生成氢气；则该电极为阴极，连接电源的负极，两侧的电极就是阳极。据此解答。

A．中间的为阴极；两侧的为阳极，根据电子守恒分析，阳极失去的电子总数应该等于阴极得到电子总数，故三电极流出或流入的电子数不相等，A错误；

B．工作时Ti/SnO2-Sb电极与电源的正极相连；B错误；

C．Ti/SnO2-Sb电极为阳极；水被氧化，氧化产物为氧气，氢离子不是氧化产物，C错误；

D．阴极是中的氢得到电子生成氢气，同时生成和和钙离子和水结合形成3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O；D正确；

故选D。6、C【分析】【分析】

利用电化学装置将CH4和CO2耦合转化生成乙烯、乙烷、水和一氧化碳，由原理图可知，A电极上CO2→CO、C元素化合价降低、发生还原反应，则A电极为阴极，B电极为阳极，阴极反应式为CO2+2e-=CO+O2-；阳极B上生成一定量的乙烯和乙烷混合气体；

【详解】

A．电极A为阴极，阴极上CO2得电子，则阴极上的反应式为CO2+2e-═CO+O2-，故A正确；

B．生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1时，由得失电子守恒和原子守恒写出反应的总方程式为6CH4+5CO2=2C2H4+C2H6+5CO+5H2O，所以消耗CH4和CO2的体积比为6：5，故B正确；

C．由分析可知，电极A为阴极，电极B为阳极，则电子转移方向：电源负极→电极A，电极B→电源正极，故C错误；

D．甲烷在阳极B上生成一定量的乙烷；由结构可知，甲烷的碳氢键的断裂，乙烷中形成碳碳键，故D正确；

故选：C。7、B【分析】【详解】

A．石墨是惰性电极，电解AgNO3溶液，阳极区失电子发生氧化反应，即电极反应为2H2O－4e-=4H++O2↑，则阳极生成O2，H+浓度增大；溶液的pH降低，故A错误；

B．电解CuCl2溶液，阴极区Cu2+得电子发生还原反应，即电极反应为Cu2+＋2e-═Cu；故B正确；

C．电解MgCl2溶液，阳极区失电子发生氧化反应，即电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极区得电子发生还原反应，即电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解产生的OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，电池总反应的离子方程式为Mg2++2H2O＋2Cl-Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑；故C错误；

D．电解NaOH溶液，阳极OH-放电，阴极H+放电；其实质是电解水，一段时间后，NaOH浓度增大，溶液的导电能力增强，故D错误；

答案为B。8、B【分析】【分析】

【详解】

一定量的锌粒与足量的硫酸反应；锌的质量一定，生成氢气的量受锌影响，故有：

A．向该硫酸中滴加几滴硫酸铜溶液；锌与硫酸铜溶液反应置换出铜，形成锌铜原电池，可以加快化学反应速率，但是锌的质量减少，生成氢气的量减少，A不合题意；

B．用锌粉代替锌粒；增大了固体的接触面积，化学反应速率加快，锌的质量不变，生成氢气的量不变，B符合题意；

C．硫酸为浓硫酸；无法与锌反应生成氢气，C不合题意；

D．盐酸中的浓度为硫酸中的浓度为的浓度减小；反应速率减慢，D不合题意；

故答案为：B。9、A【分析】【分析】

【详解】

A．是弱电解质，在离子方程式中应写成化学式，所以反应的离子方程式为故A错误；

B．纯碱()溶液使酚酞变红是由于发生了水解反应：使溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故B正确；

C．溶液与溶液反应，产生蓝色沉淀和白色沉淀；产物为沉淀都不能拆，产生的蓝色沉淀会将白色沉淀遮盖，所以混合后最终看到的为蓝色沉淀，反应物都为强电解质，所以都要拆开写成离子形式，故C正确；

D．新制氯水中的主要成分为具有强氧化性，能将氧化为故溶液变成黄色，故D正确；

答案选A。二、多选题(共7题，共14分)10、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。11、BC【分析】【详解】

