2025年北师大版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

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A.b电极是阴极B.a电极与电源的正极相连C.电解过程中水是氧化剂D.b电极附近溶液的pH变小4、图中的曲线是表示其他条件一定时，反应中NO的平衡转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)

A.a点B.b点C.c点D.d点5、一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：

下列说法错误的是A.物质X常选用生石灰B.工业上常用电解熔融制备金属镁C.“氯化”过程中发生的反应为D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水6、用下列图示实验装置进行实验；能达到相应实验目的的是。

A.用图①所示装置配制银氨溶液B.用图②所示装置证明C.用图③所示装置海水蒸馏制淡水D.用图④所示装置蒸发结晶制明矾晶体7、金属插入CH4的C—H键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法不正确的是（）

A.整个反应快慢，由CH2—Zr···H2→状态2反应决定B.Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为213.67kJ•mol-1C.在中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定D.Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ•mol-1评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、水是宝贵的自然资源；水的净化与污水处理是化学工作者需要研究的重要课题。

（1）在净水过程中用到混凝剂，其中不可以作为混凝剂使用的是__________。

A．硫酸铝B．氧化铝C．碱式氯化铝D．氯化铁。

（2）海水淡化是人类获得饮用水的一个重要方法，下列有关海水淡化处理的方法正确的是_____。

A．蒸馏法能耗最小；设备最简单；冷冻法要消耗大量能源。

B．利用电渗析法淡化海水时；在阴极附近放阴离子交换膜,在阳极附近放阳离子交换膜。

C．利用电渗析法淡化海水时；得到淡水的部分在中间区

D．利用反渗透技术可以大量；快速地生产淡水。

（3）除了水资源，能源、信息、材料一起构成了现代文明的三大支柱。甲醇是一种重要的化工原料，以甲醇、氧气为基本反应物的新型燃料电池已经问世，其结构如图所示（甲醇解离产生的H＋可以通过质子交换膜进入另一极）。请写出通入甲醇的电极上的电极反应式：____________。

某同学以甲醇燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL0.2mol·L-1CuSO4溶液，则与电源正极相连的电解池电极上的电极反应式为：_______________________________；电解一段时间后，在电解池两极上共产生7.84L气体（标准状况下），此时甲醇燃料电池中共消耗甲醇_________g。9、氧族元素的单质及其化合物对人类的生活；生产有着举足轻重的影响。完成下列填空：

（1）在氧、硫、硒、碲元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为______（用离子符号表示）。与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素在周期表中的位置_______。

（2）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是____

A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱。

B．其氢化物中的键长按O—H；S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小。

C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强。

D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强。

（3）石油化工的废气中有H2S；写出从废气中回收单质硫的两种方法。

（除空气外，不能使用其他原料）。以化学方程式表示：___________________________

（4）从图可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是________________________________________。

（5）2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制各提取的需要反应,在恒温下，向容积固定的容器中加入一定量的SO2和O2，能说明该可逆反应已达到平衡状态的是______（填序号）

a.V(O2)正=2v(SO2)逆b.c(SO2)=c(SO3)

c.混合气体的密度保持不变d.容器中压强不随时间变化而变化10、水煤气变换是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。Shoichi研究了时水煤气变换中和分压随时间变化关系(如图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。

计算曲线a的反应在内的平均速率_______11、环境问题已成为人类共同关注的话题，燃煤废气、汽车尾气中常含有的NOx、SO2、H2S等污染物；容易形成酸雨，破坏环境。其综合治理是当前重要的研究课题。

