2025年湘师大新版选修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年湘师大新版选修4化学上册月考试卷787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、已知在1.00×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ的热量，下列热化学方程式正确的是（）A.H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝242kJ·mol-1B.H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol-1C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－484kJ·mol-1D.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝484kJ·mol-12、对于反应：2A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＜0，下列图像正确的是（）A.B.C.D.3、25℃时，下列有关电解质溶液说法正确的是A.稀醋酸中加入冰醋酸，醋酸电离平衡右移，电离度增大B.向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，2c()＝c(HF)C.向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中增大D.pH=a的氨水,稀释至原体积的10倍后,其pH＝b,则b＜a－14、对于①NaHCO3②Na2CO3③CH3COOH④CH3COONa四种溶液物质的量浓度均为0.01mol/L，下列说法正确的是A.①中加入NaOH固体，增大B.②的离子浓度为：c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(H+)C.③溶液中加入等体积的水稀释，溶液中所有离子浓度都减小D.②和④等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)5、下列说法正确的是（）A.常温下，1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)＞c(OH-)B.在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，溶液颜色变浅C.氢硫酸的电离方程式为：H2S2H++S2﹣D.0.1mol/LNa2CO3溶液中：2c(Na＋)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)6、常温下，H2SO3的电离常数：Ka1=1.54×10-2，Ka2=1×10-7。向mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0.1mol/LKOH溶液，混合溶液中水电离的c水(H+)与KOH溶液体积V的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.m=20B.c点对应的溶液中存在c(K+)==c(HSO3-)+2c(SO32-)C.b、d两点溶液的pH=7D.SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-的Kh=1×10-77、室温下；用等浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA；HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是。

A.等浓度的三种酸中和等量的NaOH需要三种酸的体积：V(HA)＞V(HB)＞V(HD)B.从滴定开始至pH=7时，三种溶液中水的电离程度逐渐增大C.滴定至P点时，溶液中：c(HB)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)8、下列叙述中正确的是()A.升温或加压均能提高反应体系单位体积内活化分子的百分数B.恒温恒容H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系中充入气体H2或He均可提高I2的转化率C.明矾净水、纯碱去油污和NH4Cl作焊药去除铁锈，均运用了盐类水解原理D.用惰性电极电解熔融态的NaCl、AlCl3、SiCl4，均可冶炼制取Na、Al、Si评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。10、可逆反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；试根据图回答：

[A的转化率（%）表示为α（A）；A的含量（%）表示为φ（A）]

（1）压强P1___P2（填＜或＞）；

（2）体积（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）温度t1℃___t2℃（填＜或＞）。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、在常温下，有下列五种溶液：A.0.1mol/LNH4ClB.0.1mol/LCH3COONH4C.0.1mol/LNH4HSO4D.0.1mol/LNH4HCO3E.0.1mol/LNaHCO3

请根据要求填写下列空白：

（1）溶液A呈___性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是：___(用离子方程式表示)。

（2）溶液E呈___性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是：___(用离子方程式表示)。

（3）比较溶液A、C中c(NH4+)的大小关系是A___C(填“>”、“<”或“=”)。

（4）常温下，测得溶液B的pH=则CH3COO-的水解程度___NH4+的水解程度(填“>”、“<”或“=”)，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)___c(NH4+)(填“>”、“<”或“=”)。13、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

（1）常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，则MOH在水中的电离方程式为__________。

（2）已知常温时CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，则反应CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常数Kh＝______。

（3）已知H2A在水中发生电离：H2A＝H++HA–，HA–H++A2–。

①等物质的量浓度的两种溶液：NaHA溶液的pH_____(填“＞”、“＝”或“＜”)Na2A溶液的pH。

②已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______。

③某温度下，若向0.1mol·L–1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L–1NaOH溶液至溶液呈中性。对该混合溶液，下列说法一定正确的是____（填序号）。

A．c(H+)·c(OH–)＝1×10–14B．c(Na+)＝c(HA–)+2c(A2–)

C．溶液中水的电离程度逐渐减小D．c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)

（4）常温下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。14、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。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、元素或物质推断题(共1题，共10分)16、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12分)17、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：)18、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“＝”）。19、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2题，共16分)20、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_______________________________。21、铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：

回答下列问题：

(1)固体X中主要含有______填写化学式

(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调节溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。

(3)酸化的目的是使转化为若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______；干燥。

(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。

(6)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mol•L-1，此时溶液中c()等于______mol•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

