2025年新科版选择性必修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年新科版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某科研机构研发的-空气酸性燃料电池的工作原理如图所示：

下列叙述错误的是A.通入氧气的一极为正极B.负极的电极反应式为C.若外电路中转移电子，理论上左侧电极附近溶液增重D.该装置在将化学能转化为电能的同时，还有利于环保并制硝酸2、CoCl2溶液中存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2OΔH(已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色)。下列说法错误的是A.将CoCl2溶于浓盐酸得到的蓝色溶液置于冰水浴中变为粉红色，则说明ΔH＞0B.将CoCl2溶于水后再加入浓盐酸，溶液由粉红色变为蓝色，平衡常数增大C.硅胶中加入少量CoCl2制成蓝色变色硅胶，吸水后会变成粉红色D.向蓝色的CoCl2和浓盐酸的混合溶液中滴加AgNO3溶液，会有白色沉淀生成，同时溶液变为粉红色3、下列说法不正确的是A.在食醋总酸含量的测定中，如果滴定的终点没有控制好，NaOH溶液滴加过量，可向溶液中继续滴加待测食醋溶液来补救B.将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却即可得到颗粒较大的晶体C.将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入溶液和.溶液中，一段时间后，在溶液中的铝片表面能观察到明显的反应现象D.用苯萃取溴水中的溴，有机层应从上口倒出4、侯氏制碱法工艺流程如图所示。

下列说法不正确的是A.饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的B.煅烧时发生反应C.“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大D.母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者的浓度更大5、盐溶于水存在如图过程；下列说法正确的是。

A.是弱电解质B.溶液的C.与的混合溶液中其离子浓度大小关系可能为：D.溶液中一定存在6、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.119.5gCHCl3中含有NA个Cl—H键B.常温常压下，11.2LCO2的分子数为0.5NAC.1L0.1mol∙L−1(NH4)2HPO4溶液中的离子总数为0.3NAD.16gCH4和36gH2O中含有的共价键数均为4NA7、下面提到的问题中，与盐的水解无关的是A.NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂B.加热氯化铁溶液颜色变深C.实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞D.为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉8、下列说法或表达式正确的是A.0.5mol稀H2SO4与0.5mol稀Ba(OH)2溶液反应放出akJ热量，则中和热为akJ/molB.则热量变化关系式：△H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)C.△H与反应方程式中的化学计量数，物质的状态和可逆反应均有关D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同9、已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol；相关数据如下：

。

H2(g)

N2(g)

NH3(g)

1mol分子中的化学键形成时要释放出的能量/kJ

436

946

a

一定条件下，在体积为1L的密闭容器中加入1molN2和3molH2充分反应，放出热量Q1kJ，下列说法正确的是A.A；如图可表示合成氨过程中的能量变化。

B.a的数值为391C.Q1的数值为92D.相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q1评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、微生物燃料电池是一种高效、经济的发电装置。一种双室微生物燃料电池的装置如图所示，其中负极反应为下列说法错误的是。

A.该装置可实现化学能转化为电能B.上图所示装置中，左侧区域为负极区，右侧区域为正极区C.放电时，正极生成的气体和负极消耗气体的物质的量之比为1：1D.放电一段时间后，正极区酸性增强11、在200℃时，向5L带气压计的恒容密闭容器中通入和发生反应测得初始压强为反应过程中容器内总压强(p)随时间(t)变化(反应达到平衡时的温度与起始温度相同)如图所示。下列说法错误的是。

A.该反应为吸热反应B.内，反应的平均反应速率C.用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数D.该反应在建立平衡过程中气体的物质的量先减小后增大12、下列措施可加快56g铁粉与300mL2mol•L-1稀硫酸反应速率，同时又不影响生成H2的量的是A.加入少量CuSO4粉末B.适当升高反应温度C.将稀硫酸换成等物质的量的浓硫酸D.将铁粉换成等质量的铁片13、工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单质硫。反应原理为2H2S(g)＋O2(g)=S2(s)＋2H2O(l)ΔH=-632kJ·mol-1.H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是。

A.电极a为电池的负极B.电极b上的电极反应式为O2＋4H＋＋4e-=2H2OC.若有17gH2S参与反应，则会有1molH＋经质子膜进入负极区D.若电路中通过2mol电子，则电池内部释放632kJ热能14、次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，H3PO2可以通过电解的方法制备；其工作原理如下图所示。下列说法正确的是。

