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105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6题，共12分)1、25℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列关于常温时的有关叙述正确的是A.硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大B.将足量的ZnSO4晶体加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中，Zn2+的浓度最大只能达到1.6×10-23mol·L-1C.除去工业废水中含有的Cu2+，可采用FeS固体作为沉淀剂D.向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2+)变大、c(S2-)变小，但Ksp(FeS)变大2、甲烷与氯气在光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：

链引发：Cl2(g)→2Cl·(g)ΔH1=+242.7kJ/mol

链增长。

①：CH4(g)+Cl·(g)→CH3·(g)+HCl(g)ΔH2=+7.5kJ/mol

②：CH3·(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+Cl·(g)ΔH3=-129kJ/mol

链终止：Cl·(g)+CH3·(g)→CH3Cl(g)ΔH4=-371.7kJ/mol

(其中CH3·表示甲基，Cl·表示氯原子)下列说法错误的是A.在链终止的过程中，还可能会生成少量的乙烷B.CH3Cl(g)中C-Cl键的键能小于Cl2(g)中Cl-Cl键的键能C.CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH=-121.5kJ/molD.若是CH4与Br2(g)发生取代反应，则链增长①反应的ΔH>+7.5kJ/mol3、一定温度下与反应生成反应的能量变化如图所示。以下对该反应体系的描述正确的是。

A.反应物的总能量高于生成物的总能量B.反应物化学键中储存的总能量比生成物化学键中储存的总能量高C.每生成吸收热量D.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能4、原电池装置如图；下列说法不正确的是的。

A.若X溶液是稀硫酸，Y溶液是氯化钠溶液，a材料为镁，b材料为生铁，M为电压表，N为塑料棒，则无原电池形成B.若材料a和b都为石墨，通过正确的M、N、X、Y材料或溶质的选择能够形成原电池C.若材料a和b为活泼性不同的两种，通过正确的M、N、X、Y材料或溶质的选择能够形成原电池D.若X溶液是稀硫酸，Y是NaOH溶液，a材料为Cu，b材料为A1，M是电流计，N为盐桥，则该原电池的负极为Al5、为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.12g金刚石中含有的碳碳键数目为B.溶液中的数目为0.5C.1LpH=2的溶液中数目为0.01D.与足量在光照条件下充分反应得到的数目为0.56、对于化学反应能否自发进行，下列说法中错误的是()A.若∆H＜0，∆S＞0，任何温度下都能自发进行B.若∆H＞0，∆S＜0，任何温度下都不能自发进行C.需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程D.非自发过程在一定条件下可能变成自发过程评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、(1)1molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)；放出1366.8kJ热量，写出反应的热化学方程式：__________

(2)1.7gNH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物；放出22.67kJ的热量，写出反应的热化学方程式：___________

(3)将8.4g的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为________。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol－1，则11.2L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是________kJ。8、钢铁很容易生锈而被腐蚀；每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。请回答钢铁在腐蚀；防护过程中的有关问题。

(1)下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀________________。

(2)某学生在A；B、C、D四只小烧瓶中分别放入：干燥的细铁丝；浸过食盐水的细铁丝；浸过清水的细铁丝；食盐水及细铁丝；并使铁丝完全浸没在食盐水中。然后装配成如图所示的四套装置，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如下表所示（表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm）

不同时间水面上升的高度。

①上述实验中；铁生锈的速率由大到小的排列顺序为（填小烧瓶号）：_______。

②实验中的铁生锈属于电化学腐蚀的__________(填腐蚀类型)。

③写出铁腐蚀正极的电极反应式：________________________________

④镀铜可防止铁制品腐蚀；电镀时用_______作阳极.

