2025年人教版（2024）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年人教版（2024）选修4化学下册月考试卷701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、已知反应：2H2O2＝2H2O＋O2↑，若其他条件不变，下列措施不能加快该反应速率的是A.升高温度B.加入少量MnO2C.加入浓度更高的H2O2溶液D.加水稀释H2O2溶液2、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是()A.将纯水加热到95℃时，KW变大，pH不变，水仍呈中性B.向纯水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，KW变小C.向纯水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)增大，KW不变D.向纯水中加入醋酸钠，平衡正向移动，KW增大3、25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=]，0.1mol·L-1甲酸(HCOOH)与0.1mol·L-1丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(已知酸性：甲酸＞丙酸)()

A.图中M线对应的是丙酸，N线对应的甲酸B.CH3CH2COONa的水解平衡常数Kh=10-10.25C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)＞c(CH3CH2COO-)+c(OH-)D.将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)4、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪；具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是。

A.H+从左侧经过质子交换膜移向右侧B.该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋C.电流由O2所在的铂电极流出D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量5、下列说法正确的是（）A.钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B.镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C.镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。7、液化石油气的主要成分是丙烷，丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－2220.0kJ·mol－1，已知CO气体燃烧的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－565.14kJ·mol－1，试计算相同物质的量的C3H8和CO完全燃烧产生的热量的比值________(保留小数点后一位)。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、（1）下列物质中，属于强电解质的是（填序号，下同）__________，属于弱电解质的是________，属于非电解质_____________；

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气。

（2）硝酸铅的稀溶液中，滴入几滴稀Na2SO4生成白色PbSO4沉淀，再滴入数滴饱和醋酸钠溶液，微热，并不断搅动，沉淀慢慢溶解；请写出沉淀溶解过程的离子方程式_____________；

（3）已知25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。请写出少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式：__________________________。10、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__。11、已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HFHClOH2CO3电离常数6.8×10−44.7×10−8K1=4.3×10−7K2=5.6×10−11

常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是___（填序号）。12、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。13、室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为________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、实验题(共1题，共10分)15、无水氯化铁是一种重要的化工原料；其熔点为306℃，沸点为315℃，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下：

回答下列各题：

(1)向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液，煮沸至溶液变为红褐色，该过程可用离子方程式表示为________________。

(2)由FeCl3·6H2O获得无水氯化铁的方法是_________。

(3)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_______________。

(4)吸收塔内盛放的吸收剂为____________。

(5)某兴趣小组仿照工业制备无水氯化铁；设计如下实验：

①装置C中玻璃丝的作用为_____________；

②该实验设计存在的明显缺陷为_______________；

③通过下列实验测定实验后所得固体中FeCl3的质量分数。

a.称取mg所得固体；溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；

b.取出10mL待测溶液液于锥形瓶中；加入稍过量的KI溶液充分反应；

c.以淀粉做指示剂，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通过上述实验测得所得固体中氯化铁的质量分数为_____________；若加入淀粉偏多，可能导致最终结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)16、（1）据报道；我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①

CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。

（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g)ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。

。化学键。

C—H

C—F

H—F

F—F

键能/(kJ·mol－1)

414

489

？

155

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。17、工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60molN2(g)和1.60molH2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为计算：

（1）该条件下N2的平衡转化率______；(小数点后保留一位)

（2）该条件下反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数_______。(不带单位)18、（1）在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_______mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝___________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。

（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为_____________mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1，则溶液中c(OH－)为_______________mol·L－1，此时温度_______(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共10分)19、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_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】分析：增大反应的化学反应速率；可通过增大浓度，升高温度等措施，对于气体参加的反应，还可以增大压强等。

