2025年苏教新版选择性必修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年苏教新版选择性必修1化学下册月考试卷662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、常温下，向溶液滴加溶液的过程中各组分的物质的量分数随pH变化曲线如图所示；下列说法中正确的是。

A.的数量级为B.溶液显碱性C.时，溶液中存在D.在溶液中，2、一种电池装置如图所示，它能溶解辉铜矿石(主要成分是Cu2S)制得硫酸铜。下列说法错误的是。

A.M极为负极，N极为正极B.M极上的电极反应式为Cu2S﹣10e﹣+4H2O=2Cu2++8H++SOC.X交换膜为阴离子交换膜D.外电路上每通过1mol电子，左室溶液增重16g3、10mL浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是A.K2SO4B.H2SO4C.CuSO4D.Na2CO34、298K时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：体系中c(Pb2+)和c(Sn2+)变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.B.298K时，该反应的平衡常数K=2.2C.往平衡体系中加入Pb后，c(Pb2+)增大D.往平衡体系中加入少量SnCl2固体后，c(Pb2+)增大5、pH相同的①②两种溶液，其大小关系正确的是A.①<②B.①>②C.①=②D.无法比较评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.该反应进程中有两个过渡态B.是总反应的催化剂C.总反应速率由第①步反应决定D.第①、②、③步反应都是放热反应7、温度T℃，向的蒸馏水中通入保持温度不变，测得溶液的为2，下列叙述正确的是A.T大于25℃B.该溶液中由水电离出来的的浓度是C.通入促进了水的电离D.该温度下加入等体积的溶液可使该溶液恰好呈中性8、如图装置(Ⅰ)为一种可充电电池的示意图,其中的离子交换膜只允许K+通过,该电池放电、充电时的电池反应为2K2S2+KI3K2S4+3KI。装置(Ⅱ)为电解池的示意图,当闭合开关K时,电极X附近溶液先变红。则闭合K时,下列说法不正确的是()

A.K+从左到右通过离子交换膜B.电极A上发生的反应为+2e-3I-C.电极Y上发生的反应为2Cl--2e-Cl2↑D.当有0.1molK+通过离子交换膜时,X电极上产生1.12L气体9、一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应：2A(g)+B(s)⇌2D(g)△H＜0；测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是。

A.实验Ⅲ的化学平衡常数K＞1B.放出的热量关系为bkJ＞2akJC.实验Ⅲ在30min时达到平衡，则30min内A的平均反应速率v(A)为0.005mol/(L·min)D.当容器内气体密度不随时间变化时，表明上述反应已达平衡10、钠碱脱硫液()吸收一定量气体后；可通过以下装置实现再生。下列说法正确的是。

A.电极b应接电源的负极B.m应为阳离子交换膜C.出液2的大于进液的D.出液1可使溴水褪色评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)11、某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时；观察到电流表的指针发生了偏转。

请回答下列问题：

(1)甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”))，通入电极的电极反应式为_______。

(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，乙池中发生的总反应的化学方程式为_______。

(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗的体积为_______(标准状况下)。

(4)若丙中电极不变，将其溶液换成溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙中溶液的将_______。12、(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，在光照和点燃条件下的△H(化学计量数相同)分别为△H1、△H2，△H1_____△H2(填“>”“<”或“＝”；下同)。

(2)相同条件下，1molP4所具有的能量_______4molP原子所具有的能量。

(3)已知P4(白磷，s)4P(红磷，s)△H＝－17kJ·mol－1，比较下列反应中△H的大小：△H1_____△H2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)＝P4O10(s)△H1；

②4P(红磷，s)＋5O2(g)＝P4O10(s)△H2。

(4)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成2mol水，放出的热量______114.6kJ。

(5)已知：28gFe(s)与CO2(g)在一定条件下，完全反应生成FeO(s)和CO(g)，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是___________________________________。13、（1）SO2、CO、CO2、NOx是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料,装置如图所示。

①若A为CO,B为H2，C为CH3OH,则通入CO一极的电极反应式为_____________。

②A为SO2,B为O2,C为H2SO4,则负极反应式为________________。

③若A为NO2,B为O2,C为HNO3，负极的电极反应式为_________________。

（2）下图所示的原电池装置中,负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g,则放出气体______mol。

（3）利用反应Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4设计一个原电池。

①在下面方格内画出实验装置图________________。

②指出正极材料可以为_____，该电极上发生的电极反应为___________。14、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)

（1）达到平衡后，改变某一外界条件（不改变N2、CO的量），反应速率v与时间t的关系如图。图中t4时引起平衡移动的条件可能是______________________；图中表示平衡混合物中CO的含量最高的一段时间是____________。

