2025年人教五四新版选择性必修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年人教五四新版选择性必修1化学下册月考试卷677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7题，共14分)1、在密闭容器中，一定量A、B的混合气体发生反应并达平衡：aA(g)+bB(g)=cC(s)+dD(g)。保持温度不变，将反应容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时，测得A的浓度降为原来平衡浓度的一半。则下列有关判断中，一定正确的是A.A的转化率增大B.平衡向正反应方向移动C.a+b=c+dD.a+b2、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是A.6.0g甲醛分子中共用电子对数目为0.4NAB.标准状况下，22.4L辛烷完全燃烧生成CO2分子数为8NAC.14g乙烯和环丙烷组成的混合气体中，含有的氢原子数目为2NAD.电解精炼铜时，若阴极得到电子0.2NA个，则阳极质量一定减少6.4g3、如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变而变化的情况；由此推断错误的是()

A.B一定是气体B.C可能是气体C.D一定不是气体D.正反应是放热反应4、下列说法正确的是A.如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，则发生的反应是放热反应B.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C.在稀溶液中1mol强酸和1mol强碱完全反应所放出的热量不一定相同D.热化学方程式中的的值与方程式中的化学计量数无关5、分析下图所示的四个原电池装置；其中结论正确的是。

A.①中Mg做正极B.②中Mg做负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+C.③中Cu做负极时，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+D.④中Cu做正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑6、符合图中阴影部分要求的物质为。

A.KClOB.C.D.7、用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示；下列说法错误的是。

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评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如图所示，已知Ksp(CaSO4)=9×10－6，Ksp(CaCO3)=3×10－9；lg3=0.5，下列说法不正确的是。

A.曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2＋)×c(SO42－)=Ksp(CaSO4)B.CaSO4(s)＋CO32－(aq)CaCO3(s)＋SO42－(aq)K=3×103C.该Na2CO3溶液的浓度为1.5mol·L－1D.相同条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可9、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10、100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入适量6mol·L－1的盐酸B.加入少量醋酸钠固体C.加热D.加入少量金属铜11、在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是。

容器编号温度/K起始物质的量/molSO2NONO2SNO2SⅠ0.50.600ⅡT10.510.51ⅢT20.50.211

A.该反应的ΔH<0B.T1时，该反应的平衡常数为1/16C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2D.若T21，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%12、常温下，将0.2mol·L⁻¹溶液与0.2mol·L⁻¹NaHA溶液等体积混合所得溶液向混合溶液中缓慢通入HCl气体或加入NaOH固体(无逸出)，溶液中的粒子分布系数随溶液pOH的变化如图所示。

已知：或a、b、c、d、e分别表示中的一种。

下列说法错误的是A.图中曲线a表示的是曲线e表示的是B.pH=7时，mol·L⁻¹C.M点时，D.时，13、下列物质能发生水解反应的是A.BaSO4B.NaNO3C.NH4ClD.CH3COONa14、实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏高的是()A.酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、(1)在101kPa时,1molCH4完全燃烧生成CO2和液态水,放出890kJ的热量。

①CH4的燃烧热为___,表示燃烧热的热化学方程式为_____________;

②1000LCH4(标准状况)燃烧后所产生的热量为_____。

(2)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如:CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1,CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1。写出CH4将NO2还原为N2的热化学方程式:_______________。16、回答下列问题。

(1)下列物质中属于强电解质的是___________(填序号)。

①稀硫酸②硫酸钡③熔融氯化钠④氯水⑤醋酸铵。

(2)已知水的电离平衡曲线如图所示。

①写出使A点变为B点的措施：___________，采取该措施的原因是___________。

②向水中滴加适量NaOH溶液可实现A点→D点的变化，则D点对应溶液的pH为___________。

③℃时，的NaOH溶液中___________，若向该溶液中滴加盐酸使溶液呈中性，则所用溶液的体积比___________。

(3)常温下，碳酸的电离平衡常数为次氯酸的电离平衡常数向NaClO溶液中通入少量发生反应的离子方程式为___________。17、我们知道；电解质在溶液中的反应实质是离子之间的反应。通常，离子反应有两种情况，一种是没有电子转移的，是离子互换反应；另一种是有电子转移的，属于氧化还原反应。

