2025年新世纪版选择性必修1化学上册月考试卷

…………○…………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年新世纪版选择性必修1化学上册月考试卷837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7题，共14分)1、近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs-COOH)为正极催化剂构建了可充电K-CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是。

A.充电时，阴极反应为2K2CO3+C-4e-=4K++3CO2↑B.电池每吸收22.4LCO2，电路中转移4mole-C.放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs-COOHD.为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质2、下列选项中可以设计成原电池装置的反应为A.HCl+NaOH=NaCl+H2OB.2H2+O2=2H2OC.KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3D.NH3+H2O=NH.3·H2O3、氢能源电池是目前研究的热点之一；一种可实现氢气循环利用的新型电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是。

A.该装置化学能与电能之间的能量转化效率可达100%B.充电时，电极M接电源的负极C.放电过程中由左池通过交换膜向右池移动D.放电时，N极电极反应式为4、湿法炼锌时，用于进行电解的电解液是含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Cl-等杂质离子的硫酸锌溶液，必须除去。要除去电解质中的铁离子，必须使电解液的pH升高至4，应加入的最佳试剂是A.NH3·H2OB.ZnOC.Al2O3D.NaOH5、2005年，法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)；其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成五层膜材料(如下图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是。

A.当A接外接电源正极时，Li+脱离离子储存层B.当A接外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3C.当B接外接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D.该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为可以与水分子之间形成大量氢键，为水溶性聚合物6、已知：△G=△H﹣T△S，△G为自由能变化，△H为焓变，T为热力学温度，△S熵变。当△G＜0时反应能自发进行，△G>0时反应不能自发进行。据此下列叙述中正确的是A.熵变大于零的反应肯定能自发进行B.焓变小于零的反应肯定能自发进行C.焓变大于零的反应肯定不能自发进行D.焓变小于零且熵变大于零的反应一定能自发进行7、下列热化学方程式的相关分析中，正确的是A.由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定B.H2燃烧热为285.8kJ•molˉ1，燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ•molˉ1C.稀盐酸和稀NaOH溶液混合，热化学方程式为：H++OH-=H2O△H=-57.3kJ•molˉ1D.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、已知下列热化学方程式：

①

②

(1)氢气的摩尔燃烧焓是______________。

(2)已知：写出丙烷燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________________。

(3)实验测得和的混合气体共完全燃烧生成液态水时放热则混合气体中和的体积比是__________。

(4)当反应②中转移10mol电子时，燃烧的丙烷的质量是_________g，生成的CO2在标准状况下的体积是_________L。9、某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验；如图所示。滤纸先用氯化钠；无色酚酞的混合液浸湿，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹.据此，回答下列问题：

(1)①a端是_______极；②铂片是_______极。

(2)①铅笔端除了出现红色字迹，还有的现象是_______。

②检验铂片的产物的方法是_______。10、如图是用惰性电极电解200mL2mol•L-1硫酸铜溶液，a电极上的电极反应式为___，若a电极产生112mL(标准状况)气体，此时溶液中H+浓度为___(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入___(填序号)。

a．CuOb．CuCO3c．Cu(OH)2d．Cu2(OH)2CO311、NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品，工业上常用铝土矿（主要成分为Al2O3）来生产铵明矾NH4Al(SO4)2•12H2O；其工艺流程图如下：

（1）流程图中X为_________（填化学式），Y为______（填名称）溶液，NH3的电子式________；

（2）流程中电解池阳极的电极反应式为______；

（3）反应II的离子方程式为____________________反应Ⅵ的化学方程式为_________________；

（4）对铵明矾NH4Al(SO4)2·12H2O高温分解的气体产物的预测不合理的是______；。A．NH3、N2、SO2、H2OB．NH3、SO3、H2OC．NH3、SO2、H2OD．NH3、N2、SO3、SO2、H2O12、溶度积常数。

(1)定义：沉淀溶解平衡的平衡常数叫溶度积常数，简称溶度积，通常用符号_______来表示。

(2)表达式：当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时，建立沉淀溶解平衡其溶度积的表达式为=_______。

