2025年沪科版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版选择性必修1化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、一定条件下，密闭容器中，1mol/LX和3mol/LY进行反应：X(g)＋3Y(g)⇌2Z(g)，经2s达到平衡，此时Z为0.6mol/L。下列说法不正确的是A.以X浓度变化表示的反应速率为0.3mol/(L·s)B.平衡后，Y的平衡浓度为2.1mol/LC.平衡后，物质X的转化率为30%D.若升高温度，该反应的化学平衡会发生改变2、下列化学变化中，反应物的总能量低于生成物的总能量的是（）A.2H2+O2=2H2OB.CaO+H2O=Ca(OH)2C.Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2OD.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑3、据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实，其反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)。下列叙述正确的是A.相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量B.当v(CO2)=2v(CH3CH2OH)时，反应一定达到平衡状态C.移去水蒸气，可增大正反应速率D.增大压强，可提高CO2和H2的转化率4、Na2FeO4可用于制备新型非氯高效消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)。实验室制备Na2FeO4的原理如图所示。下列说法正确的是。

A.a为电源正极B.Y电极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=+4H2OC.每生成0.05mol有0.4molOH-从X电极流向Y电极D.X电极上每生成标准状况下6.72LH2，电解质溶液中OH-的浓度降低0.02mol/L5、钢铁的电化学腐蚀原理示意图如图。下列电极反应式及化学方程式错误的是。

A.负极(铁)：Fe-2e-=Fe2+B.正极(碳)：O2+4e-+2H2O-=4OH-C.Fe2++2OH-=Fe(OH)2D.Fe(OH)2=FeO+H2O6、新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)（3<4；M表示Mn、Co、Zn或Ni的二价离子），常温下，它能使工业废气中的SO2、NO2等氧化物转化为单质。转化流程如图所示；下列有关该转化过程的叙述正确的是。

A.MFe2O4表现了还原性B.若MFe2Ox与H2发生反应的物质的量之比为2∶1，则x=3.5C.在该反应中每有1molNO2的废气被处理将转移电子数4NA个D.SO2的还原性大于MFe2Ox7、根据下列实验操作和现象所得结论不正确的是（）。选项实验操作和现象实验结论A乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性B滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应C浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色产生的气体中可能含乙烯、丙烯等烯烃D向5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液中滴入0.1mol•L-1KI溶液5~6滴，加入2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红Fe3+与I-的反应有一定限度

A.AB.BC.CD.D8、下列方案设计、现象和结论都正确的是。目的方案设计现象和结论A探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为若有气体生成，则固体粉末为B鉴别苏打和小苏打在两支试管中分别取少量苏打和小苏打(各约1g)，向两只试管分别滴入几滴水，用温度计插入其中测量温度测量温度较高的是含苏打的试管C探究(白色)和(红棕色)的大小向浓度均为的和的混合溶液中逐滴滴加溶液，观察实验现象若先产生白色沉淀，则的比的小D探究不同浓度的溶液水解程度是否相同(已知和电离常数相同)常温下，用计分别测定等体积溶液和溶液的均为7，则同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同

A.AB.BC.CD.D9、已知难溶性物质在水中存在如下平衡：不同温度下，的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示；则下列说法错误的是。

A.向该体系中加入NaOH饱和溶液，沉淀溶解平衡向右移动B.向该体系中加入饱和溶液，沉淀溶解平衡向右移动C.升高温度，溶解速率增大，沉淀溶解平衡向右移动D.该平衡的评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（1）工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝−92.4kJ/mol。该反应中的H2制取成本较高，工业生产中往往追求H2的转化率。增大H2的平衡转化率的措施有____（填字母代号）。

a．增大压强b．升高温度c．增大N2浓度。

d．及时移走生成物NH3e．使用高效催化剂。

（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H＋)的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中发生的转化反应____。

②由图可知，溶液酸性减弱，CrO42-的平衡转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为____。

③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH___0(填“大于”“小于”或“等于”)。11、为了防止枪支生锈，常将枪支的钢铁零件放在NaNO2和NaOH的混合溶液中进行化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密的保护层——“发蓝”。其过程可用下列化学方程式表示：

