2025年新科版选修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年新科版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知下列热化学方程式：

①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-25kJ·mol-1

②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-47kJ·mol-1

则下列关于Fe3O4(s)被CO还原成Fe(s)和CO2的热化学方程式的书写中正确的是A.Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2△H=-14kJ·mol-1B.Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H=-22kJ·mol-1C.Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H=+14kJ·mol-1D.Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g)△H=-14kJ·mol-12、已知X；Y、Z三种物质的分子式相同；但分子的空间结构不同，可以实现下列转化:

1molX1molY1molZ。下列说法正确的是（）A.物质Y比X稳定.B.物质Y比Z稳定C.X转化为Y是放出能量D.X转化为Z是吸收能量3、下列说法正确的是A.火柴头上的物质一般是KClO3、MnO2等氧化剂和S等易燃物，而火柴盒侧面涂有白磷、Sb3S3等B.稀释CoCl2•6H2O的乙醇溶液，颜色由粉红色变成蓝色C.Na2S2O3与H2SO4反应速率可以通过观察出现浑浊的快慢来比较反应速率大小，而很难用气泡产生的快慢来比较反应速率大小D.NaCl固体与NaNO2固体可以用AgNO3溶液来鉴别4、已知醋酸；醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：

CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+K1=1.75×10-5

CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—K2=5.71×10-10

常温下将50mL0.2mol/L醋酸与50m0.2mol/L醋酸钠混合制得溶液甲，下列叙述正确的是A.甲溶液的pH>7B.对甲进行微热，K1增大、K2减小C.甲溶液中有c（CH3COO—）>c（Na+）>c（CH3COOH）D.若在甲中加入5mL0.1mol/L的盐酸，则溶液中醋酸的K1会变大5、25℃时分别做两组实验：①用0.1000mol·L‑1盐酸滴定20.00mL0.1000mol·L-1氨水；②用0.1000mol·L-1的KOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液。滴定中pH随滴加溶液体积变化关系如下图所示，下列说法不正确的是（）

A.25℃时，0.1000mol·L-1氨水中水电离出的约为：10-11mol·L-1B.V(KOH)=V(HCl)=20.00mL时，曲线I和II刚好相交C.曲线I滴加溶液30.00mL时，溶液中c(NH3·H2O)+c()=0.04mol·L-1D.曲线II滴加溶液10.00mL时，溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)6、四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb=3.38。常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液，分别滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸；溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。

下列说法正确的是A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.常温下，CH3NH3Cl水解常数的数量级为10－11C.b点溶液中存在c(H+)=c(OH－)+c(CH3NH2·H2O)D.在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e7、物质的量浓度相同的下列溶液中，浓度最大的是A.(NH4)2SO4B.(NH4)2CO3C.(NH4)2SO3D.(NH4)2Fe(SO4)28、常温下将盐酸溶液滴加到联氨的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.B.溶液中C.反应的D.溶液中存在评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是（）

A.水煤气变换反应的△H＞0B.步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D.该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV10、在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应2H2S（g）S2（g）+2H2（g）的△H＞0B.X点和Y点的压强之比是C.T1时，若起始时向容器中充入2molH2S，平衡时H2S的转化率大于50%D.T2时，向Y点容器中再充入molH2S和molH2，重新达平衡前v正＜v逆11、物质X在一定条件下可转化为物质Y或物质Z：

两个反应的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.两个反应均为放热反应B.X、Y、Z的关系是互为同素异形体或同分异构体C.X转化为Y的活化能高于X转化为Z的活化能D.其它条件一定，加压有利于提高X转化为Z的速率和平衡转化率12、常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10－15，该溶液可能是A.一定浓度的醋酸溶液B.一定浓度的NaHSO4溶液C.一定浓度的NH4Cl溶液D.0.1mol/L的NaCl溶液13、室温下；0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是。

A.溶液显酸性B.升温，c（X）增大，c（Y）减小C.c（B+）+c（Y）=c（Cl－）D.稀释溶液，c（X）增大，c（Z）增大14、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；其滴定曲线如图。

对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A.a点：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)15、电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述正确的是（）A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.碳酸钠溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.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D.等浓度的CH3COOH与KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)16、草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。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−1NaHC2O4溶液：c(Na＋)＞c(C2O)＞c(HC2O)B.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液：c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)C.0.1mol·L−1H2C2O4溶液：0.2mol·L−1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)D.向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：c(Na＋)=2c(C2O)17、二茂铁[Fe(C5H5)2]可作为燃料的节能消烟剂；抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是。

