2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、我國某科研機(jī)構(gòu)設(shè)計(jì)如圖裝置，利用K2Cr2O7實(shí)現(xiàn)含苯酚廢水的有效處理；處理后的廢水毒性降低且不引入其它雜質(zhì)。一段時(shí)間后，中間室中NaCl溶液的濃度減小。下列說法中錯(cuò)誤的是。

A.工作時(shí)，N極附近溶液pH升高B.工作時(shí)，每轉(zhuǎn)移3mol電子，N極室和M極室質(zhì)量變化相差65gC.a為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜D.N電極反應(yīng)式為2、以柏林綠Fe[Fe(CN)6]為代表的新型可充電鈉離子電池；其放電工作原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.充電時(shí)，Na+通過交換膜從左室移向右室B.充電時(shí)，Mo(鉬)箔接電源的正極C.放電時(shí)，電勢較低的反應(yīng)為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]D.外電路中通過0.2mol電子的電量時(shí)，負(fù)極質(zhì)量變化為2.4g3、新型鋅碘液流電池具有能量密度高；循環(huán)壽命長等優(yōu)勢；其工作原理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.放電時(shí)電流從石墨電極流向鋅電極B.充電時(shí)陽極反應(yīng)式為：3I－－2e－＝I3－C.若將陽離子交換膜換成陰離子交換膜，放電時(shí)正負(fù)極也隨之改變D.放電時(shí)左側(cè)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大4、下列說法不正確的是。

A.絕熱恒容密閉容器中通入A和B，發(fā)生反應(yīng)：2A(g)+B(g)?2C(g)；圖為其正反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的示意圖，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

B.B；催化劑能降低反應(yīng)的活化能；提高活化分子的百分含量，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率如圖顯示的是催化反應(yīng)與無催化反應(yīng)過程中的能量關(guān)系。

C.將BaO2放入密閉真空容器中，反應(yīng)2BaO2(s)?2BaO(s)+O2(g)達(dá)到平衡時(shí)體系壓強(qiáng)為P，保持溫度不變，t0時(shí)刻將容器體積縮小為原來的一半；體系重新達(dá)到平衡，體系壓強(qiáng)變化如圖所示。

D.將一定量的NO2充入針筒中后封口，發(fā)生反應(yīng)2NO2(g)?N2O4(g)，如圖表示在拉伸和壓縮針筒活塞的過程中氣體透光率隨時(shí)間的變化氣體顏色越深，透光率越小。則c點(diǎn)與a點(diǎn)相比，c(NO2)增大；減小。

5、下列說法或表示方法中正確的是（）A.HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱ΔH＝-57.3kJ·mol－1，則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的中和熱ΔH＝-2×57.3kJ·mol－1B.101kPa時(shí)，H2的熱值為142.75kJ·g－1，則表示氫氣標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－142.75kJ·mol－1C.由C(金剛石)＝C(石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知，金剛石比石墨穩(wěn)定D.同溫同壓下，4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常溫和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同6、利用CH3OH和CO的羰基化反應(yīng)可以制備CH3COOH：CH3OH(g)+CO(g)?CH3COOH(g)ΔH。T1時(shí)，在體積為2L的剛性密閉容器中通入0.2molCH3OH(g)和0.22molCO(g)發(fā)生上述反應(yīng)；測得甲醇的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。

下列有關(guān)說法正確的是A.該反應(yīng)的ΔH＞0B.B.D三點(diǎn)的逆反應(yīng)速率：B點(diǎn)＞C點(diǎn)＞D點(diǎn)C.T1時(shí)，若保持溫度、壓強(qiáng)不變，則達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，甲醇的轉(zhuǎn)化率α：40%＜α＜80%D.T2時(shí)，保持其他條件不變，向已達(dá)到平衡的容器中再通入0.08molCH3OH，0.20molCO和0.60molCH3COOH，則平衡不移動(dòng)評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、25℃時(shí)，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：。化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

回答下列問題：

（1）一般情況下，當(dāng)溫度升高時(shí)，Ka___(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（2）下列四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是___(填序號(hào))。

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

（3）用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是___(填序號(hào))。

a.b.

c.d.