在溶液中发生的离子互换反应一般总是向离子浓度减小的方向进行。取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液。

(1)写出该反应的离子方程式______________。

随着碳酸钠溶液的滴加，溶液的pH___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)这一离子互换反应是否向离子浓度减小方向进行？请应用平衡移动原理进行说明。___________。

(3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，测得该溶液显酸性，比较该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小(不考虑CO2的溶解)_____________________。

氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。

(4)写出并配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。_________。18、25℃时，物质的量浓度均为0.1mol•L－1的几种盐溶液的pH如表：。序号①②③④⑤溶液NH4ClCH3COONH4NaHCO3NaXNa2CO3pH578.49.711.6

(1)用离子方程式解释溶液⑤能去除油污的原因_____。

(2)写出溶液④中通少量CO2的离子方程式：_____。

(3)25℃时，溶液①中，由水电离产生的c(H+)=_____mol•L﹣1；

(4)①0.100mol•L-1NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是__________(填化学式)；②CH3COOH与NaOH反应后的溶液中存在：c(Na+)＜c(CH3COO-)，该溶液呈_________性(填“酸”“碱”或“中”)，该溶液的溶质是______。(填化学式)

(5)下列说法正确的是_____。

a.c(NH4+)：①＞②

b.物质的量浓度和体积均相等的NaCl和NaX两种溶液中；离子总数相等。

c.等体积的③和⑤形成的混合溶液中：c(HCO3－)+c(CO32－)=0.1mol•L－1

d.将pH相同的CH3COOH和HX溶液加水稀释相同倍数；HX溶液的pH变化小。

(6)某同学欲用0.1mol•L－1CaCl2溶液来鉴别溶液③和⑤，当他将CaCl2溶液滴入装有溶液③的试管中时，出现了意想不到的现象：试管中出现了白色沉淀，并伴有气体生成。试解释产生上述现象的原因：_____。19、工业烟气、汽车尾气中的氮氧化物(NOx)；可由多种方法进行脱除。

(1)采用NH3作为还原剂，可将NOx还原成N2和H2O。在某催化剂的表面，NH3和NO的反应历程势能变化如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。

该反应历程包括四步基元反应：

a.NH3*+NO*→NH3NO*b.NH3NO*→NH2NO*+H*

c.NH2NO*+H*→HNNOH*+H*d.HNNOH*+H*→H2O*+N2*+H*

由上图可知该反应历程的总△H___0(填“＞”、“＝”或“＜”)。整个反应历程中的控速步骤为第___步(选填a、b、c或d)，其能垒(活化能)为___Kcal·mol-1。

(2)利用放热反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)可在脱除汽车尾气中NO的同时消除积碳。现将等量的NO通入两个相同体积的刚性容器内(碳粉足量)，分别在500℃和600℃条件下发生上述反应，下图中a、b、c、d分别表示NO的分压pNO或CO2的分压pCO2随时间的变化关系。(气体分压＝总压×组分物质的量分数)

①上中表示500℃条件下pNO的是__(选填a、b、c或d，下同)，表示600℃条件下pCO2的是___。

②根据图示，列出600℃时反应平衡常数Kp的计算式__。(Kp等于生成物气体分压幂之积与反应物气体分压幂之积的比值)

(3)利用NaClO氧化吸收液可在脱除烟气中NOx的同时脱除SO2。研究发现在不同的初始pH条件下；吸收液对流动烟气的脱硫效率都接近100%，而NO的脱除率如下图所示。

