2025年粤教版选择性必修1化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版选择性必修1化学下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9题，共18分)1、下列说法正确的有几项。

①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应。

②普通分子不会发生碰撞。

③升高温度会加快反应速率；原因是增加了活化分子的有效碰撞次数。

④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多。

⑤使用催化剂能加快反应速率；原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大。

⑥化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞A.1项B.2项C.3项D.4项2、CH4联合H2O和CO2制取H2时；发生的主要反应如下：

①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ·mol-1

②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H2=+247kJ·mol-1

将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。

下列说法正确的是A.由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=+41kJ·mol-1B.反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态C.其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大D.其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值3、含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]；过程如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是。

A.生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移2mol电子B.阴极上的电极反应为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-C.在电解过程中CN-向铂电极移动D.电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH4、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol乙基中含有的电子数目为18NAB.30g醋酸和葡萄糖的混合物中，氧原子的数目为NAC.10.6gNa2CO3溶于水，溶液中和的微粒数之和为0.1NAD.密闭容器中，1molCO与1molH2O反应制备H2，产生了NA个H—H键5、室温下，向20mL邻苯二甲酸()溶液中滴入NaOH溶液；溶液pH与所加NaOH溶液的体积变化如图。下列说法不正确的是。

A.数量级为B.20.00mL时，C.30.00mL时，D.NaHA溶液具有缓冲能力(外加少量酸或碱，溶液pH变化较小)6、下列电解质溶液中有关浓度关系不正确的是A.常温下，pH=5的FeSO4溶液中，水电离出的c(H+)=1.0×10-5mol/LB.0.1mol/L的Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c()＋c()＋c(H2CO3)C.浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HCO3三种溶液，铵根离子浓度的大小关系：②>①>③D.浓度均为0.1mol/L的HF、KF混合溶液中：2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)7、向容积均为0.5L的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)。各容器的反应温度；反应物起始量；反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如图表所示：

下列说法正确的是（）A.T1<T2，且该反应为吸热反应B.x＝2C.若平衡后保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能8、根据下列热化学方程式：

①C(s)+O2=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－285.8kJ·mol－1

③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3＝－870.3kJ·mol－1

可计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热A.ΔH＝244.1kJ·mol－1B.ΔH＝－488.3kJ·mol－1C.ΔH＝－996.6kJ·mol－1D.ΔH＝996.6kJ·mol－19、从海水中提取镁(Mg)的步骤如下：

①将生石灰加入海水沉淀池中，得到Mg(OH)2沉淀；

②将Mg(OH)2与盐酸反应，对反应后的溶液进行蒸发结晶、过滤等操作后，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，再进一步操作得到无水MgCl2；

③电解熔融MgCl2可获得单质Mg。

下列有关从海水中提取镁的说法正确的是A.生石灰的主要成分为Ca(OH)2B.上述提Mg过程中涉及的反应类型有复分解反应、化合反应和置换反应C.步骤②中由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的操作为在HCl氛围中加热灼烧D.步骤③电解熔融MgCl2时，金属Mg在阳极析出评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（1）有一种燃料电池，所用燃料为H2和空气，电解质为熔融的K2CO3。回答下列问题。

①CO移向____________极。

②正极反应式为____________________。

③电池中CO的物质的量将逐渐________________（填增大；减少、不变）。

（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极；2分钟后，测得乙池的pH为12，则。

①电源A极是______________极。

②c极上的电极反应式：___________________。

③甲、乙两池共可收集到________mol气体。

④丙装置上某极可析出固体________克，溶液的pH为________________。（常温；不考虑溶液体积变化）

⑤电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，则丙溶液中的硫酸铜的物质的量浓度为______________mol/L。（不考虑溶液体积变化）11、已知：①CaCO3(s)=CaO＋CO2(g)ΔH=＋177.7kJ·mol-1

