2025年湘教版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年湘教版选择性必修1化学下册月考试卷949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8题，共16分)1、H2C2O4为二元弱酸，向20mL0.1mol∙L−1HC2O溶液中滴加0.2mol∙L−1KOH溶液；溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是。

A.滴入10mLKOH溶液时，溶液呈中性B.当时，混合溶液pH≈4.2C.滴入10mLKOH溶液时，溶液中有如下关系：c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=0.1mol·L-1D.滴入16~20mLKOH溶液的过程中，均满足2、一种新型的电池原理如图所示．其电解质为溶液，正极采用含有的水溶液，负极采用固体有机聚合物，聚合物离子交换膜将正负极分隔开．已知：（为棕色）；下列不正确的是。

A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C.充电时，从左向右通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为：3、氨是非常重要的工业原料，中国合成氨产量位居世界第一位。有人提出常压下以电解法合成氨，装置如图所示，以熔融的NaOH—KOH为电解液，纳米Fe2O3起催化作用；在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是。

A.电源b端为负极，惰性电极Ⅱ上发生还原反应B.生成3.4克NH3理论上放出O2为3.36LC.惰性电极I上发生反应：Fe2O3+3H2O-6e-=2Fe+6OH-D.生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH34、对于水煤气转换反应下列条件的改变，能增大活化分子百分数的是A.降低温度B.增大反应物浓度C.恒容条件下，充入稀有气体D.使用催化剂5、下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-483.6kJ∙mol-1，则氢气的燃烧热∆H=-241.8kJ∙mol-1B.放热反应为“储存”能量的过程，吸热反应为“释放”能量的过程C.含20gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)∆H=-57.4kJ∙mol-1D.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H2，则△H1<△H26、新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许Mg2+通过)。下列说法不正确的是。

A.放电时，Mg电极发生还原反应B.放电时，正极反应为：+2e−=3Br−C.充电时，Mg电极应连接电源负极D.当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−7、常温下对于任一电池反应aA+bB=cC+dD，其电动势E=Eθ-•lgn为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计装置(如图1)，以Zn－Cu原电池探究离子浓度的改变对电极电势的影响。小组同学测得初始时Zn(s)+Cu2+(1mol•L-1)=Zn2+(1mol•L-1)+Cu(s)Eθ=1.1V(该反应n=2)；随放电进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势变化示意图(如图2)。下列说法正确的是。

A.电压表读数为零后，则说明该原电池中Cu2+已经消耗完全B.小组同学向ZnSO4和CuSO4溶液中同时快速加入少量相同体积和浓度的Na2S溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS)C.小组同学推测图2中直线与X轴的交点坐标大约为(37，0)D.小组同学推测若将初始时左侧1mol•L-1的Zn－ZnSO4半电池，换为2mol•L-1的CuSO4－Cu半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情8、已知：Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是()A.ZnS转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)Zn2＋(aq)＋CuS(s)B.在水中的溶解度：S(ZnS)＞S(PbS)＞S(CuS)C.若溶液中c(Cu2＋)＝1×10－10mol·L－1，则S2－已完全转化成CuSD.在白色ZnS浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，不会生成黑色沉淀(PbS)评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、(g)+(g)(g)+HCl(g)是制备酯类物质的重要有机反应，下列对相关图像做出的判断正确的是。ABCD升高温度，平衡向逆反应方向移动t1时改变的条件可能为增大的浓度0～5min内，的平均反应速率为0.3mol•L-1•min-1x可能为压强