①3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑

②Na2FeO2+NaNO2+H2O→Na2Fe2O4+NH3↑+NaOH

③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O⇌Fe3O4+4NaOH

请回答下列问题：

（1）配平化学方程式②：_______

（2）上述反应①中被氧化的物质是_______。若有2molNa2FeO2生成；则反应①中有_______mol电子发生转移。

（3）关于“发蓝”的过程，下列说法不正确的是_______(填字母)。A．该过程不会产生污染B．反应③生成的四氧化三铁具有抗腐蚀作用C．反应①②③均是氧化还原反应D．反应①②中的氧化剂均为NaNO2（4）当混合溶液中NaOH浓度过大，“发蓝”的厚度会变小，其原因是_______。12、(1)写出NaHSO4溶液的电离方程式_____；写出Na2CO3水解的离子方程式_____；

(2)25℃时，pH=a的NaOH溶液中,溶液的C(OH-)=_____mol/L。

(3)在一定温度下，有a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：(请用相应字母填)

①当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是______。

②同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_____。

③若三者pH相同且体积相等，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________。

(4)有下列盐溶液：①MgCl2②KNO3③KClO④CH3COONH4⑤NaCN⑥Fe2(SO4)3，呈酸性的是________，呈碱性的是________，呈中性的是________(用相应的序号填写)。

(5)请写出明矾(KAl(SO4)2‧12H2O)做净水剂净水时的离子方程式____________；

(6)请写出泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生反应的离子方程式：____________；

(7)物质的量浓度相同的氯化铵；②碳酸氢铵；③硫酸氢铵；④硫酸铵4种溶液中，c()由大到小的顺序是_____(请用相应的序号填写)13、钴盐在生活和生产中有着重要应用。

(1)干燥剂变色硅胶常含有常见氯化钴晶体的颜色如下：。化学式颜色蓝色蓝紫色紫红色粉红色

变色硅胶吸水饱和后颜色变成__________，硅胶中添加的作用__________。

(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。

①常温下，溶液的__________7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下)

②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是__________。

③在空气中加热二水合草酸钴受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，温度范围／150～210290～320固体质量/g8.824.82

ⅰ．温度在范围内，固体物质为__________(填化学式；下同)；

ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和此过程发生反应的化学方程式是__________。14、(1)一定量氢气与氯气反应生成氯化氢气体，当生成1mol氢氯键时放出91.5kJ的热量，写出该反应的热化学方程式______。

(2)已知1molC(石墨，s)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3kJ热量，请写出该反应的热化学方程式：______。

(3)某反应的平衡常数K=如果有1molN2完全反应，要吸收热量68kJ。写出该反应的热化学方程式______。

(4)实验中不能直接测出石墨和氢气生成甲烷反应的反应热；但可测出甲烷；石墨、氢气燃烧的反应热：

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H1=-890.3kJ/mol

C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH2=-393.5kJ/mol

H2(g)+O2(g)=H2O(l)；△H3=-285.8kJ/mol

则由石墨与氢气反应生成甲烷的热化学反应方程式为______。15、生活中；电池无处不在。形式多样化的电池，满足不同的市场需求。下列是几种不同类型的原电池装置。

(1)某实验小组设计了如图甲所示装置：a为铝棒，b为镁棒。

①若容器中盛有溶液，a极为_______(填“正极”或“负极”)；b极附近观察到的现象是_______。

②若容器中盛有浓硫酸，b极的电极反应式是_______，导线中电子的流动方向是_______(填“a→b”或“b→a”)。

(2)铜—银原电池装置如图乙所示，下列有关叙述正确的是_______(填标号)。

A.银电极上发生还原反应。

B.电池工作一段时间后；铜极的质量增加。

C.取出盐桥后；电流计依旧发生偏转。

D.电池工作时；每转移0.1mol电子，两电极的质量差会增加14g

(3)乙烯是水果的催熟剂，又可用作燃料，由和组成的燃料电池的结构如图丙所示。

①乙烯燃料电池的正极反应式是_______。

②物质B的化学名称为_______。

③当消耗2.8g乙烯时，生成物质B的体积为_______L(标准状况下)。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误17、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____18、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误19、在100℃时，纯水的pH＞7。（______________）A.正确B.错误20、为使实验现象更加明显，酸碱中和滴定时加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正确B.错误21、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共4题，共24分)22、(1)已知C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2220.0kJ·mol-1则0.5mol丙烷完全燃烧释放的热量为___________kJ。

