2025年外研版三年级起点选修4化学下册月考试卷VIP

…………○…………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年外研版三年级起点选修4化学下册月考试卷54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7题，共14分)1、已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3；分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是。

A.b代表下CH3COCH3的Y-t曲线B.反应进行到20min末，H3COCH3的C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的2、对于可逆反应：A(g)+B(g)⇌C(g)ΔH＜0，下列各图正确的是A.B.C.D.3、一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的焓变△H<0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中>3D.温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小4、常温下将NaOH溶液添加到某二元弱酸H2A溶液中；混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（）

A.Ka2（H2A）的数量级为10-5B.NaHA溶液中c(H＋)＞c(OH－)C.曲线M表示pH与的变化关系D.当混合溶液呈中性时：c(Na+)>c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)＝c(H+)5、下列说法正确的是。

A.由图甲可知，升高温度醋酸钠的水解程度增大B.由图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大C.由图丙可知，反应A(g)+B(g)2C(g)是吸热反应D.由图丁可知，反应C(金刚石，s)=C(石墨，s)的焓变△H=△H1—△H26、常温下，用NaOH溶液滴定NH4HSO4溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，已知：Kb(NH3•H2O)=10-5；下列叙述正确的是。

A.X→Y过程中发生反应的离子方程式为：+OH-=NH3•H2OB.Y点满足：c()+c(Na+)=2c()C.水的电离程度：X>Y>ZD.若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中氨水浓度约为0.1mol•L-17、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护；使其免受腐蚀，下列说法正确的是（）

A.金属棒X的材料可能为钠B.金属棒X的材料可能为铜C.钢管附近土壤的pH增大D.这种方法称为外加电流的阴极保护法评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.该反应的正方应为放热反应B.达平衡时，容器Ⅱ中CH3OCH3的浓度大于0.16mol/LC.达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，则反应将向逆反应方向进行9、I、II、III三个容积均为1L的恒容密闭容器中均投入1molCO2和3molH2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法不正确的是。

A.该正反应△H＜0B.T1时，该反应的平衡常数为C.10min内，容器II中的平均速率v(CH3OH)＝0.07mol·L－1·min－1D.10min后，向容器III中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时v(逆)＜v(正)10、甲、乙为两个容积均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和mmolCO2，加入催化剂，只发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是()

A.该反应的正反应是放热反应B.a、b、c三点处，容器内气体总压强：p(a)C.TK时，该反应的平衡常数小于12.96D.恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，重新达平衡前，v(正)>v(逆)11、近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂；用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是。

A.相同条件下，两种催化反应的焓变相同B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C.使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNHD.升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率12、室温下，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15。不考虑溶液混合引起的体积变化和H2S的挥发，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.0.1mol·L-1NaHS溶液：c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)B.0.1mol·L-1Na2S溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)C.0.2mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(HS-)+3c(H2S)>c(S2-)D.向0.1mol·L-1NaOH溶液中通入H2S至溶液呈中性：c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)13、20℃时；用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/L氨水的图像如图所示，下列说法正确的是。

A.a点时2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)B.b点表示酸碱恰好完全反应C.c点时c(NH4+)>c(Cl－)>c(H+)>c(OH－)D.a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)14、下列说法正确的是A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者C.碳酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）D.等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）15、常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液；混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述正确的是（）

A.点①、③、④所示溶液中，点③所示溶液H2O的电离程度最小B.点②所示溶液中：2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)C.点③所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)D.滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c(HC2O4-)=c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(H+)16、部分弱酸在水溶液中的电离平衡常数如下表。

。弱酸。

氢氰酸（HCN）

碳酸（H2CO3）

氢氟酸（HF）

电离平衡常数K

（25℃）

K=4.93×10﹣10

K1=4.3×10﹣7

K2=5.6×10﹣11

K=3.53×10﹣4

下列选项正确的是（）A.NaCN溶液中通入少量CO2：CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣B.Na2CO3溶液中通入少量HF：CO32﹣+2HF→2F﹣+CO2+H2OC.25℃，等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D.中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。

(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1。

①该反应在常温下____________自发进行（填“能”与“不能”）；

②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______________（填字母；下同）。

a．容器中的压强不变b．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

c．c(CO)=c(H2)d．密闭容器的容积不再改变。

(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt

①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为________________。（取小数二位；下同）