（2）若该反应的平衡常数为K＝729，则在同温度下1L密闭容器中，足量的SiO2和C与2molN2充分反应，则N2的转化率是__________________(提示：272=729)。

15、锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO4。回答下列问题：

(1)外电路的电流由___极流出(填a或b)。

(2)电池正极反应式为_____________。

(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂?并说明理由_______________。16、由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化。

(1)该反应平衡常数K的表达式为___________。

(2)温度降低，平衡常数K___________(填“增大”；“不变”或“减小”)。

(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)为___________mol·L-1·min-1，CO2和H2的转化率比是___________

(4)下列措施中能使(3)题中增大的有___________。(填字母)

A．升高温度。

B．加入催化剂。

C．将H2O(g)从体系中分离。

D．充入He(g)；使体系总压强增大。

E．再充入1molCO2和3molH2评卷人得分四、结构与性质(共4题，共36分)17、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。18、SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：

键长a178b160.7

完成下列填空：

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。

(3)SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。

(4)SeO2可将的水溶液氧化成反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。19、盐是一类常见的电解质；事实表明盐的溶液不一定呈中性。

(1)CH3COONa、NH4Cl、KNO3的水溶液分别呈____性、_____性、_____性。

(2)CH3COONa和NH4Cl在水溶液中水解的离子方程式分别为：______、_______。0.1mol/LNH4Cl溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______。

(3)盐类的水解在日常生活中也有一定的应用，如实验室配制FeCl3溶液时常会出现浑浊，若要避免这种情况，则在配制时需要在蒸馏水中加入少量_________，其目的是_____。在日常生活中，可以用明矾KAl(SO4)2∙12H2O净化水质的原因________。(用离子反应方程式及必要的文字回答)20、(CN)2被称为拟卤素，它的阴离子CN-作为配体形成的配合物有重要用途。

(1)HgCl2和Hg(CN)2反应可制得(CN)2，写出反应方程式。___________

(2)画出CN-、(CN)2的路易斯结构式。___________

(3)写出(CN)2(g)在O2(g)中燃烧的反应方程式。___________

(4)298K下，(CN)2(g)的标准摩尔燃烧热为-1095kJ·mol-1，C2H2(g)的标准摩尔燃烧热为-1300kJ·mol1，C2H2(g)的标准摩尔生成焓为227kJ·mol1，H2O(l)的标准摩尔生成焓为-286kJ·mol1，计算(CN)2(g)的标准摩尔生成焓。___________

(5)(CN)2在300-500°C形成具有一维双链结构的聚合物，画出该聚合物的结构。___________

(6)电镀厂向含氰化物的电镀废液中加入漂白粉以消除有毒的CN-，写出化学方程式(漂白粉用ClO-表示)。___________评卷人得分五、有机推断题(共4题，共24分)21、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___________。：22、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_________。23、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：____________________。24、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5题，共10分)1、D【分析】【分析】

结合图像，抓住交点，pH等于2.5时，H2SeO3的物质的量等于则c(H2SeO3)等于。

c()，则Ka1与该点的c(H+)相等，同理可计算Ka2；据此分析。

【详解】

A．由图可知，常温下，第二步电离平衡常数为当的数量级为A项错误；

B．从图像看出，第一步电离平衡常数为当溶液中，水解平衡常数为<Ka2，则水解程度小于电离程度，故溶液中显酸性；B错误；

C．溶液遵循电荷守恒规律：C错误；

D．在溶液中，水解生成水解生成H2SeO3且水解程度依次减弱，则溶液中D正确；

故答案选D。2、D【分析】【分析】

该装置为原电池，Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，电极反应式为Cu2S﹣10e﹣+4H2O═2Cu2++8H++则N电极为正极，电极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+；原电池工作时，阳离子移向正极N，阴离子移向负极M。

【详解】

A．由分析知，M极上Cu2S失去电子生成CuSO4；则M电极为负极，N电极为正极，A正确；

B．原电池工作时，Cu2S失去电子生成CuSO4，由反应生成Cu2+，推测溶液为酸性，可添加H+、H2O配平电荷守恒和元素守恒，据此写出电极反应为Cu2S﹣10e﹣+4H2O═2Cu2++8H++B正确；

C．负极反应式为Cu2S﹣10e﹣+4H2O═2Cu2++8H++正极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+，根据电荷守恒可知，通过X膜移向M极；则X膜为阴离子交换膜，C正确；