A.a为电源的负极B.电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C.电解池的总反应化学方程式为Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑D.二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H++2e-H2↑评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。19、(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝_______________。若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝___________。与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，请写出液氨的电离平衡常数表达式K=____________________________。

(2)同素异形体相互转化的反应热相当少而转化速率慢，有时还很不完全，测定时很困难；现可依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是______(填“白磷”或“红磷”)，试写出白磷转化成红磷的热化学方程式______________________________________。20、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中21、化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb为盐的水解常数。回答下列问题：

(1)写出CH3COONa水解的离子方程式______。

(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序______。

(3)25℃时，Ka(CH3COOH)______Kb(CH3COO-)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是______(填写选项字母)。

a.代谢产生的H+被HCO3-结合形成H2CO3

b.血液中的缓冲体系可抵抗大量酸；碱的影响。

c.代谢产生的碱被H2CO3中和转化为HCO3-22、在室温下；下列五种溶液：

①0.1mol·L-1NH4Cl

②0.1mol·L-1CH3COONH4

③0.1mol·L-1NH4HSO4

④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液。

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是______________(用离子方程式表示)

(2)溶液①②③⑤中c(NH4+)的大小关系是________(用①②③⑤表示)

(3)室温，溶液②的pH=7，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)23、某工业废水中含有和可采用沉淀法将其除去。

（1）若加入来沉淀和当溶液中和共存时，___________。

（2）若加入溶液来调节使和完全沉淀，应满足的条件为_________。

已知：①

②时，会转化为

③离子完全除去的标准：该离子浓度24、如图所示；组成一种原电池。试回答下列问题(灯泡功率合适)：

(1)电解质溶液为稀硫酸时，灯泡亮，Mg电极上发生的反应为____________；Al电极上发生的反应为________。溶液中向________移动(填“Mg电极”或“Al电极”)

(2)电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡________(填“亮”或“不亮”，填“亮”做a题，填“不亮”做b题)。_______________

a．若灯泡亮；Al电极为_______________(填“正极”或“负极”)。

b．若灯泡不亮，其理由为__________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)26、二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿（有效成分为）为原料；通过热解法进行生产。

（1）碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：

i.

ii.

①反应i的化学平衡常数表达式___________。

②焙烧制取的热化学方程式是_________________。

（2）焙烧（装置如图1）时持续通入空气，并不断抽气的目的是________________。

（3）在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究；结果如图2；图3所示。

①图2是在常压（）下的研究结果，请在图2中用虚线画出下转化率与反应温度的关系图______。

②常压下，要提高的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧

③图3中，焙烧时，的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。27、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。28、是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在加入适量溶液，生成沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗剂、真空干燥得到固体样品。反应方程式为2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4↓+2H2O

回答下列问题：

(1)上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是___________。

(2)银锌碱性电池的电解质溶液为溶液，电池放电时正极的转化为负极的转化为写出该电池反应方程式：___________。

(3)准确称取上述制备的样品(设仅含和)2.558g，在一定的条件下完全分解为和得到224.0mL(标准状况下)。计算样品中的质量分数_____(计算结果精确到小数点后两位)。29、某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素；将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。

(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：。编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%①为以下实验作参照0.52.090.0②醋酸浓度的影响0.5____36.0③____0.22.090.0

(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图：

t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了____腐蚀，请在图中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向____；此时，碳粉表面发生了____(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是____。

(3)该小组对图中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设；请你完成假设二：

假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；

假设二：____；

评卷人得分六、工业流程题(共4题，共28分)30、工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分别在183℃；315℃升华。

（1）在焙烧炉中发生反应：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反应2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移______mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为_______。在温度约为700℃向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为_________。充分反应后温度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），开始分离收集AlCl3。

②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的_______（填字母序号）。

①氧化性②吸水性③难挥发性④脱水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式________，与铅蓄电池相比．释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（Al）:m（Pb）=__________________。31、矿产资源是重要的自然资源；不可再生，回收；再生是保护金属矿产资源的有效途径。

Ⅰ.稀土是隐形战机；超导、核工业等高精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一；如图是从钛尾矿回收、制备Sc的工艺流程。

已知：xNH4Cl•yScF3•zH2O是ScF3与氯化物形成的复盐沉淀；在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。据此回答：

(1)钪原子的外围电子排布式为______。

(2)在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物的化学方程式为______。

(3)如图是含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系。用氨水调节溶液pH，控制在3.5<______范围内。

