2025年粤教沪科版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教沪科版选择性必修1化学下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7题，共14分)1、在恒容密闭容器中充入等物质的量的和在催化下发生可逆反应：某温度下测得浓度与时间的关系如下表所示：。02468102.01.51.21.11.01.0

下列说法正确的是A.第时，的正反应速率大于逆反应速率B.前的平均反应速率C.在该条件下，的平衡转化率为50％D.若平衡后保持温度不变，向容器中充入平衡正向移动，K值增大2、下列叙述正确的是A.使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H)B.食品腐烂时，其腐烂的速率和氧气浓度、温度等无关C.可逆反应达平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，各物质的量浓度也相等D.独立用焓判据或熵判据判断化学反应的自发性都不全面，联合二者判断更科学3、我国科学家结合实验和计算机模拟；研究了在铁表面上合成氨的反应历程，如图所示，其中用*表示微粒在催化剂表面吸附。下列说法正确的是。

A.催化剂吸附反应物是物理过程B.合成氨反应的△H=-d(ev)C.历程中最大能垒(活化能)E=(a+e)(ev)D.该过程只涉及非极性键的断裂和生成4、在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molN2、6molH22molNH3NH3的浓度/mol·L-1c1c2c3反应的能量变化放出Q1kJ放出Q2kJ吸收Q3kJ体系压强/PaP1P2P3反应物转化率α1α2α3

已知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol-1。下列说法正确的是A.2p1=2p3＜p2B.达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C.α2＋α3＞1D.Q1＋Q3＜92.45、一种氯离子介导的电化学合成方法；能将乙烯高效清洁；选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是。

反应流程：A.Ni电极与电源负极相连B.该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2C.工作过程中阴极附近pH减小D.在电解液混合过程中会发生反应：HCl+KOH=KCl+H2O6、某电化学装置如图所示，a、b分别接直流电源两极。下列说法正确的是。

A.溶液中电子从B极移向A极B.若B为粗铜，A为精铜，则溶液中c(Cu2+)保持不变，C.若B均为石墨电极，则通电一段时间后，溶液pH增大D.若B为粗铜，A为精铜，则B两极转移的电子数相等7、下列说法不正确的是A.葡萄酒可用SO2作防腐剂B.设计某些原电池时可用铜作负极C.锂离子电池属于一次电池D.升高温度一定能加快化学反应速率评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、一定温度下；在2L的密闭容器中，M；N两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)反应的化学方程式为___。

(2)反应达到最大限度的时间是___min，该时间内的平均反应速率v(N)=__，v(M)=__。

(3)反应达到平衡状态时，放出6QkJ的热量，当容器中充入1molN，反应放出的热量为__。

①等于QkJ②小于QkJ③大于QkJ④等于2QkJ

(4)判断该反应达到平衡状态的依据是__。

①该条件下；正逆反应速率都为零。

②该条件下；混合气体的密度不再发生变化。

③该条件下；混合气体的压强不再发生变化。

④该条件下；单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM

(5)能加快反应速率的措施是___。

①升高温度②容器体积不变，充入惰性气体Ar③容器压强不变，充入惰性气体Ar④使用催化剂9、用硫酸分解磷尾矿[主要成分为Ca5(PO4)3F]可制得中强酸磷酸。已知：25℃时，H3PO4的电离平衡常数：K1=7.1×10−3；K2=6.3×10−8；K3=4.2×10−13.请回答：

(1)NaH2PO4溶液中c(HP)___________c(H3PO4)(填“>”“<”或“=”)。

(2)25℃时，H2P(aq)+OH－(aq)HP(aq)+H2O(l)的平衡常数K=___________。

(3)Ca5(PO4)3F(s)+OH－(aq)Ca5(PO4)3(OH)(s)+F－(aq)，溶液中c(F－)随溶液的pH和温度(T)的变化曲线如图所示。

则：pH1___________pH2(填“>”“<”或“=”，下同)；A、B两点的溶液中用F－表示的反应速率υ(A)___________υ(B)。

(4)下列说法正确的是___________

A．磷酸溶液中存在3个平衡。

B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH2PO4固体；溶液酸性降低。

C．向Na2HPO4溶液中滴加稀盐酸的过程中的值增大。

D．向NaH2PO4溶液中滴加NaOH至过量，水的电离程度先增大后减小10、按要求完成下列问题。

(1)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：

①HS-在硫氧化菌作用下转化为的电极反应式是_______。

②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因是_______。

(2)PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

①放电过程中，Li+向_______(填“负极”或“正极”)移动。

②负极反应式为_______。

③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_______gPb。

(3)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图所示。

①a电极的电极反应式是_______；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理解释原因是_______。11、0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。

