2025年沪科版选修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年沪科版选修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、已知:2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-217kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436kJ·mol-1、462kJ·mol-1和495kJ·mol-1,则b为()A.+352B.+132C.-120D.-3302、25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸；混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lgX＝lg或lg下列叙述正确的是A.曲线m表示pH与lg的变化关系B.当溶液呈中性时，c(Na+)＝＋2C.Ka1(H2CO3)＝1.0×10-6.4D.25℃时，CO32-＋H2O＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.63、常温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶，所得滴定曲线如图所示(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。下列说法正确的是（）

A.点①所示溶液中：c（H+）/c（OH-）=1012B.点②所示溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(OH－)C.点③所示溶液中：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)D.点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+c(C2O42－)=0.10mol·L－14、下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.CH3COOHB.NaHCO3C.(NH4)2Fe(SO4)2D.NaHSO45、常温下，向等体积(V0mL)等浓度(0.1mol.L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水，使其稀释VmL，稀释过程中，溶液的pH与lg的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.曲线X对应的盐为NaR，MCl为强酸强碱盐B.对于曲线Y，a点水的电离程度比b点小C.常温下，MOH的电离平衡常数Kb的数量级为10－3D.曲线Z上任何一点对应溶液中均存在c(H+)=c(OH－)+c(MOH)6、在铁的吸氧腐蚀过程中；下列5种变化可能发生的是()

①Fe由＋2价转化成＋3价②O2被还原③产生H2④Fe(OH)3失水形成Fe2O3·xH2O⑤杂质C被氧化除去A.①②④B.③④C.①②③④D.①②③④⑤评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下；达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率C.温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点D.温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动8、1L的密闭容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示，t1时刻c(B)=0.1mol/L。图乙为t2时刻后改变条件反应速率随时间的变化情况，每次改变一种条件且条件各不相同，已知，t3时刻为加入催化剂，则下列判断正确的是（）

A.t4时刻是增大容器的体积B.B的起始浓度为0.06mol/LC.t1、t3、t6时刻相比，A物质的量最大的是t6时刻D.该可逆反应的方程式为：3A(g)B(g)+2C(g)9、250C时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图7所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是。

A.pH="5."5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B.W点所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)C.pH="3."5的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)-c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)10、H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5；Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。室温下，将H2C2O4溶液和氨水按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。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.0.2mol·L－1H2C2O4溶液：c(H2C2O4)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)＞c(OH－)B.0.2mol·L－1(NH4)2C2O4溶液：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)C.向H2C2O4溶液中滴加氨水至pH＝7：c(NH4+)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)D.0.5mol·L－1氨水和0.2mol·L－1H2C2O4溶液等体积混合：2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]11、将0.5mol·L-1的Na2CO3溶液与amol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中粒子浓度间的关系及相关判断正确的是A.B.C.若则可确定a>0.5D.若则可确定a=0.512、常温下，向20mL0.2mol·L－1H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法错误的是（）

A.在P点时，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B.当V(NaOH)＝20mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)C.当V(NaOH)＝30mL时，2c(Na＋)＝3[c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)]D.当V(NaOH)＝40mL时，c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H2A)>c(OH－)>c(H＋)13、为二元弱酸，室温下，将溶液和氨水按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。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.溶液：C.向溶液中滴加氨水至pH=7：D.氨水和溶液等体积混合：14、已知298K时，Ksp(MnS)=4.65×10−14，Ksp(MnCO3)=2.24×10−11，298K下，MnS、MnCO3(R2−代表S2−或CO32-)在水中的溶解曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.图象中x约等于2.2×10−7B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、现有反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0；在850℃时，平衡常数K=1。

（1）若升高温度到950℃时；达到平衡时K_____1（填“大于”；“小于”或“等于”）

（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2；则：

①当x=5.0时；上述平衡向_______（填正反应或逆反应）方向进行。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________。16、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17、写出下列反应的离子方程式。

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸。________

(2)CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，会转变为铜蓝(CuS)。________

(3)在K2CrO4溶液中加硫酸酸化，溶液由黄色变为橙色。________18、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl﹣(aq)。25℃时，现将足量AgCl分别放入：①100mL蒸馏水；②100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液；③100mL0.1mol•L﹣1氯化镁溶液；④100mL0.1mol•L﹣1氯化钠溶液。充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是________(填写序号)。19、依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；设计的原电池如下图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是________；Y是________。

(2)银电极为电池的________极，X电极上发生的电极反应为_____________________评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)20、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)21、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3题，共27分)22、草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下。

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8

(1)CoC2O4·2H2O中C的化合价是____________________________。

(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：______________。

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。

(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是______________(填化学式)，试用离子方程式和必要的文字简述其原理：____________________________。