A.X为电源正极，Y为电源负极B.电解一段时间后，N室的pH减小C.a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜D.当电路中通过3mol电子时，可生成1molH3PO215、下列关于电解池的叙述中正确的是A.与电源正极相连的是电解池的阴极B.与电源负极相连的是电解池的阴极C.在电解池的阳极发生氧化反应D.电子从电源的负极沿导线流向正极评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、一定温度下，在固定容积为5L的密闭容器中发生可逆反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。

（1）请写出该反应的化学平衡常数表达式K=________________________。

（2）不能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是_____________（填字母）

A．υ正(H2O)=υ逆(H2)

B．消耗nmolH2的同时消耗nmolCO

C．容器中混合气体的密度不随时间而变化。

D．混合气体的压强不再变化。

（3）若在固定容积为5L的密闭容器中加入的是2molFe(s)与1molH2O(g)，发生反应：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，△H＜0，t1秒时，H2的物质的量为0.2mol，到t2秒时恰好达到平衡，此时H2的物质的量为0.35mol。

①t1～t2这段时间内的反应速率υ（H2O）=____；达到平衡时，H2的体积分数为____。

②若继续加入2molFe(s)，则平衡___________移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），继续通入1molH2O再次达到平衡后，H2的物质的量为___________。

③该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：

t1时改变了某种条件，改变的条件可能是________________。17、已知甲烷隔绝空气在不同温度下有可能发生如下两个裂解反应：

①CH4(g)C(s)+2H2(g)，②2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。

某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度；在图书馆查到如下热力学数据：

①反应的ΔH(298K)="+74.848"kJ/mol；ΔS(298K)="+80.674"J/(mol·K)

②反应的ΔH(298K)="+376.426"kJ/mol；ΔS(298K)="+220.211"J/(mol·K)

已知焓变和熵变随温度变化很小。请帮助这位同学考虑如下问题：

（1）反应①属于____(填“高温”或“低温”)自发反应。

（2）判断反应①自发进行是由____(填“焓变”或“熵变”)决定的。

（3）通过计算判断反应①在常温下能否自发进行。_________________________________。

（4）求算制取炭黑的允许温度范围：_______________________________。

（5）为了提高甲烷的炭化程度，你认为下面四个温度中最合适的是____(填字母)。A．905.2KB．927KC．1273KD．2000K18、恒温下向容积为2L的刚性容器中通入A和B气体各1mol，发生反应：5分钟后达到平衡。若起始压强105Pa；平衡时总压减少了20%。回答下列问题：

(1)平衡常数K为___________。(用分数表示)

(2)从开始反应到平衡，以气体B来表示的化学反应速率为___________。

(3)保持温度不变，向平衡后的容器中再充入A、B、C、D各1mol。此时，平衡向___________方向移动。(填“向左”“向右”“不”)

(4)在水溶液中，C容易发生二聚反应：不同温度下；溶液中C的浓度(mol/L)与时间的关系如图：

下列说法正确的是___________。A．B．a点的正反应速率>b点的逆反应速率C．c点的速率>a点的速率D．c点时，C2的浓度为0.65mol/L19、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)；反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据如图回答下列问题：

(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是________________________________________________________。

(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是_____________________。

(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。

(4)已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量和下列两个热化学方程式：

4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

则ΔH1和ΔH2的关系正确的是（______）

A．ΔH1＝ΔH2B．ΔH1＞ΔH2C．ΔH1＜ΔH2D．无法确定20、现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol•L-1的HA；HB两种酸的溶液；滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。

（1）由图可知，HB的酸性比HA的酸性__（填“强”“弱”或“相同”）。

（2）b点对应的溶液中c(HB)__（填“＞”“＜”或“=”）c(B-)；a点对应的溶液中c(A-)+c(OH-)__（填“＞”“＜”或“=”）b点对应的溶液中c(B-)+c(OH-)。

（3）与曲线Ⅰ上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__。

（4）已知常温下向0.1mol•L-1的NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。

①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_。

②若在此溶液中能检测到H2C分子，则此溶液中c(C2-)__（填“＞”“＜”或“=”）c(H2C)。

③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol•L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol•L-1，则HC-H++C2-的电离平衡常数K=__。21、常温下，某水溶液X中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-；只存在一种分子。根据题意回答下列问题：

(1)常温下，若X为20mL1mol·L-1Na2A溶液，则溶液X的pH_______(填“＞”“＝”或“＜”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______；向该溶液中加入10mL1mol·L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为_______mol·L-1[已知Ksp(BaA)=1.8×10-10]。

