2025年沪教版选择性必修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年沪教版选择性必修1化学上册月考试卷58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、(g)+(g)+HCl（g）是制备酯类物质的重要有机反应，根据下列相关图像作出的判断正确的是。A.升高温度，平衡向正反应方向移动B.t1时改变的条件可能为增大的浓度C.0-5min内，的平均反应速率为0.3mol/（L·min）D.达平衡时，仅改变x，则x可能为压强

A.AB.BC.CD.D2、在某容器中加入1molPCl5，发生反应达到平衡后，保持温度不变，作如下几种改变：①体积增大一倍；②增大体积至总压强减为原来一半；③恒容下增加2molPCl5；④恒压增加1molPCl5。以下判断正确的是A.达到新平衡后，①②③④中PCl5转化率都增大，且增大倍数一样B.达到新平衡后，④中化学反应速率比原平衡大C.达到新平衡后，①中PCl5转化率小于②中PCl5转化率D.③中平衡右移，PCl5转化率增大3、下图是碳酸钙受热分解示意图；下列说法中错误的是。

A.该反应的△H大于0B.CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量C.化学键断裂吸收能量大于化学键形成放出能量D.由该反应可推知：凡是需要加热才能发生的反应均为吸热反应4、下列说法正确的是。

①都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物；④溶液与溶液的相同；⑤适量分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。A.①②④B.①②⑤C.②③⑤D.③④⑤5、按图1所示装置进行实验，若图2中x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴不可以表示①②③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量。

A.①②B.①③⑤C.②⑤D.②④6、反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15。下列说法错误的是()A.反应达到平衡后，升高温度，平衡正向移动B.反应达到平衡后，向体系中加入NaOH溶液，平衡逆向移动C.该反应的化学平衡常数表达式为K=D.温度不变时，为定值评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、某温度时；在2L容器中X；Y、Z三种气体物质的物质的量(n)随着时间(t)变化的曲线如图所示。由图中数据分析：

(1)该反应的化学方程式为___________。

(2)反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为___________mol•L﹣1•mi﹣1；平衡时，Y的转化率为___________，平衡时，Z的产率为___________。

(3)下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填选项；多选)

A．X；Y、Z的物质的量之比为3︰1

B．混合气体的压强不随时间的变化而变化。

C．单位时间内每消耗3molX；同时生成2molZ

D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化。

E．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化。8、如图所示，在容器A中装有20℃的水50mL，容器B中装有1mol/L的盐酸50mL，试管C、D相连通，且其中装有红棕色NO2和无色N2O4的混合气体，并处于下列平衡：2NO2⇌N2O4△H=-57kJ/mol，当向A中加入50gNH4NO3晶体使之溶解；向B中加入2g苛性钠时：

（1）C中的气体颜色______；（填“变浅”或“变深”）．

（2）若25℃时，起始时仅有NO2气体，达到平衡时，c（NO2）=0.0125mol/L，c（N2O4）=0.0321mol/L，则NO2的起始浓度为_____________，NO2的转化率为________．9、(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的__来实现；在硫酸酸化的KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率，该反应的化学方程式为：__。

(2)已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O（该反应速率的快慢可通过出现浑浊所需要的时间来判断）。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时(注：控制单一变量)，设计了如下系列实验：。实验序号反应温度Na2S2O3浓度H2OH2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.1010.00.50V2③2010.00.104.00.50V3

该实验①、②可探究___对反应速率的影响，因此V1和V2分别是__、__。实验①、③可探究__对反应速率的影响，因此V3是__。10、(1)A；B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

①B中Sn极的电极反应式为____，Sn极附近溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)_____。

②A中总反应离子方程式为___。比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是_____。

(2)如图是甲烷燃料电池原理示意图；回答下列问题：

①电池的负极是_____(填“a”或“b”)，该极的电极反应是：_____。

②电池工作一过程中正极pH_____，负极pH值___，一段时间后电解质溶液的pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)。11、实验室在不同温度下测量NaA溶液及其他两种溶液的pH。实验过程中对烧杯进行水浴加热；记录温度的同时记录pH，最终的如下数据图。

(1)测定溶液pH时，用下列用品测定结果最准确的是______。

a．广泛pH试纸b．精密pH试纸c．pH计。

(2)图1表示纯水的pH随温度的变化，则a点时水显______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。

(3)图2表示NaA溶液的pH随温度的变化，则HA属于______(填“强”或“弱”)电解质，NaA溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______。

