2025年人教新起點選擇性必修1化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點選擇性必修1化學上冊月考試卷74考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、電解法處理煙道氣中的NO，將其轉化為NH4NO3的原理如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.該電解池的陽極反應為：NO-3e-+2H2O=NO+4H+B.該電解池的電極材料為多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反應速率C.為使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充物質A為HNO3D.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增強導電能力，有利于電解的順利進行2、肼(N2H4)是一種常見的還原劑，設其在酸性溶液中以N2H形式存在。利用如圖電解裝置，N2H可將UO轉化為U4+(N2H轉化為N2)。下列說法不正確的是。

A.鍍鉑鈦網上發(fā)生的電極反應式為：N2H-4e-=N2↑+5H+B.標準狀況下，若生成11.2LN2，則有2molH+從鍍鉑鈦網通過質子交換膜流向鈦板C.電解一段時間后電解質溶液的pH減小D.在該電解裝置中，N2H還原性強于H2O3、下列說法不正確的是A.ΔH<0、ΔS>0的反應在任何溫度下都能自發(fā)進行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1能自發(fā)進行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉變的傾向C.因為焓變和熵變都與反應的自發(fā)性有關，因此焓變或熵變均可以單獨作為反應自發(fā)性的判據D.對于同一物質來講，熵值的大小與其狀態(tài)有關，固態(tài)物質的熵值通常最小4、室溫下，在由水電離產生的H+濃度為1×10-13mol·L-1的溶液中；一定能大量共存的離子組是。

①K+、Cl-、NOS2-

②K+、Fe2+、I-、SO

③Na+、Cl-、NOSO

④Na+、Ca2+、Cl-、HCO

⑤K+、Ba2+、Cl-、NOA.③⑤B.①③⑤C.①③D.②④⑤5、T℃時，用0.1mol?L?1的KOH溶液滴定10mL等濃度的一元弱酸HX溶液過程中，溶液中的lg隨滴入KOH溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.一元弱酸HX的電離常數約為10?5B.若b點為15mL，此溶液中存在：3c(K+)=2c(X－)+2c(HX)C.從a點到c點過程中水的電離程度先增大后減小D.a點溶液中存在：c(K+)＞c(X－)＞c(H+)=c(OH－)6、下列物質屬于鹽且水溶液呈酸性是A.B.C.D.7、室溫下，下列溶液中有關物質的量濃度的關系錯誤的是A.0.1mol·L-1pH=6的NaHA溶液中：c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A)B.pH相等的HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)C.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液等體積混合：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)D.物質的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等體積混合：c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)8、石墨(s)、金剛石(s)的燃燒熱分別為一定量的金剛石、石墨分別與等量的氧氣反應生成氣體的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.曲線a對應的熱化學方程式為B.曲線b說明二氧化碳的能量一定低于石墨或氧氣的能量C.圖中的D.金剛石和石墨中碳原子的排列方式不同，互為同素異形體9、下列說法不正確的是A.可直接根據Ksp的數值大小比較難溶物在水中的溶解度B.AgCl易轉化為AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)C.向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不變D.常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、如圖是將轉化為重要化工原料的原理示意圖；下列說法不正確的是。

A.該裝置能將化學能轉化為電能B.c口通入的是發(fā)生氧化反應C.當正極消耗22.4L(標準狀況)氣體時，電路中通過的電子數目為NAD.催化劑a表面的電極反應式為：11、在3個體積均為2.0L的恒容密閉容器中，反應H2O(g)＋C(s)CO(g)＋H2(g)△H>0分別在一定溫度下達到化學平衡狀態(tài)。下列說法正確的是。容器溫度（T1>T2）起始時物質的量/mol平衡時物質的量/moln(H2O)n(C)n(CO)n(H2)n(CO)n(H2)n(CO)IT10.61.2000.2IIT11.21.200xIIIT2000.60.6yA.當溫度為T1時，該反應的化學平衡常數值為0.05B.若5min后容器I中達到平衡，則5min內的平均反應速率：v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C.達到平衡時，容器II中H2O的轉化率比容器I中的小D.達到平衡時，容器III中的CO的轉化率小于66.6%12、“理解與辨析能力”和“分析與推測能力”；都是化學四大關鍵能力之一；讀圖看表識數據，對關鍵能力的要求很高。一定溫度下，向容積為2L的密閉容器中通入兩種氣體發(fā)生化學反應，反應中各物質的物質的量變化如圖所示(6s時反應達到平衡狀態(tài))，對該反應的推斷正確的是。

