2025年人教新起点选择性必修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年人教新起点选择性必修1化学上册月考试卷74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、电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如图所示；下列说法错误的是。

A.该电解池的阳极反应为：NO-3e-+2H2O=NO+4H+B.该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C.为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3D.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行2、肼(N2H4)是一种常见的还原剂，设其在酸性溶液中以N2H形式存在。利用如图电解装置，N2H可将UO转化为U4+(N2H转化为N2)。下列说法不正确的是。

A.镀铂钛网上发生的电极反应式为：N2H-4e-=N2↑+5H+B.标准状况下，若生成11.2LN2，则有2molH+从镀铂钛网通过质子交换膜流向钛板C.电解一段时间后电解质溶液的pH减小D.在该电解装置中，N2H还原性强于H2O3、下列说法不正确的是A.ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D.对于同一物质来讲，熵值的大小与其状态有关，固态物质的熵值通常最小4、室温下，在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中；一定能大量共存的离子组是。

①K+、Cl-、NOS2-

②K+、Fe2+、I-、SO

③Na+、Cl-、NOSO

④Na+、Ca2+、Cl-、HCO

⑤K+、Ba2+、Cl-、NOA.③⑤B.①③⑤C.①③D.②④⑤5、T℃时，用0.1mol∙L−1的KOH溶液滴定10mL等浓度的一元弱酸HX溶液过程中，溶液中的lg随滴入KOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.一元弱酸HX的电离常数约为10−5B.若b点为15mL，此溶液中存在：3c(K+)=2c(X－)+2c(HX)C.从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小D.a点溶液中存在：c(K+)＞c(X－)＞c(H+)=c(OH－)6、下列物质属于盐且水溶液呈酸性是A.B.C.D.7、室温下，下列溶液中有关物质的量浓度的关系错误的是A.0.1mol·L-1pH=6的NaHA溶液中：c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A)B.pH相等的HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)C.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)D.物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)8、石墨(s)、金刚石(s)的燃烧热分别为一定量的金刚石、石墨分别与等量的氧气反应生成气体的能量变化如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线a对应的热化学方程式为B.曲线b说明二氧化碳的能量一定低于石墨或氧气的能量C.图中的D.金刚石和石墨中碳原子的排列方式不同，互为同素异形体9、下列说法不正确的是A.可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度B.AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)C.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变D.常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图是将转化为重要化工原料的原理示意图；下列说法不正确的是。

A.该装置能将化学能转化为电能B.c口通入的是发生氧化反应C.当正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为NAD.催化剂a表面的电极反应式为：11、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应H2O(g)＋C(s)CO(g)＋H2(g)△H>0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是。容器温度（T1>T2）起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(H2O)n(C)n(CO)n(H2)n(CO)n(H2)n(CO)IT10.61.2000.2IIT11.21.200xIIIT2000.60.6yA.当温度为T1时，该反应的化学平衡常数值为0.05B.若5min后容器I中达到平衡，则5min内的平均反应速率：v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C.达到平衡时，容器II中H2O的转化率比容器I中的小D.达到平衡时，容器III中的CO的转化率小于66.6%12、“理解与辨析能力”和“分析与推测能力”；都是化学四大关键能力之一；读图看表识数据，对关键能力的要求很高。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示(6s时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是。

A.进行到1s时，B.方程式为C.进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol(L·s)D.进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为13、一种氯离子介导的电化学合成方法能将乙烯高效清洁；选择性地转化为环氧乙烷；该方法对应电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。

反应流程：Cl-→Cl2→HClO

下列说法错误的是A.Ni电极与电源正极相连B.该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2C.工作过程中阴极附近pH减小D.在电解液混合过程中会发生反应：HCl+KOH=KCl+H2O14、常温下，用pH=13的NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H3PO4溶液；曲线如图所示，下列说法中错误的是。

