2025年仁爱科普版选修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年仁爱科普版选修4化学上册月考试卷54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9题，共18分)1、同温同压下，下列各热化学方程式（ΔH均小于0）中反应热的绝对值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者小于后者的是。

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1C（s）+O2═CO（g）△H2

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6

④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8A.①④B.④C.②③④D.①②③3、某温度下，向4.0L恒容密闭容器中充入2.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。时间/s050150250350n(PCl3)/mol00.320.380.400.40

下列说法正确的是()A.反应在前50s的平均反应速率为v(PCl3)＝0.0064mol/(L·s)B.相同温度下，起始时向该容器中充入4.0molPCl3、4.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%C.相同温度下，起始时向该容器中充入2.0molPCl5、0.4molPCl3和0.40molCl2，达到平衡前v(正)>v(逆)D.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)＝0.11mol/L，则反应的ΔH<04、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)B.0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH—)=c(HCO3—)+c(H+)+c(H2CO3)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05molL-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4C1)5、某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），已知电离平衡常数：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，其中不正确的是（）A.pH相等的四种溶液：a．CH3COONab．C6H5ONac．NaHCO3d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：dB.pH＝4浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)C.pH＝2的一元酸和pH＝12的二元强碱等体积混合：c(OH－)≤c(H＋)D.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)6、室温下，将稀盐酸滴加到某0.01mol/L一元弱碱（BOH）溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.BOH的电离常数Kb的数量级为10-5B.M点所示的溶液中：C.P点表示未加入稀盐酸的溶液D.N点所示的溶液中：7、25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B.Na2CO3溶液：c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3）C.室温下pH=7的CH3COOH与CH3COONa的混合液中离子的浓度大小顺序为：c(Na+)=c(CHCOO－)>c(H+)=c(OH－)D.pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)8、下列物质的水溶液中，呈酸性的是（）A.Na2CO3B.MgCl2C.NaClD.CH3COONa9、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案；其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.该电化学装置中，Pt电极作正极B.Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势C.电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极D.BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________11、在25℃；101kPa下；依据事实写出下列反应的热化学方程式。

（1）1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ。则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为_____；

（2）已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________；若适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量。则其热化学方程式为：_____；已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成1molAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为：__________12、将1molI2（g）和2molH2置于5L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2（g）＋H2（g）2HI（g）ΔH<0；并达到平衡。HI的体积分数w（HI）随时间变化如曲线（Ⅱ）所示：

（1）达到平衡时，I2（g）的物质的量浓度为________。

（2）若改变反应条件，在甲条件下w（HI）的变化如曲线（Ⅰ）所示，在乙条件下w（HI）的变化如曲线（Ⅲ）所示。则甲条件可能是________，乙条件可能是________（填入下列条件的序号）。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂13、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。经测定溶液中c(CH3COO―)为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka＝________。

（2）已知饱和硫化氢的浓度为0.1mol/L，硫化氢的电离常数为Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为__________mol/L。14、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。15、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持温度不变向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向___(填“左”或“右”)移动，所得溶液显__性，Kw__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH为9，则由水电离出的c(H+)=___。

（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共1题，共6分)17、请根据所学知识回答下列问题：

(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，在光照和点燃条件下的△H(化学计量数相同)分别为△H1、△H2，△H1_______△H2(填“＞”；“＜”或“＝”；下同)。

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中△H的大小：△H1_______△H2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H1

②4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H2

(3)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量__________57.3kJ。

(4)已知：0.5molCH4(g)与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是___________________________________。

(5)氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等。已知H－H键、N－H键、N≡N键的键能分别是436kJ·mol－1、391kJ·mol－1、946kJ·mol－1。写出合成氨的热反应方程式：___________________________________。生成1molNH3需要吸收或放出________kJ。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共12分)18、实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是__(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃仪器有____。

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10‑14)。

(4)加入有机萃取剂的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___。

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___。19、已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂。

②某些物质的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。

（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。

（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是_____。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共9分)20、CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：

CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1

H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=bkJ•mol-1

H2O(g)=H2O(l)ΔH3=ckJ•mol-1

则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=___kJ•mol-1。

(2)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH；反应达平衡后，测得压强；温度对CO的体积分数(φ(CO)%)的影响如图所示。

