2025年沪科版选择性必修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年沪科版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、25℃时，分别向浓度均为0.1mol/L，体积均为20mL的HX和HY的溶液中滴入等物质的量浓度的氨水，溶液中水电离出的c(H+)与加入氨水的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.HX的电离方程式为HXH++X−B.b点时溶液中c()=c(Y−)>c(H+)=c(OH−)C.HX的电离平衡常数约为1×10−7mol/LD.a、b两点对应溶液中存在的微粒种类数目相同2、反应经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X；Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.Y为该反应的催化剂B.时，C.时，Y的消耗速率大于生成速率D.后，3、南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(如图)在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，能通过半透膜；而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错误的是。

A.放电时，b为负极，发生氧化反应B.放电时，a极上的电极反应：C.充电时，由a极区向b极区迁移D.充电时，在阴极被还原4、最近我国科学家在钠离子电池聚阴离子型正极材料研究方面取得新进展。一种钠离子电池用碳基材料(NamC60)作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理Na(3-m)V2(PO4)2F3+NamC60Na3V2(PO4)2F3+C60，下列说法错误的是A.放电时，负极反应式为NamC60+me-=mNa++C60B.充电时，阴极质量变化11.5g时，外电路中通过0.5mole–C.电解质可以是含Na+的导电有机聚合物或能传导Na+的固体钠盐D.充电时，阳极反应式为Na3V2(PO4)2F3-me-=Na(3-m)V2(PO4)2F3+mNa+5、已知：X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)ΔH=-akJ·mol-1(a>0)。下列说法正确的是A.达到化学平衡状态时，Y的正反应速率和Z的逆反应速率相等B.达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶3C.达到化学平衡状态时，反应放出的总热量一定小于akJD.0.2molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol6、25℃时，Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(CuS)=1.3×10-36，下列有关说法中正确的是（）A.FeS在水中的沉淀溶解平衡可表示为：FeS(s)＝Fe2+(aq)+S2-(aq)B.饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度为1.3×10-36mol·L-1C.因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4不能发生D.除去某溶液中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、温度为时，向的密闭容器中充入一定量的和发生反应容器中A；B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是。

A.反应在前内的平均反应速率B.该反应的平衡常数表达式C.若平衡时保持温度不变，压缩容器容积平衡向逆反应方向移动D.反应至时，改变的反应条件是降低温度8、常温下，用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定同浓度；体积均为20.00mL的盐酸和醋酸溶液(用HA表示酸)；得到2条滴定曲线，如图所示。

下列说法正确的是A.滴定盐酸的曲线是图1B.由图分析可得b>a=20C.D点对应的溶液中：c(Na+)=c(A-)D.根据E点可计算得K(HA)=[0.05+(10-6-10-8)]×10-8/(10-6-10-8)9、全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法正确的是。

A.电池工作时，负极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4B.电池放电时间越长，电池中的Li2S2量越多C.手机使用时电子从b电极经过手机电路版流向a电极，再经过电池电解质流回b电极D.电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g10、某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）

A.外电路中电流方向为B.在硫氧化菌作用下转化为的反应是C.硫酸盐还原菌分解生成D.若该电池中有参加反应，则有通过质子交换膜11、下列说法正确的是A.向的醋酸溶液中加少量烧碱固体，可使溶液中增大B.25℃时，向水中加入少量CH3COONa固体，会抑制水的电离，溶液中c(H+)降低C.取pH=2的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别投入0.3g锌粉，醋酸与锌反应的速率大D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中：c(Na+)＜c(NO)12、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13、根据下列图示所得出的结论正确的是。

A.图甲是在不同温度下三个恒容容器中反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)ΔH<0的平衡曲线，曲线X对应的温度相对较高B.图乙是一定温度下三种碳酸盐MCO3(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2+)>c()C.图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是强碱D.图丁中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、据报道；我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

(1)水蒸气重整是较为传统的甲烷制氢途径。

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H2=205.9kJ·mol-1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ·mol-1②

在Fe2O3—Ni—gel催化下，CH4和H2O的混合气体进行反应；测得气体的成分随温度；压强、S/C(水蒸气和甲烷的体积比)的变化分别如图1、图2、图3所示：

①下列说法正确的是___。

A.800℃~1000℃，CO2体积分数减小；原因是温度升高抑制了反应②

B.温度升高对氢气的生成有促进作用；温度越高，氢气的产率也越大。

C.随着压强的增大，CH4的平衡转化率增大。

D.其他条件相同时，将S/C由1增加至3，可提高CH4的平衡转化率及CO2和CO的体积分数。

②综合考虑，甲烷水蒸气重整制氢合适的温度是___、压强是___。

(2)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作Kp)。请在图中画出反应Kp1随温度变化的趋势曲线。___

