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7题，共14分)1、下列对化学平衡移动的分析中；不正确的是。

①已达平衡的反应当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动。

②已达平衡的反应当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高。

③有气体参加的反应平衡时；若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动。

④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动．A.①④B.①②③C.②④D.①②③④2、在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（）

A.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰2B.X是电源的负极C.阴极的反应式是：H2O＋2e-=H2＋O2-CO2＋2e-=CO＋O2-D.总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O23、分析表中的3个热化学方程式，下列说法错误的是。2022年北京冬奥会“飞扬”火炬的燃料H2①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ•mol-12008年北京奥运会“祥云”火炬的燃料C3H8②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-2039kJ•mol-1

③2C3H8(g)+7O2(g)=6CO(g)+8H2O(g)ΔH=-2380kJ•mol-1

A.3CO(g)+7H2(g)=C3H8(g)+3H2O(g)ΔH=-504kJ•mol-1B.等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，氢气放热更多C.3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g)ΔH=-381kJ•mol-1D.丙烷的燃烧热为-2039kJ•mol-14、国产航母山东舰采用模块制造；然后焊接组装而成。实验室模拟海水和淡水对焊接金属材料的影响，结果如图所示。下列分析正确的是 

A.舰艇被腐蚀是因为形成了电解池B.甲是海水环境下的腐蚀情况C.被腐蚀时正极反应式为：Fe-2e→Fe2＋D.焊点附近用锌块打“补丁”延缓腐蚀5、下列不是利用盐类水解原理的是A.氯化铵溶液可以用于清洗一些金属表面的氧化膜B.配制氯化亚铁溶液时，往往加入过量的铁粉C.FeCl3溶液放置一段时间后会出现丁达尔现象D.用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，可作泡沫灭火剂6、在醋酸溶液中，电离达到平衡的标志是A.溶液显电中性B.溶液中有分子存在C.D.氢离子浓度恒定不变7、羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K=0.1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是A.CO、H2S的转化率之比为1：1B.达平衡后H2S的体积分数约为29.4%C.升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、某兴趣小组用下图装置研究原电池的工作原理。

(1)甲中K断开时；装置中发生反应的离子方程式为_________；K闭合时，Cu棒上的现象为________，外电路电流的方向由_______（填“Cu到Zn”或“Zn到Cu”）。

(2)乙图为氢氧燃料电池构造示意图，其中通入氧气的电极为电池的____极（填“正”或负”），电极反应为________________。9、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电源。如图为电池示意图；

请回答：

（1）通入H2的电极为__________（填“正”或“负”）极；发生__________反应（填“氧化”或“还原”），正极的电极反应式为__________。

（2）标准状况下，通入5.6LH2，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。10、把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5mol•L﹣1硫酸溶液的烧杯中；该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图曲线来表示，回答下列问题：

（1）曲线由O→a段不产生氢气的原因是_____________________；有关反应的离子方程式为________________________；

（2）曲线a→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因________________________________________；11、一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＞0，CO2的浓度与时间的关系如图1所示：

(1)①若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L-1，则平衡时CO2的浓度为___________mol·L-1。

②下列措施中能使平衡常数增大的是___________(填序号)。

A．升高温度。

B．增大压强。

C．再充入一定量的CO2

D．再加入一定量铁粉。

(2)对于可逆反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)；该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图2。

①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是___________。

A．升温。

B．增大CO2浓度。

C．使用催化剂。

②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4～t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3～t5的v(逆)变化曲线___________。12、写出下列难溶物溶解平衡方程式和溶度积表达式。难溶物溶解平衡方程式Ksp表达式AgCl______________AgI______________Ag2CrO4______________

【思考交流】影响溶度积常数大小的因素是什么？溶度积常数的含义是什么？根据表格进行分析；溶度积与溶解度有什么关系？

影响Ksp的因素：_______

Ksp的意义：_______13、海水是巨大的化学资源宝库；利用海水可以直接或间接获取很多物质。

利用1：氯碱工业。

(1)从海水中提取粗盐的方法是_______。

(2)图1是氯碱工业中电解饱和氯化钠溶液的示意图，饱和氯化钠溶液从a口进入，NaOH溶液从_______(填b或d)口导出。阳离子交换膜的作用是_______。

(3)图2是电解氯化钠溶液的微观示意图。X为电源的_______极，水合钠离子、水合氯离子吸引水分子的氢原子朝向不同的原因_______。

利用2：提镁工业。

(4)从海水中提取镁的流程图如下，按示例所示补全缺少的流程：_______。

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误15、热化学方程式表示的意义：25℃、101kPa时，发生上述反应生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的热量。(_______)A.正确B.错误16、0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(OH-)。(_______)A.正确B.错误17、反应条件(点燃或加热)对热效应有影响，所以热化学方程式必须注明反应条件。____A.正确B.错误18、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5分)19、金属锰的用途非常广泛，涉及人类生产生活的方方面面，用含锰废料(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2等)制备锰的流程如下：

