2025年苏科版选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………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年苏科版选择性必修1化学下册月考试卷152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、影响化学反应速率的因素有多方面，如浓度、压强、温度、催化剂等。下列有关说法不正确的是A.增大体系压强不一定能加快反应速率B.增大浓度能增加反应体系中活化分子的百分数C.催化剂能改变反应的活化能D.升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数2、常温下，向100mL0.1mol·L-1H2S溶液中缓慢通入SO2气体，可发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O。下列关于该过程的说法错误的是A.pH先增大后减小，最终保持不变B.恰好完全反应时，反应消耗112mLSO2(标准状况)C.的值减小D.0.1mol·L-1H2S溶液中：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)3、以铬酸钾(K2CrO4)为原料，电化学法制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的实验装置示意图如图。下列说法正确的是。

A.在阳极放电，发生氧化反应B.装置中的离子交换膜为阴离子交换膜C.在阴极发生的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑D.当电路中有0.4mol电子转移时，标况下产生气体的总体积为4.48L4、已知合成氨反应可逆且为放热反应，在一定温度和压强下，以下推论不正确的是A.则B.则C.则D.则5、如图是某同学设计的液体燃料电池示意图。下列说法不正确的是。

A.该燃料电池的电极材料采用多孔纳米碳材料，目的是增大接触面积，增加吸附量B.电池内部使用的是阴离子交换膜，经交换膜移向正极C.该电池中通入的电极为负极，电极反应式为：D.电流从通入的电极经负载回到通入的电极6、下列有关实验能够达到相应实验目的的是。

A.图甲中补充环形玻璃搅拌棒即可用于中和热的测定B.图乙可用于测定H2O2溶液的分解速率C.图丙的实验设计可以探究浓度对化学反应速率的影响D.图丁可在铁制镀件上镀铜7、叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是A.0.01mol·L-1HN3溶液的pH=2B.HN3溶液的pH随温度升高而减小C.NaN3的电离方程式：NaN3=Na++3ND.0.01mol·L-1NaN3溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(N)+c(HN3)8、在25℃时；密闭容器中X；Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：

。物质。

X

Y

Z

初始浓度/mol·L-1

0.1

0.2

0

平衡浓度/mol·L-1

0.05

0.05

0.1

下列说法错误的是A.反应达到平衡时，Y的转化率为25％B.反应可表示为X+3Y⇌2ZC.增大压强，平衡向正反应方向移动D.若降低温度，X的体积分数增加，则正反应的ΔH>09、牙齿的表面有一薄层釉质保护着，釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]。下列行为不利于牙齿保护的是A.坚持饭后漱口B.在牙膏中添加氟化物C.大量饮用可乐等碳酸饮料D.早晚按时刷牙评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、钛冶炼厂与氯碱厂；甲醇厂组成一个产业链(如图所示)；将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题:

(1)Fe位于元素周期表中的位置是__________。

(2)写出流程中电解池里发生反应的离子方程式:__________。

(3)写出流程中“氯化”的化学方程式:__________。

(4)写出TiCl4完全水解生成TiO2·H2O的化学方程式:__________。

(5)高温炉中通入Ar的作用是___________。

(6)上述流程中可循环利用的物质有__________。

(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以________。

11、硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0

(1)为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：_________。

(2)某兴趣小组在实验室对该反应进行研究；部分实验数据和图像如下。反应条件：催化剂；一定温度、容积10L

实验起始物质的量/mol平衡时SO3物质的量/molSO2O2SO3i0.20.100.14ii000.2a

①实验i中SO2的转化率为________。

②a＝________。

③t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是_______。

④t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是_________。

(3)将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2和O2的物质的量之比m[m＝n(SO2)/n(O2)]不同时，SO2的平衡转化率与温度(T)的关系如下图所示，则m1、m2、m3的大小顺序为____________。

12、（1）重铬酸钾（K2Cr2O7）主要用于制革、印染、电镀等．其水溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+。以铬酸钾（K2CrO4）为原料；用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。

①写出阴极区的电极反应式___________________，透过离子交换膜的离子是____________，移动方向为____________（填“由左向右”或“由右向左）。

②阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因为_______________________________________________________。

（2）工业上采用下面的方法处理含有Cr2O72-的酸性工业废水：废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，关于上述方法，下列说法正确的是_______（填字母序号）。

A．阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑

B．阳极反应：Fe－3e－===Fe3＋

C．在电解过程中当电路转移0.6mol电子时，被还原的Cr2O72-为0.05mol

D．可以将铁电极改为石墨电极13、在25℃时，向20.00mL0.1000mol·L−1CH3COOH中滴加0.1000mol·L－1NaOH过程中；pH变化如图所示。

(1)A点溶液pH＞1，用电离方程式解释原因：___________________。

(2)下列有关B点溶液的说法正确的是_______(填字母序号)。

a.溶质为：CH3COOH、CH3COONa

b.微粒浓度满足：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH−)

c.微粒浓度满足：c(Na＋)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)

d.微粒浓度满足：2c(H＋)+c(CH3COO－)=2c(OH－)+c(CH3COOH)

(3)C点溶液中离子浓度的大小顺序：_________________________________。14、300℃时，将2molA和2molB两种气体混合加入2L密闭容器中，发生反应3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)2min末反应达到平衡，生成0.8molD。(1)在2min末，A的平衡浓度为___________，B的转化率为___________；C的体积分数为___________。(2)300℃时，将该反应容器体积压缩为1L，则A的转化率___________(填“增大”“减小”或"不变")，原因是___________。若该条件下平衡常数为K3，则K3___________(填“>”，"<"或“=”)K1，原因是___________。(3)判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是___________(填序号)。A．容器中压强不变B．混合气体中c(A)不变C．v(A)=v(C)D．混合气体密度不变15、氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。

I、在恒温条件下，分别将2molCO2和6molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(CH3OH)与反应时间t的关系如下表;。t/min051015202530n（H2）/mol6.004.503.603.303.033.003.00n（CH3OH）/mol00.500.800.900.991.001.00

(1)前10min中利用CO2表示的反应速率为____________。

(2)该温度下，此反应的平衡常数K=__________。

(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、1mol·L-1、1mol·L-1，则此时v正_______v逆(填“＞”；“＜”或“=”)。

Ⅱ、在密闭容器中充入1molCO2和3molH2；测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：

试回答下列问题：

(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)氢气在Q点的转化率_________(填“大于”；“小于”或“等于”；下同)氢气在W点的转化率；

(3)解释0—T0内，甲醇的体积分数变化趋势：_______________。

(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、pH减小，溶液的酸性一定增强。（____________）A.正确B.错误17、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。_____18、某醋酸溶液的将此溶液稀释到原体积的2倍后，溶液的则(_______)A.正确B.错误19、某温度下，纯水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，则c(OH-)=()A.正确B.错误20、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共10分)21、以湿法炼锌矿渣[主要含和少量ZnS、CuO等杂质]和为原料制备碱式碳酸锌[]。

(1)还原浸出。

①铁酸锌(难溶于水)与在酸性条件下反应的离子方程式为_______。

②锌、铁浸出率与溶液pH及温度有关。溶液pH增大浸出率降低，原因是_______。

③室温下测得浸出液中为0.03则该溶液中为_______。[]

(2)提纯制备。

已知：沉淀完全的pH为3.2，和开始沉淀的pH分别为5.2、6.2；溶于稀酸和稀碱，难溶于水和乙醇；用调节pH，可使转化为pH与锌沉淀率关系如图所示。

①请补充完整以“酸浸液”为原料，制取碱式碳酸锌固体的实验方案：在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，调节除去溶液中的____，过滤，弃去滤渣，向滤液中____，得碱式碳酸锌固体。[实验中须使用的试剂：锌粉、乙醇]

②加入后析出同时产生一种无毒气体，该反应的离子方程式为：_____。评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共30分)22、有A；B、C、D、E五种短周期元素；它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素。已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍。处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素。

(1)试比较C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱(填化学式)______。

(2)A、B、C形成的化合物的晶体类型为______，电子式为______。

(3)写出D单质与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式______。

(4)写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式______。

(5)通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ，试写出表示该热量变化的热化学方程式______。