A.溶液中，H2PO电离程度大于水解程度B.a点磷酸的电离常数大于b点C.磷酸的Ka1约为1.1×10-3D.a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)15、甲、乙是体积均为1.0L的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)。达到平衡时CO的物质的量浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线II对应的是乙容器B.a、b两点对应平衡体系中的压强之比：pa:pb<14:9C.b点对应的平衡体系中，CO的体积分数小于4/7D.900K时，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此时正<逆16、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评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、25℃时，将0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水；形成1L混合溶液。

（1）该溶液中存在着三个平衡体系；用电离方程式或离子方程式表示：

A___；B__；C__。

（2）溶液中共有__种不同的粒子。

（3）在这些粒子中，浓度为0.01mol/L的是___，浓度为0.002mol/L的是___。

（4）___和___两种粒子物质的量之和等于0.01mol。

（5）写出该溶液中的电荷守恒关系___。18、常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。温度/℃电离常数电离度/%016.569.0981015.1610.182013.6311.2

(1)温度升高，的电离平衡向_______(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是_______(填字母)。

A.电离常数B.电离度C.D.

(2)表中基本不变的原因是_______。

(3)常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_______(填字母，下同)。A．溶液的增大B．氨水的电离度减小C．)减小D．减小(4)氨水溶液中，下列做法能使与比值变大的是_______。

A.加入固体氯化铵B.通入少量氯化氢C.加入少量固体氢氧化钠19、有一学生甲在实验室测某溶液的pH；实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差。

(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点，原因是____________________。

(2)若用此法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________________________________。

(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品，你_____(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L－1的硫酸和0.01mol·L−1的硫酸。若能，简述操作过程。_____________________________________________

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸20、电解质溶液与生产；生活密切相关。

Ⅰ.在室温下；下列四种溶液：

①溶液②溶液。

③溶液④和混合液。

请根据要求回答下列问题：

(1)溶液①星酸性，其原因是_______(用离子方程式表示)。

(2)在溶液④中_______(填离子符号)的浓度为和_______(填离子符号)的浓度之和为

(3)室温下，测得溶液②的则说明的水解程度_______(填“”“”或“”，下同)的水解程度，该溶液中与浓度的大小关系是c(CH3COO-)_____c(NH)

Ⅱ.医学上在进行胃肠疾病的检查时，利用X射线对穿透能力较差的特性，常用做内服造影剂；这种检查手段称为钡餐透视。

(1)请用文字叙述和离子方程式说明钡餐透视时为什么不用_______。

(2)某课外活动小组为探究的溶解度，分别将足量放入：①水②的溶液③的溶液④的溶液中；溶解至饱和。

以上各溶液中，的大小顺序正确的是_______，的溶解度的大小顺序为_______(填序号)。

A.③>①>④>②B.③>①>②>④C.①>④>③>②D.①>③>④>②

(3)某同学取同样的溶液③和溶液④直接混合，则混合溶液的为_______(假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和)。21、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)；随温度升高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：

(1)反应的ΔH___________0(填“大于”或“小于”)；

(2)100℃时；体系中各物质浓度随时间变化如图所示。

在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为___________mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K1为___________。

(3)100℃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___________。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)22、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____23、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0。__________________A.正确B.错误24、用pH试纸测定氯化钠溶液等无腐蚀性的试剂的pH时，试纸可以用手拿。(_____)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)25、一种以铌铁矿(主要成分为SiO2、Nb2O5、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)为原料，制取声光催化材料NaNbO3的流程如下：

回答下列问题：

(1)“溶解”时，写出MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3的化学方程式：__________；沉淀1的主要成分是MnO2和__________(填化学式)。

(2)“除Ca2＋、Mg2＋”时，若溶液酸度过高，沉淀不完全，其原因是___________________；已知Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9，当溶液中c(Ca2＋)＝1×10－6mol·L－1时，溶液中c(Mg2＋)的最大值为__________mol·L－1。

