2025年沪科版选修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年沪科版选修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5题，共10分)1、25℃；101kPa下：

下列说法正确的是A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D.25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）=-317kJ/mol2、在密闭容器中，反应X2(g)＋Y2(g)2XY(g)ΔH<0；达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是()

A.图Ⅰ是增大压强的变化情况B.图Ⅱ是一定是加入催化剂的变化情况C.图Ⅲ是增大压强或升高温度的变化情况D.图Ⅲ一定是升高温度的变化情况3、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A.水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B.温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C.4℃时，纯水的pH=7D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小4、常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图，下列说法中正确的是（）

A.H2A的电离方程式为H2A=HA-+H+HA-⇌A2-+H+B.室温下，Na2A水解平衡常数Kh=10-11C.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)＜0.1mol/LD.常温下，等物质的量浓度NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液的pH=3.05、25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)如表所示；下列选项正确的是()

。AgCl

Ag2SO4

Ag2S

AgBr

AgI

1.8×10－10

1.4×10－5

6.3×10－50

5.0×10－13

8.3×10－17

A.AgCl、AgBr和AgI的溶解度依次增大B.将Ag2SO4溶于水后，向其中加入少量Na2S溶液，不可能得到黑色沉淀C.室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.将浅黄色溴化银浸泡在饱和NaCl溶液中，会有少量白色固体生成评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不断升高温度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH＜0B.X点CH4的转化率为20%C.X点与Y点容器内压强比为51∶55D.维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)＜v(逆)7、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g)△H＝－92.6kJ·mol－1；实验测得反应在起始；达到平衡时的有关数据如下表所示：

。容器编号。

起始时各物质物质的量/mol

达平衡时体系能量变化的数值。

X2

Y2

XY3

XY3

①

1

3

0

23.15kJ

②

0.6

1.8

0.8

Q（Q＞0）kJ

下列叙述正确的是A.容器①、②中反应的平衡常数不相等B.达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2mol·L－1C.容器②中反应达到平衡时放出的热量为QkJD.若容器①体积为0.20L，则达平衡时放出的热量大于23.15kJ8、常温下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四种离子。已知该溶液的溶质为一种或两种，且具有一定的浓度，下列有关说法正确的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，则溶质只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，则溶质为CH3COONa与CH3COOHC.若溶液pH=7，则可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，则不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)9、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)10、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.25℃时pH＝2的HF溶液中，由水电离产生的OH－浓度为10-12mol·L－1B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)C.向1L1mol·L-1的NaOH热溶液中通入一定量Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)D.25℃时pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合，所得溶液的pH＜7评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为__________。12、已知：Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1，Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1，写出Na2CO3•10H2O脱水反应生成Na2CO3(s)和水蒸气的热化学方程式______13、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。14、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物质的量浓度相同的①氨水；②氯化铵；③碳酸氢铵；④硫酸氢铵；⑤硫酸铵5种溶液中，c（NH4+）的大小顺序是__________________。（用序号从大到小表示）15、已知常温下H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反应NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K＝9.45×104，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝______________。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)17、矿产资源是重要的自然资源；不可再生，回收；再生是保护金属矿产资源的有效途径。

Ⅰ.稀土是隐形战机；超导、核工业等高精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一；如图是从钛尾矿回收、制备Sc的工艺流程。

已知：xNH4Cl•yScF3•zH2O是ScF3与氯化物形成的复盐沉淀；在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。据此回答：

(1)钪原子的外围电子排布式为______。

(2)在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物的化学方程式为______。

(3)如图是含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系。用氨水调节溶液pH，控制在3.5<______范围内。

(4)如图是“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系，其中在380℃到400℃会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图像中数据可得x：z=______。

(5)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3•6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是______(用化学方程式表示)。流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.镍广泛用于各种军工制造业，中国镍有一部分来自再生镍。某化学兴趣小组欲模拟化工生产工艺，回收某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)中的镍并制备硫酸镍(NiSO4•7H2O)。

已知：①镍在稀酸中可缓慢溶解；耐强碱。

②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Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L−1)的pH8.74.73.29.0