(2)已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)ΔH=+140kJ·mol-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1，写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：___________

(3)科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子；其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似，化学性质比较活泼。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，断裂1molN—H键吸收391kJ热量，断裂1molH—H键吸收436kJ热量，则：

①1molN4气体转化为2molN2时要放出___________kJ能量。

②写出N4与H2反应生成NH3的热化学方程式：___________。

(4)已知：H＋(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。下列反应中能放出57.3kJ热量的是__________。

a．1L1mol·L-1的稀H2SO4与足量NaOH溶液反应。

b．稀盐酸与氨水反应生成1molH2O

c．稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1mol水。

d．稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1mol水23、CO2在Cu-ZnO催化下；同时发生如下反应I，II，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。

Ⅰ、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1<0

Ⅱ、CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2>0

保持温度T时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的CO2及H2；起始及达平衡时，容器内各气体物质的量及总压强如表：

。

CO2

H2

CH3OH(g)

CO

H2O(g)

总压强/kPa

起始/mol

0.5

0.9

0

0

0

P0

平衡/mol

n

0.3

p

若反应I、II均达平衡时，p0=1.4p，则表中n=_______；反应I的平衡常数Kp=_______(kPa)-2。(用含p的式子表示)24、难溶电解质在水溶液中存在着电离平衡。在常温下，溶液里各种离子的浓度与它们化学计量数的方次的乘积是一个常数，叫溶度积常数(Ksp)。

例如已知：Ksp=c(Cu2＋)·c2(OH-)=2×10-20；当溶液中各种离子的浓度方次的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。

(1)请写出Cu(OH)2沉淀溶解平衡表达式_______。

(2)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)=0.02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀；应调整溶液的pH，使之大于_______(写出计算步骤)。

(3)要使0.2mol/LCuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为_______(写出计算步骤)。25、已知一定温度和压强下，在容积为VL的密闭容器中充入1molA和1molB，保持恒温恒压下反应：A(g)+B(g)⇌C(g)∆H<0。达到平衡时；C的体积分数为40%。试回答有关问题：

(1)升温时；C的反应速率_______(填“加快”；“减慢”或“不变”)；

(2)若平衡时；保持容器容积不变，使容器内压强增大，则平衡_______；

A.一定向正反应方向移动B.一定向逆反应方向移动。

C.一定不移动D.不一定移动。

(3)若使温度、压强都保持和题干中的一样不变，在密闭容器中充入2molA和2molB，则反应达到平衡时：A的转化率为_______(精确到0.01%)，容器的容积为_______L。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)26、A；B、C、D、E、F六种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A与D同主族；C与E同主族；B、C同周期；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2；A是周期表中半径最小的元素,C的最外层电子数是内层电子的3倍；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素。A、B、C、D、E形成的化合物甲、乙、丙、丁的组成如表所示：

。化合物。

甲。

乙。

丙。

丁。

化学式。

A2C

A2C2

D2C2

D2E

回答下列问题:

(1)指出元素F在周期表中的位置___________。

(2)化合物丙的电子式为__________,用电子式表示形成化合物丁的过程_______。

(3)向丁的溶液中加入硫酸酸化的乙溶液，写出相应的离子方程式:_______。

(4)固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆一氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许02-在其间通过，该电池的工作原理如图所示，其中多孔Pt电极a、b分别是气体C2、A2的载体。该电池的正极为______(填a或b)；02-流向______极（填“正”或“负”）；该电池的负极反应为_________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．2s内Δc(Z)=0.6mol/L，根据反应方程式可知此时Δc(X)=0.3mol/L，所以以X浓度变化表示的反应速率为=0.15mol/(L·s)；A错误；

B．Y的初始浓度为3mol/L；根据Δc(Z)=0.6mol/L，可知Δc(Y)=0.9mol/L，则平衡时c(Y)=3mol/L-0.9mol/L=2.1mol/L，B正确；