(3)“脱氟”过程HF发生反应的化学方程式为________________________________________。

(4)电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极电极反应式为________________________。26、碲(Te)为第VIA元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲；工艺流程如下:

(1)“焙烧”后,碲主要以TeO2形式存在,写出相应反应的化学方程式:_____________。

(2)为了选择最佳的焙烧工艺,进行了温度和硫酸加入量的条件实验；结果如下表所示:

则实验中应选择的条件为_______________，原因为_______________。

(3)工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方程式为_______________。

(4)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺(II)获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_______________。

(5)工业生产中；滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。

①滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为________________。

②滤渣3中若含Au和Ag,可用__________将二者分离。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸27、为实现废旧普通干电池中锌与MnO2的同时回收；某研究小组设计了如图1的工艺流程和如图2的实验探究装置：

(1)普通锌锰干电池放电时被还原的物质是_____，该电池中含有NH4Cl，因此该电池为_____(填“酸性”；“碱性”或“中性”)电池。

(2)测得滤液中c(ZnSO4)略大于c(MnSO4)，则稀硫酸酸浸时主要反应的化学方程式为_____，粉碎的重要作用是_______。

(3)燃料电池的优点是_______，图2中甲烷燃料电池负极的电极反应为_____。

(4)闭合开关K一段时间后，阳极附近溶液的pH_____(填“增大”“不变”或“减小”)，电解池中回收锌与的总反应的离子方程式为_______。

(5)若燃料电池中负极消耗2.24L(标准状况)CH4，且均完全转化为电能，电解池中回收制得19.5g单质Zn，计算图2装置的电流效率=_______。(=)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．在阳极上NO将氧化为NO电极反应为NO-3e-+2H2O=NO+4H+；故A正确；

B．多孔石墨具有吸附性；可以吸附更多的NO，以此来提高NO的利用率和加快反应速率，故B正确；

C．电解的总反应为：8NO+7H2O==3NH4NO3+2HNO3，产物中HNO3要想转化为NH4NO3需补充物质A为氨气；故C错误；

D．水是极弱电解质，导电性很微弱，加入NH4NO3可以增强导电能力；有利于电解的顺利进行，故D正确；

所以答案为C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.镀铂钛网外接电源的正极，可知镀铂钛网是阳极，其电极反应式是还原剂失电子，故其电解反应式为N2H-4e-=N2↑+5H+；故A正确；

B.钛板外接电源负极，是电解池的阴极，其电极反应式为2UO+8H++4e-=2U4++4H2O，故电解池总反应式为2UO+8H++N2H=2U4++N2↑+5H++4H2O，标准状况下，若生成22.4LN2，需消耗4molH+，则若生成11.2LN2，则消耗电子2molH+，则有2molH+从镀铂钛网通过质子交换膜流向钛板；故B正确；

C.从电解反应式来看2UO+8H++N2H=2U4++N2↑+5H++4H2O；电解过程中消耗氢离子，则电解一段时间后，溶液的pH增大，故C错误；

D.在该电解装置中，是N2H失去电子；而不是水，故D正确；

本题答案C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．ΔH＜0；ΔS＞0；则ΔH-TΔS＜0，任何温度下反应都能自发进行，A正确；

B．NH4HCO3(s)＝NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行；原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；

C．用焓变和熵变判断反应的自发性；都有例外，故都不能单独作为反应自发性的判据，而应用复合判据，C错误；

D．对于同一物质来讲固态的熵值小于液态小于气态；D正确。

答案选C。4、A【分析】【分析】

室温下，由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中；水的电离受到抑制，该溶液为酸或碱溶液。

【详解】

①在酸性溶液中，H+、NOS2-之间能够发生氧化还原反应；不能大量共存，故①不选；

②在碱性溶液中，Fe2+与氢氧根离子能够反应生成沉淀；不能大量共存，故②不选；

③无论酸或碱溶液中；该组离子之间都不反应，能大量共存，故③选；

④HCO既能与酸反应又能与碱反应；一定不能大量共存，故④不选；

⑤无论酸或碱溶液中；该组离子之间都不反应，能大量共存，故⑤选；

一定能大量共存的离子组是③⑤，故选A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．未加KOH时lg＝−8；由于温度为T℃时，无法计算温度的氢离子浓度，因此无法计算一元弱酸HX的电离常数，故A错误；