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

（5）25℃時(shí)，若測得CH3COOH與CH3COONa的混合溶液的pH=6；則溶液中：

①=___(填“精確數(shù)值”；下同)。

②c(CH3COO-)-c(Na+)=___mol/L。8、25℃時(shí)，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：?；瘜W(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.7×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-113.0×10-8

請回答下列問題：

(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_________。

(2)同濃度CH3COO-、HCOCOClO-結(jié)合H+的能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_________。

(3)將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，寫出反應(yīng)的離子方程式：_______。

(4)常溫下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中；填寫下列表達(dá)式中的數(shù)據(jù)變化情況(填“變大”；“變小”或“不變”)

①______；②______；

③_______；④_______。

(5)體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù)______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的電離平衡常數(shù)：理由是______。

9、常溫下，實(shí)驗(yàn)測得0.1mol·L-1下列物質(zhì)的溶液pH如表所示：。物質(zhì)Na2CO3CH3COONaNaHCO3CH3COONH4NH4Cl溶液pH118.98.37.0a

(1)Na2CO3溶液顯堿性的主要原因?yàn)開___(用離子方程式表示)。

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

(3)有同學(xué)認(rèn)為根據(jù)前幾組實(shí)驗(yàn)結(jié)果，無需再實(shí)驗(yàn)就可以預(yù)測a的值，則a=____。

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

(5)鍋爐水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢時(shí)經(jīng)常先用飽和Na2CO3溶液浸泡，后用鹽酸溶解。請應(yīng)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋清洗CaSO4的過程：___。10、已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強(qiáng)氧化性；將溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀為氫氧化物，需溶液的pH分別為：6.4、6.4、3.7。現(xiàn)有含有FeCl2雜質(zhì)的氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)，為制取純凈的CuCl2·2H2O；首先將其制成水溶液，然后按圖所示步驟進(jìn)行提純：

(1)本實(shí)驗(yàn)最適合的氧化劑X是_______。加X的目的是_______。

(2)溶液Ⅱ中加入Y生成沉淀乙相關(guān)的離子方程式為：_______、_______。

(3)已知Ksp[Fe(OH)3]=10-38，則Fe3+剛好沉淀完全(濃度小于10-5mol/L)時(shí)的pH為_______。

(4)最后_______(填“能”或“不能”)直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl2·2H2O晶體？原因是_______。11、科學(xué)家P.Tatapudi等人首先使用在酸性條件下電解純水的方法制得臭氧。臭氧在_______極周圍的水中產(chǎn)生，其電極反應(yīng)式為_______；在_______極附近的氧氣則生成過氧化氫，其電極反應(yīng)式為_______。電解的化學(xué)方程式為_______。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)12、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自發(fā)進(jìn)行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向。__________________A.正確B.錯(cuò)誤13、甲烷的燃燒熱為則甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式可表示為(_______)A.正確B.錯(cuò)誤14、室溫下，pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c(NH)+c(OH-)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤15、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤16、實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共3分)17、為解決汽車尾氣達(dá)標(biāo)排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價(jià)電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進(jìn)入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序?yàn)開__________，簡單氫化物的沸點(diǎn)由大到小的順序?yàn)開__________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時(shí)，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個(gè)Ti原子周圍距離最近的O原子的個(gè)數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)18、重鉻酸鈉晶體()為橙紅色，是一種重要的無機(jī)鹽產(chǎn)品?？梢杂摄t鐵礦[主要含還含少量等]制備；主要工藝流程如下：

已知：①在水溶液中常以等形態(tài)存在；本實(shí)驗(yàn)條件下，當(dāng)約為3.5時(shí)轉(zhuǎn)化為

②酸性條件下，具有較強(qiáng)的氧化性，易被還原成

請回答下列問題：

(1)“煅燒”時(shí)，轉(zhuǎn)化為和寫出鉻鐵礦發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。