A.進行到1s時，B.方程式為C.進行到6s時，B的平均反應速率為0.05mol(L·s)D.進行到6s時，B和D的物質的量濃度均為13、一種氯離子介導的電化學合成方法能將乙烯高效清潔；選擇性地轉化為環(huán)氧乙烷；該方法對應電化學反應的具體過程如圖所示。在電解結束后，將陰、陽極電解液輸出混合，便可反應生成環(huán)氧乙烷。

反應流程：Cl-→Cl2→HClO

下列說法錯誤的是A.Ni電極與電源正極相連B.該過程的總反應為：CH2=CH2+H2O→+H2C.工作過程中陰極附近pH減小D.在電解液混合過程中會發(fā)生反應：HCl+KOH=KCl+H2O14、常溫下，用pH=13的NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H3PO4溶液；曲線如圖所示，下列說法中錯誤的是。

A.溶液中，H2PO電離程度大于水解程度B.a點磷酸的電離常數大于b點C.磷酸的Ka1約為1.1×10-3D.a點溶液中有：c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)15、甲、乙是體積均為1.0L的恒容密閉容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同溫度下發(fā)生反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)。達到平衡時CO的物質的量濃度隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線II對應的是乙容器B.a、b兩點對應平衡體系中的壓強之比：pa:pb<14:9C.b點對應的平衡體系中，CO的體積分數小于4/7D.900K時，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此時正<逆16、溫度為時，向的密閉容器中充入一定量的和發(fā)生反應容器中A；B、D的物質的量濃度隨時間的變化如圖所示，下列說法不正確的是。

A.反應在前內的平均反應速率B.該反應的平衡常數表達式C.若平衡時保持溫度不變，壓縮容器容積平衡向逆反應方向移動D.反應至時，改變的反應條件是降低溫度評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、25℃時，將0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水；形成1L混合溶液。

（1）該溶液中存在著三個平衡體系；用電離方程式或離子方程式表示：

A___；B__；C__。

（2）溶液中共有__種不同的粒子。

（3）在這些粒子中，濃度為0.01mol/L的是___，濃度為0.002mol/L的是___。

（4）___和___兩種粒子物質的量之和等于0.01mol。

（5）寫出該溶液中的電荷守恒關系___。18、常壓下，取不同濃度、不同溫度的氨水測定，得到下表實驗數據。溫度/℃電離常數電離度/%016.569.0981015.1610.182013.6311.2

(1)溫度升高，的電離平衡向_______(填“左”或“右”)移動，能支持該結論的表中數據是_______(填字母)。

A.電離常數B.電離度C.D.

(2)表中基本不變的原因是_______。

(3)常溫下，在氨水中加入一定量的氯化銨晶體，下列說法錯誤的是_______(填字母，下同)。A．溶液的增大B．氨水的電離度減小C．)減小D．減小(4)氨水溶液中，下列做法能使與比值變大的是_______。

A.加入固體氯化銨B.通入少量氯化氫C.加入少量固體氫氧化鈉19、有一學生甲在實驗室測某溶液的pH；實驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測。學生乙對學生甲的操作的評價為：操作錯誤，測定結果一定有誤差。學生丙對學生甲的操作的評價為：操作錯誤，但測定結果不一定有誤差。

(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同學的觀點，原因是____________________。

(2)若用此法分別測定c(H＋)相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是________，原因是________________________________________________________________________。

(3)只從下列試劑中選擇實驗所需的物品，你_____(填“能”或“不能”)區(qū)分0.1mol·L－1的硫酸和0.01mol·L?1的硫酸。若能，簡述操作過程。_____________________________________________

①紫色石蕊試液②酚酞試液③甲基橙試液④蒸餾水⑤BaCl2溶液⑥pH試紙20、電解質溶液與生產；生活密切相關。

Ⅰ.在室溫下；下列四種溶液：

①溶液②溶液。

③溶液④和混合液。

請根據要求回答下列問題：

(1)溶液①星酸性，其原因是_______(用離子方程式表示)。

(2)在溶液④中_______(填離子符號)的濃度為和_______(填離子符號)的濃度之和為

(3)室溫下，測得溶液②的則說明的水解程度_______(填“”“”或“”，下同)的水解程度，該溶液中與濃度的大小關系是c(CH3COO-)_____c(NH)