(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是______________；其使用的适宜pH范围是______________。

A.2.0〜2.5

B.3.0〜3.5

C.4.0〜4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=______________。

(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4·2H2O，最终得到产品m2kg，产率(实际产量/理论产量×100%)为____________________________。(已知：M(Co2O3)=166，M(CoC2O4·2H2O)=183，仅需列出数字计算式)。23、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。24、氢氧化锂(LiOH)是重要的初加工锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，在实验室模拟用天然锂辉石(主要成分是LiAlSi2O6)生产LiOH的一种工艺流程如图所示：

已知：溶液1中含有Li+、K+、Al3+、Na+、Fe3+、等离子。请回答下列相关问题。

（1）高温烧结的目的是________________________________________________。

（2）操作1是_____________________________。

（3）判断LiOH已洗涤干净的操作是______________________________________________。

（4）工业生产中通过电解LiC1溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的_________(选填“正极”或“负极”)，电极b发生的反应是__________，阳离子交换膜的作用是_________________________________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=bkJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=4462-436-495=2b-(-217),所以b=+132。

【详解】

A.+352不符合题意；故A错误；

B.+132符合题意；故B正确；

C.-120不符合题意；故C错误；

D.-330不符合题意；故D错误；

答案：B。

【点睛】

根据盖斯定律计算水分解反应的焓变,化学反应的焓变ΔH=H产物-H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答。2、C【分析】【分析】

溶液的pH越小，HCO3－和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lgn曲线代表lg

A、溶液的pH越小，HCO3－和H2CO3的浓度越大；

B；由溶液中存在的电荷守恒分析；

C、n曲线代表的是N点，c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，此时c(H+)＝10-7.4mol/L；根据电离平衡常数的定义计算；

D、根据M点，c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，c(H+)＝10-9.3mol/L，c(OH-)＝10-4.7mol/L；代入平衡常数表达式计算。

【详解】

A、碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生反应CO32-＋H+HCO3-、HCO3-＋H+H2O+CO2↑，根据图像，溶液的pH越小，HCO3－和H2CO3的浓度越大，推出曲线m表示的是选项A错误；

B、根据溶液中电荷守恒为，当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（Cl－），则c（Na＋）=c（HCO3－）+2c（CO32－）+c（Cl－）；选项B错误；

C、n曲线代表的是N点，c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，此时c(H+)＝10-7.4mol/L，根据电离平衡常数的定义，H2CO3的一级电离平衡常数为选项C正确；

D、该反应的平衡常数为根据M点，c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，c(H+)＝10-9.3mol/L，c(OH-)＝10-4.7mol/L，代入数值，得出此反应的化学平衡常数为10-3.7；选项D错误。

故选C。

【点睛】

本题考查电离平衡常数及影响因素、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理。难点C，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，合理应用图中特殊点计算电离平衡常数，计算Ka1(H2CO3)＝3、D【分析】【详解】

A．0.10mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)不能完全电离，点①溶液中c（H+）<0.1mol/L，c（OH-）>10-13mol/L，则<1012；故A错误；

B．点②为混合溶液，由电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)；故B错误；

C．点③溶液是等体积等浓度的KOH和H2C2O4反应生成的KHC2O4溶液，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；故C错误；

D．点④是0.1mol/L15.00mLKOH与0.1mol/L10.00mLH2C2O4溶液混合，由物料守恒可知，c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=+=0.10mol•L-1；故D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．CH3COOH是弱酸；电离出氢离子，溶液呈酸性，故A不选；

B．NaHCO3是强碱弱酸盐；碳酸氢根离子发生水解，溶液呈碱性，故B不选；

C．(NH4)2Fe(SO4)2是弱碱强酸盐；铵根离子；亚铁离子发生水解，溶液呈酸性，故C选；

D．NaHSO4是强酸的酸式盐；电离出氢离子，溶液呈酸性，故D不选；

故选C。5、D【分析】【分析】

由题给图象X；Y、Z三条曲线的起始点可知；三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性，水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐，水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐，水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；X为NaR，为弱酸强碱盐，Y为MR，为弱酸弱碱盐，Z为MCl，为强酸弱碱盐，故A错误；

B．曲线Y对应的盐为MR，为中性，为弱酸弱碱盐，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变，故b点水的电离程度和a点相同；故B错误；

C．由题图可知，0.1mol.L-1MCl溶液的pH=5，水解平衡常数Kh===10-9，根据Kw=Kb×Kh，常温下，MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5，数量级为10-5；故C错误；