已知：Ⅰ.25℃时几种难溶物的溶度积常数见下表：。难溶物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2MnF2MgF2溶度积(Ksp)2.8×10−391×10−335.6×10−122.0×10−135.3×10−35.2×10−11

Ⅱ．当溶液中某离子浓度≤10−5mol·L−1时；认为该离子沉淀完全。

回答下列问题：

(1)“滤渣1”的主要成分为___________(填化学式)。

(2)写出“酸浸”过程中Fe2O3和SO2反应的化学方程式___________。

(3)“氧化”过程中，被MnO2氧化的物质有___________(写化学式)。

(4)若“调pH”后所得溶液中c(Mn2+)=0.2mol·L−1，则调pH的范围是___________(保留两位有效数字)。

(5)分别写出“沉镁”和“沉锰”的离子方程式___________，___________。

(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是___________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-；现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加过量NaOH溶液加热后；只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。

②在甲溶液中通入过量CO2；生成白色沉淀，沉淀经过滤；洗涤、灼烧，质量为1.02g。

③第二份加足量BaCl2溶液后；得白色沉淀，加盐酸不溶解，经过滤；洗涤、干燥后，称得沉淀质量为13.98g。

（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______，检验该离子需使用何种试剂或方法______________。

（2）由题意可知此溶液呈________性（答酸性、碱性或中性），上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是___________。

（3）钾离子是否存在（是或否）：_______，若存在其浓度范围为（没有则不答）：_________。21、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前20号主族元素.X元素的一种原子核内只有质子，没有中子；Y的一种核素14Y用于考古时测定一些文物的年代；Z的最高价氧化物的水化物显两性；W的单质是一种黄绿色气体；R电子层数是最外层电子数的两倍.回答下列问题：

(1)R在周期表中的位置是_______，14Y的原子中，中子数与质子数的差为_______.

(2)Y2X4分子中在同一平面上的原子数为_______，RW2的电子式是_______.

(3)ZW3溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)_______.

(4)某传感器可以检测空气中W2的含量，其工作原理如图所示，W2气体在多孔电极被消耗并在负极和正极之间产生电流.

多孔电极的电极反应式为_______，0.01molW2气体参加反应时，理论上通过质子交换膜的H+数为_______.22、A、B、C、D均为短周期的非金属元素，且原子序数依次增大。A、B可形成一种极易溶于水的碱性气体X，A、B、C元素可组成离子晶体，该晶体的化学式为A4B2C3；A和D可形成极易溶于水的酸性气体Y；X分子比Y分子少8个电子。

（1）请写出四种元素的元素符号：A__________B________C___________D_______

（2）用离子方程式表示A4B2C3的水溶液显酸性的原因_______________________

（3）用电子式表示B2___________________用电子式表示ADC________23、短周期主族元素A；B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（一）（1）D在周期表中的位置是_______，写出实验室制备单质F的离子方程式__________。

（2）化学组成为BDF2的电子式为：______，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为________化合物(填“离子”或“共价”)。

（3）化合物甲、乙由A，B，D，E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为：______________________________。

（4）由C，D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_________(用元素离子符号表示)。

（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性________于F(填“强”或“弱”)，并用化学方程式证明上述结论___________________________________________________。

（二）以CA3代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。

（1）CA3燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4CA3+3O2=2C2+6H2O．该电池负极的电极反应式为________；每消耗3.4gCA3转移的电子数目为______。

（2）用CA3燃料电池电解CuSO4溶液，如图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为______；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为________L。

（3）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示；反应过程中有红棕色气体产生。

图1图2

0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是____，溶液中的H＋向_____极移动（填“正”或“负”），t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是___________。评卷人得分六、实验题(共1题，共8分)24、将某黄铜矿（主要成分为CuFeS2）和O2在一定温度范围内发生反应，反应所得固体混合物X中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3及少量SiO2等，除杂后可制得纯净的胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。

（1）实验测得温度对反应所得固体混合物中水溶性铜(CuSO4)的含量的影响如图所示。生产过程中应将温度控制在_____左右，温度升高至一定程度后，水溶性铜含量下降的可能原因是_____。