D．左室（负极）增加的质量包含溶解的Cu2S和正极移入的电路上每通过1mol电子，根据电荷守恒知正极移入负极的量为0.5mol，左室溶液增重质量=m(Cu2S)+m()=0.1mol×160g/mol+96g/mol×0.5mol=64g；即左室溶液增重64g，D错误；

故答案选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．加入K2SO4溶液；相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，但氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；

B．加入稀硫酸溶液；酸浓度增大，反应速率加快，且生成的氢气增多，故B错误；

C．Zn可以置换出Cu；锌和铜构成原电池，加快反应速率，故C错误；

D．加入碳酸钠溶液；与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；

故选A。

【点睛】

明确影响反应速率的因素是解题关键，为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少。4、C【分析】【详解】

A．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应的化学平衡常数A正确；

B．根据图象可知在298K时反应达到平衡时，c(Pb2+)=0.10mol/L，c(Sn2+)=0.22mol/L，所以该温度下的化学平衡常数B正确；

C．Pb是固体，其浓度不变，所以向平衡体系中加入固体Pb后，c(Pb2+)不变；C错误；

D．往平衡体系中加入少量SnCl2固体后，SnCl2固体电离产生Sn2+，使c(Sn2+)增大，化学平衡逆向移动，导致c(Pb2+)增大；D正确；

故合理选项是C。5、A【分析】氯化铵溶液中，铵根水解生成一水合氨，溶液中溶液中pH相同，溶液中H+浓度相同，所以氯化铵溶液中的要小于溶液中的

【详解】

综上所述，氯化铵溶液中的要小于溶液中的大小关系为：①<②；

故选A。二、多选题(共5题，共10分)6、AD【分析】【分析】

根据过渡态理论；反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应分子的平均能量之差为反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率；反应过程是能量的变化，取决于反应物和生成物总能量的相对大小，生成物的总能量低于反应物总能量的反应，是放热反应，反之是吸热反应，据此分析判断。

【详解】

A．根据过渡态理论；反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A错误；

B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂；故B正确；

C．活化能越大；反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C正确；

D．由图可知；第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②；③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D错误；

故选AD。7、AB【分析】【详解】

A．T℃下蒸馏水的pH＝6，所以Kw＝1.0×10－12。25°C时的Kw＝1.0×10－14；所以T大于25℃，选项A正确。

B．由pH为2可知，c(H＋)=10-2mol/L，则c(H＋)水＝c(OH－)水＝==1.0×10-10(mol/L)；选项B正确；

C．是一元强酸；抑制水的电离，选项C错误。

D．因为Kw＝1.0×10-12；所以应加入等体积pH＝10的NaOH溶液，才能使该溶液恰好呈中性，选项D错误；

答案选AB。8、BD【分析】【分析】

当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，即电极X附近有氢氧根离子生成，所以H+在X极上得电子析出氢气；X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。

【详解】

A.闭合K时，根据原电池工作原理可知，阳离子移向正极，则K+从左到右通过离子交换膜；A正确；

B.闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2-2e-B错误；

C.闭合K时，Y极是阳极，溶液中的氯离子在阳极上放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑；C正确；

D.闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜；即有0.1mol电子转移，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05mol，体积为1.12L(标准状况下)，但D项未标明所处状况，故D错误；

故选BD。9、AB【分析】【详解】

A．由于B为固体，该反应的平衡常数为：K=实验Ⅲ中，由于反应2A（g）+B（s）⇌2D（g）中，c（A）平衡=0.85mol/L，反应消耗A的浓度为1mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，则生成的D的浓度为0.15mol/L，K==＜1；故A错误；

B．在恒容条件下，实验Ⅱ中A的变化浓度是实验Ⅰ中A的变化浓度的2倍，即实验Ⅱ中参加反应的A的物质的量是实验Ⅰ中参加反应的A的物质的量的2倍，则实验Ⅱ中放出的热量是实验Ⅰ中放出热量的2倍，即bkJ=2akJ；故B错误；

C．实验Ⅲ达到平衡时，A的浓度变化是0.15mol/L，A的平均反应速率为=0.005mol•L-1•min-1；故C正确；

D．由于反应方程式中B是固体，反应两边气体的质量不相等，而容器的容积固定，根据ρ=V是定值，密度不变，说明混合气体的质量不变，此时正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；

故答案为AB。10、BD【分析】【分析】

脱疏完后的溶液液在阴极区发生析氢反应，使阴极区pH值上升，因此过量的OH-与HSO3-反应生成SO32-或与Na+结合生成NaOH。因此左侧再生液为NaOH和Na2SO3溶液，由于电荷守恒，中间区的Na+进入左侧，而在右侧，发生氧化反应，2H2O-4e-=O2+4H+，H+透过阳膜定入中间区，因此.出液1为H2SO3溶液。此反应本质是双阳膜电解法。

