2025年湘师大新版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年湘师大新版选修4化学下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6题，共12分)1、室温下，关于的溶液，下列分析正确的是A.B.加入少量水，溶液中增大C.由水电离产生的D.加入等体积的盐酸，所得溶液：2、某同学测得物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性后，得出了关系式，你认为其中不正确的是（）A.c(CH3COOH)<c(Na+)B.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L3、下列与盐类水解无关的是（）A.明矾可用作净水剂B.热的纯碱溶液可用于除去物品表面的油污C.铵态氮肥和草木灰不能混合使用D.配制FeCl2溶液时需要向溶液中加入少量铁粉4、0.1mol/L的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是A.c()>c(Cl—)>c(H+)>c(OH—)B.c()>c(OH—)>c(Cl—)>c(H+)C.c(OH—)=c(Cl—)+c(H+)D.c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)5、新装修的房屋会释放出有毒的甲醛气体。银-Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理如下（在原电池中完成氧化银与甲醛的反应）。下列说法正确的是。

A.理论上消耗HCHO和Fe3+的物质的量之比为4:1B.30gHCHO被氧化时，理论上电路中通过2mol电子C.电池正极的电极反应式为Ag2O+2H++2e-=2Ag+H2OD.其他条件相同，甲醛浓度越大，所得有色配合物溶液的吸光度越小6、硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子；阴离子通过)。下列说法错误的是。

A.a与电源的正极相连接B.阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+C.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3D.B(OH)4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、物质X在一定条件下可转化为物质Y或物质Z：

两个反应的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.两个反应均为放热反应B.X、Y、Z的关系是互为同素异形体或同分异构体C.X转化为Y的活化能高于X转化为Z的活化能D.其它条件一定，加压有利于提高X转化为Z的速率和平衡转化率8、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下；用0.1000mol/L氨水滴定10mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸的混合液，电导率曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.①点溶液中c（H+）为0.200mol/LB.②点溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Ac-）C.①点溶液中n（所有离子）之和＞③点溶液n（所有离子）之和D.③点后会出现pH=7的点，此点溶液中c（NH4+）=c（Ac-）+c（Cl-）9、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)10、已知常温下的电离平衡常数的电离平衡常数的电离平衡常数若溶液混合引起的体积变化可忽略，则室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.溶液：B.的溶液和的溶液等体积混合：C.的和的溶液等体积混合：D.氨水和溶液等体积混合：11、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题：

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为______。

(2)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法；对应的反应依次为：

①SiCl4(g)+H2(g)⇌SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1>0

②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)ΔH2<0

③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)⇌3SiHCl3(g)ΔH3

反应③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。13、化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用。

（1）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为_____。

（2）家用液化气中主要成分之一是丁烷。当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出丁烷燃烧的热化学方程式：____。14、完成下列填空:

（1）下图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图,写出N2和H2反应的热化学方程式:____________________.

（2）若已知下列数据:试根据表中及图中数据计算N-H的键能____________kJ·mol-1.。化学键H-HN≡N键能/kJ·mol-1435943

（3）合成氨反应通常用铁触媒作催化剂。使用铁触媒后E1和E2的变化是:E1___________,E2_________(填“增大”；“减小、”“不变”)。

（4）用NH3催化还原NOX还可以消除氮氧化物的污染。例如4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g);ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g);ΔH2=bkJ/mol若1molNH3还原NO至N2,写出该反应的热化学方程式__________(ΔH用a、b表示).15、某化学科研小组研究在其他条件不变时；改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中，p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，t表示反应时间)：

根据以上规律判断(填“＞”“=”或“＜”)：

（1）反应Ⅰ：p2__p1，ΔH__0。

（2）反应Ⅱ：T1__T2，ΔH__0。

（3）反应Ⅲ：若T2__T1，则ΔH__0。

（4）反应Ⅳ：若T2__T1，则ΔH__0。16、将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：

（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。17、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_____．18、（1）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是溶液、溶液、盐酸和溶液中的一种。已知A；B的水溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH相同。