回答下列问题：

①压强p1、p2、p3的大小关系是______；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是___。

②900℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___(保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp=__(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(3)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是___。

21、丙烯是三大合成材料的基本原料之一；其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：

I.工业上用丙烯加成法制备1；2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：

①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ∙mol-1

②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ∙mol-1

(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)为164kJ∙mol-1，则该反应的活化能Ea(正)为_______kJ∙mol-1

(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/KPa8074.269.465.261.657.657.6

用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν=△p/△t，则反应①前180min内平均反应速率ν(CH2ClCHClCH3)=_____Kpa/min-1(保留小数点后2位)。

II.丙烯的制备方法。

方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ∙mol-1

(3)①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kpa，平衡时总压强为14kpa，C3H8(的平衡转化率为____。该反应的平衡常数Kp=____Kpa(保留小数点后2位)

②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示。

10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是____、____。

③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r=k×c(C3H8)，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是____。

A.增加丙烷浓度，r增大B.增加H2浓度，r增大。

C.丙烯的生成速率逐渐增大D.降低反应温度；k减小。

方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应：C3H8(g)+1/2O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)△H=-118kJ∙mol-1，在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。

(4)图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_____，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是___(C3H6的选择性=)22、下表是时某些弱酸的电离平衡常数。化学式NH3·H2O

HClOHCOOH

(1)相同的NaClO和两溶液中：c(Na+)-c(ClO-)___c(K+)-c(CH3COO-)(填“”“”或“”

(2)由表格中的数据判断下列离子方程式正确的是_______填字母

a.2ClO-+H2O+CO2=2HClO+

b.HCOOH+=HCOO-+

c.HCOOH+CH3COO-=HCOO-+CH3COOH

d.Cl2+H2O+2=2+Cl-+ClO-

(3)硫酸肼(N2H6SO4)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与(NH4)2SO4类似，写出硫酸肼第一步水解反应的离子方程式：_______。

(4)在溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与关系如图忽略溶液体积的变化、的挥发某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液_______时，开始沉淀已知

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

根据放热反应的反应热符号为“-”；反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值越大，结合物质的状态进行判断，同一物质的能量：g＞l＞s。

【详解】

各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量：g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，故C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值最大，答案选C。2、D【分析】【详解】

①前者为完全燃烧，放热多，燃烧反应的焓变为负，则△H1＜△H2；故①正确；

②生成物相同，反应物中气态S比固态S的能量大，且为放热反应，则前者放热多，可知△H3＜△H4；故②正确；

③物质的量与热量成正比，放热反应的焓变为负，前者放热多，则△H5＜△H6；故③正确；

④碳酸钙分解为吸热反应，CaO与水反应为放热反应，则△H7＞△H8；故④错误；

故选：D。3、C【分析】【详解】

A．反应在前50s的平均速率为v(PCl3)==0.0016mol•L-1•s-1；故A错误；

B．平衡后PCl3物质的量为0.4mol；则可列三段式：

可求出平衡常数K==0.025，PCl5的转化率为×100%=20%。相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，和起始时充入2.0molPCl5达到等效平衡，平衡时PCl3的转化率为1-20%=80%。现在起始时充入4.0molPCl3、4.0molCl2，相当于在原平衡的基础上增大压强。增大压强，平衡向PCl5方向移动，PCl3的转化率增大，所以达到平衡时PCl3的转化率大于80%；故B错误；

C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2，物质浓度分别为0.5mol/L，0.1mol/L，0.1mol/L，结合浓度商Qc==0.02＜K=0.025；反应没有达到平衡状态，反应正向进行，达到平衡前v(正)＞v(逆)，故C正确；

D．升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol•L-1，大于图表中PCl3浓度==0.1mol/L，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H＞0；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点和难点为B，注意三段式在化学平衡计算中的应用。4、D【分析】【分析】

根据题中微粒的物质的量浓度关系可知；本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。

【详解】

A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)；A项错误；

B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)；B项错误；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；C项错误；

D.(NH4)2SO4中含有2个铵根离子,所以铵根离子浓度最大,(NH4)2CO3中含有2个铵根离子,碳酸根离子和铵根离子相互促进水解,NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子能水解但较弱;所以当它们物质的量浓度相同时,c(NH4+)大小顺序为(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl,所以如果c(NH4+)相同,电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小,所以当c(NH4+)相同时,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO34Cl；D项正确；