（2）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算）。实验中可选用的试剂和用品：稀硫酸、3%H2O2溶液；CuO、玻璃棒、精密pH试纸。

①实验时需用约3%的H2O2溶液100mL，现用市售30%(密度近似为1g•cm-3)的H2O2来配制，其具体配制方法是_____。

②补充完整由反应所得固体混合物X制得纯净胆矾晶体的实验步骤：

第一步：将混合物加入过量稀硫酸；搅拌；充分反应，过滤。

第二步：_____。

第三步：_____；过滤。

第四步：_____；冷却结晶。

第五步：过滤；洗涤；低温干燥。

（3）在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillusferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为_________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的物质的量，平衡向正反应方向移动，但转化的少，增加的多，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误；综上所诉，答案为D。2、A【分析】【详解】

A．从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2；CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)；所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，故A错误；

B．从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化；均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，故B正确；

C．阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2↑＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ；故C正确；

D．从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2；故D正确。

综上所述；答案为A。

【点睛】

分析化合价升降，得出是氧化反应还是还原反应，分析出阴极还是阳极的反应，再根据具体情况分析其他。3、D【分析】【详解】

A．根据盖斯定律，①×-③可得3CO(g)+7H2(g)=C3H8(g)+3H2O(g)ΔH=(-484)×-(-2380)=-504kJ/mol；故A正确；

B．由2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ/mol可知4g氢气反应放出484kJ热量，由C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-2039kJ/mol可知44g丙烷反应放出2039kJ热量；则4g丙烷反应放出185.4kJ热量，因此等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，氢气放热更多，故B正确；

C．根据盖斯定律，①×5-②可得3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g)ΔH=5×(-484kJ/mol)-(-2039kJ/mol)=-381kJ/mol；故C正确；

D．丙烷的燃烧热是指1mol丙烷完全燃烧生成二氧化碳与液态水放出热量，C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-2039kJ/mol为生成气态水；则丙烷的燃烧热不是2039kJ/mol，故D错误；

故选D。4、D【分析】【分析】

铁比锡活泼，在海水和淡水环境下，均是为负极，为正极；以此解题。

【详解】

A．由图可知；舰艇腐蚀是形成原电池，加快反应速率，A错误；

B．海水环境下电解质浓度较大；腐蚀更严重，乙是在海水环境下的腐蚀情况，B错误；

C．两种环境下，正极反应式为C错误；

D．锌可以和铁形成原电池；但是此时锌为负极，保护了舰体不被腐蚀，D正确；

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．由于氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性；故可以氯化铵溶液用于清洗一些金属表面的氧化膜，A不合题意；

B．配制氯化亚铁溶液时，往往加入过量的铁粉是为了防止Fe2+被氧化；故与盐类的水解无关，B符合题意；

C．FeCl3溶液放置一段时间后会出现丁达尔现象，说明形成了Fe(OH)3胶体，发生了：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；故与盐类的水解有关，C不合题意；

D．用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，可作泡沫灭火剂，其原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，是因为NaHCO3因水解呈碱性，Al2(SO4)3因水解呈酸性；故与盐类的水解有关，D不合题意；

故答案为：B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．无论醋酸电离是否达到平衡状态；溶液都呈电中性，所以不能据此判断电离平衡状态，故A错误；

B．是弱电解质而部分电离，无论是否达到电离平衡状态溶液中都存在不能据此判断电离平衡状态，故B错误；

C．溶液中存在电荷守恒无论是否达到电离平衡状态都存在不能据此判断电离平衡状态，故C错误；

D．当醋酸电离达到平衡状态时，电离速率、和生成速率相等，溶液中不变；故D正确；

故选D。7、B【分析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S的物质的量为nmol；则：

该温度下该反应的K=0.1，设容器的容积为V，则平衡常数K==0.1，解得n=7，即反应前H2S的物质的量为7mol；据此分析解答。

【详解】

A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol；7mol；而二者的化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；

B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+7mol=17mol，平衡后H2S的物质的量为(7-2)mol=5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=100%29.4%；故B正确；

C．升高温度；COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，故C错误；

D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，则此时该反应的浓度商Qc==>K=0.1；说明平衡会向着逆向移动，故D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

