2025年北师大新版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大新版选修4化学上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8题，共16分)1、新型高性能电池的开发与研究已成为当下信息产业化时代的迫切要求、某研究团队设计研制了种高性能的磷酸铁锂(LiFePO4,简称LFP)电池。正极材料为磷酸铁锂,与Al相连，负极材料为石墨，与Cu相连，正、负之间存在电解质并通过聚合物隔膜隔开，此膜只允许Li+通过，其工作原理如图所示，总反应为Li(1-x)C6十LiFePO4LiC6+Li(1-x)FePO4。下列有关说法正确的是。

A.当开关K置于a时,Li+由右向左穿过聚合物隔膜到达正极B.当开关K置于a时，正极材料上的电极反应为:Li(1-x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4C.该电池的正、负极之间可以用Na2SO4水溶液作电解质溶液D.当开关K置于b时，负极上的电极反应为:LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+2、在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2molNH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（）A.25%B.80%C.10%D.20%3、某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：。温度（℃）10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62

下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B.随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大4、下列对Na2CO3和NaHCO3溶液说法中不正确的是（）A.在Na2CO3和NaHCO3溶液中离子种类相同B.在溶质物质的量浓度和体积相等的Na2A和NaHA溶液中，阴离子总数相等C.在NaHCO3溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()D.在Na2CO3溶液中一定有：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)5、下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A.pH＝3的H2SO4溶液中：c(H+)＝10-3mol·L－1B.呈中性的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)C.在Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)D.氯化铵溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)6、时，在“”的水溶液体系中，和三者中各自所占的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.在含和的溶液中，加入少量NaOH固体，一定增大B.将等物质的量的NaHA和混合物溶于水，所得溶液中C.NaHA溶液中，的水解能力大于的电离能力D.在含和的溶液中，若则与不一定相等7、在盐类发生水解的过程中，正确的说法是A.盐的电离平衡被破坏B.水的电离程度逐渐增大C.溶液的pH发生了较大改变D.水解后溶液一定呈酸性或碱性8、溴酸银(AgBrO3)的溶解度随温度变化曲线如右上图所示；下列说法正确的是。

A.温度升高不利于溴酸银的溶解B.溴酸银的溶解是放热过程C.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯D.60℃时，将0.04g溴酸银加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、下列说法或表示方法正确的是A.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同B.放热反应的反应速率大于吸热反应的反应速率C.盖斯定律实质上是能量守恒的体现D.H2的燃烧热为ΔH=－285.8kJ/mol，2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol10、如图所示，a曲线表示一定条件可逆反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)(正反应为放热反应)的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是（）

A.加入催化剂B.增大Y的浓度C.降低温度D.增大体系压强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、H2S为二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(电离常数K的负对数－lgK＝pK)。在20℃时，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化和H2S的挥发)，在该过程中下列微粒物质的量浓度关系一定正确的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)时，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性时，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89时，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1时，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)13、25℃时，用2amol•L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2amol•L﹣1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F﹣的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示．下列说法正确的是（）

A.pH=3时，溶液中：c(Na+)＜c(F﹣)B.c(F﹣)＞c(HF)时，溶液一定呈碱性C.pH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应D.pH=4时，溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH﹣)＜2amol•L﹣114、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+)15、室温下，下列说法不正确的是A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在16、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：

。弱酸化学式。

CH3COOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数（25℃）

1.8×l0-5

4.9×l0-10

Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11

则下列有关说法正确的是A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）<pH（Na2CO3）<pH（CH3COONa）B.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则b一定大于aC.往冰醋酸中逐滴加水的过程中，醋酸的电离程度逐渐增大D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、能源是人类生活和社会发展的物质基础；研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为人们的生产和生活服务。请回答下列问题：

(1)从能量的角度看：断开化学键要________能量；形成化学键要________能量。

(2)已知强酸与强碱的稀溶液发生的中和反应可表示为△H=-57.3kJ/mol。中和热测定实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、________、________。若用20gNaOH配成的稀溶液与足量稀盐酸反应，则能放出________kJ的热量。

(3)0.2mol液态高能燃料联氨(分子式为N2H4)在氧气中燃烧会生成氮气和液态水，并放出124.25kJ的热量，则其热化学方程式为_________________________。

(4)已知：△H=-44kJ/mol；

△H=-1228kJ/mol。

写出液态酒精完全燃烧后温度恢复到室温时反应的热化学方程式：_______________________。18、按照要求回答下列问题。

（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．

（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．

（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．

（4）将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．19、25℃时，将pH=x氨水与pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等体积混合后，所得溶液中各种离子的浓度关系正确的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)20、判断下列盐溶液的酸碱性，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。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。21、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_____________________22、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)23、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4题，共12分)24、实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是__(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃仪器有____。

