2025年人教版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年人教版选择性必修1化学下册月考试卷875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6题，共12分)1、某温度下，在密闭容器中发生如下反应：若开始时充入2molC气体，达到平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10％；若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，达到平衡时A的转化率为A.20％B.40％C.60％D.80％2、可充电锂电池的总反应式为4Li+2CO2+O22Li2CO3；其工作原理如图所示，放电时产生的碳酸锂固体储存于碳纳米管中，TEGDME是一种有机溶剂。下列说法中不正确的是。

A.放电时，M极发生氧化反应B.充电时，N极与电源正极相连C.放电时，N极的电极反应式为2CO2+O2+4Li++4e-=2Li2CO3D.充电时，若有0.2mol电子发生转移，则N极产生8.8gCO23、下列操作能达到实验目的的是。

。

实验操作。

实验目的。

A

用洁净铂丝蘸取试剂灼烧；直接观察火焰颜色。

检验K+

B

分别测量饱和CO2与SO2溶液的pH

证明H2SO3强于H2CO3

C

向浓度均为0.01mol/L的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol/L的AgNO3溶液；观察沉淀颜色。

比较AgI与AgCl的Ksp

D

用玻璃棒蘸取溶液；点在湿润的pH试纸上，与标准比色卡比对，读出pH

测定NaClO溶液pH

A.AB.BC.CD.D4、下列过程中，需要吸收能量的是A.H+H=H2B.H+Cl=HClC.I2→I+ID.S+O2=SO25、把NaCl晶体溶于水充分搅拌后，溶液中仍有晶体存在，下列说法正确的是A.溶解过程停止B.此时溶解速率等于结晶速率C.此时溶质不再溶解D.溶解过程停止6、下列化学用语对事实的表述正确的是A.电解精炼铜时，阴极的电极反应式：Cu2++2e-=CuB.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5l8OHC17H35COOC2H5+H218OC.苯酚钠溶液中通入少量CO2气体：2+CO2+H2O→2+Na2CO3D.银氨溶液中滴加过量的盐酸：Ag(NH3)+2H+=Ag++2NH评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、写出下列反应的热化学方程式。

(1)1molC2H4(g)与适量O2(g)反应，生成CO2(g)和H2O(l)；放出1411kJ的热量:__________________________________________________________________

(2)1molAl(s)与适量O2(g)发生反应，生成Al2O3(s)；放出834.9kJ的热量:__________________________________________________________________

(3)23gC2H6O(l)和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成27g液态水和22.4LCO2(标准状况)并放出683.5kJ的热量:__________________________________________________________________8、一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)；请填写下列空白：

(1)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为___________；x为____________。

(2)若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度______________0.8mol/L（填“大于”；“小于”或“等于”）

(3)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Ar

③容器压强不变，充入惰性气体Ar

④使用催化剂。

⑤将容器体积缩小一半。

(4)能够说明该反应达到平衡的标志是____________。

A．容器内混合气体的密度保持不变。

B．容器内混合气体的压强保持不变。

C．A；B的浓度之比为3：1

D．单位时间内断开3nmolA-A键的同时生成nmolB-B

E．v(A)=3v(B)9、Ⅰ.室温下，0.01mol/L的盐酸溶液的pH是____，0.05mol/L的Ba(OH)2溶液的pH是___，pH=3的盐酸稀释100倍，所得溶液pH是____，pH=9的NaOH溶液稀释1000倍后溶液中c(OH−)与c(Na+)之比是___。

Ⅱ.水的电离平衡曲线如下图所示。

（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从____增加到____。

（2）100℃的温度下将pH=8的KOH溶液与pH=5的稀H2SO4混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则KOH溶液与稀H2SO4的体积比是____。10、电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸(HCOOH)的原理示意图如下：(已知HCOOH中C的化合价为+2价)

请回答：

(1)a端连电源的___________极。

(2)甲池中放出的气体是___________，发生的电极反应式为：___________。

(3)电解过程中，产生HCOO-的电极反应式为：___________。电路中转移0.1mol电子，理论上需消耗CO2___________L(标准状况)。

(4)电解过程中K+的移动方向是___________，其原因是___________。11、I.图为相互串联的三个装置；试回答：

(1)若利用乙池在铁片上镀银，则B是_______(填电极材料)，电极反应式是_______；应选用的电解质溶液是_______。

(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则_______极(填“A”或“B”)是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为_______。

(3)丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间_______(填“C”或“Fe”)极附近呈红色。

(4)写出甲池负极的电极反应式：_______。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，则丙池中阳极上放出的气体物质的量为_______。

II.(5)请利用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池。_____

设计要求：①该装置尽可能提高化学能转化为电能的效率；

②材料及电解质溶液自选；在图中做必要标注；

③画出电子的转移方向。12、经测定某溶液中只含NH4+、Cl－、H＋、OH－四种离子；已知这种溶液中含有一种或两种溶质。查资料表明等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性，试完成下列各题。