(4)下列溶液的pH随温度的变化如图3所示的是______(不考虑溶质；溶剂的挥发)

a．稀硫酸b．NaOH溶液c．NaCl溶液d．氨水e．醋酸评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误13、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误14、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低温下能自发进行。__________________A.正确B.错误15、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16、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误17、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误18、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共12分)19、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。

实验(一)碘含量的测定。

取0.0100mol·Lˉ1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(Iˉ)的变化，部分数据如下表：。V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV－225－200－150－10050.0175275300325

实验(二)碘的制取。

另制海带浸取原液；甲；乙两种实验方案如下：

已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O。

请回答：

（1）实验(一)中的仪器名称：仪器A________，仪器B__________________。

（2）①根据表中数据绘制滴定曲线：___________________

②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为____mL，计算得海带中碘的百分含量为______%。

（3）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为__________________。

②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是______________。

③下列有关步骤Y的说法，正确的是__________________。

A．应控制NaOH溶液的浓度和体积。

B．将碘转化成离子进入水层。

C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质。

D．NaOH溶液可以由乙醇代替。

④实验(二)中操作Z的名称是_____________________。

（4）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是____________________。20、硒(Se)和碲(Te)均为第ⅥA族元素，原子序数分别为34、52，它们的单质和化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景。科研小组以精炼铜的阳极泥为原料(含有CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Ag)回收Se；Te并制备胆矾的一种流程如图：

回答下列问题：

(1)Te原子结构示意图为_______；TeO2属于_______(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。Cu2Se中Cu元素的化合价为_______。

(2)“水溶”反应的离子方程式为_______。

(3)“碱溶”的目的为_______。

(4)“分离”过程加入稀H2SO4、O2的作用为_______；此步操作需控制适当温度，不宜过高或过低的理由为_______。

(5)若滤液2的pH=2，其中c(Cu2+)=0.5mol·L-1、c(Na+)=0.02mol·L-1、c(Cl-)=0.01mol·L-1，通过计算说明“分离”过程中_______(填“能”或“不能”)生成Ag2SO4沉淀[已知Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5、Ksp(AgCl)=1.6×10-10]

(6)用滤液2制备CuSO4·5H2O的操作为_______。评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)21、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀；两极材料分别为石墨和铁。

①a电极材料为_______，该电极的电极反应式为________.

②若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是____(填序号，下同)；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____。

A.纯水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

③液体c为苯，其作用是__________

④要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）

A.改用稀硫酸作电解B.适当增大电源电压C.适当降低电解液温度22、回答下列问题：

(1)比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的_______来实现。

(2)在酸性KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内_______变化来比较该反应的速率，该反应的离子方程式为_______。

(3)Na2S2O3溶液与稀H2SO4的反应方程式为：

，某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如表，请结合表中信息，回答有关问题：。实验序号反应温度参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OH2SO4H2Oa20100.1100.1b2050.1100.1c20100.150.1d4050.1100.1

①在上述实验中，反应速率最快的可能是_______(填实验序号)。

②上述四组实验，能说明温度对该反应速率影响的组合是_______(填实验序号)；实验a和b、a和c的组合比较，所研究的问题是_______。

③教材中利用了出现黄色沉淀的快慢来比较该反应的速率，而一般不采用单位时间内收集SO2体积的大小进行比较的原因是_______。23、中和热的测定实验中取0.5mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

(1)从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是___，除此之外装置中的一个明显错误是___。

(2)若改用60mL0.25mol/LH2SO4和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)。温度实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8

(3)近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是lg/cm3，中和后生成溶液的比热c=4.18J(g·℃)，通过以上数据计算中和热△H=____(结果保留小数点后一位)。

(4)上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)______。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度。

c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中24、四氯化锡是一种重要的化工原料，主要用于有机锡化合物的制造，也可用作分析试剂、有机合成脱水剂等。已知锡单质在加热时可直接与氯气化合生成某实验小组用如下装置对其进行合成。

【相关药品性质】。药品颜色、状态熔点(℃)沸点(℃)其他性质银白色固体2312260较活泼金属能与等气体发生反应无色液体114极易水解产生溶胶

请回答下列问题：

(1)仪器A的名称是_______；

(2)写出水解的化学方程式_______。将少量置于空气中可观察到的现象是_______；

(3)检验装置气密性后，向A中装入固体，小试管D内装入片，恒压滴液漏斗中加入浓盐酸，_______(填“操作”及“现象”)；点燃酒精灯开始反应；

(4)若无洗气瓶B，可能会导致的问题是_______；洗气瓶C中所盛放的药品是_______；

(5)试验结束后，小试管E内收集到的液体呈淡黄色，其原因是_______；

(6)碳与锡可形成多种氯化物，其沸点如下：。氯化物沸点(℃)76623(分解)*114

*注：加热至623℃；未沸腾直接分解。

解释表中氯化物沸点差异的原因_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．由图像可知；该反应时放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A错误；

