2025年华东师大版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版选修4化学下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7题，共14分)1、某合作学习小组讨论辨析：

①氯化钠固体和氯化氢气体都不导电是因为二者中都不存在离子。

②碳酸钠；氢氧化钡、氯化铵都属于离子化合物。

③醋酸；烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物。

④氨气；水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质。

⑤碳酸钠晶体在空气中风化是化学变化；硫酸铜晶体溶于水是物理变化。

⑥用玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色说明溶液中含有Na+

⑦用Ba(NO3)2溶液、品红试液都可以区分CO2和SO2这两种气体。

上述说法正确的是A.①④⑤⑥B.②③⑥⑦C.②③④⑤D.②④⑤⑦2、下列说法错误的是A.的溶液：B.溶液中：C.的溶液：D.浓度均为的氨水与等体积混合后：3、常温下，向100mL0.01mol⋅L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol⋅L-1MOH溶液；图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况体积变化忽略不计)。下列说法中不正确的是。

A.MOH为一元弱碱B.MA稀溶液pH<7C.N点水的电离程度大于K点水的电离程度D.K点对应的溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH)-c(H+)=0.01mol⋅L-14、向NaOH溶液中缓慢通入气体，溶液中的物质的量与通入的物质的量的关系如图。下列说法错误的是。

A.水的电离程度：B.a、b两点溶液的pH满足：C.c点溶液满足：D.a、b、c三点溶液都满足：5、25℃时；下列有关电解质溶液说法正确的是。

A.1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0，由此可知Ka1(H2CO3)>Kb(NH3·H2O)>Kaa2(H2CO3)B.向氨水中加入NH4C1固体，溶液中c(NH3·H2O)·c(H+)/c(NH4+)增大C.向CH3COONa溶液中滴加硫酸至中性时，c(SO42－)3COOH)D.图中曲线可以表示向100mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.02mol/LNaOH溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)6、LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是。

A.b处通入H2B.该装置将化学能最终转化为电能C.通入H2的电极发生反应：2H2-4e-=4H+D.a处为电池负极，发生了氧化反应7、如图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子；电极均为石墨电极。下列有关描述正确的是。

A.A是阳离子交换膜B.通电后阳极区的电极反应式：2Cl－+2e－=Cl2↑C.阴极不能用铁丝网代替石墨电极D.阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

(1)已知：i反应A中；4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii

①H2O的电子式是_______。

②反应A的热化学方程式是_______。

③断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为_______kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键(填“强”或“弱”)_______。

(2)对于反应A，如图是4种投料比[n(HCl)：n(O2)；分别为1：1；2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。

①曲线b对应的投料比是_______。

②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_______。

⑧投料比为2：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______.9、根据事实；写出298K时下列反应的热化学方程式：

（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为__。

（2）1mol碳与适量水蒸气完全反应，生成一氧化碳气体和氢气，吸收131.3kJ热量。___。

（3）家用液化气中主要成分之一是丁烷。当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出丁烷燃烧反应的热化学方程式___。

（4）1molHgO(s)分解为液态汞和氧气，吸热90.7kJ。__。10、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中11、判断下列盐溶液的酸碱性，能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。12、（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0。CO和H2O浓度变化如图，则0〜4min的平均反应速率v(CO)=______________mol/(L·min)

（2）t1℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104

请回答：

①表中3〜4min之间反应处于_____________状态；c3数值_____________0.12mol/L(填大于；小于或等于)。

②反应在4〜5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是_____________(单选)，表中5〜6min之间数值发生变化，可能的原因是_____________(单选)。

a．增加了水蒸气的量b．升高温度c．使用催化剂d．增加压强。

（3）如图是一个电化学的装置图。

①图中乙池是________装置（填“电解池”或“原电池”)甲池中OH-移向____________极(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液，当外电路有1mol电子通过时，C、D两极共产生_______mol的气体。

②写出B电极的电极反应式：______________________________________________________________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共2题，共12分)14、(1)分别取40mL0.50mol/L盐酸与0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。实验时，还需测量的数据有_______________。

A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量。

C反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量。

E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量。

(2)某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热为△H=____________。

(3)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___(填“相等”或“不相等”)所求中和热___________________(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”)；用40mL0.50mol/LNaOH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”)

(5)上述实验结果与57.3kJ/mol(常温下中和热的值)有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度。

c.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯15、某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素；将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。

(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：。编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%①为以下实验作参照0.52.090.0②醋酸浓度的影响0.5____36.0③____0.22.090.0

(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图：

t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了____腐蚀，请在图中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向____；此时，碳粉表面发生了____(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是____。

(3)该小组对图中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设；请你完成假设二：

假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；

假设二：____；

评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)16、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：)17、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“＝”）。18、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、有机推断题(共1题，共7分)19、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

