2025年中图版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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A.B为正极B.若A极产生2gH2，则B极产生16gO2C.电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极D.A极上参与的反应为：3CO2+18H++18e—=CH3CH(OH)CH3+5H2O2、实验室可用米乙酮间接电氧化法合成苯甲酸；其原理如图所示，下列说法错误的是（）

A.a电极是惰性电极B.膜X为阴离子交换膜C.接通电源后，a电极附近溶液会变黄D.合成苯甲酸的总反应为：3、在比较化学反应速率时，不可以利用的相关性质为A.气体的体积和体系的压强B.颜色的深浅C.固体物质量的多少D.反应的剧烈程度4、应用电化学原理对钢闸门进行防护的示意图如下，其中为电源两极；下列有关说法正确的是。

A.应为电源负极B.电子从钢闸门流向极C.该装置原理符合原电池原理D.水体中的阴离子向石墨极迁移5、我国科学家已成功将CO2催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化CO2氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与H2O反应生成化合物3，化合物3与HCO3-的反应历程如图乙所示；其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是。

A.化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氧键的形成B.该历程中最大能垒(活化能)E正=16.87kcal·mol-1C.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能。最终提高CO2的转化率D.从平衡移动的角度看，升高温度，可促进化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO-6、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.在新制饱和氯水中：NHNa+、SOSOB.在能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Cu2+、K+、HCOCOC.在加入铝粉能产生H2的溶液中：Fe2+、Na+、SONOD.在mol·L−1的溶液中：Na+、K+、S2—、SO评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、对于平衡体系：aA(g)＋bB(g)cC(s)＋dD(g)ΔH＜0，下列判断，其中正确的是A.若温度不变，容器体积扩大一倍，气体A的浓度是原来的0.48倍，则a＋b＜c＋dB.若从正反应开始，平衡时，气体B的转化率相等，则起始时气体B的物质的量之比为a∶bC.若a＋b=d，则对于体积不变的容器，升高温度，平衡向左移动，容器中气体的压强不变D.若平衡体系中共有气体mmol，再向其中充入nmolB，达到平衡时气体总物质的量为(m＋n)mol，则a＋b=c＋d8、恒温恒容条件下，发生反应：在3个密闭容器中，按下列方式投入反应物：Ⅰ1molB；Ⅱ2molB；Ⅲ则在保持恒温恒容反应达到平衡时，下列选项正确的是A.容器Ⅰ与容器Ⅱ中，C的浓度2Ⅰ<ⅡB.容器Ⅰ与容器Ⅲ中，反应的能量变化2Ⅰ=ⅢC.容器Ⅱ与容器Ⅲ中，转化率Ⅱ+Ⅲ=100%D.容器Ⅰ容器Ⅱ容器Ⅲ中，平衡常数关系为：Ⅰ2=Ⅱ=Ⅲ-19、催化某反应的反应机理如图所示。下列说法错误的是。

A.降低了反应的活化能和反应热B.催化循环中Pd元素的化合价有0、+2价C.催化循环中有极性共价键的断裂和形成D.总反应可表示为10、锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应式为Li＋MnO2=LiMnO2，下列说法不正确的是()A.电子由MnO2流向LiB.Li是负极，电极反应为Li－e－=Li＋C.MnO2是正极，电极反应为MnO2＋e－=D.电池内部Li＋向负极移动11、NH4HS(s)⇌NH3(g)+H2S(g)在一定温度下达到平衡，下列情况能使平衡发生移动的是A.移走一部分NH4HS固体B.温度、容积不变时，充入SO2气体C.充入N2，保持压强不变D.温度、容积不变，加入能加速该反应的催化剂12、下列不能证明是弱电解质的是A.用溶液做导电实验，灯泡很暗B.等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较少C.0.1mol/L的溶液的D.的溶液稀释100倍，13、已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10mL0.10mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.Ksp(CuS)的数量级为10-36B.a点溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]C.d点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+)D.相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动14、25℃，一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，1g5≈0.7，电解质溶液的电导率与离子浓度有关，电导率越大，溶液的导电能力越强。25℃时，用0.02mol·L-1盐酸滴定20.00mL浓度为0.02mol·L-1的CH3NH2溶液；利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率随加入盐酸的体积变化如图。下列说法正确的是。

