2025年陕教新版选择性必修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年陕教新版选择性必修1化学下册月考试卷198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、是制备电池的重要原料。室温下，溶液的pH随的变化如图甲所示，溶液中的分布分数随pH的变化如图乙所示

下列有关溶液的叙述正确的是A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有和C.随增大，溶液的pH明显变小D.用浓度大于的溶液溶解当pH达到时，几乎全部转化为2、实验室中模拟合成氨反应：在恒容密闭容器中，初始投入量相等的条件下，得到三组实验数据如下表所示：。实验序号温度(℃)浓度/mol/L0min10min20min30min40min50min60min50min60min13002.001.701.501.361.251.201.2023002.001.501.281.201.201.201.2032002.001.601.391.291.271.271.27

下列有关说法不正确的是A.比较实验1和实验2，推测实验2使用了更高效的催化剂B.实验2中，前内的化学反应速率为C.实验1中时间段平均反应速率较时间段内平均反应速率快的主要原因是反应物浓度大，反应速率快D.实验3中，时向容器中充入一定量则正反应速率不变3、银锌纽扣电池的电池反应式为：下列说法正确的是。

A.锌是阴极，发生还原反应B.电解液可以用硫酸代替C.电池工作时，移向极D.工作时转移电子则消耗的质量为6.5g4、在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2X(g)Y(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是A.混合气体的密度B.混合气体的压强C.混合气体的平均相对分子质量D.5、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.常温常压下，1.6g由O2和SO3组成的混合气体中含有的质子数为0.8NAB.30gSiO2中含有的Si-O键的数目为2NAC.常温下，100mL1mol·L-1AlCl3溶液中含有的阳离子的数目小于0.1NAD.常温常压下，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数小于2NA6、依据下列反应(101kPa、25℃)，能推知某纯物质的燃烧热的是A.ΔH=B.ΔH=C.ΔH=D.ΔH=评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、下列可以证明H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)已达平衡状态的是______。

①单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

③百分含量w(HI)=w(I2)

④反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)

⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)=2∶1∶1

⑥温度和体积一定时；生成物浓度不再变化。

⑦温度和体积一定时；容器内压强不再变化。

⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化8、在一定温度下；4L密闭容器内某一反应中气体M；气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

(1)比较t2时刻，正逆反应速率大小v正___________v逆。(填“＞”；“=”、“＜”)

(2)若t2=2min，计算反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率为：___________

(3)t3时刻如果升高温度则v逆___________(填增大、减小或不变)。9、随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。

(1)把煤作为燃料可通过下列两种途径：

途径I：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1＜0①

途径II：先制成水煤气：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H2＞0②

再燃烧水煤气：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H3＜0③

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H4＜0④

则途径I放出的热量___________(填“大于”“等于”或“小于”)途径II放出的热量；△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式是___________。

(2)金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：TiO2(金红石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO；

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣393.5kJ•mol-1

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣566kJ•mol-1

TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)△H=+141kJ•mol-1

则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H=___________。

(3)臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂。臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。如：6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)△H=﹣235.8kJ•mol-1，已知：2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)△H=+62.2kJ•mol-1，则O3转化为O2的热化学方程式为___________。10、在一定条件下，下列反应达到化学平衡：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)；△H>0

(1)如果升高温度，平衡混合物的颜色_________；

(2)如果加入一定量的H2，平衡__________移动；

(3)如果使密闭容器的体积增大，平衡_________移动。11、硫铁矿(主要含FeS2)是一种重要的化学矿物原料，主要用于生产硫酸，在橡胶、造纸、纺织、食品、火柴等工业中均有重要用途。在空气中煅烧硫铁矿时的化学反应如下：FeS2+O2Fe2O3+SO2(未配平)。

(1)该反应中，被氧化的元素为______。

(2)高温煅烧15.0g含杂质的硫铁矿，充分反应后得到8.0gFe2O3固体(杂质不参加反应)，该硫铁矿中FeS2的纯度为______，煅烧过程中，放出85.4kJ热量，写出此反应的热化学方程式_______。