②该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=________。

③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是________________________（用含a、b的数学式表示）。

(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ•mol-1)的变化。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。

a．升高温度。

b．充入He(g)；使体系压强增大。

c．将H2O(g)从体系中分离出来

d．再充入1molCO2和3molH218、三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：

2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

则反应4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol−1。19、已知H2S与CO2高温下发生反应：H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2L的空钢瓶中；反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

（1）该反应的化学平衡常数表达式K＝____________。

（2）向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是____（填标号）。

AH2SBCOSCCO2DN2

（3）CO2的平衡转化率α1＝_____%，反应平衡常数K＝__________。（保留两位有效数字）

（4）在600K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，CO2的转化率α2________α1，该反应的ΔH______0（填“>”“<”或“＝”）。20、已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。

（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；

（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；

（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。21、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-；回答下列问题。

①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_____(用离子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)22、现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。

(1)若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。

(2)根据(1)中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。

(3)用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。23、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。24、明矾石经处理后得到明矾【KAl(SO4)2·12H2O】。从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示：

焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)2·12H2O+3S＝2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是__________________。

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是_____________________。

（3）A12O3在一定条件下可制得AIN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是____。

（4）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是_____________________________。

（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃；101kPa时：

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=一197kJ/mol；

2H2O(g)＝2H2O(1)△H2＝一44kJ/mol；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)＝2H2SO4(l)△H3＝一545kJ/mol。

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是__________________________。

焙烧948t明矾(M＝474g/mol)，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98％的硫酸________t。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共1题，共2分)26、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。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线；A错误；

B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快；所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；

C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少；说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；

D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1；D正确；

答案选D。

【点晴】

做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：2、A【分析】【详解】

A．为C的质量分数-时间-温度曲线，根据A(g)+B(g)⇌(g)ΔH＜0可知；升高温度化学反应速率加快，先达到化学平衡，C的质量分数减小，与图象相符，故A正确；

B．为速率-压强曲线，根据A(g)+B(g)⇌(g)ΔH＜0可知；增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率均增大，交叉点后，正反应速率大于逆反应速率，与图象不相符，故B错误；

C．由为C的浓度-时间-催化剂曲线，根据A(g)+B(g)⇌(g)ΔH＜0可知；催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡，有无催化剂，C的浓度都不变化，与图象不相符，故C错误；

D．为转化率-压强-温度恒温条件下；增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，但恒压条件下，反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，与图象不相符，故D错误；

故答案：A。3、C【分析】【分析】

A、由图可知，温度越高，φ（CH4）的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动；

B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ（CH4）的体积分数越小；

C、起始=Z，转化时CH4（g）、H2O（g）以等物质的量转化；

D；该反应为气体体积增大的反应；增大压强，平衡逆向移动。

【详解】

A、由图可知，温度越高，φ(CH4)的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，该反应的焓变△H>0；故A错误；

B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ(CH4)的体积分数越小，则图中Z的大小为b>3>a；故B错误；

C、起始=Z，转化时CH4(g)、H2O(g)以等物质的量转化，则X点对应的平衡混合物中>3；故C正确；

D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)增大；故D错误；故选C。

【点睛】

当可逆反应中反应物有多种气体时，增加某种气体的含量，则该气体自身转化率下降，而其余气体的转化率升高；当投料比的最简比=化学计量数之比时，生成物的体积分数最大。4、B【分析】【分析】

H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2A）＞Ka2（H2A），酸性条件下，则pH相同时>由图像可知N为的变化曲线，M为

【详解】

A.当=0时，=1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2A）≈10-5.4，可知Ka2（H2A）的数量级为10-6；故A错误；

B．由图像可知，=0，即c（HA-）=c（A2-），此时pH≈5.4，可知HA-电离程度大于A2-水解程度，则NaHA溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH-）；故B正确；

C．由以上分析可知曲线M表示pH与的变化关系；故C错误；

D．由图像可知当pH=7时，＞0，则c（A2-）＞c（HA-）；故D错误。

故答案为B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A；图中分析可知随温度升高溶液pH增大；醋酸根离子水解显碱性，说明升温促进醋酸根离子水解，升高温度醋酸钠的水解程度增大，故A正确；