(2)“中和除雜”時(shí)，先用水將浸取液稀釋，并加熱至接近沸騰，然后調(diào)節(jié)溶液約為7。

①加熱至接近沸騰的目的為_______。

②若持續(xù)加熱較長時(shí)間，可以通過生成而將硅除去，寫出相應(yīng)的離子方程式_______。

(3)室溫下；“中和除雜”后所得的濾液中存在下列平衡：

室溫下，反應(yīng)的平衡常數(shù)_______；酸化時(shí)，通常用硫酸而不用鹽酸，原因是_______。評卷人得分六、原理綜合題(共2題，共4分)19、消除氮氧化物的污染對建設(shè)生態(tài)文明具有重要的意義?；卮鹣铝袉栴}：

(1)用活性炭還原法可以處理氮氧化物，發(fā)生反應(yīng)為C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)。

①已知：C(s)和CO(g)的燃燒熱分別為393.5kJ·mol-1和283kJ·mol-1；CO(g)和NO(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.8kJ·mol-1.則用活性炭還原法反應(yīng)的ΔH=___kJ·mol-1，欲提高NO平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有____。

②實(shí)驗(yàn)室模擬活性炭還原氮氧化物的過程。向2L固定體積的密度容器中，加入足量的活性炭，再充入1molNO，在一定溫度下反應(yīng)，50min時(shí)達(dá)到平衡，測得混合氣體中CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，則平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為___，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=___(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

(2)Cl2也可以與NO反應(yīng)：2NOCl(g)?2NO(g)+Cl2(g)。一定溫度下，用NOCl和Cl2表示該反應(yīng)的反應(yīng)速率分別為v正=k正·c2(NOCl)，v逆=k逆·c2(NO)·c(Cl2)(k1、k2為速率常數(shù))。向2L密閉容器中充入amolNOCl(g)，測得NO的物質(zhì)的量濃度與溫度的關(guān)系如圖所示(x＜0.5a)。T1___T2(填“>”、“＜”或“=”)；T2溫度下，=___(用含a；x的代數(shù)式表示)。

(3)利用電化學(xué)原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池；模擬工業(yè)電解法來精煉銀，裝置如圖所示。

請回答下列問題：

①甲池工作時(shí)，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5，可循環(huán)使用，則正極發(fā)生的電極反應(yīng)方程式為：_____。

②若石墨I(xiàn)消耗4.6gNO2，已知該電解池的電解效率為80%，則乙中陰極得到Ag的質(zhì)量為_。(通過一定電量時(shí)陰極上實(shí)際沉積的金屬質(zhì)量與通過相同電量時(shí)理論上應(yīng)沉積的金屬質(zhì)量之比叫電解效率)。20、甲胺鉛碘(CH3NH3PbI3)為黑色粉末，可用作新型太陽能電池的敏化劑，由CH3NH2、PbI2及HI為原料合成；回答下列問題：

(1)制取甲胺的反應(yīng)為CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH＝－12kJ·mol－1。已知該反應(yīng)中部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：?；瘜W(xué)鍵C—OH—ON—HC—NC—H鍵能/kJ·mol－1351463393x414

則表中x為__________。

(2)工業(yè)上利用水煤氣合成甲醇，反應(yīng)為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。

①下列說法不正確的是__________。

a．使用催化劑可以提高甲醇的產(chǎn)率。

b．反應(yīng)過程中CO的轉(zhuǎn)化率和H2的轉(zhuǎn)化率可能相等。

c．平衡時(shí)；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變。

d．平衡時(shí)，H2的消耗速率和CH3OH的消耗速率相等。

②在一定條件下，將1molCO和2molH2通入密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)改變某一外界條件(溫度或壓強(qiáng))時(shí)，CH3OH平衡時(shí)體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)變化趨勢如圖所示：

圖中Y軸表示________(填“溫度”或“壓強(qiáng)”)；X軸上a點(diǎn)的數(shù)值比b點(diǎn)_____(填“大”或“小”)。

③平衡時(shí)，M點(diǎn)CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，容器的體積為5L，則CO的轉(zhuǎn)化率為________，平衡常數(shù)K=_______(精確到小數(shù)點(diǎn)后一位)。