A.25℃，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水=1.0×10-14B.溶液中始终存在c(CH3NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)C.25℃，M点对应溶液的pH≈6.3D.N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3NH)＞c(OH-)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、下表是不同温度下水的离子积数据：。温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10-14Kw1×10-12

试回答下列问题：

(1)若2512，则Kw_____(填“>”“<”或“=”=1×10-14，做出此判断的理由是_____。

(2)在t1℃时，测得纯水中的c(H＋)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为_____。该温度下，测得某H2SO4溶液中c()=5×10-6mol·L-1，该溶液中c(OH-)=_____mol·L-1。16、吸热反应；放热反应。

(1)放热反应：释放热量的化学反应，反应物的总能量_______生成物的总能量，反应体系的能量_______，故_______0，即为_______。

(2)吸热反应：吸收热量的化学反应，反应物的总能量_______生成物的总能量，反应体系的能量_______，故_______0，即为_______。

(3)常见的吸热反应和放热反应。吸热反应()放热反应()①与的反应。

②大多数的分解反应。

③弱电解质的电离。

④盐类水解。

⑤C和)、C和的反应①中和反应。

②燃烧反应。

③金属与酸或氧气的反应。

④铝热反应。

⑤酸性氧化物或碱性氧化物与水的反应。

⑥大多数的化合反应17、下图是甲醇燃料电池工作的示意图；其中A；B、D均为石墨电极，C为铜电极。

(1)甲中负极的电极反应式为____________________；

(2)工作一段时间后，若乙中生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________；

(3)电解结束后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。

(4)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如上图，则图中②线表示的是________________离子的变化(写离子符号)；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____________mL5.0mol/LNaOH溶液。18、请回答下列问题。

(1)肼—空气燃料电池是一种碱性电池；无污染，能量高，有广泛的应用前景，其工作原理如图所示，回答下列问题：

①该燃料电池中正极通入的物质是___________，负极发生的反应式为___________。

②电池工作时，OH-移向极___________(填“a”或“b”)。

③当电池放电转移5mol电子时，至少消耗燃料肼___________g．

(2)锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。电池反应式为：Li1-xMnO4+LixLiMnO4；下列有关说法不正确的是___________(填字母)。

A．放电时电池的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-=LiMnO4B．放电过程中，石墨没有得失电子C．该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作D．充电时电池上标有“-”的电极应与外接电源的负极相连19、回答下列问题：

(1)某同学根据漂白粉的制备原理和电解原理制作了一种家用环保型消毒液发生器(如图所示，没有使用离子交换膜)，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液。通电时，为使Cl2被完全吸收；制得有较强杀菌能力的消毒液，则：

①利用Cl2与石灰乳反应可以制取漂白粉，反应的化学方程式为_____。

②L极区的电极反应式为_______。

(2)电解法可以提纯粗镓，具体原理如图所示。镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaOGaO在阴极放电的电极反应式_______。

(3)我国学者发明的一种分解硫化氢制氢并回收硫的装置如图所示：

若Y极液中的电对(A/B)选用I/I-，装置工作时Y极上的电极反应式为______，Y极溶液中发生的离子反应为______。评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)20、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误21、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共2题，共20分)22、废旧锂离子电池的回收行业发展迅速，规范、科学处置废旧锂离子电池具有重要的环保意义和经济价值。废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由铝箔、少量炭黑组成；从正极废料回收制备电池级磷酸铁及其他金属材料，工艺流程如下所示：

(1)中的化合价为__________。

(2)滤渣C的主要成分为__________。

(3)回收金属铝过程中步骤②的离子方程式为____________________。

(4)步骤④中的作用是__________，能否用酸性溶液代替，并说明理由____________________。

(5)步骤⑤过程中如值大于2.5，磷酸铁沉淀率将明显下降，原因是____________________。

(6)磷酸铁也可以通过电解法制备，如图所示，请完成制备过程的总反应离子方程式：____________________。

23、镉是一种稀贵金属，在自然界中含量非常少。某地所产的铜镉渣主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质；从铜镉渣中回收镉的某种工艺流程如图所示。

已知：

I.Cd(OH)2是两性氢氧化物，溶于浓强碱的离子反应为Cd(OH)2+2OH-=[Cd(OH)4]2-。

II.在25℃下，Ksp[Cd(OH)2]=10-14.4；Ksp[Zn(OH)2]=10-13.6；Ksp[Cu(OH)2]=10-19.2；Ksp[Pb(OH)2]=10-16；Ksp[Fe(OH)3]=10-39。