B、离子积常数只随温度变化，ab点的温度都是25°C，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同；故B错误；

C、依据图象分析，先拐先平，温度高，T1＜T2；结合化学平衡移动原理分析C体积分数随温度变化，温度越高C体积分数越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，故C错误；

D、由图得：①C(S，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H1，②C(S，金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H2，利用盖斯定律将②-①可得：C(S，金刚石)=C(S，石墨)焓变△H=△H2-△H1；故D错误；

故选A。

【点晴】

本题考查了盐类水解、化学平衡影响因素分析，热化学方程式书写方法，注意盖斯定律的计算应用，温度不变，溶液的离子积不变，掌握基础是关键。图象问题解题步骤：（1）看懂图象：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图象中有关量的多少；（2）联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。6、D【分析】【分析】

从图中可知，Z点时溶液的导电能力最弱，表明此时NH4HSO4与NaOH刚好完全反应，生成Na2SO4和NH3•H2O；则X→Y过程中只发生H++OH－=H2O，溶质为NaNH4SO4。

【详解】

A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，H+与OH-先发生反应，与OH-后发生反应，X→Y过程中发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O；A不正确；

B．Y点时，溶质为NaNH4SO4，pH<7，满足电荷守恒：c()+c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c()+c(Na+)<2c()；B不正确；

C．X点溶质为NH4HSO4溶液，硫酸氢铵电离出的H+将抑制水的电离，Y点溶质为NaNH4SO4，因水解促进水的电离，Z点溶质为Na2SO4和NH3•H2O，水的电离受到抑制，但比X点对水的抑制作用弱，所以水的电离程度：Y>Z>X；C不正确；

D．若Z点溶液pH=1l，则此时溶液中发生一水合氨的电离：NH3·H2O+OH-，则Kb=即=10-5，氨水浓度约为0.1mol•L-1；D正确；

故选D。7、C【分析】【详解】

A．金属钠性质很活泼；极易和空气；水反应，不能作电极材料，故A错误；

B．构成的原电池中；金属棒X作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu电极，故B错误；

C．该装置发生吸氧腐蚀；正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH可能会增大，故C正确；

D．该装置没有外接电源；不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；

故答案为C。

【点睛】

考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒X作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。二、多选题(共9题，共18分)8、AD【分析】【详解】

A．对比I、Ⅲ可知，升高温度CH3OCH3(g)的物质的量减小；说明升高温度，平衡逆向移动，而升高温度，化学平衡向吸热反应移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；

B．Ⅱ等效为Ⅰ中平衡基础上压强增大一倍，该反应是气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不移动，因此容器Ⅰ中的CH3OH体积分数与容器Ⅱ中的相等。I中平衡时CH3OCH3的物质的量是0.080mol，则容器Ⅱ中CH3OCH3的物质的量为n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反应容器是1L，则II达到平衡时CH3OCH3的物质的量浓度为c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B错误；

C．II中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C错误；

D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容积是1L，则物质的浓度与其物质的量在数值上相等，此时浓度商Qc==5＞4=K；则反应将向逆反应方向进行，D正确；

故合理选项是AD。9、BD【分析】【详解】

A.根据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则升高温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH＜0；选项A正确；

B.T1时；反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B错误；

C.10min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(CH3OH)=v(CO2)==0.07mol·L－1·min－1；故C正确；

D.10min时n(CO2)=0.7mol，则n(H2)=2.1mol、n(CH3OH)=n(H2O)=0.3mol，平衡常数K=向容器Ⅲ中再加入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时Q=＞K，反应逆向移动，v(逆)＞v(正)；故D错误；

故选BD。10、BC【分析】【详解】

A.CH4的平衡转化率随温度的升高而升高；平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故A错误；

B.a、b温度升高，平衡正向移动，压强增大，p(a)4的平衡转化率高，说明充入了更多的CO2，压强p(b)

C.TK时；假设甲的甲烷的转化率为60%，先算出平衡常数,

TK时，K==12.96；平衡时甲的甲烷的转化率小于60%，该反应的平衡常数小于12.96，故C正确；

D.Qc==12.96>K，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，重新达平衡前，v(正)

故选BC。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据盖斯定律；焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，A正确；

