2025年新科版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年新科版选修4化学上册月考试卷721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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、利用反应2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是A.降低温度B.增大压强同时加催化剂C.升高温度同时充入N2D.及时将CO2和N2从反应体系中移走2、在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。

。t/min

0

2

4

6

8

10

V(O2)/mL

0.0

9.9

17.2

22.4

26.5

29.9

下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A.0~6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10-2mol/(L·min)B.6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10-2mol/(L·min)C.反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%3、25°C时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，下列叙述正确的是A.向纯水中加入固体氯化铵，平衡正向移动，pH变小B.向纯水中加入固体氢氧化钠，平衡逆向移动，pH变小C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，平衡正向移动,KW不变D.向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱4、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：5、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25℃时，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.直线I中X表示的是B.直线I、Ⅱ的斜率均为1C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)D.已知：25℃时，NH3·H2O的电离常数为10-4.69，则(NH4)2C2O4溶液呈碱性6、常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸；溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是。

A.a点溶液pH=11B.曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C.c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D.在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d7、根据下列实验操作和现象所得结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应实验；火焰呈黄色。

溶液中含有Na+

B

向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液；出现红褐色沉淀。

Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]

C

室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH约为11；0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8。

HCO3-结合H+的能力比。

CO32-的强。

D

向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液；无气泡冒出。

H2CO3的酸性比H3BO3的酸性强。

A.AB.BC.CD.D8、已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是A.AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小B.AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/LC.将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出D.向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)9、全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述正确的是。

A.电子由Y极流出，经质子交换膜到X极B.放电过程中，电解质溶液pH降低C.Y极反应式为V2＋-e-＝V3＋D.每转移1mol，电子理论上有2molH＋由交换膜右侧向左侧迁移评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、能源的开发利用具有重要意义。

(1)已知：化学键C-H键能bcd

①写出CH4的结构式___________。

②C=O的键能为___________(用含a、b；c、d的式子表示)

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。11、采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术；在含能材料；医药等工业中得到广泛应用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=−4.4kJ·mol−1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ·mol−1

则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol−1。12、I．现有下列物质①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)这些物质与25℃纯水相比，能促进水电离的是________(填序号，下同)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，___________时；水的电离度相等。

II．今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。

(1)若三种酸的物质的量浓度相等，三种溶液中的c(H＋)大小关系为______

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，三种酸的物质的量浓度大小关系为_____。13、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问题。

(1)常温下0.1mol·L－1的HA溶液中pH＝3，则HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式____________________________________。

(2)已知：常温下0.1mol·L－1BOH溶液pH＝13，将V1L0.1mol·L－1HA溶液和V2L0.1mol·L－1BOH溶液混合；回答下列问题：

①当V1:V2＝1:1时，溶液呈____性，请用离子方程式解释原因________________。

②当混合溶液pH＝7时，溶液中离子浓度大小关系是_____________________。14、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、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15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：__。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)19、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_____________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A；降低温度；反应速率减慢，且平衡左移，NO转化率降低，A错；

B；由平衡移动原理知；增大压强平衡右移，NO转化率增大，反应速率加快，加催化剂反应速率也加快，B选项正确；

C、升高温度平衡右移，但是同时充入N2平衡左移；无法确定最终平衡向哪个方向移动，错误。

D、及时将CO2和N2从反应体系中移走；平衡右移，NO的转化率增大，但是反应的速率减小。

答案选B。2、C【分析】【详解】

A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)；A正确；

B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小；反应速率减慢，B正确；

C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L；C错误；

D．6min时，H2O2分解率为：=50%；D正确。

答案选C。3、A【分析】【详解】

A.向纯水中加入固体氯化铵；铵根离子水解，平衡正向移动，pH变小，故A正确；

B.向纯水中加入固体氢氧化钠；氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，pH变大，故B错误；

C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动,KW不变；故C错误；

D.向水中通入HCl气体；溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液导电能力增强，故D错误；

故选A。4、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。5、D【分析】【分析】

二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2，直线Ⅰ表示X与c（H+）乘积等于1×10-1.22，则H2C2O4溶液的Ka1=1×10-1.22，直线Ⅱ表示X与c（H+）乘积等于1×10-4.19，则H2C2O4溶的Ka2=1×10-4.19。

【详解】

A．直线Ⅰ表示X与c（H+）乘积等于1×10-1.22，平衡常数K=与题意不符，A不选；

B．图像中直线Ⅰ表示X与c（H+）乘积等于1×10-1.22，直线Ⅱ表示X与c（H+）乘积等于1×10-4.19；斜率均为1，与题意不符，B不选；

C．HC2O4－的电离平衡常数=1×10-4.19，HC2O4－的水解平衡常数K==10-12.78，电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)；与题意不符，C不选；

