2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修1化学上册月考试卷680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8题，共16分)1、下列说法正确的是A.地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极可以减缓管道的腐蚀B.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1＜10c2C.0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HCO3－)+c(H2CO3)D.反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞02、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1的FeSO4溶液：Na+、K+、Cl—、Br—B.滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCOCOC.加入铁粉放出氢气的溶液：NHFe3+、ClO—、SOD.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液：K+、Mg2+、I—、C6H5O—3、向200.20溶液中加入少量溶液，发生以下反应：i.ⅱ.分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成的体积(已折算成标准状况)如下：

0510200.08.9615.6822.40

下列判断正确的是A.反应ⅰ是放热反应B.反应ⅱ是整个反应的决速步骤C.是分解反应的催化剂D.0~20的平均反应速率：4、利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示。现有两个体积相同的恒容密闭容器甲和乙，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示。下列说法不正确的是。

A.该反应的的ΔH＜0；P1＞P2＞P3B.反应速率B点大于D点C.D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KDD.由图综合判断：M、L两点中，CH3OH的体积分数相同，且压强关系为p(M)=2p(L)5、科学家研制了一种全氯无膜液流电池的装置如图所示；该电池因无膜而具有很高的电压效率。下列说法错误的是。

A.该电池因选用溶解而无需离子交换膜B.用该电池电解精炼铜，放电时，阳极溶解64g铜CuC.充电时，向电极b迁移，并在b极生成D.充电时，电极a的反应为6、用滴有酚酞和氯化钠溶液的湿润滤纸分别做如图所示的甲、乙两个实验，结果发现b、d电极附近均变成红色，下列说法不正确的是（）

A.甲是原电池装置，乙是电解池装置B.b电极是原电池的正极，d电极是电解池的阴极C.a、d电极发生的电极反应均为D.a、c电极均发生氧化反应7、下列说法正确的是A.煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物B.风能是太阳能的一种转换形式，属于一次能源C.现实生活中，化学腐蚀现象比电化学腐蚀现象更严重D.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气并放出热量8、一定温度下，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是。

①增加C的物质的量②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大③将容器的容积缩小一半④保持压强不变，充入N2使容器容积变大A.①②B.②③C.①④D.③④评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、如图所示为800℃时A；B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化情况；根据图回答下列问题。

(1)写出该反应的方程式：_______

(2)前2minA的分解速率为_______

(3)达到平衡后，若增大压强，平衡向_______方向移动。

(4)该反应的平衡常数K=_______10、二氧化氯是一种绿色消毒剂；常温常压下为黄绿色气体，易溶于水。常见的化学合成方法有氧化法和电解法等。

(1)过硫酸盐氧化法：用原料亚氯酸钠和过硫酸钠直接反应，操作简单，同时可得到副产品制备时发生反应的离子方程式为___________。消毒时会产生少量的可利用将转化为除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于时，去除率降低的可能原因是___________。

(2)电解法：如图所示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取产生的电极反应式为___________。装置中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

(3)定量测定：为测定某二氧化氯消毒液中的浓度，进行如下实验：量取二氧化氯消毒液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释至再向其中加入过量溶液，充分振荡；用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液

已知：2ClO2+2KI=2KClO2+I22Na2S2O3+I2=Na4S4O6+2NaI

计算该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度___________。(写出计算过程)11、工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。

I．已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下所示：。化学反应平衡。

常数温度/℃500700800700800①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)K12.50.340.15②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)K21.01.702.52③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3

请回答下列问题：

(1)反应②是________(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝__________(用K1、K2表示)。

II．CO使其在一定条件下和H2反应制备甲醇，请根据图示回答下列问题：

(1)写出制备甲醇的热化学方程式：__________________________________________

(2)从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=______________。

(3)某温度下，在一体积不变的密闭容器中充入2.5molCO、7.5molH2，达到平衡时测得CO的转化率为90%，此时容器内的压强是起始的___________倍。12、下列物质：①NaCl溶液②NaOH③H2SO4④Cu⑤CH3COOH⑥CO2⑦乙醇。其中属于电解质的有：_____属于非电解质的有：_______属于强电解质的有：_______属于弱电解质的有：________能导电的物质有：________13、利用所学化学反应原理；解决以下问题：

(1)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是_________(用离子方程式表示)