(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因___；溶液中c(Na+)+c(H+)=___。

(2)H2A分两步发生电离，对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位)：

①将0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合，所得溶液的pH约为___。

②0.010mol·L-1的NaHA溶液中，HA-的水解常数Kh约为__；该溶液中离子浓度由大到小的顺序为__。12、将正确答案的序号填在空白处。

(1)用经消毒的自来水配制下列溶液：①②③④⑤⑥稀盐酸，发现部分药品变质，它们是______。

(2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是______。

①②③④⑤

(3)在如图所示的8个装置中，属于原电池的是______。

(4)①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。

①②相连时；外电路电流从②流向①；

②③相连时；③为正极；

②④相连时；②上有气泡逸出；

③④相连时；③的质量减少．

据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是______。

(5)下列物质中，不能由单质直接化合生成的是______。

①②③④⑤

(6)下列物质中，属于强电解质的是______；属于非电解质的是______。

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气水13、向一个体积可变的密闭器中充入4molA；1molB；发生如下反应：

4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)。在高温下达到平衡，测得混合气体中D的浓度为0.3mol·L-1。

请填写下列空白：

（1）若容器体积为10L；反应经2min达平衡，则以A物质浓度变化表示的化学反应率为。

____。

（2）若压缩容器增大压强，则逆反应的速率____，容器中D的体积分数____。（填“增大”“减小”“不变”）

（3）若相对分子质量M（B）>3M（C），温度升高时混合气体的平均相对分子质量减少，则正反应____。（填“吸热”或“放热”）

（4）在最初的容器改充1.5molC、4.4molD温度保持不变，要使反应达平衡时D的浓度为0.6mol·L-1,则容器的体积是____L。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误15、化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大。(____)A.正确B.错误16、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误17、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误18、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共16分)19、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___________。：20、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_________。21、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：____________________。22、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、工业流程题(共3题，共24分)23、五氧化二钒(V2O5)是一种重要的工业催化剂，可采用以下两种途径制备V2O5。

已知：①VO+2H+VO+H2O。②NH4VO3微溶于冷水；易溶于热水，难溶于乙醇。回答下列问题：

(1)SO的空间结构为______。

(2)途径Ⅰ“浸取”得到的浸出液中含钒物质的化学式是______，滤渣①为______(填化学式)。

(3)途径Ⅱ“浸取”时，可产生VO2+，写出V2O4发生反应的离子方程式：______。

(4)途径Ⅱ“氧化”时，除了Fe2+被氧化外，还有______离子被氧化，写出此离子被氧化的离子方程式：______。

(5)“沉钒”时温度需要控制在60℃左右，其原因是______；已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3、Ksp[Ca(VO3)2]=4×10-6，向偏钒酸铵(NH4VO3)的悬浊液中加入CaCl2，当c(Ca2+)=1mol•L-1时，溶液中的c(NH)=______。24、工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质Fe和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程如图所示：

（1）“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为：____。为加快酸浸速率可以采取的措施是：____（任举一条）。

（2）“氧化”时发生的离子方程式为：_____。

（3）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。“调pH”时应控制溶液pH范围为_____。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3＋1.53.7Cu2＋4.26.4Fe2＋6.59.7

当pH＝4时，溶液中c(Fe3+)＝____。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10―39

（4）“加热脱水”需要提供的条件为：_____。25、以镍黄铁矿为原料制备Ni(OH)2的工艺流程如下：

已知：①高镍锍的主要成分为Ni；Fe、Co、Cu的低价硫化物及合金：

②氧化性：Ni3+>Co3+>H2O2>Fe3+；

③

回答下列问题：

(1)“酸浸”时，H2SO4溶液需过量，其目的是___________；

(2)“过滤”时滤渣1的主要成分___________；

(3)结合化学用语解释“除铁”的原理是___________；

(4)“除钴”时，发生反应的离子方程式为___________；

(5)“沉镍”后需过滤、洗涤，过滤沉淀所需的玻璃仪器有烧杯、___________，若“沉镍”后的滤液中则滤液的pH>___________；

(6)Ni(OH)2可用于制备镍氢电池。该电池是以金属氢化物为负极，氢氧化镍电极为正极，氢氧化钾溶液为电解液，电池反应为MH+NiOOH=M+Ni(OH)2，该电池的负极反应式为___________。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共9分)26、科学家们致力于消除氮氧化物对大气的污染。回答下列问题：