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ·mol-1

(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)△H>0，在其他条件一定，该反应达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1所示，X代表__(填字母代号)。

A.温度B.压强C.原料中CH4与NH3的体积比。

(4)在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向___(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是___。15、海水是人类资源的宝库；“海水晒盐”是获取食盐的重要来源。食盐既是一种生活必需品，也是一种重要的工业原料。以食盐为原料可以得到多种产品。工业上主要通过电解饱和氯化钠溶液的方法获得氢氧化钠。

(1)阳极反应式为___________；检验该电极反应产物的方法是：___________。

(2)当阴极和阳极上共收集到气体22.4L时(标准状况下；假设产生的气体完全被收集)，则电路中通过电子的个数为___________。

(3)电解氯化钠稀溶液可以制备“84”消毒液，若通电时产生的氯气被溶液完全吸收，且最终所得消毒液仅含一种溶质，请写出相应的化学方程式：___________(用一个方程式表示)。16、在某一容积为2L的恒容密闭容器中；A；B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：

（1）该反应的化学方程式为______。

（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。

（3）在2min时，图像发生改变的原因可能是_____（填字母）

A增大B的物质的量B降低温度。

C加入催化剂D减小A的物质的量。

（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。

A消耗5molB的同时生成4molD

B反应速率4v（B）=5v（D）

C容器内D的浓度不再随时间而发生变化。

D容器内压强不再随时间而发生变化。

E容器内混合气体的密度不再随时间而发生变化。

（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。17、在一个固定容积的密闭容器中，有如下反应：△H=QkJ/mol，其化学平衡常数K和温度t的关系如下。70080085010001200K

(1)下列各项能判断该反应已达到化学平衡状态的是______。

a．容器中压强不变b．△H不变c．d．CO的质量分数不变。

(2)在时，可逆反应在固定容积的密闭容器中进行，容器内各物质的浓度变化如下表：。时间CO00023456

计算：时，的转化率_____。

表中之间数值发生变化，可能的原因是______。

(3)在723K时，将和通入抽空的1L恒容密闭容器中，发生如下反应：反应达平衡后，水的物质的量分数为

的平衡转化率等于_______，反应平衡常数K等于_____保留两位有效数字

再向容器中加入过量的和则容器中又会增加如下平衡：K1，K2，最后反应达平衡时，容器中水的物质的量分数为则K1等于______。18、常温下①在0.01mol/LHCl溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。

②在0.01mol/LNaOH溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。

③在0.01mol/LNaCl溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。评卷人得分四、计算题(共2题，共14分)19、CH4和CO2是引起温室效应的常见气体，CH4超干重整CO2是现在减少温室气体的一种有效方式；回答下面问题：

(1)实验测得：101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是_______。

①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋890.3kJ·mol－1

②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ

③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1

④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1

A．仅有②④B．仅有④C．仅有②③④D．全部符合要求。

(2)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=________kJ·mol－1

(3)Ⅰ．CH4超干重整CO2过程中的能量变化图像如下图：

反应过程Ⅰ中发生的活化能是_______kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是______________。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=____________kJ·mol－1

Ⅱ．CH4在某催化剂作用下超干重整CO2的转化如图2所示：

①关于上述过程Ⅳ的说法不正确的是_____________(填字母)。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离。

b．可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋CO

c．CO未参与反应。

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

②写出过程Ⅲ的热化学方程式为：___________________。20、在一定温度下，将4.0molSO2与2.0molO2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，经过2min达到平衡状态，SO2的平衡转化率为90.0%。

(1)0～2min内O2的平均反应速率v(O2)=___。

(2)该温度下此反应的化学平衡常数的值K=___。

(3)在相同温度下，某容器内c(SO2)=c(O2)=c(SO3)=1.0mol·L-1，则此时反应速率v正___v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(4)在一定温度下，下列措施可以提高SO2转化率的是___(填字母)。

A.增大SO2的浓度。

B.容积不变；充入氖气。

C.增大O2的浓度。

D.容积不变，再充入4.0molSO2与2.0molO2评卷人得分五、有机推断题(共4题，共12分)21、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：22、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。23、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。24、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A.由图中看出0.1mol/L的HY溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10−13mol/L，可知HY为强酸，HX为弱酸，其电离方程式为HXH++X−；A错误；