(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式_________________。

(3)室温下将0.12mol/LHCl溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，混合液的pH=_____。14、（1）AgNO3的水溶液呈___（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH___7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：___；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）氯化铝水溶液呈___性，原因是（用离子方程式表示）：___；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___。

（3）在配制氯化铝溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的___。15、NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂；医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：

(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是____(用必要的化学用语和相关文字说明)。

(2)如图是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像：

①中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是___(填写字母)。

②20℃时，0.1mol/LNH4Al(SO4)2中2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=___。

(3)室温时，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液；得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是___；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___。16、在80℃时，0.40mol的N2O4气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：。时间（s）

n（mol）020406080100n（N2O4）0.40a0.20cden（NO2）0.000.24b0.520.600.60

已知：N2O42NO2；△H＞0；

（1）计算20s～40s内用N2O4表示的平均反应速率为______________。

（2）计算在80℃时该反应的平衡常数K＝______________。

（3）反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色______（填“变浅”；“变深”或“不变”）。

（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有（填序号）___________，若要重新达到平衡时，使c(NO2)／c(N2O4)值变小，可采取的措施有（填序号）_______。

A、增大N2O4的起始浓度B、向混合气体中通入NO2

C、使用高效催化剂D；升高温度。

（5）如图是80℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60℃时N2O4物质的量的变化曲线。___________________________

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误18、不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。___A.正确B.错误19、的反应速率一定比的反应速率大。(_______)A.正确B.错误20、在100℃时，纯水的pH＞7。（______________）A.正确B.错误21、100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，0.01mol·L-1盐酸的pH=2，0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10。（______________）A.正确B.错误22、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共1题，共2分)23、已知高能锂离子电池的总反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2S[LiPF6·SO(CH3)2为电解质]。用该电池为电源；石墨为电极进行如图的电解实验。

①当电极X减少2.8g时，电子转移___________mol。(电解质均足量)。

②当电流为IA(1安培=1库仑/秒)，通过时间ts时，甲池增重mg(每个电子的电量为q库伦)，请写出阿伏伽德罗常数的表达式___________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)24、VA族元素及其化合物在生产；生活中用途广泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。试比较下列关系：原子半径P_______S(填选项序号，下同)，气态氢化物的稳定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.无法确定。

(2)As4S4俗称雄黄。As原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6_______(补充完整)，该原子核外有_______个未成对电子。

(3)NH4NO3受撞击分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中发生还原过程元素的变化为_______；若在反应中转移5mol电子，则反应产生的气体在标准状况下体积为_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反应在2L的密闭容器中进行，经5分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在5分钟内的平均速率为_______。达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，直至达新平衡，逆反应速率的变化状况为_______。

(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子属于极性分子，其空间构型为_______。PCl5水解生成两种酸，请写出发生反应的方程式_______。25、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：_______。26、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)；常用铁触媒作催化剂。

（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_____。

（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。评卷人得分六、实验题(共2题，共12分)27、亚硝基硫酸(NOSO4H)是染料工艺中重要的原料。

Ⅰ.实验室将SO2通入浓硝酸和浓硫酸的混酸中可制备亚硝基硫酸，装置如图。C中主要发生反应：SO2+HNO3===SO3+HNO2；SO3+HNO2===NOSO4H。

(1)为了使C中反应充分，通入SO2的速率不能过快，可采取的措施是__________________。

(2)D装置的作用是____________________。

Ⅱ.产品中亚硝基硫酸质量分数的测定。

称取1.700g产品放入250mL的锥形瓶中，加入100.00mL0.1000mol/L的KMnO4溶液和少量稀H2SO4，发生反应：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O===K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，产品中其他杂质不与KMnO4反应。反应完全后，用0.5000mol/L的Na2C2O4标准溶液滴定过量的KMnO4，发生反应：2+5+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑，消耗Na2C2O4标准溶液30.00mL.

