2025年冀教版选择性必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年冀教版选择性必修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6题，共12分)1、我国某科研机构设计如图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理；处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是。

A.工作时，N极附近溶液pH升高B.工作时，每转移3mol电子，N极室和M极室质量变化相差65gC.a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜D.N电极反应式为2、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池；其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室B.充电时，Mo(钼)箔接电源的正极C.放电时，电势较低的反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]D.外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g3、新型锌碘液流电池具有能量密度高；循环寿命长等优势；其工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.放电时电流从石墨电极流向锌电极B.充电时阳极反应式为：3I－－2e－＝I3－C.若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变D.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大4、下列说法不正确的是。

A.绝热恒容密闭容器中通入A和B，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；图为其正反应速率随时间变化的示意图，则该反应为放热反应。

B.B；催化剂能降低反应的活化能；提高活化分子的百分含量，从而加快化学反应速率如图显示的是催化反应与无催化反应过程中的能量关系。

C.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)达到平衡时体系压强为P，保持温度不变，t0时刻将容器体积缩小为原来的一半；体系重新达到平衡，体系压强变化如图所示。

D.将一定量的NO2充入针筒中后封口，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，如图表示在拉伸和压缩针筒活塞的过程中气体透光率随时间的变化气体颜色越深，透光率越小。则c点与a点相比，c(NO2)增大；减小。

5、下列说法或表示方法中正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝-2×57.3kJ·mol－1B.101kPa时，H2的热值为142.75kJ·g－1，则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－142.75kJ·mol－1C.由C(金刚石)＝C(石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定D.同温同压下，4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同6、利用CH3OH和CO的羰基化反应可以制备CH3COOH：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH(g)ΔH。T1时，在体积为2L的刚性密闭容器中通入0.2molCH3OH(g)和0.22molCO(g)发生上述反应；测得甲醇的转化率随温度变化的关系如图所示。

下列有关说法正确的是A.该反应的ΔH＞0B.B.D三点的逆反应速率：B点＞C点＞D点C.T1时，若保持温度、压强不变，则达到平衡状态时，甲醇的转化率α：40%＜α＜80%D.T2时，保持其他条件不变，向已达到平衡的容器中再通入0.08molCH3OH，0.20molCO和0.60molCH3COOH，则平衡不移动评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，Ka___(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___(填序号)。

a.CO32-b.ClO-c.CH3COO-d.HCO3-

（3）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___(填序号)。

a.b.

c.d.

（4）常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则溶液c(H2CO3)___c(CO32-)(填“＞、＜或=”)，原因是___。

（5）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH=6；则溶液中：

①=___(填“精确数值”；下同)。

②c(CH3COO-)-c(Na+)=___mol/L。8、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8

请回答下列问题：

(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为__________。

(2)同浓度CH3COO-、HCOCOClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为__________。

(3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：_______。

(4)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中；填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”；“变小”或“不变”)

①______；②______；

③_______；④_______。

(5)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数：理由是______。

9、常温下，实验测得0.1mol·L-1下列物质的溶液pH如表所示：。物质Na2CO3CH3COONaNaHCO3CH3COONH4NH4Cl溶液pH118.98.37.0a

(1)Na2CO3溶液显碱性的主要原因为____(用离子方程式表示)。

(2)上述CH3COONH4溶液中c(NH)____NH4Cl溶液中c(NH)(填“大于”“小于”或“等于”)。

(3)有同学认为根据前几组实验结果，无需再实验就可以预测a的值，则a=____。

(4)推测上述CH3COONa溶液的pH大于NaHCO3溶液pH的可能原因：____。

(5)锅炉水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢时经常先用饱和Na2CO3溶液浸泡，后用盐酸溶解。请应用化学平衡移动原理解释清洗CaSO4的过程：___。10、已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性；将溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：6.4、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O；首先将其制成水溶液，然后按图所示步骤进行提纯：

(1)本实验最适合的氧化剂X是_______。加X的目的是_______。

(2)溶液Ⅱ中加入Y生成沉淀乙相关的离子方程式为：_______、_______。

(3)已知Ksp[Fe(OH)3]=10-38，则Fe3+刚好沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时的pH为_______。

