2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、室温下，下列各组离子能大量共存的是A.加入Mg能放出H2的溶液中：NHCl-、K+、SOB.NaHS溶液中：Cl-、K+、SOCu2+C.通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCOD.无色溶液中：Na+、HCOSOCl-、Al3+2、下列反应在任何温度下(所示状态)均不能自发进行的是A.B.C.D.3、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1:1的CuSO4和NaCl的混合溶液；可能发生的反应有()

①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑

②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑

③2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑+2OH－

④2H2O2H2↑＋O2↑A.①②③B.①②④C.②③④D.②④4、已知3.0g乙烷在常温下完全燃烧放出的热量为155.98kJ，则下列表示乙烷标准燃烧热的热化学方程式书写正确的是A.2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)ΔH=-3119.6kJ·mol-1B.C2H6(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2O(l)ΔH=-1559.8kJ·mol-1C.C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1559.8kJ·mol-1D.C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1559.8kJ·mol-15、现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图所示。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O；将该反应液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解。下列说法正确的是。

A.a极是阳极，电极反应式为2I--2e-=I2B.电解过程中OH-从a极区通过离子交换膜进入b极区C.电解过程中b极区溶液pH逐渐减小D.a极区的KI最终转变为KIO3评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、常温下，Cu(OH)2和Fe(OH)3饱和溶液的浓度随pH的变化如图所示，已知：Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38.下列说法正确的是。

A.曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液B.调节pH为4.5可除去FeCl3中的CuCl2C.酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2D.滴加NaOH溶液，可实现X到Y的转化7、图中所示为零排放车载燃料电池；下列叙述正确的是。

A.正极通入H2，发生还原反应B.负极通入O2，发生氧化反应C.导电离子为质子，且在电池内部由负极定向移向正极D.总反应式为2H2+O2=2H2O8、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是。

选项

实验

现象

结论

A

向稀硝酸中加入铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液

溶液没有呈血红色

硝酸只能将铁粉氧化为

B

将少量溶液滴加到相同浓度的的混合溶液

产生黄色沉淀

C

向溶液中通入

产生白色浑浊

非金属性：C＞Si

D

压缩装有HI、混合气体(已达平衡状态)的容器

气体颜色变深

平衡向生成方向移动导致其浓度增大

A.AB.BC.CD.D9、现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是（）

A.石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应B.甲池中的CO向石墨Ⅱ极移动C.乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+D.若甲池消耗氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol10、25℃时，在10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和CH3COONa混溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸；所得滴定曲线如右图所示。下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是。

A.a点溶液中：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+）B.b点溶液中：c（H+）=c（OH-）-c（CH3COOH）C.c点溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）D.d点溶液中：c（Na+）=c（Cl-）>c（H+）>c（CH3COO-）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)11、煤的气化是高效；清洁的利用煤炭的重要途径之一。

（1）焦炭与水蒸气反应是将固体煤变为气体燃料的方法。已知：

①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH="-393.5"kJ·mol-1

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH="-283.0"kJ·mol-1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH="-241.8"kJ·mol-1

则碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是____，该反应的化学平衡常数K随温度的升高将____（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（2）CO可以与H2O(g)进一步发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH＜0。在甲、乙两个恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，在800℃时达到平衡状态，K=1.0。

H2O

CO

CO2

H2

甲n/mol

0.10

0.30

0.10

0.50

乙n/mol

0.20

0.20

0

0

①起始时，甲容器中反应向____（填“正反应”或“逆反应”）方向进行；平衡时，乙容器中CO的转化率为____。

②右图表示上述反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况。则t2时刻发生改变的所有可能的条件是____。

（3）以CO为燃料制作燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入CO，电解质是熔融碳酸钠，工作时负极反应式为____，若使用该电池电解熔融Al2O3制取10.8gAl，则理论上需要氧气的体积为（标准状况下）____L。12、数十年来；化学工作者对氮的氧化物；碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。

I．已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：

第一步：2NO(g)N2O2(g)（快）∆H1<0；v1正=k1正c2(NO)；v1逆=k1逆c(N2O2)

第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢）∆H2<0；v2正=k2正c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆c2(NO2)

一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________；

II．利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气（主要成分为CO、H2）；还可减少温室气体的排放。