(1)配制100mL0.1000mol/L的KMnO4溶液所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、________。

(2)Na2C2O4标准溶液应盛放在如图所示的滴定管____________中(填“A”或“B”)。滴定终点的现象是________________。

(3)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得产品中亚硝基硫酸的质量分数会______________(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

(4)确定产品中亚硝基硫酸的质量分数______________，写出计算过程。28、实验室用与稀硫酸反应来制取时，常加入少量溶液来加快反应速率。为了研究的量对生成速率的影响，某同学设计了下表实验方案，将表中所给的试剂按一定体积混合后，将大小相同的片(过量)分别放入三个反应容器(甲、乙、丙)中，收集产生的气体，并记录收集等体积气体所需的时间。实验试剂甲乙丙的硫酸/mL202020的溶液/02.510V1V20收集气体所需时间/st1t2t3

(已知：Zn和生成的Cu形成了原电池后可使反应速率加快)

回答下列问题：

(1)Zn和生成的Cu形成的原电池中，Cu为电池的_______(填“正极”或“负极”)，写出Zn极的电极反应式：_______。

(2)表中V1_______(填“＞”、“＜”或“=”)20mL，V1=_______mL。

(3)丙组实验中，反应结束后，溶液中c()____(不考虑混合溶液体积的变化)。

(4)t1_______(填“＞”、“＜”或“=”)t3，原因是_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A.地下钢铁管道用导线连接直流电源的正极；为阳极，铁失去电子，加快管道的腐蚀，故A错误；

B.弱电解质浓度越小电离度越大，PH越大，pH分别为a和a+1，则c1α1=10-a，c2α2=10-a-1，α1＜α2，则c1>10c2；故B错误；

C.由质子守恒可以知道，Na2CO3溶液中存在c(OH－)=c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)；故C错误；

D.室温下；反应反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)不能自发进行，该反应的△S＞0，反应不能自发，则△G=△H-T△S＞0，所以△H＞0，故D正确；

答案选D。2、A【分析】【详解】

A．Na+、K+、Cl—、Br—四种离子在硫酸亚铁溶液中不发生任何反应；能大量共存，故A正确；

B．滴入酚酞变红色的溶液为碱性溶液；碱性溶液中钙离子与碳酸钙离子和碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故B错误；

C．加入铁粉放出氢气的溶液为酸性溶液；酸性溶液中次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸，不能大量共存，故C错误；

D．水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸溶液；也可能为碱溶液，酸溶液中，苯氧根离子与氢离子反应，不能大量共存，碱溶液中，镁离子与氢氧根离子反应，不能大量共存，故D错误；

故选A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知；反应ⅰ的反应物的总能量比生成物的总能量低，是吸热反应，A错误；

B．由图可知；反应ⅰ的活化能比反应ⅱ的活化能大，活化能越大，反应速率越小，则反应ⅰ是整个反应的决速步骤，B错误；

C．由图以及反应方程式可知，是分解反应的催化剂；C错误；

D．0~20内，生成22.4mL氧气，即生成氧气的物质的量为1.0×10-3mol，则参加反应的的物质的量为2.0×10-3mol，则平均反应速率：D正确；

故选D。4、D【分析】【详解】

A．由图1可知升高温度，CH3OH的体积分数减小，说明正反应是放热反应，所以ΔH＜0；增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，相同温度下，P1、P2、P3对应的甲醇的体积分数依次减小，所以P1＞P2＞P3；故A正确；

B．温度相同时压强越大；反应速率越快，B点对应的压强大于D点，所以反应速率B点大于D点，故B正确；

C．平衡常数是温度函数，B、C、D点温度相同，所以平衡常数相等KB=KC=KD；A、C两点压强相同温度不同，C点温度高于A点温度，升高温度，甲醇的体积分数依次减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，KA＞KC，所以A、B、D三点的平衡常数关系为：KA＞KB=KD；故C正确；

D．M、L两点一氧化碳的转化率相等，所以M点气体的物质的量是L点的两倍，而M点的温度高于L点的温度，升高温度平衡逆向移动，所以p(M)>2p(L)；故D错误；

答案选D。5、B【分析】【分析】

根据装置图可知，放电时为原电池，氯气得电子生成氯离子，则b电极为正极，a电极为负极，充电时，为电解池，b为阳极；a为阴极，据此分析。

【详解】

A．Cl2易溶于CCl4，但Na+不溶于CCl4，所以用CCl4溶解Cl2就无需离子交换膜；故A正确；

B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极可能有等活泼金属放电，所以1molCl2放电时；转移2mol电子，阳极不一定溶解1mol即64gCu，故B错误；