Ⅱ.醫(yī)學上在進行胃腸疾病的檢查時，利用X射線對穿透能力較差的特性，常用做內服造影劑；這種檢查手段稱為鋇餐透視。

(1)請用文字敘述和離子方程式說明鋇餐透視時為什么不用_______。

(2)某課外活動小組為探究的溶解度，分別將足量放入：①水②的溶液③的溶液④的溶液中；溶解至飽和。

以上各溶液中，的大小順序正確的是_______，的溶解度的大小順序為_______(填序號)。

A.③>①>④>②B.③>①>②>④C.①>④>③>②D.①>③>④>②

(3)某同學取同樣的溶液③和溶液④直接混合，則混合溶液的為_______(假設混合后溶液的體積為混合前兩溶液的體積之和)。21、在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應N2O4(g)2NO2(g)；隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。

回答下列問題：

(1)反應的ΔH___________0(填“大于”或“小于”)；

(2)100℃時；體系中各物質濃度隨時間變化如圖所示。

在0～60s時段，反應速率v(N2O4)為___________mol·L-1·s-1；反應的平衡常數K1為___________。

(3)100℃時，反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半。平衡向___________(填“正反應”或“逆反應”)方向移動，判斷理由是___________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)22、在測定中和熱時，稀酸溶液中H＋與稀堿溶液中OH－的物質的量相等，則所測中和熱數值更準確。_____23、2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，則該反應的ΔH＞0。__________________A.正確B.錯誤24、用pH試紙測定氯化鈉溶液等無腐蝕性的試劑的pH時，試紙可以用手拿。(_____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共30分)25、一種以鈮鐵礦(主要成分為SiO2、Nb2O5、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)為原料，制取聲光催化材料NaNbO3的流程如下：

回答下列問題：

(1)“溶解”時，寫出MnO2與FeO反應生成MnSO4和Fe2(SO4)3的化學方程式：__________；沉淀1的主要成分是MnO2和__________(填化學式)。

(2)“除Ca2＋、Mg2＋”時，若溶液酸度過高，沉淀不完全，其原因是___________________；已知Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9，當溶液中c(Ca2＋)＝1×10－6mol·L－1時，溶液中c(Mg2＋)的最大值為__________mol·L－1。

(3)“脫氟”過程HF發(fā)生反應的化學方程式為________________________________________。

(4)電解MnSO4溶液可制備Mn和MnO2，陽極電極反應式為________________________。26、碲(Te)為第VIA元素，其單質憑借優(yōu)良的性能成為制作合金添加劑、半導體、光電元件的主體材料，并被廣泛應用于冶金、航空航天、電子等領域?？蓮木珶掋~的陽極泥(主要成分為Cu2Te)中回收碲；工藝流程如下:

(1)“焙燒”后,碲主要以TeO2形式存在,寫出相應反應的化學方程式:_____________。

(2)為了選擇最佳的焙燒工藝,進行了溫度和硫酸加入量的條件實驗；結果如下表所示:

則實驗中應選擇的條件為_______________，原因為_______________。

(3)工藝(I)中，“還原”時發(fā)生的總的化學方程式為_______________。

(4)由于工藝(I)中“氧化”對溶液和物料條件要求高，有研究者采用工藝(II)獲得碲。則“電積”過程中，陰極的電極反應式為_______________。

(5)工業(yè)生產中；濾渣2經硫酸酸浸后得濾液3和濾渣3。

①濾液3與濾液1合并，進入銅電積系統(tǒng)。該處理措施的優(yōu)點為________________。

②濾渣3中若含Au和Ag,可用__________將二者分離。(填字母)

A.王水B.稀硝酸C.濃氫氧化鈉溶液D.濃鹽酸27、為實現廢舊普通干電池中鋅與MnO2的同時回收；某研究小組設計了如圖1的工藝流程和如圖2的實驗探究裝置：

(1)普通鋅錳干電池放電時被還原的物質是_____，該電池中含有NH4Cl，因此該電池為_____(填“酸性”；“堿性”或“中性”)電池。

(2)測得濾液中c(ZnSO4)略大于c(MnSO4)，則稀硫酸酸浸時主要反應的化學方程式為_____，粉碎的重要作用是_______。

(3)燃料電池的優(yōu)點是_______，圖2中甲烷燃料電池負極的電極反應為_____。

(4)閉合開關K一段時間后，陽極附近溶液的pH_____(填“增大”“不變”或“減小”)，電解池中回收鋅與的總反應的離子方程式為_______。

(5)若燃料電池中負極消耗2.24L(標準狀況)CH4，且均完全轉化為電能，電解池中回收制得19.5g單質Zn，計算圖2裝置的電流效率=_______。(=)參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．在陽極上NO將氧化為NO電極反應為NO-3e-+2H2O=NO+4H+；故A正確；

