2025年外研版选择性必修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年外研版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是。

A.从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为0.0667mol/(L·min)B.该反应的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)C.已知：反应的∆H＞0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D.若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线2、某含锰废水中主要含有MnSO4，另含H+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Cu2+、Al3+等；某同学为了回收Mn单质设计如下工艺流程，下列说法不正确的是。

已知25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11A.滤渣1主要含Fe(OH)3和Al(OH)3B.除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中c(Ca2+)/c(Mg2+)=2C.滤液4主要含(NH4)2CO3D.反应①中Si可用铝替代3、将铁粉和硫粉混合后加热，待反应一发生立即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全，生成新物质硫化亚铁。该现象说明了A.该反应是吸热反应B.铁粉和硫粉在常温下可以发生反应C.该反应是放热反应D.硫化亚铁的能量高于铁粉和硫粉的总能量4、以铬酸钾为原料；电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：

下列说法不正确的是A.在阴极式，发生的电极反应为：2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑B.使平衡2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O向右移动C.该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑D.测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，则此时铬酸钾的转化率为α=d/25、潮湿环境中的Cl-；溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素；腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。下图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是。

A.腐蚀过程中，青铜基体发生还原反应B.环境中的Cl-、正负极产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为：2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓C.多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率，是因为增大了反应的平衡常数D.若生成4.29gCu2(OH)3Cl(M=214.5g∙mol-1)，则耗氧体积为0.448L6、图a—c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X；Y为石墨电极)微观示意图。下列分析正确的是。

A.图中代表Na+B.图b中X与电源负极相连C.图b说明通电后发生了：NaCl=Na++Cl-D.图c中Y上产生H27、0.1mol/LNaHCO3溶液的pH最接近于A.5.6B.7.0C.8.4D.13.08、盐类水解在生活中具有广泛的应用，下列事实跟水解原理无关的是A.施加适量的石膏可以改良盐碱地B.用硫酸铝和小苏打生产泡沫灭火器C.用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量水D.保存FeSO4溶液时，加入少量铁粉评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、正误判断。

(1)可以直接测量任意一反应的反应热_____

(2)盖斯定律遵守能量守恒定律_____

(3)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_____

(4)利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热_____

(5)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_____

(6)化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关_____

(7)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_____10、工业上为了处理含有的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量以铁为电极进行电解，经过一段时间，有和沉淀生成；工业废水中铬元素的含量已低于排放标准。请回答下列问题：

（1）两极发生的电极反应式为阳极：_______；阴极：_____。

（2）工业废水由酸性变为碱性的原因是___________。

（3）________（填“能”或“不能”）改用石墨电极，原因是___________。11、I．在水溶液中橙红色的与黄色的有下列平衡关系：+H2O⇌2+2H+。现将一定量的K2Cr2O7溶于水配成稀溶液；溶液呈橙色。

(1)向上述溶液中加入浓硫酸溶液，溶液呈______色，因为_____。

(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡向______方向移动(正或逆)，溶液颜色将_____(加深或变浅)。

II．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(B)+N2(g)；平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。请回答下列有关问题。

(1)该反应的△H______。

(2)若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_____K2(填“＜”、“＞”或“＝”)，在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正_____v逆(填“＜”；“＞”或“＝”)。

(3)在T3时，可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)在密闭容器中达平衡，只改变下列条件，一定既能加快反应速度，又能增大平衡时的值是_______。

