2025年湘教新版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

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已知：起始时两极电解质溶液质量相等，法拉第常数为阿伏加德罗常数与元电荷的乘积。下列说法正确的是。A.a为电源正极，阳极上的电极反应式为B.反应一段时间后，右室KOH溶液中溶质的物质的量减小C.当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为3.34LD.忽略气体溶解产生的质量变化，当电路中有0.1mol电子通过时，两室电解质溶液的质量差为1.8g2、室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。)。下列说法错误的是。

A.a点：B.原溶液中的浓度为C.当沉淀完全时，已部分沉淀D.时，3、一定温度下，向足量的AgBr固体中加入100mL水，充分搅拌，慢慢加入NaCl固体，随着增大，溶液中的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.该温度下B.从Y点到Z点发生的离子反应为C.AgBr与AgCl在一定条件下可以相互转化D.P点溶液中4、关于图中各装置图的叙述正确的是。

A.用图①装置电解饱和食盐水制备烧碱、氢气和氯气，a电极可以用铁电极B.用图①装置在铁钉上镀铜，电解质溶液一定要用铜盐溶液C.图②装置中，理论上，每转移0.2mol电子，两电极质量差为6.5gD.图③装置中保护钢闸门的辅助电极一定要选金属活动性顺序中排在铁前面的金属5、下列事实不能说明Al的金属活动性比Cu强的是A.常温下将铝投入CuSO4溶液中B.常温下将铝和铜用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中C.常温下将铝和铜不用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中D.常温下将铝和铜用导线连接一起放入到氢氧化钠溶液中6、常温下，Ksp(CaSO4)=9×10－6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.在任何溶液中，c(Ca2＋)、c(SO42-)均相等B.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定等于3×10－3mol/LC.a点对应的Ksp等于c点对应的KspD.d点溶液通过蒸发可以变到c点评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)△H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是A.“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2OB.“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快C.“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用D.PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol•L-18、在2L密闭容器中充入气体A和B，发生反应：所得实验数据如下表。下列说法错误的是。实验编号温度/℃起始时物质的量/平衡时物质的量/①3000.400.100.090②5000.400.100.080③5000.200.05a

A.该反应B.平衡时物质Ｂ的体积分数：②①C.实验③中达到平衡时，a值小于0.040D.500℃该反应的平衡常数K的数值为0.329、某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产晶体的工艺流程如下：

下列说法正确的是A.滤渣为Fe(OH)3B.焙烧过程中每消耗1molCuS则消耗1.5molO2C.焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明该气体具有漂白性D.将获得的CuCl2·2H2O晶体直接加热分解可制得CuCl2固体10、常用电解法处理工业废水中的乙醛。该过程中发生的电极反应为：

①4H2O+4e-=2H2↑+4OH-

②CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+

③2H2O-4e-=O2↑+4H+

④

⑤

下列说法错误的是A.反应①⑤发生在阴极B.乙醛既体现氧化性又体现还原性C.当生成46g乙醇时，电路中转移2mol电子D.电解过程中，电极附近溶液的pH：阴极＞阳极11、一定条件下，等物质的量的和在一恒容密闭容器中发生反应：如图所示，曲线a表示该反应在时X的物质的量浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一反应条件改变时X的物质的量浓度随时间的变化。下列说法错误的是。

A.时，x的平衡转化率为B.时，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大C.若曲线a和b发生反应时除温度外，其他条件均相同，则反应达到平衡后，该反应的平衡常数D.若曲线b对应的是改变反应温度，则可判断该反应中反应物的键能总和小于生成物的键能总和评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4；沸点高难挥发）有一定关系。

(1)室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：__。

(2)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：__。

Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)

(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液；含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。

①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是___。

②下列关于0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法正确的是__（填序号）。

a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是HPO的水解程度大于其电离程度。

b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)

c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)

(4)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖；咖啡因的影响）。

i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶；加入活性炭，吸附色素。

ⅱ.将可乐回流加热10min；冷却至室温，过滤。

ⅲ.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4；消耗NaOH溶液5.00mL。

①加热的目的是__。

②该可乐样品中磷酸的含量为__g/L（H3PO4摩尔质量为98g/mol）。13、某课外活动小组用如图装置进行实验；试回答下列问题。

(1)若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为______。

(2)若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为______；关于此实验的说法正确的是______(填序号)。

