2025年湘师大新版选修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年湘师大新版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、温度为时，在三个容积均为的恒容密闭容器中仅发生反应：正反应吸热实验测得：为速率常数，受温度影响。平衡常数是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数。下列说法不正确的是容器。

编号物质的起始浓度物质的平衡浓度Ⅰ00ⅡⅢ0

A.达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小B.容器Ⅱ反应达平衡前，C.起始时容器Ⅰ中总压强为则时该反应的平衡常数kPaD.当温度改变为时，若则2、时，下列溶液中，离子浓度关系正确的是A.的氨水稀释10倍后，其则B.浓度相同的三种溶液中的C.将相同浓度的氨水与盐酸等体积混合，所得溶液中的离子浓度关系：D.将与溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a与b的关系：3、根据表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是。化学式电离常数HClOKi=3×10-8H2CO3Kii=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11Ki2=5.6×10-11

A.c(HCO3-)>c(ClO－)>c(OH－)B.c(ClO－)>c(HCO3-)>c(H+)C.c(ClO－)+c(HClO)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(ClO－)+c(OH－)4、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色）；某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是A.①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B.②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C.③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D.④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应5、一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示，石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e－+H2O=MnO(OH)+OH-。该装置工作时；下列叙述正确的是。

A.石墨电极上的电势比Al电极上的低B.Al电极区的电极反应式：A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+C.每消耗27gAl，有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上D.若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，电极反应式相同评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。7、已知热化学反应方程式：

反应Ⅰ：N2H4(g)N2(g)＋2H2(g)ΔH1

反应Ⅱ：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH2

（1）ΔH1__ΔH2(填“＜”；“＞”或“＝”)。

（2）7N2H4(g)8NH3(g)＋3N2(g)＋2H2(g)ΔH＝__(用ΔH1、ΔH2表示)。8、在室温下；有下列五种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/LCH3COONH4

③0.1mol/LNH4HSO4

④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3·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+)的关系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）

（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）已知室温下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，通过计算可推知溶液④呈____性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由小到大为____________（用离子符号表示），该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____mol·L－1。(已知≈2.36)，9、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。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。

（1）常温下NaHA溶液的pH________(填序号)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定。

（2）某温度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室温下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由为______________。10、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。11、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大12、甲醇可作为燃料电池的原料。工业上利用CO2和H2在一定条件下反应合成甲醇。

（1）已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1275.6kJ／mol

②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ／mol

③H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－44.0kJ／mol

写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________。

（2）甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)；甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如下图所示。回答下列问题：

①600K时，Y点甲醇的υ(逆)________(正)（填“>”或“<”）

②从Y点到X点可采取的措施是____________________________。

③有同学计算得到在t­1K时，该反应的平衡常数为8.1mol·L－1。你认为正确吗？请说明理由________________________。

（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。在相同的密闭容器中，使用不同方法制得的Cu2O（Ⅰ）和（Ⅱ）分别进行催化CH3OH的脱氢实验：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)

CH3OH的浓度（mol·L－1）随时间t(min)变化如下表：。序号温度01020304050①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480③T20.100.0940.0900.0900.0900.090

可以判断：实验①的前20min的平均反应速率ν(H2)＝______________；实验温度T1________T2（填“>”、“<”）；催化剂的催化效率：实验①______________实验②（填“>”、“<”）。

（4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）。现用如下图所示装置模拟上述过程，除去甲醇的离子方程式为___________________________。

评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共4题，共8分)14、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______。

15、氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：

(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。

(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。

(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。

(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。16、某兴趣小组同学将铜片加入稀硝酸；发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。请你和探究小组完成下列问题:

（1）提出合理假设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是__________。A．反应放热导致温度升高B．压强增大C．生成物的催化作用D．反应物接触面积增大（2）初步探究测定实验过程中不同时间溶液的温度；结果如下表：

。时间/min

0

10

15

20

25

35

50

60

70

80

80

温度/℃

25

26

26

26

26

26.5

27

27

27

27

27

根据表中实验数据规律，结合实验假设你得出的结论是________________。

（3）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用。为此；请你完成以下实验设计（将表格和实验目的补充完整）：

。实验。

编号铜片。

质量/g0.1mol·L-1

硝酸/mL硝酸铜。

溶液/mL亚硝酸钠。

溶液/mL水的体积。

/mL实验目的。

①

5

20

0

0

___

实验①和②探究_________对实验的影响；实验①和③探究亚硝酸根的影响。

②

5

20

0.5

0

0

③

5

20

____

____

0

17、已知可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；在830K温度下达到平衡。

(1)其化学平衡常数K的表达式为K＝_______。

(2)830K时，若起始时：c(CO)＝2mol/L，c(H2O)＝3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，K值为________。

