2025年统编版选修4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年统编版选修4化学下册月考试卷710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、已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-569.6kJ/mol，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+482.1kJ/mol。现有1g液态H2O，蒸发时吸收的热量是()A.2.43kJB.4.86kJC.43.8kJD.87.5kJ2、在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4(g)＋2NO2(g)⇌N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，测得n(CH4)随时间变化数据如下表：。时间/min010204050T1n(CH4)/mol0.500.350.250.100.10T2n(CH4)/mol0.500.300.180.15

下列说法正确的是A.T1时0～10minNO2的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1B.T2时CH4的平衡转化率为30.0%C.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，平衡向正反应方向移动D.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大3、常温下，用一定浓度的盐酸滴定某浓度的氨水。滴定终点附近溶液的pH和导电能力的变化如图所示（利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点，溶液总体积变化忽略不计）。下列说法错误的是（）

A.a点对应的溶液中：B.a→b过程中，不断增大C.c→d溶液导电性增强的主要原因是和增大D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断：4、现有同体积、浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸，下列说法中错误的是A.若分别与同浓度NaOH溶液恰好完全反应，则消耗NaOH溶液的体积：盐酸=醋酸B.若分别与同浓度NaOH溶液反应后pH=7，则消耗NaOH溶液的体积：盐酸<醋酸C.若分别与足量的Na2CO3反应，产生的CO2气体的量：盐酸=醋酸D.若分别与等量的Na2CO3粉末反应，一开始产生气体的速率：盐酸>醋酸5、对常温下pH＝3的CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是A.根据电荷守恒可知溶液中：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）B.滴入NaOH浓溶液，溶液导电性增强C.该溶液中由H2O电离出的c（H＋）是1.0×10－11mol·L－1D.加入少量CH3COONa固体后，CH3COOH电离逆向移动，c（CH3COOH）降低6、已知pC＝-lgc(B)，室温下，某二元酸(H2A)中部分微粒的pC值随溶液pH值变化关系如图所示。下列说法错误的是。

A.曲线a表示的微粒是H＋B.溶液中水的电离程度：m＞nC.pH＝8时，溶液中，c(HA-)＞c(H2A)D.pH＝1与pH＝3时，H2A的浓度几乎相同7、工业上可以用向溶液中通入制备水溶液中随pH的分布如图所示｡下列说法不正确的是。

A.向溶液中通入HCl气体，使溶液一定存在如下关系：B.在亚硫酸氢钠溶液中：C.用制溶液时，应边通气体边测溶液pH，当pH约为4时，停止通D.向溶液中通入氨气至溶液呈中性时，一定存在如下关系：8、时，用二元弱酸溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是

A.点所示溶液中：B.点所示溶液中：C.点所示溶液中：D.滴定过程中可能出现：9、下列说法正确的是（）A.根据类推思想，氯化铝溶液蒸干后灼烧，最后得到氧化铝，则硫酸铝也一样B.高温高压下的超临界水，溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度较大，有时显酸性，有时显碱性C.C；如图可表示水分解过程中的能量变化。

D.等体积、等浓度的醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中，所含离子总数前者小于后者评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（1）氢气是一种理想的新能源；与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出222.5kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。

（3）拆开1molH－H键；1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；则合成氨反应的热化学方程式为_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。11、研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g),ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1、C(s)＋CO2(g)="2CO(g)",ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1。则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________

（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ(填“大于”；“等于”或“小于”)。

②在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是______________(填字母)。

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比,下列有关说法正确的是___________。

a．正反应速率加快；逆反应速率也加快。

b．氢气的浓度减小。

c．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大。

d．甲醇的物质的量增加。

e．达到新的平衡时平衡常数增大12、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。13、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)14、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15、已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HFHClOH2CO3电离常数6.8×10−44.7×10−8K1=4.3×10−7K2=5.6×10−11

常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是___（填序号）。16、25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。17、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

18、.按要求写出下列化学方程式或离子方程式。

（1）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水；放出389.9kJ的热量，写出反应的热化学方程式_______________________________