Ⅰ．以下是对酸雨的若干项评价，其中不正确的是__________

a．杀死水中的浮游生物；减少鱼类食物的来源，破坏水生生态系统。

b．对电线；铁轨、桥梁、房屋等均会造成严重损害。

c．导致臭氧层空洞

d．二氧化碳的过量排放；是形成酸雨的主要原因之一。

Ⅱ．电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中电极均为石墨）。

（1）电解NO制备NH4NO3原理如上方左图所示：

①阳极为石墨_____(填1或2)，该电极的反应式为_____________。

②为使电解的副产物也完全转化为NH4NO3，需要补充的物质X的化学式为___________。

（2）用上方右图装置进行模拟电解NO2气体实验；可回收硝酸。

①外接电源a极为______极，左室发生的电极反应式为_____________。

②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过质子交换膜(只允许质子通过)的H+为______mol。

③用含NO和NO2(不考虑NO2转化为N2O4)的废气进行模拟电解法吸收实验。电解过程中，有部分NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中增加了1molHNO3、0.1molHNO2，同时左室收集到标准状况下28LH2。原气体中NO和NO2的体积比为____________。12、一定温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为______，X的物质的量浓度减少了______，Y的转化率为______。

(2)该反应的化学方程式为______。

(3)10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是______。

A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻；升高了体系温度。

B.t1时刻，缩小了容器体积D.t1时刻，使用了催化剂13、元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体；回答下列问题：

（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。

①离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。

②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。

③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。14、如图所示为800℃时A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况。试回答下列问题：

(1)该反应的反应物是__________。

(2)该反应的化学方程式为________。

(3)若则A物质的平均反应速率为_________。15、根据原电池原理和电解原理进行如图回答。请回答：用如图所示装置进行实验(K闭合)。

(1)Zn极为___________极；实验过程中，SO____________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动，Cu极的电极反应式为：___________。

(2)y极为___________极；x的电极反应现象为___________；写出右边装置的总反应式：___________。

(3)写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法___________。

(4)有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以O2、CH4为电极反应物，以NaOH为电解质溶液制取新型燃料电池，请写出该电池的正极反应式___________。16、依据事实；书写下列热化学方程式：

（1）在25℃、101kPa时，1molC与1mol水蒸气反应生成1molCO和1molH2，吸热131.5kJ：___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应中和热的热化学方程式__。

（3）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol–1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol–1

请写出NO2与SO2反应生成SO3和NO的热化学方程式___。

（4）城市使用的燃料，现大多用煤气、液化石油气。煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，它由煤炭与水(蒸气)反应制得，故又称水煤气。当1mol水蒸气完全参与反应，吸收131kJ热量。试写出制取水煤气主要反应的热化学方程：___。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误18、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误19、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误20、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误21、(_______)A.正确B.错误22、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误23、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。_____评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共40分)24、X；Y、Z三种短周期元素；其中X元素的原子序数大于Y，且X、Y的氧化物都是形成酸雨的主要物质。Z是地壳中含量最高的金属元素；而地壳中含量最高的非金属元素与X同主族、与Y同周期。

（1）实验室用H2XO4制取XO2气体的化学反应方程式为__________________。（请用具体元素符号表示化学式；下同）

（2）t℃时，0.1mol·L-1的NaHXO3溶液pH=6，该溶液中各离子浓度由大到小顺序排列为__________。

（3）请写出Z的氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式__________________________。

（4）一定条件下，YO与YO2存在下列反应：YO(g)+YO2(g)Y2O3(g)，其平衡常数表达式为K=_______。

（5）工业上用氧化YH3法制取YO；该反应的热化学方程式为：

4YH3(g)+5O2(g)=4YO(g)+6H2O(g)△H="-905.8"kJ·mol-1；

已知Y2(g)+O2(g)=2YO(g)△H="+180"kJ·mol-1，则YH3与氧气反应产生两种无污染物质的热化学式为____________________。

（6）一定条件下；如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。

①导线中电子移动方向为________。(用A；D表示)

