2024年沪科新版选修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2024年沪科新版选修4化学下册月考试卷353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8题，共16分)1、古语道：“人要实，火要虚”。此话的意思是做人必须脚踏实地，事业才能有成；燃烧固体燃料需要架空，燃烧才能更旺。从燃烧的条件看，“火要虚”的实质是A.增大可燃物的热值B.提高空气中氧气的含量C.提高可燃物的着火点D.增大可燃物与空气的接触面积2、25℃下弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.75×10-5，下列说法正确的是A.pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)B.0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)C.pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/LD.用0.1mol/L的盐酸滴定未知浓度的氨水时，可用酚酞作指示剂3、已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，要使溶液中的比值增大，可以采取的措施是()A.加少量烧碱溶液B.加NaA(s)C.加少量HAD.加水4、室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离的c(OH－)为（）A.1.0×10－7mol·L－1B.1.0×10－6mol·L－1C.1.0×10－10mol·L－1D.1.0×10－12mol·L－15、已知25℃时，有关弱酸的电离平衡常数：。弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11

则下列有关说法不正确的是（）A.25℃时，0.1mol·L－1各溶液的pH关系为：pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)B.25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等C.25℃时，若同浓度的醋酸和氢氧化钠等体积混合，所得溶液pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=9.9×10-7mol·L－1D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)6、部分弱酸的电离平衡常数如下表：

。弱酸。

HCOOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数。

（25℃）

Ka=1.77×10-4

Ka=4.9×10-10

Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

下列选项错误的是A.CN－+H2O+CO2==HCN+HCO3－B.2HCOOH+CO32－==2HCOO－+H2O+CO2↑C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者7、常温下，下列溶液均为有关叙述正确的是（）A.碳酸氢钠溶液中B.碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小C.碳酸钠溶液中D.碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质只有NaCl8、下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是。

。

实验目的。

实验操作。

A

保护海水中的钢铁设备。

将设备连接在外加电源的正极。

B

溶解Mg(OH)2沉淀。

在盛有少量该沉淀的试管中滴加饱和NH4Cl溶液。

C

检验溶液中的NH4+

取少量溶液于试管中；加入NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体。

D

验证铁的吸氧腐蚀。

将铁钉放入盛有盐酸的试管中。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)10、描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

请回答下列问题：

（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。

A．升高温度B．加水稀释。

C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。11、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。12、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）。13、LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点。某电极的工作原理如左下图所示，该电池电解质为能传导Li+的固体材料。

（1）放电时，该电极为_____极，电极反应为__________________________

（2）充电时该电极连接外接电源的______极。

（3）放电时，电池负极的质量_______(减少；增加、不变)

（4）LiOH可做制备锂离子电池电极的材料，利用如右上图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。阴极区电解液为__________溶液（填化学式），离子交换膜应使用__________(阳、阴)离子交换膜。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共5分)15、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_____________________________。评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)16、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行化学方法处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_________。评卷人得分六、实验题(共3题，共6分)17、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。

(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。

(2)NaOH稍过量的原因是_______。

(3)实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。

(4)他们记录的实验数据如下：

。实验用品。

溶液温度。

t1

t1

t2

①

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.3℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

②

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.5℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18J/(℃•g)，各物质的密度均为1g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。

(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。18、中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

（1）从上图实验装置看；其中尚缺少的一种玻璃用品是__________________________。

（2）若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比；所放出的热量___________（填“相等”；“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________填“相等”“不相等”）。

（3）倒入NaOH溶液的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入。

（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。

（5）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：

。温度。

实验次数

起始温度t1℃

终止温度t2/℃

温度差平均值。

(t2－t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

29.5

______

2

27.0

27.4

27.2

32.3

3

25.9

25.9

25.9

29.2

4

26.4

26.2

26.3

29.8

②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3；中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。

③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差；产生偏差的原因可能是(填字母)_________。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中19、1840年，Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5。

(1)F.DanielS等曾利用测压法在刚性反应器中研究了特定条件下N2O5(g)分解反应：

已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ•mol-1

2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ•mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)＋O2(g)的ΔH=__kJ•mol-1。

