2025年外研版选择性必修1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1化学上册月考试卷255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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、室温下，某无色透明溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10-26，一定能大量共存的离子组是()A.Cl-、HCONa＋、K＋B.Fe3＋、NOK＋、H＋C.NOBa2＋、K＋、Cl-D.Al3＋、SONHCl-2、4.0molPCl3 和2.0molCl2充入体积为1L的不变密闭容器中，在一定条件下发生反应：PCl3(g)+Cl2 (g)PCl5(g) ，达平衡时PCl5为0.8mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2，在相同温度下再达平衡时，PCl5的物质的量是(     )A.0.6molB.大于0.6 mol小于0.8 molC.小于0.6molD.0.8mol3、在容积为1L的恒容密闭容器中，充入和一定条件下发生反应测得和的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是。

A.0～9min内，用表示的平均反应速率B.3min时正逆反应速率相等，反应刚好达到平衡C.反应达到平衡后，D.9min时的小于3min时的4、要使0.1mol·L-1K2SO3溶液中的更接近0.1mol·L-1，可以采取的措施是A.通入SO2B.加入SO3C.加热D.加入适量KOH固体5、反应在容积为2L的密闭容器中进行，1mim后，减少了0.12mol，则平均每秒浓度的变化表示正确的是A.B.C.D.6、温度为T1时，在容积为10L的恒容密闭容器充入一定量的M(g)和N(g)，发生反应：M(g)+N(g)2P(g)+Q(g)△H＞0，反应过程中部分数据如表所示，下列说法正确的是。t/min0510n(M)/mol6.04.0n(N)/mol3.01.0

A.0-5min内，用M表示的平均反应速率为0.4mol∙L-1∙min-1B.N的转化率的60%C.该反应在第8min时v逆＞v正D.T2时该反应的化学平衡常数为0.64，则T1＞T27、25℃时，水的电离达到平衡：下列叙述正确的是（）A.将水加热，增大，降低，KW增大B.向水中加入少量的（忽略溶液温度改变），平衡向右移动，增大C.向水中加入稀氨水，平衡向左移动，降低D.向水中加入少量固体硫酸氢钠（忽略溶液温度改变），增大，KW不变8、有M、N两种溶液，各含下列10种离子中的5种：Na+、K+、NOOH-、S2-、Fe3+、CONHSOH+。已知两种溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是A.OH-、S2-B.SONOC.OH-、NOD.S2-、SO评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、完成下列各题。

(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：

SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=_______kJ·mol-1。

(2)如表所示是部分化学键的键能参数：。化学键P-PP-OO=OP=O键能/kJ/molabcx

已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图所示。1个P4O10分子中P-O的个数为_______，表中x=_______kJ/mol(用含a、b；c、d的代表数式表示)。

(3)恒温恒容条件下；硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。

已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

①写出硫燃烧的热化学方程式：_______。

②ΔH2=_______kJ·mol-1。10、将一块质量为5.0g的铝片投入盛有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所示的曲线来表示，回答下列问题：

(1)曲线O→a段不产生氢气的原因是_______。

(2)曲线a→b段产生氢气的速率较慢的原因是_______。

(3)曲线b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因是反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率。曲线c点以后产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是_______。11、一定温度下，向1.0L的密闭容器中加入0.60molX（g），发生反应X(g)Y(s)+2Z(g)，测得反应物X的浓度与反应时间的关系如表所示：。反应时间t/min0123468c(X)/(mol·L-1)0.600.420.300.210.15a0.0375

(1)0～3min内用Z表示的平均反应速度v(Z)=___。

(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的关系，得出的结论是___。由此规律推出在6min时反应物X的浓度为___mol·L-1。

(3)该反应的逆反应速率随时间变化的曲线如图所示，t2时改变的条件可能是___、___。

12、25℃时；电离平衡常数：

。化学式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

电离平衡常数。

1.8×10-5

K1：4.3×10-7

K2：5.6×10-11

3.2×10-8

回答下列问题：

(1)物质的量浓度为0.1mol·L-1的下列四种物质：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是___。(填编号)

(2)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___。

A.c(H+)B.C.c(H+)·c(OH-)D.