A．加入一定量CB．减小容器容积C．升高温度D．加入一定量的CO2

(4)可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的平衡常数的表达式___________。12、(1)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-57.2k/mol。

i．此反应自发进行的条件是___________(填“低温”；“高温”或“任意温度”)。

ii．一定温度下，现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号；下同)。

①②③④

ⅲ．若反应2NO2(g)N2O4(g)在体积为1L的恒容密闭容器中进行，保持温度不变，达到平衡后，向反应容器中再充入少量N2O4，平衡向___________移动(填“左”、“右”或“不”)，重新平衡后和原平衡相比，混合气体颜色___________(填“变深”“变浅”或“不变”)，N2O4的体积分数___________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)i．温度为T1时，向2L密闭容器中通入0.20molCO和0.40molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＜0，CO的物质的量与时间的关系如图所示，则该温度时反应的平衡常数K=___________；

ii．已知温度T2＞T1，请在原图上画出在温度T2时反应过程中CO的物质的量与时间的关系图________。

13、完成下列问题。

（1）第十四届运动会于2021年9月15日在在西安奥体中心体育场隆重开幕；00”后体坛新秀杨倩，带着我们共同的希望和梦想，点燃主火炬。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：

①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，图中的括号内应该填入___________。(“+”或“−”)

②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___________。

③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___________。

（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ/mol

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ/mol

若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2，反应中转移的电子总数为___________(用阿伏伽德罗常数NA表示)，放出的热量为___________kJ。

（3）反应热大小比较(填“＞”“＜”或“=”)

A(g)+B(g)=C(g)ΔH1＜0；A(g)+B(g)=C(l)ΔH2＜0，则ΔH1___________ΔH2

S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1＜0；S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2＜0，则ΔH1___________ΔH2

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＜0；C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2＜0，则ΔH1___________ΔH214、在高温；高压、催化剂作用下；1mol石墨转化为金刚石，吸收1.9kJ的热量。

(1)该反应的△H___________0(填“大于”或“小于”)。

(2)对于石墨和金刚石，___________更稳定。

(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。写出1mol甲醇燃烧的热化学方程式___________。

(4)已知几种化学键的键能如表所示：。化学键Cl—ClF—FCl—F键能/kJ·mol—1242159172

则反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的△H=___________kJ·mol—1。

(5)N2(g)和H2(g)反应生成NH3(g)的过程中能量的变化示意图如图所示，说明每生成1molNH3(g)___________(填“吸收”或“放出”)的能量是___________kJ。

15、科学家一直致力于“人工固氮”新方法的研究。

(1)传统“人工固氮”的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。一定温度下，将1molN2和3molH2通入体积为0.5L的密闭容器中，达到平衡状态时H2的转化率为50%，该温度下该反应的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。

(2)最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g)ΔH=QkJ·mol-1.已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图所示，则此反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。

(3)氨催化氧化法制硝酸的主要反应为4NH3(g)＋5O2(g)⇋4NO(g)＋6H2O(g)ΔH<0；在容积为1L的密闭容器中发生该反应，容器内部分物质的含量如下表：。物质的量。

时间n(NH3)

(mol)n(O2)

(mol)n(NO)

(mol)起始1.603.200.00第2mina2.700.40第4min0.601.951.00第6min0.601.951.00

①反应在第2min到第4min时，NH3的平均反应速率为___________mol·(L·min)-1。

②下列对于上述反应的判断，正确的是___________(填序号；下列选项中X%表示X的物质的量百分含量)。

A．若升高反应体系的温度，平衡时体系中NH3%将减小。

B．若增大反应体系的压强；平衡时体系中NO%将增大。

C．若升高反应体系的温度，平衡时体系中H2O(g)%将增大。

D．加入催化剂，平衡时体系中O2%保持不变16、为探究不同条件下甘油(丙三醇)和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳条件；科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工艺研究。

实验1：研究不同投料比对产率的影响。

(1)理论分析合成甘油二酯所需辛酸与甘油的投料比(物质的量之比)为2∶1。实验证明提高投料比；甘油二酯的产率会降低，其原因可能是_______。

实验2：研究吸水剂对反应的影响。

(2)硅胶易与羟基结合；故有较强的亲水性，易于吸附水分子。但是在反应体系里加入硅胶后甘油二酯含量明显降低，说明合成甘油二酯的平衡发生了逆向移动，分析可能的原因是________。

