2025年湘教新版选择性必修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年湘教新版选择性必修1化学上册月考试卷452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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、利用Zn/ZnO热化学循环两步生产合成气(H2；CO)的原理及流程图如下：

下列有关说法正确的是。

①上述过程中；能量转化方式只有1种。

②上述两步转化均为吸热反应。

③上述过程中；ZnO；Zn可循环使用。

④上述热化学方程式为H2O(g)+CO2(g)===H2(g)+CO(g)+O2(g)ΔH＝+582kJ·mol-1A.①②B.③④C.①③D.②④2、下图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是（）

A.该过程是电能转化为化学能的过程B.铜电极为阴极，发生还原反应C.一段时间后，①池中n(KHCO3)不变D.一段时间后，②池中溶液的pH一定下降3、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为可逆水煤气变换反应，简称RWGS，该反应历程的微观示意图和相对能量(eV)变化图如图所示(催化剂原子原子原子)：(用*表示物质在催化剂上吸附)。下列说法正确的是。

A.CO2*=CO+O*△H=+0.26eVB.使用高效催化剂可以减小△H，加快化学反应速率C.历程⑥表明形成O—H键释放的能量为1.23eVD.由图可知，历程⑥是RWGS的控速步骤4、一般情况下，前者无法决定后者的是A.原子核外电子排布——元素在周期表中的位置B.弱电解质的相对强弱——相同温度、相同浓度下电离度的大小C.分子间作用力的大小——分子稳定性的高低D.物质内部储存的能量高低——化学反应的热效应5、一种可充电的锌锰分液电池；其结构如下图所示：

下列说法不正确的是A.放电时，正极反应为：B.充电时，Zn作阴极：C.离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.充电过程中溶液的浓度逐渐降低评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、新研发的车载双电极镍氢电池于2021年7月投入量产，有助于实现“双碳”目标。其原理如图所示。放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为Ni(OH)2；下列叙述错误的是。

A.b、d为电池的负极B.铜箔的作用是隔开电极，传递电子C.上图示过程中，b电极的电极反应式：NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-D.充电时，每转移1mol电子，该电池的负极共增重1g7、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是。

A.H2A2H++A2-K=10-4.2B.在0.1mol/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C.已知25℃时HF的Ka=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═HF+HA﹣D.将等物质的量的NaHNa2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.28、如图关于原电池或电解池的叙述中；正确的是。

A.e是稀硫酸，c、d是金属Cu，在AB两端接上一个电流表，可看到电流表指针偏转B.用该装置做Fe片表面电镀Cu的实验，c、d是Fe片和Cu片，e是CuSO4溶液，B接直流电源的正、负极C.c、d都用石墨，e为CuCl2溶液，B分别连接直流电源正、负极，c极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑D.c、d分别用Zn和Fe，e是经过酸化的3%NaCl溶液，AB两端接电流表是验证牺牲阳极的阴极保护法实验装置9、室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7。下列说法不正确的是。

A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.310、25℃时；下列物质的电离平衡常数如下：

。化学式。

H2CO3

HClO

NH3•H2O

电离平衡常数。

Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

3.0×10-8

1.76×10-5

下列各溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液中：c(Cl-)-c(NH)＞c(K+)-c(ClO-)B.向NaClO溶液中通入CO2气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)：c(Na+)=c(ClO-)+c(HCO)+c(CO)C.将浓度均为0.1mol•L-1的HClO溶液与Na2CO3溶液等体积混合的溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)D.0.2mol•L-1氨水与0.1mol•L-1NaHCO3等体积混合（体积变化可忽略）：c(NH3•H2O)＜c(HCO)+2c(H2CO3)+0.05mol•L-111、我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如图(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是()

A.原电池正极区，发生反应H2R+O2=H2O2+RR+2e-+2H+=H2RB.工作一段时间后，负极区的pH变大C.用该装置在铜上镀银，电极d为纯银D.若消耗标准状况下112mLO2，则电解后恢复至常温CuSO4溶液的pH约为1评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质合成等方面应用广泛。