回答下列问题：

(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是___。

(2)“酸浸”时，温度保持在70~80℃，温度和pH均不易过高的原因是___。“压滤”所得滤渣I进行二次浸取的意义是___。向“压滤”的滤液中加入H2O2的目的是___。

(3)“除铁”时，加入石灰乳调节pH至4.5，所得滤渣II的成分为Fe(OH)3和___。若石灰乳过量，滤渣II中常含有Cd(OH)2和Cu(OH)2，二者均易溶于氨水且原理相同，写出Cd(OH)2溶于氨水的离子方程式：___。

(4)电极电位是表示某种离子或原子获得电子而被还原的趋势。在25℃下，部分电对的电极电位如表：。电对Cu2+/CuH+/H2Pb2+/PbCd2+/CdFe2+/FeZn2+/ZnCa2+/Ca电极电位/V+0.33700.1260.4020.4420.7622.86

根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力___(填“越弱”或“越强”。采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为___。

(5)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化”，再用硫酸进行“酸溶”，经“置换净化”处理，将残余微量的Cu2+和___(填离子符号)进行深度脱除，以提高阴极镉的纯度。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共28分)24、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。25、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。26、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。27、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

由图中电子的移动方向可知，B极为光电池的负极，水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+；A极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成异丙醇和水，同时还有氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。

【详解】

A．由分析可知；B极为光电池的负极，故A错误；

B．由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，由得失电子数目守恒可知，若A极产生2g氢气，B极产生氧气的质量大于××32g/mol=16g；故B错误；

C．电解质溶液不传递电子；则电子不可能通过合成蛋白质纤维膜，故C错误；

D．由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，二氧化碳参与的电极反应式为3CO2+18H++18e—=CH3CH(OH)CH3+5H2O；故D正确；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．a电极是I－失去电子发生氧化反应生成I2；a极为电解池的阳极，因此a电极是惰性电极，故A正确；

B．I－在阳极失去电子发生氧化反应生成I2，I2与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠；次碘酸钠和水；阴极区的氢氧根通过阴离子交换膜进入阳极区，因此膜X为阴离子交换膜，故B正确；

C．a为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成I2，I2溶于水使溶液变黄色；故C正确；

D．由题意可知，电解和KI的碱性溶液，生成CHI3和H2，合成苯甲酸的总反应为：＋3I－＋3H2O＋CHI3＋2OH－＋3H2↑，故D错误。3、C【分析】【详解】

A．其它条件不变；增大气体体积；减小体系压强，反应速率减小，A可以利用；

B．其它条件相同；颜色深浅变化越大，反应速率越大，B可以利用；

C．对于固体而言；物质的量的多少对化学反应速率不产生影响，C不可以利用；

D．反应越剧烈；反应速率越大，D可以利用。

答案选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．该装置利用了电解池原理；Fe作阴极被保护，M为负极，则N为正极，故A错误；

B．电解池中电子由阳极经外电路到阴极；即从石墨电极到N极，故B错误；

C．该装置为电解池装置；故C错误；

D．电解池中阴离子向阳极移动；所以水体中的阴离子向石墨极迁移，故D正确；

故选D。5、A【分析】【详解】

A．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与CO2反应生成化合物2()的过程中；有碳氧键发生断裂，有碳复键形成，A正确；

B．该历程中II到TS2过期6能垒(活化能)最大，为E正=16.87-(-1.99)=18.6kcal·mol-1；B项错误；

C．使用更高效的催化剂可改变反应的途径，降低反应所需的活化能，但不能使平衡发生移动，不能提高CO2的转化率；C错误：

D．由化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO-的反应历程图可得该过程为放热反应；升高温度，不利于该过程的进行，D错误；

故答案为：A。6、D【分析】【详解】

A．在新制饱和氯水中存在强氧化性物质HClO和Cl2，均能氧化SOA不合题意；

B．在能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中存在大量的OH-：OH-能与Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，HCO+OH-=CO+H2O；B不合题意；

C．在加入铝粉能产生H2的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，OH-与Fe2+反应生成氢氧化亚铁沉淀，H+、NO和Fe2+将发生氧化还原反应而不能大量共存；C错误；

