2025年粤教沪科版选择性必修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年粤教沪科版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、按下图所示装置做实验；若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示()

①c(Ag＋)②c(NO3-)③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的pHA.①③B.③④C.①②④D.①②⑤2、下列反应的是A.石墨燃烧B.铝热反应C.盐酸与的反应D.3、以为原料，采用电解法制取的装置如图。下列说法中正确的是。

A.电子由铅合金经溶液流到金属DSA电极B.每转移1mole-时，阳极电解质溶液的质量减少8gC.阴极主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2OD.反应结束后阳极区pH增大4、下列有关化工生产的说法错误的是A.硫酸工业中采用高压，以提高二氧化硫的转化率B.联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐C.氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品D.合成氨工业控制温度在500℃，以提高催化剂的催化效果5、将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是A.2s时物质B的浓度为0.4mol/LB.温度对该反应的平衡转化率没有影响C.0～2s,用物质B表示的平均反应速率为0.4mol.L-1.s-1D.2s时物质A的转化率为40%6、化学是实验的科学，下列有关实验设计能达到目的的是。ABCD制备胶体探究铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气探究与的取代反应测定中和热

A.AB.BC.CD.D7、下列应用与盐类水解有关的是。

①用作净水剂。

②为保存溶液；要在溶液中加少量盐酸。

③实验室配制溶液时，应先把固体溶解在较浓的盐酸中；然后加水稀释。

④与溶液可用作焊接中的除锈剂。

⑤实验室盛放溶液的试剂瓶应用橡胶塞；而不用玻璃塞。

⑥长期施用土壤酸性增强A.①④⑥B.②⑤⑥C.③⑤⑥D.全有关8、天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。某温度下，溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、或Ca2-)与pH关系如图所示。下列说法错误的是。

A.斜线②代表的是B.该温度下，H2CO3电离平衡常数Ka2数量级为10-11C.该温度下，lgc()=-3时溶液的pH=9.3D.该温度下CaCO3的Ksp=10-7.9评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、Ⅰ.甲；乙两同学拟用实验确定某酸HA是弱电解质。他们的方案分别是：

甲：①称取一定质量的HA配制0.1mol/L的溶液100mL；

②用pH试纸测出该溶液的pH；即可证明HA是弱电解质。

乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液；盐酸；分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；

②分别取这两种溶液各10mL；加水稀释为100mL；

③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管；同时加入纯度相同的足量锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是___________；

(2)甲方案中，说明HA是弱电质的理由是测得溶液的pH___________1(选填＞，＜，=)；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则所测的pH值将___________(填“增大”；“减小”或“无变化”)；

(3)乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是___________。

Ⅱ．水是一种极弱的电解质；其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，则此时水的离子积为___________；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，c(H+)为___________；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=4的稀盐酸以11：9的体积混合，则在该温度下混合之后的pH为___________。10、恒温恒压下，在一个可变容积的容器中发生如下反应：A(g)+B(g)C(g)

(1)若开始时放入1molA和1molB；达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的。

量为_____________mol。

(2)若开始时放入3molA和3molB，到达平衡后，生成C的物质的量为_______mol

(3)若开始时放入xmolA、2molB和1molC，到达平衡后，C的物质的量是3amol，x=________mol.

(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次到达平衡后，C的物质的量是_____mol.11、化学反应常伴有能量变化；回答下列问题。

(1)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是_______(填“放热”或“吸执”)反应，判断依据是_______。

②全部氧化成的热化学方程式是_______。

(2)已知：

则与反应放出热量时，反应转移电子的物质的量为_______

(3)已知其他相关数据如下表：。物质分子中的化学键断裂时需要吸收的能量436192a

则表中_______。12、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=akJ·mol-1，反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)完全转化为1molSO3(g)放热99kJ。请回答：

(1)图中A点表示_______，a=_______。

(2)E的大小对该反应的△H_______(填“有”或“无”)影响。该反应常用V2O5作催化剂，加入V2O5会使图中B点_______(填“升高”；“降低”或“不变”)。