（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择________(填字母)。

a．碳棒b．锌板c．铜板。

用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：______________________。

（2）图2中，钢闸门C作________极。若用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应为________________________________________，检测该电极反应产物的方法是________________________。13、已知在时，石灰石发生分解反应：则。

(1)该反应_______(填“能”或“不能”)正向自发进行。

(2)若温度能决定反应方向，则该反应正向自发进行的最低温度为_______。14、(1)已知：还原性HSO>I-，氧化性IO>I2.在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应：NaIO3+NaHSO3→I2+Na2SO4+H2SO4+H2O

①配平上述反应的化学方程式_______(将化学计量数填在方框内)；并写出其氧化产物_______。

②在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为_______(填化学式)；

(2)向某密闭容器中加入0.15mol/LA、0.05mol/LC和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如下图中甲图所示[t0时c(B)未画出，t1时增大到0.05mol/L]。乙图为t2时刻后改变反应条件；平衡体系中正；逆反应速率随时间变化的情况。

①若t4时改变的条件为减小压强，则B的起始物质的量浓度为_______mol/L；

②若t1=15s，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的平均反应速率为v(C)=_______mol/(L·s)。

③t3时改变的某一反应条件可能是_______(选填序号)。

a.用催化剂b.大压强c.大反应物浓度。

④有甲、乙两个容积均为2L的密闭容器，在控制两容器温度相同且恒定情况下，向甲中通入3molA，达到平衡时，B的体积分数为20％，则向乙容器中充入1molC和0.5molB，达到平衡时，C的浓度c(C)=_______15、从H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七种离子中恰当地组成电解质；按下列要求进行电解：

（1）以碳棒为电极，使电解质质量减少，水质量不变，进行电解，则可采用的电解质是_________________。

（2）以碳棒为电极，使电解质质量不变，水质量减少，进行电解，则可采用的电解质是______________。

（3）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成碱和氢气，则电解质为_______________________。

（4）以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解后生成酸和氧气，则电解质为______________________。16、在2L密闭容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示（已知：T12）。温度/K平衡时NH3的物质的量/molT13.6T22

（1）则K1__K2，（填“>”、“<”或“=”）原因：___。

（2）在T2下，经过10s达到化学平衡状态，则平衡时H2的转化率为__。若再同时增加各物质的量为1mol，该反应的平衡v正__v逆，(>或=或<)平衡常数将___（填“增大”；“减小”或“不变”）

（3）下列能说明该反应已达到平衡状态的是__。

A.3v正（H2）＝2v逆（NH3）B．容器内气体压强不变。

C.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态D．c（H2）=c（NH3）17、(1)PH3的一种工业制法涉及的物质转化关系如图所示：

①亚磷酸属于___________元酸。

②当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)：n(Na2HPO3)＝3：1时，参加反应的n(P4)：n(NaOH)＝___________。

(2)已知亚磷酸(H3PO3)是弱酸，常温下向1L0.5mol•L﹣1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：b点c(Na＋)___________2c(HPO)＋c(H2PO)(填“＞”、“＜”或“＝”)；反应H3PO3＋HPO2H2PO的平衡常数的数值为___________。

(3)亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病；其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

①将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至7~10时发生反应的离子方程式为___________。

②下列说法错误的是___________。(填序号)

A．n(H3AsO3)∶n(H2AsO)＝1∶1时；溶液显碱性。

B．H3AsO3中：c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH﹣)＝c(H＋)

C．K3AsO3中：c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)

D．H3AsO3的电离平衡常数Ka1∶Ka2＝10b＋a评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)18、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19、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误20、(1)Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱____

(2)Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关____

(3)常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小_____

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小_____

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力____

(6)已知：Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)，则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度_____

