2025年岳麓版选修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年岳麓版选修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8题，共16分)1、温度相同，向甲、乙两体积相同的密闭容器中各通入2molSO2和1molO2合成SO3气体，当反应达到平衡时，甲容器中SO2的转化率大于乙容器中SO2的转化率，下列判断正确是()A.甲保持压强不变，乙保持体积不变B.甲保持体积不变，乙保持压强不变；C.甲加入了催化剂，乙没有加催化剂D.甲没加入催化剂，乙加入了催化剂；2、ZnSO4受热分解过程中各物质物质的量随温度变化关系如图所示(A；B为含硫的氧化物)；下列说法正确的是。

A.ZnO属于金属晶体B.SO3和SO2互为同素异形体C.物质B分别是SO3、SO2D.700℃~980℃时发生反应的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑3、在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时，有下列平衡：CO+H2OCO2+H2，且K＝1。若用2molCO和10molH2O相互混合并加热到800℃，则CO的转化率为()A.16.7%B.50%C.66.7%D.83.3%4、一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（）A.pH=6的某物质的水溶液B.加酚酞后显无色的溶液C.能与金属Al反应放出H2的溶液D.c(H+)>c(OH-)的任意物质的水溶液5、室温下，HF溶液与NaOH溶液等体积混合忽略混合前后溶液体积的变化则下列有关混合后的溶液中离子浓度的叙述正确的是A.由水电离产生的为B.C.升高温度，增大D.6、常温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液；所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（）

A.点①和点②所示溶液中：c（CH3COO-）>c（CN-）B.点③时：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）C.点③和点④所示溶液中水的电离程度：③<④D.点④溶液中阴离子总数小于点⑤7、磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图；下列说法正确的是。

A.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B.该温度下，H3PO4的三级电离常数Ka3＞10-12C.H3PO4的电离方程式为：H3PO4⇌3H++PO43—D.滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑8、对下列实验现象所进行的解释不合理的是（）

。选项。

现象和事实。

解释。

A

乙烯通入溴的四氯化碳溶液；溴的四氯化碳溶液橙红色褪色。

乙烯和四氯化碳溶液中的溴发生加成反应；生成无色的1,2-二溴乙烷。

B

海轮船壳外侧焊接大量锌块；能有效减缓钢铁船壳在海水中的腐蚀速率。

锌和铁在海水中构成原电池；锌作负极提供电子，从而保护了钢铁。

C

将大理石颗粒加入盐酸中；反应生成气体的速率先逐渐加快后逐渐减慢。

开始阶段反应放热；溶液温度升高；后期反应吸热，溶液温度下降。

D

在AgNO3溶液中加入过量NaCl溶液，静置后，在上层清液中仍检测到Ag+

Ag+和Cl-的沉淀反应为可逆反应，受反应限度制约，Ag+不能完全沉淀。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、已知化学反应的能量变化如图所示：

(1)b分别代表的意思是______、______。

(2)该反应______10、CH4和H2O（g）可发生催化重整反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）。

（1）每消耗8gCH4转移的电子的数目为____。

（2）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=akJ·mol－1

②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ·mol－1

③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3=ckJ·mol－1

④CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H4

由此计算△H4=____kJ·mol－1。

（3）T℃时，向1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），经过tmin，反应达到平衡。已知平衡时，c（CH4）=0.5mol·L－1。

①0～tmin内，该反应的平均反应速率v（H2）=____。②T℃时，该反应的平衡常数K=____。

③当温度升高到（T+100）℃时，容器中c（CO）="0.75"mol·L－1，则该反应是____反应（填“吸热”或“放热”）。

（4）已知熔融碳酸盐燃料电池的工作原理示意图如下：

①放电过程中K+和Na+向电极____（填“A”或“B”）移动。

②该电池的负极反应式为____。11、已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。

（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；

（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；

（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。12、在一定温度下，现有三种酸：a.盐酸b．硫酸c．醋酸；现回答下面问题（注：填对应的字母）

（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）当三者c(H+)相同且溶液体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序_______________。

（4）当c(H+)相同；溶液体积相同时；同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始时反应速率的大小关系为_______________。

（5）将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_____。13、(1)氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为____________，若将负极材料改为CH4，写出其负极反应方程式___________。

(2)NH3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。该电池负极的电极反应式为__________；每消耗3.4gNH3转移的电子数目为_________。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、元素或物质推断题(共1题，共5分)15、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_____________________________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共6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、实验题(共3题，共18分)19、TiCl4是制备Ti的重要中间产物，实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装置省略）。