D．在mol·L−1的溶液中存在大量的OH-：OH-、Na+、K+、S2—、SO均不反应；能够大量共存，D符合题意；

故答案为：D。二、多选题(共8题，共16分)7、AB【分析】【分析】

【详解】

A．温度不变，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，则A的浓度变为原来的0.5倍，但实际上为0.48倍，说明容器体积扩大，平衡正向移动，C为固体，所以a＋b＜d，则a＋b＜c＋d；故A正确；

B．若从正反应开始，平衡时，气体A、B的转化率相等，反应过程A和B按照a：b的比例反应，则起始时气体A、B的物质的量之比也为a：b；故B正确；

C．该反应正反应为放热反应；升高温度平衡逆向移动，虽然气体的总物质的量不变，但根据PV=nRT可知，温度升高也会使压强增大，故C错误；

D．若平衡体系中共有气体mmol，再向其中充入nmolB，达到平衡时气体总物质的量为(m＋n)mol，说明平衡移动时气体的总物质的量不变，而C为固体，所以a＋b=d；故D错误；

综上所述答案为AB。8、AC【分析】【详解】

A．恒温恒容条件下，容器Ⅰ与容器Ⅱ比较，容器Ⅱ相当于2份容器Ⅰ加压使体积变为原来的一半，平衡正向移动，C浓度变大，故C的浓度2Ⅰ<Ⅱ；A正确；

B．容器Ⅱ反应正向进行、容器Ⅲ逆向进行，两者最终平衡状态相同为等效平衡，则容器Ⅰ与容器Ⅲ中，反应的能量变化QⅠ+QⅡ<Q；B错误；

C．容器Ⅱ反应正向进行；容器Ⅲ逆向进行；两者最终平衡状态相同为等效平衡，两容器的转化率之和为1，C正确；

D．对于确定反应；平衡常数只受温度影响，则Ⅰ=Ⅱ，D错误；

故选AC。9、AD【分析】【详解】

A．由图可知，是反应的催化剂；催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应的反应热，故A错误；

B．由图可知，单质Pd中Pd元素为0价，中Cl元素为—1价、Pd元素为+2价，中Cl元素为—1价；O元素为—1价、Pd元素为+2价；则催化循环中Pd元素的化合价有0、+2价，故B正确；

C．由图可知；催化循环中有H—Cl；Pd—Cl、Pd—O极性共价键的断裂，H—Cl、Pd—Cl、Pd—O、H—O极性共价键的形成，故C正确；

D．由图可知，HCl、Cl—是反应的催化剂，总反应可表示为故D错误；

故选AD。10、AD【分析】【分析】

由锂电池的总反应式Li＋MnO2=LiMnO2知，Li为负极，失去电子被氧化，电子流出，沿着导线流向正极，MnO2为正极；电子流入，得到电子被还原，内电路中，阴离子向负极移动，阳离子流向正极，据此回答；

【详解】

A.据分析，电子由Li流向MnO2；A错误；

B.Li是负极，失去电子被氧化，电极反应为Li－e－=Li＋；B正确；

C.MnO2是正极，得到电子被还原，电极反应为MnO2＋e－=C正确；

D.电池内部Li＋向正极移动；D错误；

答案选AD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

略12、AB【分析】【详解】

弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就能证明是弱电解质；据此分析解题：

A．用溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明是弱电解质；只能说明溶液中离子浓度较小，A错误；

B．等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多，说明醋酸还未完全电离，可证明是弱电解质；B错误；

C．溶液的说明醋酸没有完全电离，可以证明是弱电解质；C正确；

D．的溶液稀释至100倍，说明存在电离平衡，证明是弱电解质；D正确；

故答案为：AB。13、BD【分析】【分析】

向10.0mL0.10mol•L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)；结合图象和溶度积常数分析解答。

【详解】

A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为10-36；故A正确；

B．a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)＞2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]；故B错误；

C．d点溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正确；

D．相同实验条件下，改用0.1mol•L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)=1.6×10-24＞Ksp(CuS)，锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL，图中反应终点c点向b点方向移动；故D错误；

故选BD。14、BC【分析】【分析】

结合方程式和滴定曲线可知M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，结合物料守恒、电荷守恒分析。N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)＞c(H+)。

【详解】

A．25℃，M点溶质为CH3NH3Cl，是强酸弱碱盐，水解促进水电离，c(H+)水=c(OH-)水＞1.0×10-7，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水＞1.0×10-14；故A错误；

B．根据电荷守恒，滴定开始后，溶液中始终存在c(CH3NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；故B正确；