②生成目标产物的电极反应式为__________________。

③该储氢装置的电流效率η＝____________________。

(η＝×100%，计算结果保留小数点后1位)25、现有A、B、C、D、E五种盐溶液，分别由K+、NH4+、Ag+、Ba2+、Al3+；

Cl-、Br-、CO32-、SO42-、NO3-中的阳离子和阴离子各一种组成（五种盐所含阴；阳离子。

各不相同）已知：

①A＋B→白色沉淀②A＋D→白色沉淀③A＋C→白色沉淀。

④D＋B→白色沉淀+无色气体⑤A溶液中c(H+)=c(OH-)

⑥B溶液中c(H+)=1×10-12mol·L-1⑦C；D、E三种溶液的pH＜7；

根据以上实验事实可以推出（用分子式表示）

A为___________________；B为__________________；C为___________________；D为__________________；E为___________________。

写出以上①②③④各步反应的离子方程式：

①_____________________________，②_____________________________；

③_____________________________，④______________________________。26、A、B、D和E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸。甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素；W为N2H4；可做火箭燃料；甲；乙为非金属单质：X分子中含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。回答下列问题：

(1)A、B、D、E形成的盐中E显+1价，请写出该盐的电子式______

(2)一定量E的单质与NaOH溶液恰好完全反应后，所得溶液的pH_____7(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_______________(用离子方程式表示)。

(3)Z与X反应的化学方程式________________________

(4)A与B形成的简单化合物与Y在一定条件下反应，生成可直接排放到大气中的无毒无害物质为_____________、______________(用化学式表示)27、A；B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素；其中仅含有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族。B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物。请回答下列问题：

(1)C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是________(填具体离子符号)；由A、B、C三种元素按4∶2∶3组成的化合物所含的化学键类型属于_____。固体物质M由A和B以原子个数五比一组成的，所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构。该物质适当加热就分解成两种气体。则M电子式为______，受热分解所得气体化学式是_______和_________。

(2)地壳中含量最高的金属元素的单质与D的最高价氧化物对应水化物的溶液反应，其离子方程式为____________________________。

(3)A、C两元素的单质与熔融K2CO3组成的燃料电池，其负极反应式为_______。

(4)可逆反应2EC2(气)＋C2(气)2EC3(气)在两个密闭容器中进行，A容器中有一个可上下移动的活塞，B容器可保持恒容(如图所示)，若在A、B中分别充入1molC2和2molEC2，使反应开始时的体积V(A)＝V(B)，在相同温度下反应，则达平衡所需时间：t(A)__________t(B)(填“＞”；“＜”、“＝”或“无法确定”)。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．反应前后气体体积不变的反应；增大压强，体积减小，活化分子总数不变，但活化分子浓度增大，反应速率增大，故A错误；

B．温度升高；更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，活化能不变，故B错误；

C．使用催化剂；降低活化能，使更多分子成为活化分子，反应速率增大，故C错误；

D．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生；说明它们已经处于活跃状态，因此活化能非常小，故D正确。

答案选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．电解法精炼铜时；粗铜作阳极，精铜作阴极，A项错误；

B．电解时阴极发生还原反应；B项错误；

C．电解法精炼铜时；粗铜作阳极，连接电池正极，C项错误；

D．Cu比Ag；Pt活泼；故Ag、Pt在阳极比Cu难于失去电子，因此不能溶解进入溶液，最终以阳极泥的形式沉淀出来，D项正确；

答案选D。3、D【分析】【分析】

惰性电极电解饱和食盐水，总反应为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，阴极：2H++2e-=H2↑，阳极：2Cl—2e-=Cl2↑。根据题意a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色，说明a电极先生成氯气，漂白pH试纸，后OH-放电生成氧气，氢氧根浓度降低，酸性增强，故pH试纸外圈呈红色。故a极为阳极，与电源正极相连，b为阴极与电源负极相连；据此分析解答。

