2024年人教版选修4化学上册月考试卷含答案491

…………○…………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2024年人教版选修4化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、下列说法中正确的是（）A.使用催化剂能够降低化学反应的反应热B.用广泛pH试纸测得0.01mol·L-1HCl溶液的pH=2.0C.CH3COOH与NaOH的混合溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)D.80℃时，pH=2的HCl与pH=12的Ba(OH)2等体积混合后的溶液中：2c(Ba2+)=c(Cl-)2、常温下,将盐酸滴加到联氨（N2H4）的水溶液中,混合溶液中pOH[pOH=-lgc（OH-）]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（已知N2H4在水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O-N2H5++OH-，N2H5++H2O-N2H62++OH-）

A.联氨的水溶液中不存在H+B.曲线M表示pOH与的变化关系C.反应N2H4+H2ON2H5++OH-的K=10-6D.N2H5Cl的水溶液呈碱性3、工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y＝或]；与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是()

A.通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B.α1=α2一定等于45°C.直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)D.当对应溶液的pH处于1.81＜pH＜6.91时，溶液中的一定存在：c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)4、某温度下，已知CH3COOH、HClO、H2CO3、H3PO4电离平衡常数如下表所示，则0.1mol·L－1的下列各溶液pH最大的是。

。酸。

电离常数。

CH3COOH

Ka=1.8×10－5

HClO

Ka=3.0×10－8

H2CO3

Ka1=4.3×10－7，Ka2=5.6×10－11

H3PO4

Ka1=7.5×10－3，Ka2=6.2×10－8，Ka3=2.2×10－13

A.CH3COONaB.NaClOC.Na2CO3D.Na3PO45、常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，当溶液中A.c(CH3COO—)=c(Na+)时．该溶液一定呈中性B.c(CH3COO—)=c(Na+)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全中和C.c(CH3COO—)>c(Na+)>c（H+）>c(OH—)时，不一定是醋酸过量D.c(Na+)＞c(CH3COO—)>c(OH—)>c(H+)时，一定是氢氧化钠过量6、下列叙述中不正确的是A.对于阴阳离子个数比相同的难溶电解质，溶度积大的溶解度也大B.向含有Ca(OH)2固体的溶液中加入适量的水使Ca(OH)2溶解，又达到平衡时，Ca(OH)2的溶度积不变C.将难溶电解质放入纯水中，达到沉淀溶解平衡时，难溶电解质电离出的离子的浓度之积就是该难溶电解质的溶度积D.AgCl水溶液的导电性很弱，但AgCl是强电解质7、下列叙述中正确的是A.原电池的负极发生还原反应B.电化学腐蚀的实质是金属单质失去电子形成阳离子，而电子直接转移给氧化剂C.金属在中性环境中主要发生析氢腐蚀D.钢铁在潮湿环境中锈蚀时，开始生成Fe(OH)2，而后逐渐变成Fe(OH)3和Fe2O3·xH2O评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)9、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡时NH3的体积分数φ(NH3)与氢氮比x(H2与N2的物质的量比)的关系如图：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a点总压为50MPa，T2时Kp=_______(MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)10、室温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（1）点①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）点②所示溶液中的电荷守恒式为______________________________________。

（3）点③所示溶液中存在________种平衡。

（4）点④所示溶液中的物料守恒式为0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________。

（6）上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是_______，最小的是________(用序号回答)。11、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中12、已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：

H2SO4＝H++HSO4－，HSO4－H++SO42－。

（1）Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_________。

（2）在25℃时0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42－)="0.029"mol·L-1，则25℃时，0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42－)_________0.029mol·L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是___________。

（3）在0.1mol·L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是____________。A．c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)B．2c(Na+)＝c(SO42－)+c(HSO4－)C．c(Na+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)D．c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-1评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共30分)14、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)15、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。16、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)17、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共8分)18、某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。

已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙烧前粉碎的目的是_______。

(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O

(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)。离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。

(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。19、Na2S2O4·2H2O是染料工业中常用的还原剂；俗称保险粉｡它可溶于氢氧化钠溶液并稳定存在，难溶于乙醇，受热易分解，制备保险粉的流程如下:

回答下列问题:

(1)保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，原因是__________

(2)若用Na2SO3固体和酸反应制备SO2气体，下列最适宜选用的酸是____(填标号)｡

A.浓盐酸B.稀硝酸C.70%硫酸D.98%硫酸。

(3)步骤②需要控制温度在35℃的原因是__________已知pH>11时，Zn(OH)2转化为为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是______________(25℃时Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10‑17，35℃时Ksp与Kw的变化可忽略)｡

(4)步骤③中加入一定量NaCl固体的目的是____｡

(5)步骤④的操作是__________经干燥得Na2S2O4·2H2O样品｡

(6)为了测定Na2S2O4·2H2O样品纯度，取mg样品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液｡取10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L碘标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL｡测定过程中，发生的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O═NaHSO3•CH2O+NaHSO2•CH2O，NaHSO2•CH2O+2I2+2H2O═NaHSO4+HCHO+4HI，则样品中Na2S2O4·2H2O的纯度为____｡20、铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：

