2025年冀教版选择性必修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年冀教版选择性必修1化学下册月考试卷672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、某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.c点对应的Ksp等于a点对应的KspB.加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点C.d点没有AgCl沉淀生成D.加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小2、下列说法或表示方法中正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.由C(金刚石)C(石墨)ΔH=-1.9kJ•mol-1可知，金刚石比石墨稳定C.稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将浓硫酸与NaOH溶液混合生成1mol水，放出的热量大于57.3kJD.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-2858kJ•mol-13、硝酮是重要的有机合成中间体；可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。

下列说法错误的是A.惰性电极2为阳极B.反应前后WO/WO数量不变C.消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮D.外电路通过1mol电子，可得到1mol水4、25℃时，在浓度均为1mol·L-1的NH4HSO4、(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、NH4Cl、NH3·H2O五种溶液中，若测得其中c(NH)分别为a、b、c、d、e(单位为mol·L-1)，则下列判断正确的是A.c=b>a>d>eB.b>c>a>d>eC.c>b>e>a>dD.b>c>d>a>e5、25°C时，向25ml0.1mol∙L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体或通入HCl气体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述不正确的是。

A.b点有关微粒浓度大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(A2-)B.c点c(K+)=0.15mol·L-1C.邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3D.从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小6、25℃时，向不同浓度酸()中加入固体，溶解过程中与溶液的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.的的数量级为B.温度一定时，c越大，的溶解度越小C.温度和一定时，c越大，的越大D.a点溶液满足：评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、在如图所示的量热计中，将1000.50(弱酸，电离过程为吸热过程)溶液与1000.55溶液混合；温度从25.0℃升高到27.7℃。下列说法错误的是。

A.若量热计的保温瓶绝热效果不好，则所测偏小B.搅拌器一般选用导热性差的玻璃搅拌器C.若选用同浓度同体积的盐酸，则溶液温度将升高至不超过27.7℃D.所加溶液过量，目的是保证溶液完全被中和8、在一个密闭容器中发生反应反应过程中某一时刻的浓度分别为0.30.20.2当反应达到平衡时，不可能的数据是A.B.C.D.9、近日；我国学者在Science报道了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，电化学反应的过程如图所示。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。下列叙述错误的是。

A.电解过程中透过交换膜向右侧移动B.工作过程中电极附近的电极反应式为C.每生成环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为D.电解结束溶液混合后的浓度比电解前的小10、25℃时，用NaOH溶液滴定草酸()溶液，溶液中和或和关系如图所示；下列说法正确的是。

A.曲线表示和的关系B.的数量级为C.溶液中D.向0.1mol/L溶液中加入少量水，减小11、下列说法中正确的是A.室温下某溶液中水电离出的为该溶液的一定为10B.某温度下，向氨水中通入随着的通入，先不断减小后不变C.冰醋酸加水稀释过程中，先不断增大后减小D.室温下的溶液和的溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的约为12、下列有关说法正确为是A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0C.加热溶液，的水解程度和溶液的c(OH-)均增大D.对于乙酸与乙醇的酯化反应(△H＜0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大13、如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别装在盛有水的三个烧杯中，在①烧杯中加入CaO，在②烧杯中不加其他任何物质，在③烧杯中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅。已知：2NO2(红棕色)N2O4(无色)；下列叙述正确的是。

A.2NO2N2O4是放热反应B.NH4Cl溶于水时吸收热量C.①烧瓶中平衡混合气的平均相对分子质量增大D.③烧瓶中气体的压强增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、钢铁工业是国家工业的基础。请回答钢铁腐蚀；防护过程中的有关问题：

（1）生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中；当铁锈被除尽后，溶液中发生的属于化合反应的化学方程式是______________。

（2）下列装置可防止铁棒被腐蚀的是___________。A．B．C．D．（3）在实际生产中；可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀，装置示意图如图所示。

①A电极对应的金属是______（填元素名称）；B电极的电极反应式是________。

②镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更易被腐蚀，原因是_________。15、I.在一定条件下xA+yBzC的可逆反应达到平衡；

(1)已知A、B、C均为气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z的关系是___________。