【详解】

A项，由分析可知，b电极为阴极；故A项正确；

B项；a电极为阳极与电源正极相连，故B项正确；

C项；电解过程中，水分子中氢元素由+1价降为0价，被还原，为氧化剂，故C项正确；

D项，b为阴极与电源负极相连，电极式为2H++2e-=H2↑；氢离子浓度降低，氢氧根浓度升高，故溶液pH变大，故D项错误。

答案选D。4、D【分析】【分析】

该图中的曲线表示其他条件一定时，反应中NO的平衡转化率与温度的关系曲线，a和b点在曲线上；已达到平衡；

【详解】

A．a点在曲线上，已达到平衡，v(正)=v(逆)；故A不选；

B．b点在曲线上，已达到平衡，v(正)=v(逆)；故B不选；

C．c点在曲线下方，NO的转化率小于平衡时的转化率，反应正向进行，未达到平衡，v(正)＞v(逆)；故C不选；

D．d点在曲线上方，NO的转化率大于平衡时的转化率，反应逆向进行，v(正)＜v(逆)；未达到平衡，故D选；

故答案选D。5、D【分析】【分析】

海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。

【详解】

A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+；A正确；

B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁；B正确；

C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为C正确；

D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2；D错误；

选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．配制银氨溶液时，应将氨水滴入AgNO3溶液中；至生成的沉淀刚好完全溶解为止，A不正确；

B．图②所示装置中的数据表明，AgNO3溶液过量，滴入的KI不需与AgCl反应，而是直接与AgNO3反应，所以不能证明B不正确；

C．制取淡水时；以海水为原料，采用蒸馏的方法，将生成的水蒸气冷凝从而获得淡水，C正确；

D．明矾中所含的结晶水受热易失去；所以制明矾晶体时，应采用冷却结晶法，D不正确；

故选C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．整个反应的快慢取决于最慢的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图中可知，由CH2—Zr···H2→状态2活化能最大；故整个反应的快慢就取决于该反应，A正确；

B．由图中可以读出，Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为99.20kJ•mol-1；B错误；

C．物质所具有的能量越低越稳定，由图中可知，在中间产物中CH3—Zr···H的能量为-114.47kJ•mol-1为最低，故中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定；C正确；

D．由图中可知，Zr+CH4的总能量为0kJ•mol一1，而CH—Zr···H3的总能量为+39.54kJ•mol一1，故Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ•mol一1；D正确；

故答案为：B。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【详解】

本题考查净化水的原因以及电极反应式的书写，（1）净水过程是水解产生胶体，氧化铝是难溶于水的物质，氧化铝不水解，故B正确；（2）A、蒸馏法可以利用太阳能使水蒸发，耗能小，设备简单，冷冻法能耗相对较小，故A错误；B、电解时，阴离子在阳极上放电，阳离子在阴极上放电，故B错误；C、利用电渗析法得到淡水，淡水的部分在中间区，故C正确；D、利用反渗透法淡化海水，可以大量快速地生产淡水，故D正确；（3）根据此电池的结构，通甲醇的一极为负极，失去电子，电极反应式为CH3OH＋H2O－6e―＝CO2＋6H＋；与电源的正极相连的一极为阳极，因此电极反应式4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；两极共得到7.84L的气体，阴极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu、2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O、4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；设生成氢气的物质的量为xmol，因此有：x＋0.2/4＋2x/4=7.84/22.4，解得x=0.2mol，电解过程中共转移0.6mol电子，依据甲醇的电极反应式，消耗甲醇的质量为0.6×32/6g=3.2g。

点睛：本题的难点是最后一个空，因为两极上产生气体，因此电解完Cu2＋后，水中的H＋也要放电，分步写出两个电极上的反应式，利用Cu2＋的物质的量，以及得失电子数目守恒，求电解Cu2＋时，阳极上产生氧气的物质的量，令产生H2的物质的量为x，求出同时产生O2的物质的量，最后利用两极共产生7.84L气体，求出x.。【解析】BC、DCH3OH＋H2O－6e―＝CO2＋6H＋4OH－－4e―＝2H2O＋O23.29、略