A.AB.BC.CD.D10、在某密闭容器中发生反应其中各物质的浓度随时间的变化如图所示(t1、t2、t3均只改变一个条件)。下列叙述正确的是。

A.0～10s内，CO的平均反应速率为0.8B.t1时改变的条件是充入CO气体C.t2时改变的条件是容器体积压缩到原来的一半D.平衡常数K：①=②=③>④11、均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是A.相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低B.基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化C.基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+D.芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变(忽略体积变化)12、Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2（g）2Cl•（g）快；②CO（g）+Cl•（g）COCl•（g）快；③COCl•（g）+Cl2（g）COCl2（g）+Cl•（g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•）。下列说法正确的是A.反应①的活化能大于反应③的活化能B.反应②的平衡常数K=C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率D.选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率13、用0.1mol/LNaOH溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。已知：25℃时，H2A的若反应后溶液的总体积等于两种溶液混合后的体积之和；则下列说法正确的是。

A.①中pH=2.3时，B.②中pH=6时，可知的水解程度小于其电离程度C.③中pH=9.7时，D.⑤中pH=11.9时，14、下图是一种太阳能驱动从海水中提取锂的装置示意图；该装置工作时，下列说法正确的是。

A.该装置实现了化学能到电能的转变B.图中箭头表示了锂离子的移动方向C.若转移1mol电子，理论上铜箔增重7gD.铜箔上发生的反应为：Cu－2e－=Cu2+评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、(1)已知：

①

②

则反应的________

(2)在催化剂作用下发生反应：

①

②

则反应的为________

(3)已知：①

②

过氧化氢分解反应的________

(4)用水吸收的相关热化学方程式如下：

①

②

反应的________16、关于N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1kJ/mol；满足如下图像：

(1)根据图判断H1___0，T3__T4。(填“＞”“＜”“＝”)

(2)若温度为T1且容器为2L的密闭容器下中，发生合成氨的反应，起始时通入2mol的N2和6mol的H2，10分钟达到平衡状态，此时NH3的体积分数为60%。则0到10min内用H2表示化学反应速率为_________mol/(L·min)，N2的转化率为___________，反应开始和平衡状态体系的压强之比等于___________。

(3)若第(2)小问中反应体系达到平衡后，再通入1molN2和3mol的H2，则H2的转化率为___________(填“增大”“减小”或“不变”)17、已知反应则：

(1)该反应在室温下___________(填“能”或“不能”)自发进行。

(2)根据题中所给数据进行分析，温度____________(填“能”或“不能”)成为反应方向的决定因素。

(3)若温度能决定反应方向，则该反应能自发进行的最低温度为_______K(假设反应的焓变与熵变不随温度变化而变化，结果保留整数)。18、反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)；在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：

(1)增加Fe的量，其正反应速率_________(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，平衡________移动(填“不”“向正反应方向”或“向逆反应方向”；下同)。

(2)将容器的体积缩小一半，其正反应速率________，平衡________移动。

(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________，平衡____________移动。

(4)保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率________，平衡____________移动。19、分析外界条件对醋酸电离平衡的影响，填写下表(用“→”或“←”表示移动方向；用“↑”或“↓”表示物理量变化)：。CH3COOH稀溶液CH3COOHCH3COO-＋H＋ΔH＞0条件改变平衡移动方向c(H＋)n(H＋)电离程度导电能力升高温度___________________________________加H2O___________________________________通HCl___________________________________加少量NaOH(s)___________________________________加少量CH3COONa(s)___________________________________加少量CH3COOH___________________________________20、有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体。

(1)其中能导电的是____；属于非电解质的是____；属于强电解质的是____；属于弱电解质的是____。

(2)写出物质⑥溶于水的电离方程式：____。

(3)写出物质⑥和⑩在水中反应的离子方程式：____。21、(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动；其装置示意图如图：

①质子的流动方向为________________（“从A到B”或“从B到A”）。

②负极的电极反应式为________________。

(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下（A.B均为惰性电极）：

①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。

②A极的电极反应式是_________________。22、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)；实验发现，随温度升高，混合气体的颜色变深。100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。回答下列问题：

(1)反应的ΔH___0(填“大于”或“小于”)；

(2)在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为___；平衡时混合气体中NO2的体积分数为___。