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10‑14)。

(4)加入有机萃取剂的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___。

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___。25、软锰矿是一种常见的锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质。高锰酸钾具有强氧化性；在实验室中和工业上常用作氧化剂。以软锰矿为原料先制得锰酸钾，再使其在酸性条件下歧化而制得高锰酸钾的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列问题：

(1)“还原”中加稀硫酸的两个作用分别是__________________、___________。

(2)“滤渣2”的成分是____________。利用上表格数据，计算Mn(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。

(3)“熔融”时生成锰酸钾的化学方程式为__________________。

(4)“歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________________。

(5)操作1为蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，“减压过滤”(装置如图所示)的目的是_____。

(6)由锰酸钾制备高锰酸钾除了有歧化法；还有电解法：以锰酸钾为电解液，镍板为阳极，铁板为阴极。

①写出生成高锰酸钾的电极反应式：___________。

②由电解法制备高锰酸钾时可循环利用的物质是________(填化学式)。26、一种利用钛铁矿制备Li4Ti5O12的工艺流程如图：

已知：钛铁矿的主要成分是FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量的MgO和SiO2等杂质。

回答下列问题：

(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是___(写出一条即可)。

(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为___，加热水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中=___。已知：此温度下，FePO4、Mg3(PO4)2的溶度积常数分别为1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为___。

(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时阴极电极反应式为___。27、氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

开始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。并写出H2O2的电子式__________，Fe（铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X是__________时；更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

根据题干叙述可知左极为该电池的正极；当开关K置于a时,该装置为电解池，当开关K置于b时,该装置为原电池。

【详解】

A．当开关K置于a时，该装置是电解池，该电池充电，故电池正极为阳极，电池负极为阴极，Li+由左向右穿过聚合物隔膜到达负极；A错误；

B．根据总反应可知充电时正极材料上的电极反应为LiFePO4-xe-==Li（1-x）FePO4+xLi+；B错误；

C．充电时负极材料上的电极反应为Li(1-x)C6+xLi++xe-=LiC6，故负极材料可以看成是锂单质镶嵌于石墨中，而锂单质是可以和水反应的，所以该电池的电解质溶液不能用Na2SO4水溶液；C错误；

D．当开关K置于b时，该装置为原电池，根据总反应可知负极上的电极反应为:LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+；D正确。

答案选D。

【点睛】

当为原电池时电池负极失去电子，正极得到电子；当为电解池时，原电池的正极为电解池的阳极，阳极失去电子，原电池的负极为电解池的阴极，阴极得到电子，做题时注意得失电子情况；电解池中离子流向为阴阳相吸,即阳离子流向阴极,阴离子流向阳极。2、D【分析】【分析】

令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。

【详解】

令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol；由题意建立如下三段式：

2NH3N2（g）+3H2（g）

开始（mol）：200

变化（mol）：x0.5x1.5x

平衡（mol）：2-x0.5x1.5x

所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2×100%=20%。故答案选D。3、B【分析】【详解】

A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大；A项错误；

B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大；则NaOH溶液pH会减小，B项正确；

C.随温度升高，促进CH3COOH的电离；提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；

D.盐类的水解反应是吸热反应；温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A．能电离和水解，电离生成和H+，水解生成H2CO3和OH-，第一步水解生成和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在水电离产生的H+；所以两种溶液中粒子种类相同，A正确；

B．在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2-水解生成的阴离子HA-及OH-增多；故两种溶液中阴离子总数不相等，B错误；

C．在NaHCO3溶液中存在阴、阳离子的电荷守恒，阳离子为Na+、H+阴离子为OH-、存在的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()；C正确；

D．在Na2CO3溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，氢离子被结合为弱电解质，溶液中氢氧根离子大于氢离子，存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)；D正确；

故答案为B。5、A【分析】【详解】

A．H2SO4是强酸，完全电离，若H2SO4溶液pH＝3，则c(H+)＝10-3mol/L,正确；

B．根据电荷守恒可得：c(Na+)+c（H+）=c(OH-)+c(CH3COO－),由于醋酸和醋酸钠的混合溶液呈中性，所以c（H+）=c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO－)；错误；

C．在Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na+)="2"c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)；错误；

