2025年沪科版选修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年沪科版选修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、①C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=－393.5kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）ΔH=－571.6kJ/mol

现在0.2mol炭粉和氢气组成的悬浮气，在氧气中完全燃烧，共放出67.93kJ的热量，则混合物中C与H2物质的量之比为A.1︰1B.1︰2C.2︰3D.3︰22、有些化学反应反应速率很慢且副反应较多，测定这些反应的焓变可运用A.阿伏加德罗定律B.勒夏特列原理C.盖斯定律D.质量守恒定律3、常温下某一元碱溶液与0.01mol/L的一元强酸HA溶液等体积混合后所得溶液的pH为7。下列说法中正确的是（）

①反应前，0.01mol/L的一元强酸HA溶液中水电离出的的浓度为

②反应前，一元碱其溶液中溶质物质的量浓度一定大于0.01mol/L

③反应后，溶液中离子浓度大小排列顺序一定是c（B+）=c（A-）>c（H+）=c（OH-）

④反应后，混合溶液中HA与A-的浓度总和等于0.01mol/LA.①②B.①③C.②④D.①②④4、常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A.溶液：B.溶液：C.溶液：D.溶液与等体积的醋酸混合后的溶液中：5、常温下，往H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；体系中含磷各物种所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示。下列有关说法不正确的是。

A.为尽可能得到较纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5左右B.在pH＜7.2的溶液中，c（H2PO4-）＞c（HPO42-）C.当pH=7.2时，H2PO4-与HPO42-的物质的量相等且等于原溶液磷酸物质的量的一半D.pH=13时，溶液中各微粒浓度大小关系为：c（Na+）＞c（PO43－）＞c（HPO42-）＞c（OH－）＞c（H+）6、将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，以下说法一定正确的是A.若混合液呈酸性，则[CH3COO-]>[Na+]B.若混合液呈中性，则[CH3COO-]=[CH3COOH]C.若混合液呈碱性，则[CH3COO-]>[OH-]D.随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]始终增大7、据报道；最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电。

其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH-2CO32-+6H2O，则下列说法错误的是（）A.放电时负极的电极反应为：CH3OH－6e-＋8OH-＝CO32-+6H2OB.充电时电解质溶液的pH逐渐增大C.充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子D.放电时CH3OH参与反应的电极为正极评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7

下列说法中正确的是A.该反应正反应为放热反应B.容器Ⅰ中前5min的平均反应速率υ(CO)=0.16mol·L-1·min-1C.容器Ⅱ中，a＝0.55molD.若容器Ⅰ为恒压，达到平衡时CO转化率小于80%9、用0.100mol·L-1HCl溶液滴定0.100mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图，已知下列说法错误的是。

A.a点溶液中：c(CO32-)>c(HCO3-)B.b点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)C.c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D.溶液中水的电离程度：a>b>c>d10、25℃时，将VmL0.10mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入到20.00mL0.10mol·L-1的醋酸溶液中；溶液pH随所加V(NaOH)的变化而变化(忽略混合时溶液体积变化)，数据如下表所示：

下列说法正确的是A.①中存在c(CH3COO-)＞c(Na+)=0.05mol·L-1B.②中存在c(CH3COOH)＜c(Na+)=c(CH3COO-)=x/(200+10x)C.③中存在c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1D.通过①进行近似计算可知醋酸的数量级是10-611、常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（）

A.点①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)B.点②所示溶液中：c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.点③所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D.滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)12、部分弱酸的电离平衡常数如表所示：。弱酸电离常数/（）（25℃）

下列说法错误的是（）A.B.C.中和等体积、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等体积、等浓度的和溶液中，前者所含离子总数小于后者13、已知，0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则下列说法（关系式）正确的是A.c(A2-)>c(H2A)B.HA-的水解抑制了HA-的电离C.HA-的水解和电离相互促进D.c(OH-)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)14、化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液下列有关说法正确的是A.将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变B.该缓冲溶液的pH=4.76C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol

反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡转化率的条件是________。

a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为_________。

(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比实验；结果如下图所示：

①投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：。反应ⅠⅡ∆H(kJ/mol)+75﹣173

①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_________。16、已知下列热化学方程式；回答下列各问：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃烧热为______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ的热量。写出CH4燃烧热的热化学方程式__________________________________________________。

(3)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒温(500K)、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1.0molH2发生合成氨反应N2+3H22NH3，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，该反应的热化学方程式为___________________________________。17、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类18、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：__________________________。19、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，__________________。20、燃料电池是利用燃料（如CO、H2、CH4等）与氧气反应，将反应产生的化学能转变为电能的装置，通常用氢氧化钾作为电解质溶液。完成下列关于甲烷（CH4）燃料电池的填空：

（1）甲烷与氧气反应的化学方程式为：__________。

（2）已知燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH==K2CO3+3H2O，电池中有一极的电极反应为CH4+10OH--8e-==CO32-+7H2O，这个电极是燃料电池的_________（填“正极”或“负极”），另一个电极上的电极反应式为：___________。

（3）随着电池不断放电，电解质溶液的碱性__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)21、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30分)22、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：)23、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“＝”）。24、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1题，共7分)25、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