（3）氢氧燃料电池是最常见的燃料电池，电解质溶液通常是KOH溶液，写出负极电极反应式______________________________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共1题，共2分)20、水是生命的源泉；工业的血液、城市的血脉。要保护好河流；因为河水是主要的饮用水源，污染物通过饮用水可直接毒害人体，也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：

(1)纯水在T℃时，pH＝6，该温度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(2)25℃时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其主要水解反应的离子方程式为____________________，由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(3)体积均为100mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。

(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：。化学式电离常数(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

在25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为________(用化学式表示)。评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)21、在2L的密闭容器中，充入1molN2和3molH2；在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，相同温度下，测得平衡时混合气体的压强比反应前混合气体的压强减小了1/10，填写下列空白：

（1）平衡时混合气体中三种气体的物质的量比为_____________；

（2）N2的转化率为_______________；

（3）2分钟内，NH3的平均反应速率为______________。22、某兴趣小组的同学用图所示装置研究有关电化学的问题．当闭合该装置的电键时；观察到电流计的指针发生了偏转。

请回答下列问题：

（1）通入CH3OH电极的电极反应：___________________。

（2）乙池中A(石墨)电极的名称为_________________(填“正极”、“负极”或“阴极”、“阳极”)，总化学反应式为___________________。

（3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况)。若丙池中KCl溶液的体积是500mL，电解后，溶液的pH为_________(设电解前后溶液体积无变化)。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共36分)23、辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源；用同槽酸浸湿法治炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：

已知：

①MnO2有较强的氧化性；能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；

③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：。金属离子Fe3+Mn2+Cu2+开始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)实验室配制240mL4.8mol•L-1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___________。

(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________(任写一点)。

(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式：___________。

(4)调节浸出液pH=4的作用是___________。

(5)写出流程中生成MnCO3的离子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在经过___________得到MnSO4·H2O晶体。

(7)本工艺中可循环使用的物质是___________(写化学式)。24、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。25、I.采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。回答下列问题：

(1)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______

(2)写出由滤液A生成沉淀B的反应离子方程式：_______

(3)明矾可以净水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_______。

II.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：

氯化过程控制电石渣过量，在75°C左右进行。氯化时存在C12与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化学方程式为_______。

(6)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2转化为Ca(ClO3)2转化率的可行措施有_______(填序号)。

A.适当碱缓通入Cl2速率B.充分搅拌浆料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后过滤，向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g·L-1，如图，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作步骤是_______、_______；过滤、洗涤、干燥。

26、(1)工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是。

①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中；加热；过滤，调节滤液的pH为3；

②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4

请回答下列问题：

①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化学式为____________。

③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。

(2)如图为相互串联的甲；乙两个电解池；试回答下列问题：

甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

根据盖斯定律求出液态水蒸发的蒸发热；根据蒸发热计算。

【详解】

已知：①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-569.6kJ•mol-1；

②2H2O(g)═2H2(g)+O2(g)△H=+482.1kJ•mol-1．

根据盖斯定律，②+①得2H2O(g)═2H2O(l)△H=-87.5kJ•mol-1；

所以2H2O(l)═2H2O(g)△H=+87.5kJ•mol-1；

36g87.5kJ

1gQ

Q=×87.5kJ=2.43kJ，即1g液态H2O；蒸发时吸收的热量是2.43kJ，答案选A。

【点睛】

本题考查盖斯定律的运用，难度不大，注意反应热kJ/mol不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放出或吸收多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应。2、D【分析】【详解】

A．T1时0～10minCH4的平均反应速率为=0.015mol•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，T1时0～10minNO2的平均反应速率为0.03mol•L-1•min-1；故A错误；

B．由表格数据可知，T2时CH4的平衡物质的量为0.15mol，则转化的甲烷为0.50mol-0.15mol=0.35mol，则T2时CH4的平衡转化率为×100%=70.0%；故B错误；

C．T1时；体积为1L，由表格中数据可知；

K==6.4，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，Qc==25.6>K；则平衡逆向移动，故C错误；

D．体积不变，物质的量变为原来的2倍，若平衡不移动，则平衡浓度变为原平衡的2倍，但压强增大平衡逆向移动，则达新平衡时N2的浓度增大；大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍，故D正确；

答案选D。

【点睛】

把握表格中数据、运用平衡三段法进行计算为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查。注意选项C为解答的难点，可以根据Qc与K的大小进行判断。3、C【分析】【分析】