⑤利用图装置；可以模拟铁的电化学防护。

若X为碳棒；为减缓铁的腐蚀，开关K应置于___________________处。若X为锌棒，开关K置于M处，该电化学防护法称为______________

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反应中Cu被腐蚀，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为____________________。9、在一定条件下N2+3H2⇌2NH3的反应中，起始N2浓度为2mol/L，H2浓度为5mol/L，反应到2分钟时，测得NH3的反应速率为v(NH3)=0.4mol/(L∙min)；填空：

(1)NH3的转化浓度为c(NH3)=_______mol/L

(2)N2的转化率为_______

(3)H2的反应速率_______mol/(L∙min)10、某研究小组进行的沉淀溶解平衡的实验探究。

[查阅资料]25℃时，

[制备试剂]向2支均盛有溶液的试管中分别加入2滴溶液，制得等量沉淀。

(1)分别向两支试管中加入不同试剂，请填写下表中的实验现象。试管编号加入试剂实验现象Ⅰ2滴溶液_______Ⅱ溶液白色沉淀溶解，得无色溶液

(2)同学们猜想产生试管1中现象的主要原因有以下两种。

猜想1：结合电离出的使的沉淀溶解平衡正向移动。

猜想2：_______。

(3)为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁固体盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液(pH=7)，另一支试管中加入和氨水混合液(pH=8)，两支试管中氢氧化镁均溶解。该实验证明(2)中_______(填“猜想1”或“猜想2”)正确。11、常温下,有四种溶液：

①0.1mol·L-1CH3COOH溶液②0.1mol·L-1CH3COONa溶液③0.1mol·L-1NaHSO3溶液④0.1mol·L-1NaHCO3溶液。

（1）溶液①的pH____（填“>”“<”或“=”）7，溶液中离子的电荷守恒关系式是___。

（2）溶液②呈______（填“酸”“碱”或“中”）性。其原因是___（用离子方程式和适当的叙述说明）。

（3）下列有关①和②两种溶液的说法正确的是____（填字母）。

a.两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1

b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1

c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)

（4）NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>7，则NaHSO3溶液中c（H2SO3）____（填“>”“<”或“=”,下同）c()，NaHCO3溶液中c(H2CO3)______c（）。12、“神舟十号”登天；“嫦娥二号”奔月；谱写了我国航天事业的新篇章。请回答下列问题：

(1)火箭升空需要高能的燃料，经常使用N2O4和N2H4作为燃料，请配平该反应方程式：____N2O4+____N2H4→_____N2+____H2O。该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。该反应应用于火箭推进器，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个明显的优点是_______________________________。

(2)某些火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当把0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量（相当于25℃、101kPa下测得的热量）。该反应的热化学方程式为______________。

(3)在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离除去CO2，还要求提供充足的O2。某种电化学装置可实现如下转化：2CO2=2CO+O2。其中生成的CO可用作燃料。已知该装置某极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，则另一极的电极反应式为：_____________。13、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质制备等方面应用广泛。

（1）钢闸门在海水中易被腐蚀；常用以下两种方法减少其腐蚀：

①图1中，A为钢闸门，材料B可以选择___（填字母序号）。

a．碳棒b．铜板c．锌板。

②图2中，钢闸门C做___极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极反应式为___，检验该电极反应产物的方法___。

（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的___极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为___。

（3）利用电化学法生产硫酸，可使绝大多数单质硫直接转化为SO3，在生产硫酸的同时还能化学发电。图4为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。

①正极每消耗4.48LO2（标准状况下），电路中转移电子的数目为___。

②S(g)在负极生成SO3的电极反应式为___。14、直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（）∶n（HSO3−）变化关系如下表：。n（）∶n（HSO3−）91∶91∶19∶91pH8.27.26.2

（1）由上表判断NaHSO3溶液显______性，用化学平衡原理解释原因：______________。

（2）当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是________（填字母）。

a.c（Na＋）＝2c（）＋c（HSO3−）

b.c（Na＋）＞c（HSO3−）＞c（）＞c（H＋）＝c（OH－）

c.c（Na＋）＋c（H＋）＝c（）＋c（HSO3−）＋c（OH－）

（3）已知：25℃时，H2SO3HSO3−＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝______，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将______（填“增大”“减小”或“不变”）。15、有两只密闭的容器A和B，A能保持恒压，B能保持恒容。起始时向容积相等的两容器中通入体积比为2：l的等量的SO2和O2，使之发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡。则(填<、=、>；左；右；增大、减小、不变)