（1）试推测能组成这种溶液的可能的溶质组合有__________种(填数字)。

（2）有关这种溶液，下列说法不正确的是______

A．若溶液中离子间满足c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，则溶液中溶质一定为NH4Cl和NH3·H2O

B．若溶液中离子间满足c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)，则溶液中溶质一定只有NH4Cl

C．若溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)；则该溶液一定显中性。

D．若溶液中c(NH3·H2O)>c(Cl－)；则溶液一定显碱性。

（3）若溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)__c(NH3·H2O)(填“>”、“<”或“＝”)，简述理由_____________。

（4）水的电离程度与溶液中所溶解的电解质有关，如图是用一定浓度的HCl滴定VL同浓度NH3·H2O时得到的滴定曲线。试分析如图所示滴定过程中的a、b、c、d各点，水的电离程度最大的是____________理由为______________________________。

（5）写出a点；c点所对应溶液中各离子浓度由大到小的比较顺序。

a点：______________________________________________________________

c点：______________________________________________________________13、人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur−(aq)∆H＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究；回答下列问题：

已知：①37℃时，Ka(HUr)＝4×10−6，Kw＝2.4×10−14，Ksp(NaUr)＝6.4×10−5

②37℃时，模拟关节滑液pH＝7.4，c(Ur－)＝4.6×10−4mol∙L−1

(1)尿酸电离方程式为_______

(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，Kh(Ur−)＝_______。

(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)_______c(Ur−)(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0.2mol∙L−1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程_______

(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是_______。

a.加强锻炼，注意关节保暖b.多饮酒；利用乙醇杀菌消毒。

c.多喝水，饮食宜少盐、少脂d.减少摄入易代谢出尿酸的食物14、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15、如图所示为在直流电源的作用下电解CuSO4溶液的装置，其中A、B为石墨电极，a、b为电源的两极；当接通电源，通电一段时间后，将B电足量极取出，洗干净并干燥后称量，其质量增加了3.2g，则：

（1）a电极为电源的___极。

（2）写出电极反应式：A极___，B极__。

（3）若要使反应后的溶液恢复到原来状态，则应该加入__，加入__g。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、100℃的纯水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此时水呈酸性。（______________）A.正确B.错误17、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误18、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误19、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误20、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误21、铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g。(_______)A.正确B.错误22、常温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(_______)A.正确B.错误23、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.错误评卷人得分四、计算题(共4题，共16分)24、摩擦火柴，火柴上发生的化学反应为：3Sb2S3(s)+11KClO3(s)=3Sb2O5(s)+11KCl(s)+9SO2(g)△H=-5560kJ/mol。只有将产物和火柴杆加热到600K以上，火柴才能点燃。现有一根火柴，火柴头上含有3.0×10-6molSb2S3和1.1×10-5molKClO3。假设火柴杆的体积为0.01cm3，密度为0.5g/cm3，比热容为1.75J·g-1·K-1，其余物质的摩尔热容如表所示：。物质Sb2O5KClSO2摩尔热容/J/(K·mol)1205040

假设环境温度为300K。请计算：

(1)火柴头中的Sb2S3和KClO3充分反应时放出的热量为___________J。

(2)火柴能否点燃？通过计算说明。_________25、到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用最主要的能源。

（1）化学反应中放出的热能（焓变；ΔH）与反应物和生成物的键能（E）有关。已知：

①H①H2(g)＋Cl2ΔH=－a

(g)=2HCl(g)ΔH=－a②E(H-H)=bE(Cl-Cl)=c

②E(H-H)=b则_____________，E(Cl-Cl)=c

实验中不能直接测出由石墨和氢气反应生成甲烷反应的反应热，但可测出CH：E(H-Cl)=、石墨和HkJ·mol燃烧反应的反应热；求由石墨生成甲烷的反应热。已知：

-1。（2）42①CH4(g)＋2O2△H=－akJ·mol(g)==CO

②C(石墨)＋O2(g)＋2H2O(l)△H=－akJ·mol△H=－bkJ·mol

-12(g)==CO2(g)△H=－bkJ·mol-1△H=－ckJ·mol③H

则反应C(石墨)＋2H2(g)＋1/2O2(g)的反应热(g)==H________2O(l)△H=－ckJ·mol26、反应体系为气体；催化剂为固体的异相催化反应很普遍。设气体在均匀的固体催化剂表面发生单层吸附；各吸附活性中心能量相同，忽略吸附粒子间相互作用，吸附平衡常数不随压力变化。

(1)理想气体X在180K和3.50×105Pa条件下，1g固体的吸附量为1.242cm3.在240K达到相同的吸附量时，需要将压力增加到1.02MPa。估算X在该固体表面的摩尔吸附焓变________(假设此温度范围内摩尔吸附焓变为定值)。