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4的离子方程式为______，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，则此反应的还原产物为_____。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误13、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误14、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误15、ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行。__________________A.正确B.错误16、25℃时，0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12。（______________）A.正确B.错误17、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共6分)18、硫化碳又称氧硫化碳(化学式为COS)，是农药、医药和其它有机合成的重要原料。COS的合成方法之一是在无溶剂的条件下用CO与硫蒸气反应制得，该法流程简单、收效高，但含有CO2、SO2等杂质。

（1）COS的电子式为_________。

（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是:2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH+3H2O(g)△H=-173.6kJ/mol

下图是不同起始投料时，CO2的平衡转化率随温度变化的关系,图中m=，为起始时的投料比，则m1、m2、m3从大到小的顺序为_______，理由是____________。

（3）天然气部分氧化制取的化工原料气中，常含有COS。目前COS水解是脱除COS的常见方法，即COS在催化剂作用下与水蒸气反应生成硫化氢，生成的硫化氢可用氧化锌等脱硫剂脱除。

①COS水解的化学方程式为_________________。

②常温下，实验测得脱硫(脱除硫化氢)反应过程中，每消耗4.05gZnO，放出3.83kJ热量。该脱硫反应的热化学方程式为_________________。

③近年来，电化学间接氧化法处理硫化氢的技术得到较快发展。该方法是利用Fe3+在酸性条件下与H2S反应生成硫单质，反应后的溶液再用电解的方法“再生”，实现循环利用。电解法使Fe3+“再生”的离子方程式为___________，该反应的阳极材料是______。

④常温下，HCl和CuCl2的混合溶液中，c(H+)=0.30mol/L，c(Cu2+)=0.10mol/L，往该溶液中通入H2S至饱和(H2S的近似浓度为0.10mol/L)，_____(填“能”或“不能”)出现沉淀,用必要的计算过程和文字说明理由。

(已知Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-5，Ksp(CuS)=1.4×10-36)19、在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3，发生反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题：

(1)该反应正反应为___________热反应(填“吸”或“放”)，温度为T5℃时，该反应耗时40s达到平衡，则T5℃时，该反应的平衡常数数值为___________。

(2)如果该反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。

a．一定向逆反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小。

c．一定向正反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大。

(3)请说明随温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因：___________。

(4)保持温度，体积不变，充入CO2气体，则CaCO3的质量___________，CaO的质量___________，CO2的浓度___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(5)在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入0.5molN2，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为___________g。20、含氮化合物广泛存在于自然界；是一类常见的化合物。

(1)汽车尾气是城市主要空气污染物，汽车内燃机工作时发生反应：是导致汽车尾气中含有NO的原因之一、已知或CO可以催化还原NO以达到消除污染的目的。

写出与反应生成和的热化学方程式是______，判断该反应自发进行的条件：______(填“高温自发”或“低温自发”)。

(2)已知当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。如图表示在其他条件不变时，反应中NO的浓度c(NO)随温度(T)；催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线。

①则该反应△H______0(填“>”或“<”)。

②若催化剂的表面积在该图中画出c(NO)在条件下达到平衡过程中的变化曲线______。

(3)尿素是一种重要的化工原料，工业上可用氨和二氧化碳来合成尿素：一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2mol和1mol

①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为平衡常数K=______；

②达到平衡后，再往容器中加入2mol和1mol则达到新平衡时反应物的转化率______(填“增大”；“减小”或“不变”)；

(4)是一种新型绿色硝化剂，其制备可以采用电解法。图1是硼氢化钠燃料电池，图2是电解制备装置。则电极a应连接电极______(填c或d)，写出电极a的反应______。

