2025年外研版选择性必修一化学上册月考试卷

…………○…………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年外研版选择性必修一化学上册月考试卷765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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险．如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F－从乙电极流向甲电极；下列关于该电池的说法正确的是。

A.放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e－＋3F－=BiF3B.充电时，导线上每通过1mole－，甲电极质量增加19gC.放电时，乙电极电势比甲电极高D.充电时，外加电源的正极与乙电极相连2、如图所示装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池放电、充电的化学方程式为2K2S2+KI3K2S4+3KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开关K时；电极X附近溶液先变红。下列说法正确的是。

A.闭合K时，如果石墨电极Y换成铁钉，可防铁钉生锈B.闭合K时，电极A上发生的反应为3I--2e-=IC.闭合K时，当有0.1molK+通过离子交换膜，X电极上产生2.24L(标准状况)气体D.装置(I)充电时，电极B连接外加电源的正极3、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2；其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出)。下列有关该方法的叙述中不正确的是。

A.能耗大是该方法的一大缺点B.整个过程中，有1种物质可以循环利用C.该方法可减少碳排放，捕捉到的二氧化碳还可用来做纯碱生产的原料D.“反应分离”环节中，分离的基本操作是过滤、洗涤、干燥4、化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是。选项生产活动化学原理ASO2可用作食品添加剂SO2具有还原性，漂白性B要减少或禁止使用含磷洗涤剂含磷洗涤剂会造成水体污染﹐影响水质C家用废旧电池要集中回收处理废旧电池中含有重金属离子，会造成土壤污染，水体污染D家用铁质镀铜自来水龙头利用了牺牲阳极的阴极保护法，保护了铁质水龙头

A.AB.BC.CD.D5、下列说法正确的是()A.强酸的水溶液中不存在OH-B.pH=0的溶液是酸性最强的溶液C.25℃时溶液中由水电离出的c(H+）=1×10-11mol·L-1,该溶液显碱性D.温度不变时，加水稀释氢氧化钠溶液，溶液中离子浓度不能都减小6、下列有关实验操作、实验现象和得出的结论均正确的是。选项实验操作实验现象结论A将通入溴水中溴水颜色褪去具有漂白性B常温下，用广泛试纸测定0.1溶液的试纸变为淡蓝色是弱酸C向溶液中同时通入和气体无沉淀生成不能和反应生成和D向盛有溶液的试管中加入苯和溶液溶液分层，上层溶液变紫红色，下层有黄色沉淀生成溶液中存在平衡：A.AB.BC.CD.D7、下列方案设计、现象和结论都正确的是。实验目的方案设计现象和结论A

探究NO2生成N2O4反应的吸放热将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中烧瓶内气体颜色变浅，NO2生成N2O4的反应为吸热反应B

比较CH3COOH和HF的酸性强弱相同条件下，分别用pH试纸测定0.lmol·L-1CH3COONa溶液、1.0mol·L-1NaF溶液的pHNaF溶液的pH>CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HF的酸性强C

比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D

镀锌铁皮锌镀层厚度的测定装有镀锌铁皮的烧杯中加入足量稀硫酸产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应

A.AB.BC.CD.D8、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是。选项实验操作和现象结论A将水滴入盛有过氧化钠固体的试管中，立刻把带火星的木条放在试管口，可看到有气泡产生，木条复燃固体遇水产生B将X溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝色X溶液中一定含有C向和KSCN的混合溶液中滴入酸化的溶液，溶液变红的氧化性一定比的强D向2支均盛有2mL相同浓度的溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCI、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D9、20℃时其些物质的溶解度数据如下表所示：

。物质。

CaCO3

CaSO4

Mg(OH)2

MgCO3

溶解度/(g/100g水)

1.4×10-3

0.21

9×10-4

1.1×10-2

下列说法不正确的是A.碳酸镁悬冲液中在在沉淀溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(ag)+(aq)B.用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3C.向盛有1mL0.1mol/L的NaOH溶液的试管中滴加1~2滴(1mL约20滴)2mol/LMgCl2溶液，再滴加几滴0.1mol/L的FeCl3溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀又转化为红褐色，说明此温度下：Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]D.向2mL饱和MgCl2溶液中先后滴加0.1mol/L的Na2CO3、NaOH溶液各2滴(1mL约20滴)，产生的白色沉淀为Mg(OH)2和MgCO3评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K1.71.11.00.60.4

回答下列问题：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=_____________________________,该反应为_______________反应（选吸热或放热）。

