2024年浙科版选修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年浙科版选修4化学下册月考试卷728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8题，共16分)1、煤的液化可以合成甲醇。

①“气化”:C（s）+2H20（g）=C02（g）+2H2（g）△H1=+90.1kJ·mol-1

②催化液化Ⅰ:CO2（g）+3H2（g）=CH30H（g）+H20（g）△H2=-49.0kJ·mol-1

③催化液化Ⅱ:C02（g）+2H2（g）=CH30H（g）+1/2O2(g)△H3=akJ·mol-1

下列有关说法正确的是。

A.催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小B.反应C（s）+H20（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ·mol-1C.△H2＞△H3D.甲醇燃料电池的工作原理示意图如图所示，负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-=CO2↑+5H2O2、在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1molA，发生2A(g)B(g)+C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（）

A.反应在0~50s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol∙L-1∙s-1B.该温度下，反应的平衡常数K=0.025mol∙L-1C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)=0.09mol∙L-1，则该反应的∆H<0D.反应达平衡后，再向容器中充入1molA，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变3、强酸制弱酸非常重要的一种离子反应，已知：。Ka1Ka2H2SO3H2CO3

下列离子反应不正确的有（）个。

A.0个B.1个C.2个D.3个4、已知：25℃时，碳酸(H2CO3)的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=5.0×10-11。常温下，向20mL0.1mol⋅L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L-1的盐酸40mL，溶液中含碳元素各微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH的变化如图所示，下列说法错误的是（）

A.随着盐酸的加入，溶液中的值增大B.加入盐酸至溶液pH=8的过程中，水的电离程度逐渐减小C.当pH=7时，溶液中c(Na+)>c(HCO3-)>cCl-)D.当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1时，溶液的pH=105、在25℃时，浓度均为0.5mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是A.a=b=cB.a＞b＞cC.a＞c＞bD.c＞a＞b6、已知25°C时有关弱酸的电离平衡常数如下表：

下列有关说法正确的是（）A.等物质的量浓度的各溶液pH关系：pH(Na2SO3)3)B.将0.lmo/L的HF与0.1mol/L的NaF等体积混合，混合液pH>7C.Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-D.NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)7、pH是溶液中的负对数，若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸水溶液中随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是。

A.曲线Ⅰ代表的浓度随着pH增大先变小后变大B.草酸的电离常数C.时，D.8、常温下，量取的两种二元酸与各分别加水稀释，测得pH与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述不正确的是

A.为弱酸B.NaHA水溶液中：C.含等物质的量的NaHNaHB的混合溶液中：D.的NaHB溶液中：评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。回答下列问题:

（1）图中A、C分别表示:________、________。

（2）图中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并写出其热化学反应方程式：________。10、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=-92.4kJ•mol-1。一种工业合成氨的简易流程图如下：

(1)天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：______。

(2)步骤II中制氯气原理如下：

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是______。

a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强。

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为______。

(3)下图表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在下图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图______。

(5)上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)______，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______。11、某实验小组在T1温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，同时通入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，发生反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)△H＝akJ·mol－1。测得CO2的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示：

T1温度下，某时刻另一实验小组测得反应容器中有关数据为c(CO)＝0.6mol·L－1、c(H2O)＝1.6mol·L－1、c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO2)＝0.4mol·L－1，则该反应在下一时刻将_______(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“达到平衡”)，判断依据是_____。12、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。13、按照要求回答下列问题。

（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．

（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．

（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．

（4）将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．14、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH－离子浓度(c)的关系如图所示。

(1)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：________________________________________________。

(2)a点溶液中由水电离产生的c(H+)＝______________；b点溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是___。(选填序号)

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体15、室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为________16、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。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、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4分)18、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、工业流程题(共1题，共2分)19、以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。

(1)“除铝”时反应的离子方程式为______________________________。

(2)试从沉淀溶解平衡移动的角度解释“浸取时加入H2O2、稀盐酸”可促进LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉铁”时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是_____________________。