(2)已知反应A(g)B(g)的反应机理为：A(g)+*>B(g)+*，其中*表示固体催化剂表面的活性中心。每个活性中心只能吸附一个气态分子A(g)，形成吸附态分子可直接转化生成气相产物B，该表面反应为决速步骤。吸附态的浓度用表面覆盖度(分子所占据的活性中心个数与表面活性中心总个数之比)表示。在298K测量A(g)B(g)反应速率常数k2，高压下为5kPa·s-1，低压下为0.1s-1.试计算气体A分压为50kPa时，由A生成B的反应速率________。

(3)假如产物B也发生表面吸附；反应机理变为：

A(g)+*B(g)+*

其中由生成的表面反应为决速步骤。假设ka，kd，k1都和问题(2)中的相同。当产物B的分压pB远大于pA时，A(g)B(g)的反应对于A来说是一级反应，且速率常数k3可表达为pB的函数：K3=kPa·s-1

求B(g)在催化剂上的吸附平衡常数KB=ka1/kg1________。27、氮氧化物和硫氧化物污染已成为一个世界性的环境问题，但只要合理利用也是重要的资源，NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。

已知：①4NH3(g)＋3O2(g)＝2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝−1530kJ·mol−1

②N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)ΔH2＝＋180kJ·mol−1

写出NH3还原NO的热化学方程式：_______。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共40分)28、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。29、常温下；有浓度均为0.1mol/L的下列4种溶液：

①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOH

(1)这4种溶液pH由大到小的排列顺序是_____________(填序号)；

(2)④的水解平衡常数Kh=___________。

(3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“＞”“＜”或“＝”)。

(4)常温下NaCN溶液中，将粒子浓度由大到小排序________(包括HCN)

向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为__________________。

(5)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液溶液pH=_________。30、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)31、工业用焦炭和硫酸钠反应制备硫化钠：Na2SO4+2CNa2S+CO2↑；完成下列填空：

(1)硫元素在周期表中的位置为___________，硫原子核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CS2的结构与CO2相似，二者形成晶体时的熔点高低为：CS2___________CO2(填“>、=、<”)。

(3)有关二硫化碳分子的描述正确的是______。A．含有非极性键B．是直线形分子C．属于极性分子D．结构式为(4)C元素和S元素比较，非金属性强的是___________，写出一个能支持你的结论的事实：___________。

(5)Na2S又称臭碱，Na2S溶液中含硫元素微粒的浓度由大到小的顺序是___________。

(6)天然气中常含有少量H2S；在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图示；

配平步骤①涉及到的方程式(先在括号里补齐生成物)：_________

___________Fe2(SO4)3+___________H2S=___________FeSO4+___________S↓+___________

(7)图示中反应②是FeSO4在酸性条件下被O2氧化的过程，若有1摩尔FeSO4在酸性条件下被氧化，需要O2的体积(标准状况)为___________升。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共30分)32、现有和和溶液；设三者中的一种为A试剂，则其他为B，C．现将B溶液滴入A中，有蓝色沉淀生成，并有时带有绿色沉淀，将B滴入C中则有气体生成。

(1)现在将A、B、C等量混合摇匀，沉淀消失，请分析A、B、C分别为什么溶液：A____、B_____、C_______。

(2)为什么用三氯化铁和碳酸钠溶液混合制取得不到碳酸铁？_________。33、甲；乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素；它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。

(1)若甲为气态氢化物，乙为黄色固体，写出此时反应①的化学方程式___________。

(2)若甲为两性氧化物，乙的水溶液呈酸性，请用离子方程式写出乙的水溶液呈酸性的原因___________，写出此时反应④的离子方程式___________。

(3)若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为___________。

(4)若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，请写出乙的电子式___________。34、A、B、C、D均为短周期的非金属元素，且原子序数依次增大。A、B可形成一种极易溶于水的碱性气体X，A、B、C元素可组成离子晶体，该晶体的化学式为A4B2C3；A和D可形成极易溶于水的酸性气体Y；X分子比Y分子少8个电子。

（1）请写出四种元素的元素符号：A__________B________C___________D_______

（2）用离子方程式表示A4B2C3的水溶液显酸性的原因_______________________

（3）用电子式表示B2___________________用电子式表示ADC________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

在相同温度下，按化学计量数转化到一边，根据方程式可以知道，2molA和1molB完全转化，可得n(C)=2mol；故从C开始进行反应，达相同平衡状态，需要C的物质的量为2mol，对应成分的物质的量相同，说明两平衡是等效平衡，据此分析解答。

【详解】

若开始时充入2molC气体；达到平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10％，设生成A的物质的量为x；