(2)若有三种溶液：①0.01mol·L-1H2A溶液、②0.01mol·L-1NaHA溶液、③0.02mol·L-1盐酸与0.04mol·L-1Na2A溶液等体积混合，则三种溶液中c(A2-)最大的是_______(填序号，下同)；pH由小到大的顺序为_______。22、硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：

根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O⇌H++B(OH)Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是_______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)23、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共2题，共6分)24、碳和氮的化合物广泛应用于工业；航天、医药、有机合成、能源开发等领域。

(1)氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。该反应已达到平衡状态的标志是__________。

a．反应速率v(NO)=v(H2O)

b．容器内压强不再变化。

c．容器内N2的物质的量分数不再变化。

d．容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6

e．12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键。

f．混合气体的平均相对分子质量不再改变。

(2)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中发生反应C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示，则下列说法正确的是______(填字母)。

a．反应达平衡状态时；混合气体的平均相对分子质量保持不变。

b．A点的正反应速率比B点正反应速率小。

c．550℃时，若充入氦气，则v正、v逆均减小；平衡不移动。

d．T℃时，反应达平衡后CO2的转化率为66.7%

e．T℃时，若再充入1molCO2和1molCO；平衡不移动。

(3)一定条件下，在5L密闭容器内，反应2NO2(g)N2O4(g)，NO2的物质的量随时间变化如下表：。时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005

①用N2O4表示0～2s内该反应的平均速率为_____mol•L-1•s-1。在第5s时，NO2的转化率为_____。

②为加快反应速率，可以采取的措施是_______

a．升高温度b．恒容时充入He(g)

c．恒压时充入He(g)d．恒容时充入NO2

(4)氨气、CO2在一定条件下可合成尿素，其反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，下图表示合成塔中氨碳比a与CO2转化率ω的关系。a为b为水碳比则。

①b应控制在______

a．1.5-1.6b．1-1.1c．0.6-0.7

②a应控制在4.0的理由是_________25、氰化钠（NaCN）是一种重要的化工原料；用于电镀；冶金和有机合成医药，农药及金属处理等方面。已知：氰化钠为白色结晶颗粒或粉末，易潮解，有微弱的苦杏仁气味，剧毒。熔点563.7℃，沸点1496℃。易溶于水，易水解生成氰化氢，水溶液呈强碱性。

（1）氰化钠中碳元素的化合价＋2价，N元素显－3价，则非金属性N__________C（填<，＝或>），用离子方程式表示NaCN溶液呈强碱性的原因：____________________。

（2）已知：

则向NaCN溶液通入少量CO2反应的离子方程式：____________________

（3）用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法错误的是________________。

A．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋＝N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O

B．用石墨作阳极；铁作阴极。

C．阴极的电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－

D．阳极的电极反应式为：Cl－＋2OH－－2e－＝ClO－＋H2O

（4）氰化钠可用双氧水进行消毒处理。

用双氧水处理氰化钠产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的化学方程式____________________；

（5）化合物（CN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，试写出（CN）2与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________。评卷人得分六、计算题(共1题，共10分)26、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

(1)已知8g固体硫完全燃烧时放出74.2kJ的热量，该反应的热化学方程式是___________。

(2)在25℃、101kPa下，已知SiH4气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放出热量190.0kJ，该反应的热化学方程式是___________。

(3)下图a曲线是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为___________。

(4)拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热为___________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为___________。

(5)已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=＋67.7kJ·mol－1

N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ·mol－1

则肼(N2H4)与NO2完全反应的热化学方程式为___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

原电池正极还原反应，负极发生氧化反应，可知正极为O2；负极为NO。

【详解】

A.通入氧气的为正极；A正确；

B.负极的电极反应式为NO−3e−+2H2O=+4H+；B正确；

C.若外电路中转移3mol电子，理论上左侧电极附近溶液增重是参加反应的NO与同时通过质子交换膜转移到右侧质子的差值，消耗NO为30g，转移H+为4g；增重为30g-4g=26g，C错误；

D.该装置在将化学能转化为电能；同时消耗NO减少空气污染，有利于环保并制硝酸，D正确；

故答案为：C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．将CoCl2溶于浓盐酸，溶液中的氯离子浓度增大，得到的蓝色溶液是[CoCl4]2-，置于冰水浴中变为粉红色，生成了[Co(H2O)6]2+，表明降低温度，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，温度降低平衡向放热的方向移动，逆反应方向的ΔH＜0，则正反应方向的ΔH＞0；故A不符合题意；

B．将CoCl2溶于水后得到的是[Co(H2O)6]2+，再加入浓盐酸，溶液中的氯离子浓度增大，说明平衡正向移动，[Co(H2O)6]2+转化为[CoCl4]2-；溶液由粉红色变为蓝色，平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故B符合题意；