(2)已知C是气体且x+y=z，在加压时如果平衡发生移动，则平衡必向___________方向移动。(填“正反应”或“逆反应”)

(3)已知B、C是气体，现增加A的物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，则A是___________态。

II.(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2△H2

则4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=_______(用含有K1、K2的式子表示)；

(5)在时，2L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2min末的浓度如下表(该反应为可逆反应)：。物质ABC初始浓度/()1.02.002min末的浓度/()0.40.21.2

请填写下列空白：

该反应方程式可表示为_____；从反应开始到2min末，A的平均反应速率为_____。16、某兴趣小组利用如图所示装置进行实验。

(1)断开K2、闭合K1，U形管内除电极上有气泡外，还可观察到的现象是_____；阳极电极反应式为________________。当电路中转移0.001mol电子时，右侧注射器最多可以收集到气体_______mL(折算为标准状况)。

(2)断开K2、闭合K1一段时间，待注射器中充有一定量的气体后，断开K1、闭合K2，此时装置内化学能转化为电能。实现能量转化的化学方程式为_______________；

(3)假设实验装置不漏气，当(2)中注射器内气体全部参加反应后，U形管内的溶液理论上_______(填“能”或“不能”)恢复原样。17、研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)

2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)

（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。

（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v(NOCl)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2________(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是____________。18、氟和氯是两种典型的卤族元素。回答下列问题：

(1)氟与氯化学性质相似，写出NaF的电子式：___________。根据元素周期律知识，写出氢气和氟气反应的化学方程式(标出反应条件)：___________。

(2)氧元素的非金属性___________(填“强于”或“弱于”)氯元素，你的理由是___________。根据HF的___________(选填编号)大于H2O；可推断氟元素的非金属性强于氧元素。

A．酸性B．熔沸点C．稳定性D．键的极性。

(3)不同卤素原子之间形成的化合物叫做卤素互化物，如ClF、ICl、BrF3等。ClF是___________化合物(填“离子”或“共价”)，它遇水发生复分解反应，试写出该反应的化学方程式：___________。

(4)盐酸(氢氯酸)和氢氟酸都是一元酸。某温度下；相同pH的盐酸和氢氟酸溶液分别加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断：

①盐酸稀释时的pH变化曲线为___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，溶液的导电性b___________c(填“＞”；“＜”或“=”)。

②比较两种溶液中水电离的[H+]：a点___________b点(填“＞”、“＜”或“=”)。从电离平衡移动原理解释原因：___________。19、氨气是一种重要的化学物质；可用于制取化肥和硝酸等。

(1)工业合成氨的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol。N-HH-HN≡N断开1mol化学键需要吸收的能量/kJa436946

表中a为___________。

(2)合成氨原料中的H2可用CO在高温下与水蒸气反应制得。已知在25℃；101kPa下：

I．2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g)△H1=-222kJ/mol

II．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=-242kJ/mol

III．C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H3=-394kJ/mol

①25℃、101kPa下CO与水蒸气反应转化为H2的热化学方程式为___________。

②根据反应I、II、III，下列说法正确的是___________(填选项字母)。

a．由反应II可以推知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H4，则△H4小于△H2

b．反应III的反应热等于O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量与CO2分子中化学键形成时所释放的总能量的差。

c．下图可表示反应I的反应过程和能量的关系。

20、醇是重要的有机化工原料。一定条件下；甲醇可同时发生下面两个反应：

i.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

ii.2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)

(1)上述反应过程中能量变化如图所示：

在某密闭容器中，充入一定量CH3OH(g)发生上述两个反应，反应________(填“i”或“ii”)的速率较大，其原因为___________。若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则E1和E2−E1的变化是：E1__________；E2−E1___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)已知：CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g)ΔH=+50.7kJ∙mol−1。则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的ΔH=______。21、化学反应伴随能量变化；获取反应能量变化有多条途径。