②C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=-131.3kJ·mol-1

③C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

④CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

⑤H2SO4(l)＋NaOH(l)=Na2SO4(l)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

⑦2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

(1)上述热化学方程式中，不正确的有___________，不正确的理由分别是：___________。

(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式___________。

(3)上述正确的热化学方程式中，表示燃烧热的热化学方程式有___________；表示中和热的热化学方程式有___________。12、化学反应伴随能量变化；获取反应能量变化有多条途径。

（1）下列反应中，属于放热反应的是_________（填字母）。

A．碳与水蒸气反应B．铝和氧化铁反应C．CaCO3受热分解D．锌与盐酸反应。

（2）获取能量变化的途径。

①通过化学键的键能计算。已知：。化学键种类H-HO=OO-H键能(kJ/mol)436496463.4

计算可得：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）△H＝____。

②通过物质所含能量计算。已知反应中M＋N＝P＋Q中M、N、P、Q所含能量依次可表示为EM、EN、EP、EQ，该反应△H＝______。

③通过盖斯定律可计算。已知在25℃；101kPa时：

I.2Na（s）＋O2（g）＝Na2O（s）△H＝－412kJ·mol－1

II.2Na（s）＋O2（g）＝Na2O2（s）△H＝－511kJ·mol－1

写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式_______________。

④利用实验装置测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50mL0.50mol·L－1的盐酸，则还需加入________（填序号）。

A．1.0gNaOH固体B．50mL0.50mol·L－1NaOH溶液C．50mL0.55mol·L－1NaOH溶液13、按要求填空。

(1)氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到的固体物质是___。

(2)25℃时，将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈___性(填“酸”“中”或“碱”)。

(3)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4②CH3COONa③CH3COOH中，其中c(CH3COO-)由大到小的顺序是___；

(4)常温下，pH=11的CH3COONa溶液，其中水电离出来的c(OH-)=___，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H+)=___。14、硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。

(1).实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是___________。压强转化率温度1×105Pa5×105Pa10×105Pa15×105Pa400℃0.99610.99720.99840.9988500℃0.96750.97670.98520.9894600℃0.85200.88970.92760.9468

(2).反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是___________(填字母)。A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)C．降低温度D．在其他条件不变时，减小容器的容积

(3).某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图所示。2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)___________K(B)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4).在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2。t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。

①tl时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如图所示的变化，则改变的条件是___________。

A．体积不变，向容器中通入少量O2

B．体积不变，向容器中通入少量SO2

C．缩小容器体积。

D．升高温度。

E．体积不变；向容器中通入少量氮气。

②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡___________移动(填“向正反应方向”；“向逆反应方向”或“不”)。

(5).某时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp=__________ (用分数表示) [对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、当反应逆向进行时，其反应热与正反应热的反应热数值相等，符号相反。____A.正确B.错误16、25℃时，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正确B.错误17、如果的值越大，则酸性越强。（______________）A.正确B.错误18、配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释。(____)A.正确B.错误19、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正确B.错误20、在测定中和热时，稀酸溶液中H＋与稀碱溶液中OH－的物质的量相等，则所测中和热数值更准确。_____评卷人得分四、实验题(共2题，共8分)21、研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义．

（1）甲图为人教版教材中探究钢铁的吸氧腐蚀的装置，某兴趣小组按装置试验，导管中液柱的上升缓慢，为更快更清晰地观察到液柱上升的现象，下列措施错误的________（填序号）

A．用纯氧气代替试管内空气。

B．用酒精灯加热试管提高温度。

C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末。

D．换成更细的导管；水中滴加红墨水。

（2）为探究铁钉腐蚀实验a、b两点所发生的反应，张老师进行以下实验，证明铁发生电化学腐蚀。请完成表格空白：。实验操作实验现象实验结论ⅰ.向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞指示剂a点附近溶液出现红色a点电极反应为_______________ⅱ.然后再滴加2~3滴铁氰化钾溶液b点周围出现蓝色沉淀b点电极反应为_______________

沉淀的化学式为______________

（3）孔老师认为仅通过b中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，补充进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：。实验滴管现象

