2025年粤教版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版选择性必修1化学下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7题，共14分)1、常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液；pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是()

A.NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c()＋c(NH3·H2O)＝c()＋c()＋c(H2CO3)B.往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时和浓度逐渐减小C.通过分析可知常温下Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)D.当溶液的pH＝9时，溶液中存在下列关系：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c()2、对已经达到平衡的反应当减小压强时，对反应产生的影响是A.逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B.逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C.正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D.正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动3、欲加快铁片与稀硫酸的反应速率，下列措施不可行的是A.滴入适量的硫酸锌溶液B.适当地增大硫酸的浓度C.将铁片改成铁粉D.升高温度4、如图为课本中电解饱和食盐水的实验装置。据此；下列叙述不正确的是。

A.装置中，a管导出的气体为氢气B.b管导出的气体为氯气C.以食盐水为基础原料制取氯气等产品的工业被称为氯碱工业D.在石墨棒电极区城滴入酚酞试液，溶液会变红5、下列反应的离子方程式不正确的是A.硫酸铜溶液与碳酸钠溶液混合制取B.用银作电极电解稀盐酸：C.硝酸银溶液中滴加过量氨水：D.硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：6、时，含硫各微粒图所示。下列说法不正确的是。

A.溶液显酸性B.的溶液中不含C.在含和的溶液中，加入少量NaOH固体，不一定增大D.时，7、研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。

下列说法错误的是A.电池左侧为正极，电极反应式为HCOOH+3OH-+2e-=HCO+2H2OB.放电过程中需补充的物质A为H2SO4C.放电时K+通过半透膜移向右侧D.HCOOH燃料电池的总反应为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的图示与过程如下：

过程Ⅰ：

过程Ⅱ：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH＝+129.2kJ·mol﹣1

下列说法正确的是A.该过程能量转化形式是太阳能→化学能→热能B.过程Ⅰ热化学方程式为：Fe3O4(s)=3FeO(s)+O2(g)ΔH=﹣156.6kJ·mol﹣1C.氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8kJ·mol﹣1D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点9、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断不正确的是A.x＝1B.A的转化率为40%C.2min内B的反应速率为0.2mol·L-1·min-1D.若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态10、次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，H3PO2可以通过电解的方法制备；其工作原理如下图所示。下列说法正确的是。

A.X为电源正极，Y为电源负极B.电解一段时间后，N室的pH减小C.a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜D.当电路中通过3mol电子时，可生成1molH3PO211、25℃时，用NaOH溶液滴定草酸()溶液，溶液中和或和关系如图所示；下列说法正确的是。

A.曲线表示和的关系B.的数量级为C.溶液中D.向0.1mol/L溶液中加入少量水，减小12、下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是A.能使pH试纸变蓝的溶液中：COK＋、Cl-、Na＋B.由水电离产生的c(OH-)=1×10-10mol·L-1的溶液中：NOMg2＋、Na＋、SOC.在=1×1012的溶液中：NHFe2＋、Cl-、NOD.=10-14mol·L-1的溶液中：Na＋、HCOCl-、K＋13、常温下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图所示。向浓度均为0.01mol·L-1的H3AsO4和H3AsO3混合溶液中加入适量的NaOH溶液；下列说法正确的是。

A.H2AsO+AsOHAsO+HAsOK=105.2B.pH=6时，c(H2AsO)>c(H3AsO3)>c(HAsO)>c(H2AsO)C.溶液呈中性时，约等于3D.pH=8时，H3AsO3的电离度约为9.09%评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。

（1）在25℃、101kPa下，16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式___。

（2）化学反应中放出的热能（焓变，△H）与反应物和生成物的键能（E）有关。

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣185kJ/mol；

E（H﹣H）=436kJ/mol，E（Cl﹣Cl）=243kJ/mol则E（H﹣Cl）=___。

（3）①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，请计算每生成1molNH3放出热量为：___；

②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为___；

（4）已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH＝akJ·mol－1；

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1；

C(石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝ckJ·mol－1

则反应：4Fe(s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s)的焓变ΔH＝___kJ·mol－1。15、完全燃烧时放热约而汽油完全燃烧时放热约请回答：