(1)下列反应中，属于吸热反应的是___(填字母)。

A.Na2O与水反应B.甲烷的燃烧反应C.CaCO3受热分解D.锌与盐酸反应。

(2)获取能量变化的途径①通过化学键的键能计算。已知：。化学键种类H—HO=OO—H键能(kJ/mol)436498463.4

计算可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=____kJ·mol-1

②通过盖斯定律可计算。已知在25℃；101kPa时：

I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1

II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1

写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式____。22、人们利用原电池原理制作了多种电池；以满足日常生活；生产和科学技术等方面的需要。请根据题中提供的信息，回答下列问题。

(1)铅蓄电池在放电时的总反应为则其正极反应为___。

(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板时发生反应：若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为___，电极反应式：___。

(3)已知甲醇燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，b口通入的物质为___(填化学式)，该电池正极上的电极反应式为___；当6.4g甲醇(CH3OH)完全反应生成CO2时，有___mol电子发生转移。若将电池的电解质溶液换为KOH溶液，则负极反应式为____。

评卷人得分四、原理综合题(共2题，共8分)23、H2Y2-是乙二胺四乙酸根的简写；可与多种金属离子形成络合物。

I.H2Y2-与Fe2+形成的络合物FeY2-可用于吸收烟气中的NO。其吸收原理：FeY2-(aq)+NO(g)⇌FeY2-(NO)(aq)ΔH<0

(1)将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2-溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是__________。

(2)生成的FeY2-(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理：FeY2-(NO)(aq)+Fe+H2O→FeY2-(aq)+Fe(OH)2+NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为______________。

II.络合铜(CuY2-)废水的处理一直是环境工程领域的研究热点。

(1)H2Y2-与Cu2+、Fe3+、Ca2+络合情况如下表：。络合反应lgK(K为平衡常数)Cu2++H2Y2-⇌CuY2-+2H+18.8Fe3++H2Y2-⇌FeY-+2H+25.1Ca2++H2Y2-⇌CaY2-+2H+10.7

①表中最不稳定的金属络合物是________(填化学式)。向含有络合铜(CuY2-)废水中加入一种黄色的盐溶液A可解离出Cu2+，则盐A中阳离子为_________(填化学式)。

②调节pH可将解离出的Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，若要使c(Cu2+)≤2.2×10-4mol·L-1，pH应不低于_______(常温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20)。

(2)羟基自由基(·OH)、Na2FeO4都可氧化络合铜中的Y4-而使Cu2+得到解离。

①酸性条件下，·OH可将Y4-()氧化生成CO2、H2O、N2。该反应的离子方程式为_________。

②Na2FeO4在酸性条件下不稳定。用Na2FeO4处理后的废水中Cu2+的浓度与pH的关系如图。pH越大，废水处理效果越好，这是因为________。

24、研究氮的固定具有重要意义。

(1)雷雨天气中发生自然固氮后，氮元素转化为硝酸盐而存在于土壤中。处于研究阶段的化学固氮新方法是N2在催化剂表面与水发生如下反应：

2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)△HK①

已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1=-92.4kJ·mol-1K1②

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ·mol-1K2③

则△H=___；K=___(用K1和K2表示)。

(2)四个容积为2L的密闭容器中，分别充入1molN2、3molH2O，在催化剂条件下进行反应①，反应3小时后，测得实验数据见表：。序号第一组第二组第三组第四组t/℃30405080NH3生成量/mol0.80.91.00.6

若第三组反应3h后已达平衡，与前三组相比，第四组中NH3生成量最小的原因最可能是(且80℃无其他副反应)：___。第四组反应中以NH3表示的反应速率是___。

(3)美国化学家发明一种新型催化剂可以在常温下合成氨；将其附着在电池的正；负极上实现氮的电化学固定，其装置示意图如图所示：

则开始阶段正极反应式为___；忽略过程中溶液体积变化，当电池中正极区溶液pH=7时，溶液中NH3·H2O的浓度为__(Kb=2×10-5mol·L-1)；当电池中正极区呈红色时，正极区溶液中c(NH)__c(Cl-)(填“>”“=”“<”)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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、A【分析】【详解】

A．温度不变，Ksp不变，c点与a点都在曲线上，c点与a点对应的Ksp相等；A正确；

B．加入AgNO3，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡左移；溶液仍达平衡状态，c点不可能变到d点，B不正确；