①氯化钠固体不能导电；氯化钠固体中的离子不能自由移动，故错误；

②碳酸钠；氢氧化钡、氯化铵都是由离子构成的；都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；

③过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠还生成氧气；不是碱性氧化物，故错误；

④氨气不能电离是非电解质；水和硫酸钡是电解质，但水难电离，是弱电解质，硫酸钡在水中溶解的部分是完全电离，所以是强电解质，故正确；

⑤风化失去结晶水是化学变化；硫酸铜晶体溶于水没有新物质生成，是物理变化，故正确；

⑥焰色反应为元素的性质，Na的焰色反应为黄色，则火焰呈黄色，玻璃棒含硅酸钠，则不能说明该溶液中含有Na+；故错误；

⑦酸化的Ba(NO3)2溶液能与SO2反应生成沉淀，SO2能使品红褪色；而二氧化碳不能，可以区分，故正确；

正确的有②④⑤⑦，故选D。2、D【分析】【详解】

A.为弱电解质，只能部分电离为还有未电离的根据物料守恒可得：故A正确；

B.溶液中，所有氢离子和氢氧根均来自于水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根浓度相等，即质子守恒，可得：故B正确；

C.的溶液中，存在电荷守恒：因为溶液显碱性，HCO3水解程度大于电离程度，故结合电荷守恒可知：故C正确；

D.浓度均为的氨水与等体积混合后，溶液体积变为原来的2倍，根据物料守恒可得：故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查电解质溶液中微粒浓度之间的关系，为高频考点，掌握电荷守恒式、物料守恒式、质子守恒式的书写是解题的关键。3、D【分析】【详解】

A．0.01mol⋅L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，滴入50mlMOH溶液恰好反应后，据图可知此时溶液呈酸性，说明存在M+水解使溶液显酸性；则MOH为弱碱，故A正确；

B．HA是强酸，MOH为弱碱，MA是强酸弱碱盐，其稀溶液pH<7；故B正确；

C．由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L；所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；

D．在K点时混合溶液体积是MOH溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)+c(M+)=0.01mol•L-1，c(A-)=0.005mol•L-1，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，联立可得c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=c(M+)-c(A-)+c(MOH)=0.01mol•L-1-0.005mol•L-1=0.005mol•L-1；故D错误；

故选：D。4、A【分析】【分析】

向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中的物质的量与通入CO2物质的量的关系如图，开始反应为CO2+2OH-===+H2O，碳酸根离子物质的量增大，到c点NaOH完全反应，全部生成碳酸根离子后继续通入二氧化碳气体，发生反应CO2++H2O===a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3。

【详解】

A．b点碳酸氢钠、碳酸钠的混合物，二者水解促进水的电离，a点氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠促进水的电离，所以b点水的电离程度大；故A错误；

B．a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和溶液的pH满足：故B正确；

C．c点得到的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根子水解溶液显示碱性，溶液中满足：故C正确；

D．a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，c点得到的溶液是碳酸钠溶液，溶液中存在电荷守恒，故D正确；

答案选A。5、C【分析】【详解】

A、1.0mol·L－1NH4HCO3溶液的pH=8.0，溶液显碱性，即HCO3－水解程度大于NH4＋水解程度，根据Kh=Kw/Ka，HCO3－水解平衡常数为Kh=Kw/Ka1，NH4＋水解平衡常数：Kh=Kw/Kb，则有Ka1b，即Ka1(H2CO3)b(NH3·H2O)；故A错误；

B、=Kw和Kb只受温度的影响，向氨水中加入NH4Cl固体；温度不变，即Kw和Kh不变，该比值保持不变，故B错误；

C、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)＋2c(SO42－)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，推出c(Na＋)=c(CH3COO－)＋2c(SO42－)，依据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c(Na＋)，两式合并得出：c(CH3COOH)=2c(SO42－)，因此有c(SO42－)3COOH)；故C正确；

D、CH3COOH为弱酸，0.01mol·L－1CH3COOH溶液的pH>2，故D错误。6、D【分析】试题分析：A、根据二极管的电子的流向，电子从a极流向b极，所以a是负极，b是正极；氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以a极通入氢气，错误；B；LED为发光的二极管，所以最终化学能转化为光能，错误；C、电解质溶液为KOH溶液，所以氢气失去电子与氢氧根离子结合生成水，错误；D、根据以上分析，a处为负极，发生氧化反应，正确，答案选D。

考点：考查电化学反应原理的应用7、D【分析】【分析】

【详解】

A．A膜一侧电极与电源正极相连，阳极是溶液中的阴离子失去电子，故海水中的Cl-向阳极移动；A为阴离子交换膜，A错误；

B．通电后阳极Cl-失电子生成氯气，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑；B错误；

C．阴极材料在反应中不参加反应；故可以使用铁丝网作为阴极，C错误；

D．阴极区H+放电，剩余大量OH-，与溶液中的Ca2+、Mg2+反应生成沉淀；D正确；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)③设H—O键的键能为x，H—Cl键的键能为y，则有-115.6=-2×243-4x＋4y＋498，化简得x-y=31.9，即断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强。

(2)①同一温度下，O2的浓度越大，HCl的平衡转化率越高，故曲线a、d分别对应n(HCl)：n(O2)为6：1、1：1的情况，曲线b对应的投料比是4：1。

②在图上作一平行于温度轴的直线与曲线b、c、d相交，可以看出，当不同投料比下HCl的平衡转化率相同时，曲线b对应的温度最低；曲线d对应的温度最高。则可得出结论：投料比越高，对应的反应温度越低。