D.已知：25℃时，NH3·H2O的电离常数为10-4.69，HC2O4－的电离平衡常数=1×10-4.19，HC2O4－电离程度大于NH3·H2O的电离程度，(NH4)2C2O4为相对的强酸弱碱盐；溶液显酸性，符合题意，D可选；

答案为D。

【点睛】

盐溶液中，若酸根离子、铵根离子等对应的酸、碱均为弱电解质时，可通过判断相对强弱确定溶液酸碱性。6、C【分析】【分析】

氢氧化钠为强电解质；一水合氨为弱电解质，所以体积；浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。

【详解】

A.曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13；故A错误；

B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点；c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；

C.c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)；故C正确；

D.由图像知；曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；

故选C。

【点睛】

正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。7、D【分析】【分析】

A.玻璃的成分中含有硅酸钠；

B.Al(OH)3在强碱溶液中溶解；

C.碳酸钠和碳酸氢钠溶液均为强碱弱酸盐；弱酸的阴离子均发生水解而使溶液显碱性，且碳酸钠溶液的碱性略强；

D.利用强酸制弱酸原理进行分析。

【详解】

A.玻璃的成分中含有硅酸钠；不能用玻璃棒做焰色反应，应选择铁丝或者铂丝，A项错误；

B.向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，得到Fe(OH)3和Al(OH)3两种沉淀，但Al(OH)3在强碱溶液中溶解，故不能确定Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]；B项错误；

C.两物质均水解使溶液显碱性，且碳酸钠溶液碱性略强，说明CO32-与H+结合能力比HCO3-强；C项错误；

D.向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，利用强酸制弱酸原理可知，H2CO3的酸性比H3BO3的酸性强；D项正确；

答案选D。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．溶度积常数只与温度有关系；A错误；

B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L；B正确；

C．将0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10；有沉淀析出，C错误；

D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)；D错误；

答案选B。9、C【分析】【分析】

电池是高考常考题型之一；主要涉及电极判断；电极反应式的书写、离子移动、PH变化、计算。

【详解】

A.观察装置；由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X为正极。电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，故A错误。

B.放电过程中，电池反应式为V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，消耗H+；pH升高，故B错误。

C.Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋-e-＝V3＋；故C正确。

D.X极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目。转移1mol电子，只有1molH＋迁移；故D错误。

故答案选C。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【详解】

(1)①甲烷为共价化合物，结构式为

②根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，有△H=4b＋4d－2E(C=O)－4c=＋akJ/mol，求得E(C=O)=kJ/mol；

(2)燃烧热指的是1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；现1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，完全燃烧生成CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。11、略

【分析】【详解】

第一个方程式×-第二个方程式得到第三个方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol−1，故答案为：53.1。【解析】53.112、略

【分析】【分析】

一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高温度或加入能与H+或OH-反应的离子，可促进水的电离，如加入酸或碱，溶液中H+或OH-浓度增大；则抑制水的电离，以此解答该题。

【详解】

I．(1)①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0；这些物质与25℃纯水相比，能促进水的电离的是升高温度，因水的电离为吸热反应；

加入酸、碱溶液可抑制水的电离，即②③④抑制水的电离；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或酸溶液，如纯水、盐酸等，①②符合；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或碱溶液，如纯水；氢氧化钾、氢氧化钡溶液，①③④符合；

故答案为：①；②③④；①②；①③④；

(2)纯水中加入酸、碱,可抑制水的电离；从②和③溶液中水的电离程度相等，进而可推出的结论是：同一温度下酸溶液中的等于碱溶液中的水的电离程度相等；

故答案为：酸溶液中的与碱溶液中的相等时；

II．(1)今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，若三种酸的物质的量浓度相等为a，则硫酸中氢离子的浓度为2a，盐酸中氢离子的浓度为a，醋酸不完全电离，氢离子的浓度小于a，则三种溶液中的c(H＋)大小关系为③>①>②；

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，则三种酸的物质的量浓度大小关系与(1)相反：②>①>③。【解析】①②③④①②③④酸溶液中的与碱溶液中的相等时③>①>②②>①>③13、略

【分析】【分析】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L；据此分析解答；

(2)常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1；说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。

【详解】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HA⇌H++A-，故答案为：弱电解质；HA⇌H++A-；

(2)①常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，BOH完全电离，属于强碱，V1∶V2=1∶1时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2O⇌HA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2O⇌HA+OH-；

②在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)。

【点睛】

正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓度远大于水电离的离子浓度。【解析】弱电解质HAH＋＋A－碱A－＋H2OHA＋OH－c(B+)=c(A－)＞c(OH－)=c(H+)14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)三、判断题(共1题，共2分)15、×【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15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(O