C．d点时；虽然溶液过饱和，但仍有AgCl沉淀生成，C不正确；

D．温度不变，Ksp不变，加入少量水，平衡右移，Cl－浓度不变；D不正确；

故选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．固体硫变为硫蒸气要吸热；则硫固体燃烧时放出的热量较少，A错误；

B．金刚石转化为石墨放热；则石墨的能量更低更稳定，B错误；

C．浓硫酸稀释的过程也会放出热量；所以若将浓硫酸与NaOH溶液混合生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，C正确；

D．2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ•mol-1；D错误；

综上所述答案为C。3、C【分析】【详解】

A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2；惰性电极2为阳极，故A正确；

B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变；故B正确；

C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；

D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水；根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D正确；

选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

溶液中NH的水解程度很小，则浓度均为1mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和(NH4)2SO4溶液中c(NH)较大，又因为(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解抑制NH的水解，则b>c；

NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH的水解不受影响，NH4HSO4溶液中c(NH)大于NH4Cl溶液中(NH)，即a>d；

NH3·H2O溶液中，NH3·H2O部分电离产生NH电离程度较小，c(NH)最小；

综上所述其中c(NH)的大小顺序为：b>c>a>d>e，故选B。5、B【分析】【分析】

H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A；利用“守恒”思想；影响水电离的因素等知识进行分析；

【详解】

A．b点-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明H2A与KOH恰好完全反应，溶质为KHA，HA-电离程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K+)>c(HA-)>c(A2-)；故A说法正确；

B．根据图像，c点：c(A2-)=c(HA-)，溶质为KHA和K2A，如果KHA和K2A物质的量浓度相同，存在2c(K+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，则c(K+)=0.15mol/L，但HA-的电离程度大于A2-水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，推出c(K2A)略小于c(KHA)，即c(K+)小于0.15moL/L；故B说法错误；

C．从a点推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol/L，弱电解质的电离微弱，c(H2A)约为0.1mol/L，即H2A的电离常数为=10-3moL/L；故C说法正确；

D．根据图像，KHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入KOH，生成K2A，A2－水解，促进水的电离，从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小；故D说法正确；

答案为B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示信息可以看出，c=0.01的曲线与CH3COOAg存在区域的交点处对应的纵坐标-lgc(Ag+)值约为1.2，则c(Ag+)=10-1.2mol/L，又根据醋酸银的沉淀溶解平衡可知，沉淀醋酸银的溶度积Ksp=则其数量级为10-3；A正确；

B．由图中曲线可知，酸的浓度c值越大，与CH3COOAg存在区域的交点所对应的纵坐标-lgc(Ag+)值越小，即c(Ag+)越大，则的溶解度越大；B错误；

C．的Ksp与温度有关，若温度一定，则Ksp保持不变；C错误；

D．a点处对应纵坐标-lgc(Ag+)=1.0，则c(Ag+)=0.1mol/L，此时溶液中的=0.1mol/L，又部分会与氢离子结合生成根据元素守恒可知，溶液中D错误；

故选A。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【详解】

A．量热计的绝热效果不好，则测定温度偏低，但因为焓变为负值，故偏大；A错误；

B．玻璃导热性差；故搅拌器可以使用玻璃搅拌器，B正确；

C．因为醋酸电离吸热；醋酸钠水解也吸热，故若选用同浓度同体积的盐酸，则放热更多，温度能超过27.7℃，C错误；

D．使用过量的碱是为了保证醋酸完全被中和；D正确；

故选AC。8、CD【分析】【分析】

化学平衡的建立；既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。

【详解】

A．若二氧化氮和氧气完全反应，N2O5的浓度的浓度变化为0.4mol/L，可逆反应N2O3(g)+O2(g)⇌N2O5(g)；不可能完全转化，实际变化小于该值，故A不选；