(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH，该反应共有两步第一步反应为2NO(g)N2O2(g)ΔH1＜0；请写出第二步反应的热化学方程式（ΔH2用含ΔH、ΔH1的式子来表示）：_______________________________________。

(2)温度为T1时，在两个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，容器I中5min达到平衡。相关数据如表所示：。容器编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)c(O2)I0.6000.2Ⅱ0.30.50.2

①容器Ⅱ在反应的起始阶段向_____(“正反应”；“逆反应”、“达平衡”)方向进行。

②达到平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为___________

a.＞1b.=1c.＜1

(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：υ(NO2)=k1·p2(NO2)，υ(N2O4)=k2·P(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=______；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_____，理由是______________。

(4)可用NH3去除NO，其反应原理4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1；3：1、1：3时；得到NO脱除率曲线如图所示：

①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_______mg/(m3·s)。

②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。

(5)还可用间接电解法除NO。其原理如图所示：

①从A口中出来的物质的是__________________。

②写出电解池阴极的电极反应式_______________。

③用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理__________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．由表知，第时已处于平衡状态，的正反应速率等于逆反应速率；A错误；

B．前的平均反应速率B错误；

C．在该条件下，的平衡转化率为C正确；

D．若平衡后保持温度不变，向容器中充入平衡正向移动，但温度不变，K值不变，D错误；

答案选C。2、D【分析】【详解】

A.催化剂可降低反应的活化能；但不能改变物质的总能量，则不改变反应热，故A错误；

B.食品腐烂时氧气浓度越大腐蚀越快；温度越高腐蚀越快，故B错误；

C.可逆反应达平衡时；正反应速率与逆反应速率相等，反应物和生成物浓度关系不能确定，取决于起始物质的量浓度以及反应转化程度，故C错误；

D.△H-T△S＜0的反应可自发进行；则自发进行的化学反应的方向，应由焓判据和熵判据的复合判据来判断，故D正确；

故答案为D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．图示中，“”至“”中有新物质生成；该过程为化学变化，A项不符合题意；

B．终点与起点的相对能量差值为合成氨反应的即为B项符合题意；

C．要观察中每一步的变化，能垒(活化能)最大值为-c至a过程，C项不符合题意；

D．中，和中为非极性键，中N与H为极性键；过程中有非极性键的断裂，有极性键的生成，D项不符合题意；

故正确选项为B。4、C【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量2molNH3，恒温且丙容器容积和甲容器相同，则甲容器与丙容器是等效平衡；

甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molN2、6molH2；是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡；所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡；据此分析平衡移动。

【详解】

A．丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2P1=2p3>p2；故A错误；

B．丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2；乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气；氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，故B错误；

C．丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2molN2、6molH2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3>1；故C正确；

D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q2=92.4；故D错误；

答案选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2；发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A正确；

B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2；B正确；

C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑；故阴极附近pH增大，C错误；

D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O；D正确；

故答案为C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．电解质溶液通过离子移动导电；电解质溶液中没有电子移动，故A错误；

B．若B为粗铜，A为精铜，电解质溶液是硫酸铜，该装置为电解精炼铜，溶液中c(Cu2+)略减小；故B错误；

C．若A、B均为石墨电极，电解方程式是则通电一段时间后，溶液pH减小，故C错误；

D．根据电子守恒；阴极；阳极转移电子数一定相等，若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电子数相等，故D正确；

故选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．SO2具有较强的还原性；溶在葡萄酒中可起到防氧化变质的作用，故A正确；

B．原电池是基于氧化还原反应的原理；铜也可作负极，如Cu-石墨-氯化铁溶液组成的原电池中，铜作负极，故B正确；

C．大多数的锂离子电池为可充放电电池；属于二次电池，故C错误；

D．升温可以加快一切化学反应的反应速率；故D正确；

故选：C。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【详解】

(1)反应进行到6min时N减少了8mol-2mol=6mol，N为反应物，M增加了5mol-2mol=3mol，M为生成物，二者化学计量数之比为：6mol∶3mol=2∶1，因此反应的化学方程式为：2NM；