1.0mol·L-1NaCl溶液0.5mol•L﹣1K3[Fe（CN）6]溶液铁片表面产生大量蓝色沉淀

以上实验表明，K3[Fe（CN）6]具有________性。

（4）赵老师设计下面装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式，测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化见图，从图中可分析，t1~t2之间主要发生_________腐蚀（填吸氧或析氢）

（5）金属阳极钝化形成保护膜是一种电化学防腐方法，将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe表面形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极电极反应式_________。22、草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO+H2C2O4+_____=Mn2++CO2↑+____(未配平)。用4mL001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：。组别10%硫酸体积/mL温度/℃其他物质I220II22010滴饱和X溶液III230IV1201mL蒸馏水

回答下列问题：

(1)草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的离子方程式为___。

(2)如果研究浓度对化学反应速率的影响，使用实验__和__(填序号)。

(3)研究发现，在反应开始段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显，但不久突然褪色，反应速率明显增大。在排除温度的影响后，你猜想还可能是其它影响。为了验证这种猜想，某同学在实验II中加入X溶液进行验证，则X可能是___。

A.硫酸钾B.硫酸锰C.氯化锰D.水评卷人得分五、结构与性质(共4题，共36分)23、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。24、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。25、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_______。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、计算题(共3题，共24分)27、将煤转化为水煤气（CO和H2的混合气体）是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)；△H1。已知：

①2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)；△H2＝－483.6kJ·mol－1

②2C(s)+O2(g)＝2CO(g)；△H3＝－221.0kJ·mol－1

结合上述热化学方程式，计算得出△H1＝_____________。28、甲醇是一种绿色能源。工业上，H2和CO合成CH3OH的反应为2H2(g)+CO(g)→CH3OH(g)ΔH

(1)已知几种键能数据如下表：

。化学键。

H-H

C-O

C≡O

H-O

C-H

E/(kJ·mol-1)

436

343

4076

465

413

则2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH=_______kJ·mol-129、在一个10L的恒容密闭容器中，已知SO2与O2的反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，如果反应开始时充入4molSO2和2molO2，5min后反应到达平衡，此时，SO3的浓度是0.2mol/L；求：

(1)到达平衡时SO2的转化率_______？

(2)到达平衡时O2的浓度_______？

(3)SO2的反应速率_______？

(4)该反应的平衡常数_______？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

①活化分子间的碰撞需要一定能量和方向才能发生化学反应；故错误；

②普通分子也在不断运动；会发生碰撞，故错误；

③升高温度会加快反应速率；原因是增加了活化分子的百分数，增加了活化分子的有效碰撞次数，故正确；

④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内活化分子数目增多；单位体积内有效碰撞的次数增多，故正确；

⑤使用催化剂能加快反应速率；原因是降低了反应物的活化能，使活化分子数目增大，故错误；

⑥化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞；故正确；

故选：C。2、D【分析】【分析】

由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值；随温度升高而减小。

【详解】

A.①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ·mol-1，②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H2=+247kJ·mol-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=206kJ·mol-1-247kJ·mol-1=-41kJ·mol-1；故A错误；

B.反应条件不变；若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；

C.其他条件不变时；升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C错误；

D.其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值；故D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，则生成1molLi[P(CN)2]；理论上外电路需要转移1mol电子，A错误；

B．阴极上发生还原反应，应该得电子，P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-为阳极发生的反应；B错误；

C．石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN-应该向阳极移动；即移向石墨电极，C错误；

D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN-和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH；D正确；

故选D。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．乙基-CH2CH3中含有17个电子，则1mol乙基中含有的电子数目为17NA；A错误；

B．醋酸分子式是C2H4O2，葡萄糖分子式是C6H12O6，二者的最简式是CH2O，最简式的式量是30，30g混合物中含有最简式的物质的量是1mol，因此其中含有的O原子是1mol，含有的O原子数目是NA；B正确；

C．10.6gNa2CO3的物质的量是0.1mol，将其溶于水，有部分发生水解反应产生H2CO3，但主要以存在，所以根据C元素守恒可知：H2CO3、的物质的量的和是0.1mol，则溶液中和的物质的量的和小于0.1mol，所以微粒数之和小于0.1NA；C错误；