根据原电池的工作原理分析解答。

【详解】

(1)甲中K断开时，锌与稀硫酸直接发生置换反应，该反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；K闭合时，形成Zn-Cu-稀H2SO4原电池，Zn比Cu活泼，Cu作原电池的正极，正极反应为2H++2e-=H2↑；故Cu棒上有气泡产生；原电池工作时，电子从负极流出，经导线流向正极，电流方向与电子的流向相反，故外电路中电流的方向由Cu到Zn；

(2)氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为电池的正极，通入氢气的电极为电池的负极，在正极上，氧气得电子发生还原反应，故正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O。

【点睛】

氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O；负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式；

①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极的电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O；

②若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，负极的电极反应式为：2H2-4e-=4H+。【解析】Zn+2H+=Zn2++H2↑有气泡产生Cu到Zn正O2+4e−+4H+=2H2O9、略

【分析】【分析】

由图可知该装置为氢氧燃料电池，通入H2的电极为负极，发生氧化反应，通入O2的电极为正极；发生还原反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行计算。

【详解】

(1)根据上述分析：通入H2的电极为负极，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，发生还原反应，则正极的电极反应式为O2+4e‾+2H2O=4OH-，故答案：负；氧化；O2+4e‾+2H2O=4OH-；

(2)标准状况下，5.6LH2为0.25mol，若能量转化率为80%，根据H2-2e-+2OH-=2H2O，则导线中通过电子的物质的量=0.25mol2=0.4mol，故答案：0.4mol。【解析】负氧化O2+4e‾+2H2O=4OH-0.410、略

【分析】【详解】

（1）在空气中久置的铝片表面有氧化铝薄膜，因此，硫酸首先和氧化铝反应，不产生氢气；有关反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）a→c段，虽然硫酸的浓度渐小，但是该反应是放热反应，反应进行中温度逐渐升高，温度升高，化学反应速率加快。【解析】①.硫酸首先和氧化铝反应，不产生H2②.Al2O3+6H+=2Al3++3H2O③.反应放热，温度升高是影响反应速率的主要因素，使反应速率增大11、略

【分析】【详解】

(1)①对于反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＞0，反应前后气体的分子数相等，加压时平衡不发生移动，所以若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L-1，其平衡转化率与CO2的起始浓度为1.5mol·L-1时相同，则平衡时CO2的浓度为2.0mol·L-1×=0.67(或)mol·L-1。

②A．因为ΔH＞0；所以升高温度，平衡正向移动，反应的平衡常数增大；

B．增大压强；平衡不发生移动，反应的平衡常数不变；

C．再充入一定量的CO2；虽然平衡正向移动，但由于温度不变，所以平衡常数不变；

D．再加入一定量铁粉；对反应不产生影响，平衡常数不变；

综合以上分析，只有A符合题意，故选A。答案为：0.67(或)；A；

(2)①A．升温的瞬间；正；逆反应速率都增大，平衡正向移动，逆反应速率继续增大，A符合题意；

B．增大CO2浓度的瞬间；逆反应速率不变，B不符合题意；

C．使用催化剂，逆反应速率突然增大，但由于t1时反应未达平衡，所以反应继续正向进行，逆反应速率继续增大，直至t2时达到平衡；C符合题意；

综合以上分析；AC符合题意，故选AC。

②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，在分离出部分CO的瞬间，逆反应速率减小，然后随平衡的正向移动，逆反应速率不断增大，最后达平衡状态时，逆反应速率不变，从而得出t3～t5的v(逆)变化曲线为答案为：AC；【解析】0.67(或)AAC12、略

【分析】略【解析】AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)Ksp=c平(Cl-)c平(Ag+)AgI(s)⇌Ag+(aq)+I-(aq)Ksp=c平(I-)c平(Ag+)Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)Ksp=c平(CrO)c平2(Ag+)Ksp的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关相同类型的难溶电解质，在同温度下，Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，应通过计算才能进行比较13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)海水中溶有氯化钠；将氯化钠从海水中分离，应用蒸发结晶或晒盐的方法。

(2)饱和氯化钠溶液从a口进入，水从c口进入，左边Cl-放电，失去电子发生氧化反应，左边电极为阳极，右边H+放电，得电子发生还原反应，右边为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成的OH-与左边通过阳离子交换膜进入右边的Na+结合生成NaOH，从d口导出；阳离子交换膜阻止OH−移向阳极；提高NaOH的产量和纯度。

(3)根据题图可知，a离子半径大于b离子半径，所以a离子为氯离子，b离子为钠离子，钠离子带正电易吸引水中的氧原子，氯离子带负电易吸引水中的氢原子；a离子是氯离子，b离子是钠离子；氯离子向左侧移动发生氧化反应，则左侧为阳极，X极为电源的正极。