若改变条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数_________（填序号）

①一定不变②一定减小③可能增大④增大；减小、不变皆有可能。

(2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是___________

（a）容器中压强不变（b）混合气体中c（CO）不变。

（c）v逆(H2)=v正(H2O)（d）c（CO）=c（CO2）

(3)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡。

所需时间/min达到平衡。

所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt

实验1中以v(CO2)表示的反应速率为____________。实验2达到平衡所需时间比实验1所需时间短的原因是_________________________________________________________。11、回答下列问题：

（1）某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示；回答问题。

①该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，反应的ΔH=_______kJ·mol-1(用含E1、E2的代数式表示)。

②该反应过程中，断裂旧化学键吸收的总能量_______(填“>”“＜”或“=”)形成新化学键释放的总能量。

（2）已知：①C4H10(g)+O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH1=-119kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ·mol-1

则：C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH3=_______kJ·mol-1。

（3）已知拆开1molH-Cl键、1molH-H键、1molCl-Cl键分别需要的能量是431kJ、436kJ、243kJ，则2molHCl气体分解生成1molCl2与1molH2的热化学方程式为_______。

（4）已知：101kPa时，C(s)+O2(g)═CO(g)ΔH=﹣110.5kJ/mol，则碳的燃烧热数值_______110.5kJ/mol(填>，＜，=)。12、Ⅰ.已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，0.1mol/L的HA溶液中=108。请回答下列问题：

(1)该温度下，水的离子积kw=___________。

(2)该温度下，0.1mol/L的HA溶液中水电离出c(OH-)=___________。

(3)该温度下，100mLpH=a的稀硫酸与10mLpH=b的NaOH溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为______。

(4)在室温下，蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，下列呈减小趋势的是___________。A．水的电离程度B．C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积D．溶液中c(A-)•c(HA)的值

Ⅱ．室温下；取pH=2的盐酸和HA溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：

(5)图中表示HA溶液pH变化曲线的是______(填“A”或“B”)。

(6)设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1______m2填“＞”＜”或“=”13、某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=____；在该温度下，0.04mol/L的NaOH溶液的pH=____；该温度下，某溶液中由水电离产生的[OH-]和[H+]的乘积为1.6×10-17，则该溶液的pH=____。14、某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。

(1)如图1为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。

(2)其它条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图2所示。甲装置铜丝电极反应为______；乙装置中与铜线相连石墨电极上发生的反应式为______。

(3)电化学降解的原理如图3所示，电源正极为_________(填“a”或“b”)；阴极的电极反应式为_________。

(4)如图所示装置可用于制备N2O5，N2O5则在电解池的_______区生成，其电极反应式为________

15、对温室气体CO2进行减排和综合治理具有十分重要的意义。回答下列问题：

Ⅰ．O2辅助的Al~CO2电池工作原理如图所示该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

(1)电池负极的电极反应式为______________。电池正极的电极反应式为

(2)O2的作用是____________。

(3)该电池的化学方程式为___________。

Ⅱ．催化重整不仅对温室气体的减排具有重要意义，还可以得到合成气(CO和)。已知：

①

②

(4)写出该催化重整反应的热化学方程式：__________。16、已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)ΔH<0，图1、图2分别是CO2的平衡转化率随压强及温度的变化关系，已知m为起始时的投料比，即m=

(1)图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________，判断依据是___________

(2)图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为___________，判断依据是___________17、(1)已知：①Fe(s)+O2(g)=FeO(s)△H1=-270.0kJ/mol；②2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)，△H2=-1675.7kJ/mol。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是___________，某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是________（填“能”或“不能”），你的理由是___________________。

(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。已知：

①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=+393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，计算298K时由C(s，石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变(列出简单的计算式)：_____________________。18、判断正误：

(1)强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质稀溶液中存在溶质分子（________）

(2)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的c(OH-)=c()时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态（________）

(3)室温下，由0.1mol·L-1一元碱BOH的pH=10，可知溶液中存在BOH=B++OH-（________）

(4)电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大（________）

(5)25℃时，0.1mol·L-1CH3COOH加水稀释，各离子浓度均减小（________）

(6)电离平衡向右移动，弱电解质的电离度一定增大（________）

(7)电离平衡向右移动，电解质的分子浓度一定减小（________）

(8)Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同（________）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、滴定终点就是酸碱恰好中和的点。（____________）A.正确B.错误20、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误21、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误22、用湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的醋酸溶液的误差更大。(____)A.正确B.错误23、恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(____)A.正确B.错误24、常温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(_______)A.正确B.错误25、25℃时，0.01mol·L-1的盐酸中，c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1。（____________）A.正确B.错误26、盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的。(_______)A.正确B.错误27、生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共10分)28、已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素；请回答下列问题：

