2025年湘教版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）A.2H++2e-=H2↑B.Fe2++2e-=FeC.2H2O+O2+4e-=4OH-D.Fe3++e-=Fe2+2、某温度下，K(HA)=5.0×10-4，K(HB)=1.6×10-5。现有体积均为V0的pH=a的两种酸溶液，加水稀释至体积为V，两种溶液的pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是。

A.曲线Ⅱ代表HBB.a点时，两溶液水的电离程度相同C.由c点到d点，溶液中增大(X代表A或B)D.分别取b点、c点溶液与等浓度NaOH溶液中和，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积一样多3、某同学用50mL0.50盐酸与50mL0.55NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。下列说法错误的是。

A.该图缺少环形玻璃搅拌棒、泡沫塑料板(或硬纸板)B.实验时要把NaOH溶液一次倒入盛有盐酸的小烧杯中C.装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是减少热量损失D.若用1.1gNaOH固体代替50mL0.55mNaOH溶液进行实验，放出的热量不变4、如图为CO2电甲烷化的装置图(MEC)；其利用微生物催化驱动工作，该生物电催化技术既有助于降低温室效应，也可处理有机废水。下列说法正确的是。

A.b电极为MEC的阳极B.若b电极转化1.5molCO2，装置中转移的电子数是15NAC.MEC工作时，质子将从a电极室向b电极室迁移D.b电极的反应方程式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-5、常温下联氨的水溶液中有：

提示：二元弱碱的电离也是分步电离该溶液中的微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.曲线Ⅲ是的变化B.D点的横坐标为10.5C.若调节联氨溶液的方式是通入HCl气体，则B点存在从D.若C点为溶液，则C点存在：6、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>e7、在某温度时，将nmol∙L-1氨水滴入10mL1.0mol∙L-1盐酸中；溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是。

A.a点Kw=1.0×10-14B.b点：c(NH3∙H2O)+c(OH-)<c(H＋)C.25℃时，NH4Cl水解平衡常数为(n-1)×10-7(用n表示)D.d点水的电离程度最大8、下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.能使酚酞显红色的溶液中：Cu2+、Fe3+、B.含有大量的溶液中：I-、H+C.加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、Mg2+D.在c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+9、关于电解精炼铜的说法不正确的是A.粗铜作阳极、纯铜作阴极B.阳极反应只有Cu-2e-=Cu2+C.电解液一定含有Cu2+D.阴极反应只有Cu2+＋2e-=Cu评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、掺杂硒的纳米氧化亚铜催化剂可用于工业上合成甲醇，其反应为回答下列问题：

(1)若按投料，将与CO充入2L恒容密闭容器中；在一定条件下发生反应，测得CO的平衡转化率与温度；压强的关系如图1所示。

已知：v正=k正c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数；只与温度有关。

①压强由小到大的顺序是___________。

②T1℃、压强为p3时，若向该容器中充入和发生反应，5min后反应达到平衡(M点)，则内，v(H2)=___________N点时的___________。

(2)若向起始温度为325℃的10L恒容密闭容器中充入2moLCO和发生反应，体系总压强(p)与时间(t)的关系如图2中曲线Ⅰ所示，曲线Ⅱ为只改变某一条件的变化曲线。平衡时温度与起始温度相同。

①曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为___________。

②体系总压强先增大后减小的原因为___________。

③该条件下的平衡转化率为___________%(结果保留三位有效数字)。11、某化学反应2A⇌B+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：。实验序号01020304050601800℃1.00.800.670.570.500.500.502800℃c20.600.500.500.500.500.503800℃c30.920.750.630.600.600.604820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

(1)在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为v(A)=________mol/(L∙min)。

(2)在实验2，A的初始浓度c2=________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是________。

(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3________v1(填＞；＜、=)。

(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应(选填吸热、放热)。12、运用化学反应原理研究氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染有重要意义。一定温度下，在起始体积为1L的恒压(20MPa)密闭容器中，1molNO2和足量C发生以上反应。(不考虑2NO2N2O4)