B．由图像可知，t1时正反应和逆反应速率都增大，若增大的浓度；正反应速率增大瞬间逆反应速率不变，故B错误；

C．0-5min内，的平均反应速率为=0.3mol/（L·min）；故C正确；

D．压强不改变平衡常数的大小；故D错误。

故选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．①体积增大，平衡向右移动，PCl5转化率增大，②体积增大，平衡向右移动，PCl5转化率增大，③增加PCl5浓度，平衡向右移动，但PCl5转化率降低，④恒压增加1molPCl5，平衡正向移动，但最终PCl5转化率不变；故A错误；

B．恒温、恒压增加PCl5；最终平衡与原平衡等效，反应速率与原平衡相同，故B错误；

C．①体积增大一倍，平衡会正向移动，压强略大于原来的一半，②增大体积至总压强减为原来一半，相当于在①的基础上再增大体积，因此②平衡比①平衡正向移动的趋势大，②中PCl5的转化率略大于①；故C正确；

D．若再恒压条件下充入2molPCl5最终平衡与原平衡时等效平衡，转化率相同，若为恒压基础上压缩容器至原体积，则平衡逆向移动，PCl5转化率减小；故D错误；

故选：C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸钙在高温条件下才能发生分解，该反应为吸热反应，所以该反应的△H大于0；A正确；

B．碳酸钙的分解反应为吸热反应，则生成物CO2(g)和CaO(s)的总能量大于反应物CaCO3(s)的总能量；B正确；

C．碳酸钙的分解反应为吸热反应；则化学键断裂吸收的能量大于化学键形成放出的能量，C正确；

D．有些放热反应也需要加热才能发生；如煤炭的燃烧，所以需加热才能发生的反应不一定是吸热反应，D错误；

故选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

①在水溶液完全电离，溶于水的部分能完全电离，都是强电解质；故①正确；

②陶瓷；玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；故②正确；

③合成纤维是有机高分子化合物；光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；

④溶液与溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以不相同；故④错误；

⑤适量通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀；故⑤正确；

正确的是①②⑤，选B。5、D【分析】【分析】

图1装置形成原电池，Fe为负极，负极发生的反应为Ag为正极，正极发生的反应为总反应为

【详解】

①由可知，随着流入正极的电子增多，减小；①满足；

②由总反应可知，没参与反应，随着流入正极的电子增多，不变；②不满足；

③a棒是Fe，随着流入正极的电子增多，由可知；Fe失电子的物质的量增多，Fe的质量减小，③满足；

④随着流入正极的电子增多；产生的Ag的质量增大，Ag棒质量增大，④不满足；

⑤由总反应可知，随着反应的进行，溶液的质量减小()；⑤满足；

②④不满足图像，D符合题意。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据题意可知升高温度平衡常数变大；说明升温平衡正向移动，故A正确；

B．平衡后加入NaOH溶液；NaOH溶液会吸收二氧化碳，二氧化碳的浓度减小，平衡逆向移动，故B正确；

C．在该反应中Fe和FeO为固体，所以平衡常数的表达式为K=故C错误；

D．温度不变平衡常数不变，即不变为定值；故D正确；

综上所述答案为C。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

根据图象分析；物质的量增大的是生成物，减小的是反应物，再根据参加反应的物质的量之比等于其计量数之比得计量数；先列出三段式，再利用浓度公式计算；化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不发生变化。

【详解】

(1)由图，物质的量增大的是生成物，减小的是反应物，所以反应物是X、Y，生成物是Z；X、Y、Z物质的量的变化量分别为：0.3mol、0.1mol、0.2mol，根据参加反应的物质的量之比等于其计量数之比得计量数，所以X、Y、Z的计量数之比为3：1：2，该反应的化学方程式为3X+Y2Z。故答案为：3X+Y2Z；