C．硅胶中加入少量CoCl2制成蓝色变色硅胶含有[CoCl4]2-，吸水后，平衡逆向移动，变成粉红色的[Co(H2O)6]2+；故C不符合题意；

D．蓝色的CoCl2和浓盐酸的混合溶液中，氯离子浓度增大，得到的蓝色溶液是[CoCl4]2-，滴加AgNO3溶液，银离子与Cl-反应生成了氯化银白色沉淀，平衡逆向移动，生成了[Co(H2O)6]2+；故溶液变为粉红色，故D不符合题意；

答案选B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．食醋总酸含量的测定中；NaOH溶液滴加过量，可加食醋滴定过量的NaOH，记录下滴入食醋的体积，再进行计算，A正确；

B．冷却热饱和溶液时；自然冷却可以得到较大晶体，快速冷却得到的是小颗粒，B错误；

C．Cu2+水解显酸性，且氯离子可以破怀Al表面的Al2O3氧化膜，之后Al能将Cu2+置换出来；发生明显现象，C正确；

D．苯的密度小于水；萃取后在上层，因此需从上口倒出，D正确；

故选B。4、D【分析】【详解】

A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的故A正确；

B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠；水、二氧化碳；故B正确；

C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液大；故C正确；

D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体；析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．从电离方程式看，在水溶液中发生完全电离；则其是强电解质，A不正确；

B．因为A-能与水电离产生的H+结合，所以HA为弱电解质，在水溶液中发生部分电离，溶液的pH＞2；B不正确；

C．从离子浓度的大小关系可以看出，阴离子总浓度大于阳离子总浓度，溶液不呈电中性，所以的关系不成立；C不正确；

D．溶液中，发生A-+H2OHA+OH-、H2OH++OH-，依据质子守恒原则，一定存在D正确；

故选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．不含键；故A错误；

B．不是标准状况；不能计算，故B错误；

C．因水解和电离(包括水电离)使离子总数增大，故C错误；

D．16gCH4物质的量为1mol含有含有的共价键数为4NA，36gH2O物质的量为2mol，含有的共价键数为4NA；故D正确；

综上所述，答案为D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．铵根离子、锌离子水解显酸性，即+H2ONH3·H2O+H+，Zn2++2H2OZn(OH)2+2H+；和铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐的水解有关，故A不符合题意；

B．加热氯化铁溶液颜色变深，是由于升温造成Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+水解平衡正向移动；颜色加深，与盐的水解有关，故B不符合题意；

C．碳酸钠；硅酸钠中的碳酸根离子和硅酸根离子水解显碱性；和玻璃中的二氧化硅反应，把玻璃瓶塞和瓶口粘结，与盐的水解有关，故C不符合题意；

D．为保存FeCl2溶液；要在溶液中加少量铁粉，是防止亚铁离子被氧化，与盐的水解无关，故D符合题意；

答案为D。8、B【分析】【详解】

A、0.5molH2SO4与0.5molBa(OH)2完全反应除了生成水还生成硫酸钡固体，所放出的热量不是中和热，故A错误；B.反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律，的热量变化符合△H1+△H3+△H5=-(△H2+△H4)，故B正确；C．反应热的大小与可逆反应无关，与化学计量数，物质的状态有关，故C错误；D．反应热与反应条件无关，所以同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；故选B。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．反应是放热反应；反应物能量高于生成物，故A错误；

B．△H=反应物键能和-生成物键能和；有-92kJ/mol=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6akJ/mol，a=360kJ/mol，故B错误；

C．合成氨是可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化；故C错误；

D．合成氨的正反应是气体体积减小的反应，1L容器中，反应物越多反应物转化率越高，所以相同条件下，反应物若为2molN2和6molH2，放出热量Q2＞2Q1；故D正确；

故选D。二、多选题(共6题，共12分)10、CD【分析】【分析】

根据图示题干得知此电池为生物燃料电池；左侧为微生物氧化区，微生物将葡萄糖氧化为二氧化碳，所以左侧为负极区，右侧氧气得电子生成水，右侧为正极区。

【详解】

A．根据上述分析；该装置为生物燃料电池，化学能转化为电能，故A正确；

B．电子流出的一极为负极；流入的一极为正极，所以左侧区域为负极区，右侧区域为正极区，故B正确；

C．负极反应为正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，正极消耗气体，负极生成气体，由电子守恒关系可知：CO2~4e-~O2；则正极消耗的气体和负极生成气体的物质的量之比为1：1，故C错误；