(4)最后_______(填“能”或“不能”)直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？原因是_______。11、科学家P.Tatapudi等人首先使用在酸性条件下电解纯水的方法制得臭氧。臭氧在_______极周围的水中产生，其电极反应式为_______；在_______极附近的氧气则生成过氧化氢，其电极反应式为_______。电解的化学方程式为_______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)12、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误13、甲烷的燃烧热为则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为(_______)A.正确B.错误14、室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误15、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正确B.错误16、实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共3分)17、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。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共9分)18、重铬酸钠晶体()为橙红色，是一种重要的无机盐产品。可以由铬铁矿[主要含还含少量等]制备；主要工艺流程如下：

已知：①在水溶液中常以等形态存在；本实验条件下，当约为3.5时转化为

②酸性条件下，具有较强的氧化性，易被还原成

请回答下列问题：

(1)“煅烧”时，转化为和写出铬铁矿发生的主要反应的化学方程式_______。

(2)“中和除杂”时，先用水将浸取液稀释，并加热至接近沸腾，然后调节溶液约为7。

①加热至接近沸腾的目的为_______。

②若持续加热较长时间，可以通过生成而将硅除去，写出相应的离子方程式_______。

(3)室温下；“中和除杂”后所得的滤液中存在下列平衡：

室温下，反应的平衡常数_______；酸化时，通常用硫酸而不用盐酸，原因是_______。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共4分)19、消除氮氧化物的污染对建设生态文明具有重要的意义。回答下列问题：

(1)用活性炭还原法可以处理氮氧化物，发生反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。

①已知：C(s)和CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ·mol-1和283kJ·mol-1；CO(g)和NO(g)反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.8kJ·mol-1.则用活性炭还原法反应的ΔH=___kJ·mol-1，欲提高NO平衡转化率，可采取的措施有____。

②实验室模拟活性炭还原氮氧化物的过程。向2L固定体积的密度容器中，加入足量的活性炭，再充入1molNO，在一定温度下反应，50min时达到平衡，测得混合气体中CO2的物质的量为0.2mol，则平衡时NO的转化率为___，该反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(2)Cl2也可以与NO反应：2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)。一定温度下，用NOCl和Cl2表示该反应的反应速率分别为v正=k正·c2(NOCl)，v逆=k逆·c2(NO)·c(Cl2)(k1、k2为速率常数)。向2L密闭容器中充入amolNOCl(g)，测得NO的物质的量浓度与温度的关系如图所示(x＜0.5a)。T1___T2(填“>”、“＜”或“=”)；T2温度下，=___(用含a；x的代数式表示)。

(3)利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池；模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示。

请回答下列问题：

①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则正极发生的电极反应方程式为：_____。

②若石墨I消耗4.6gNO2，已知该电解池的电解效率为80%，则乙中阴极得到Ag的质量为_。(通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率)。20、甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)为黑色粉末，可用作新型太阳能电池的敏化剂，由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成；回答下列问题：

(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH＝－12kJ·mol－1。已知该反应中部分化学键的键能数据如下：。化学键C—OH—ON—HC—NC—H键能/kJ·mol－1351463393x414

则表中x为__________。

(2)工业上利用水煤气合成甲醇，反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。

①下列说法不正确的是__________。

a．使用催化剂可以提高甲醇的产率。

b．反应过程中CO的转化率和H2的转化率可能相等。

c．平衡时；混合气体的平均相对分子质量不再改变。

d．平衡时，H2的消耗速率和CH3OH的消耗速率相等。

②在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH平衡时体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：

图中Y轴表示________(填“温度”或“压强”)；X轴上a点的数值比b点_____(填“大”或“小”)。

③平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，容器的体积为5L，则CO的转化率为________，平衡常数K=_______(精确到小数点后一位)。

④保持M点温度和体积不变，再向容器中充入1molCO和2molH2，重新达到平衡时，CO的转化率将____________(填“增大”、“不变”或“减小”)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

放电时，N极室转化为Cr(OH)3，Cr元素的化合价降低，则N极为正极，M极为负极。M极电极反应为N极电极反应为由于该装置的目的是对废水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH-应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜。

【详解】

A．工作时，N极发生反应则附近溶液pH升高，A正确；

B．工作时，每转移3mol电子，M极室减少3molH+和molCO2，共31.3g，N极室减少4molOH-；共68g，因此N极室和M极室质量变化相差36.7g，B错误；