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后，Cl-浓度等于零_____

(8)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大____

(9)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变_____

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)____

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1_____

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时，则溶液中达到了AgCl的溶解平衡_____

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变_____

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小______A.正确B.错误21、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共1题，共2分)22、碲是一种重要的战略稀缺元素；被誉为“现代工业的维生素”，是制造光电；半导体、制冷等元件不可缺少的关键材料。有色金属冶炼厂以电解精炼铜的阳极泥为原料，设计了如图新工艺提取、回收并制备高纯碲：

[25℃时，PbSO4和PbCO3的Ksp分别为1.6×10-5(mol·L-1)2、7.4×10-14(mol·L-1)2]

(1)写出治炼厂电解精炼铜的阴极电极反应式：___。

(2)分铜阳极泥(含PbSO4)与Na2CO3混合“湿法球磨”，PbSO4可转化为PbCO3，此反应的化学方程式为___。若在1LPbSO4饱和溶液中加入10.6gNa2CO3固体(溶液体积变化忽略不计)，则此时溶液中SO的物质的量浓度为___mol/L。

(3)分铅阳极泥经硫酸化焙烧蒸硒，产生的烟气中含SeO2与SO2，烟气在低温区用水吸收可回收硒，此过程中氧化产物和还原产物的物质的量之比为___。

(4)分硒阳极泥盐酸浸出液中Te4+用SO2还原可以得到单质碲，发生反应的方程式为：SO2+H2O=H2SO3，___。研究表明，Cl-离子浓度为0.1mol·L-1时的活化能比Cl-离子浓度为0.3mol·L-1时的活化能大，说明较高浓度Cl-可作该反应的__。

(5)整个工艺路线中可以循环利用的物质有(填化学式)___、__。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共24分)23、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。24、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。25、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

题中反应包含太阳能转化为化学能及化学能转化为热能等能量转化方式；①错误；第一步吸热，第二步放热，②错误；题图所示ZnO；Zn可循环使用，③正确；根据盖斯定律，将题图中左侧热化学方程式乘以2再与右侧热化学方程式相加可得目标热化学方程式，经计算④正确。故正确选项为③④；

故答案为B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A；装置中有外电源；属于电解装置，该过程是电能转化为化学能的过程，故A正确；

B、Cu电极上二氧化碳得电子生成甲烷，则铜电极的电极反应式为CO2+8H＋+8e－=CH4+2H2O；铜电极为阴极，发生还原反应，故B正确；

C、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H＋+8e－═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小；故C错误；

D；在电解池的阳极上；是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以氢氧根离子的浓度减小，则pH一定下降，故D正确。

故选：C。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．由图知：CO2*转变为CO和O*，需经历②③④，则CO2*=CO+O*△H=-0.11eV-(-0.37eV)=+0.26eV；A正确；

B．使用高效催化剂能大幅降低反应的活化能；加快化学反应速率；但△H不变，B错误；

C．由图知；吸附过程也会产生能量变化，历程⑥是在被吸附在催化剂表面的粒子之间形成O—H键时放出能量1.23eV，不能表明单纯气态氧原子和氢原子形成O—H键释放的能量，C错误；

D．活化能最大的是决速步。由图可知；历程⑤是RWGS的控速步骤，D错误；

答案选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．原子核外电子排布决定元素在周期表中的位置；根据核外电子有几个电子层和最外层电子数目得出在周期表的位置，故A不符合题意；

B．弱电解质的相对强弱决定相同温度；相同浓度下电离度的大小；弱电解质越强，则相同温度、相同浓度下电离度越大，故B不符合题意；

C．分子间作用力的大小决定分子的熔沸点；分子稳定性的高低与键能有关，故C符合题意；

D．物质内部储存的能量高低决定化学反应的热效应；故D不符合题意。

综上所述，答案为D。5、C【分析】【详解】

A．放电时，Zn是负极、MnO2是正极，根据图示正极反应为：故A正确；

B．放电时，Zn是负极，充电时，Zn作阴极，根据图示，阴极反应式为故B正确；

C．放电过程中，负极区通过离子交换膜a进入硫酸钾溶液，正极区K+通过离子交换膜b进入硫酸钾溶液，所以a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；故C错误；