(2)根据题图可知，反应进行到6min时各物质的物质的量不再发生变化，因此反应达到最大限度的时间是6min；该时间内的平均反应速率v(N)==0.5mol/(L·min)，v(M)=v(N)=0.25mol/(L·min)；

(3)反应达到平衡时消耗6molN；放出6QkJ的热量，当容器中充入1molN，若N完全反应，则放出QkJ的热量，但该反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以反应放出的热量小于QkJ，答案为：②；

(4)①．达到平衡状态时；正；逆反应速率相等但不能为零，①不选；

②．密度是混合气体的质量和容器容积的比值；在反应过程中气体质量和容器的容积始终是不变的，因此该条件下混合气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，②不选；

③．该反应为反应前后气体物质的量不相等的可逆反应；该条件下混合气体的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，③选；

④．该条件下；单位时间内消耗2molN的同时，生成1molM，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，④不选；

故答案为：③；

(5)①．升高温度；反应速率加快，①符合题意；

②．容器容积不变，充入惰性气体Ar；参加反应的物质浓度不变，反应速率不变，②不符合题意；

③．容器压强不变，充入惰性气体Ar；容器容积增大，参加反应的物质浓度减小，反应速率减慢，③不符合题意；

④．使用催化剂；反应速率加快，④符合题意；

故答案为：①④。【解析】2NM60.5mol/(L·min)0.25mol/(L·min)②③①④9、略

【分析】【详解】

(1)NaH2PO4溶液中H2P既要电离又要水解，水解常数因此说明电离占主要，所以c(HP)＞c(H3PO4)；故答案为：＞。

(2)25℃时，H2P(aq)+OH－(aq)HP(aq)+H2O(l)的平衡常数故答案为：6.3×106。

(3)作过B点与y轴的平行线，从上到下c(F－)增大，说明平衡正向移动，则说明向反应中增加了OH－浓度，因此A点碱性更强即pH1＜pH2；A点的c(F－)比B点高，且A点的温度比B点温度高，因此两点的溶液中用F－表示的反应速率υ(A)＞υ(B)；故答案为：＜；＞。

(4)A．磷酸溶液中存在4个平衡即磷酸第一步电离平衡、第二步电离平衡、第三步电离平衡和水的电离，故A错误；B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH2PO4固体，增加了H2P浓度，致使磷酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减低，因此溶液酸性降低，故B正确；C．向Na2HPO4溶液中滴加稀盐酸的过程中，氢离子浓度增大，因此的值减小，故C错误；D．向NaH2PO4溶液中滴加NaOH至过量，先生成Na3PO4，磷酸根水解，水的电离程度先增大，后来NaOH过量，溶质是Na3PO4和NaOH的混合溶液，NaOH抑制水的电离，水的电离程度减小，故D正确；综上所述，答案为BD。【解析】＞6.3×106＜＞BD10、略

【分析】【分析】

(1)

①酸性环境中反应物为HS-，产物为利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案为：HS-+4H2O-8e-=+9H+；

②从质量守恒角度来说，HS-、SO浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，答案为：HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子；

(2)

①放电过程中，Li+向正极移动；答案为：正极；

②原电池的钙电极为负极，负极反应式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；

③根据方程式，电路中每转移0.2mol电子，生成0.1molPb，即20.7gPb；答案为：20.7；

(3)

①a电极是通入NH3的电极，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

②一段时间后，需向装置中补充KOH，原因是发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH，答案为：发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH。【解析】(1)HS-+4H2O-8e-=+9H+HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子。

(2)正极Ca+2Cl--2e-=CaCl220.7

(3)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH11、略

【分析】【分析】

由图可知H2A溶液中存在H2A、HA-、A2-三种微粒，则H2A为二元弱酸，Ka1==10-6，Ka2==10-10；据此解答。

【详解】

(1)H2A为二元弱酸，Na2A溶液因A2-水解显碱性，水解的离子方程式为A2-+H2OHA-+OH-；由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故答案为：A2-+H2OHA-+OH-；c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)；