(4)从海水中提取镁，首先加入Ca(OH)2(或CaO、NaOH)将硫酸镁转化沉淀Mg(OH)2，过滤，再向Mg(OH)2中加入盐酸，得到氯化镁溶液，在HCl气流中蒸发得到氯化镁，电解解熔融氯化镁即得到Mg。【解析】蒸发结晶或晒盐d阻止OH−移向阳极，提高NaOH的产量和纯度正钠离子带正电易吸引水中的氧原子，氯离子带负电易吸引水中的氢原子Mg(OH)2(第一空CaO、NaOH也可以)三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【分析】

【详解】

滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，并不一定是酸碱恰好中和的点，故答案为：错误。15、A【分析】【详解】

题中没有特殊说明，则反应热是在常温常压下测定，所以表示25℃、101kPa时，1mol反应[]，放热241.8kJ。(正确)。答案为：正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得碳酸钠溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)，错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

热化学方程式主要是强调这个反应的反应热是多少，而不是强调这个反应在什么条件下能发生，根据盖斯定律，只要反应物和生成物一致，不管在什么条件下发生反应热都是一样的，因此不需要注明反应条件，该说法错误。18、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。四、工业流程题(共1题，共5分)19、略

【分析】【分析】

含锰废料(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2等)加入稀硫酸酸化，然后用SO2还原，溶液中有Mn2+、Al3+、Fe2+、Mg2+、H+、SiO2进入滤渣1分离。加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，用氨水调pH除去Fe3+、Al3+，用MnF2将Mg2+转化为MgF2除去，加入NH4HCO3将Mn2+转化为MnCO3；在空气中煅烧生成二氧化锰，而后经过铝热反应生成锰单质。

【详解】

(1)SiO2不溶于酸，因此“滤渣1”的主要成分为SiO2.

(2)过量SO2(还原剂)与Fe2O3(氧化剂)在酸性条件下发生氧化还原反应，生成和Fe2+，根据得失电子守恒和质量守恒可知化学方程式为：Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2O。

(3)加入MnO2，MnO2具有较强的氧化性，氧化溶液中具有还原性的物质FeSO4和SO2.。

(4)调pH是为了完全沉淀Fe3+、Al3+，因Fe(OH)3与Al(OH)3的组成相似，Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]，调pH的范围应用Ksp[Al(OH)3]进行计算，将c(Al3+)=10−5mol·L−1代入其Ksp中计算得c(OH−)≈10−9.3mol·L−1，pH=14−9.3=4.7，则需pH≥4.7才能将Al3+完全沉淀；而Mn2+不能发生沉淀，由Ksp=2.0×10−13=c(Mn2+)×c2(OH−)，将c(Mn2+)=0.2mol·L−1代入计算得c(OH−)max=10−6mol·L−1；则pH＜8.0，所以答案为：4.7≤pH＜8.0。

(5)MnF2的溶度积远大于MgF2，加入MnF2可将Mg2+转化为MgF2，MnF2+Mg2+＝MgF2+Mn2+。Mn2+和由电离出的碳酸根离子结合，生成白色的碳酸锰沉淀，所以离子方程式为：MnF2+Mg2+=MgF2+Mn2+；Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。

(6)MnCO3表面残留可溶性的硫酸根离子，检验MnCO3沉淀是否洗涤干净，可以通过检验是否残留有硫酸根离子来作为依据，所以答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量HCl酸化并加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，证明沉淀已经洗净(合理即可)。【解析】SiO2Fe2O3+SO2+H2SO4=2FeSO4+H2OFeSO4、SO24.7≤pH＜8.0MnF2+Mg2+=MgF2+Mn2+Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量HCl酸化并加入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，证明沉淀已经洗净（合理即可）五、元素或物质推断题(共4题，共28分)20、略

【分析】【详解】

第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.98g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）由上述实验可确定溶液中一定不存在的离子是Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-，不能确定是否存在的离子是Cl-，检验该离子需使用的试剂为HNO3、AgNO3，取少量溶液于试管中滴加过量的稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀则原溶液中含有Cl-，若无白色沉淀产生则原溶液中不含Cl-；

（2）一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-，由题意可知此溶液水解使溶液呈酸性，上述金属离子中既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+；

