2025年中图版选择性必修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年中图版选择性必修1化学下册月考试卷797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9题，共18分)1、向100mL溶液中滴加溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是。

A.和都是强电解质B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：C.B→C，溶液中的减小D.C三点水的电离程度：A＜B＜C2、由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法正确的是。

A.反应物的总键能大于生成物的总键能B.该反应的焓变C.加入催化剂，可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低D.相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最稳定3、下列有关叙述不正确的是。

在101KPa条件下，液态水气化热为40.69kJ/mol，则∆

已知时，的则在该温度下，含有固体的溶液中，无论与是否相等，总有

已知：。共价键C--CC--HH一H键能348610413436

则反应

常温下，在的溶液中加入少量晶体，则电离被抑制，溶液pH减少A.B.C.D.4、T℃恒容条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)∆H<0。下列说法正确的是A.随着反应的进行，容器内压强始终不变B.其他条件不变，若在T℃恒压条件下进行该反应，平衡时SO2的转化率会降低C.其他条件不变，升高温度可提高S的回收率D.其他条件不变，使用更高效催化剂，该反应的平衡常数不变5、在恒温恒容条件下将一定量NO2和N2O2的混合气体通入密闭容器中，发生反应。反应中各组分浓度随时间变化关系如图。下列说法中，正确的是（）

A.a、b、c、d四个点中，只有b点的化学反应处于平衡态B.25min时，导致平衡移动的原因是升高温度C.前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.04mol/(L•min)D.a点，用v(NO2)表示的化学反应速率等于用v(N2O4)表示的化学反应速率6、下列有关反应热的叙述中正确的是。

①已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为△H=-241.8kJ/mol

②由单质A转化为单质B是一个吸热过程；由此可知单质B比单质A稳定。

③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)△H>0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的△H增大。

④已知：。共价键C—CC=CC—HH—H键能(kJ·mol-1)348610413436

上表数据可以计算出(g)+3H2(g)→(g)的焓变。

⑤根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等A.①②③B.④⑤C.④D.无7、下列关于0.10mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是A.溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++B.25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大C.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+c()D.温度升高，c()增大8、向体积为1L的容器中充入4molA，发生反应：不同温度下的平衡常数与达到平衡时B的物质的量如下：。温度K41/molxy

下列说法正确的是A.容器中气体的平均摩尔质量不变时，该反应达到平衡B.时，若平衡时剩余2molA，则C必为气体C.时，当反应达到平衡后，容器内剩余A的物质的量为3molD.时，若容器的体积变为2L，则平衡时mol9、在铁制品上镀上一定厚度的银层,以下设计方案正确的是A.银作阳极,镀件作阴极,溶液中含有银离子B.铂作阴极,镀件作阳极,溶液中含有银离子C.铁作阳极,镀件作阴极,溶液中含有亚铁离子D.银作阴极,镀件作阳极,溶液中含有银离子评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、(1)我国首创以铝_空气_海水电池作为能源的新型的海水标志灯；以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是________，负极反应为_____________；正极材料是__________，正极反应为_______________。

(2)熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池，完成有关电池反应式。阳极反应式：2CO＋2CO－4e－===4CO2；阴极反应式：____________，电池总反应式：____________。

(3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_______________。若改用AlCl3水溶液作电解液；则阴极产物为_________。

(4)“镁-次氯酸盐”燃料电池的装置如图所示；该电池的正极反应式为_________________。

11、恒温恒容条件下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。

(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为_______。

(2)x=_______。

(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_______(填字母)。

A.压强不再变化。

B.气体密度不再变化。

C.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1

D.A的百分含量保持不变。

(4)反应达到平衡状态时，物质A的转化率是_______，B的体积分数是_______。12、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

(1)反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数表达式为_______。

(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。序号化学反应K(298K)的数值①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)5×10-31②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)4.1×106

(3)对于反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/℃压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%

①该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是_______(填字母序号)。

a.温度升高；正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动。

b.温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K；平衡逆向移动。

c.温度升高；活化分子数增多，反应速率加快。

d.温度升高；K变小，平衡逆向移动。

③哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是_______。

(4)图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数_______；

(5)图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是___(填“温度”或“压强”)；判断L1、L2的大小关系并说明理由____。

13、CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

(1)CO2加氢制备甲酸(HCOOH，熔点8.4℃沸点100.8℃)是利用化学载体进行H2储存的关键步骤。

已知：H2(g)+CO2(g)⇌HCOOH(l)∆H1=-30.0kJ•mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(1)∆H2=-571.6kJ•mol-1；则表示HCOOH燃烧热的热化学方程式为_______。14、将0.01molCH3COONa溶于水；形成1L溶液。