盐酸滴定氨水时，发生的是酸碱中和反应，由于发生水解，NH4Cl溶液显酸性，因此a点并非滴定终点；由于一水合氨是弱电解质，而在发生中和反应后生成了强电解质NH4Cl；因此滴定过程中溶液的导电性会逐渐增强，d点则为滴定终点；在d点后溶液的导电性进一步增强，是因为额外的盐酸加入导致的。

【详解】

A．a点对应的溶液中存在电荷守恒关系式为：由于常温下pH=7为中性，即那么a点对应的溶液中则有A项正确；

B．通过分析可知，a点并非滴定终点，因此从a到b，溶液中的剩余的一水合氨进一步被消耗转化为加之随着溶液的酸性增强，的水解也被抑制，因此溶液中的量增大；B项正确；

C．通过分析可知，d点为滴定终点，因此c点到d点，溶液导电性增强，原因是由于一水合氨是弱电解质，发生反应后转化为强电解质NH4Cl；因此溶液的导电性增强，C项错误；

D．通过分析可知，d点为滴定终点而a点尚未达到滴定终点；因此d点对应的盐酸的体积更大，即V3＞V2；D项正确；

答案选C。4、B【分析】【详解】

A．盐酸和醋酸都是一元酸；同体积；浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸，分别与同浓度NaOH溶液恰好完全反应，则消耗NaOH溶液的体积：盐酸=醋酸，故A正确；

B．若等体积的两溶液分别与相同浓度的NaOH溶液恰好中和，盐酸反应生成氯化钠，溶液pH=7，醋酸反应生成醋酸钠，溶液pH>7；所以反应至中性时，醋酸不能完全反应，故盐酸消耗的NaOH溶液体积大，故B错误；

C．同体积、浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸分别与足量的Na2CO3反应，两者都完全反应，则生成的CO2气体的量相等；故C正确；

D．0.01mol/L的盐酸和醋酸溶液中，盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，则一开始产生气体的速率：盐酸>醋酸；故D正确；

故选B。5、D【分析】【详解】

A.在醋酸溶液中，存在CH3COO-、H+、OH-，根据电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)；A正确；

B.滴入NaOH浓溶液，生成CH3COONa；发生完全电离，增大了溶液中的离子浓度，从而使溶液的导电性增强，B正确；

C.该溶液中，由H2O电离出的c(H+)==1.0×10－11mol·L－1；C正确；

D.加入少量CH3COONa固体后，虽然CH3COOH电离平衡逆向移动，使c(CH3COOH)增大；D错误。

故选D。6、B【分析】【分析】

pC＝-lgc(B)，pH=-lgc(H+)，所以氢离子的pC值等于溶液的pH，即曲线a表示的微粒是氢离子，pH增大的过程中发生反应：浓度最先减小的是H2A，即曲线b代表的微粒是H2A，HA-先增大后减小，所以曲线c代表的是HA-，曲线d代表的是A2-，则曲线e代表的是OH-；据此进行分析。

【详解】

A.pC＝-lgc(B)，pH=-lgc(H+)；所以氢离子的pC值等于溶液的pH，即曲线a表示的微粒是氢离子，故A正确；

B.据图可知，m点处溶液中主要存在H2A的电离，c(H+)=10-4mol/L，水的电离出的c(OH-)=10-10mol/L；n点处c(HA-)还会随pH升高而下降，即继续加碱，碱电离出的氢氧根会被反应，所以n点显碱性主要是由于HA-和A2-的水解，溶液pH=10，c(OH-)=10-4mol/L；且氢氧根为水电离出来的氢氧根，所以水的电离程度：n＞m，故B错误；

C.曲线b代表的微粒是H2A，曲线c代表的是HA-，根据图可知pH＝8时，溶液中，c(HA-)＞c(H2A)；故C正确；

D.曲线b代表的微粒是H2A，pH＝1到pH＝3，H2A的浓度变化不大；故D正确；

故答案为B。7、D【分析】【详解】

A.向溶液中通入HCl气体，发生反应为：+HCl=NaCl+H2SO3，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，由图像可知当溶液c(HSO3-)=c(H2SO3)，所以成立；故A正确；