(3)影响因素：只与难溶电解质的_______和_______有关，而与_______无关。

(4)意义：反映了难溶电解质在水中的_______能力。当化学式表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，越大，难溶电解质在水中的溶解能力_______。

(5)溶度积规则。

①时，溶液_______。溶液中析出沉淀；直至平衡。

②时，沉淀与溶解处于_______。

③时，溶液_______沉淀会溶解直至平衡。13、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：

(1)若在一容积为的密闭容器中加入的和的在一定条件下发生反应：若在5分钟时反应达到平衡，此时测得的物质的量为则前5分钟的平均反应速率______。平衡时的转化率为_____

(2)下列能判定(1)中合成氨反应到达平衡状态的是___________

A．容器内压强保持不变。

B．容器内混合气体的密度保持不变。

C．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变。

D．

E.单位时间内每断裂同时形成

(3)平衡后，若提高的转化率，可以采取的措施有___________。

A．加了催化剂。

B．增大容器体积。

C．降低反应体系的温度。

D．加入一定量

(4)若在的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：其化学平衡常数与温度的关系如表所示：。2003004000.5

请完成下列问题：

①试比较的大小，___________(填“”“”或“”)；

②时，反应的化学平衡常数为___________。当测得和物质的量分别为和时，则该反应的_______(填“”“”或“”)。14、写出电解饱和食盐水的的离子方程式：_______；阴极反应：_______，溶液显_______性。15、铁元素在电化学中应用广泛。回答下列问题：

（1）根据反应2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+设计原电池如图。电流计显示电流方向为：a→b。

①电极B为____________，电解质溶液C为_____________。（填标号）

A,碳棒B.铜片C.Fe2(SO4)3溶液D.CUSO4溶液。

②A电极的电极反应式为________________________________________。

③用该电池做电源，电解硫酸钠溶液，当电解池阳极有11.2mL气体（标准状况）产生时，该电池有__________________molFe3+被还原。

（2）NaFeO4是一种用途广泛的化工产品，工业上常用电解法制取。制取装置如图。已知Na2FeO4只在强碱性条件下比较稳定；具有强氧化性。

①Na2FeO4中铁元素化合价为_____________Na2FeO4是具有杀菌效果的净水剂。原因是_________________________________________________。

②电极Ni为_________________（填“阳”或“阴”）极。为使该装置能持续反应，离子交换膜应为__________________________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。

③阳极反应式为_______________________________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10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、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18、比较ΔH大小，只需比较数值，不用考虑正负号。____A.正确B.错误19、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误20、时，若测得溶液取该溶液加蒸馏水稀释至测得则是弱酸。(________)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共6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。评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)22、化学反应过程可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能：P—P为198kJ·mol-1、P—O为360kJ·mol-1、O=O为498kJ·mol-1。则P4(白磷)+3O2=P4O6的反应是__(填“吸热”或“放热”)反应，生成1molP4O6___(填“吸收”或“放出”)的热量为___。

23、电解26.8%的食盐水1500g；若食盐的利用率为87.3%，求：

（1）在标准状况下可制得Cl2多少升?___（不考虑氯气溶解）

（2）电解液中氢氧化钠的质量百分比浓度为多少?___

（3）取一定量的氢气和氯气混合，点燃充分反应，所得混合物用100mL15.67%的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。求溶液中NaCl的物质的量浓度___，以及所取氢气和氯气的混合气体相对于同温同压下空气的相对密度，假设反应前后溶液体积不变，结果保留两位小数。___24、(1)若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收16.95kJ热量。其热化学方程式为_。

(2)甲醇(CH3OH)的燃烧热为725.8kJ/mol；写出甲醇的燃烧热的热化学方程式_____。

(3)已知H-H键的键能为436kJ·mol-1，Cl-Cl键的键能为243kJ·mol-1，H-Cl键的键能为431kJ·mol-1，则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热(ΔH)等于_____kJ·mol-1

(4)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；涉及如下反应：

2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)K1ΔH1

2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)K2ΔH2

则4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=___(用含有K1、K2的式子表示)；其反应热为______(用含有ΔH1、ΔH2的式子表示)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K++e-+Sn=KSn；A错误；