(3)已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol—1，写出反应的热化学方程式：_______，常温常压下，由单质硫和氧气经两步反应，生成1molSO3(g)，放出的总热量为_______。13、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)<0。请回答下列问题：(1)该反应的平衡常数表达式为___________。(2)假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡后采取下列某一措施，既能加快反应速率，又能提高NO转化率的是___________。a．选用更有效的催化剂b．升高反应体系的温度c．降低反应体系的温度d．缩小容器的体积(3)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。。实验编号T/℃NO初始浓度/mol·L-1CO初始浓度/mol·L-1催化剂的比表面积/m2·g-1I2801.2×10-35.8×10-382IIT1c1c2124III350c3c4124①在上表格的实验条件数据中，T1=___________，c3=___________；②在给出的坐标图中，画出了上表中的I、II、III实验条件下建立平衡过程中，混合气体里NO浓度随时间变化的趋势曲线图，请说出B曲线对应的实验编号___________(填II、III)。14、判断正误：

(1)强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质稀溶液中存在溶质分子（________）

(2)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH-)=c()时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态（________）

(3)室温下，由0.1mol·L-1一元碱BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH=B++OH-（________）

(4)电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大（________）

(5)25℃时，0.1mol·L-1CH3COOH加水稀释，各离子浓度均减小（________）

(6)电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定增大（________）

(7)电离平衡向右移动，电解质的分子浓度一定减小（________）

(8)Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同（________）15、(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)∆H1=-4.4kJ·mol-1

2NO2(g)=N2O4(g)∆H2=-55.3kJ·mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的∆H=_______kJ·mol-1

(2)2molCH3OH(l)在O2(g)中完全燃烧，生成CO2(g)和H2O(l),放出887kJ热量：请写出CH3OH燃烧热的热化学方程式__________________________________评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(____)A.正确B.错误17、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18、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误19、Na2C2O4溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)。(_______)A.正确B.错误20、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共4分)21、工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，其中一部分Fe2+在风化过程中会转化为+3价。

已知：TiO(OH)2(即H2TiO3)为两性氢氧化物。

（1）步骤②中，发生反应的主要离子方程式为______________________。

（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的____________（填字母序号）。

A.熔沸点差异B．溶解性差异C．氧化性；还原性差异。

（3）步骤②、③、④中，均需用到的操作是____________（填操作名称）。

（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理：________________________________。

（5）上述工艺流程中可以循环利用的物质是____________。

（6）在酸性环境中，利用电化学原理可生成的羟基自由基(·OH)其反应为Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH－；成的羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，可用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术。电解原理如图：

①写出阳极所发生反应的电极反应式__________________________。

②电解过程中，假设电极上每1molFe3+转变为Fe2+的同时也消耗1molO2，则每消耗1molO2电解液中可以产生______mol·OH22、氯化钴是治疗障碍性贫血药物的主要成分之一。下面是从海绵钴(含有少量Fe；Ni)中制备氯化钴晶体的工艺流程：

已知：①Co、Ni溶于盐酸均生成+2价金属阳离子；②Ni2+溶于氨水生成[Ni(NH3)6]2+离子。回答下列问题：

(1)为提高海绵钴的溶浸率；可以采用的措施有_______(写出一条即可)。

(2)写出“除Ni”时发生的离子反应方程式：_______。

(3)“沉铁”步骤中，加入H2O2时发生的离子反应为_______；加入CoO的目的是_______。

(4)已知25℃时，若Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，离子浓度小于或等于1.0×10-5mol/L时表示完全沉淀，则该温度下Fe3+完全沉淀时pH=_______。

(5)操作a的实验步骤为_______。

(6)将CoCl2·6H2O晶体在HCl氛围下加热，所得样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。

则当固体残留率为62.18%时，所得固体的化学式为_______。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)23、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：24、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。25、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。26、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共8分)27、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子层中有3个未成对电子，C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D与C同族；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)常温下(BA4)DC4溶液显______性；用离子方程式解释原因______。

(2)B；C、D中第一电离能最大的是______(填元素符号)；基态E原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______。

(3)A和其他元素形成的二元共价化合物中，有一种分子空间构形呈三角锥形，该分子极易溶于水，却不溶于CCl4；请解释原因______；分子中既含有极性共价键；又含有非极性共价键的化合物是______(填化学式，写一种)。