C．由分析可知，a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜；C正确；

D．放电时，N极室转化为Cr(OH)3，反应式为D正确；

故选B。2、C【分析】【分析】

根据放电工作原理图，Mo作正极，正极上得到电子发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，Mg作负极，负极上失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。

【详解】

A．充电时，Na+通过交换膜移向阴极；即从左室移向右室，故A正确；

B．充电时；电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B正确；

C．根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，电势较低的反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；故C错误；

D．放电时负极上发生2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D正确；

故答案为C。3、C【分析】【分析】

锌碘液流电池是一种新型二次电池；放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极失电子，正极得电子，将化学能转变为电能；而充电过程是放电过程的逆过程，故电极反应；总反应等，都与放电过程相反。

【详解】

A项，图中电极材料为锌和石墨，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+；失去的电子经外电路流向石墨，电流从石墨电极经外电路流向锌电极，A项正确；

B项，充电过程与放电过程相反，锌为阴极，电极反应为Zn2++2e-＝Zn；石墨为阳极，电极反应为3I－－2e－＝I3－；B项正确；

C项；将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极均不变，C项错误；

D项，放电时左侧正极反应为I3－+2e－＝3I－；反应中离子总数增加，则左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，D项正确。

本题选C。

【点睛】

充电时，应将锌电极与电源的负极相连，将石墨电极与电源的正极相连。4、D【分析】【详解】

A.绝热恒容密闭容器中通入A和B，发生反应：2A反应开始反应物浓度最大，反应速率逐渐增大，说明反应为放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，最后达到平衡状态，正反应速率不再变化，故A正确；

B.催化剂降低反应的活化能改变反应历程；提高活化分子的百分含量，能加快反应速率，图像分析可知是催化反应与无催化反应过程中的能量关系，故B正确；

C.将放入密闭真空容器中，反应达到平衡时体系压强为P，保持温度不变，时刻将容器体积缩小为原来的不考虑平衡移动，氧气的浓度应为原来的2倍，气体压强为原来的2倍，但压强增大平衡逆向进行，所以压强减小，平衡常数不变，氧气浓度不变，所以最后达到平衡压强为仍为P，故C正确；

D.上述分析可知；c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故D错误。

故选D。

【点睛】

本题考查了化学平衡影响因素分析，催化剂对化学反应的影响，通过图像和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3KJ·mol−1，该反应中稀的强酸与稀的强碱反应，只生成1molH2O，H2SO4和Ca(OH)2反应时除了生成水、还有CaSO4沉淀生成时也放出热量，故该反应的中和热ΔH≠-2×57.3KJ·mol−1；A错误；

B．1克燃料完全燃烧所放出的热量为热值，摩尔燃烧焓是1摩尔燃料完全燃烧生成稳定的生成物时所放出的热量；101kPa时，H2的热值为142.75kJ·g－1，则表示氢气摩尔燃烧焓的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－2×142.75kJ·mol－1；B错误；

C．由C(金刚石)＝C(石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知；金刚石的能量比石墨高，石墨更稳定，C错误；

D．同温同压下，一个反应的ΔH不受反应条件的影响，只与反应物和生成物的总能量有关，所以4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同；D正确。

故选D。6、D【分析】【分析】

由图像可知，随着温度的升高，甲醇的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则ΔH＜0；B；C、D三点均达到平衡状态，由此分析。

【详解】

A．由题中图像分析，温度升高，甲醇的平衡转化率降低，说明平衡逆行移动，该反应的ΔH＜0；故A不符合题意；

B.C、D三点均达到平衡状态，此时正逆反应速率相等，由于温度T3＞T2＞T1；随着温度的升高，甲醇的平衡转化率降低，说明反应物的浓度，D点＞C点＞B点，故正反应速率D点＞C点＞B点，逆反应速率D点＞C点＞B点，故B不符合题意；

C．T1时；若保持温度；压强不变，随着反应的进行，容器的体积缩小，相较于温度、体积不变时，平衡正向移动，甲醇的转化率α：α＞80%，故C不符合题意；

D．T2时；反应达到平衡状态时，甲醇的转化率为60%，列出三段式；

K===30，此时若保持其他条件不变，再通入0.08molCH3OH，0.20molCO和0.60molCH3COOH，Qc===30=K；处于平衡状态，即平衡不移动，故D符合题意；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

