2025年外研版選擇性必修1化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版選擇性必修1化學上冊月考試卷255考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、室溫下，某無色透明溶液中水電離出的H＋和OH－的物質的量濃度乘積為1×10-26，一定能大量共存的離子組是()A.Cl-、HCONa＋、K＋B.Fe3＋、NOK＋、H＋C.NOBa2＋、K＋、Cl-D.Al3＋、SONHCl-2、4.0molPCl3?和2.0molCl2充入體積為1L的不變密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應：PCl3(g)+Cl2?(g)PCl5(g)?，達平衡時PCl5為0.8mol，如果此時移走1.0molPCl3和0.5molCl2，在相同溫度下再達平衡時，PCl5的物質的量是(?????)A.0.6molB.大于0.6?mol小于0.8?molC.小于0.6molD.0.8mol3、在容積為1L的恒容密閉容器中，充入和一定條件下發(fā)生反應測得和的濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.0～9min內，用表示的平均反應速率B.3min時正逆反應速率相等，反應剛好達到平衡C.反應達到平衡后，D.9min時的小于3min時的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.加熱D.加入適量KOH固體5、反應在容積為2L的密閉容器中進行，1mim后，減少了0.12mol，則平均每秒濃度的變化表示正確的是A.B.C.D.6、溫度為T1時，在容積為10L的恒容密閉容器充入一定量的M(g)和N(g)，發(fā)生反應：M(g)+N(g)2P(g)+Q(g)△H＞0，反應過程中部分數據如表所示，下列說法正確的是。t/min0510n(M)/mol6.04.0n(N)/mol3.01.0

A.0-5min內，用M表示的平均反應速率為0.4mol?L-1?min-1B.N的轉化率的60%C.該反應在第8min時v逆＞v正D.T2時該反應的化學平衡常數為0.64，則T1＞T27、25℃時，水的電離達到平衡：下列敘述正確的是（）A.將水加熱，增大，降低，KW增大B.向水中加入少量的（忽略溶液溫度改變），平衡向右移動，增大C.向水中加入稀氨水，平衡向左移動，降低D.向水中加入少量固體硫酸氫鈉（忽略溶液溫度改變），增大，KW不變8、有M、N兩種溶液，各含下列10種離子中的5種：Na+、K+、NOOH-、S2-、Fe3+、CONHSOH+。已知兩種溶液所含離子各不相同，M溶液里的陽離子只有兩種，則N溶液里的陰離子應該是A.OH-、S2-B.SONOC.OH-、NOD.S2-、SO評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、完成下列各題。

(1)Bunsen熱化學循環(huán)制氫工藝由下列三個反應組成：

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

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

(2)如表所示是部分化學鍵的鍵能參數：?；瘜W鍵P-PP-OO=OP=O鍵能/kJ/molabcx

已知白磷的燃燒熱為dkJ/mol，白磷及其完全燃燒的產物的結構如圖所示。1個P4O10分子中P-O的個數為_______，表中x=_______kJ/mol(用含a、b；c、d的代表數式表示)。

(3)恒溫恒容條件下；硫可以發(fā)生如下轉化，其反應過程和能量關系如圖所示。

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

①寫出硫燃燒的熱化學方程式：_______。

②ΔH2=_______kJ·mol-1。10、將一塊質量為5.0g的鋁片投入盛有500mL0.5mol·L-1硫酸溶液的燒杯中；該鋁片與硫酸反應產生氫氣的速率與反應時間的關系可用如圖所示的曲線來表示，回答下列問題：

(1)曲線O→a段不產生氫氣的原因是_______。

(2)曲線a→b段產生氫氣的速率較慢的原因是_______。

(3)曲線b→c段產生氫氣的速率增加較快的主要原因是反應放出的熱量使溶液的溫度升高而加快反應速率。曲線c點以后產生氫氣的速率逐漸下降的主要原因是_______。11、一定溫度下，向1.0L的密閉容器中加入0.60molX（g），發(fā)生反應X(g)Y(s)+2Z(g)，測得反應物X的濃度與反應時間的關系如表所示：。反應時間t/min0123468c(X)/(mol·L-1)0.600.420.300.210.15a0.0375