(2)查阅资料得知N2O5是硝酸的酸酐，常温呈无色柱状结晶体，微溶于冷水，可溶于热水生成硝酸，熔点32.5℃，受热易分解，很容易潮解，有毒。在通风橱中进行模拟实验制取N2O5的装置如图：

注：虚线框内为该组同学自制特殊仪器，硝酸银放置在b处。

请回答下列问题：

①实验开始前，需要打开a处活塞并鼓入空气，目的是__。

②经检验，氯气与硝酸银反应的产物之一为氧气，写出此反应的化学反应方程式__。

③实验时，装置C应保持在35℃，可用的方法是__。

④能证明实验成功制得N2O5的现象是__。

⑤装置D中的试剂是__，作用是__。

⑥装置E烧杯中的试剂为__。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

可燃物架空一些，可使空气容易进入而增大可燃物与空气的接触面积，氧气与可燃物接触更充分；“火要虚”能使可燃物与空气中氧气接触更充分，燃烧更完全才能燃烧更旺；此做法不能增大可燃物的热值、不能改变可燃物的着火点等物质固有属性及空气中氧气的含量，故选D。2、A【分析】【详解】

A．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液中氨水过量，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)；A正确；

B．0.2mol·L-1的醋酸与0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为醋酸钠水解，c(CH3COOH)＞c(Na+)，因此c(CH3COO-)+c(OH-)＜c(CH3COOH)+c(H+)；B错误；

C．pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，但醋酸铵水解，促进水的电离，所得溶液中由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol·L-1；C错误；

D．用0.1mol·L-1的盐酸滴定未知浓度的氨水时；恰好完全反应时生成的氯化铵水解溶液显酸性，应该选用在酸性条件下变色的指示剂，D错误；

故选A。3、D【分析】【详解】

醋酸的电离平衡常数为Ka=所以=温度不变电离平衡常数不变，若要使该比值增大，可使c(A－)减小；

A．加入少量烧碱溶液c(A－)不变；该比值不变，故A不符合题意；

B．加入NaA固体，c(A－)增大；该比值减小，故B不符合题意；

C．加少量HA，c(A－)增大；该比值减小，故C不符合题意；

D．加水稀释，c(A－)减小；该比值增大，故D符合题意；

故答案为D。4、D【分析】【详解】

室温下，在pH=12的某溶液中，当溶质为碱时，水的电离受到抑制，由水电离的c(OH－)=10-12mol/L；当溶质为盐时，溶液的碱性由酸根离子水解产生，水的电离受到促进，此时由水电离的c(OH－)=10-2mol/L，故选D。5、A【分析】【详解】

A．根据表中数据可知溶液酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞酸越弱，对应的盐水解程度越大，溶液碱性越强，则25℃时，0.1mol/L的各溶液的pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A符合题意；

B．根据pH=-lg[c(H+)]可知，25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等；故B不符合题意；

C．若同浓度的醋酸和氢氧化钠等体积混合，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；故C不符合题意；

D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)；故D不符合题意；

故答案为：A。6、D【分析】【详解】

根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。

A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以反应CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-能够反应；故A正确；

B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑能发生；故B正确；

C．等pH的HCOOH和HCN溶液；甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积；等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；

D．根据电荷守恒，c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是n(Na+)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c(OH-)大，c(H+)小，c(Na+)相同；所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；

故选D。7、A【分析】【详解】

A．碳酸氢钠溶液显碱性，是HCO3-的水解大于HCO3-电离缘故，则溶液中故A正确；

B．碳酸钠溶液中CO32-的水解程度比碳酸氢钠溶液中HCO3-的水解程度大，则Na2CO3的碱性强；即碳酸钠溶液pH大，故B错误；

C．碳酸钠溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，将物料守恒式c(Na+)代入电荷守恒式得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)；故C错误；

D．碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质除NaCl，还可能含有少量H2CO3与NaHCO3；故D错误；

故答案为A。

【点睛】

考查离子浓度大小比较；根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．将钢铁设备连接电源的负极；可以保护钢铁不被腐蚀，故A错误；