B.b点时水的电离程度最大，说明NH3·H2O和HY恰好反应，溶质为NH4Y，由于NH4+的水解溶液显酸性，故c(Y−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；B错误；

C.HX溶液中由HX电离出的c(H+)=1×10−4mol/L，则其电离平衡常数K=≈=1×10−7mol/L；C正确；

D.a点溶质为NH4X，但由于NH4+和X−均水解，溶液中存在NH4+、NH3·H2O、X−、HX、H+、OH−和H2O共7种微粒；b点溶质为NH4Y，只有NH4+水解，溶液中存在NH4+、NH3·H2O、Y−、H+、OH−和H2O共6种微粒；D错误；

故选C。2、A【分析】【详解】

A．反应经历两步：①X→Y；②Y→2Z；则Y为过渡产物，故A错误；

B．由图可知，t1时，三条曲线交于一点，浓度相等，故B正确；

C．Y为过渡产物，浓度应该是先增大后减小，在t2时刻；由曲线可知，Y的浓度逐渐减小，说明消耗速率大于生成速率，故C正确；

D．根据反应①X→Y；②Y→2Z可知，t3后，X反应完全，X转化为Y的浓度为Co，Y的剩余浓度为c(Y)，则Y生成Z的消耗量为co-c(Y)，生成Z的量为c(Z)=2co一2c(Y)；故D正确；

答案选Ａ。3、D【分析】【分析】

充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，放电时为正极，b电极充电时的阴极；放电时的负极；

【详解】

A．充电过程中，聚对苯二酚被氧化，a为阳极，b为阴极，所以放电时b为负极；发生氧化反应，A正确；

B．放电时，a极为正极，发生还原反应，电极反应为：B正确；

C．充电时，阳离子向阴极移动，a为阳极，b为阴极，所以由a极区向b极区迁移；C正确；

D．充电时，阴极发生还原反应生成D错误；

故选D。4、A【分析】【详解】

A．放电时，是原电池工作原理，负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为NamC60-me-=mNa++C60；故A错误；

B．充电时，是电解池工作原理，在阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，电极反应式为mNa++C60+me-=NamC60，由电极反应式可知，阴极质量变化23mg，电子转移mmol，则阴极质量变化11.5g时，外电路中通过nmole-，即23mg:mmol=11.5g:n，解之得n==0.5mol；故B正确；

C．电池放电时，Na+向正极移动，充电时Na+向阴极移动，可以利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，所以电解质可以是含Na+的导电有机聚合物或能传导Na+的固体钠盐；故C正确；

D．充电时，是电解池的工作原理，在阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Na3V2(PO4)2F3-me-=Na(3-m)V2(PO4)2F3+mNa+；故D正确；

答案为A。5、D【分析】【详解】

A．达到化学平衡时；同种物质的正逆反应速率应相等，但对于不同物质，其速率比应当等于化学计量数的比才能判断达到化学平衡，Y和Z为不同物质其速率比等于化学计量数比才能视为达到化学平衡，A错误；

B．平衡时的浓度不能作为判断化学反应是否达到平衡的依据；B错误；

C．反应为可逆反应；不能反应完全，由于反应前初始投料量未知，因此不能判断反应放出的热量，C错误；

D．反应为可逆反应；不能反应完全，0.2molY不能完全转化为Z，因此生成Z的物质的量一定小于0.3mol，D正确；

故答案选D。6、D【分析】【详解】

A.FeS是盐类物质属于强电解质，FeS难溶于水，所以在水中的沉淀溶解平衡方程式可表示为：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，故A错误；B.根据CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)Ksp(CuS)=1.3×10-36，所以在饱和溶液中，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1.3×10-36mol·L-1，c(Cu2+)c(S2-)=故B错误；C.虽然H2SO4是强酸，CuS是难溶于水和酸的沉淀，所以CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4反应能发生，故C错误；D.因为Ksp(FeS)=6.3×10-18>>Ksp(CuS)=1.3×10-36，所以要除去某溶液中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂，故D正确；故答案：D。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【分析】

由题图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为故得结合化学平衡相关知识解答。

【详解】

A．由题图可知，时该反应达到平衡，平衡时D的浓度变化量为故A项错误；

B．结合分析可知反应的平衡常数表达式B项正确；

C．该反应前后气体分子数不变；增大压强平衡不移动，C项错误；

D．由题图可知；改变条件的瞬间，反应混合物中各物质的浓度不变，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，故改变的反应条件应是降低温度，D项正确。

