2025年中圖版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷679考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下圖所示裝置中，觀察到電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)，M棒變粗，N棒變細(xì)，由此判斷下表中所列M、N、P物質(zhì)，其中可以成立的是()2、下列各組金屬與酸的反應(yīng)，反應(yīng)剛開始時(shí)，放出H2的速率最大的是（）。金屬（粉末狀）/mol酸的濃度及體積反應(yīng)溫度AMg0.13mol·L-1鹽酸10mL25℃BFe0.13mol·L-1鹽酸10mL25℃CMg0.13mol·L-1硫酸10mL25℃DMg0.16mol·L-1硝酸10mL60℃3、Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3的反應(yīng)類型是（）A.化合反應(yīng)B.分解反應(yīng)C.置換反應(yīng)D.復(fù)分解反應(yīng)4、在25℃時(shí)，將兩個(gè)鉑電極插入一定量飽和Na2SO4溶液中進(jìn)行電解，通電一段時(shí)間后，在陽極上放出amol氣體，同時(shí)有wgNa2SO4?10H2O晶體析出．若溫度不變，此時(shí)剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（）A.×100%B.×100%C.×100%D.×100%5、有一無色未知溶液中檢驗(yàn)出有Ba2+、Ag+，同時(shí)又測得其酸性很強(qiáng)．某學(xué)生還要鑒定此溶液中是否大量存在①Cu2+②Fe3+③Cl﹣④NO⑤S2﹣⑥CO⑦NH⑧Mg2+⑨Al3+，而事實(shí)上有部分離子不用鑒定就能加以否定，你認(rèn)為不必鑒定的是（）A.③⑤⑥⑦⑨B.①②⑤⑥⑧C.③④⑦⑧⑨D.①②③⑤⑥6、下列A、B兩種元素，其中可以組成AB2型離子化合物的是（）A.C和OB.Na和SC.Mg和ClD.Ne和O7、在某密閉容器中通入rm{amolNO}和rm{bmolO_{2}}發(fā)生反應(yīng)：rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}反應(yīng)后容器內(nèi)氮原子和氧原子之比為rm{(}rm{)}A.rm{a}rmB.rm{a}rm{(a+2b)}C.rm{a}rm{2b}D.rm{a}rm{2(a+b)}8、下列過程中化學(xué)鍵未被破壞的是rm{(}rm{)}A.干冰升華B.溴與rm{H_{2}}生成rm{HBr}C.rm{SO_{2}}氣體溶于水D.rm{NaCl}固體溶于水9、關(guān)于下列有機(jī)反應(yīng)的說法中，不正確的是()A.可逆反應(yīng)不能反應(yīng)完全。

B.rm{2RCH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2RCHO+2H_{2}O}是加成反應(yīng)C.是取代反應(yīng)。

D.甲烷、乙烷、丙烷都沒有同分異構(gòu)體評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、氫氣還原氧化銅的反應(yīng)為：rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}在該反應(yīng)中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}rm{(}A.rm{)}作還原劑B.rm{CuO}作氧化劑C.銅元素化合價(jià)降低D.氫元素化合價(jià)升高rm{CuO}11、溫度為T1時(shí)，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反應(yīng)放熱)。實(shí)驗(yàn)測得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時(shí)刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下：。時(shí)間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列說法正確的是A.0~2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達(dá)平衡時(shí)NO2體積分?jǐn)?shù)減小C.其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大D.當(dāng)溫度改變?yōu)門2時(shí)，若k正=k逆，則T2＞T112、某溫度下；體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時(shí)的pH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是。