(3)100℃时达平衡后，向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol的N2O4的混合气体，此时速率关系v(正)__v(逆)。（填“大于”；“等于”，或“小于”）

(4)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低；经10s又达到平衡。

①T__100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是___。

②计算温度T时反应的平衡常数K2：__。评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)23、甲烷的燃烧热为则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为(_______)A.正确B.错误24、常温下，等体积的盐酸和的相同，由水电离出的相同。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共1题，共4分)25、甲醇被称为2l世纪的新型燃料；工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，来制备甲醇。

（1）将1．0molCH4和2．0molH2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）Ⅰ，CH4的转化率与温度；压强的关系如右图所示：

①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_______。

②图中的P1_______P2（填“<”、“>”或“=”），100℃时平衡常数为_____________。

（2）在压强为0．1MPa条件下,amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）Ⅱ。

③该反应的△H_______________0，△S_________________0（填“<”、“>”或“=”）。

④若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____________________

A．升高温度B．将CH3OH（g）从体系中分离。

C．充入He，使体系总压强增大D．再充入1molCO和3molH2

（3）在最新开发并投入生产的流动电解质直接甲醇燃料电池中，流动电解质硫酸的使用，可提高燃料电池效率约30%，该电池的负极反应为______________________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、有A；B、C、D、E五种短周期元素；它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素。已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍。处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素。

(1)试比较C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱(填化学式)______。

(2)A、B、C形成的化合物的晶体类型为______，电子式为______。

(3)写出D单质与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式______。

(4)写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式______。

(5)通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ，试写出表示该热量变化的热化学方程式______。

(6)含有元素C的盐的焰色反应为______色。许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是______。27、R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，X2W2可用于呼吸面具，Y的主族序数与周期数相等，Z的氢化物的分子式为H2Z。回答下列问题：

(1)Z在周期表中的位置是_____，Y的原子结构示意图_______。

(2)R2Z的结构式是_______，X2Z2的电子式是______。

(3)XYW2溶液呈____性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是(用离子方程式表示)________。

(4)某传感器可以检测空气中ZW2的含量，工作原理如上图所示。则其阴极电极反应式为____。28、已知存在如下反应：

①A+BF+G

②A+C(溶液)→H+G

③C(溶液)+E→L+D(蓝色沉淀)

④DB+H2O

⑤A+E+H2O→J+I(气体单质)

⑥J+H+H2O→K+L

(以上反应中；反应物和生成物均已给出，有的反应方程式未配平)

其中A；G为常见金属单质；L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获得。请回答：

(1)电解L稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：_______。

(2)写出F的一种工业用途_______

(3)反应②的离子方程式为_______

(4)除反应⑥外，还有多种化学反应可由H生成K。下列物质能与H反应生成K的是_______(填选项字母)

A.CO2B.NaHCO3C.NaHSO4D.NaClOE.NH4NO3F.NH3·H2O

写出你所选任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：_______29、有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去)。A是常用的漂白液的有效成分，C为黄绿色气体，气体F在C中燃烧产生苍白色火焰，D是海水中含量最多的一种盐，X、Y是两种常见的金属，H遇到KSCN溶液时变成红色，Z是两种氢氧化物沉淀的混合物。

请回答下列问题：

（1）B的电子式为_________________。

（2）Z中所含沉淀有A1(OH)3和_________________。

（3）写出Y和溶液G反应的离子方程式：_______________________________。

（4）写出A和B反应的化学方程式：________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．当滴入10mLKOH溶液时，二者的物质的量相等，恰好反应产生H2O；该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，A错误；

B．HC2O在溶液中存在电离平衡：HC2OC2O+H+，当时，电离平衡常数Ka2==c(H+)=6.4×10-5mol/L，则pH=-lg6.4×10-5=5-0.8=4.2；B正确；

C．当滴入10mLKOH溶液时，溶液总体积约是30mL，根据元素守恒可得c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)=＜0.1mol/L；C错误；