D．充电过程中，K+通过离子交换膜b进入负极区，通过离子交换膜a进入正极区，所以溶液的浓度逐渐降低；故D正确；

选C。二、多选题(共6题，共12分)6、AD【分析】【详解】

A．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由氢氧根离子移向a极和c极可知，a、c为电池的负极，b；d为电池的正极；A错误；

B．铜箔的作用是隔开正负极；传递电子，B正确；

C．b极为正极，得电子，充电时b、d电极的反应物为Ni(OH)2，由图示可知，放电时b、d电极的反应物为NiO(OH)，则b极电极反应式为：NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-；C正确；

D．放电时，正极反应式为：NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，转移1mol电子，充电时Ni(OH)2为反应物；NiO(OH)为生成物；因此每转移1mol电子，该电池的正极各减重1g，该电池的负极各增重1g，共增重2g，D错误；

答案选AD。7、AD【分析】【分析】

由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA-，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，电离方程式为H2A⇌H++HA-，则Ka1==10-1.2，pH=4.2时，溶液中存在HA-、A2-，且二者浓度相等，电离方程式为HA-⇌H++A2-，则Ka2==10-4.2；以此解答。

【详解】

A．由上述分析可知，由Ka1==10-1.2，Ka2==10-4.2，则H2A⇌2H++A2-的平衡常数K=Ka1•Ka2=10-1.2×10-4.2=10-5.4；故A错误；

B．pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mo/LNaHA溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，因还存在水的电离，则c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，所以各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；故B正确；

C．已知25℃时HF的Ka=10-3.45，由以上信息可知Ka1==10-1.2，Ka2==10-4.2，则酸性H2A＞HF＞HA-，则将少量H2A的溶液加入足量的NaF溶液中，发生的反应为H2A+F-═HF+HA-；故C正确；

D．等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，Ka2=10-4.2，Kh1==10-9.8＜Ka2，说明HA-电离程度大于A2-水解程度，则c(HA-)＜c(A2-)，由Ka2==10-4.2可知，c(H+)＜10-4.2；溶液的pH＞4.2，故D错误；

答案为AD。8、CD【分析】【分析】

【详解】

略9、CD【分析】【详解】

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl；呈中性，室温下pH=7，A项正确；

B．根据突变范围选择合适的指示剂；要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B项正确；

C．由图可知；甲基橙的变色范围在pH突变范围之外，误差比甲基红更大，C项错误；

D．当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且混合溶液中c(NaOH)=即溶液中c(OH‒)=0.0200mol，则c(H+)=pH=-lgc(H+)=12.3；D项错误；

答案选CD。10、CD【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)=c(NH)+c(K+)+c(H+)，根据表格数据可知NH3•H2O的电离平衡常数大于HClO，则NH的水解程度小于ClO-的水解程度，则物质的量浓度相等的NH4Cl和KClO溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，则c(Cl-)+c(ClO-)<c(NH)+c(K+)，则c(Cl-)-c(NH)<c(K+)-c(ClO-)；故A错误；

B．溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(ClO-)+c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(OH-)=c(H+)，所以c(Na+)=c(ClO-)+c(HCO)+2c(CO)；故B错误；

C．根据物料守恒可知c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)=c(Na+)=0.1mol/L，所以c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)；故C正确；

D．根据物料守恒有2c(HCO)+2c(H2CO3)+2c(CO)=c(NH)+c(NH3•H2O)，根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)+c(NH)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，其中c(Na+)=0.05mol/L，所以c(H+)+c(NH)+0.05mol/L=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，又溶液显碱性，所以c(H+)<c(OH-)，则c(NH)+0.05mol/L>c(HCO)+2c(CO)，带入物料守恒式可得c(HCO)+2c(H2CO3)+c(NH)+0.05mol/L>c(NH)+c(NH3•H2O)，则c(HCO)+2c(H2CO3)+0.05mol/L>c(NH3•H2O)；故D正确；