B．气体未指明状况；无法根据体积确定其物质的量，B错误；

C．放电时；KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，C正确；

D．若用KOH溶液代替酯基电解质；则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误；

故选：C。2、B【分析】【详解】

A．HCl+NaOH=NaCl+H2O为复分解反应；无电子的得失，A不能设计成原电池装置；

B．2H2+O2=2H2O为氧还原反应；反应时存在电子的得失，B可用设计成原电池装置；

C．KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3为复分解反应；无电子的得失，C不能设计成原电池装置；

D．NH3+H2O=NH.3·H2O为复分解反应；无电子的得失，C不能设计成原电池装置；

答案为B。3、D【分析】【分析】

由图可知，放电时M极生成H2，H+转化为H2，发生还原反应，作正极，N极为负极，H2失去电子形成H+，H+和OH-反应生成H2O；充电时，N极，H2O中H+放电生成H2和OH-，H+转化为H2，发生还原反应，作阴极，连接电源负极，M极为阳极，H2失去电子形成H+。

【详解】

A．化学能在转化为电能时还可能转化为热能等；因此该装置化学能与电能之间的能量转化效率小于100%，A项错误；

B．充电时；电极N接电源的负极，电极M接电源的正极，B项错误；

C．放电过程中，由负极移向正极，则由右池通过交换膜向左池移动；C项错误；

D．放电时，N极电极反应式为D项正确；

答案选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

略5、A【分析】【分析】

【详解】

略6、D【分析】【详解】

A．熵变大于零的反应，△S>0，若△H>0，低温下，△G>0；反应不能自发进行，故A错误；

B．焓变小于零的反应，△H＜0，若△S＜0，高温下可以△G>0；反应不能自发进行，故B错误；

C．焓变大于零的反应，△H>0，△S>0高温下可以△G＜0；反应能自发进行，故C错误；

D．焓变小于零且熵变大于零的反应，△H＜0，△S>0；△G＜0时反应一定能自发进行，故D正确；

故选：D。

7、B【分析】【分析】

【详解】

A．由“C(石墨)=C(金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知；金刚石所具有的能量比石墨高，所以石墨比金刚石稳定，故A错；

B．H2燃烧热为285.8kJ•molˉ1，所以2molH2完全燃烧生成液态水所释放的能量为571.6kJ•molˉ1，故燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ•molˉ1；故选B；

C．稀盐酸和稀NaOH溶液混合，热化学方程式为：△H=-57.3kJ•molˉ1；故C错；

D．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，若1mol氮气完全放出的热量大于38.6kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜-38.6kJ·mol-1；故D错。

答案选B。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

(1)根据摩尔燃烧焓的概念分析并计算。

(2)根据盖斯定律进行计算。

(3)根据氢气的摩尔燃烧焓和丙烷的摩尔燃烧焓，氢气和丙烷的混合气体共3mol，完全燃烧生成液态水时放热建立方程式进行计算。

(4)根据方程式及电子转移进行计算。

【详解】

(1)根据摩尔燃烧焓的概念，因1mol氢气完全氧化为液态水放出的热量为故氢气的摩尔燃烧焓为故答案为：

(2)已知：②③由盖斯定律可知，得故答案为：

(3)由热化学方程式可知，氢气的摩尔燃烧焓为丙烷的摩尔燃烧焓为氢气和丙烷的混合气体共3mol，完全燃烧生成液态水时放热设混合气体中氢气的物质的量为xmol，则丙烷的物质的量为根据混合物燃烧放出的热量有解得x=2，所以氢气和丙烷的物质的量之比为根据阿伏加德罗定律及其推论，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；故答案为：2:1。

(4)当5molO2参加反应时转移20mol电子，当反应中转移10mol电子时，燃烧的丙烷的物质的量为0.5mol，质量为生成的CO2在标准状况下的体积为故答案为：22；33.6。

【点睛】

化学反应能量变化是常考题型，主要考查摩尔燃烧焓、运用盖斯定律进行计算、根据电子转移进行计算等。【解析】2233.69、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①②铅笔芯中含有石墨，石墨是惰性电极，用惰性电极电解氯化钠溶液，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，遇酚酞变红，所以阴极附近变红。铅笔端作阴极，发生还原反应；铂片端作阳极，发生氧化反应，铂片端有少量氯气生成，a、b点分别是负极和正极；