实验3：研究不同催化剂的催化效果。

。曲线。

催化剂。

纵坐标。

①

脂肪酶I号。

辛酸转化率。

②

脂肪酶II号。

辛酸转化率。

③

脂肪酶I号。

甘油二酯含量。

④

脂肪酶II号。

甘油二酯含量。

(3)其他条件相同时；不同脂肪酶(I号；II号)催化合成甘油二酯的效果如图所示，选择此实验中催化效果相对最佳的反应条件是________(填字母序号)。

A．12h；I号B．24h，I号。

C．12h；II号D．24h，II号。

实验4：研究温度对反应速率和产率的影响。

(4)选定脂肪酶做催化剂；继续实验。

①综合上图；选择6h时比较适宜的反应温度是________。

②在6h之后，辛酸的转化率总趋势缓慢上升，30℃、40℃甘油二酯的含量上升，但是50℃的却有所降低，分析可能的原因是________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误18、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正确B.错误19、活化能越大，表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越高。_____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、任何温度下，利用H＋和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。（______________）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、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误24、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.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共27分)25、从钒铬锰矿渣(主要成分为)中提铬的一种工艺流程如下：

已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化)

回答下列问题：

(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。

(2)用溶液制备胶体的化学方程式为_______。

(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中“沉钒”过程控制则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。

(4)某温度下，的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中_______【近似为的近似为】。

(5)“转化”过程中生成的离子方程式为_______。

(6)“提纯”过程中Na2SO3的作用为_______。26、TiO2是制备汽车的高级油漆和高档化妆品的原料，钛是耐高温和耐腐体的重要金属。工业上利用TiO2制备金属钛的流程如下：

已知：一定压强下，各物质的沸点如下：。物质TiCl4FeCl3SiCl4AlCl3沸点/℃13631056.5180

回答下列问题：

(1)在上述氯化过程中发生如下反应：TiO2(l)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)该反应的平衡常数表达式为_______；对上述反应增大压强，平衡常数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。如果不加入C.则氧化反应TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(1)+O2(g)△H=+151kJ/mol-1，难以进行的原因是_______。

(2)氯化过程中带入的副产物有FeCl3、SiCl4和AlCl3，可用_______方法获得较纯净的TiCl4。

(3)制取Ti的新工艺是用TiO2作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2熔融盐做电解质(在熔融状态下能传导O2-)，电解而得到Ti，该工艺具有操作简单，成本低，无污染等优点，写出电解制备金属钛时阴极的电极反应式：_______。

(4)工业上也采用TiCl4(g)+2Mg(l)=Ti+2MgCl2(l)制备金属钛，但必须在Ar气氛围中进行的原因是_______；能不能用氮气代替Ar_______(填“能”或”不能”)，原因是_______(如果前一空填“能”，此空则不用回答)。27、某工业废料的主要成分有MnCO3、MnO2、Fe3O4、Al2O3、SiO2等；现欲利用以下工艺流程回收混合物中的金属化合物(部分条件未给出)：

已知：常温下，部分阳离子沉淀时溶液的开始沉淀3.92.26.98.6沉淀完全4.73.28.310.6

回答下列问题：

(1)“混合研磨”的目的为______；“滤渣1”的主要成分为______(填化学式)。

(2)“酸溶”时绿矾发生反应的离子方程式为______。

(3)常温下，______；“氧化、调pH1”时若不加H2O2，可能造成的后果为______。

(4)“调pH2”的范围为______。

(5)“沉锰”时的离子方程式为______。

(6)上述流程中回收的金属化合物有______(填化学式)。评卷人得分五、原理综合题(共1题，共3分)28、将V1mL1.0mol·L-1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度,实验结果如图所示,实验中始终保持V1+V2=50。

(1)下列叙述正确的是___。

A.做该实验时环境温度为22℃

B.该实验表明化学能可转化为热能。

C.NaOH溶液的浓度约为1.5mol/L

D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应。

(2)中和热的理论数值为57.3kJ·mol-1,下列操作可能使测得的数值偏小的是___(填序号)。

①室温低于10℃时进行实验②在量取NaOH溶液的体积时仰视读数③分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中④实验时用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒。