(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。

A．分子中共价键键角均为10928’B．黄砷中共价键键能大于白磷。

C．黄砷分子极性大于白磷D．黄砷的熔点高于白磷。

(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。

(4)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________，平衡时，c(AsO)=___________mol·L-1(用含有x；y的代数式表示；溶液混合体积变化忽略不计)。

②tm时v逆___________tn时v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。

A．2v(I-)=v(AsO)B．溶液的pH不再变化C．c(I-)=ymol·L-1D．c(AsO)/c(AsO)不再变化29、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_____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

充电时F-从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，乙电极为阴极，反应式为MgF2+2e-═Mg+2F-，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F-生成MgF2，电极反应式为Mg+2F--2e-═MgF2，甲电极为正极，正极反应式为BiF3+3e-═Bi+3F-；据此分析解答。

【详解】

A．放电时，甲为正极，正极的反应式为BiF3+3e-═Bi+3F-；故A错误；

B．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F--3e-═BiF3，所以导线上每通过1mole-，增加1molF-；则甲电极质量增加1mol×19g/mol=19g，故B正确；

C．放电时；乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故C错误；

D．充电时；外加电源的正极与甲电极相连，故D错误；

故选B。

【点睛】

把握原电池和电解池的工作原理是解题的关键。本题的易错点和难点为原电池的正负极的判断和电极反应式的书写。2、D【分析】【分析】

当闭合开关K时，X附近溶液先变红，说明X极生成OH-，应为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Y为电解池的阳极，发生：2Cl--2e-═Cl2↑，则A为原电池的负极，电极反应式为2K2S2-2e-═K2S4+2K+，B为原电池的正极，电极反应式为I3-+2e-═3I-；据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，石墨Ｙ电极与电源正极Ｂ相连，闭合K时，如果石墨电极Y换成铁钉，此时铁作阳极，故Fe-2e-=Fe2+；加快铁钉腐蚀，A错误；

B．A为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e-═K2S4+2K+；B错误；

C．当有0.1molK+通过离子交换膜，根据2K2S2-2e-═K2S4+2K+知，转移电子的物质的量是0.1mol，根据转移电子守恒知，X电极上产生气体体积=×22.4L/mol=1.12L；C错误；

D．由分析可知；装置(I)中A为负极，B为正极，故装置(I)充电时，电极B连接外加电源的正极，D正确；

故答案为：D。3、B【分析】【分析】

根据题中信息可知，基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，捕捉室中反应为二氧化碳与氢氧化钠反应，得到的Na2CO3和CaO在溶液中反应得到NaOH和CaCO3。

【详解】

A．碳酸钙的分解在高温条件下进行；消耗能量，故A正确；

B．根据流程图知；循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，故B错误；

C．该方法可减少碳排放；生产纯碱时需要在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，捕捉到的二氧化碳还可用来做纯碱生产的原料，故C正确；

D．“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤；洗涤、干燥；目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故D正确。

故答案选：B。4、D【分析】【详解】

A．SO2可用作食品添加剂如在葡萄酒中加入少量SO2是利用SO2的还原性；防止葡萄酒发生氧化反应，故A正确；

B．P元素为水中藻类植物的营养物质；则大量使用含磷洗涤剂会造成水体富营养化，故B正确；

C．废旧电池中含有重金属；如果随意丢弃会造成土壤；水资源污染，所以废旧电池要集中处理，故C正确；

D．铁的活泼性比铜强，铁上镀铜形成的原电池中铁做负极，加快铁的腐蚀，不能保护铁质水龙头，故D错误；

故选：D。5、D【分析】【详解】

A．水本身为弱电解质；无论任何水溶液中，都一定存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；

B．pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L；酸溶液中氢离子浓度可以远远大于此值，所以其溶液不是酸性最强的溶液，故B错误；

C．25℃时溶液中由水电离出的c(H+）=1×10-11mol·L-1；只能说明水的电离受到抑制，而酸或碱都可以抑制水的电离，故C错误；

D．温度不变时；加水稀释氢氧化钠溶液，溶液的碱性减弱，说明氢离子浓度增大，故D正确；

综上所述答案为D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．与溴水发生反应：从而使溴水褪色，体现了的还原性，与漂白性无关；故A错误；