(1)达到平衡所需的时间：tA___________tB，S02的转化率：aA___________aB。

(2)起始时两容器中的反应速率：vA__________vB，反应过程中的反应速率：vA_____________vB

(3)达到平衡时，向两容器中分别通入等量的氩气。A容器中的化学平衡向__________反应方向移动，B容器中的化学反应速率______________

(4)达到平衡后，向两容器中分别通入等量的原反应气体，再次达到平衡时，A容器中的SO2的百分含量_________，B容器中S02的百分含量_________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热。___A.正确B.错误17、反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0。__________________A.正确B.错误18、pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿。(___)A.正确B.错误19、用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。（______________）A.正确B.错误20、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误21、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误22、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误23、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误24、Na2CO3溶液加水稀释，促进水的电离，溶液的碱性增强。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共36分)25、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___________。：26、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_________。27、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：____________________。28、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）。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共5分)29、软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如图：

已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表。金属阳离子Fe3+Al3+Mn2+Mg2+完全沉淀时的pH3.25.210.412.4

(1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。

(2)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为___(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择___(填字母)。

a.CaOb.MgOc.Al2O3d.氨水。

(3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子方程式：___，该反应的平衡常数数值为___。(保留一位小数)

(已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10；MgF2的Ksp=7.4×10-11)

(4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是____(用离子方程式表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共24分)30、下列六种短周期元素（用字母x等表示）。最高正价或最低负价与原子序数关系如图所示。

根据判断出的元素回答问题：

（1）f在周期表中的位置是______。已知x为非金属元素，由x、e、g三种元素组成的离子化合物的电子式：______。

（2）上述元素简单离子半径最大的是（用化学式表示，下同）：___；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_____。

（3）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________。

（4）x和d组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是____（填化学式），此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为__________。31、物质A－G有下图所示转化关系（部分反应物；生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分；经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：B____________、G____________；

（2）C与硫磺在加热条件下的生成物与足量浓硝酸反应的离子方程式为：____________________。

（3）反应②的化学方程式是______________________；

（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=____________。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，D的体积分数_________（填“增大”、“不变”或“减小”）。32、Ⅰ．白色无机盐X(含三种元素；相对分子质量小于400)能与水发生反应。为了探究X的组成，设计并完成了以下实验：

已知：白色沉淀D中的一种成分及质量与沉淀B相同。

(1)白色沉淀D的成分为_________(填写化学式)。

(2)黑色固体A与浓硝酸反应的离子方程式是_________。

(3)X与H2O反应的化学方程式是_________。

Ⅱ．已知：①将0.1mol·Lˉ1KI溶液加入到0.1mol·Lˉ1FeCl3溶液中时，可以看到溶液颜色加深，滴加淀粉后溶液变为蓝色；②当离子浓度相同时，氧化性：Ag+＞Fe3+；③若浓度减小时；离子的氧化性也会随之减弱。

(1)甲同学猜测，0.1mol·Lˉ1KI溶液(事先加入几滴淀粉溶液)加入到0.1mol·Lˉ1AgNO3溶液中时，溶液应变蓝色。请写出该猜测对应的离子方程式_________。实验结果未见到蓝色。

(2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题，理由是_________。请你用原电池的方法证明Ag+也能氧化Iˉ，要求画出实验装置图，并标明电极材料及电解质溶液________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(ZnS)=1.6×10-24，组成和结构相似的物质，溶度积越大，溶解度越大，所以溶解度CuS