C．一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，Kh==2.5×10-11，则c(H+)=mol/L=5×10-7mol/L；25℃，M点对应的溶液的pH=7-lg5≈6.3，故C正确；

D．N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，则N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H+)＞c(OH-)；故D错误；

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

（1）

水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故答案为：＞；水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，c(H＋)增大，c(OH-)增大，Kw=c(H＋)·c(OH-)，Kw增大；

（2）

水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，某温度下纯水中的c(H＋)=2.4×10-7mol·L-1，则此时纯水中的c(OH-)=2.4×10-7mol·L-1，Kw=2.4×10-7×2.4×10-7=5.76×10-14，该温度下，某H2SO4溶液中c()=5×10-6mol·L-1，则溶液中氢离子浓度是1×10-5mol·L-1，c(OH-)=mol·L-1=5.76×10-9mol·L-1，故答案为：2.4×10-7mol·L-1；5.76×10-9。【解析】(1)①.>②.水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，c(H＋)增大，c(OH-)增大，Kw=c(H＋)·c(OH-)，Kw增大。

(2)①.2.4×10-7mol·L-1②.5.76×10-916、略

【分析】【详解】

（1）放热反应是反应物的总能量大于生成物总能量的反应，反应中会释放能量，反应体系的能量会降低，所以反应的焓变ΔH是小于0的负值，故答案为：大于；降低；<；负值；

（2）吸热反应是反应物的总能量小于生成物总能量的反应，反应中会吸收能量，反应体系的能量会增大，所以反应的焓变ΔH是大于0的正值，故答案为：小于；升高；>；正值。【解析】(1)大于降低<负值。

(2)小于升高>正值17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，生成碳酸根和水，根据电荷守恒和原子守恒配平电极反应为：CH3OH－6e－＋8OH－=CO＋6H2O；

(2)惰性电极电解CuSO4溶液，发生反应为2CuSO4+2H2O2H2SO4+O2↑+2Cu，原溶液中CuSO4的物质的量为0.1mol，生成3.2gCu即0.05molCu时，溶液里生成0.05molH2SO4，剩余0.05molCuSO4，结合溶液里还存在水的电离，因此H+的物质的量大于0.1mol，此时溶液里的离子浓度大小关系为：c(H＋)＞c(SO)＞c(Cu2＋)＞c(OH－)；

(3)工作一段时间后；断开K，此时A；B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，根据电极反应：

0.1mol铜离子消耗转移0.2mol电子，根据电极反应2H++2e-=H2；生成xmol氢气转移2xmol电子；

A电极为阳极；溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：

得到0.2+2x=4x；x=0.1mol，乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；

(4)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据(3)电子转移的物质的量应该为0.4mol，生成Cu2+应为0.2mol，横轴、纵轴每个单位都是0.1mol，且此时溶液中铜离子0.2mol，三价铁离子无，亚铁离子根据图象总量应为0.5mol，根据电荷守恒，当溶液中所有阳离子完全沉淀时，所需氢氧根离子物质的量=0.2mol×2+0.5mol×2=1.4mol，所以，V(NaOH)==0.28L=280mL。

【点晴】

本题是利用燃料电池与电解池形成串联电路，准确分析燃料电池的正负极是解题关键，燃料电池中关键的知识点为通氧气的电极为正极，再准确判断出电解池的阴阳极，特别注意的是丙池的阳极为铜电极，电极本身参加电极反应，铜要被氧化进入电解池，再结合原电池原理和电解原理进行分析就相对容易多了。【解析】CH3OH－6e－＋8OH－=CO＋6H2Oc(H＋)＞c(SO)＞c(Cu2＋)＞c(OH－)2.24LFe2＋28018、略

【分析】【分析】

(1)

①燃料电池的正极是氧气发生还原反应，负极是肼发生氧化反应，碱性电池中，其负极反应式应为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O；②原电池中阴离子移向负极，a为负极，所以电池工作时，OH-移向a电极；③负极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑，转移4mol电子时消耗肼32g，则转移5mol电子消耗肼：32g×=40g。

(2)

根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为xLi-xe-=xLi+，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-=LiMnO4，故A正确；放电过程中，根据总反应式Li1-xMnO4+LixLiMnO4，可判断石墨没有得失电子，故B正确；Li能与KOH溶液中的H2O反应，导致电池无法正常工作，故C错误；充电过程是放电的逆向过程，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，故D正确。故选C。【解析】（1）空气或氧气N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2Oa40