压强之比等于物质的量之比，x+0.5x+2-x=2+210%；x=0.4mol；

若开始时只充入2molA和1molB的混合气体，达到平衡时消耗A的物质的量=2mol-0.4mol=1.6mol，达到平衡时A的转化率=100%=80%；故选D。2、D【分析】【分析】

由电池总反应知：放电时Li被氧化；M是负极，N作正极，则充电时，M作阴极，N极作阳极；

【详解】

A.据分析；放电时，M极为负极，发生氧化反应，A正确；

B.放电时Li被氧化；M是负极，N作正极，则充电时，M作阴极，N极作阳极，故N与电源正极相连，B正确；

C.放电时，N极发生还原反应，氧气被还原，电极反应式为2CO2+O2+4Li++4e-=2Li2CO3；C正确；

D.充电时，N极反应为：2Li2CO3-4e-=2CO2+O2+4Li+，若有0.2mol电子发生转移，则N极生成4.4gCO2；D错误；

答案选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．检验K+应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色；滤掉黄光，故A错误；

B．两种气体的溶解度不同；得到的弱酸的浓度不同，不能比较，故B错误；

C．少量的Ag+与两种溶液反应，哪一种先形成沉淀，说明哪一种的Ksp值较小；故C正确；

D．NaClO有强氧化性；不能使用pH试纸测量其溶液pH，应用pH计，故D错误；

故选：C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A、B、D三个变化过程是成键过程，化学键的形成要放出能量，C的变化过程是断键过程，化学键的断裂需要吸收能量，选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

把NaCl晶体溶于水,存在钠离子氯离子离开晶体表面进入溶液的溶解过程；同时存在溶液中的钠离子和氯离子回到晶体表面的结晶过程；当溶解速率和结晶速率相等时，就处于平衡，这是动态平衡：溶解和结晶仍在进行、但是溶解已达到了最大程度，形成了饱和溶液，则B满足；

答案选B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．电解精炼铜时，阴极的电极反应式：Cu2++2e-=Cu；A正确；

B．酯化反应的机理为：酸脱羟基，醇脱氢，故硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5l8OHC17H35CO18OC2H5+H2O；B错误；

C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞故苯酚钠溶液中通入少量CO2气体的反应方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3；C错误；

D．银氨溶液中滴加过量的盐酸的离子反应方程式为：Ag(NH3)+OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH+H2O；D错误；

故答案为：A。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

(1)1molC2H4(g)与适量O2(g)反应，生成CO2(g)和H2O(l)，放出1411kJ的热量：C2H4(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－1411kJ·mol−1；故答案为：C2H4(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－1411kJ·mol−1。

(2)1molAl(s)与适量O2(g)发生反应，生成Al2O3(s)，放出834.9kJ的热量，其热反应方程式为：Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH＝－834.9kJ·mol−1，故答案为：Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH＝－834.9kJ·mol−1。

(3)23gC2H6O(l)即物质的量为0.5molC2H6O(l)和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成27g液态水和22.4LCO2(标准状况)并放出683.5kJ的热量，其热反应方程式为：C2H6O(l)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－683.5kJ·mol−1；故答案为：C2H6O(l)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－683.5kJ·mol−1。【解析】C2H4(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－1411kJ·mol−1Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH＝－834.9kJ·mol−1C2H6O(l)＋O2(g)=CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－683.5kJ·mol−18、略

【分析】【分析】

(1)先计算v(A)、v(C)，然后根据速率比等于计量数的比计算出v(B)及x的值；

(2)根据浓度对化学反应速率的影响分析判断；

(3)根据化学反应速率的影响因素分析判断；

(4)根据平衡状态的特征分析判断。

【详解】

(1)在体积固定为2L的密闭容器中通入3molA和1molB气体，发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，则△n(A)=(3-1.8)mol=1.2mol，△c(A)==0.6mol/L，所以v(A)==0.6mol/(L·min)。由于v(A)：v(B)=3：1，所以v(B)=v(A)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)；反应开始时未通入C物质，在1min内C的浓度为0.4mol/L，则v(C)===0.4mol/(L·min)，由于v(A)：v(C)=3：x；则0.6mol/(L·min)：0.4mol/(L·min)=3：x，解得x=2；

(2)在第1min内C的浓度变化了0.4mol/L；若化学反应速率不变，则第2min末，C的浓度应该为0.8mol/L。由于随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，化学反应速率会逐渐减小，因此若反应经2min达到平衡，则平衡时C的浓度小于0.8mol/L；

(3)在其它条件不变时；①若升高温度，化学反应速率加快，①符合题意；

②容器体积不变，充入惰性气体Ar；不能改变任何一种反应物的浓度，化学反应速率不变，②不符合题意；

③容器压强不变，充入惰性气体Ar；必然会使容器的容积扩大，使反应物的浓度减小，化学反应速率减小，③不符合题意；

④使用催化剂可以大大加快化学反应速率；④符合题意；

⑤将容器体积缩小一半；反应物浓度增大，化学反应速率加快，⑤符合题意；

故合理选项是①④⑤；

(4)A．反应混合物都是气体；气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则容器内混合气体的密度始终保持不变，因此不能根据密度不变判断反应是否处于平衡状态，A不符合题意；