D．当滴入KOH溶液的体积在16~20mL时，c(C2O)＞c(HC2O)，但溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(C2O)＞c(HC2O)＞c(OH-)＞c(H+)；D错误；

故合理选项是B。2、A【分析】【详解】

A．由该电池工作原理可知，“电池的正极是含有I-、Li+的水溶液”且正极发生得电子还原反应，即I3-+2e-=3I-；观察两张图可知，图乙是原电池工作原理图，图甲是电池充电原理图，故A错误；

B．放电时，正极反应式为I3-+2e-=3I-，含I3-的溶液呈棕黄色，c(I)减小；电解质溶液的颜色变浅，故B正确；

C．充电时，Li+由阳极移向阴极，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜；故C正确；

D．放电时，负极固体有机聚合物发生失电子的氧化反应，电极反应式为-2ne-=故D正确；

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，惰性电极Ⅱ上生成氧气，应该是阳极，发生氧化反应，电源b端为正极；故A错误；

B．根据生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3可知生成3.4克NH3转移0.6mol电子，再由可得n(O2)=0.15mol；由于氧气所处温度未知，不能计算氧气的体积，故B错误；

C．纳米Fe2O3起催化作用，惰性电极I首先氧化铁得电子生成铁单质Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，再发生反应2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3；铁单质再生成氧化铁，故惰性电极I上应该发生两个反应，故C错误；

D．由C分析可得生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3；故D正确；

故答案为：D。4、D【分析】【分析】

根据活化分子百分数=升高温度和使用催化剂能提高活化分子百分数，因为升高温度，一些普通分子的能量升高，变为活化分子，活化分子数增多，使用催化剂能降低反应的活化能，从而使一些普通分子相对的成为活化分子，提高活化分子数。

【详解】

A．降低温度；分子能量降低，活化分子数减少，因此活化分子百分数减小，故A不选；

B．增大反应物浓度；单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，故B不选；

C．恒容条件下；充入稀有气体，反应物浓度不变，因此活化分子百分数不变，故C不选；

D．使用催化剂能降低反应的活化能；活化分子数增多，进而提高活化分子百分数，故D选；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．H2的燃烧热是1molH2完全燃烧变为H2O(l)。已知方程式中的产物为H2O(g)；不是燃烧热，A项错误；

B．放热反应是E总（反应物）>E总（生成物），该过程表现为释放能量。而对于吸热反应：E总（反应物）总（生成物）；该过程为储存能量，B项错误；

C．20gNaOH物质的量为0.5mol；其完全反应放出热量为28.7kJ，则1molNaOH完全反应放出热量为57.4kJ。C项正确；

D．E大小：H2O(g)>H2O(l)，即后者释放的能量更多，所以△H1>△H2；D项错误；

故选C。6、A【分析】【详解】

A．放电时；镁是负极，Mg电极失电子发生氧化反应，故A错误；

B．由原电池原理可知，放电时，正极反应为：+2e−=3Br−；故B正确；

C．放电时；镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，故C正确；

D．根据电荷守恒，当0.1molMg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole−；故D正确；

选A。7、C【分析】【详解】

A．电压表读数为0，并不能说明溶液中Cu2+消耗完，当Cu2+浓度很小时；电动势就会很小，不能形成电流或者无法测出电流，故A错误；

B．加入硫化钠，电池电动势突然减小，说明溶液中Cu2+浓度减小，即形成了硫化铜沉淀，说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)；故B错误；

C．根据E=Eθ-•lg分析，当Eθ=1.1V(该反应n=2)时，=37；则图2中直线与X轴的交点坐标大约是（37,0），故C正确；

D．若两侧都为硫酸铜和铜；不能形成原电池，不可能观察到相同的电压表偏转，故D错误；

故答案选C。8、D【分析】【详解】

A．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，知CuS的溶解度小于ZnS，硫化锌可以转化为硫化铜，ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)；故A正确；

