2025年沪科版选修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2025年沪科版选修4化学上册月考试卷601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5题，共10分)1、为消除NO对环境的污染，可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体。

已知：①∆H=+180.50kJ·mol-1

②∆H=-905.48kJ·mol-1

则反应的∆H为A.+2.98kJ·mol-1B.-2.98kJ·mol-1C.+1807.98kJmol-1D.-1807.98kJ·mol-12、对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)ΔH；反应特点与对应的图像的说法中不正确的是（）

A.图甲中，若p1＞p2，则在较低温度下有利于该反应自发进行B.图乙中，若T2＞T1，则ΔH＜0且a＋b＝c＋dC.图丙中，t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂D.图丁中，若ΔH＜0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率3、反应CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)在高温下才能自发向右进行，则该反应的ΔH、ΔS应为A.ΔH＞0、ΔS＜0B.ΔH＜0、ΔS＞0C.ΔH＞0、ΔS＞0D.ΔH＜0、ΔS＜04、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法不正确的是（）

A.图中五点Kw间的关系B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显碱性D.若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法5、下列表述正确的有（）个。

①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存AlCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸③CuSO4溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是CuO④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用磨口玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑧除去某污水中Hg2+可以加入适量的FeS(已知：Ksp(FeS)>Ksp(HgS))A.4B.5C.6D.7评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________7、根据以下三个热化学方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系：__________8、已知下列热化学方程式；回答下列各问：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃烧热为______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ的热量。写出CH4燃烧热的热化学方程式__________________________________________________。

(3)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒温(500K)、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1.0molH2发生合成氨反应N2+3H22NH3，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，该反应的热化学方程式为___________________________________。9、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。10、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)11、已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：

H2SO4＝H++HSO4－，HSO4－H++SO42－。

（1）Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_________。

（2）在25℃时0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42－)="0.029"mol·L-1，则25℃时，0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42－)_________0.029mol·L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是___________。

（3）在0.1mol·L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是____________。A．c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)B．2c(Na+)＝c(SO42－)+c(HSO4－)C．c(Na+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)D．c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-112、按要求回答下列问题：

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为______________。

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：

①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－）浓度大小关系为____________。

②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用数值列出计算式即可）mol·L－1。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共4题，共28分)14、新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2

某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。

实验(一)制备流程：

实验(二)Li2FeSiO4含量测定：

从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：。实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL

（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B____________，仪器C__________。

（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是______________________。

（3）操作Ⅱ的步骤______________，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_______________。

（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_____________________，此时后续处理的主要目的是_________________________。

（5）滴定终点时现象为________________________________；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。15、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时；即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。

（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。

（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A的仪器名称为____________________。

（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_______________。

（4）某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；

（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，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”)。16、(1)某学生用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，根据3次实验分别记录有关数据如表：。滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积滴定后刻度溶液体积第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

则依据表中数据，该NaOH溶液的物质的量浓度为______。

(2)实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是______。

A.酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液清洗。

B.开始实验时；酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失。

C.滴定过程中；锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数。

D.达到滴定终点时；仰视读数并记录。

(3)准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用______。(填仪器名称)17、为了证明一水合氨是弱电解质；甲；乙、丙三位同学利用下面试剂进行实验：

0.10mol·L－1氨水、NH4Cl晶体；醋酸铵晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。

(1)常温下，pH=10的氨水中，c(OH－)=___，由水电离出来的浓度为c(OH－)水=_____。

(2)甲用pH试纸测出0.10mol·L－1氨水的pH为10；据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一结论______(填“正确”或“不正确”)，并说明理由__________________。

(3)乙取出10mL0.10mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，原因是(用电离方程式回答)：______；再加入CH3COONH4晶体少量；颜色变浅，原因是：__________。你认为这一方法能否证明一水合氨是弱电解质：_____(填“能”或“否”)。

(4)丙取出10mL0.10mol·L－1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测出其pH为b，他认为只要a、b满足如下关系__________(用等式或不等式表示)就可以确认一水合氨是弱电解质。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)18、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。

19、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】制备In2O3的工艺流程如下：

（1）写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________

（2）从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：__________、_________；过滤、洗涤和干燥。