A.a、b、c三點(diǎn)溶液的離子濃度之和a＞b＞cB.b點(diǎn)溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C.用等濃度的NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，恰好反應(yīng)時(shí)消耗NaOH溶液的體積Vb=VcD.a、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度a＞b＞c13、室溫下，下列溶液說法正確的是（）A.pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHCO3溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)C.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)14、室溫下，若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合：D.的溶液和的溶液等體積混合：15、我國科研工作者研發(fā)了電解熔融甲硫醇鈉（CH3SNa）制備殺蟲劑CH3-S-S-CH3的方法，克服了常規(guī)合成法造成的污染，并大幅度提高了原料轉(zhuǎn)化率。基本原理如圖所示，A、B為惰性電極，CH3-S-S-CH3在A電極產(chǎn)生；下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.M極為電源的正極，B極為電解池的陰極B.A極的電極反應(yīng)：2CH3S-+2e-═CH3-S-S-CH3C.裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜D.該裝置工作一段時(shí)間，右側(cè)電極室中NaOH濃度減小16、500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L-1，用石墨作電極電解此溶液，當(dāng)通電一段時(shí)間后，兩極均收集到22.4L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），假定電解后溶液體積仍為500mL，下列說法正確的是（）A.原混合溶液中c(K＋)為2mol·L-1B.上述電解過程中共轉(zhuǎn)移4mol電子C.電解得到的Cu的物質(zhì)的量為0.5molD.電解后溶液中c(H＋)為2mol·L-117、我國科學(xué)家設(shè)計(jì)二氧化碳熔鹽捕獲及電化學(xué)轉(zhuǎn)化裝置；其示意圖如圖：

下列說法不正確的是（）A.b為電源的負(fù)極B.①②中，捕獲CO2時(shí)碳元素的化合價(jià)發(fā)生了變化C.a極的電極反應(yīng)式為2C2O52﹣-4e﹣=4CO2+O2D.上述裝置存在反應(yīng)：CO2C+O2評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、鉛蓄電池是技術(shù)十分成熟，全球上使用最廣泛的化學(xué)電源；放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)式：____19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，某氣體對(duì)氫氣的相對(duì)密度為17，該氣體的摩爾質(zhì)量為____20、用序號(hào)回答：rm{壟脵HCl}rm{壟脷NaOH}rm{壟脹Cl_{2}}rm{壟脺H_{2}O}rm{壟脻NH_{4}Cl}rm{壟脼P_{4}}rm{壟脽Na_{2}O_{2}}

rm{(1)}存在離子鍵的是______

rm{(2)}屬于共價(jià)化合物的是______

rm{(3)}存在極性鍵的是______

rm{(4)}存在非極性鍵的是______．21、Ⅰrm{.}汽車尾氣rm{(}含有烴類、rm{CO}rm{SO_{2}}與rm{NO}等物質(zhì)rm{)}是城市空氣的污染源之一，治理的方法之一是在汽車的排氣管上裝一個(gè)“催化轉(zhuǎn)換器”rm{(}用鉑、鈀合金作催化劑rm{)}它的特點(diǎn)是使rm{CO}與rm{NO}反應(yīng)，生成可參與大氣生態(tài)循環(huán)的無毒氣體，并促使烴類充分燃燒及rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化。rm{(1)}寫出一氧化碳與一氧化氮反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。rm{(2)}“催化轉(zhuǎn)換器”的缺點(diǎn)是在一定程度上提高了空氣的酸度，其原因是_____________。rm{(3)}控制城市空氣污染源的方法可以有_____________rm{(}填序號(hào)rm{)}A.開發(fā)氫能源rm{B.}使用電動(dòng)車C.植樹造林rm{D.}戴上呼吸面具Ⅱrm{.}用rm{Na_{2}SO_{3}}可以治理工業(yè)rm{SO_{2}}尾氣污染，這是一種治理rm{SO_{2}}尾氣污染比較新穎的方法。具體操作是：rm{壟脵}將含有rm{SO_{2}}氣體的工廠尾氣通入到rm{Na_{2}SO_{3}}溶液中，使其吸收尾氣中含有的rm{SO_{2}}氣體rm{;壟脷}將富集有rm{SO_{2}}氣體的溶液加熱，即可使其中的rm{SO_{2}}氣體逸出，這些rm{SO_{2}}氣體可以應(yīng)用于制取rm{H_{2}SO_{4}}該方法中rm{Na_{2}SO_{3}}可以循環(huán)使用，符合綠色化學(xué)的基本原則。請(qǐng)根據(jù)上述信息解答下列問題。rm{(1)}寫出rm{壟脵壟脷}兩步的化學(xué)方程式：rm{壟脵}_________________rm{;壟脷}_________________。rm{(2)}今有rm{10m^{3}}的rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{Na_{2}SO_{3}}溶液，每次吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下的含有rm{SO_{2}}氣體的尾氣rm{89.6m^{3}}后即達(dá)到了飽和狀態(tài)，則該工廠產(chǎn)生的尾氣中rm{SO_{2}}氣體的體積分?jǐn)?shù)是_____________。22、在同溫同壓下，同體積rm{CO}和rm{CO_{2}}分子數(shù)之比為______，原子總數(shù)之比為______，質(zhì)量之比為______，密度之比為______．23、某學(xué)生為了探究鋅與鹽酸反應(yīng)過程中的速率變化，他在100mL稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用排水集氣法收集反應(yīng)放出的氫氣（氣體體積已折合成標(biāo)準(zhǔn)狀況），實(shí)驗(yàn)記錄如下（累計(jì)值）：。時(shí)間（min）123456氫氣體積（mL）50120224392472502（1）哪一時(shí)間段（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5、5～6min）反應(yīng)速率最大____，原因是____。（2）哪一段時(shí)段的反應(yīng)速率最小____，原因是____。（3）第3~4分鐘時(shí)間段以鹽酸的濃度表示的該反應(yīng)速率（設(shè)溶液體積不變）是____。（4）如果反應(yīng)太激烈，為了減緩反應(yīng)速率而又不減少產(chǎn)生氫氣的量，他在鹽酸中分別加入等體積的下列溶液，你認(rèn)為可行的是____。A．蒸餾水B．NaNO3溶液C．KCl溶液D．Na2CO3溶液評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)24、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，化學(xué)方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質(zhì)的量之比為_______，若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個(gè)電子，則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】在原電池中較活潑的金屬作負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)。正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)。由于，M棒變粗，N棒變細(xì)，說明M是正極，N是負(fù)極，溶液中的陽離子在正極得到電子析出，所以符合條件的是C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、C【分析】試題分析：由于硝酸有強(qiáng)氧化性，與金屬反應(yīng)一般不產(chǎn)生氫氣。排除D選項(xiàng)。對(duì)于A、B、二個(gè)選項(xiàng)來說，酸的濃度相等，反應(yīng)的溫度相同，則由于金屬性Mg>Fe。所以A比B反應(yīng)速率快。對(duì)于A、C來說金屬相同，反應(yīng)溫度相同，但是c(H+)C比A大。物質(zhì)的濃度越大，反應(yīng)速率就越快。因此反應(yīng)放出氫氣的速率最快的是C?？键c(diǎn)：考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾3、A【分析】【解答】解：反應(yīng)Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3；是三種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)的反應(yīng)，符合“多變一”，屬于化合反應(yīng)，故選A．