答案选D。

【点睛】

水解是微弱的，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。5、D【分析】【详解】

A.四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d>b>c>a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d

B.pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离程度大于水解程度，c(Na+)>c(CH3COOH)，根据电荷守恒规律可知，c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na+)＋c(H+)，则c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H+)；故B正确；

C.pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸，若为强酸，则呈中性，即c(OH－)=c(H＋)；若为弱酸，则呈酸性，即c(OH－)＜c(H＋)；故C正确；

D.pH=8.3，溶液呈碱性，说明HCO3−水解程度大于其电离程度，水解生成H2CO3而电离产生CO32−，又钠离子不水解，HCO3−存在两种趋势，但两种趋势都极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)；故D错误；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．一元弱碱(BOH)溶液中，BOH⇌B++OH-，则电离常数Kb=可得-lg=-lg=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，代入N点数据，0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，则Kb数量级为10-5；故A正确；

B．常温下，M点所示的溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，且pOH=6，则pH=14-pOH=8，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(Cl-)＜c(B+)；故B正确；

C．根据图示，结合A项分析，P点，-lg=-lgKb-pOH=1.05，则pOH=-lgKb+1.05=4.8-1.05=3.75；与图示不符，则P点不表示未加入稀盐酸的溶液，故C错误；

D．N点-lg=0，则c(B+)=c(BOH)，根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，则可变为：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)；故D正确；

答案选C。7、D【分析】【详解】

A．任何电解质溶液中都遵循电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；故A正确；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒式为c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正确；

C．室温下，pH的溶液中c(H+)=c(OH-)且浓度很小，结合电荷守恒得c(Na+)=c(CHCOO-)，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(CHCOO-)＞c(H+)=c(OH-)；故C正确；

D．pH=4的NaHA溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(H2A)＜c(A2-)；故D错误；

故选D。8、B【分析】【详解】

A．Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-的水解；溶液显碱性，故A错误；

B．MgCl2为强酸弱碱盐，Mg2+水解；使溶液显酸性，故B正确；

C．NaCl不强酸强碱盐；溶液呈中性，故C错误；

D．CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-的水解；溶液显碱性，故D错误；

故答案为B。9、C【分析】【分析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；据此分析解答。

【详解】

A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气；发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；

B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极；故B正确；

C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)；不能进入溶液，故C错误；

D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；故D正确；

故选C。

【点睛】

根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc11、略

【分析】【分析】

热化学方程式书写；注意ΔH与反应物用量成正比例关系。

【详解】

（1）1mol乙醇的质量为46g，所以乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ•mol﹣1=﹣1366.2kJ•mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ•mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ热量，其热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1；结合信息可知常温下AX3为液态，AX5为固态，该反应的热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ•mol﹣1。

【点睛】

燃烧热的热化学方程式可燃物的系数为1；利用键能计算焓变，应该用反应物总键能减去生成物总键能。【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=﹣92kJ•mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ•mol﹣112、略

【分析】【分析】

(1)混合气体总的物质的量不变，根据平衡时HI的体积分数计算根据方程式知道转化的碘的物质的量，进而计算平衡时碘的物质的量，再根据计算；

(2)由图可知；改变条件平衡不移动，甲的速率增大；乙的速率降低，据此结合外界条件对反应速率与平衡移动的影响判断。

【详解】

混合气体总的物质的量不变，平衡时，由方程式可以知道，转化的碘的物质的量=平衡时碘的物质的量=1mol-0.9mol=0.1mol，平衡时，I2(g)的物质的量浓度为故答案为：0.02mol/L。

(2)由图可以知道；改变条件平衡不移动，甲的速率增大；乙的速率降低；

①恒容条件下；升高温度，平衡向逆反应移动；

②恒容条件下；降低温度，平衡向正反应方向移动；

③恒温条件下；缩小反应容器体积，压强增大，平衡不移动，反应速率增大；

④恒温条件下；扩大反应容器体积，压强减小，平衡不移动，反应速率减小；

⑤恒温恒容条件下；加入适当催化剂，平衡不移动，反应速率增大；

故甲条件可能是③⑤，乙条件可能是④，故答案为：③⑤；④。【解析】①.0.02mol/L②.③⑤③.④13、略

【分析】【分析】

平衡常数K一般是通过列三段式计算。

【详解】

（1）醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的电离程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=带入数据可得，约为1.96×10－5；