(1)该溶液中存在两个平衡体系；用电离方程式或离子方程式表示：

①_______；

②_______。

(2)该溶液中存在的粒子有：_______(填粒子符号，下同)，浓度为0.01mol·L-1的粒子是_______。

(3)该溶液中存在三个守恒关系式：

①物料守恒：_______；

②电荷守恒：_______；

③质子守恒：_______。

(4)该溶液中离子浓度大小顺序为：_______。15、CO2与NH3反应可合成化肥尿素。已知：

①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)；ΔH=-159.5kJ•mol-1

②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)；ΔH=+116.5kJ•mol-1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ•mol-1

写出CO2与NH3合成尿素CO(NH2)2和液态水的热化学反应方程式____________。16、(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：如图是一定量丙烷完全燃烧生成和过程中的能量变化图(图中括号内“+”或“—”未标注)，写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__________。

(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

①反应分两步进行：①②下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是___________(填字母)

(a)(b)

(c)(d)

②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：的但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的计算时需要测得的实验数据有__________。

(3)进一步研究表明，化学反应的能量变化()与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：。化学键P-PP-OO=OP=O键能/197360499X

已知白磷的燃烧热为(可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热)，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X=________。

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、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18、则相同条件下，气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和。(_______)A.正确B.错误19、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误20、C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，说明石墨比金刚石稳定。____A.正确B.错误21、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误22、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误23、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误24、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共12分)25、在已经发现的一百多种元素中；除稀有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活有密切的联系。

(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。

已知相关物质化学键的键能如表所示，结合图，求x=___。

化学键H—HN—HNN键能/(kJ·mol-1)436391x

(2)将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，进行反应，测得反应放出的热量小于92.2kJ，原因是___；若加入催化剂，ΔH__(填“变大”；“不变”或“变小”)。

(3)某温度下，若将2mollN2和6molH2置于体积为2L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下的K=__，能说明反应达平衡状态的是__。

A.容器中混合气体的密度不随时间变化。

B.单位时间内断裂3molH—H键的同时断裂6molN—H键。

C.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2

D.容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化。

(4)①N2H4—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为___。

②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为__mol。26、天然气的主要成分是是温室气体，CO与是重要的燃料。

(1)与反应使之转化为CO与对缓解燃料危机，减少温室效应具有重要的意义，热化学方程式为为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入和在催化剂存在的条件下发生反应，10min末时反应达到平衡，测得10min内则平衡后n(CH4)=___________，此反应自发的条件为___________。

A．任何温度下自发B．高温下自发C．低温下自发。

(2)下图是以甲烷为燃料的一类固体氧化物燃料电池。

负极原料为___________，电极反应式为___________。

(3)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：测得的物质的量随时间的变化如图：

曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI___________(填“＞”、“=”或“＜”)KⅡ。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量

若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为___________。评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)27、中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于下图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

(1)从图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是__________，除此之外，装置中的一个明显错误是____________________________。

(2)若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和反应生成1molH2O时的反应热__________(填“相等”“不相等”)。

(3)实验数据如下表：①请填写下表中的空白：。温度。

实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值。

(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.226.026.129.5___________227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8

②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和反应生成1molH2O时的反应热ΔH＝_______。(提示：保留一位小数)。

(4)如果用含0.5molBa(OH)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应，反应放出的热____57.3kJ(填“大于”、“小于”或“等于”)。28、次磷酸钠(NaH2PO2)在食品工业中用作防腐剂；抗氧化剂；也是一种很好的化学镀剂。

(1)NaH2PO2中P的化合价为_____。

(2)将待镀零件浸泡在NiSO4和NaH2PO2的混合溶液中，可达到化学镀镍的目的，该过程中H2PO被氧化为二元弱酸H3PO3，写出该反应的离子方程式_____。

(3)次磷酸钠的制备将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合加热，生成NaH2PO2和PH3(气体)，PH3与NaClO溶液反应可生成次磷酸(H3PO2)；实验装置如图：

①装置A中盛放烧碱溶液的仪器名称为_____。

②装置B的作用为_____。

③装置C中发生反应的化学方程式为_____。

④已知相关物质的溶解度如表：。溶解度/g

物质25℃100℃NaCl3739NaH2PO2100667

充分反应后，将A、C中溶液混合，再将混合液(含极少量NaOH)加热浓缩，有大量杂质晶体析出，然后_____(填操作名称)，得到含NaH2PO2的溶液；进一步处理得到粗产品。