(3)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pH变化如图。稀HX溶液中水电离出来的c(H+)___(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。

(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=___。(填准确数值)13、试比较下列三组ΔH的大小(填“>”“<”或“＝”)。

(1)同一反应；生成物状态不同时。

A(g)＋B(g)＝C(g)ΔH1<0；A(g)＋B(g)＝C(l)<0，则ΔH1____ΔH2。

(2)同一反应；反应物状态不同时。

S(g)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH1<0；S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。

(3)两个有联系的不同反应相比。

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH1<0；C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2<0，则ΔH1____ΔH2。14、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g)⇌C(g)

(1)若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为__mol。

(2)若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为__mol

(3)若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x=__，y=__。平衡时，B的物质的量__(填编号)。

A.大于2molB.等于2molC.小于2molD.可能大于；等于或小于2mol

(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是__。

(5)若维持温度不变，在一个与反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应。开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC。将b与(1)小题中的a进行比较__(填编号)。作出此判断的理由是__。

A.a＞bB.a＜bC.a=bD.不能比较a和b的大小。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正确B.错误16、正逆反应的ΔH相等。____A.正确B.错误17、1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热。_____18、二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响(已知珊瑚礁的主要成分为)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起浓度增大、浓度减小。(________)A.正确B.错误19、温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等。（______________）A.正确B.错误20、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正确B.错误21、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误22、0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共4分)23、Ⅰ.羰基硫(COS)可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫的危害，其分子结构和CO2相似。

(1)羰基硫(COS)的电子式为：______________。

(2)羰基硫(COS)用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如下：

已知A是一种正盐，则A的化学式为______________；若气体a为单质；

反应II的离子方程式为_________________。

Ⅱ.海水中含有丰富的镁资源。锂(Li)与镁元素性质相似。

(1)物质的量为0.10mol的锂在只含有N2和O2混合气体的容器中燃烧，反应后容器内固体物质的质量m克，m的取值范围是________________；

(2)锂电池是新一代高能电池，目前已研究成功多种锂电池。某离子电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2)，充电时LiCoO2中Li被氧化，Li＋迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中，以LiC6表示。电池反应为LiCoO2＋C6CoO2＋LiC6，则放电时电池的正极反应为_______________________________。

(3)为了回收废旧锂离子电池的正极材料试样(主要含有LiCoO2及少量Al；Fe等)可通过下列实验方法回收钴、锂。

①在上述溶解过程中，S2O被氧化成SOLiCoO2在溶解过程中的化学反应方程式为__________。

②调整pH=5-6的目的是_________________。24、五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：

已知：含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：。溶液pH＜4.06.0—8.08.0—10.0钒元素主要存在形式

请回答下列问题：

(1)含钒废料中的有机物主要在___________工序中除去。

(2)“焙烧”产物之一是Mg(VO3)2，写出它在“酸浸”(溶液pH＜2)过程中发生反应的化学方程式___________。

(3)常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=7，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全(已知离子浓度<1.0×10﹣5mol·L﹣1认为沉淀完全；Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10﹣30)___________。

(4)“净化Ⅱ”时若加入过量的(NH4)2CO3，可能导致的后果为___________。

(5)“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，写出生成Mg2(OH)2CO3的离子方程式___________。

(6)“煅烧”时，除生成V2O5外，还生成了参与大气循环的气体，写出煅烧时的化学方程式___________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)25、已知在下图转化关系（某些转化关系中的产物已略去）中都是中学化学常见的物质；物质A；D、G是单质，磁性黑色物质C是某金属矿物的主要成份，E是一种非氧化性酸，F是混合物，H是极易溶于水的碱性气体。

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：A________、C__________、I__________

（2）写出反应①的化学方程式：________________________________；写出生成混合物F的离子方程式：__________________________