(5)“电解”制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：__________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，故Ea减小、△H2不变；故A错误；

B.①C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H1=+90.1kJ•mol-1；②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）；△H2=-49.0kJ•mol-1，①+②得，C（s）+H2O（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ•mol-1；故B正确；

C.根据盖斯定律可知②－③即得到1/2O2（g）+H2（g）=H2O（g）△H=△H2－△H3＜0，故△H2＜△H3；故C错误；

D.放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，在碱性条件下电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；故D错误。

故选B。

【点睛】

根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。2、B【分析】【详解】

A．反应在0~50s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol∙L-1∙s-1；A正确；

B．该温度下，平衡时，c(C)=0.10mol/L，则c(B)=0.10mol/L，c(A)=0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反应的平衡常数K=≈0.11mol∙L-1；B不正确；

C．升高温度，平衡时c(B)=0.09mol∙L-1<0.10mol∙L-1，则平衡逆向移动，该反应的∆H<0；C正确；

D．反应达平衡后；再向容器中充入1molA，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D正确；

故选B。3、B【分析】【详解】

根据K大小得出酸强弱顺序为H2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－。由于H2SO3>H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32−+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2CO3>HSO3－>HCO3－，因此HSO3－+CO32−=SO32−+HCO3－，两个方程式相加得到SO2+2CO32−+H2O=SO32−+2HCO3－，故第一个、第二个正确；由于H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32−+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2SO3>H2CO3，因此SO2+HCO3－=HSO3－+CO2，两个方程式相加2SO2+CO32−+H2O=2HSO3－+CO2，故第三个正确；2HSO3－+CO32−=CO2+H2O+2SO32−违背了H2CO3>HSO3－；故第四个错误，故B正确。

综上所述；答案为B。

【点睛】

根据电离常数大小得出酸的强弱，再根据强酸制弱酸原理书写方程式。4、C【分析】【详解】

A.随着盐酸的加入，不变，减小，的值增大；故A正确；

B.溶液中加入适量盐酸的过程中；水的电离程度逐渐减小，故B正确；

C.当时，反应的化学方程式为由于水解，故继续加入盐酸至时，故C错误；

D.当溶液中1时，故溶液的故D正确；

综上所述，答案为C。5、D【分析】【详解】

加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：对于(NH4)2CO3，因为使水解平衡向右移动，促进水解．对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为因增大了c(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以c＞a＞b；故答案为：D。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：6、C【分析】【详解】

A．电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，电离平衡常数H2SO3＞HF＞HSO3－，则水解程度：SO32－＞F－＞HSO3－，所以相同浓度的钠盐：pH(Na2SO3)>pH(NaF)>pH(NaHSO3)；故A错误；

B．HF的Ka=6.8×10-6，其水解平衡常数Kh=≈1.47×10-9＜6.8×10-6，说明HF电离程度大于F－水解程度；则将等浓度的HF溶液与NaF溶液等体积混合，混合液中呈酸性，故B错误；

C．电离平衡常数H2SO3＞HF＞HSO3－，Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-；故C正确；

D．H2SO3的Ka2=5.6×10-8，则SO32－的Kh2=≈7.7×10-12＜Ka2，则HSO3－的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离和盐类水解，明确酸电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应的酸根离子水解程度关系、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，难点是BD判断，注意SO32－对应的酸是HSO3－而不是H2SO3。7、A【分析】【详解】

A．曲线I代表HC2O4-的物质的量浓度的负对数随着pH增大先变小后变大；故A错误；

B．Ⅰ、Ⅱ交点处c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，H2C2O4⇌HC2O4-+H+，Ka1=c(H+)=l×10-1.3，HC2O4-⇌C2O42-+H+，ⅠⅢ交点处c(HC2O4-)=c(C2O42-)Ka2=c(H+)=l×10-4.3；故B正确；