评卷人得分五、结构与性质(共3题，共18分)21、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。22、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=_________。23、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。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)24、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___________。：25、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_________。26、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：____________________。27、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）。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A.溶液中存在的电离平衡和水解平衡、的电离平衡、的电离平衡；故A错误；

B.溶液中含P元素的粒子有和故B错误；

C.溶液的pH随着初始浓度的增大逐渐减小，但当的浓度增大到10时；浓度再增大，溶液的pH基本不变，故C错误；

D.与反应生成和因为浓度大于1则可得到浓度也大于1根据图1可知：当的浓度大于1时其根据图2可知当时的分布分数达到即几乎全部转化为故D正确。

故选D。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。2、B【分析】【详解】

A．由题干表中数据可知；比较实验1和实验2，实验2反应速率比实验1快，故推测实验2使用了更高效的催化剂，A正确；

B．由题干表中数据可知，实验2中，前内的化学反应速率为B错误；

C．随着反应的进行，浓度越来越小，反应速率越来越慢，实验1中时间段平均反应速率较时间段内平均反应速率快的主要原因是反应物浓度大；反应速率快，C正确；

D．实验3中，时向容器中充入一定量反应物浓度不变，则正反应速率不变；D正确；

故答案为：B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据总反应；Zn的化合价升高，失电子，做负极，发生氧化反应，故A错误；

B．硫酸会和锌反应；故B错误；

C．原电池中，阴离子移向负极，故移向锌电极；故C错误；

D．1mol锌转移2mol电子，所以转移电子则消耗为0.1mol；锌的质量为6.5g，故D正确；

故选D。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．由2X(g)Y(g)可知，混合气体的质量m是定值，体积V不变，所以混合气体的密度ρ=始终不变，即混合气体的密度不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态，故A符合题意；

B．由2X(g)Y(g)可知；反应前后气体的物质的量不等，随着反应的进行，气体压强总是在变化，当混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，即混合气体的压强不再变化时，能表明该反应已达平衡状态，故B不符合题意；

C．由2X(g)Y(g)可知，混合气体的质量m是定值，混合气体的物质的量n是变量，混合气体的平均相对分子质量M=是变量；当混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，即混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能表明该反应已达平衡状态，故C不符合题意；

D．由2X(g)Y(g)可知，Qc=随着反应的进行，Qc是变量，当不再变化时，此时Qc==K，说明反应达到平衡状态，即不再变化时；能表明该反应已达平衡状态，故D不符合题意；

答案为A。5、C【分析】【详解】

A．O原子相对原子质量是16，质子数是8，S原子相对原子质量是32，质子数是16，可见等质量的O、S原子中含有的质子数相同，则常温常压下，1.6g由O2和SO3组成的混合气体中含有的质子的物质的量为则其中含有的质子数为0.8NA；A正确；

B．30gSiO2的物质的量是0.5mol，由于在SiO2晶体中Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O共价键，因此0.5molSiO2中含有的Si-O共价键物质的量是2mol，故其中的Si-O共价键数目是2NA；B正确；

C．100mL1mol·L-1AlCl3溶液中含溶质的物质的量n(AlCl3)=1mol/L×0.1L=0.1mol，但Al3+在溶液中会发生水解反应，水解方程式为：可见Al3+水解，会导致溶液中阳离子数目增加，故该溶液中含有的阳离子的数目大于0.1NA；C错误；

D．NO与O2发生反应产生NO2，2NO+O2=2NO2，密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产生2molNO2气体，产生的NO2有一部分会发生反应：2NO2N2O4，导致气体分子数减少，因此最终达到平衡时，产物的物质的量小于2mol，则产物分子数小于2NA；D正确；

故合理选项是C。6、D【分析】【分析】

在25℃；101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此分析。

【详解】

A．ΔH=根据燃烧热的定义，该热化学方程式中碳的物质的量不是1mol，一氧化碳不是碳完全燃烧生成的稳定的氧化物，碳完全燃烧生成的稳定氧化物是二氧化碳，该反应不能表示碳的燃烧热的热化学方程式，故A不符合题意；

