2025年外研衔接版选修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年外研衔接版选修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7题，共14分)1、下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是（）A.含20.0gNaOH的稀溶液与足量的稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示中和热的热化学方程式为:2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)∆H=-114.6kJ/molB.已知热化学方程式：SO2(g)+O2(g)SO3(g)∆H=-98.32kJ/mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为196.64kJC.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热为241.8kJ/molD.用稀氨水与稀盐酸进行中和热的测定实验，计算得到的中和热的∆H偏大2、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A.该反应的化学平衡常数表达式是K=B.此时B的平衡转化率是35%C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D.增加C的用量，B的平衡转化率不变3、对于mA(固)+nB(气)⇌pC(气)+Q的可逆反应，在一定温度下B的百分含量与压强的关系如图所示，则下列判断正确的是（）

A.m+nB.n>pC.x点的状态是v逆>v正D.x点比y点的反应速度慢4、时；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图所示。下列说法不正确的是。

A.B.点时两溶液中水的电离程度相同C.曲线表示与pH的变化关系D.溶液中存在：5、室温时，已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3∙H2O)。关于浓度均为0.1mol·L-1的醋酸和氨水的两种溶液的说法正确的是（）

①两溶液的pH之和为14

②两溶液中醋酸和NH3∙H2O的电离程度相同。

③两溶液加水稀释；溶液中各离子浓度均降低。

④两溶液等体积混合，pH=7，由水电离出c(H+)=1×10-7mol·L-1A.①②B.②④C.①②④D.①②③④6、下列式子中，属于水解反应的是()A.H2O＋H2OH3O＋＋OH－B.＋H2O＋OH－C.NH3＋H2ONH3·H2OD.＋OH－H2O＋7、相同温度；相同浓度下的6种盐溶液；其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为。

A.AlCl3Al2(SO4)3NaClOB.Al2(SO4)3AlCl3NaClOC.Al2(SO4)3AlCl3NaOHD.CH3COOHAlCl3Al2(SO4)3评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。9、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。10、有两个起始体积相同的密闭容器A和B；A容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压；B容器为固定体积。

起始时这两个容器分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO2+O22SO3；并达到平衡。

⑴达到平衡所需时间，A容器比B容器_____，两容器中SO2的转化率A比B______。

⑵达到⑴所述平衡后，若向两容器中分别通入等量Ar气体，A容器的化学平衡_____移动，B容器中的化学平衡________移动。

⑶达到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数_______，B容器中SO3的体积分数________(填变大、变小、不变)。11、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-)12、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持温度不变向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向___(填“左”或“右”)移动，所得溶液显__性，Kw__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH为9，则由水电离出的c(H+)=___。

（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。13、25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。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、工业流程题(共2题，共14分)15、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】制备In2O3的工艺流程如下：

（1）写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________

（2）从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：__________、_________；过滤、洗涤和干燥。

（3）提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___________（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式_________________________。

（4）完成下列化学方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃时，反应In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常数K=0.25；

i．t℃时，反应达到平衡时，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密闭容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃时反应达到平衡。此时In2O3的转化率为50%，则x=_________。

（6）高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放会引起一系列的环境问题，任写一条其引起的环境问题：_____________。16、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___。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)17、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7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A.根据中和热的概念可知，中和热的热化学方程式应该为:NaOH(aq)+1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)∆H=-57.3kJ/mol；故A错误；

B.二氧化硫的催化氧化是可逆反应，将2molSO2和1molO2充入一密闭容器中反应；放出的热量小于196.64kJ，故B错误；

C.燃烧热的定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；应该生成液态水才可判断，故C错误；

D.因为一水合氨为一元弱碱；电离要吸热，造成所测中和热偏大，故D正确；

答案：D

【点睛】

易错选项D，∆H比较大小，要注意正负号。2、D【分析】【分析】

在容器的容积不变时，气体的物质的量的比等于容器内的气体的压强的比。反应前后压强之比为5:4，则反应后气体的物质的量减小。由于产生了1.6molC，则同时产生0.8mol的D，还有未反应的反应物A：4mol−1.2mol=2.8mol，B:2mol-0.8=1.2mol，则反应后气体的物质的量n=×6mol=4.8mol；所以C是非气态物质，而D是气体。以此分析解答本题。