B．若b点为15mL，溶液中溶质为KX和KOH且两者浓度比为2:1，因此根据物料守恒得到溶液中存在：2c(K+)＝3c(X－)+3c(HX)；故B错误；

C．a点是呈中性；溶质是KX和HX的混合溶液，逐渐滴加KOH，至KX，水的电离程度增大，从KX到KX与KOH混合溶液，则水的电离程度减小，因此从a点到c点过程中水的电离程度先增大后减小，故C正确；

D．a点溶液呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得到：c(K+)＝c(X－)＞c(H+)＝c(OH－)；故D错误。

综上所述，答案为C。6、A【分析】【分析】

盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；

【详解】

A．硫酸氢钾属于盐；电离出氢离子溶液显酸性，选项A符合题意；

B．二氧化硅为氧化物；选项B不符合题意；

C．氧化镁为氧化物；选项C不符合题意；

D．氯化钙属于盐；溶液显中性，选项D不符合题意；

答案选A。7、D【分析】【详解】

A.0.1mol/L的NaHA溶液呈酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，且水解程度和电离程度都是微弱的，所以c(HA-)>c(H+)>c（A2-）>c（H2A）；选项A正确；

B．HCl完全电离，盐的水解是微弱的，故pH相等的HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)；选项B正确；

C．溶液中的电荷守恒式为c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)；选项C正确；

D．物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，电荷守恒有①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，①2-②得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)；选项D错误；

答案选D。8、B【分析】【详解】

A.由盖斯定律可知，金刚石转化为石墨的热化学方程式为则金刚石的总能量大于石墨的总能量，曲线a表示金刚石燃烧的能量变化，热化学方程式为故A正确；

B.石墨的燃烧反应为放热反应，曲线b说明二氧化碳的能量一定低于石墨和氧气的总能量；故B错误；

C.由盖斯定律可知，金刚石转化为石墨的热化学方程式为则1mol金刚石转化为1mol石墨时放出的热量为故C正确；

D.金刚石和石墨是碳元素形成的不同种单质；单质中碳原子的排列方式不同，互为同素异形体，故D正确；

故选B。9、A【分析】【详解】

A．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，故A符合题意；

B.同一类型的难溶物，由溶度积大的可以转化成溶度积小的难溶物，AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)；故K(AgI)＜K(AgCl)，故B不符合题意；

C.AgCl，AgBr的饱和溶液中，加入少量AgNO3溶液中不变；故C不符合题意；

D.常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，由于温度不变，溶度积只与温度有关，所以Mg(OH)2的Ksp不变；故不D符合题意；

故选：A。二、多选题(共7题，共14分)10、BC【分析】【分析】

根据原理图中电子的移动方向可知，催化剂a电极为负极，故c口通入的是SO2，d口通入的是O2；据此分析解题。

【详解】

A．该装置为原电池；能将化学能转化为电能，A正确；

B．电子流出的一极为负极，所以c口通入的是发生氧化反应，B错误；

C．当正极消耗22.4L（标准状况）氧气时，电路中通过的电子数目为C错误；

D．由分析可知，催化剂a作负极，发生氧化反应，故表面的电极反应式为：D正确；

故答案为：BC。11、AC【分析】【详解】

A．温度T1时；容器Ⅰ中平衡时n(CO)=0.2；

该反应的化学平衡常数值为K===0.05；故A正确；

B．5min后容器Ⅰ中达到平衡，则5min内的平均反应速率：v(H2)===0.02mol/(L•min)；故B错误；

C．容器Ⅱ中发生的反应相当于在容器Ⅰ中基础上增加H2O的量，平衡正向移动，C的转化率增加，而H2O的转化率降低，即容器Ⅱ中H2O的转化率比容器Ⅰ中的小；故C正确；