(1)0～3min內用Z表示的平均反應速度v(Z)=___。

(2)分析該反應中反應物的濃度與時間的關系，得出的結論是___。由此規(guī)律推出在6min時反應物X的濃度為___mol·L-1。

(3)該反應的逆反應速率隨時間變化的曲線如圖所示，t2時改變的條件可能是___、___。

12、25℃時；電離平衡常數：

。化學式。

CH3COOH

H2CO3

HClO

電離平衡常數。

1.8×10-5

K1：4.3×10-7

K2：5.6×10-11

3.2×10-8

回答下列問題：

(1)物質的量濃度為0.1mol·L-1的下列四種物質：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的順序是___。(填編號)

(2)常溫下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數據一定變小的是___。

A.c(H+)B.C.c(H+)·c(OH-)D.

(3)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pH變化如圖。稀HX溶液中水電離出來的c(H+)___(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水電離出來的c(H+)。

(4)25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得混合液pH=6，則溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=___。(填準確數值)13、試比較下列三組ΔH的大小(填“>”“<”或“＝”)。

(1)同一反應；生成物狀態(tài)不同時。

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

(2)同一反應；反應物狀態(tài)不同時。

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

(3)兩個有聯系的不同反應相比。

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH1<0；C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)ΔH2<0，則ΔH1____ΔH2。14、恒溫、恒壓下，在一個容積可變的容器中發(fā)生如下反應：A(g)+B(g)?C(g)

(1)若開始時放入1molA和1molB，達到平衡后，生成amolC，這時A的物質的量為__mol。

(2)若開始時放入3molA和3molB，達到平衡后，生成C的物質的量為__mol

(3)若開始時放入xmolA、2molB和1molC，達到平衡后，A和C的物質的量分別為ymol和3amol，則x=__，y=__。平衡時，B的物質的量__(填編號)。

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，待再次達到平衡后，C的物質的量分數是__。

(5)若維持溫度不變，在一個與反應前起始體積相同，且容積固定的容器中發(fā)生上述反應。開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成bmolC。將b與(1)小題中的a進行比較__(填編號)。作出此判斷的理由是__。

A.a＞bB.a＜bC.a=bD.不能比較a和b的大小。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤16、正逆反應的ΔH相等。____A.正確B.錯誤17、1mol硫酸與1molBa(OH)2完全中和所放出的熱量為中和熱。_____18、二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響(已知珊瑚礁的主要成分為)，二氧化碳溶于水造成海水酸化，海水酸化能引起濃度增大、濃度減小。(________)A.正確B.錯誤19、溫度一定時，水的電離常數與水的離子積常數相等。（______________）A.正確B.錯誤20、等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸分別與NaOH溶液反應，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正確B.錯誤21、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤22、0.1mol/LCH3COOH溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH)。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共2題，共4分)23、Ⅰ.羰基硫(COS)可作為一種熏蒸劑，能防止某些昆蟲的危害，其分子結構和CO2相似。

(1)羰基硫(COS)的電子式為：______________。

(2)羰基硫(COS)用氫氧化鈉溶液處理及利用的過程如下：

已知A是一種正鹽，則A的化學式為______________；若氣體a為單質；

反應II的離子方程式為_________________。

Ⅱ.海水中含有豐富的鎂資源。鋰(Li)與鎂元素性質相似。

(1)物質的量為0.10mol的鋰在只含有N2和O2混合氣體的容器中燃燒，反應后容器內固體物質的質量m克，m的取值范圍是________________；

(2)鋰電池是新一代高能電池，目前已研究成功多種鋰電池。某離子電池正極材料是含鋰的二氧化鈷(LiCoO2)，充電時LiCoO2中Li被氧化，Li＋遷移并以原子形式嵌入電池負極材料碳(C6)中，以LiC6表示。電池反應為LiCoO2＋C6CoO2＋LiC6，則放電時電池的正極反應為_______________________________。