B.根据盐类水解规律，在亚硫酸氢钠溶液中：不水解的离子浓度大于水解离子浓度，又因为HSO3-的电离程度大于水解程度，所以个离子间大小的关系为：故B正确；

C.由图像可知当pH约为4时，c(HSO3-)最大，如果继续通入c(HSO3-)将减小，不利于的合成；故C正确；

D.向溶液中通入氨气至溶液呈中性时，溶液中存在电荷守恒，即：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)；故D错误；

答案：D。8、B【分析】【分析】

时，用（二元弱酸）溶液滴定溶液，发生的反应为：

【详解】

A.点所示的溶液的体积25mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，草酸钠水解，所以溶液中，根据电荷守恒得关系式为：将①代入②得：故A正确；

B.点②溶液中，溶液呈中性，为草酸钠和草酸的混合溶液，根据电荷守恒得关系式为：将①代入②得草酸体积大于25mL，故B错误；

C.点③所示的溶液的体积50mL，草酸过量，溶液溶质为溶液呈酸性，草酸氢根离子的电离大于草酸氢根离子的水解，所以故C正确；

D.点①为草酸钠成碱性，点②溶液呈中性为草酸钠、草酸氢钠，点③溶液呈酸性，介于②和③之间，随着草酸的滴入，逐渐增多，所以可出现故D正确；

故选B。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。9、C【分析】【详解】

A项；硫酸铝在溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸；因硫酸不挥发，加热蒸干得到硫酸铝，故A错误；

B项；高温高压下的超临界水；溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度虽然较大，但氢离子浓度依然等于氢氧根浓度，溶液依然呈中性，故B错误；

C项；水的分解反应是吸热反应；反应物总能量小于生成物总能量，使用催化剂，能够降低反应的活化能，故C正确；

D项、醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，由于酸性CH3COOH>HClO，则水解程度醋酸钠小于次氯酸钠，c(H+)前者大于后者；所以等浓度的醋酸钠溶液和次氯酸钠溶液中，离子总数前者大于后者，故D错误；

故选C。

【点睛】

注意纯净的水在任何温度下都显中性是解答关键。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

（1）单位质量的氢气和其他燃料相比；燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大；无污染、原料充足等优点。

（2）4g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2的物质的量均为0.1mol，C与H2的物质的量之比为1﹕1。【解析】热值大无污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕111、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）化学反应①Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ/mol；②C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律，反应①－②×3可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-28.5kJ/mol；

（2）①曲线Ⅱ比I先达到平衡。说明温度曲线Ⅱ>I。由于温度高，CH3OH含量低，化学反应平衡逆向移动，说明化学平衡常数KⅠ>KⅡ；

②增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但氢气的转化率是降低的，在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是c

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比，a．将容器体积压缩到原来的1/2，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率和逆反应速率都加快，a项正确；b．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，H2浓度仍然增大，b项错误；C．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小；c项错误；d．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，d项正确；e．温度不变，平衡常数不变，e项错误；答案选ad。

考点：考查热化学方程式的书写、化学平衡常数、温度对化学平衡常数的影响、物质转化率等知识。【解析】大于cbaad12、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂13、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】>14、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】Mbc15、略

【分析】【分析】

根据盐类水解形成的酸越弱；对应的盐越水解分析。

【详解】

图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常温下，物质的量浓度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解显碱性，水解程度越大，碱性越强，因水解程度为NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，则其pH由大到小的顺序是③②①，故答案为：③②①。【解析】③②①16、略

【分析】【分析】

依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为变为一个变量进行判断。

【详解】

25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式为HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH−，则NaHSO3的水解平衡常数当加入少量I2时，发生反应HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I−，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大17、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。18、略

【分析】【分析】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时；放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为2599.2kJ；

（3）氢氧燃料电池中；氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水。

【详解】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物质的量为=0.3mol，0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为=2599.2kJ，反应的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氢氧燃料电池中，氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案为H2-2e-+2OH-=2H2O。

【点睛】

书写热化学方程式时注意物质的聚集状态不能漏写、反应热的符号和单位不要漏写是解答易错点。【解析】.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O三、判断题(共1题，共2分)19、×【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、原理综合题(共1题，共2分)20、略