(6)含有元素C的盐的焰色反应为______色。许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是______。23、已知存在如下反应：

①A+BF+G

②A+C(溶液)→H+G

③C(溶液)+E→L+D(蓝色沉淀)

④DB+H2O

⑤A+E+H2O→J+I(气体单质)

⑥J+H+H2O→K+L

(以上反应中；反应物和生成物均已给出，有的反应方程式未配平)

其中A；G为常见金属单质；L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获得。请回答：

(1)电解L稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，写出相应的化学方程式：_______。

(2)写出F的一种工业用途_______

(3)反应②的离子方程式为_______

(4)除反应⑥外，还有多种化学反应可由H生成K。下列物质能与H反应生成K的是_______(填选项字母)

A.CO2B.NaHCO3C.NaHSO4D.NaClOE.NH4NO3F.NH3·H2O

写出你所选任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：_______24、现有和和溶液；设三者中的一种为A试剂，则其他为B，C．现将B溶液滴入A中，有蓝色沉淀生成，并有时带有绿色沉淀，将B滴入C中则有气体生成。

(1)现在将A、B、C等量混合摇匀，沉淀消失，请分析A、B、C分别为什么溶液：A____、B_____、C_______。

(2)为什么用三氯化铁和碳酸钠溶液混合制取得不到碳酸铁？_________。评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)25、(1)已知C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2220.0kJ·mol-1则0.5mol丙烷完全燃烧释放的热量为___________kJ。

(2)已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)ΔH=+140kJ·mol-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1，写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：___________

(3)科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子；其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似，化学性质比较活泼。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，断裂1molN—H键吸收391kJ热量，断裂1molH—H键吸收436kJ热量，则：

①1molN4气体转化为2molN2时要放出___________kJ能量。

②写出N4与H2反应生成NH3的热化学方程式：___________。

(4)已知：H＋(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。下列反应中能放出57.3kJ热量的是__________。

a．1L1mol·L-1的稀H2SO4与足量NaOH溶液反应。

b．稀盐酸与氨水反应生成1molH2O

c．稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1mol水。

d．稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1mol水参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．恒温恒容下；通入不反应的气体，增大压强，反应气体物质的浓度不变，气体的反应速率不变，因此增大体系压强不一定能加快反应速率，故A正确；

B．浓度增大；活化分子百分数不变，增大单位体积内分子总数，增大了单位体积内活化分子的数目，有效碰撞增大，反应速率加快，故B错误；

C．催化剂改变反应历程；从而反应的活化能，故C正确；

D．升高温度；增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增大，反应速率加快，故D正确；

故答案选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．随着反应的进行；硫化氢逐渐被消耗，反应中生成单质硫和水，当二氧化硫过量，并达到饱和以后，pH不再发生变化，所以pH先增大后减小，最终保持不变，A正确；

B．硫化氢的物质的量是0.01mol，恰好完全反应时消耗0.005mol二氧化硫，在标况下的体积为0.005mol×22.4L/mol＝0.112L＝112mLSO2；B正确；

C．温度不变，平衡常数不变，其值不变，C错误；

D．0.1mol·L-1H2S溶液中依据电荷守恒可知：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)；D正确；

答案选C。3、C【分析】【分析】

根据装置图，惰性电极为阳极，阳极上发生氧化反应，2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据2+2H+⇌+H2O，促进了水的电离；不锈钢为阴极，在阴极发生的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解池中阳离子移向阴极，而图中为阳离子交换膜，所以电解过程中，H+、K+均从阳极室通过阳离子膜移向阴极室，但主要是K+；由此分析。

【详解】

A．水在阳极放电，发生氧化反应，转变为时没有化合价的变化；故没有发生氧化反应，故A不符合题意；

B．根据分析；装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故B不符合题意；

C．在阴极发生的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；故C符合题意；

D．根据电极反应可知，该反应原理为电解水，实质为2H2O2H2↑+O2↑；氢的化合价从+1价降低为0价，当电路中有4mol电子转移时，产生气体的物质的量为3mol，当电路中有0.4mol电子转移时，产生气体的物质的量为0.3mol，标况下气体的总体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故D不符合题意；