(4)如图是“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系，其中在380℃到400℃会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图像中数据可得x：z=______。

(5)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3•6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是______(用化学方程式表示)。流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.镍广泛用于各种军工制造业，中国镍有一部分来自再生镍。某化学兴趣小组欲模拟化工生产工艺，回收某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)中的镍并制备硫酸镍(NiSO4•7H2O)。

已知：①镍在稀酸中可缓慢溶解；耐强碱。

②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Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L−1)的pH8.74.73.29.0

该兴趣小组设计了如下模拟实验方案：取一定量废镍催化剂粉末于烧杯中，在不断搅拌下加入NaOH溶液(碱浸)，充分反应并过滤，取滤出物于烧杯中，加入____，充分搅拌，过滤，____；过滤，洗涤，干燥，得到硫酸镍晶体。请回答：

(1)“碱浸”中NaOH除了溶解废镍催化剂外，另一个作用是______。

(2)请将a、b处实验方案补充完整a__________，b___________。(必须使用的试剂：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)32、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是___________

(3)A的化学式是___________

(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生的电极反应为_______________________。离子交换膜N是____（填“阴”“阳”）离子交换膜。

(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。33、(1)工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是。

①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中；加热；过滤，调节滤液的pH为3；

②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4

请回答下列问题：

①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化学式为____________。

③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。

(2)如图为相互串联的甲；乙两个电解池；试回答下列问题：

甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

依据热化学方程式，结合盖斯定律计算，利用①×3﹣②得到Fe3O4（s）被CO还原成Fe（s）和CO2的热化学方程式；注意热化学方程式系数加倍，焓变也同等加倍，计算得到的热化学方程式系数应为最简；

【详解】

①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣25kJ•mol﹣1

②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47kJ•mol﹣1

依据盖斯定律①×3﹣②得到：2Fe3O4（s）+8CO（g）═6Fe（s）+8CO2（g）△H=﹣28kJ/mol；即得到热化学方程式为：Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H=﹣14kJ/mol，故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据题干信息；由X转化为Y需要吸收能量，说明Y的能量大于X的能量，根据能量越低越稳定，则物质X比Y稳定，故A错误；

B．根据题干信息；由Y转化为Z会放出能量，说明Y的能量大于Z的能量，根据能量越低越稳定，则物质Z比Y稳定，故B错误；

C．根据题干信息；由X转化为Y需要吸收能量，故C错误；

D．根据题干信息，①X=Y∆H=+234kJ/mol，②Y=Z∆H=-23.4kJ/mol，根据盖斯定律①+②可得，X=Z∆H=+210.6kJ/mol；反应吸热，即X转化为Z时吸收能量，故D正确；

答案选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．白磷着火点只有40℃；容易发生自燃，涂在火柴盒侧面不安全，应该涂红磷，A错误；

B．CoCl2•6H2O的乙醇溶液为蓝色；加水后变红，B错误；

C．Na2S2O3与H2SO4反应生成硫和二氧化硫气体；单质硫不溶于水为淡黄色沉淀，可以通过观察出现浑浊的快慢来比较反应速率大小，二氧化硫气体能溶于水，反应一开始观察不到气泡，不能用气泡产生的快慢来比较反应速率大小，C正确；

D．AgCl、AgNO2都不溶于水，但AgNO2能溶于酸，AgCl不溶于酸，可用AgNO3溶液和稀硝酸来鉴别；D错误。

答案选C。4、C【分析】【详解】

A．由K的关系可知；醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性，pH＜7，选项A错误；

B．电离、水解均为吸热反应，则对甲进行微热，K1、K2同时增大；选项B错误；

C．醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，则c(CH3COO-)＞0.1mol/L，c(CH3COOH)＜0.1mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；选项C正确；

D．加入盐酸，酸性增强，但醋酸的电离常数只与温度有关，则溶液中醋酸的K1不变；选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，明确电离与水解的程度及K的影响因素即可解答，易错点为选项C．根据醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离程度大于水解程度，判断离子浓度关系。5、B【分析】【详解】

A．由图表可知，曲线I为用0.1000mol·L‑1盐酸滴定20.00mL0.1000mol·L-1氨水的曲线，当盐酸的体积为零时，溶液pH≈11，根据水的离子积常数可知，此时水电离出的的约为：10-11mol·L-1；故A不选；