D．在密闭容器中，CO与H2O反应产生H2、CO2，该反应为可逆反应，则1molCO与1molH2O不能完全反应制备H2，产生H2的物质的量小于1mol，因此产生H—H键数目小于NA个；D错误；

故合理选项是B。5、B【分析】【详解】

A．0.00mL时，溶液的pH=2.0，由第一步电离方程式c(HA-)≈c(H+)=10-2mol/L，A正确；

B．20.00mL时溶质为NaHA，存在质子守恒：B错误；

C．30.00mL时溶质为等量的NaHA和Na2A，由图知此时pH<7溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，则C正确；

D．由弱酸及其盐；弱碱及其盐组成的混合溶液；能在一定程度上抵消、减轻外加强酸或强碱对溶液酸碱度的影响，从而保持溶液的pH值相对稳定，这种溶液称为缓冲溶液；NaHA溶液存在电离平衡和水解平衡，当加入少量酸或碱时，溶液pH变化较小，具有缓冲能力，D正确；

故选：B。6、B【分析】【详解】

A．FeSO4溶液中亚铁离子水解，促进水的电离溶液显酸性，pH=5，则水电离出的c水(H+)=c(H+)=1.0×10-5mol/L；故A正确；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒：n(Na):n(C)=2:1，则c(Na+)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)；故B错误；

C．铵盐溶液中，Cl-对铵根离子水解无影响，Al3+水解显酸性抑制铵根离子的水解，碳酸氢根离子水解显碱性，促进铵根离子水解，三种溶液浓度相同，则铵根离子浓度的大小关系：②>①>③；故C正确；

D．浓度均为0.1mol/L的HF、KF混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)＋c(K+)=c(OH-)＋c(F-)，物料守恒：2c(K+)=c(HF)＋c(F-)，合并得到2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)；故D正确；

答案选B。7、C【分析】【详解】

A.甲乙比较，乙首先达到平衡，反应速率快，其它条件相同的情况下，说明乙的温度高，乙中C的平衡浓度比甲低，说明升高温度平衡逆向移动，所以T1<T2；且该反应为放热反应，故A错误；

B.乙与丙比较；其它条件相同，丙的初始浓度是乙的2倍，平衡时C的浓度也是乙的2倍，说明加压平衡不移动，该反应前后气体系数和相同，则x＝1，故B错误；

C.根据B选项；该反应前后气体系数和相同，平衡后保持温度不变，改变容器体积平衡不移动，故C正确；

D.根据A选项；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。

【点睛】

本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素，重点是学会化学平衡图象的分析，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键。8、B【分析】【分析】

由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）；以此计算反应热。

【详解】

①C(s)+O2=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1

②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－285.8kJ·mol－1

③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3＝－870.3kJ·mol－1

由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热△H=（-393.5kJ·mol－1）×2+（-285.8kJ·mol－1）×2-（-870.3kJ·mol－1）=-488.3kJ·mol－1；故选B。

【点睛】

把握反应中能量变化、已知反应与目标反应的关系为解答的关键，注意盖斯定律的应用，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．生石灰的主要成分为氧化钙；A错误；

B．①生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化合反应，氢氧化钙与镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁和钙离子，③中电解熔融MgCl2生成镁单质和氯气；属于分解反应，所以整个过程并不涉及置换反应，B错误；

C．MgCl2在水中容易发生水解；蒸干灼烧过程中容易生成氧化铝，所以为防止其水解，需要在HCl氛围中加热灼烧，C正确；

D．步骤③电解熔融MgCl2时；镁离子发生得电子的还原反应生成的镁单质应在阴极析出，D错误；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【详解】