综上所述答案为CD。11、AD【分析】【分析】

由装置图可知，左侧为原电池，a极上发生氧化反应生成为负极，生成的与反应生成S、负极区发生的反应为b极上有机物R发生得电子的还原反应生成为正极，生成的与反应生成R和正极区发生的反应为实现废气的处理和能源的利用，右侧为惰性电极电解CuSO4溶液的电解池；据此分析解答。

【详解】

A．由以上分析可知，原电池正极区，发生反应R+2H++2e-═H2R，O2+H2R=R+H2O2；选项A正确；

B．原电池工作一段时间后；负极区产生氢离子，则pH变小，选项B错误；

C．用该装置在铜上镀银；纯银应该做阳极，即电极c为纯银，选项C错误；

D．若消耗标准状况下即消耗氧气0.005mol，转移电子0.01mol；根据反应产生的物质的量为0.01mol，忽略溶液体积的变化，c(H+)=溶液的pH=1，选项D正确；

答案选AD。三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】【详解】

（1）图1采用牺牲阳极的阴极保护法，牺牲的金属的活泼性应强于被保护的金属的活泼性，材料B可以为锌板，b正确；材料B需定期拆换的原因：锌作原电池的负极，失电子，发生Zn－2e－===Zn2＋反应，不断遭受腐蚀，需定期拆换；正确答案：b；锌等作原电池的负极，失电子，发生Zn－2e－===Zn2＋；不断遭受腐蚀，需定期拆换。

(2)图2为外加电流的阴极保护法，被保护的金属应与电源负极相连，C作阴极，则D作阳极，Cl-在阳极发生失电子反应生成Cl2，极反应方程式：2Cl－－2e－===Cl2↑；可以用湿润的淀粉-KI试纸或淀粉-KI溶液来检验Cl2，如果试纸或溶液变蓝，证明有氯气产生；正确答案：阴；2Cl－－2e－===Cl2↑；将湿润的淀粉­KI试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成Cl2(或取阳极附近溶液滴加淀粉­KI溶液，变蓝)。【解析】①.b②.锌等作原电池的负极，(失电子，Zn－2e－===Zn2＋)不断遭受腐蚀，需定期拆换③.阴④.2Cl－－2e－===Cl2↑⑤.将湿润的淀粉­KI试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成Cl2(或取阳极附近溶液滴加淀粉­KI溶液，变蓝)13、略

【分析】【详解】

（1）所以该反应不能正向自发进行。

（2）根据时，反应可正向自发进行，则有【解析】(1)不能。

(2)14、略

【分析】【分析】

(1)①根据还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2，来判断反应的产物，利用得失电子相等配平方程式，并利用化合价来分析转移的电子数；

②根据过量NaHSO3溶液的还原性和碘的氧化性能继续发生氧化还原反应来分析反应产物；

(2)①t1时反应中A的浓度变化为0.15-0.06=0.09mol/L；C的浓度变化为0.11-0.05=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，若t4时改变的条件为减小压强，根据图乙知，减小压强平衡不移动，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A(g)⇌B(g)+2C(g)，据此可以求出B的起始物质的量浓度；

②由图象计算C的浓度变化；再根据v=∆c/∆t计算反应速率；

③根据可逆反应的特点；结合影响平衡移动的因素进行分析；

④根据三段式结合B的体积分数可以求出该反应的平衡常数；同一个反应；在同一温度下，平衡常数不变，据此进行可以求出乙容器内C的浓度。

【详解】

(1)①在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应：NaIO3+NaHSO3→I2+Na2SO4+H2SO4+H2O；根据反应可知，NaIO3→I2，碘元素化合价由+5→0，2NaIO3→I2化合价共降低了10；HSO3-→SO42-，硫元素由+4价升高到+6价，2HSO3-→2SO42-化合价共升高了4；根据化合价升降总数相等规律可知，NaIO3系数为4，NaHSO3系数为10，根据原子守恒规律可知，I2系数为2，Na2SO4系数为7，H2SO4系数为3，H2O系数为2，配平后的方程式为：4NaIO3+10NaHSO3=2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O；HSO3-→SO42-，硫元素由+4价升高到+6价，发生氧化反应，氧化产物为：Na2SO4和H2SO4；