答案选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．放热反应方程式颠倒；则为吸热反应，两者焓变相加等于0，故A正确；

B．反应方程式颠倒；则平衡常数互为倒数，两者平衡常数相乘等于1，故B正确；

C．同种物质液态能量比气态能量低，是放热反应、是吸热反应，但吸收的热量比前面放出的热量更多，因此故C错误；

D．方程式颠倒，则互为倒数，方程式多少分之一，则平衡常数为多少次方，因此故D正确。

综上所述，答案为C。5、B【分析】【分析】

肼燃料电池属于原电池，在负极失电子；发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，电子由负极经导线流向正极，电流方向与之相反，据以上分析解答。

【详解】

A．电极材料采用多孔纳米碳材料；目的是增大接触面积，增加吸附量，故A正确；

B．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以经交换膜移向负极；故B错误；

C．该液体燃料电池中，在负极失电子，发生氧化反应，碱性环境下，电极反应式：故C正确；

D．原电池中，电子由负极经导线流向正极，因此电流由正极(通入氧气的一极)流向负极(加入的一极)；故D正确；

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．图甲中补充环形玻璃搅拌棒；大小烧杯的上沿齐平，中间填充满碎纸屑即可用于中和热的测定，A与题意不符；

B．图乙中长颈漏斗应换为分液漏斗后，可用于测定H2O2溶液的分解速率；B与题意不符；

C．图丙的实验设计；只有草酸的浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反应速率的影响，C符合题意；

D．图丁中铜作阳极；铁制镀件做阴极时；可在铁制镀件上镀铜，D与题意不符；

答案为C。7、B【分析】【详解】

A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N)会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01mol·L-1HN3溶液的pH>2；A错误；

B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H++N电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大；pH减小，B正确；

C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N电离方程式为NaN3=Na++NC选项错误；

D．0.01mol·L-1NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)=c(N)+c(HN3)；故D错误；

故答案选B。8、A【分析】【分析】

根据表格中信息可知，反应达到平衡后，X减小了0.1-0.05=0.05mol，Y减小了0.2-0.05=0.15mol，Z增加了0.1mol，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且各物质的系数比和各物质的变化量成正比，因此X、Y、Z的系数之比：0.05:0.15:0.1=1：3：2，由于反应物有剩余，该反应为可逆反应，反应的方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)；据以上分析解答。

【详解】

A．反应达到平衡时，Y减小了0.2-0.05=0.15mol，Y的转化率为×100%=75%；故A错误；

B．结合以上分析可知，该反应方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)；故B正确；

C．该反应方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)；反应发生后气体的总量减小，因此增大压强，缩小体积，平衡向正反应方向移动，故C正确；

D．若降低温度，X的体积分数增加，平衡向左移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，ΔH>0；故D正确；

故选A。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．坚持饭后漱口就可以避免食物残渣在口腔内在微生物作用下酸败而腐蚀牙釉质；从而可以保护牙齿，A不符合题意；

B．在牙膏中添加氟化物，Ca5(PO4)3OH与牙膏中的F-发生离子交换产生更难溶的Ca5(PO4)3F；从而可以保护牙齿，B不符合题意；

C．大量饮用可乐等碳酸饮料，饮料中的H+与牙齿电离产生的OH-发生反应，使羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]不断溶解；容易导致龋齿，不利于牙齿保护，C符合题意；

D．早晚按时刷牙可以防止食物残渣酸化后腐蚀牙齿；因而能够利于牙齿保护，D不符合题意；

故合理选项是C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

（1）Fe的原子序数为26，其最外层电子数为2，有4个电子层，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；故处于第四周期第VIII族；

(2)流程中电解池里电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，发生反应的离子方程式为:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(3)钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛，还生成氯化铁、CO，流程中“氯化”的化学方程式为:2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；