（3）在一定温度；压强和有催化剂存在的条件下将lmolG和2,5molD放入500mL密闭容器中。经过20min达到平衡；平衡后H的浓度为2mol/L；

①则用G表示20min内的平均反应速率为：____该温度下此反应的平衡常数K=______，D的转化率为__________

②如果保持温度不变，再向容器中同时充入1．5molG和1molH，D的转化率将______（填“升高”、“不变”或“降低”），再次平衡后H的体积分数为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

某无色透明溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10-26，说明水的电离被抑制，则该溶液显酸性或碱性；A．HCO与H＋和OH－均能够发生反应，在酸性或碱性条件下均不能共存，故A不符合题意；B．酸性条件下，Fe3＋、NOK＋、H＋之间不反应，能大量共存；碱性条件下Fe3＋、H＋与OH－不能大量共存，Fe3＋在溶液中显棕黄色，与题意不符，故B不符合题意；C．在酸性或碱性条件下，NOBa2＋、K＋、Cl-之间，以及与H＋和OH－之间不发生反应，能大量共存，且溶液无色，故C符合题意；D．酸性条件下，Al3＋、SONHCl-之间以及与H＋之间不反应，能大量共存；但碱性条件下，Al3＋、NH与OH－不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

移走1.0molPCl3和0.5molCl2后，则相当于初始时通入3.0molPCl5和1.5molCl2，达到平衡时若与原平衡为等效平衡，则PCl5的物质的量为0.6mol，但气体的物质的量减小会使容器内压强减小，压强减小会使平衡逆向移动，所以PCl5的物质的量小于0.6mol；

故答案为C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．从反应开始到平衡生成甲醇0.75mol/L，根据方程式可知消耗氢气2.25mol/L，则用表示的平均反应速率故A正确；

B．3min时物质的浓度仍然在发生变化；正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，故B错误；

C．根据图像可知反应达到平衡后，故C正确；

D．9min时反应达到平衡状态，3min时没有达到平衡状态，反应正向进行，则9min时的小于3min时的故D正确；

故选B。4、D【分析】【分析】

K2SO3溶液中离子发生水解反应：+H2O⇌+OH-，导致的浓度小于0.1mol·L-1，要使更接近0.1mol·L-1，即需要加入抑制水解的物质或能使增大的物质；据此分析解答。

【详解】

A．向K2SO3溶液中通入SO2发生反应生成KHSO3，导致溶液中减小，不可能更接近0.1mol·L-1；故A不符合题意；

B．加入SO3与水反应生成硫酸，消耗水解产生的氢氧根离子，促进水解平衡正向移动，导致溶液中减小，不可能更接近0.1mol·L-1；故B不符合题意；

C．盐类的水解反应属于吸热反应，加热促进水解平衡正向移动，导致溶液中减小，不可能更接近0.1mol·L-1；故C不符合题意；

D．加入适量KOH固体，增大溶液中氢氧根离子浓度，的水解平衡逆向移动，更接近0.1mol·L-1；故D符合题意；

答案选D。5、D【分析】【分析】

利用相同时间段内；变化浓度的比值等于化学计量数的比值，据此分析；

【详解】

氨气1min内平均每秒浓度的变化是=0.001mol/L；

A．NO的浓度变化等于氨气的浓度的变化；即为0.001mol/L，选项A错误；

B．H2O的浓度变化等于mol/L=0.0015mol/L；选项B错误；

C．氨气的浓度变化为0.001mol/L；选项C错误；

D．氧气的浓度变化为mol/L=0.00125mol/L；选项D正确；

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．0-5min内，M的物质的量由6.0mol变为4.0mol，变化了2.0mol，容器的容积是10L，则用M表示的平均反应速率为v(M)=mol∙L-1∙min-1；A错误；

B．反应在5min时M改变物质的量是2.0mol，由方程式可知M、N化学计量数相等，则二者改变的物质的量也相等，所以5min时N的物质的量为1.0min，与10min物质的量相等，则N的平衡转化率为=66.7%；题干未指明是何时的转化率，因此无法判断其大小，B错误；