C．充电时，b为阳极，Cl-向电极b迁移，并在b极生成Cl2；故C正确；

D．充电时，电极a为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3；故D正确；

答案为B。6、C【分析】【详解】

A．甲图中没有电源；为原电池装置；乙图有电源，为电解池装置，A项正确；

BC．根据题意可知，b电极周围有氢氧根离子生成，电极反应式为发生还原反应，则b电极为原电池的正极；a电极为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为d电极为电解池的阴极，其附近有氢氧根离子生成，电极反应式为则B项正确，C项错误；

D．c电极为电解池的阳极；发生氧化反应，a电极上也发生氧化反应，D项正确；

答案选C。7、B【分析】【详解】

A．煤是多种有机物和无机物的混合物；不是化合物，故A错误；

B．一次能源是直接取自自然界没有经过加工转化的各种能源；如石油；煤、风能、太阳能等，所以风能属于一次能源，故B正确；

C．电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀；比化学腐蚀快，危害更大，故C错误；

D．利用蓝绿藻等低等植物和微生物；水可以在光能作用下分解生成氧气和氢气，但水的分解需要吸收热量，故D错误；

答案选B。8、A【分析】【详解】

①因浓度越大；化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C(s)的量，反应速率不变，平衡不移动，故①选；②保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故②选；③将容器的体积缩小一半，增大压强，平衡逆向移动，故③不选；④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，相当减小压强，平衡正向移动，故④不选；故选A。

点睛：注意该反应中有气体参加和生成是解答本题的关键。对应反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应平衡产生影响。本题的易错点为①，注意C为固体。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

(1)

由图可知，反应物为A，生成物为B、C，该反应为可逆反应，反应中A、B、C的浓度变化量为(0.4—0.2)mol/L：(0.3—0.1)mol/L：(0.1—0)mol/L=2：2：1，由浓度的变化量之比等于化学计量数之比可知，反应的化学方程式为2A2B+C，故答案为：2A2B+C；

(2)

由图可知，前2minA的分解速率为=0.1mol/(L·min)；故答案为：0.1mol/(L·min)；

(3)

由图可知，反应的化学方程式为2A2B+C；该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；

(4)

由图可知，该反应的平衡常数K==0.225，故答案为：0.225。【解析】(1)2A2B+C

(2)0.1mol/(L·min)

(3)逆反应。

(4)0.22510、略

【分析】【详解】

（1）亚氯酸钠(NaClO2)为氧化剂，过硫酸钠(Na2S2O8)为还原剂被氧化为Na2SO4，根据电子守恒和电荷守恒，则制备二氧化氯(ClO2)发生反应的离子方程式为：FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，去除率降低，故答案为：有较多的Fe2+水解；

（2）根据题意可以知道，氯离子放电生成ClO2为阳极，接电源的正极，由元素守恒可以知道，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；a极为阴极，溶液中阳离子移向阴极，根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；

（3）消耗Na2S2O3标准液的物质的量为0.1mol/L×5.5mL×10-3L/mL=5.5×10-4mol，设ClO2的物质的量为xmol，依据反应原理得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则有解得x=5.5×10-4mol，该二氧化氯消毒液中的物质的量浓度为【解析】(1)温度高于50℃时，有较多的Fe2+水解，Fe2+浓度减小；去除率降低。

(2)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+阳。

(3)0.1111、略

【分析】【分析】

I．(1)反应②升温；K增大，说明升温向吸热反应即正向是吸热反应。

(2)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，方程式相加，K相乘，因此K3＝K1∙K2。

II．(1)根据图二的能量图得出甲醇的热化学方程式：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol。

(2)从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=2v(CO)。

(3)2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)

开始：7.5mol2.5mol0

转化：4.5mol2.25mol2.25mol

平衡：3mol0.25mol2.25mol

【详解】

I．(1)反应②升温；K增大，说明升温向吸热反应即正向是吸热反应，故答案为：吸热。

(2)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，方程式相加，K相乘，因此K3＝K1∙K2，故答案为：K1∙K2。

II．(1)根据图二的能量图得出甲醇的热化学方程式：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol，故答案为：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH=-91kJ/mol；

(2)从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=2v(CO)=2×0.075mol∙L-1∙min-1=0.15mol∙L-1∙min-1，故答案为：0.15mol∙L-1∙min-1。

(3)2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)

开始：7.5mol2.5mol0

转化：4.5mol2.25mol2.25mol

平衡：3mol0.25mol2.25mol

故答案为：0.6。【解析】吸热K1∙K22H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH=-91kJ/mol0.15mol∙L-1∙min-10.612、略