B．反应物、生产物的浓度不可能同时增大，一个减小，另一个一定增大才合理，N2O3(g)减小，N2O5(g)增大；故B不选；

C．N2O5完全分解时，c(O2)=0.4mol/L；可逆反不可能完全转化，故C选；

D．N2O3、N2O5的浓度分别为0.3mol/L、0.2mol/L，根据氮原子守恒得c(N2O3)+c(N2O5)=0.5mol/L；故D选；

故选CD。9、AD【分析】【分析】

从图中的流程可以看出：阳极Cl-被氧化为Cl2，Cl2与水反应生成HClO，乙烯通入后与HClO反应生成CH2ClCH2OH；阴极发生电极反应后生成了OH-；两级电解液输出混合后得到环氧乙烷。结合装置图可知：Pt电极为阳极，Ni电极为阴极。

【详解】

A．电解池中，阳离子移向阴极，氯离子移向阳极。所以Cl-透过阴离子交换膜移向左侧的Pt电极；A错误；

B．阴极Ni电极附近H2O电离出的H+放电生成H2，电极反应式为：B正确；

C．根据反应历程，2molCl-在阳极氧化为1molCl2，转移2mole-，Cl2与水反应生成1molHClO，乙烯与HClO发生加成反应生成1mol的CH2ClCH2OH。两级溶液混合时，1molCH2ClCH2OH生成了1mol的环氧乙烷。因此，每生成环氧乙烷，理论上电路中转移电子数为C正确；

D．总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2↑，因为H2O被消耗，故的浓度比电解前的大；D错误。

故本题选AD。10、AB【分析】【详解】

A．为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡零数，即则则因此曲线表示和的关系曲线表示。

B．据图可知，则故B正确；

C．根据B的分析，则的水解平衡常数说明以电离为主，溶液呈酸性，则故C错误；

D．向0.1mol/L溶液中加入少量水，草酸的电离程度增大，增大；故D错误。

答案选AB。11、BC【分析】【详解】

A．室温下某溶液中水电离出的为说明水的电离被抑制，有可能是酸溶液，也有可能是碱溶液，故A错误；

B．某温度下，向氨水中通入随着的通入，与氨水反应，浓度先增大后不变，先不断减小后不变；故B正确；

C．冰醋酸加水稀释过程中，先电离不断增大，随着水的加入减小；后逐渐接近中性，故C正确；

D．故混合后溶液的约为故D错误；

故答案为BC。12、BC【分析】【详解】

A．船体(Fe)；Cu及海水构成原电池；由于Fe比Cu活泼，所以Fe作负极，会加快海轮外壳的腐蚀，A错误；

B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0；B正确；

C．盐的水解反应是吸热反应，加热溶液，会使的水解程度增大；从而导致溶液的pH增大，C正确；

D．浓硫酸起催化剂作用；加入浓硫酸能加快反应速率。加入浓硫酸会使混合液温度升高，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，D错误；

故合理选项是BC。13、AB【分析】【详解】

A．①中红棕色变深；则平衡向逆反应方向移动，而CaO和水反应放出热量，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；

B．③中红棕色变浅；说明平衡正向移动，因正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B正确；

C．①中平衡逆向移动；气体的总质量不变，而平衡混合气的物质的量增大，则体系中平衡混合气的平均相对分子质量减小，故C错误；

D．③中红棕色变浅；说明平衡正向移动，气体的物质的量减小，则③烧瓶中的压强必然减小，故D错误；

答案选AB。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

（1）铁锈的主要成分为氧化铁的水合物；与盐酸反应后生成了三价铁离子,而后铁与三价铁离子会化合生成亚铁离子；

（2）根据金属生锈的条件以及原电池和电解池的工作原理知识来回答判断；

（3）①在铁件的表面镀铜时；金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，根据电解池的工作原理来回答；

②在原电池中；负极金属易被腐蚀，正极上的金属被保护。

【详解】

（1）铁锈的主要成分为氧化铁的水合物，与盐酸反应后生成了三价铁离子,而后铁与三价铁离子会化合生成亚铁离子，属于化合反应的方程式为

故案为：

（2）A装置中；金属铁是原电池的负极，易被腐蚀；B装置中，金属铁做原电池的正极，被保护，不易生锈，C装置具备金属生锈的条件；D装置中，金属铁作阴极，被保护起来，故答案为：BD；