D．容器Ⅲ在T1温度下达到的平衡与容器Ⅰ中形成的平衡状态相同，即平衡时CO为0.2mol，此时CO的转化率为=66.6%，在此平衡状态的基础上降温到T2；平衡逆向移动，CO的转化率增大，即平衡时，容器III中的CO的转化率大于66.6%，故D错误；

故答案为AC。12、BC【分析】【分析】

反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2mol，B减少了0.6mol，C减少了0.8mol，D增加了0.4mol，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g)6A(g)＋2D(g)。

【详解】

A．反应到1s时，v（A）═=0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L•s），v（C）═=0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L•s）；所以v（A）≠v（C），A错误；

B．各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D；B正确；

C．反应进行到6s时，v(B)==0.05mol•L-1•s-1；C正确；

D．反应进行到6s时，n(B)=n(D)=0.4mol•L-1，n(B)=n(D)===D错误；

故选BC。13、AC【分析】【分析】

电解池中，阴离子在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极连接电源的正极，Cl－失去转化为Cl2，电极反应为：2Cl－-2e－=Cl2↑；阳离子在阴极得到电子，发生还原反应，阴极连接电源的负极，阴极区的反应2H2O+2e－=2OH－+H2↑；据此解答。

【详解】

A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl－转化为Cl2；发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，故A错误；

B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e－=2OH－+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2；故B正确；

C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e－=2OH－+H2↑；故阴极附近pH增大，故C错误；

D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O；故D正确；

故选AC。14、BD【分析】【分析】

根据图像可知，当加入NaOH为0时，pH=2，说明磷酸为弱酸；加入NaOH溶液体积为20mL时，恰好生成NaH2PO4；加入NaOH溶液体积为40mL时，恰好生成Na2HPO4；据此分析解答。

【详解】

A．由图像可得NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO电离程度大于水解程度；故A项正确；

B．电离常数只与温度有关，a、b两点H3PO4的第一步电离常数相等；故B项错误；

C．由图可知0.1H3PO4溶液的则故C项正确；

D．a点消耗20mLNaOH溶液，此时溶质为NaH2PO4，根据物料守恒得到a点溶液中有：则故D项错误；

答案选BD。15、BD【分析】【详解】

A．根据反应CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)可知，0.1molCO2和0.3mol碳粉完全反应最多生成0.2molCO；故曲线II对应的是甲容器，A错误；

B．a点有：b点有：同温同体积的气体的压强之比等于气体的物质的量之比，a、b两点对应平衡体系中的压强之比：pa:pb=(0.12mol+0.16mol):(0.16mol+0.02mol)=14:9，但由于b点对应的温度更高，故b点的压强增大，故pa:pb<14:9；B正确；

C．b点有：b点对应的平衡体系中，CO的体积分数为大于4/7；C错误；

D．由a点有：可以计算出该温度下的平衡常数为：K==根据图像可知，升高温度，CO的浓度增大，即正方向移动，K值增大，故900K时，K’小于0.21，故起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，Qc==大于K’，平衡逆向移动，故此时正<逆；D正确；

故答案为：BD。16、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。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

25℃时，将0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水，形成1L混合溶液，HCl和CH3COONa反应，所得溶液中含有0.002molCH3COOH、0.002molNaCl、0.008molCH3COONa。

【详解】

(1)溶液中存在CH3COO-，则有水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中含有CH3COONa与HCl生成的弱电解质CH3COOH，则有CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+；溶液中还存在水的电离平衡：H2OH++OH-；

(2)溶液中存在的离子有：Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-，分子有H2O、CH3COOH；共7种不同的粒子；

(3)能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子，即c(Na+)=0.01mol·L-1，c(Cl-)为0.002mol·L-1；