【分析】化學(xué)反應(yīng)的基本類型有：化合反應(yīng)；分解反應(yīng)、置換反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)．

化合反應(yīng)是指由兩種或兩種以上物質(zhì)反應(yīng)生成另外一種物質(zhì)的反應(yīng)．

分解反應(yīng)是指由一種物質(zhì)生成另外兩種或兩種以上物質(zhì)的反應(yīng)．

置換反應(yīng)是指由一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)；生成另外一種單質(zhì)和一種化合物的反應(yīng)．

復(fù)分解反應(yīng)是指由兩種化合物反應(yīng)，生成另外兩種化合物的反應(yīng)．4、C【分析】【解答】解：電解飽和硫酸鈉溶液時(shí)，陽極上氫氧根離子放電，陰極上氫離子放電生成氫氣，發(fā)生反應(yīng)2H2OO2↑+2H2↑；電解水后，溶液中硫酸鈉過飽和導(dǎo)致析出晶體，剩余的電解質(zhì)溶液仍是飽和溶液，析出的硫酸鈉晶體和電解的水組成的也是飽和溶液；

wgNa2SO4?10H2O硫酸鈉的質(zhì)量為：wg×=g；

設(shè)電解水的質(zhì)量為x，則：。2H2OO2↑+2H2↑36g2molxamolx=18ag；

所以飽和溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%=%；

故選C．

【分析】電解飽和硫酸鈉溶液時(shí)，陽極上氫氧根離子放電，陰極上氫離子放電生成氫氣，發(fā)生反應(yīng)2H2OO2↑+2H2↑，電解水后，溶液中硫酸鈉過飽和導(dǎo)致析出晶體，剩余的電解質(zhì)溶液仍是飽和溶液，析出的硫酸鈉晶體和電解的水組成的也是飽和溶液，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式計(jì)算即可．5、D【分析】【解答】解：未知溶液中檢驗(yàn)出有Ba2+、Ag+，則和鋇離子、銀離子反應(yīng)的③Cl﹣⑤S2﹣⑥CO不能存在，無色溶液中①Cu2+②Fe3+不能存在，未知溶液酸性很強(qiáng)，所以和氫離子反應(yīng)的⑥CO不能存在．故選D．