①下列选项能够判断该反应已达到平衡状态的是___(填字母)。

A.混合气体的密度保持不变。

B.2v(N2)=v(CO2)

C.混合气体的压强保持不变。

D.CO2的体积分数保持不变。

②实验测得NO2转化率与时间的关系如图所示：

反应达到平衡时CO2的体积分数为____，平衡常数Kp=___MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。待反应达到平衡后，缩小容器体积，平衡将__(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)，混合气体的平均摩尔质量将___(填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”)。13、天然气是一种重要的清洁能源和化工原料；其主要成分为甲烷。

I.(1)已知：一定条件下可被甲烷还原“纳米级”的金属铁。其反应为：

①此反应的化学平衡常数表达式为______

②在容积均为VL的I、II、III三个相同密闭容器中加入足量然后分别充入amol三个容器的反应温度分别为且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时的体积分数如图1所示，此时I、II、III三个容器中一定处于化学平衡状态的是______；上述反应的______填“大于”或“小于”该反应在______填“高温”、“低温”或“任意温度”下可自发进行。

利用天然气为原料的一种工业合成氨简式流程图如图2：

(1)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：Ⅰ

Ⅱ

①对于反应Ⅰ，在一定温度下的恒容容器中，表示其已达到最大化学反应限度的叙述正确的是______。

A.单位时间内1mol消耗，同时有3mol生成；

B.CO的物质的量浓度相等；

C.混合气体的密度不再改变；

D.混合气体的压强不再改变。

②则反应______用含的代数式表示

(2)合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为：在容积为10L的密闭容器中进行，起始时充入反应在不同条件下进行；反应体系总压强随时间的变化如图3所示。

①实验a从开始至平衡时的反应速率______；实验c中的平衡转化率为______。

②与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b______，c______。

③M点的逆反应速率______N点的正反应速率填“”、“”或“”N点时再加入一定量平衡后的体积分数______填“增大”、“减小”或“不变”14、I．Zn–MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2一NH4Cl混合溶液。

（1）该电池的负极材料是______。电池工作时，电子流向_____极（填“正”；“负”）。

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀，欲除去Cu2+，最好选用下列试剂中的________（填代号）

A．NaOHB．ZnC．FeD．NH3．H2O

Ⅱ．下图是甲烷燃料电池原理示意图；请回答下列问题：

（3）电池的正极是________（填“a”或“b”）电极，负极上的电极反应式是________。

（4）电池工作一段时间后电解质溶液的pH______（填“增大”、“减小”、“不变”）15、氢气；碳氧化物是合成可再生能源甲醇的基础原料；具有重要的应用前景。

(1)已知H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。一定条件下，CO与H2合成燃烧的热化学方程式为：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H，则△H=___；该反应能自发进行的原因是___。

(2)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

①一定温度下，在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A，开始时容器体积为2L，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示，10min时达到平衡，则反应A的化学平衡常数为_______。(结果保留一位小数)。

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，下列描述能说明反应B已经达到平衡状态的是___（填序号）。

A.容器内CO2的体积分数不再变化。

B.当CO2和H2转化率的比值不再变化。

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键。

D.容器内混合气体的平均相对分子质量达到34.5，且保持不变16、根据电离平衡常数的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如表所示。化学式电离平衡常数HF7.2×10-4CH3COOH1.8×10-5H2SO3K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7H2CO3K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11H2SK1=1.3×10-7K2=7.1×10-15

根据表中数据；回答下列问题：

(1)等浓度的F-、CH3COO-、HS-结合H+的能力最强的为_______。

(2)溶液中不可能大量共存的离子组是______(填序号)。

a.HS-、b.HF、CH3COO-c.HS-、d.