D．根据分析，Z对应的盐为MCl，属于强酸弱碱盐，曲线Z上任何一点对应溶液中存在质子守恒c(H+)=c(OH－)+c(MOH)；故D正确；

答案选D。

【点睛】

弱酸弱碱盐的水解程度不受浓度的影响，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变。6、A【分析】【分析】

铁发生吸氧腐蚀时，铁为负极，铁失电子变为正极上是氧气得电子发生还原反应，生成然后和结合生成被氧气氧化为失水生成铁锈。

【详解】

钢铁的吸氧腐蚀化学变化为：负极：正极：总反应为：迅速被空气中的氧气氧化：失水变成杂质碳做正极，不参与反应，故不能除去。

答案选A。二、多选题(共8题，共16分)7、BD【分析】【详解】

A.根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0；故A错误；

B.缩小容器的体积；相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；

C.根据图像，T1温度下未达到平衡；反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；

D.T2下，甲醇的转化率为60%，达到平衡，此时容器的体积为2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化学平衡常数K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为4L，此时c(CH3OH)==0.05mol·L－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K；说明平衡不移动，故D说法正确；

答案：BD。

【点睛】

本题的难点是选项D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，推出此时容器的体积应为4L。8、AD【分析】【详解】

A.如t4~t5阶段改变的条件为降低温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，图中正逆反应速率相等，改变的条件应为降低压强，所以t4时刻是增大容器的体积；故A正确；

B.反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2，根据A中分析，t4~t5阶段改变的条件为减小压强，此时平衡不移动，说明该反应前后化学计量数相等，则B为生成物，方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g)，则B的浓度变化为△c=0.12mol/L=0.06mol/L；而B的平衡浓度为1mol/L，则B的起始浓度为1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L，故B错误；

C.t1→t6时刻，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正向移动，则t1时刻A的物质的量最大；故C错误；

D.由B分析可知该可逆反应的方程式为：3A(g)=B(g)+2C(g)；故D正确；

故答案：AD。

【点睛】

由反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2，根据A中分析，t4~t5阶段改变的条件为减小压强，此时平衡不移动，说明该反应前后化学计量数相等，则B为生成物，方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g)，结合浓度的变化以及影响平衡移动的因素解答该题。9、BC【分析】【详解】

分析pH变化；可分析出降低的是醋酸浓度，升高的是醋酸根离子浓度。A选项错误，由图直接看出离子浓度大于分子浓度；B选项正确，w点醋酸分子浓度大于醋酸根离子浓度，所以该关系是溶液的电荷守恒；C选项正确，等式中的前3项即醋酸根离子浓度，该式即题中的等式关系；D选项错误，理论上氯化氢与醋酸根离子全部反应，生成醋酸，醋酸是弱电解质，溶液中氢离子浓度较小，比可能大于醋酸浓度。

【考点定位】溶液中离子浓度比较10、BD【分析】【详解】

A.H2C2O4为二元弱酸，部分电离，生成H+、HC2O4-、C2O42-等，且c(H＋)最大；A项错误；

B.0.2mol·L－1(NH4)2C2O4溶液中，c(NH4+)>c(C2O42-)，NH4+和C2O42-水解生成NH3·H2O、HC2O4-，那么c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)，HC2O4-水解生成H2C2O4，水解程度微弱，因此c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)；B项正确；

C.向H2C2O4溶液中滴加氨水至pH＝7，可知c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒有：c(H＋)+c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH－)，两式结合可得：c(NH4+)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)；C项错误；

D.0.5mol·L－1氨水和0.2mol·L－1H2C2O4溶液等体积混合，根据物料守恒有2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]；D项正确；

答案选BD。

【点睛】

解答本题的关键是利用电荷守恒和物料守恒进行基本计算，要熟练掌握电荷守恒和物料守恒的概念即应用：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等；物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。11、BD【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒则A项错误；

B．碳酸钠中存在物料守恒碳酸氢钠中存在物料守恒混合溶液中存在物料守恒，根据碳酸钠中的物料守恒得B项正确；

C．若溶液呈碱性，若a=0.5，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则混合溶液中也存在C项错误；

D．根据电荷守恒得若两式整理得根据物料守恒a=0.5，D项正确；

答案选BD。12、BD【分析】【详解】

A.P点满足电荷守恒：根据图像可知，则故A正确；

B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则故B错误；

C.当V(NaOH)=30mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：故C正确；

D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2－部分水解产生等浓度的OH－、HA－，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则正确的离子浓度大小为：故D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则13、BD【分析】【详解】

为二元弱酸，室温下，将溶液和氨水按一定比例混合；可用于测定溶液中钙的含量。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，部分电离，电离显酸性，因此离子浓度关系为：故A错误；