(2)①将0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合，有一半Na2A和HCl反应生成NaCl和NaHA，所得溶液为0.005mol·L-1的NaCl、0.005mol·L-1的Na2A和0.005mol·L-1的NaHA混合溶液，≈由图可知pH约为10，故答案为：10；

②由分析可知Ka1=10-6，则由Ka1×Kh(HA-)=Kw得：Kh(HA-)==1×10-8，NaHA溶液中存在HA-的电离平衡HA-和水解平衡HA-+H2OKh(HA-)=10-8>Ka2=Ka(HA-)=10-10，则c(OH-)>c(H+)，水解和电离都是微弱的，则c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)，因还存在水的电离产生氢离子，所以c(H+)>c(A2-)，综上所述，0.010mol·L-1的NaHA溶液中，c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)，故答案为：1×10-8；c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。【解析】A2-+H2OHA-+OH-c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)101×10-8c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)12、略

【分析】【分析】

(1)氯水中含氯气；HClO、水三种分子；含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，与药品不反应，则不变质；

(2)必须加入氧化剂；则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，且反应一步转化；

(3)由两个活性不同的电极；有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池；

(4)原电池中；作负极的金属活泼；

(5)变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物；与弱氧化剂反应生成低价金属化合物；

(6)电解质；非电解质都为化合物；利用熔融或溶于水能否电离分析。

【详解】

氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，氯气、HClO均与发生氧化还原反应而变质，氯离子与生成AgCl沉淀而变质，故答案为：

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，但不能一步转化，故不选；

中N元素的化合价降低；与水反应可转化，不需要加还原剂，故不选；

中N元素的化合价升高；与水反应可转化，不需要加氧化剂，故不选；

中N元素的化合价升高；需要加氧化剂，可一步转化，故选；

中N元素的化合价降低；需要加还原剂转化，故不选；

故答案为：

中只有Zn不能构成原电池，电极材料相同不能构成原电池，中酒精为非电解质不能构成原电池，不是闭合回路不能构成原电池，而符合原电池的构成条件，故答案为：

相连时，外电路电流从流向为负极，金属性

相连时，为正极，为负极，金属性

相连时，上有气泡逸出，为负极，金属性

相连时，的质量减少，为负极，金属性

则金属活动性由大到小的顺序是

与S反应生成不能直接得到，故选；

与S反应直接得到FeS；故不选；

与氧气反应直接生成故选；

与氢气反应生成故不选；

⑤Fe与氯气反应直接生成不能生成FeCl2；故选；

故答案为：

氨气溶于水；溶液能够导电，但氨气本身不能电离，为非电解质；

氨水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

盐酸为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

醋酸为乙酸和水为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

硫酸钡在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化银在熔融状态下完全电离；为强电解质；

氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

二氧化碳溶于水；溶液能够导电，但二氧化碳本身不能电离，为非电解质；

醋酸铵在熔融状态下及溶于水均完全电离；为强电解质；

氢气为单质；既不是电解质也不是非电解质；

水能微弱电离；为弱电解质；

则属于强电解质的是属于非电解质的是

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。【解析】①②④⑤④②④⑥⑦①③④②①③⑤⑤⑥⑦⑨①⑧13、略

【分析】【分析】

根据外因对反应速率和化学平衡的影响解题。

【详解】

（1）A物质表示的化学反应率v(A)=v(D)=0.3mol·L-1/2min=0.15mol/(L；min)；

（2）压缩容器增大压强，使c(D)变大，则逆反应的速率增大。因“4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)”反应前后气体分子数不变；加压不能使平衡移动，容器中D的体积分数不变。

（3）据质量守恒有4M(A)+M(B)=3M(C)+4M(D)，当M(B)>3M(C)时，得M(A)

温度升高时混合气体的平均相对分子质量减少；即升高温度使平衡左移，则正反应放热。

（4）某温度：4A(g)+B(s)3C(s)+4D(g)10L起始/mol：4100(相当于/mol：0034)

平衡/mol：10.252.250.3×10VL起始/mol：001.54.4平衡/mol：0.6V

C是固体物质，其用量改变不能使平衡移动。因压强不能使题中平衡移动，故有4:4.4＝（0.3×10）:（0.6V），得V＝5.5L。【解析】0.15mol/(L、min)增大不变放热5．5L三、判断题(共5题，共10分)14、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。15、A【分析】【分析】