④保持M點(diǎn)溫度和體積不變，再向容器中充入1molCO和2molH2，重新達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率將____________(填“增大”、“不變”或“減小”)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

放電時(shí)，N極室轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3，Cr元素的化合價(jià)降低，則N極為正極，M極為負(fù)極。M極電極反應(yīng)為N極電極反應(yīng)為由于該裝置的目的是對廢水進(jìn)行有效處理，生成的H+應(yīng)遷移到中間室，a為陽離子交換膜，生成的OH-應(yīng)遷移到中間室，與H+反應(yīng)生成H2O，使NaCl溶液濃度降低，b為陰離子交換膜。

【詳解】

A．工作時(shí)，N極發(fā)生反應(yīng)則附近溶液pH升高，A正確；

B．工作時(shí)，每轉(zhuǎn)移3mol電子，M極室減少3molH+和molCO2，共31.3g，N極室減少4molOH-；共68g，因此N極室和M極室質(zhì)量變化相差36.7g，B錯(cuò)誤；

C．由分析可知，a為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜；C正確；

D．放電時(shí)，N極室轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3，反應(yīng)式為D正確；

故選B。2、C【分析】【分析】

根據(jù)放電工作原理圖，Mo作正極，正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，Mg作負(fù)極，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；充電時(shí)，原電池的負(fù)極連接電源的負(fù)極，電極反應(yīng)和放電時(shí)的相反，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．充電時(shí)，Na+通過交換膜移向陰極；即從左室移向右室，故A正確；

B．充電時(shí)；電池的負(fù)極接電源的負(fù)極，電池的正極接電源的正極，即Mo箔接電源的正極，故B正確；

C．根據(jù)原電池工作原理，放電時(shí)Mg作負(fù)極，電勢較低的反應(yīng)式為2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；故C錯(cuò)誤；

D．放電時(shí)負(fù)極上發(fā)生2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+；通過0.2mol電子時(shí)，消耗0.1molMg，質(zhì)量減少2.4g，故D正確；

故答案為C。3、C【分析】【分析】

鋅碘液流電池是一種新型二次電池；放電時(shí)鋅較活潑作負(fù)極，石墨作正極，負(fù)極失電子，正極得電子，將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?；而充電過程是放電過程的逆過程，故電極反應(yīng)；總反應(yīng)等，都與放電過程相反。

【詳解】

A項(xiàng)，圖中電極材料為鋅和石墨，放電時(shí)鋅較活潑作負(fù)極，石墨作正極，負(fù)極反應(yīng)為Zn-2e-＝Zn2+；失去的電子經(jīng)外電路流向石墨，電流從石墨電極經(jīng)外電路流向鋅電極，A項(xiàng)正確；

B項(xiàng)，充電過程與放電過程相反，鋅為陰極，電極反應(yīng)為Zn2++2e-＝Zn；石墨為陽極，電極反應(yīng)為3I－－2e－＝I3－；B項(xiàng)正確；

C項(xiàng)；將陽離子交換膜換成陰離子交換膜，放電時(shí)正負(fù)極均不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D項(xiàng)，放電時(shí)左側(cè)正極反應(yīng)為I3－+2e－＝3I－；反應(yīng)中離子總數(shù)增加，則左側(cè)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大，D項(xiàng)正確。

本題選C。

【點(diǎn)睛】

充電時(shí)，應(yīng)將鋅電極與電源的負(fù)極相連，將石墨電極與電源的正極相連。4、D【分析】【詳解】

A.絕熱恒容密閉容器中通入A和B，發(fā)生反應(yīng)：2A反應(yīng)開始反應(yīng)物濃度最大，反應(yīng)速率逐漸增大，說明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物濃度逐漸減小，則反應(yīng)速率逐漸減小，最后達(dá)到平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率不再變化，故A正確；

B.催化劑降低反應(yīng)的活化能改變反應(yīng)歷程；提高活化分子的百分含量，能加快反應(yīng)速率，圖像分析可知是催化反應(yīng)與無催化反應(yīng)過程中的能量關(guān)系，故B正確；