(4)TiCl4水解生成TiO2•xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl；

(5)高温炉中通入Ar的作用是做保护气的作用；防止高温条件下Mg和Ti被氧化；

(6)上述流程中电解熔融氯化镁得到的镁和氯气在反应中为反应原料，故可循环利用的物质有Mg和Cl2；

(7)下图为氯碱工业的装置示意图，使用阳离子交换膜只允许钠离子等阳离子通过，目的除了降低分离氢氧化钠的成本外还可以防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应。【解析】第四周期VIII族2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6COTiCl4+3H2O=TiO2·H2O+4HCl做保护气的作用，防止高温条件下Mg和Ti被氧化Mg和Cl2阳防止氯气与氢氧化钠溶液发生副反应11、略

【分析】【详解】

(1)反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高；

(2)①实验i中平衡时SO3物质的量为0.14mol，根据反应可知转化的SO2为0.14mol，SO2的转化率为×100%=70%；

②将实验ii中极值转化；与实验i的投入量相同，同温同体积条件下，平衡时平衡状态全等，故a=0.14mol；

③平衡时，正逆反应速率相等，即二氧化硫的消耗速率为氧气生成速率的2倍，由图可知，t2满足条件；达到平衡状态；

④由图可知，t2后；正逆反应速率都加快，且二氧化硫的消耗速率增加的更快，说明正反应速率比逆反应速率增加的快，即反应正向移动，反应为气体体积减小的反应，加压可以加快反应速率同时向正反应方向移动；

(3)将SO2和O2充入恒压密闭容器中，由图可知，相同温度下，m1、m2、m3对应的二氧化硫转化率减小，原料气中SO2和O2的物质的量之比m越大，说明SO2多，二氧化硫的转化率越小，故m1＜m2＜m3。

【点睛】

两种气体反应物以上，增加一种反应物的量，有利于正方向，但该物质的转化率减小，其他物质的转化率增大。【解析】①.增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高②.70%③.0.14④.t2⑤.加压⑥.m1＜m2＜m312、略

【分析】【详解】

（1）①与电源的负极相连作阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，阴极区的电极反应式：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑；离子交换膜为阳离子交换膜，所以透过离子交换膜的离子是K+；电解池中，阳离子向阴极移动，即由右向左移动；综上所述，本题答案是：.2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，K+；由右向左。

②与电源的正极相连作阳极，溶液中的OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7；综上所述，本题答案是：阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7。

（2）A、阴极得到电子，则溶液中的氢离子放电产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑；A正确；

B、有氢氧化铁生成，这说明铁是阳极，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋；B错误；

C、铁做阳极，失电子，极反应为：Fe－2e－＝Fe2＋,若转移0.6mol电子时，生成n(Fe2＋)=0.3mol；Cr2O72-能够氧化亚铁离子，本身被还原为Cr(OH)3，根据电子得失守恒可知，设被还原的Cr2O72-有xmol；则x×2×（6-3）=0.3，x=0.05mol，C正确；

D；铁作阳极提供还原剂亚铁离子；所以不能将铁电极改为石墨电极，D错误；

综上所述，本题选A、C。【解析】2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑K+由右向左阳极OH﹣放电，溶液中H+浓度增大，使Cr2O72﹣+H2O2CrO42﹣+2H+向生成Cr2O72﹣方向移动，（部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区），使阳极区主要成分是K2Cr2O7A、C13、略

【分析】【分析】

（1）A点溶液pH＞1，说明CH3COOH部分电离；为弱电解质；

（2）酸和碱的浓度相等，B点酸的体积是碱的2倍，因此B点溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度；溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒进行判断；

（3）C点时，溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)；据此分析作答。

【详解】

（1）A点溶液pH＞1，说明CH3COOH部分电离，为弱电解质，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；

（2）a.酸和碱的浓度相等，B点酸的体积是碱的2倍，因此B点溶液中溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa；a项正确；

b.根据电荷守恒有：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH−)，b项正确；

c.根据物料守恒可知：2c(Na＋)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)；c项错误；

d.根据电荷守恒和物料守恒可知：2c(H＋)+c(CH3COO－)=2c(OH－)+c(CH3COO-)；d项错误；

答案选ab；

（3）C点时，溶液pH=7，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此C点溶液中离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)【解析】CH3COOHCH3COO-+H+a、bc(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)14、略