该兴趣小组设计了如下模拟实验方案：取一定量废镍催化剂粉末于烧杯中，在不断搅拌下加入NaOH溶液(碱浸)，充分反应并过滤，取滤出物于烧杯中，加入____，充分搅拌，过滤，____；过滤，洗涤，干燥，得到硫酸镍晶体。请回答：

(1)“碱浸”中NaOH除了溶解废镍催化剂外，另一个作用是______。

(2)请将a、b处实验方案补充完整a__________，b___________。(必须使用的试剂：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)18、铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。

I．火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2。

（1）用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_________。

（2）火法炼铅的废气中含低浓度SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为：____。

II．湿法炼铅在制备金属铅的同时；还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下：

已知：①不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。温度/℃20406080100溶解度/g1.001.421.942.883.20

②PbCl2为能溶于水的弱电解质，在Cl—浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl2（aq）+2Cl—（aq）PbCl42—（aq）

（3）浸取液中FeCl3的作用是_________。

（4）结合信息判断，操作a为_________，以利于PbCl2的析出。

（5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3应置于______（填“阴极室”或“阳极室”）中。

②简述滤液2电解后再生为FeCl3的可能原理：______。

③若铅精矿的质量为ag，铅浸出率为b，当电解池中通过cmol电子时，金属铅全部析出，铅精矿中PbS的质量分数的计算式为______。19、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______。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共18分)20、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：)21、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“＝”）。22、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：__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

略2、D【分析】【详解】

根据方程式可知；正反应是气体体积不变的；放热的可逆反应；

A.图I中改变条件正；逆反应速率都加快；平衡正向移动，而增大压强平衡不移动，故图I不可能是增大压强，A错误；

B.图II中改变条件；正；逆反应速率都加快，但平衡不移动，故改变的条件可能是增大压强或加入催化剂，B错误；

C.图III改变条件；化学反应速率加快，平衡逆向移动，而增大压强平衡不移动，XY%不变，图III不可能是增大压强，C错误；

D.图III改变条件；化学反应速率加快，平衡逆向移动，而温度升高，反应速率快，达到平衡的时间减少，升高温度平衡向逆反应方向移动，XY%减小，结合反应的特点，图Ⅲ一定是升高温度的变化情况，D正确；

答案选D。3、A【分析】【详解】

A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L；水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；

B.水的电离是吸热过程；升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B错误；

C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7；C错误。

D.向水中加入酸或碱；都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；

故合理选项是A。4、B【分析】【详解】

由图像可知，pH=1的溶液中含有A元素的微粒：不含H2A含有A2-、HA-，所以溶液中全部电离为说明第一步电离为完全电离，所以的电离方程式为：故A错误；

B．时则水解平衡常数故B正确；

C．溶液中全部电离，不存在分子，则由物料守恒可知，故C错误；

D．常温下，c（A2-）=c（HA-）时，Ka==c（H+）=10-3，则A2-水解平衡常数Kh==10-11＜Ka，则等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后，A2-水解程度小于HA-电离程度，导致溶液中c（A2-）＞c（HA-），则c（H+）＜10-3；溶液的pH＞3，故D错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．氯化银；溴化银和碘化银的溶度积依次减少；结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故A错误；

B．硫化银的溶度积比硫酸银小；将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B错误；

C．食盐水中氯离子浓度大于水中氯离子浓度，根据室温下，c(Cl-)×c(Ag+)为定值；则食盐水中银离子浓度小于水中银离子浓度，即AgCl在食盐水中的溶解度小于在水中的溶解度，故C错误；

D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，如满足c(Cl-)×c(Ag+)＞1.8×10-10；则可生成沉淀，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系。二、多选题(共5题，共10分)6、BD【分析】【分析】

由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动；X点CH4的物质的量与氢气相等，Z点CH4的物质的量与CS2相等；据此计算平衡常数，再计算Qc与K比较判断。

【详解】

A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则△H＞O；故A错误；

B．X点CH4的物质的量与氢气相等；则。

所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为=20%；故B正确；

C．同温同体积；物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故C错误；

D．Z点CH4的物质的量与CS2相等；则。

所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数K==

向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，Qc==>K；所以平衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，故D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题考查化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键。7、BD【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，所以①②是等效平衡。由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol。