已知重整过程中部分反应的热化方程式为：

①CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH>0

②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0

③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)ΔH<0

固定n(CO2)=n(CH4)，改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲。

在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强（单位Pa）的关系如图乙所示。y点：v(正)_____v(逆)（填“大于”“小于”或“等于”）。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，已知P2=aPa求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。

III．根据2+2H++H2O设计如图丙装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图丙中左侧电极连接电源的____________极，电解制备过程的总反应的离子方程式为____________。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b，则此时Na2CrO4的转化率为____________。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为____________。13、已知在448℃时，反应H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数，K1为49，则该温度下反应2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)的平衡常数K2为_______；反应H2(g)＋I2(g)⇌HI(g)的平衡常数K3为_______。14、保护环境；提倡“低碳生活”，是我们都应关注的社会问题。

(1)目前；一些汽车已改用天然气（CNG）做燃料，以减少对空气污染。

①16g甲烷完全燃烧生成液态水放出890kJ热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是__________。

②1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出393.5kJ热量；通过计算比较，填写下列表格（精确到0.01）：

。物质质量1g

燃烧放出的热量/kJ

生成CO2的质量/g

碳。

32.80

____________

甲烷。

____________

2.75

根据表格中的数据，天然气与煤相比，用天然气做燃料的优点是__________。

(2)为了减少二氧化碳的排放，利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇，该反应的化学方程式是______________________________。15、请运用原电池原理设计实验,验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。请写出电极反应式。

（1）负极__________________________

（2）正极__________________________________

（3）并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。________________________________16、是化工生产中的重要气体原料；它们都有一定的毒性。用氨水可NaOH溶液处理可以有效防止对空气的污染。请回答下列问题：

(1)工业上用电解饱和食盐水生产氯气，用浓氨水检验是否泄漏。

①在电解池阳极上发生的电极反应是______

②电解饱和食盐水制氯气的化学反应方程式为______

③已知：当测试到有少量泄漏时，可以观察到的明显现象______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有______mol电子发生转移。

(2)①若用热烧碱溶液吸收反应后的混合溶液中含NaCl、NaClO和物质的量比值为n：1：1，则______。

②是形成酸雨的主要因素，工业上常利用过量氨水吸收其发生反应的离子方程式是______。

(3)是燃油汽车尾气中的主要污染物之一，实验室可用烧碱溶液吸收和NO，(已知)，当消耗的烧碱溶液时，共吸收混合气体______L(标准状态)。17、根据要求；回答下列问题：

(1)某温度下，纯水中的则纯水中的___________该温度时的水的离子积___________。保持温度不变，滴入稀盐酸使溶液中的则溶液中的为___________

(2)常温下，某NaOH溶液的则该溶液中的氢氧根离子浓度___________

(3)常温下，某溶液的则该溶液中水电离出的氢离子浓度___________18、如图为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽。接通电路后，发现滤纸上的c点显红色；请填空：

（1）电源上的a为__极。

（2）滤纸上发生的总化学反应方程式为___。

（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为__。电极f上发生的反应为__，槽中盛放的镀液可以是__或__(只要求填写两种电解质溶液)。评卷人得分四、结构与性质(共2题，共12分)19、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜科等。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)3，还含SiO2及少量A12O3、Fe2O3、CuO及MnO2等]为原料可制取钴的氧化物。

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为_______。

(2)利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：

①浸取：用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+、Cl-、等离子。写出Co2O3发生反应的离子方程式_______。

②除杂：向浸取液中先加入足量NaClO，氧化Fe2+，再加入NaOH调节pH除去A13+、Fe3+、Cu2+。有关沉淀数据如表(“完全沉淀时金属离子浓度≤10×10-5mol/L)。沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入NaClO3和NaOH时；溶液的体积变化忽略)。

③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到CoC2O4·2H2O晶体。图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线；曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式：_______。20、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共12分)21、A～J分别表示中学化学中常见的一种物质；它们之间相互关系如图所示(部分反应物；生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：