A.溶液中向A极移动。

B.从B极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝。

C.反应一段时间后通入适量气体可恢复到电解前电解质的浓度。

D.若标准状况下B极产生2.24L气体；则有0.2mol电子发生转移。

(3)该小组同学认为；如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气；氧气、硫酸和氢氧化钾。

①B出口生成的气体是______。

②通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因______；通过阴离子交换膜的离子数______(填“＞”；“＜”或“=”)通过阳离子交换膜的离子数。

③若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为______。14、已知下列热化学方程式：

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol

③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=＋131.5kJ/mol

请回答：

(1)上述反应中属于放热反应的是_______(填序号)；固体碳的燃烧热为_______。

(2)1molH2完全燃烧生成液态水；放出的热量为_______。

(3)依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

①1molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)；需吸收68kJ的热量，该反应的热化学方程式为_______。

②已知HCl稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出57.3kJ热量，用离子方程式表示该反应的热化学方程为_______。15、常温下①在0.01mol/LHCl溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。

②在0.01mol/LNaOH溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。

③在0.01mol/LNaCl溶液中，c(OH-)=_______，c(H+)=_______，由水电离出的c(H+)=_______，由水电离出的c(OH-)=_______。16、努力实现碳达峰、碳中和展现了我国积极参与和引领全球气候治理的大国担当。如图所示电解装置可将CO2转化为C2H4。该装置的电解质溶液为稀硫酸；电极材料为惰性电极。

(1)电极a是___________(填“阴极”或“阳极”)，发生___________反应(填“氧化”或“还原”)。

(2)电极b上发生的电极反应式是___________。

(3)电解过程中H+运动方向为___________(填“由a到b”或“由b到a”)，反应前后溶液中的n(H+)___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)电解的总反应方程式是___________，该反应是___________(填“自发”或“非自发”)反应。17、(1)碳酸：

草酸：

①溶液的_______溶液的(填“大于”“小于”或“等于”)

②等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_______。

③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是_______(填字母)。

a.

b.

c.

d.

(2)会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少的排放；请回答下列问题。

方法1(双碱法)：用吸收并用使再生：溶液溶液。

①写出过程i的离子方程式：_______；

②在水中存在如下转化：从平衡移动的角度，简述过程ii中再生的原理：_______。

方法2：用氨水除去

③已知的的若氨水的浓度为溶液中的_______将通入该氨水中，当降至时，溶液中的_______。评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)18、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误19、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、结构与性质(共1题，共5分)20、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：_______。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共28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6题，共12分)1、C【分析】【分析】

电解池中，左侧电极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，则左侧电极为阳极、与电源正极相接，右侧电极为阴极、与电源负极相接，阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解池工作时，OH-从右侧区向左侧区移动；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，a电极为正极，碱性环境不可能生成阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；A错误；

B．根据电荷守恒可知，右室有多少生成就有多少通过交换膜移向左室；KOH溶液中溶质的物质的量不变，B错误；

C．根据电子守恒可知，当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为C正确；

D．当电路中有0.1mol电子通过时；两室电解质溶液的质量差为3.6g，D错误；

故答案为：C。2、C【分析】【分析】

阴阳离子相同类型的难溶物，溶度积越小，越难溶，根据溶度积相关数值，溶解性：AgI和混合溶液中滴加溶液；先生成AgI沉淀，最后生成AgCl沉淀；

【详解】

A．根据溶度积数值，AgI难溶，先生成AgI沉淀，a点有黄色沉淀生成，故故A正确；

B．如图，当滴入4.5mL标准溶液时，三种离子完全沉淀，根据三种离子浓度相等，则每种离子完全沉淀消耗1.5mL的标准溶液，则碘离子浓度为故B正确；

C．当完全沉淀时，的浓度为此时溶液中的浓度为若开始沉淀，则此时的浓度为比原溶液中的浓度0.0100mol/L要多；说明还未开始沉淀，故C错误；

D．故D正确；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．X点是溴化银饱和溶液，由图可知该温度下A正确；

