2025年冀教版选修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年冀教版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LNO和22.4LO2混合后的分子总数为2NAB.0.1mol•L-1的氨水中，溶液中各微粒的物质的量存在以下关系：n()+n(NH3)+n(NH•H2O)=0.1molC.已知氢气的热值为143kJ•g-1，则氢气充分燃烧的热化学方程式可表示为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝-286kJ•mol−1D.用酸性高锰酸钾溶液检验火柴头燃烧产生的SO2气体，当10mL0.1mol•L-1的酸性高锰酸钾溶液刚好褪色时，转移的电子总数为0.0025NA2、已知：C(s)的燃烧热△H=—393.5kJ·mol—1，C(s)+O2(g)=CO(g)△H=—110.5kJ·mol—1。测得某次实验中mg炭粉燃烧所得气体中，CO和CO2的体积比为1:2，则与这些炭完全燃烧(只生成CO2)相比较，损失的能量是A.kJB.kJC.kJD.kJ3、在恒温恒压的密闭容器中，充入4LX和3LY的混合气体，在一定条件下发生下列反应：4X(g)＋3Y(g)2Q(g)＋nR(g)达到平衡时测得X的转化率为25％，此时混合气体的体积为6.5L。则该反应方程式中的n值是（）A.8B.6C.5D.34、时，2L密闭容器中充入发生反应：获得如下数据：下列判断正确的是时间020406080100

A.内，B.在相同条件下，开始时若向容器中充入的是达到平衡后的转化率为C.反应达平衡时，吸收的热量为kJD.100s时再通入mol达新平衡时的转化率增大5、下列说法中，正确的是()A.在任何条件下，纯水的pH都等于7B.在任何条件下，纯水都呈中性C.在95℃时，纯水的pH大于7D.在95℃时，纯水中H＋的物质的量浓度小于10－7mol/L6、已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO4=H++HXO4-，HXO4-H++XO42-。常温下，在20mL0.1mol•L-1NaHXO4溶液中滴加cmol•L-1NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.该NaOH溶液的pH=13B.滴加过程中，水的电离程度先变大，后变小C.F点溶液中c(OH-)>c(HXO4-)D.G点溶液中c(Na+)=3c(H2XO4)+3c(HXO4-)+3c(XO42-)7、等物质的量浓度的下列铵盐中，最大的是A.B.C.D.8、如图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－，Ⅲ代表A2－)，向20mL0.2mol／LH2A溶液中滴加0.2mol／LNaOH溶液；根据图示判断，下列说法正确的是（）

A.H2A在水中的电离方程式是：H2A=H＋＋HA－；HA－H＋＋A2－B.当V(NaOH)＝20mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(OH－)>c(H＋)C.当V(NaOH)＝40mL时，溶液中水的电离程度比纯水大D.当V(NaOH)＝30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)＝c(A2－)＋2c(OH－)9、时，一定量的与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线X表示的微粒为B.时，C.时，D.时，评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

11、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=-92.4kJ•mol-1。一种工业合成氨的简易流程图如下：

(1)天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：______。

(2)步骤II中制氯气原理如下：

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是______。

a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强。

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为______。

(3)下图表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在下图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图______。

(5)上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)______，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______。12、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：在一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中充入和后，测得混合气体的压强是反应前的倍，则用甲醇表示的该反应的速率为________。

上述可逆反应达到平衡状态的依据是填序号________。

①

②混合气体的密度不变。

③混合气体的平均相对分子质量不变。

③的浓度都不再发生变化。

下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入和向B容器中充入和两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为试回答：

①反应达到平衡时容器B的体积为容器B中的转化率为_______，A、B两容器中的体积百分含量的大小关系为B______填“”“”或“”

②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响

工业上合成甲醇的反应为在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器乙丙丙反应物投入量平衡数据的浓度反应的能量变化的绝对值abcc体系压强反应物转化率

下列说法正确的是__________。

13、碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)ΔH；实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=___。

（2）由图1可知，该反应ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3由大到小的顺序为___。

（3）由图2可知，A点时H2的平衡转化率为___。14、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

（1）常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，则MOH在水中的电离方程式为__________。

（2）已知常温时CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，则反应CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常数Kh＝______。

（3）已知H2A在水中发生电离：H2A＝H++HA–，HA–H++A2–。

①等物质的量浓度的两种溶液：NaHA溶液的pH_____(填“＞”、“＝”或“＜”)Na2A溶液的pH。

②已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______。

③某温度下，若向0.1mol·L–1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L–1NaOH溶液至溶液呈中性。对该混合溶液，下列说法一定正确的是____（填序号）。