则：①B是________溶液，C是________。

②常温下若B溶液中与C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，则________（填某个数）。

（2）已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序可以有以下几种可能：

①

②

③

④

则：

（i）上述关系一定不正确的是________（填序号）。

（ii）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________（填序号）。

（iii）若四种离子浓度关系有则该溶液显________（填“酸性”“碱性”或“中性”）。19、按要求填写下面的空。

（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它们的pH值由小到大的排列顺序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3；则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加水稀释。pH值将_____（填“增大”；“减小”或“无法确定”）

（3）25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）

（4）pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)20、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。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)22、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1题，共3分)23、从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：

已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的离子生成而溶解。

(1)“煅烧1”的主要目的是________________。

(2)“还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为______________。

(3)“除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是______________________。

(4)“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：

①随n():n(Co2+)比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是__________。

②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是_______。

(5)为了获得较为纯净的CoC2O4•2H2O，“操作X”的实验操作为_______________。

(6)已知煅烧CoC2O4•2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为____________。

(7)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为__________________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A.NH3⋅H2O是弱电解质，部分电离，所以c(NH3⋅H2O)>10−3mol⋅L−1；A错误；

B.加少量水，促进NH3⋅H2O的电离，n(NH4+)增大，n(NH3·H2O)减小，则溶液中增大；B正确；

C.溶液中H+全部来自于水的电离，所以水电离出的氢离子浓度为：c(H+)=10−11mol⋅L−1，则c(OH-)=10−11mol⋅L−1；C错误；

D.pH=3的盐酸浓度小于pH=11氨水浓度，二者等体积混合后生成NH4Cl，NH3·H2O大量剩余，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(Cl−)＜c(NH4+)，所以c(NH4+)＞c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)；D错误；

故答案为：B。2、C【分析】【详解】

A．在物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在CH3COO-的水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，水解使溶液显碱性，由于混合溶液显酸性，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，所以溶液中微粒的浓度c(CH3COOH)<c(Na+)<c(CH3COO-)；A正确；

B．根据A的分析，CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，溶液呈酸性，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；B正确；

C．根据A的分析c(CH3COOH)<c(Na+)<c(CH3COO-)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COOH)+c(H+)<c(CH3COO-)+c(OH-)；C错误；

D．溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L；D正确；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体；具有吸附悬浮杂质的作用，明矾用作净水剂与水解有关，故A不选；

B．纯碱水解；溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故B不选；

C．草木灰中的碳酸根离子水解显碱性；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合相互促进水解，与水解有关，故C不选；

D．亚铁离子易被氧化；需要加Fe粉防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，故D选；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D，配制FeCl2溶液时常加入少量铁粉和稀盐酸，要注意铁粉和稀盐酸的作用的区别。4、D【分析】【分析】

氯化铵溶液显酸性；铵根发生水解生成氢离子和一水合氨，据此回答问题。

【详解】

A.在氯化铵溶液中，铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—)>c()>c(H+)>c(OH—)；A错误；

B.铵根会发生水解生成氢离子，c(Cl—)>c()>c(H+)>c(OH—)；B错误；

C.根据质子守恒可知，c(NH3·H2O)+c(OH—)=c(H+)；C错误；

D.根据电荷守恒可知，c()+c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)；D正确。

答案为D。5、C【分析】【分析】

HCHO中C为0价，由银-Ferrozine法检测甲醛（HCHO）的原理可知，该检测过程涉及的化学反应为2Ag2O＋HCHO=4Ag＋CO2↑＋H2O，Ag＋Fe3＋=Ag＋＋Fe2＋，负极上HCHO在负极失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为HCHO－4e－＋H2O=CO2↑＋4H＋，正极上Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为2Ag2O＋4e－＋4H＋=4Ag＋2H2O。

【详解】

A项、由反应的方程式可得HCHO→4Ag→4Fe2＋，则1molHCHO完全反应，理论上能生成4molAg，消耗4molFe3＋，HCHO和Fe3+的物质的量之比为1:4；故A错误；

