2025年浙科版选修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年浙科版选修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7题，共14分)1、下列有关金属铁的腐蚀与防护，说法正确的是A.酸雨后易发生析氢腐蚀、炒锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀B.当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀C.铁与电源正极连接可实现电化学保护D.将钢管与铜管一起堆放时可保护钢管少受腐蚀2、已知CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH30H(g)，现在容积均为lL的a、b、c三个密闭容器中分别充入lmolCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图l和图2所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的正反应的△H>0B.升温或减压，可将b中的平衡状态转变成从c中的平衡状态C.反应进行到5min时，a容器中v(正)=v(逆)D.达到平衡时，a、b、c中CO转化率为b>a>c3、已知下，下列酸的电离常数如下：。化学式HCN电离常数

下列各项不正确的是A.往NaCN溶液中通入少量B.往碳酸钠溶液中加足量醋酸：C.多元弱酸的酸性由第一步电离决定，因为第一步电离产生的氢离子对下一步电离起抑制作用D.等物质的量浓度的和NaCN溶液，NaCN溶液的碱性更强4、向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度的变化依次为A.减小、增大、减小B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大5、常温下，向1L0.1mol•L—l一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3•H2O电离平衡常数K=l.76x10-5]；使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.0.lmol•L—1HR溶液的pH为5B.HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R—)/[c(OH—).c(HR)]逐渐增大C.当通入0.1molNH3时，c(NH4+>c(R—)D.当c(R—)=c(HR)时溶液必为中性6、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。

。选项。

实验操作。

实验现象。

结论。

A

将盐酸滴入NaHCO3溶液。

有气泡产生。

氯的非金属性比碳的强。

B

将乙烯与SO2分别通入酸性KMnO4溶液中。

KMnO4溶液均褪色。

两种气体使酸性KMnO4溶液褪色原理相同。

C

向某溶液中滴加KSCN溶液。

溶液显红色。

证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+

D

向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液；静置。

出现红褐色沉淀。

同温下，Ksp[Mg(OH)2]>KSP[Fe(OH)3]

A.AB.BC.CD.D7、有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是A.可在船壳外刷油漆进行保护B.可将船壳与电源的负极相连进行保护C.可在船底安装锌块进行保护D.在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。9、在一定温度下；冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：

（1）“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三点处，溶液中c(H+)由小到大的顺序为________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三点处，电离程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。10、体积均为100mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

11、时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式HClO电离平衡常数

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”、“减小”或“不变”

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反应不能发生的是______填序号

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号

a.b.c．d．

（5）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。12、在室温下；下列五种溶液：

①0.1mol·L-1NH4Cl

②0.1mol·L-1CH3COONH4

③0.1mol·L-1NH4HSO4

④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液。

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是______________(用离子方程式表示)

(2)溶液①②③⑤中c(NH4+)的大小关系是________(用①②③⑤表示)

(3)室温，溶液②的pH=7，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)13、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)15、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：)16、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“＝”）。17、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：__。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共3分)18、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、实验题(共3题，共12分)19、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。20、某实验小组用工业上废弃固体(主要成分Cu2S和Fe2O3)混合物制取粗铜和Fe2(SO4)3晶体；设计的操作流程如下：

(1)③实验过程中，过滤操作用到的玻璃仪器有_________。

(2)③④操作中会有一种气体生成，若在实验室制备该气体，可选择下列哪些装置_____(填字母)。

(3)溶液B在空气中放置有可能变质，如何检验溶液B是否变质：__________。

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加强氧化剂X，试剂X最好选择下列哪种试剂______(填字母)。

a.Cl2b.H2O2c.KMnO4

试剂X在酸性条件下与溶液B反应的离子方程式为____________。

(5)由溶液C经_______、________、过滤等操作得Fe2(SO4)3晶体。

(6)实验室中很难用硫酸亚铁与烧碱溶液反应制得纯净的Fe(OH)2，某同学利用下图装置(铁作电极，电解质溶液：氯化钠溶液)，通过电解法制取较纯的Fe(OH)2，且较长时间不变色，写出电解的化学反应方程式为______。

21、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为回答下列问题：

a.b.粉末c.溶液d.溶液e.溶液。

（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。

（2）完成下表实验过程：。操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开关闭调节使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出；②