A．c(H+)·c(OH–)＝1×10–14B．c(Na+)＝c(HA–)+2c(A2–)

C．溶液中水的电离程度逐渐减小D．c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)

（4）常温下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。15、写出下列反应的离子方程式。

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸。________

(2)CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，会转变为铜蓝(CuS)。________

(3)在K2CrO4溶液中加硫酸酸化，溶液由黄色变为橙色。________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共3题，共6分)17、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。18、从镍矿石尾矿中提取NiSO4是解决我国镍资源匮乏的一条重要途径；已知该过程如下：

表1：各物质的Ksp数据如下表：。物质MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：滤液A中各金属离子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根据以上信息；回答下列问题：

(1)步骤I酸浸之前需将矿石粉碎，目的是_______________。

(2)若杂质离子的浓度c≤1.0×10-5mol/L即可认定沉淀完全，则步骤Ⅱ中当Pb2+恰好沉淀完全时，溶液中硫离子的浓度c(S2-)=_____________mol·L-1；此时Ni2+是否已开始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常温下进行步骤Ⅲ的目的是为了除去铁和锰元素，已知除铁元素的离子反应如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此时Mn2+的氧化产物为MnO2，写出除锰元素的离子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造镍镉电池的重要原料，镍镉电池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，则随着放电的进行，正极区pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)；充电时阴极电极反应式为______________________。19、以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)“焙烧”生成的气体直接排放可能造成的环境问题是______，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹的目的是______。

(2)电解时，如c(Pb2+)远大于c(H+)，则Pb2+优先于H+放电，工业上应用此原理可对铅进行电解精炼。“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，则阳极泥的主要成分为_____。

(3)写出制备PbO2的离子方程式______。

(4)已知部分含铅化合物的Ksp如下表所示：。物质PbCl2PbSKsp1.2×10-59.0×10-29

①铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止，原因是_______。

②Pb(NO3)2是强酸弱碱盐，氢硫酸是弱酸[Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15]，已知K＞105时可以认为反应基本完全，请判断向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体___(填能或否)形成PbS沉淀。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A.标准状况下，22.4L的气体为1mol，根据反应2NO+O2=2NO2，则NO完全反应，O2余下0.5mol，生成NO21mol，生成的NO2存在2NO2N2O4平衡，所以混合后分子总数小于1.5NA；A错误；

B.0.1mol•L-1的氨水中；没有氨水的体积，无法计算氮元素的物质的量，B错误；

C.已知氢气的热值为143kJ•g-1，1mol氢气为2g，则1mol氢气放热2×143kJ=286kJ，所以热化学方程式可表示为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝-286kJ•mol−1；C正确；

D.10mL0.1mol•L-1的酸性高锰酸钾物质的量为0.1mol•L-1×0.01L=0.001mol，高锰酸钾被还原成Mn2+,每个Mn得到5个电子，则电子数为0.005mol，所以转移的电子总数为0.005NA；D错误。

答案选C。2、D【分析】【分析】

碳不完全燃烧损失的热量为生成的CO燃烧放出的热量；根据碳原子守恒计算出CO的物质的量，再根据CO燃烧的热化学方程式计算。

【详解】

mg碳的物质的量为mol，由于CO和CO2的体积比为1:2，根据碳原子守恒得CO的物质的量为mol×=mol；由C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1，C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1，得CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=(-393.5kJ·mol-1)-(-110.5kJ·mol-1)=-283.0kJ·mol-1，即1molCO完全燃烧放出的热量为283.0kJ，则molCO完全燃烧放出的热量为×283.0kJ=kJ，故答案选D。3、D【分析】【详解】

我们利用三段式进行分析：

则3+2.25+0.5+0.25n=6.5；n=3。

故选D。4、C【分析】【分析】

A．结合计算；

B．相同条件下，开始时若向容器中充入的是0.80molNO2，极限转化与起始量相同，与原平衡为等效平衡，平衡时NO2的物质的量不变；

C．物质的量与热量成正比，达到平衡时生成的NO2为

D．100s时再通入0.40molN2O4；等效为在原平衡的基础上增大压强。

【详解】

内，故A错误；

B.二者为等效平衡，平衡时的物质的量不变，则达到平衡后的转化率为故B错误；

C.80s时到达平衡，生成二氧化氮为由热化学方程式可知吸收的热量为故C正确；

D.时再通入等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，达新平衡时的转化率减小；故D错误；

故选C。

【点睛】

平衡后再通入等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动。5、B【分析】【详解】

A．只有25℃下纯水的pH才等于7；A选项错误；

B．任何条件下；纯水中的氢离子和氢氧根离子的浓度一定相等，所以纯水一定显中性，B选项正确；

C．25℃下；纯水的pH=7，温度升高到95℃，水的电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子使其pH下降，所以pH小于7，C选项错误；