【分析】一瓶無色未知溶液中檢驗(yàn)出有Ba2+、Ag+，同時(shí)又測得其酸性很強(qiáng)，含大量的H+，與三種離子反應(yīng)生成沉淀、水、氣體等離子及又顏色的離子不必鑒定，以此來解答．6、C【分析】解：活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，含有離子鍵的化合物是離子化合物，A、B兩種元素，其中可以組成AB2型離子化合物；則A為第IIA族；B為第VIIA族元素；

A．C；O元素分別位于第IVA族、第VIA族；二者只能形成共價(jià)化合物，故A錯(cuò)誤；

B．Na、S元素分別位于第IA族、第VIA族元素，二者能形成A2B型離子化合物；故B錯(cuò)誤；

C．Mg和Cl分別位于第IIA族、第VIIA族元素，二者能形成AB2型離子化合物；故C正確；

D．Ne位于0族元素；不易形成化合物，故D錯(cuò)誤；

故選C．

活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，含有離子鍵的化合物是離子化合物，A、B兩種元素，其中可以組成AB2型離子化合物；則A為第IIA族；B為第VIIA族元素，據(jù)此分析解答．

本題考查離子化合物判斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查基本概念及學(xué)生分析判斷能力，明確離子鍵和共價(jià)鍵根本區(qū)別是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】C7、B【分析】解：反應(yīng)前rm{N}原子總數(shù)是rm{amol(}全部在rm{NO}中rm{)}rm{O}原子總數(shù)是rm{(a+2b)mol(NO}中有rm{O}原子，rm{O_{2}}中也有rm{O}原子rm{)}根據(jù)原子守恒：反應(yīng)后原子個(gè)數(shù)不變，所以氮原子和氧原子個(gè)數(shù)之比rm{=a}rm{(a+2b)}．

故選B．

根據(jù)原子守恒：化學(xué)反應(yīng)前后原子總數(shù)不變r(jià)m{(}不管如何反應(yīng)，以及反應(yīng)是否完全rm{)}來回答．

本題考查學(xué)生原子守恒思想在反應(yīng)中的應(yīng)用知識(shí)，較簡單．【解析】rm{B}8、A【分析】解：rm{A}干冰升華；只是狀態(tài)的變化，干冰的構(gòu)成微粒是分子，氣態(tài)的二氧化碳構(gòu)成微粒也是分子，所以化學(xué)鍵未被破壞，故A正確；

B；溴和氫氣生成溴化氫；發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)，有化學(xué)鍵的破壞，故B錯(cuò)誤；

C；二氧化硫溶于水；二氧化硫和水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成亞硫酸，所以有化學(xué)鍵的破壞，故C錯(cuò)誤；

D；氯化鈉固體溶于水；氯化鈉在水分子的作用下電離出自由移動(dòng)的陰陽離子，所以化學(xué)鍵被破壞，故D錯(cuò)誤；

故選A．【解析】rm{A}9、B【分析】略【解析】rm{B}二、多選題(共8題，共16分)10、BCD【分析】解：rm{A.CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)從rm{+2}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)被還原，rm{CuO}作氧化劑；故A錯(cuò)誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)降低被還原；作氧化劑，故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價(jià)從rm{+2}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)；銅元素化合價(jià)降低，故C正確；

D.該反應(yīng)中氫氣中rm{H}元素化合價(jià)升高被氧化；故D正確；

故選BCD．

反應(yīng)rm{CuO+H_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}中，氧化銅中rm{CuO+H_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Cu+H_{2}O}元素化合價(jià)降低被還原，氧化銅為氧化劑；氫氣中rm{Cu}元素化合價(jià)升高被氧化；為還原劑，據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查了氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)及特征為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．rm{H}【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0~2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，則該反應(yīng)的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正確；

B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當(dāng)于增大體系的壓強(qiáng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，所以達(dá)平衡時(shí)NO2體積分?jǐn)?shù)增大；B錯(cuò)誤；

C．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故其他條件不變，移走部分NO2；化學(xué)平衡正向移動(dòng)，但平衡常數(shù)不變，C錯(cuò)誤；