B．多孔石墨具有吸附性；可以吸附更多的NO，以此來提高NO的利用率和加快反應速率，故B正確；

C．電解的總反應為：8NO+7H2O==3NH4NO3+2HNO3，產物中HNO3要想轉化為NH4NO3需補充物質A為氨氣；故C錯誤；

D．水是極弱電解質，導電性很微弱，加入NH4NO3可以增強導電能力；有利于電解的順利進行，故D正確；

所以答案為C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A.鍍鉑鈦網外接電源的正極，可知鍍鉑鈦網是陽極，其電極反應式是還原劑失電子，故其電解反應式為N2H-4e-=N2↑+5H+；故A正確；

B.鈦板外接電源負極，是電解池的陰極，其電極反應式為2UO+8H++4e-=2U4++4H2O，故電解池總反應式為2UO+8H++N2H=2U4++N2↑+5H++4H2O，標準狀況下，若生成22.4LN2，需消耗4molH+，則若生成11.2LN2，則消耗電子2molH+，則有2molH+從鍍鉑鈦網通過質子交換膜流向鈦板；故B正確；

C.從電解反應式來看2UO+8H++N2H=2U4++N2↑+5H++4H2O；電解過程中消耗氫離子，則電解一段時間后，溶液的pH增大，故C錯誤；

D.在該電解裝置中，是N2H失去電子；而不是水，故D正確；

本題答案C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．ΔH＜0；ΔS＞0；則ΔH-TΔS＜0，任何溫度下反應都能自發(fā)進行，A正確；

B．NH4HCO3(s)＝NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1能自發(fā)進行；原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉變的傾向，B正確；

C．用焓變和熵變判斷反應的自發(fā)性；都有例外，故都不能單獨作為反應自發(fā)性的判據，而應用復合判據，C錯誤；

D．對于同一物質來講固態(tài)的熵值小于液態(tài)小于氣態(tài)；D正確。

答案選C。4、A【分析】【分析】

室溫下，由水電離產生的H+濃度為1×10-13mol·L-1的溶液中；水的電離受到抑制，該溶液為酸或堿溶液。

【詳解】

①在酸性溶液中，H+、NOS2-之間能夠發(fā)生氧化還原反應；不能大量共存，故①不選；

②在堿性溶液中，Fe2+與氫氧根離子能夠反應生成沉淀；不能大量共存，故②不選；

③無論酸或堿溶液中；該組離子之間都不反應，能大量共存，故③選；

④HCO既能與酸反應又能與堿反應；一定不能大量共存，故④不選；

⑤無論酸或堿溶液中；該組離子之間都不反應，能大量共存，故⑤選；

一定能大量共存的離子組是③⑤，故選A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．未加KOH時lg＝?8；由于溫度為T℃時，無法計算溫度的氫離子濃度，因此無法計算一元弱酸HX的電離常數，故A錯誤；

B．若b點為15mL，溶液中溶質為KX和KOH且兩者濃度比為2:1，因此根據物料守恒得到溶液中存在：2c(K+)＝3c(X－)+3c(HX)；故B錯誤；

C．a點是呈中性；溶質是KX和HX的混合溶液，逐漸滴加KOH，至KX，水的電離程度增大，從KX到KX與KOH混合溶液，則水的電離程度減小，因此從a點到c點過程中水的電離程度先增大后減小，故C正確；

D．a點溶液呈中性，根據電荷守恒和溶液呈中性得到：c(K+)＝c(X－)＞c(H+)＝c(OH－)；故D錯誤。

綜上所述，答案為C。6、A【分析】【分析】

鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物；

【詳解】

A．硫酸氫鉀屬于鹽；電離出氫離子溶液顯酸性，選項A符合題意；

B．二氧化硅為氧化物；選項B不符合題意；

C．氧化鎂為氧化物；選項C不符合題意；

D．氯化鈣屬于鹽；溶液顯中性，選項D不符合題意；

答案選A。7、D【分析】【詳解】

A.0.1mol/L的NaHA溶液呈酸性，則HA-的電離程度大于水解程度，且水解程度和電離程度都是微弱的，所以c(HA-)>c(H+)>c（A2-）>c（H2A）；選項A正確；

B．HCl完全電離，鹽的水解是微弱的，故pH相等的HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)；選項B正確；

C．溶液中的電荷守恒式為c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)；選項C正確；

D．物質的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等體積混合，電荷守恒有①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，①2-②得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)；選項D錯誤；