(4)由物料守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol·L-1，故CH3COO-和CH3COOH的物质的量之和为0.01mol；

(5)该溶液中存在的离子有Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)。【解析】①.H2OH++OH-②.CH3COOHCH3COO-+H+③.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-④.7⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-⑨.c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)18、略

【分析】【详解】

（1）氨水中存在电离平衡NH3H2O+OH-，电离过程是吸热的，升高温度电离平衡向右移动，而电离常数只与温度有关，表格中只有电离常数随温度升高而增大，支持“升高温度电离平衡向右移动”，而电离度、c(OH-)都还跟氨水的浓度c(NH3·H2O)有关；答案为：右，A；

（2）由表格数据可以看出，c(OH-)受到氨水的浓度和溶液的温度影响，氨水越稀c(OH-)越小，升温氨水的电离平衡右移，c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH－)减小，而温度升高，使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变；

（3）氨水中电离平衡NH3H2O+OH-，加入NH4Cl晶体（溶液体积变化可忽略），增大了溶液中浓度，电离平衡左移，c(OH-)将减小，pH减小，氨水的电离度将减小，由勒夏特列原理可知c()增大；故选AD；

（4）A．氨水中电离平衡NH3H2O+OH-，加入固体氯化铵时c()增大，电离平衡左移，c(OH-)减小，故值增大；故A正确；

B．通入少量氯化氢气体时c(OH-)减小，电离平衡右移，c()增大，故值增大；故B正确；

C．加入少量固体氢氧化钠，溶液中c(OH-)增大，电离平衡左移，c()减小，故值减小；故C错误；

故选AB。【解析】(1)右A

(2)氨水浓度降低，使c(OH－)减小，而温度升高，使c(OH－)增大，双重作用使c(OH－)基本不变。

(3)AD

(4)AB19、略

【分析】【详解】

（1）用pH试纸测定的具体测定方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液；并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH，当先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，盐酸稀释后，溶液酸性增大，pH变大；氢氧化钠溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变，所以丙正确，故答案为丙；当溶液是中性时，则不产生误差，否则将产生误差；

（2）用水润湿相当于稀释；则所测的pH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故弱酸的pH误差小，所以在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小，故答案为盐酸；在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小；

（3）硫酸为强酸完全电离，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol/L、0.02mol/L，pH=-lgc(H+)，氢离子浓度越大，pH越小，所以pH较大的为0.01mol/L的硫酸，故答案为能；用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol/L的硫酸。【解析】①.丙②.当溶液呈中性时，则不产生误差；否则将产生误差③.盐酸④.在稀释过程中，醋酸继续电离产生H＋，使得溶液中c(H＋)较盐酸溶液中c(H＋)大，误差较小⑤.能⑥.用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol·L−1的硫酸20、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)溶液呈酸性，其原因是为强酸弱碱盐，铵根水解，故溶液呈酸性；

故答案为：

(2)和混合液中完全电离，且氯离子不水解，故的浓度为根据氮元素守恒得到和的浓度之和为

故答案为：

(3)室温下，测得溶液②的则说明的水解程度等于的水解程度；

根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，故c(CH3COO-)=c(NH)；

故答案为：=；=。

Ⅱ(1)硫酸钡不溶于水和酸，但胃酸可与反应生成水和二氧化碳，Ba2+浓度增大，且Ba2+有毒，所以不能用碳酸钡代替硫酸钡，反应离子方程式为：

故答案为：遇到胃酸生成会使人体中毒，

(2)根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，BaSO4的溶解度越小，浓度越低，能抑制硫酸钡的电离，但溶液中含有所以浓度最大，水中的浓度次之，溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制BaSO4的电离，中的硫酸根浓度大于硫酸中的浓度，所以硫酸钠溶液中的浓度小于硫酸溶液中浓度，所以浓度大小顺序是：③>①>④>②；BaSO4溶液中加入硫酸根离子和都会导致BaSO4的沉淀溶解平衡逆移，BaSO4的溶解度减小，硫酸根离子或浓度越大，BaSO4的溶解度越小，所以BaSO4的溶解度的大小顺序：①>④>③>②；