①根据上图，下列有关说法正确的是____(填标号)。

A.增大压强；NO的转化率增大。

B.从化学平衡的角度，采用Ca(ClO)2脱硫效果优于NaClO

C.起始pH＝2，脱硝效率随时间降低可能是因为ClO－+Cl－+2H＋＝Cl2↑+H2O

D.为提高脱硫脱硝效果；应当增大NaClO浓度；提高烟气的流速。

②吸收液脱硫效果优于脱硝效果的可能原因是____(任写一条)。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)20、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共1题，共2分)21、从氧化铜钴矿[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收钴和铜的流程如图所示。

回答下列问题：

(1)基态的价层电子排布式为___________。

(2)“还原浸出”时发生反应的化学方程式为___________。

(3)加入石灰石的作用是___________。

(4)加入氧化镁“沉钴”的离子方程式为___________；证明已洗涤干净的操作和现象是___________。

(5)“除铜”时的有机萃取剂用表示，发生萃取的反应可表示为若“还原浸出”后的浸出液多次萃取后水相中为则铜的萃取率为___________(结果保留两位小数，溶液体积变化忽略不计)；流程中反萃取剂可选用___________(填化学式)。

(6)“反萃取”后若电解500mL的溶液，一段时间后为则阴极沉积的铜的质量为___________g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。评卷人得分六、结构与性质(共1题，共7分)22、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_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

略2、C【分析】【详解】

A．6.0g甲醛的物质的量是0.2mol，分子中共用电子对数目为0.8NA；A错误；

B．标准状况下；辛烷不是气体，B错误；

C．14g乙烯含有的氢原子为2mol，14g环丙烷含有的氢原子为2mol，14g乙烯和环丙烷组成的混合气体中，含有的氢原子数目为2NA；C正确；

D．电解精炼铜时，阳极放电的物质除了铜，还有其他金属，若阴极得到电子0.2NA个；阳极质量不一定减少6.4g，D错误；

故选C。3、B【分析】【分析】

根据速率时间图；达到平衡后加压，正；逆反应速率都加快，说明反应物、生成物中均有气体，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正反应是气体分子数目减小的反应；根据化学反应左右两边的系数，若D为气体，该反应正向不会是气体分子数目减小的反应，故D一定不是气体、C一定是气体；由于C是气体，故A、B必须同时是气体才能满足正反应是气体分子数目减小的反应；达到平衡后降温，平衡正向移动，根据平衡移动原理可知正向是放热反应。

【详解】

A．根据分析可知；B一定是气体，故A正确；

B．根据分析可知；C一定是气体，故B错误；

C．根据分析；D一定不是气体，故C正确；

D．根据分析；正反应是放热反应，故D正确；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A．如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量；则发生的反应是放热反应，故A错误；

B．反应的吸；放热与反应物和生成物的能量大小有关；与反应条件无关，如铝热反应需要加热，但该反应为放热反应，故B错误；

C．在稀溶液中，1molHCl(或HNO3)和1molNaOH(或KOH)完全反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，放出热量均为57.3kJ；在稀溶液中，1molH2SO4和1molBa(OH)2完全反应：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)；反应生成了硫酸钡沉淀，放出的热量大于2×57.3kJ，所以在稀溶液中，1mol强酸和1mol强碱完全反应所放出的热量不一定相同，故C正确；

D．物质的量不同，放出或吸收的热量就不同，热化学方程式中的的值与方程式中的化学计量数成正比，因此热化学方程式中的的值与方程式中的化学计量数有关；故D错误；

故选C。5、C【分析】【详解】

A．装置①中；Mg的金属活动性大于Al，则Mg做负极，A不正确；

B．装置②中，虽然Mg的金属活动性比Al强，但Mg与NaOH溶液不能发生反应，所以Mg做正极，Al做负极，电极反应式为Al-3e-+4OH-=+2H2O；B不正确；

C．装置③中，由于Fe在浓HNO3中发生钝化，所以Cu做负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；C正确；

D．装置④中，发生吸氧腐蚀，Cu做正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；D不正确；

故选C。6、A【分析】【详解】

A．KClO由构成，KClO是强碱弱酸盐，能发生水解反应，溶液呈碱性，故选A；

B．是强酸弱碱盐；能水解，溶液呈酸性，故不选B；

C．是碱，故不选C；

D．是强酸酸式盐；不能水解，溶液呈酸性，故不选D；

选A。7、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。二、多选题(共7题，共14分)8、CD【分析】【详解】