C．由选项B分析可知5min时反应已经达到平衡，若外界条件不变，反应处于平衡状态，此时v逆=v正；C错误；

D．反应在温度为T1时，根据物质转化关系，结合已知反应条件可知：各种气体的平衡物质的量分别为n(M)=4.0mol，n(N)=1.0mol，n(P)=4.0mol，n(Q)=2.0mol，容器的容积是10L，则物质的平衡浓度分别是c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.1mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.2mol/L，故该温度下的化学平衡常数K1=在温度为T2时化学平衡常数K=0.64＜K1，说明化学平衡逆向移动。由于该反应的正反应是吸热反应，所以平衡逆向移动是由于降低了反应温度，故反应温度：T1＞T2；D正确；

故合理选项是D。7、D【分析】【详解】

A．根据水的电离方程式可知，将水加热，促进水的电离，故增大，增大，KW增大；A错误；

B．向水中加入少量的（忽略溶液温度改变），由于CH3COO-结合了水电离的H+生成弱电解质CH3COOH，故平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，减小；B错误；

C．向水中加入稀氨水，由于氨水电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度增大，导致平衡向左移动，根据勒夏特列原理可知，增大；C错误；

D．向水中加入少量固体硫酸氢钠（忽略溶液温度改变），NaHSO4=Na++H++故增大，KW仅仅是温度的函数，温度不变，KW不变；D正确；

故答案为：D。8、B【分析】【分析】

【详解】

略二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

（1）

①SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)=2HI(g)＋H2SO4(l)ΔH=akJ·mol-1

②2H2SO4(l)=2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)ΔH=bkJ·mol-1

③2HI(g)=H2(g)＋I2(g)ΔH=ckJ·mol-1

则根据盖斯定律可知①×2+③×2+②即得到2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=（2a＋b＋2c）kJ·mol-1。

（2）

根据结构图可判断1个P4O10分子中P-O的个数为12，已知白磷的燃烧热为dkJ/mol，则根据方程式P4+5O2=P4O10可知6a+5c-12b-4x=-d，则表中x=(d＋6a＋5c-12b)kJ/mol。

（3）

①根据图像可知1mol气态硫和1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放热297kJ，则硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1。

②已知：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，则根据图像可知0.8mol二氧化硫和0.4mol氧气反应生成0.8mol三氧化硫放热为196.6kJ×0.4=78.64kJ，即ΔH2=-78.64kJ·mol-1。【解析】(1)2a＋b＋2c

(2)12(d＋6a＋5c-12b)

(3)S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1-78.6410、略

【分析】【分析】

由图可知；开始不生成氢气，为氧化铝与硫酸的反应，然后Al与硫酸反应生成氢气，开始温度较低，由于反应放热，则温度升高反应速率加快，后来氢离子浓度减小，则反应速率减小。

【详解】

（1）铝是活泼性较强的金属，能迅速和空气中的氧气反应生成氧化铝，氧化铝首先稀硫酸反应生成硫酸铝和水，不产生H2，方程式为2Al2O3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+6H2O，故答案为铝片表面有Al2O3，硫酸首先与Al2O3反应；

（2）曲线a→b段产生氢气的速率较慢的原因是氧化膜未完全反应掉；铝与硫酸接触的表面积较小，故答案为氧化膜未完全反应掉，铝与硫酸接触的表面积较小；

（3）金属和酸的反应是放热反应；使溶液的温度升高，温度升高是影响反应速率的主要因素，化学反应速率加快，故答案为反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率。

【点睛】

明确反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率，随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小是解答难点，也是解答关键。【解析】①.铝片表面有Al2O3，硫酸首先与Al2O3反应②.氧化膜未完全反应掉，铝与硫酸接触的表面积较小③.随着反应的进行，硫酸溶液的浓度下降11、略