【分析】【分析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质；能产生自由移动阴阳离子和自由电子的能导电，据此进行解答。

【详解】

①NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但NaCl溶液存在自由移动的离子，可导电；②NaOH在水溶液里或熔融状态下能完全电离，属于强电解质；③H2SO4在水溶液里能完全电离，属于强电解质；④Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，但Cu存在自由电子，可导电；⑤CH3COOH在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，属于弱电解质；⑥CO2本身不能电离出自由移动的离子而导电；属于非电解质；⑦乙醇是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；

由上分析可得；属于电解质的有②③⑤，属于非电解质的有⑥⑦，属于强电解质的有②③，属于弱电解质的有⑤，能导电的物质有①④；

答案为②③⑤，⑥⑦，②③，⑤，①④。【解析】②③⑤⑥⑦②③⑤①④13、略

【分析】【分析】

(1)明矾是利用Al3+水解产生的氢氧化铝晶体的吸附性来净水；

(2)根据盐水解的酸碱性；结合盐的水解规律分析；

(3)HCl与NaOH发生中和反应，先根据二者物质的量的多少判断HCl过量，计算反应后溶液中c(H+)，然后根据pH=-lgc(H+)计算。

【详解】

(1)明矾是强酸弱碱盐，溶于水电离产生Al3+，Al3+发生水解作用：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；胶体表面积大，吸附力强，能够吸收水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中分离除去，从而具有净水作用；

(2)向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，Fe3+、HCO3-发生水解作用，且由于这两种离子水解后溶液的酸碱性相反，相互促进，使离子水解程度增大，甚至完全，最终形成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑；

(3)HCl与NaOH在溶液中发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，由于c(HCl)=0.12mol/L，c(NaOH)=0.1mol/L，二者等体积混合，所以反应后HCl过量，反应后溶液中c(H+)=(0.12mol/L-0.1mol/L)÷2=0.01mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2。

【点睛】

本题考查了盐的水解规律和溶液pH的计算。盐的水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度是微弱的，在溶液中存在水解平衡，可根据化学平衡移动原理分析，主要以盐电离产生的离子存在，当两种盐水解后溶液酸碱性相反，水解程度会增大，甚至是变得彻底、完全，形成沉淀或产生气体。对于溶液pH计算，关键是判断什么物质过量，计算反应后溶液中c(H+)或c(OH-)，再根据水的离子积常数和pH=-lgc(H+)计算。【解析】①.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+②.Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑③.214、略

【分析】【分析】

（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。

（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O；由此可知，最终得到的主要固体产物的成分。

（3）在配制氯化铝溶液时；为了防止发生水解，可以加入少量的酸。

【详解】

（1）AgNO3是强酸弱碱盐，在水溶液中Ag+发生水解，生成AgOH和H+，从而使溶液显酸性，pH<7，原因是Ag++H2OAgOH+H+；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制其水解。答案为：酸；<；Ag++H2OAgOH+H+；抑制；

（2）氯化铝是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，主要是Al3+发生水解，生成Al(OH)3和H+；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，HCl挥发，Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，最终所得主要固体的成分为Al2O3。答案为：酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3；

（3）在配制氯化铝溶液时；为了防止发生水解，可以加入少量的盐酸。答案为：盐酸。

【点睛】

对于挥发性酸的弱碱盐，在加热蒸干和灼烧过程中，水解生成的酸挥发，水解生成的金属氢氧化物分解，所以最终所得的固体为金属氧化物；对于不挥发性酸的弱碱盐，因为起初水解生成的酸不能挥发，所以最终水解生成的金属氢氧化物再与酸反应，重新生成盐，故最终所得固体仍为该无水盐。【解析】①.酸②.<③.Ag++H2OAgOH+H+④.抑制⑤.酸⑥.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+⑦.Al2O3⑧.盐酸15、略

【分析】【分析】

（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性；

（2）①NH4Al(SO4)2水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；

②根据电荷守恒定律解题；

（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性。

【详解】

（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，离子方程式：

故答案为：Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；

（2）①NH4Al(SO4)2水解；溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；

故答案为：Ⅰ；

②根据电荷守恒，可以求出[c（OH－）太小；可忽略]；

故答案为：10-3mol•L-1；

（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42-），b点时c（Na+）>c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）>c（NH4+），故