（3）提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___________（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式_________________________。

（4）完成下列化学方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃时，反应In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常数K=0.25；

i．t℃时，反应达到平衡时，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密闭容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃时反应达到平衡。此时In2O3的转化率为50%，则x=_________。

（6）高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放会引起一系列的环境问题，任写一条其引起的环境问题：_____________。20、2020年12月，嫦娥五号“探月”任务正在进行当中，本次任务将实现中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学探究，时隔n年，人类再一次成功取得月球样本，中国成为人类第三个获取月球样本的国家。电源是航天器在广袤太空中持续运行的重要支撑，嫦娥五号采用的是钴酸锂电源，以钴酸锂为正极材料所制备的锂离子电池，具有重量轻，比能量高，工作电压高，放电平衡、寿命长等特点。从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中；回收钴；锂的操作流程如图所示：

回答下列问题。

(1)“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，该反应的离子方程式为_______；

(2)LiCoO2中Co的化合价为_______，“酸浸”时主要反应的离子方程式为_______；若将硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_______(填化学式)污染环境。

(3)“沉钴”后溶液中c(CO2+)=_______。(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)

(4)根据下图判断：“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_______、_______、洗涤、干燥等步骤。证明Li2CO3固体已洗涤干净的实验方法_______。

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5分)21、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

已知①∆H=+180.50kJ·mol-1

②∆H=-905.48kJ·mol-1

氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式依据盖斯定律，结合热化学方程式合并计算：①×5+②得到：△H=-1807.98kJ/mol，答案选D。2、C【分析】【详解】

A．由反应1图可知，增大压强，A的含量减少，平衡正向移动，说明正反应是熵减的反应，升温A的含量增加，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，根据△G=△H-T△S可知；该反应在低温度时更容易自发进行，故A正确；

B．温度越高，A的转化率越低，说明该反应为放热反应，△H＜0，压强增大，A的转化率不变，则压强对平衡无影响，所以a+b=c+d；故B正确；

C．根据图象条件改变；使反应速率同时增大并且平衡不移动，说明可能是加催化剂或者在反应前后气体系数和相等时增压，故C错误；

D．由图可知，T1的起始斜率大于T2，说明T1＞T2，升高温度，若△H＜0；平衡逆向移动，说明反应物的转化率减小，而图象是温度越高越大，所以不可能表示的是反应物的转化率，故D正确；

故答案为C。

【点睛】

化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。3、C【分析】【分析】

【详解】

该反应在高温下能够自发的向右进行，这说明ΔH−TΔS<0，ΔH4、D【分析】【详解】

A.D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c(H+)·c(OH-)都大于E点的c(H+)·c(OH-)，并且C点的c(H+)·c(OH-)大于A点c(H+)·c(OH-)，c(H+)·c(OH-)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E；A正确，不符合题意；

B、A点到D点，c(H+)变大，但c(OH-)变小，可加酸，使得c(H+)变大，c(OH-)变小；B正确，不符合题意；

C、若处在B点时Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=12的KOH中c(OH-)=1mol/L；等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，C正确，不符合题意；

D、若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大，温度应升高，加入适量的NH4Cl固体，温度不变，则Kw不变；D错误，符合题意；

故合理选项是D。5、C【分析】【详解】

①明矾和FeCl3水解生成胶体，胶体吸附杂质，因此常作净水剂，故①正确；②为保存AlCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸，防止铝离子水解，故②正确；③CuSO4溶液蒸干得到CuSO4，灼烧，最后得到的主要固体产物是CuSO4，故③错误；④NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，用作焊接中的除锈剂，故④正确；⑤Na2SiO3溶液水解显碱性，易与磨口玻璃塞反应，因此实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故⑤错误；⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，常作泡沫灭火剂，故⑥正确；⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用，两者发生双水解，损失肥效，故⑦正确；⑧除去某污水中Hg2+可以加入适量的FeS，利用Ksp小的向Ksp更小的转化物；故⑧正确；因此正确的有6个，故C正确。