C．Δc(X)=0.3mol/L，所以X的转化率为×100%=30%；C正确；

D．升高温度；正逆反应速率变化的幅度不同，正逆反应速率不再相等，平衡发生移动，D正确；

故选A。2、C【分析】【分析】

反应物的总能量低于生成物的总能量的是吸热反应。

【详解】

A．2H2+O2=2H2O是放热反应；故A不符合题意；

B．CaO+H2O=Ca(OH)2是放热反应；故B不符合题意；

C．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O是吸热反应；故C符合题意；

D．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑是放热反应；故D不符合题意。

综上所述，答案为C。3、D【分析】【详解】

A．氢原子结合生成氢气分子；氢原子之间形成化学键释放能量，则2mol氢原子所具有的能量高于1mol氢分子所具有的能量，A错误；

B．未指出反应速率的正；逆；因此不能判断反应是否处于平衡状态，B错误；

C．移去水蒸气的瞬间；正反应速率不变，逆反应速率减小，由于正反应速率大于逆反应速率，化学平衡正向移动，C错误；

D．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，可提高CO2和H2的转化率；D正确；

故答案为D。4、B【分析】【分析】

由Fe和NaOH溶液制备出Na2FeO4，可见，Fe的化合价由0价变为+6价，所以电解池中Fe为阳极，阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=+4H2O，C为阴极，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,则与Fe相连的电极b为电源的正极；与C相连的电极a为电源的负极，据此回答。

【详解】

A．由分析可知；a为电源负极，A错误；

B．Y电极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=+4H2O；B正确；

C．根据关系式6e-～～6OH-，每生成0.05mol就有0.3molOH-生成，生成的阴离子会移向阳极，所以有0.3molOH-从X电极流向Y电极；C错误；

D．电池的总反应式为Fe+2H2O+2OH-+3H2↑，X电极上每生成标准状况下6.72LH2(0.3mol)，则电解质溶液中OH-减少0.2mol，但不知道溶液的体积，所以无法求出电解质溶液中OH-的浓度；D错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

由图可知钢铁发生吸氧腐蚀。

【详解】

A．钢铁发生吸氧腐蚀时Fe作负极，失电子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；A正确；

B．钢铁发生吸氧腐蚀时C作正极，氧气在正极得电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O-=4OH-；B正确；

C．负极产生的Fe2+和正极产生的OH-结合为Fe(OH)2，离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2；C正确；

D．Fe(OH)2不稳定，易被氧气氧化为Fe(OH)3，不会分解为FeO和水，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；D错误。

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．MFe2O4与H2发生反应变为氧缺位铁酸盐MFe2Ox，在该反应中MFe2O4被还原；作氧化剂，表现氧化性，选项A错误；

B．流程中是MFe2O4与H2发生反应转化为MFe2Ox；选项B错误；

C．该反应中每有含1molNO2的废气被处理生成氮气，将转移电子数4NA个；选项C正确；

D．MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，SO2的氧化性大于MFe2Ox；选项D错误。

答案选C。

【点睛】7、D【分析】【详解】

A．乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合；橙色溶液变为绿色，铬由+6价降为+3价，被还原，说明乙醇具有还原性，故A正确；

B．滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷，说明温度降低，Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应；故B正确；

C．浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和键，产生的气体中可能含乙烯；丙烯等烯烃，故C正确；

D．向5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中滴入0.1mol·L－1KI溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红，Fe3+过量；无法说明铁离子没有反应完是因为反应有一定限度，故D错误；

故选D。8、B【分析】【详解】

A．钠燃烧生成的过氧化钠和钠与水反应时都会有气体生成；故有气体生成时固体不一定为过氧化钠，A错误；

B．碳酸钠溶于少量水放热；温度略微会高一些，碳酸氢钠溶于水温度变化不明显，B正确；

C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，不能根据沉淀先后顺序判断的Ksp的大小，实际上是Ag2CrO4的Ksp比AgCl的小；C错误；

D．CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但浓度越小，水解程度越大，则不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不相同；D错误；