B．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29可知在水中的溶解度：S(ZnS)＞S(PbS)＞S(CuS)；故B正确；

C．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，若溶液中c(Cu2+)＝1×10－10mol·L－1，则c(S2－)＝6.0×10－26mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，S2－已完全转化成CuS；故C正确；

D．根据Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29，ZnS的溶解度大于PbS，在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液，可以生成黑色沉淀(PbS)；故D错误；

故答案选D。

【点睛】

本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响；比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小。二、多选题(共6题，共12分)9、AC【分析】【详解】

A.由A图可知；反应物的能量高于生成物的能量，该反应时放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A正确；

B.由B图可知，t1时刻，正反应速率和逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，增大的浓度；正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，故B错误；

C.由图C可知，0～5min内，的平均反应速率为=0.3mol⋅L−1⋅min−1；故C正确；

D.增大压强；但温度不变，平衡常数不变，故D错误；

正确答案是AC。10、BD【分析】【详解】

A．由图像可知，0～10s内，的平均反应速率为A错误；

B．在时刻，的浓度突变，增大，而和的浓度连贯变化，说明加入了B正确；

C．时刻；三者的浓度同等比例减小，说明是减小压强(或增大体积)，平衡逆向移动，C错误；

D．时刻，三者的浓度都是连贯变化，说明是改变温度，因为反应是放热反应，现在平衡逆向移动，说明温度升高了，平衡常数减小了，前三点温度相同，所以平衡常数也相同，故平衡常数K：①=②=③>④；D正确；

故选BD。11、BD【分析】【分析】

A中根据图中速率公式；根据反应速率与活化能之间的关系进行判断；B中根据图中铁元素的化合价的变化判断，发生氧化还原反应；C中根据图示进行书写化学方程式；D中根据总反应过程中溶质的变化，根据浓度的变化判断进行判断酸碱性；

【详解】

A．由题干信息可知，k1＞k2；说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；

B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O；故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，B错误；

C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+；C正确；

D．基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2+Fe3+=HO2·+Fe2++H+；而基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化(忽略体积变化)，D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

此题考查反应分步过程中物质的变化，利用图示判断速率快慢，注意活化能越大反应速率越慢。12、BC【分析】【分析】

根据有效碰撞理论；活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。

【详解】

A．活化能越小；反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；

B．反应②存在v正=k正c（CO）c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•），平衡时正逆反应速率相等，则故B正确；

C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率；关键是提高反应③的速率，故C正确；

D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变；故D错误；

答案选BC。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据可知，当时，A项不符合题意；

B．当时，溶质为NaHA，此时溶液pH=6，呈酸性，说明的电离程度大于水解程度；B项符合题意；

C．则根据电荷守恒可知结合溶液显碱性可得：C项不符合题意；

D．当时，溶质为此时溶液的体积已由20mL变为60mL，根据物料守恒可知D项符合题意；

故正确选项为BD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．该装置是利用太阳能进行电解；属于电解池，A错误；

B．该装置提取金属锂；铜箔为阴极，催化电极为阳极，锂离子向阴极移动，B正确；

C．转移1mol电子铜箔上析出1mol金属锂；增重7克，C正确；

D．铜箔上析出锂，电极反应为Li++e-=Li；D错误；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，由①②得

(2)根据盖斯定律，由①②得

(3)根据盖斯定律，由①②得

(4)根据盖斯定律，由(①②)得

【点睛】

明确化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，注意会根据盖斯定律计算焓变。【解析】11416、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡图像分析；对于题干图像我们采用“定一议二法”进行分析即可解题，对于化学平衡的计算利用三段式进行计算即可。

【详解】

(1)根据图1可知T1时首先达到平衡状态，说明温度是T1＞T2，温度高氮气的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应，因此△H1＜0；在压强相同时升高温度平衡向逆反应方向进行，氨气的百分含量降低，所以T3＜T4；故答案为：＜；＜；