(1)弱电解质电离是吸热的；升高温度，会促进电离，电离平衡常数Ka增大；

(2)酸电离出H＋能力越弱，那么其对应的酸根阴离子结合H＋能力越强，从表中数据可以看出，HCO3－电离出H＋能力最弱，则CO32－结合H＋能力最强；最弱的为CH3COO-，ClO-大于HCO3-，所以四种离子结合质子能力由大到小的顺序是a＞b＞d＞c；

(3)用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸；促进醋酸的电离，但是溶液的酸性减弱；

a．上下同时乘以溶液的体积，有加水稀释，醋酸的电离被促进，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，则减小；a不符合题意；

b．上下同时乘以溶液的体积，有加水稀释，醋酸的电离被促进，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO－)增大，则增大，b符合题意；

c．在溶液中，Kw=c(H＋)c(OH－)，则用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH－)增大，则减小；c不符合题意；

d．用水稀释醋酸，溶液的酸性减弱，c(OH－)增大，c(H＋)减小，则减小；d不符合题意。

答案选b；

(4)NaHCO3在溶液中电离出HCO3－，HCO3－即可以电离又可以水解，其电离和水解的方程式分别为HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，从方程式可知，HCO3－电离使得溶液显酸性，水解使得溶液显碱性；现NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3－的水解程度大于其电离程度，水解产生的H2CO3多余电离产生的CO32－，则c(H2CO3)＞c(CO32-)，原因是HCO3-水解程度大于电离程度；

(5)①醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，其电离平衡常数则pH=6，c(H＋)=10－6mol·L－1，K=1.8×10-5，带入数值

②在混合溶液中，根据电荷守恒，有c(H＋)＋c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)，溶液pH=6，则c(H＋)=10－6mol·L－1，c(OH－)=10－8mol·L－1，带入数据，得c(CH3COO－)－c(Na＋)=10－6mol·L－1－10－8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1。【解析】增大a＞b＞d＞cb＞HCO3-水解程度大于电离程度189.9×10-78、略

【分析】【详解】

(1)酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数CH3COOH>H2CO3>HClO，所以酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO；

(2)同浓度的酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，电离产生的酸根离子结合氢离子的能力就越弱。由于电离平衡常数:K(CH3COOH)>K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以CH3COO-、HCOCOClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为CO>ClO->HCO>CH3COO-；

(3)由于电离平衡常数：K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应的离子方程式：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO

(4)在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

①溶液在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀释都减小，同时电离平衡正向移动，使溶液中减小；

②＝K；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变；

③在溶液的稀释时，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，电离平衡正向移动，使c(CH3COOH)进一步减小，c(CH3COO-)又有所增大，所以增大；

④＝＝由于在温度不变时，K、Kw都是常数；所以他们的比值不变；

(5)根据图示可知：体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释了100倍，若HX是强酸，则其pH=4，实际pH<4，说明HX弱酸。酸电离程度越大，稀释时溶液中c(H+)变化越大，溶液的pH就越大，由于在稀释过程中pH变化HX>CH3COOH，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。【解析】CH3COOH>H2CO3>HClOCO>ClO->HCO>CH3COO-CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO变小不变变大不变>当完全电离时应该是pH=4，现在pH值HX>CH3COOH，说明原来HX电离更多，故HX的电离平衡常数>醋酸的电离平衡常数9、略

【分析】(1)

Na2CO3溶液显碱性的主要原因是碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，其离子方程式为+H2OHCO+OH－；故答案为：+H2OHCO+OH－。

(2)

根据醋酸若雨盐酸，醋酸铵是相互促进的双水解，氯化铵中值由铵根水解，因此CH3COONH4溶液中c(NH)小于NH4Cl溶液中c(NH)；故答案为：小于。

(3)

有同学认为根据前几组实验结果；根据醋酸铵pH为7.0，醋酸钠的pH值为8.9，由于醋酸根水解程度和铵根水解程度相当，因此无需再实验就可以预测a的值，则a=7−(8.9−7)=5.1；故答案为：5.1。

(4)