D．负极区会产生大量氢离子；所以放电一段时间后，负极区酸性增强，故D错误；

答案选CD。11、BD【分析】【分析】

根据题意列三段式如下：由图可知平衡时总压为1.2p0；则。

解得x=0.4。

【详解】

A．正反应气体物质的量增多；0~2min压强减小，说明容器内温度降低，该反应为吸热反应，故A正确；

B．内，反应的平均反应速率故B错误；

C．用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数故C正确；

D．正反应该气体物质的量增大；反应在建立平衡过程中气体的物质的量持续增大，故D错误；

选BD。12、AB【分析】【分析】

【详解】

A．56g铁粉与300mL2mol•L-1稀硫酸反应，铁粉过量，加入少量CuSO4粉末可以形成原电池；不影响稀硫酸的量，产生的氢气的量不变，故原电池加快反应速率，故A正确；

B．适当升高反应温度；不影响铁粉与稀硫酸的量，升高反应温度加快反应速率，故B正确；

C．浓硫酸与铁粉钝化；故C错误；

D．将铁粉换成等质量的铁片；表面积减小，速率减慢，故D错误；

故答案为AB。13、CD【分析】【详解】

A．由图示分析可知a电极为负极，发生氧化反应；b电极为正极发；生还原反应，故A不选；

B．由A分析可知电极b为负极，氧气在b电极得到电子发生还原反应，即O2＋4H＋＋4e-=2H2O；故B不选；

C．在原电池的工作原理中阳离子向正极移动，所以若有17gH2S参与反应，则会有1molH＋经质子膜进入正极区；故选C；

D根据方程式可知，电路中每通过4mol电子，有2molH2S发生反应；电池内部释放632kJ能量，部分以电能的形式放出，部分以其他形式的能发放出，故选D。

答案选CD14、AC【分析】【分析】

根据示意图可知，产品室生成H3PO2，是原料室中的通过b膜进入，H+由M室通过a膜进入；根据电解池中阴；阳离子的移动方向可知M室为阳极室，N室是阴极室，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知；M室为阳极室，N室是阴极室，故X为电源正极，Y为电源负极，A正确；

B．电解一段时间后，N室为阴极室，所发生的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；故pH增大，B错误；

C．根据分析，H+通过a膜，Na+通过c膜，故a、c为阳离子交换膜，通过b膜，故b为阴离子交换膜；C正确；

D．根据反应H++=H3PO2，故当电路中通过电子时，可生成D错误；

故答案为：AC。15、BC【分析】【分析】

根据电解池的基本构成；电解池阴阳极的定义及反应进行判断。

【详解】

A．与电源正极相连的是电解池的阳极；故A不正确；

B．与电源负极相连的是电解池的阴极；故B正确；

C．阳极发生氧化反应；故C正确；

D．在电解池中；电子从电源的负极流出到阴极，故D不正确；

故选BC。

【点睛】

注意在电解池中电子的移动过程中，电子不能通过溶液，只能在导体中移动。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡常数的定义：生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积之比为平衡常数列出该反应的化学平衡常数的表达式；

（2）根据化学平衡的判断标志进行判断；化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量；浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志；

（3）①根据公式计算t1～t2这段时间内氢气的反应速率，再根据化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(H2O)；根据该反应为反应前后气体体积不变的反应可知；达到平衡时，气体总物质的量不变，仍为1mol，从而计算氢气的体积分数；

②改变固体的用量平衡不移动；继续通入1molH2O再次达到的新平衡相当于一次性加入2molH2O达到的平衡状态，而该反应前后气体体积不变，则加入2molH2O与加入1molH2O建立等效平衡；

③根据外界条件对化学反应速率的影响判断。

【详解】

（1）根据平衡常数的定义：生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积之比为平衡常数，故该反应的化学平衡常数表达式为

故答案为

（2）A．υ正(H2O)=υ逆(H2)时；代表正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A可以判断；

B．消耗nmolH2的同时消耗nmolCO；反应都代表逆反应，故B不可以判断；

C．碳为固体；则气体的总质量为变量，容器容积不变，则密度为变量，当容器中混合气体的密度不随时间而变化时，反应达到平衡，故C可以判断；

D．该反应前后气体的体积变化；则混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不再变化时，反应达到平衡，故D可以判断；

综上所述；B项不能判断该反应一定达到化学平衡状态；

故答案为B；

（3）①t1～t2这段时间内，氢气的反应速率为根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2O)=v(H2)=mol/(L·s)；