(4)产品纯度的计算。

取1.00g粗产品配成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，酸化后加入30.00mL0.100mol•L-1碘水，充分反应。然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL，有关反应的方程式为：H2PO+H2O+I2=H2PO+2H++2I—，2S2O+I2=S4O+2I-，则产品纯度为_____(NaH2PO2式量88)。29、乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288}是常用的补铁剂。乳酸亚铁可由乳酸与FeCO3反应制得。

Ⅰ.制备碳酸亚铁(FeCO3)

(1)仪器B的名称是___________。

(2)利用如图所示装置进行实验；进行以下两步操作：

第一步：关闭活塞2；依次打开活塞3；1，反应一段时间；

第二步：①___________；发现C中有白色沉淀和气体生成。

②要先进行第一步操作，反应一段时间后才能开始第二步操作的原因是___________。

③C中反应生成白色沉淀的离子方程式是___________。

④仪器C中的混合物经过滤，洗涤后得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是___________(填操作；现象和结论)。

Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体和定量测量。

(1)制备乳酸亚铁晶体。将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在70℃下搅拌使反应充分进行，静置一段时间后过滤，再经操作a，得到乳酸亚铁晶体，洗涤，干燥后得到产品。操作a的步骤包括(填操作过程)___________。

(2)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁离子的含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100％，其原因可能是___________。经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2＋的含量。取1.440g产品配成100mL溶液，每次取该溶液20.00mL，进行必要处理，用0.0500mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2标准液19.70mL。滴定反应如下：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，则产品中乳酸亚铁的质量分数为___________。评卷人得分六、计算题(共1题，共2分)30、恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态。此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol•L-1。

(1)A的转化率与B的转化率之比为___；物质A的化学反应速率为___；x=___；

(2)保持温度和容积不变，向平衡体系中再充入2molA和2molB气体，达到新平衡时B的物质的量为___。

(3)此反应在该温度时的化学平衡常数为___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．和在溶液中均完全电离；均属于强电解质，故A正确；

B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为故B错误；

C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小；故C正确；

D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应；因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；

答案选B。2、C【分析】【详解】

A．由图可知，反应为放热反应，ΔH=E(反应物键能总和)-E(生成物的键能总和)<0；故反应物的总键能小于生成物的总键能，A项错误；

B．反应为放热反应，由图可知，该反应的焓变为B项错误；

C．加入催化剂改变反应速率但不改变反应焓变；可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低，但两者的差值不变，C项正确；

D．相同条件下；反应物；生成物和过渡态中的物质，过渡态所处能量最高、最不稳定，D项错误；

故选C。3、D【分析】【详解】

①气体转化为液体是放热过程，焓变为负值，则正确的表达为：故①错误；

②含有固体MgCO3的溶液是饱和溶液，Mg2+离子和CO32−离子都能水解；水解后离子浓度可能不相等，但在相同的温度下，溶度积常数不变，故②正确；

③因为苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种独特的键；不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，不能用以上表中进行计算，故③错误；

④溶液中存在电离平衡,加入少量NH4Cl晶体,NH4+浓度增大使电离平衡向逆方向移动；电离程度降低，溶液的pH减小，故④正确。

故选：D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．该反应是一个反应前后气体物质的量减小的可逆反应；在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，A项错误；

B．硫是液体；分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，B项错误；

C．该反应的正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，C项错误；

D．催化剂能够同等程度改变正逆反应速率；使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，即平衡常数不变，D项正确；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A.由图可以知道，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b；d处于化学平衡状态；故A错误；

B.25min时，生产物浓度增大，反应物浓度不变，只能是增大生产物的浓度，由图知道X表示NO2浓度随时间的变化，所以NO2是生成物，故为增大NO2的浓度；故B错误；

C.X表示NO2浓度随时间的变化，曲线Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，由图可以知道前10min内，NO2的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，所以V(NO2)=

=0.04mol/(L•min)；故C正确；

D.a点纵坐标相同，即NO2和N2O4的浓度相同，化学反应速率取决于NO2和N2O4的浓度的变化量；此时的变化量不同，故D错误；

故选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1；故①错误；

②单质A转化为单质B是一个吸热过程；则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故②错误；

③一定条件下；反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故③错误；

④反应热=反应物总键能-生成物总键能；由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故④错误；

⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时；放出的热量不相等，故⑤错误；

答案选D。

【点睛】

本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解，注意③中平衡移动，放出的热量发生变化，但热化学方程式焓变不变，为易错点。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．水溶液中不能完全电离，所以NaHCO3电离方程式应写两步：“”；描述错误，不符题意；