(1)等质量的氢气和汽油相比，_______完全燃烧放出的热多，请通过计算加以说明：_______

(2)氢气被公认是21世纪替代矿石燃料的理想能源；试简述氢气作为能源的三个优点：

①_______；

②_______；

③_______。16、已知在25℃时,醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表所示:。酸电离平衡常数醋酸碳酸亚硫酸

①亚硫酸发生电离的方程式为____________________________________________。

②碳酸和亚硫酸的第一步电离程度大于第二步电离程度的原因:_____________________。

③在相同条件下,试比较和的酸性强弱:_______>______>_______。

④将pH=4的溶液稀释100倍后溶液的pH范围是______________________,图中的纵坐标可以是_______________________。

a.溶液的pHb.醋酸的电离平衡常数c.溶液的导电能力d.醋酸的电离程度。

⑤若醋酸的初始浓度为0.01mol/L，平衡时氢离子浓度是________________________（写出详细解题步骤）

⑥写出亚硫酸氢钠与碳酸钠反应的离子方程式_________________________17、通过学习，同学们对宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想等学科素养有了进一步的认识和理解。请根据所学知识回答下列问题：

(1)FeCl3溶液呈________性（填“酸”、“中”或“碱”），原因是__________________（用离子方程式表示）；若把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到固体产物是____________，原因是________________________________________________。

(2)将1L0.2mol·L－1HA溶液与1L0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），测得混合溶液中c（Na＋）>c（A－），则混合溶液中c（HA）＋c（A－）_____0.1mol·L－1（填“>”、“<”或“＝”）。

(3)浓度均为0.1mol/L的四种溶液①氯化铵溶液、②碳酸氢铵溶液、③氨水、④硫酸氢铵中，NH4+浓度由大到小的顺序为_______________________________。

(4)铅蓄电池是典型的可充电型电池，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O。放电时，负极的电极反应式是__________________________；充电时，当外电路通过1mol电子时，理论上正极板的质量减少________________g。

(5)已知：常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38。

①常温下，某酸性MgCl2溶液中含有少量的FeCl3，为了得到纯净的MgCl2·2H2O晶体，应加入________（填化学式），调节溶液的pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c（Fe3＋）＝________mol·L－1。

②常温下，若将0.01mol·L－1MgCl2溶液与________mol·L－1NaOH溶液等体积混合时有沉淀生成。18、在25℃时，碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知25℃时硫酸钙的Ksp＝9.1×10－6。

(1)通过蒸发，可使稀溶液由_______点变化到_______点。

(2)在25℃时，反应CaSO4(s)＋CO32-(aq)⇌CaCO3(s)＋SO42-(aq)的平衡常数K_______19、铁在生产生活中应用最广泛；炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。

(1)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应有:。反应△H(kJ/mol)Ki.Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)+489K1ii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)XK2iii.C(s)+CO2(g)2CO(g)+172K3

试计算，X=_____，K1、K2与K3之间的关系为K1=__________。

(2)T1℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应i，反应达到平衡后，在t1时刻，改变某条件，υ(逆)随时间(t)的变化关系如图1所示，则t1时刻改变的条件可能是___________(填写字母)。

a.保持温度不变，压缩容器b.保持体积不变；升高温度。

c.保持体积不变，加少量碳粉d.保持体积不变；增大CO浓度。

(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(PKPa)加入1molCO2与足量的碳；发生反应ⅲ，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。

①T℃时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合气体，平衡_________(填“正向”；“逆向”或“不”)移动。

②925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_________KPa。[气体分压(p分)=气体总压(p)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp]评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误21、某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈酸性。（____________）A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共2题，共6分)22、实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：

i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸数分钟。

ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液；有气泡产生并析出紫红色晶体。

iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次；再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。

请回答下列问题：

(1)步骤i中生成了一种空气中的主要气体，写出该步骤反应的化学方程式_______。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。