B．该反应是反应前后气体体积改变的反应；若容器内混合气体的压强保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B符合题意；

C．A；B加入的物质的量的比是3：1；二者反应的物质的量的比是3：1，因此无论反应是否达到平衡，A、B的浓度之比始终是3：1，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不符合题意；

D．单位时间内断开3nmolA-A键就会断裂的nmolB-B；还同时生成nmolB-B，说明物质B的浓度不变，则反应处于平衡状态，D符合题意；

E．v(A)=3v(B)中未指明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，E不符合题意；

故合理选项是BD。

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算、关系、影响因素及化学平衡状态的判断。掌握有关概念、平衡状态的特征及化学反应速率与化学方程式中计量数的关系是解题关键。题目考查了学生对基础知识的掌握与应用能力。【解析】①.0.2mol/(L·min)②.2③.小于④.①④⑤⑤.BD9、略

【分析】【分析】

根据题意可知，本题考查水在电离平衡和pH的计算，运用水在电离平衡常数只与温度有关和H=-lgc(H+)分析。

【详解】

Ⅰ.根据PH=-lgc(H+)可得，0.01mol/L的盐酸溶液的pH=-lgc(0.01)=2；0.05mol/L的Ba(OH)2

中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，由常温下水的离子积Kw=1×10-14得pH=-lgc(10-13)=13；pH=3的盐酸稀释100倍，所得溶液中c(H+)=10-5mol/L，pH=5；pH=9的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-5mol/L，c(Na+)=1×10-5mol/L，稀释1000倍后溶液中，c(OH-)≈1×10-7mol/L接近中性，而c(Na+)=1×10-8mol/L，c(OH−)与c(Na+)之比约为10-7：10-8=10:1。

故答案为：2；13；5；10:1；

Ⅱ.(1)25℃时纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14；

当温度升高到100℃，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-12；

故答案为：10-14；10-12；

(2)100℃的温度下将pH=8的KOH溶液中c(OH-)=10-4mol/L，pH=5的稀H2SO4中c(H+)=10-5mol/L，设KOH的体积为x，稀H2SO4的体积为y，100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，溶液显碱性，解得x:y=2:9。

故答案为：2:9。【解析】①.2②.13③.5④.10:1⑤.10-14⑥.10-12⑦.2:910、略

【分析】由题给示意图可知，乙池发生还原反应，Sn电极为电解池的阴极，则Pt电极为电解池的阳极，a端与直流电源的正极相连，碱性条件下，碳酸氢根在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气、二氧化碳和水，电极反应式为Sn电极为阴极，b端与直流电源的负极相连，碱性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根、碳酸氢根，电极反应式为

【详解】

(1)由分析可知；Pt电极为电解池的阳极，a端与直流电源的正极相连，故答案为：正；

(2)由分析可知，Pt电极为电解池的阳极，碱性条件下，碳酸氢根在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气、二氧化碳和水，电极反应式为故答案为：O2和CO2；

(3)由分析可知，Sn电极为阴极，碱性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根、碳酸氢根和水，电极反应式为由电极反应式可知电路中转移0.1mol电子，理论上需消耗标准状况下二氧化碳的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24；

(4)电解时，在电场的作用下，阳离子向阴极移动，钾离子带正电荷，则钾离子由甲池向乙池移动，故答案为：由甲池向乙池移动；在电场的作用下，带正电荷的K+向阴极移动。【解析】正O2和CO22.24由甲池向乙池移动在电场的作用下，带正电荷的K+向阴极移动11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)甲池中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极；所以乙池中A是阳极，B是阴极；丙池中Fe是阴极，石墨是阳极。若利用乙池在铁片上镀银，则B是铁片；电极反应式是Ag++e-=Ag；选用的电解质溶液为AgNO3溶液；(2)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则A极是粗铜，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，比铜活动性强的金属会失去电子变为Fe2+进入溶液；而活动性比Ag、Au会以单质的形式沉积在c(阳极)下方，俗称阳极泥；(3)是电解NaCl溶液，化学反应方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH，在阴极Fe电极H+获得电子变为H2逸出，使附近的溶液显碱性，故丙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间Fe极附近呈红色。(4)在甲池负极的电极反应式是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。若甲池消耗3.2gCH3OH气体，甲醇的物质的量是n(CH3OH)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，0.1mol甲醇反应的转移电子的物质的量是n(e-)=0.1mol×6=0.6mol，由于在串联电路中电子转移的物质的量相等，在丙池的阳极发生氧化反应：2Cl—-2e-=Cl2↑，n(NaCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，n(Cl2)=0.1mol÷2=0.05mol，后发生反应：4OH—-4e-=2H2O+O2↑，发生该反应转移电子的物质的量是0.6mol-0.1mol=0.5mol，所以氧气的物质的量是n(O2)=0.5mol÷4=0.125mol，所以阳极反应产生气体的物质的量是n=n(Cl2)+n(O2)=0.05mol+0.125mol=0.175mol；(5)利用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，Fe是负极，石墨作正极，用FeCl3作电解质溶液；可设计为原电池是：