B．当V(KOH)=V(HCl)=20.00mL时，溶液呈酸性，溶液呈碱性；两条曲线不可能相交，故选B；

C．当滴加的30.00ml盐酸时溶液的总体积为50.00ml，根据物料守恒可得，溶液中c(NH3·H2O)+c()=0.04mol·L-1；故C不选；

D．曲线II加溶液10.00mL时，溶质为等物质的量的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒：又由于醋酸的水解程度大于电离程度，则有：

答案选B6、B【分析】【分析】

四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]；由Ka×Kh=Kw计算水解常数；b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物；但比例不是1:1；酸碱抑制水电离，盐水解促进水电离。

【详解】

A.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]；故A错误；

B．Ka×Kh=Kw，CH3NH3Cl的水解常数为=10-10.62，其数量级为10－11；故B正确；

C．c点二者恰好反应生成CH3NH3C1，根据质子守恒可知：c（H+）=c（OH-）+c（CH3NH2•H2O），由于b点加入的HCl较少，则c（H+）＜c（OH-）+c（CH3NH2•H2O）；故C错误；

D．体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b；c、e三点中c点水的电离程度最大；故D错误；

故选B。7、D【分析】【分析】

根据的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对水解起促进作用的离子；则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱；铵根离子的水解程度较小，则浓度相同时，化学式中铵根离子数目越多，则溶液中铵根离子浓度越大，据此进行解答。

【详解】

物质的量浓度相同的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2SO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；若不考虑其他因素影响，铵根离子浓度相同；

A.(NH4)2SO4溶液中的水解不受硫酸根离子的影响；

B.(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小；

C.(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小；

D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的亚铁离子的水解对的水解起抑制作用，导致水解程度减小，浓度增大；

则浓度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，答案选D。8、C【分析】【详解】

A．当溶液中c(N2H4)=c(N2H5+)时，溶液的pOH=6.0，则Kb1==10-6；故A正确；

B．N2H5+的水解平衡常数为Ka2===10-8＞Kb2，则N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH-)；故B正确；

C．Kb1=Kb2=反应N2H62++N2H4=2N2H5+的化学平衡常数表达式为K====109，所以pK=-lgK=-9.0；故C错误；

D．N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)；故D正确；

答案选C。二、多选题(共9题，共18分)9、BD【分析】【分析】

【详解】

A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0；故A错误；

B.由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·；故B正确；

C.由示意图可知；步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；

D.由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV；故D正确；

故选BD。10、AC【分析】【分析】

在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，可逆反应为2H2S（g）S2（g）+2H2（g）；随着温度升高，平衡时反应物的物质的量降低，平衡正向移动，反应吸热。

【详解】

A.反应2H2S（g）S2（g）+2H2（g）的△H＞0；A正确；

B.根据理想气体方程PV=nRT（R为常数）可知；在同体积环境下，压强之比与温度和物质的量均有关，温度未知，X点和Y点的压强之比是未知，B错误；

C.T1时，硫化氢和氢气的平衡时物质的量相同，即反应转化的硫化氢和剩余的硫化氢的量相同，转化率为50%；若起始时向容器中充入2molH2S，平衡正向移动，H2S的转化率大于50%；C正确；

D.T2时，向Y点容器中再充入molH2S和molH2；但是之前加入的物质的量未知，无法根据Qc判断正逆方向速率大小，D错误；

答案为A、C。11、CD【分析】【详解】

A.由图可知；X生成Y的反应为吸热反应，X生成Z的反应为放热反应，故A错误；

B.X；Y、Z如果是单质则互为同素异形体；如果是化合物则分子式一定不同，不可能互为同分异构体，故B错误；

C.由图可知，X转化为Y的活化能是X转化为Z的活化能是前者大于后者，故C正确；

D.X转化为Z的反应是气体体积减小的反应；因此其它条件一定时，加压既能加快反应速率，又能使平衡右移，提高平衡转化率，故D正确；

故选CD。12、AB【分析】【分析】

常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10-15，c(H+)=c(OH－)=10-7.5mol/L；水的电离被抑制，酸；碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用。

【详解】

A.一定浓度的醋酸溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，A项正确；

B.一定浓度的NaHSO4溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，B项正确；

C.一定浓度的NH4Cl溶液中；铵根离子水解呈酸性；对水的电离起到促进作用，C项错误；

D.0.1mol/L的NaCl溶液中水的电离不变，溶液中c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14；D项错误；

答案选AB。

【点睛】

本题重要知识点：常温下，水的电离c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14，当乘积变小，水的电离被抑制，酸、碱溶液对水的电离起到抑制作用；当乘积变大，水的电离被促进，水解的盐对水的电离起到促进作用。13、AC【分析】【分析】