C．pH=4时，pc(C2O42-)＞pc(HC2O4-)，所以c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；故C正确；

D.=×===10-3；故D正确；

故答案为A。

【点睛】

考查弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算方法、图像分析判断是解题关键，H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是HC2O4-的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2C2O4的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅲ是C2O42-的物质的量浓度的负对数。8、D【分析】【详解】

A.溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸；故A正确；

B.根据图像知，溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明是强酸。NaHA水溶液中存在根据电荷守恒可知故B正确；

C.根据图像知，溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明是强酸。溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸，含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，根据物料守恒可得：故C正确；

D.溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸，的NaHB溶液，水解程度大于其电离程度，钠离子不水解，导致溶液呈碱性，则溶液中离子浓度大小顺序是故D错误。

故选D。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，根据图像确定酸的强弱是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

(1)根据A；C分别表示反应物总能量和生成物总能量；

(2)根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；

(3)根据单质硫的燃烧热以及1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的反应热利用盖斯定律来求；

【详解】

(1)图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；

(2)因1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；

(3)因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ•mol-1，而1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ•mol-1，由盖斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ•mol-1+(-99kJ•mol-1)=-395kJ•mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H为-395kJ•mol-1×3=-1185kJ•mol-1，其热化学反应方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。【解析】反应物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓

（2）a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变；错误；d；降低压强，反应速率减小，错误；设CO的转化量为x

CO+H2OCO2+H2

转化量（mol）0.200.8

转化量（mol）xxx

转化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x则。

N2+3H22NH3

转化量（mol）a3a0

转化量（mol）x3x2x

转化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）随着反应的进行，NH3的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH3的物质的量逐渐减小；可画出图像。

（5）步骤IV为热交换，使合成氨放出的热量得到充分利用；对原料气加压，使平衡向正反应方向移动，分离液氨，减少生成物浓度，未反应的N2、H2循环使用等措施可提高提高合成氨原料总转化率。

考点：本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.对原料气加压；分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用11、略

【分析】【分析】

结合图像和题目信息列出“三段式”，求出T1温度下的平衡常数，再比较某时刻的Qc的平衡常数的大小；判断反应进行的方向。

【详解】

T1温度下；由图可知，10min时反应达到平衡，结合题目信息列出“三段式”，容器的体积为1L，有：

则该温度下，此反应的平衡常数K===T1温度下，某时刻，另一小组的反应的Qc=则该反应向正反应方向移动，故答案为：向正反应方向进行；Qc=所以该反应向正反应方向进行。【解析】向正反应方向进行Q=所以该反应向正反应方向进行12、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%13、略

【分析】【分析】

(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒进行分析；

(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；

(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；

【详解】

(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液显中性；

(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；

(4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。

【点睛】

本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%14、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氢氧化钠，溶液在ab段为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，抑制水的电离，bc段；氢氧化钠不断被消耗；到达c点，溶液为碳酸钠溶液，cd段碳酸钠溶液不断转变为碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)c点为碳酸钠溶液，溶液显碱性，离子浓度由大至小的关系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a点为氢氧化钠溶液，由水电离产生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，溶液显碱性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀释；平衡正向移动，电离程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸钠固体；溶液中醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小；

c．通氯化氢；溶液中氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，pH减小；

d．加入少量苛性钠固体；溶液中氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，pH增大。

综上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad15、略

【分析】【分析】

碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)等于水离子积常数与c(H+)的比值。

【详解】

pH=9的氢氧化钠抑制水电离，溶液中的氢离子来自于水，溶液中c(H+)=10−9mol/L，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)等于溶液中的c(H+)，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)=10−9mol/L；pH=9醋酸钠促进水电离，溶液中的氢氧根离子来自于水，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)等于水离子积常数与溶液中c(H+)的比值，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)==10−5mol/L，所以A:B=10−4:1。【解析】A：B=10﹣4：116、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）三、判断题(共1题，共2分)17、×【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4分)18、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，