答案選D。8、B【分析】【詳解】

A.由蓋斯定律可知，金剛石轉化為石墨的熱化學方程式為則金剛石的總能量大于石墨的總能量，曲線a表示金剛石燃燒的能量變化，熱化學方程式為故A正確；

B.石墨的燃燒反應為放熱反應，曲線b說明二氧化碳的能量一定低于石墨和氧氣的總能量；故B錯誤；

C.由蓋斯定律可知，金剛石轉化為石墨的熱化學方程式為則1mol金剛石轉化為1mol石墨時放出的熱量為故C正確；

D.金剛石和石墨是碳元素形成的不同種單質；單質中碳原子的排列方式不同，互為同素異形體，故D正確；

故選B。9、A【分析】【詳解】

A．比較不同類型的難溶物的溶解度大??；必須通過計算溶解度比較，不能通過溶度積直接比較，比較同類型的難溶物的溶解度大小，可通過溶度積直接比較溶解度大小，故A符合題意；

B.同一類型的難溶物，由溶度積大的可以轉化成溶度積小的難溶物，AgCl易轉化為AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)；故K(AgI)＜K(AgCl)，故B不符合題意；

C.AgCl，AgBr的飽和溶液中，加入少量AgNO3溶液中不變；故C不符合題意；

D.常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，由于溫度不變，溶度積只與溫度有關，所以Mg(OH)2的Ksp不變；故不D符合題意；

故選：A。二、多選題(共7題，共14分)10、BC【分析】【分析】

根據原理圖中電子的移動方向可知，催化劑a電極為負極，故c口通入的是SO2，d口通入的是O2；據此分析解題。

【詳解】

A．該裝置為原電池；能將化學能轉化為電能，A正確；

B．電子流出的一極為負極，所以c口通入的是發(fā)生氧化反應，B錯誤；

C．當正極消耗22.4L（標準狀況）氧氣時，電路中通過的電子數目為C錯誤；

D．由分析可知，催化劑a作負極，發(fā)生氧化反應，故表面的電極反應式為：D正確；

故答案為：BC。11、AC【分析】【詳解】

A．溫度T1時；容器Ⅰ中平衡時n(CO)=0.2；

該反應的化學平衡常數值為K===0.05；故A正確；

B．5min后容器Ⅰ中達到平衡，則5min內的平均反應速率：v(H2)===0.02mol/(L?min)；故B錯誤；

C．容器Ⅱ中發(fā)生的反應相當于在容器Ⅰ中基礎上增加H2O的量，平衡正向移動，C的轉化率增加，而H2O的轉化率降低，即容器Ⅱ中H2O的轉化率比容器Ⅰ中的??；故C正確；

D．容器Ⅲ在T1溫度下達到的平衡與容器Ⅰ中形成的平衡狀態(tài)相同，即平衡時CO為0.2mol，此時CO的轉化率為=66.6%，在此平衡狀態(tài)的基礎上降溫到T2；平衡逆向移動，CO的轉化率增大，即平衡時，容器III中的CO的轉化率大于66.6%，故D錯誤；

故答案為AC。12、BC【分析】【分析】

反應系數之比等于物質的變化量之比，等于反應速率之比，根據圖像，6s到達平衡時，A增加了1.2mol，B減少了0.6mol，C減少了0.8mol，D增加了0.4mol，故各物質的物質的量之比為A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即該反應的化學方程式為3B(g)＋4C(g)6A(g)＋2D(g)。

【詳解】

A．反應到1s時，v（A）═=0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L?s），v（C）═=0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L?s）；所以v（A）≠v（C），A錯誤；

B．各物質的物質的量之比為A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即該反應的化學方程式為3B＋4C6A＋2D；B正確；

C．反應進行到6s時，v(B)==0.05mol?L-1?s-1；C正確；

D．反應進行到6s時，n(B)=n(D)=0.4mol?L-1，n(B)=n(D)===D錯誤；

故選BC。13、AC【分析】【分析】

電解池中，陰離子在陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，陽極連接電源的正極，Cl－失去轉化為Cl2，電極反應為：2Cl－-2e－=Cl2↑；陽離子在陰極得到電子，發(fā)生還原反應，陰極連接電源的負極，陰極區(qū)的反應2H2O+2e－=2OH－+H2↑；據此解答。