故选B。9、D【分析】【详解】

A.已知加入NaOH饱和溶液，和结合生成沉淀，减小；沉淀溶解平衡右移，A正确；

B.加入饱和溶液，和结合生成沉淀，减小；沉淀溶解平衡右移，B正确；

C.由题图可知，升高温度，达到沉淀溶解平衡的时间缩短，即溶解速率增大，且增大；说明沉淀溶解平衡右移，C正确；

D.该平衡的D错误。

答案为D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

⑴a选项；增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故a正确。

b选项，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故b错误。

c选项，增大N2浓度；平衡正向移动，转化率增大，故c正确；

d选项，及时移走生成物NH3；平衡正向移动，转化率增大，故d正确；

e选择；使用高效催化剂，平衡不移动，转化率不变，故e错误；

综上所述；答案为acd；

⑵①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中发生的转化2CrO42－＋2H＋H2O＋Cr2O72－，故答案为2CrO42－＋2H＋H2O＋Cr2O72－；

②由图可知，溶液酸性减弱，氢离子浓度降低，平衡逆向移动，CrO42－的平衡转化率减小，根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为2CrO42－＋2H＋H2O(g)＋Cr2O72－

起始量1.0mol/L000

转化量0.5mol/L0.5mol/L0.25mol/L0.25mol/L

平衡量0.5mol/L1×10－7mol/L0.25mol/L

故答案为减小；1×107；

③升高温度，平衡向吸热反应移动，溶液中CrO42－的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动即逆向为吸热反应，正向为放热反应，则该反应的ΔH<0，故答案为小于。【解析】acd2CrO42－＋2H＋H2O＋Cr2O72－减小1×107小于11、略

【分析】【分析】

（1）

化学反应②中，Fe元素的化合价升高了一价，但元素的化合价降低了6价，所以Na2FeO2的系数是6，NaNO2的系数是1，根据原子守恒，Na2Fe2O4的系数是3；水前面系数是5，氨气的前面系数为1，故答案为：6；1；5；3；1；7；

（2）

化合价升高元素Fe所在的反应物Fe是还原剂，Fe元素从0价升高到+2价失去2个电子，则有2molNa2FeO2生成；有4mol电子转移，故答案为：Fe；4；

（3）

A．该生产过程生成的氨气是有毒气体；会污染空气，故A错误；

B．四氧化三铁性质稳定；具有抗腐蚀作用，故B正确；

C．反应①②均是有元素化合价变化的反应；是氧化还原反应，反应③中没有化合价的变化不是氧化还原反应，故C错误；

D．反应①②中化合价降低的N元素所在的反应物NaNO2是氧化剂；故D正确。

故选AC。

（4）

反应Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O═Fe3O4+4NaOH可逆，当氢氧化钠浓度过大，平衡向逆反应方向移动，此时四氧化三铁的量会减小，“发蓝”的厚度会变小，故答案为：反应③可逆，氢氧化钠浓度过大，平衡向逆反应方向移动。【解析】（1）6；1；5；3；1；7；

（2）Fe4

（3）AC

（4）反应③可逆，氢氧化钠浓度过大，平衡向逆反应方向移动12、略

【分析】【分析】

(1)NaHSO4是强酸酸式盐，是强电解质，全部电离；Na2CO3中碳酸根水解。

(2)先表示25℃时溶液的c(H+)，在计算

(3)根据相同浓度的强酸；弱酸分析氢离子浓度；中和NaOH的能力取决于酸的物质的量及几元酸。

(4)根据盐的类型分析水解后溶液显酸碱性。

(5)明矾(KAl(SO4)2‧12H2O)主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体而做净水剂。

(6)泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生双水解。

(7)根据铵根离子水解及影响分析。

【详解】

(1)NaHSO4是强酸酸式盐，是强电解质，NaHSO4溶液的电离方程式NaHSO4=Na++H++Na2CO3中碳酸根水解，水解的离子方程式+H2O+OH－；故答案为：NaHSO4=Na++H+++H2O+OH－。

(2)25℃时，pH=a的NaOH溶液中,溶液的c(H+)=1.0×10−amol∙L−1，则故答案为：

(3)在一定温度下，有a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：(请用相应字母填)

①当三种酸物质的量浓度相同时，硫酸是二元强酸，全部电离，盐酸是一元强酸，全部电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，因此c(H+)由大到小的顺序是b＞a＞c。