③此时HCl的平衡转化率为80%。设反应开始时n(HCl)=2amol，n(O2)=amol。

4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)

起始2amolamol00

转化1.6amol0.4amol0.8amol0.8amol

平衡0.4amol0.6amol0.8amol0.8amol

则平衡混合气体中Cl2的物质的量分数是。

×100%≈30.8%。【解析】4HCl+O22Cl2+2H2O∆H=-115.6kJ/mol32强4：1投料比越小时对应的温度越低30.8%9、略

【分析】【详解】

（1）1mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出的热量为热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/mol，故答案为：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/mol；

（2）1mol碳与适量水蒸气完全反应，生成一氧化碳气体和氢气，吸收131.3kJ热量，热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol；

（3）1g丁烷气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，放出热量50kJ，则1mol丁烷气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，所放出的热量为：丁烷气体燃烧的热化学方程式为：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/mol，故答案为：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/mol；

（4）1molHgO(s)分解为液态汞和氧气，吸热90.7kJ，热化学方程式为：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol，故答案为：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol。【解析】B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/molC4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/molHgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol10、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc11、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解12、略

【分析】【详解】

(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min)；故答案为0.03mol/(L•min)；

(2)①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡．另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min-4min之间反应应处于平衡状态；由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C3数值应小于0.12mol/L；故答案为平衡；小于；

②反应在4min-5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选b；表中5min-6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动，故选a；故答案为b；a；

(3)①根据图示，图中甲池属于燃料电池，乙池和丙池属于电解池；甲池中通入甲醇的是负极，通入氧气的是正极，原电池中阴离子移向负极，因此OH-移向CH3OH极。丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液含有硫酸铜0.4mol，0.4mol铜离子放电转移0.8mol电子，当外电路有1mol电子通过时，阳极有氢氧根离子放电生成0.25mol氧气，阴极还有0.2mol氢离子放电生成0.1mol氢气，两极共产生0.35mol的气体，故答案为电解池；CH3OH；0.35；

②乙池中B电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为Ag+＋e-=Ag，故答案为Ag+＋e-=Ag。

点睛：本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断、原电池和电解池等问题。将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。本题的易错点是(3)中气体的判断。【解析】0.03平衡小于ba电解池CH3OH0.35Ag+＋e-===Ag三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、实验题(共2题，共12分)14、略

【分析】【分析】

(1)根据Q=c·m·△t计算分析；

(2)根据△H=-Q=-c·m·△t进行计算；

(3)根据反应放出的热量与反应的物质多少呈正比分析；结合中和热概念判断；

(4)一水合氨是弱电解质；电离吸收热量；物质完全反应放出热量比不完全反应放出热量多；

(5)a．实验装置保温；隔热效果必须好；

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零值再测定H2SO4溶液的温度；

c．量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平；

d．酸碱混合尽可能减少实验过程中能量损失。

【详解】

(1)由Q=c·m·△t可知；测定中和热需要测定的数据为：

A.反应前盐酸和氢氧化钠溶液的温度；C.反应前氢氧化钠溶液的温度；E.反应后混合溶液的最高温度；故合理选项是ACE；

(2)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；

平均温度差为：3.1℃，40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式-Q=c·m·△t可计算出生成0.02mol的水放出热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1036.64J=1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；

(3)因所用的酸与碱物质的量多少不同，所以反应放出的热量不同，但由于中和热是强酸、强碱完全反应产生可溶性盐和1molH2O时时放出的热量；可知中和热是相等的；

(4)氨水中的一水合氨是一元弱碱；电离会吸收热量，使得测得的中和热数值会偏小，因碱的量可能不足，则测得的中和热可能会偏小；

(5)a.实验装置保温；隔热效果差则测得的热量不够；使测定中和热数值偏小，a符合题意；

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度这样因酸与碱会反应，热量散失，所以会偏小，b符合题意；

c.中和热的数值测定以盐酸为标准计算；用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数，这样会数值偏小，以该盐酸体积为标准计算会使测定数值偏大，c不符合题意；

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯这样会造成测得的热量会减小；结果使测定中和热数值偏小，d符合题意；

故合理选项是abd。

【点睛】

本题考查中和热的测定的有关知识。注意中和热的概念的理解，为使酸(或碱)反应完全，所加入的碱(或酸)要过量，以不足量的物质为标准计算。中和热测定关键是减少酸碱混合时的热量损失。【解析】①.ACE②.-51.8kJ/mol③.不相等④.相等⑤.偏小⑥.偏小⑦.abd15、略

【分析】【详解】

(1)①为参照试验；由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；

(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：吸氧；还原；2H2O＋O2＋4e－=4OH－；

(3)图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。【解析】①.2.0②.碳粉含量的影响③.吸氧④.⑤.还原⑥.2H2O＋O2＋4e－=4OH－⑦.反应放热，温度升高五、结构与性质(共3题，共12分)16、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-0.5117、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><18、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；