已知：有关物质的性质如表：

请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。装置①中气体X和仪器A中药品的组合为_____。

a.CO2、碱石灰b.N2、碱石灰c.N2、浓硫酸d.O2；碱石灰。

（2）装置②中热水的作用是____；装置⑤中浓硫酸的作用是___________。

（3）TiCl4遇潮反应的化学方程式为_______。

（4）装置④烧瓶中的物质为TiCl4和____，分离出TiCl4的方法是____（填操作名称）。

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，请设计实验验证产物中CO气体：___。20、某兴趣小组为研究原电池原理；设计如图甲乙两个原电池装置。

(1)如图甲，a和b用导线连接，Cu电极的电极反应式为：________，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)极。

(2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g，则放出气体______mol。

(3)将反应Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4设计成盐桥电池并画图____________

(4)依据Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应原理设计原电池，你认为是否可行并说明理由______。21、新年到来之际，多国媒体人士赞赏习主席新年贺词关注民生发展，展现中国新时代的新面貌，饮用水安全是民生大计，ClO2与Cl2的氧化性相近，沸点为11℃，极易溶于水且不与水发生化学反应，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某小组在实验室中探究ClO2的制备方法。请回答下列问题：

(1)SO2与NaClO3反应制备ClO2

①装置A中反应的离子方程式为________，橡胶管的作用是_________。

②用上图中的装置收集一定量的ClO2，其连接顺序为a→_______________（按气流方向；用小写字母表示）。

③已知装置B中生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为________________。

(2)电解法制备ClO2

①B为电源的____________极。

②阴极的电极反应式为_____________。此外，阴极区还有一个离子反应发生，该离子方程式为_______________。

(3)ClO2能杀死SARS–CoV–2病毒、美国季节性流感病毒、细菌、真菌和各种孢子及孢子形成的菌体，还可将污水中含有的CN–转化为两种无毒气体，其还原产物为Cl–，若污水中CN–的含量为bmg/L，则处理100m3这种污水，至少需要ClO2___________mol。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．该反应为为体积减小的反应，同体积恒容条件下，随着反应的进行，容器中的气体分子数会减少，压强会降低,容器体积减小，相当于给容器不断加压，会使平衡向分子数减少的方向移动，即正向移动，而恒容条件下,反应达到平衡后就不在再移动，所以甲保持压强不变，乙保持体积不变，达到平衡后，甲容器中SO2的转化率大于乙容器中SO2的转化率；A项正确；

B．理由同A选项；B项错误；

C．催化剂仅改变反应速率；不影响转化率，C项错误；

D．催化剂仅改变反应速率；不影响转化率，D项错误；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．ZnO属于离子晶体；A不正确；

B．SO3和SO2是化合物；而同素异形体是同种元素不同单质的互称，B不正确；

C．由图中可以看出，A为SO2、B为SO3；C不正确；

D．700℃~980℃时，SO2、O2同时生成，且满足n(ZnO)：n(SO2)：n(O2)=2：2：1，所以发生反应的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800℃时；达到平衡状态，可假设容器体积为1L，并设消耗一氧化碳物质的量为x：

平衡常数K==1；

x=mol/L，则CO的转化率

故选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.在室温下中性溶液pH=7；pH=6的溶液为酸性溶液，但由于未指明溶液的温度，因此不能确定该溶液是否显酸性，A不选；

B.酚酞的pH变色范围是8.2~10.0；所以加入酚酞后显无色的溶液可能显酸性，也可能显中性或碱性，不一定呈酸性，B不选；

C.Al既能与酸反应产生氢气，也能与强碱溶液反应产生氢气，因此不能根据与金属Al反应放出H2确定溶液是否显酸性；C不选；

D.在任何物质的稀溶液中都存在水的电离平衡，若溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，故可根据c(H+)>c(OH-)确定该溶液一定呈酸性；D选；

故合理选项是D。5、B【分析】【详解】

A.等体积等浓度的HF和氢氧化钠恰好反应生成NaF，溶液中水解促进水的电离，由水电离产生的大于故A错误；

B.依据溶质物料守恒分析计算，室温下，HF溶液与NaOH溶液等体积混合生成NaF，溶液中存在物料守恒故B正确；

C.氟离子水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，减小；故C错误；

D.HF是弱酸，等体积等浓度的HF和氢氧化钠恰好反应生成NaF，溶液中水解呈碱性，溶液中离子浓度大小为：故D错误；

故选B。6、D【分析】【分析】

根据图像初始pH可知，浓度为0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液均为弱酸；且HCN的酸性比弱酸小，电离程度小；酸或碱抑制水的电离，盐促进水的电离，根据三大守恒关系回答问题。

【详解】

A.点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＞c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＜c(H+)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO-)＞c(CN-)；A正确；

B.点③电荷守恒关系，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，根据pH=7可知，c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；B正确；

