2025年人教版PEP选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年人教版PEP选修4化学下册月考试卷385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9题，共18分)1、1molN2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ的热量，该反应的正确的热化学方程式为A.N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ·mol-lB.N2H4(l)+O2(l)=N2(g)+2H2O(g)△H=-622kJ·mol-lC.N2H4(l)+O2(l)=N2(g)+2H2O(l)△H=+622kJ·mol-lD.N2H4(l)+O2(l)=N2(g)+2H2O(g)△H=+622kJ·mol-l2、在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是。

A.反应物A的浓度：a点小于b点B.该反应的生成物可能对反应起催化作用C.曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态D.A的平均反应速率：ab段大于bc段3、在容积不变的密闭容器中存在如下反应某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是。

A.图Ⅰ中时刻是增大O2或SO2的浓度对反应速率的影响B.图Ⅱ中时刻可能是增大体系压强对反应速率的影响C.图Ⅲ是研究压强对化学平衡的影响图像，且甲的压强较低D.图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，且甲的温度比乙低4、人体血液存在等缓冲对。常温下，水溶液中部分缓冲对的微粒浓度之比的对数值表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸磷酸则下列说法正确的是。

A.曲线Ⅰ表示与pH的变化关系B.的过程中，水的电离程度逐渐减小C.当时D.当pH增大时，逐渐减小5、下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)B.0.1mol·L－1Na2S溶液中：2c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)C.0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)D.等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液和氢氧化钠溶液混合后：C(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)6、室温时下列溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.氨水：B.溶液C.氨水和溶液等体积混合：D.氨水和溶液等体积混合：7、常温下，向20mL0.lmol•L-1(CH3)2NH•H2O（一水合二甲胺）溶液中滴加0.1mol•L-1盐酸，滴定曲线如图甲所示，含C微粒的物质的量分数σ随pH变化如图乙所示。下列说法错误的是（）

A.e点时，溶液中c(Cl-)=2c[(CH3)2NH•H2O]+2c[(CH3)2NH2+]B.S点对应溶液的pH约为11.5C.常温下（CH3)2NH•H2O的电离常数为1×10-4D.d点时，溶液中c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH•H2O]8、某兴趣小组设计如图所示微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1、闭合K2；发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()

A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑B.断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C.断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－=2Cl－D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极9、有关电化学的相关知识中，下列叙述正确的是A.金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B.将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀C.合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强D.铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−3e−=Fe3+，继而形成铁锈评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、工业生产水煤气的反应为：C(s)+H2O(g)→CO(g)+H2(g)-131.4kJ。下列判断正确的是A.反应物能量总和大于生成物能量总和B.CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJC.水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4KJ热量D.水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4KJ热量11、如图所示，a曲线表示一定条件可逆反应X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)(正反应为放热反应)的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施是（）

A.加入催化剂B.增大Y的浓度C.降低温度D.增大体系压强12、250C时，有c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1mol·L-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图7所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是。

A.pH="5."5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B.W点所表示的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)C.pH="3."5的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)-c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)=c(CH3COOH)+c(OH－)13、常温下，0.1mol/LH2C2O4水溶液中存在H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态含碳粒子，用NaOH或HCl调节该溶液的pH，三种含碳粒子的分布系数δ随溶液pH变化的关系如图[已知：a=1.35，b=4.17，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，忽略溶液体积变化]。下列说法正确的是（）

A.pH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O42-)＞c(H2C2O4)＞c(HC2O4-)B.已知pKa=-lgKa，则pKa2(H2C2O4)=4.17C.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.一定温度下往CaC2O4饱和溶液中加入少量CaCl2固体，c(C2O42-)将减小，c(Ca2+)不变14、水的电离过程为H2OH++OH-，在25℃和35℃时其离子积分别为1.0×10-14、2.1×10-14。下列说法正确的是（）A.水的电离过程是吸热过程B.c(H+)随着温度升高而降低C.水的电离度α（35℃）>α（25℃）D.在25℃时，纯水中c(H+)>c(OH-)15、25℃时，向1L0.01mol•L－1H2B溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中c(H2B)、c(HB－)、c(B2－)、c(OH－)、c(H+)的对数值(lgc)与pH的关系如图所示(温度保持不变)；下列说法错误的是。

A.曲线c表示lgc(HB－)与pH的关系B.随pH增加，c(H2B)•c(OH－)增大C.0.01mol•L－1Na2B溶液，Kh1(B2－)的数量级为10－9D.M点溶液中n(Na+)＋n(H+)―n(B2－)＝0.01mol16、室温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，当溶液中（）A.c(CH3COO-)=c(Na+)时，该溶液一定呈中性B.c(CH3COO-)=c(Na+)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全中和C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)时，一定是醋酸过量D.c(Na+)＞c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)时，一定是氢氧化钠过量17、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)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、(1)根据下列热化学方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________

(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol，该反应的热化学方程式为______________。19、氮、磷、砷(As)、锑(Sb)；铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：

在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体；t℃时发生如下反应：

PH4I(s)PH3(g)+HI(g)①

4PH3(g)P4(g)+6H2(g)②

2HI(g)H2(g)+I2(g)③

达平衡时，体系中n(HI)=bmol，n(I2)=cmol，n(H2)=dmol，则℃时反应①的平衡常数K值为___（用字母表示）。20、常温下，有0.1mol/L的四种溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分别与等量的溶液③恰好完全反应；消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加热后碱性增强；结合化学用语解释原因：_________。

(5)常温下；下列关于溶液②的判断正确的是_________。

a.c(CH3COO−)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变。

d.滴入NaOH浓溶液，溶液导电性增强21、常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3；②NaHCO3；③HCl；④NH3·H2O。

（1）上述溶液中，可发生水解的是________(填序号；下同)。

（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的离子方程式分别为________________，___________

（3）向溶液④中加入少量氯化铵固体，此时的值________(填增大；减小、不变)。

（4）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积___④的体积(填大于；小于、等于)

（5）取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。22、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于________中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫灭火器中的主要成分是_______和_______溶液，反应的离子方程式为________。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共1题，共2分)24、50mL0.5mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在如图所示的位置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看；可知下图装置有三处不妥之处，请指出____________；_____________、________________。

(2)在测定中和热的实验中；计算反应热时需要的数据有_________

①酸的浓度和体积②碱的浓度和体积③比热容④反应前后溶液的温度差⑤操作所需时间。A．①②③⑤B．①②③④C．②③④⑤D．①③④⑤(3)实验中改用60mL0.50mol·L-1的盐酸跟50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，所求中和热_________(填“相等”或“不相等”)，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)。

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共4分)25、用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下：

(1)“矿石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。

①“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为____________________。

②“混合气体”的主要成分是_______________(填化学式)．

③FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_______________。Al2O3也能发生类似反应．这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧”温度为_____________________。

(3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_________。

(4)用电解氧化法可以增强合金AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3),电解质溶液为H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为______________________。

(5)假设流程中SiO2损失了20%，Al2O3损失了25%，当投入1t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=______________。26、I.采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。回答下列问题：

(1)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______

(2)写出由滤液A生成沉淀B的反应离子方程式：_______

(3)明矾可以净水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_______。

II.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：

氯化过程控制电石渣过量，在75°C左右进行。氯化时存在C12与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化学方程式为_______。

(6)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2转化为Ca(ClO3)2转化率的可行措施有_______(填序号)。

A.适当碱缓通入Cl2速率B.充分搅拌浆料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后过滤，向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g·L-1，如图，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作步骤是_______、_______；过滤、洗涤、干燥。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

1molN2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ热量，放热时焓变值为负值，物质反应时的能量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关。物质存在的状态不同，反应过程中放出或吸收的热量也不相同，所以该反应的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ·mol-l，故合理选项是A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a点反应物A的浓度大于b点；故A错误；

B；在恒温恒容条件下；随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起到催化作用，故B正确；

C；曲线上v(A)始终在变化；说明曲线上各点均表示没有达到达到平衡，故C错误；

D、根据图像，ab段的反应速率小于bc段的；故D错误；

故选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A.图Ⅰ中时刻是增大O2或SO2的浓度的瞬间，SO3的浓度不变；故正反应速率突然增大，逆反应速率不变，A错误；

B.由于该反应正反应为一个气体体积减小的方向；故增大压强平衡正向移动，正反应速率和逆反应速率均增大，但是正反应速率增大的更快，B错误；

C.由于该反应正反应为一个气体体积减小的方向，故增大压强平衡正向移动，SO2的转化率增大；C错误；

D.由于该反应正反应为一个放热反应的方向，故升高温度平衡逆向移动，SO2的转化率减小；图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，且甲的温度比乙低，D正确；

故答案为：D。4、D【分析】【详解】

A.磷酸曲线Ⅱ表示表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示与pH的变化关系；故A错误；

B.的过程中；氢离子浓度减小，对水的电离的抑制减弱，则水的电离程度逐渐增大，故B错误；

C.当时，观察图可得，而时，故C错误；

D.当pH增大时，减小，则逐渐减小；故D正确。

故选D。5、C【分析】【详解】

A、NaHSO4属于强酸的酸式盐，电离显酸性，0.1mol·L－1NaHSO4溶液中：c(Na＋)＝c(SO42-)＝c(H＋)＞c(OH－)；故A错误；

B、Na2S属于强碱弱酸盐，水解显碱性，根据物料守恒可知，0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)；故B错误；

C、NaHCO3溶液中存在电离和水解两个过程，根据电荷守恒可知，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)；故C正确；

D、等体积、等物质的量浓度的乙酸溶液和氢氧化钠溶液混合后，生成醋酸钠溶液，醋酸根离子会水解，溶液显碱性，存在如下关系：C(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；故D错误；

故答案选C。6、D【分析】【详解】

A．0.2mol∙L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)；故A错误；

B．0.2mol∙L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3∙H2O)；故B错误；

C．0.2mol∙L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c(NH4+)+c(NH3∙H2O)+c(NH3)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]；故C错误；

D．0.6mol∙L-1氨水和0.2mol∙L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3)+c(NH3∙H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)③，把①中c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1-c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4-c(NH3∙H2O)-c(NH3)，带入③整理得到：c(NH3∙H2O)+c(NH3)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol∙L-1+c(H2CO3)+c(H+)；故D正确；

答案选D。

【点睛】

易错点在于A选项，氨水存在弱电解质的电离平衡，水的电离平衡，所以氢氧根离子的浓度大于铵根离子的浓度。7、B【分析】【分析】

(CH3)2NH•H2O的电离方程式为(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为c点为溶液呈中性，乙图中S点处，c[(CH3)2NH•H2O]=c[(CH3)2NH2+]；据此结合电解质溶液中的三大守恒问题进行分析解答。

【详解】

A．e点时，Cl原子是N原子的两倍，则根据物料守恒有c(Cl-)=2c[(CH3)2NH•H2O]+2c[(CH3)2NH2+]；A选项正确；

B．(CH3)2NH•H2O的电离方程式为(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为温度不变，Ka不变，S点的c[(CH3)2NH•H2O]=c[(CH3)2NH2+]，则c(OH-)=10-4mol/L，由Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14得，c(H+)=10-10mol/L，则pH=-lg[c(H+)]=10；B选项错误；

C．由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为C选项正确；

D．d点时有物料守恒c(Cl-)=c[(CH3)2NH•H2O]+c[(CH3)2NH2+]，电荷守恒c[(CH3)2NH2+]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，两式相加可得c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH•H2O]；D选项正确；

答案选B。8、D【分析】试题分析：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-；其为正极，C错误，D；根据C中分析可知D正确，答案选D。

【考点定位】本题综合考查电解池和原电池知识。

【名师点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。9、B【分析】【详解】

A．金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程；A错误；

B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连；作阴极，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，B正确；

C．合金的熔点都低于它的成分金属；C错误；

D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+；进一步氧化形成铁锈，D错误。

答案选B。二、多选题(共8题，共16分)10、BC【分析】【详解】

A．该反应是吸热反应；故反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；

B．同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反，由题干反应可知，可得CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJ；故B正确；

C．由题干反应可知生成1mol氢气吸收的热量为131.4kJ；故C正确；

D．由题干反应可知生成1molCO吸收的热量为131.4kJ；而1体积CO物质的量不是1mol，故D错误；

答案选BC。

【点睛】

热化学方程式中，同一可逆反应，正、逆方向反应热数值相等，符号相反。11、AD【分析】【详解】

A．加入催化剂；可加快反应速率，且不影响平衡移动，A正确；

B．增大Y的浓度；反应速率加快，平衡正向移动，X的转化率增大，B错误；

C．降低温度；反应速率减慢，平衡正向移动，X的转化率增大，C错误；

D．该反应不随气体压强的改变而移动；故增大体系压强，反应速率加快，平衡不移动，D正确；

答案选AD。12、BC【分析】【详解】

分析pH变化；可分析出降低的是醋酸浓度，升高的是醋酸根离子浓度。A选项错误，由图直接看出离子浓度大于分子浓度；B选项正确，w点醋酸分子浓度大于醋酸根离子浓度，所以该关系是溶液的电荷守恒；C选项正确，等式中的前3项即醋酸根离子浓度，该式即题中的等式关系；D选项错误，理论上氯化氢与醋酸根离子全部反应，生成醋酸，醋酸是弱电解质，溶液中氢离子浓度较小，比可能大于醋酸浓度。

【考点定位】溶液中离子浓度比较13、BC【分析】【分析】

H2C2O4在水溶液中的电离平衡：H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+，pH减小（H+浓度增大），平衡逆向移动，pH增大（H+浓度减小），平衡正向移动，所以，pH最小时，溶液中的含碳粒子主要是H2C2O4，pH最大时，溶液中的含碳粒子主要是C2O42-，曲线①代表H2C2O4的含量，曲线③代表C2O42-的含量，曲线②代表HC2O4-的含量。

【详解】

A．pH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)；A项错误；

B．Ka2(H2C2O4)=用曲线②与曲线③的交点数据计算，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该点的pH=b=4.17，c(H+)=10-4.17，代入公式，得Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-4.17，pKa2(H2C2O4)=－lg(10-4.17)=4.17；B项正确；

C．0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中，电荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)①，物料守恒式：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)②，①②联立，消掉c(Na+)，得c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)；C项正确；

D．CaC2O4饱和溶液中存在溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，加入少量CaCl2固体，c(Ca2+)增大，平衡逆向移动，c(C2O42-)减小，根据勒夏特列原理，达到新的平衡时，c(Ca2+)仍比原平衡大；D项错误；

答案选BC。

【点睛】

微粒分布系数δ随溶液pH变化关系图中，计算平衡常数，可找相应的特殊点，一般为两条曲线的交点，交点处两种微粒的浓度相同，在平衡常数公式中可以约分；本题中，Ka2(H2C2O4)=可找c(HC2O4-)=c(C2O42-)的点，即曲线②和③的交点。14、AC【分析】【详解】

A．Kw=c(H+)×c(OH-)，5℃和35℃时其离子积分别为1.0×10-14、2.1×10-14；升高温度，水的离子积增大，说明升高温度，促进水的电离，则水的电离过程是吸热过程，A正确；

B．由A可知，温度升高，促进水的电离，水的电离程度增大，c(H+)；B错误；

C．温度升高，促进水的电离，所以，水的电离度α（35℃）>α（25℃）；C正确；

D．纯水中：c(H+)=c(OH-)；D错误。

答案选AC。15、BC【分析】【分析】

pH=-lgc(H+)，所以a曲线代表c(H+)，e曲线代表c(OH－)；H2B可以NaOH发生反应H2B+NaOH=NaHB+H2O，NaHB+NaOH=Na2H+H2O，所以随溶液pH增大，c(H2B)逐渐减小，c(HB－)先增多后减小，c(B2－)逐渐增大，所以b代表c(H2B)，c代表c(HB－)，d代表c(B2－)。

【详解】

A．根据分析可知曲线c表示lgc(HB－)与pH的关系；故A正确；

B．HB－的水解平衡常数的表达式为Kh=所以c(H2B)•c(OH－)=Kh·c(HB－)，而随pH增加，c(HB－)先增大后减小，水解平衡常数不变，所以c(H2B)•c(OH－)先增大后减小；故B错误；

C．Kh1(B2－)=据图可知当c(B2－)=c(HB－)时溶液的pH=9，所以此时溶液中c(OH－)=10-5mol/L，则Kh1(B2－)=10-5mol/L；故C错误；

D．M点溶液中存在电荷守恒2c(B2－)+c(HB－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，因为在同一溶液中，所以2n(B2－)+n(HB－)+n(OH－)=n(Na+)+n(H+)，存在物料守恒n(B2－)+n(HB－)+n(H2B)=0.01mol，据图可知该点n(OH－)=n(H2B)，所以n(B2－)+n(HB－)+n(OH－)=0.01mol，根据物料守恒可知n(HB－)+n(OH－)=n(Na+)+n(H+)-2n(B2－)，带入可得n(Na+)＋n(H+)―n(B2－)＝0.01mol；故D正确；

故答案为BC。16、AC【分析】【详解】

A.因溶液中只有四种离子，则由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当c(CH3COO-)=c(Na+)时，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，故A正确；

B.若醋酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解可知，c(Na+)＞c(CH3COO-)，故B错误；

C.由B选项可知，当二者恰好中和时c(Na+)＞c(CH3COO-)，所以当溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)时，醋酸一定过量，故C正确；

D.若醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，则溶液中的溶质为醋酸钠，由醋酸根离子水解及水解显碱性可知c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，则不一定是碱过量，故D错误；

故选：AC。17、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。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【详解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案为-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为=891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则1molC6H6(l)在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃烧热△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃烧的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案为：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。19、略

【分析】【详解】

由PH4I(s)PH3(g)+HI(g)可知，amolPH4I分解生成等物质的量的PH3和HI，由2HI(g)H2(g)+I2(g)可知，HI分解生成c(H2)=c(I2)=cmol/L，PH4I分解生成c(HI)为(2c+b)mol/L，则4PH3(g)P4(g)+6H2(g)可知PH3分解生成c(H2)=(d-c)mol/L，则体系中c(PH3)为[(2c+b)-(d-c)]mol/L=故反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)的平衡常数K=c(PH3)c(HI)==(b+)b，故答案为：(b+)b。【解析】(b+)b20、略

【分析】【详解】

(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH−)=0.1mol/L，故pH=13，故答案为：13；(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；(4)由溶液中存在加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案为：溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a错误；ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故b正确；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；故答案为：bd。【解析】HCl=H++Cl-13=溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动bd21、略

【分析】【分析】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，据此分析；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，据此分析；

(3)向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离，据此分析；

(4)NH3•H2O为弱电解质，不能完全电离，据此分析；

(5)取10mL溶液③；加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的十分之一，为0.01mol/L，据此分析。

【详解】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，Na2CO3和NaHCO3都是含有弱离子的盐；能发生水解，故答案为：①②；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为HCO3-+OH-=H2O+CO32-、HCO3-+H+=H2O+CO2，故答案为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；HCO3-+H+=H2O+CO2；

(3)向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以c(NH4+)c(OH−)的值增大；故答案为：增大；

(4)NH3⋅H2O为弱电解质；不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，故答案为：小于；

(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的为0.01mol/L，由Kw=c(OH−)⋅c(H+)可知，c(OH−)=10−12mol⋅L−1，则此时溶液中由水电离出的c(H+)=10−12mol⋅L−1，故答案为：10−12。【解析】①.①②②.HCO3-+OH-=H2O+CO32-③.HCO3-+H+=H2O+CO2④.增大⑤.小于⑥.10−1222、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐；结合铜离子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可发生水解，相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3；据此分析解答。

【详解】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常温下pH＜7；为了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫灭火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意铝离子和碳酸氢根离子易发生双水解而不能共存。【解析】酸＜硫酸抑制Al2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑四、判断题(共1题，共2分)23、×【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1题，共2分)24、略

【分析】【分析】

（1）应在最短的时间内让盐酸和氢氧化钠充分反应；所以应增添搅拌装置；为了测得温度的最高值，应加强保温；隔热和防止热量散失；

（2）根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（4）NH3•H2O是弱电解质；电离吸热。

【详解】

（1）为了测得温度的最高值；应在最短的时间内让盐酸和氢氧化钠充分反应，故缺少环形玻璃搅拌棒；为了测得温度的最高值，应加强保温；隔热和防止热量散失措施，应在在大小烧杯间填满碎泡沫（或纸条），并使小烧杯口与大烧杯口相平，故答案为：无环形玻璃搅拌棒；在大小烧杯间没有填满碎泡沫（或纸条）；小烧杯口与大烧杯口不相平；

（2）由Q=cm△T可知；测定中和热需要测定的数据为：酸和碱的浓度和体积，比热容，反应前后溶液的温度差，B符合；故答案为：B；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是酸和碱反应生成1mol水时的热效应，与酸碱的用量无关，故答案为：相等；不相等；

（4）NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故答案为：偏小。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，中和热的测定原理，反应热的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。【解析】无环形玻璃搅拌棒在大小烧杯间没有填满碎泡沫(或纸条)小烧杯口与大烧杯口不相平B相等不相等偏小六、工业流程题(共2题，共4分)25、略

【分析】【分析】

硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸铵在空气中焙烧，-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，控制焙烧温度，防止Al2O3也发生类似的反应；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，经系列处理得到NH4Fe(SO4)2；过滤得到滤渣为SiO2、Al2O3和GeO2，加盐酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相应的氯化物，二氧化硅不溶解