在做测定中和反应的反应热实验时，应使用仪器的正确组合是（____）

①天平②量筒③烧杯④滴定管⑤温度计⑥试管⑦酒精灯。

A．①②④⑤B．②③⑤C．②③④⑦D．全部。

(3)若含有8.0gNaOH的稀溶液与稍过量的1L0.21mol·L-1的盐酸反应放出11.46kJ的热量,则表示中和热的热化学方程式为____(填字母)。

A.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=+57.3kJ·mol-1

B.NaOH(s)+HCl(l)NaCl(s)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

C.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-11.46kJ·mol-1

D.NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

(4)如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：____________________________。

评卷人得分六、实验题(共1题，共7分)29、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题:

(1)从实验装置.上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________

(3)该装置还有一处错误是__________，它会导致求得的中和热数值__________(填"偏大”；“偏小”、"无影响")。

(4)如果用60mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__(填"相等”、“不相等”)，所求中和热_________(填“相等”；“不相等”)。

(5)用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______(填“偏大”；"偏小”、“无影响”)。(提示:弱电解质的电离为吸热)

(6)已知:①H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol

②Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)△H=-13.4kJ/mol

现将100mL1.0mol/LBa(OH)2溶液与100mL1.2mol/L的稀硫酸充分混合，理论上该过程放出的热量为__kJ。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反应速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正确；

B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)；故B正确；

C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的∆H＞0,所以此时是升高温度；故C正确；

D.因为D是固体；量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；

综上所述，本题选D。2、C【分析】【分析】

含锰废水加入双氧水；将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤，得到滤渣1，加入硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤得到滤渣2，加入氟化铵生成氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到滤渣3，加入碳酸氢铵生成碳酸锰，洗涤干燥后得到碳酸锰，煅烧生成氧化锰，加入硅单质得到锰单质。

【详解】

A．锰废水加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠调节pH生成F(OH)3和Al(OH)3沉淀，所以滤渣1主要含生成F(OH)3和Al(OH)3；故A正确；

B．除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中故B正确；

C．“沉锰过程”硫酸锰与NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀；二氧化碳气体、硫酸铵；滤液4主要含硫酸铵，故C错误；

D．MnO能和Al发生铝热反应生成Mn；所以反应①中可用铝替代，故D正确；

答案选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．因反应一发生即停止加热；反应仍可持续进行说明本身放热支持反应，则该反应是放热反应，故A错误；

B．铁粉和硫粉混合后加热才能发生；故B错误；

C．因反应一发生即停止加热；反应仍可持续进行说明本身放热支持反应，则该反应是放热反应，故C正确；

D．因为是放热反应；所以生成物的总能量低于反应物的总能量，则硫化亚铁的总能量低于铁粉和硫粉的总能量，故D错误；

故选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据装置图可知；左侧是阴极室，阴极是氢离子放电，腐蚀还原反应生成氢气，故A正确；

B．阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气，导致阳极区氢离子浓度增大，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向右移动；故B正确；

C．电解时，铬酸钾和水放电生成重铬酸钾、氢气、氧气和氢氧化钠，所以总反应的化学方程式为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑；故C正确；

D．设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，则n(K)=2mol，n(Cr)=1mol，反应过程中有xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7，由于阴极是氢离子放电，造成阴极区氢氧根离子增多，所以K+向阴极区移动，补充氢离子，根据化学方程式可知，xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7，则阴极区生成KOH的物质的量是xmol，则阳极区剩余n(K)=(2-x)mol，Cr元素不变，仍是1mol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，解得=d，x=2-d，转化率为×100%=2-d；故D错误；

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．腐蚀过程中；铜失电子变成铜绿，发生氧化反应，故A错误；