(3)Na2CO3溶液通入过量H2S，反应的离子方程式是______。HS-

(4)已知pH=-lgc(H+)，体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数_______(填“”“”或“”)醋酸的电离平衡常数。任意写一种方法证明醋酸是弱电解质：_______。

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误18、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误19、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误20、已知则和反应的(_______)A.正确B.错误21、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误22、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误23、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误24、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共16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）。评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)29、黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿(含SiO2)；为了测定该黄铜矿的纯度，甲同学设计了如下图实验：

现称取研细的黄铜矿样品1.84g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体；实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20mL。

请回答下列问题：

（1）将样品研细后再反应，其目的是________________________。

（2）装置a和c的作用分别是_______和________(填标号；可以多选)。

a．除去SO2气体b．除去空气中的水蒸气c．有利于气体混合。

d．有利于观察空气流速e．除去反应后多余的氧气。

（3）滴定达终点时的现象是________________________。

（4）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_____________________。

（5）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为________________________。

乙同学在甲同学实验的基础上；设计了两种与甲不同的吸收方法，并对吸收产物进行有关处理，同样也测出了黄铜矿的纯度。

（6）方法一：用如下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的是______(填序号)。

（7）方法二：将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，但测得的黄铜矿纯度却产生了+1%的误差，假设实验操作均正确，可能的原因主要有________________________。30、现用物质的量浓度为0.2000mol·L-1的标准HCl溶液去滴定20mL未知浓度的氢氧化钠的物质的量浓度；请填写下列空白：

(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是___________。

(2)用标准HCl溶液滴定时，应将标准HCl溶液注入___________(填“甲”或“乙”)中。

(3)判断滴定终点的现象是：___________。

(4)如图是滴定管中液面在滴定前后的读数，c(NaOH)___________mol·L-1。

(5)滴定过程的操作步骤如下：

①用蒸馏水洗涤碱式滴定管；并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上。

②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体。

③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下；并记下读数。

④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中；并加入2滴酚酞溶液。

⑤用标准液滴定至终点；记下滴定管液面读数。

以上步骤有错误的是(填编号)___________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

钢铁是碳铁合金，电解质溶液为碱性或中性时发生吸氧腐蚀，铁作负极，发生氧化反应，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，碳作正极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，答案选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．K(HA)=5.0×10-4，K(HB)=1.6×10-5，酸性：HA>HB，相同pH的弱酸加水稀释，酸性越强的酸，pH变化越大，所以曲线Ⅱ代表HA溶液，故A错误；

B．a点时，溶液的pH相同，水的电离程度受酸的抑制程度相同，两溶液水的电离程度相同，故B正确；

C．由c点到d点，弱酸的电离常数和水的电离常数都不变，所以不变，即保持不变，故C错误；

D．b点和c点两种酸；对应初始时的pH相同，体积相同，故酸性较弱的HB物质的量大，分别与氢氧化钠溶液恰好中和时消耗NaOH溶液的体积HB多，故D错误；

故选B3、D【分析】【分析】

【详解】

A．通过图示可知；该图缺少环形玻璃搅拌棒；泡沫塑料板(或硬纸板)，A项正确；

B．为减少热量损失；实验时要把NaOH溶液一次倒入盛有盐酸的小烧杯中，B项正确；

C．装置中大；小烧杯之间填满碎泡沫塑料；可以减少热量损失，减少误差，C项正确；

D．用NaOH固体代替NaOH溶液进行实验；因为NaOH固体溶解会放出大量的热，导致实验放出的热量增加，产生误差，D项错误；

答案选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图示可知有机物在a电极被氧化成二氧化碳，二氧化碳在b电极被还原成甲烷。则a为阳极，b为阴极；故A错；

B．b电极为二氧化碳得到电子被还原成甲烷，则其反应为：则转化1.5molCO2，装置中转移的电子数是12NA；故B错；

C．MEC工作时，阳离子向阴极移动，则质子将从a电极室向b电极室迁移；故选C；

D．在酸性条件下无氢氧根离子生成，则b电极的电极方程式为故D错；

答案选C5、C【分析】【分析】

由图可知，曲线Ⅰ表示N2H4的变化、曲线Ⅱ表示N2H的变化、曲线Ⅲ表示N2H的变化，当溶液中c(N2H4)=c(N2H)时，溶液—lgc(OH—)为6，电离常数Kb1==c(OH—)=10—6，同理可得Kb2=10—15。

