2025年北师大版选修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年北师大版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、三硫化四磷用于制造火柴等；可由白磷和单质硫化合而得。它们的结构如下：

依据下列键能数据，反应8P4(s)＋3S8(s)=8P4S3(g)的ΔH为()。化学键P—PS—SP—S键能/kJ·mol－1abc

A.24(a＋b－2c)kJ·mol－1B.(32a＋24b－24c)kJ·mol－1C.(48c－24a－24b)kJ·mol－1D.(8a＋3b－3c)kJ·mol－12、在其他条件相同时，反应N2+O22NO分别在有；无催化剂时的能量变化与反应进程如下图所示：下列说法中正确的是。

A.该反应为放热反应B.加入催化剂可以改变反应的焓变C.加入催化剂可以改变反应的活化能D.0.1molN2和0.1molO2充分反应吸热18.26kJ3、一种用电催化N2还原法制取NH3的反应机理如图所示；其中*表示吸附在催化剂表面的物种。下列说法正确的是。

A.两个氮原子上的加氢过程是分步进行的B.析氢反应（H++H+→H2）不会影响NH3的合成C.NH3从催化剂表而脱附不利于NH3的合成D.电催化法是一步即能把N2还原为NH3的高效还原法4、下列叙述正确的是（）A.0.1mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)B.在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H+)C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na＋)>c(HX)>c(X－)>c(H＋)>c(OH－)D.0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)5、向100mL1.5mol·L-1的Na2CO3溶液中通入标准状况下1.12LCO2气体，充分反应后，假设所得溶液的体积不变，在所得溶液中，下列有关粒子的关系正确的是（）A.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)B.c(Na+)=c(HCO3-)＋2c(CO32-)C.3c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋2c(H+)=c(CO32-)＋2c(OH-)D.c(HCO3-)＋c(CO32-)=2mol·L-16、下列离子方程式中，属于水解反应的是（）A.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+B.CO2+H2OHCO3-+H+C.CO32-+H2OHCO3-+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+7、埋在地下的铸铁输油管道，在下列情况下被腐蚀得最慢的是A.在潮湿疏松的碱性土壤中B.在干燥致密的酸性土壤中C.将输油管道与电源负极相连D.在输油管道接口处包上铜皮评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、如图表示有关反应的反应过程与能量变化的关系；据此判断下列说法中正确的是。

A.等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多B.红磷比白磷稳定C.白磷转化为红磷是吸热反应D.红磷比白磷更容易与氧气反应生成P4O109、下列各图是温度T（或压强P）对f反应2A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是A.B.C.D.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、常温下，将NaOH固体分别加入浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是。

A.由a点到e点水的电离程度先增大后减小B.d点溶液中存在：c(HX)+c(X-)=0.1mol/LC.c点溶液中存在：c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)D.b点溶液中存在：c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L12、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(φ)的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol/LB.b点溶液中：n(Na+)=1×10-10molC.c点溶液中：c(Na+)＞c()＞c()D.d点溶液中：c(Na+)=2c()+c()评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧的热化学方程式为_______________。

(2)甲醇蒸气转化为氢气的一种原理是CH3OH和H2O反应生成CO2和H2。下图是该过程中能量变化示意图。

若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，正反应活化能a的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)，反应热ΔH的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)。请写出反应进程CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式_______________。14、由于石油资源有限，且汽油燃烧会产生严重的污染，未来将用氢气作为燃料来取代汽油，生产21世纪环保汽车。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）写出氢气和氧气反应生成液态水的热化学方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的热量，至少需氢气的质量为____，这些氢气在标准状况下的体积为____。

（3）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反应过程中能量变化如图所示，则该反应为反应____（填“吸热”或“放热”）

若已知，破坏1mol化学键需要吸收的热量如下表所示：。化学键C—HO—HC=OH—H吸收热量（kJ/mol）abcd

则该反应的ΔH为_____(用含a、b、c、d字母的代数式表示)。15、烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：

NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)△H=－200.9kJ·mol－1

NO(g)＋1/2O2(g)=NO2(g)△H=－58.2kJ·mol－1

SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)△H=－241.6kJ·mol－1

反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=_______mol·L－1。16、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。17、在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定条件下发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。反应中各物质的物质的量随时间变化情况如图：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为______，若升高温度，化学平衡常数K______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，转化率α(H2)=_____。

(3)HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示。若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅰ所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅲ所示。则甲条件可能是_____(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是______。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂18、描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