①仪器M的名称是_______。

②装置B的作用是_______。

(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是_______，用无水乙醇洗涤的目的是_______，检验第一次沉淀洗涤干净的操作是_______。

(4)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为_______%(用含有m、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因_______。23、三草酸合铁(III)酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为翠绿色的单斜晶体；易溶于水(溶解度0℃，4.7g/100g；100℃，117.7g/100g)，难溶于乙醇。

(1)I制备：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中先制得草酸亚铁晶体：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4，然后再用草酸亚铁晶体在草酸钾和草酸的存在下，以过氧化氢为氧化剂，制得三草酸合铁(III)酸钾晶体，该反应的化学方程式为___________；

(2)II测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。

步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体；配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________；

步骤三：向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后；过滤；洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。

步骤四：向锥形瓶中加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。

请回答下列问题：

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量___________(选填“偏低”；“偏高”、“不变”)；

②写出步骤四中发生反应的离子方程式：___________；

③实验测得该晶体中铁的质量分数为___________。(写出计算过程)评卷人得分六、计算题(共4题，共40分)24、从“铁器时代”开始，铁单质及其化合物一直备受青睐，工业上采用高炉炼铁法治炼铁单质，其反应的热化学方程式为：已知：①②则∆H=_______。25、回答下列问题。

(1)将的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量溶液，都升高了1，则加入的水与溶液的体积比为_______________。

(2)时，纯水中．的稀硫酸与的溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为_______________。26、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

(1)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为________________________________。

(2)若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收16.95kJ热量，则表示该反应的热化学方程式为________________________________。

(3)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，则表示该反应的热化学方程式为________________________________。

(4)H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为285.8kJ·mol－1、282.5kJ·mol－1、726.7kJ·mol－1。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇请写出CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式_______________________________________________。27、研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

(1)处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。已知：

①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol-1

②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol-1

此反应的热化学方程式是____________。

(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：

①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)ΔH＝－akJ·mol-1(a>0)

②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol-1(b>0)

若用标准状况下3.36LCO还原NO2至N2(CO完全反应)，整个过程中转移电子的物质的量为___mol，放出的热量为_______kJ(用含有a和b的代数式表示)。

(3)用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：

①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol-1①

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2＝？②

若1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则ΔH2＝__________。

(4)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol−1、497kJ·mol−1。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol−1。NO分子中化学键的键能为______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()＋c(NH3·H2O)＝c()＋c()＋c(H2CO3)；A正确；

B．常温下0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8；溶液呈碱性，向溶液中加入NaOH溶液时，溶液碱性增强，pH增大，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子浓度先增大后减小，B错误；

C．常温下0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，则NH3•H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，所以Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)；C正确；

D．结合图示可知，溶液的pH=9时溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c()；D正确；

故合理选项是B。2、C【分析】【详解】

A．减小压强；生成物浓度减小，所以逆反应速率减小，A不正确；

B．减小压强；反应物浓度减小，正反应速率减小，B不正确；

C．减小压强；反应物和生成物的浓度都减小，所以正；逆反应速率都减小，但平衡向气体分子数增大的方向移动，则平衡向逆反应方向移动，C正确；

D．减小压强；正；逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，D不正确；

故选C。3、A【分析】【详解】

A．滴入适量的硫酸锌溶液不能加快铁片与稀硫酸的反应速率；A符合题意；

B．适当的增大硫酸的浓度；化学反应速率加快，B不符合题意；

C．将铁片改成铁粉；增大了接触面积，化学反应速率加快，C不符合题意；

D．升高温度；活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率加快，D不符合题意；

答案选A。4、D【分析】【详解】

A．铁棒一端为阴极；产生的气体为氢气，则a管导出的气体为氢气，故A正确；

B．石墨电极为阳极，生成的气体为氯气，则b管导出的气体为氯气；故B正确；

C．以食盐水为基础原料制取氯气的同时会产生氢氧化钠等产品；故工业被称为氯碱工业，故C正确；

D．在铁棒一端的溶液中有NaOH生成；滴入酚酞试液，溶液变红，故D错误；

故选D。5、A【分析】【详解】

A．铜离子与碳酸根发生双水解生成离子方程式为：A错误；

B．银是活泼电极，电解时阳极银失电子生成Ag+，电解盐酸溶液时，溶液中大量Cl-结合Ag+生成AgCl沉淀，阴极为H+得电子生成H2，离子方程式为：B正确；

C．硝酸银溶液中滴加稀氨水至过量，开始时发生的反应为：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH氨水过量时氢氧化银沉淀逐渐溶解生成银氨溶液，离子方程式为：C正确；