C.將放入密閉真空容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)體系壓強(qiáng)為P，保持溫度不變，時(shí)刻將容器體積縮小為原來的不考慮平衡移動(dòng)，氧氣的濃度應(yīng)為原來的2倍，氣體壓強(qiáng)為原來的2倍，但壓強(qiáng)增大平衡逆向進(jìn)行，所以壓強(qiáng)減小，平衡常數(shù)不變，氧氣濃度不變，所以最后達(dá)到平衡壓強(qiáng)為仍為P，故C正確；

D.上述分析可知；c點(diǎn)是壓縮注射器后的情況，二氧化氮和四氧化二氮的濃度都增大，故D錯(cuò)誤。

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)平衡影響因素分析，催化劑對化學(xué)反應(yīng)的影響，通過圖像和透光率考查了壓強(qiáng)對平衡移動(dòng)的影響，注意勒夏特列原理的應(yīng)用。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱△H=-57.3KJ·mol?1，該反應(yīng)中稀的強(qiáng)酸與稀的強(qiáng)堿反應(yīng)，只生成1molH2O，H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)時(shí)除了生成水、還有CaSO4沉淀生成時(shí)也放出熱量，故該反應(yīng)的中和熱ΔH≠-2×57.3KJ·mol?1；A錯(cuò)誤；

B．1克燃料完全燃燒所放出的熱量為熱值，摩爾燃燒焓是1摩爾燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的生成物時(shí)所放出的熱量；101kPa時(shí)，H2的熱值為142.75kJ·g－1，則表示氫氣摩爾燃燒焓的熱化學(xué)方程式為：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－2×142.75kJ·mol－1；B錯(cuò)誤；

C．由C(金剛石)＝C(石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知；金剛石的能量比石墨高，石墨更穩(wěn)定，C錯(cuò)誤；

D．同溫同壓下，一個(gè)反應(yīng)的ΔH不受反應(yīng)條件的影響，只與反應(yīng)物和生成物的總能量有關(guān)，所以4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常溫和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同；D正確。

故選D。6、D【分析】【分析】

由圖像可知，隨著溫度的升高，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動(dòng)，則ΔH＜0；B；C、D三點(diǎn)均達(dá)到平衡狀態(tài)，由此分析。

【詳解】

A．由題中圖像分析，溫度升高，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆行移動(dòng)，該反應(yīng)的ΔH＜0；故A不符合題意；

B.C、D三點(diǎn)均達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，由于溫度T3＞T2＞T1；隨著溫度的升高，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明反應(yīng)物的濃度，D點(diǎn)＞C點(diǎn)＞B點(diǎn)，故正反應(yīng)速率D點(diǎn)＞C點(diǎn)＞B點(diǎn)，逆反應(yīng)速率D點(diǎn)＞C點(diǎn)＞B點(diǎn)，故B不符合題意；

C．T1時(shí)；若保持溫度；壓強(qiáng)不變，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器的體積縮小，相較于溫度、體積不變時(shí)，平衡正向移動(dòng)，甲醇的轉(zhuǎn)化率α：α＞80%，故C不符合題意；

D．T2時(shí)；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，甲醇的轉(zhuǎn)化率為60%，列出三段式；

K===30，此時(shí)若保持其他條件不變，再通入0.08molCH3OH，0.20molCO和0.60molCH3COOH，Qc===30=K；處于平衡狀態(tài)，即平衡不移動(dòng)，故D符合題意；

答案選D。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【詳解】

(1)弱電解質(zhì)電離是吸熱的；升高溫度，會(huì)促進(jìn)電離，電離平衡常數(shù)Ka增大；

(2)酸電離出H＋能力越弱，那么其對應(yīng)的酸根陰離子結(jié)合H＋能力越強(qiáng)，從表中數(shù)據(jù)可以看出，HCO3－電離出H＋能力最弱，則CO32－結(jié)合H＋能力最強(qiáng)；最弱的為CH3COO-，ClO-大于HCO3-，所以四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是a＞b＞d＞c；