(3)為了回收廢舊鋰離子電池的正極材料試樣(主要含有LiCoO2及少量Al；Fe等)可通過下列實驗方法回收鈷、鋰。

①在上述溶解過程中，S2O被氧化成SOLiCoO2在溶解過程中的化學反應方程式為__________。

②調整pH=5-6的目的是_________________。24、五氧化二釩(V2O5)在冶金、催化劑、磁性材料等領域有重要作用。實驗室以含釩廢料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有機物等)來制備V2O5的一種工藝流程如下：

已知：含釩離子在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關系：。溶液pH＜4.06.0—8.08.0—10.0釩元素主要存在形式

請回答下列問題：

(1)含釩廢料中的有機物主要在___________工序中除去。

(2)“焙燒”產物之一是Mg(VO3)2，寫出它在“酸浸”(溶液pH＜2)過程中發(fā)生反應的化學方程式___________。

(3)常溫時，若“調pH凈化I”工序中最終溶液pH=7，通過計算判斷，此時Cu2+是否已經沉淀完全(已知離子濃度<1.0×10﹣5mol·L﹣1認為沉淀完全；Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10﹣30)___________。

(4)“凈化Ⅱ”時若加入過量的(NH4)2CO3，可能導致的后果為___________。

(5)“濾渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，寫出生成Mg2(OH)2CO3的離子方程式___________。

(6)“煅燒”時，除生成V2O5外，還生成了參與大氣循環(huán)的氣體，寫出煅燒時的化學方程式___________。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共1題，共4分)25、已知在下圖轉化關系（某些轉化關系中的產物已略去）中都是中學化學常見的物質；物質A；D、G是單質，磁性黑色物質C是某金屬礦物的主要成份，E是一種非氧化性酸，F是混合物，H是極易溶于水的堿性氣體。

請回答下列問題：

（1）寫出下列物質的化學式：A________、C__________、I__________

（2）寫出反應①的化學方程式：________________________________；寫出生成混合物F的離子方程式：__________________________

（3）在一定溫度；壓強和有催化劑存在的條件下將lmolG和2,5molD放入500mL密閉容器中。經過20min達到平衡；平衡后H的濃度為2mol/L；

①則用G表示20min內的平均反應速率為：____該溫度下此反應的平衡常數K=______，D的轉化率為__________

②如果保持溫度不變，再向容器中同時充入1．5molG和1molH，D的轉化率將______（填“升高”、“不變”或“降低”），再次平衡后H的體積分數為___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

某無色透明溶液中水電離出的H＋和OH－的物質的量濃度乘積為1×10-26，說明水的電離被抑制，則該溶液顯酸性或堿性；A．HCO與H＋和OH－均能夠發(fā)生反應，在酸性或堿性條件下均不能共存，故A不符合題意；B．酸性條件下，Fe3＋、NOK＋、H＋之間不反應，能大量共存；堿性條件下Fe3＋、H＋與OH－不能大量共存，Fe3＋在溶液中顯棕黃色，與題意不符，故B不符合題意；C．在酸性或堿性條件下，NOBa2＋、K＋、Cl-之間，以及與H＋和OH－之間不發(fā)生反應，能大量共存，且溶液無色，故C符合題意；D．酸性條件下，Al3＋、SONHCl-之間以及與H＋之間不反應，能大量共存；但堿性條件下，Al3＋、NH與OH－不能大量共存，故D不符合題意；答案選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

移走1.0molPCl3和0.5molCl2后，則相當于初始時通入3.0molPCl5和1.5molCl2，達到平衡時若與原平衡為等效平衡，則PCl5的物質的量為0.6mol，但氣體的物質的量減小會使容器內壓強減小，壓強減小會使平衡逆向移動，所以PCl5的物質的量小于0.6mol；

故答案為C。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．從反應開始到平衡生成甲醇0.75mol/L，根據方程式可知消耗氫氣2.25mol/L，則用表示的平均反應速率故A正確；