D．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解消耗水电离产生的OH-，破坏了水的电离平衡，最终当溶液达到电离平衡时，c(H+)＞c(OH－)；根据物料守恒可得c(Cl－)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),所以在氯化铵溶液中，：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)，错误。6、D【分析】【详解】

A．根据图象，加入少量NaOH固体，pH增大，α(HA-)先增大后减小，所以α(HA-)不一定增大；故A错误；

B．NaHA的电离程度和Na2A的水解程度不同，故所得的溶液中α(HA-)与α(A2-)不相等；故B错误；

C．根据图象，NaHA溶液显酸性，即HA-电离出氢离子使溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，故HA-的水解能力小于HA-的电离能力；故C错误；

D．在含H2A、HA-和A2-的溶液中，存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则c(H2A)和c(HA-)相等，所以α(H2A)和α(HA-)一定相等；故D正确；

故答案为D。7、B【分析】【分析】

盐类水解的实质是盐电离生成的弱离子（弱酸根离子或弱碱阳离子）与水电离生成的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质；从而破坏水的电离平衡，促进水的电离平衡正向进行；弱碱阳离子与弱酸根离子混合，会相互促进水解，最终溶液的pH可能呈酸性；碱性或中性，据此解答。

【详解】

A.盐类水解的过程中；水的电离平衡被破坏，大部分盐是强电解质，能完全电离的，不存在电离平衡，A项错误；

B.盐类水解破坏了水的电离平衡；使水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，B项正确；

C.水解是微弱的；故pH改变不大，再如醋酸铵溶液中，醋酸根和铵根的水解程度几乎相等，最终溶液的pH几乎呈中性，故溶液的pH变化不大，C项错误；

D.水解后的溶液不一定呈酸性或碱性；可能呈中性，如醋酸铵溶液，D项错误；

故选B。

【点睛】

盐类发生水解后的溶液不一定呈酸性或碱性，可能呈中性，如醋酸铵溶液，这是学生们的易忘点。8、C【分析】试题分析：A；根据图像升高温度；溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时有利于溴酸银的溶解，故A错误；B、根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银的溶解过程为吸热过程，故B错误；C、根据图象可知，常温下溴酸银的溶解度大于0.2g，微溶于水，且随温度的变化不大，而硝酸钾的溶解度较大，若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故C正确；D、60℃时溴酸银的溶解度为0.6g，在10g水最多溶解0.06g，因此60℃时，将0.04g溴酸银加入到10g水中，溴酸银完全溶解，不存在沉淀溶解平衡，故D错误；

故选C。

考点：考查了难溶物的溶解平衡的相关知识。二、多选题(共8题，共16分)9、AC【分析】【详解】

A．反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同；故A正确；

B；反应速率与反应热无关；故B错误；

C．盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关；与反应物和生成物能量有关，可以看作是能量守恒的体现，故C正确；

D．燃烧热为1mol物质燃烧生成稳定氧化物的能量变化，则氢气燃烧热的△H为-285.8kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，因此2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ/mol；故D错误；

故选AC。10、AD【分析】【详解】

A．加入催化剂；可加快反应速率，且不影响平衡移动，A正确；

B．增大Y的浓度；反应速率加快，平衡正向移动，X的转化率增大，B错误；

C．降低温度；反应速率减慢，平衡正向移动，X的转化率增大，C错误；

D．该反应不随气体压强的改变而移动；故增大体系压强，反应速率加快，平衡不移动，D正确；

答案选AD。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、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，两式相加可得质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)。

【详解】

A．根据c(HS−)=c(S2−)可知，溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，可得c(Cl−)＜c(HS−)+2c(H2S)，由于c(HS−)=c(S2−)，所以c(Cl−)＜c(S2−)+2c(H2S)；故A错误；

B．由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH−)=c(H+)，可得c(Cl−)═c(HS−)+2c(H2S)；故B正确；

C．溶液pH＝6.89时，c(H+)=10-6.89溶液显酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱电解质的电离比较弱，溶液中离子浓度大小关系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正确；

D．c(Cl−)=0.200mol⋅L−1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D错误；故选：BC。13、AD【分析】【详解】

A.pH=3时，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，则c(F-)＞c(Na+)，故A正确；

B.当pH＞3.45时，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；

C.HF为弱酸，恰好反应时溶液应呈碱性，当pH=3.45时，HF酸过量，故C错误；

D.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，则c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(HF)+c(F-)，当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，由物料守恒可知，c(HF)+c(F-)＜2amol•L-1；故D正确；