B．温度不变，Kw数值不变，加水稀释，V变大，Kw不变，所以变大；描述正确，符合题意；

C．按照电荷守恒，溶液中离子浓度关系应为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；描述错误，不符题意；

D．既能水解，也能电离，水解程度更大，升温，既促进水解也促进电离，所以溶液中c()降低；描述错误，不符题意；

综上，本题选B。8、D【分析】【详解】

A．如果C不是气体，则容器内的气体只有B，气体的平均摩尔质量始终为B的摩尔质量，如果C为气体，由于B、C均为生成物，且物质的量之比始终为2∶1，则容器中气体的平均摩尔质量为始终为定值，因此容器内气体的平均摩尔质量不变时，无法判断该反应是否达到平衡，A错误；

B．时，若平衡时剩余2molA，则生成了2molB和1molC，容器内B的浓度为2mol·L若C为气体，则C的浓度为1mol·L平衡常数符合题目条件，若C不是气体，则也符合题目条件，故C不一定是气体，B错误；

C．T₂时，反应达到平衡后容器内剩余3molA，则生成了1molB和0.5molC，若C不是气体，则符合题目条件，若C为气体，则与题目条件不符，C错误；

D．时，容器体积变为2L，由于平衡常数只与温度有关，所以平衡常数保持不变，又因为或所以需要保持不变，则平衡时mol；D正确；

故答案选D。9、A【分析】【详解】

根据电镀池的构成条件（①镀层金属作阳极；待镀金属作阴极；②含镀层金属离子的电解质溶液作电镀液）可判断A正确。

综上所述，本题选A。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【详解】

(1)该电池为原电池，负极材料为铝，铝失去电子，电极反应式为：4Al－12e－===4Al3＋；正极材料为石墨等惰性电极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，电极反应式为：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－。

(2)空气中的O2在阴极得到电子并与CO2反应生成CO32-，阴极反应式为：.O2＋2CO2＋4e－===2CO32-；将两个电极方程式相加得到电池总反应式：2CO＋O2===2CO2。

(3)钢制品上电镀铝，所以钢制品作阴极，连接电源的负极；Al2Cl7—在阴极上得到电子生成Al，从而铝镀在钢制品上，阴极电极反应式为4Al2Cl7—+3e—=Al+7AlCl4—；若改用AlCl3水溶液作电解液，阴极上将是水溶液中的H+得到电子生成H2，故阴极产物为H2。

(4)“镁-次氯酸盐”燃料电池，镁作负极，ClO-在正极上得到电子生成Cl-，同时溶液中产生OH-，所以正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH。

点睛：本题考查在不同电解液的条件下，电极方程式的书写，答题时一定要注意电解液是水溶液还是有机物组成的离子液体或者是熔融态的电解液，如果是水溶液的电解液，要分清是酸性电解质还是碱性电解质或其他。电解质不同，所写电极方程式也可能不同，如第(3)问，电解质为非水体系时，阴极反应式为4Al2Cl7—+3e—=Al+7AlCl4—，而电解液为AlCl3水溶液时，阴极反应式为2H++2e-=H2↑。【解析】铝4Al－12e－===4Al3＋石墨等惰性电极3O2＋6H2O＋12e－===12OH－O2＋2CO2＋4e－===2CO2CO＋O2===2CO2负4Al2Cl7—+3e—=Al+7AlCl4—H2ClO-+2e-+H2OCl-+2OH11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)C的浓度变化1.2mol/L，所以生成C的平均反应速率为：

(2)结合(1)可知平衡时C的物质的量为×2L=2.4mol；列反应的三段式为：

所以0.8x=2.4；解得x=3；

(3)2A(g)＋B(g)⇌3C(g)＋2D(s)：

A．该反应是气体分子总数不变的反应；压强始终不变，压强不变不能作为判断平衡的标志，A错误；

B．气体密度计算公式：该反应的D为非气体，当密度不变时，说明不再变化；反应已达平衡，所以气体密度能作为判断平衡的标志，B正确；

C．消耗A和消耗B都意味着反应正向进行，因此，无法证明反应不一定平衡，不能作为判断平衡的标志，C错误；

D．A的百分含量保持不变；说明反应正逆反应速率相等，已达平衡，能作为判断平衡的标志，D正确；

答案选AD。

(4)列反应的三段式为：则反应达到平衡状态时，物质A的转化率==80%；B的体积分数==30%。【解析】①.0.6mol·L-1·min-1②.3③.BD④.80%⑤.30%12、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数指平衡时生成物浓度幂次方乘积比上反应物浓度幂次方乘积，故该反应平衡常数表达式为K=