该反应为反应前后气体体积不变的反应，达到平衡时，气体总物质的量不变，仍为1mol，则H2的体积分数为

故答案为mol/（L·s）；35%；

②Fe为固体，若继续加入2molFe(s)，则平衡不移动；继续通入1molH2O再次达到的新平衡相当于一次性加入2molH2O达到的平衡状态，而该反应前后气体体积不变，则加入2molH2O与加入1molH2O建立等效平衡，继续通入1molH2O再次达到平衡后，H2的物质的量为原来的2倍；即为0.7mol；

故答案为不；0.7；

③根据图像可得，t1时刻逆反应速率逐渐增大，所以可能增H2O(g)的浓度；

故答案为增大H2O(g)的浓度。【解析】Bmol/（L·s）35%不0.7增大H2O(g)的浓度17、略

【分析】【详解】

（1）由于用天然气制取炭黑的反应是一个吸热、熵增的反应，只有在高温下才会有ΔH-TΔS<0，反应正向自发进行，所以反应①在高温时能自发进行。（2）因为反应①吸热，不利于反应的自发进行；而熵增有利于反应的自发进行，所以反应①能否自发进行由熵变决定。（3）ΔH-TΔS="74.848"kJ/mol-80.674×10-3kJ/(mol·K)×298K≈50.807kJ/mol>0，所以反应①在常温下不能自发进行。（4）天然气裂解为炭黑时，ΔH-TΔS="74.848"kJ/mol-80.674×10-3kJ/(mol·K)×T<0，得T>927.8K，即天然气裂解为炭黑的最低温度为927.8K。天然气裂解为乙炔时，ΔH-TΔS="376.426"kJ/mol-220.211×10-3kJ/(mol·K)×T<0，得T>1709.4K，即温度高于1709.4K时天然气会自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑，温度需控制在927.8~1709.4K之间。（5）根据（4）中计算出的温度范围，可知C项符合题意。【解析】（1）高温（2）熵变。

（3）ΔH-TΔS="74.848"kJ/mol-80.674×10-3kJ/(mol·K)×298K≈50.807kJ/mol>0；所以反应①在常温下不能自发进行。

（4）927.8~1709.4K（5）C18、略

【分析】【分析】

恒温下向容积为2L的刚性容器中通入A和B气体各1mol；发生反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，5分钟后达到平衡，平衡时总压减少了20%。在恒温恒容下，压强和气体物质的量成正比，所以平衡时气体总的物质的量减少了20%，即减少了2mol×20%=0.4mol。根据反应方程式可知，减少的物质的量就是反应的A的物质的量，也就是生成的C和D的物质的量，列三段式：

（1）

容器的体积为2L，用平衡时各物质的浓度计算化学平衡常数K=

（2）

从开始反应到平衡，气体B的物质的量变化为0.8mol，则以气体B来表示的化学反应速率为

（3）

保持温度不变，向平衡后的容器中再充入A、B、C、D各1mol，此时，A、B、C、D的物质的量分别为1.6mol、1.2mol、1.4mol、1.4mol，浓度分别为0.8mol/L、0.6mol/L、0.7mol/L、0.7mol/L，此时的Q=所以平衡向右移动。

（4）

A．起始浓度相同，T2温度下反应先达到平衡，所以T2温度下反应速率快，温度越高，反应速率越快，所以T2＞T1；A错误；

B．a、b两点温度相同，a点的浓度大于b点的浓度，所以a点的正反应速率大于b点的正反应速率，b点时没有达到平衡，所以b点的正反应速率大于其逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率；B正确；

C．a点的反应物的浓度大于c点反应物的浓度；而a点对应的温度低于c点对应的温度，所以无法比较a点和c点的速率，C错误；

D．c点时，反应物C的浓度由起始的1.5mol/L降低到了0.2mol/L，所以C的浓度减少了1.3mol/L，根据C发生二聚反应的方程式可知，生成的C2的浓度为0.65mol/L；故D正确；

故选BD。【解析】(1)

(2)

(3)向右。

(4)BD19、略

【分析】【分析】

（1）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（2）根据图像得出反应物；生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；然后依据书写热化学方程式的原则书写；

（3）根据盖斯定律分析；根据反应物的总能量；中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；

根据盖斯定律的实质应用判断；可以利用题干所给反应和热量变化，合并得到白磷转化为红磷的热量变化分析判断。

【详解】

（1）根据图示可知：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）；反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+