(2)根据三段式分析可知：则=60%，解得x＝1.5，则0到10min内用H2表示化学反应速率为＝0.225mol/(L·min)，N2的转化率为＝75%；恒温恒容下，容器的压强之比等于气体的总物质的量之比，反应开始和平衡状态体系的压强之比等于(2mol+6mol)：(2-x+6-3x+2x)=8mol：(8mol-2×1.5mol)=8:5，故答案为：0.225；75%；8：5；

(3)若第(2)小问中反应体系达到平衡后，再通入1molN2和3mol的H2，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，则H2的转化率增大，故答案为：增大。【解析】①.＜②.＜③.0.225④.75%⑤.8：5⑥.增大17、略

【分析】【详解】

(1)室温下，该反应的所以该反应在室温下不能自发进行。

(2)该反应的在低温时不能自发进行，但在高温时可自发进行，所以温度能成为反应方向的决定因素。

(3)由于该反应为吸热的熵增加反应，所以升高温度可使使反应能自发进行，即当时，碳酸钙的分解反应能自发进行，即该反应能自发进行的最低温度为【解析】①.不能②.能③.105118、略

【分析】【分析】

根据勒夏特列原理；改变反应物或生成物的浓度，反应速率改变，平衡发生移动，但固体和纯液体的浓度不变，改变固体或纯液体的量不会改变速率，平衡不会发生移动。

【详解】

(1)反应方程式中；Fe为固体，增加Fe的量，不改变正反应速率，平衡不移动，故答案为：不变；不；

(2)将容器的体积缩小一半；压强增大，其正反应速率增大，但反应前后气体体积不变，平衡不移动，故答案为：增大；不；

(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大；但容器中原气体的浓度不变，正反应速率不变，平衡不移动，故答案为：不变；不；

(4)保持体积不变，充入水蒸气，反应物的浓度增大，其正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故答案为：增大、向正反应方向。【解析】①.不变②.不③.增大④.不⑤.不变⑥.不⑦.增大⑧.向正反应方向19、略

【分析】【详解】

①醋酸在稀溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H＋ΔH＞0，醋酸电离过程会吸收能量。升高温度，使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，n(H+)增大；醋酸电离程度增大，由于溶液中离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强；

②向醋酸溶液中加入H2O，对醋酸溶液其稀释作用，导致使醋酸的电离平衡正向移动，稀释使溶液中c(H+)减小，但由于电离分子数增多，故溶液中n(H+)增大，醋酸电离程度增大，由于溶液稀释使离子浓度减小的影响大于平衡正向移动使c(H+)增大的影响；因而溶液的导电能力减弱；

③向溶液中通入HCl气体，HCl电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)增大，n(H+)增大；醋酸电离程度减小，由于加入HCl是溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强；

④向醋酸溶液中加少量NaOH(s)，NaOH电离产生的OH-中和醋酸电离产生的H+，使醋酸的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)减小，n(H+)减小；醋酸电离程度增大，由于加入NaOH，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强；

⑤向醋酸溶液中加少量CH3COONa(s)，盐电离产生CH3COO-，导致溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡后溶液中c(H+)减小，n(H+)减小，醋酸电离程度减小，由于加入CH3COONa(s)；导致溶液中自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强；

⑥向醋酸溶液中加少量CH3COOH，溶液中c(CH3COOH)增大，电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)增大，n(H+)增多，但醋酸电离程度减小，由于加入CH3COOH，导致溶液中电离产生的自由移动的离子浓度增大，因而溶液的导电能力增强。【解析】→↑↑↑↑→↓↑↑↓←↑↑↓↑→↓↓↑↑←↓↓↓↑→↑↑↓↑20、略

【分析】【详解】

①石墨是常见的导体；能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质；

②铝属于金属单质；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③酒精属于化合物；不能电离，因此不能导电，其在水溶液中也不能电离，属于非电解质；