(4)A2C内的C—A键、A2C分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次是______。A3C+中A—C—A键角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素共有______种。28、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的电解池；

由图a可知，Ag连接电源的正极，则为阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，则该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，即Ag+、NO3﹣的浓度不变，溶液的浓度及pH不变，图b中；Y轴表示某个量不变；

①阳极Ag溶解Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极铁上银离子得电子析出金属银Ag++e﹣＝Ag，溶液中c(Ag+)不变；故①可选；

②硝酸根离子未参与电极反应，所以c(NO3﹣)不变；故②可选；

③a棒铁棒连接电源的负极为电解池的阴极，银离子得电子析出金属银Ag++e﹣＝Ag；所以质量增加，故③不可选；

④b棒Ag连接电源的正极，则为阳极，Ag﹣e﹣＝Ag+；质量在减轻，故④不可选；

⑤该反应本质为在铁的表面电镀银；电解质溶液的浓度不变，溶液的pH不变，故⑤可选；

①②⑤可选；故答案为D。

【点睛】

考查电解池的工作原理，掌握电镀池的工作原理是解答的关键，图装置实验为Fe、Ag、AgNO3构成的电解池，该电解池中，活泼金属Fe连接原电池的负极为阴极，Ag连接原电池的正极为阳极，该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，而图b中，Y轴表示某个量不变。2、C【分析】【分析】

ΔH>0的反应为生成物的总能量大于反应物的总能量的吸热反应。

【详解】

A．石墨燃烧的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应；故A不符合题意；

B．铝热反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应；故B不符合题意；

C．盐酸与碳酸氢钠的反应是生成物的总能量大于反应物的总能量的吸热反应；故C符合题意；

D．二氧化氮聚合生成四氧化二氮的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应；故D不符合题意；

故选C。3、C【分析】【分析】

金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O；据此答题。

【详解】

A．金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，失去的电子由金属阳极DSA经导线流向直流电源的正极，由直流电源的负极经导线流向铅合金，故A错误；

B．由金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+知，每转移1mole-时，消耗0.5mol水，以氧气形式放出的是8g，通过阳离子交换膜的氢离子1g，阳极电解质溶液的质量减少9g，故B错误；

C．阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O；故C正确；

D．阳极区电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，硫酸的浓度增大，反应结束后阳极区pH减小，故D错误；

故选：C。4、A【分析】【详解】

A．从平衡的角度分析；增大压强，能提高二氧化硫的转化率，但对设备的要求增大，增大成本，故实际生产过程中采用常压条件，A错误；

B．联合制碱法在母液中继续通入氨气和加入食盐；使氯化铵析出，B正确；

C．氯碱工业可以制得氢氧化钠；氢气和氯气，氢气和氯气反应可以得到盐酸，C正确；

D．合成氨工业控制温度在500℃；催化剂的活性最大，能提高催化剂的催化效果，D正确；

故选A。5、D【分析】【详解】

将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，则C物质的量

A.2s时物质B的浓度为故A错误；

B.改变温度平衡移动；对反应的平衡转化率有影响，故B错误；

C.0～2s用物质B表示的平均反应速率为故C错误；

D.2s时物质A的转化率故D正确。

故答案选：D。6、B【分析】【详解】

A．不能用饱和溶液；硫酸难挥发，不利于胶体生成，故A错误；

B．肥皂泡点燃时产生爆鸣声，说明产生了H2；故B正确；

C．与混合在强光照射时易发生爆炸；故C错误；

D．金属搅拌棒导热较快；会造成热量散失，应该用玻璃搅拌器，故D错误；

故答案选B。7、D【分析】【详解】

①能水解，生成的胶体可吸附水中的杂质；

②在溶液中加入少量盐酸，能抑制的水解；

③水解生成和先将固体溶解在较浓的盐酸中可以抑制的水解；

④水解使溶液呈酸性；能溶解金属氧化物，可用作除锈剂；

⑤水解使溶液呈碱性，与玻璃中的主要成分反应生成具有黏合性的

⑥水解使溶液呈酸性，长期施用可使土壤酸性增强；

所以上述均与盐类水解有关，答案为D。8、D【分析】【分析】

随着pH值的增大，的浓度增大，pH值继续增大，的浓度增大，故斜线②代表斜线③代表剩下的斜线①为Ca2+。

【详解】

A．根据分析，斜线②代表的是A正确；

B．该温度下，当时，H2CO3电离平衡常数数量级为10-11；B正确；

C．当时，lgc()=-3时，故pH=9.3，C正确；

D．斜线①和斜线②的交点处坐标已知，该温度下CaCO3的D错误；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在两个方案的第①步中；都要用到的定量仪器是100mL容量瓶；