A．与反应物和生成物的能量高低有关，在一定条件下始终保持恒定；因此不能据此判断平衡状态，故A不符合题意；

B．溶液不再变化说明溶液中氢离子浓度不变；则反应达到平衡状态，故B符合题意；

C．根据速率比等于化学计量数之比可知：若则正反应速率等于逆反应速率反应达到平衡状态，不能据此判断平衡状态，故C符合题意；

D．和的起始量之比为1：2，结合反应可知两者变化量之比也为1：2，则始终保持1：2恒定不变；不能据此判断平衡状态，故D不符合题意；

故选：BC。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．镁电极为负极，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2；A正确；

B．镁电极为负极，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；B错误；

C．活性炭可以加快O2的反应速率；但是是在正极上而不是负极上，C错误；

D．电子的移动方向是沿外电路由负极到正极，即a电极到b电极；D正确；

故答案为BC。13、BC【分析】【详解】

在同一化学反应中，以各物质分别表示的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比(即速率比=系数比)可知：得或即BC正确；

故答案选：BC。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，“吸附”是放热过程，而“脱附”则是吸热过程，A项错误；

B．由图象可知，即B项正确；

C．降温减小反应速率，C项错误；

D．由图可知，的活化能最大，反应速率最慢，D项正确；

答案选BD。15、CD【分析】【分析】

【详解】

A．该装置为燃料电池；则催化剂能促进化学能转变为电能，A错误；

B．O2作正极，得电子后形成O2-，O2-带负电荷，会在正极上与H+结合形成H2O；B错误；

C．通入燃料C3H8的电极为负极，在负极上C3H8失去电子变为C3H6，故负极的电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+；C正确；

D．在电池的正极上O2得到电子变为O2-，然后再与H+结合形成H2O，故正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。负极电极反应式为：C3H8-2e-=C3H6+2H+。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以将正极、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式为：2C3H8+O2=2C3H6+2H2O；D正确；

故合理选项是CD。16、AC【分析】【分析】

【详解】

A．电解池由直流电源；电极、导线和电解质溶液构成；A正确；

B．由图可知；电极M连接电源的负极，则电极M为阴极，该区域发生还原反应，B项错误；

C．电子由电源负极沿导线移向M极；由N极沿导线移向电源正极，C正确；

D．通电后，阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极，即移向N极，移向M极；D项错误。

故选AC。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

(1)根据电离平衡常数进行判断；混合溶液先反应；根据产物和剩余反应物在进行判断；

(2)A.根据醋酸电离常数计算；

B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性；所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离，c点水的电离程度最大；

C.氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性；应选择酚酞试液指示反应终点；

D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(K+)＞c(OH-)；

(3)由图可知；浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；

(4)由图可看出，碘化银的Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；再根据Ksp计算；

【详解】

(1)pH相等的酸中，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同的倍数，pH变化大的为强酸，小的为弱酸，HCN的电离平衡常数小于醋酸，所以HCN的酸性小于醋酸，CH3COOH溶液的pH变化趋势较大，为A线，且因为HCN的酸性小于醋酸，CN-的水解能力强于CH3COO-，故NaCN溶液的pH＞CH3COONa溶液的pH。反应后生成等浓度的HCN与NaCN溶液，CN-的水解能力强于电离能力溶液显碱性，则溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：A，＞，c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(2)A.根据醋酸电离常数可知：=1.7×10-5，计算得c(H+)=×10-4mol/L，故A不正确；

B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性；所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离，c点水的电离程度最大，故B正确；

C.氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性；应选择酚酞试液指示反应终点；故C正确；

D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)，当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(K+)＞c(OH-)；故D不正确；

正确答案：BC；

(3)由图可知；浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；

正确答案：③；

(4)由图可看出，如相同体积的硝酸银溶液后，I-浓度最小，因此碘化银的Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；

设充分反应后溶液中c(Cl－)=xmol/L：银离子过量，过量银离子浓度为0.1mol÷2L=0.05mol/L，根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl－)得出c(Cl－)==4.0×10－9mol/L；正确答案:I-，4.0×10－9。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析问题和解决问题能力，本题的重点为明确酸的电离常数与酸性强弱的关系。【解析】A＞c(Na+)>c(CN-)>c(OH－)>c(H＋)BC③I-4.0×10－918、略

【分析】【分析】

【详解】

将已知的两个热化学方程式从上到下依次标记为①和②，根据盖斯定律由①×5-②×4得：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=-1025.2kJ·mol-1。【解析】4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH=-1025.2kJ·mol-119、略