【详解】

A．由分析可知，曲线Ⅲ表示N2H的变化；故A正确；

B．由图可知，D点溶液中c(N2H4)=c(N2H)，由Kb1·Kb2=×=c2(OH—)，则—lgc(OH—)=—lg=10.5；故B正确；

C．由图可知，B点溶液c(N2H)=c(N2H)，溶液—lgc(OH—)为15，溶液呈酸性，由电荷守恒关系c(Cl—)+c(OH—)=c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)可知，溶液中c(Cl—)＞3c(N2H)；故C错误；

D．若C点为N2H5Cl溶液，溶液中存在质子守恒关系c(N2H4)+c(OH—)=c(N2H)+c(H+)；故D正确；

故选C。6、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。7、C【分析】【详解】

A．a点温度小于25℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10-14；故A错误；

B．b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3∙H2O)＋c(OH-)=c(H＋)；故B错误；

C．据图可知当加入的氨水为10mL时溶液的pH=7，温度为25℃，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，c(NH)=c(Cl-)==0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，所以25℃时NH4Cl水解常数为=(n-1)×10-7；故C正确；

D．d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3∙H2O，温度升高、铵根的水解促进水的电离，则d点水的电离程度小于b；一定不是最大，故D错误；

答案为C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．能使酚酞显红色的溶液呈碱性，在碱性溶液中，Cu2+、Fe3+不能大量存在；A不符合题意；

B．含有大量的溶液中，I-、H+能发生氧化还原反应，生成I2；NO等；B不符合题意；

C．加入Al能放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性溶液中，Mg2+不能大量存在；C不符合题意；

D．c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液呈碱性，在碱性溶液中，Na+、K+都能稳定存在；D符合题意；

故选D。9、B【分析】【详解】

A．精炼粗铜；粗铜为电解池的阳极，纯铜为电解池的阴极，故A正确；

B．粗铜为电解池的阳极，阳极上比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，故阳极反应主要发生式Cu-2e-=Cu2+；故B错；

C．电解质溶液含铜离子，在阴极上得到电子析出铜，则电解液一定含有Cu2+；故C正确；

D．纯铜为电解池的阴极，电极反应为Cu2+＋2e-=Cu；故D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】（1）

①增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，所以压强p1、p2、p3由小到大的顺序是；p3＜p2＜p1；

②压强为p3时，若向该容器中充入和3molCO发生反应；5min后反应达到平衡(M点)，M点CO的平衡转化率为40%，列三段式如下：

υ(H2)=

其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，N点的速率常数等于M点速率常数，M点为平衡点，故υ正=υ逆，则则0.135；

（2）

①改变条件；反应速率加快，平衡没移动，曲线Ⅱ所对应的改变的条件可能为加入催化剂；

②反应初始阶段温度为主导因素；反应放热，气体膨胀使压强增大，之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小，所以体系总压强先增大后减小，故此处填：反应初始阶段温度为主要因素，反应放热，气体膨胀使压强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小；

③

X=0.5，该条件下H2的平衡转化率为33.3%。【解析】(1)0.240.135

(2)加入催化剂反应初始阶段温度为主导因素，反应放热，气体膨胀使压强增大；之后气体总物质的量为主导因素，气体总物质的量减小使压强减小33.311、略

【分析】【分析】

实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，即c2=1.0mol/L，实验2到达平衡的时间，比实验1小，说明某个因素加快反应速率，经过分析只能是催化剂，因此推测实验2中隐含的条件是催化剂；实验3和实验1达到平衡的时间相同，但达到平衡A的浓度大于实验1的，说明c3＞1.0mol/L；比较实验4和实验1可知平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1到实验4升高温度，由此分析。

【详解】

(1)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v(A)===0.013mol/(L∙min)；

(2)实验1和实验2达到平衡时A的浓度不再改变且相等，说明实验2与实验1其他条件完全相同，实验1与实验2中A的初始浓度应相等，起始浓度c2=1.0mol/L；实验2较其他实验达到平衡时间最短，是使用了合适的催化剂；

