2025年牛津上海版选修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2025年牛津上海版选修4化学下册月考试卷563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8题，共16分)1、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．分别向1L0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中加入①浓硫酸、②稀醋酸、③稀硝酸，恰好完全反应的焓变分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（）A.△H2＞△H3＞△H1B.△H1＜△H2＜△H3C.△H1＞△H2=△H3D.△H1=△H2＜△H32、反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是

A.由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B.由图2可知，该反应m＋n﹤pC.图3中，表示反应速率υ正＜υ逆的是点1D.图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂3、已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大；可以采取的措施是()

①加少量烧碱固体②升高温度③加少量冰醋酸④加水A.①②B.②③C.③④D.②④4、与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++NH2－，据此判断，以下叙述错误的是()A.一定温度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一个常数B.液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子C.液氨达到电离平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2－)D.只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)5、若定义pc是溶液中微粒物质的量浓度的负对数，则常温下，一定浓度的某酸(H2A)水溶液中pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法一定正确的是（）

A.pH=4时，c(HA-)2-)B.c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)是定值C.常温下，该酸的电离常数Ka1=10-1.3D.常温下，NaHA的水溶液呈碱性6、时，向溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示．下列叙述不正确的是

A.C点溶液中含有和B.溶液中水的电离程度比溶液中小C.B点，D.D点，7、用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00ml0.1000mol·L-1的盐酸和醋酸；滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）

A.Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B.V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)C.pH=7时，滴定盐酸消耗V(NaOH)大于醋酸消耗V(NaOH)D.V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)═c(Cl-)8、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。用太阳能电池给磷酸铁锂锂离子电池充电示意图如图所示，阳极反应式为：LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4。下列叙述正确的是。

A.晶体硅能将太阳能转化为电能，太阳能电池属于原电池B.该锂电池放电时负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6C.放电时，Li+通过隔膜向铝箔电极移动D.磷酸铁锂锂离子电池充放电过程中，Fe、P元素化合价均不发生变化评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、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有如下三种关系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质是__________(填化学式)，上述四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________(填化学式)。

(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，则溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中与碱中的关系是__________

(4)将等物质的量浓度的溶液和溶液等体积混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)为____________________________。10、下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示；不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：

K2CO3____________________________________，溶液呈_______性；

NH4Cl_____________________________________，溶液呈_______性。

K2SO4_____________________________________，溶液呈_______性；11、弱酸HA的电离常数25℃时，有关弱酸的电离常数如下：。弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是________________（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。12、25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。13、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共2题，共16分)15、(1)已知2H→H2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是_________________。

A．氢气分子内每个氢原子都达到稳定结构。

B．氢气分子的能量比两个氢原子的能量低。

C．1molH2离解成2molH要放出437.6kJ热量。

D．氢原子比氢气分子稳定。

(2)科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)表面作用使海水分解得到氢气的新技术2H2O2H2↑+O2↑；制得的氢气可用于制作燃料电池。试回答下列问题：

①分解海水时，生成的氢气用于制作燃料电池时，实现了化学能转化为_________能；分解海水的反应属于___________反应(填“放热”或“吸热”)。

②某种氢氧燃料电池，电解质溶液是甲，一个电极上发生的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，则甲溶液可能是_____________(选填字母)。

A．稀硫酸B．食盐水C．乙醇D．KOH溶液。

(3)锌锰干电池是应用最广泛的电池之一(如图所示)；请回答下列有关问题：

①锌锰干电池的负极材料是______，该电池工作时，NH4+移向____极(填“正”或“负”)。

②关于该电池的使用和性能说法正确的是_______________。

A．该电池可反复充电使用。

B．该电池可用于闹钟；收音机、照相机等。

C．该电池使用后能投入火中；也可投入池塘中。

D．碱性锌锰电池比酸性锌锰电池寿命长、性能好16、丙烯是三大合成材料的基本原料之一；其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：

I.工业上用丙烯加成法制备1；2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：

①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ∙mol-1

②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ∙mol-1

(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)为164kJ∙mol-1，则该反应的活化能Ea(正)为_______kJ∙mol-1

(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/KPa8074.269.465.261.657.657.6

用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν=△p/△t，则反应①前180min内平均反应速率ν(CH2ClCHClCH3)=_____Kpa/min-1(保留小数点后2位)。

II.丙烯的制备方法。

方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ∙mol-1

(3)①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kpa，平衡时总压强为14kpa，C3H8(的平衡转化率为____。该反应的平衡常数Kp=____Kpa(保留小数点后2位)

②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示。

10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是____、____。

③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r=k×c(C3H8)，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是____。

A.增加丙烷浓度，r增大B.增加H2浓度，r增大。

C.丙烯的生成速率逐渐增大D.降低反应温度；k减小。

方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应：C3H8(g)+1/2O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)△H=-118kJ∙mol-1，在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。

(4)图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_____，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是___(C3H6的选择性=)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)17、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)18、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。19、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)20、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8题，共16分)1、A【分析】分析：根据三种酸的性质结合△H＜0分析解答。