（2）C19、略

【分析】【详解】

(1)①利用Cl2与石灰乳反应可以制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

②通电时，为使Cl2被完全吸收，该装置的下端生成氯气，则L极区的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

(2)电解法可以提纯粗镓，则高纯镓作阴极，粗镓作阳极，阳极上Ga失去电子变为Ga3+，生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaOGaO在阴极放电生成Ga，电极反应式GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；

(3)根据图示，该装置是将光能转变为化学能和电能，X电极将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极发生氧化反应，若Y极液中的电对(A/B)选用I/I-，则电极反应为3I--2e-=IY电极溶液中含有H2S，具有还原性，而I具有氧化性，二者发生氧化还原反应S单质、碘离子和氢离子，离子反应为：I+H2S=S↓+2H++3I-；【解析】2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O2Cl--2e-=Cl2↑GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-3I--2e-=II+H2S=S↓+2H++3I-四、判断题(共2题，共10分)20、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。21、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。五、工业流程题(共2题，共20分)22、略

【分析】【分析】

电极材料的成分含有铝箔、炭黑，在加入氢氧化钠溶液时，铝被溶解，滤液A中含有偏铝酸钠，通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝，滤渣B为氢氧化铝；磷铁废渣中含有炭黑，在步骤④中被双氧水氧化，过滤，滤渣C为炭黑，含磷铁浸出液通过调节及磷铁比；沉淀出磷酸铁晶体，母液通过一系列操作后得到电池级碳酸锂固体，水合磷酸铁晶体最终生成电池级磷酸铁固体应用于电池材料。

【详解】

（1）中Li显+1价、磷酸根离子显-3价，根据化合价代数和等于0，可知的化合价为价。

（2）磷铁废渣中含有炭黑；根据流程图，在氧化过程中无法将炭黑氧化，故滤渣C为炭黑。

（3）步骤②为向含有偏铝酸钠的溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为

（4）步骤④为溶解磷铁废渣，磷铁废渣中铁为+2价，根据流程图，含磷铁浸出液中铁显+3价，可知双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，如果用酸性溶液代替双氧水，在酸性环境下溶液中的也会被氧化为污染环境；同时还将引入新的杂质，为最终产物的获取提高难度。

（5）当溶液值大于2.5时的水解程度明显增大，与共沉淀，既降低了的沉淀率又引入了杂质，因此需降低溶液值，减少的水解；

（6）通过电解法制备磷酸铁，阳极后被成为应在较强酸性条件下存在，所以阳极反应为阴极电离出的放电生成氢气，所以阴极反应为所以总反应是【解析】(1)

(2)炭黑。

(3)

(4)做氧化剂不能用酸性溶液代替，因酸性条件下溶液能将氧化成造成环境污染同时引入新的杂质。

(5)当至大于2.5，水解程度增大生成沉淀增多；从而使磷酸铁沉淀率下降。

(6)23、略

【分析】【分析】

(1)

将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积；加快“酸浸”速率。

(2)

“酸浸”时，温度和pH过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低，故温度和pH均不易过高的原因是防止Cd2+水解。“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属，故二次浸取的意义是使铜镉渣被充分浸取，提高镉等金属的回收率。“操作I”中加入H2O2的目的是把Fe2+氧化为Fe+，便于在“除铁”时Fe被全部转化为Fe(OH)3沉淀。

(3)

因CaSO4微溶，“除铁”时，加入石灰乳调节pH至4.5，所得滤渣II的成分除Fe(OH)3外还有CaSO4。若石灰乳过量，滤渣II中常含有Cd(OH)2和Cu(OH)2，二者均易溶于氨水且原理相同，再根据已知信息I，可得Cd(OH)2溶于氨水的离子反应式为

(4)

根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性Cd2+>Zn2+，故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为

(5)

“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去。【解析】（1）增大接触面积；加快“酸浸”速率。

（2）防止Cd2+水解使铜镉渣被充分浸取，提高镉等金属的回收率把Fe2+氧化为Fe3+

（3）CaSO4Cd(OH)2+4NH3·H2O=[Cd(NH3)4]2++2OH-+4H2O

（4）越强Cd2++2e-=Cd

（5）Pb2+六、结构与性质(共4题，共28分)24、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大325、略

【分析】【详解】