B．催化剂只能改变反应速率；不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，B错误；

C．从图中可以看出，使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH；C正确；

D．从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难；故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D错误；

故答案为：BD。12、AC【分析】【详解】

A．由题意得，H2S的电离常数：=1.3×10-7，=7.1×10-15，HS-的水解平衡常数为：Kh＞Ka2，所以HS-的水解大于电离。NaHS溶液中，NaHS=Na++HS-，HS-发生水解和电离，故c(Na+)>c(HS-)；H2S由HS-水解生成，故c(HS-)>c(H2S)；由于HS-的水解大于电离，所以c(H2S)>c(S2-)；综上所述，c(Na+)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)；A正确；

B．0.1mol·L-1Na2S溶液中，由质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)；B错误；

C．0.2mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，由物料守恒得：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，两式联立得：c(S2-)+2c(OH-)=c(HS-)+3c(H2S)+2c(H+)，混合液显碱性，有c(H+)＜c(OH-)，所以c(HS-)+3c(H2S)>c(S2-)；C正确；

D．由电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-)；D错误；

故选AC。13、AD【分析】【详解】

A.a点加入10mL的盐酸，溶液为等物质的量的氨水、氯化铵，根据物料守恒，则2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)；A项正确；

B.20mL0.1mol/L氨水恰好完全反应需要0.1mol/L盐酸20mL；B项错误；

C.c点为氯化铵溶液显酸性，离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；C项错误；

D.a、b点为氨水、氯化铵，c点为氯化铵，d点为盐酸、氯化铵，根据电荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)；D项正确；

答案选AD。14、BD【分析】【详解】

A．常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后；溶液的pH接近于7，不会等于8，故A错误；

B．浓度为0.1mol·L－1的氨水对水的电离起抑制作用，浓度为0.1mol·L－1的氯化铵溶液是能水解的盐；对水的电离起促进作用，故B正确；

C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）；故C错误；

D．CH3COOH与KOH反应得到的溶液中存在电荷守恒：c（K＋）+c（H＋）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；故D正确。

故选BD。15、BC【分析】【分析】

常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，发生反应H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，消耗20mlNaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，消耗40mlNaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成Na2C2O4；由此分析。

【详解】

A．酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，液中H2C2O4的量越来越少。盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，点①、③、④所示溶液中，点①所示溶液H2O的电离程度最小；故A错误；

B．点②时氢氧化钠与草酸的物质的量之比是3:2，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)；故B正确；

C．点③溶液显中性，根据电荷守恒可知c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)；故C正确；

D．根据图像可知当溶液显碱性，水解程度大于电离程度，c(HC2O4-)和c(C2O42-)不可能相等；故D错误；

答案选BC。16、AC【分析】【详解】

A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣；故A正确；

B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32﹣+HF→F﹣+HCO3﹣；故B错误；

C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HF＞HCN，则水解程度：CN﹣＞F﹣；所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；

D．中和等体积；等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；等pH的HCN和HF，c(HCN)＞c(HF)，则等体积等pH的HCN和HF的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；

故答案为AC。

【点睛】

考查弱电解质的电离，知道电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的强弱之间的关系是解本题关键，根据酸的强弱来确定生成物，注意D中中和等pH、等体积的酸消耗NaOH的体积与酸的强弱无关，只与酸的物质的量有关，为易错点。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【详解】

（1）①对于反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1；ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，可知在高温条件下反应能自发进行，常温下不能自发进行；答案为：不能；

②一定温度下；在一个容积可变的密闭容器中发生上述反应，根据“正逆相等，变量不变”可判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态；

a．因为容器的容积可变，说明是恒压条件，故容器中的压强不变不能说明反应达到平衡，a错误；

b．1molH—H键断裂表示逆反应，2molH—O键断裂表示正反应，且正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，b正确；

c．c(CO)=c(H2)并不能说明正逆反应速率相等或各组分的百分含量不变，不能说明反应达到平衡，c错误；

d．因为该反应是一个气体物质的量增加的反应；由于容器的容积可变，随反应进行，容器的容积增大，故当容器的容积不变时说明反应达到平衡，d正确；

故选bd；

（2）①根据CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，结合表中数据，平衡时消耗的CO的物质的量为1.6mol，则生成的CO2的物质的量为1.6mol，CO2的浓度变化为0.8mol/L，根据可得(CO2)=