答案选AC。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据图知，图1中A点未加氢氧化钠溶液时溶液的pH=1，由于酸的浓度是0.1mol·L-1；所以图1中为强酸，即滴定盐酸的曲线是图1，描述正确，符合题意；

B．由选项A分析可知图1滴定盐酸且滴定终点溶液呈中性，图2滴定醋酸且滴定终点溶液呈碱性，故b=a=20；描述错误，不符题意；

C．根据图示可知，D点显示中性：c(H＋)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Na＋)=c(A-)；描述正确，符合题意；

D．E点pH=8，则c(H＋)=10-8mol·L-1，c(OH-)=10-6mol·L-1，c(Na＋)=0.05mol·L-1，结合电荷守恒可知：c(A-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)=0.05mol·L-1＋10-8mol·L-1-10-6mol·L-1，c(HA)=0.05mol·L-1-(0.05＋10-8-10-6)mol·L-1=(10-6-10-8)mol·L-1，描述错误，不符题意；

综上，本题选AC。9、BD【分析】【分析】

由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2；根据电极反应式结合电子转移进行计算。

【详解】

A．据分析可知负极可发生氧化反应：Li-e-=Li+；A错误；

B．据分析可知，放电时的电极反应为S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，则放电时间越长，电池中的Li2S2量就会越多；B正确；

C．手机使用时即放电过程，电子从负极b电极经过手机电路版流向正a电极，但不能经过电池电解质流回b电极，而是在a电极上发生还原反应，b电极上发生氧化反应失去的电子再回到b电极；

D．负极反应为：Li-e-=Li+；当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，D正确；

故答案为：BD。10、AB【分析】【分析】

根据体系中H+移动方向可判断a为电池负极，b为正极；有机物和在硫酸盐还原菌作用下生成HS-和CO2，HS-在硫氧化菌作用下，在负极失电子被氧化为失去的电子由负极经过负载流入正极(b)，O2在正极得电子被还原。

【详解】

A．电流由正极（b）流入负极（a）；A正确；

B．HS-在负极被氧化为即根据图示可添加H+和H2O配平电极反应式，得B正确；

C．根据图示判断CO2来源于有机物；C错误；

D．根据电极反应：O2+4H++4e-=2H2O，确定0.2molO2反应时，消耗0.8molH+，为了维持正极区域电荷守恒，需有0.8molH+通过质子交换膜进入正极；D错误；

故答案选AB。11、AC【分析】【详解】

A．醋酸溶液中存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，加入少量烧碱固体，氢离子浓度减小，促进电离，则溶液中增大；A正确；

B．25℃时，向水中加入少量CH3COONa固体，CH3COO-离子的水解会促进水的电离；B错误；

C．pH=2的盐酸和醋酸各100mL；分别稀释2倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，因此醋酸与锌反应的速率大，C正确；

D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液，钠离子和硝酸根离子不水解，遵循物料守恒，则c(Na+)=c(NO)；D错误；

答案选AC。12、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。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．该反应焓变小于0为放热反应；相同投料，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低，所以X的对应的温度相对较低，A错误；

B．a点-lgc(Mg2+)>-lgc()，则c(Mg2+)<c()；B错误；

C．据图可知稀释ROH溶液10倍；其pH减小1，说明ROH溶液中不存在电离平衡，ROH为强碱，C正确；

D．b点对应温度下Kw=10-6×10-6=10-12，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的NaOH溶液c(OH-)==10-2mol/L，二者等体积混合后氢离子和氢氧根恰好完全反应，溶质为Na2SO4；溶液显中性，D正确；

综上所述答案为CD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

(1)①A．反应②为放热反应，升高温度时，反应②逆向移动，体积分数减小；正确；

B．反应①为吸热反应；温度升高，反应①正向移动，氢气的产率越大，正确；

C．反应①为体积减小的反应，压强增大，反应①逆向移动，的平衡转化率减小，另图2中，随着温度增大，的体积分数增大，说明反应①逆向移动，所以的平衡转化率减小；错误；

D．由图3知，将S/C由1增加至3，的体积分数减小，的平衡转化率增大；CO的体积分数减小，错误；

故选AB；

②图1，在800℃之前，CO的体积分数较小且保持不变，即生成的杂质较小。图2，在压强较小时，的生成量最多；所以选择常压；

(2)该反应放热，温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数减小，用浓度或是压强来表示K，K均是减小的；反应Kp1随温度变化的趋势曲线如图：

