2024年鲁人新版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年鲁人新版选修4化学上册月考试卷262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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知在25℃，101kPa下，1g液态C8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是A.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-48.40kJ·mol-1B.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5518kJ·mol-1C.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5518kJD.C8H18(1)+22.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-5518kJ·mol-12、下列实验操作、现象以及结论均正确的是。实验操作及现象结论A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶BFeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl在平衡体系中加入KCl晶体溶液颜色无明显变化加入KCl晶体，氯离子浓度增大，但该平衡不移动C加热FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体水解过程是吸热过程D用广泛pH试纸测得NH4Cl溶液的pH为5.8NH4Cl水解呈酸性

A.AB.BC.CD.D3、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是A.1L0.3mol/LCH3COOH溶液和3L0.1mol/LCH3COOH溶液中的H＋数B.pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度C.pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力D.pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积4、25℃时，0.1mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是。序号①②③④⑤溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6

A.酸性的相对强弱：HClO＜HCO3－B.由水电离产生的c(H+)：①＝②C.溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＞c(HCO3－)D.在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)＝0.1mol/L5、室温时，0.01mol·L－1某一元弱酸(HA)的电离度为1%，则下列说法正确的是A.向上述弱酸溶液中滴入2滴HA，溶液的pH＜4B.加入等体积0.01mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的c(H+)=c(OH-)C.加入等体积0.005mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的pH＞7D.加入等体积0.01mol·L－1NaOH溶液后，c(A-)=0.01mol·L－16、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL0.1000mol·L－1的某一元碱MOH溶液中；溶液的pH随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法不正确的是。

A.该一元碱的电离方程式为MOH＝M+＋OH－B.a、b、c三点中，b点水的电离程度最大C.室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－5mol·L－1D.b点：c(M+)＝c(Clˉ)7、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中与的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.该溶液中B.B.E三点对应溶液pH的大小顺序为B>D>EC.C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差D.D点对应的溶液中一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)8、“三室法”制备烧碱和硫酸示意图如下；下列说法正确的是。

A.电极A为阳极，发生氧化反应B.离子交换膜A为阴离子交换膜C.稀硫酸从c处进，浓溶液从b处出，浓溶液从e处进D.和迁移的数量和等于导线上通过电子的数量9、有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是A.可在船壳外刷油漆进行保护B.可将船壳与电源的负极相连进行保护C.可在船底安装锌块进行保护D.在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是（）

A.水煤气变换反应的△H＞0B.步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D.该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV11、如果一个可逆反应的平衡常数K值很大，下列说法正确的是A.该反应也可能需要催化剂B.该反应一旦发生将在很短的时间内完成C.该反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小D.该反应的反应物混合后很不稳定12、在体积为2L的恒容密闭容器中，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，将1molCO2和3molH2在装有催化剂的反应器中反应8小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的△H>0B.图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率C.图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高H2转化率D.下，X点所对应甲醇的产率为50%，则平衡常数K=0.1513、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)B.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)C.向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7,c(Na＋)＝0.1mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)14、下列说法正确的是A.0.1mol·L−1NH3·H2O中：c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)B.0.1mol·L−1NaHSO3溶液（室温下pH＜7）中：c(SO32－)＜c(H2SO3)C.浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D.0.1mol·L−1(NH4)2CO3溶液中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)15、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是。弱酸化学CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)B.amol·L-1HCN溶液与bmol·L-1NaOH溶液等体积混合后；所得溶液中。

c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于bC.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)16、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)17、已知，0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则下列说法（关系式）正确的是A.c(A2-)>c(H2A)B.HA-的水解抑制了HA-的电离C.HA-的水解和电离相互促进D.c(OH-)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)18、25℃时，用0.10mol•L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA-B.B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol•L-1C.C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(A2-)D.25℃时，氨水的电离平衡常数为评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。20、三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：

2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

则反应4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol−1。21、某二元酸（H2A）在水中的电离方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列问题：

（1）Na2A溶液显碱性理由是：__（用离子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。

A．图中对应点的温度关系为：a＞b＞c

B．纯水仅升高温度；可从a点变到c点。

C．水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d

D．在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性22、如图所示；是原电池的装置图。请回答：

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为____________；

(2)若需将反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋设计成如上图所示的原电池装置，则A(负极)极材料为______，B(正极)极材料为________，溶液C为________。

(3)若C为CuCl2溶液，Zn是________极，Cu电极反应为_________________。反应过程溶液中c(Cu2＋)________(填“变大”“变小”或“不变”)。