故答案为：a；

【点睛】

酸或碱溶液抑制水的电离，盐类水解促进水的水解。【解析】Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水Ⅰ10-3mol•L-1a16、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）当20s时，生成二氧化氮0.24mol，则消耗四氧化二氮0.12mol，容器中还剩余0.40mol-0.12mol=0.28mol；v===0.0020mol/（L．s）；故答案为0.0020；

（2）当到达80s时，二氧化氮的物质的量不再变化，所以反应达到平衡状态，二氧化氮的物质的量是0.60mol，则消耗四氧化二氮的物质的量是0.30mol，还剩余0.10mol，即d=e=0.10mol，二氧化氮的平衡浓度==0.30mol/L，四氧化二氮的平衡浓度==0.05mol/L，K===1.8mol•L-1，故答案为1.8mol•L-1；

（3）该反应的正反应是吸热反应；降低温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的含量减少，所以混合气体的颜色变浅，故答案为变浅；

（4）化学平衡常数只与温度有关；与其它任何物理量无关，故选D；

（5）当降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡向逆反应方向移动，所以到达新平衡时四氧化二氮的物质的量比第一次平衡时少，60℃曲线为

考点：考查了化学平衡的计算和外界条件对化学平衡的影响的相关知识。【解析】0.0020mol/（L·s）1.8mol/L变浅DAB三、判断题(共6题，共12分)17、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=生成物的键能总和-反应物的键能总和，因此两者反应热数值相等，符号相反，该说法错误。18、A【分析】【详解】

一个化学反应，不论是一步完成还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。这就是盖斯定律。故答案是：正确。19、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。20、B【分析】【分析】

【详解】

在100℃时，水的离子积常数Kw=10-12，则纯水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故纯水的pH=6＜7，因此在100℃时，纯水的pH＞7的说法是错误的。21、A【分析】【分析】

【详解】

在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，由于100℃时Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以在该温度下NaOH溶液中c(H+)=所以该溶液的pH=10，故在100℃时0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=10的说法是正确的。22、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。四、计算题(共1题，共2分)23、略

【分析】【分析】

已知高能锂离子电池的总反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2S[LiPF6·SO(CH3)2为电解质]，金属锂在负极发生氧化反应，锂做负极；Y为电源的正极，为FeS，发生还原反应；与X极相连的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H++2e-=H2↑；与Y极相连的为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式：2I--2e-=I2；为了维持乙池溶液中电荷守恒，溶液中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲池中，溶液质量增加为钾离子和氢离子的质量差。

【详解】

①金属锂在负极发生氧化反应，极反应式为：Li-e-=Li+；当电极X减少2.8g时，锂的摩尔质量为7g/mol，所以消耗的n(Li)=0.4mol，转移电子为0.4mol；

②甲池为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H++2e-=H2↑；阳极发生氧化反应，电极反应式：2I--2e-=I2，为了维持乙池溶液中电荷守恒，根据电荷守恒规律，乙池中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲池中，所以甲池增重的质量为钾离子与氢离子的质量差，1mol钾离子与1mol氢离子的质量差值为39g-1g=38g，即阴极溶液质量每增加38g，转移电子为1mol，现题给转移电子mol时，溶液质量增加mg，所以根据所以NA=【解析】0.4NA=五、结构与性质(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小反应速率减小，平衡正向进行；PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl；

【详解】

(1)同周期从左向右原子半径减小，则原子半径P>S，同周期从左向右非金属性增大，气态氢化物的稳定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能级半满，含有3个单电子，故答案为：3d104s24p3；3；

(3)化合价有升降反应是氧化还原反应，化合价降低的物质发生还原反应，对反应2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被还原，N元素的变化为共转移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，转移10mol电子生成3mol气体，则转移5mol电子生成气体的物质的量n（混合气体）为1.5mol，标准状况下的体积故答案为：33.6L；

(4)若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，结合化学方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)计算，解得n=6mol，用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率达到平衡后，增大反应容器体积，压强减小，反应速率减小，平衡正向进行，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为先减小后增大，

故答案为：0.6mol/（L•min）；先减小后增大；最后保持不变，但比原来速率小；

(5)对于气态的PCl3，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=所以其空间构型为三角锥形，PCl5与足量的水能完全水解生成两种酸，则生成H3PO4与HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案为：三角锥形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L∙min)先减小，再增大，最后保持不变，但比原来速率小三角锥形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl25、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]3d7C