(2)①阴极反应为2+2e-=H2↑+2OH-；因此，铅笔端除了出现红色字迹，还有的现象是有气泡生成；

②阳极的产物为氯气，氯气能与碘化钾反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，因此，检验阳极铂片的产物的方法是：用湿润的淀粉KI试纸检验，若试纸变蓝，则有Cl2生成。【解析】负极阳极有气泡生成用湿润的淀粉KI试纸检验，若试纸变蓝，则有Cl2生成10、略

【分析】【分析】

【详解】

如图所示是用惰性电极电解200mL2mol•L-1硫酸铜溶液，发生的总反应为a电极与电源正极相连为电解池的阳极，由于离子的放电能力：OH-＞所以阳极上溶液中水电离出来的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应为a电极产生112mL(标准状况)气体为O2，其物质的量为n(O2)=同一闭合回路中电子转移数目相等，则此时消耗Cu2+的物质的量为由于200mL2mol•L-1硫酸铜溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=2mol/L×0.2L=0.4mol＞0.01mol，所以Cu2+有剩余，故在b电极上只有Cu2+放电生成Cu，转移电子0.02mol，溶液中生成H+物质的量为0.02mol，在此电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu2+原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液恢复原浓度，应加入CuO，由于CuCO3+H2SO4=CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，所以也可以加入CuCO3；而Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O、Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外，还增加了水，因此不能加入Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3，故合理选项是ab。【解析】2H2O-4e-=O2↑+4H+0.1mol•L-1ab11、略

【分析】【分析】

（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，Al2O3既能和酸反应又能和减反应，结合反应Ⅱ中通入过量CO2，可知X是NaOH溶液，而Y和反应II生成的AlOH)3发生反应Ⅲ，需要有氢离子溶解氢氧化铝，含有硫酸根离子，所以Y是H2SO4，氨气的电子式为

（2）流程中电解的是含SO42-的水溶液,生成S2O82-；所以阳极电极反应式为：2SO42-－2e－=S2O82-；

（3）反应Ⅱ是NaAlO2和过量的CO2反应，生成Al(OH)3；

（4）根据氧化还原化合价有升有降的原则分析四个选项；可得出结论。

【详解】

（1）Al2O3既能和酸反应又能和减反应，结合反应Ⅱ中通入过量CO2，可知X是NaOH溶液，而Y能和反应II生成的AlOH)3发生反应Ⅲ，反应Ⅲ为氢氧化铝中加上Y可以制得NH4Al(SO4)2，需要有氢离子溶解氢氧化铝，含有硫酸根离子，所以Y是H2SO4，本题答案为：NaOH、硫酸、

（2）流程中电解的是含SO42-的水溶液,生成S2O82-；所以阳极电极反应式为：2SO42-－2e－=S2O82-，故本题答案为：2SO42-－2e－=S2O82-；

（3）反应Ⅱ是NaAlO2和过量的CO2反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，本题答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；

（4）A．N元素化合价升高；硫元素化合价降低，符合氧化还原反应规律，故A可能；

B.无元素化合价变化；是非氧化还原反应，故B可能；

C.只有S的化合价降低；故C不可能；

D.N元素化合价升高；S元素化合价降低，故D可能；

本题答案为：C。【解析】NaOH硫酸2SO42-－2e－=S2O82-AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2C12、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】性质温度沉淀的量溶解越强过饱和平衡状态不饱和13、略

【分析】【详解】

(1)达到平衡时测得的物质的量为根据化学方程式，则过程中消耗了N2的物质的量为0.1mol，H2消耗了0.3mol，=氢气的转化率100=50

(2)合成氨反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，反应物；生成物的量不再增加,据此分析：

A．合成氨反应是反应后物质的量减少的反应。容器内压强保持不变；说明容器内物质的量不再减少，反应达到了最大限度，即达到平衡状态，故A正确；

B．反应环境是恒容密封的体系；因此反应的始终密度都不会改变，无论是否达到平衡状态，故B错误；

C．平均相对分子质量是由总质量和总物质的量两个因素决定的；反应过程中，总质量是不会变的，但总物质的量是会变的，当总物质的量不再发生变化，即平均分子相对质量不再发生变化，所以当平均相对分子质量保持不变时，就是总物质的量不再发生变化，即达到了平衡状态，故C正确；