【詳解】

A．由反應流程可知，Pt電極區(qū)要將Cl－轉化為Cl2；發(fā)生氧化反應，故Pt為陽極，Ni電極為陰極，故與電源負極相連，故A錯誤；

B．根據反應歷程和陰極區(qū)的反應2H2O+2e－=2OH－+H2↑，可知該過程的總反應為CH2=CH2+H2O→+H2；故B正確；

C．工作過程中陰極區(qū)的反應為2H2O+2e－=2OH－+H2↑；故陰極附近pH增大，故C錯誤；

D．陽極區(qū)發(fā)生Cl2+H2O=HCl+HClO，陰極區(qū)生成KOH，故在電解液混合過程中會發(fā)生反應HCl+KOH=KCl+H2O；故D正確；

故選AC。14、BD【分析】【分析】

根據圖像可知，當加入NaOH為0時，pH=2，說明磷酸為弱酸；加入NaOH溶液體積為20mL時，恰好生成NaH2PO4；加入NaOH溶液體積為40mL時，恰好生成Na2HPO4；據此分析解答。

【詳解】

A．由圖像可得NaH2PO4溶液呈酸性，說明H2PO電離程度大于水解程度；故A項正確；

B．電離常數只與溫度有關，a、b兩點H3PO4的第一步電離常數相等；故B項錯誤；

C．由圖可知0.1H3PO4溶液的則故C項正確；

D．a點消耗20mLNaOH溶液，此時溶質為NaH2PO4，根據物料守恒得到a點溶液中有：則故D項錯誤；

答案選BD。15、BD【分析】【詳解】

A．根據反應CO2(g)+C(s)?2CO(g)可知，0.1molCO2和0.3mol碳粉完全反應最多生成0.2molCO；故曲線II對應的是甲容器，A錯誤；

B．a點有：b點有：同溫同體積的氣體的壓強之比等于氣體的物質的量之比，a、b兩點對應平衡體系中的壓強之比：pa:pb=(0.12mol+0.16mol):(0.16mol+0.02mol)=14:9，但由于b點對應的溫度更高，故b點的壓強增大，故pa:pb<14:9；B正確；

C．b點有：b點對應的平衡體系中，CO的體積分數為大于4/7；C錯誤；

D．由a點有：可以計算出該溫度下的平衡常數為：K==根據圖像可知，升高溫度，CO的濃度增大，即正方向移動，K值增大，故900K時，K’小于0.21，故起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，Qc==大于K’，平衡逆向移動，故此時正<逆；D正確；

故答案為：BD。16、AC【分析】【分析】

由題圖可知，平衡時A、D的濃度變化量分別為故得結合化學平衡相關知識解答。

【詳解】

A．由題圖可知，時該反應達到平衡，平衡時D的濃度變化量為故A項錯誤；

B．結合分析可知反應的平衡常數表達式B項正確；

C．該反應前后氣體分子數不變；增大壓強平衡不移動，C項錯誤；

D．由題圖可知；改變條件的瞬間，反應混合物中各物質的濃度不變，平衡向逆反應方向移動，該反應的正反應為吸熱反應，故改變的反應條件應是降低溫度，D項正確。

答案選AC。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【分析】

25℃時，將0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水，形成1L混合溶液，HCl和CH3COONa反應，所得溶液中含有0.002molCH3COOH、0.002molNaCl、0.008molCH3COONa。

【詳解】

(1)溶液中存在CH3COO-，則有水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中含有CH3COONa與HCl生成的弱電解質CH3COOH，則有CH3COOH的電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+；溶液中還存在水的電離平衡：H2OH++OH-；

(2)溶液中存在的離子有：Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-，分子有H2O、CH3COOH；共7種不同的粒子；

(3)能夠水解的離子及電離(微弱)產生的離子隨外界條件的變化濃度發(fā)生變化，故濃度為定值的是強酸、強堿對應的陰、陽離子，即c(Na+)=0.01mol·L-1，c(Cl-)為0.002mol·L-1；

(4)由物料守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol·L-1，故CH3COO-和CH3COOH的物質的量之和為0.01mol；

(5)該溶液中存在的離子有Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)。【解析】①.H2OH++OH-②.CH3COOHCH3COO-+H+③.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-④.7⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-⑨.c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)18、略

【分析】【詳解】

（1）氨水中存在電離平衡NH3H2O+OH-，電離過程是吸熱的，升高溫度電離平衡向右移動，而電離常數只與溫度有關，表格中只有電離常數隨溫度升高而增大，支持“升高溫度電離平衡向右移動”，而電離度、c(OH-)都還跟氨水的濃度c(NH3·H2O)有關；答案為：右，A；