(2)平衡常数越大，说明反应物转化率越高，N2与H2反应的平衡常数远大于N2与O2反应的平衡常数，所以与H2反应时，N2转化率更高；故此处填：氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的限度；

(3)①由数据知，温度升高，NH3的平衡含量降低；说明平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，则正反应为放热反应，故此处填“放热”；

②a．温度升高，正逆反应速率都增大，a说法错误；b．温度升高瞬间，容器体积不变，气体浓度不变，故Q不变，但K减小，故平衡逆向移动，b说法错误；c．选项说法正确，但未解释氨平衡含量减小的原因，c不符合题意；d．温度升高，平衡逆向移动，K减小；导致氨平衡含量减小，d符合题意；故答案选d；

③高温不利于平衡正向移动；故哈伯选择550℃不是考虑平衡移动的原因，而是为了增强催化剂的活性，加快反应速率，故此处填提高合成氨反应的化学反应速率；

(4)M点对应H2、N2投料比为4，假设H2为4mol，N2为1mol，平衡时N2转化xmol，列三段式如下：平衡时气体总物质的量=(1-x+4-3x+2x)mol=(5-2x)mol，则NH3的体积分数=解得x=则N2的体积分数=

(5)若X代表温度，温度升高，平衡逆向移动，NH3体积分数减小，与图示不符，故X代表压强，L代表温度；合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故L2＞L1。【解析】K=氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的限度放热d提高合成氨反应的化学反应速率8%压强L12合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低。13、略

【分析】【详解】

(1)根据①H2(g)+CO2(g)⇌HCOOH(l)△H1＝﹣30.0kJ•mol﹣1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(1)△H2＝﹣571.6kJ•mol﹣1，利用盖斯定律，将②﹣①可得HCOOH燃烧热的热化学方程式为HCOOH(1)+O2(g)＝CO2(g)+H2O(1)△H＝﹣255.8kJ•mol﹣1，故答案为：HCOOH(1)+O2(g)＝CO2(g)+H2O(1)△H＝﹣255.8kJ•mol﹣1；【解析】HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1)∆H=-255.8kJ•mol-1；14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水后CH3COO-发生水解生成醋酸和氢氧化钠，其离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；同时溶液中还存在着水的电离，其电离方程式为：H2OH++OH-，故答案：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-。

(2)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，所以该溶液中存在的粒子有：H+、OH-、CH3COO-、Na+，因为钠离子不水解，所以浓度为0.01mol·L-1，故答案：H+、OH-、CH3COO-、Na+；Na+。

(3)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡；据此分析：

①则该溶液中物料守恒规律为：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；

②溶液中的电荷守恒是所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总是，所以溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

③质子守恒规律为：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。

故答案：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。

(4)将0.01molCH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-和H2OH++OH-两个平衡，则溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故答案：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。【解析】①.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-②.H2OH++OH-③.H+、OH-、CH3COO-、Na+④.Na+⑤.c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)⑥.c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；⑦.c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)⑧.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)15、略

【分析】【分析】

根据题意可知；本题考查热化学反应方程式，运用盖斯定律分析。

【详解】

由①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)；ΔH=-159.5kJ•mol-1

②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)；ΔH=+116.5kJ•mol-1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ•mol-1

结合盖斯定律可知，①+②-③得到2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0kJ•mol-1,故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0kJ•mol-1。【解析】2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)；△H=-87.0kJ•mol-116、略

【分析】【分析】

(1)分析图象得到生成1mol水的焓变△H=-553.75KJ/mol；依据1mol丙烷燃烧生成4mol水计算对应的焓变；再写热化学方程式；

(2)①根据物质具有的能量进行计算：△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)；当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)=CO(g)的△H；需要知道碳和一氧化碳的燃烧热；

(3)按照焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能列式计算；

【详解】

(1)图象是丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，设热化学方程式为Q=2215.0kJ；

答案为：

(2)①由反应A+B→C(△H<0)分两步进行①A+B→X(△H>0)②X→C(△H<0)可以看出，A+B→C(△H<0)是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X(△H>0)可知这步反应是吸热反应，X→C(△H<0)是放热反应；故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象d符合；