B．试纸遇酸变红遇碱变蓝；故B错误；

C．向溶液中同时通入和可能发生两种反应：若发生第一个反应，生成的不与反应，则无沉淀生成，若发生第二个反应，生成的与反应生成沉淀；无论发生哪个反应，都没有产生；所以不能得出选项所给结论，故C错误；

D．向盛有溶液的试管中加入苯，溶液分层，苯的密度比水的密度小，上层溶液(苯层)变为紫红色，说明苯萃取出了碘单质；加入溶液后，下层溶液(水层)出现黄色沉淀(AgI)，说明水层中含有碘离子；因此说明溶液中含有I2和I-，即溶液中存在：故D正确；

答案选D。7、C【分析】【详解】

A．NO2生成N2O4是放热反应；温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不正确，故A错误；

B．方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，方案设计不正确，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱；B错误；

C．氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]；C正确；

D．锌铁都能和酸反应；方案设计不合理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D错误。

故选C。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．将水滴入盛有过氧化钠固体的试管中；立刻把带火星的木条放在试管口，可看到有气泡产生，木条复燃说明过氧化钠与水反应生成氧气，故A正确；

B．将X溶液滴在KI淀粉试纸上；试纸变蓝色说明X溶液中可能含有碘，或X溶液是能与碘化钾溶液反应生成碘的氧化剂，如稀硝酸；氯水、溴水、氯化铁溶液等，故B错误；

C．酸性条件下；硝酸根离子具有强氧化性，向氯化亚铁和硫氰化钾混合溶液中，滴入酸化的硝酸银溶液，溶液变红可能是酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，不能确定是否为银离子将亚铁离子氧化，无法判断银离子和铁离子的氧化性强弱，故C错误；

D．由题意可知；向硫代硫酸钠溶液中分别滴入氯化钾溶液和碘化钾溶液，后者有黄色沉淀生成说明氯化银的溶解度大于碘化银，则氯化银的溶度积大于碘化银，故D错误；

故选A。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．在MgCO3悬浊液中，存在MgCO3溶解和Mg2+与结晶之间的沉淀溶解平衡，对应方程式为：MgCO3(s)Mg2+(aq)+(aq)；A正确；

B．由所给信息知，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故可以用Na2CO3溶液浸泡，将CaSO4转化为CaCO3；B正确；

C．由于MgCl2只加了1~2滴，故NaOH未反应完，所以滴加FeCl3生成的红褐色沉淀Fe(OH)3应为Fe3+与NaOH反应直接生成，而不是来源于Mg(OH)2的沉淀转化，故不能说明Ksp大小；C错误；

D．向2mL饱和MgCl2溶液中先滴加2滴Na2CO3溶液，生成MgCO3沉淀，由于MgCl2未完全反应，再加入2滴NaOH时，NaOH会与Mg2+直接沉淀，而不会引起沉淀转化，故最终白色沉淀为Mg(OH)2与MgCO3；D正确；

故答案选C。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

⑴依据化学方程式和平衡常数概念书写得到表达式；由表中数据可知升高温度平衡常数减小，说明正反应放热，平衡正向移动，如温度不变，则平衡常数不变；

⑵达到化学平衡状态；各组分浓度不变，正逆反应相等，以此判断；

⑶实验1中平衡时H2的物质的量，可知生成的CO2的物质的量，可计算CO2的反应速率；分析实验1和实验2；实验1加入的起始物质比实验2多，但温度比实验2温度低，达到平衡所需时间长，则说明温度较高，反应速率较大。

【详解】

(1)反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，则由表中数据可知升高温度平衡常数减小，说明正反应放热，平衡正向移动，如温度不变，则平衡常数不变，如降温，则平衡常数增大，正向移动，平衡常数不可能减小，只有③正确；故答案为：放热；③。

(2)(a)反应前后气体的体积不变；无论是否达到平衡状态，容器中压强都不变，不能判断是否达到平衡状态，故a不符合题意；

(b)混合气体中c(CO)不变，可说明达到平衡状态，故b符合题意；

(c)v逆(H2)=v正(H2O)；说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故c符合题意；

(d)c(CO)=c(CO2)；没有指出速率的方向，不能说明是否达到平衡状态，故d不符合题意；

综上所述，答案为：bc。

(3)实验1中平衡时H2的物质的量为1.6mol，可知生成1.6molCO2，可计算CO2表示的反应速率为实验2起始加入的量是实验1的一半；反应温度比实验1温度高，达到平衡所需时间比实验1少，则反应速率快，因此实验2达到平衡所需时间比实验1所需时间短的原因是实验2的温度比实验1的高；