根据题中热化学方程式可知；本题考查热化学方程式书写，运用热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变分析。

【详解】

已知在1×105Pa、298K条件下,2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−484kJ⋅mol−1，或者H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol-1；

答案选B。2、A【分析】【分析】

由反应2A（g）+B（g）2C（g）△H＜0；可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，以此解答该题。

【详解】

A.该反应为放热反应；升高温度，反应速率增大，到达平衡用的时间少，曲线的斜率增大，平衡向逆反应方向移动，B的物质的量分数增加，A选项正确。

B.反应中气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数；增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，反应放热，在相同压强下，较高温度时，A的转化率减小，图象不正确，故B选项错误。

C.该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故C选项错误。

D.该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，百分含量升高，D选项错误。

故答案为A。

【点睛】

本类考查化学平衡移动图象问题，题目难度不大，要注意分析化学方程式的特征以及温度、压强对平衡移动的影响。3、B【分析】【详解】

A.稀醋酸中加入冰醋酸；醋酸电离平衡右移，但电离度减小，故A错误；

B.向NaF溶液中滴加硫酸至中性时，溶液中物料守恒为：c（Na＋）=c（HF）+c（F－），电荷守恒为c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（F－）+2c（SO42－），消去钠离子的浓度可得：c（HF）+c（H＋）=c（OH－）+2c（SO42－），溶液显中性，则c（H＋）=c（OH－），所以c（HF）=2c（SO42－）；故B正确；

C.铵根离子的水解常数Kh=溶液的温度不变，水解常数不变，故C错误；

D.加水稀释促进一水合氨电离，稀释10倍后导致溶液中氢氧根离子浓度大于原来的pH变化小于1，所以稀释后的pH=b＞a-1；故D错误；

故选B。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离、水解常数和溶度积常数的应用、溶液中守恒关系的应用，注意把握电离常数、水解常数、溶度积常数的影响因素，明确溶液中的电荷守恒和物料守恒是解题的关键。4、D【分析】【详解】

A．①中加入NaOH固体与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，因此减小；A错误；

B．对于②Na2CO3溶液，碳酸根水解溶液显碱性，但水解程度小，因此c(OH-)＜c(CO32-)；B错误；

C．对于③CH3COOH，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+,当向其中加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，使n(H＋)增大，但c(H＋)减小，水的离子积常数不变，则溶液c(OH-)增大；C错误；

D．②和④等体积混合溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H＋)＝c(OH-)+c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，c(H＋)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；D正确。

答案选D。5、B【分析】【详解】

A．1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，由于CH3COO-水解，则c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)；A选项错误；

B．氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体；会抑制一水合氨的电离，溶液的碱性降低，故颜色会变浅，B选项正确；

C．硫化氢是弱酸，电离时分步电离，电离方程式为：H2SH++HS-，HS-H++S2-；C选项错误；

D．0.1mol/LNa2CO3溶液中存在着物料守恒：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；D选项错误；

答案选B。6、D【分析】【详解】

A．mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0.1mol/LKOH溶液20mL，水电离的c水(H+)最大；说明酸与碱完全反应，亚硫酸是二元酸，故m=10mL，故A错误；

B．c点对应的溶液显碱性，氢离子浓度与氢氧根离子浓度不相等，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)==c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)；故B错误；

C．a点为亚硫酸，显酸性；c点为亚硫酸钾溶液，亚硫酸根离子水解导致溶液呈碱性，则b点水电离出的c(H+)=10-7mol/L；为中性溶液；d溶液为亚硫酸钾与氢氧化钾的混合液，碱性更强，故C错误；

D．SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-的故D正确；

故选D。7、B【分析】【详解】

A．三种酸都是一元酸，与碱中和能力相同。中和等物质的量的NaOH，消耗三种酸的物质的量也相等，根据n=cV，若三种酸的浓度相等，则消耗三种酸的体积也相等，故中和等量的NaOH需要三种酸的体积关系为：V(HA)=V(HB)=V(HD)；A错误；

B．向三种酸溶液中逐滴加入NaOH溶液；溶液的酸性逐渐减弱，酸对水电离的抑制作用逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，当酸恰好被中和产生盐时，水电离程度达到最大。在溶液pH=7时，三种酸还没有完全被中和，因此水电离程度逐渐增大，B正确；