设碳粉xmol,则氢气为(0.2−x)mol；则。

则解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1，故答案选：A。2、C【分析】【详解】

有些反应的速率很慢；有些反应同时有副反应发生，还有些反应在通常条件下不易直接进行，因而测定这些反应的反应热就很困难，运用盖斯定律可方便地计算出他们的反应热。

答案选C。3、B【分析】【分析】

常温下某一元碱溶液与0.01mol/L的一元强酸溶液等体积混合后所得溶液的pH为7，有可能是强碱，也有可能是弱碱，若是强碱，则的浓度也为0.01mol/L，若是弱碱，则的浓度大于0.01mol/L。

【详解】

①反应前，0.01mol/L的一元强酸HA溶液中的浓度为故溶液中的浓度为==1×10-12（mol/L），由水电离的浓度等于溶液中的浓度，即水电离的H+浓度为1×10-12mol/L；故①正确；

②有可能是强碱，也有可能是弱碱，若是强碱，则的浓度为0.01mol/L，若是弱碱，则的浓度大于0.01mol/L；故②错误；

③混合后溶液pH为7，故c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则c（B+）=c（A-），故离子浓度排序为：c（B+）=c（A-）>c（H+）=c（OH-）；故③正确；

④HA为强酸；混合液中没有HA，且两溶液等体积混合，体积变为2倍，故浓度变为原来的一半，故④错误；

故①③正确，答案选B。4、D【分析】【详解】

A.不水解，水解，但程度都较小，化学式中离子系数越大，则该离子在溶液中浓度越大，所以离子浓度大小顺序是故A错误；

B.根据电荷守恒得故B错误；

C.根据电荷守恒得根据物料守恒得所以得故C错误；

D.溶液与等体积的醋酸溶液，二者混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，则根据电荷守恒得溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸的电离程度很小，所以则溶液中离子浓度大小顺序是故D正确。

故选D。

【点睛】

溶液中，虽然NH4+水解，但由于水解程度比较微弱，所以其浓度仍然大于本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度比较为高考高频点，明确溶质的特点是解本题关键，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解程度都较小，根据守恒思想即可解答。5、C【分析】【详解】

由图象可知横坐标每一小格代表0.5个pH单位。

A．由图象可知，要获得尽可能纯的NaH2PO4；pH应控制在4～5.5之间，故A正确；

B．由图象可知，当pH=7.2时，c(H2PO4-)=c(HPO42-)，则在pH＜7.2的溶液中，c(H2PO4-)＞c(HPO42-)；故B正确；

C．由图象可知，当pH=7.2时，c(H2PO4-)=c(HPO42-)，则H2PO4-与HPO42-的物质的量相等，溶液中还含有少量的H3PO4和PO43－；根据P原子守恒，都小于原溶液磷酸物质的量的一半，故C错误；

D．由图象可知，pH=12.2时，c(HPO42-)=c(PO43-)，在pH=13时，c(PO43－)＞c(HPO42-)，溶液中主要含有Na2HPO4和Na3PO4，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(PO43－)＞c(HPO42-)＞c(OH－)＞c(H+)；故D正确；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意反应后的溶液中会同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-几种含P微粒，只是溶液的酸碱性不同，有些微粒含量很少而已。6、A【分析】【分析】

将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，若恰好反应完，溶液显碱性，若要显中性，则醋酸有少量剩余，不管反应后溶液性质如何，都满足电荷守恒：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]。

【详解】

A、溶液中电荷守恒等式：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，混合液呈酸性，[H+]>[OH-]，则[CH3COO-]>[Na+]；故A正确；

B、混合液显中性，则醋酸有少量剩余，溶液中主要是醋酸钠，则[CH3COO-]>[CH3COOH]；故B错误；

C、溶液中电荷守恒等式：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，若混合液呈碱性，只能得出[OH-]>[H+]，无法比较[CH3COO-]与[OH-]的大小；故C错误；

D、随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]先增大后减小；故D错误。

答案选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

放电相当于原电池，原电池中负极失去电子，根据方程式可知，甲醇失去电子，所以甲醇在负极通入，因此A正确，D不正确。充电反应向逆反应方向进行，产生OH－，所以碱性增强，B正确。根据方程式可知，充电时每生成2mol甲醇，就转移12mol电子，所以选项C正确。答案选D。二、多选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【详解】

A.若容器I、III的温度都是500℃，则两者是完全全等的等效平衡，容器III的温度为600℃，升高温度COCl2浓度降低；说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；

B.I中平衡时得到△n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则5min内υ(CO)==0.32mol⋅L−1⋅min−1；故B错误；

C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)===0.4mol/L，c(COCl2)==1.6mol/L，化学平衡常数K=温度相同，化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10；

CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)；

初始（mol）1.0a0

变化（mol）0.50.50.5

平衡（mol）0.5(a−0.5)0.5

平衡时c(CO)=c(COCl2)==1mol/L，c(Cl2)=mol/L=2(a−0.5)mol/L，化学平衡常数K==10；解得a=0.55，故C正确；

D.恒容容器I中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率=×100%=80%；若容器I为恒压，相对于恒容容器，增大压强平衡正向移动，CO的平衡转化率大于80%，故D错误；