【分析】【分析】

(1)0～3min内可先求出X表示的平均反应速率；然后利用化学计量数关系求出用Z表示的平均反应速度v(Z)。

(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的关系；寻找规律数据的规律性，由此得出的结论。由此规律可推出在6min时反应物X的浓度。

(3)依据反应，t2时改变的条件从浓度；压强、温度、催化剂等条件进行分析。

【详解】

(1)0~3min内，∆c(X)=(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L，平均反应速率v(X)==0.13mol·L-1·min-1，而v(Z)=2v(X)，故v(Z)=0.26mol·L-1·min-1。答案为：0.26mol·L-1·min-1；

(2)根据表中数据可知，每隔2min，X的浓度减少为原来的一半，由此规律推出在6min时反应物X的浓度为0.075mol·L-1。答案为：0.075；

(3)时刻，瞬间增大；可能的原因是加入生成物Z或增大体系的压强。答案为：加入Z；增大体系的压强。

【点睛】

从数据中确定a，也就是必须找出数据间隐藏的规律。我们在寻找此规律时，若从相邻数据间找不到规律，就从相隔数据间去寻找规律。【解析】①.0.26mol·L-1·min-1②.每隔2minX的浓度减少为原来的一半③.0.075④.加入Z⑤.增大体系的压强12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越弱，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>则水解程度a>b>d>c，pH由大到小的顺序是a>b>d>c；

(2)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小；故A项正确；

B．则稀释过程中比值变大，故B项错误；

C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=Kw；Kw不变，故C项错误；

D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则变大；故D项错误。

故答案为：A

(3)稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大；

(4)25℃时，混合液pH=6，c(H+)=1.0×10-6mol·L-1，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-8mol·L-1，由电荷守恒可知【解析】a，b，d，cA大于9.9×10-7mol·L-113、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)因为C(g)===C(l)ΔH3<0，根据盖斯定律可知ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1；

(2)S(g)→S(s)ΔH3；S(s)→SO2(g)ΔH2；S(g)→SO2(g)ΔH1；根据盖斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2；

(3)CO燃烧放热，则CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH3<0，根据盖斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH2>ΔH1。

【点睛】

关于ΔH的比较需要注意：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。【解析】><<14、略

【分析】【分析】

(1)由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为(1)中A、B的3倍，结合a＜1判断；

(4)由(3)分析可知；若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与(1)中相同；

(5)反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应；在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，而在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，则本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应。

【详解】

(1)达到平衡后；生成amolC，则Δn(A)=Δn(C)=amol，故A的物质的量为1mol﹣amol=(1﹣a)mol；

(2)恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时生成C为(1)中的3倍，即生成C为3amol；

(3)若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与(1)中A；B的物质的量之比均为1∶1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，1molC转化可以得到1molA、1molB，则x=3﹣1=2，则平衡时A为3(1﹣a)mol，平衡时B的物质的量为(1)中B的3倍，即为3(1﹣a)mol，由于0＜a＜1，故3(1﹣a)可能大于、等于或小于2；

(4)由(3)分析可知，若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与(1)中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量发生与(1)中相同，即C的物质的量分数为

(5)在恒温恒压容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成amolC；在恒温恒容容器中开始时放入1molA和1molB到达平衡后生成bmolC；反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体体积减少的反应，在恒温恒容容器中，随反应进行压强减小，在恒温恒压容器中随反应进行，过程中的压强为保持恒压，体积减小，所以本题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应，因此平衡后a＞b；故答案为A。

【点睛】

考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，区分恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同，解题时可先保持恒温恒压，再结合容器体积的变化，再保持恒温并恢复到原体积即可。【解析】1﹣a3a23(1﹣a)DA因为本小题中容器容积不变，而(1)小题中容器的容积缩小，所以本小题的容器中的压力小于(1)小题容器中的压力，有利于逆向反应三、判断题(共8题，共16分)15、A【分析】【详解】