B．Mg(OH)2沉淀存在溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入NH4Cl溶液，发生反应NH＋OH－NH3·H2O，OH－浓度降低，促进Mg(OH)2溶解平衡右移；沉淀会逐渐溶解，故B正确；

C．检验铵根离子；应使用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；

D．盐酸为酸性溶液；铁发生析氢腐蚀，故D错误。

故选B。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD10、略

【分析】【分析】

⑴表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明水解程度大于电离程度氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此浓度小于钠离子浓度。

【详解】

（1）表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案为中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此浓度小于钠离子浓度，该溶液中离子浓度从大到小的排列为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】①.HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)11、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑12、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】③②①13、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）放电时，该装置是原电池，正极发生还原反应，反应为：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充电时为电解池，该电极连接外接电源的正极；（3）放电时，该装置是原电池，电池负极发生氧化反应，负极反应为：Li―e－=Li＋，质量减少；（4）根据示意图，B极区生产H2，同时生成LiOH，则B极区电解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液则无法得到纯净的LiOH，则B极区电解液为LiOH溶液；离子交换膜应使用阳离子交换膜，传导Li＋。

【考点】

电解原理及应用。

【点睛】

本题考查电解原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；准确理解题给信息是解决问题的关键。首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，侧重于对分析问题、解决问题能力的考查。【解析】正FePO4+e-+Li+=LiFePO4正极减少LiOH阳三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、元素或物质推断题(共1题，共5分)15、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五、计算题(共1题，共3分)16、略

【分析】【分析】

写出燃烧热的热反应方程式；再根据盖斯定律计算。

【详解】

已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol−1、726.5kJ·mol−1，则①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol−1；②CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ·mol−1；由盖斯定律可知用①×3－②得CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)，该反应的反应热ΔH＝－285.8kJ·mol−1×3－(－726.5kJ·mol−1)＝－130.9kJ·mol−1；故答案为：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－130.9kJ·mol−1。【解析】CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－130.9kJ·mol－1六、实验题(共3题，共6分)17、略

【分析】【分析】

(1)根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器；然后判断还缺少的仪器；

(2)NaOH的浓度比HCl的大；目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应；

(3)物质反应放出的热量与反应的物质多少相对应。中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；

(4)先判断温度差的有效性，然后求出温度差的平均值，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；

(5)根据醋酸是弱酸；电离吸收热量分析。

【详解】

(1)中和热的测定过程中；需要用量筒量取酸溶液；碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒和温度计；

(2)NaOH与HCl的体积相同；而NaOH的浓度比HCl的大，目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应，使反应更充分；

(3)化学反应过程中放出的热量与反应的物质多少有关，若实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，反应放出的热量以不足量的NaOH为标准，由于反应的NaOH增多，反应产生的H2O的物质的量也增多，所以反应放出的热量也比前者多，二者数值不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；因此所求的中和热相等；

(4)两次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反应产生水的物质的量以不足量的HCl为标准计算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的质量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm•c•△T，可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量Q==56.85kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.85kJ/mol。所以该反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol；

(5)若用醋酸代替HCl；由于醋酸为弱酸，电离过程需吸收热量，导致溶液的温度升高偏低，产生等量的水，反应放出的热量偏少，使测得的中和热(ΔH)偏大。

【点睛】

本题考查中和热的测定的知识，注意理解中和热的概念以及热量计算公式中热量单位的换算。注意弱电解质主要以电解质分子存在，电离吸热，使中和热数值测定有偏差。【解析】量筒温度计保证盐酸溶液完全反应不相等相等中和热是指酸与碱发生中和反应生成1mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol偏大醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大18、略

【分析】【详解】

（1）由量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；因此本题答案是：环形玻璃搅拌棒。

（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25mol•L-1H2SO4和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比；生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；因此，本题正确答案是：不相等；相等。

（3）中和热的测定中；必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以C选项是正确的；本题答案是：C。

（4）A．温度计用于测定温度；不能使用温度计搅拌溶液，故A错误；

B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌；会导致热