详解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=-57.3kJ/mol，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①浓硫酸；②稀醋酸；③稀硝酸，浓硫酸溶于水放热，则放出的热量最高，焓变最小，稀醋酸中存在醋酸的电离平衡，电离吸热，则放热最小，焓变最大。稀硝酸是强的稀酸，所以放出的热量为△H2＞△H3＞△H1；答案选A。

点睛：解答本题需要注意的是浓硫酸溶于水放热、醋酸电离吸热以及比较△H大小时要考虑“－”号，即放出的热量越多，△H越小。2、C【分析】【详解】

A.根据“先拐先平数值大”的原则，T2先达到平衡，故T2温度高，且T2对应C%含量低；则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.由图2可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+n>p；故B错误；

C.图3中，曲线上点为平衡点，点1对应的转化率大于平衡转化率，点3转化率小于平衡转化率，点1时反应逆向进行，则反应速率υ正＜υ逆；故C正确；

D.图4中，若m＋n＝p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同；则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；

答案选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

①Ka=可知，=加入烧碱溶液，c(H+)减小，c（CH3COO-）增大，促进CH3COOH的电离，则比值减小，故错误；②弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，则比值增大，故正确；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，故错误；④加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的大，所以比值增大，故正确；故选D。4、C【分析】【详解】

A选项，纯水中氢离子浓度与氢氧根浓度乘积是个常数，同理一定温度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一个常数；故A正确，不符合题意；

B选项，液氨是部分电离，因此液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子；故B正确，不符合题意；

C选项，液氨达到电离平衡，各离子浓度不变，不能说c(NH3)=c(NH4+)；故C错误，符合题意；

D选项，液氨电离出NH4+、NH2－，只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)；故D正确，不符合题意。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【分析】

随pH增大，c(H2A)减小、c(HA－)先增后减、c(A2－)增大；根据图示，曲线Ⅰ表示c(HA－)、曲线Ⅱ表示c(H2A)、曲线Ⅲ表示c(A2－)；

【详解】

A、根据图示，pH＝4时，c(HA－)>c(A2－)；故A错误；

B、调节溶液pH的方法不确定，所以c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)不一定是定值；故B错误；

C、根据图示c(H2A)＝c(HA－)时，pH＝1.3，所以Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.3；故C正确；

D、根据图示c(A2－)＝c(HA－)时，pH＝4.3，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.3，HA－的水解常数Kh＝＝10－12.7；电离大于水解，所以NaHA的水溶液呈酸性，故D错误。

【点睛】

本题的关键是正确判断c(H2A)、c(HA－)、c(A2－)与三条曲线的对应关系，会根据pH=1.3、pH=4.3的点计算H2A的电离平衡常数，学会判断酸式弱酸盐的酸碱性的方法。6、C【分析】【详解】

A．10mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液与等浓度NaOH完全反应生成Na2C2O4，消耗NaOH的体积为20mL，此时溶液显碱性，C点溶液显中性，消耗的NaOH的体积小于20mL，所以溶液中溶质为NaHC2O4和Na2C2O4；故A正确；

B．多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主，所以NaHC2O4溶液中水的电离程度比Na2C2O4溶液中小；故B正确；

C．B点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成NaHC2O4，由物料守恒可知，c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)；故C错误；

D．D点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液显碱性，以第一步水解为主，所以溶液中离子浓度关系为；c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；故D正确；

故答案为C。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1；0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；

B.加入10mL氢氧化钠时，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到同浓度的醋酸和醋酸钠混合液，由图可知，溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；故B错误；

C.醋酸钠水解呈碱性；氯化钠不水解，pH=7时，盐酸完全反应，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到醋酸和醋酸钠的混合液，则醋酸所用NaOH溶液的体积小，故C正确；

D.V(NaOH)=20.00mL时，盐酸和醋酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解，则c（CH3COO-）＜c（Cl-）；故D错误；

故选C。

【点睛】

醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸完全反应，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到醋酸和醋酸钠的混合液是分析的易错点。8、B【分析】【分析】

由磷酸铁锂锂离子电池图解可知；该装置为电池充电状态，属于电解池，电解池中阳离子向阴极移动，锂离子从右向左移动，则钢箔为阳极，铝箔为阴极，据此回答问题。

【详解】

A．原电池是将化学能转化为电能的装置；晶体硅能将太阳能转化为电能，则硅太阳能电池不属于原电池，故A错误；

B．该锂电池放电时负极为铝箔，发生氧化反应，阳极反应式为LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4，即放电时正极为xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4，即负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6；故B正确；

C．根据分析，充电时为电解池，钢箔为阳极，铝箔为阴极，放电时为原电池，则钢箔为正极，铝箔为负极，原电池中阳离子向正极移动，则Li+通过隔膜向钢箔电极移动；故C错误；

D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，根据B项分析，放电时正极为xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4；Li；Fe元素化合价发生变化，故D错误；