(3)A．该反应放热，升高温度，平衡正向移动，的转化率增大；A错误；

B．该反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的转化率减小；B正确；

C．原料中与的体积比增大，会提高的转化率；C错误；

故选B；

(4)发生反应将反应容器的容积减少一半，即加压，反应会向气体体积减小的方向移动，即逆向移动。【解析】AB800℃左右(在800℃~1000℃之间都可以)常压或1MPaB逆反应减少容积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即逆反应方向15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)电解饱和NaCl溶液，在阳极上阴离子放电，溶液中的含有的阴离子有Cl-、OH-，由于放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极上Cl-失去电子变为Cl2逸出，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；Cl2具有强氧化性，会与KI在溶液中发生氧化还原反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，据此可检验氯气，所以检验Cl2的方法是将湿润的淀粉KI试纸放在阳极附近，若试纸变蓝色，证明生成了Cl2；

(2)电解饱和NaCl溶液总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据电解方程式可知：两个电极产生气体的物质的量相等，每反应产生2mol气体时转移2mol电子，则当阴极和阳极上共收集到标准状况下气体22.4L时，产生气体的物质的量是1mol，转移1mol电子，因此电路中通过电子的个数为NA；

(3)若电解氯化钠稀溶液，阴极上H+得到电子产生H2，同时产生NaOH；阳极上Cl-失去电子变为Cl2，产生的Cl2与阴极上产生的NaOH会反应产生NaCl、NaClO、H2O，NaClO就是“84”消毒液有效成分，若通电时产生的氯气被溶液完全吸收，且最终所得消毒液仅含一种溶质，该溶质为NaClO，根据原子守恒、电子守恒，可得相应的化学方程式为：NaCl+H2ONaClO+H2↑。【解析】2Cl--2e-=Cl2↑将湿润的淀粉KI试纸放在阳极附近，试纸变蓝色，证明生成了Cl2NANaCl+H2ONaClO+H2↑16、略

【分析】【分析】

（1）根据图象知；A；B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n（A）=（2.5-1.7）mol=0.8mol、△n（B）=（2.4-1.4）mol=1.0mol、△n（C）=（1.2-0）mol=1.2mol、△n（D）=（0.8-0）mol=0.8mol，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；

（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率4min时；该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比；

（3）在2min时；各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率；

（4）可逆反应达到平衡则各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

（5）A的转化率=以此计算。

【详解】

(1)根据图象知；A；B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol；

各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A.B.C.D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；

故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；

(2)前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率4min时；该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比，A.D的计量数相等，所以其反应速率相等；

故答案为：0.1mol/（L•min）；=；

(3)在2min时；各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率，降低温度反应速率减慢，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；

（4）A消耗5molB的同时生成4molD；均表示正反应速率，无法证明反应达到平衡，故A错误；

B反应速率4v（B）=5v（D）；没有说明反应速率为正反应速率还是逆反应速率，无法证明反应达到平衡，故B错误；

C容器内D的浓度不再随时间而发生变化；则能证明反应达到平衡，故C正确；

D正反应为压强增大的反应；容器内压强不再随时间而发生变化，则可证明反应达到平衡，故D正确；

E根据质量守恒定律可知；反应前后混合气体的质量不变，容器为恒容容器，混合气体体积不变，则混合气体的密度始终不变，则无法用密度变化判断反应是否达到平衡，故E错误；故答案选：CD。

（5）A的转化率=故答案为：32%。

【点睛】

化学方程式中各物质的量的变化量之比等于其计量数之比。【解析】4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g）0.1mol/（L•min）=CCD32%17、略

【分析】【详解】

(1)a．因为反应前后气体体积不变；所以容器中压强始终不变，a不一定达平衡状态；

b．化学反应及反应时的温度一定时，△H不变，其与反应是否达平衡无关，b不一定达平衡状态；

c．各物质的浓度不变，反应达平衡状态；

d．CO的质量分数不变；各物质的浓度不变，反应达平衡状态；

故选cd；

(2)依题意，850℃时，K=1.0，则4min时，c3=0.12mol/L，所以的转化率==40%；

表中之间数值发生变化，CO浓度减小0.02mol/L，CO2浓度增大0.02mol/L，H2O浓度增大0.05mol/L，说明可能的原因是增加H2O(g)的浓度；