A．CaSO4的溶度积表达式为Ksp(CaSO4)=c(Ca2＋)·c(SO42－)；故A正确；

B．CaSO4(s)＋CO32－(aq)CaCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数=3×103；故B正确；

C．依据上述B项分析可知，CaSO4(s)＋CO32－(aq)CaCO3(s)＋SO42－(aq)K=3×103，每消耗1molCO32－会生成1molSO42－，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42－)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液浓度为1.5mol/L，则c(SO42－)=1.5mol/L，根据=3×103可得溶液中c(CO32－)=-lgc(CO32－)=3.3；与图像不相符，故C错误；

D．依据题意可知，起初CaSO4的物质的量为0.02mol，在相同实验条件下，若将Na2CO3溶液浓度改为原来的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42－)=2mol/L，根据=3×103可得溶液中c(CO32－)=所以-lgc(CO32－)=3.2；图像中的横纵坐标都要改变，故D错误；

故选CD。9、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。10、CD【分析】【详解】

A.因为锌过量，加入适量的6mol•L-1的盐酸；反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；

B.加入少量醋酸钠固体；生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；

C.升高温度；反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；

D.加入少量铜；相互接触的锌；铜与稀盐酸构成了原电池，加快反应速率，反应生成氢气，氢气的总量不变，故D选；

答案选CD。11、AD【分析】【分析】

A．根据图象，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向；

B．T1温度反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L；根据反应方程式计算；

C．根据pV=nRT分析；容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；

D．温度降低；有助于化学反应正向进行，根据反应方程式和等效平衡的知识分析。

【详解】

A．根据图象，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，A正确；

B．T1温度反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K=c2(NO2)/c2(NO)c(SO2)=0.22/0.42×0.4=5/8；B错误；

C．根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度商，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2；则平衡时两容器压强比为pI/pII=(0.4+0.4+0.2)/(2−y)＝1/(2−y)＞1/2，C错误；

D．T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2；1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为40%，而容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，D正确，答案选AD。

【点睛】

本题考查化学平衡移动的相关知识，结合图象分析，注意等效平衡原理知识的运用，灵活运用相关化学平衡原理是解决问题的关键。12、AD【分析】【分析】

常温下，将0.2mol·L⁻¹溶液与0.2mol·L⁻¹NaHA溶液等体积混合所得溶液溶液显碱性，则NaHA水解程度大于其电离程度，且大于水解程度；混合液随着pH变大，浓度变大、离子浓度减小、浓度减小、浓度显减小后增大、浓度增大，故a、b、c、d、e分别表示曲线；

【详解】

A．由分析可知，曲线a表示的是曲线e表示的是A错误；

B．等体积混合所得初始混合液此时pH=7时，则必定为加入了HCl，则根据物料守恒可知：根据电荷守恒可知，以上式子联立可得，mol·L⁻¹；B正确；

C．可得M点时溶液显碱性，应该加入了氢氧化钠，根据物料守恒可知：以上式子可得代入中得C正确；

D．时，则故D错误；

故选AD。13、CD【分析】【详解】

A．BaSO4为强酸强碱盐；不发生水解，A与题意不符；

B．NaNO3为强酸强碱盐；不发生水解，B与题意不符；

C．NH4Cl为强酸弱碱盐；铵根离子发生水解反应，C符合题意；

D．CH3COONa为强碱弱酸盐；醋酸根离子发生水解反应，D符合题意；

答案为CD。14、BD【分析】【详解】

A.酸式滴定管在装酸液前用标准盐酸溶液润洗2～3次；该操作正确，可知c（待测）准确，故A不选；

B.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故B选；

C.滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，因为需等半分钟不褪色根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故C正确；