答案为B。

【点睛】

本题易错点为A，原电池是将化学能转化为电能的装置，但是硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【详解】

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质为由于能水解使溶液呈碱性，故①符合题意。故答案为：①；

(2)若上述关系中③是正确的，即溶液呈酸性，说明溶液中除含有外，还含有一定量的故溶液中的溶质为和故答案为：和

(3)溶液呈中性，说明根据电荷守恒：则故溶液中四种离子浓度的大小顺序为②符合题意。

若混合前，则混合后溶液中的溶质只有为强碱弱酸盐，溶液显碱性，现在溶液显中性，说明过量，即

由于中和过程中会继续电离出说明混合前酸中小于碱中

故答案为：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根据电荷守恒：故即溶液中

根据物料守恒：又知故则混合后溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)

故答案为：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.10、略

【分析】【分析】

碳酸钾为强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；硫酸钾为强碱强酸盐，不水解，据此分析解答。

【详解】

碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；硫酸钠为强碱强酸盐，钠离子和硫酸根离子都不水解，溶液呈中性，故答案为：CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；碱；NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；酸；不发生水解；中。

【点睛】

本题的易错点为碳酸钾的水解方程式的书写，要注意碳酸根离子水解分步进行，不能一步水解生成碳酸。【解析】①.CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-②.碱③.NH4++H2O⇌H++NH3·H2O④.酸⑤.不发生水解⑥.中11、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱；根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。

【详解】

（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：故答案为：①>②>④>③；

（2）根据醋酸的电离常数，结合得pH=5，故答案为：5；

（3）当与溶液1：1混合时，溶质为根据的电离常数可知，的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故答案为：碱。【解析】①>②>④>③5碱12、略

【分析】【分析】

依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为变为一个变量进行判断。

【详解】

25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式为HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH−，则NaHSO3的水解平衡常数当加入少量I2时，发生反应HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I−，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大13、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、原理综合题(共2题，共16分)15、略

【分析】【分析】

在酸性锌锰电池中，负极反应为：Zn-2e-+2==Zn(NH3)+2H+，正极反应式为：2MnO2+2e-+2H+==2MnO(OH)。

【详解】

(1)A．氢气分子内每个氢原子的最外层电子数都为2；都达到稳定结构，A正确；

B．因为反应放热；所以氢气分子的能量比两个氢原子的能量低，B正确；

C．因为2H→H2放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ热量；C不正确；

D．氢原子的能量比氢气分子能量高；所以氢分子更稳定，D不正确；

故答案为：AB；

(2)①燃料电池工作时；将化学能转化为电能；因为氢气与氧气反应生成水是放热反应，所以分解海水的反应属于吸热反应。

②由一个电极上发生的电极反应：H2+2OH--2e-=2H2O看，电极反应式中出现OH-；则甲溶液可能是KOH溶液，故选D；

答案为：电；吸热；D；

(3)①由图中可以看出，锌锰干电池的负极材料是锌，该电池工作时，阳离子向正极移动，则NH4+移向正极。

②A．该电池为一次电池；不可反复充电使用，A不正确；

B．该电池具有稳定的电压；能提供稳定的电流，所以可用于闹钟；收音机、照相机等，B正确；

C．该电池内部的电解质会污染水源；若使用后投入火中，化学物质会发生剧烈反应，并可能发生爆炸，C不正确；

D．碱性锌锰电池比酸性锌锰电池中金属更稳定；放电电流大，性能好，D正确；

故选BD；

答案为：锌；正；BD。

【点睛】

只能放电不能充电的电池为一次电池，既能放电又能充电的电池为二次电池。【解析】AB电吸热D锌正BD16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ∙mol-1；

②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ∙mol-1；

根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H2=-134kJ∙mol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1；

(2)由于CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)反应；使容器内气体压强减小；

设180min时，CH2ClCHClCH3(g)的压强为p

P=14.8KPa；

ν(CH2ClCHClCH3)=0.08Kpa/min-1；

(3)①

平衡时总压强为14kpa，即10-x+x+x=14，x=4，C3H8(的平衡转化率为40%；该反应的平衡常数Kp=2.67；

②增大压强，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)逆向移动，C3H8的物质的量分数增大，C3H6的物质的量分数减小，升高温度，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，正向移动，C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z；Y。

③A.根据r=k×c(C3H8)，可知增加丙烷浓度，r增大，故A正确；

B.根据r=k×c(C3H8)，增加H2浓度，r增大不变；故B错误；

C.随反应进行，丙烷浓度逐渐减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误；

D.降低温度，反应速率减慢，r减小，根据r=k×c(C3H8)；可知降低反应温度k减小，故D正确；

选AD。

(4)图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大)，根据图2，较低温度下，丙烯的选择性大，能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)。

【点睛】

本题考查化学反应速率和化学反应限度，明确影响反应速率的因素和影响平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”法进行化学计算，培养学生分析化学平衡图象的能力。【解析】1320.0840﹪2.67ZYAD温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大)选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)五、结构与性质(共3题，共9分)17、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5118、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><19、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料