④氨水中NH3·H2O电离出能自由移动的铵根离子和氢氧根离子；因此氨水能导电，氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑤二氧化碳属于化合物；不能导电，在熔融状态下和水溶液中自身均不能电离，属于非电解质；

⑥碳酸氢钠固体不含能自由移动的离子或电子；不能导电，其在水溶液中和熔融状态下均能完全电离，属于强电解质；

⑦氢氧化钡溶液中氢氧化钡电离出能自由移动的钡离子和氢氧根离子；能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑧纯醋酸不含能自由移动的离子或电子；不能导电，其水溶液因醋酸发生部分电离而能导电，属于弱电解质；

⑨氧化钠固体不含能自由移动的离子或电子；不能导电，其在熔融状态下能完全电离，属于强电解质；

⑩氯化氢气体不含能自由移动的离子或电子；不能导电，其水溶液中HCl完全电离，属于强电解质；

(1)综上所述；能导电的是①②④⑦，属于非电解质的是③⑤，属于强电解质的是⑥⑨⑩，属于弱电解质的是⑧，故答案为：①②④⑦；③⑤；⑥⑨⑩；⑧；

(2)⑥碳酸氢钠固体溶于水电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为故答案为：

(3)⑥碳酸氢钠固体和⑩氯化氢气体在水溶液中反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为故答案为：【解析】①②④⑦③⑤⑥⑨⑩⑧21、略

【分析】【详解】

(1)①二氧化硫发生氧化反应；氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A到B；

②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；

(2)①依据图示可知；二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即B极接电源的正极；

②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。【解析】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O22、略

【分析】【分析】

根据升高温度时体系颜色变化判断反应热的大小；根据一段时间内浓度的变化计算反应速率；根据某一时刻的浓度熵和平衡时的反应常数判断反应是否达到平衡并判断反应进行的方向。

【详解】

(1)由题干“随温度升高，混合气体的颜色变深”可知，升高温度向吸热反应方向移动，平衡向右侧移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的ΔH>0；故答案为：大于；

(2)0～60s时，N2O4的浓度减小了0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，故这段时间内v(N2O4)===0.0010mol·L-1·s-1；同温同压下气体的体积比等于物质的量的比，则平衡时混合气体中NO2的体积分数等于平衡时混合气体中NO2的物质的量分数，混合气体中NO2的体积分数=×100%=75%，故答案为：0.0010mol·L-1·s-1；75%；

(3)100℃时该反应的平衡常数K===0.36，随后向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol的N2O4的混合气体，此时，反应的浓度熵Q===0.33<K；说明化学反应未达到平衡，此时正反应速率大于逆反应速率，平衡向右移动，故答案为：大于；

(4)①100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低；反应向正反应方向进行，则温度T大于100℃，原因是反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高，故答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；

②平衡时，c(NO2)=0.120mol·L-1+0.0020mol·L-1·s-1×10s×2=0.16mol·L-1，c(N2O4)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1，K2===1.28，故答案为：1.28。【解析】①.大于②.0.0010mol·L-1·s-1③.75%④.大于⑤.大于⑥.反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高⑦.1.28四、判断题(共2题，共6分)23、B【分析】【详解】

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷完全燃烧应该生成CO2和H2O则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为

故错误。24、A【分析】【详解】

盐酸和CH3COOH的pH相同，说明溶液中c(H+)相等，根据Kw=c(H+)·c(OH-)，则溶液中c(OH-)相等，水电离出c(OH-)和c(H+)相等，即常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H+)相同，故正确。五、原理综合题(共1题，共4分)25、略

【分析】【分析】

(1)①由图可知，100°C时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则转化的甲烷为0.5mol，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；

②根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；平衡常数k=计算出平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；

(2)③混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇；则说明正反应是放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应；

④容器容积不变；增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析；

(3)根据原电池中负极发生氧化反应；正极发生还原反应，并考虑电解质溶液参与电极反应来分析。

【详解】

(1)①由图可知，100°C时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则转化的甲烷为0.5mol，速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=3v(CH4)=3×=0.0030mol•L-1•min-1；