本题考查电化学知识，应从原电池的工作原理和电解原理的知识入手，（1）①根据原电池的原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此CO32－向负极移动；②通空气一极为正极，通燃料的一极为负极，电解质为熔融状态的K2CO3，因此正极反应是氧气转化成CO32－，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－；③负极反应式为H2－2e－＋CO32－=H2O＋CO2，总电极反应式为2H2＋O2=2H2O，因此CO32－的物质的量不变；（2）①本题利用电解原理进行判断，甲池中阴极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，串联电路通过电子的物质的量相等，氢气的量大于氧气的量，因此a极产生H2，b极产生O2，连接电源正极的电极为阳极，连接电源负极的电极为阴极，因此A为负极，B为正极；②c极应为阴极，溶液中阳离子有Na＋、H＋，H＋的放电顺序大于Na＋，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；③乙池溶液的pH=12，推出c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－12mol·L－1=10－2mol·L－1，OH－应在阴极上产生，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此整个电路中通过电子物质的量为200×10－3×10－2mol=2×10－3mol，产生氢气的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，氯气的物质的量为：2×10－3/2mol=1×10－3mol，根据①中甲池电极反应式，求出甲池中产生H2的物质的量为2×10－3/2mol=1×10－3mol，产生氧气的物质的量为2×10－3/4mol=5×10－4mol，气体总物质的量为：(1×10－3＋1×10－3＋1×10－3＋5×10－4)mol=3.5×10－3mol；④丙装置：e电极为阴极，发生电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，因此产生铜的质量为2×10－3×64/2g=0.064g，阳极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，n(H＋)=2×10－3mol，c(H＋)=2×10－3/200×10－3mol·L－1=0.01mol·L－1，即pH=2；⑤接反时，e为阳极，f为阴极，因此e极反应式Cu－2e－=Cu2＋，f电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，通过的时间相同，因此铜全部失去电子，因为不考虑溶液体积变化，因此硫酸铜的浓度保持不变，仍为0.1mol·L－1。

点睛：本题主要考查原电池的工作原理和电解原理的应用，原电池工作原理：电子从负极经外电路流向正极，负极失去电子、化合价升高，发生氧化反应，正极得到电子、化合价降低，发生还原反应，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电极反应式的书写是难点，一般来说先写出氧化剂（还原剂）和还原产物（氧化产物），根据化合价的变化写出得到电子（失去电子）的物质的量，根据环境写出缺少的微粒，一般缺少的微粒是H＋、H2O、OH－，但还要看题目的信息作出判断；电解池中首先判断电极的材料，判断出阴阳极，然后写出溶液中所有的阴阳离子，如本题乙池，阳离子有：Na＋、H＋，阴离子：Cl－、OH－，根据放电顺序，写出电极反应式，电化学中的计算一般采用得失电子数目守恒。【解析】负O2+2CO2+4e-=2CO32－不变负2H++2e-=H2↑（写水放电也给分）3.5×10－30.06420.111、略

【分析】【分析】

(1)

观察题给热化学方程式：①不正确，原因是CaO的聚集状态没写；②不正确，因为该反应不符合事实，生成水煤气的反应是一个吸热反应，应为“ΔH=＋131.3kJ·mol-1”；⑤不正确，中和反应是溶液中的离子反应，不是液体之间的反应，除H2O外其余物质状态应改为“aq”。①②⑤均不正确。

(2)

由③④，根据盖斯定律可知，C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1。

(3)

燃烧热是101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以③④是表示燃烧热的热化学方程式。只有⑥是表示中和热的热化学方程式。【解析】(1)①②⑤①CaO的状态没标，②应为“ΔH=＋131.3kJ·mol-1”，⑤除H2O外其余物质状态应改为“aq”

(2)C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1

(3)③④⑥12、略

【分析】【分析】

（1）常见的吸热反应有：大多数的分解反应；C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应等；大多数化合反应，铝热反应，金属与酸的反应等属于放热反应；