(4)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：

电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，则c电极是________(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为________。若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。23、我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰；2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：

Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和

a：

b：

(1)相同温度下，反应的___________

(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器极大地改善了该问题，其原理如图1所示：

保持压强为温度为向密闭容器中按投料比，投入一定量和不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．气体压强不再变化。

B．气体的平均相对分子质量不再变化。

C．不再变化。

D．的物质的量之比为

②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。

(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同，其他反应条件均相同)。

①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。

(4)阴极的电极反应式为___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)24、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共1题，共2分)25、某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

。装置。

分别进行的操作。

现象。

i．连好装置一段时间后；向烧杯中滴加酚酞。

ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

铁片表面产生蓝色沉淀。

铁片表面产生蓝色沉淀。

(1)小组同学认为以上两种检验方法；均能证明铁发生了吸氧腐蚀。

①实验i中的现象是___。

②用电极反应式解释实验i中的现象：___。

(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀；理由是___。

②进行下列实验；在实验几分钟后的记录如下：

。实验。

滴管。

试管。

现象。

0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液。

iii．蒸馏水。

无明显变化。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。

(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响；又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。

。实验。

试剂。

现象。

A

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

B

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)

产生蓝色沉淀。

C

铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

D

铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

在25℃时；101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40ｋJ的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518ｋJ的热量，根据反应物和生成物的状态及反应热写出其热化学反应方程式。

【详解】

在25℃时，101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518kJ的热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=-5518kJ/mol；

答案选B。

【点睛】

本题考查了热化学反应方程式的书写，题目难度不大，注意物质的聚集状态和对应化学方程式计量数的反应焓变计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。2、B【分析】【详解】

A.滴定管的下端无刻度；则剩余盐酸放入锥形瓶其体积大于20.00mL，故A错误；

B.该反应中KCl实质上不参加反应；所以KCl量的多少不影响平衡移动，故B正确;

C.Fe(OH)3胶体的制备是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液；继续加热至液体呈红褐色，停止加热，故C错误；

D.广泛pH试纸测定值为正整数，可测定pH为5或6，故D错误3、B【分析】【详解】

A．相同温度下，相同弱电解质的溶液中，溶液越稀，其电离程度越大，所以1L0.3mol/LCH3COOH溶液小于3L0.1mol/LCH3COOH溶液中的H+数，故A错误；

B．pH=1的醋酸溶液中c（CH3COOH）大于0.1mol/L，pH=1的盐酸溶液中C（HCl）等于0.1mol/L，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，故B正确；

C．pH=12的氨水和NaOH溶液中，离子浓度相等，所以其导电能力相同，故C错误；

D．pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，则pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸产生的氢气体积大，故D错误；

故选B。4、D【分析】【详解】

A、根据表中数据得到碱性为：NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：HClO＜HCO3－；选项A错误。

B、NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用；所以选项B错误；

C、因为碱性：NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＜c(HCO3－)；选项C错误；

D、④⑤溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒；选项D正确。

【点睛】

利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解：正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如：碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。5、A【分析】【详解】

A．0.01mol/LHA的电离度为1%，则氢离子浓度c(H+)=0.01mol/L×1%=10-4mol/L，溶液pH=4，向该溶液中加入HA，则溶液中HA的浓度增大，电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液pH<4；故A正确；

B．等浓度、等体积混合HA和氢氧化钠溶液，则二者恰好完全反应得到的是NaA溶液，NaA溶液为强酸强碱盐溶液，显碱性，所得溶液的c(H+)<c(OH-)；故B错误；

C．溶液混合后；所得溶液为等浓度的HA和NaA混合液，由于HA电离程度大于NaA的水解程度，故所得溶液显酸性，故C错误；

D．二者溶液混合后，恰好反应所得溶液为的NaA溶液，c(A-)<0.005mol/L；故D错误；

故答案为：A。6、A【分析】【详解】

A.根据图像，0.1000mol·L－1的一元碱MOH的pH=11，即c(OH-)=0.001mol/L,该一元碱为弱碱，其电离方程式为MOH⇌M+＋OH－；符合题意，A正确；

B.根据图像，a为碱过量的溶液，b点溶液呈中性，c为酸过量的溶液，酸、碱对水的电离有抑制作用，则三点中，b点水的电离程度最大；与题意不符，B错误；

C.室温下，MOH的电离常数Kb＝==1×10－5mol·L－1；与题意不符，C错误；

D.b点溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(M+)+c(H+)＝c(Clˉ)+c(OH-)，得到c(M+)＝c(Clˉ)；与题意不符，D错误；