【详解】

由于反应是在相同温度下进行的，所以反应达到平衡时容器①、②中反应的平衡常数相等，故A错误；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，其平衡浓度均为0.50mol÷0.25L=2mol/L，故B正确；容器①、②的平衡状态等效，逆反应是吸热反应，由于容器②中开始加入了0.8mol的XY3，达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，反应逆向进行，所以反应达到平衡时吸收QkJ能量，故C错误；若将容器①体积缩小为0.20L，由于减小体积，也就增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达平衡时放出的热量大于23.15kJ，故D正确。8、BD【分析】【分析】

A．分析离子浓度关系可知溶液呈碱性，溶质可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；

B．分析离子浓度关系可知溶液呈酸性；判断溶液中的溶质；

C．若溶液pH=7；呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；

D．若溶液pH<7；呈酸性，判断溶液中的溶质，进而分析离子浓度关系。

【详解】

A．分析离子浓度关系可知溶液呈碱性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，则溶液中溶质可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；故A错误；

B．分析离子浓度关系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，则溶液中溶质只能为CH3COONa与CH3COOH；故B正确；

C．若溶液pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶质具有一定的浓度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)；故C错误；

D．若溶液pH<7，呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)；故D正确；

故答案选BD。9、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。10、AC【分析】【详解】

A.25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)===10-12mol·L-1；故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+c(OH-)，该溶液呈碱性c（OH-）>c(H+)，则c(Na＋)>c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)；故B错误；

C.溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)；故C正确；

D.pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等；但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；

故选AC。三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【分析】

【详解】

0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，可知，该可燃性气体是CO，易水解成TiO2·xH2O的为TiCl4，所以，产物为CO和TiCl4，配平方程式，可知2molCl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−1，故答案为：2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−1。【解析】2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−112、略

【分析】【分析】

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式。

【详解】

①Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1

②Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1

由盖斯定律①-②得到：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1；

故答案为：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1。【解析】Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-113、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.14、略

【分析】【分析】

（1）根据HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性分析；

（2）根据NH4+水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+分析；

【详解】

（1）HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性；根据指示剂变色，判断溶液呈酸性，故电离大于水解。

故答案为：＞；

（2）水解和电离是微弱，⑤中铵根离子为硫酸根离子的两倍，故铵根离子浓度最大；④中氢离子抑制了铵根离子的水解；②中只有铵根离子水解，不促进也不抑制；③中碳酸氢根离子的水解产生氢氧根离子，促进了铵根离子的水解。所以铵根离子的浓度由大到小为④②③，①为弱电解质，只能很少部分电离，水解和电离是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小顺序为⑤④②③①。

故答案为：⑤④②③①。【解析】①.＞②.⑤④②③①15、略

【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关，由题意将平衡常数表达式写出，再观察找到K之间的联系。

【详解】

由题意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K=变形为=带入数据可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－5四、判断题(共1题，共9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】错五、工业流程题(共3题，共30分)17、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3经过焙烧生成Sc2O3，接着Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+，并用氨水调节pH，使其与F-结合生成ScF3，并与氨水和盐酸反应生成的NH4Cl结合形成复盐xNH4Cl·yScF3·zH2O，再经脱水除铵获得纯度很高的ScF3；最后用Ca还原出Sc单质。

【详解】

Ⅰ(1)Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，外围电子排布式即价电子排布式，故此处填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙烧后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合价改变，故推测有O2参与反应，所以C元素被氧化，对应产物为CO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

(3)由流程知，调节pH时维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F-结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合；故调节pH范围为：3.5＜pH＜4.2；

(4)由流程知，xNH4Cl·yScF3·zH2O脱水除铵指脱去结晶水和NH4Cl，NH4Cl受热分解成NH3与HCl，之后又反应生成NH4Cl，故会产生白烟现象，所以380~400℃减少NH4Cl质量，200~300℃减少H2O质量，则n(NH4Cl)=n(H2O)=故此处填1：2；

(5)高温脱水时，ScF3会与H2O反应生成ScOF，所以会混有ScOF杂质，对应方程式为：ScF3+H2O=ScOF+2HF；由于Sc3+水解会生成杂质，但脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解，所以制得的ScF3纯度很高；