（2）①焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；

②焓变等于生成物总能量减去反应物总能量；

③由Ⅰ．2Na（s）＋O2（g）＝Na2O（s）△H＝－412kJ·mol－1

Ⅱ．2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1

结合盖斯定律可知，I×2-II得到Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）；

④测定中和热；需加稍过量的NaOH，保证盐酸完全反应。

【详解】

(1)B；D均为放热反应；A、C为吸热反应；

故答案为：BD；

(2)①2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）△H=(2×436+496−463.4×2×2)kJ/mol=−485.6kJ/mol；

②反应中M＋N＝P＋Q中M、N、P、Q所含能量依次可表示为EM、EN、EP、EQ，该反应△H=EP+EQ−(EM+EN)；

③由Ⅰ.2Na（s）＋O2（g）＝Na2O（s）△H＝－412kJ·mol－1

Ⅱ.2Na（s）＋O2（g）＝Na2O2（s）△H＝－511kJ·mol－1

结合盖斯定律可知，I×2−II得到Na2O2(s)+2Na(s)═2Na2O(s)△H=−313kJ⋅mol−1；

④测定中和热，需加稍过量的NaOH，保证盐酸完全反应，且固体溶解放热，只有C合理；答案选C。【解析】BD−485.6kJ/molEP+EQ−(EM+EN)Na2O2(s)+2Na(s)═2Na2O(s)△H=−313kJ⋅mol−1C13、略

【分析】【详解】

(1)氯化铝水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度促进水解促进HCl挥发，蒸干氯化铝溶液时得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3，Al(OH)3分解生成Al2O3和水，所以灼烧后最终得到固体Al2O3。

(2)25℃时；将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度大于NaOH，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性。

(3)①CH3COONH4中铵根离子促进了醋酸根离子的水解，CH3COONa中醋酸根离子少部分水解，醋酸根离子浓度最大，③CH3COOH中，电离出少量的醋酸根离子，醋酸根离子浓度最小，所以c(CH3COO-)由大到小的顺序是②>①>③。

(4)常温下，pH=11的CH3COONa溶液，其中水电离出来的在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的【解析】①.Al2O3②.酸③.②>①>③④.1×10-3mol/L⑤.1×10-11mol/L14、略

【分析】【分析】

【小问1】

根据表中信息知，在1×105Pa下SO2的转化率已经很高，在相同温度下，增大压强，虽然化学反应速率加快，SO2的转化率增大，但转化率增大有限，而增大压强会增加动力和设备的承受能力，会降低综合经济效益，工业上选用1×105Pa；在相同压强下，升高温度，SO2的转化率减小，工业上采用的合适温度为400℃，且此条件下催化剂的活性最大；答案为：400℃、1×105Pa。【小问2】

A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)，平衡正向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小；A符合题意；

B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)，平衡逆向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来增大；B不符合题意；

C．根据表中信息，在相同压强下，升高温度，SO2的转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小；C符合题意；

D．在其他条件不变时，减小容器的容积，虽然平衡正向移动，但由于容器的体积减小，故能使SO2(g)平衡浓度比原来增大；D不符合题意；

答案选AC。【小问3】

化学平衡常数只与温度有关，A、B的温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；答案为：=。【小问4】

①A．体积不变，向容器中通入少量O2；正反应速率突然增大，逆反应速率瞬时不变，与图像不吻合，A不可能；

B．体积不变，向容器中通入少量SO2；正反应速率突然增大，逆反应速率瞬时不变，与图像不吻合，B不可能；

C．缩小容器体积；正；逆反应速率瞬时都突然增大，且正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，平衡正向移动，与图像吻合，C可能；

D．由于该反应的正反应是放热反应；升高温度，正；逆反应速率瞬时都突然增大，且正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，平衡逆向移动，与图像不吻合，D不可能；

E．体积不变；向容器中通入少量氮气，由于反应体系中各物质的浓度不变，正；逆反应速率都不变，平衡不移动，与图像不吻合，E不可能；

答案选C。

②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2；由于增大反应物浓度，则平衡向正反应方向移动；答案为：向正反应方向。【小问5】

设N2O4起始物质的量浓度为amol，则列出三段式平衡时气体总物质的量为1.75amol，N2O4、NO2的物质的量分数依次为则N2O4、NO2的平衡分压依次为反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp==答案为：【解析】【小题1】400℃、1×105Pa