答案选AC。9、AC【分析】【详解】

A.a点溶液溶质是Na2CO3、NaHCO3、NaCl且浓度相等，由于碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度，碳酸根水解生成碳酸氢根，因此溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)；故A错误；

B.b点溶液溶质为NaHCO3、NaCl且浓度相等，根据物料守恒得出c(Na+)=2c(HCO3－)+2c(CO32－)+2c(H2CO3)，因此有c(Na+)>c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)；故B正确；

C.c点溶液溶质为NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)；故C此错误；

D.碳酸钠水解程度最大，不断加盐酸，碱性不断减弱，水解程度不断减小，因此溶液中水的电离程度：a>b>c>d；故D正确。

综上所述，答案为AC。10、BC【分析】【详解】

A．①为10mLNaOH溶液加入醋酸溶液中，混合后的溶质为CH3COOH和CH3COONa，A选项错误；

B．②为xmLNaOH溶液加入醋酸溶液中，混合后溶液中c(Na+)＞c(CH3COOH)，溶液pH=7，则有c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且B选项正确；

C．③中溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两者相减有c(H+)+c(CH3COO-)=c(OH-)，所以③中c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(Na+)=C选项正确；

D．①中溶液pH=4.7，则即醋酸的数量级是10-5；D选项错误；

答案选BC。11、AB【分析】【详解】

A.点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，由电荷守恒可知c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），则两式整合可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；故A正确；

B.点②溶液pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－）可知c（Na+）＝c（CH3COO－），则c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；故B正确；

C.点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，则c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+）；故C错误；

D.如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系；则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒，故D错误；

故选AB。

【点睛】

如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系，则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒是解答关键。12、AD【分析】【详解】

A.根据电离常数可知，酸性利用强酸制弱酸的原理可知，与水反应生成和HCN，故A错误；

B.由A项分析可知，HCOOH可与反应生成水和二氧化碳，故B正确；

C.等体积、等pH的和溶液中，所含溶质的物质的量则中和时溶液消耗的的量较大，故C正确；

D.根据电荷守恒，溶液中，溶液中，即两种溶液中的离子总数均是而的酸性比的弱，则溶液中的较大，较小，故溶液中所含离子总数较小，故D错误；

故选：AD。13、AC【分析】【分析】

0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则表明溶液显酸性，HA-以电离为主；水解是次要的。

【详解】

A．HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，以电离为主，所以c(A2-)>c(H2A)；A正确；

B．HA-以电离为主，电离产物不会抑制HA-的水解；B不正确；

C．HA-水解生成的OH-与电离生成的H+能反应生成H2O；从而相互促进，C正确；

D．依据物料守恒，c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)；D不正确；

故选AC。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．将该缓冲溶液加水稀释100倍；溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A错误；

B．由可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76；故B正确；

C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断；混合溶液中离子浓度无法判断，故C错误；

D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸；有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D正确；

答案选BD。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

(1)①提高物质的转化率就是使平衡正向移动；可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；

②根据盖斯定律；将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；

③对于反应前后气体体积不变的反应；物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；

(2)从生成物；反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；

(3)根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。

【详解】

(1)①由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b．加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c．增大反应物水蒸气浓度；化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；

②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol；

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(开始)/mol2.08.000

n(改变)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；

(3)①反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应；为了减少积炭，要使平衡逆向移动，可以采取的措施是增大压强；降低温度的办法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，是因为C与水蒸气反应，产生氢气和CO，反应的化学方程式是C+H2O=CO+H2。

【点睛】

本题考查了盖斯定律、化学平衡移动原理的应用的知识。涉及热化学方程式的书写、物质平衡转化率的判断、平衡常数计算、平衡移动、反应条件的控制等。掌握化学基本原理、了解物质的基本属性(状态、颗粒大小等)是分析问题的基础。【解析】cCH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快降低温度、增大压强C+H2O=CO+H216、略

【分析】【详解】

（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合反应热化学方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃烧热为393.5kJ/mol；故答案为393.5；

（2）0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，反应的____为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案为－84；

（4）设反应生成NH3xmol则有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

转化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的热量为18.4kJ，则生成2molNH3放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1。【解析】393.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－117、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C18、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】①.②.③.④.⑤.19、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20、略

【分析】【详解】

（1）甲烷与氧气反应生成CO2和水，化学方程式为：CH4+O2=CO2+2H2O。

（2）已知燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH==K2CO3+3H2O，电池中有一极的电极反应为CH4+10OH--8e-==CO32-+7H2O，甲烷失电子发生氧化反应，失电子这个电极是燃料电池的负极，通入氧化剂的电极为正极，另一个电极上的电极反应式为：2O2+4H2O+8e-==8OH-。

（3）已知CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，电池工作一段时间后，因为消耗氢氧化钾所以溶液的碱性减小，故随着电池不断放电，电解质溶液的碱性减小”。【解析】①.CH4+O2==CO2+2H2O②.负极③.2O2+4H2O+8e-==8OH-④.减小四、判断题(共1题，共5分)21、×【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30分)22、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-0.5123、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