推测上述CH3COONa溶液的pH大于NaHCO3溶液pH的可能原因：HCO电离出的H+会中和HCO水解产生的部分OH－；故答案为：HCO电离出的H+会中和HCO水解产生的部分OH－。

(5)

锅炉水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢时经常先用饱和Na2CO3溶液浸泡，后用盐酸溶解，用化学平衡移动原理解释清洗CaSO4的过程为CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸；故答案为：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸。【解析】(1)+H2OHCO+OH－

(2)小于。

(3)5.1

(4)HCO电离出的H+会中和HCO水解产生的部分OH－

(5)CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因为CaCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO与Ca2+结合，导致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，而CaCO3能溶于盐酸10、略

【分析】【详解】

(1)双氧水是绿色氧化剂，还原产物是水，反应中不带入新的杂质，故本实验最适合的氧化剂X是H2O2，加X的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于Fe3+生成沉淀而与Cu2+分离。

(2)Fe3+发生水解反应，加入的CuO或Cu(OH)2与水解得到的H+反应，促使水解平衡正向移动，最终Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、CuO+2H+=Cu2++H2O。

(3)已知Ksp[Fe(OH)3]=10-38，则Fe3+刚好沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时，

(4)要获得CuCl2·2H2O晶体，需采用蒸发浓缩冷却结晶，不能直接蒸发结晶得，原因是直接加热会促进的CuCl2水解，得不到CuCl2·2H2O晶体。【解析】H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于Fe3+生成沉淀而与Cu2+分离Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+CuO+2H+=Cu2++H2O3不能直接加热会促进的CuCl2水解，得不到CuCl2·2H2O晶体11、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】阳3H2O-6e-→O3+6H+阴3O2+6H++6e-→3H2O2(或O2+2H++2e-→H2O2)3H2O+3O2O3+3H2O2三、判断题(共5题，共10分)12、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。13、B【分析】【详解】

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷完全燃烧应该生成CO2和H2O则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为

故错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

pH=2的盐酸中氢离子浓度和pH=12的氨水中氢氧根浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得则c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案为：错误。15、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，则HA-水解程度小于电离程度、溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，故答案为：错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，为抑制Fe3+的水解，实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3(s)溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；正确。四、结构与性质(共1题，共3分)17、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SrTiO36五、工业流程题(共1题，共9分)18、略

【分析】【分析】

原料中含有Fe(CrO2)2、Al2O3、SiO2，加入碳酸钠，通入空气煅烧得到铬酸钠、偏铝酸钠、以及硅酸钠等，加水溶解，过滤除去不溶物，滤渣1为滤液中通入二氧化碳形成氢氧化铝和硅酸等沉淀，过滤后得到滤渣2，向滤液中加入稀硫酸酸化，得到重铬酸钠和硫酸钠混合溶液，经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥即可得到Na2Cr2O7·2H2O

（1）

“煅烧”时，转化为和化学方程式为

（2）

①加热至接近沸腾可以促进偏铝酸钠；硅酸钠分别水解生成氢氧化铝、硅酸沉淀而除去；

②加热，和在水溶液中发生水解生成沉淀，离子方程式为

（3）

对反应进行标号，①，②，③，③-②2的则平衡常数盐酸是一种还原性的强酸，而离子在酸性溶液中有较强氧化性，离子会被盐酸还原成故酸化时，通常用硫酸而不用盐酸。【解析】(1)

(2)促进偏铝酸钠、硅酸钠分别水解生成氢氧化铝、硅酸沉淀而除去

(3)盐酸是一种还原性的强酸，而离子在酸性溶液中有较强氧化性，故离子会被盐酸还原成六、原理综合题(共2题，共4分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①已知：C(s)和CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ·mol-1和283kJ·mol-1；即：

ⅰC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

ⅱ2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

CO(g)和NO(g)反应的热化学方程式为ⅲ2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.8kJ·mol-1

根据盖斯定律ⅰ+ⅲ-ⅱ×2可得：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH=-575.3kJ·mol-1；除增大一氧化氮的浓度外；能使平衡正向移动的措施均能提高NO平衡转化率，则可采取的措施有降温；减少生成物的浓度；

②根据题意列三段式：

则平衡时NO的转化率为×100%=40%，由