②同体积、同物质的量浓度的三种酸，物质的量相等，硫酸是二元酸，因此消耗NaOH溶液是盐酸的二倍，盐酸消耗的NaOH等于醋酸消耗的NaOH，因此中和NaOH的能力由大到小的顺序是b＞a＝c；故答案为：b＞a＝c。

③若三者pH相同且体积相等，醋酸是部分电离，盐酸、硫酸全部电离，三者氢离子物质的量相等，但醋酸的物质的量远大于盐酸和硫酸，因此中和NaOH的能力由大到小的顺序是c＞a＝b；故答案为：c＞a＝b。

(4)有下列盐溶液：①MgCl2是强酸弱碱盐，水解呈酸性；②KNO3是强酸强碱盐，呈中性；③KClO是强碱弱酸盐，水解呈碱性；④CH3COONH4是弱酸弱碱盐，但两者水解程度相当，溶液呈中性；⑤NaCN是强碱弱酸盐，水解显碱性；⑥Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐；水解显酸性；呈酸性的是①⑥，呈碱性的是③⑤，呈中性的是②④；故答案为：①⑥；③⑤；②④。

(5)明矾(KAl(SO4)2‧12H2O)做净水剂，主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其净水时的离子方程式Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；故答案为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+。

(6)泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其发生反应的离子方程式：Al3+＋3=3CO2↑＋Al(OH)3↓；故答案为：Al3+＋3=3CO2↑＋Al(OH)3↓。

(7)物质的量浓度相同的①氯化铵，铵根单一水解；②碳酸氢铵，铵根、碳酸氢根相互促进的双水解，水解程度比单一水解程度大，铵根离子浓度小；③硫酸氢铵，铵根水解，硫酸氢铵电离出的氢离子抑制铵根水解；④硫酸铵，1mol硫酸铵电离出铵根离子是①②③中电离出铵根离子量的两倍，虽然铵根能够部分水解，但是硫酸铵中铵根浓度比①②③中铵根浓度大，因此4种溶液中c()由大到小的顺序是④＞③＞①＞②；故答案为：④＞③＞①＞②。

【点睛】

水溶液中的平衡是常考题型，主要考查盐电离、盐类水解、水解后离子浓度、同浓度或同pH值强酸及弱酸的比较。【解析】NaHSO4=Na++H+++H2O+OH－b＞a＞cb＞a=cc＞a=b①⑥③⑤②④Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+Al3+＋3=3CO2↑＋Al(OH)3↓④＞③＞①>②13、略

【分析】【详解】

（1）变色硅胶吸水饱和变为则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂；通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。

（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。

②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液提高草酸钴晶体的产率)。

③ⅰ．二水合草酸钴其物质的量为温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g∙mol−1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。

ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和则Co质量为0.06mol×59g∙mol−1＝3.54g，则氧的质量为4.82g−3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。【解析】(1)粉红色作指示剂；通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。

(2)＜抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液提高草酸钴晶体的产率)3＋2O2Co3O4＋6CO214、略

【分析】【分析】

书写热化学方程式要注明物质的存在状态及与反应的物质的量相对应的反应热。

【详解】

(1)一定量氢气与氯气反应生成氯化氢气体，当生成1mol氢氯键时放出91.5kJ的热则反应产生2molH-Cl时放出热量Q=91.5kJ×2=183kJ，故该反应的热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol；

(2)已知1molC(石墨，s)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3kJ热量，则该反应的热化学方程式为：1molC(石墨，s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=-131.3kJ/mol；

(3)某反应的平衡常数K=则该反应的化学方程式为：N2+2O22NO2，如果有1molN2完全反应，要吸收热量68kJ，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+2O2(g)2NO2(g)，△H=+68kJ/mol；

(4)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H1=-890.3kJ/mol

②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH2=-393.5kJ/mol

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)；△H3=-285.8kJ/mol

根据盖斯定律，将③×2+②-①，整理可得：C(石墨，s)+2H2(g)=CH4(g)，△H=-74.8kJ/mol。【解析】H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol1molC(石墨，s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=-131.3kJ/molN2(g)+2O2(g)2NO2(g)，△H=+68kJ/molC(石墨，s)+2H2(g)=CH4(g)，△H3=-74.8kJ/mol15、略