(3)由表格中数据可知，实验3和实验1温度相同，达到平衡的时间相同，实验3中10到20min时，v(A)===0.017mol/(L∙min)，实验1中v(A)===0.013mol/(L∙min)；反应速率较快，即v3＞v1；实验1的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在实验3的起始浓度大于1.0mol/L；

(4)实验4和实验1比较，实验4的温度升高了，平衡时A的浓度也比实验1少，说明实验4升高温度向正方向移动，故正反应是吸热反应。【解析】①.0.013②.1.0③.加入催化剂④.＞⑤.吸热12、略

【分析】【分析】

【详解】

①对于反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)△H<0；

A．该反应的气体质量在减小；反应容器体积增大，则混合气体的密度保持不变时，说明反应已达到平衡状态，A项正确；

B．2v(N2)=v(CO2)没有指明反应方向；不能说明反应已达到平衡状态，B项错误；

C．反应前后气体分子数不变；在恒压容器中，混合气体的压强一直保持不变，不能判断反应已达到平衡状态，C项错误；

D．CO2的体积分数是一变量；当它保持不变时，说明反应已达到平衡状态，D项正确；

答案选AD；

②由图知反应达到平衡时，NO2转化率为0.5，则1molNO2转化的NO2物质的量为0.5mol；列三段式：

根据PV=nRT，在恒压恒容下，体积与物质的量成正比，则平衡时CO2的体积分数即CO2的物质的量分数，为则NO2的物质的量分数为40%，N2的为20%，则平衡常数为

该正反应是气体分子数增大的反应，缩小容器体积，即增大压强，平衡将逆向移动，则混合气体的物质的量将减小，根据混合气体的平均摩尔质量将变大。【解析】①.AD②.40%③.4④.逆向移动⑤.变大13、略

【分析】【分析】

Ⅰ固相和气相均存在的反应，固相的浓度项不列入化学平衡常数表达式；根据图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，百分含量随温度的变化解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡正向移动，的含量增大，据此判断大小；再由焓变和熵变判断反应自发进行的条件；

Ⅱ在一定条件下；反应I达到最大反应限度时，说明反应达到化学平衡，各组分浓度不再改变，体系压强不再改变，正逆反应速率相等，据此逐项分析；根据反应Ⅰ和反应Ⅱ推导所求反应，由多重平衡规则计算该反应的化学平衡常数；

根据计算的消耗速率，根据转化率计算的平衡转化率与实验a相比，实验b和实验a的平衡状态一致，实验b比实验a提前到达化学平衡，实验c的压强大于实验a的压强；实验c的压强大于实验a的压强，增大压强有利于增大化学反应速率，N点达到化学平衡状态，再加入一定量促使化学平衡正向移动。

【详解】

Ⅰ(1)①固相和气相均存在的反应，固相的浓度项不列入化学平衡常数表达式，该反应的化学平衡常数表达式为：

故答案为：

在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入根据图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，温度逐渐升高，三个容器中的百分含量没有呈整体上升的趋势，则其中肯定有一个达到了平衡，温度升高，反应速率加快，可知先达到平衡的是容器III前两个容器没有达到平衡，且随温度升高，百分含量下降，可知升高温度平衡正向进行，反应的大于0，反应气体分子数增多，熵增，即反应放热，所以反应在高温下自发；

故答案为：Ⅲ；大于；高温；

Ⅱ(1)①单位时间内1mol消耗，必然同时有3mol生成，说明反应正向进行，并不能说明反应已经达到化学平衡，故A错误；CO的物质的量浓度关系取决于反应物的充入量以及反应进行的程度，并不能通过三者物质的量浓度相等说明反应达到化学平衡，故B错误；混合气体的密度为反应前后质量守恒，m不变，反应在恒容容器中进行，V不变，则整个过程混合气体密度不变；无法判断化学反应是否达到化学平衡，故C错误；反应前后气体分子数改变，体系压强发生变化，可以通过压强判断化学反应是否达到平衡，故D正确；