考点定位：考查原电池；电解池的反应原理及应用的知识。

名师点睛：当多个池串联在一起，又没有电池显示时，两个电极活动性差别大的为原电池，其余为电解池；若有一个池中一个电极通入某种燃料，如通入CH4、H2、CH3OH等，另一个电极通入空气，则该池为原电池，其余各池为电解池。其中通入燃料的电极为负极，负极失去电子发生氧化反应；通入空气的电极是正极，正极上氧气获得电子发生还原反应。电极反应式要结合电解质溶液的酸碱性进行，酸性环境不存在大量OH-，碱性环境不能大量存在H+；与原电池负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；与原电池正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应。若是电镀，则镀件为阴极，与原电池的负极连接；镀层金属为阳极，与原电池的正极连接，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液；若是金属精炼；则不纯的金属作阳极，纯净的金属为阴极，含有精炼金属阳离子的溶液为电解质溶液。提纯的金属及活动性大于该金属的杂质金属失去电子，变为阳离子进入电解质溶液，而活动性比精炼金属弱的金属以单质的形式沉积在阳极底部，俗称阳极泥。若以惰性电极电解，符合溶液中阳离子、阴离子的放电顺序，电解质溶液的浓度会降低。在整个闭合回路中电子转移数目相等。【解析】铁片Ag++e-=AgAgNO3溶液AAu、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中FeCH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O0.175mol12、略

【分析】【分析】

（1）由溶液中存在的阴阳离子电荷守恒判断可能的溶质微粒；

（2）A；分析离子浓度关系可知溶液呈碱性判断溶液中的溶质；

B、溶液呈酸性的溶质可以是NH4Cl，NH4Cl和HCl；

C；结合溶液中电荷守恒分析；

D；结合溶液中电荷守恒分析；

（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c（H＋）=c（OH－）；溶液中的溶质是氯化铵和氨水；要使混合溶液呈中性，则氨水的物质的量大于HCl；

（4）NH3·H2O对水的电离起抵制作用，而NH4Cl对水的电离起促进作用；

（5）用一定浓度的HCl滴定VL同浓度NH3·H2O；a是氨水和氯化铵的混合物，c是氯化铵溶液；

【详解】

（1）某溶液中只含NH4＋、Cl－、H＋、OH－四种离子，已知该溶液中含有一种或两种溶质，查资料表明等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性，依据溶液中存在的阴阳离子结合电荷守恒分析判断可能的溶质微粒为，NH4Cl、NH3·H2O和NH4Cl、NH4Cl和HCl；组成这种溶液的可能的溶质组合有3种；

（2）A．等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性，若溶液中离子间满足c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），则溶液中溶质一定为NH4Cl和NH3·H2O；故A正确；

B．若溶液中离子间满足c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－），则溶液中溶质可以是NH4Cl或NH4Cl和HCl混合溶液；故B错误；

C．若溶液中c（NH4＋）=c（Cl－），溶液中电荷守恒，c（Cl－）+c（OH－）=c（NH4＋）+c（H＋），c（OH－）=c（H＋）；则该溶液一定显中性，故C正确；

D．等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性，若溶液中c（NH3·H2O）＞c（Cl－），则溶液中溶质为NH3·H2O和NH4Cl；一定显碱性，故D正确；

故选B．

（3）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c（H＋）=c（OH－），溶液中的溶质是氯化铵和氨水；要使混合溶液呈中性，则氨水的物质的量大于HCl，混合前c（HCl）＜c（NH3·H2O），pH为7的溶液，一定是氨水与氯化铵的混合溶液，即混合时氨水略过量，c（HCl）＜c（NH3·H2O）；

（4）NH3·H2O对水的电离起抵制作用，而NH4Cl对水的电离起促进作用；所以两者恰好完全反应生成氯化铵，对水电离促进程度最大，即为c，分析题图可知，c点时盐酸和氨水正好完全反应，生成氯化铵溶液，这时水的电离程度最大；

（5）a点是等浓度的氨水和氯化铵的混合物，一水合氨电离大于铵根离子电离溶液显碱性，溶液中离子浓度：c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），c点是恰好完全反应生成的氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为：c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－）；【解析】①.3②.B③.<④.pH为7的溶液，一定是氨水与氯化铵的混合溶液，即混合时氨水略过量，c(HCl)<c(NH3·H2O)⑤.c⑥.分析题图可知，c点时盐酸和氨水正好完全反应，生成氯化铵溶液，这时水的电离程度最大⑦.c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)⑧.c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；故答案为：HUrH＋＋Ur－；