请回答下列问题：

（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。

A．升高温度B．加水稀释。

C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。19、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。20、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共8分)22、2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功。某地煤制乙醇的过程表示如下。

（1）Cu(NO3)2是制备“催化剂X”的重要试剂。

①气体A是_______。

②实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3。运用化学平衡原理简述HNO3的作用_______。

③NaClO溶液吸收气体A的离子方程式是_______。

（2）过程a包括以下3个主要反应：

Ⅰ．CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1

Ⅱ．CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2

Ⅲ．CH3COOCH3(g)＋H2(g)CH3CHO(g)＋CH3OH(g)ΔH3

相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性=）如下图所示。

①已知：ΔH1<0。随温度降低，反应Ⅰ化学平衡常数的变化趋势是_______。

②下列说法不合理的是________。

A．温度可影响反应的选择性。

B．225℃～235℃；反应Ⅰ处于平衡状态。

C．增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率。

③为防止“反应Ⅲ”发生，反应温度应控制的范围是_______。

④在185℃下，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，生成乙醇的物质的量是____。23、含硫化合物在工业上应用广泛；硫化物是脱硫；染料行业重要的原材料。

（1）酸工业烟道气中的SO2；CO．可用如图所示的综合循环吸收法脱除：

已知再生塔中每产生ImolCO2（g），放出29．9的热量，则其热化学方程式为______。

（2）H2S热分解反应为：2H2S（g）2H2（g）＋S2（g）。在恒容密闭容器中，H2S的起始浓度均为cmol・L—1，控制不同温度使之分解．相同时间后测的H2S转化率曲线如图1所示：其中a为平衡时转化率、b为未平衡时转化率分别与温度的关系曲线。

①在975℃：t秒时反应达到平衡，则平衡前反应的平均速率v（S2）＝_____（用含c；t的代数式表示）。

②请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：______________。

（3）725℃时，H2S的电离平衡常数K＝1．3×10-7、Ka2＝7．0×10-15。用NaOH溶液吸收H2S气体得到pH＝10的Na2S溶液，在此过程中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或”不变”）；此时溶液中=_____________________

（4）加热Na2S溶液可以生成Na2S2O3，NaOH和H2，温度升高时还可生成Na2SO4，图2是含3molNa2S的溶液在不同温度下反应，生成H2物质的量与反应时间的关系。分析图像，完全反应后生成Na2S2O3物质的量最多的是______（填”c”或”d“）点：不考虑离子的水解，则c点溶液中浓度最高的阴离子为______（写化学式），S2O32—的物质的量为_______。24、研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减少。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：

①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<01正＝k1正c2(NO)1逆＝k1逆c(N2O2)

②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<02正＝k2正c(N2O2)c(O2)2逆＝k2逆c2(NO2)

请回答下列问题：

(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H＝________kJ·mol-1(用含△H1和△H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_________，升高温度，K值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_____________。

A．k2正增大，c(N2O2)增大B．k2正增大，c(N2O2)减小

C．k2正减小，c(N2O2)增大。

由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用下图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_________(填字母)。

(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3·H2O＝NH4NO3+NH4NO2+H2O。若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c()_______c()+c()(填“>”“<”或“＝”)。工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2-。该电解池阴极的电极反应式是________。

25、氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因。人们研究了诸多有关氮氧化物的性质；请回答下列问题：

（1）处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx。

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)K1

CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)K2

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)K3

K1、K2、K3依次为三个反应的平衡常数，则K3=______（用K1、K2表示）

（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：

①则该反应的△H________0（填“﹤”“﹥”或“=”）。

②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数kp，则该反应的平衡常数表达式kp=________，如果p1=1.65MPa，求a点的平衡常数kp=_________（MPa）−1(结果保留3位有效数字；分压=总压×物质的量分数)。

③为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制了2条速率—浓度关系曲线:v正~c(NO)和v逆~c(CO2)

则：与曲线v正~c(NO)相对应的是图中曲线________(填“甲”或“乙”)。当降低反应体系的温度，反应一段时间后，重新达到平衡，v正和v逆相应的平衡点分别为______(填字母)。

（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融的KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72−的废水，如图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

①甲电池工作时，Y是气体，可循环使用。则石墨I附近发生的电极反应式为________。乙池中的pH________（填“变大”“变小”或“不变”）。

②工作时，在相同条件下，甲池内消耗的O2和NO2的体积_____。

（4）已知H3PO4为三元酸，Ka1=7.0×10−3mol·L−1，Ka2=6.2×10−8mol·L−1，Ka3=4.5×10−13mol·L−1。则Na2HPO4水溶液呈________（填“酸”、“中”、“碱”）性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝8×6×E(P—P)＋3×8×E(S—S)－8×3×E(P—P)－8×6×E(P—S)＝48a＋24b－24a－48c＝24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)；故A正确；