B．原硫化钠溶液中硫离子增大浓度为c(S2-)=0.1mol/L，所以锌离子最小浓度为：mol/L；B错误；

C．由于Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的，所以除去工业废水中含有的Cu2+；可采用FeS固体作为沉淀剂，C正确；

D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2+)变大、c(S2-)变小；温度不变，所以Ksp(FeS)不变，D错误；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．光照下发生取代反应的过程中，生成CH3，两个CH3相互结合成乙烷；故A项正确；

B．由②反应可知，形成C-Cl键，拆开Cl2中化学键，且为放热反应，则形成1molCH3Cl（g）中C-Cl键放出的能量比拆开1molCl2（g）中化学键吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C-Cl键的键能大于Cl2(g)中Cl-Cl键的键能；故B错误；

C．根据盖斯定律，反应①+②可得CH4(g)+Cl2(g)→CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH=ΔH2+ΔH3=-121.5kJ/mol；故C正确；

D．若是甲烷与Br2(g)发生取代反应，Cl比Br的能量高，则第二步反应ΔH>+7.5kJ/mol；故D正确；

答案选B。3、A【分析】【详解】

A．由图可知；该反应为反应物的总能量比生成物的总能量高的放热反应，故A正确；

B．由图可知；该反应为反应物的总能量比生成物的总能量高的放热反应，所以反应物化学键中储存的总能量比生成物化学键中储存的总能量低，故B错误；

C．由图可知，该反应为放热反应，每生成放出热量；故C错误；

D．由图可知；该反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．如果M为电压表；N为塑料棒，则该装置不是闭合回路，所以无原电池形成，A正确；

B．若材料a和b都为石墨；M为电流表，N为盐桥，X；Y分别为KI溶液FeCl；则可以形成燃料电池，B正确；

C．若材料a是铁和b为铜；M是电流计，N是盐桥，X是硫酸亚铁，Y是硫酸铜，就可以形成原电池，C正确；

D．若X溶液是稀硫酸，Y是NaOH溶液，a材料为Cu，b材料为A1；M是电流计，N为盐桥，Al和氢氧化钠反应，无法形成原电池，D错误；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．12g金刚石晶体中含有C，每个碳原子与气体4个碳形成了4个碳碳键，所以1个C形成的碳碳键数目为：0.5×4=2，1mol碳原子形成了2mol碳碳键，含有碳碳键的数目为2NA；A错误；

B．的物质的量n=cV=由于会发生水解反应，则溶液中的数目小于0.5B错误；

C．溶液中主要由醋酸电离产生，则1LpH=2的溶液中物质的量n=cV=数目为0.01C正确；

D．CH4和在光照条件下发生反应生成还生成等副产物，得到的数目小于0.5D错误；

故选：C。6、C【分析】【详解】

A．若∆H＜0，∆S＞0，则∆H﹣T∆S＜0恒成立；即任何温度下都能自发进行，故A正确；

B.若∆H＞0，∆S＜0，则∆H﹣T∆S不可能小于零；即任何温度下都不能自发进行，故B正确；

C．需要加热能够进行的过程可能为自发过程；如碳酸钙分解等，不能利用反应条件判断反应进行的自发过程，故C错误；

D．非自发过程在一定条件下可能变成自发过程；如Cu与稀硫酸在电解条件下可发生，故D正确；

综上所述答案为C。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

(1)1molC2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出1366.8kJ热量，反应的热化学方程式：故答案为：

(2)1.7gNH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物，放出22.67kJ的热量，4molNH3反应放出的热量为：=906.8kJ，反应的热化学方程式：故答案为：

(3)将8.4g的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，1molB2H6反应放出的热量为：=2165kJ，该反应的热化学方程式为又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44kJ·mol－1，则11.2L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是（2165kJ-44kJ×3）×=1016.5kJ。故答案为：1016.5。【解析】1016.58、略

【分析】【详解】

(1)A装置是铁为负极的吸氧腐蚀；B中锌为负极；铁为正极，是牺牲阳极的阴极保护法；C中铁为一般的腐蚀；D为外加电流的阴极保护法，故可防止铁棒被腐蚀是BD，故答案为BD。