【分析】【分析】

（1）反应才能自发进行；

（2）①根据=计算反应速率；

②该反应平衡常数

③根据8min时CO的浓度减小；氢气的浓度增大，甲醇的浓度增大判断。

④根据20min时Q；K的大小关系判断。

（3）利用“三段式”计算不同温度下；CO的体积分数随温度变化；

【详解】

（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0、ΔS<0，反应才能自发进行；所以该反应在低温条件下才能自发进行；

（2）①从0min-4min这段时间生成0.5molCH3OH，根据方程式可知，消耗0.5molCO，(CO)=0.0625mol/(L·min)；

②根据表格数据可知，该反应在4min时达到平衡状态，CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别是0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，250℃时，该反应平衡常数4.0；

③与6min时相比；8min时CO的物质的量减小，氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量增大，说明改变条件平衡正向移动，CO物质的量减少0．1mol，则氢气的浓度减少0．2mol/L，8min时CO的物质的量是1.8mol，所以第6min改变条件是氢气增加1mol；

④第20min时，所以反应达到平衡状态，v正=v逆；

（3）

CO的体积分数是CO的体积分数是恒量，CO的体积分数随温度变化的图像是

【点睛】

本题考查化学反应方向的判定、平衡常数的应用，会根据Q、K的大小关系反应方向，若Q=K，则反应达到平衡状态，v正=v逆；若Q＜K，则反应正向进行，v正＞v逆；若Q＞K，则反应逆向进行，v正<v逆。【解析】低温（或较低温度）0.0625mol/(L·min)4.0充入1.0molH2=20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】完全强酸强碱绝大多数盐只能部分弱酸弱碱水21、略

【分析】【详解】

(1)反应2min时，A的浓度减少了则△c(A)=×=amol/L，则v(A)==amol/(L·min)；

(2)平均反应速率V(C)=V(A)，则x︰p=2︰1，A的浓度减少了则消耗的A为amol，B的物质的量减少了mol，有amolD生成，则x︰y︰q=amol︰mol︰amol=2︰3︰6，故x︰y︰p︰q=2︰3︰1︰6，则反应方程式为：2A(g)+3B(g)═1C(g)+6D；

(3)反应达到平衡时，D为2amol，由方程式2A(g)+3B(g)=C(g)+6D(g)可知消耗的B为2amol×=amol，则B的转化率为×100%=×100%。【解析】mol/(L·min)mol/(L·min)2316×100%22、略

【分析】【分析】

(1)A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，所以c是阴极、d是阳极，则a是正极、b是负极；e是阳极；f是阴极；

(2)滤纸B上；阴极上氢离子放电生成氢气；同时电极附近有氢氧根离子生成，阳极上氯离子放电生成氯气；

(3)电镀时；镀层金属作阳极；镀件作阴极，含镀层金属的阳离子作电解质溶液。

【详解】

(1)A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，因此c电极是阴极、d电极是阳极，则a是正极、b是负极；

(2)滤纸B上，阴极上H+离子放电生成H2、同时阴极附近有OH-离子生成，在阳极上Cl-离子放电生成Cl2，所以c点的电极反应式为：2H++2e-=H2，d点的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2；

(3)①电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，含镀层金属的阳离子作电解质溶液，所以若在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，由于a为正极，b为负极，则e为阳极Zn，锌失电子发生氧化反应，电解反应为Zn-2e-=Zn2+；f为阴极Fe，在阴极上锌离子得；

②电子发生还原反应，由于在反应过程中溶液中Zn2+物质的量不变；溶液的体积不变，所以在此过程中电解液的浓度始终不变；

③电解液可以为ZnSO4或ZnCl2或Zn(NO3)2等溶液。

【点睛】

本题考查电解原理的应用及电镀的知识，根据通电后B上的c点显红色。判断电源的正负极是本题解答的突破口，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意电镀时镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属离子的溶液为电镀溶液。【解析】正2Cl－-2e－=Cl2↑Zn-2e－=Zn2＋始终不变硫酸锌溶液氯化锌溶液四、判断题(共3题，共18分)23、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。24、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。25、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2题，共12分)26、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