（1）A；B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置_________。

（2）写出反应①；⑤、⑥的化学方程式和反应④的离子方程式。

反应①：___________________________

反应⑤：___________________________

反应⑥：___________________________

反应④：__________________________。

（3）从能量变化的角度看，①、②、③反应中，ΔH＜0的是_______(填序号)。22、A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na+、Ba2+、Cu2+、Ag+中的某一种，阴离子分别是Cl-、SOCONO中的某一种。现做以下实验：①将四种盐各取少量；分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有C盐溶液呈蓝色。②分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现D盐溶液中产生白色沉淀，A盐溶液中有较多气泡产生，而B盐溶液无明显现象。

(1)根据上述实验事实，推断B、D两种盐的化学式分别为：B：___；D：___。

(2)向饱和A溶液中通入过量二氧化碳可能出现的现象为___，写出反应的化学方程式___。

(3)将C溶液盛装在电解槽中，利用两只铂电极进行电解，写出电解总反应的化学方程式___，若在实验室内欲检验C中的阴离子，写出简要步骤___。

(4)写出B、D两溶液混合的离子方程式为___。23、已知B是常见的金属单质；E为常见的气态非金属单质，H常温下为无色液体，C的浓溶液在加热时才与D反应。根据下列框图所示，试回答：

（1）F的电子式为____________，所含化学键为_________；

（2）反应①的离子方程式为_____________________________；

（3）每生成1molK，反应放出98.3kJ的热量，该反应的热化学方程式为________；

（4）反应②的化学方程式为_______________________；

（5）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式为__________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．加入Mg能放出H2的溶液中有大量H+；酸性环境下各离子均不反应，能大量共存，故A符合题意；

B．HS-与Cu2+能生成黑色CuS沉淀；不能大量共存，故B不符合题意；

C．通入大量CO2的溶液能与ClO-反应生成弱酸次氯酸；不能大量共存，故C不符合题意；

D．HCO与Al3+发生双水解；不能大量共存，故D不符合题意；

故答案为A。2、C【分析】【分析】

根据复合判据△G=△H-T△S，知若△H＜0或△S＞0，都有可能出现△G＜0，即反应在一定温度下能自发，若△S＜0且△H＞0，则△G一定大于0；通过改变温度不能使反应自发进行。

【详解】

A．该反应△H＜0且△S＞0；故在一定温度下能发生，A不符合题意；

B．该反应△H＜0；故在一定温度下能发生，B不符合题意；

C．该反应△S＜0（气体减少）且△H＞0，则△G一定大于0；任何温度下都不能自发进行，C符合题意；

D．该反应△S＞0；故在一定温度下能发生，D不符合题意；

故答案选C。3、B【分析】【分析】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液；电解过程分为：

第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电；据此分析。

【详解】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=1mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=1mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；则此时发生的电池反应式为②；

第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；则此时发生的电池反应式为①；

第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2；所以发生的电池反应式为④；

答案选B。

【点睛】

根据离子的放电顺序和物质的量关系确定每一阶段发生的电极反应是解题的关键。4、D【分析】【分析】

【详解】

1mol乙烷完全燃烧放出的热量为×155.98kJ=1559.8kJ，则其标准燃烧热为1559.8kJ·mol-1，乙烷标准燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1559.8kJ·mol-1，综上所述故选D。5、D【分析】【分析】

电解法制备碘酸钾，根据图知，a是阳极，b是阴极；电解时，阳极上碘离子失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，据此分析解答。

【详解】

A．在电解池的阳极a极，是碘离子发生失电子的氧化反应，最终生成碘酸根离子，电极反应式为I--6e-+6OH-═IO+3H2O；故A错误；

B．电解池中阴离子移向阳极，即OH-从b极区通过离子交换膜进入a极区；该离子交换膜为阴离子交换膜，故B错误；

C．电解过程中b电极附近H+被消耗，b极区溶液的pH增大；故C错误；

D．在电解池的阳极a极，是碘离子发生失电子的氧化反应，最终生成碘酸根离子，则a极区的KI最终转变为KIO3；故D正确；

故选D。二、多选题(共5题，共10分)6、AC【分析】【分析】

【详解】

A．两溶液中c[Cu(OH)2]=c(Cu2+)、c[Fe(OH)3]=c(Fe3+)，当c(Cu2+)=c(Fe3+)=10-5mol/L时，Cu(OH)2溶液中c(OH-)=mol/L=10-7.5mol/L，此时溶液pH=6.5；Fe(OH)3溶液中c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，此时溶液pH=3，所以曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液；A正确；