B．由示意图可知Cu2+、OH-、Cl-反应生成Cu2(OH)3Cl；故B正确；

C．平衡常数只受温度的影响；故C错误；

D．4.29gCu2(OH)3Cl(M=214.5g∙mol-1)，物质的量为0.02mol，Cu2+为0.04mol，转移电子数为0.08mol,消耗的氧气为如果是标准状况下体积为但题目没说条件，故D错误。

故答案为：B6、D【分析】【详解】

A．由于Na+半径小于Cl-半径，故图中代表Cl-；A错误；

B．由A项分析可知，代表Cl-，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故图b中X与电源正极相连；B错误；

C．电解质的电离是在水分子的作用下而不是通电，故图b说明通电后Na+和Cl-发生了定向移动；而不是NaCl发生电离，C错误；

D．由B项分析可知，图c中X与电源的正极相连是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Y与电源的负极相连是阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故Y上产生H2；D正确；

故答案为：D。7、C【分析】【详解】

在NaHCO3溶液中既有水解平衡，也有电离平衡，但由于水解程度大于电离程度，所以溶液显弱碱性，因此答案是C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．在含较多Na2CO3的盐碱地因为CO水解显碱性，施加适量石膏，可以将CO转化为CaCO3沉淀，减弱了CO的水解；故降低土壤碱性，故A不符合题意；

B．用硫酸铝水解使溶液显酸性，小苏打水解使溶液显碱性，当二者水溶液混合时，水解反应彼此促进，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体；覆盖在着火物质上，能够使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的，与盐的水解有关，B不符合题意；

C．TiO2是一种稳定的白色颜料，可通过往TiCl4中加入大量水，TiCl4水解，TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；因此与水解有关，故C不符合题意；

D．保存FeSO4溶液时；加入少量铁粉是防止亚铁离子被氧化为铁离子，与水解无关，故D符合题意；

故选D。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)有些反应很慢；有的反应有副反应，其反应热通过实验测定有困难，故错误；

(2)盖斯定律指若是一个反应可以分步进行；则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个反应一次发生时吸收或放出的热量相同，故正确；

(3)化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小；与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故正确；

(4)化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小；与反应途径无关，利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热，故正确；

(5)反应物的总能量与产物的总能量决定反应热效应；反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，故正确；

(6)反应物的总能量与产物的总能量决定反应热效应；所以反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，故正确；

(7)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，化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，故正确；【解析】错对对对对对对10、略

【分析】【分析】

（1）Fe为电极进行电解时；阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近有氢氧根离子生成；

（2）阴极上及发生氧化还原都消耗氢离子；

（3）如果改用石墨作电极；则阳极不能生成亚铁离子，导致无法生成铬离子。

【详解】

（1）Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-═Fe2+，阴极上氢离子得电子发生还原反应，即2H++2e-═H2↑；

故答案为Fe-2e-═Fe2+；2H++2e-═H2↑；

（2）阴极反应消耗H+，溶液中的氧化还原反应也消耗H+；导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高；

故答案为在电解过程中，不断放电以及在溶液中发生的氧化还原反应都要消耗

（3）若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe2+，从而使Cr2O72-无法还原为Cr3+变成沉淀除去；所以不能用石墨作电极；

故答案为不能；无法产生来还原后续无法降低铬元素含量。

【点睛】

易错点为原电池的正负极判断，不能只根据电极材料的活泼性判断正负极，正负极的判断还收电解质溶液的性质影响。【解析】在电解过程中，不断放电以及在溶液中发生的氧化还原反应都要消耗不能无法产生来还原后续无法降低铬元素含量（合理即可）11、略

【分析】【详解】

I．(1)向上述溶液中加入浓硫酸溶液；氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为橙红色；

(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，c()减小；平衡正向移动，溶液颜色由橙红色变为黄色，颜色变浅；

II．(1)由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0；

(2)该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2；T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有v(正)＞v(逆)；