(2)①上述实验中，根据导管中水面上升的高度得出铁生锈的速率由大到小的排列顺序为B>C>D＝A，故答案为：B>C>D＝A。

②实验中所处环境为中性；因此铁生锈属于电化学腐蚀的吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀。

③铁腐蚀正极的电极反应式：O2+4e－+2H2O=4OH－，故答案为：O2+4e－+2H2O=4OH－。

④根据镀件作阴极；镀层金属作阳极，得出电镀时用Cu作阳极，故答案为：Cu。

⑤若X为碳棒；如果连接M处，则铁为负极，不断溶解，开关K应置于N处，铁为阴极，受到保护，减缓铁的腐蚀；若X为锌棒，开关K置于M处，该锌为负极，铁为正极，受到保护，因此该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法。

⑥2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O反应中Cu被腐蚀，若将该反应设计为原电池，Cu化合价升高，作负极，正极为氧气得到电子，因此正极电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e－+4H+=2H2O。【解析】BDB>C>D＝A吸氧腐蚀O2+4e－+2H2O=4OH－CuN牺牲阳极的阴极保护法O2+4e－+4H+=2H2O9、略

【分析】【分析】

根据各物质的浓度变化列三段式：

进行计算。

【详解】

(1)NH3的转化浓度为c(NH3)=0.4mol/(L∙min)×2min=0.8mol·L－1；故答案为：0.8；

(2)N2的转化率为×100%=20%；故答案为：20%；

(3)根据化学反应速率比等于化学计量数比这一规律，可得v(H2)=v(NH3)=×0.4mol/(L∙min)=0.6mol/(L∙min)，H2的反应速率0.6mol/(L∙min)，故答案为：0.6。【解析】0.820%0.610、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)则试管Ⅰ中沉淀转化为沉淀；可观察到白色沉淀转化为红褐色沉淀；

(2)铵根离子水解使溶液显酸性；消耗氢氧化镁电离出的氢氧根离子，促进氧氧化镁沉淀溶解平衡正向移动；

(3)分别加入醋酸铵溶液(pH=7)、和氨水混合液(pH=8)，均溶解，可知是铵根离子与氢氧根离子结合使的沉淀溶解平衡正向移动，则猜想1成立。【解析】白色沉淀转化为红褐色沉淀铵根离子水解使溶液显酸性，消耗氢氧化镁电离出的氢氧根离子，促进氧氧化镁沉淀溶解平衡正向移动猜想111、略

【分析】【详解】

(1)醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。

（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。

（3）醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a错误，b正确；醋酸为弱电解质，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol•L-1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正确；故答案为：bc；

（4）NaHSO3溶液pH<7，则的电离程度大于水解程度，故c()>c(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH>7，则的水解程度大于电离程度，故c()2CO3)。【解析】<c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)碱CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COO-水解显碱性bc<>12、略

【分析】【分析】

(1)根据化合价升降法配平；还原剂对应的产物为氧化产物；氧化剂对应的产物为还原产物；反应的产物无污染；

(2)已知0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则1molN2H4（l)反应时；释放641.75kJ的热量；

(3)根据总反应式-阳极反应式=阴极电极反应式。

【详解】

(1)N2O4中的N为+4价，反应时变为0价，得到8个电子，作氧化剂，N2H4中N为-2价，反应时变为0价，失去4个电子，作还原剂，则得失电子的最小公倍数为8，即N2O4系数为1，N2H4系数为2，根据原子守恒，氮气的系数为3，水的系数为4，方程式为N2O4+2N2H4=3N2+4H2O；还原剂对应的产物为氧化产物；氧化剂对应的产物为还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1；反应的产物无污染；

(2)已知0.4molN2H4（l)和0.8molH2O2（l）混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则1molN2H4（l)反应时，释放641.75kJ的热量，热方程式为N2H4（l)+2H2O2（l）=N2（g)+4H2O（g）∆H=-641.75kJ/mol；