(2)甲方案中测得溶液的pH＜1；说明HA是弱电解质，不完全电离；在pH测定过程中，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，相当于对溶液进行了稀释，则所测的pH值将增大；

(3)乙方案中；HA是弱电解质，存在电离平衡，与锌反应过程中能继续电离出氢离子，使溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子，反应速率快，所以现象为装HA溶液的试管中放出氢气的速率快即可说明HA是弱电解质。

Ⅱ．(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，则此时水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都为10-6mol/L,则水的离子积为10-12；

(2)在100℃下，0.01mol/LNaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则c(H+)为=1×10-10mol/L；

(3)在100℃下，将pH=8的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为mol/L，与pH=4的稀盐酸中氢离子浓度为10-4mol/L，以11：9的体积混合，则碱过量，溶液中的氢氧根离子浓度为mol/L，氢离子浓度为mol/L，则在该温度下混合之后的pH为7。【解析】100mL容量瓶＞增大装HA溶液的试管中放出H2的速率快1×10-121×10-10mol/L710、略

【分析】【详解】

(1)根据化学平衡三段式列式计算

A(g)+B(g)C(g)

起始量(mol)110

变化量(mol)aaa

平衡量(mol)1-a1-aa

A的物质的量为(1-a)mol,

因此，本题正确答案是:(1-a);

(2)若开始时放入3molA和3molB，最后达到与(1)相同的平衡,所以到达平衡后,根据(1)中的计算,生成C的物质的量为3mol,

因此，本题正确答案是:3a;

(3)若开始时放入xmolA、2molB和1molC，到达平衡后，C的物质的量是3amol，恒温、恒压下到达平衡后,C的物质的量为3amol,说明和(2)所达到的平衡是相同的平衡,满足A、B起始量分为3mol、3mol,假设反应正向进行

A(g)+B(g)C(g)

起始量(mol)x21

变化量(mol)3a-13a-13a-1

平衡量(mol)y3-3a3a

根据等效平衡,y=3-3a,x=2,

因此，本题正确答案是:2;

(4)再加3molC折算成A和B,相当于3molA和3molB,因为是恒压过程,此时与(1)中的平衡为等效平衡,且是成比例等效,

A(g)+B(g)C(g)

(1)起始量(mol)110

平衡量(mol)1-a1-aa

(2)起始量(mol)660

平衡量(mol)6-6a6-6a6a

C的物质的量6a;

因此，本题正确答案是:6a。【解析】①.1-a②.3a③.2④.6a11、略

【分析】【详解】

（1）①由能量变化示意图可知，第一步反应是放热反应；

②由能量变化示意图可知，第一步反应为：(aq)+O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(1)△H=-273kJ·mol-1，第二步反应为：(aq)+O2(g)=(aq)△H=-73kJ/mol，则1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式是

（2）给热化学方程式编号：I．II．根据盖斯定律，II+I×得Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)ΔH=(-226kJ·mol-1)+(-566kJ·mol-1)×=-509kJ·mol-1，则当反应放出509kJ热量时，转移电子的物质的量为×2=2mol。

（3）该反应中反应物的键能之和-生成物的键能之和，即436kJ·mol-1+192kJ·mol-1-2akJ·mol-1=-102kJ·mol-1，解得a=365。【解析】(1)放热

(2)2

(3)36512、略

【分析】【分析】

由图可知，A点表示反应物总能量，C点表示生成物总能量，E为正反应的活化能，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，反应△H＜0。

(1)