故答案为：0.16mol∙L−1∙min−1；实验2的温度比实验1的高。【解析】K=放热③bc0.16mol•(L•min)-1实验2的温度比实验1的高11、略

【分析】【分析】

（1）

①由图可知，A(g)+B(g)的总能量小于C(g)+D(g)的总能量，则反应A(g)+B(g)═C(g)+D(g)为吸热反应，其焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=(E1-E2)kJ/mol；

②该反应为吸热反应；即△H=断裂旧化学键吸收的总能量-形成新化学键释放的总能量＞0，所以断裂旧化学键吸收的总能量＞形成新化学键释放的总能量；

（2）

由盖斯定律知目标方程=①-②，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-119)-(-242)=+123kJ·mol-1；

（3）

HCl分解生成Cl2与H2的化学方程式为2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)，其△H=431kJ/mol×2-(436kJ/mol+243kJ/mol)=+183kJ/mol，热化学方程式为2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=+183kJ·mol-1；

（4）

CO不是稳定氧化物，1molC生成稳定氧化物放热的热量大于110.5kJ/mol，故答案为：＞。【解析】（1）吸热E1-E2>

（2）+123

（3）2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=+183kJ·mol-1

（4）>12、略

【分析】（1）

已知t℃时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=10，该溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=0.01mol/L，故该温度下，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=10-10×0.01=10-12；

（2）

0.1mol/L的HA溶液中=108，结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，则溶液中的c(OH-)=10-10mol/L，而0.1mol/L的HA溶液中OH-全部由水电离提供，故水电离出的c(OH-)=10-10mol/L；

（3）

由题意知，稀硫酸中n(H+)等于NaOH溶液中n(OH-)，故100×10-a=10×10b-12，故a+b=13；

（4）

A．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小；对水的电离的抑制作用逐渐减弱，故水的电离程度逐渐增大，A不符合题意；

B．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，溶液中的H+浓度逐渐减小，温度不变Ka不变，故逐渐减小；B符合题意；

C．溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积是水的离子积；温度不变，水的离子积不变，C不符合题意；

D．蒸馏水稀释0.01mol/LHA溶液时，c(A-)、c(HA)均减小；故两者乘积也减小，D符合合题意；

故答案为：BD；

（5）

反应过程中，HA还会不断电离出氢离子，c(H＋)减小的慢；故曲线B对应的是HA；

（6）

HA为弱酸，pH相同时HA的浓度远大于HCl的浓度，在等体积的情况下，n(HA)＞n(HCl)，与适量的锌反应，HA消耗的Zn质量较大，故此处填：＜。【解析】(1)10-12

(2)10-10mol/L

(3)a＋b=13

(4)BD

(5)B

(6)＜13、略

【分析】【详解】

纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，故则此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L；此时溶液的Kw=2×10-7mol/L×2×10-7mol/L=4×10-14；0.04mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=0.04mol/L，则c(H+)=则pH=-lg(1×10-12)=12；

某溶液中由水电离产生的c(OH-)和c(H+)乘积为1.6×10-17，且水电离的c(OH-)=c(H+)，则水电离出说明水的电离受到抑制，该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液:若为碱溶液，溶液中c(H+)等于水电离出的若为酸溶液，溶液中c(OH-)等于水电离出的c(OH-)，即该酸溶液中c(OH-)=4×10-9mol/L，溶液中pH=-lg10-5=5，所以该溶液的pH为5或8.4。【解析】2×10-7mol/L125或8.414、略

【分析】【详解】

(1)图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，发生Cu2++2e-=Cu，总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，设转移的电子的物质的量为n；

120g:12g=2mol:n解得n=0.2mol；

(2)若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生O2+2H2O+4e-=4OH-，则乙装置与铜相连的石墨为阳极，阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；

(3)硝酸根离子得电子生成氮气，则b相连的电极为阴极，所以b为负极，a为正极，阴极上的反应为：2+12H++10e-=N2↑+6H2O；

(4)从电解原理来看，N2O4制备N2O5时氮元素的化合价升高，为氧化反应，则N2O5应在阳极区生成，反应式为2HNO3+N2O4-2e-=2N2O5+2H+。【解析】0.2molO2+2H2O+4e-=4OH-2Cl--2e-=Cl2↑a2+12H++10e-=N2↑+6H2O阳2HNO3+N2O4-2e-=2N2O5+2H+15、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)Al~CO2电池的负极为铝，正极为多孔碳电极，所以负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+。