B项、30gHCHO的物质的量为1mol，由HCHO在负极发生氧化反应生成CO2；负极消耗1molHCHO，理论上电路中通过4mol电子，故B错误；

C项、正极上Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为2Ag2O＋4e－＋4H＋=4Ag＋2H2O；故C正确；

D项；由题给信息可知；吸光度与有色物质的浓度成正比，根据反应式可以推出吸光度与甲醛的浓度成正比，故D错误；

故选C。6、C【分析】【详解】

a为阳极，与电源的正极相连接，故A正确；阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故B正确；电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入阴极室，原料室中的B（OH）4-通过阴膜进入产品室，故D正确；阳极室中氢离子通入阳膜进入产品室，理论上每生成1molH3BO3，需要1molH+，1molB（OH）4-；故需要转移1mol电子，故C错误；故选C。

点睛：该装置是电解装置的升级版，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意每个室中离子浓度的变化，结合离子交换膜的类型，就可以明白产品室、原料室的作用，不论如何复杂电子转移的数目是不变的，电路中通过电子数不变。二、多选题(共5题，共10分)7、CD【分析】【详解】

A.由图可知；X生成Y的反应为吸热反应，X生成Z的反应为放热反应，故A错误；

B.X；Y、Z如果是单质则互为同素异形体；如果是化合物则分子式一定不同，不可能互为同分异构体，故B错误；

C.由图可知，X转化为Y的活化能是X转化为Z的活化能是前者大于后者，故C正确；

D.X转化为Z的反应是气体体积减小的反应；因此其它条件一定时，加压既能加快反应速率，又能使平衡右移，提高平衡转化率，故D正确；

故选CD。8、AC【分析】【详解】

A.醋酸是弱酸；在水中只有部分电离，导致氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以该混合溶液中氢离子浓度小于0.200mol/L，故A错误；

B.②点溶液中，溶质为等浓度的醋酸与氯化铵，铵根离子水解浓度会减小，所以c（Cl-）＞c（NH4+），则溶液中c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Ac-）；故B正确；

C.①点溶液中溶质为醋酸和HCl,醋酸部分电离；③点溶液溶质为氯化铵和醋酸铵，二者为强电解质完全电离，所以①点溶液中n(所有离子)之和＜③点溶液n(所有离子)之和，故C错误；

D.③点后会出现pH=7的点，溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c(H+)=c（Ac-）+c（Cl-）+c(OH−)，溶液显中性，则c(H+)=c(OH−)，所以此点溶液中c（NH4+）=c（Ac-）+c（Cl-）；故D正确。

故选：AC。9、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。10、BC【分析】【分析】

A．根据SH-的电离程度和水解程度的大小分析；B．据物料守恒分析；C．根据电荷守恒分析；D．由电荷守恒和物料守恒综合分析。

【详解】

A．溶液中，存在的水解平衡以及的水解平衡由的电离平衡常数和的电离平衡常数可知，溶液以的水解平衡为主，再结合溶液中弱酸根和弱碱根的水解是微弱的特点，溶液中相关微粒浓度大小顺序为故A错误；B．据物料守恒故故B正确；C．据电荷守恒即类比A选项可知混合溶液又因为水解，混合后小于所以故C正确；D．的氨水和的溶液等体积混合后，得到溶质为氨水和的混合溶液，电荷守恒有①，物料守恒有②，③，①②③，得故D错误。答案选BC。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，题明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理。11、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】【详解】

（1）参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可直接写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1，故答案为：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1；

（2）仔细观察发现：②-①=③，根据盖斯定律可得：∆H3=∆H2-∆H1，故答案为：∆H2-∆H1。【解析】Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1∆H2-∆H113、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1mol完全燃烧，放出热量为2165kJ，其热化学方程式为B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；

（2）当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ，则1mol丁烷完全燃烧放出2900kJ能量，则丁烷燃烧的热化学方程式为C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。