(3)用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸；促進(jìn)醋酸的電離，但是溶液的酸性減弱；

a．上下同時(shí)乘以溶液的體積，有加水稀釋，醋酸的電離被促進(jìn)，n(CH3COOH)減小，n(H＋)增大，則減?。籥不符合題意；

b．上下同時(shí)乘以溶液的體積，有加水稀釋，醋酸的電離被促進(jìn)，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO－)增大，則增大，b符合題意；

c．在溶液中，Kw=c(H＋)c(OH－)，則用水稀釋醋酸，溶液的酸性減弱，c(OH－)增大，則減??；c不符合題意；

d．用水稀釋醋酸，溶液的酸性減弱，c(OH－)增大，c(H＋)減小，則減??；d不符合題意。

答案選b；

(4)NaHCO3在溶液中電離出HCO3－，HCO3－即可以電離又可以水解，其電離和水解的方程式分別為HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，從方程式可知，HCO3－電離使得溶液顯酸性，水解使得溶液顯堿性；現(xiàn)NaHCO3溶液顯堿性，說明HCO3－的水解程度大于其電離程度，水解產(chǎn)生的H2CO3多余電離產(chǎn)生的CO32－，則c(H2CO3)＞c(CO32-)，原因是HCO3-水解程度大于電離程度；

(5)①醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO－＋H＋，其電離平衡常數(shù)則pH=6，c(H＋)=10－6mol·L－1，K=1.8×10-5，帶入數(shù)值

②在混合溶液中，根據(jù)電荷守恒，有c(H＋)＋c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，則c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)，溶液pH=6，則c(H＋)=10－6mol·L－1，c(OH－)=10－8mol·L－1，帶入數(shù)據(jù)，得c(CH3COO－)－c(Na＋)=10－6mol·L－1－10－8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1?！窘馕觥吭龃骯＞b＞d＞cb＞HCO3-水解程度大于電離程度189.9×10-78、略

【分析】【詳解】

(1)酸電離程度越大，其在相同溫度下的電離平衡常數(shù)就越大，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知電離平衡常數(shù)CH3COOH>H2CO3>HClO，所以酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO；

(2)同濃度的酸的酸性越強(qiáng)，其電離平衡常數(shù)越大，電離產(chǎn)生的酸根離子結(jié)合氫離子的能力就越弱。由于電離平衡常數(shù):K(CH3COOH)>K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以CH3COO-、HCOCOClO-結(jié)合H+的能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃O>ClO->HCO>CH3COO-；

(3)由于電離平衡常數(shù)：K(H2CO3)>K(HCO)>K(HClO)，所以將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，反應(yīng)的離子方程式：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO

(4)在常溫下，醋酸在溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+；

①溶液在加水稀釋過程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀釋都減小，同時(shí)電離平衡正向移動(dòng)，使溶液中減?。?/p>

②＝K；電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，電離平衡常數(shù)不變；

③在溶液的稀釋時(shí)，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都減小，電離平衡正向移動(dòng)，使c(CH3COOH)進(jìn)一步減小，c(CH3COO-)又有所增大，所以增大；

④＝＝由于在溫度不變時(shí)，K、Kw都是常數(shù)；所以他們的比值不變；

(5)根據(jù)圖示可知：體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋了100倍，若HX是強(qiáng)酸，則其pH=4，實(shí)際pH<4，說明HX弱酸。酸電離程度越大，稀釋時(shí)溶液中c(H+)變化越大，溶液的pH就越大，由于在稀釋過程中pH變化HX>CH3COOH，則HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)。【解析】CH3COOH>H2CO3>HClOCO>ClO->HCO>CH3COO-CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO變小不變變大不變>當(dāng)完全電離時(shí)應(yīng)該是pH=4，現(xiàn)在pH值HX>CH3COOH，說明原來HX電離更多，故HX的電離平衡常數(shù)>醋酸的電離平衡常數(shù)9、略

【分析】(1)