D．25℃下，纯水的pH=7，温度升高到95℃，水的电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子使其pH下降，所以pH小于7，即氢离子浓度大于1×10-7mol/L；D选项错误；

答案选B。6、D【分析】【分析】

根据图像可知，NaHXO4与NaOH发生反应是放热反应；当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素；“三大守恒”进行分析；

【详解】

A.根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，20×10－3L×0.1mol·L－1=20×10－3L×c(NaOH)，推出故A说法正确；

B.根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2XO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为时水解程度最大；E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故B说法正确；

C.F点溶质为溶液中质子守恒为所以故C说法正确；

D.依题意，第一步完全电离，溶液中不存在故D说法错误；

答案：D。7、B【分析】【详解】

假设物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑水解因素影响；ABCD选项中铵根离子浓度分别比为x：2x：2x：2x；

A、中，离子的水解受碳酸氢根离子水解的促进，离子浓度变小；小于x；

B、中的硫酸根离子不影响铵根的水解；铵根浓度大于A的2倍；

C、中的硫离子对铵根的水解起促进作用，导致铵根离子水解程度变大，离子浓度小于小于2x；

D、中碳酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用；导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度小于2x；

综上的浓度最大的是

答案选B。

【点睛】

本题考查离子浓度大小的比较，侧重盐类水解规律的应用，明确水解的抑制、水解的相互促进即可解答，根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子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。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．Ⅰ代表H2A，在V(NaOH)＝0mL时，H2A分子不为0，H2A是弱电解质，H2A在水中的电离方程式是：H2AH＋＋HA－；HA－H＋＋A2－；故A错误；

B．当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液为NaHA溶液，根据图像，溶液中A2－的物质的量大于H2A，HA－的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，c(OH－)<c(H＋)；故B错误；

C．当V(NaOH)＝40mL时，溶液为Na2A溶液；强碱弱酸盐水解促进水电离，溶液中水的电离程度比纯水大，故C正确；

D．当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液为等物质的量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na＋）+c（H＋）=c（HA－）+2c（A2－）+c（OH－）①，物料守恒可知：3c（HA－）+3c（A2－）+3c（H2A）=2c（Na＋）②，①×2+②得：2c（H＋）+c（HA－）+3c（H2A）═c（A2－）+2c（OH－）；故D错误；

故答案选C。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，难点D，写出电荷守恒和物料守恒，再进行加减消元可得。9、D【分析】【分析】

随着溶液PH的增大，H2CO3浓度逐渐降低，HCO3-浓度逐渐增大，当HCO3-浓度增大到最大值时，PH继续增大时，HCO3-浓度逐渐降低，CO32-浓度逐渐增大。所以X为H2CO3，Y为HCO3-，Z为CO32-。

【详解】

A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图象可知曲线Z为CO32-微粒的变化曲线；故A错误；

B．pH=6.3时，图象中可知主要为H2CO3和HCO3-，H2CO3和HCO3-以及H2CO3三者的物质的量分数都小于0.2，各成分α(CO32-)+α(HCO3-)+α(H2CO3)＜1.0；故B错误；

C．pH=7时c(OH-)=c(H+)，此时为H2CO3和HCO3-，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)＞c(OH-)=c(H+)；故C错误；

D．pH=10.3时，c(CO32-)=c(HCO3-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，对学生的思维能力提出了较高的要求，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39111、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓

（2）a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变；错误；d；降低压强，反应速率减小，错误；设CO的转化量为x

CO+H2OCO2+H2

转化量（mol）0.200.8

转化量（mol）xxx

转化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x则。

N2+3H22NH3

转化量（mol）a3a0

转化量（mol）x3x2x

转化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）随着反应的进行，NH3的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH3的物质的量逐渐减小；可画出图像。

（5）步骤IV为热交换，使合成氨放出的热量得到充分利用；对原料气加压，使平衡向正反应方向移动，分离液氨，减少生成物浓度，未反应的N2、H2循环使用等措施可提高提高合成氨原料总转化率。