(3)830K，若只将起始时c(H2O)改为6mol/L，则水蒸气的转化率为_______。

(4)若830K时起始浓度c(CO)＝amol/L，c(H2O)＝bmol/L，H2的平衡浓度c(H2)＝cmol/L，①a、b、c之间的关系式是_________；

②当a＝b时，a＝________c。评卷人得分五、原理综合题(共1题，共7分)18、CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。

（1）CO2的电子式是______。

（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇；但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。

获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氢生成乙二醇与甲醇。

①步骤Ⅱ的热化学方程式是______。

②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时）；实验数据见下表：

。反应温度/℃

EC转化率/%

产率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，温度越高，EC的转化率越高，原因是______。温度升高到220℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如下图所示，电极a接电源的______极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______。

（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是______（填序号）。

a．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物。

b．利用电能、光能或热能活化CO2分子。

c．选择高效的催化剂参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A.I中的反应

开始00

反应

平衡

化学平衡常数如果Ⅱ中平衡时设参加反应的则平衡时Ⅱ中说明II中平衡时应该存在容器I中所以达平衡时，容器Ⅱ中小于1，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小；故A正确；

B.根据A选项，平衡常数K=1，反应向正方向进行，所以故B正确；

C.I中的反应

开始00

反应

平衡

平衡时总压强为则时该反应的平衡常数kPa故C正确；

D.达到平衡状态时正逆反应速率相等，则若则化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于且该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，K增大，所以故D错误。

故选D。2、D【分析】【详解】

A.由于氨水是弱电解质，的氨水稀释10倍后，其则应为故A错误；

B.浓度相同的只有铵根离子发生水解；阴阳离子相互促进水解；电离生成的氢离子会抑制铵根离子的水解，所以三种溶液中的应有故B错误；

C.相同浓度的氨水与盐酸等体积混合，会生成氯化铵，但铵根离子会水解使溶液显酸性，所以溶液中的离子浓度关系应有故C错误；

D.醋酸是弱酸，所以将与溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则醋酸剩余，a与b的关系：故D正确。

故选D。

【点睛】

比较离子浓度时，可分两步走。第一步，不考虑其它离子的影响，从完全电离考虑，依据化学式分析电离产生的离子浓度的大小；第二步看其它离子的电离与水解产生的离子，对该离子的影响，从而确定平衡体系中该离子浓度的相对大小。3、A【分析】【分析】

由表中数据可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，则水解程度CO32->ClO->HCO3-；再根据溶液中物料守恒；质子守恒、电荷守恒混合液中各粒子的浓度关系。

【详解】

A．由表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-，则c（HCO3-）＞c（ClO-），在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系为：c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）；故A正确；

B．由A分析可得，：c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）；故B错误；

C．根据混合液中物料守恒可知：c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）=c（Na+）；故C错误；

D．由电荷守恒可知，溶液中一定满足：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-）；故D错误；

故答案选：A。

【点睛】

电离常数越大表示电离程度越大，对应酸性越强，对应盐的水解能力越弱，结合三大守恒分析溶液中离子浓度关系。4、C【分析】【分析】

【详解】

A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度；故A说法正确；

B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+；故B说法正确；

C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀；不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；

D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应；故D说法正确；

故选C。5、B【分析】【分析】

放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-，MnO2得电子，石墨为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3；结合原电池原理分析解答。

【详解】

A．根据上述分析；石墨为正极，Al为负极，石墨电极上的电势比Al电极上的高，故A错误；

B．MnO2得电子为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3，负极电极反应式为Al-3e-+3NH3•H2O═Al(OH)3+3NH4+；故B正确；

C．电子从负极流向正极；但是电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；

D．若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液；负极生成的氢氧化铝会被氢氧化钠溶解，电极反应式不同，故D错误。

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）7、略

【分析】【分析】

(1)反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，前者>0，后者<0；

(2)依据盖斯定律将已知热化学方程式进行叠加得到目标反应方程式；方程式的函数关系同样适用于焓变。

【详解】

(1)反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，前者>0，后者<0，则ΔH1>ΔH2；

故答案为：>；

(2)依据盖斯定律将已知热化学方程式进行叠加得到目标反应方程式，方程式的函数关系同样适用于焓变。目标反应方程式可由(反应Ⅰ×7＋反应Ⅱ×4)得到，它们的函数关系同样适用于焓变，则ΔH＝7ΔH1＋4ΔH2；

故答案为：7ΔH1＋4ΔH2。【解析】＞7ΔH1＋4ΔH28、略

【分析】【分析】

NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，水解相互促进；NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；NH3·H2O是一元弱碱；结合电离和水解分析解答。

【详解】

（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。

（2）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，铵根水解程度越大，溶液中越小，铵根水解程度②＞①，③中电离出的氢离子抑制铵根水解，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，最小，则浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞⑤。