(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，故答案为：6×10−9；

(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7.4，c(Ur－)＝4.6×10−4mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞；

(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0.2mol∙L−1时，Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)；故有尿酸钠晶体析出；

(5)根据NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur−(aq)∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。【解析】HUrH＋＋Ur－6×10−9＞Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出acd14、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】①②④⑤④②④⑥⑦①③④②①③⑤⑤⑥⑦⑨①⑧15、略

【分析】【分析】

B电极质量增加依据电解池原理分析判断，B为电解池的阴极，A为阳极，a为电源正极，b为电源负极；电解过程中阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为:Cu2++2e-=Cu。

【详解】

(1)a为电源正极；故答案为：正；

(2)依据分析可知A为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为:4OH--4e-=2H2O+O2↑，B为阴极，溶液中铜离子得到电子生成铜，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，Cu2++2e-=Cu；

(3)将B电极取出洗干净并干燥后称量其质量增加了3.2g，则析出铜的物质的量=如果想使反应溶液恢复到原来状态，可以加入CuO恢复溶液浓度，依据元素守恒得到加入氧化铜质量=0.05mol×80g/mol=4.0g，故答案为：CuO，4.0。【解析】正2H2O-4e-=O2↑+4H+Cu2++2e-=CuCuO4.0三、判断题(共8题，共16分)16、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。17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。18、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。19、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

由铅蓄电池负极反应：Pb+-2e‑=PbSO4↓，知反应后负极由Pb转化为PbSO4，增加质量，由电极反应得关系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知电路通过2mol电子，负极质量增加96g，题干说法错误。22、B【分析】【详解】

酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，错误。23、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。四、计算题(共4题，共16分)24、略

【分析】【详解】

（1）火柴头上含有3.0×10-6molSb2S3和1.1×10-5molKClO3，结合化学方程式可知，两者恰好反应，则放出热量为

（2）根据反应生成Sb2O5、KCl、SO2物质的量分别为3.0×10-6mol、11.0×10-6mol、9.0×10-6mol；假设放出热量能使温度升高TK，根据题干数据可知，0.01cm3×0.5g/cm3×1.75J·g-1·K-1×T+3.0×10-6mol×120J/(K·mol)×T+11.0×10-6mol×50J/(K·mol)×T+9.0×10-6mol×40J/(K·mol)×T=5.56J，T=554.9K，则554.9K+300K>600K，故能被点燃。【解析】(1)5.56

(2)根据反应生成Sb2O5、KCl、SO2物质的量分别为3.0×10-6mol、11.0×10-6mol、9.0×10-6mol；假设放出热量能使温度升高TK，根据题干数据可知，0.01cm3×0.5g/cm3×1.75J·g-1·K-1×T+3.0×10-6mol×120J/(K·mol)×T+11.0×10-6mol×50J/(K·mol)×T+9.0×10-6mol×40J/(K·mol)×T=5.56J，T=554.9K，则554.9K+300K>600K，故能被点燃。25、略

【分析】【详解】

（1）化学反应中放出的热能（焓变，ΔH）等于反应物的总键能之和与生成物的总键能（E）之和的差值，则：△H=E(H-H)+E(Cl-Cl)-2×E(H-Cl)=bkJ·mol-1+ckJ·mol-1-2×E(H-Cl)=－akJ·mol-1，求得：E(H-Cl)=kJ·mol-1；

(2)已知：①CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(l)△H△H1=－akJ·mol-1

②C(石墨)＋O；2(g)=CO2△H(g)△H2=－bkJ·mol

-1；③H2(g)＋1/2O2(g)=H△H2O(l)△H；根据盖斯定律，由②3③×=－ckJ·mol①得反应：C(石墨)＋2H-1+2－(g)2(g)→CH4△H=△H×2+△H=32－△H1－bkJ·mol×-1－ckJ·mol=（a-b-2c）-12+akJ·mol。-1【解析】(a+b+c)/2kJ·mol-1(-2c-b+a)kJ·mol-126、略

【分析】【分析】

【详解】

这是一道很典型的化学动力学题；主要考查学生对化学动力学中三大假设和反应速率计算的掌握。题目选取异相催化反应作为背景，在介绍相关知识的同时，也对学生的应变能力提出了一定的要求。