详解：A.升高温度；化学反应速率增大，故A错误；

B．加入少量MnO2；为该反应的催化剂，反应速率增大，故B错误；

C．增大H2O2的浓度；单位体积活化分子数目增大，反应速率增大，故C错误；

D．加水稀释H2O2溶液；减小反应物浓度，反应速率减小，故D正确；

故本题选D。2、C【分析】【分析】

水的电离吸热；结合酸；碱、盐对是水电离平衡的影响以及影响水的离子积常数的因素分析解答。

【详解】

A.电离吸热，将纯水加热到95℃时促进水的电离，KW变大；氢离子浓度变大，pH减小，水仍呈中性，A错误；

B.向纯水中加入少量NaOH溶液，氢氧根浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，KW不变；B错误；

C.向纯水中加入少量盐酸，氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，KW不变；C正确；

D.向纯水中加入醋酸钠，醋酸根水解，促进水的电离，平衡正向移动，温度不变，KW不变；D错误。

答案选C。3、C【分析】【详解】

A．已知酸性：甲酸＞丙酸；酸性越强，电离程度越大，δ（RCOOH）含量越小，当pH=3时，M中δ（RCOOH）含量小于N中δ（RCOOH）含量，则说明M的电离程度大，则溶液中图中M线对应的是甲酸，N线对应的丙酸，故A错误；

B．pH=4.88时，丙酸的酸分子的物质的量分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-)，针对CH3CH2COOH)⇌CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88，即丙酸的电离常数Ka＝c(H+)=10－4.88，CH3CH2COONa的水解平衡常数Kh==10-9.12；故B错误；

C．HCOONa溶液中存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，CH3CH2COONa由溶液中存在电荷守恒：c(CH3CH2COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中c(Na+)相等，已知酸性：甲酸＞丙酸，即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度，HCOONa溶液中的c(OH-)小于CH3CH2COONa溶液中的c(OH-)，HCOONa溶液中的c(H+)大于CH3CH2COONa溶液中的c(H+)，即HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)大于CH3CH2COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)+c(OH-)＞c(CH3CH2COO-)+c(OH-)；故C正确；

D．将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)＜c(H+)；故D错误；

答案选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A.有装置图可知：左侧为负极，右侧为正极，故H+从左侧经过质子交换膜移向右侧；故A正确；

B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；故B错误；

C．乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极；故C正确；

D．根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量；根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确；

本题答案为：B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A；电镀时镀层金属作阳极；则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；

B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+；故B错误；

C；镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀；因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；

D；用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法；铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。

答案选D。

【点睛】

考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）7、略

【分析】【分析】

根据热化学方程式计算相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时产生的热量之比；

【详解】

已知：丙烷燃烧的热化学方程式为：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－2220.0kJ·mol－1，1mol丙烷完全燃烧放出2220.0kJ的热量；CO气体燃烧的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－565.14kJ·mol－1，1molCO完全燃烧放出×565.14kJ=282.57kJ的热量，根据热化学方程式可知，相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时产生的热量之比=2220.0kJ•mol-1：282.57kJ•mol-1≈7.9。【解析】7.98、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）强电解质包括强酸；强碱和绝大多数盐；属于强电解质的是⑤⑥⑦⑨；弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐和水，属于弱电解质的是④，化合物分为电解质和非电解质，属于非电解质①⑧。

（2）根据题意知PbSO4与饱和醋酸钠溶液发生复分解反应，根据复分解反应发生的条件知醋酸铅为弱电解质，故沉淀溶解过程的离子方程式PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—。

（3）25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。则酸性：H2C2O4>H3PO4>HC2O4—>H2PO4—>HPO42—，则少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式为【解析】）⑤⑥⑦⑨④①⑧PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—10、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11、略

【分析】【分析】

根据盐类水解形成的酸越弱；对应的盐越水解分析。

【详解】

图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常温下，物质的量浓度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解显碱性，水解程度越大，碱性越强，因水解程度为NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，则其pH由大到小的顺序是③②①，故答案为：③②①。【解析】③②①12、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0013、略

【分析】【分析】

碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)等于水离子积常数与c(H+)的比值。

【详解】

pH=9的氢氧化钠抑制水电离，溶液中的氢离子来自于水，溶液中c(H+)=10−9mol/L，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)等于溶液中的c(H+)，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)=10−9mol/L；pH=9醋酸钠促进水电离，溶液中的氢氧根离子来自于水，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)等于水离子积常数与溶液中c(H+)的比值，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)==10−5mol/L，所以A:B=10−4:1。【解析】A：B=10﹣4：1三、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、实验题(共1题，共10分)15、略