答案为A。7、C【分析】【详解】

A．该溶液K1>K2，因此溶液中故A错误；

B．越大，则c(Ba2+)越小，c(CO32－)越大，碱性越强，因此B、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为E>D>B；故B错误；

C．A；B、C三点对应的分散系中；A点为过饱和溶液，会生成碳酸钡沉淀，因此A点的稳定性最差，故C正确；

D．D点对应的溶液，根据电荷守恒，一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)+c(HCO3－)，由于c(CO32－)=c(HCO3－)，还可以为2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)；故D错误。

综上所述，答案为C。8、C【分析】【分析】

根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；

B．根据分析，Na+透过离子交换膜A向电极A移动；则离子交换膜A为阳离子交换膜，故B错误；

C．根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进；故C正确；

D．一个电子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量；导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，故D错误；

答案选C。9、D【分析】【详解】

A.在船壳外刷油漆可以防止金属和海水；空气接触；所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；

B.将船壳与电源的负极相连；即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确；

C.在船底安装锌块；形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；

D.海水是中性环境；金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误；

故选D.

【点睛】

保护金属的方法：如果用电化学保护法，主要有牺牲阳极的阴极保护法和与直流电源的负极相连做阴极的保护法。二、多选题(共9题，共18分)10、BD【分析】【分析】

【详解】

A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0；故A错误；

B.由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·；故B正确；

C.由示意图可知；步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；

D.由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV；故D正确；

故选BD。11、AC【分析】【分析】

一个可逆反应的平衡常数K值很大；只能表示反应达平衡后，反应物的转化率大，不能说明反应速率快。

【详解】

A．为了加快反应速率；该反应也可能需要催化剂，A正确；

B．该反应虽然平衡转化率大；但并不能说明反应速率快，所以不能说明反应达平衡的时间短，B不正确；

C．既然该反应的平衡转化率大；则该反应达平衡时至少有一种反应物的平衡量很小，百分含量很小，C正确；

D．在反应条件不具备时，该反应的反应物混合后可能很稳定，如H2、O2的混合物；常温常压下能稳定共存，D错误；

故选AC。12、BC【分析】【详解】

A．甲醇的产率在最高点即达到平衡状态；随温度升高产率逐渐减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B．P点所示条件下反应未达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率；故B正确；

C．Q点所示条件下反应处于平衡状态，增加CO2的浓度可提高H2转化率；故C正确；

D．列出反应的三段式：

体积是2L，将平衡浓度代入平衡常数公式，故D错误。

故选BC。13、BD【分析】【详解】

A、碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，c(H2CO3)＞c(CO32-)，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)；但碳酸氢根离子水解或电离都较微弱，所以碳酸氢根离子浓度比碳酸的浓度大，故A错误；

B、根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，两式将钠离子约去，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正确；

C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H＋)；故C错误；

D、混合溶液呈中性，说明c(H+)=c(OH-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(Na+)=c(CH3COO-)，醋酸是弱电解质，电离程度较小，所以c(CH3COOH)＞c(H+)，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH-)；故D正确；

答案选BD。

【点睛】

向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的碱性更强，说明碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，然后判断溶液中各离子的浓度。14、CD【分析】【详解】

A选项，氨水是弱电解质，电离程度微弱，因此0.1mol·L−1NH3·H2O中：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)；故A错误；

B选项，0.1mol·L−1NaHSO3溶液（室温下pH＜7），电离程度大于水解程度，因此c(SO32－)＞c(H2SO3)；故B错误；

C选项，浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据电荷守恒得出：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；故C正确；

D选项，0.1mol·L−1(NH4)2CO3溶液，根据物料守恒得出中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

弱酸酸式盐中电离大于水解的主要是草酸氢根、磷酸二氢根、亚硫酸氢根。15、BD【分析】【详解】

A．由电离常数Ka的关系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，则酸性CH3COOH＞HCN＞显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A错误；

B．等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN-的水解溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，a＜b时溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，即所得溶液中c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于b；故B正确；

C．冰醋酸中逐滴加水；电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而在加水的过程中电离程度；pH一直在增大，故C错误；

D．因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；故D正确；

故答案为：BD。16、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。17、AC【分析】【分析】

0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则表明溶液显酸性，HA-以电离为主；水解是次要的。

【详解】

A．HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，以电离为主，所以c(A2-)>c(H2A)；A正确；