(2)反应开始至2min，Z物质的量的变化量为0.2mol，

所以用X表示的平均反应速率为v(X)===0.075mol/mol•L-1•mi-1；

平衡时，Y的转化率为×100%=10%；

Z的理论产量为：平衡时，Z的产率为=30%，故用X表示的平均反应速率为0.075mol•L﹣1•mi﹣1；平衡时；Y的转化率为10%，平衡时，Z的产率为30%。故答案为：0.075；10%；30%；

(3)A．X；Y、Z的物质的量之比与反应起始时的物质的量和平衡时转化的程度有关；X、Y、Z的物质的量之比为3︰1，不能说明上述反应达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体的计量数之和不相等；混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明上述反应达到平衡状态，故B正确；

C．无论反应是否平衡；单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZ，故C错误；

D．反应遵循质量守恒定律；无论是否平衡，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不能说明上述反应达到平衡状态，故D错误；

E．化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，可以说明上述反应达到平衡状态，故E正确。

故答案为：BE。【解析】3X+Y2Z0.075mol•L-1•min-110%30%BE8、略

【分析】【分析】

(1)硝酸铵的溶解过程是吸热过程，温度降低，C中平衡正向移动；氢氧化钠溶解是放热过程、与盐酸反应放出热量，D中平衡逆向移动；

(2)根据四氧化二氮的平衡浓度；计算二氧化氮浓度变化量，进而人家是二氧化氮起始浓度与转化率。

【详解】

（1）A中硝酸铵的溶解过程是吸热过程，溶解后C中温度降低，化学平衡2NO2⇌N2O4，△H=-57kJ/mol；平衡会向着正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，所以颜色变浅；

因此；本题正确答案是：变浅；

（2）设二氧化氮的初始浓度为cmol/L，根据题意信息可以知道：

2NO2⇌N2O4

初始浓度（mol/L）：c0

变化浓度（mol/L）：c-0.01250.0321

平衡浓度（mol/L）：0.01250.0321

则c-0.0125=2×0.0321，计算得出c=0.0767mol/L，

NO2的转化率为：×100%≈83.7%．

因此，本题正确答案是：0.0767mol/L；83.7%。【解析】①.变浅②.0.0767mol/L③.83.7%9、略

【分析】【分析】

研究外界条件对化学反应速率的影响时；我们通常只设定一个变量，其它量都相同；要么通过产生相同量的气体，测定反应所需的时间；要么测定相同时间内，产生气体的体积，以此分析化学反应速率的快慢。

【详解】

(1)比较锌粒与不同浓度硫酸反应的速率时，生成H2的体积相等，则需要测定反应所需的时间；用硫酸酸化的KMnO4与H2C2O4反应，生成K2SO4、MnSO4、CO2等，该反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。答案为：时间；2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；

(2)该实验①、②的温度不同，则各物质的浓度一定相同，可探究温度对反应速率的影响，因此V1和V2分别是10.0、0。实验①、③的温度相同，则只允许有一种物质浓度不同，可探究稀硫酸的浓度对反应速率的影响，要使Na2S2O3浓度相同，则溶液的总体积相同，因此V3是6.0。答案为：温度；浓度；6.0。

【点睛】

在中学，探究外界条件对化学反应速率的影响时，只允许有一个条件发生改变，因为若有两个条件同时改变，我们很难分清哪个条件的影响占主导地位。【解析】①.时间②.2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O③.温度④.10.0⑤.0⑥.浓度⑦.6.010、略

【分析】【分析】

(1)①该装置中；铁易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子放电生成氢气；根据氢离子浓度变化确定溶液pH变化；

②该装置中；锌易失电子作负极；Fe作正极，实质上相当于锌和氢离子之间的置换反应；作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护；

(2)①燃料电池中；通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

②根据电池反应式确定溶液pH变化。

【详解】

(1)①该装置中，铁易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2，消耗H+；pH增大；

因此，本题正确答案是：2H++2e-=H2；增大；

②铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；C装置中；锌易失电子作负极；Fe作正极，锌被腐蚀，铁被保护；B装置中，铁做负极，Sn为正极，Fe被腐蚀；A中发生化学腐蚀，所以则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B、A、C；

因此，本题正确答案是：Fe+2H+=Fe2++H2↑；BAC。

(2)①在碱性溶液中，甲烷燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，即a为负极，该极极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

综上所述，本题正确答案：aCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。

②在碱性溶液中，甲烷燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，氢氧根离子不断被消耗，负极pH值减小；氧气在正极被还原，极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-，氢氧根离子浓度增大，正极pH值增大；电解总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；氢氧根离子不断被消耗，一段时间后电解质溶液的pH减小；