【详解】

A.由上述分析可知，C是非气态物质，而D是气体，3A(g)+2B(g)4C(非气体)+2D(g)，则该反应的化学平衡常数表达式是故A错误；

B.在反应达到平衡时，生成1.6molC时，则反应消耗B为0.8mol，B的平衡转化率=×100%=40％；故B错误；

C.增大该体系的压强；平衡向右移动，但是由于温度不变，所以化学平衡常数就不变，故C错误；

D.由于C不是气体；所以增加C，平衡不会发生移动，B的平衡转化率不变，故D正确；

故选：D。3、D【分析】【详解】

A.压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动，A为固体，故不一定故A错误；

B.压强越大，B的百分含量越高，说明增大压强平衡向逆反应移动，A为固体，故故B错误；

C.x点B的百分含量高于相同压强平衡点的含量，说明x点未到达平衡状态，反应向正反应移动，故x点的状态是故C错误；

D.x；y两点所处的压强不同；压强越大，反应速率越大，y点所处的压强大于x点所处的压强，则x点比y点的反应速度慢，故D正确；

故选D。4、B【分析】【分析】

NaA溶液中加入盐酸，溶液pH逐渐减小，逐渐减小，逐渐增大，则的值逐渐减小，则曲线表示与pH的关系；MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，逐渐减小，逐渐增大，则的值逐渐减小，则曲线表示与pH的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A、当时，此时溶液中故A正确；

B、点溶液的溶液呈碱性，对于曲线由于离子水解导致溶液呈碱性，促进水电离；曲线中，MCl溶液呈酸性，a点呈碱性，说明加入NaOH溶液生成的MOH的电离程度大于离水解程度；抑制水电离，所以两种溶液中水的电离程度不同，故B错误；

C、根据以上分析知，曲线表示与pH的变化关系；故C正确；

D、曲线中，时，根据可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度则MA溶液呈碱性，则根据电荷守恒得其水解程度较小，所以存在故D正确；

故选B。

【点睛】

明确图像曲线变化的含义及哪条曲线表示哪种微粒浓度对数为解答关键。本题的易错点为D，要注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。5、A【分析】【分析】

室温时，0.1mol·L-1的醋酸和氨水溶液，Ka=Kb=已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3∙H2O)，c(CH3COOH)=c(NH3∙H2O)，则c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)。

【详解】

①由以上分析知，c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)，则pH(CH3COOH)=pOH(NH3∙H2O)=14-pH(NH3∙H2O)，所以pH(CH3COOH)+pH(NH3∙H2O)=14；①正确；

②两溶液中醋酸和NH3·H2O的起始浓度都为0.1mol·L-1，c(H+)(CH3COOH)=c(OH-)(NH3∙H2O)；所以电离程度相同，②正确；

③两溶液加水稀释，醋酸溶液中的c(OH-)增大，氨水中的c(H+)增大；③不正确；

④两溶液等体积混合，pH=7，此时生成CH3COONH4，因发生双水解反应而促进水的电离，所以由水电离出c(H+)>1×10-7mol·L-1；④不正确；

综合以上分析，①②正确，故选A。6、B【分析】【分析】

盐类水解本质是盐类电离产生的弱酸根或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程，用表示水解反应程度微弱，多元弱酸根只能逐个结合H＋；分步水解。