【分析】【分析】

铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O；最终得到无水氯化铁。

(5)利用装置A制备Cl2，装置B干燥氯气，在装置C中反应得到FeCl3；装置D用于尾气吸收。

【详解】

(1)FeCl3溶液中Fe3＋容易水解，带入沸水中，促进Fe3＋水解，可得到FeOH胶体，离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；

(2)由于Fe3＋易水解，FeCl3水解会生成Fe(OH)3和HCl，受热HCl逸出，使得水解平衡正向移动，最终得到Fe(OH)3受热分解的产物Fe2O3；应该在HCl的氛围中加热脱水；

(3)FeCl3的相对式量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；

(4)工业尾气中含有Cl2，吸收塔中吸收Cl2最终得到FeCl3，因此吸收塔中的物质吸收氯气后转化为FeCl3，根据反应Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，应为FeCl2溶液；

(5)①无水氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，制得FeCl3首先得到FeCl3形成的气体，在玻璃管的尾部放置玻璃丝，可以冷凝收集FeCl3，也可以防止冷凝的FeCl3堵塞导管；

②FeCl3极易吸水，而装置C和D之间缺少干燥装置，水蒸气可以通过导管进入装置C中，使得产物FeCl3潮解；

③Fe3＋可将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，碘单质能与Na2S2O3反应，可得关系式2Fe3＋～I2～2Na2S2O3；10mL含FeCl3的待测液，消耗n(Na2S2O3)=bV×10－3mol，则mg固体中含有n(FeCl3)=10×bV×10－3mol=0.01bVmol，则FeCl3的质量分数加入过量的淀粉溶液，并不会影响消耗的Na2S2O3溶液的量，因此对实验结果无影响。【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋在HCl的氛围中加热脱水Fe2Cl6FeCl2溶液冷凝收集FeCl3（或防止导管堵塞）装置C和D之间缺少干燥装置，会使所得FeCl3潮解无影响。五、计算题(共3题，共21分)16、略

【分析】【分析】

（1）反应的自发性根据ΔG=ΔH-TΔS<0进行判断；利用个盖斯定律书写正确的热化学方程式；

（2）利用ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，那么2mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体；放出热量85.6kJ，据此写出热化学方程式。

【详解】

（1）由反应①可知ΔH>0，ΔS>0，若反应能自发进行，那么ΔG=ΔH-TΔS<0，只需让反应在高温下发生即可；由反应①-②可得CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3=+247.1kJ·mol-1；

（2）ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=(4×414kJ·mol-1)+(4×155kJ·mol-1)-(4×489kJ·mol-1)-(4×E(H-F))=-1940kJ·mol-1，解得E(H-F)=565kJ·mol-1；

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，那么2mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量85.6kJ，热化学方程式为2Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=－85.6kJ·mol-1。【解析】高温＋247.15652Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=－85.6kJ·mol-117、略

【分析】【分析】

设反应过程消耗xmolN2(g)；

N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始物质的量/mol0.601.600

平衡物质的量/mol0.60－x1.60－3x2x

根据氨气的物质的量分数=氨气的量与平衡时各气体的总量的比值列方程求出x；再根据氮气的变化量与氮气的起始量之比，求出氮气的转化率；

（2）根据（1）可以知道各物质平衡时的物质的量，转化为浓度后，根据K＝带入数值进行计算。

【详解】

（1）设反应过程消耗xmolN2(g)。N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始物质的量/mol0.601.600

平衡物质的量/mol0.60－x1.60－3x2x

平衡时反应体系总物质的量＝(2.20－2x)mol；NH3(g)的物质的量分数＝＝解得x＝0.40mol，则N2的平衡转化率＝×100%＝66.7%；

（2）设反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为K，平衡时，c(