故答案为：A；C。

(3)的溶液和的溶液混合后，溶液中则有以下关系式：所以

故答案为：13。【解析】①.②.③.④.=⑤.=⑥.遇到胃酸生成会使人体中毒，⑦.A⑧.C⑨.1321、略

【分析】【详解】

(1)对于反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，反应的ΔH大于0；

(2)在0～60s时间段，N2O4的物质的量浓度减少了：(0.1mol/L-0.04mol/L)=0.06mol/L，则反应速率v(N2O4)==0.001mol·L-1·s-1；据图可知，反应达到平衡时，c(N2O4)=0.04mol/L，c(NO2)=0.12mol/L，反应的平衡常数K1==0.36；

(3)100℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，因该反应为气体体积增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动。【解析】大于0.0010.36逆反应反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动四、判断题(共3题，共9分)22、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错23、B【分析】【详解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，其ΔS<0，则ΔH<0，错误。24、B【分析】【详解】

pH试纸不能用手拿，应该放在干净的表面皿或玻璃片上。五、工业流程题(共3题，共30分)25、略

【分析】【分析】

铌铁矿(主要成分为SiO2、Nb2O5、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)中加入稀硫酸，少量FeO与MnO2、稀H2SO4发生反应，大部分MnO2、SiO2不发生反应，以沉淀1析出；往滤液中加入NbF5，Ca2＋、Mg2＋生成MgF2、CaF2，成为沉淀2的主要成分，此时溶液中存在较多量的HF；加入H2SiO3胶体后，与HF发生反应，生成SiF4气体等；过量的硅酸胶体转化为沉淀3。

【详解】

(1)“溶解”时，MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3，反应的化学方程式：MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；因为SiO2与稀硫酸不反应，所以沉淀1的主要成分是MnO2和SiO2。答案为：MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；SiO2；

(2)“除Ca2＋、Mg2＋”时，若溶液酸度过高，沉淀不完全，其原因是：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动；已知Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9，当溶液中c(Ca2＋)＝1×10－6mol·L－1时，c2(F-)==2.5×10-5，溶液中c(Mg2＋)的最大值为=2.56×10-4mol·L－1。答案为：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动；2.56×10-4；

(3)“脱氟”过程中，HF与H2SiO3发生反应，生成SiF4气体等，发生反应的化学方程式为H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O。答案为：H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O；

(4)电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，在阳极Mn2+失电子生成MnO2等，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。答案为：Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。

【点睛】

电解MnSO4溶液时，阴极发生的反应为Mn2++2e-==Mn。【解析】MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OSiO2在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动2.56×10-4H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2OMn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+26、略

【分析】【分析】

流程的目的为从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲，则要先除杂。步骤1，培烧Cu2Te，通入氧气将Cu2Te氧化；步骤2，水浸，根据流程可知Te元素进入滤渣1，CuSO4进入滤液1，Cu和Te分离。可推断，步骤1中Cu被氧化为CuO后被硫酸溶解，生成易溶于水的硫酸铜，而Te以微溶于水的TeO2形式存在。步骤3，碱浸，Te元素进入滤液2，则TeO2与NaOH反应生成易溶于水的盐。据此分析解答。

【详解】

（1）碲(Te)为第VIA元素，则Te最低化合价为-2价，所以Cu2Te中Cu为+1价，Te为-2价。培烧时通入空气，加入硫酸，生成物中Te主要以TeO2形式存在，Te被氧化为+4价，Cu被氧化为+2价，根据元素守恒，硫酸将Cu溶解生成硫酸铜。利用化合价升降守恒可配平得方程式为：Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O。

（2）培烧的主要目的为将Cu元素转变为易溶于水CuSO4的，将Te元素转变为微溶于