综上所述，答案为C。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%7、略

【分析】【分析】

硫化氢完全燃烧放出的热量多；生成液态水是放出的热量多。

【详解】

硫化氢完全燃烧放出的热量多，则Q1>Q2；气态水的能量高于液态水的能量，则硫化氢生成液态水是放出的热量多，即Q2>Q3，综上可得Q1>Q2>Q3，故答案为：Q1>Q2>Q3。

【点睛】

依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断是解题关键。【解析】Q1>Q2>Q38、略

【分析】【详解】

（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合反应热化学方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃烧热为393.5kJ/mol；故答案为393.5；

（2）0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，反应的____为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案为－84；

（4）设反应生成NH3xmol则有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

转化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的热量为18.4kJ，则生成2molNH3放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1。【解析】393.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>10、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac11、略

【分析】【详解】

（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4＝H++HSO4－，第二步电离并不完全：HSO4－H++SO42－，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42－+H2OHSO4－+OH-；因此溶液呈弱碱性。

（2）25℃时，0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c（SO42-）=0.029mol•L-1，由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42－)＜0.029mol•L-1；

（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(SO42－)+2c(HSO4－)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-1；D正确，答案选AD。

【点晴】

该题的易错点是忽略硫酸的第二步电离特点，答题是要注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维定势，从题目实际出发，注意知识的灵活应用。【解析】①.碱性②.SO42－+H2OHSO4－+OH-③.小于④.H2SO4一级电离出H+，对HSO4－电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制⑤.AD12、略

【分析】【分析】

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：因为c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB）；故HB为弱酸；

（3）弱酸的电离平衡常数越大；酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。

【详解】

（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：

（2）①溶液存在电离：同时存在水解根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；

②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案为：=；

（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）浓度大小关系为CH3COO->ClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小；故答案为：a；

③根据常温下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的电荷守恒为：物料守恒为：相减消去钠离子可得：故答案为：2×10-6-2×10-8。【解析】>=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-8三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、实验题(共4题，共28分)14、略

【分析】【分析】

实验（一）制备流程：废铁屑中加入稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤后从滤液中获得绿矾晶体，然后使绿矾失去结晶水得到硫酸亚铁，硫酸亚铁固体和亚硅酸锂固体在惰性气体保护下高温反应得到Li2FeSiO4。

实验（二）Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品于坩埚中，灼烧后加入足量稀硫酸，充分反应后转移入烧杯中，通入足量的二氧化硫，把铁元素全部转化为+2价，用一定浓度的高锰酸钾溶液滴定含亚铁离子的溶液，测定的Li2FeSiO4含量。

【详解】

（1）实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL；需要仪器为100mL容量瓶，仪器C为滴定实验装标准溶液的仪器，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为100mL容量瓶，酸式滴定管；

（2）固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行；因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为防止二价铁被氧化；

（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作；蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法，需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗；烧杯、玻璃棒，故答案为蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；

（4）还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；

（5）滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=mL=20.00mL；铁元素守恒计算。

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

n=0.0200mol

100mL溶液中含物质的量=0.0200mol×=0.1000mol；

产品中Li2FeSiO4的质量分数=×100%=81%；

滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成Li2FeSiO4的含量偏高；

故答案为溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；【解析】100mL容量瓶酸式滴定管防止二价铁被氧化蒸发浓缩，冷却结晶，过滤玻璃棒SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定溶液变为浅红色，且半分钟内不变色81%偏高15、略

【分析】【详解】

（1）0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量，1mol液态肼放出的热量，=641.63kJ该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1。故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1；

（2）根据图示可知；A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

（3）为泡沫塑料板；上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；

中和反应是放热反应；温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；

（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应前后温度差为：3.05℃；

40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g·cm－3=80g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×℃=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=-51.8kJ·mol－1，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ·mol－1；故答案为：-51.8kJ·mol－1；

（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，即放出热量不相等；

由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行上述实验；测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解析】N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1环形玻璃搅拌棒减少热量损失用水冲洗干净温度计，并擦干温度计－51.8kJ/mol不相等相等16、略