D．k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為T1時(shí)，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L，結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)關(guān)系可知平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化學(xué)平衡常數(shù)K=＞0，說明k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1；D正確；

故合理選項(xiàng)是AD。12、AD【分析】【分析】

鹽酸溶液中的氫離子主要是鹽酸電離出來的，鹽酸完全電離，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸不能繼續(xù)電離，鹽酸溶液中氫離子濃度變化大；水解是微弱的，氯化銨溶液中銨離子可繼續(xù)水解，溶液中的氫離子濃度變化小，所以含c點(diǎn)的曲線pH變化是鹽酸溶液的，含a、b點(diǎn)的曲線pH變化是氯化銨溶液的。

【詳解】

A．由于a點(diǎn)溶液稀釋后得到b點(diǎn)，故b點(diǎn)的離子濃度小于a點(diǎn)；而氯化銨溶液的濃度遠(yuǎn)大于HCl，而氯化銨溶液是由于水解顯酸性，而HCl是由于完全電離顯酸性，故b和c點(diǎn)pH相同，故b點(diǎn)氯化銨的濃度必須遠(yuǎn)大于c點(diǎn)HCl的濃度，故離子濃度之和的大小關(guān)系為a＞b＞c；故A正確；

B．b點(diǎn)溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，得出c(OH?)+c(NH3?H2O)=c(H+)；故B錯(cuò)誤；

C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，b點(diǎn)為銨根水解導(dǎo)致溶液呈酸性，b點(diǎn)溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而c點(diǎn)只有鹽酸消耗NaOH(鹽酸完全電離)，故消耗NaOH溶液體積Vb＞Vc；故C錯(cuò)誤；

D．鹽酸電離出的氫離子濃度抑制了水的電離，所以c點(diǎn)溶液中水的電離程度最??；水解促進(jìn)水的電離，由于氯化銨溶液中的氫離子濃度來自于銨根離子水解生成的氫離子，氫離子濃度越大，說明水解程度越大，水的電離程度越大，a點(diǎn)的pH＜b點(diǎn)的pH，說明a點(diǎn)酸性大于b點(diǎn)酸性、a點(diǎn)氫離子大于b點(diǎn)氫離子，所以a、b二點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b，綜上所述a、b、c三點(diǎn)溶液水的電離程度a＞b＞c；故D正確；

答案選AD。13、AB【分析】【詳解】

A．pH=12的氨水與pH=2的鹽酸中，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離，達(dá)到pH=12，濃度大于0.01mol·L-1，則氨水濃度大于HCl的濃度，等體積混合，氨水過量，溶液呈堿性，所以c(OH－)＞c(H＋)。溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，結(jié)合c(OH－)＞c(H＋)，得c(NH4＋)＞c(Cl－)，溶液中NH3·H2O電離程度較小，所以c(Cl－)＞c(OH－)，則溶液中離子濃度大小順序是c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)；A正確；

B．濃度均為0.1mol·L-1的NaHCO3溶液與NaOH溶液等體積，二者恰好反應(yīng)生成Na2CO3，CO32－離子部分水解，溶液顯示堿性，溶液中OH－來自水的電離和CO32－的水解，則c(OH－)＞c(HCO3－)，溶液中離子濃度大小為：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)；B正確；

C．pH=5的H2S溶液中，氫離子濃度為c(H＋)=1×10-5mol·L-1，由于H＋來自水的電離、H2S的第一步、第二步電離，則c(H＋)＞c(HS－)；C錯(cuò)誤；

D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中，根據(jù)物料守恒可得：c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)、2c(Ca2＋)=c(Cl－)，二者結(jié)合可得：c(Na＋)+2c(Ca2＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)+c(Cl－)；D錯(cuò)誤。

答案選AB。

【點(diǎn)睛】

B項(xiàng)中c(OH－)和c(HCO3－)的大小比較，不能忽略水的電離，根據(jù)CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，OH－和HCO3－相等，但是由于水也會(huì)電離出OH－，因此才有c(OH－)＞c(HCO3-)。14、BD【分析】【詳解】

由題可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的電離常數(shù)大于其水解程度，故溶液中因此故A錯(cuò)誤；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，該溶液中電荷守恒為：溶液呈中性，故故B正確；