B．ΔH=根据燃烧热的定义，该热化学方程式中硫化氢的物质的量不是1mol，不能表示硫化氢的燃烧热的热化学方程式，故B不符合题意；

C．ΔH=根据燃烧热的定义，该热化学方程式中氢气完全燃烧的产物是液态水，不能表示硫化氢的燃烧热的热化学方程式，故C不符合题意；

D．ΔH=根据燃烧热的定义，是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，该热化学方程式中辛烷完全燃烧的产物是二氧化碳和液态水，表示辛烷的燃烧热的热化学方程式，故D符合题意；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

①．生成nmolHI，则消耗0.5nmolH2，由题意知，相同时间内，H2的消耗量和生成量不等；即正；逆反应速率不等，反应未达平衡状态，①不符合题意；

②．断裂2个H—I键；则生成1个H—H，由题意知，相同时间内，断裂H—H也为1个，故正；逆反应速率相等，反应达平衡状态，②符合题意；

③．达平衡时，各个物质的百分含量不再改变，但不一定相等，即w(HI)=w(I2)时反应不一定达平衡；③不符合题意；

④．达平衡时；正；逆反应速率相等，题目所给速率未标明正、逆，故肯定不能用来判断平衡状态，④不符合题意；

⑤．达平衡时，各个物质的含量不再改变，但三者比例不一定是2：1：1，即c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1时反应不一定达平衡；⑤不符合题意；

⑥．达平衡时；各个物质的含量不再改变，对应浓度也不再改变，故生成物浓度不变说明反应达平衡状态，⑥符合题意；

⑦．由于反应前后气体分子数不变；当温度；体积一定时，压强一直不变，故不能用来判断平衡状态，⑦不符合题意；

⑧．由于反应前后混合气体总质量不变（均为气体；质量守恒）且气体总物质的量也不变，故混合气体平均摩尔质量一直不变，即平均相对分子质量一直不变，不能用来判断平衡状态，⑧不符合题意；

综上所述，②⑥符合题意，故此处选②⑥。【解析】②⑥8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图可知，在t2时刻气体N的物质的量在减小，M的物质的量在增加，所以反应在向正反应方向进行，此时v正＞v逆；故答案为：＞；

(2)若t2=2min，反应开始至t2时刻，M的平均化学反应速率为=0.25mol/（L•min）；故答案为：0.25mol/（L•min）；

(3)升高温度可逆反应中的正逆反应速率都增大，故答案为：增大。【解析】①.＞②.0.25mol/(L•min)③.增大9、略

【分析】【分析】

(1)

根据盖斯定律可知，反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关，故等质量的碳通过途径I放出的热量等于途径II放出的热量，已知反应①=②+③+④，故△H1=△H2+△H3+△H4，故答案为：等于；△H1=△H2+△H3+△H4；

(2)

已知：反应I：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=﹣393.5kJ•mol-1，反应II：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=﹣566kJ•mol-1，反应III：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)△H3=+141kJ•mol-1，目标反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)可由III+2I-II，根据盖斯定律可知△H=△H3+2△H1-△H2=(+141kJ•mol-1)+2×(﹣393.5kJ•mol-1)-(﹣566kJ•mol-1)=-80kJ•mol-1，故答案为：-80kJ•mol-1；

(3)

已知：反应I：6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)△H1=﹣235.8kJ•mol-1，反应II：2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)△H2=+62.2kJ•mol-1，则目标反应O3转化为O2的热化学方程式为2O3(g)=3O2(g)可由2I+3II，故△H=2△H1+3△H2=2×(﹣235.8kJ•mol-1)+3×(+62.2kJ•mol-1)=-285kJ•mol-1，故答案为：2O3(g)=3O2(g)△H=-285kJ•mol-1。【解析】(1)等于△H1=△H2+△H3+△H4