【详解】

A、H2O＋H2OH3O＋＋OH－为水的电离；故A不符合题意；

B、二元弱酸根分两步水解，＋H2O＋OH－；故B正确；

C、NH3＋H2ONH3·H2O为化合反应；故C不符合题意；

D、＋OH－H2O＋为盐和碱的复分解反应；故D不符合题意。

故选B。7、B【分析】【分析】

图中①②溶液呈酸性；且①的酸性比②强，③溶液呈碱性，且碱性比碳酸钠溶液的弱。

【详解】

A.AlCl3和Al2(SO4)3均因铝离子水解呈酸性，Al2(SO4)3中铝离子浓度大；水解程度大，酸性强，A不满足；

B.AlCl3和Al2(SO4)3均因铝离子水解呈酸性，Al2(SO4)3中铝离子浓度大；水解程度大，酸性强，NaClO水解程度比碳酸钠小，因此NaClO溶液碱性比碳酸钠小，B正确；

C.NaOH溶液碱性比相同温度；相同浓度碳酸钠碱性强；C错误；

D.CH3COOH、AlCl3和Al2(SO4)3均呈酸性；D错误；

答案选B。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<04359、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B10、略

【分析】【分析】

（1）根据化学反应速率越快；到达平衡的时间越短；利用等效平衡来判断平衡移动来解答；

（2）根据容器中的压强对化学平衡的影响；

（3）根据浓度对化学平衡的影响，求出平衡移动后SO3的体积分数。

【详解】

（1）因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A比B短，若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向两容器通入数量不多的等量氩气，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向逆反应方向移动，A容器体积不变，压强增大，参加反应的气体产生的压强不变，平衡不移动；

答案：逆反应方向移动；不。

（3）向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡后，A中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的体积分数不变，B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的体积分数增大；

答案：不变；变大【解析】①.短②.大③.逆反应方向移动④.不⑤.不变⑥.变大11、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。12、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氢钠溶液中完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的；

（3）稀释会促进若电解质的电离；

（4）酸性越弱；酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大。

【详解】

（1）硫酸氢钠存电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，电离出H＋；使溶液显酸性，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，但温度不变，水的离子积常数不变；

故答案为：左；酸；不变；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等；

故答案为：1×10-5mol·L－1；

（3）稀释会促进弱电解质的电离；故若取pH；体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大；

故答案为：＜；

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA

故答案为：＜。【解析】①.左②.酸③.不变④.1×10-5⑤.<⑥.<13、略

【分析】【分析】

依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为变为一个变量进行判断。

【详解】

25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式为HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH−，则NaHSO3的水解平衡常数当加入少量I2时，发生反应HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I−，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大三、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、工业流程题(共2题，共14分)15、略

【分析】【分析】

将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼得到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O，故答案为：In(OH)3+3H+=In3++3H2O；

(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)电解精炼粗铟提纯时，粗铟为阳极，阴极上In3+发生还原反应，电极反应式为In3++3e-=In，故答案为：阳极；In3++3e-=In；

(4)硝酸铟受热易分解，产物为三氧化二铟、二氧化氮及氧气，反应的方程式为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑；

(5)ⅰ．反应In2O3+CO⇌2InO+CO2的平衡常数K==0.25，根据同一容器中，气体的浓度之比等于物质的量之比，==4；故答案为：4；

ⅱ.0.02mol的In2O3(s)在反应达到平衡时转化率为50%，可知参加反应的In2O3物质量为0.01mol，同时参加反应的CO和生成的CO2的物质的量也为0.01mol，据ⅰ知平衡时=4，即=4；解得：x=0.05mol，故答案为：0.05mol；

(6)672mLNO2气体的物质的量为=0.03mol，被nmolNa2O2直接吸收，则根据电子守恒：0.03mol×1=nmol×2，解得：n=0.015mol，Na2O2的质量为0.015mol×78g/mol=1.17g；大量NO2气体排到大气中，会造成光化学烟雾或硝酸型酸雨，故答案为：1.17；光化学烟雾或硝酸型酸雨。【解析】In(OH)3+3H+=In3++3H2O蒸发浓缩冷却结晶阳极In3++3e-=In4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑40.051.17光化学烟雾或硝酸型酸雨16、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、