答案为：40%；增加H2O(g)的浓度；

(3)设参加反应的H2的物质的量为x；则可建立如下三段式：

则x=0.03mol，CO2的平衡转化率等于=15%，反应平衡常数K等于=0.076。

上面平衡体系中，CO2为0.17mol，H2为0.07mol，CO、H2O(g)都为0.03mol；由反应方程式可知，若参加反应的H2物质的量为y，则生成H2O的物质的量也为y，从而得出y=0.06mol，则K1等于=9。答案为：0.076；9。【解析】①.cd②.40%③.增加H2O(g)的浓度④.15%⑤.0.076⑥.918、略

【分析】【分析】

【详解】

①盐酸是一元强酸，盐酸的浓度为0.01mol/L，c(H+)=0.01mol/L，盐酸中的氢氧根离子完全来源于水的电离，且水中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度一定相等，所以该溶液中水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，均为10-12mol/L；

②氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，氢氧化钠中的氢离子完全来源于水的电离，且水中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度一定相等，所以该溶液中水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，均为10-12mol/L；

③在0.01mol/LNaCl溶液中，呈中性，氢离子和氢氧根离子全部来源于水的电离，并且氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故【解析】10-120.0110-1210-120.0110-1210-1210-1210-710-710-710-7四、计算题(共2题，共14分)19、略

【分析】【分析】

图1中，反应过程Ⅰ和反应过程Ⅱ的图象中都提供了正、逆反应的活化能，由活化能可以计算反应的ΔH；图2中；依据箭头所指的方向，可确定反应物和生成物。

【详解】

(1)①CH4(g)在O2(g)中的燃烧反应为放热反应，ΔH＝-890.3kJ·mol－1；①不正确；

②ΔH的单位不是kJ；而是kJ/mol，②不正确；

③CH4(g)在O2(g)中燃烧，生成的H2O应呈液态；③不正确；

④H2(g)在O2(g)中燃烧生成H2O(l)时；放热571.6kJ，④正确；

答案为：B；

(2)在25℃、101kPa时，由C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，可写出三个燃烧反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律，得出2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=-2×393.5kJ·mol－1-2×285.8kJ·mol－1+870.3kJ·mol－1=-488.3kJ·mol－1。答案为：-488.3；

(3)Ⅰ．反应过程Ⅰ中发生反应的活化能是240.1kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=(240.1kJ·mol－1-33.9kJ·mol－1)=+206.2kJ·mol－1。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=78.9kJ·mol－1-243.9kJ·mol－1=-165.0kJ·mol－1。答案为：240.1；CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1；-165.0；

Ⅱ．①a．由图中可以看出，碳元素转化为CO，氢元素转化为H2O；从而实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；

b．把过程Ⅳ两反应加和，便可得出CO2＋H2=H2O(g)＋CO，b正确；

c．从过程Ⅳ中第一个反应看；产物中没有CO，说明CO参与了反应，c不正确；

d．由过程Ⅳ中两个反应加和可以得出，Fe3O4、CaO为催化剂，催化剂不能改变反应的ΔH；d不正确；

故选cd。

②过程Ⅲ中，Ni未改变，反应物为CH4、CO2，生成物为CO、H2；

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1⑦

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165.0kJ·mol－1⑧

利用盖斯定律，⑦×2+⑧得，热化学方程式为：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH=-206.2kJ·mol－1×2+165.0kJ·mol－1=＋247.4kJ·mol－1。答案为：cd；CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－1。

【点睛】

判断反应的催化剂时，可将发生的几个反应加和，被消去的物质中，出现在第一个反应中的反应物为催化剂。【解析】B-488.3240.1CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1-165.0cdCH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－120、略

【分析】【详解】

(1)平衡时SO2的转化率为90.0%，则2min内Δn(SO2)=4.0mol90.0%=3.6mol，根据方程式可知Δn(O2)=1.8mol，容器体积为2L，所以v(O2)==0.45mol•L-1•min-1；

(2)2min内Δn(SO2)=3.6mol，Δn(O2)=1.8mol，所以平衡时n(SO2)=0.4mol，n(O2)=0.2mol，n(SO3)=3.6mol，容器体积为2L，则平衡时c(SO2)=0.2mol/L，c(O2)=0.1mol/L，c(SO3)=1.8mol/L，所以平衡常数K==810；

(3)该条件下浓度商Qc==1<K，所以平衡正向移动，v正>v逆；

(4)A．增大二氧化硫的浓度平衡虽然正向移动；但二氧化硫的转化率减小，故A不符合题意；

B．容积不变