6-1热身题目；考查基本的化学热力学与平衡计算。首先写出两个温度下的平衡常数：

K180k=

K240K=

其中x是表示1g固体吸附1.242cm3气体的一个物理量。然后就可计算出吸附反应的焓值；也即摩尔吸附焓变：

代入K180k和K240K；消去x即可求出摩尔吸附焓：

=-6.40kJ·mol-1

此外；也可以通过吉布斯自由能来计算摩尔吸附焓：

=-RTlnK180K=-180K×

=-RTlnK240K=-240K×

在一个较小的温度范围内，和都可视作是不变量。以上两式消去就可计算出=-6.40kJ·mol-1。

以上两种方法都可以得到本题的答案；请读者自行推导它们之间的关系。

6-2这是一道典型；常规的动力学题目。首先注意题目中的几句话：

①“该表面反应为决速步骤”；在决速步骤之前的A的吸附和解离过程可以认为是一个快速平衡的过程。即：

r1=rd

②“吸附态的浓度用表面覆盖度(所占据的活性中心个数与表面活性中心总个数之比)表示。”在吸附化学中，速率和表面覆盖率成正比。假如用来表示的表面覆盖率，则(1-)可表示“表面未覆盖率”；那么：

ra=kapA(1-)

rd=kd

③“高压下为5kPa·s-1，低压下为0.1·s-1.”在高压和低压下；反应速率常数不仅数值不同，单位也不同。高压下反应级数为零级，而低压下则变为一级。读者应该带着这个信息进行解题。

由速控步假设可得：

=k1

其中可由快速平衡假设得到；即：

kapA(1-)=kd

=

在这一步我们也可以得到反应的平衡常数：

KA=

那么：

在高压条件下，KA>>1：

=k1=k2=5kPa·s-1

在低压条件下KA<<1：

=k1KA=k2

KA=

则在=50kPa时；

=2.5kPa·s-1

6-3本题是6-2的扩展。但要注意的是，在这里“表面未覆盖率”为(1--)。对于两个快速平衡；有：

Ka(1--)=kdKA=

ka1(1--)=kd1KB=

可以计算出和

=

=

由稳态近似；有：

又>>且总反应对A为一级，需1+KA<KB因此：

速率常数K3=kPa·s-1；故：

K3==kPa·s-1

KB=0.01kPa-1【解析】-6.40kJ·mol-12.5kPa·s-10.01kPa-127、略

【分析】【分析】

【详解】

NH3还原NO的化学方程式为6NO(g)＋4NH3(g)＝5N2(g)＋6H2O(l)，已知①4NH3(g)＋3O2(g)＝2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－1530kJ·mol−1；②N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)ΔH2＝＋180kJ·mol−1；根据盖斯定律①−②×3计算6NO(g)＋4NH3(g)＝N2(g)＋6H2O(l)的焓变△H＝−1530kJ⋅mol−1−(＋180kJ⋅mol−1)×3＝−2070kJ/mol，即热化学方程式为6NO(g)＋4NH3(g)＝5N2(g)＋6H2O(l)△H＝−2070kJ/mol，故答案为：6NO(g)＋4NH3(g)＝5N2(g)＋6H2O(l)△H＝−2070kJ/mol。【解析】6NO(g)＋4NH3(g)＝5N2(g)＋6H2O(l)∆H＝−2070kJ/mol五、结构与性质(共4题，共40分)28、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3629、略

【分析】【详解】

(1)对应酸的电离平衡常数分析可知：酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱对应盐的水解程度越大，碱的碱性越强，则溶液碱性②NaOH溶液＞①NaCN溶液＞④NaHCO3溶液＞③CH3COONa溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是：②①④③；

(2)碳酸氢根的水解平衡常数Kh==2.5×10-8；

(3)碳酸氢钠碱性大于同浓度的CH3COONa溶液；则消耗盐酸的体积③＜④；

(4)NaCN溶液中存在CN-的水解，溶液显碱性，由于水解是微弱的，且水也会电离出氢氧根，所以溶液中粒子浓度由大到小为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)；

碳酸的一级电离常数大于HCN的，二级电离常数小于HCN的，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO

(5)碳酸氢根的电离平衡常数为=5.010-11，则c(H+)=10-10mol/L；所以pH=10。

【点睛】

酸性越强，其对应的盐溶液水解程度越大；比较溶液中粒子浓度大小关系时，要注意弱电解质的电离和盐类的水解都是微弱的。【解析】②①④③2.5×10-8＜c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(HCN)＞c(H+)CN-+CO2+H2O=HCN+HCO1030、略

【分析】【分析】

(1)根据盐类水解的规律；“谁弱谁水解，谁强显谁性”判断；

(2)结合电离方程式及水解方程式判断溶液中离子浓度的大小关系；

(3)用水解平衡解释溶液的稀释及净水原理。

【详解】

(1)CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KNO3为强酸强碱盐水溶液呈中性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解生成醋酸分子和氢氧根离子，水解方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨分子和氢离子，水解方程式为NH+H2O⇌NH3·H2O+H+；0.1mol/LNH4Cl溶液中