②正反应为气体体积减小的反应，恒温条件下增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以P1＜P2；

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

初始浓度：0.010.0200

变化浓度：0.0050.0050.0050.015

平衡浓度：0.0050.0150.0050.015

100℃时平衡常数=(mol/L)2=2.25×10-4(mol/L)2；

(2)③混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，所以△H＜0；正反应是气体物质的量减小的反应，气体的物质的量越多，其熵越大，所以△S＜0；

④A．该反应为放热反应；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误；

B．将CH3OH(g)从体系中分离；产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B正确；

C．充入He；使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；

D．再充入1molCO和3molH2；可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确；

故答案为BD。

(3)由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，但在酸性介质中，正极不会生成大量氢离子，则电解质参与电极反应，甲醇燃料电池的负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，正极反应式为：O2+6H++6e-=3H2O。【解析】①.0.0030mol·L-1·min-1②.＜③.2.25×10-4④.＜⑤.＜⑥.BD⑦.CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+六、元素或物质推断题(共4题，共36分)26、略

【分析】【分析】

有A；B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,其中B是地壳中含量最多的元素,则B为氧元素,B、E同主族,则E为硫元素,A、C是同主族元素,且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍,则A为氢元素,C为钠元素,处于同周期的C、D、E元素中,D是该周期金属元素中金属性最弱的元素,则D为铝元素,据此答题。

【详解】

有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,其中B是地壳中含量最多的元素,则B为氧元素,B、E同主族,则E为硫元素,A、C是同主族元素,且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍,则A为氢元素,C为钠元素,处于同周期的C、D、E元素中,D是该周期金属元素中金属性最弱的元素,则D为铝元素；

(1)C为钠元素,D为铝元素,钠的金属性强于铝,所以C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱为NaOH>Al（OH）3；

因此，本题正确答案是:NaOH>Al（OH）3；

(2)A、B、C形成的化合物为氢氧化钠,是离子晶体,电子式为

因此，本题正确答案是:离子晶体；

(3)铝与氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；

因此，本题正确答案是:2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；

(4)两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体,则这两种物质分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠,它们反应的离子方程式为H++HSO3-=SO2↑+H2O；

因此，本题正确答案是:H++HSO3-=SO2↑+H2O；

(5)通常条件下,2mol氢氧化钠与1mol硫酸的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ,则表示该热量变化的离子方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；

因此，本题正确答案是:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；

（6）含有钠元素的盐的焰色反应为黄色．许多金属盐都可以发生焰色反应；其原因是激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量；

因此，本题正确答案是:黄；激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量。【解析】NaOH>Al(OH)3离子晶体2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑H++HSO=SO2↑+H2OH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol黄激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量27、略

【分析】【分析】

R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，R含2个电子层，最外层电子数为4，为C元素；X2W2可用于呼吸面具，为Na2O2，则X为Na元素，W为O元素；Y的主族序数与周期数相等，原子序数比11大，为Al元素；Z的氢化物的分子式为H2Z；则Z为S元素，结合元素周期律和电解池的工作原理分析解答。

【详解】

根据上述分析；R为C元素，W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为S元素。

(1)Z为S元素，Z在周期表中位于第三周期第ⅥA族；Y为Al元素，Y的原子结构示意图为故答案为：第三周期第ⅥA族；

(2)R2Z的化学式为CS2，与CO2的结构相似，结构式为S＝C＝S；X2Z2的化学式为Na2S2，与Na2O2的结构相似，电子式为故答案为：S＝C＝S；

(3)XYW2的化学式为NaAlO2，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，水解的离子方程式为AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，故答案为：碱；AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－；

(4)某传感器可以检测空气中SO2的含量，阴极上发生还原反应，根据工作原理示意图，Pt电极上HSO转化为S2O其中S元素的化合价由+4价变成+3价，发生还原反应，因