综上所述，本题正确答案：增大，减小，减小。【解析】2H++2e-=H2↑增大Fe+2H+=Fe2++H2↑BACaCH4-8e-+10OH-=+7H2O增大减小减小11、略

【分析】【详解】

(1)a．广泛pH试纸测量溶液的pH精确到整数；

b．精密pH试纸可以将pH值精确到小数点后一位；

c．pH计可根据需要精确到小数点后两位或更高精度；

因此pH计测量结果最准确；答案选c；

(2)水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等；a点时水显中性；

(3)若NaA为强酸强碱盐，则NaA溶液显中性，温度升高，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH应减小，由图2可知，温度升高，NaA溶液的pH增大，则说明A-会水解，温度升高其水解程度增大，因此HA属于弱电解质；HA属于弱电解质，则NaA溶液因A-的水解显碱性，因此NaA溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(4)由图3可知；温度升高，溶液的pH不变：

a．硫酸是强酸，一定浓度的稀硫酸中c(H+)是常数，温度升高，c(H+)不变；pH不变，a与图相符；

b．NaOH是强碱，一定浓度的NaOH溶液中c(OH-)是常数，温度升高，Kw增大，c(H+)增大，pH减小，b与图不符；

c．NaCl是强酸强碱盐，其溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，温度升高，Kw增大，c(H+)和c(OH-)同时增大；pH减小，c与图不符；

d．氨水中存在电荷守恒c()+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c()，升高温度促进水、NH3·H2O的电离，c()增大，c(OH-)-c(H+)增大；pH增大，d与图不符；

e．醋酸溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，温度升高促进醋酸的电离，(CH3COO-)增大，c(H+)-c(OH-)增大；pH减小，e与图不符；

答案选a。【解析】①.c②.中③.弱④.c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)⑤.a三、判断题(共7题，共14分)12、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。13、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。14、A【分析】【详解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低温下能自发进行，正确。15、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。16、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。17、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。四、工业流程题(共2题，共12分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）A；B两种仪器的名称分别为坩埚、500mL容量瓶(须注明容量瓶的容量)。

（2）①根据表中数据描出各点；然后连成光滑的曲线即可。

②从图像可知，有20.00mL附近滴定曲线发生突变，可判断滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为20.00mL；根据关系式Ag+～I－可计算求得海带中碘的百分含量=

（3）①分液漏斗的检漏方法为：向分液漏斗中加入少量水；检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水。

②步骤X中，加入CCl4的作用是萃取碘水中的I2，萃取后I2溶解在CCl4中而呈紫色，由于CCl4的密度比水大；沉在下层，所以观察到的实验现象是：液体分上下两层，下层呈紫红色。

③步骤Y加入NaOH的目的是把I2转化为离子(I－和IO3－)进入水层而与CCl4分离；并非浸取有机杂质，也不能用乙醇代替，但NaOH的用量要控制，用量过多会使后续酸化操作步骤消耗硫酸过多，故选AB。④Z步骤为过滤操作。

（4）I2的CCl4溶液采用蒸馏的方法虽然可以把CCl4蒸馏出去，但同时碘易升华，导致碘的损失。【解析】坩埚500mL容量瓶20.00mL0.635%向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水液体分上下两层，下层呈紫红色AB过滤主要由于碘易升华，会导致碘的损失20、略

【分析】【分析】

电解精炼铜的阳极泥主要成分为CuS、Cu2Te、Ag2Se和少量金属单质Ag，高温焙烧并溶解于浓硫酸，得SeO2和SO2混合气体，气体冷却后通入冷水中发生反应生成Se和硫酸，经过滤得到Se；剩余焙砂用NaOH溶解其中两性氧化物TeO2，经过滤得Na2TeO3水溶液，用稀硫酸酸化并过滤后可得到TeO2沉淀，此沉淀再溶于硫酸，并加入Na2SO3，可将溶液中的Te4+还原为Te，同时得到硫酸，滤渣中含有Ag和Cu，用硫酸和O2溶解铜和Ag制备硫酸铜；据此分析解题。

（1）

Te的原子序数为52，属于第ⅥA族元素，则原子结构示意图为由流程图中转化关系知，TeO2既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，故为两性氧化物。Se为第ⅥA族元素，最低价为-2价，故Cu2Se中Cu为+1价，故答案为：两性；+1；