（3）①在铁件的表面镀铜，金属铜必须是阳极材料，发生电极本身失电子的氧化反应，且金属铁为阴极，发生电极反应：Cu2++2e-=Cu；

故答案为：铜；Cu2++2e-=Cu；

②镀铜铁中由于铁比铜活泼；镀层破坏后，在潮湿环境中形成原电池，铁为负极，加速铁的腐蚀，但是镀锌的铁镀层破损后，金属Zn为负极，金属铁为正极，正极金属被保护；

故答案为：铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，加速铁的腐蚀；锌比铁活泼，二者在潮湿的环境中构成原电池，锌作负极，被腐蚀，铁作正极，被保护。【解析】BD铜铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，加速铁的腐蚀；锌比铁活泼，二者在潮湿的环境中构成原电池，锌作负极，被腐蚀，铁作正极，被保护（其他合理答案均可）15、略

【分析】【详解】

(1)A、B.C都是气体，在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y>z，故答案为：x+y>z；

(2)C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；

(3)B；C是气体；增加A物质的量(其他条件不变)，平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为非气态，故答案为：固体或纯液体。

(4)①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)中平衡常数K1=②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)中平衡常数K2=③4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=计算得到K=故答案为：

(5)依据图表数据ABC的反应浓度分别为：A变化的浓度为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B变化的浓度=2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的变化浓度=1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比，n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反应的化学方程式为A+3B2C，从反应开始到2min末，A的平均反应速率为v==0.3mol•L-1•min-1，故答案为：A+3B2C；0.3mol•L-1•min-1。【解析】x+y>z逆反应固体或纯液体A+3B2C0.3mol•L-1•min-116、略

【分析】【详解】

(1)断开K2、闭合K1，为电解池装置，氯离子在阳极(左边电极)失电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；右边电极附近水电离的氢离子放电产生氢气，同时产生氢氧根离子和镁离子结合成白色的氢氧化镁沉淀；根据H2~2e-可知当电路中转移0.001mol电子时，则可生成0.0005molH2，在标况下的体积为11.2mL，故答案为：右边电极附近有白色沉淀生成；2Cl--2e-=Cl2↑；11.2；

(2)断开K2、闭合K1一段时间，待注射器中充有一定量的气体后，分别为氯气和氢气，断开K1、闭合K2，可形成原电池反应，总方程式为H2+Cl2=2HCl，故答案为：H2+Cl2=2HCl；

(3)结合(1)可知，电解时产生等物质的量的氢气和氯气，假设实验装置不漏气，当(2)中注射器内气体全部参加反应后，又可完全反应生成HCl，可使溶液恢复原状，故答案为：能。【解析】右边电极附近有白色沉淀生成2Cl--2e-=Cl2↑11.2H2+Cl2=2HCl能17、略

【分析】【详解】

（1）反应：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)可由2(Ⅰ)-(Ⅱ)转化而得到，则其平衡常数K=K21/K2，故答案为K21/K2；

（2）在10min内生成的NOCl的物质的量为：7.5×10－3mol·L－1·min－1×10min×2L=0.15mol，则转化的Cl2的物质的量为:0.15mol÷2=0.075mol，剩余n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；NO的转化率α1＝×100%=75%；反应(Ⅱ)是一个气体分子数目减少的反应，在恒压条件下建立平衡过程中容器的体积会减小，相对恒容条件时压强是增大的，有利于反应的正向进行，平衡时NO的转化率α2较α1要大；平衡常数只与温度有关，因反应(Ⅱ)为放热反应，升高温度K2减小，故答案为2.5×10－2、75%、>、不变、升高温度。【解析】①.K21/K2②.2.5×10－2③.75%④.>⑤.不变⑥.升高温度18、略

【分析】【分析】

(1)

氟和氯的化学性质相似，NaCl为离子化合物，NaF也为离子化合物，其电子式为氟和氯属于同主族，且氟元素的非金属性强于氯元素，氢气和氟气反应的化学方程式为H2+F2→2HF(冷暗处)；故答案为H2+F2→2HF(冷暗处)；

(2)

根据Cl2O等氧化物；可以推出Cl显正价，O显负价，说明氧元素得电子能力强于Cl，也可以从HClO物质分析，Cl显＋1价，O显－2价，也能说明氧元素得电子能力强于Cl，从而说明氧元素的非金属性强于Cl；