(3)可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)△H＜0中；

A．C是反应物；是固体，加入一定量C，不影响化学反应速率，故A不符合题意；

B．减小容器容积，即压强增大，该反应是左右两边系数相等的反应，故增大压强，化学反应速率同等程度的增大，值不变；故B不符合题意；

C．升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，值不变；故C不符合题意；

D．加入一定量的CO2，反应速率加快，平衡逆向移动，一氧化碳的浓度增大，氮气的浓度减小，值增大；故D符合题意；

答案选D。

(4)化学反应平衡常数为K=C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的平衡常数的表达式K=【解析】橙红增大H+，平衡向逆反应方向移动正变浅＜＞＞DK=12、略

【分析】【详解】

(1)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-57.2k/mol。

i．此反应的ΔS＜0、△H＜0；则自发进行的条件是低温。答案为：低温；

ii．①该混合气的质量不变；但随着反应的进行，气体的物质的量增大，容器的体积增大，气体的密度不断减小，当密度不变时，反应达平衡状态，①符合题意；

②对于一个确定的反应，△H表示1mol反应完全进行时产生的焓变；与反应是否达平衡无关，②不符合题意；

③将1molN2O4充入一恒压密闭容器中；刚开始反应时，正反应速率为零，随后不断增大，直至平衡，③不符合题意；

④随着反应的不断进行，N2O2的转化率不断增大；最后不变则表明反应达平衡状态，④符合题意；

故选①④；答案为：①④；

ⅲ．对于可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，保持温度、体积不变，向平衡体系中再充入少量N2O4，则生成物浓度增大，平衡向左移动，重新达平衡后，混合气体的浓度比原平衡时大，所以颜色变深，相当于原平衡体系加压，N2O4的体积分数增大。答案为：左；变深；增大；

(2)i．温度为T1时，向2L密闭容器中通入0.20molCO和0.40molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＜0；达平衡时，CO的物质的量为0.12mol，则可建立如下三段式：

该温度时反应的平衡常数K==46.3；答案为：46.3；

ii．已知温度T2＞T1，则升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大，达平衡的时间缩短，从而得出在温度T2时反应过程中CO的物质的量与时间的关系图为答案为：【解析】低温①④左变深增大46.313、略

【分析】【分析】

（1）

①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图；反应物能量大于生成物能量，是放热反应，括号内应填入“-”；答案为-。

②由丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图可知，反应放热△H=-553.75KJ/mol，而燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，即1mol丙烷(C3H8)完全燃烧生成4molH2O(l)，反应放热△H1=-553.75kJ/mol×4=-2215kJ/mol，丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0kJ/mol；答案为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0kJ/mol。

③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量；设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷的物质的量为(1-x)，由热化学方程式可得，xmol二甲醚完全燃烧放出热量为1455xkJ，(1-x)mol的丙烷完全燃烧放出热量为2215(1-x)kJ，所以1455x+2215(1-x)=1645，解之x=0.75，则混合气体中丙烷物质的量为0.25mol，则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3；答案为1:3。

（2）

由题中所给热化学方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ/mol①、CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ/mol②可知，依据盖斯定律①+②得到2CH4(g)+4NO2(g)═2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1734kJ/mol，化简得到热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4物质的量为0.2mol，1molCH4完全反应转移电子8mol，所以0.2mol甲烷反应整个过程中转移电子总数为1.6NA，放出的热量为Q=867kJ/mol×0.2mol=173.4kJ；答案为1.6NA；173.4。

（3）

物质的聚集状态不同，放出的热量不同，同种物质气态变为液态时放热，则由A(g)+B(g)=C(g)ΔH1＜0；A(g)+B(g)=C(l)ΔH2＜0可知，生成液态的C放出热量更多，即后者放出的热量多，由于焓娈是负值，所以ΔH1＞ΔH2；

S(g)变为S(s)放热，则S(g)燃烧放出的热量多，由S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1＜0；S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2＜0可知，前者放出热量多，由于焓娈是负值，所以ΔH1＜ΔH2；