（2）已知饱和硫化氢溶液中以第一步电离为主；设溶液中氢离子的浓度为xmol/L,根据题意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氢的平衡浓度可近似计算为0.1，带入数据计算;1.0×10－7=得出饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为1.0×10－4mol/L。【解析】1.96×10－51.0×10－414、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.15、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氢钠溶液中完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的；

（3）稀释会促进若电解质的电离；

（4）酸性越弱；酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大。

【详解】

（1）硫酸氢钠存电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，电离出H＋；使溶液显酸性，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，但温度不变，水的离子积常数不变；

故答案为：左；酸；不变；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等；

故答案为：1×10-5mol·L－1；

（3）稀释会促进弱电解质的电离；故若取pH；体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大；

故答案为：＜；

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA

故答案为：＜。【解析】①.左②.酸③.不变④.1×10-5⑤.<⑥.<三、判断题(共1题，共2分)16、×【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、计算题(共1题，共6分)17、略

【分析】【分析】

(1)反应热只与反应物、生成物的始态和终态有关，而与反应条件无关，由此可确定△H1、△H2的关系。

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，即P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H<0，将①-②，即得△H=△H1-△H2<0，由此可确定△H1与△H2的大小关系。

(3)浓硫酸溶于水放热，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1；由此可得出浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量与57.3kJ的关系。

(4)书写反应的热化学方程式时；化学计量数扩大二倍，则反应热也应扩大为原来的二倍。

(5)合成氨反应为N≡N+3H－H→6N－H；△H=反应物总键能-生成物总键能，代入键能数据，即可得出反应热。

【详解】

(1)反应热只与反应物、生成物的始态和终态有关，而与反应条件无关，则△H1=△H2。答案为：=；

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，即P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H<0，将①-②，即得△H=△H1-△H2<0，所以△H1<△H2。答案为：<；

(3)浓硫酸溶于水放热，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，由此可得出浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量>57.3kJ。答案为：>；

(4)已知：0.5molCH4(g)与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/mol。答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/mol；

(5)合成氨反应为N≡N+3H－H→6N－H，△H=反应物总键能-生成物总键能=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×391kJ·mol－1=-92kJ·mol－1。则合成氨的热反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1；生成1molNH3能放出46kJ热量。答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1；46。

【点睛】

一个化学反应，热化学方程式可以写出无数个，但不管化学计量数如何改变，反应热与化学计量数的比值是一个定值。【解析】=<>CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＝+2akJ/molN2（g）+3H2(g)2NH3（g）△H=-92kJ·mol－146五、工业流程题(共2题，共12分)18、略

【分析】【分析】

用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4；得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；

(2)通过操作①得到水层和有机层；则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗；烧杯；

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；则调节溶液5＜pH＜9；

(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2；使之与水层分离；

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【点睛】

本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。【解析】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等分液漏斗、烧杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之与水层分离NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O19、略

【分析】【分析】

（1）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式。

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子；锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂；水和氨气。

【详解】

（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；

（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；

（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】过滤CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑六、原理综合题(共3题，共9分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)已知：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=bkJ•mol-1

③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=ckJ•mol-1

则根据盖斯定律，将②×3-①-②，整理可得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(3b-a-c)kJ/mol；

(2)①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是气体体积增大的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，导致CO的体积分数减小。根据图象可知，在压强p1、p2、p3时CO的含量的大小关系是：p1＞p2＞p3，说明压强大小关系为：p1＜p2＜p3；

对于确定的化学反应，化学平衡常数只与温度有关，而与压强无关。根据图象可知反应温度：a=b＜c，a、b两点温度相同，则Ka=Kb；在压强不变都是p3时，升高温度，CO的含量增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此化学平衡常数增大Kc＞Kb，故a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是Ka=Kb＜Kc；

②根据图象可知：在温度为900℃，压强为1.0MPa时，CO的含量是80%，足量碳与amolCO2反应，假设CO2的转化率为x，则达平衡后，CO2的物质的量为n(CO2)=a(1-x)mol，n(CO)=2axm