D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成S、二氧化硫、水，离子方程式：D正确；

故选：A。6、B【分析】【分析】

A．溶液中亚硫酸氢根离子水解平衡常数和比较大小判断水解程度和电离程度大小；

B．的溶液为亚硫酸钠溶液；亚硫酸根离子水解分步进行；

C．加入少量NaOH固体，可能增大也可能减小；

D．时，结合电荷守恒分析判断离子浓度。

【详解】

A．图象分析可知溶液中亚硫酸氢根离子水解平衡常数判断水解程度小于电离程度大小，溶液显酸性，故A不符合题意；

B．的溶液为亚硫酸钠溶液，亚硫酸根离子水解分步进行，溶液中含故B符合题意；

C．加入少量NaOH固体，若溶液中H2SO3较多，则随着溶液的pH增大，逐渐减小，逐渐增大，即增大；若溶液中HSO3-较多，则HSO3-和OH-反应使降低，即减小；故C不符合题意；

D．时，溶液中存在电荷守恒：故D不符合题意；

故选：B。7、A【分析】【详解】

燃料电池中通入氧气的一极为正极；发生还原反应，通入燃料的一极是负极，发生氧化反应，据此分析解题：

A．电池左侧是由HCOOH转化为HCOC的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化，故左侧为负极，电极反应式为HCOOH+3OH--2e-=HCO+2H2O；A错误；

B．由于左侧为负极，故电池中的阳离子K+由左侧进入右侧，由图中可知右侧进入的为A和O2，出来的是K2SO4，故右侧电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，故放电过程中需补充的物质A为H2SO4；B正确；

C．由B项分析可知，放电时K+通过半透膜移向右侧；C正确；

D．由A项分析可知电池正极反应为：HCOOH+3OH--2e-=HCO+2H2O，由B项分析可知，电池负极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，将正、负极反应式相加即可得到HCOOH燃料电池的总反应为2HCOOH+O2+2OH-=2HCO+2H2O；D正确；

故答案为：A。二、多选题(共6题，共12分)8、CD【分析】【详解】

A．过程Ⅰ中Fe3O4分解变为FeO、O2；该反应为吸热反应，过程II发生的反应也是吸热反应，因此不存在化学能→热能的过程，A错误；

B．已知反应①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.0kJ/mol和反应②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)△H=+313.2kJ/mol，根据盖斯定律，将①×-②，整理可得：Fe3O4(s)=3FeO(s)+O2(g)ΔH=+156.6kJ·mol-1；B错误；

C．由2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1可知2molH2完全燃烧产生2mol液态水，放出571.6kJ的热量，则1molH2完全燃烧产生1mol液态水，放出285.8kJ的热量，故氢气的摩尔燃烧焓为ΔH=﹣285.8kJ·mol-1；C正确；

D．过程II为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离；且由于利用太阳能，故成本低，D正确；

故合理选项是CD。9、CD【分析】【详解】

A．2min内生成n(C)=0.2mol·L－1×2L=0.4mol；同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C；D计量数之比=x：2=0.4mol：0.8mol=1：2，x=1，故A正确；

B．生成0.8molD的同时消耗n(A)=×3=1.2mol，A的转化率为×100%=40%；故B正确；

C．2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=n(D)=×0.8mol=0.4mol，2min内B的反应速率为=0.1mol·L-1·min-1；故C错误；

D．反应前后气体质量不变；容器体积不变，密度是定值，混合气体的密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故D错误；