B．HA-以电离为主，电离产物不会抑制HA-的水解；B不正确；

C．HA-水解生成的OH-与电离生成的H+能反应生成H2O；从而相互促进，C正确；

D．依据物料守恒，c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)；D不正确；

故选AC。18、BD【分析】【详解】

A．0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液中=-12，c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=0.1mol/L=2c(H2A)，说明该二元酸完全电离，所以H2A为强酸，电离方程式为H2A=2H++A2-；故A错误；

B．B点溶液加入氨水10mL，反应恰好生成(NH4)2A，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中H+来自水的电离，此时溶液中=-2，则c(OH-)=10-2c(H+)，c(H+)c(OH-)=10-14，所以c(H+)=10-6mol/L，即水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L；故B正确；

C．C点溶液中含有(NH4)2A和NH3•H2O，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)，所以c(NH4+)=2c(A2-)，则c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞2c(A2-)；故C错误；

D．C点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒得c(NH4+)=2c(A2-)=2×mol/L=mol/L，根据物料守恒得c(NH3•H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的电离常数表达式为Kb===故D正确；

故选BD。

【点睛】

正确判断H2A酸性强弱是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据电离平衡常数的表达式结合电荷守恒和物料守恒计算微粒浓度。三、填空题(共5题，共10分)19、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%20、略

【分析】【详解】

①2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

②3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

③4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)ΔH

①×3+②=3，故ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×(48kJ·mol−1)+(−30kJ·mol−1)=114kJ·mol−1，故答案为：114。【解析】11421、略

【分析】【详解】

(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案为：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步电离为完全电离，则溶液中没有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒；所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1；A项错误；

B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(HA−)；B项正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C项正确；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D项正确，故答案为：BCD；

(3)A.温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，a点Kw=10−14，所以b＞c＞a；A项错误；

B.c点Kw=10−13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，B项错误；

C.由图可计算出各点的水的离子积，d点Kw=10−14，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞a；C项正确；

D.b点Kw=10−12；中性溶液pH=6，将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，D项正确；故选CD。

【点睛】

本题易错点(3)，图象数据分析，要先明确纵轴、横轴所代表的意义，结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断，温度越高，水的离子积常数越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD22、略

【分析】【分析】

利用原电池的工作原理；进行分析判断；

【详解】

（1）C为稀硫酸，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe，且作负极，A电极为正极，总电极反应式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，即A电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；

答案为2H＋＋2e－=H2↑；

（2）根据原电池工作原理，以及总电极反应式，负极材料是Cu，正极材料是石墨，溶液C为FeCl3；

答案为Cu；石墨；FeCl3溶液；

（3）Zn比Cu活泼，Zn为负极，锌电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，Cu为正极，Cu电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，整个过程中Cu2＋被消耗，即c(Cu2＋)变小；

答案为负极；Cu2＋＋2e－=Cu；变小；

（4）根据装置图，电子从电极c流向电极d，因此电极c为负极，燃料电池中通燃料一极为负极，即CH3OH在负极上失去电子，其电极反应式为H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋，消耗1molO2需要得到4mole－，因此电路中转移2mol电子，消耗氧气的物质的量为=0.5mol，标准状况下，消耗氧气的体积为0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；

答案为负极；H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋；11.2L。

【点睛】

电极反应式的书写是本题的难点，原电池是将氧化还原反应反应分成两个半反应，书写电极反应式是先写出还原剂－ne－→氧化产物，氧化剂＋ne－→还原产物，如本题负极反应式：CH3OH－6e－→CO2，然后判断电解质溶液的酸碱性，本题质子通过质子交换膜，说明电解质溶液为酸性，根据原子守恒和电荷守恒，得出电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋。【解析】(14分，无特殊说明每空1分)（1）2H++2e-=H2↑（2分）（2）铜CFeCl3溶液（3）负Cu2++2e-=Cu（2分）变小（4）负极H2O+CH3OH-6e-=CO2+6H+（2分）11.2（2分）23、略

【分析】【详解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案为:-90.7kJ/mol；

（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B.气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为不一定非得平衡时物质的量之比为在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B

；在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；

（3）图中D点（1,60），即CO2转化率为60%；根据关系列三段式：

KD=

图中F点（1.5,50），即CO2转化率为50%；根据关系列三段式：

KF=

通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TDF；

图中G点（1.5,40），即CO2转化率为40%；根据关系列三段式：

KG=

恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时；根据关系列三段式：

Q