（2）

由信息知，“水溶”时，SeO2和SO2反应生成Se单质，Se元素化合价降低，则S元素化合价升高，在溶液中转化为离子方程式为SeO2+2SO2+2H2O=Se+2+4H+，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2SO+4H+；

（3）

由流程图中信息知，烧渣中含有Cu、Ag和TeO2，“碱溶”后TeO2转化为盐进入滤液1，故“碱溶”的目的为使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu、Ag分离，故答案为：使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu；Ag分离；

（4）

“分离”过程加入稀H2SO4、O2的作用为使Cu和Ag转化为离子而溶解，温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分，故答案为：使Cu和Ag转化为离子而溶解；温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小；使反应速率减慢且反应不充分；

（5）

溶液中c(Ag+)==mol·L-1=1.6×10-8mol·L-1，根据电荷守恒可得c()=0.5mol·L-1+(0.02mol·L-1+0.01mol·L-1-0.01mol·L-1)=0.51mol·L-1，则溶液中Qc(Ag2SO4)=c2(Ag+)·c()=(1.6×10-8)2×0.51≈1.3×10-16＜1.4×10-5，故不能生成Ag2SO4沉淀；故答案为：不能；

（6）

用CuSO4溶液制备CuSO4·5H2O的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。【解析】(1)两性+1

(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2SO+4H+

(3)使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu；Ag分离。

(4)使Cu和Ag转化为离子温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小；使反应速率减慢且反应不充分。

(5)不能。

(6)蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥五、实验题(共4题，共16分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

①该装置为制备纯净Fe(OH)2沉淀的装置，则Fe作阳极，即a电极为Fe，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；

②A．纯水几乎不导电；不可作电解液，A不满足题意；

B．电解质液为NaCl溶液时，阳极反应为水电离的H+得电子产生OH-，OH-和Fe2+迁移后在两极之间的溶液产生白色Fe(OH)2沉淀；B满足白色沉淀在两极之间的溶液中生成；

C．电解质液为NaOH溶液，Fe电极附近有高浓度的OH-；白色沉淀在Fe电极负极产生，C满足色沉淀在电极周围生成；

D．电解质液为CuCl2溶液，阴极为Cu2+得电子得到Cu，不产生白色Fe(OH)2沉淀；D不满足题意；

故答案为：C；B；

③苯不溶于水；密度比水小，浮在电解液表面，可隔绝空气，防止白色沉淀被氧化，故答案为：隔绝空气，防止白色沉淀被氧化；

④A．改用稀硫酸作电解，稀硫酸为强酸，不会产生白色Fe(OH)2沉淀；A不满足题意；

B．适当增大电源电压；反应速率加快，可尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，B满足题意；

C．降低电解液温度；反应速率减小，看到白色沉淀的时间变长，C不满足题意；

故答案为：B。【解析】FeFe-2e-=Fe2+CB隔绝空气，防止白色沉淀被氧化B22、略

【分析】【分析】

比较反应速率时，可通过测定收集等体积气体H2需要的时间来比较；或根据溶液褪色时间判断；或根据产生沉淀所需时间长短判断。要采用控制变量法进行研究。在化学反应速率的因素中；催化剂影响最大，其次是温度，然后是浓度，对于有气体参加的反应，压强对速率的影响实质上是通过改变反应物浓度来影响化学反应速率的。

【详解】

(1)比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间来实现。

(2)在酸性KMnO4与H2C2O4反应中，由于酸性KMnO4溶液显紫色，反应消耗后变为无色Mn2+，使其浓度变小，溶液颜色会变浅，因此可通过观察单位时间内溶液颜色变化来比较该反应的速率，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为

(3)①影响化学反应速率因素有很多；根据题意可知：在该题目中有温度；浓度对化学反应速率的影响。由于温度对速率的影响远大于浓度对速率的影响。在实验d的温度比前3个实验都高，故在上述实验中，反应速率最快的是d；

②应该采用控制变量法研究外界条件对化学反应速率的影响。若要研究温度对速率的影响，应该其它外界条件都相同，只有温度不同。根据表格数据可知：只有实验b和d的温度不同，其它条件都相同，故上述四组实验，能说明温度对该反应速率影响的组合是bd；

对于实验a和b、二者中只有Na2S2O3溶液浓度不同，其它条件都相同；对于实验a和c，二者中只有H2SO4溶液浓度不同；其它条件都相同，故它们都是在相同温度条件下，研究反应物浓度对该反应速率的影响；

③教材中利用了出现黄色沉