回答下列问题：

(1)固体X中主要含有______填写化学式

(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调节溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。

(3)酸化的目的是使转化为若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______；干燥。

(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。

(6)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mol•L-1，此时溶液中c()等于______mol•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。21、氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

开始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。并写出H2O2的电子式__________，Fe（铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X是__________时；更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A.使用催化剂不能改变化学反应的反应热；A错误；

B.pH试纸只能读取整数；B错误；

C.CH3COOH与NaOH的混合溶液中电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；C正确；

D.80℃时，pH=2的HCl与pH=12的Ba(OH)2等体积混合后氢氧化钡过量，所得溶液显碱性，根据电荷守恒可知：2c(Ba2+)>c(Cl-)；D错误；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A.联氨的水溶液中，水可以电离出H+；故A错误；

B.当c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(OH-)，同理c(N2H6+)=c(N2H5+)时，Kb2=c(OH-)，所以曲线N表示pOH与的变化关系，曲线M表示pOH与的变化关系；故B错误；

C.c(N2H5+)=c(N2H4)时，反应N2H4+H2ON2H5++OH-的K==10-6；故C正确；

D.N2H4在水溶液中不能完全电离，则N2H5Cl属于强酸弱碱盐；水溶液呈酸性，故D错误；

故选C。3、D【分析】【分析】

H2SO3的第一电离常数远大于第二电离常数，K1＞K2，当氢离子浓度相同时，＞I＞Ⅱ，I表示lg与pH变化的关系。

【详解】

A．(NH4)2SO3溶液通入少量SO2的过程中，发生(NH4)2SO3+H2O+SO2=NH4HSO3，SO浓度减小，HSO浓度增大，减小；直线Ⅱ中的N点向M点移动，故A正确；

B．则同理可得故α1=α2一定等于45°；故B正确；

C．过N、M点作垂线交I线，N、M的＞即pH相同时Ka1>Ka2，整理得：直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)；故C正确；

D．pH=1.81时，=1，c(HSO)=c(H2SO3)，溶质为NH4HSO3和H2SO3，pH=6.91时，=1，c(HSO)=c(SO)，溶质为NH4HSO3和(NH4)2SO3，pH在1.81＜pH＜6.91变化的过程中，c(H2SO3)持续减小，c(SO)持续增大，c(HSO)先增大后减小，但无法判断c(SO)大于c(H2SO3)；也可以从图中读出：当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，<0、>0，无法判断c(SO)大于c(H2SO3)；故D错误；

故选D。4、D【分析】根据电离平衡常数可知，HPO的电离平衡常数最小，酸性最弱，所以其对应的强碱弱酸盐水解程度最大，碱性最强，故选D5、A【分析】【详解】

A.当溶液中c(CH3COO−)=c(Na+)时，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)；溶液呈中性，A正确；

B.当溶液中c(CH3COO−)=c(Na+)时，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)；溶液呈中性，溶液是醋酸钠和醋酸混合溶液，醋酸过量，B错误；

C.当溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)>c(H+)＞c(OH−)时；溶液呈酸性，醋酸钠溶液显碱性，则一定是醋酸过量，C错误；

D.当溶液中c(Na+)>c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)时；溶液呈碱性，溶液中的溶质可能醋酸钠和NaOH，也可能是醋酸钠，甚至是醋酸钠和极其少量醋酸，D错误；

答案选A。

【点睛】

A、B容易错，同学常常把恰好呈中性和恰好中和混为一谈。醋酸是弱酸，和氢氧化钠发生中和反应，假如恰好中和，得醋酸钠溶液，因水解呈碱性；假如恰好呈中性，那么溶液中氢离子和氢氧根浓度相等，按电荷守恒，c(CH3COO−)=c(Na+)，那么溶质就有醋酸钠和醋酸，即醋酸还没有完全被中和。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．对于阴阳离子个数比相同的难溶电解质，Ksp越小；溶解度越小，越难溶，溶度积大的溶解度也大，故A正确；

B．向含有Ca(OH)2固体的溶液中加入适量的水使Ca(OH)2溶解，又达到平衡时，温度不变，Ca2＋和OH－浓度不变，Ca(OH)2的溶度积不变；故B正确；

C．将难溶电解质放入纯水中；达到沉淀溶解平衡时，难溶电解质电离出的离子的浓度系数次幂之积才是该难溶电解质的溶度积，故C错误；

D．AgCl水溶液的导电性很弱；因为AgCl难溶，形成的溶液中离子浓度很小，但AgCl溶于水的部分全电离，是强电解质，故D正确；

故选C。

【点睛】

本题考查难溶电解质的电离平衡和离子积的应用，易错点C，注意溶度积定义：沉淀在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，各离子浓度保持不变(或一定)，其离子浓度幂的乘积为一个常数，这个常数称之为溶度积常数，简称溶度积，不是“离子浓度的乘积”，一定要认真审题。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．原电池的负极发生失电子的氧化反应；故A错误；