【分析】【详解】

(1)①若容器中盛有溶液，Al和NaOH溶液反应，Mg和NaOH溶液不反应，因此a极(Al)为负极；b极(正极)附近观察到的现象是有气泡产生；故答案为：负极；有气泡产生。

②若容器中盛有浓硫酸，Al和浓硫酸发生钝化，Mg为负极，因此b极的电极反应式是导线中电子的流动方向是负极(b)到正极(a)；故答案为：

(2)A．铜—银原电池中铜为负极，银为正极，因此银电极上发生还原反应，故A正确；B．铜为负极，铜极的质量减少，故B错误；C．取出盐桥后，不能形成原电池，因此电流计不能偏转，故C错误；D．电池工作时，每转移0.1mol电子，铜溶解0.05mol，生成银0.1mol，则两电极的质量差会增加0.05mol×64g∙mol−1＋0.1×108g∙mol−1=14g；故D正确；综上所述，答案为：AD。

(3)①乙烯燃料电池的负极是乙烯反应，正极是氧气反应，其正极反应式是故答案为：

②乙烯在酸性条件下反应生成二氧化碳；因此物质B的化学名称为二氧化碳；故答案为：二氧化碳。

③根据C2H4～2CO2，因此消耗2.8g乙烯即0.1mol时，生成物质B的物质的量为0.2mol，即体积为0.2mol×22.4L∙mol−1=4.48L；故答案为：4.48。【解析】负极有气泡产生AD二氧化碳4.48三、判断题(共6题，共12分)16、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。17、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错18、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

在100℃时，水的离子积常数Kw=10-12，则纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故纯水的pH=6＜7，因此在100℃时，纯水的pH＞7的说法是错误的。20、B【分析】【详解】

酸碱指示剂本身就是弱酸或弱碱，加入过多会使中和滴定结果产生较大误差。21、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。四、计算题(共4题，共24分)22、略

【分析】【详解】

(1)根据热化学方程式C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2220.0kJ·mol-1可知：1mol丙烷完全燃烧产生CO2气体和液态水，放出2220.0kJ的热量，则0.5mol丙烷完全燃烧释放的热量Q=2220.0kJ/mol×0.5mol=1110.0kJ；

(2)已知：①TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)ΔH=+140kJ·mol-1；

②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1；

根据盖斯定律，将热化学方程式①+②，整理可得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81kJ·mol-1；

(3)①1molN4气体转化为2molN2时，要断裂6molN-N，同时形成2molN≡N，断键吸热，成键放热，则反应过程的热量变化为Q=6mol×193kJ/mol-2×941kJ/mol=-724kJ；即反应会放出724kJ的热量；

②根据断键吸热，成键放热，反应热等于断裂反应物化学键吸收的总热量与形成化学键释放的总热量的差可得N4(g)与H2反应产生NH3(g)的反应热△H=6mol×193kJ/mol+6×436kJ/mol-12×391kJ/mol=-918kJ·mol-1，则该反应的热化学方程式为：N4(g)+6H2(g)4NH3(g)△H=-918kJ·mol-1；

(4)H＋(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1表示强酸与强碱反应产生可溶性盐和1molH2O时放出的热量是57.3kJ。

a．1L1mol·L-1的稀H2SO4与足量NaOH溶液反应，反应产生2molH2O；放出热量是2×57.3kJ＞57.3kJ，a不符合题意；

b．由于氨水中的NH3·H2O是弱碱，电离需吸收热量，则稀盐酸与氨水反应生成1molH2O时放出热量小于57.3kJ，b不符合题意；

c．稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1mol水；同时产生可溶性盐，放出热量是57.3kJ，c符合题意；

d．95%浓硫酸溶于水会放出大量的热；因此稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1mol水时放出热量大于57.3kJ，d不符合题意；

故合理选项是c。【解析】1110.0TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81kJ·mol-1724N4(g)+6H2(g)4NH3(g)△H=-918kJ·mol-1c23、略

【分析】【分析】

对于竞争反应；本题同样采取原子守恒法。

【详解】

设平衡时CO2为xmol，H2为ymol；CO为zmol，根据：

C守恒：x+n+z=0.5；H守恒：2y+4n+0.3×2=0.9×2，O守恒：2x+n+0.3+z=