C．根据电荷守恒可得①：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，P点时根据横坐标中和百分数为50%，可知c(NaB)：c(HB)=1：1，此时的溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(B-)＞c(HB)，根据物料守恒可得②：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，①×2-②整理可得c(HB)+2c(H+)=c(B-)+2c(OH-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(HB)+c(H+)＜c(B-)+c(OH-)；C错误；

D．根据图示可知：0.1mol/L的酸HA的pH=1，c(H+)=0.1mol/L=c(HA)，说明HA是一元强酸，中和百分数达到100%，混合溶液中c(NaA)=c(NaB)=c(NaD)，NaA是强酸强碱盐，不水解；而HB、HD中c(H+)小于酸的浓度，证明HB、HD是弱酸，在溶液中盐NaB、NaD水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(HB)+c(HD)+c(H+)，所以c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，所以c(HA)+c(HB)+c(HD)＞c(OH-)-c(H+)；D错误；

故合理选项是B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．加压不能增加单位体积内活化分子的百分数；只能增加单位体积活化分子总数，故A错误；

B．恒温恒容条件下，向H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系中充入He气体，压强增大，但浓度不变，平衡不移动，不可提高I2的转化率；故B错误；

C．铝离子水解生成胶体可净化水；纯碱水解显碱性，可促进油污的水解；NH4Cl溶液水解显酸性；铁锈能与氢离子反应促进氯化铵的水解，都与盐类的水解有关，故C正确；

D．氯化铝、SiCl4都是共价化合物，熔融状态不能导电，不能通过电解熔融态的AlCl3、SiCl4；冶炼制取Al；Si，故D错误；

故选C。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

（1）由图A可知，P2先达到平衡状态，则P2大，故P1＜P2；

答案为＜；

（2）P2＞P1，压强越大，A的转化率越低，说明增大压强平衡向逆方向移动，即向气体体积缩小的方向移动，则（a+b）比（c+d）小；

故答案为＜；

（3）由图B可知t1先达到平衡状态，t1温度高，则t1＞t2；

答案为＞；【解析】①.＜②.＜③.＞11、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】【分析】

NH4Cl是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐；结合盐类水解的规律分析解答(1)和(2)；

(3)氢离子抑制铵根离子水解；据此分析判断；

(4)室温下；pH=7，说明溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析判断。

【详解】

(1)0.1mol/LNH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性，其原因是NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

(2)0.1mol/LNaHCO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，其原因是HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：碱；HCO3-+H2OH2CO3+OH-；

(3)氢离子抑制铵根离子水解，所以相同浓度的NH4Cl和NH4HSO4溶液中铵根离子浓度A＜C；故答案为：＜；

(4)室温下，pH=7，说明溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，说明CH3COO-的水解程度与NH4+的水解程度相同，故答案为：=；=。【解析】酸NH4++H2ONH3·H2O+H+碱HCO3-+H2OH2CO3+OH-＜==13、略

【分析】【分析】

（1）常温下；将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱；

（2）结合水的离子积常数和水解平衡常数求算公式计算；

（3）①由H2A＝H++HA–,HA–H++A2–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，Na2A为强碱弱酸盐；可以利用盐类水解的规律求解；

②由0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2可知，该溶液中主要存在HA–H++A2–；可以据此回答；

③由溶液呈中性可知溶液中氢离子的浓度等于氢氧根的浓度；

（4）结合Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20进行计算求解；

【详解】

（1）常温下，将0.1mol/LHCl溶液与0.1mol/LMOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱，故MOH在水中的电离方程式为MOHM++OH−；

（2）=5×10–10

（3）①由H2A＝H++HA–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，故该盐为中性盐溶液的PH=7，Na2A为强碱弱酸盐，故溶液呈碱性PH>7，故答案为“<”；

②由题中信息可知溶液中c(Na+)=0.1mol·L－1>c(HA-),溶液中存在HA–H++A2–，可知：c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−)；

③溶液呈中性可知则可知：

A．c(H+)·c(OH–)=kw由于温度未知；故数值不能确定；

B．由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(HA–)+2c(A2–)+c(OH-)又故c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)；

C．0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，由此可知最初溶液呈现酸性是HA–H++A2–；抑制水的电离，故随着加入碱发生中和反应，水的电离程度逐渐增大；

D．由B可知D选项错误；

（4）由Ksp[Cu(OH)2]＝=2.2×10–20可知c(Cu2+)=2.2×10–8【解析】MOHM++OH−5×10–10＜c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−)B2.2×10–814、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑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、元素或物质推断题(共1题，共10分)16、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12分)17、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-0.5118、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><19、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