由C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＜0；C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2＜0可知，等量的碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，由于焓变是负值，所以ΔH1＜ΔH2；答案为＞；＜；＜。【解析】（1）−C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH1=−2215kJ/mol1:3

（2）1.6NA173.4

（3）＞＜＜14、略

【分析】【详解】

(1)在高温；高压、催化剂作用下；1mol石墨转化为金刚石，吸收1.9kJ的热量，据此信息可知，该反应的△H＞0；故答案：大于；

(2)在高温；高压、催化剂作用下；1mol石墨转化为金刚石，吸收1.9kJ的热量，说明石墨具有的能量低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，故答案：石墨；

(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇(物质的量为mol)，燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧放出热量为32×22.68kJ=725.76kJ，1mol甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1；故答案：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1；

(4)反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的∆H=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出总能量=242+3×159-2×3×172=-313kJ·mol—1；故答案：-313；

(5)根据能量的变化示意图可知：反应生成2mol氨气，反应的∆H=508-600=-92kJ·mol-1，所以该反应为放热反应；据以上分析可知，当反应每生成1molNH3(g)，放出46kJ的热量；故答案：放出；46。【解析】大于石墨CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76kJ·mol-1-313放出4615、略

【分析】【详解】

(1)该温度下该反应的平衡常数(mol·L-1)-2。

(2)由图可知；温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。

(3)①反应在第2min到第4min时，速率之比等于化学计量数之比，故NH3的平均反应速率为0.3mol·(L·min)-1。

②A．正反应为放热反应，若升高反应体系的温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的物质的量增大、混合气体总物质的量减小，平衡时体系中NH3%将增大；故A错误；

B．正反应为气体体积增大的反应；若增大反应体系的压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时体系中NO%将将减小，故B错误；

C．正反应为放热反应，若升高反应体系的温度，平衡向逆反应方向移动，平衡时体系中H2O(g)%将减小；故C错误；

D．催化剂不影响平衡移动，加入催化剂，平衡时体系中O2%保持不变；故D正确；

答案为D。【解析】0.15(mol·L-1)-2吸热0.3D16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH；甘油二酯分子中含有1个羟基，投料比增大，即增大辛酸，辛酸与甘油二酯中羟基继续发生反应，生成甘油三酯，即提高投料比，甘油二酯产率降低的原因是辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低；

（2）硅胶硅胶能与羟基结合；甘油分子中含有3个羟基，硅胶对甘油的吸附能力较强，降低了体系中反应物中甘油的浓度，使平衡向逆反应方向进行，降低了甘油二酯的含量；

（3）根据图像；曲线①在12h辛酸的转化率较大，曲线①12h以后虽然辛酸的转化率增大，但是增大的并不大，即催化效果相对最佳的反应条件是①号，12h，故选项A正确；

（4）①根据图像6h时；50℃的曲线辛酸的转化率最大，故反应温度为50℃；

②50℃转化率有所降低的原因是：催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加。【解析】辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低甘油分子有3个羟基，故硅胶对甘油的吸附能力也较强，降低了体系中反应物甘油的浓度，从而使合成甘油二酯的酯化反应平衡逆向移动，降低了甘油二酯的含量A50℃催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加三、判断题(共8题，共16分)17、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。18、A【分析】【分析】

【详解】

在任何水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H＋和OH-，根据水电离方程式：H2OH＋+OH-可知：水电离出的H＋和OH-数目相等，由于离子处于同一溶液，溶液的体积相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH-)相等这句话是正确的。19、A【分析】【分析】

【详解】

活化能是反应所需的最低能量，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧化学键断裂需要吸收能量，因此活化能越大，反应断裂旧化学键需要克服的能量越高，正确。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】【分析】

【详解】

在任何溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-。若溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)＝c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，这与溶液所处的外界温度无关，故在任何温度下，都利用H＋和OH-浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性，这句话是正确的。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】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。24、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。四、工业流程题(共3题，共27分)25、略