的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中浓度小于说明在溶液中存在B0H为弱碱，BCl溶液呈酸性，则一般来说，盐类的水解程度较小，则：反应后溶液中离子浓度大小为：即X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：据此回答。

【详解】

A．BOH为弱碱，反应生成强酸弱碱盐BCl，则溶液显酸性，A正确；

B．盐的水解为吸热反应，升温促进水解，则Y浓度增大，B错误；

C．X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：C正确；

D．稀释后促进水解，但是溶液中氢离子浓度减小，即减小，D错误；

答案选AC。14、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-电离程度，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)，B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好反应生成NaHCO3，根据质子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，与碳酸钠完全反应，溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；D正确。

答案为BD。

【点睛】

注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。15、CD【分析】【详解】

A.盐酸无限稀释仍为酸性；其pH小于7，A错误；

B.碳酸钠溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B错误；

C.氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，水电离出的c(H+)前者小于后者；C正确；

D.CH3COOH与KOH任意比混合，溶液中仅有4种离子，其电荷守恒关系为：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正确；故答案为：CD。16、BC【分析】【详解】

A．NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离大于它的水解，c(C2O)是由c(HC2O)电离得到的，故c(C2O)＜c(HC2O)；故A错误；

B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒，c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)；故B正确；

C．H2C2O4溶液中的电荷守恒，c(H＋)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH－)，物料守恒：c(H＋)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，两式相减得到：c(OH－)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，由于水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，水中的氢氧根离子是由水电离出的，故0.1mol·L−1H2C2O4溶液中氢离子的浓度等于酸电离出的氢离子浓度加上水电离出的氢离子，0.2mol·L−1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)；故C正确；

D．向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：符合电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+c(HC2O)+2c(C2O)，溶液显中性，c(OH－)=c(H＋)，则c(Na＋)=2c(C2O)+c(HC2O)；故D错误；

答案选BC。

【点睛】

C项是难点，需要学生熟练使用电荷守恒，物料守恒，在草酸溶液中氢离子来自于草酸自身电离出的氢离子和水电离出的氢离子两部分，属于易错点。17、AC【分析】【分析】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。

【详解】

A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极；故A正确；

B.与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液；故B错误；

C.由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑；故C正确；

D.二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e-=Na；故D错误；

故选AC。

【点睛】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%19、略

【分析】【详解】

(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K=

(2)依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。【解析】1×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=红磷P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－120、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc21、略

【分析】【分析】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；

(2)可以根据CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液；pH=4.76，呈酸性，结合电荷守恒分析解答；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，也可以计算出Kb再判断；

(4)H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+；有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定，据此分析解答。

【详解】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

(2)0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的电离为主，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，实际上Kb===×10-9；故答案为：＞；

(4)a．人体血液中存在H2CO3⇌H++HCO3-平衡，人体代谢产生的H+与HCO3-结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正确；b．血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故b错误；c．代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3-，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故c正确；故答案为：ac。【解析】①.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)③.＞④.ac22、略

【分析】【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为：

（2）①0.1mol·L-1NH4Cl溶液中铵根离子水解不受影响；铵根离子浓度小于0.1mol/L；

②0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解；铵根离子浓度较①低；

③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；铵根离子浓度较①大；

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O溶液中NH3·H2O电离出的铵根离子较少；铵根离子浓度最低；

因此四种溶液中铵根离子浓度大小关系为：③＞①＞②＞⑤；

（3）常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：pH=7说明溶液中c(OH−)=c(H+)，得到：故答案为：=。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：【解析】①.酸②.NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+③.③＞①＞②＞⑤④.＝23、略

【分析】【详解】

(1)=故答案为：105；

(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因时，会转化为因此pH应小于11，应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；【解析】1058.5～1124、略

【分析】【详解】

(1)电解质溶液为稀硫酸时，由于Mg比Al更活泼，Mg作负极，而Al作正极，故灯泡亮，Mg电极上发生的反应为Al电极上发生的反应为原电池内部的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故溶液中向Mg电极移动，故答案为：Mg电极；

(2)由于Al能与NaOH溶液发生氧化还原反应当电解质溶液为NaOH溶液时仍然存在一个自发进行的氧化还原反应，Al是负极，Mg是正极，NaOH为电解质溶液，具备构成原电池的构成条件，灯泡发亮，a．若灯泡亮，Al电极为负极，故答案为：亮负极。