C.点③溶液中含有醋酸钠和醋酸，点④溶液中只含有醋酸钠，酸抑制水的电离，盐促进水的电离，所示溶液中水的电离程度：③<④；C正确；

D.点④溶液为醋酸钠，点⑤溶液为NaCN，故电荷守恒可知，阴离子浓度总数=c(H+)+c(Na+)；由图可知，点④溶液氢离子浓度大，故点④溶液中阴离子总数大于点⑤，D错误。

答案为D。7、A【分析】【详解】

A．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，当滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)；A项正确；

B．根据图象可知，在该温度下，若pH=12时，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3==1O-12，而实际图像中显示pH>12，H3PO4的三级电离常数Ka3<10-12；B项错误；

C．H3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式应分步书写，以第一步为主：H3PO4⇌H++H2PO4-；C项错误；

D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑；D项错误；

答案选A。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，由于乙烯和溴单质反应生成了无色油状液体1，2-二溴乙烷，故橙红色褪去，A正确；

B．海轮船壳外焊接大量锌块；由于锌比铁活泼，在海水中锌和铁形成两电极，加上海水中的电解质溶液就形成了原电池，锌作负极，从而保护了正极铁不被腐蚀，B正确；

C．大理石和盐酸反应产生气泡的速率先增大；一段时间后又逐渐减慢是由于该反应是个放热反应，故一开始溶液温度升高，速率加快，但一段时间后由于盐酸浓度减小，速率减慢，且放热的速度小于散热的速度，故温度也下降，故加快的原因主要是反应放热温度升高，减慢的原因主要是盐酸浓度减小所致，C错误；

D．AgNO3和NaCl反应生成AgCl是难溶电解质，在溶液中存在溶解平衡，故导致即使NaCl过量，也还有Ag+在溶液中的情况；D正确；

故答案为：C。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【详解】

（1）化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成，其中化学键断裂吸热，化学键形成放热，则图中a表示旧键断裂吸收的能量，b表示新键形成放出的能量；

故答案为：旧键断裂吸收的能量；新键形成放出的能量；

（2）反应热旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量，则图中该反应

故答案为：【解析】旧键断裂吸收的能量新键形成放出的能量10、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）在反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）中，甲烷中碳元素的化合价由-4价升高到+2价，1mol甲烷转移6mol电子，8g甲烷的物质的量为8g÷16g/mol=0.5mol，则转移的电子数为0.5mol×6×NA=3NA。

（2）①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=akJ·mol－1；

②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ·mol－1；

③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3="c"kJ·mol－1；

根据盖斯定律，③+3×②-2×①得CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H4=c+3b－2akJ/mol。

（3）①根据题意，甲烷的最初浓度为1mol/L，经过tmin，反应达到平衡，平衡时c（CH4）=0.5mol·L－1，则反应消耗甲烷0.5mol，根据反应掉的浓度和化学计量数成正比，则反应消耗氢气为1.5mol/L，v（H2）=1.5/tmol·L－1·min·－1；②T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L-1，氢气的浓度为1.5mol/L，CO的浓度为0.5mol/L，水蒸气的浓度为0.5mol/L，则该温度K=[c（CO）•c3（H2）]÷[c（CH4）•c（H2O）]=[0.5×1.53]÷[0.5×0.5]=6.75；③当温度升高到（T+100）℃时，容器中c（CO）="0.75"mol·L－1；CO的浓度增大，说明平衡正反应方向移动，而升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是吸热反应。

（4）①根据图示，CO和氢气在电极A放电发生氧化反应生成CO2和水，则电极A为负极，电极B为正极，所以放电过程中K+和Na+向电极B移动；②该电池的负极为CO和氢气在电极放电发生氧化反应生成CO2和水，则电极反应式为CO+3H2+4CO32――8e－=5CO2+3H2O。

考点：考查氧化还原反应，盖斯定律的应用，化学反应速率的计算和原电池的工作原理。【解析】（1）3NA（2）c+3b－2a；

（3）①mol·L－1·min·－1；②6.75；③吸热；

（4）①B；②CO+3H2+4CO32――8e－=5CO2+3H2O；11、略

【分析】【分析】

氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-；如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向；即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；

【详解】

(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动，NH的浓度增大；

故答案为：右；减小；增大；

(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，

故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；

(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；

故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。

【点睛】

明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。【解析】右减小增大右OH-NH3•H2ONH3左有无色刺激性气体产生12、略

【分析】【分析】

盐酸、硫酸分别是一元、二元强酸，醋酸是一元弱酸，电离微弱，结合一元酸和二元酸的关系不难解答小题(1)(2)(3)(4)。将溶液稀释时，弱酸的PH值变化慢；据此分析可解答(5)。