综上所述，本题正确答案：4，10，2，7，3，2；Na2SO4H2SO4；

②已知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2，所以在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，IO3-最终被还原为I-；所以反应后溶液中的还原产物为NaI；

综上所述；本题正确答案：NaI；

(2)①t1时反应中A的浓度变化为0.15-0.06=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11-0.05=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，若t4时改变的条件为减小压强，根据图乙知，减小压强平衡不移动，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A(g)⇌B(g)+2C(g)，根据方程式可以知道消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，平衡时B的浓度是0.05mol/L，则B的起始物质的量浓度为0.02mol/L；

因此，本题正确答案是：0.02mol/L；

②若t1=15s；生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为：v(C)=(0.11-0.05)/15=0.004mol/(L·s)；

因此；本题正确答案是：0.004mol/(L·s)；

③该反应反应前后气体体积不变；t3后反应速率加快，正逆反应速率相等，所以改变的体积可能是使用了催化剂或加压；

因此，本题正确答案是：ab。

④在容积为2L的密闭容器；发生如下反应：

3A(g)⇌B(g)+2C(g)

起始量300

变化量3xx2x

平衡量3-3xx2x

气体的体积分数之比和气体的物质的量成正比，因此B的体积分数=x/(3-3x+x+2x)×100%=20%，x=0.6mol，平衡常数K=c2(C)c(B)/c3(A)=0.3×0.62/0.63=0.5；

3A(g)⇌B(g)+2C(g)；

起始量00.51

变化量3yy2y

平衡量3y0.5-y1-2y

温度不变，平衡常数不变，K=[(1-2y)/2]2[(0.5-y)/2]/[3y/2]3=0.5；y=0.2mol；所以平衡时，C的浓度c(C)=[1-2×0.2]/2=0.3mol/L。

综上所述，本题正确答案：0.3mol/L。【解析】①.4，10，2，7，3，2②.Na2SO4③.H2SO4、NaI④.0.02mol/L⑤.0.004mol/(L·s)⑥.ab⑦.0.3mol/L15、略

【分析】【分析】

依据电解原理；惰性电极电解，溶液中阴离子移向阳极失电子发生氧化反应，阳离子移向阴极得到电子发生还原反应，据此分析电极的物质；

(1)碳棒是惰性电极；使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身；

(2)碳棒是惰性电极；使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水；

(3)碳棒为阳极；铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解NaCl后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质和水质量都减少，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气。

【详解】

因阳离子放电顺序为Ag+＞Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-和NO3-；则：

(1)碳棒是惰性电极，使电解质质量减少，水质量不变，则本质电解电解质本身，所以电解HCl、CuCl2溶液时；电解质质量减小，水量不变；

(2)碳棒是惰性电极，使电解质质量不变，水质量减少，则本质电解水，所以电解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液时；氢离子；氢氧根离子放电，则电解质质量不变，水量减少；

(3)石墨棒为阳极；铁棒为阴极，电解NaCl溶液时，则氯离子；氢离子放电，所以电解质和水量都减少，电解后生成碱和氢气；

(4)碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气，使电解质和水质量都减少。【解析】HCl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO316、略