B．3min時物質的濃度仍然在發(fā)生變化；正逆反應速率不相等，反應沒有達到平衡，故B錯誤；

C．根據圖像可知反應達到平衡后，故C正確；

D．9min時反應達到平衡狀態(tài)，3min時沒有達到平衡狀態(tài)，反應正向進行，則9min時的小于3min時的故D正確；

故選B。4、D【分析】【分析】

K2SO3溶液中離子發(fā)生水解反應：+H2O?+OH-，導致的濃度小于0.1mol·L-1，要使更接近0.1mol·L-1，即需要加入抑制水解的物質或能使增大的物質；據此分析解答。

【詳解】

A．向K2SO3溶液中通入SO2發(fā)生反應生成KHSO3，導致溶液中減小，不可能更接近0.1mol·L-1；故A不符合題意；

B．加入SO3與水反應生成硫酸，消耗水解產生的氫氧根離子，促進水解平衡正向移動，導致溶液中減小，不可能更接近0.1mol·L-1；故B不符合題意；

C．鹽類的水解反應屬于吸熱反應，加熱促進水解平衡正向移動，導致溶液中減小，不可能更接近0.1mol·L-1；故C不符合題意；

D．加入適量KOH固體，增大溶液中氫氧根離子濃度，的水解平衡逆向移動，更接近0.1mol·L-1；故D符合題意；

答案選D。5、D【分析】【分析】

利用相同時間段內；變化濃度的比值等于化學計量數的比值，據此分析；

【詳解】

氨氣1min內平均每秒濃度的變化是=0.001mol/L；

A．NO的濃度變化等于氨氣的濃度的變化；即為0.001mol/L，選項A錯誤；

B．H2O的濃度變化等于mol/L=0.0015mol/L；選項B錯誤；

C．氨氣的濃度變化為0.001mol/L；選項C錯誤；

D．氧氣的濃度變化為mol/L=0.00125mol/L；選項D正確；

答案選D。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．0-5min內，M的物質的量由6.0mol變?yōu)?.0mol，變化了2.0mol，容器的容積是10L，則用M表示的平均反應速率為v(M)=mol?L-1?min-1；A錯誤；

B．反應在5min時M改變物質的量是2.0mol，由方程式可知M、N化學計量數相等，則二者改變的物質的量也相等，所以5min時N的物質的量為1.0min，與10min物質的量相等，則N的平衡轉化率為=66.7%；題干未指明是何時的轉化率，因此無法判斷其大小，B錯誤；

C．由選項B分析可知5min時反應已經達到平衡，若外界條件不變，反應處于平衡狀態(tài)，此時v逆=v正；C錯誤；

D．反應在溫度為T1時，根據物質轉化關系，結合已知反應條件可知：各種氣體的平衡物質的量分別為n(M)=4.0mol，n(N)=1.0mol，n(P)=4.0mol，n(Q)=2.0mol，容器的容積是10L，則物質的平衡濃度分別是c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.1mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.2mol/L，故該溫度下的化學平衡常數K1=在溫度為T2時化學平衡常數K=0.64＜K1，說明化學平衡逆向移動。由于該反應的正反應是吸熱反應，所以平衡逆向移動是由于降低了反應溫度，故反應溫度：T1＞T2；D正確；

故合理選項是D。7、D【分析】【詳解】

A．根據水的電離方程式可知，將水加熱，促進水的電離，故增大，增大，KW增大；A錯誤；

B．向水中加入少量的（忽略溶液溫度改變），由于CH3COO-結合了水電離的H+生成弱電解質CH3COOH，故平衡向右移動，根據勒夏特列原理可知，減小；B錯誤；

C．向水中加入稀氨水，由于氨水電離出OH-，導致溶液中的OH-濃度增大，導致平衡向左移動，根據勒夏特列原理可知，增大；C錯誤；

D．向水中加入少量固體硫酸氫鈉（忽略溶液溫度改變），NaHSO4=Na++H++故增大，KW僅僅是溫度的函數，溫度不變，KW不變；D正確；

故答案為：D。8、B【分析】【分析】

【詳解】

略二、填空題(共6題，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

則根據蓋斯定律可知①×2+③×2+②即得到2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH=（2a＋b＋2c）kJ·mol-1。