【点睛】

热化学方程式要注意有物质聚集状态，且方程式后有焓变值，当△H>0，反应吸热，当△H<0时，反应为放热反应。并且焓变值与化学计量数成正比。【解析】B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。14、略

【分析】【分析】

⑴根据图像得出生成1mol气态氨气放出的热量；再写出热化学方程式。

⑵根据焓变等于断键吸收的热量减去成键放出的热量进行计算。

⑶使用催化剂会降低反应所需活化能。

⑷根据盖斯定律进行计算。

【详解】

⑴根据图像可知生成1molNH3(g)放出了46kJ的热量，因此N2(g)和H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1。

⑵设N—H的键能为xkJ·mol-1.；ΔH=943+435×3－6x=－92，x=390，故答案为390。

⑶使用铁触媒催化剂，活化能降低，因此E1减小，E2减小；故答案为减小；减小。

⑷4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=bkJ/mol将第1个方程减去第2个方程的3倍得到，NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=故答案为NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1390减小减小NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=15、略

【分析】【详解】

(1)反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率越大；在同一个温度下，p2时A的转化率大于p1时的转化率，可知，p2＞p1；在同一压强下，随着温度的升高，A的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(2)温度越高，化学反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，根据图像，T1温度下，化学反应速率快，则T1＞T2；根据图像，可知温度升高，C的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(3)当n(B)起始相同时，可知C在T1时的体积分数大于在T2时的体积分数，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，C的体积分数增减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0；

(4)若T2＞T1，升高温度，A的转化率增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0。【解析】①.＞②.＜③.＞④.＜⑤.＞(或＜)⑥.＞(或＜)⑦.＞(或＜)⑧.＞(或＜)16、略

【分析】【详解】

（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小；平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A；B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；

x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.减小17、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%18、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C为溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为溶液、溶液．故A为溶液，B为溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答该题．

根据溶液酸碱性与溶液pH的表达式计算出pHb、pHc，然后根据水的离子积计算出pHb+pHc；

任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

若溶液中只有一种溶质，为溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很小；

若四种离子浓度关系有c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒判断c（H+）、c（OH-）相对大小。

【详解】

（1）溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A、B、C、D分别为盐酸、常温下若溶液中与盐酸溶液中的相同，则有C溶液则

（2）溶液中只存在四种离子时，一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为该溶液中离子浓度的大小关系为若四种离子浓度关系有根据溶液的电中性原则，有则该溶液显中性。

【点睛】

A、B、C、D根据A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的电离程度相同判断出A、B、C、D四种物质；溶液中只存在四种离子时根据电荷守恒及条件判断出溶液的溶质，酸碱性。【解析】盐酸14②①中性19、略

【分析】【分析】

（1）先判断出溶液的酸碱性；然后利用盐类水解规律进行分析；

（2）利用电离平衡常数进行计算；以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；

（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；

（4）先稀释相同倍数；判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；

（5）利用强电解质完全电离；弱电解质部分电离进行分析；

【详解】

（1）①(NH4)2SO4溶液显酸性，②NaNO3溶液显中性，③NH4HSO4溶液显酸性，④NH4NO3溶液显酸性，⑤NaClO溶液显碱性，⑥CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO－水解能力强于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3；因此pH由小到大的顺序是③①④②⑥⑤，故A正确；

答案为A；

（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka==10－5；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H＋)减小；即pH增大；

答案为10－5；增大；

（3）根据电荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表达式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案为10－3mol·L－1；

（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)3COOH)；

答案为<；

（5）盐酸为强酸，0.1mol·L－1盐酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案为<。

【点睛】

稀释一元弱酸和一元强酸时，应注意是浓度相同还是pH相同，如果是浓度相同，体积相同，一元强酸完全电离，一元弱酸是部分电离，稀释相同倍数，强酸中c(H＋)始终大于弱酸；如果是pH相同，体积相同，则弱酸的浓度大于强酸，加水稀释，促进醋酸的电离，弱酸的pH小于强酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<20、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阳四、判断题(共1题，共9分)21、×【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】错五、元素或物质推断题(共1题，共8分)22、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