B．从Y点到Z点发生的离子反应为B错误；

C．由题图可知当时，开始有AgCl生成，AgCl的溶度积由图可知，AgBr可以转化为AgCl；相比而言，同类型的物质，向溶度积常数小的方向更容易转化，C正确；

D．P点溶液中整理可得D正确；

故答案为：B。4、B【分析】【详解】

A．根据图中电流流动方向分析，a为电解池的阳极，b为阴极；若a电极用铁电极，则在此极失电子的是铁，极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；氯离子不能在此极失电子生成氯气，用图①装置电解饱和食盐水，得不到氯气，故A错误；

B．用图①装置在铁钉上镀铜；金属铁做阴极，铜做阳极，含有铜离子的盐溶液做电解质溶液，才可以实现电镀目的，故B正确；

C．图②装置为原电池，锌做负极，发生氧化反应，极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；铜做正极，铜离子在此极得电子生成铜，极反应式为：Cu2++2e-=Cu；理论上；每转移0.2mol电子，负极质量减小0.2×65=13g，正极质量增加0.2×64=12.8g，两电极质量差为25.8g，故C错误；

D．图③装置为外接电源的阴极保护法；金属铁做电解池的阴极，不失电子，得到保护，阳极材料（即辅助电极）的选择，一般只要能够导电且不易被氧化即可，可以选择石墨电极，未必为金属，故D错误；

故选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．常温下将铝投入CuSO4溶液中，铝表面有铜附着，则表明Al与CuSO4发生了置换反应；所以铝的金属活动性大于铜，A不符合题意；

B．常温下将铝和铜用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中；铝片溶解，铜表面有气泡产生，则表明铝作负极，铜作正极，铝的金属活动性比铜强，B不符合题意；

C．常温下将铝和铜不用导线连接一起放入到稀盐酸溶液中；铝片溶解且其表面有气泡产生，铜表面没有现象，表明铝的金属活动性比铜强，C不符合题意；

D．常温下将铝和铜用导线连接一起放入到氢氧化钠溶液中；铝片溶解，铜表面有气泡产生，但不能表明金属活动性铝大于铜，因为Mg；Al与氢氧化钠溶液构成原电池时，虽然Mg的金属活动性比Al强，但Al溶解，Mg表面有气泡产生，D符合题意；

故选D。6、C【分析】【详解】

A.只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2＋)、c(SO42-)才相等；故A错误；

B.b点Qc＞Ksp，故有沉淀生成，开始c(Ca2＋)、c(SO42-)不相等而反应消耗的Ca2＋、SO42-相等，因此平衡后的两种离子也不会都等于3×10－3mol/L；故B错误；

C.a、c点都在同一平衡线上，在平衡线上的Ksp均相等；故C正确；

D.d点通过蒸发后各离子浓度都增大，不可能保持SO42-浓度不变而到达c点；故D错误；

答案是C。二、多选题(共5题，共10分)7、AB【分析】【分析】

方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl。

【详解】

A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+Mn2++2H2O；A错误；

B．PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全；B错误；

C．滤液a中主要成分为HCl；经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确；

D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol；浓度不得低于5.08mol/L，D正确；

故答案选AB。8、CD【分析】【详解】

A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0；A正确；

B．温度升高；平衡逆向移动，物质B的体积分数增大，B正确；

C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a>0.040；C错误；

D．由实验②的数据建立三段式有：；则平衡常数。

D错误；

故选CD。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A．铁的化合物与盐酸反应生成氯化铁；调节pH，铁离子发生水解生成氢氧化铁沉淀,则滤渣中主要含氢氧化铁，A正确；

B．焙烧过程中发生反应：每消耗1molCuS则消耗1.5molO2；B正确；

C．焙烧后的废气能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；证明该气体具有还原性，C错误；

D．将获得的CuCl2·2H2O晶体直接加热，会发生水解得到Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解得到CuO固体，无法得到CuCl2固体；D错误；

答案选AB。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．由反应①4H2O+4e-=2H2↑+4OH-可知，得到电子发生还原反应，在阴极上发生，由反应⑤可知；失去电子发生氧化反应，在阳极上发生，故A错误；

B．由反应④可知，乙醛得到电子，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，由反应⑤可知；乙醛失去电子，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B正确；