3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

故答案为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/mol；

（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；

（3）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的热化学方程式：

P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306kJ/mol；

Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93kJ/mol；

P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol；

由图像可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；

故答案为：-399kJ•mol-1；等于；

（4）①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2。

①−②得到4P(白)=4P(红)△H=△H1−△H2；

已知1mol白磷变成1mol红磷放出18.39KJ的热量，所以△H1−△H2<0；△H1<△H2；

故选：C。

【点睛】

反应热当反应物和生成物的状态定后，只与始态和终态有关，与反应所经历的途径无关。【解析】P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ/molPCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1-399kJ•mol-1等于C20、略

【分析】【详解】

(1)HA；HB均为0.1mol/L；由图像可知，起始时HA的pH小于HB的pH，故HA的酸性较强，即HB的酸性比HA的酸性弱；

(2)b点时，加入NaOH的10mL，溶液中HB和NaB的浓度相等，由图像可知，此时溶液为酸性，说明HB的电离程度（HBH++B-）大于B-的水解程度（B-+H2OHB+OH-），故溶液中c(HB)＜c(B-)；a点处的电荷守恒为c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，b点处的电荷守恒为c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由图像可知，a点的pH小于b点，即a点的c(H+)较大，a、b两点的c(Na+)相同，故a点处的c(Na+)+c(H+)较大，即c(A-)+c(OH-)＞c(B-)+c(OH-)；

(3)c点的HB和NaOH恰好完全反应，得到NaB的溶液，由于NaB水解（B-+H2OHB+OH-），导致c(Na+)＞c(B-)，水解后溶液为碱性，故有c(OH-)＞c(H+)，由于水解程度是较微弱的，故c(B-)＞c(OH-)，所以可得离子浓度顺序为c(Na+)＞c(B-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(4)①0.1mol/L的NaHC的pH为1，说明NaHC完全电离，电离方程式为NaHC=Na++H++C2-；

②若在此溶液中能检测到H2C分子，说明HC-发生水解，即H2C为弱酸，NaHC溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色，说明溶液为酸性，即HC-的电离程度（HC-H++C2-）大于其水解程度（HC-+H2OH2C+OH-），故溶液中c(C2-)＞c(H2C)

③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，0.1mol/L的H2C溶液中电离产生的c(H+)=c(HC-)=0.1mol/L，HC-H++C2-电离产生的c(H+)=c(C2-)=0.11mol/L-0.1mol/L=0.01mol/L，剩余的c(HC-)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，K=【解析】弱＜＞c(Na+)＞c(B-)＞c(OH-)＞c(H+)NaHC=Na++H++C2-＞21、略

【分析】(1)

在常温下，某水溶液X中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，只存在一种分子，该分子是H2O分子。常温下，若X为20mL1mol·L-1Na2A溶液，Na2A电离产生Na+、A2-，A2-会发生水解反应产生HA-、OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)；因此溶液显碱性，溶液的pH＞7；

根据盐的组成可知溶液中离子浓度：c(Na+)＞c(A2-)；A2-会微弱的发生水解反应产生HA-、OH-，OH-除A2-水解产生，还有H2O电离产生，而HA-只有A2-水解反应产生，所以离子浓度：c(OH-)＞c(HA-)；盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(A2-)＞c(OH-)；H+只有水微弱的电离产生，因此离子浓度：c(HA-)＞c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)；

Na2A与BaCl2发生沉淀反应：Na2A+BaCl2=BaA↓+2NaCl，显然混合溶液中Na2A过量，反应后溶液中过量的A2-的浓度c(A2-)=根据Ksp(BaA)=1.8×10-10，则混合溶液中Ba2+的浓度c(Ba2+)=

(2)

②0.01mol·L-1NaHA溶液中只存在：HA-H++A2-；

①0.01mol·L-1H2A溶液中，H2A发生电离：H2A=H++HA-；HA-H++A2-。第一步电离产生H+对第二步电离平衡起抑制作用，导致HA-电离程度减弱，c(A2-)比②小；

③0.02mol·L-1盐酸与0.04mol·L-1Na2A溶液等体积混合，二者发生反应：HCl+Na2A=NaCl+NaHA，得到的是0.01mol/LNaHA、Na2A、NaCl的混合溶液，该溶液中c(A2-)最大，在该溶液中A2-存在对电离平衡HA-H++A2-起抑制作用，使其电离产生的H+比②小。可见三种溶液中c(A2-)最大的是③；电离产生的c(H+)的大小关系为：①＞②＞③，电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小，故三种溶液pH由小到大的顺序为：①＜②＜③。【解析】(1)＞c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(HA-)＞c(H+)5.4×10-10