(3)根据方程式2CO2=2CO+O2，为非自发的氧化还原反应，则该装置为电解池，阳极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O，总反应式为2CO2=2CO+O2，总反应式-阳极反应式=阴极电极反应式，则阴极反应式：2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-。【解析】①.1②.2③.3④.4⑤.2：1⑥.产物无污染⑦.N2H4（l)+2H2O2（l）=N2（g)+4H2O（g）∆H=-641.75kJ/mol⑧.2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-13、略

【分析】【分析】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B的金属性比A强。

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应不失电子。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，溶液中的Cl-失电子生成Cl2；检验该电极反应产物应使用湿润的淀粉碘化钾试纸。

（2）E为镁合金，在该电极，镁失电子，F电极上ClO-转化为Cl-。

（3）①正极O2+4e-=2O2-；由此可计算电路中转移电子的数目。

②在负极S(g)失电子转化为SO3。

【详解】

（1）①图1中；装置为原电池，A为钢闸门，要保护A，A应做正极，则材料B应选择金属性比A强的锌。答案为：c；

②图2中，装置为电解池，要保护钢闸门C，C应做阴极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验该电极反应产物的方法为将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气。答案为：阴；2Cl--2e-=Cl2↑；将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近；试纸变蓝，证明生成氯气；

（2）E为镁合金，做该燃料电池的负极。F电极为正极，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案为：负；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正极O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，则电路中转移电子的数目为0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案为：0.8NA或4.816×1023；

②在负极S(g)在O2-存在的环境中失电子，转化为SO3，电极反应式为S-6e-+3O2-=SO3。答案为：S-6e-+3O2-=SO3。

【点睛】

要保护金属制品，把金属制成合金，成本过高。通常采用的方法是电化学防护法，也就是设法阻止被保护金属失电子，要么与更活泼的金属相连，要么与电源的负极相连。若在金属制品外表涂油或油漆，虽然也能对金属制品起保护作用，但效果相对较差。【解析】c阴2Cl--2e-=Cl2↑将湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气负ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO314、略

【分析】【分析】

(1)由数据表可知，n(SO32-)∶n(HSO3-)＝9∶91时，pH＝6.2，可知NaHSO3溶液显酸性；结合亚硫酸氢根离子的水解和电离分析解答；

(2)根据表格数据，当溶液呈中性时，c(H-)=c(OH-)；亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，结合电荷守恒分析判断；

(3)H2SO3HSO3−＋H＋的电离常数Ka＝NaHSO3的水解平衡为HSO3−＋H2OH2SO3＋OH－，Kh=结合Kw分析计算；当加入少量I2时；碘把亚硫酸氧化成硫酸，溶液酸性增强，据此分析判断。

【详解】

(1)由数据表可知，n(SO32-)∶n(HSO3-)＝9∶91时，pH＝6.2，可知NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为酸；HSO3-存在HSO3-⇌H++SO32-和HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度；

(2)根据表格数据，当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度。a．溶液呈电中性，溶液中c(H-)=c(OH-)，根据电荷守恒，所以c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故a正确；b．溶液呈中性时，溶液中c(H-)=c(OH-)，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，根据电荷守恒，所以c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)，故b正确；c．溶液呈电中性，根据电荷守恒，得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误；故答案为ab；

(3)H2SO3HSO3−＋H＋的电离常数Ka＝=1×10－2，NaHSO3的水解平衡为HSO3−＋H2OH2SO3＋OH－，Kh======1.0×10-12；当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，c(H＋)增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为1.0×10-12；增大。

【点睛】

本题的难点为（3），要注意水解平衡常数和电离平衡常数的相互关系的理解和应用，本题的易错点为（2），要注意当溶液呈中性时，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度。【解析】酸HSO3−存在两个平衡：HSO3−H＋＋和HSO3−＋H2OH2SO3＋OH－，HSO3−的电离程度大于其水解程度ab1.0×10－12增大15、略