故选A。

【点睛】

反应过程中，断开化学键需要吸收能量，形成化学键释放能量，化学反应中旧键断裂，新键形成，伴随能量的变化，通过键能可以计算反应热。2、C【分析】A项，反应物的总能量低于生成物的总能量为吸热反应，故A项错误；B项，加入催化剂，反应的焓变不变，故B项错误；C项，由图可知催化剂能够降低反应的活化能，故C项正确；D项，该反应是可逆反应，则N2和O2不可能完全转化为NO；吸收的热量应小于18.26kJ，故D项错误。答案为C。

点睛：D为易错项，容易忽视N2+O22NO为可逆反应。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以看出，两个氮原子上加氢的过程是分步的，通过四步反应来的，第一步是生成*NNH，第二部是生成*NHNH，第三步是生成*NHNH2，第四步是生成*NH2NH2；A正确；

B．析氢过程中，由于参加反应的H减少，参加反应的反应减少，影响NH3的合成；B错误；

C．NH3从催化剂表面脱附是减少生成物浓度，会使平衡向右移动，有利于NH3的合成；C错误；

D．从图中可以看出；电催化方法是多步反应，D错误；

故选A。4、B【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)；故A错误；

B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；故B正确；

C．如果溶液呈酸性，则HX的电离程度大于X-的水解程度，所以c(HX)＜c(X-)，根据物料守恒得c(Na+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小顺序是c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)；故C错误；

D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)；故D错误；

故答案为B。5、C【分析】【分析】

n(Na2CO3)=0.1L×1.5mol·L-1=0.15mol，n(CO2)==0.05mol，根据化学反应方程式Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3可知，反应消耗了0.05molNa2CO3，生成了0.1molNaHCO3，故反应后的溶液中含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3。

【详解】

A．在含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3的溶液中，由于CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，故该溶液中，c(HCO3-)>c(CO32-)；A错误；

B．根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)=c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，由于混合溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+)，故c(Na+)＞c(HCO3-)＋2c(CO32-)；B错误；

C．根据物料守恒，n(Na+)=0.3mol，n(HCO3-)＋n(CO32-)＋n(H2CO3)=0.2mol，即2c(Na+)=3c(HCO3-)＋3c(CO32-)＋3c(H2CO3)，根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)=c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，将两式联立，消去c(Na+)得：3c(H2CO3)＋c(HCO3-)＋2c(H+)=c(CO32-)＋2c(OH-)；C正确；

D．根据物料守恒，c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)=2mol·L-1；D错误；

故选C。6、C【分析】【详解】

A．由CH3COOH转化为CH3COO-；发生醋酸的电离，A不合题意；

B．由H2CO3转化为HCO3-；发生碳酸的电离，B不合题意；

C．由CO32-生成HCO3-，发生CO32-的水解反应；C符合题意；

D．由HS-生成S2-，发生HS-的电离；D不合题意；

故选C。7、C【分析】【分析】

铸铁被腐蚀的情况有两种；一是直接接触的化学腐蚀，二是在一定条件发生的电化学腐蚀，比如吸氧腐蚀和析氢腐蚀，铸铁的防护可连接活泼金属作负极，被保护金属作正极的方法，也可外加电源，被保护金属与电源负极相连作阴极的方法，据此分析解答。

【详解】

A．在潮湿；疏松的土壤中；铸铁管道与氧气和水充分接触，发生吸氧腐蚀，容易生锈，故A不符合题意；

B．在呈酸性的土壤中；发生析氢腐蚀，腐蚀速度快，故B不符合题意；

C．铁与电源负极相连；作阴极被保护，铁不易生锈，故C符合题意；

D．铜皮与铁；水、氧气同时接触；构成原电池，活泼金属铁作负极，加快腐蚀，故D不符合题意；

故答案为：C。

【点睛】

判断金属腐蚀快慢的规律：

（1）对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。

（2）对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。

（3）活动性不同的两种金属；活动性差别越大，腐蚀速率越快。

（4）对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。二、多选题(共5题，共10分)8、AB【分析】【详解】

A．白磷比红磷的能量高，则等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多，故A正确；B．红磷能量低，红磷比白磷稳定，故B正确；C．白磷比红磷的能量高，白磷转化为红磷为放热反应，故C错误；D．白磷能量高，性质活泼，白磷更容易与氧气反应生成P4O10；故D错误；故选AB。

