2025年外研版三年级起点选修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年外研版三年级起点选修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5题，共10分)1、海盐是大气海洋边界层的主要气溶胶组分，而是汽车尾气的主要污染物之一；二者的相互作用关系到大气的氧化性；区域酸雨、颗粒物的吸湿性及气候变化。

已知：

下列叙述不正确的是A.B.C.对于反应增大压强，平衡正向移动，增大D.对于反应升高温度，平衡逆向移动，减小2、X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（）

A.该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB.若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C.图II曲线a是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线b是没有加入催化剂时的能量变化曲线D.该温度下，反应的平衡常数数值约为533。若升高温度，则该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低3、常温下,分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示.下列说法不正确的是。

A.曲线L1表示与pH的变化关系B.Ka(HA)=1×10-5.5C.a点时两溶液中水的电离程度相同D.0.10mol/LMA溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)4、时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：B.溶液呈酸性：C.溶液与溶液混合后的酸性溶液：COOD.浓度均为的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：5、钠碱循环法是用溶液作为吸收液脱除烟气中的时，吸收液的pH约为10；吸收过程中，1时，pH为下列说法正确的是A.溶液中：B.吸收过程中，始终存在着：C.中性溶液中：D.中性溶液中：评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、（1）在化学反应中使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能；观察如图，然后回答问题。

①图中反应是___（填“吸热”或“放热”），该反应的△H=___（用含E1、E2的代数式表示）。

②已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2kJ•mol-1，则其逆反应的活化能为___。

（2）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时；即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量。

①反应的热化学方程式为___。

②又已知H2O(l)＝H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出热量是___kJ。

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是___。7、“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出了高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。生产煤炭气的反应之一是：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.4kJ/mol

（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0~5min的平均反应速率为_________________________。

（2）关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是_____________。

A．CO的含量保持不变。

B．v正(H2O)=v正(H2)

C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。

（3）若上述反应在t0时刻达到平衡(如下图)，在t1时刻改变某一条件，请在下图中继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化：（用实线表示）

①缩小容器体积，t2时到达平衡；②t3时平衡常数K值变大，t4到达平衡。

（4）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_________________。

（5）如下图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程。乙池中发生反应的离子方程式为____________。当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为_______________________________g。

8、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。9、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_______%。10、科学家预言；燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下：

请回答下列问题：

（1）Pt(a)电极是电池的________极，电极反应式为__________________；Pt(b)电极发生________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为___________。

（2）电池的总反应方程式为____________________。

（3）如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有______mol。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、有机推断题(共1题，共7分)12、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共10分)13、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_____________________________。评卷人得分六、实验题(共1题，共4分)14、I．(1)实验测得8g液态甲醇（化学式为CH4O）在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出181.6kJ的热量。请写出表示液态甲醇燃烧热的热化学方程式：_______。

(2)发射卫星时常用肼（N2H4）作为燃料，用二氧化氮作为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=akJ/mol；②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=bkJ/mol。写出肼气体与二氧化氮气体反应的热化学方程式：_______。

II．某学习小组的同学在实验室利用下图装置进行中和热的测定；请回答下列问题：

(1)在其它操作正确的前提下，如果大烧杯不盖硬纸板，求得的中和热ΔH将_______（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）。

(2)取50mL0.50mol/LNaOH溶液和30mL0.50mol/L硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.526.726.630.1226.026.426.230.3325.925.925.930.2426.426.226.330.5

①表中的温度差的平均值为_____℃。

②近似认为0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g·℃）。则中和热ΔH=_____kJ/mol（保留到小数点后一位）。

③实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/L氢氧化钠进行反应，若其它实验操作均正确，则与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”，下同），所求得的中和热_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.依据盖斯定律可得，可得按化学平衡常数的定义式，可得A正确；

B.依据盖斯定律可得，可得即B正确；

C.对于反应增大压强，平衡正向移动，而温度不变，则平衡常数不变，C错误；

D.反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小；D正确；

故选C。

【点睛】

两个反应物与生成物都相同的反应，若一个反应中各物质的化学计量数是另一反应中对应物质化学计量数的n位，则其化学平衡常数是另一反应的化学平衡常数的n次幂。2、D【分析】【分析】

图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol；据以上分析进行解答。

【详解】

A项、结合以上分析可知，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol；故A错误；

B项；结合以上分析可知；压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，故B错误；

C项、图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好的能量变化曲线，或是曲线b是加入催化剂；曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；

D项；该反应放热；升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，故D正确；

故选D。

【点睛】

图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答关键。3、C【分析】【详解】

A.MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系；故A正确；

B.曲线L2表示lg与pH的变化关系，lg=0时，=1，此时pH=5.5，c(H+)=1×10-5.5mol/L，则Ka(HA)==c(H+)=1×10-5.5；故B正确；

C.a点溶液的pH＞7，对于曲线L2，由于A-离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离，而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度；抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；

D.曲线L1中，lg=0时，=1，Kb(MOH)=c(OH-)＞1×10-5＞1×10-5.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A-＞M+，则MA溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)、c（M+）＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；故D正确。