【分析】【分析】

（1）合成氨为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；

（2）根据方程式利用三段法进行计算；

（3）达到平衡状态时；正反应速率等于逆反应速率，各物质的质量或浓度保持不变，据此进行分析判断。

【详解】

（1）合成氨为放热反应，T12，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K1>K2；

（2）设达到平衡时N2转化了xmol/L，根据三段法有N2+3H22NH3

始(mol/L)230

转(mol/L)0.51.51

平(mol/L)1.51.51

平衡时H2的转化率=×100%=50%；平衡常数K==0.2；

若再同时增加各物质的量为1mol，根据三段法有：N2+3H22NH3

始(mol/L)221.5

浓度商Qc==0.14正>v逆；

平衡常数只与温度有关；温度不变，K不变；

（3）A.当2v正（H2）＝3v逆（NH3）时才能证明达到平衡状态；A项错误；

B．该反应为非等体积反应；容器内气体压强不变，证明反应达到平衡状态，B项正确；

C.该反应为非等体积反应；混合气体的平均相对分子质量不再改变，证明反应达到了平衡状态，C项正确；

D．浓度相等并不能证明反应达到平衡状态；D项错误；

答案选BC。【解析】①.＞②.温度升高，平衡逆向移动，K减小③.50﹪④.＞⑤.不变⑥.BC17、略

【分析】【详解】

(1)①P4与足量烧碱反应生成Na2HPO3，说明Na2HPO3为正盐，因此H3PO3为二元酸；

②当反应Ⅰ生成的n(NaH2PO2)：n(Na2HPO3)＝3：1时，设n(NaH2PO2)＝3mol，则n(Na2HPO3)＝1mol，则P4反应失去(3×1＋1×3)mol＝6mol电子，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，生成2molPH3，根据Na、P原子守恒可知，参加反应的n(P4)：n(NaOH)＝(mol)∶[(3＋2)mol]＝3∶10；

(2)常温下向1L0.5mol•L﹣1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(HPO)＋c(H2PO)＋c(OH﹣)，b点溶液pH＝6.54＜7，则c(H＋)＞c(OH﹣)，因此c(Na＋)＜2c(HPO)＋c(H2PO)；滴加NaOH溶液过程中δ(H3PO3)逐渐减小，δ(H2PO)先增加再减小，δ(H2PO)逐渐增加，因此δ1表示δ(H3PO3)，δ2表示δ(H2PO)，δ3表示δ(HPO)，H3PO3的K1＝K2＝a点c(H2PO)＝c(H3PO3)，b点c(H2PO)＝c(HPO)，则K1＝1.43，K2＝6.54，H3PO3＋HPO2H2PO的平衡常数K＝＝×＝＝0.22；

(3)①由图像可知，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至7~10时，亚砷酸反应生成反应离子方程式为H3AsO3＋OH﹣＝＋H2O；

②A．n(H3AsO3)∶n(H2AsO)＝1∶1时；溶液pH为a＞7，溶液显碱性，故A正确；

B．H3AsO3溶液中，由电荷守恒可知，c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(OH﹣)＝c(H＋)；故B正确；

C．K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAsO第二步水解生成H2AsO第三步水解生成H3AsO3，则c((AsO)＞c(HAsO)＞c(H2AsO)＞c(H3AsO3)；故C正确；

D．由图可知，H3AsO3的电离平衡常数Ka1＝10﹣a，Ka2＝10﹣b，则Ka1∶Ka2＝10b﹣a；故D错误；

故答案为D。【解析】二3∶10＜0.22H3AsO3＋OH﹣＝＋H2OD四、判断题(共4题，共28分)18、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。19、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)沉淀类型相同、温度相同时，Ksp越小；难溶电解质在水中的溶解能力才一定越弱，答案为：错误。

(2)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关；与离子浓度无关，答案为：正确。

(3)溶度积常数Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，常温下，BaCO3的Ksp始终不变；答案为：错误。

(4)Ksp小的物质其溶解度一定比Ksp大的物质的溶解度小；答案为：错误。

(5)Ksp反应了物质在水中的溶解能力，只有沉淀类型相同、温度相同时，才可直接根据Ksp数值的大小来比较电解质在水中的溶解能力；答案为：错误。

(6)Ag2CrO4与AgCl沉淀类型不同，不能通过Ksp(Ag2CrO4)sp(AgCl)比较Ag2CrO4的和AgCl的溶解度大小；答案为：错误。

(7)10mL0.1mol·L-1HCl与10mL0.12mol·L-1AgNO3溶液混合，充分反应后析出氯化银沉淀，存在沉淀溶解平衡，Cl-浓度不等于零；答案为：错误。