【详解】

(1)物质的量浓度相同时，强酸完全电离，氢离子浓度大；盐酸是一元强酸，二元强酸硫酸电离的氢离子浓度是盐酸的两倍；醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度小。所以氢离子浓度为b>a>c，故答案为：b>a>c。

(2)氢离子浓度相同时电离氢离子能力越弱的酸所需的浓度越高；等物质量的硫酸电离的氢离子是盐酸的两倍，所以所需的浓度是盐酸的一半，所以这三种酸所需浓度大小关系是：c>a>b或c>a=2b。答案为c>a>b(或c>a=2b)。

(3)当c(H+)相同且溶液体积也相同时，三种酸已电离的氢离子物质的量相同，这部分H+与锌产生的气体体积相同。盐酸和硫酸已完全电离所以产生等量的H2；而醋酸溶液中大量未电离的醋酸会随反应进行不断电离出氢离子直至反应完，所以产生H2最多。所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是：c>a=b。答案为：c>a=b。

(4)活泼金属与酸反应的实质是与酸电离出的氢离子反应，三种酸氢离子浓度相同，其他条件也完全相同，所以反应速率相同，故答案为：a=b=c。

(5)强酸已完全电离，稀释促进弱酸的电离，所以稀释相同的倍数，弱酸氢离子浓度由于得到补充而变化较小。故答案为：c>a=b。

【点睛】

决定活泼金属与酸反应速率的是氢离子的浓度，而不是酸的浓度；决定与活泼金属产生氢气的量的是酸能电离出的氢离子的物质的量，不能只看已电离的氢离子的物质的量，没有电离的弱酸会由于氢离子的消耗而继续电离。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b13、略

【分析】【分析】

在原电池中；负极上失电子，燃料发生氧化反应，正极上得电子，氧气发生还原反应。

【详解】

(1)氢氧燃料电池正极上氧气得电子，发生还原反应，电解质是碱，则生成OH-，反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，若将负极材料改为CH4，在碱性条件下应该生成总反应式为：CH4+2O2+2OH-=+3H2O，正极反应为：2O2+4H2O+8e-=8OH-，两式相减得负极反应方程式为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；

(2)NH3代替氢气，电解质溶液是KOH溶液没有变，则正极反应式也没有变化，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O，正极反应为：3O2+6H2O+12e-=12OH-，两式相减得负极反应方程式为：4NH3+12OH--12e-=2N2+12H2O，即为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；3.4gNH3物质的量为:根据负极反应可知，2molNH3转移6mol电子，则3.4gNH3转移的电子数目为0.6mol，即0.6NA。

【点睛】

燃料电池电极方程式的书写，掌握正极反应式一般较固定，记住在酸性或碱性条件下的正极反应，负极反应等于总反应减去正极反应。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=+7H2O2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA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、元素或物质推断题(共1题，共5分)15、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五、结构与性质(共3题，共6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；

（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+)=④③②六、实验题(共3题，共18分)19、略

【分析】【分析】

根据有关物质的性质，通入气体X，将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，装有干燥剂，干燥X气体，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；四氯化碳易挥发，②装置加热使四氯化碳挥发，③装置在加热条件下TiO2与CCl4反应制备TiCl4，CCl4、TiCl4为互相混溶的液体混合物，根据沸点的差异，应该采用蒸馏法分离TiCl4；装置⑤的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中，据此分析作答。

【详解】

（1）仪器A的名称为球形干燥(或干燥管)；

通入的气体的作用排除装置中的空气，球形干燥管中应该盛放固体干燥剂，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；

a．碱石灰能与二氧化碳反应；a不符合；

b．N2性质比较比较稳定，并且与碱石灰不反应，b符合；

c．球形干燥管中不能盛放浓硫酸；c不符合；

d．O2能把TiCl4氧化；d不符合；

答案选b。

（2）四氯化碳易挥发，热水的作用是加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应；装置⑤中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中；

（3）TiCl4遇与发生水解生成TiO2，故TiCl4遇潮反应的化学方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl；

（4）装置③中反应生成的TiCl4与未反应CCl4的进入装置④中；并且都是以液体形式存在，两者互溶，因为两者沸点不同，因此采取蒸馏的方法分离这两种物质；

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，由于Cl2在反应中不可能反应完，所以混合气体除含有CO和CO2，还含有Cl2，若要验证CO，首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明。【解析】球形干燥(或干燥管)b加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HClCCl4蒸馏首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明20、略

【分析】【分析】

(1)甲装置中，a和b用导线连接；该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电解质溶液中阴离子向负极移动，电子由铁电极经导线流向铜电极；

(2)乙装置中；铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化