A．氢化物酸性强弱与非金属性强弱无关系；故A不符合题意；

B．物质状态与元素非金属性强弱无关；故B不符合题意；

C．非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，则HF的稳定性强于H2O；故C符合题意；

D．非金属性越强；吸引电子能力越强，F的非金属性强于O，H－F的极性强于H－O，故D符合题意；

答案为强于；Cl2O中氯显正价；O显负价；CD；

(3)

ClF属于共价化合物；ClF遇水发生复分解反应，ClF中Cl显＋1价，F显－1价，Cl结合水电离出OH－，F结合水电离出的H＋，反应方程式为ClF+H2O→HClO+HF；故答案为共价；ClF+H2O→HClO+HF；

(4)

①盐酸为强酸，氢氟酸为弱酸，相同pH时，c(HF)＞c(HCl)，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，即盐酸稀释时的pH变化曲线为Ⅰ；电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度以及所带电荷数有关，b点离子浓度大于c点，因此b点导电能力强于c；故答案为Ⅰ；＞；

②水的电离平衡H2OH++OH-，溶液是酸溶液，a点的pH小，酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离沉淀增大，所以水电离出的氢离子浓度少，故答案为＞；水的电离平衡H2OH++OH-，溶液是酸溶液，a点的pH小，酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离沉淀增大，所以水电离出的氢离子浓度少。【解析】(1)H2+F2→2HF(冷暗处)

(2)强于Cl2O中氯显正价；O显负价CD

(3)共价ClF+H2O→HClO+HF

(4)I＞＞水的电离平衡H2OH++OH-，溶液是酸溶液，a点的pH小，酸的氢离子浓度大，使水的电离平衡逆向进行，抑制水的电离沉淀增大，所以水电离出的氢离子浓度少19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由键能与反应热关系得：△H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×akJ/mol=-92kJ/mol；解得a=391kJ/mol，即断开1molN—H键需要吸收391kJ能量，故此处填391；

(2)①由已知热化学方程式结合盖斯定律得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=故此处填：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-162kJ/mol；

②a．由于H2O(g)能量高于H2O(l)，故2molH2完全燃烧生成液态水放热更多，但由于放热反应△H为负值，故△H4小于△H2；a正确；

b．反应热等于所有反应物总键能与所有生成物总键能差值，故反应Ⅲ的反应热等于石墨中化学键与O2中化学键断裂所吸收的总能量与CO2中化学键形成释放出总能量的差，b错误；

c．该图只能表示反应Ⅰ的反应物与生成物能量的关系；并不能表示具体的反应过程和能量的关系，因为反应过程还要考虑反应所需的活化能，c错误；

故答案选a。【解析】391CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-162kJ/mola20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据反应的活化能小，反应速率较大，因此反应i反应速率较大。若在容器中加入催化剂，活化能降低，反应速率加快，但焓变不变，因此E1减小；E2－E1不变；故答案为：i；i反应的活化能较小；减小；不变。

(2)根据图中信息C2H4(g)+H2O(g)=CH3OCH3(g)ΔH=+5.2kJ∙mol−1，已知：CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g)ΔH=+50.7kJ∙mol−1，将第一个方程式减去第二个方程式得到乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)ΔH=－45.5kJ∙mol−1；故答案为：－45.5kJ∙mol−1。【解析】ii反应的活化能较小减小不变－45.5kJ∙mol−121、略

【分析】【详解】

(1)常见的吸热反应有：大多数的分解反应；C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等；A、B、D都属于放热反应，只有C为吸热反应，答案：C；

(2)①焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=(2×436+498-2×2×463.4)kJ·mol-1=-483.6kJ·mol-1；答案：-483.6；

②由I.2Na(s)+O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1

II.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1

结合盖斯定律可知I×2-II得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1，答案：Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1。【解析】C-483.6Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-122、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铅蓄电池在放电时的电池反应为反应中二氧化铅得到电子，作正极，则其正极上的电极反应为