(8)物质确定时，溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，大多数沉淀Ksp增大、少数沉淀Ksp减小；例如氢氧化钙，答案为：错误。

(9)常温下Mg(OH)2的Ksp不变；不受离子浓度影响，答案为：正确。

(10)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先出现了碘化银沉淀，但由于不知道其实时氯离子和碘离子的浓度，因此，无法判断Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小；答案为：错误。

(11)AgCl的Ksp=1.8×10-10，则在含AgCl固体的水中，c(Ag+)=c(Cl-)=×10-5mol·L-1；在任何含AgCl固体的溶液中，银离子和氯离子浓度不一定相等，答案为：错误。

(12)在温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积Qsp(AgCl)=Ksp(AgCl)时；则溶液中达到了AgCl的溶解平衡，答案为：正确。

(13)向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，则溶液中不变；答案为：正确。

(14)将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液，现象是先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则先得到氢氧化镁沉淀和硫酸钠溶，后氢氧化镁转变为氢氧化铜沉淀，说明沉淀发生了转化，所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小，答案为：正确。21、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。五、工业流程题(共1题，共2分)22、略

【分析】【分析】

以铜阳极泥为原料，提取、回收并制备高纯碲。首先用硫酸浸泡，将铜元素转化为CuSO4进入溶液，再电解便可获得铜；然后将分离出铜的阳极泥用碳酸钠溶液浸泡，将PbSO4转化为PbCO3，用HNO3溶解并转化为Pb(NO3)2，再用金属还原得铅；将分铅阳极泥加硫酸焙烧蒸硒，得SeO2后再还原得硒；分硒阳极泥用盐酸浸出，得盐酸浸碲液，再用SO2还原；便得到碲。

【详解】

(1)冶炼厂电解精炼铜用粗铜作阳极，精铜片作阴极。阳极发生氧化反应：等，阴极发生还原反应：答案为：

(2)分铜阳极泥中的少量铅元素以硫酸铅存在，很难直接分离，要用碳酸钠溶液将其转化为碳酸铅，然后用硝酸酸浸除去。PbSO4和PbCO3的Ksp分别为则当溶液中与的物质的量浓度之比大于时，PbSO4可转化为PbCO3，反应的离子方程式为：1LPbSO4饱和溶液中加入10.6gNa2CO3固体(溶液体积变化忽略不计)，SO的物质的量没有变化，溶液体积没有变化，故SO的物质的量浓度没有变化，因为是PbSO4饱和溶液，故c(SO)==

(3)分铅阳极泥中的硒通过硫酸化焙烧蒸硒除去，烟气中SeO2与SO2在低温区用水吸收回收硒，该过程的化学方程式：其中氧化剂(SeO2)与还原剂(SO2)物质的量之比为1∶2。答案为：1：2；

(4)分硒阳极泥盐酸浸出液中TeCl4(Te4+)被SO2还原可以得到单质碲：(或)。Cl-浓度大，反应的活化能小，说明较高浓度的Cl-能改变反应的活化能，故可作该反应的催化剂。答案为：(或)；催化剂；

(5)工艺路线中铜阳极泥硫酸酸浸分铜、分铅阳极泥硫酸化焙烧蒸硒、分硒阳极泥盐酸浸碲分别要用到硫酸和盐酸，而在烟气回收硒的过程中能产生硫酸、盐酸浸碲液SO2还原过程中能产生大量硫酸和盐酸，故可以循环利用的物质有硫酸、盐酸。答案为：H2SO4；HCl。

【点睛】

从阳极泥中提取金属或非金属单质时，通常先将其转化为可溶性盐或氧化物，然后用还原剂还原。【解析】1：2(或)催化剂H2SO4HCl六、结构与性质(共3题，共24分)23、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少6