D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D选；

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

分析：燃烧热：在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；根据标准状况下，n=V/Vm计算1000L甲烷的物质的量，然后结合甲烷的燃烧热值，计算放出的热量；已知①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1，利用盖斯定律将（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；据此计算反应热。

详解：（1）①在25℃、101kPa下，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，所以甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ·mol-1；正确答案：890kJ·mol-1；CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1。

②标准状况下1000L甲烷气体的物质的量n=1000/22.4=44.6mol，则燃烧后产生的热量等于890kJ·mol-1×44.6mol=3.97×104kJ；正确答案：3.97×104kJ。

（2）由反应：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1，根据盖斯定律可知，（①+②）/2可得到：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，△H==-867kJ·mol-1，所以CH4将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1；正确答案：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1。【解析】890kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-13.97×104kJCH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-116、略

【分析】【详解】

（1）根据强碱；强酸、大多数盐等化合物都属于强电解质分析①稀硫酸为强电解质溶液；②硫酸钡是盐；属于强电解质；③熔融氯化钠属于盐，属于强电解质；④氯水是混合物；⑤醋酸铵是盐，属于强电解质。故选②③⑤。

（2）①由图示可知，图像中的各点对应的温度高低关系为所以A点变为B点的措施为升温，原因是水的电离为吸热过程。

②A点和D点对应温度相同，且为D点对应的pH为13。

③℃时，为的NaOH溶液中若向该溶液中滳加盐酸使溶液呈中性，则解得：

（3）由电离常数可知，酸性强弱顺序为故向NaClO溶液中通入少量发生反应的离子方䅣式为【解析】(1)②③⑤

(2)升高温度水的电离属于吸热过程131：10

(3)17、略

【分析】【详解】

（1）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：2CH3COOH+CO2CH3COO-+CO2↑+H2O；随着碳酸钠溶液的滴加，CO浓度增大，平衡正向移动，CH3COOH的浓度降低；溶液酸性减弱，溶液的pH增大。

（2）是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCOHCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动；直到反应完成。所以符合上述规律。

不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCOHCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动；直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。

（3）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，当碳酸钠溶液全部滴加完后，得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，测得该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，综上所述，该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)。

（4）还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O，要使反应发生需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中只有Cu2O具有还原性，根据得失电子守恒和氧化还原反应的规律配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目为：【解析】(1)2CH3COOH+CO2CH3COO-+CO2↑+H2O增大。

(2)是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCOHCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动；直到反应完成。所以符合上述规律。

不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCOHCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动；直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。

(3)c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)

(4)18、略

【分析】【分析】

（1）油污主要成分是油脂；油脂在碱性条件下水解成可溶的物质，从盐类水解的角度分析；

（2）利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的进行分析；

（3）利用水的离子积进行分析和判断；

（4）①利用越弱越水解；以及水解程度非常微弱进行分析；

②利用电荷守恒进行分析；

（5）根据盐类水解的原理和弱电解质电离的原理进行分析；

（6）利用反应原理进行分析；

【详解】

（1）油污的主要成分是油脂，油脂在碱中能水解成可溶的高级脂肪酸钠和甘油，Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO32－水解：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

答案为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；

（2）根据越弱越水解以及表中数据，得出电离出H＋能力大小：CH3COOH>H2CO3>HX>HCO3－，因此溶液④中通入少量的CO2，其离子方程式为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

答案为X－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HX；

（3）25℃时，NH4Cl溶液的pH=5，NH4＋结合水电离出的OH－，溶液显酸性，由水电离产生的c(H＋)水=10－5mol·L－1；

答案为10－5mol·L－1；

（4）①CH3COONH4溶液的pH=7，说明CH3COO－水解能力与NH4＋水解能力相同，根据（2）HCO3－水解能力强于NH4＋，即该溶液中离子浓度最大的是NH4＋；

答案为NH4＋；

②反应后溶液中离子有CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，因c(Na＋)3COO－)，则有c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；此时溶液中的溶质应为CH3COOH和CH3COONa；