(2)③①＜②＜③22、略

【分析】【分析】

硼镁矿粉中SiO2、Fe2O3、Al2O3与溶液不反应，因此滤渣1的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3，Mg2B2O5·H2O与硫酸铵溶液反应生成H3BO3（由H3BO3解离反应知，部分硼酸以形式存在）、硫酸镁和氨气，经过滤1后，调节滤液的pH为3.5，目的是将转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；再经过滤2，可以得到的滤渣是硼酸；氨气用碳酸氢铵溶液吸收后，所得混合液与过滤2的滤液混合可以得到碱式碳酸镁沉淀，该沉淀可以制备轻质氧化镁。

【详解】

由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，c(H+)增大，促进硼酸解离反应平衡逆向移动，转化为H3BO3，促进H3BO3析出，故此处填：将转化为H3BO3，并促进H3BO3析出。【解析】一元弱转化为H3BO3，促进析出四、判断题(共1题，共10分)23、B【分析】【分析】

【详解】

水的电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，且增大幅度相同；因此100℃时，纯水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍为中性，故此判据错误。五、原理综合题(共2题，共6分)24、略

【分析】【分析】

(1)可逆反应达到平衡时；同物质的正；逆反应速率相等、各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生出其它的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡；

(2)根据图象中各点的体积分数及反应特点；结合外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析；

(3)①先计算前2s内的v(NO2)，然后根据速率比等于方程式中物质的计量数的比计算v(N2O4)；根据转化率的含义计算前5s时NO2的转化率；

②根据化学反应速率的影响因素分析；

(4)①根据氨碳比a[]相同时，水碳比b[]为0.6～0.7时；二氧化碳转化率最大；

②根据氨碳比a[]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[]小于4.0时；二氧化碳的转化率较小分析。

【详解】

(1)a．未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率；因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，a错误；

b．该反应是反应前后气体体积改变的反应，在恒温恒容下，若容器内压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，b正确；

c．该反应是反应前后气体体积改变的反应，若容器内N2的物质的量分数不再变化；说明各种气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，c正确；

d．当容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6时；反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与开始时加入物质的物质的量及外界条件有关，d错误；

e．在任何情况下都有12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键；这表示的是反应正向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，e错误；

f．反应混合物都是气体；气体的质量始终不变；反应前后气体的物质的量会发生变化，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不再改变，反应达到了平衡状态，f正确；

故合理选项是bcf；

(2)a．若反应正向进行；则平均相对分子质量会减小；若反应逆向进行，则平均相对分子质量会增大，若反应达平衡状态时，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，a正确；

b．由于温度改变对化学反应速率的影响大于浓度改变对化学反应速率的影响，根据图示可知反应温度B点比A点高，故A点的正反应速率比B点正反应速率小，b正确；

c．550℃时，若充入氦气，会使体系的压强增大，由于反应是在体积可变的恒压密闭容器中进行，则容器的容积会扩大，导致物质的浓度减小，则v正、v逆均减小；反应体系的压强减小；使化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，c错误；

d．根据图象可知在T℃时，CO、CO2的含量相同，都是50%，假设反应开始时CO2的物质的量为1mol，反应该变量为x，则平衡时CO2的物质的量为(1-x)，反应产生CO的物质的量为2x，所以1-x=2x，所以x=mol，故反应达平衡后CO2的转化率为×100%=33.3%；d错误；

e．根据图示可知在T℃时反应达到平衡时，CO2和CO的含量相同，二者的物质的量相等，若再充入1molCO2和1molCO；二者的物质的量仍然相同，因此化学平衡不移动，e正确；

故合理选项是abe；

(3)①根据表格数据可知在前2s内△n(NO2)=(0.040-0.010)mol=0.030mol，反应在5L密闭容器中进行，则v(NO2)==3.0×10-3mol/(L·s)，由于在同一时间段内用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(N2O4)=v(NO2)=1.5×10-3mol/(L·s)；

在反应进行到第5s时，反应的NO2的物质的量△n(NO2)=(0.040-0.005)mol=0.035mol，则其转化率为：×100%=87.5%；

②a．在其它条件不变时；升高温度，化学反应速率加快，a符合题意；

b．恒容时充入He(g)，对物质的浓度无影响，因此不影响化学反应速率，b不符合题意；

c．恒压时充入He(g)；会导致容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，化学反应速率减小，c不符合题意；

d．恒容时充入NO2；使物质的浓度增大，化学反应速率加快，d符合题意；

故合理选项是ad；

(4)①在氨碳比a[]相同时，水碳比b[]为0.6～0.7时；二氧化碳转化率最大，故合理选项是c；

②根据图象可知：在氨碳比a[]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，但增加了生产成本；在氨碳比a[]小于4.0