【分析】【分析】

根据题意列三段式有：据此分析。

【详解】

(1)2minΔn(D)=0.8mol，根据方程式可知Δn(A)=1.2mol，所以平衡时n(A)=2mol-1.2mol=0.8mol，容器体积为2L，则c(A)=0.4mol/L；Δn(B)=0.4mol，则=20%；n(C)=0.8mol，则C的体积分数为=20%；(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强对平衡没有影响，则将该反应容器体积压缩为1L，平衡不移动，A的转化率不变；平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，所以K3=K1；(3)A．该反应前后气体系数之和相等，所以无论是否平衡，压强均不发生变化，压强不变不能说明反应平衡，故A不符合题意；B．平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以A的浓度不变可以说明反应平衡，故B符合题意；C．平衡时v正(A)=v逆(A)，2v逆(A)=3v逆(C)，选项既没有注明正逆，比例关系也不对，所以不能说明反应平衡，故C不符合题意；D．该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容则体积不变，所以无论是否平衡密度都不变，故D不符合题意；综上所述答案为B。【解析】0.4mol/L20%20%不变反应前后气体体积不变，压强不影响平衡移动=平衡常数只受温度影响，温度相同，则平衡常数相同B15、略

【分析】【详解】

(1)前10min中n(CH3OH)=0.80mol，则参加反应的CO2也为0.80mol，利用v(CO2)==0.08mol·L-1·min-1；答案为：0.08mol·L-1·min-1；

(2)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

起始量2mol6mol00

变化量1mol3mol1mol1mol

平衡量1mol3mol1mol1mol

该温度下，此反应的平衡常数K==答案为：

(3)该温度下，若向同容积的另一容器中投入的：CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、1mol·L-1、1mol·L-1，Q=＞所以平衡逆向移动，v正＜v逆；

Ⅱ；(1)最高点及之后的所有点；都是该温度下的平衡点。从最高点之后进行分析，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应；答案为：放热；

(2)因为最高点之前的所有点都是未平衡点；所以氢气在Q点的转化率小于氢气在W点的转化率；答案为：小于；

(3)0～T0内，甲醇的体积分数变化趋势，从图中便可看出，即温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；答案为：温度低于T0时；反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；

(4)一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)。画线时，注意两点，一是曲线的变化趋势，大，相当于增大H2的体积，虽然平衡正向移动，但H2的转化率减小；二是相同时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率大，所以压强是3.03×105Pa的曲线在压强是1.01×105Pa曲线的上方。故坐标图象为：【解析】①.0.08mol·L—1·min—1②.③.＜④.放热⑤.小于⑥.温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大⑦.三、判断题(共5题，共10分)16、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。17、×【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18、B【分析】【详解】

无论强酸溶液还是弱酸溶液加水稀释，溶液的酸性都减弱，pH都增大，即a19、B【分析】【分析】

【详解】

纯水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某温度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此该温度下，c(OH-)=故此判据错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。四、实验题(共1题，共10分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①由题意可知，在酸性条件下，难溶的铁酸锌与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子、锌离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O，故答案为：ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O；

②锌离子和铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，若溶液pH增大，氢氧根离子与氢离子反应，水解平衡向正反应方向移动，锌离子和铁离子会转化为氢氧化锌沉淀和氢氧化亚铁沉淀，导致浸出率降低，故答案为：溶液pH过大，Zn2+和Fe2+水解程度增大；转化为难溶物；

③若室温下浸出液中锌离子浓度为0.03mol/L，由溶度积可知，溶液中硫离子的浓度为==4×10—22mol/L，故答案为：4×10—22mol/L；

(2)①由题给信息可知，制取碱式碳酸锌固体的实验方案为在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，使溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，弃去氢氧化铁滤渣，向滤液中加入过量的锌粉，将溶液中的铜离子全部转化为铜，过滤，弃去铜，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，调节溶液pH约为7，使碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀，过滤，用乙醇洗涤碱式碳酸锌沉淀，低温条件下干燥得到碱式碳酸锌固体，故答案为：Fe3+；加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7；过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥；