(2)溶液腐蚀印刷电路铜板时发生反应：反应中铜失去电子，因此若将此反应设计成原电池，则负极所用的电极材料为Cu，电极反应式为

(3)根据装置图可知氢离子向右侧移动，所以右侧电极是正极，左侧是负极，则该电池工作时，b口通入的物质为氧气在正极上发生得到电子的还原反应，因此该电池正极上的电极反应式为6.4g甲醇()的物质的量是0.2mol，反应中碳元素化合价从－2价升高到+4价，失去6个电子，因此完全反应生成时，有1.2mol电子发生转移，电池的电解质溶液换为KOH溶液时，碳的最终存在形式是CO32-，其电极反应式是：【解析】CuCH3OH1.2四、原理综合题(共2题，共8分)23、略

【分析】【详解】

【行为目标】本题以“烟气的脱硝（NO）处理。”为背景，融盖斯定律的应用、信息采集和处理、温度对氨氮去除率影响的分析、新情境下化学方程式的书写、物质转化关系分析和图像分析、电解原理的应用、电子守恒的计算等化学原理于一体，考查学生提取、加工有用信息的能力，要求学生具备较扎实的理论基础和较强的解题能力。

【难度】较难。

【讲评建议】Ⅰ.(1)吸收原理为放热反应，随着反应的进行，温度升高，NO的溶解度降低；图像横坐标为反应时间，所以从反应速率的影响角度考虑，随着反应的进行，吸收液的浓度降低，导致NO的吸收率降低。(2)配平反应方程式得2FeY2－(NO)(aq)～5Fe，n(NO)＝n(Fe)＝0.1mol。

Ⅱ.(1)①三个反应的平衡常数分别为1018.8、1025.1、1010.7，第三个反应的平衡常数最小，说明该平衡正向进行的程度较小，则最不稳定的是CaY2－，FeY－最稳定，加入Fe3＋，Fe3＋与H2Y2－能够生成更稳定的络合物FeY－，导致第一个反应平衡左移，解离出Cu2＋。②Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2.2×10－20，c(OH－)≥10－8mol·L－1，pH应不低于6。(2)①酸性条件下，·OH可将Y4－(C10H12O8N)氧化生成CO2、H2O、N2，由得失电子守恒知该反应的离子方程式为40·OH＋H12C10N2O＋4H＋===10CO2↑＋N2↑＋28H2O。②酸性条件下Na2FeO4不稳定，容易分解，pH越大，Cu2＋越容易生成沉淀，题给信息可知，Na2FeO4可氧化络合铜中的Y4－，FeO被还原为Fe3＋能够形成胶体，胶体具有吸附性。Ⅰ.(1)反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2－浓度降低(2)0.1mol(不写单位扣1分，共2分)Ⅱ.(1)①CaY2－Fe3＋②6(2)①40·OH＋H12C10N2O＋4H＋===10CO2↑＋N2↑＋28H2O(不配平扣1分，共2分)②酸性越强，Na2FeO4越容易分解；pH越大，Cu2＋更容易沉淀；Na2FeO4氧化Y4－，自身被还原成Fe3＋，水解产生的Fe(OH)3胶体有絮凝作用，使Cu(OH)2更易沉降【解析】反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2-浓度降低0.1mol(不写单位扣1分，共2分)CaY2-Fe3＋640·OH＋H12C10N2O＋4H＋===10CO2↑＋N2↑＋28H2O(不配平扣1分，共2分)酸性越强，Na2FeO4越容易分解；pH越大，Cu2+更容易沉淀；Na2FeO4氧化Y4-，自身被还原成Fe3+，水解产生的Fe(OH)3胶体有絮凝作用，使Cu(OH)2更易沉降（共14分）24、略

【分析】【分析】

（1）

已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1=-92.4kJ·mol-1②；

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ·mol-1③；

根据盖斯定律②×2-③×3可得2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)的△H=-92.4kJ•mol-1×2+3×571.6kJ•mol-1=+1530kJ•mol-1；根据平衡常数的定义可知K1=K2=K==

（2）

温度较高时，催化剂失去活性反应速率减慢，故答案为：催化剂在80℃活性减小，反应速率反而减慢；第四组反应中3小时内Δn(NH3)