故选CD。10、AC【分析】【分析】

根据示意图可知，产品室生成H3PO2，是原料室中的通过b膜进入，H+由M室通过a膜进入；根据电解池中阴；阳离子的移动方向可知M室为阳极室，N室是阴极室，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知；M室为阳极室，N室是阴极室，故X为电源正极，Y为电源负极，A正确；

B．电解一段时间后，N室为阴极室，所发生的反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；故pH增大，B错误；

C．根据分析，H+通过a膜，Na+通过c膜，故a、c为阳离子交换膜，通过b膜，故b为阴离子交换膜；C正确；

D．根据反应H++=H3PO2，故当电路中通过电子时，可生成D错误；

故答案为：AC。11、AB【分析】【详解】

A．为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡零数，即则则因此曲线表示和的关系曲线表示。

B．据图可知，则故B正确；

C．根据B的分析，则的水解平衡常数说明以电离为主，溶液呈酸性，则故C错误；

D．向0.1mol/L溶液中加入少量水，草酸的电离程度增大，增大；故D错误。

答案选AB。12、AB【分析】【详解】

A．能使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，在碱性溶液中COK＋、Cl-、Na＋互不反应；能大量共存；A正确；

B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10-10mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中：NOMg2+、Na+、SOH+之间不会发生任何反应；可以大量共存，B正确；

C．＝1×1012，则c(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，OH−与NHFe2+发生反应而不能大量共存；C不正确；

D．=c(OH－)＝1×10-14mol·L-1，则溶液显酸性，HCO与H+会发生离子反应而不能大量共存；D不正确；

答案选AB。13、CD【分析】【详解】

A．H2AsO+AsOHAsO+HAsOK==106.5；故A错误；

B．由图pH=6时，从左侧的图可知c(H2AsO)>c(HAsO)，结合右侧的图c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)；故B错误；

C．溶液呈中性时，溶液中AsO接近0，H3AsO3接近1，c(H+)=c(OH-)，c(HAsO)=c(H2AsO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HAsO)×2+c(H2AsO)，c(Na+)=c(HAsO)×3，约等于3；故C正确；

D．Ka1==10-9，pH=8时，==0.1，即=H3AsO3的电离度约为9.09%；故D正确；

故选CD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；

（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能；据此计算；

（3）①先求出此反应的焓变，根据计算出每生成1molNH3放出热量；

②依据化学平衡计算生成氨气物质的量，结合热化学方程式计算Q1；

（4）根据盖斯定律求解。

【详解】

：（1）1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热352KJ×(32/16)=704KJ，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣704kJ•mol﹣1；

（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能；所以436kJ/mol+243kJ/mol-2E（H-Cl）=-185kJ/mol，解得E（H-Cl）=432KJ/mol，故答案为：432kJ/mol；

（3）①该反应的焓变△H=E1-E2=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以每生成1molNH3放出热量为46.1kJ。故答案为：46.1kJ；

②反应方程式为由①知生成1molNH3放出热量为46.1kJ。起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，反应的N2物质的量为1mol×20%=0.2mol；根据方程式可知生成的氨气为0.4mol，故放出的热量为46.1kJ×(0.4mol/1mol)=18.44KJ，故答案为：18.44；

（4）①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=akJ•mol-1

②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=bkJ•mol-1

③C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=ckJ•mol-1

依据盖斯定律（③-②）×6-①×2得到4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=6（c-b）-2akJ•mol-1，故答案为：6（c-b）-2a；

【点睛】

可逆反应的△H可以认为是指反应完全进行时的焓变，可根据其转化率计算实际放出（或吸收）的热量。【解析】CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣704kJ•mol﹣1432kJ/mol46.1kJ18.446(c－b)－2a15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)1molH2为2g，1kgH2完全燃烧约放热故燃烧等质量的氢气和汽油，氢气完全燃烧放出的热多；

(2)氢气作为能源的三个主要优点①来源丰富；②单位质量的氢燃烧时释放的热量大；③燃烧后不产生污染。【解析】氢气1molH2为2g，1kgH2完全燃烧约放热故燃烧等质量的氢气和汽油，氢气完全燃烧放出的热多原料丰富单位质量的氢气燃烧时放出的热多燃烧后不产生污染16、略