B．据图可知pH为4.5时Fe3+完全沉淀，而c(Cu2+)==0.1mol/L；B错误；

C．根据A计算可知当c(Cu2+)≤10-5mol/L时，pH≥6.5，所以酸性溶液中Cu元素既可能是Cu2+也可能是Cu(OH)2；C正确；

D．X和Y的pH相同，而滴加NaOH溶液会使溶液碱性增强，pH变大，溶解的c[Cu(OH)2]变小；X点会向右下方移动，D错误；

综上所述答案为AC。7、CD【分析】【分析】

【详解】

由图中信息可知；该装置为酸式氢氧燃料电池。

A．通入氢气的电极为负极；发生氧化反应，选项A错误；

B．通入氧气的电极为正极；发生还原反应，选项B错误；

C．内电路；质子即氢离子从负极向正极运动，选项C正确；

D．电池总反应为2H2+O2＝2H2O；选项D正确。

答案选CD。8、BC【分析】【详解】

A．硝酸具有强氧化性，能将铁粉氧化成Fe3＋，如果所加铁粉过量，过量的铁粉能将Fe3＋还原成Fe2＋；滴加KSCN溶液，溶液没有呈血红色，故A错误；

B．向等浓度Cl－、I－的混合溶液中，滴加少量的AgNO3，溶度积小的物质先沉淀，根据实验现象，推出Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)；故B正确；

C．硅酸钠溶液通入CO2，有白色沉淀产生，发生Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3；说明碳酸的酸性强于硅酸的酸性，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即C的非金属性强于Si，故C正确；

D．H2(g)＋I2(g)2HI(g)反应前后气体系数之和相等；压缩容器，增大压强，平衡不移动，但组分浓度增大，气体颜色变深，故D错误；

答案为BC。9、BD【分析】【详解】

A.一氧化碳发生氧化反应是负极；则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；

B.原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO向石墨I极移动；故B错误；

C.乙池中左端Pt极与电源的正极相连做阳极，发生氧化反应，氮元素化合价升高，所以电极反应式为：N2O4−2e−+2HNO3=2N2O5+2H+；故C正确；

D.没有说明气体存在的外界条件；无法计算2.24L氧气的物质的量，故D错误；

故选：BD。10、BD【分析】【详解】

A.由图知a点溶液为等浓度的NaOH和CH3COONa混合溶液，故c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)；A项错误；

B.b点溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和NaCl，根据物料守恒知c(Na+)==2c(Cl-)=c(Cl-)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)，联立两式得c(H+)=c(OH-)-c(CH3COOH)(质子守恒)；B项正确；

C．c点溶液中根据电荷守恒知知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)，因此时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，而c(Cl-)>c(CH3COOH)，故c(Na+)>c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；C项错误；

D.d点溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且两者的物质的量之比为2:1，根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，且有H2OH++OH-，故有c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COO-)；D项正确；

答案为BD。三、填空题(共8题，共16分)11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH="-393.5"kJ·mol-1

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH="-283.0"kJ·mol-1

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH="-241.8"kJ·mol-1

则根据盖斯定律可知①－②－③即得到碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ/mol；正反应是吸热反应；升高温度平衡向正反应方向进行，因此该反应的化学平衡常数K随温度的升高将增大。

（2）①起始时，甲容器中浓度熵＝＞1，所以反应向逆反应方向进行；平衡时，乙容器中消耗CO的物质的量是x，由于反应前后体积不变，因此用物质的量代替浓度计算平衡常数，则解得x＝0.1，所以CO的转化率为50%。

②t2时CO2浓度逐渐增大；CO浓度逐渐减小，这是你平衡向正反应方向进行。由于正反应是体积不变的放热反应，因此改变的条件可能是降低温度；增加水蒸气浓度或减小氢气浓度；

（3）电解质是熔融碳酸钠，工作时负极通入CO，所以电极反应式为CO－2e-+CO32-＝2CO2；若使用该电池电解熔融氧化铝制取10.8g铝；物质的量是10.8g÷27g/mol＝0.4mol，注意1.2mol，所以根据电子得失守恒可知需要氧气是1.2mol÷4＝0.3mol，在标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L。