【分析】【分析】

⑴同主族元素从上到下；对应的离子半径逐渐增大。

⑵根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断。

⑶H2S具有还原性和不稳定性。

⑷水中含有氢键；沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。

⑸达到平衡时；正逆反应速率相等，各物质浓度不变。

【详解】

⑴同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大，Te2−>Se2−>S2−>O2−，与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素为Cl，为第三周期VIIA族元素；故答案为：Te2−>Se2−>S2−>O2−；第三周期VIIA族。

⑵A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次增大，故B错误；C．元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2−、S2−、Se2−、Te2−的顺序依次增强；故C正确；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；故答案为：AC。

⑶硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫可与硫化氢反应生成硫；硫化氢与氧气反应也可生成硫，涉及反应有①2H2S+3O22H2O+2SO2，2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②2H2S+O2=2S+2H2O；故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2，2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②2H2S+O22S+2H2O。

⑷水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高；故答案为：除H2O外；随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。

⑸a．(O2)正=2(SO2)逆；一正一逆相反方向，速率比不等于计量系数比，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；

b．c(SO2)=c(SO3)，不能确定是否达到平衡，故b不符合题意；

c．气密密度等于气体质量除以容器体积；气体质量不变，容器体积不变，无论是否达到平衡状态，混合气体的密度都保持不变，不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；

d．该反应是体积减小的反应；正向反应，压强减小，当压强不随时间变化而变化，可说明达到平衡状态，故d符合题意；

综上所述，答案为；d。【解析】Te2−>Se2−>S2−>O2−第三周期VIIA族AC①2H2S+3O22H2O+2SO2，2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②2H2S+O22S+2H2O除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高d10、略

【分析】【详解】

由题图可知，内a曲线对应物质的分压变化量故曲线a的反应在内的平均速率【解析】0.004711、略

【分析】【分析】

I.根据酸雨的性质进行判断；

Ⅱ.(1)电解NO制备NH4NO3时；在阳极上是NO失电子的氧化反应，在阴极上是NO得电子的还原反应，根据电极反应判断需要补充的物质X；

(2)①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的是硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；②n(NO2)=0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，据此分析判断；③根据氢气的体积计算转移的电子数；电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成；计算出生成亚硝酸和硝酸转移的电子的物质的量，再结合N原子守恒及转移电子守恒列式计算。

【详解】

Ⅰ．a．酸雨中含硫酸、硝酸，酸雨具有较强的酸性，其中的硝酸具有强氧化性，能杀死水中的浮游生物，减少鱼类食物的来源，破坏水生生态系统，故a正确；b．酸雨具有较强的酸性，其中的硝酸具有强氧化性，电线、铁轨中含有金属铜、铁等，桥梁、房屋中含有金属和硅酸盐，它们都能和酸雨中的成分反应，故b正确；c．导致臭氧层空洞的是氟氯烃；不是酸雨，故c错误；d.硫的氧化物；氮的氧化物的过量排放是形成酸雨的主要原因，二氧化碳不是形成酸雨的原因，故d错误；故选cd；

Ⅱ．(1)①根据图示，电解时，左室中电极上NO放电生成NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的NO被氧化生成硝酸根离子，所以石墨2为阳极，阳极上电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为2；NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；

②1molNO放电生成1molNH4+，转移5mol电子，1molNO被氧化生成硝酸根离子，转移3mol电子，根据得失电子守恒，生成的硝酸根离子的物质的量大于铵根离子，结合电极反应式，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充氨气，故答案为NH3；

(2)①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，外接电源a极为负极，左室发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的是硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，故答案为负；2H++2e-=H2↑；

②n(NO2)==0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子通过质子交换膜进入阴极室，故答案为0.1；