___

ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：

↓

（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___

（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量某同学预测转变为设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：A．酸雨后由于溶液显酸性，所以半径容易发生析氢腐蚀，而在炒锅存留盐液时由于溶液是中性溶液，因此较易发生吸氧腐蚀，正确；B．由于金属活动性Zn>Fe>Sn,所以镀锡铁镀层破损时；Fe作原电池的负极首先被腐蚀，而镀锌铁镀层破损时，由于Fe作正极，首先被腐蚀的是活动性强的Zn,故Fe就被保护起来。因此当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，前者更易被腐蚀，错误；C．铁与电源负极连接可实现电化学保护，错误；D．将钢管与铜管一起堆放时可使钢管受腐蚀的程度大大增加，错误。

考点：考查原电池反应在金属的腐蚀与保护中的作用的知识。2、B【分析】【详解】

A.从图1分析，甲醇的物质的量为0.6mol的曲线先到平衡，说明此反应是在较高的温度下进行的。由图1可知，反应温度升高后，甲醇的物质的量减少，说明正反应为放热反应，故错误；B.升温或减压可以使平衡逆向移动，可将b中的平衡状态变为c中的平衡状态，故正确；C.从图2分析，反应进行到5分钟时，若a容器中的反应到平衡，升温，平衡向逆向移动，甲醇的体积分数应减小，但是图像中给出的是增大，说明a容器中还没有达到平衡状态，故错误；D.温度升高平衡逆向移动，所以温度越高，一氧化碳的转化率越低，所以a、b、c中CO的平衡转化率为a>b>c；故错误。故选B。

【点睛】

根据温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，分析曲线和温度的对应关系。根据温度改变对平衡的影响分析，注意在相同的时间内测定体积分数的数值不能反映平衡时的数据，应结合达到平衡的时间长短和移动方向分析。3、A【分析】【详解】

电离平衡常数越大，酸的酸性越强，则酸性：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以NaCN溶液中通入少量故A错误；

B.醋酸酸性大于碳酸，则碳酸钠和醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为故B正确；

C.多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离程度；因为第一步；第二步都电离生成氢离子而产生同离子效应，所以第一步电离产生的氢离子对下一步电离起抑制作用，故C正确；

D.相同物质的量浓度的钠盐，弱酸根离子水解程度越大其溶液碱性越强，酸的酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，则水解程度：则等物质的量浓度的和NaCN溶液；NaCN溶液的碱性更强，故D正确；

故选：A。4、A【分析】【详解】

CH3COONa为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和FeCl3为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO-减小；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO-浓度增大；故A正确。

故选A。5、C【分析】【分析】

A．当时，c(R−)＝c(HR)，Ka＝c(H+)＝10−5mol/L，因为弱酸部分电离，则溶液中c(H+)≈c(R−)；c(HR)≈0.1mol/L；

B.电离平衡常数；离子积常数都只与温度有关；

C．当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R，NH4+的水解平衡常数为HR水解平衡常数根据电荷守恒即NH4+和R−的水解程度大小分析；

D．当c(HR)＝c(R−)时；溶液的pH＝5。

【详解】

A．当时，c(R−)＝c(HR)，Ka＝c(H+)＝10−5mol/L，因为弱酸部分电离，则溶液中c(H+)≈c(R−)，c(HR)≈0.1mol/L，则溶液中溶液的pH＝3，故A错误；

B.电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关，温度不变，电离平衡常数及离子积常数不变，则不变；故B错误；

C．当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R，NH4+的水解平衡常数为HR水解平衡常数所以NH4+的水解程度小于R−的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)＝c(OH−)+c(R−)，由于c(OH−)>c(H+)，所以c(NH4+)>c(R−)，则溶液中离子浓度大小为c(NH4+)>c(R−)>c(OH−)>c(H+)；故C正确；

D．当c(HR)＝c(R−)时，溶液的pH＝5，溶液呈酸性，故D错误；

故答案选：C。

【点睛】

利用数学等量变换关系找到已知量与所求比值的关系如6、B【分析】【分析】

【详解】

A．比较非金属性；应根据最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸是无氧酸，不能根据其酸性比非金属性，可用高氯酸的酸性进行比较，故A错误；

B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，发生的是氧化反应；SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色；褪色原理相同，故B正确；

C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+不变色，只能说明含Fe3+，不能证明无Fe2+；故C错误；

D．向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/L的NaOH，观察到白色沉淀后继续滴入FeCl3，静置，出现红褐色沉淀，因为NaOH溶液过量，不能证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]；发生了沉淀的转化，故D错误。

答案选B。7、D【分析】【详解】

A.在船壳外刷油漆可以防止金属和海水；空气接触；所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；

B.将船壳与电源的负极相连；即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确；

C.在船底安装锌块；形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；

D.海水是中性环境；金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误；

故选D.