（2）由表格數據可以看出，c(OH-)受到氨水的濃度和溶液的溫度影響，氨水越稀c(OH-)越小，升溫氨水的電離平衡右移，c(OH-)增大，雙重作用使c(OH-)基本不變，故答案為：氨水濃度降低，使c(OH－)減小，而溫度升高，使c(OH－)增大，雙重作用使c(OH－)基本不變；

（3）氨水中電離平衡NH3H2O+OH-，加入NH4Cl晶體（溶液體積變化可忽略），增大了溶液中濃度，電離平衡左移，c(OH-)將減小，pH減小，氨水的電離度將減小，由勒夏特列原理可知c()增大；故選AD；

（4）A．氨水中電離平衡NH3H2O+OH-，加入固體氯化銨時c()增大，電離平衡左移，c(OH-)減小，故值增大；故A正確；

B．通入少量氯化氫氣體時c(OH-)減小，電離平衡右移，c()增大，故值增大；故B正確；

C．加入少量固體氫氧化鈉，溶液中c(OH-)增大，電離平衡左移，c()減小，故值減??；故C錯誤；

故選AB?！窘馕觥?1)右A

(2)氨水濃度降低，使c(OH－)減小，而溫度升高，使c(OH－)增大，雙重作用使c(OH－)基本不變。

(3)AD

(4)AB19、略

【分析】【詳解】

（1）用pH試紙測定的具體測定方法是用干燥的玻璃棒蘸?。ɑ蚰z頭滴管吸取）少量的待測溶液；并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH試紙上，再把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，即可得出待測溶液的pH，當先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測，鹽酸稀釋后，溶液酸性增大，pH變大；氫氧化鈉溶液稀釋后，堿性變小，pH值將變??；食鹽水溶液顯中性，用水稀釋后pH不變，所以丙正確，故答案為丙；當溶液是中性時，則不產生誤差，否則將產生誤差；

（2）用水潤濕相當于稀釋；則所測的pH偏小，由于稀釋會促進弱電解質的電離，故弱酸的pH誤差小，所以在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差小，故答案為鹽酸；在稀釋過程中醋酸繼續(xù)電離出氫離子，使得溶液中氫離子濃度變化比鹽酸小，誤差?。?/p>

（3）硫酸為強酸完全電離，0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸電離出的氫離子濃度分別為0.2mol/L、0.02mol/L，pH=-lgc(H+)，氫離子濃度越大，pH越小，所以pH較大的為0.01mol/L的硫酸，故答案為能；用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為0.01mol/L的硫酸?！窘馕觥竣?丙②.當溶液呈中性時，則不產生誤差；否則將產生誤差③.鹽酸④.在稀釋過程中，醋酸繼續(xù)電離產生H＋，使得溶液中c(H＋)較鹽酸溶液中c(H＋)大，誤差較?、?能⑥.用玻璃棒分別蘸取兩種溶液點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為0.01mol·L?1的硫酸20、略

【分析】【詳解】

Ⅰ(1)溶液呈酸性，其原因是為強酸弱堿鹽，銨根水解，故溶液呈酸性；

故答案為：

(2)和混合液中完全電離，且氯離子不水解，故的濃度為根據氮元素守恒得到和的濃度之和為

故答案為：

(3)室溫下，測得溶液②的則說明的水解程度等于的水解程度；

根據電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，故c(CH3COO-)=c(NH)；

故答案為：=；=。

Ⅱ(1)硫酸鋇不溶于水和酸，但胃酸可與反應生成水和二氧化碳，Ba2+濃度增大，且Ba2+有毒，所以不能用碳酸鋇代替硫酸鋇，反應離子方程式為：

故答案為：遇到胃酸生成會使人體中毒，

(2)根據難溶電解質的溶度積常數知，溶液中硫酸根離子濃度越大，BaSO4的溶解度越小，濃度越低，能抑制硫酸鋇的電離，但溶液中含有所以濃度最大，水中的濃度次之，溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根離子，抑制BaSO4的電離，中的硫酸根濃度大于硫酸中的濃度，所以硫酸鈉溶液中的濃度小于硫酸溶液中濃度，所以濃度大小順序是：③>①>④>②；BaSO4溶液中加入硫酸根離子和都會導致BaSO4的沉淀溶解平衡逆移，BaSO4的溶解度減小，硫酸根離子或濃度越大，BaSO4的溶解度越小，所以BaSO4的溶解度的大小順序：①>④>③>②；