答案为：d；

②求C(s)+O2(g)=CO(g)的△H，可利用盖斯定律，通过反应Ⅰ减去反应Ⅱ得到C(s)+O2(g)=CO(g)△H，则△H=△H1-△H2；所以设计实验计算，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热；

答案为：碳；一氧化碳的燃烧热；

(3)白磷燃烧的热化学方程式为P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)，△H=-2378.0kJ/mol；1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O；

△H=-2378.0kJ/mol=(6mol×197kJ/mol+5mol×499kJ/mol)-(12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol)；x=433.75。

【点睛】

焓变与物质能量、键能的关系是易错点，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，有键能数据可查，所以经常通过这个关系计算焓变；焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，但是物质的总能量是未知的，所以只能用于理解概念。【解析】d碳、一氧化碳的燃烧热433.75三、判断题(共8题，共16分)17、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。18、A【分析】【详解】

由于该反应是放热反应，所以反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和，因此气体的总能量小于氢气和氟气的能量之和，说法正确。19、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0可知，石墨转化为金刚石为吸热反应，因此石墨的能量比金刚石低，能量越低物质越稳定，故石墨比金刚石稳定，该说法正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。22、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。23、B【分析】【详解】

没有确定的化学反应；确定的物质种类；不能判断反应速率大小；

故错误。24、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。四、原理综合题(共2题，共12分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图可知，0.5molN2(g)和1.5molH2(g)生成1molNH3(g)放热46.1kJ，则该反应的热化学方程式可写为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.2kJ/mol，根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和有：xkJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=-92.2kJ/mol；解得x=945.8；

(2)由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物，所以将1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中；进行反应，测得放出的热量小于92.2kJ；

催化剂改变活化能，不能改变反应热，若加入催化剂，ΔH不变；

(3)初始投料为2mollN2和6molH2，容器体积为2L，设平衡时Δc(N2)=xmol/L；列三段式有：

则有=20%，解得x=mol/L，则平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为mol/L、2mol/L、mol/L，则K==

A．由于气体的质量以及容器的体积不变；则容器中混合气体的密度不随时间变化，不能用于判断是否达到平衡，故A错误；

B．单位时间内断裂3molH-H键的同时断裂6molN-H键；说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；

C．由于不能确定起始投料和转化率，则N2、H2、NH3的物质的量之比为1:3:2；不能用于判断是否达到平衡，故C错误；

D．气体的质量不变；气体的物质的量改变，则气体的平均相对分子质量改变，当容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，故D正确；

故答案为：BD；

(4)①N2H4在反应中失电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则通入N2H4(肼)的一极的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

②在上述燃料电池中，若完全消耗16gN2H4，则理论上外电路中转移电子的物质的量为×4=2mol。【解析】945.8该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物不变BDN2H4+4OH--4e-=N2+4H2O226、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)则根据方程式中的关系可得：则平衡后根据此反应和都是正值，所以应该是高温才能使小于0；所以答案为B；

(2)在该装置里甲烷发生氧化反应，作负极，由图可知导电的是氧离子，因此负极电极反应式为：

(3)平衡时曲线Ⅰ产物多；所以其平衡常数大，答案为＞；设甲中从起始到平衡时二氧化碳转化了xmol；

则根据题意可以知道：=0.8，计算得出x=0.4，根据恒温恒容条件下的等效平衡的思想有开始甲和开始乙完全等效，即a+c=1，b+3c=3，要使起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c>x，故c的取值范围为0.4【解析】0.05molB甲烷＞0.4五、实验题(共3题，共21分)27、略

【分析】【分析】

(1)中和热的测定；为加快酸碱迅速反应减少反应时间，用到环形玻璃搅拌棒，装置明显错误为大；小烧杯上口不相平，目的减少对流引起的热量损失；

(2)若改用60mL0.25mol•L-1H2SO4和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液；酸碱中和反应的物质的量为0.55mol/L×0.050L，原来反应量为0.50mol/L×0.050L，放出的热量不相等；

(3)①4组数据中；1温差为3.4，2温差为5.1，3温差为3.3，4温差为3.5，第二次数据差距较大，舍弃不用；

②根据Q=m•c•△T计算生成0.025mol水放出的热量，再根据△H=-计算；

(4)酸碱中和的同时还有硫酸钡生成；放出的热量更多。

【详解】

(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；为了减少热量的损失；大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；

(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；

(3)①4次温度差分别为：3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，第2组数据明显有误，所以删掉，z则温度差平均值==3.4℃；

②0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml