2025年北师大版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是。

①CH3OH(g)＋H2O(g)→CO2(g)＋3H2(g)－49.0kJ

②CH3OH(g)＋1/2O2(g)→CO2(g)＋2H2(g)＋192.9kJ

下列说法正确的是A.1molCH3OH完全燃烧放出热量192.9kJB.②中的能量变化如图所示，则Q=E3-E1C.H2燃烧能放出大量的热，故CH3OH转变成H2的过程必须吸收热量D.根据②推知：在25℃，101kPa时，1molCH3OH(g)完全燃烧生成CO2和H2O放出的热量应大于192.9kJ2、某温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，测得实验数据如表：下列说法正确的是。编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)达到平衡所需时(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2（g）PCl3(g)Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80aat1Ⅲ4100.400.150.15t1

A.平衡常数K：容器Ⅱ>容器ⅢB.反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅰ>容器ⅢC.反应到达平衡时，a>0.2molD.起始时向容器Ⅲ中充入0.30molPCl5(g)、0.45molPCl3(g)和0.10molCl2(g），则反应朝逆向进行3、在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是（）

①该反应的化学方程式为：3X＋2Y2Z

②若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间大于t0

③若两容器中均达到平衡时；两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态。

④若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应A.①②③④B.②③C.③④D.①②④4、在容积一定的密闭容器中发生可逆反应：A(g)+2B(g)⇌2C(g)；ΔH＞0(表示吸热)。平衡移动关系如图所示；下列说法正确的是()

A.P1＞P2，纵坐标指C的质量分数B.P1＜P2，纵坐标指A的质量分数C.P1＜P2，纵坐标指A的转化率D.P1＜P2，纵坐标指混合气体的平均摩尔质量5、25℃时，水中存在电离平衡:H2O⇌H＋＋OH－△H＞0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)增大D.将水加热，KW增大，pH减小，酸性增强6、如图所示的电解池中，a、b、c、d都是石墨电极，通电一段时间后，a、b；c、d各电极上生成物物质的量之比是。

A.2∶2∶4∶1B.1∶1∶2∶1C.2∶4∶4∶1D.2∶1∶2∶1评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ·mol-l(a>0)，一定条件下在容积为5L的密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是A.2min时反应放出的热量等于0.lakJB.用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)=0.25mol·L-1·min-1C.2min内，NH3的转化率小于O2的转化率D.2min末，c(H2O)=0.6mol·L-18、工业上，CH3OH也可由CO和H2合成．参考合成反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数．下列说法正确的是()。温度/℃0100200300400平衡常数667131.9×10﹣22.4×10﹣41×10﹣5

A.该反应正反应是放热反应B.该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行C.在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则此时的平衡常数为100D.工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高9、500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：。容器起始时物质的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是A.升温至700℃，上述反应的平衡常数为则正反应为吸热反应B.达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同D.保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)10、根据相应的图象，判断下列相关说法正确的是（）A.甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密闭容器中反应达平衡，T0时条件改变如图所示，则改变的条件一定是加入催化剂B.乙：L(s)+aG(g)bR(g)反应达到平衡时，外界条件对平衡影响如图所示，若P1>P2，则a>bC.丙：aA+bBcC物质的百分含量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应D.丁：A+2B2C+3D反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，C是气体、D为固体或液体11、将0.5mol·L-1的Na2CO3溶液与amol·L-1的NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中粒子浓度间的关系及相关判断正确的是A.B.C.若则可确定a>0.5D.若则可确定a=0.512、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)；产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是。

A.电子由电极M经外电路流向电极NB.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3C.放电一段时间后，酸液室溶液pH减小，碱液室pH增大D.Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H＋通过质子交换膜c移向N极评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___。14、三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：

2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

则反应4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol−1。15、可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；试根据图回答：

[A的转化率（%）表示为α（A）；A的含量（%）表示为φ（A）]

（1）压强P1___P2（填＜或＞）；

（2）体积（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）温度t1℃___t2℃（填＜或＞）。16、按要求回答下列问题。

（1）写出氮化镁的化学式________。

（2）写出的离子结构示意图________。

（3）写出醋酸在水溶液中的电离方程式________。

（4）写出溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的化学方程式________。17、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______18、.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的六种溶液的pH如下表所示：

请回答下列问题：

(1)上述六种溶液中，水的电离程度最小的是_____(填化学式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_____(填写一种物质即可)。19、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：该离子浓度评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)20、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共24分)21、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)22、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。23、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共12分)24、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)。25、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_______________。26、已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂。

②某些物质的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。

（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。

（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是_____。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．根据盖斯定律将，②×3-①×2可得：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+G，则G=(192.9kJ/mol)×3-(-49kJ/mol)×2=676.7kJ/mol，所以1molCH3OH完全燃烧放出热量为676.7kJ；故A错误；

B．在反应②中，由图示Q=反应物总能量-生成物总能量=E2-E1；故B错误；

C．由已知可知；反应②为放热反应，故C错误；

D．氢气燃烧放热，根据②推知：在25℃，101kPa时，1molCH3OH(g)燃烧生成CO2和H2O(l)放出的热量应大于192.9kJ；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。2、D【分析】【详解】

PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)；

A.I中K=≈0.03，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故容器Ⅱ中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K==0.045，因此平衡常数K：容器Ⅱ<容器Ⅲ；A错误；

B．容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于增大压强，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，PCl5的转化率减小，即PCl5的转化率：容器Ⅱ<容器Ⅰ；起始量相同，升温达到平衡状态Cl2和PCl3物质的量增加，由于升温平衡向吸热反应方向移动，容器Ⅲ是升高温度，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅰ<容器Ⅲ；B错误；

C．Ⅱ的起始量是Ⅰ的2倍，若平衡不变，达到平衡状态a值为0.2mol，但恒温恒容条件下，起始量增大一倍，容器中压强增大，平衡逆向进行，反应到达平衡时，a<0.2mol；C错误；

D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则此时Qc==0.075>0.044；故平衡逆向移动，D正确；

故合理选项是D。3、B【分析】【详解】

①由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z3X+2Y；故①错误；

②反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0；故②正确；

③若两容器中均达到平衡时；两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以Y为固态或液态，故③正确；

④若达平衡后；容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故④错误；

②③正确，故选B。4、A【分析】【分析】

根据题中A(g)+2B(g)⇌2C(g)；ΔH＞0(表示吸热)可知；本题考查化学平衡的影响因素，运用勒夏特列原理分析。

【详解】

A(g)+2B(g)⇌2C(g)△H>0；为气体体积减小且放热的可逆反应，压强增大平衡正向移动；

A.P1>P2；压强增大平衡正向移动，C的质量分数增大，温度升高平衡正向移动，C的质量分数增大，则与图象符合，故A正确；

B.P1<P2；压强增大平衡正向移动，A的质量分数减小，温度升高平衡正向移动，A的质量分数减小则与图象不符合，故B错误；

C.P1<P2；压强增大平衡正向移动，A的转化率增大，则纵坐标不能为A的转化率，故C错误；

D.由反应可知反应前后气体的总质量不变，P1<P2；压强增大平衡正向移动，总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，与图象不符，故D错误；

答案选A。

【点睛】

A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H>0，为气体体积减小且放热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，由图象可知，相同温度时，P1对应的Y大，相同压强时，温度越高对应的Y大。5、B【分析】【详解】

A．向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH−)增大；故A错误；

B．NaHSO4═Na+++H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，但是温度不变，KW不变；故B正确；

C．向水中加入少量固体CH3COONa，CH3COONa水解结合氢离子，促进水的电离，c(H+)降低；故C错误；

D．温度升高，水的离子积常数KW增大；则pH值减小，但是水显中性，故D错误；

故答案为：B。6、A【分析】【详解】

左、右两个装置都是电解池，左侧装置，a连接电源的负极，为阴极，发生还原反应，Cu2+放电生成Cu，阴极电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，b为阳极，发生氧化反应，Cl-放电生成Cl2，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；右侧装置，c为阴极，发生还原反应，Ag+放电生成Ag，阴极电极反应式为：4Ag++4e-=4Ag，d连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，水放电生成O2和H+，阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，两个装置中转移的电子的物质的量相等，根据得失电子守恒，四种产物之间的关系为2Cu～2Cl2～4Ag～O2；所以A选项正确。

故选A。

【点睛】

根据串联电路中得失电子守恒解答此类问题。二、多选题(共6题，共12分)7、AC【分析】【详解】

A．由反应式知；生成4molNO，放热akJ，2min时生成0.4molNO，则反应放热0.lakJ，A正确；

B．用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)==0.05mol·L-1·min-1；B不正确；

C．2min内，NH3的转化率(40%)小于O2的转化率(50%)；C正确；

D．2min末，c(H2O)==0.3mol·L-1；D不正确；

故选AC。

【点睛】

对于一个可逆反应，反应物的起始投入量与化学计量数的比值越大，转化率越小。8、AC【分析】【详解】

A；依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，故A正确；

B、该反应为放热反应△H<0；且由反应方程式可知△S＜0，因只有△H﹣T△S＜0时反应才能自发进行，所以反应在低温条件才可自发，故B错误；

C；结合平衡三段式列式计算；平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

平衡常数K==100；故C正确；

D；工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃；是从转化率和反应速率两方面综合考虑，故D错误；

故选AC．9、BC【分析】【分析】

500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃时，

【详解】

A.500℃时，平衡常数是升温至700℃，上述反应的平衡常数为说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正确；

C.根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；

D.保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)；故D错误。

答案选BC。

【点睛】

熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。10、CD【分析】【详解】

A．甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密闭容器中反应达平衡，若a+b=c时；加入催化剂或增大压强时的图像相同，A说法错误；

B．乙：L(s)+aG(g)bR(g)反应达到平衡时，外界条件对平衡影响如图所示，若P1>P2，等温时，增大压强G的体积分数增大，平衡逆向移动，向气体计量数减小的方向移动，则a＜b；B说法错误；

C．丙：aA+bBcC物质的百分含量和温度关系如图所示，T2之前，反应未达到平衡状态，T2点平衡；升高温度，C的百分含量降低，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，C说法正确；

D．丁：A+2B2C+3D反应速率和反应条件变化关系如图所示；降低温度，平衡正向进行，则该反应的正反应为放热反应；增大压强，平衡正向移动，气体计量数左边大于右边，则A；B、C是气体、D为固体或液体，D说法正确；

答案为CD。

【点睛】

丙中，初始量A最大，C为零，加入A、B物质后开始加热，故T2点之前反应未达到平衡状态。11、BD【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒则A项错误；

B．碳酸钠中存在物料守恒碳酸氢钠中存在物料守恒混合溶液中存在物料守恒，根据碳酸钠中的物料守恒得B项正确；

C．若溶液呈碱性，若a=0.5，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则混合溶液中也存在C项错误；

D．根据电荷守恒得若两式整理得根据物料守恒a=0.5，D项正确；

答案选BD。12、BC【分析】【分析】

图分析可知N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑；说明N电池为正极，M电池为负极，碱液室中氢氧根离子通过阴离子交换膜中和正电荷，酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气同时酸液室中的氯离子通过阴离子交换膜加入碱液室补充负电荷，据此分析判断。

【详解】

A．图分析可知电极M区的电极反应式为H2-2e-=2H+，N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑；故M为负极，N为正极，故电子由电极M经外电路流向电极N，A正确；

B．放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3溶液，在酸液室可以生成NaHCO3、Na2CO3；B错误；

C．放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，酸液室溶液pH增大，碱液室不断产生H+；故pH减小，C错误；

D．根据上述分析可知：Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H＋通过质子交换膜c移向N极；D正确；

故答案为：BC。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并写出热化学方程式。

（2）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式。

【详解】

（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【点睛】

此题最易错之处是没有弄清中和热的概念，即生成1摩尔水时反应放出的热量才是中和热。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol14、略

【分析】【详解】

①2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

②3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

③4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)ΔH

①×3+②=3，故ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×(48kJ·mol−1)+(−30kJ·mol−1)=114kJ·mol−1，故答案为：114。【解析】11415、略

【分析】【详解】

（1）由图A可知，P2先达到平衡状态，则P2大，故P1＜P2；

答案为＜；

（2）P2＞P1，压强越大，A的转化率越低，说明增大压强平衡向逆方向移动，即向气体体积缩小的方向移动，则（a+b）比（c+d）小；

故答案为＜；

（3）由图B可知t1先达到平衡状态，t1温度高，则t1＞t2；

答案为＞；【解析】①.＜②.＜③.＞16、略

【分析】【分析】

(1)依据名称和元素化合价代数和为0；书写化学式；

(2)钠离子的核内质子数为11；核外电子数=10，据此书写离子结构示意图；

(3)醋酸为弱酸；部分电离；

(4)溴能够置换碘；据此书写反应的化学方程式。

【详解】

(1)氮化镁中镁元素化合价+2价，氮元素化合价为-3价，根据元素化合价代数和为0，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

(2)钠离子的核内质子数为11，核外电子数=10，离子结构示意图为故答案为：

(3)醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

(4)溴能够置换碘，溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为Br2+2KI=2KBr+I2，故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH⇌CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I217、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小18、略

【分析】【分析】

(1)酸碱抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响；

(2)首先根据越弱越水解原理判断，得出酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根据氯水中的平衡移动以及强酸制弱酸的原理选择合适的物质。

【详解】

(1)只有Na2SO4是强酸强碱盐，对水的电离无影响，其余均为弱酸强碱盐，均促进水的电离，故水的电离程度最小的是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(2)根据越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其对应弱酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，根据上表几种强碱弱酸盐的pH可得，酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，要增大HClO的浓度，可消耗HCl，使平衡正向移动，但不能消耗HClO，根据强酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可与HCl反应，而不与HClO反应，且NaClO一方面消耗盐酸，同时生成HClO，故答案为：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。

【点睛】

多元弱酸的酸式盐溶液促进水的电离还是抑制水的电离，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小关系，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液显酸性，其会抑制水的电离；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液显碱性，其会促进水的电离，这是学生们的易混点。【解析】①.Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。19、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】1058.5～11四、判断题(共1题，共2分)20、×【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、结构与性质(共3题，共24分)21、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5122、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><23、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、工业流程题(共3题，共12分)24、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−=MnOKOH25、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