【分析】【分析】

多元弱酸应分步电离；第一步电离抑制了第二步电离；比较酸性强弱，可以比较电离平衡常数的大小；弱酸加水稀释，促进了电离，电离程度增大，溶液导电能力减弱，平衡常数不变；根据弱酸的电离平衡常数计算公式进行计算；根据强酸制备弱酸进行方程式的书写。

【详解】

①根据表中给出的数据，亚硫酸为弱酸，多元弱酸应分步电离，电离方程式为

②多元弱酸的第一步电离出对第二步电离抑制,需要克服更多作用力；故碳酸和亚硫酸的第一步电离程度大于第二步电离程度；

③直接由表中的电离平衡常数可知酸性>>

④由于醋酸为弱酸；加水稀释促进电离，稀释100倍后其pH在4-6之间；随着溶液的稀释，pH逐渐增大，醋酸的电离平衡常数不发生改变，溶液的导电能力逐渐减弱，醋酸的电离程度逐渐增强，故答案选c；

⑤若醋酸的初始浓度为0.01mol/L，假设平衡时氢离子浓度为x，由于x远小于0.01，可以忽略，可得解得

⑥亚硫酸氢钠与碳酸钠反应的离子方程式为【解析】第一步电离出对第二步电离抑制,需要克服更多作用力4＜pH＜6c17、略

【分析】【详解】

（1）FeCl3为强酸弱碱盐，呈酸性，其原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3和盐酸，加热，盐酸挥发，水蒸发，水解平衡正向移动，最后得到Fe(OH)3，灼烧后2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以最后得到固体产物是Fe2O3；故答案为：酸；Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；Fe2O3；FeCl3水解生成Fe(OH)3和盐酸，盐酸挥发，水蒸发，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3；

（2）0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，则混合溶液的溶质为：0.05mol·L－1HA和0.05mol·L－1NaA，测得混合溶液中c（Na＋）>c（A－），则A－水解程度大于HA的电离程度，溶液显碱性，根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)=0.1mol·L－1；故答案为：=；

（3）①氯化铵溶液中，氯离子对铵根离子的水解无影响；②碳酸氢铵溶液中，碳酸氢根离子促进铵根离子水解；③氨水微弱电离出铵根离子和氢氧根离子；④硫酸氢铵中，氢离子抑制铵根离子的水解，所以NH4+浓度由大到小的顺序为：④>①>②>③；故答案为：④>①>②>③；

（4）根据电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O可知，放电时，Pb作负极，PbO2作正极，负极的电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，充电时，原负极板发生反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，原正极板发生反应为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，电路通过2mol电子时，理论上正极板的质量减少64g，电路通过1mol电子时，理论上正极板的质量减少32g；故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；32；

（5）已知：常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38。

①为得到纯净的MgCl2·2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为MgCl2，所以应该加入含Mg元素的物质，可以是MgO(或Mg(OH)2、MgCO3等），调节溶液的pH＝4，溶液中c(H+)=10-4mol·L－1，c(OH-)=10-10mol·L－1，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，c(Fe3＋)=mol·L－1；故答案为：

②等体积混合浓度减半，c(Mg2+)=0.005mol·L－1，=1.8×10-11，c(OH-)=6×10－5，所以NaOH溶液的浓度为6×2×10－4=1.2×10－4mol·L－1；故答案为：1.2×10－4。【解析】酸Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋Fe2O3FeCl3水解生成Fe(OH)3和盐酸，盐酸挥发，水蒸发，灼烧时氢氧化铁分解生成Fe2O3＝④>①>②>③Pb-2e-+SO42-=PbSO432MgO（或Mg(OH)2、MgCO3等）4×10－8mol·L－11.2×10－418、略

【分析】【分析】

(1)CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），图象中位于曲线上的c点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，b点为过饱和溶液；根据平衡状态的移动原理解答该题；