(2)-80kJ•mol-1

(3)2O3(g)=3O2(g)△H=-285kJ•mol-110、略

【分析】【分析】

根据勒夏特列原理原理判断条件改变时；平衡的移动。

【详解】

(1)反应正方向为放热反应；如果升高温度，反应逆向移动，平衡混合物的颜色加深；

(2)如果加入一定量的H2；反应逆向移动，即平衡向左移动；

(3)如果使密闭容器的体积增大，反应前后气体体积不变，故平衡不移动。【解析】①.加深②.向左(或向逆反应方向)③.不11、略

【分析】【分析】

本题以硫酸工业的第一步为载体；主要考查氧化还原反应反应的分析，配平以及有关计算。

(1)根据氧化还原反应的有关概念即可解答；

(2)利用元素守恒即可解答，即硫铁矿中铁元素全部转化到Fe2O3固体中的铁元素；根据配平以及反应热与反应的物质的量呈正比即可求出该热化学方程式；

(3)碱性氧化物与酸反应生成盐和水即可，根据Fe3+的氧化性即可写出通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大。

【详解】

(1)被氧化的元素即为化合价升高的元素；对该反应分析可知，铁的化合价由+2价变为+3价，S的化合价由-1价变为+6价，故铁和硫元素被氧化，故答案为：Fe；S；

(2)根据原子守恒可知，硫铁矿中的铁元素全部转化到Fe2O3中，故8.0gFe2O3中含有铁元素为：故硫铁矿中FeS2的质量为：故该硫铁矿中FeS2的纯度为根据反应方程式，即煅烧过程中生成8.0gFe2O3，放出85.4kJ热量，则生成320gFe2O3放出的热量为：故此反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol，故答案为：80%；4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/mol；

(3)将Fe2O3溶于稀H2SO4是碱性氧化物和酸的反应生成盐和水，故的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O，向所得溶液中，通入一定量的SO2后，溶液中SO浓度增大，是由于发生了反应：Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，故此反应的还原产物为FeSO4，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe+3H2O；FeSO4。【解析】Fe、S80%4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)=-3416kJ/molFe2O3+6H+=2Fe+3H2OFeSO4三、判断题(共6题，共12分)12、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。13、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。14、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。15、B【分析】【详解】

根据吉布斯自由能判断，ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时能自发进行，错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

0.01mol·L-1的KOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，由于在室温下Kw=10-14mol2/L2，所以该溶液中c(H+)=10-12mol/L，故该溶液的pH=12，因此室温下0.01mol·L-1的KOH溶液的pH=12的说法是正确的。17、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。四、原理综合题(共3题，共6分)18、略

【分析】【详解】

（1）COS的电子式为（2）m=越大，越有利于二氧化碳的转化，二氧化碳的转化率越大，故m1>m2>m3，理由是温度相同时，投料比m增大，增加H2的量，CO2转化率增大；（3）①COS水解生成二氧化碳和氢硫酸，反应的化学方程式为COS+H2OCO2+H2S；②常温下，实验测得脱硫(脱除硫化氢)反应过程中，每消耗4.05g即0.05molZnO，放出3.83kJ热量，故若消耗1molZnO则放出76.6kJ热量。该脱硫反应的热化学方程式为ZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(l)△H=-76.6kJ/mol；③电解法使Fe3+“再生”是在酸性条件下Fe2+失电子产生Fe3+，同时生成氢气，反应的离子方程式为Fe2++2H+2Fe3++H2↑，该反应的阳极材料是碳棒、铂棒等惰性电极材料；④c(H+)=0.30mol/L，c(Cu2+)=0.10mol/L，c(H2S)0.10mol/L，Ka1(H2S)===1.3×10-7，Ka2(H2S)===7.0×10-5，Qsp(CuS)=>Ksp(CuS)=1.4×10-36)，故能出现沉淀。【解析】m1>m2>m3温度相同时，投料比m增大，增加H2的量，CO2转化率增大COS+H2OCO2+H2SZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(l)△H=-76.6kJ/molFe2++2H+2Fe3++H2↑碳棒、铂棒等惰性电极材料能19、略