故答案为：D；

所求反应可由ⅠⅡ得到，根据多重平衡规则，所求反应的化学平衡常数为

故答案为：

实验a中；起始时体系压强为320kPa，平衡时体系压强为240kPa；

起始0

转化x3x2x

平衡2x

则有可得

所以实验a从开始至平衡时的反应速率

实验c中的平衡转化率为

故答案为：

与实验a相比，实验b和实验a的平衡状态一致，实验b比实验a提前到达化学平衡，由此可判断实验b改变的条件是使用催化剂；

实验c的压强大于实验a的压强；由此可判断实验c改变的条件是增大压强；

故答案为：使用催化剂；增大压强；

实验c的压强大于实验a的压强，增大压强有利于增大化学反应速率，所以M点的逆反应速率点的正反应速率N点达到化学平衡状态，再加入一定量促使化学平衡正向移动，则平衡后的体积分数增大；

故答案为：增大。

【点睛】

判断是否达到平衡状态，抓住特征：结合图像分析平衡的移动，在其他条件一定下，温度越高，反应速率越快，先达到平衡；最大反应限度即反应达到平衡状态，分析的量需是一个变量，当它不变，则能说明反应达到平衡。【解析】Ⅲ大于高温D使用催化剂增大压强增大14、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)锌锰原电池中负极材料为活泼金属Zn，MnO2为正极；电池工作时电子从负极经外电路流向正极；

(2)若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+；除杂时不能引入新杂质；

Ⅱ.(3)燃料电池中；负极上投放燃料，发生失电子发生氧化反应，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应；

(4)根据该燃料电池工作时的总反应中消耗了电解质溶液中的氢氧根离子来回答。

【详解】

Ⅰ.(1)原电池的负极上是失电子的氧化反应；反应中，Zn失电子为负极，电子由负极流向正极；

(2)题目中A、C、D选项在除去铜离子的过程中都会引入杂质离子，应选Zn将Cu2+置换为单质而除去；故答案为B；

Ⅱ.(3)甲烷燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，发生得电子得还原反应，在碱性环境下，电极反应式为：2H2O+4e-+O2═4OH-，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，即：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O；

(4)根据电池的两极反应，在转移电子一样的情况下，消耗了溶液中的氢氧根离子，所以溶液的碱性减弱，pH减小。【解析】Zn（或锌）正极BbCH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O减小15、略

【分析】【分析】

(1)写出三种物质燃烧的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算所求反应的焓变，当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应开始时CO浓度为1mol/L，由于开始时容器体积为2L，则开始时CO的物质的量是2mol，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和2molCO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；根据物质反应转化关系得到平衡时各种气体的物质的量，然后假设此时容器容积为VL，利用浓度定义式和甲醇浓度，可得转化物质的量与容器体积关系式，再根据恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，计算出转化的物质的量及平衡时容器容积，进而得到平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式即可求解；

②恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应B：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，达到平衡状态时，v正=v逆；容器内混合气体的平均相对分子质量等于以g/mol为单位的平均摩尔质量，据此分析。

【详解】

(1)H2(g)、CO(g)和CH4(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol；283.0kJ/mol和890.0kJ/mol。

①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H3=-890.0kJ/mol

将①×3+②-③，整理可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(l)△H=3△H1+△H2-△H3=-250.4kJ/mol；