C．阴极上发生①④反应，而由反应④可知；生成5mol乙醇转移10mol电子，生成46g乙醇即1mol乙醇转移2mol电子，还要发生反应①，则电路中转移电子大于2mol，故C错误；

D．阴极上发生①④反应，产生OH-，阳极上发生②③⑤反应，产生H+；则电解过程中，电极附近溶液的pH为阴极＞阳极，故D正确；

答案为AC。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．如图，时X的变化量为mol/L，转化率=故A正确；

B．该反应为分子数不变的反应，即物质的量无变化且根据质量守恒定理，反应前后气体的质量不变，根据所以其平均相对分子质量不变，故B错误；

C．如图中曲线所示，曲线b转化量更多，且反应速率更快先达到平衡，所以曲线b对应的温度更高；该反应为吸热反应，平衡常数更高，故C正确；

D．若改变的是温度，则由图可知，该反应为吸热反应，即从键能的角度，反应热等于反应物总键能-生成物总键能，所以该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故D错误；

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】【详解】

(1)如果H3PO4是强酸，0.1mol·L－1H3PO4溶液的pH＜1，现0.1mol·L－1H3PO4溶液大于1，说明H3PO4是弱酸，部分电离，电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO4－；

(2)可乐是酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和了OH-，c(OH－)减小，使Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)+3PO43－(aq)+OH－(aq)平衡向脱矿方向移动；造成龋齿；

(3)①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10，溶液中含磷的主要微粒，从H3PO4转变为HPO42－，因此主要的离子方程式为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O；

②a．Na2HPO4溶液中HPO42－既能电离又能水解，电离方程式和水解方程式分别为HPO42－H＋＋PO43－，HPO42－＋H2OH3PO4＋OH－；HPO42－的电离平衡常数当c(PO43－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为12.3，c(H＋)=10－12.3mol·L－1，则HPO42－的水解平衡常数当c(H2PO4－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为7.2，c(H＋)=10－7.2mol·L－1，则可知HPO42－的水解程度大于其电离程度；溶液呈碱性，a正确；

b．Na2HPO4溶液呈电中性，根据电荷守恒，有c(Na＋)+c(H＋)=c(H2PO4－)+2c(HPO42－)+3c(PO43－)+c(OH－)，b正确；

c．Na2HPO4溶液中，根据物料守恒，有c(Na＋)=2[c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(PO43－)+c(H3PO4)]；c错误；

ab符合题意；

(4)①可乐溶液中，含有碳酸，也会与NaOH反应，会影响H3PO4的测定，因此加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出；防止干扰磷酸的测定；

②滴定至终点时生成Na2HPO4，则关系式为H3PO4～2NaOH，则50mL可乐中含有则该可乐样品中磷酸的含量=【解析】H3PO4H++H2PO可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2Oab将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定0.4913、略

【分析】【详解】

(1)开关K与a相连，装置构成原电池，Fe失去电子为原电池负极，电极反应式为

(2)开关K与b相连，装置构成电解NaCl溶液的电解池，A极为阳极，电极反应式为B为阴极，水电离出的H+在B极放电生成H2，电极反应式为故总反应的离子方程式为

A．电解池中，阳离子移动向阴极，则溶液中向B极移动；故错误；

B．从A极处逸出的氯气能将I-氧化为I2，淀粉遇I2变蓝；故错误；

C．生成的氢气和氯气从溶液中逸出，相当于HCl，则反应一段时间后通入适量气体可恢复到电解前电解质的浓度；故正确；

D．若标准状况下B极产生2.24L气体；即0.1mol氢气，则有0.2mol电子发生转移，故正确；故选CD；

(3)①由图可知，左侧为阳极，水电离出的OH-在阳极失电子产生O2，电极反应式为所以B出口生成的气体是O2；

②右侧为阴极，水电离出的在阴极附近放电生成氢气，引起水的电离平衡向右移动，使则阴极附近溶液pH会增大，从C口放出H2；通过阴离子交换膜移动向阳极，K+通过阳离子交换膜移动向阴极，则从A口导出H2SO4，从D口导出KOH溶液，因所带电荷数大于K+所带电荷数；所以通过阳离子交换膜的离子数大于通过阴离子交换膜的离子数；