B．金属的电化学腐蚀实质是M-ne-=Mn+；是金属失电子形成阳离子，而电子通过外电路形成电流，再转移给氧化剂的过程，故B错误；

C．金属在酸性环境中；发生析氢腐蚀，在中性环境下主要发生吸氧腐蚀，故C错误；

D．钢铁在潮湿环境中主要发生吸氧腐蚀，负极上是铁放电生成Fe2+，即Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气放电，即O2+4e-+2H2O═4OH-，故总反应为2Fe+O2+2H2O═2Fe(OH)2，再进一步被氧化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3分解即得铁锈，2Fe(OH)3=Fe2O3•xH2O+(3-x)H2O，故所得铁锈的主要成分为Fe2O3•xH2O；故D正确；

答案为D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<9、略

【分析】【分析】

①根据温度影响平衡移动；得出答案。

②根据题意得到氨气；氮气、氢气体积分数；再得到它们的压强，再根据压强平衡常数进行计算。

【详解】

①该反应是放热反应，当升高温度时，平衡向逆向移动，氨气的体积分数减小，故可知T1>T2；

②由题意可知，a点总压为50MPa，平衡时氢气与氮气之比为3:1，氨气的体积分数为0.2，则氮气的体积分数为0.2，氢气的体积分数为0.6，氨气的体积分数为0.2，平衡时氮气分压为10MPa，氢气分压为30MPa，氨气分压为10MPa，T2时故答案为【解析】>10、略

【分析】【分析】

(1)根据水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变分析；

(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；

(3)根据点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；

(4)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；

(5)根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。

【详解】

(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=1×10-14，故答案为：1×10-14；

(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡；还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

(4)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol•L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的①；故答案为：⑤；①。

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。【解析】（无特殊说明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①11、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc12、略

【分析】【详解】

（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4＝H++HSO4－，第二步电离并不完全：HSO4－H++SO42－，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42－+H2OHSO4－+OH-；因此溶液呈弱碱性。

（2）25℃时，0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c（SO42-）=0.029mol•L-1，由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42－)＜0.029mol•L-1；

（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(SO42－)+2c(HSO4－)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-1；D正确，答案选AD。

【点晴】

该题的易错点是忽略硫酸的第二步电离特点，答题是要注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维定势，从题目实际出发，注意知识的灵活应用。【解析】①.碱性②.SO42－+H2OHSO4－+OH-③.小于④.H2SO4一级电离出H+，对HSO4－电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制⑤.AD三、判断题(共1题，共2分)13、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、结构与性质(共3题，共30分)14、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5115、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><16、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、元素或物质推断题(共1题，共4分)17、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、工业流程题(共4题，共8分)18、略

【分析】【分析】

由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3；滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。

【详解】

（1）由上述分析可知；焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；

（2）由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；

（3）由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；

（4）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；

（5）“操作Ⅱ”包括洗涤；洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；

（6）电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故故答案为：.【解析】(1)增大接触面积；提高反应速率。

(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c

(3)3.6已经。

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀；待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。

(6)19、略

【分析】【分析】

Zn和SO2反应生成ZnS2O4，控制温度在35℃，使ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2，得Na2S2O4溶液，Na2S2O4溶液中加入NaCl增大Na+的浓度，同时降温使Na2S2O4晶体析出；据此解答。

【详解】

(1)保险粉具有还原性；在有氧条件下反应容易被氧化，所以，保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，故答案为：保险粉具有还原性，容易被氧气氧化；

(2)A．浓盐酸易挥发；会混有HCl，A不满足题意；

B．稀硝酸有强氧化性，与Na2SO3反应得不到SO2；B不满足题意；

C．70%硫酸和Na2SO3能较快产生SO2；C满足题意；

D．98%的硫酸浓度太大；很难电离出氢离子，反应产生二氧化硫的速率比较慢，D不满足题意；

故答案为：C；

(3)温度低于35℃，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解，所以步骤②需要控制温度在35℃。Zn2+沉淀完全，即c(Zn2+)≤10-5，c(Zn2+)=10-5时，1.0×10‑17=10-5×c2(OH-)，解得：c(OH-)=10-6，c(H+)==10-8，pH=8。当c(Zn2+)＜10-5时，OH-浓度比10-6大，碱性更强，pH＞8，当pH>11时，Zn(OH)2转化为所以，为了使Zn2+沉淀完全，需控制pH范围在[8-11)，故答案为：温度低于35℃，反应速率太慢，温度太高，Na2S2O4容易分解；[8-11)；增大c(Na+)，使平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出；

(4)步骤③中加入一定量NaCl固体，c(Na+)增大，平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4晶体析出，故答案为：使c(Na+)增大，平衡Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42-(aq)逆向移动，便于Na2S2O4结晶析出；

(5)步骤③析出Na2S2O4晶体，步骤④为过滤，洗涤，Na2S2O4难溶于乙醇；故用乙醇洗涤，洗涤一般重复2-3次，即步骤④为过滤，用乙醇洗涤2-3次，故答案为