Na2CO3溶液顯堿性的主要原因是碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根，溶液中氫氧根濃度大于氫離子濃度，其離子方程式為+H2OHCO+OH－；故答案為：+H2OHCO+OH－。

(2)

根據(jù)醋酸若雨鹽酸，醋酸銨是相互促進(jìn)的雙水解，氯化銨中值由銨根水解，因此CH3COONH4溶液中c(NH)小于NH4Cl溶液中c(NH)；故答案為：小于。

(3)

有同學(xué)認(rèn)為根據(jù)前幾組實(shí)驗(yàn)結(jié)果；根據(jù)醋酸銨pH為7.0，醋酸鈉的pH值為8.9，由于醋酸根水解程度和銨根水解程度相當(dāng)，因此無需再實(shí)驗(yàn)就可以預(yù)測a的值，則a=7?(8.9?7)=5.1；故答案為：5.1。

(4)

推測上述CH3COONa溶液的pH大于NaHCO3溶液pH的可能原因：HCO電離出的H+會(huì)中和HCO水解產(chǎn)生的部分OH－；故答案為：HCO電離出的H+會(huì)中和HCO水解產(chǎn)生的部分OH－。

(5)

鍋爐水垢的主要成分里含有CaSO4，去除水垢時(shí)經(jīng)常先用飽和Na2CO3溶液浸泡，后用鹽酸溶解，用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋清洗CaSO4的過程為CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因?yàn)镃aCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO與Ca2+結(jié)合，導(dǎo)致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，而CaCO3能溶于鹽酸；故答案為：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因?yàn)镃aCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO與Ca2+結(jié)合，導(dǎo)致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，而CaCO3能溶于鹽酸?！窘馕觥?1)+H2OHCO+OH－

(2)小于。

(3)5.1

(4)HCO電離出的H+會(huì)中和HCO水解產(chǎn)生的部分OH－

(5)CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO(aq)，因?yàn)镃aCO3的溶解度比CaSO4小，加入Na2CO3后，CO與Ca2+結(jié)合，導(dǎo)致CaSO4溶解平衡右移，CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，而CaCO3能溶于鹽酸10、略

【分析】【詳解】

(1)雙氧水是綠色氧化劑，還原產(chǎn)物是水，反應(yīng)中不帶入新的雜質(zhì)，故本實(shí)驗(yàn)最適合的氧化劑X是H2O2，加X的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，便于Fe3+生成沉淀而與Cu2+分離。

(2)Fe3+發(fā)生水解反應(yīng)，加入的CuO或Cu(OH)2與水解得到的H+反應(yīng)，促使水解平衡正向移動(dòng)，最終Fe3+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+、CuO+2H+=Cu2++H2O。

(3)已知Ksp[Fe(OH)3]=10-38，則Fe3+剛好沉淀完全(濃度小于10-5mol/L)時(shí)，

(4)要獲得CuCl2·2H2O晶體，需采用蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶，不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得，原因是直接加熱會(huì)促進(jìn)的CuCl2水解，得不到CuCl2·2H2O晶體?！窘馕觥縃2O2將Fe2+氧化成Fe3+，便于Fe3+生成沉淀而與Cu2+分離Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+CuO+2H+=Cu2++H2O3不能直接加熱會(huì)促進(jìn)的CuCl2水解，得不到CuCl2·2H2O晶體11、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】陽3H2O-6e-→O3+6H+陰3O2+6H++6e-→3H2O2(或O2+2H++2e-→H2O2)3H2O+3O2O3+3H2O2三、判斷題(共5題，共10分)12、A【分析】【分析】

【詳解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，該反應(yīng)若能自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行是因?yàn)轶w系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向，故正確。13、B【分析】【詳解】

1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱，甲烷完全燃燒應(yīng)該生成CO2和H2O則甲烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式可表示為

故錯(cuò)誤。14、B【分析】【分析】

【詳解】

pH=2的鹽酸中氫離子濃度和pH=12的氨水中氫氧根濃度相等。鹽酸是強(qiáng)酸，一水合氨是弱堿,故等體積的混合溶液呈堿性，則結(jié)合電中性：得則c(Cl-)+c(H+)＜c(NH)+c(OH-)。故答案為：錯(cuò)誤。15、B【分析】【分析】