答案选AD。14、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。15、BC【分析】【详解】

A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)；溶质为氯化铵和氨水的混合物，故A正确；

B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后；混合溶液的pH=3，故B错误；

C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则c(CN－)<c(Na+)；故C错误；

D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，根据物料守恒，两者存在故D正确。

综上所述，答案为BC。16、CD【分析】【详解】

A.电离常数越大，酸性越强，其盐的水解程度越小，钠盐溶液的pH越小，酸性排序为所以其盐的水解程度：等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COONa)<pH(NaCN)<pH(Na2CO3)；A错误；

B.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中含有Na＋、CN－、H＋、OH－，溶液电中性，则已知所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，则b未必大于a，例如，b=a；恰好反应得到NaCN溶液，因水解呈碱性，B错误；

C.往冰醋酸中逐滴加水的过程中；因稀释促进电离，醋酸的电离程度逐渐增大，C正确；

D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液呈电中性，则一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；D正确；

答案选CD。

【点睛】

判断B的关键就是应用电中性原理、结合Na＋、CN－的浓度关系，判断出氢离子、氢氧根离子浓度相对大小，从而判断出溶液的酸碱性，从而进一步推测出溶质成分进行进一步判断。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【详解】

(1)断开化学键变为单个原子需要吸收能量；原子形成化学键时会释放能量；

(2)在测量中和热时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；20g氢氧化钠的物质的量：n(NaOH)=0.5mol，已知氢氧化钠和盐酸反应的热化学方程式，则20g氢氧化钠和盐酸完全反应放出热量Q==28.65kJ；

(3)联氨燃烧的化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，已知0.2mol联氨燃烧放出124.25kJ的热量，则1mol联氨反应放出热量为Q==621.25kJ，则联氨燃烧的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.25kJ/mol；

(4)液态酒精完全燃烧后恢复至室温，H2O的状态变为液态，将题中两个热化学方程式依次标记为Ⅰ、Ⅱ，根据盖斯定律Ⅰ×3+Ⅱ可得目标热化学方程式：则△H=-1360kJ/mol，即液态酒精完全燃烧后温度恢复到室温时反应的热化学方程式为则△H=-1360kJ/mol。【解析】吸收放出温度计环形玻璃搅拌棒28.65△H=-621.25kJ/mol则△H=-1360kJ/mol18、略

【分析】【分析】

(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒进行分析；

(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；

(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；

【详解】

(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液显中性；

(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；

(4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。

【点睛】

本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%19、B:C【分析】【详解】

A.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C.任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正确；

D.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

x+y=14，常温下某氨水的pH=x，则氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱电解质，硫酸是强电解质，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性。20、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解21、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＋22、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC四、判断题(共1题，共4分)23、×【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、工业流程题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4；得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；

(2)通过操作①得到水层和有机层；则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗；烧杯；

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；则调节溶液5＜pH＜9；

(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2；使之与水层分离；

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【点睛】

本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。【解析】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等分液漏斗、烧杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之与水层分离NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O25、略

【分析】【分析】

软锰矿主要成分是MnO2，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2杂质，用硫酸溶解，加入二氧化硫还原，过滤出难溶的SiO2；得含有硫酸亚铁；硫酸铝、硫酸锰的溶液，所得溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，再加入高锰酸钾溶液，把硫酸锰氧化为二氧化锰，二氧化锰、氢氧化钾在熔融条件下和氧气反应生成锰酸钾，锰酸钾在酸性条件下发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰。

【详解】

(1)软锰矿中主要成分是二氧化锰，还含有Al2O3、Fe2O3，二氧化锰是强氧化剂，在酸性溶液中具有较强的氧化性，而SO2在水溶液中具有较强的还原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增强MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸锰的溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH为10.1，Mn(OH)2的Ksp=10−5×(1010.1−14)2；

(3)“熔融”时二氧化锰、氢氧化钾、氧气反应生成锰酸钾，反应方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程图可知锰酸钾歧化为高锰酸钾和二氧化锰；锰酸钾既是氧化剂也是还原剂，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。

(5)减压过滤即抽滤；加快过滤速度；

(6)①电解制备KMnO4，MnO在阳极失电子生成MnO电极反应式是MnO−e−=MnO

②电解时阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−；产物之一为KOH可以用于锰酸钾的制备。

【点睛】

本题以软锰矿为原料(主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质)制备高锰酸钾为载体，明确各步骤的反应原理是解题关键，掌握氧化还原反应规律，熟悉混合物分离方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增强MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6−14)2或10−5×(1010.1−14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快过滤速度MnO−e−=MnOKOH26、略

【分析】【分析】

用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12，由制备流程可知，加盐