点睛：本题考查反应热与焓变，把握图中能量及能量变化、能量低的物质稳定为解答的关键。本题的难点是D，要注意白磷比红磷的能量高，能量越高，越不稳定，性质越活泼。9、AC【分析】【详解】

该反应的正反应为吸热反应；升高温度正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则A正确，B错误；

A为固体；反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则C正确；D错误。

故选AC。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、CD【分析】【详解】

A.a点lg=12，则溶液中c(H+)=0.1mol/L，可知HX为强酸，e点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L完全中和；强酸对水的电离起抑制作用，酸的浓度减小，则水的电离变大，由a点到e点水的电离程度一直增大，A项错误；

B.HX为强酸会完全电离；溶液中不存在HX，B项错误；

C.c点lg=6，则溶液中c(H+)=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=2c(Na＋)，联立两个等式可得c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)，所以c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)；C项正确；

D.b点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L=c(OH－)，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，即c(Y－)=c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=0.1mol/L，联立两个等式可得c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L，所以c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L；D项正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等。本题的易错点为B，要注意根据0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY中lg的值判断酸的强弱。12、AD【分析】【详解】

A．a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1；就是水电离出的，故A正确；

B．b点溶液中的钠离子全部来自于1LpH=10的NaOH溶液，故故B错误；

C．c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根要水解，离子在溶质中出现在前，不出现在后分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)；故C错误；

D．d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)；故D正确。

故选AD。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【详解】

(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，因此1mol甲醇即32g甲醇燃烧反应生成二氧化碳和液态水放出热量为22.68kJ×32=725.76kJ，因此甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(1)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1。

(2)反应体系中加入催化剂，降低了活化能，焓变不变，因此正反应活化能a的变化是减小，反应热ΔH的变化是不变；根据反应物活化能减去生成物活化能得到焓变，因此CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-1。【解析】CH3OH(1)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1减小不变CH3OH(g)+H2O(g)＝CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol；写出氢气与氧气反应生成液态水的化学方程式，根据盖斯定律，结合反应①②计算氢气与氧气反应生成液态水的反应热；

（2）根据物质的量与反应热成正比；结合热化学方程式进行计算；

（3）图象分析可知反应物能量低于生成物；反应为吸热反应，化学反应吸收的热量=反应物键能总和-生成物键能总和。

【详解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情况下，若要得到857.4kJ的热量，则需要氢气的的物质的量为：=3mol，需H2的质量=3mol×2g/mol=6g；这些H2在标况下的体积=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反应过程中能量变化分析可知，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b−2c−4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸热4a+4b−2c−4d15、略

【分析】【详解】

①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)△H1=－200.9kJ·mol－1

②NO(g)＋O2(g)=NO2(g)△H2=－58.2kJ·mol－1

③SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)△H3=－241.6kJ·mol－1

①+2×②得：3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)，所以，△H=△H1+2△H2=(－200.9kJ·mol－1)+2×(－58.2kJ·mol－1)=－317.3kJ·mol－1，故答案为：－317.3kJ·mol－1。【解析】－317.316、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%17、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡已到的影响因素及计算；图像分析注意拐点，先拐先平，说明其反应速率快，热化学中影响反应速率的因素有：浓度；温度、压强、催化剂依次分析。图像中HI的体积分数φ(HI)最终值一样，说明没有发生平衡的移动，只是速率的影响。

【详解】

(1)H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0，应的平衡常数K=反应为放热反应，升温平衡逆向进行；

故答案为：K=减小；

(2)根据图中数据，由图象可知达到平衡时生成0.5mol/L的HI，反应开始至达到平衡时需要时间3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L⋅min)，由图象可知达到平衡时生成0.5molHI，则消耗0.25molH2，H2(g)的转化率为0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案为：0.167；62.5%；

(3)曲线(Ⅰ)与曲线(Ⅱ)相比；到达平衡时间缩短，反应速率加快，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，可能使用催化剂，由于反应前后气体体积不变，也可能是增大压强，故选：③⑤；曲线(Ⅲ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时更长，反应速率减慢，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，由于反应前后气体体积不变，应是减小压强，故选④；

故答案为：③⑤；④；

【点睛】

反应速率是单位时间内物质的浓度的变化量，在计算时注意转换关系最后一问根据图像分析可得，只改变反应速率，不使平衡移动。【解析】K=减小0.16762.5%③⑤④18、略