B.溶液，根据越弱越水解，因此铵根水解程度大于草酸根水解程度，溶液显酸性：故B正确；

C.向溶液中滴加氨水至pH=7，根据电荷守恒得到：由于呈中性，得到故C错误；

D.氨水和溶液等体积混合，混合后溶质为：和氨水的混合物，且浓度比为2:1，根据物料守恒得出故D正确。

综上所述；答案为BD。

【点睛】

利用电荷守恒和溶液pH=7来解列离子关系，抓住元素守恒思想巧列物料守恒。14、AB【分析】【分析】

因4.65×10−14<2.24×10−11，所以N线为MnS的溶解度曲线，M线为MnCO3的溶解度曲线。

【详解】

A．图像中x约等于≈2.2×10−7；A正确；

B．加热N的悬浊液，可增大MnS的溶解度，但c(Mn2+)、c(S2-)同等程度增大；所以可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，B正确；

C．加水稀释M溶液，c(Mn2+)、c(CO32-)都减小；不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，C不正确；

D．向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，不变；D不正确；

故选AB。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；△H＜0；在850℃时，平衡常数K=1，升温到950℃时，平衡常数随温度变化，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，K＜1；

(2)①850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，当x=5.0时，反应前后气体体积不变，可以利用物质的量代替平衡浓度计算浓度商，Q==5/3＞K=1，平衡逆向进行；②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，满足Q＜K，Q=＜1；x＜3.0，则x应满足的条件是0＜x＜3；

【考点定位】考查化学平衡常数的分析判断。

【名师点晴】平衡常数，浓度商计算比较判断反应进行方向是解题关键，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。【解析】①.小于②.逆反应③.x<3.016、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.CD17、略

【分析】【分析】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生歧化者反应生成二氧化硫和S单质；

(2)根据难溶电解质的沉淀转化书写反应的离子方程式；

(3)K2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O平衡；据此分析解答。

【详解】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，生成二氧化硫气体和硫沉淀，反应的离子方程式为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O；

(2)ZnS的溶解度大于铜蓝(CuS)，CuSO4转变为铜蓝的离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故答案为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)；

(3)在K2CrO4溶液中加入硫酸酸化过程中，溶液由黄色变为橙色，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故答案为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O。【解析】S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O18、略

【分析】【分析】

①是氯化银自身溶解电离出银离子；②③④都会抑制氯化银的溶解，但②中银离子浓度很大。

【详解】

①100mL蒸馏水，c（Ag+）=c（Cl-）=离子浓度很小；②100mL0.2mol∙L﹣1AgNO3溶液，银离子浓度等于0.2mol∙L﹣1；③100mL0.1mol∙L﹣1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度较小；④100mL0.1mol∙L﹣1氯化钠溶液中氯离子浓度为0.1mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度比③中银离子浓度大；因此充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是②①④③，故答案为：②①④③。【解析】②①④③19、略

【分析】【分析】

原电池是由两个半电池组成的，根据氧化还原反应2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；铜是负极，银是正极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，则铜极应处于含有铜离子的可溶性盐溶液中，银处于含有银离子的可溶性银盐溶液中，电子从负极沿大小流向正极。

【详解】

（1）根据电解质溶液中的阳离子与电极材料是同种金属的特点，可推知X是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活动性Cu>Ag，结合原电池反应的原理可知银电极为电池的正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e－=Cu2＋，故答案为：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【点睛】

注意含有盐桥的原电池中，电极材料和其相应的盐溶液必须含有相同的金属元素是解答关键，也是易错点。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋四、判断题(共1题，共2分)20、×【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)21、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六、工业流程题(共3题，共27分)22、略

【分析】【分析】

用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4·2H2O；据此解答。

【详解】

(1)CoC2O4·2H2O中Co为+2价；O为-2价，根据各元素正；负化合价代数和为0，计算得元素C的化合价是+3价；

(2)加入的Na2SO3主要Co3+还原为Co2+，发生反应的离子方程式为：Co2O3+4H++SO32-═2Co2++SO42-+2H2O；

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是加入NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+；

(4)加Na2CO3调节溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+离子转化成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，原因是：因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO32-与H+结合生成难电离的HCO3-；使水解平衡右移而产生沉淀；

(5)根据流程图可知，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂目的是除去Mn2+，则选取的萃取剂不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故B正确，故答案为B。

(6)当加入过量NaF后，所得滤液====0.7；

(7)m1kg水钴矿中含Co2O3的物质的量为则CoC2O4·2H2O的理论产量为×2×183g/mol，则产率为×100%=×100%。【解析】+3SO32-+Co2O3+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+Fe(OH)3Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动除去溶液中的Mn2+B0.7×100%23、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液