【考点定位】考查盖斯定律的应用；平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响和电极反应式的书写以及有关计算。

【名师点晴】该题是高频考点，考查的知识点较多，属于中等难度试题的考查，明确盖斯定律的含义、平衡常数的意义以及电化学原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写。书写电极反应式时除了要明确正负极、阴阳极的判断，放电微粒外，还需要特别注意介质的影响，例如溶液的酸碱性，有无交换膜，是阳离子交换膜，还是阴离子交换膜，是否是熔融的电解质等。【解析】（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ/mol（2分）；增大（2分）

（2）①逆反应（2分）；50%（2分）②降低温度；增加水蒸气浓度或减小氢气浓度．（2分）

（3）CO+CO32-＝2CO2+2e-（2分）6.72（2分）12、略

【分析】【分析】

【详解】

I．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的两步反应历程中第一步快；第二步慢；化学反应速率由反应机理中的反应速率慢的决定，反应达到平衡状态，则v1正=v1逆,v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2),故2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态时，平衡常数为；

II(1)由图甲可知，y点在x点的正下方，x点在CH4的平衡转化率曲线上，相同条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：y

根据反应三段式计算点对应温度下各物质的平衡分压；代入平衡常数中进行计算；由图乙可知，x点对应温度下CH4的平衡转化率为50%，则反应三段式为。

CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)

初始量（mol）0.10.100

变化量（mol）0.050.050.10.1

平衡量（moi）0.050.050.10.1

平衡时平衡时

所以平衡常数为=

III．根据2+2H++H2O电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-发生氧化反应；右侧为阳极，连接电源的正极，故左侧连接电源负极；

电解制备过程的总反应方程式为4+4H2O2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑；

设加入反应容器内的Na2CrO4为1mol，反应过程中有xmolNa2CrO4转化为Na2C2O7，则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)mol，对应的n(Na)=2(1-x)mol,n(Cr)=(1-x)mol,生成的Na2C2O7为x/2mol，对应的n(Na)=xmol，n(Cr)=xmol，根据Na与Cr的物质的量之比为a：b，解得转化率为

熔融K2CO3作介质时，甲烷燃料电池作原电池负极，发生失去电子的氧化反应，结合电子守恒、电荷守恒和电解质条件得到负极反应式为CH4﹣8e﹣+4=5CO2+2H2O；

【点睛】

本题重点考核化学平衡常数表达式的理解和记忆，化学平衡中的三段法计算，以及电解池原理的应用和燃料电池电极反应式的书写有关知识，是一个综合性的题目。【解析】大于Pa2负4+4H2O2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑（2﹣）×100%CH4﹣8e﹣+4=5CO2+2H2O13、略

【分析】【分析】

H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)与2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)为相反的两个过程，则K互为倒数，K1×K2=1则K2=K1=H2(g)＋I2(g)⇌HI(g)的平衡常数K3=据此解题。

【详解】

综上所述，故答案为：7。【解析】①.②.714、略

【分析】【详解】

(1)①充分燃烧16g甲烷生成液态水和二氧化碳气体，放出890kJ的热量，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-890kJ·mol-1；

②根据碳原子守恒，1g碳完全燃烧生成二氧化碳的质量为根据产生二氧化碳的质量可知甲烷的物质的量为1mol甲烷的燃烧放出的热量为890kJ，则0.0625mol甲烷的燃烧放出的热量为故答案为。物质质量1g燃烧放出的热量/kJ生成CO2的质量/g碳32.8036.7甲烷55.6252.75

由上述计算和表中的数据可知，用天然气做燃料的优点是：与煤相比，天然气单位质量燃料产热高，释放等量的热产生CO2少；对环境的影响小；

(2)为了减少二氧化碳的排放，利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇，反应的化学方程式是2CO2+6H2=3H2O+C2H5OH。【解析】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-890kJ·mol-1

。物质质量1g

燃烧放出的热量/kJ

生成CO2的质量/g

碳。

32.80

36.7

甲烷。

55.625

2.75

15、略

【分析】【分析】

Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。

【详解】

Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

(1)Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+；

(2)正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+；

(3)正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为电子从铜极流向碳极。

【点睛】

设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应，由于反应在一个烧杯中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。【解析】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+16、略