【点睛】

本题重点考查原电池的原理，根据金属的活泼性判断电池的正、负极时还要注意电解质的条件，原电池发生的提前必须存在一个自发进行的氧化还原反应。【解析】Mg电极亮负极四、判断题(共1题，共6分)25、×【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、实验题(共4题，共32分)26、略

【分析】【分析】

（1）考查平衡常数表达式以及盖斯定律；

（2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气的目的可以从的平衡正向移动入手；

（3）增压平衡逆向移动。未达到平衡的某个时间点物质的转化率大小比较可以从反应速率入手。

【详解】

（1）①固体不写进平衡常数表达式，故K=

②热化学方程式i扩大倍数2，再加上方程式ii，可得到焙烧制取的热化学方程式

（2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气分离出CO2，的平衡会正向移动，故答案为保持的浓度，降低的浓度；使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；

（3）①增压平衡逆向移动；相同温度条件下物质转化率降低，则作图为：

②结合图2和图3，湿空气中，左右，焙烧的转化率较高；

③8h时干空气中未达到平衡，物质的转化率大小可以通过比较反应速率得到，故答案为干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，时未达到平衡。【解析】保持的浓度，降低的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率湿空气中，左右干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，时未达到平衡。27、略

【分析】【分析】

装置A为制备氧气的装置，其反应方程式为：2H2O22H2↑+O2↑，与氮气一同模拟空气进入装置B中，装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气；进入装置C中，氧化亚硫酸铵，装置D中的稀硫酸的作用为尾气处理。

【详解】

（1）仪器M的名称为分液漏斗，装置A制备氧气，根据装置可以判断反应为2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）实验目的是模拟空气氧化亚硫酸铵；氮气与氧气混合模拟空气，故答案为：氮气与氧气混合模拟空气；

（3）装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气，避免气体带走装置C中水蒸气使溶液体积减小，导致剩余SO32-浓度偏大，最终测得（NH4）2SO3的转化率减小；故答案为：观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率，Ba(OH)2与澄清石灰水均与SO32-反应，影响SO32-转化率；根据装置图，用稀硫酸吸收尾气，说明调节pH用的是氨水，故答案为：增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率；a；

（5）可以判断出该实验缺少的装置是带有温度计的水浴加热装置；故答案为：带有温度计的水浴加热装置；

（6）根据反应方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，计算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，则（NH4）2SO3的转化率为故答案为：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮气与氧气混合模拟空气观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率a带有温度计的水浴加热装置28、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42﹣或OH﹣，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液；若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)；

故答案为取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液；若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)；

(2)电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，反应还应有KOH参加，反应的方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag；

故答案为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag；

(3)n(O2)==1.000×10﹣2mol；

设样品中Ag2O2的物质的量为x，Ag2O的物质的量为y

248g/mol×x+232g/mol×y=2.588g

x+=1.000×10﹣2mol

x=9.500×10﹣3mol

y=1.000×10﹣3mol

w(Ag2O2)==×100%=91%。

答：样品中Ag2O2的质量分数为91%。

考点：化学电源新型电池。【解析】取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag91%29、略

【分析】【详解】

(1)①为参照试验；由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；

(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：吸氧；还原；2H2O＋O2＋4e－=4OH－；

(3)图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。【解析】①.2.0②.碳粉含量的影响③.吸氧④.⑤.还原⑥.2H2O＋O2＋4e－=4OH－⑦.反应放热，温度升高六、工业流程题(共4题，共28分)30、略

【分析】【分析】

（1）由盖斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反应热也进行相应的计算；

（2）①根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO，根据氯元素化合价变化计算注意电子数目；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，根据元素化合价计算n（Al）、n（Pb）；再根据m=nM计算。

【详解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由盖斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案为：-467.5；

（2）①根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反应中氯元素化合价由0价降低为-1价，氯气是氧化剂，故生成1molAlCl3时转移电子为1mol×3=3mol；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-，反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；故温度应控制在315℃以下；

故答案为：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性；

故答案为：c；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，则n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2331、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3经过焙烧生成Sc2O3，接着Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+，并用氨水调节pH，使其与F-结合生成ScF3，并与氨水和盐酸反应生成的NH4Cl结合形成复盐xNH4Cl·yScF3·zH2O，再经脱水除铵获得纯度很高的ScF3；最后用Ca还原出Sc单质。

【详解】

Ⅰ(1)Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，外围电子排布式即价电子排布式，故此处填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙烧后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合价改变，故推测有O2参与反应，所以C元素被氧化，对应产物为CO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+