Ⅱ(1)由于金属表面残留油脂；油脂在NaOH溶液中会发生水解从而被除去，故NaOH另一个作用为除去油脂；

(2)由于废镍催化剂粉末中混有Al、Fe及其氧化物等杂质，首先要考虑去除杂质，第一步碱溶后，Al及其氧化物被NaOH溶解除去，不溶物中主要含有Ni、Fe及其氧化物，加入稀硫酸使其溶解，再加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，之后再调节pH除去Fe元素杂质，最终通过蒸发浓缩、冷却结晶获得NiSO4晶体，具体方案补充如下：步骤a．稀硫酸；步骤b．向滤液中加适量H2O2溶液，充分反应，再加入NaOH溶液，调节3.2<7.2，蒸发浓缩，冷却结晶。【解析】3d14s22Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；4.21：2ScF3+H2O=ScOF+2HF脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解除去油脂稀硫酸向滤液中加适量H2O2溶液，充分反应，再加入NaOH溶液，调节3.2<7.2，蒸发浓缩，冷却结晶18、略

【分析】【分析】

I．(1)根据题意，铅精矿在空气中焙烧，与氧气反应生成PbO和SO2；据此书写反应的方程式；

(2)用过量氨水吸收二氧化硫；得到亚硫酸铵和水，据此书写反应的离子方程式；

II．铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠溶液浸泡，加热，趁热过滤，得到含氯化铅、氯化亚铁的溶液和含有硫单质的滤渣；滤液1加适量水稀释并冷却，得到氯化亚铁溶液(滤液2)，并析出PbCl2；PbCl2加入氯化钠溶液，使平衡PbCl2(aq)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)正向移动，得到PbCl42-溶液3；与上述的氯化亚铁溶液合并共同组成电解池，电解得到铅单质和含有氯化铁的溶液，据此分析解答(3)～(5)。

【详解】

I．(1)根据题意，铅精矿在空气中焙烧，与氧气反应生成PbO和SO2，反应方程式为2PbS+3O22PbO+SO2，故答案为：2PbS+3O22PbO+SO2；

(2)二氧化硫是酸性气体，氨水是弱碱，用过量氨水吸收二氧化硫，得到亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故答案为：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O；

II．(3)浸取液中FeCl3增加了氯离子浓度，溶液中存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)，当氯离子浓度增大时，平衡正向移动，让铅以PbCl42-的形式存在溶液中，另外三价铁离子具有氧化性，S2-离子具有还原性，能够发生氧化还原反应，使硫元素转化成单质硫，故答案为：使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl42-；S元素转化成单质硫成为滤渣；

(4)根据表格数据，PbCl2为能溶于水的弱电解质，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)，加水稀释，氯离子的浓度降低，平衡逆向移动，冷却后，温度降低，PbCl2的溶解度降低，从而析出PbCl2固体；故答案为：加水稀释并冷却；

(5)①溶液3是含PbCl42-的溶液；要制得单质铅，元素铅的化合价降低，需要得到电子，发生还原反应，根据电解池的工作原理，阴极得到电子，故溶液3应放入阴极室，故答案为：阴极室；

②阳极室是滤液2，滤液2是氯化亚铁溶液，亚铁离子在阳极失去电子，转化成三价铁离子，溶液中的阴离子氯离子通过阴离子交换膜，到达阳极室，与三价铁离子结合，得到氯化铁溶液，达到再生的目的，故答案为：阳极的电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，使c(Fe3+)升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生；

③由Pb2+→Pb，1molPb2+，转移2mol电子，当电解池中通过cmol电子时，金属铅全部析出，所以就有cmol的Pb析出，铅浸出率为b，故原液中有铅离子物质的量为mol，故PbS的物质的量也为mol，m(PbS)=M(PbS)×n=(207+32)×=g，铅精矿的质量为ag，铅精矿中PbS的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%。【解析】2PbS+3O22PbO+SO22NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl42-，S元素转化成单质硫成为滤渣加水稀释并冷却阴极室阳极的电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，使c(Fe3+)升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生×100%19、略

【分析】【分析】

（1）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式。

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子；锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂；水和氨气。

【详解】

（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；

（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；

（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】过滤CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑六、结构与性质(共3题，共18分)20、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-0.5121、略