（2）

根據結構圖可判斷1個P4O10分子中P-O的個數為12，已知白磷的燃燒熱為dkJ/mol，則根據方程式P4+5O2=P4O10可知6a+5c-12b-4x=-d，則表中x=(d＋6a＋5c-12b)kJ/mol。

（3）

①根據圖像可知1mol氣態(tài)硫和1mol氧氣反應生成1mol二氧化硫放熱297kJ，則硫燃燒的熱化學方程式為S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1。

②已知：2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1，則根據圖像可知0.8mol二氧化硫和0.4mol氧氣反應生成0.8mol三氧化硫放熱為196.6kJ×0.4=78.64kJ，即ΔH2=-78.64kJ·mol-1?！窘馕觥?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】

由圖可知；開始不生成氫氣，為氧化鋁與硫酸的反應，然后Al與硫酸反應生成氫氣，開始溫度較低，由于反應放熱，則溫度升高反應速率加快，后來氫離子濃度減小，則反應速率減小。

【詳解】

（1）鋁是活潑性較強的金屬，能迅速和空氣中的氧氣反應生成氧化鋁，氧化鋁首先稀硫酸反應生成硫酸鋁和水，不產生H2，方程式為2Al2O3+6H2SO4=2Al2(SO4)3+6H2O，故答案為鋁片表面有Al2O3，硫酸首先與Al2O3反應；

（2）曲線a→b段產生氫氣的速率較慢的原因是氧化膜未完全反應掉；鋁與硫酸接觸的表面積較小，故答案為氧化膜未完全反應掉，鋁與硫酸接觸的表面積較??；

（3）金屬和酸的反應是放熱反應；使溶液的溫度升高，溫度升高是影響反應速率的主要因素，化學反應速率加快，故答案為反應放出的熱量使溶液的溫度升高而加快反應速率。

【點睛】

明確反應放出的熱量使溶液的溫度升高而加快反應速率，隨著反應的進行，溶液中的氫離子濃度逐漸降低，反應速率逐漸減小是解答難點，也是解答關鍵。【解析】①.鋁片表面有Al2O3，硫酸首先與Al2O3反應②.氧化膜未完全反應掉，鋁與硫酸接觸的表面積較?、?隨著反應的進行，硫酸溶液的濃度下降11、略

【分析】【分析】

(1)0～3min內可先求出X表示的平均反應速率；然后利用化學計量數關系求出用Z表示的平均反應速度v(Z)。

(2)分析該反應中反應物的濃度與時間的關系；尋找規(guī)律數據的規(guī)律性，由此得出的結論。由此規(guī)律可推出在6min時反應物X的濃度。

(3)依據反應，t2時改變的條件從濃度；壓強、溫度、催化劑等條件進行分析。

【詳解】

(1)0~3min內，?c(X)=(0.60-0.21)mol/L=0.39mol/L，平均反應速率v(X)==0.13mol·L-1·min-1，而v(Z)=2v(X)，故v(Z)=0.26mol·L-1·min-1。答案為：0.26mol·L-1·min-1；

(2)根據表中數據可知，每隔2min，X的濃度減少為原來的一半，由此規(guī)律推出在6min時反應物X的濃度為0.075mol·L-1。答案為：0.075；

(3)時刻，瞬間增大；可能的原因是加入生成物Z或增大體系的壓強。答案為：加入Z；增大體系的壓強。

【點睛】

從數據中確定a，也就是必須找出數據間隱藏的規(guī)律。我們在尋找此規(guī)律時，若從相鄰數據間找不到規(guī)律，就從相隔數據間去尋找規(guī)律?！窘馕觥竣?0.26mol·L-1·min-1②.每隔2minX的濃度減少為原來的一半③.0.075④.加入Z⑤.增大體系的壓強12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由電離平衡常數判斷酸性的強弱，酸性越弱，其對應鹽的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的數據可知，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>則水解程度a>b>d>c，pH由大到小的順序是a>b>d>c；