（3）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度==0.2mol/L；由②可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量==0.01mol，溶液中Al3+的物质的量浓度==0.2mol/L；由③可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到13.89g固体为硫酸钡，物质的量==0.06mol，SO42-物质的量浓度==0.6mol/L，依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，一份溶液中阳离子电荷数为0.08mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为0.12mol，所以一定有K+存在，若不存在氯离子，则为0.04mol，若存在氯离子则应大于0.04mol，故K+物质的量浓度≧0.4mol/L。【解析】①.Fe2+、Mg2+、Ba2+、CO32-②.Cl-③.HNO3、AgNO3④.酸性⑤.Fe2+⑥.是⑦.≧0.4mol/L21、略

【分析】【分析】

由题干信息可知，X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前20号主族元素.X元素的一种原子核内只有质子，没有中子，故X为H，Y的一种核素14Y用于考古时测定一些文物的年代；故Y为C，Z的最高价氧化物的水化物显两性，故Z为Al，W的单质是一种黄绿色气体，故W为Cl，R电子层数是最外层电子数的两倍，故R为Ca，据此分析解题。

【详解】

(1)由分析可知，R为Ca，故在周期表中的位置是第四周期第ⅡA族，14Y为14C的原子中；中子数与质子数的差为14-6-6=2，故答案为：第四周期第ⅡA族；2；

(2)由分析可知，Y2X4分子为C2H4，已知乙烯是一种平面型分子，所有原子共平面，故在同一平面上的原子数为6，RW2即CaCl2，故其电子式是故答案为：6；

(3)由分析可知，ZW3溶液即AlCl3溶液，故其呈酸性的原因是由于Al3+水解，故用离子方程式表示为：故答案为：

(4)由分析可知，W2气体为Cl2，在多孔电极被消耗并在负极和正极之间产生电流，根据图中信息可知，Cl2得到电子转化为Cl-，故发生还原反应，作正极，故多孔电极的电极反应式为0.01molW2气体参加反应时，电子转移为0.02mol，故理论上通过质子交换膜的H+数为1.204×1022或0.02NA，故答案为：1.204×1022或0.02NA。【解析】第四周期第ⅡA族261.204×1022或0.02NA22、略

【分析】【分析】

A、B、C、D均为短周期的非金属元素，且原子序数依次增大；A、B可形成一种极易溶于水的碱性气体X，此气体应为NH3，则A为H元素，B为N元素，A、B、C元素可组成离子晶体，该晶体的化学式为A4B2C3，则C元素应为O元素，形成的晶体为NH4NO3；NH3分子内电子总数为10；A和D可形成极易溶于水的酸性气体Y，X分子比Y分子少8个电子，则D为Cl元素，Y为HCl气体，据此分析解题。

【详解】

(1)由分析可知：四种元素的元素符号：A为H；B为N；C为O，D为Cl；

(2)NH4NO3的水溶液显酸性，是溶液中NH4+水解的缘故，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3.H2O+H+；

(3)N2分子内存在氮氮三键，其电子式为ADC为HClO，分子内Cl原子分别与H和O原子各形成1个共用电子对，电子式为【解析】HNOClNH4++H2ONH3.H2O+H+23、略

【分析】【分析】

【详解】

（一）短周期主族元素A，B，C，D，E，F的原子序数依次增大，B的化合物种类繁多，数目庞大，为碳元素；C，D是空气中含量最多的两种元素，C为氮元素，D为氧元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物，E为钠元素；F为同周期半径最小的元素，为氯元素。六种元素的原子核外电子层数之和为13，则A为氢元素。（1）D为氧元素，在第二周期第ⅥA族.实验室制取氯气是用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-（加热）=Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）物质为COCl2，根据碳原子形成4对共用电子，氧原子形成2对共用电子，氯原子形成一对共用电子分析，电子式为氢和氮；和氯形成的氯化铵为离子化合物。

（3）由氢、碳、钠、氯四种或三种元素组成的物质水溶液显碱性，可以为氢氧化钠和碳酸氢钠，二者反应生成碳酸钠和水，离子方程式为;OH－＋HCO=CO＋H2O。

（4）氮离子，氧离子，钠离子，氯离子，电子层数越多，半径越大，相同电子层的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以半径顺序为Cl-＞N3-＞O2-＞Na+。

（5）碳的非金属性比氯弱。可以用最高价氧化物对应的水化物的酸性证明，即高氯酸的酸性大于碳酸，高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，方程式为Na2CO3＋2HClO4===CO2↑＋H2O＋2NaClO4或NaHCO3＋HClO4===CO2↑＋H2O＋NaClO4。

（二）（1）氨气和氧气反应生成氮气和水，反应中氨气失去电子发生氧化反应，做负极，电极