【分析】【详解】

(1)由图像可知，随着温度的升高，二氧化碳的平衡浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应；根据反应的化学方程式，结合图像可知，平衡常数K=c(CO2)=0.2mol/L。

(2)a．平衡常数增大；此时改变的条件是升高温度，平衡正向移动，故a错误；

b．由于是升高温度，所以正、逆反应速率都增大，此反应是吸热反应，平衡移动后温度会有所降低，正、逆反应速率都会减小，故b正确；

c．反应一定向正反应方向移动；故c正确；

d．根据b的分析可知在平衡移动时逆反应速率先增大后减小；故d错误；

故答案为bc。

(3)根据温度对反应速率的影响可知；随着温度的升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，所以曲线B向曲线A靠近。

(4)容器体积不变，充入CO2气体，c(CO2)增大，平衡左移，则CaCO3的质量增大，CaO的质量减小，因为温度不变，所平衡常数K=c(CO2)不变，所以CO2的浓度也不变。

(5)在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入0.5molN2，平衡不移动，CO2的物质的量为2L×0.2mol/L=0.4mol，则被分解的CaCO3的质量为100g/mol×0.4mol=40g，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为0.5mol×100g/mol-40g=10g。【解析】吸0.2bc随着温度的升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短增大减小不变1020、略

【分析】【详解】

(1)①已知①②依据盖斯定律可知②-①得：由于正反应放热（），且正反应方向气体体积减少，为熵减小的方向，即反应自发进行，所以T较小才可以，即低温下自发；故答案为：△H=-752.1kJ/mol；低温自发；

(2)温度越高，平衡NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H<0；催化剂的表面积S1>S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，故c(NO)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：故答案为：<；

(3)一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2，该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为结合三段计算列式计算，设消耗二氧化碳物质的量为x，

测得容器中气体密度为即求得x=0.5mol，平衡常数Ｋ=往容器中加入2mol和1mol等效为增大压强，平衡向正反应方向移动，新平衡时NH3的转化率增大；故答案为：100；增大；

(4)燃料原电池中，在电极a附近失电子与OH-反应生成电极反应式为电极a为原电池的负极；N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价，因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，电极c为电解池的阳极，连接原电池的正极b，电极d为电解池的阴极，连接原电池的正极a，故答案为：d；【解析】△H=-752.1kJ/mol低温自发<100增大d五、结构与性质(共3题，共18分)21、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是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，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，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

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H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢键的存在使物质的熔沸点升高，所以在水分子之间存在范德华力和氢键，三者的大小关系为：O—H＞氢键＞范德华力；

在H3O+中O原子与H+形成了配位键，使O原子上只有1对孤电子对，而在H2O中O原子上有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H3O+中的键角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中与E同周期的元素中，基态原子在4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素。【解析】酸N球形NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键H2O2或N2H4O—H＞氢键＞范德华力大322、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+HCO1023、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是S元素；E的最外层只有2个电子，但次外层有18个电子，则E是Zn元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，该物质是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液显酸性，水解反应的离子方程式为：

(2)一般情况下原子核外电子层数越少；元素的第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第IIA；第VA时，原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S，因此第一电离能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外电子占据最高能级是4s能级，该能级电子云轮廓图为球形；

(3)A是H元素，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，该分子是NH3，NH3极易溶于水，却不溶于CCl4，这是由于NH3和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，符合“相似相溶”规律；且NH3和H2O能形成分子间氢键；也使物质容易溶解于其中；

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H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O键，化学键是一种强烈的相互作用力，要比分子间作用力大得多；氢键属于分子间作用力，氢键要比一般的分子间作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中与H原子结合的原子的半径小，元素的非金属性很强的物质分子之间才可以形成氢键。氢