②由题意可知，加入碳酸氢铵溶液后析出碱式碳酸锌沉淀发生的反应为碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。【解析】ZnFe2O4+SO2+4H+=Zn2+＋2Fe2++SO+2H2O溶液pH过大，Zn2+和Fe2+水解程度增大，转化为难溶物4×10—22mol/LFe3+加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O五、元素或物质推断题(共3题，共30分)22、略

【分析】【分析】

有A；B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,其中B是地壳中含量最多的元素,则B为氧元素,B、E同主族,则E为硫元素,A、C是同主族元素,且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍,则A为氢元素,C为钠元素,处于同周期的C、D、E元素中,D是该周期金属元素中金属性最弱的元素,则D为铝元素,据此答题。

【详解】

有A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,其中B是地壳中含量最多的元素,则B为氧元素,B、E同主族,则E为硫元素,A、C是同主族元素,且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍,则A为氢元素,C为钠元素,处于同周期的C、D、E元素中,D是该周期金属元素中金属性最弱的元素,则D为铝元素；

(1)C为钠元素,D为铝元素,钠的金属性强于铝,所以C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱为NaOH>Al（OH）3；

因此，本题正确答案是:NaOH>Al（OH）3；

(2)A、B、C形成的化合物为氢氧化钠,是离子晶体,电子式为

因此，本题正确答案是:离子晶体；

(3)铝与氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；

因此，本题正确答案是:2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑；

(4)两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体,则这两种物质分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠,它们反应的离子方程式为H++HSO3-=SO2↑+H2O；

因此，本题正确答案是:H++HSO3-=SO2↑+H2O；

(5)通常条件下,2mol氢氧化钠与1mol硫酸的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ,则表示该热量变化的离子方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；

因此，本题正确答案是:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；

（6）含有钠元素的盐的焰色反应为黄色．许多金属盐都可以发生焰色反应；其原因是激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量；

因此，本题正确答案是:黄；激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量。【解析】NaOH>Al(OH)3离子晶体2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑H++HSO=SO2↑+H2OH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol黄激发态得电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量23、略

【分析】【分析】

A、G、I均为单质，其中A、G为金属且都常被用作输电线，且G单质有特殊颜色，故G为Cu，A为Al，L是家庭厨房必备的一种盐，主要由海水中获得，则L为NaCl，由反应②可知，该反应为置换反应，C溶液含有金属G的元素，由反应③中C的溶液与E反应得到L与蓝色沉淀D，可推知G为Cu、D为Cu(OH)2，E为NaOH，C为CuCl2，由反应④中加热D分解得到B为CuO，由反应⑤中金属A与NaOH反应得到J与气体单质I，则A为Al，I为H2，J为NaAlO2，反应①为铝热反应，可推知F为A12O3，结合反应②可知H为AlCl3，反应⑥为AlCl3+NaAlO2→Al(OH)3+NaCl，故K为Al(OH)3。

【详解】

(1)电解氯化钠稀溶液可制备“84消毒液”，通电时氯气被溶液完全吸收，若所得消毒液仅含一种溶质，反应的化学方程式为，故答案为NaCl+H2ONaClO+H2↑；

(2)F为A12O3；工业上用作冶炼铝的原料或用作耐火材料，故答案为用作冶炼铝的原料或用作耐火材料；

(3)反应②的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；

(4)能与AlCl3反应生成Al(OH)3的物质有：碱或水解呈碱性的物质，AlCl3溶液与NaHCO3溶液、NaClO溶液发生双水解反应生成Al(OH)3，AlCl3溶液与NH3•H2O反应生成Al(OH)3与氯化铵；

任意一种试剂和H反应生成K的离子方程式：Al3++3=3CO2↑+Al(OH)3、Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3、Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3故选bdf；Al3++3=3CO2↑+Al(OH)3、Al3++3ClO-+3H2O=3HClO+Al(OH)3、Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3

【名师点晴】

本题考查无机物的推断，L为厨房必备的盐及物质的颜色