答案为酸；CH3COOH和CH3COONa；

（5）a、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH4＋互相促进水解，因此相同浓度时，c(NH4＋)：①＞②；故a正确；

b、根据电荷守恒，NaCl溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，NaX溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(X－)＋c(OH－)，比较离子总数大小，只要比较阳离子浓度和，又因为NaCl和NaX物质的量浓度和体积相同，即c(Na＋)相同，即比较离子总数大小，只需要比较c(H＋)，NaCl溶液显中性，NaX溶液显碱性，因此前者c(H＋)大于后者，即两者离子总数不相等，故b错误；

c、等体积③和⑤混合，根据物料守恒，因此有c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)=0.1mol/l；故c错误；

d、根据上述分析，CH3COOH的酸性强于HX；因此pH相同时，稀释相同倍数，HX溶液的pH变化小，故d正确；

答案为ad；

（6）根据实验现象，得出2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大；使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体；

答案为2HCO3－+Ca2＋CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2＋)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体。【解析】①.CO32－+H2OHCO3－+OH－②.X－+CO2+H2O=HCO3－+HX③.10－5④.NH4+⑤.酸⑥.CH3COOH和CH3COONa⑦.ad⑧.2HCO3－+Ca2+CaCO3+CO2+H2O，c(Ca2+)增大，使平衡向右移动，产生大量白色沉淀和气体19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据上图可知该反应是放热反应，因此总△H＜0。整个反应历程中的控速步骤主要是看活化能高低，活化能越大，反应速率越慢，因此根据图中得出过渡态4活化能最大，因此整个反应历程中的控速步骤为第d步，其能垒(活化能)为−24.47Kcal∙mol−1−(−60.16Kcal∙mol−1)＝35.69Kcal∙mol−1；故答案为：＜；d；35.69。

(2)①根据题意得到图中减少的是NO，又根据温度越高，速率越大，达到平衡所需时间短，因此表示500℃条件下pNO的是d，图中增加的是CO2，因此表示600℃条件下pCO2的是c；故答案为：d；c。

②根据图示，建立三段式得到因此600℃时反应平衡常数故答案为：

(3)①A．增大压强；有利于反应正向进行，NO的转化率增大，故A正确；

B．从化学平衡的角度，采用Ca(ClO)2脱硫可生成微溶物CaSO4；有利于反应正向进行，脱硫效果优于NaClO，故B正确；

C．起始pH＝2，pH较低，ClO－可能会与其还原产物Cl－反应即ClO－+Cl－+2H＋＝Cl2↑+H2O；因此脱硝效果降低，故C正确；

D．提高烟气的流速；反应不充分，则硝效果差，故D错误；

综上所述；答案为：ABC。

②吸收液脱硫效果优于脱硝效果的可能原因是脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快或二氧化硫水溶性好，脱硫反应速率快；故答案为：脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快，二氧化硫水溶性好(任答一条即可)。【解析】＜d35.69dcABC脱硫反应活化能低，脱硫反应速率快，二氧化硫水溶性好(任答一条即可)四、判断题(共1题，共7分)20、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。五、工业流程题(共1题，共2分)21、略

【分析】【分析】

由题干工艺流程图可知，从氧化铜钴矿[主要含有Cu2(OH)2CO3，Co2O3，Al2O3和SiO2]中回收钴和铜，钴矿中加入Na2S2O5、稀硫酸浸取，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Cu2+、Co2+、Al3+和离子，SiO2不溶，过滤除去，滤液加入萃取液，萃取铜离子，然后反萃取，得到铜离子的溶液，电解得到铜；除铜后溶液加石灰石调节pH，使Al3+和转化为Al(OH)3，并使钙离子生成硫酸钙沉淀，过滤除去；滤液再加入氧化镁沉钴，得到Co(OH)2；据此分析解题。

【详解】

（1）已知Cu是29号元素，基态Cu2+的价层电子排布式为3d9，故答案为：3d9；

（2）由分析可知，“还原浸出”时Cu2(OH)2CO3发生反应生成铜离子，化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2