【分析】【分析】

⑴表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明水解程度大于电离程度氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此浓度小于钠离子浓度。

【详解】

（1）表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案为中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此浓度小于钠离子浓度，该溶液中离子浓度从大到小的排列为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】①.HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)19、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20、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<四、判断题(共1题，共4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、原理综合题(共4题，共8分)22、略

【分析】【详解】

（1）①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；气体A为NO，故答案为NO；

②实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制Cu(NO3)2的水解，故答案为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制Cu(NO3)2的水解；

③NaClO溶液吸收气体NO，根据图示，次氯酸钠将NO氧化为硝酸根离子，反应的离子方程式为故答案为

（2）①反应Ⅰ的ΔH1<0；为放热反应，温度降低，平衡正向移动，化学平衡常数增大，故答案为增大；

②A．根据图像，温度小于185℃时，随温度升高，乙醇的选择性降低，乙酸乙酯的选择性增大，温度高于185℃时，随温度升高，乙醇的选择性增大，乙酸乙酯的选择性降低，温度影响反应的选择性，故A正确；B．225℃～235℃，乙醇和乙酸乙酯的选择性相同，但不表示反应Ⅰ处于平衡状态，故B错误；C．根据反应I，增大H2的浓度，平衡正向移动，CH3COOCH3的转化率提高；故C正确；故选B；

③根据图2，温度超过205℃时，乙醇的选择性变化不大，但乙酸乙酯的选择性较大，如果温度升高，乙酸乙酯的选择性大幅度减小，不利于反应生成乙醇，为防止“反应Ⅲ”发生，应控制温度低于205℃，故答案为<205℃；

④在185℃下，乙醇选择性为20%，CH3COOCH3的转化率为20%，则5molCH3COOCH3反应生成乙醇的物质的量=5mol×20%×20%=0.2mol，故答案为0.2mol。【解析】NOCu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制Cu(NO3)2的水解增大B<205℃0.2mol23、略

【分析】【详解】

（1）根据图所示，再生塔中发生的反应是Na2SO4＋4CO=4CO2＋Na2S，生成4molCO2时放出的热量为4×29.9kJ=119.6kJ，该反应的热化学方程式为Na2SO4(s)＋4CO(g)==Na2S(s)＋4CO2(g)△H＝－119.6kJ·mol－1；

（2）①达到平衡前，消耗H2S的浓度为0.4cmol·L－1，同时生成S2浓度为0.4c/2mol·L－1=0.2cmol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式，v(S2)=0.2c/tmol/(L·s)；

②随着温度升高，化学反应速率增大，达到平衡所需时间变短，曲线b向曲线a逼近；

（3）NaOH为强碱，对水的电离产生抑制，Na2S为强碱弱酸盐，S2－水解促进水的电离，因此用NaOH溶液吸收H2S气体生成Na2S的过程中，水的电离程度增大；c(S2－)/c(HS－)=c(S2－)×c(H＋)/[c(HS－)×c(H＋)]=7.0×10－15/10－15=7.0×10－5；

（4）温度升高，生成Na2SO4，c点温度高于d点温度，一部分S生成Na2SO4，因此生成Na2S2O3物质的量最多的是d点；根据反应，硫元素的化合价升高，H元素的化合价降低，令生成Na2S2O3的物质的量为xmol，根据硫元素守恒，Na2SO4物质的量为(3－2x)mol，根据得失电子守恒守恒，得出2xmol×4＋(3－2x)mol×8=10mol×2，解得x=0.5，即Na2S2O3的物质的量为0.5mol，Na2SO4的物质的量为2mol，c点溶液中浓度最高的阴离子是SO42－；S2O32－的物质的量为0.5mol。【解析】Na2SO4(s)＋4CO(g)==Na2S(s)＋4CO2(g)△H＝－119.6kJ·mol－1或：1/4Na2SO4(s)＋CO(g)==1/4Na2S(s)＋CO2(g)△H＝－29.9kJ·mol－10.2c/tmol·L－1·s－1温度升高，反应加快，达到平衡所需时间变短增大7.0×10－5dSO42－0.5mol24、略

【分析】【分析】

(1)2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=①+②，平衡常数K=由反应达平衡状态，所以1正=1逆、2正=2逆，所以1正×2正=1逆×2逆；而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小；

(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；2正升高到某一温度时2正减小；平衡逆向移动，氧气的浓度增大；

(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c()＜c()+c()，O2-在阳极发生氧化反应；而氮的氧化物在阴极发生