【小题2】AC

【小题3】=

【小题4】①.C②.向正反应方向。

【小题5】三、判断题(共6题，共12分)15、A【分析】【分析】

【详解】

正反应的反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的反应热=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，该说法正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

KW只与温度有关，与浓度无关，25℃时KW=1×10-14，故答案为：错误。17、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。18、A【分析】【详解】

氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，为防止铁离子水解，配制氯化铁溶液时，应将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液为中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若温度为100℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液为中性，因此pH＜7的溶液可能呈碱性、中性或酸性，故此判据错误。20、×【分析】【详解】

在测定中和热时，通常稀碱溶液中OH-稍过量，以保证稀酸溶液中H+完全被中和，所测中和热数值更准确；错误。【解析】错四、实验题(共2题，共8分)21、略

【分析】【分析】

⑴A．用纯氧气代替试管内空气；氧气浓度大，反应速率加快；B．用酒精灯加热试管提高温度，由于温度升高，气体压强增大，导管中液面反而下降；C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末，形成更多的原电池，加快腐蚀速度；D．换成更细的导管，水中滴加红墨水，液面上升更明显。

⑵ⅰ.a点附近溶液出现红色，说明a点反应生成了氢氧根；ⅱ.b点周围出现蓝色沉淀，说明b点生成了亚铁离子。

⑶铁和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀；说明发生氧化还原反应。

⑷t1~t2之间氧气体积分数减小；说明氧气在消耗。

⑸金属阳极钝化形成保护膜是一种电化学防腐方法；将Fe作阳极，在一定条件下铁失去电子与水反应生成致密的四氧化三铁氧化膜。

【详解】

⑴A．用纯氧气代替试管内空气；氧气浓度大，反应速率加快，故A不符合题意；B．用酒精灯加热试管提高温度，由于温度升高，气体压强增大，导管中液面反而下降，故B符合题意；C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末，形成更多的原电池，加快腐蚀速度，故C不符合题意；D．换成更细的导管，水中滴加红墨水，液面上升更明显，故D不符合题意；综上所述，答案为B。

⑵ⅰ.向NaCl溶液中滴加2~3滴酚酞指示剂，a点附近溶液出现红色，说明a点反应生成了氢氧根，因此a点电极反应为故答案为：

ⅱ.然后再滴加2~3滴铁氰化钾溶液，b点周围出现蓝色沉淀，说明b点生成了亚铁离子，亚铁离子迅速与铁氰化钾溶液反应，因此b点电极反应为沉淀的化学式为故答案为：

⑶铁和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，发生氧化还原反应，K3[Fe(CN)6]化合价降低；具有氧化性，故答案为：氧化。

⑷t1~t2之间氧气体积分数减小；说明氧气在消耗，主要发生吸氧腐蚀；故答案为：吸氧。

⑸金属阳极钝化形成保护膜是一种电化学防腐方法，将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下铁失去电子与水反应生成致密的四氧化三铁氧化膜，阳极电极反应式故答案为：【解析】B氧化吸氧22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2)研究浓度对化学反应速率的影响；浓度变化，而其它条件必须相同，则根据表中数据可知对比实验I和Ⅳ即可；

(3)KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用；要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，不能加氯化锰，因为氯化锰会引入氯离子，氯离子能被高锰酸钾氧化；答案选B。【解析】2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2OIⅣB五、结构与性质(共4题，共36分)23、略

【分析】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。

（2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O电负性比N和C大，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位CO＋HbO2⇌O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒SrTiO3624、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)升高反应温度；适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积等都可以加快稀硫酸与锌制氢气的速率；

(2)①锌过量，为了使产生的氢气体积相同，则每组硫酸的量需要保持相同，且该实验探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则六组反应的溶液总体积也应该相同；A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL；

②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积，氢气生成速率下降。【解析】升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积V1=30V6=10V9=17.5当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积25、略