【分析】【分析】

（1）根据水的离子积常数表达式；计算水电离出的氢氧根离子浓度；

（2）碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性；盐溶液中盐的水解促进水的电离；

（3）据图分析；加水稀释的过程中，HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；

（4）根据酸的电离常数进行分析判断；电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小。

【详解】

(1)纯水在T℃时，pH＝6，Kw=10−12，该温度下0.1mol∙L−1的NaOH溶液中，c(OH−)=1mol∙L−1，则由水电离出的c(OH−)=c(H+)==10−11mol/L，故答案为：10−11；

(2)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，第一步水解为主要过程；其pH=11，则c(H+)=10-11，则c(OH−)==10-3，全部由水电离产生，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；10-3；

(3)据图分析；加水稀释的过程中，HX的pH变化比较小，说明HX的酸性比醋酸弱，HX的电离平衡常数比醋酸小，故答案为：小于；

(4)根据图表数据分析，电离常数：CH3COOH>HCN>HCO3-，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，水解程度越大，c(OH-)越大，pH越大，故溶液的pH为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，故答案为：Na2CO3>NaCN>CH3COONa。【解析】10-11CO32-+H2OHCO3-+OH-10-3小于Na2CO3>NaCN>CH3COONa五、计算题(共2题，共14分)21、略

【分析】【分析】

假设参加反应的氮气的物质的量为nmol；根据三段式，表示出反应混合物各组分物质的量的变化量；平衡时各组分的物质的量，结合同温，同体积时，压强之比等于物质的量之比，列式计算出n，再分析解答。

【详解】

设参加反应的氮气的物质的量为nmol；则：

同温，同体积时，压强之比等于物质的量之比，所以(1-n+3-3n+2n)mol=(1+3)mol×(1-)；解得n=0.2。

(1)平衡时n(N2)=(1-n)mol=(1-0.2)mol=0.8mol，平衡时n(H2)=(3-3n)mol=(3-3×0.2)mol=2.4mol，平衡时n(NH3)=2n=0.2mol×2=0.4mol，所以，平衡时混合气体中N2、H2、NH3三种气体的物质的量比为0.8mol∶2.4mol∶0.4mol=2∶6∶1；

(2)N2的转化率为×100%=20%；

(3)2分钟内，以NH3表示的平均反应速率v(NH3)==0.1mol/(L•min)。【解析】①.2:6:1②.20%③.0.1mol/(L·min)22、略

【分析】【分析】

（1）甲池为原电池；燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；

（2）乙池是电解池；A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气；

（3）乙池是电解池结合电子守恒计算消耗氧气的体积；丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾；氢气和氯气；

【详解】

（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（2）乙池是电解池，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（3）当乙池中B极质量增加5.4g为Ag，物质的量=5.4g÷108g·mol-1=0.05mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e-，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L·mol-1=0.28L=280mL；丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾、氢气和氯气，结合电子守恒计算KOH～e-，n(KOH)=0.05mol，c(KOH)=0.05mol÷0.5L=0.1mol·L-1，pH=-lg=13。

【点睛】

本题考查了原电池电解池的相互串联问题，注意首先区分原电池和电解池，难点（3）串联电路中通过的电子的物质的量相同。【解析】CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O阳极4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO328013六、工业流程题(共4题，共36分)23、略

【分析】【分析】

酸浸过程中，二氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解成溶液，pH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等；加热赶氢过后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体。

（1）

实验室配置240mL4．8mol•L－1的溶液需要250mL的容量瓶和胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；

（2）

为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积；加热、搅拌等。故答案为：粉碎矿石（或加热或者搅拌）；

（3）

由题目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S与MnO2在H2SO4浸泡的条件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根据氧化还原反应配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5～3.2可知当PH=4时，Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀；故答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使锰离子沉淀，反应离子方程式为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在经过加热浓缩；冷却结晶即可得硫酸锰晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；

（7）

工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3可循环使用，故答案为NH3。【解析】(1)250mL容量瓶；胶头滴管。

(2)粉碎矿石（或加热或者搅拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加热浓缩；冷却结晶。

(7)NH324、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，