【详解】

A．电极b；发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，A错误；

B．m为阳离子交换膜，允许H+和Na+通过；在左侧出现再生液，B正确；

C．由于右侧水放电，放氧生酸，水的量减少，故H2SO4的浓度变大；pH减低，C错误；

D．出液1为H2SO3溶液；可使溴水褪色，D正确；

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)11、略

【分析】【分析】

由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=+6H2O，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；据此分析解题。

【详解】

（1）①由分析可知；甲池为原电池；

②通入CH3OH电极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=+6H2O；

（2）①由分析可知；乙池A(石墨)电极的名称为阳极；

②电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，则乙池中总反应式为：

（3）由分析可知，当乙池中B极质量增加5.40g，即析出5.40g的Ag时，n(Ag)==0.05mol，则电路中转移的电子的物质的量为0.05mol，故甲池中理论上消耗O2的体积为=0.28L=280mL；

（4）①若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=+6H2O，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；则溶液的pH将减小；

②若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，即用惰性电极电解NaCl溶液，丙中D极即阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则阴极的产物为NaOH、H2，由于生成了NaOH，则溶液的pH将增大。【解析】(1)原电池

(2)阳极

(3)280

(4)减小增大12、略

【分析】【分析】

（1）反应热与反应条件无关；

（2）化学键断裂为吸热过程；新键生成放热的过程；

（3）常温时红磷比白磷稳定；说明白磷能量高，反应放出的热量较多；

（4）浓硫酸溶于水放热；

（5）根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答。

【详解】

(1).反应热与反应物的总能量和生成物的总能量；与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同；

故答案为：=；

(2).1molP4分子生成4molP分子要破坏化学键，需要吸热，则1molP4所具有的能量小于4molP分子所具有的能量；

故答案为：<；

(3).已知4P（白磷，s）⇌P4（红磷，s）△H=-17kJ·mol－1，说明白磷能量高，则燃烧反应放出的热量较多，因△H<0，则放出的能量越多反应热越小，则△H1<△H2；

故答案为：<；

(4).浓硫酸溶于水放热；浓硫酸和稀氢氧化钠溶液反应生成2mol水，放出的热量大于114.6kJ；

故答案为：>；

(5).28g即物质的量==0.5molFe(s)与CO2(g)在一定条件下，完全反应生成FeO(s)和CO(g)，吸收了akJ热量，所以1molFe(s)与CO2(g)在一定条件下，完全反应生成FeO(s)和CO(g)，吸收了2akJ热量，热化学方程式为：Fe(s)+CO2(g)=FeO(s)+CO(g)△H=+2akJ·mol-1；

故答案为：Fe(s)+CO2(g)=FeO(s)+CO(g)△H=+2akJ·mol-1。

【点睛】

热化学方程式需要注明各物质的状态，中和热和燃烧热需要围绕概念。【解析】=<<>Fe(s)+CO2(g)=FeO(s)+CO(g)△H=2akJ·mol-113、略

【分析】【分析】

（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，发生还原反应；

②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子；

③若A为NO2，B为O2，C为HNO3；则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子；

（2）根据只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池进行分析；

（3）根据反应“Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3；以此画出实验装置图并书写有关的电极反应式；

【详解】

（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4e-+4H+=CH3OH，

答案：CO+4e-+4H+=CH3OH；

②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；

答案：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；

③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则负极上二氧化氮失电子生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；

答案：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+

（2）只有自发进行的氧化还原反应才可以设计成原电池，此装置自发进行的氧化还原反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，因此负极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，正极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；根据总方程式可知2Al～3H2，消耗负极5.4g,则放出气体

答案：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O0.3

（3）①根据反应“Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4”可知，反应中Cu被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为Fe2(SO4)3；以此画出实验装置图；

答案：

（2）正极应为活泼性比Cu弱的金属或非金属材料；根据Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4可知：电极反应式负极：Cu-2e-=Cu2+，正极2Fe3++2e-=2Fe2+；

答案：C（Ag等）Fe3++e-=Fe2+

【点睛】

本题易错点为（2），判定自发进行氧化还原反应的方法：第一步：看电极是否和电解质溶液发生氧化还原反应；第二步：两个电极均不反应，则是活泼金属与空气中的氧气发生的氧化还原反应（没有明显电流）。【解析】CO+4e-+4H+==CH3OHSO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+NO2-e-+H2O=NO3-+2H+Al有气体生成Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O0.3C（Ag等）Fe3++e-=Fe2+14、略