【分析】【分析】

A容器相当于B容器加压，所以反应开始后A容器的速率快v(A)>v(B)，t(A)<t(B)。增大压强平衡逆向移动，所以NH3的转化率：a(A)<a(B)。达到平衡后，A容器中通入氩气，体积增大，相当于减压，平衡正向移动；B容器中通入氩气，不影响任何与反应有关的物质的浓度，反应速率不变。达到平衡后，向两容器中分别通入等量的原反应气体，A容器反应物的量增多，体积增大，平衡状态最终和原平衡相同，NH3的百分含量不变；B容器相当于加压，平衡逆向移动，H2的百分含量减小。

【详解】

（1）A能保持恒压，B能保持恒容．起始时向容积相等的A、B中分别通入体积比为2：1的等量的SO2和O2，使之发生反应：2SO2+O2⇌2SO3；恒温恒容随反应进行压强减小速率减慢，恒温恒压容器中反应过程中压强增大，反应速率大；转化率大；

答案：<>

（2）起始二氧化硫和氧气浓度相同；反应速率相同；过程中A容器中的压强大于B容器反应速率大；

答案：=>

（3）恒温恒容容器加入惰气总压增大；分压不变，平衡不动，反应速率不变；恒温恒压容器，加入惰气压强减小，平衡向气体体积增大的方向进行；

答案：左不变。

（4）恒温恒压容器加入等量原反应物；最后达到相同平衡状态；恒温恒容容器，加入原反应物压强增大，平衡正向进行；

答案：不变减小【解析】①.<②.>③.=④.>⑤.左⑥.不变⑦.不变⑧.减小三、判断题(共9题，共18分)16、A【分析】【分析】

【详解】

有些反应的反应热，难以通过实验直接测定,但是通过盖斯定律可以间接计算该反应的反应热，例如碳和氧气生成一氧化碳的反应。故答案是：正确。17、A【分析】【详解】

反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，其ΔS＜0，则ΔH＜0，正确。18、B【分析】【详解】

pH试纸使用时不需要润湿，湿润后会造成误差，红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

广范pH试纸只能读取1~14的整数，没有小数；因此用广范pH试纸测得某溶液的pH可能为3或4，不能为3.4，故此判据错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据Kw=c(H+)×c(OH-)分析，温度不变，的值越大，说明氢离子浓度比氢氧根离子浓度大得多，溶液的酸性越强，故正确。21、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。22、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。23、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。24、B【分析】【详解】

稀释使盐水解程度增大，但溶液总体积增加得更多。盐的浓度降低、水解产生的氢氧根浓度也降低，碱性减弱。所以答案是：错误。四、有机推断题(共4题，共36分)25、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)26、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，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，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g27、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH328、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5五、工业流程题(共1题，共5分)29、略

【分析】【分析】

由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少）；以此来解答。

【详解】

(1)根据SO2在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=SO+Mn2+，故答案为：MnO2+SO2=SO+Mn2+；

(2)调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；ab；

(3)氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K===7.2×107，

故答案为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107；

(4)MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+，故答案为：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+。

【点睛】

把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键。【解析】①.MnO2+SO2=SO+Mn2+②.Al(OH)3、Fe(OH)3③.ab④.MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2⑤.7.2×107⑥.Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+六、元素或物质推断题(共3题，共24分)30、略

【分析】【分析】

根据图像可知；x；d、e、f、g、h原子序数依次增大，已知x为非金属元素，根据化合价可判断x、d、e、f、g、h六种元素分别为：H、O、Na、Al、S、Cl；

【详解】

（1）f为Al，位于第三周期IIIA族；由H、Na、S三种元素组成的离子化合物为NaHS，其电子式为：Na+；

（2）根据“层多径大，序大径小”，则上述元素简单离子半径最大的是S2-；S、Cl的最