C．該混合溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②得：故C錯(cuò)誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應(yīng)：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②進(jìn)行相關(guān)轉(zhuǎn)化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點(diǎn)睛】

酸式鹽與多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個(gè)更強(qiáng)，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強(qiáng)堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。15、BD【分析】【分析】

由電解裝置圖可知，熔融甲硫醇鈉在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3-S-S-CH3，電極反應(yīng)為：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3，則A電極為電解池的陽極，與電源正極相接，所以M極為電源的正極，N極為電源的負(fù)極，B極為電解池的陰極，氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；電解過程中陽極區(qū)的鈉離子通過離子交換膜移向陰極，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由上述分析可知；M極為電源的正極，B極為電解池的陰極，故A正確；

B．A電極為電解池的陽極，熔融甲硫醇鈉失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成CH3-S-S-CH3，電極反應(yīng)為：2CH3S--2e-═CH3-S-S-CH3；故B錯(cuò)誤；

C．電解過程中陽極區(qū)的鈉離子通過離子交換膜移向陰極；所以裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜，故C正確；

D．該裝置工作一段時(shí)間，右側(cè)電極室中氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；鈉離子通過離子交換膜移向陰極，所以NaOH濃度增大，故D錯(cuò)誤；

答案選BD。16、AB【分析】【詳解】

電解硝酸鉀和硝酸銅混合溶液時(shí)，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先銅離子放電生成銅單質(zhì)，當(dāng)銅離子完全析出時(shí)，氫離子放電生成氫氣，兩階段的化學(xué)方程式分別為2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，2H2O2H2↑＋O2↑；氣體的物質(zhì)的量==1mol；每生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，每生成1mol氫氣轉(zhuǎn)移2mol電子，每生成1mol銅轉(zhuǎn)移2mol電子，所以根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得銅的物質(zhì)的量==1mol，則銅離子的物質(zhì)的量濃度==2mol/L，根據(jù)電荷守恒得鉀離子濃度=6mol?L-1-2mol/L×2=2mol/L，

A．根據(jù)分析知，原混合溶液中c(K+)為2mol?L-1，故A正確；

B．轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1mol×4=4mol，故B正確；

C．根據(jù)以上分析知；銅的物質(zhì)的量為1mol，故C錯(cuò)誤；

D．第一階段才有H+產(chǎn)生，第一階段轉(zhuǎn)移了2mol電子，產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量為2mol，電解后溶液中c(H+)為：=4mol/L；故D錯(cuò)誤；

故選：AB。17、AB【分析】【詳解】

A.由分析可知，C2O52?化合價(jià)升高變?yōu)镺2，因此電極a為陽極，電源b為正極；故A錯(cuò)誤；

B.①②捕獲CO2時(shí)生成的過程中碳元素的化合價(jià)均為+4價(jià)；沒有發(fā)生化合價(jià)變化，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，a電極的電極反應(yīng)式為2C2O52??4e－=4CO2+O2；故C正確；

D.由a電極、d電極的電極反應(yīng)式可知，該裝置的總反應(yīng)為CO2C+O2；故D正確。

綜上所述；答案為AB。

【點(diǎn)睛】

學(xué)會(huì)分析左右兩邊電極反應(yīng)，C2O52?反應(yīng)生成O2，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，連接電源正極。三、填空題(共6題，共12分)18、Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4【分析】【解答】放電時(shí)，負(fù)極上Pb失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上二氧化鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)式為Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，故答案為：Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4．

【分析】放電時(shí)，負(fù)極上Pb失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上二氧化鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答．19、34g/mol【分析】【解答】相同條件下；氣體的相對(duì)分子質(zhì)量之比等于密度之比，此氣體對(duì)氫氣的相對(duì)密度為17，則氣體的摩爾質(zhì)量M=17×2g/mol=34g/mol；

故答案為：34g/mol．

【分析】相同條件下，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量之比等于密度之比，此對(duì)氫氣的相對(duì)密度為17，可計(jì)算此氣體的相對(duì)原子質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算氣體的摩爾質(zhì)量，注意單位．20、略