故选C。4、D【分析】【详解】

A.根据物料守恒可得：则由于溶液为中性，则根据电荷守恒可得：所以结合可知：所以溶液中离子浓度大小为：故A错误；

B.溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，所以但是其电离和水解程度都较小，则存在故B错误；

C.二者混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、溶液中存在电荷守恒存在物料守恒所以存在故C错误；

D.等浓度、等体积的小苏打和烧碱溶液混合，二者恰好完全反应生成溶液中存在电荷守恒得故D正确。

故选D。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，D为解答易错点。5、B【分析】【详解】

溶液中，显酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则：故A错误；

B．根据混合液中的电荷守恒可得：故B正确；

C．时，溶液的则呈中性时，离子浓度大小为：故C错误；

D．溶液呈中性时：根据电荷守恒可得：故D错误；

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

(1)①依据图像；反应物的能量大于生成物的能量；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量；②逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；

(2)①0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量，1mol液态肼和过氧化氢反应放热640.0kJ，据此书写热化学方程式；②依据盖斯定律分析计算N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)的焓变；再计算16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量；③燃烧产物无污染是其优点。

【详解】

(1)①依据图像可知，反应物的能量大于生成物的能量，为放热反应；反应的焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，即△H=(E2-E1)kJ•mol-1，故答案为放热；(E2-E1)kJ•mol-1；

②反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图像能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2kJ•mol-1；则其逆反应的活化能=167.2kJ/mol+241.8kJ/mol=409.0kJ/mol，故答案为409.0kJ/mol；

(2)①0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量，1mol液态肼和过氧化氢反应放热640.0kJ，反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol，故答案为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol；

②a.N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol，b.H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，依据盖斯定律a-b×4得到：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-816.0kJ/mol；依据热化学方程式可知32g肼反应放热816.0kJ，则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是408.0kJ，故答案为408.0；

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，生成物为氮气和水，不污染空气，故答案为生成物为氮气和水，不污染空气。【解析】放热E2-E1409.0kJ/molN2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ/mol408kJ产物为氮气和水，清洁无污染7、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）因为是等体积，因此密度增大了0.12g·L－1，气体质量增大了3×0.12g=0.36g，根据质量差，求出消耗的H2O的物质的量0.36/12mol=0.03mol，v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min)；（2）A、根据化学平衡状态的定义，CO的含量保持不变，说明反应达到平衡，故正确；B、反应方向都是向正反应方向进行，要求是一正一逆，故错误；C、根据摩尔质量的定义，气体的质量增大，气体的物质的量增大，因此摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故正确；(3)①缩小容器的体积，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，图像是：②平衡常数增大，只改变温度，说明化学反应向正反应方向移动，此反应是吸热反应，因此升高温度，图像是：（4）①CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol－1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g)△H=＋44.0kJ·mol－1，CH3OH＋O2=CO＋2H2O(g)，①－②＋2×③得出：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)△H=(－725.8＋283＋2×44)kJ·mol－1=－354.8kJ·mol－1；（5）甲池为原电池，乙池、丙池为电解池，通甲醇的一极为负极，通氧气的一极为正极，乙池中石墨跟电池的正极相连，即石墨为阳极，Ag作阴极，因此电极总反应式是：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，甲池反应方程式为CH3OH＋3/2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，甲池溶液增重的质量为甲醇和氧气的质量，设甲醇的物质的量为xmon，则氧气的物质的量为3x/2mol，因此有32x＋3×32x/2=16，解得x=0.2mol，整个电路中通过电子的物质的量为0.2×6mol=1.2mol，丙池中沉淀：Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。

考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、勒夏特列原理、化学平衡常数、电极反应式的书写等知识。【解析】0.002mol∕L·minAC如图：CH3OH(l)＋O2(g)="CO"(g)＋2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，34.88、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)9、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↓+I280.0010、略

【分析】从示意图中可以看出电极Pt(a)原料是CH3OH和水，反应后产物为CO2和H＋，CH3OH中碳元素化合价为－2，CO2中碳元素化合价为＋4，说明Pt(a)电极上CH3OH失去电子，电极Pt(a)是负极，则电极Pt(b)是正极，Pt(b)电极原料是O2和H＋，反应后的产物为H2O，氧元素化合价由0→－2，发生还原反应，因为电解质溶液是稀H2SO4，可以写出电池总反应式为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，再写出较为简单的正极反应式：3O2＋12e－＋12H＋=6H2O，用总反应式减去正极反应式即可得到负极反应式为：2CH3OH＋2H2O－12e－=2CO2↑＋12H＋。【解析】负CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋还原O2＋4H＋＋4e－===2H2O2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O三、判断题(共1题，共2分)11、×【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、有机推断题(共1题，共7分)12、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、元素或物质推断题(共1题，共10分)13、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、实验题(共1题，共4分)14、略

【分析】【分析】

I．(1)8gCH4O(物质的量为0.25mol)与O2反应，生成CO2和液态水，放热181.6kJ，则可计算出1molCH4O完全燃烧所放出的热量；由此可写出液态甲醇燃烧热的热化学方程式。

(2)①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH=akJ/mol

②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)ΔH=