故答案為：A；C。

(3)的溶液和的溶液混合后，溶液中則有以下關系式：所以

故答案為：13?！窘馕觥竣?②.③.④.=⑤.=⑥.遇到胃酸生成會使人體中毒，⑦.A⑧.C⑨.1321、略

【分析】【詳解】

(1)對于反應N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明升高溫度，平衡正向移動，正反應為吸熱反應，反應的ΔH大于0；

(2)在0～60s時間段，N2O4的物質的量濃度減少了：(0.1mol/L-0.04mol/L)=0.06mol/L，則反應速率v(N2O4)==0.001mol·L-1·s-1；據圖可知，反應達到平衡時，c(N2O4)=0.04mol/L，c(NO2)=0.12mol/L，反應的平衡常數K1==0.36；

(3)100℃時，反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，壓強增大，因該反應為氣體體積增大的反應，則增大壓強，平衡逆向移動?！窘馕觥看笥?.0010.36逆反應反應為氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動四、判斷題(共3題，共9分)22、×【分析】【詳解】

在測定中和熱時，通常稀堿溶液中OH-稍過量，以保證稀酸溶液中H+完全被中和，所測中和熱數值更準確；錯誤。【解析】錯23、B【分析】【詳解】

2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常溫下能自發(fā)進行，其ΔS<0，則ΔH<0，錯誤。24、B【分析】【詳解】

pH試紙不能用手拿，應該放在干凈的表面皿或玻璃片上。五、工業(yè)流程題(共3題，共30分)25、略

【分析】【分析】

鈮鐵礦(主要成分為SiO2、Nb2O5、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)中加入稀硫酸，少量FeO與MnO2、稀H2SO4發(fā)生反應，大部分MnO2、SiO2不發(fā)生反應，以沉淀1析出；往濾液中加入NbF5，Ca2＋、Mg2＋生成MgF2、CaF2，成為沉淀2的主要成分，此時溶液中存在較多量的HF；加入H2SiO3膠體后，與HF發(fā)生反應，生成SiF4氣體等；過量的硅酸膠體轉化為沉淀3。

【詳解】

(1)“溶解”時，MnO2與FeO反應生成MnSO4和Fe2(SO4)3，反應的化學方程式：MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；因為SiO2與稀硫酸不反應，所以沉淀1的主要成分是MnO2和SiO2。答案為：MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；SiO2；

(2)“除Ca2＋、Mg2＋”時，若溶液酸度過高，沉淀不完全，其原因是：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡體系中，F-與H+結合生成HF，促使平衡正向移動；已知Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9，當溶液中c(Ca2＋)＝1×10－6mol·L－1時，c2(F-)==2.5×10-5，溶液中c(Mg2＋)的最大值為=2.56×10-4mol·L－1。答案為：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡體系中，F-與H+結合生成HF，促使平衡正向移動；2.56×10-4；

(3)“脫氟”過程中，HF與H2SiO3發(fā)生反應，生成SiF4氣體等，發(fā)生反應的化學方程式為H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O。答案為：H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O；

(4)電解MnSO4溶液可制備Mn和MnO2，在陽極Mn2+失電子生成MnO2等，電極反應式為Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。答案為：Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。

【點睛】

電解MnSO4溶液時，陰極發(fā)生的反應為Mn2++2e-==Mn?！窘馕觥縈nO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OSiO2在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡體系中，F-與H+結合生成HF，促使平衡正向移動2.56×10-4H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2OMn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+26、略

【分析】【分析】

流程的目的為從精煉銅的陽極泥(主要成分為Cu2Te)中回收碲，則要先除雜。步驟1，培燒Cu2Te，通入氧氣將Cu2Te氧化；步驟2，水浸，根據流程可知Te元素進入濾渣1，CuSO4進入濾液1，Cu和Te分離。可推斷，步驟1中Cu被氧化為CuO后被硫酸溶解，生成易溶于水的硫酸銅，而Te以微溶于水的TeO2形式存在。步驟3，堿浸，Te元素進入濾液2，則TeO2與NaOH反應生成易溶于水的鹽。據此分析解答。

【詳解】

（1）碲(Te)為第VIA元素，則Te最低化合價為-2價，所以Cu2Te中Cu為+1價，Te為-2價。培燒時通入空氣，加入硫酸，生成物中Te主要以TeO2形式存在，Te被氧化為+4價，Cu被氧化為+2價，根據元素守恒，硫酸將Cu溶解生成硫酸銅。利用化合價升降守恒可配平得方程式為：Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O。

（2）培燒的主要目的為將Cu元素轉變?yōu)橐兹苡谒瓹uSO4的，將Te元素轉變?yōu)槲⑷苡?/p>