由分析可知，A点表示反应物总能量；由1mol二氧化硫完全转化为三氧化硫放热99kJ可知，2mol二氧化硫氧化为三氧化硫的反应△H=—198kJ·mol—1；则a为—198，故答案为：反应物总能量；—198；

(2)

E为正反应的活化能；反应的反应热为正；逆反应的活化能之差，活化能的大小与反应热无关；催化剂能够降低反应的活化能，不影响反应物总能量和生成物总能量大小，则图中B点会降低，故答案为：无；降低；

(3)

由单质硫的燃烧热为296kJ·mol—1可知，硫燃烧生成二氧化硫的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=—296kJ·mol—1，将二氧化硫的催化氧化反应和硫燃烧的反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①+②×2可得单质硫和氧气反应生成三氧化硫的热化学方程式2S(s)+3O2(g)=2SO3(g)△H=—790kJ·mol—1，则生成1mol三氧化硫放出的总热量为1mol×790kJ·mol—1×=395kJ，故答案为：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=—296kJ·mol—1；395kJ。【解析】（1）反应物的总能量—198

（2）无降低。

（3）S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=—296kJ·mol—1395kJ13、略

【分析】【详解】

(1)化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则该反应的平衡常数表达式为：K=(2)a．选用更有效的催化剂可以加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高NO的转化率，故a不选；b．升高反应体系的温度，反应速率加快，因该反应为放热反应，则升高温度时平衡逆向移动，NO的转化率降低，故b不选；c．降低反应体系的温度，反应速率减慢，因该反应为放热反应，则降低温度时平衡正向移动，NO的转化率升高，故c不选；d．缩小容器的体积，压强增大，反应速率加快，平衡向气体减少的方向移动，即向该反应的正反应方向移动，NO的转化率升高，故d选；答案选：d；(3)①本实验是为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，对比实验I、II可知，两组实验中催化剂的比表面积不同，说明实验I、II是探究催化剂的比表面积对化学反应速率的影响，则其他条件应该相同，即T1=280℃，且c1=1.2×10-3mol/L；对比实验II、III可知，两组实验中的温度不同，说明实验II、III是探究温度对化学反应速率的影响，则其他条件应该相同，即c3=1.2×10-3mol/L；②实验Ⅱ增大了催化剂的比表面积，反应速率加快，可缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，NO的平衡浓度和实验I相同，说明曲线A为实验II；实验II、III对比，实验III升高了温度，反应速率加快，可缩短达平衡的时间，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，NO的平衡浓度增大，说明曲线B为实验III。【解析】K=d2801.2×10-3Ⅲ14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)强电解质完全电离；因此强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质部分电离，因此弱电解质稀溶液中存在溶质分子，(1)对；

(2)NH3·H2O但氨水中还存在因此NH3·H2O电离处于平衡状态时不可能有c(OH-)=c()，即c(OH-)=c()时不能表明NH3·H2O电离处于平衡状态；(2)错；

(3)室温下，由0.1mol·L-1一元碱BOH的pH=10，则c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)==10-4，c(BOH)>c(OH-)，因此BOH部分电离，存在BOHB++OH-；(3)错；

(4)电离平衡右移；电解质分子的浓度不一定减小，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，电离平衡向右移动，醋酸分子浓度增大，离子浓度也不一定增大，如在醋酸溶液中加水稀释，电离平衡向右移动，醋酸根离子和离子浓度均减小，(4)错；

(5)25℃时，0.1mol·L-1CH3COOH加水稀释；醋酸根离子和氢离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大，(5)错；

(6)电离平衡向右移动；弱电解质的电离度不一定增大，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，(6)错；

(7)电离平衡右移；电解质分子的浓度不一定减小，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，电离平衡向右移动，醋酸分子浓度增大，(7)错；

(8)Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类均为钠离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、氢离子、氢氧根离子，亚硫酸分子、水分子，因此一定相同，(8)对。【解析】对错错错错错错对15、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律；方程式如何叠加，焓变就如何叠加；

（2）根据题目信息；计算焓变，写出热化学方程式即可。

【详解】

（1）第一个反应编号①，第二个反应编号②，得到目标方程式，故目标反应焓变为

故答案为：+53.1；

（2）2mol在中完全燃烧，生成和放出887kJ热量，故1mol甲醇完全燃烧放出443.5kJ热量，燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，故热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1；