氯化铝，氯化铁，氯化铜均属于强酸弱碱盐，在溶液中水解生成相应的氢氧化物和盐酸，加热促进水解、同时盐酸挥发，进一步促进水解，所以溶液若蒸干，会得到相应的氢氧化物、若继续灼烧，氢氧化物会分解生成氧化物。所以答案是：正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

正反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，逆反应的ΔH=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，该说法错误。17、×【分析】【分析】

【详解】

硫酸与Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成了沉淀，故错误。【解析】错18、A【分析】【详解】

二氧化碳为酸性氧化物能与水反应生成碳酸，导致海水酸性增强，碳酸电离出和引起海水中浓度增大，与碳酸反应生成导致浓度减小，故答案为：正确；19、B【分析】【分析】

【详解】

水电离平衡为：H2OH++OH-，其电离平衡常数K=由于水电离程度很小，所以水的浓度几乎不变，则c(H+)·c(OH-)=K·c(H2O)=Kw，所以在温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数并不相等，认为二者相等的说法是错误的。20、B【分析】【分析】

【详解】

醋酸钠显碱性，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：盐酸＞醋酸，故答案为：错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

pH值不但与氢离子浓度有关，也和溶度积常数有关，温度升高，溶度积常数增大，换算出的pH值也会减小，但这时酸性并不增强，故答案为：错误。22、B【分析】【详解】

根据质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，错误。四、工业流程题(共2题，共4分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)羰基硫的结构与二氧化碳相似，所以碳原子在中间分别和硫原子核氧原子形成共价键，电子式为故答案为：

(2)羰基硫与氢氧化钠反应生成硫化钠，根据元素守恒分析，A是一种正盐，含有钠元素和碳元素和氧元素，为Na2CO3；硫化钠溶液在加热条件下反应生成硫代硫酸钠和一种气态单质，根据硫元素化合价升高分析，有元素化合价降低，所以为气体单质为氢气，方程式为2S2－＋5H2OS2O＋4H2↑＋2OH－，故答案为：Na2CO3；2S2－＋5H2OS2O＋4H2↑＋2OH－；

Ⅱ.(1)若锂只与氧气反应生成氧化锂，则其质量为1.5克，若固体只有锂，质量最小，则其质量为0.7克，所以m的范围为0.7<1.5；故答案为：0.7<1.5；

(2)放电时，该电池为原电池，正极上得到电子发生还原反应，电极反应为CoO2+Li++e-=LiCoO2。故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2；

(3)①在酸性条件下，硫代硫酸根离子别氧化为硫酸根离子，则LiCoO2被氧化为钴离子，化学方程式为：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；

②充入空气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，除去铁离子和铝离子。故答案为：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3除去；【解析】①.②.Na2CO3③.2S2－＋5H2OS2O＋4H2↑＋2OH－④.0.7<1.5⑤.CoO2+Li++e-=LiCoO2⑥.8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O⑦.使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3除去24、略

【分析】【分析】

含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)加入足量碳酸镁粉末焙烧，除去有机物，并将V2O3氧化为V2O5，之后加入硫酸酸溶，金属元素进入溶液，然后加入适量氨水调节pH可生成氢除去Fe3+、Cu2+、Al3+，过滤后滤液中含有NHMg2+等离子，根据后续产物可知净化Ⅱ加入碳酸铵主要是除去Mg2+，过滤后滤液中再加入足量碳酸铵得到NH4NO3沉淀，空气中煅烧可生成V2O5；以此解答该题。

【详解】

(1)焙烧过程中有机物会被氧化为CO2、H2O等；从而除去有机物；

(2)溶液pH＜2，根据题目所给信息可知酸浸后生成(VO2)2SO4，结合元素守恒可得化学方程式为Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O；

(3)溶液pH=7，则c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液中c(Cu2+)==mol/L=4.8×10-6mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，所以Cu2+沉淀完全；

(4)加入过量的(NH4)2CO3，铵根离子浓度过大，且溶液碱性增强，会生成NH4VO3沉淀；降低钒的利用率；

(5)“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，