③标准状况下28LH2的物质的量n(H2)==1.25mol，转移电子的物质的量=1.25mol×2=2.5mol；测得右室溶液中增加了1molHNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1molHNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n(NO)+n(NO2)=1mol+0.1mol=1.1mol，生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol。设反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y=1.1-0.1，3x+y=2.4，解得x=0.7，y=0.3，n(NO)∶n(NO2)=(0.7+0.1)mol∶0.3mol=8∶3；相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为8∶3，故答案为，8∶3。

【点睛】

本题的易错点和难点为II.③的计算，要注意NO部分转化为HNO2和HNO3，NO2全部转化为HNO3。【解析】cd2NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+NH3负2H++2e-=H2↑（或2H2O+2e-=H2↑+2OH-）0.18∶312、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，0-10s，△c(Z)==0.79mol/L，v(Z)===0.079mol/(LS)；△c(X)==0.395mol/L；Y的转化率=×100%=79%；

(2)由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(3)由图象可知正逆反应速率增大；平衡没移动；

A．t1时刻；增大了X的浓度，平衡正移，不符合题意，故A错误；

B．t1时刻；升高了体系温度，平衡移动，不符合题意，故B错误。

C．t1时刻；缩小了容器体积，速率增大，由于反应前后计量数相等，平衡不移动，符合题意，故C正确；

D．t1时刻；使用了催化剂，速率增大，平衡不移动，符合题意，故D正确；

故选CD。【解析】①.0.079mol/(L·S)②.0.395mol/L③.79%④.X(g)+Y(g)⇌2Z(g)⑤.CD13、略

【分析】【详解】

（2）①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，由于开始时c(CrO42−)=1.0mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5mol/L；H+浓度为1.0×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；【解析】2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O增大1.0×1014小于14、略

【分析】【分析】

从坐标图象中提取信息：B；C的起始浓度为0；而A的起始浓度最大，之后不断减小，则B、C为生成物，A为反应物；从相同时间内A、B、C的浓度变化量，可确定三者的化学计量数关系；从反应结束时浓度都大于0，可确定反应处于平衡状态。

【详解】

(1)由题图可知；随着反应的进行，A的浓度减小，B；C的浓度增大，说明A是反应物，B、C是生成物。答案为：A；

(2)A的浓度变化量B的浓度变化量C的浓度变化量

A、B、C三种物质的浓度变化量之比为最终各物质的浓度不变且均不为零，故该反应为可逆反应，化学方程式为答案为：

(3)答案为：

【点睛】

在书写化学方程式时，我们容易忽视反应物与生成物之间符号的判断。【解析】A15、略

【分析】【详解】

(1)根据图中装置可知，锌为该原电池的负极，铜为正极；电流在外电路中从铜流向锌，则电解质溶液中硫酸根离子向锌电极移动，即由右向左移动，铜为正极，铜离子得电子生成铜单质，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：负；从右向左；Cu2++2e-=Cu；

(2)根据图示可知，铜为原电池的正极，与电源正极相连的电极为阳极，所以y极为阳极，x电极为阴极，氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧化铝白色沉淀，所以x电极的现象为有气泡冒出，同时产生白色沉淀，电离反应式为2Al3++6Cl-+6H2O=3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，故答案为：阳；有气泡冒出，同时产生白色沉淀；2Al3++6Cl-+6H2O=3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓；

(3)保护钢闸门的方法有电解池的原理；作电解池的阴极，叫外加电流的阴极保护法；有原电池的原理，作正极，叫牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：外加电流的阴极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）；

(4)正极反应物为氧气，得电子，生成氢氧根，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-。【解析】负从右向左Cu2++2e-=Cu阳有气泡冒出，同时产生白色沉淀2Al3++6Cl-+6H2O=3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓外加电流的阴极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）O2+2H2O+4e-=4OH-16、略

【分析】【详解】

(1)根据热化学方程式与普通化学方程式的不同，＜0是放热反应，＞0是吸热反应，可以写出在25℃、101kPa时，1molC与1mol水蒸气反应生成1molCO和1molH2，吸热131.5kJ的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131.5kJ/mol，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131.5kJ/mol；