(2)根据正负极反应可知反应前后氧气的量没有发生变化；所以氧气为催化剂。

(3)电池的反应产物为Al2(C2O4)3，由正、负极的电极反应式可知总方程式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。

Ⅱ．(4)根据盖斯定律可知，①×2-②得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，所以△H=△H1×2-△H2=(+206.2kJ/mol)×2-(+165.0kJ/mol)=+247.4kJ/mol。【解析】Al-3e-=Al3+作催化剂2Al+6CO2=Al2(C2O4)3CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H2=+247.4kJ/mol；16、略

【分析】【详解】

（1）反应2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高，CO2的平衡转化率越小，所以T3>T2>T1；

（2）保持n(CO2)不变，增大n(H2)，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，所以m1>m2>m3。【解析】(1)T3>T2>T1正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高，CO2的平衡转化率越小，所以T3>T2>T1

(2)m1>m2>m3保持n(CO2)不变，增大n(H2)，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，所以m1>m2>m317、略

【分析】【分析】

(1)结合热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；利用铝热反应大量制取金属时考虑经济效益；

(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到待求反应的热化学方程式；

【详解】

(1)将方程式②-①×3得2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-859.7kJ/mol。

利用铝热反应在工业上大面积炼铁时；需要消耗冶炼成本更高的Al，冶炼Fe的成本就太高了，不经济，因此不能用于工业炼铁；

(2)已知：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1=+393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③得到反应的热化学方程式为：4C(s，石墨)+2H2(g)=2C2H2(g)△H=(4△H1+△H2-△H3)=+453.4kJ/mol；则反应产生1mol乙炔的热化学方程式为：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=(4△H1+△H2-△H3)×=+226.7kJ/mol。

【点睛】

本题考查了物质燃烧的热化学方程式的书写、焓变求算。注意表示热化学方程式的书写要注明物质聚集状态和反应热的正负号问题及与反应的物质相对应的反应热。注意基础知识的积累掌握是关键，题目侧重考查学生的综合运用能力。【解析】2Al(s)+3FeO(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-859.7kJ/mol不能该反应为引发反应，需消耗大量能量，并且铝比铁更难冶炼，价格更高，成本较高△H=(4△H1+△H2-△H3)×=+226.7kJ/mol18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)强电解质完全电离；因此强电解质稀溶液中不存在溶质分子，弱电解质部分电离，因此弱电解质稀溶液中存在溶质分子，(1)对；

(2)NH3·H2O但氨水中还存在因此NH3·H2O电离处于平衡状态时不可能有c(OH-)=c()，即c(OH-)=c()时不能表明NH3·H2O电离处于平衡状态；(2)错；

(3)室温下，由0.1mol·L-1一元碱BOH的pH=10，则c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)==10-4，c(BOH)>c(OH-)，因此BOH部分电离，存在BOHB++OH-；(3)错；

(4)电离平衡右移；电解质分子的浓度不一定减小，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，电离平衡向右移动，醋酸分子浓度增大，离子浓度也不一定增大，如在醋酸溶液中加水稀释，电离平衡向右移动，醋酸根离子和离子浓度均减小，(4)错；

(5)25℃时，0.1mol·L-1CH3COOH加水稀释；醋酸根离子和氢离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大，(5)错；

(6)电离平衡向右移动；弱电解质的电离度不一定增大，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，(6)错；

(7)电离平衡右移；电解质分子的浓度不一定减小，如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，电离平衡向右移动，醋酸分子浓度增大，(7)错；

(8)Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类均为钠离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、氢离子、氢氧根离子，亚硫酸分子、水分子，因此一定相同，(8)对。【解析】对错错错错错错对三、判断题(共9题，共18分)19、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。20、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。21、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。22、B【分析】【详解】

湿润的试纸测定盐酸和醋酸溶液的两者均为稀释，醋酸为弱酸电离程度变大，故醋酸溶液的误差更小。

故错误。23、B【分析】【分析】

【详解】

恒温恒容下进行的可逆反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的生成速率相等时，即正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故错误。24、B【分析】【详解】

酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

25℃时，KW=1.0×10-14，0.01mol·L-1的盐酸中，c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，根据KW=c(H+)×c(OH-)，可知c(OH-)=1.0×10-12mol·L-1，故答案为：正确。26、B【分析】【详解】

盐溶液显酸碱性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是电离引起的。27、B【分析】【分析】

【详解】

饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠之间反应可以得到消毒液，与水解无关，故错误。四、结构与