(2)A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c(H+)減??；故A項正確；

B．則稀釋過程中比值變大，故B項錯誤；

C．稀釋過程，促進電離，c(H+)減小，c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=Kw；Kw不變，故C項錯誤；

D．稀釋過程，促進電離，c(H+)減小，c(OH-)增大，則變大；故D項錯誤。

故答案為：A

(3)稀釋后，HX電離生成的c(H+)小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c(H+)大；

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

【分析】【分析】

【詳解】

(1)因為C(g)===C(l)ΔH3<0，根據蓋斯定律可知ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1；

(2)S(g)→S(s)ΔH3；S(s)→SO2(g)ΔH2；S(g)→SO2(g)ΔH1；根據蓋斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，則ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2；

(3)CO燃燒放熱，則CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH3<0，根據蓋斯定律可知ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH2>ΔH1。

【點睛】

關于ΔH的比較需要注意：對放熱反應，放熱越多，ΔH越小；對吸熱反應，吸熱越多，ΔH越大。【解析】><<14、略

【分析】【分析】

(1)由方程式可知；生成C的物質的量=參加反應A的物質的量，平衡時A的物質的量=A的起始物質的量-參加反應的A的物質的量；

(2)恒溫恒壓下；若開始時放入3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同；

(3)若開始時放入xmolA；2molB和1molC，完全轉化到左邊滿足3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，可以得到3amolC，平衡時A、B的物質的量分別為(1)中A、B的3倍，結合a＜1判斷；

(4)由(3)分析可知；若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，等效為開始加入6molA和6molB，與(1)中平衡為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時C的物質的量分數與(1)中相同；

(5)反應A(g)+B(g)?C(g)是氣體體積減少的反應；在恒溫恒容容器中，隨反應進行壓強減小，而在恒溫恒壓容器中隨反應進行，過程中的壓強為保持恒壓，則本題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應。

【詳解】

(1)達到平衡后；生成amolC，則Δn(A)=Δn(C)=amol，故A的物質的量為1mol﹣amol=(1﹣a)mol；

(2)恒溫恒壓下；若開始時放入3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1∶1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時生成C為(1)中的3倍，即生成C為3amol；

(3)若開始時放入xmolA；2molB和1molC，完全轉化到左邊滿足3molA和3molB，與(1)中A；B的物質的量之比均為1∶1，則為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，可以得到3amolC，1molC轉化可以得到1molA、1molB，則x=3﹣1=2，則平衡時A為3(1﹣a)mol，平衡時B的物質的量為(1)中B的3倍，即為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，等效為開始加入6molA和6molB，與(1)中平衡為等效平衡，平衡時反應物的轉化率相同，則平衡時C的物質的量發(fā)生與(1)中相同，即C的物質的量分數為

(5)在恒溫恒壓容器中開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成amolC；在恒溫恒容容器中開始時放入1molA和1molB到達平衡后生成bmolC；反應A(g)+B(g)?C(g)是氣體體積減少的反應，在恒溫恒容容器中，隨反應進行壓強減小，在恒溫恒壓容器中隨反應進行，過程中的壓強為保持恒壓，體積減小，所以本題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應，因此平衡后a＞b；故答案為A。

【點睛】

考查化學平衡有關計算、等效平衡問題，充分利用各步的隱含條件，依據等效平衡的特征分析是本題的關鍵，區(qū)分恒溫恒容容器和恒溫恒壓容器的不同，解題時可先保持恒溫恒壓，再結合容器體積的變化，再保持恒溫并恢復到原體積即可?！窘馕觥?﹣a3a23(1﹣a)DA因為本小題中容器容積不變，而(1)小題中容器的容積縮小，所以本小題的容器中的壓力小于(1)小題容器中的壓力，有利于逆向反應三、判斷題(共8題，共16分)15、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。16、B【分析】【分析】