答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1。【解析】+53.1CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-443.5kJ·mol-1三、判断题(共5题，共10分)16、B【分析】【详解】

增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数目，能加快化学反应速率。在温度一定时，活化分子百分数是一定的，所以增大反应物浓度，不能增大活化分子百分数，故错误。17、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。18、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。19、A【分析】【分析】

【详解】

草酸钠溶液中存在电荷守恒又存在物料守恒：合并即得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O)+2c(H2C2O4)：则答案是：正确。20、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。四、工业流程题(共2题，共4分)21、略

【分析】【详解】

（1）步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，故答案为B；（3）②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液；（4）④中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；（5）反应中有硫酸生成，所以可以循环利用的物质是硫酸；（6）①阳极发生失去电子的氧化反应，因此阳极是水失去电子转化为羟基自由基生，则所发生反应的电极反应式为H2O-e－＝·OH+H+。②1molO2转化为2molH2O2转移2mole-，由Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH－可知，生成2mol•OH，转移2mole－，在阳极上生成2mol•OH，所以消耗1molO2，可以产生4mol•OH。【解析】①.2Fe3++Fe=3Fe2+②.B③.过滤④.TiO2++2H2OH2TiO3↓+2H+⑤.H2SO4或硫酸⑥.H2O-e－=·OH+H+⑦.422、略

【分析】【分析】

海绵钴(含有少量Fe、Ni)中加酸溶解，生成CoCl2、NiCl2、FeCl2；加入氨水后，Ni2+转化为[Ni(NH3)6]2+，Co2+、Fe2+分别转化为Co(OH)2、Fe(OH)2沉淀；加入盐酸后溶解，重新生成CoCl2、FeCl2；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CoO与H+反应，促进Fe3+水解反应的进行，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加盐酸调节pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得CoCl2•6H2O。

【详解】

(1)为提高海绵钴的溶浸率；可通过升高温度；增大浓度、增大接触面积等措施，所以采用的措施有将海绵钴粉碎，适当增加盐酸浓度，适当升高酸溶温度，搅拌等；故答案为：将海绵钴粉碎，适当增加盐酸浓度，适当升高酸溶温度，搅拌等；

(2)“除Ni”时，加入氨水，Ni2+转化为[Ni(NH3)6]2+，发生的离子反应方程式：Ni2++6NH3•H2O═[Ni(NH3)6]2++6H2O，故答案为：Ni2++6NH3•H2O═[Ni(NH3)6]2++6H2O；

(3)“沉铁”步骤中，加入H2O2时，Fe2+被氧化为Fe3+，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；加入CoO的目的，与H+反应，促进Fe3+水解，所以是调节溶液的pH，使铁离子形成沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；调节溶液的pH；使铁离子形成沉淀而除去；

(4)已知25℃时，若Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，离子浓度小于或等于1.0×10-5mol/L时表示完全沉淀，则该温度下Fe3+完全沉淀时c(OH-)=mol/L=1.0×10-11mol/L；pH=3，故答案为：3；

(5)操作a的实验步骤为蒸发浓缩；冷却结晶、过滤；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

(6)设CoCl2•6H2O晶体的物质的量为1mol，则其质量为238g，当固体残留率为62.18%时，剩余固体的质量为238g×62.18%=148g，而CoCl2的相对分子质量为130g，则剩余固体仍为无水盐，结晶水的物质的量为=1mol，即剩余固体中仍含有1个结晶水，所得固体的化学式为CoCl2•H2O，故答案为：CoCl2•H2O。【解析】将海绵钴粉碎，适当增加盐酸浓度，适当升高酸溶温度，搅拌等Ni2++6NH3•H2O═[Ni(NH3)6]2++6H2O2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O调节溶液的pH，使铁离子形成沉淀而除去3蒸发浓缩、冷却结晶、过滤CoCl2•H2O五、有机推断题(共4题，共20分)23、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)24、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g25、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH326、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、结构与性质(共2题，共8分)27、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，则B核外电子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，C的核外电子排布是2；6，所以C是O元素；D与C同族，则D