【詳解】

0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，NaHA水溶液呈酸性，則HA-水解程度小于電離程度、溶液中A2-離子濃度大于H2A濃度，故答案為：錯(cuò)誤。16、A【分析】【分析】

【詳解】

FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2O?Fe(OH)3+3HCl，為抑制Fe3+的水解，實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)需將FeCl3(s)溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋；正確。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共3分)17、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價(jià)電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個(gè)電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級(jí)為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個(gè)電子有2個(gè)在同一原子軌道中，另外4個(gè)均單獨(dú)占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個(gè)電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時(shí)所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最?。籒的2p軌道上排布了3個(gè)電子，達(dá)到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點(diǎn)高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強(qiáng)，所以水的沸點(diǎn)高于NH3，所以C、N、O三種元素簡單氫化物的沸點(diǎn)由大到小的順序?yàn)镠2O＞NH3＞CH4。O電負(fù)性比N和C大，成鍵時(shí)不易給出孤對電子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動(dòng)，釋放出CO，可用于治療CO中毒。在該晶胞中，O位于立方體的棱心，所以該晶胞含有3個(gè)O，Ti原子位于頂點(diǎn)，則含有1個(gè)Ti，Sr位于體心，則含有1個(gè)Sr，該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為TiSrO3；每個(gè)Ti原子周圍距離最近的O原子的個(gè)數(shù)為6；該晶胞的質(zhì)量為g，晶體密度為ρg/cm3，所以晶胞的體積為cm3，晶胞的邊長為cm。【解析】(1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O電負(fù)性比N和C大，成鍵時(shí)不易給出孤電子對，不易和Fe2+配位CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動(dòng)，釋放出CO，可用于治療CO中毒SrTiO36五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)18、略

【分析】【分析】

原料中含有Fe(CrO2)2、Al2O3、SiO2，加入碳酸鈉，通入空氣煅燒得到鉻酸鈉、偏鋁酸鈉、以及硅酸鈉等，加水溶解，過濾除去不溶物，濾渣1為濾液中通入二氧化碳形成氫氧化鋁和硅酸等沉淀，過濾后得到濾渣2，向?yàn)V液中加入稀硫酸酸化，得到重鉻酸鈉和硫酸鈉混合溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥即可得到Na2Cr2O7·2H2O

（1）

“煅燒”時(shí)，轉(zhuǎn)化為和化學(xué)方程式為

（2）

①加熱至接近沸騰可以促進(jìn)偏鋁酸鈉；硅酸鈉分別水解生成氫氧化鋁、硅酸沉淀而除去；

②加熱，和在水溶液中發(fā)生水解生成沉淀，離子方程式為

（3）

對反應(yīng)進(jìn)行標(biāo)號(hào)，①，②，③，③-②2的則平衡常數(shù)鹽酸是一種還原性的強(qiáng)酸，而離子在酸性溶液中有較強(qiáng)氧化性，離子會(huì)被鹽酸還原成故酸化時(shí)，通常用硫酸而不用鹽酸。【解析】(1)

(2)促進(jìn)偏鋁酸鈉、硅酸鈉分別水解生成氫氧化鋁、硅酸沉淀而除去

(3)鹽酸是一種還原性的強(qiáng)酸，而離子在酸性溶液中有較強(qiáng)氧化性，故離子會(huì)被鹽酸還原成六、原理綜合題(共2題，共4分)19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①已知：C(s)和CO(g)的燃燒熱分別為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)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為ⅲ2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.8kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律ⅰ+ⅲ-ⅱ×2可得：C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)ΔH=-575.3kJ·mol-1；除增大一氧化氮的濃度外；能使平衡正向移動(dòng)的措施均能提高NO平衡轉(zhuǎn)化率，則可采取的措施有降溫；減少生成物的濃度；

②根據(jù)題意列三段式：

則平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為×100%=40%，由