②根据表中1、2两组实验数据，假设温度相同，实验2相对于实验1为减小压强，因为该反应反应前后气体物质的量不变，则两平衡等效，平衡时H2的物质的量应该为0.8mol,但由于温度升高，H2的物质的量为0.4mol；说明升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应；容器的容积为2L，结合表中实验2的数据，利用三段式：

则=

③实验3与实验2反应温度相同，若平衡状态中各物质的质量分数分别相等，则为等效平衡，则a、b应满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a＞1（或b＞2）；

答案为：①放②0.17③b=2a；a＞1；

（3）根据图象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2；

a．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小；a错误；

b．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，b错误；

c．将H2O(g)从体系中分离出来，平衡逆向移动，c(CH3OH)增大，c正确；

d．再充入1molCO2和3molH2，等效成增大压强，平衡正向移动，c(CH3OH)增大；d正确；

故选cd。

【点睛】

（1）解决化学平衡的问题一定要注意审题，首先要审清反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压；其次是审清反应特点，即ΔH和ΔV，然后再根据外界条件对反应速率的影响和平衡移动原理解决问题；（2）注意“虚拟法”在化学平衡中的应用，即把一个过程分成两个阶段，把无法比较的过程变得具有可比性。【解析】①.不能②.bd③.0.13mol•(L•min)-1④.放⑤.K=0.17⑥.b=2a，a＞1⑦.c、d18、略

【分析】【详解】

①2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

②3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

③4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)ΔH

①×3+②=3，故ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×(48kJ·mol−1)+(−30kJ·mol−1)=114kJ·mol−1，故答案为：114。【解析】11419、略

【分析】【分析】

由题意知①通入H2S，平衡正向移动，但自身转化率减小；通入CO2，平衡正向移动；通入COS，平衡逆向移动；恒容条件下通入N2；平衡不移动。②在600K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，说明升高温度平衡逆向移动；③利用“三段式”计算平衡转化率以及反应平衡常数。

【详解】

（1）反应方程式为H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）则化学平衡常数表达式

故答案为

（2）A.充入H2S，浓度增大，平衡正向移动，H2S的转化率减小；故A选项错误；

B．充入COS，平衡逆向移动，H2S的转化率减小；故B选项错误；

C.充入CO2，平衡正向移动，H2S的转化率增大；故C选项正确；

D.充入N2，平衡不移动，H2S的转化率不变；故D选项错误；

故答案选C；

（3）由题意设H2S转化的物质的量为x，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)

起始（mol）0.400.1000

转化（mol）xxxx

平衡（mol）0.40-x0.10-xxx

已知反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，解得x=0.01，故CO2的平衡转化率a1=×100%=10%；反应平衡常数K=≈2.8×10-3；

故答案为10%2.8×10-3；

（4）水的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，CO2的转化率a2＞a1，且正反应放热，即△H＜0；

故答案为><。

【点睛】

题目考查化学平衡的影响因素和计算等问题，检验学生的分析能力和计算能力，解题方法：列出化学平衡三段式，根据平衡常数、平衡移动原理等分析和计算，难度中等。【解析】C10%2.8×10-3><20、略

【分析】【分析】

氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-；如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向；即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；

【详解】

(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动，NH的浓度增大；

故答案为：右；减小；增大；

(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，

故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；

(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；

故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。

【点睛】

明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。【解析】右减小增大右OH-NH3•H2ONH3左有无色刺激性气体产生21、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；

②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：

故答案为：碱性；

②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c(H2B)=0；故A错误；

B.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故B错误；

C.根据电荷守恒得故C正确；

D.根据物料守恒得故D正确；

故答案选：CD。【解析】①.碱性②.③.CD22、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01mol·L-1的某酸(A)与0.01mol·L-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性；则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。

【详解】

(1)若A为CH3COOH，所得溶液为0.01mol·L-1CH3COOH与0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01mol·L-1HCl与0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为mol·L-1=10-10mol·L-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01mol·L-1H2S与0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力<水解能力。答案为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

对于①、②来说，最后一步水电离，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最强，②中次之，③中不受影响，所以阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；

(3)浓度为0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是a>b>c。答案为：a>b>c。

【点睛】

0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c23、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用