当△G=△H-T△S<0时；反应能自发进行，该反应中焓变数值较大且小于0，所以能自发进行；

(2)①根据图象分析，反应达到平衡状态时c(CH3OH)=0.3mol/L，起始时在体积可变的恒压密闭容器中加入4molH2和一定量的CO发生反应A：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，开始时容器体积为2L，根据理想气体状态方程pV=nRT，则有p=cRT，由于反应为恒压容器，所以始末态体系压强相等，根据图象可知在反应开始时c(CO)=1mol/L，则开始时n(CO)=1mol/L×2L=2mol，n(H2)=4mol，假设反应过程在反应产生CH3OH的物质的量为x，则反应消耗CO为xmol，消耗H2为2xmol，所以平衡时CO为(2-x)mol，H2为(4-2x)mol，CH3OH为xmol，假设平衡时容器的容积为VL，则=0.3mol/L，所以x=0.3Vmol，在恒温恒压下气体的物质的量的比等于压强之比，所以=解得V=L，x=0.5mol，所以平衡时c(CO)==0.9mol/L，c(H2)=2c(CO)=1.8mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，故该反应的化学平衡常数K==(L/mol)2≈0.1(L/mol)2；

②A.容器内CO2的体积分数随着反应进行而变化，当容器内CO2的体积分数不再变化时；反应达到平衡状态，A正确；

B.CO2和H2的物质的量的比不等于化学计量数之比，则CO2和H2转化率的比值随着反应进行而变化，当CO2和H2转化率的比值不再变化；反应达到平衡状态，B正确；

C.当水分子中断裂2NA个O-H键，必然会同时产生3NA个H-H键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键；则氢气的浓度不变，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，C正确；

D.容器内混合气体的质量守恒；物质的量随着反应进行而变化，混合气体的平均相对分子质量也随之变化，当混合气体的平均相对分子质量为34.5且保持不变时，反应达到平衡状态，D正确；

故合理选项是ABCD。

【点睛】

本题考查化学平衡的计算，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，化学平衡状态的判断，掌握化学反应基本原理和平衡状态的特征及有关概念是解题关键。【解析】-250.4kJ/mol该反应的焓变数值较大，且小于00.1(L/mol)2ABCD16、略

【分析】【分析】

(1)电离平衡常数越小，表明对应酸的酸性越弱，该酸越难电离出H+，其酸根离子结合H+能力越强。

(2)；(3)根据强酸制弱酸原理判断；

(4)弱酸在溶液中存在电离平衡；加水稀释使电离平衡向电离方向移动。

【详解】

(1)电离平衡常数越小，表明对应酸的酸性越弱，该酸越难电离出H+，其酸根离子结合H+能力越强。由表格数据知，各酸根离子对应酸的电离常数大小关系为HF＞CH3COOH＞H2S＞所以结合H+的能力最强的为

(2)a根据电离平衡常数大小可知酸性：HS-＜由弱酸不能制取较强酸，HS-与不发生反应，故在溶液中HS-和可以大量共存；a不符合题意；

b根据电离常数大小可知酸性：HF＞CH3COOH，由较强酸能制取较弱酸，可推知反应HF+CH3COO-=CH3COOH+F-可发生，所以在溶液中HF和CH3COO-不能大量共存，b符合题意；

c根据电离常数大小可知酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS-，由弱酸不能制取较强酸，HS-和之间不发生反应；所以在溶液中可以大量共存，c不符合题意；

d根据电离常数大小可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞和之间不发生反应，所以在溶液中和可以大量共存；d不符合题意。

答案为b。

(3)根据电离常数大小关系可知酸性强弱：H2CO3＞H2S＞＞HS-，根据较强酸制较弱酸原理，Na2CO3与过量H2S在溶液中发生反应的离子方程式为H2S+=+HS-。

(4)弱酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释使电离平衡向电离方向移动，因此，当起始pH相同且稀释相同倍数时，酸越弱，pH变化程度越小。由图像可知，pH均为2的CH3COOH和HX溶液均稀释100倍后，CH3COOH溶液的pH变化小于HX溶液，表明HX的酸性比醋酸强，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。常温下，测定0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH，若pH＞1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。【解析】bH2S+=+HS-＞常温下测定0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH，若pH＞1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质三、判断题(共8题，共16分)17、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。20、B【分析】【详解】

反应过程中除了H+和OH-反应放热，SO和Ba2+反应生成BaSO4沉淀也伴随着沉淀热的变化，即和反应的

故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。23、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。24、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。四、有机推断题(共4题，共16分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，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，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g27、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH328、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，