【分析】解：rm{壟脵HCl}只含有極性鍵；屬于共價(jià)化合物；

rm{壟脷NaOH}中含有共價(jià)鍵和離子鍵，rm{O}與rm{H}之間為極性鍵；屬于離子化合物；

rm{壟脹Cl_{2}}是非金屬單質(zhì)；只存在非極性鍵；

rm{壟脺H_{2}O}中rm{O}與rm{H}之間存在極性鍵；屬于共價(jià)化合物；

rm{壟脻NH_{4}Cl}中存在離子鍵和極性鍵；屬于離子化合物；

rm{壟脼P_{4}}是非金屬單質(zhì)；只存在非極性鍵；

rm{壟脽Na_{2}O_{2}}中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵；氧原子和氧原子之間存在非極性共價(jià)鍵；

rm{(1)}存在離子鍵的是rm{壟脷壟脻壟脽}故答案為：rm{壟脷壟脻壟脽}

rm{(2)}屬于共價(jià)化合物的是rm{壟脵壟脺}故答案為：rm{壟脵壟脺}

rm{(3)}存在極性鍵的是rm{壟脵壟脷壟脺壟脻}故答案為：rm{壟脵壟脷壟脺壟脻}

rm{(4)}存在非極性鍵的是rm{壟脹壟脼壟脽}故答案為：rm{壟脹壟脼壟脽}．

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性共價(jià)鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵；含有離子鍵的化合物屬于離子化合物，只含有共價(jià)鍵的化合物屬于共價(jià)化合物，據(jù)此分析解答．

本題考查了離子鍵、極性共價(jià)鍵、非極性共價(jià)鍵，離子化合物和共價(jià)化合物的判斷，根據(jù)概念來分析解答即可，難度不大，側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力．【解析】rm{壟脷壟脻壟脽}rm{壟脵壟脺}rm{壟脵壟脷壟脺壟脻}rm{壟脹壟脼壟脽}21、Ⅰ

（1）2CO+2NO2CO2+N2

（2）因生成物是二氧化碳溶于水顯酸性

（3）AB

Ⅱ

（1）①Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3

②2NaHSO3Na2SO3+SO2↑+H2O

（2）25%【分析】【分析】本題考查有關(guān)大氣的污染與防治，難度較小，掌握有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{I}rm{(1)}據(jù)反應(yīng)物可以寫出如下的化學(xué)方程式：rm{2CO+2NO}rm{2CO_{2}+N_{2}}rm{(2)}因生成物是二氧化碳溶于水顯酸性；rm{(3)}控制城市空氣污染源是從源頭上減少污染，所以選AB；rm{II}rm{(1)壟脵}第一步反應(yīng)是生成亞硫酸氫鈉，故化學(xué)方程式為：rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}+H_{2}O}rm{2NaHSO_{3攏祿}}rm{壟脷}第二步是將亞硫酸氫鈉加熱分解產(chǎn)生二氧化硫，故化學(xué)方程式為：rm{2NaHSO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(2)}據(jù)第一個(gè)化學(xué)方程式，設(shè)每次吸收rm{SO_{2}}的物質(zhì)的量為rm{x}rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}+H_{2}O}rm{2NaHSO_{3}}rm{1}rm{1}rm{0.1mol/L隆脕10隆脕10^{3}}rm{L}rm{x}解得：rm{x=0.1mol/L隆脕10隆脕10^{3}L=1000mol}故該工廠產(chǎn)生的尾氣中rm{x=0.1mol/L隆脕10隆脕10^{3}L=1000

mol}氣體的體積分?jǐn)?shù)是rm{dfrac{1;000mol隆脕22.4;L隆隴mo{l}^{?1}}{89.6隆脕{10}^{3}L}隆脕100攏樓=25攏樓隆攏}故答案為：rm{SO_{2}}

rm{

dfrac{1;000mol隆脕22.4;L隆隴mo{l}^{?1}}{89.6隆脕{10}^{3}L}隆脕100攏樓=25攏樓隆攏

}【解析】Ⅰrm{(1)2CO+2NO}rm{2CO_{2}+N_{2}}rm{(2)}因生成物是二氧化碳溶于水顯酸性

rm{(3)AB}Ⅱrm{(1)壟脵Na_{2}SO_{3}+SO_{2}+H_{2}O}rm{2NaHSO_{3}}rm{壟脷2NaHSO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(2)25%}22、略

【分析】解：根據(jù)阿伏加德羅定律可知，同溫同壓下同體積的rm{CO}和rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量相同，物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{1}

設(shè)rm{CO}和rm