③O2、H2、KOH溶液构成燃料电池时，O2在电池正极放电：O2+4e-+2H2O=4OH-。【解析】CD在阴极附近放电，引起水的电离平衡向右移动，使＜14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)△H＜0的反应为放热反应，△H＞0的反应为吸热反应，则反应①②为放热反应；固体碳的燃烧热是指1molC单质完全燃烧生成二氧化碳气体时放出的热量，有定义可知②对应的反应热△H=-393.5kJ/mol；即固体碳的燃烧热为393.5kJ/mol；

(2)由反应①可知，2mol氢气完全燃烧生成2mol液态水时放出571.6kJ的热量，则1molH2完全燃烧生成液态水；放出的热量为285.8kJ；

(3)①1molN2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收68kJ的热量，反应热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+68kJ/mol；

②已知HCl稀溶液与NaOH稀溶液反应生成1molH2O时，放出57.3kJ热量，用离子方程式表示该反应的热化学方程为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−1。【解析】①②393.5kJ/mol285.8kJN2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+68kJ/molH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ⋅mol−115、略

【分析】【分析】

【详解】

①盐酸是一元强酸，盐酸的浓度为0.01mol/L，c(H+)=0.01mol/L，盐酸中的氢氧根离子完全来源于水的电离，且水中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度一定相等，所以该溶液中水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，均为10-12mol/L；

②氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，氢氧化钠中的氢离子完全来源于水的电离，且水中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度一定相等，所以该溶液中水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等，均为10-12mol/L；

③在0.01mol/LNaCl溶液中，呈中性，氢离子和氢氧根离子全部来源于水的电离，并且氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故【解析】10-120.0110-1210-120.0110-1210-1210-1210-710-710-710-716、略

【分析】(1)

根据图示可知：CO2在a电极得到电子被还原为C2H4；所以a电极为阴极，a电极发生的反应为还原反应；

(2)

在电极b上水电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，最终达到平衡水附近溶液中c(H+)>c(OH-)，电解质溶液显酸性，故b电极的反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑；

(3)

在电解过程中阳离子H+会不断由电极b向阴极即电极a方向移动；在a电极发生反应：2CO2+12e-+12H+=2C2H4+4H2O，在b电极发生反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可得总反应方程式为：可见反应前后溶液中的n(H+)不变；

(4)

根据上述分析可知该电解总反应方程式为在该反应是体系混乱程度增大的吸热反应，△H>0，△S>0，因此该反应在常温下不能自发进行，属于非自发反应。【解析】(1)阴极还原。

(2)2H2O-4e-=4H++O2↑

(3)由b到a不变。

(4)非自发17、略

【分析】【分析】

酸越弱；电离程度越小，对应酸根离子的水解程度越大；结合溶解平衡的移动分析；结合电离平衡常数的计算表达式分析并计算。

【详解】

(1)①根据电离平衡常数可知草酸的Ka2大于碳酸的Ka2，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1mol•L-1Na2CO3溶液的pH大于0.1mol•L-1Na2C2O4溶液的pH；

②草酸的Ka1大于碳酸的Ka1；则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸；

③已知碳酸H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，草酸H2C2O4：Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，电离平衡常数越大酸性越强，则酸性：H2C2O4＞＞H2CO3＞等浓度草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，草酸的电离程度大于碳酸，则离子浓度大小顺序为：c(H+)＞c()＞c()＞c()，c(H+)＞c()＞c()＞c()；故答案为ac；

(2)①过程i是二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OH-+SO2=+H2O；

②过程ⅱ加入CaO，存在转化过程CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)，因与Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡正向移动，有NaOH生成；

③NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，设由Kb=可知，c(OH-)==mol•L-1=6.0×10-3mol•L-1；当c(OH-)降至1.0×10-7mol•L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知==＝=0.62。

【点睛】

本题重点考查弱电解质电离平衡常数的应用，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，Ka值越大，则电离程度越大，一般物质的量浓度相等时溶液酸性越强；Ka值越小，电离程度越小，对应酸根离子就越容易水解，一般物质的量浓度相等时强碱盐溶液的碱性越强。【解析】大于草酸与生成沉淀，平衡正向移动，有生成0.62四、判断题(共2题，共16分)18、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。19、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。五、结构与性质(共1题，共5分)20、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]3d7