【分析】【详解】

（1）t4时正逆反应速率都较原平衡时的速率大,可升高温度或增大压强；t6时正逆反应速率都较原平衡时的速率大，但平衡不移动，前后气体系数之和不等,只能是使用催化剂；在t3~t4时反应向逆反应方向移动，则t3~t4时平衡混合物中CO的含量最高；因此，本题正确答案是：升高温度或缩小体积，t3~t4。

（2）设反应的氮气的物质的量为x,容器的体积为1L；3SiO2(s)+2N2(g)+6C(s)6CO(g)+Si3N4(s)

起始20

转化x3x

平衡2-x3x

则平衡时氮气的浓度为(2-x)mol/L,CO的浓度为3xmol/L，则有：（3x）6/(2-x)2=729,解之得x=1，则氮气的转化率是1/2×100%=50%；正确答案：50%。【解析】①.升高温度或增大压强②.t3~t4③.50%15、略

【分析】【分析】

电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO4，则说明MnO2是原电池正极；Li为负极。

【详解】

(1)根据分析，MnO2是原电池正极，Li为负极，因此外电路的电流由b极流出；故答案为：b。

(2)根据前面分析，MnO2得到电子和Li+反应生成LiMnO4，因此电池正极反应式为MnO2＋e－＋Li+＝LiMnO4；故答案为：MnO2＋e－＋Li+＝LiMnO4。

(3)Li和水发生反应，因此不能用水代替电池中的混合有机溶剂；故答案为：不能，Li和水发生反应。【解析】bMnO2＋e－＋Li+＝LiMnO4不能，Li和水发生反应16、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数K等于生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积之比，则K=(2)据图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；(3)据图可知，反应进行到10min时达到平衡，CO2的物质的量减少：n(CO2)=(1.00mol/L-0.25mol/L)×1L=0.75mol，则H2的物质的量减少：n(H2)=3n(CO2)=0.75mol×3=2.25mol，所以从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)==0.225mol·L-1·min-1；达到平衡时，CO2的转化率为：×100%=75%，H2的转化率为：×100%=75%，CO2和H2的转化率比是1∶1；(4)A．升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)减小，n(CO2)增大，比值减小，A不合题意；B．加入催化剂，平衡不发生移动，不变，B不合题意；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，比值增大，C符合题意；D．充入He(g)，使体系总压强增大，但参加反应的各气体分压不变，平衡不发生移动，不变，D不合题意；E．再充入1molCO2和3molH2，相当于对原平衡体系加压，平衡正向移动，比值增大，E符合题意；故选CE。【解析】增大0.2251∶1CE四、结构与性质(共4题，共36分)17、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318、略

【分析】【详解】

(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：哑铃或纺锤体；

(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为故答案为：

(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键；双键的键能大于单键的键能；

(4)SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。【解析】哑铃或纺锤体分子SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se的稀溶液H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离19、略

【分析】【分析】

(1)根据盐类水解的规律；“谁弱谁水解，谁强显谁性”判断；

(2)结合电离方程式及水解方程式判断溶液中离子浓度的大小关系；

(3)用水解平衡解释溶液的稀释及净水原理。

【详解】

(1)CH3COONa为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KNO3为强酸强碱盐水溶液呈中性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解生成醋酸分子和氢氧根离子，水解方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨分子和氢离子，水解方程式为NH+H2O⇌NH3·H2O+H+；0.1mol/LNH4Cl溶液中NH4Cl=+Cl-，+H2O⇌NH3∙H2O+H+，则c(Cl-)＞c(NH)，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，则c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)配制FeCl3溶液时，若直接用水溶解，因发生Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，出现浑浊，故在蒸馏水中加入适量的盐酸，可抑制铁离子的水解；明矾KAl(SO4)2∙12H2O溶于水后，产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，氢氧化铝胶体可吸附溶液中的杂质，达到净水的目的。【解析】①.碱②.酸③.中④.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-⑤.NH+H2O⇌NH3·H2O+H+⑥.c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)⑦.盐酸⑧.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制铁离子水解⑨.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+铝离子水解产生胶体氢氧化铝，可吸附水中杂质20、略

【分析】【分析】

【详解】

(4)(CN)2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+N2(g)2(CO2)-[(CN)2]=-1095kJ·mol-12(CO2)=-1095kJ·mol-1+[(CN)2]

C2H2(g)+2.5O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)2(CO2)+(H2O)-(C2H2)=-13