【详解】

加入反应物可使平衡正向移动，加入反应物本身的转化率减小，故正确。16、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。17、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。四、有机推断题(共4题，共16分)19、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)20、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37g21、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−2NH322、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，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、工业流程题(共3题，共24分)23、略

【分析】【分析】

过程Ⅰ：将含钒废料1(主要含V2O3)，加碳酸钙焙烧将转化为加硫酸进行浸取，根据提示可知生成接下来利用碳酸氢铵把钒沉淀得到NH4VO3，经过其他步骤得到V2O5；过程Ⅱ：将含钒废料2(主要含V2O5、V2O4、SiO2、Fe3O4)，加硫酸进行浸取，SiO2不溶于硫酸，过滤除去，加入NaClO，可将Fe2+氧化为Fe3+，加合适的药品调pH至4，除去Fe3+，接下来利用碳酸氢铵把钒沉淀得到NH4VO3，经过其他步骤得到得到V2O5；据此分析解得。

【详解】

（1）SO的中心原子价层电子对数为4；故其空间结构为正四面体形；

（2）根据已知：①则经过“浸取”得到的浸出液中含钒物质的化学式是加入硫酸后，硫酸和反应生成硫酸钙，故滤渣①为CaSO4；

（3）经过浸取，可产生则离子方程式为：

（4）由(3)可知，经过浸取，可产生而利用碳酸氢铵把钒沉淀得到NH4VO3，说明也会被氧化，产生通过该反应中的钒被氧化为+5价，结合信息①可知该反应的方程式为：2VO2++ClO-+H2O=2VO+Cl-+2H+；

（5）“沉钒”时温度需要控制在60℃左右，其原因是温度升高，碳酸氢铵分解，不利于“沉钒”；分别写出NH4VO3和Ca(VO3)2的Ksp，做比值约掉共同离子c()，则有即则【解析】(1)正四面体形。

(2)(VO2)2SO4CaSO4

(3)V2O4+4H+=2VO2++2H2O

(4)VO2+2VO2++ClO-+H2O=2VO+Cl-+2H+

(5)温度升高，碳酸氢铵分解不利于“沉钒”0.8mol•L-124、略

【分析】【详解】

分析：粗制的氧化铜粉末(含含杂质Fe和SiO2),加入盐酸,CuO+2HCl=CuCl2+H2O，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二氧化硅和盐酸不反应,滤渣1为SiO2;滤液为:CuCl2、FeCl2,加氯水,氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成三价铁离子,通过调节pH值促进三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀,所以滤渣2为氢氧化铁,氯化铜水溶液中铜离子水解；在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体。

详解:(1)根据以上分析，“酸浸”时发生的复分解反应化学方程式为：CuO+2HCl=CuCl2+H2O。为加快酸浸速率可以采取：搅拌；适当加热等措施。

因此，本题答案为：CuO+2HCl=CuCl2+H2O；搅拌；适当加热等；

第②步加入氯水,氯水中氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁离则,反应的离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此，本题正确答案是:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;

(3)根据:Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物,开始沉淀和沉淀完全时的pH如表中数据,要想分离三价铁离子,pH条件条件为:使三价铁离子完全沉淀,而铜离子不沉淀,则pH应控制在3.7～4.2;

根据溶度积常数：Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.6×10―39

当pH＝4时，c(OH-)=10-10mol/L,溶液中c(Fe3+)＝=2.6×10-9。

因此，本题正确答案是:3.7～4.2;2.6×10-9。

(4)滤液C是氯化铜溶液,制取无水CuCl2时,需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解,HCl抑制CuCl2水解;

因此；本题正确答案是:在干燥的HCl氛围中加热。

点睛：本题考查了工业上用粗制的氧化铜粉末（含杂质FeO和SiO2）来制取无水CuCl2的工艺流程，题目综合性较强，涉及离子方程式的书写、离子的检验、盐类水解的应用、有关方程式的计算，题目难度较大，准确把握信息，清楚工艺流程的过程是解题关键，侧重考查学生综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解析】①.CuO+2HCl=CuCl2+H2O②.搅拌、适当加热等③.Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-④.3.7～4.2⑤.2.6×10-9⑥.在干燥的HCl氛围中加热25、略

【分析】【分析】

用硫酸溶液溶解高镍锍并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS，同时得到含有Ni2+、Fe2+、Co2+的滤液，向滤液中加入H2O2主要氧化溶液中的Fe2+得到F