【分析】【分析】

(1)先根据数据的有效性；舍去第2组数据，然后求出1；3组平均消耗V(盐酸)；

(2)利用c(碱)=来进行浓度计算；

(3)高锰酸钾具有氧化性；所以准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管。

【详解】

(1)由三次盐酸溶液的体积可知，第2组数据偏差太大，要舍去，求出1、3组平均消耗盐酸平均体积值V(盐酸)=mL=26.10mL，由HCl与NaOH反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知c(碱)==0.1044mol/L；

(2)由c(碱)=可知：

A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸；消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不符合题意；

B.酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，B不符合题意；

C.滴定过程中；锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数，实际上加入的标准液体积偏小，导致待测碱液浓度偏低，C符合题意；

D.读取盐酸体积时；仰视读数记录，读数偏大，则消耗酸的体积偏大，导致待测液溶液c(碱)偏高，D不符合题意；

故合理选项是C；

(3)酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性；容易腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管。

【点睛】

本题考查中和滴定，涉及溶液浓度的计算、仪器的使用、误差分析、滴定终点的判断等。明确滴定实验中的仪器、数据处理及中和滴定的误差分析是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质。【解析】①.0.1044mol/L②.C③.酸式滴定管17、略

【分析】【详解】

(1)常温下，pH=10的氨水中，c(H+)=10-10mol/L，c(OH－)==10-4mol·L－1，氨水中氢离子全部由水电离，水电离出的氢氧根和氢离子浓度相等，所以c(OH－)水=10-10mol·L－1；

(2)若是强电解质，则0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)应为0.010mol·L－1；pH＝12，而实际上pH=10，说明一水合氨不完全电离，为弱电解质，故正确；

(3)滴入酚酞显红色，说明显碱性，一水合氨可以电离出氢氧根使溶液显碱性，电离方程式为NH3·H2O⇌NH+OH－；加入CH3COONH4晶体，NH浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶液中c(OH－)减小；碱性减弱颜色变浅；该实验说明一水合氨溶液中存在电离平衡，能说明一水合氨是弱电解质；

(4)若一水合氨是弱电解质，加水稀释促进其电离，则由10mL稀释到1000mL后其pH会变小，且变化小于2，即a、b满足a－2【解析】10-4mol·L－110-10mol·L－1正确若是强电解质，则0.010mol·L－1氨水溶液中c(OH－)应为0.010mol·L－1，pH＝12NH3·H2O⇌NH+OH－加入CH3COONH4晶体，NH浓度增大，氨水的电离平衡左移，溶液中c(OH－)减小能a－2五、工业流程题(共3题，共18分)18、略

【分析】【分析】

I．易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；

II．由制备流程可知，电石渣含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3；

（1）

易拉罐中铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（2）

滤液A是NaAlO2，与NaHCO3发生反应生成沉淀B是Al(OH)3，反应离子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+

（3）

明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质沉降；因此可以净水；

（4）

Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，反应的平衡常数

（5）

氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，氯化钙和水，则生成次氯酸钙的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

（6）

A．适当减缓通入氯气速率；可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；

B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积；使氯气被氢氧化钙充分吸收，而反应可以提高氯气的转化率，B正确；

C．加水使氢氧化钙完全溶解；氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误；

答案选AB；

（7）

根据图象可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。【解析】(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

(2)++H2O=Al(OH)3↓+

(3)Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质沉降。

(4)20

(5)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O

(6)AB

(7)蒸发浓缩冷却结晶19、略

【分析】【分析】

将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼得到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O，故答案为：In(OH)3+3H+=In3++3H2O；

(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)电解精炼粗铟提纯时，粗铟为阳极，阴极上In3+发生还原反应，电极反应式为In3++3e-=In，故答案为：阳极；In3++3e-=In；

(4)硝酸铟受热易分解，产物为三氧化二铟、二氧化氮及氧气，反应的方程式为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑；

(5)ⅰ．反应In2O3+CO⇌2InO+CO2的平衡常数K==0.25，根据同一容器中，气体的浓度之比等于物质的量之比，==4；故答案为：4；

ⅱ.0.02mol的In2O3(s)在反应达到平衡时转化率为50%，可知参加反应的In2O3物质量为0.01mol，同时参加反应的CO和生成的CO2的物质的量也为0.01mol，据ⅰ知平衡时=4，即=4；解得：x=