D．从合成氨开始反应，到平衡时，是不会变的；无法证明是否达到平衡状态，故D错误；

E.单位时间内每断裂同时形成即反应了3molH2，生成了2molNH3；根据化学计量数比，可知从反应开始到平衡，都是这样反应的，故无法说明是否达到平衡状态，故E错误；

本题答案AC；

(3)平衡后，若提高的转化率；就是打破平衡，使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析：

A．加了催化剂；只是同时改变正逆反应速率，平衡不移动，故A错误；

B．增大容器体积，容器内压强减小，体系向增大压强方向移动，即平衡逆向移动，会降低的转化率；故B错误；

C．降低反应体系的温度，平衡向放热方向移动，即向正方向移动，能提高的转化率；故C正确；

D．加入一定量平衡向正反应方向移动，能提高的转化率；故D正确；

本题答案CD；

(4)①合成氨反应是个放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，生成物浓度变小，反应物浓度变大，即温度高的平衡常数小，故K1>K2；

②时，反应的化学平衡常数与反应化学平衡常数互为倒数，所以K==2；容器的体积为0.5L，和的浓度分别为6mol/L、4mol/L、2mol/L，即浓度商Qc==<K=2，说明反应向正方向进行，即>【解析】50A、CC、D214、略

【分析】【详解】

电解饱和食盐水时，离子方程式：阳极阴离子放电能力Cl-＞OH-，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应：由离子方程式可知溶液为碱性；

故答案为：碱。【解析】碱15、略

【分析】【详解】

（1）①电流方向为：a→b，所以电极A为正极，B为负极。负极失电子，根据总反应可知B为铜片，正极上得电子，所以电解质溶液C为Fe2(SO4)3溶液；②A为正极，Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；③电解硫酸钠溶液，阳极产生的气体为O2，标准状况下11.2mLO2的物质的量为5×10-4mol，电路中转移的电子的物质的量为n=4×5×10-4mol=2×10-3mol，原电池中Fe3+还原为Fe2+，根据电子守恒可知被还原的Fe3+的物质的量为0.002mol。

（2）①Na2FeO4中铁元素化合价为+6价；Na2FeO4具有强氧化性，可以杀毒，Na2FeO4发生氧化还原反应时被还原为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，因此Na2FeO4可用来作净水剂。②电极Ni与电源负极连接，为阴极；阳极Fe失去电子，发生的反应为Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O，阳极区OH-不断消耗，要使反应持续，必须补充OH-，所以离子膜为阴离子交换膜，使阴极区的OH-进入阳极区。③根据产物可知Fe失去6个电子生成FeO42-，阳极反应式为Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O。【解析】ＢＣFe3++e-=Fe2+0.002+6杀菌的原因是有强氧化性，净水的原因是高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体，有吸附性阴阴Fe-6e-＋8OH－=FeO42-＋4H2O三、判断题(共5题，共10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、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。18、B【分析】【分析】

【详解】

比较ΔH大小，需要正负号和数值一起比较，错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。20、B【分析】【详解】

无论是强酸还是弱酸，当时，稀释10倍后溶液仍然是酸性，溶液始终小于7，即则

故答案为：错误。四、结构与性质(共1题，共6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3五、计算题(共3题，共18分)22、略

【分析】【分析】

根据白磷的分子结构示意图可知，1个白磷分子中含有6个P-P键；1个P4O6分子中含有12个P-O键，根据=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量来计算；并据此判断反应的吸放热。

【详解】

断开化学键吸收的能量为198kJ×6+3×498kJ=2682kJ，形成化学键放出的能量为12×360kJ=4320kJ；则P4(白磷)+3O2=P4O6=2682-4320=-1638kJ/mol；<0，该反应为放热反应，生成1molP4O6放出1638kJ的热量。【解析】放热放出1638kJ23、略

【分析】【分析】

电解NaCl溶液时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水中的H放电生成氢气，总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2