【点睛】

保护金属的方法：如果用电化学保护法，主要有牺牲阳极的阴极保护法和与直流电源的负极相连做阴极的保护法。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-59、略

【分析】【分析】

溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中离子浓度随着水的加入先逐渐增大后逐渐减小，c(H+)在b点处的溶液中最大，在c点处的溶液中最小，这是因为加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势，c(H+)增大还是减小；取决于这两种趋势中哪一种占主导地位，越稀越电离，电离程度增大，向溶液中加入消耗氢离子的物质会使平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小。

【详解】

⑴“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是在“O”点处；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故导电能力为0，故答案为：在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在。

⑵导电能力越强，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的顺序为c<a<b，故答案为：c<a<b。

⑶加水稀释；越稀越电离，因此电离程度最大的是c，故答案为：c。

⑷若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①加少量NaOH固体；②加少量Na2CO3固体；③加入Zn，Mg等活泼金属，故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn，Mg等活泼金属。【解析】①.在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固体⑤.加少量Na2CO3固体⑥.加入Zn，Mg等活泼金属10、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于11、略

【分析】【分析】

(1)弱电解质的电离为吸热过程；升高温度，促进弱电解质的电离；

(2)电离平衡常数越大；酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；

(3)根据酸性强弱；结合强酸能够制取弱酸分析判断；

(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；据此分析解答；

(5)加水稀释；促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；故答案为增大；

(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；

(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；

(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；

(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它对水的电离的抑制能力减弱。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。【解析】增大cdb大于大于稀释后HX溶液中的小于溶液中的它对水的电离的抑制能力减弱12、略

【分析】【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为：

（2）①0.1mol·L-1NH4Cl溶液中铵根离子水解不受影响；铵根离子浓度小于0.1mol/L；

②0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解；铵根离子浓度较①低；

③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；铵根离子浓度较①大；

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O溶液中NH3·H2O电离出的铵根离子较少；铵根离子浓度最低；

因此四种溶液中铵根离子浓度大小关系为：③＞①＞②＞⑤；

（3）常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：pH=7说明溶液中c(OH−)=c(H+)，得到：故答案为：=。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：【解析】①.酸②.NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+③.③＞①＞②＞⑤④.＝13、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、结构与性质(共3题，共27分)15、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-0.5116、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><17、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+)=④③②五、元素或物质推断题(共1题，共3分)18、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、实验题(共3题，共12分)19、略

【分析】【分析】

装置A为制备氧气的装置，其反应方程式为：2H2O22H2↑+O2↑，与氮气一同模拟空气进入装置B中，装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气；进入装置C中，氧化亚硫酸铵，装置D中的稀硫酸的作用为尾气处理。

【详解】

（1）仪器M的名称为分液漏斗，装置A制备氧气，根据装置可以判断反应为2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案为：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）实验目的是模拟空气氧化亚硫酸铵；氮气与氧气混合模拟空气，故答案为：氮气与氧气混合模拟空气；

（3）装置B的作用是观察通入的N2和O2流速或提供水蒸气，避免气体带走装置C中水蒸气使溶液体积减小，导致剩余SO32-浓度偏大，最终测得（NH4）2SO3的转化率减小；故答案为：观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率，Ba(OH)2与澄清石灰水均与SO32-反应，影响SO32-转化率；根据装置图，用稀硫酸吸收尾气，说明调节pH用的是氨水，故答案为：增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率；a；

（5）可以判断出该实验缺少的装置是带有温度计的水浴加热装置；故答案为：带有温度计的水浴加热装置；

（6）根据反应方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，计算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，则（NH4）2SO3的转化率为故答案为：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮气与氧气混合模拟空气观察通入的N2和O2流速以调节两者的体积比（或提供水蒸气）增大混合物气体与亚硫酸铵的接触面积，加快反应速率a带有温度计的水浴加热装置20、略

【分析】【分析】

废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体a是SO2，固体A是CuO和Fe2O3，固体A和稀硫酸混合，发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，所以溶液A中成分为CuSO4、Fe2(SO4)3，向溶液A中加入过量Fe屑，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+F