(2)根据K==计算。

【详解】

(1)由分析可知，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），图象中位于曲线上的c点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，b点为过饱和溶液。通过蒸发，溶液体积减小，钙离子和碳酸根离子的浓度均增大，能使溶液由a点变化到b点；

(2)在25℃时，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=====3250。【解析】ab325019、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律，第一个方程式减去第三个方程式的3倍，得到X=+489−(+172)×3=−27；分别写出三个反应的平衡常数的表达式，即可推导出K1、K2与K3之间的关系为K1=K2·故答案为：K2·

(2)a．保持温度不变；压缩容器，浓度增大，CO决定化学平衡常数，化学平衡常数必变，最终CO浓度不变，故a符合题意；

b．保持体积不变，升高温度，反应速率加快，化学平衡常数改变，CO浓度不会回到原平衡常数状态，故b不符合题意；

c．保持体积不变；加少量碳粉，速率不变，故c不符合题意；

d．保持体积不变；增大CO浓度，化学速率加快，平衡常数不变，CO决定化学平衡常数，最终CO浓度回到原平衡状态，故d符合题意；

综上所述；答案为：ad。

(3)①T℃时，CO和CO2体积分数都为50%，则CO和CO2物质的量都为0.5mol，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)：V(CO)=5：4的混合气体，假设加入物质的量分别为5mol和4mol，如果加入4molCO2和4molCO，相当于等效平衡，因此平衡不移动，而加入的是5molCO2，相当于开始加入4molCO2和4molCO，后来再加入1molCO2；因此平衡正向移动；故答案为：正向。

②925℃时，CO的体积分数为96%，CO2的体积分数为4%，则p(CO)=0.04PKPa，p(CO2)=0.96PKPa，所以分压平衡常数KPa；故答案为：23.04P。【解析】−27K2·ad正向23.04P四、判断题(共2题，共16分)20、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。21、B【分析】【分析】

【详解】

室温下，某溶液的c(H＋)＞10-7mol·L-1，则该溶液呈碱性，故答案为：错误。五、实验题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】

实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其流程为：V2O5与6mol/L的HCl、N2H4•2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。

【详解】

(1)步骤i中生成了一种空气中的主要气体是N2，该步骤反应的化学方程式为：N2H4·2HCl+2V2O5+6HClN2↑+4VOCl2+6H2O；

(2)①该仪器是长颈漏斗②A装置用于制备二氧化碳；是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；

(3)选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液；若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；

(4)根据反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=n(V)=n(VO2+)，m(V)=51×cV×10-3，则钒的质量分数为%；若实验测得钒的质量分数偏大，应该从c、V、m三个角度分析，有可能标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2被氧化了，还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，有可能是滴定时读数带来的误差，例如滴定终点时仰视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏高，最后导致测定结果偏高，答案合理即可。【解析】N2H4·2HCl+2V2O5+6HClN2↑+4VOCl2+6H2O长颈漏斗除去CO2中的HCl气体抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失洗去固体表面的水和NH4HCO3取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2被氧化或滴定终点时仰视读数23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)草酸亚铁、草酸钾、草酸与过氧化氢发生氧化还原反应产生三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；故答案为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；

(2)KMnO4具有强氧化性，C2OFe2+具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，KMnO4被还原产生无色Mn2+，若反应完全后，滴入溶液中的MnO使溶液显紫色；所以滴定终点的现象是：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶内的溶液由变为浅红色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；

①在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够；则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而使计算出的铁的含量增多，导致其含量偏高。故答案为：偏高；

②Fe2+与MnO在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故答案为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

③n(KMnO4)=c·V=0.010mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，则根据方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4mol=1.0×10-3mol，m(Fe2+)=1.0×10-3mol×56g/mol=0.056g，则Fe元素的质量分数为：=11.2%；故答案为：11.2%；【解析】①.2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O②.滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色③.偏高④.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O⑤.11.2%六、计算题(共4题，共40分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知，反应①—3×②可得氧化铁与一氧化碳反应的热化学方程式则∆H=则∆H1—3∆H2=(+489.0kJ/mol)—3×(+1