【分析】【详解】

（1）①电解池阳极发生氧化反应，即氯离子失电子生成氯气，②电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氯气、氢气，即方程式为③由已知方程式知有氯化铵固体生成；即现象有白烟生成；结合方程式2mol氨气被氧化转移6mol电子，所以当有0.08mol的氨气被氧化，则有0.24mol电子发生转移；

（2）①由信息知生成的次氯酸钠和氯酸钠为氧化产物，氯化钠为还原产物，令生成次氯酸钠和氯酸钠物质的量之比为1mol时，共失去电子，所以该过程也要得到6mol电子，即需要生成氯化钠6mol，所以n=6；②工业上常利用过量氨水吸收即二氧化硫少量，生成亚硫酸铵，即离子方程式为

（3）由信息知，最终吸收的混合气体中氮原子和钠原子按物质的量之比1：1形成盐，共消耗氢氧化钠物质的量为由氮原子守恒知混合气体总物质的量为0.05mol，即体积为=1.12L。【解析】(1)有白烟生成0.24mol

(2)6

(3)1.1217、略

【分析】【分析】

根据水的离子积常数进行计算溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度。

【详解】

(1)纯水显中性，水中只有氢离子和氢氧根离子，二者浓度相同，故c(OH-)=Kw=c(H+)×c(OH-)=保持温度不变，故Kw不变，当滴入盐酸后溶液中的Kw=c(H+)×c(OH-)，则溶液中的c(OH-)=

(2)常温下Kw=c(H+)×c(OH-)=pH=10时，c(H+)=mol/L，则c(OH-)=mol/L。

(3)常温下Kw=c(H+)×c(OH-)=pH=2时，c(H+)=mol/L，则c(OH-)=mol/L，由于硫酸中的氢氧根离子全部来自于水，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，故水电离出的氢离子浓度c(H+)水=mol/L。

【点睛】

注意水的离子积常数只与温度有关，常温下是定值且适用于稀溶液。【解析】18、略

【分析】【详解】

（1）B连接外接电源，所以B是电解氯化钠溶液的电解池，B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，根据离子的放电顺序知，该极上为水电离的氢离子得电子放电，同时生成氢氧根离子，所以c是阴极，外电源b是负极，a是正极；故答案为：正；（2）电解氯化钠溶液时，溶液中的离子放电顺序为：氢离子放电能力大于钠离子，氯离子放电能力大于氢氧根离子，所以电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，所以其反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（3）电镀时，e是阳极，f是阴极，镀层锌作阳极，镀件铁作阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质，所以阳极e上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；阴极f上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn；电镀液的选取：用含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以可选ZnCl2(ZnSO4)溶液作电镀液；故答案为：Zn-2e-=Zn2+；Zn2++2e-=Zn；ZnSO4溶液；ZnCl2溶液（合理即可）。【解析】正2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑Zn-2e-=Zn2+Zn2++2e-=ZnZnSO4溶液ZnCl2溶液四、结构与性质(共2题，共12分)19、略

【分析】【详解】

(1)一种钴氧化物晶胞如图1所示，根据晶胞结构，可得：钴离子=12×+1=4，O2-=8×+6×=4：故晶胞为：CoO，即钴为+2价，Co的原子序数为27，失去2个电子后，Co2+的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7，该氧化物中钴离子基态核外电子排布式为[Ar]3d7。故答案为：[Ar]3d7；

(2)①Co2O3在酸性条件下，把Na2SO3氧化为Na2SO4，自身被还原为Co2+，Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O。故答案为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c(Co2+)≤1.0×10-5mol•L-1)的为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，解得：c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2，现浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得：c(OH-)=1×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1×10-7.4，pH=7.4，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4(加入NaClO3和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。故答案为：6.7≤pH<7.4；

③Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图2所示)，其原因是pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。故答案为：pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)；

④由图可知，CoC2O4•2H2O的质量为18.3g，其我知道可为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈3：4，C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。故答案为：Co3O4；3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【解析】[Ar]3d7Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O6.7≤pH<7.4pH增大，c(H+)减小，平衡正向进行，Co2+萃取率增大富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO220、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO36五、元素或物质推断题(共3题，共12分)21、略

【分析】【详解】

试题分析：G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱反应生成E、F，D和气体K反应也生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应