（3）室温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则根据电荷守恒得

（4）室温下的电离常数为1.8×10－5，所以电离大于铵根水解，溶液呈碱性；由电荷守恒可知溶液呈碱性所以即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；设则根据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb计算可得【解析】酸NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋③＞①＞②＞⑤＝碱c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)2.36×10－59、略

【分析】【分析】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离；不发生水解，因此溶液的pH显酸性。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1。

【详解】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离，不发生水解，因此溶液的pH显酸性，故答案为：B；HA－只发生电离；不发生水解。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC；故答案为：BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1，故答案为：＜；H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。【解析】①.B②.HA－只发生电离，不发生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。10、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。12、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1275.6kJ／mol

②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566.0kJ／mol

③H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－44.0kJ／mol

根据盖斯定律，①-②+4×③，得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣442.8kJ∕mol；

（2）①由图可知，600K时，Y点甲醇的转化率大于平衡时的转化率，说明反应逆向进行，则甲醇的υ(逆)____(正)，②由图可知，升温，甲醇的平衡转化率增大，说明正向是吸热反应，从Y点到X点应该让反应逆向进行，所以可采取降温的措施，又因为正向是体积增大的反应，还可采取增大压强的措施；③当甲醇的起始浓度不一样时，转化率就不一定等于90%，所以在t­1K时，该反应的平衡常数为8.1mol·L－1是不正确的；

（3）由表中数据可知，实验①的前20minCH3OH的浓度变化了0.0014mol/L，则生成氢气浓度是0.0014mol/L，ν(H2)＝0.0014/20＝7.0×10-5mol·L-1min-1；实验②③相比，实验③甲醇的起始浓度是实验②的2倍，而达平衡时的浓度却小于2倍，说明T1到T2平衡向正向移动，而反应为吸热反应，所以T2大于T1；实验①；②值起始浓度相等；但到达平衡的时间实验②小于①，所以催化剂的催化效率：实验①＜实验②；

（4）Co3+将甲醇氧化成CO2和H+，自身被还原为Co2+，所以离子方程式为6Co3++CH3OH+H2O==6Co2++CO2↑+6H+

考点：盖斯定律、外界条件对平衡状态的影响、反应速率以及电化学原理【解析】CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣442.8kJ∕mol>降低温度和增大压强不正确;因为当CH3OH的起始浓度不同时，其转化率就不等于90%7.0×10-5mol·L-1min-1<<6Co3++CH3OH+H2O==6Co2++CO2↑+6H+三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、实验题(共4题，共8分)14、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+Fe=3FeSO4，所以固体B成分是Fe、Cu，滤液B成分为FeSO4，固体B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，过滤得到固体粗铜；向滤液B中加入试剂X得到溶液C，将溶液C浓缩结晶得到硫酸铁晶体，滤液B中成分是FeSO4，需要加入氧化剂双氧水将FeSO4氧化为硫酸铁，所以试剂x是H2O2；根据电解的原理分析，据此分析解答。

【详解】

(1)操作③分离难溶性固体和溶液；所以该操作是过滤，该实验操作中用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒、漏斗；

(2)③④操作中会有一种气体生成；该气体是氢气，若在实验室制备该气体，可以用锌和稀硫酸反应制取，该反应的反应物为固液混合；不需要加热，所以应该选取固液混合不加热型装置，所以可选择cd装置，故选cd；

(3)溶液B中成分是FeSO4，FeSO4不稳定；易被空气氧化生成硫酸铁，铁离子和KSCN溶液反应生成络合物硫氰化铁，导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验硫酸亚铁是否变质，其检验方法是：取少量B溶液倒入试管中，向试管中加入几滴KSCN溶液，如果溶液变为血红色，说明含有铁离子，否则不含铁离子；

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加强氧化剂x，且反应后不能产生杂质，氯气和高锰酸钾能将亚铁离子氧化为铁离子，但引进新的杂质，双氧水和硫酸亚铁反应生成硫酸铁和水，不产生新的杂质，故选b；双氧水具有氧化性，能将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，自身被还原为水，所以试剂x在酸性条件下与溶液B反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(5)由溶液C经加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作可得Fe2(SO4)3晶体；

(6)铁作电极时，阳极上铁失电子形成亚铁离子，阴极上氢离子得电子形成氢气，总的电极反应为：Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑。

【点睛】

铁属于活性电极，会优先在阳极上失电子，发生氧化反应，为易错点。【解析】漏斗、烧杯、玻璃棒cd取少量溶液B于试管中，加入几滴KSCN溶液，如果变为血红色则证明存在Fe3+，即原溶液已变质bH2O2＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋2H2O蒸发浓缩冷却结晶Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑15、略

【分析】【分析】

实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O也能验证NO具有氧化性。

【详解】

（1）实验室使用铜和稀硝酸反应制取NO，发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应为固体和液体不加热制取气体，则应用装置③制备气体，由于NO除易氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接