(2)中和热是指强酸强碱稀溶液反应每生成1molH2O时放出的热量，故已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)=-57.3kJ/mol，故答案为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)=-57.3kJ/mol；

(3)根据盖斯定律可知，目标反应NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)可由[反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)减去反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)]除以2，故=[-196.6kJ·mol–1-（-113.0kJ·mol–1）]÷2=-41.8kJ/mol，故NO2与SO2反应生成SO3和NO的热化学方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol，故答案为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol；

(4)根据水煤气的制备反应，结合当1mol水蒸气完全参与反应，吸收131kJ热量，故制取水煤气主要反应的热化学方程：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131kJ/mol，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131kJ/mol。【解析】C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131.5kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)=-57.3kJ/molNO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131kJ/mol三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。18、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。19、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。21、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。22、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a23、×【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】错四、元素或物质推断题(共4题，共40分)24、略

【分析】【分析】

X；Y、Z三种短周期元素；其中X元素的原子序数大于Y，且X、Y的氧化物都是形成酸雨的主要物质，地壳中含量最高的非金属元素为氧元素，与X同主族、与Y同周期，则X为S元素、Y为N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al。

【详解】

（1）实验室利用亚硫酸钠与硫酸反应或利用Cu与浓硫酸反应等制备二氧化硫，反应方程式为Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O或2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=6，说明HSO3-的电离程度大于其水解程度，故c(Na+)＞c(HSO3-)，而溶液中水也电离得到H+，故c（H+）＞c（SO32-），溶液中氢氧根离子浓度远小于SO32-，故溶液中c（c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；

（3）氧化铝与氢氧化钠反应反应得到偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－；

（4）反应NO（g）+NO2（g）⇌⇌N2O3（g）的平衡常数k=

（5）已知：①4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-905.8kJ•mol-1；②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol-1，根据盖斯定律，①－②×2得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1265.8kJ•mol-1；

（6）①根据图示可知；苯生成环己烷是还原反应，所以D是阴极，则A是负极，所以电子的流向是A→D；

②苯得到电子生成环己烷是目标产物，发生还原反应，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12。

③阳极生成的2.8mol气体应是氧气，转移电子的物质的量是2.8mol×4=11.2mol。设阴极消耗苯的物质的量是xmol，转移6xmol电子，生成xmol环己烷，根据得失电子守恒可知，阴极还产生氢气，物质的量是（11.2－6x）/2mol，10mol的混合气中苯的物质的量是10mol×24%=2.4mol，后来得到含苯10%的混合气，则剩余苯的物质的量是(2.4－x)mol。由于电解池中的高分子电解质膜只允许氢离子通过，所以左侧得到的含苯的物质的量分数是10%的混合气的物质的量是[10+（11.2-6x）/2]mol，因此(2.4－x)/[10+（11.2－6x）/2]＝10%，解得x=1.2，电流效率η＝6×1.211.26×1.211.2×100%=64.3%。【解析】Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2Oc(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)Al2O3+2OH－+3H2O=2[Al(OH)4]－4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=－1265.8kJ·mol-1A→DC6H6＋6H＋＋6e－===C6H1264.3%25、略

【分析】【分析】

C、D、E三种盐溶液的pH<7，则这三种盐为强酸弱碱盐，即这三种盐含有Ag+、Al3+。B溶液中c(H+)=1×10-12mol·L-1，则B溶液呈碱性，所以B中含有则B为K2CO3，且A中含有Ba2+。由于D和B反应，有白色沉淀和无色气体生成，所以D中含有Al3+，该白色沉淀为Al(OH)3，气体为CO2。由于Ag+盐只有AgNO3溶于水，所以A可能是BaCl2或者BaBr2。A和D（含Al3+）反应得到白色沉淀，则D为Al2(SO4)3。