【詳解】

正反應的ΔH=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應的ΔH=生成物的鍵能總和-反應物的鍵能總和，因此兩者反應熱數值相等，符號相反，該說法錯誤。17、×【分析】【分析】

【詳解】

硫酸與Ba(OH)2完全反應除了生成水還生成了沉淀，故錯誤?！窘馕觥垮e18、A【分析】【詳解】

二氧化碳為酸性氧化物能與水反應生成碳酸，導致海水酸性增強，碳酸電離出和引起海水中濃度增大，與碳酸反應生成導致濃度減小，故答案為：正確；19、B【分析】【分析】

【詳解】

水電離平衡為：H2OH++OH-，其電離平衡常數K=由于水電離程度很小，所以水的濃度幾乎不變，則c(H+)·c(OH-)=K·c(H2O)=Kw，所以在溫度一定時，水的電離常數與水的離子積常數并不相等，認為二者相等的說法是錯誤的。20、B【分析】【分析】

【詳解】

醋酸鈉顯堿性，等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸分別與NaOH溶液反應，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：鹽酸＞醋酸，故答案為：錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關，也和溶度積常數有關，溫度升高，溶度積常數增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。22、B【分析】【詳解】

根據質子守恒c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，錯誤。四、工業(yè)流程題(共2題，共4分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ.(1)羰基硫的結構與二氧化碳相似，所以碳原子在中間分別和硫原子核氧原子形成共價鍵，電子式為故答案為：

(2)羰基硫與氫氧化鈉反應生成硫化鈉，根據元素守恒分析，A是一種正鹽，含有鈉元素和碳元素和氧元素，為Na2CO3；硫化鈉溶液在加熱條件下反應生成硫代硫酸鈉和一種氣態(tài)單質，根據硫元素化合價升高分析，有元素化合價降低，所以為氣體單質為氫氣，方程式為2S2－＋5H2OS2O＋4H2↑＋2OH－，故答案為：Na2CO3；2S2－＋5H2OS2O＋4H2↑＋2OH－；

Ⅱ.(1)若鋰只與氧氣反應生成氧化鋰，則其質量為1.5克，若固體只有鋰，質量最小，則其質量為0.7克，所以m的范圍為0.7<1.5；故答案為：0.7<1.5；

(2)放電時，該電池為原電池，正極上得到電子發(fā)生還原反應，電極反應為CoO2+Li++e-=LiCoO2。故答案為：CoO2+Li++e-=LiCoO2；

(3)①在酸性條件下，硫代硫酸根離子別氧化為硫酸根離子，則LiCoO2被氧化為鈷離子，化學方程式為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；

②充入空氣的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，調節(jié)溶液的pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3，除去鐵離子和鋁離子。故答案為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；使Fe3+、Al3+轉化為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+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3除去24、略

【分析】【分析】

含釩廢料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有機物等)加入足量碳酸鎂粉末焙燒，除去有機物，并將V2O3氧化為V2O5，之后加入硫酸酸溶，金屬元素進入溶液，然后加入適量氨水調節(jié)pH可生成氫除去Fe3+、Cu2+、Al3+，過濾后濾液中含有NHMg2+等離子，根據后續(xù)產物可知凈化Ⅱ加入碳酸銨主要是除去Mg2+，過濾后濾液中再加入足量碳酸銨得到NH4NO3沉淀，空氣中煅燒可生成V2O5；以此解答該題。

【詳解】

(1)焙燒過程中有機物會被氧化為CO2、H2O等；從而除去有機物；

(2)溶液pH＜2，根據題目所給信息可知酸浸后生成(VO2)2SO4，結合元素守恒可得化學方程式為Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O；

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

(4)加入過量的(NH4)2CO3，銨根離子濃度過大，且溶液堿性增強，會生成NH4VO3沉淀；降低釩的利用率；

(5)“濾渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，