考点：本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.对原料气加压；分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用12、略

【分析】【详解】

(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式：20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；

②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；

③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；

故答案为：③④；

(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B

故答案为：75%；<；

②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；

故答案为：1.75a；

(4)A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则A错误；

B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1−n)，故a+b=129；故B正确；

C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3；故C错误；

D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正确；

答案为BD。【解析】③④13、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的定义书写该反应的平衡常数表达式；

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行；MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)；反应前后气体物质的量增大，压强越大平衡逆向进行；

(3)由图可知A点时氢气的体积分数为40%；结合三行计算列式计算平衡转化率。

【详解】

(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化学平衡常数为达到平衡，体系各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体或纯液体没有浓度变化量，则该反应的平衡常数表达式为K=

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行，正反应为为吸热反应，△H＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应正向是气体增大的反应，增大压强则平衡逆向进行，氢气体积分数增大，即其它条件相同时，压强越大，氢气体积分数越大，则p3＞p2＞p1；

(3)设生成二氧化碳物质的量为x；三段式为。

由图可知A点时氢气的体积分数为40%，得到×100%=40%，x=1mol，氢气转化率=×100%=50%。

【点睛】

由于固体或纯液体没有浓度变化量，浓度始终为常数1，不用写入平衡常数表达式中。【解析】K=＞p3＞p2＞p150%14、略

【分析】【分析】

（1）常温下；将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱；

（2）结合水的离子积常数和水解平衡常数求算公式计算；

（3）①由H2A＝H++HA–,HA–H++A2–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，Na2A为强碱弱酸盐；可以利用盐类水解的规律求解；

②由0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2可知，该溶液中主要存在HA–H++A2–；可以据此回答；

③由溶液呈中性可知溶液中氢离子的浓度等于氢氧根的浓度；

（4）结合Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20进行计算求解；

【详解】

（1）常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱，故MOH在水中的电离方程式为MOHM++OH−；

（2）=5×10–10

（3）①由H2A＝H++HA–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，故该盐为中性盐溶液的PH=7，Na2A为强碱弱酸盐，故溶液呈碱性PH>7，故答案为“<”；

②由题中信息可知溶液中c(Na+)=0.1mol·L－1>c(HA-),溶液中存在HA–H++A2–，可知：c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−)；

③溶液呈中性可知则可知：

A．c(H+)·c(OH–)=kw由于温度未知；故数值不能确定；

B．由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(HA–)+2c(A2–)+c(OH-)又故c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)；

C．0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，由此可知最初溶液呈现酸性是HA–H++A2–；抑制水的电离，故随着加入碱发生中和反应，水的电离程度逐渐增大；

D．由B可知D选项错误；

（4）由Ksp[Cu(OH)2]＝=2.2×10–20可知c(Cu2+)=2.2×10–8【解析】MOHM++OH−5×10–10＜c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−)B2.2×10–815、略

【分析】【分析】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生歧化者反应生成二氧化硫和S单质；

(2)根据难溶电解质的沉淀转化书写反应的离子方程式；

(3)K2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O平衡；据此分析解答。

【详解】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，生成二氧化硫气体和硫沉淀，反应的离子方程式为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O；

(2)ZnS的溶解度大于铜蓝(CuS)，CuSO4转变为铜蓝的离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故答案为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)；

(3)在K2CrO4溶液中加入硫酸酸化过程中，溶液由黄色变为橙色，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故答案为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O。【解析】S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O三、判断题(共1题，共2分)16、×【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、工业流程题(共3题，共6分)17、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。

【详解】

(1)该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中；提高锂的回收率；

(2)正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)分离操作1是用有机溶剂萃取分离出硫酸锂溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案为：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，污染环境，因此不能用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案为：有氯气生成，污染较大；

(5)“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；实验现象为：产生无色无味的气体和沉淀，故答案为：产生气体和沉淀。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意题中“锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)”，结合“充电时阴极反应为6C+xLi++xe-=LixC6”，说明LiCoO2具有强氧化性，可能将盐酸氧化生成氯气。【解析】①.Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O⑥.有氯气生成，污染较大⑦.产生(无色无味的)气体、产生沉淀(或溶液变浑浊)18、略

【分析】【分析】

（1）矿石粉碎的目的是增大接触面积；提高浸出率；

（2）根据溶度积进行计算和判断；