【分析】【分析】

钒铬锰矿渣硫酸浸液中，加入Fe(OH)3胶体将钒沉淀后，过滤，往滤液中加入NaOH溶液，将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，同时由于pH较大时，Mn2+被氧化为MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，过滤后将所得滤渣Cr(OH)3煅烧，即可获得Cr2O3；将两份滤液合并，再加入H2O2、NaOH溶液，将Mn2+转化为MnO2。

（1）

Cr是24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1；位于周期表的第四周期第VIB族；

（2）

在沸水中滴加饱和FeCl3可制备Fe(OH)3胶体，方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；

（3）

有图1可知，pH=3.0，c总(V)=0.01mol/L时时，lgc总(V)=-2，五价钒粒子的主要存在形态为故与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为

（4）

由如图2可以看出，既要考虑铬的沉淀率尽可能高，又要考虑Mn(Ⅱ)的沉淀率尽可能低，“沉铬”过程最佳的pH为6.0；c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为则c(OH-)=10-8mol/L，Cr(OH)3体系中满足c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，则该条件下滤液B中c(Cr3+)=mol/L=mol/L；

（5）

“转化”过程中，Mn2+被H2O2氧化的产物与NaOH溶液反应，生成MnO2等，离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；

（6）

因为Cr(OH)3沉淀中混有MnO2，加入Na2SO3溶液，将MnO2还原为Mn2+，所以“提纯”过程中Na2SO3的作用为作还原剂，将锰元素还原为二价[Mn(II)]，防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。【解析】(1)四VIB

(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl

(3)H3V2O

(4)6.01×10-6

(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O

(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯26、略

【分析】【分析】

TiO2、Cl2和碳在一定条件下发生反应生成四氯化钛；通过精制得到四氯化钛，然后用金属钠还原得到金属Ti，据此解答。

(1)

根据方程式TiO2(l)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)可知该反应的平衡常数表达式为平衡常数只与温度有关系；因此对上述反应增大压强，平衡常数不变。由于该反应是吸热的熵变减小的反应，因此根据ΔG=ΔH－TΔS＜0可自发进行可知该反应难以进行。

(2)

氯化过程中带入的副产物有FeCl3、SiCl4和AlCl3，根据表中数据可知这几种物质的沸点相差较大，所以可用蒸馏方法获得较纯净的TiCl4。

(3)

电解池中阴极发生得到电子的还原反应，则电解制备金属钛时阴极的电极反应式：TiO2+4e－＝Ti+2O2-。

(4)

为防止高温下Ti被空气中的氧气氧化，因此必须在Ar气氛围中进行；高温下氮气能和金属镁化合生成氮化镁，所以不能用氮气代替Ar。【解析】(1)不变该反应是吸热的熵变减小的反应；反应不能自发进行。

(2)蒸馏。

(3)TiO2+4e－＝Ti+2O2-

(4)防止高温下Ti被空气中的氧气氧化不能高温下氮气能和金属镁化合生成氮化镁27、略

【分析】将工业废料混合研磨后与稀硫酸、FeSO4混合发生反应，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原产生Mn2+，MnCO3、Fe3O4、Al2O3与硫酸反应产生硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸锰进入溶液中，而酸性氧化物SiO2不能反应进入滤渣1中，过滤后向滤液1中加入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液pH值，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，过滤后，向滤液2中再加入氨水，使溶液中的Al3+形成Al(OH)3沉淀，而Mn2+留在溶液中，再向其中加入NH4HCO3溶液，沉锰，反应产生MnCO3沉淀。

【详解】

(1)“混合研磨”的目的为增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；“滤渣1”的主要成分为不溶于酸的SiO2。

(2)“酸溶”时绿矾与MnO2发生氧化还原反应产生Mn2+、Fe3+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。

(3)沉淀完全时的金属离子浓度相同，由题中已知条件可知则有“氧化、调pH1”时氧化的目的是将过量的Fe2+