2025年教科新版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年教科新版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷635考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5，將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是A.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）B.c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）C.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）D.c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）2、25℃時(shí)，水中存在電離平衡:H2O?H＋＋OH－△H＞0，下列敘述正確的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移動(dòng)，c(OH-)降低B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，KW不變C.向水中加入少量固體CH3COONa，平衡正向移動(dòng)，c(H＋)增大D.將水加熱，KW增大，pH減小，酸性增強(qiáng)3、下列敘述正確的是A.由水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-B.向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液的離子方程式：HA-+OH-=A2-+H2OC.兩種醋酸的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a+1，則c1=10c2D.常溫下，pH=3的醋酸與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液pH<74、下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.CaCl2溶液和NaClO溶液的混合溶液中，2c(Ca2)c(Na)c(Cl)c(ClO)c(HClO)B.NH4HS溶液中，c(NH4＋)c(S2)c(HS)c(H2S)C.物質(zhì)的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等體積混合：c(CH3COO?)+2c(H+)=2c(OH?)+c(CH3COOH)D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=10：c(HA?)>c(OH?)>c(A2?)>c(H2A)5、已知：pOH=-lgc(OH-)。室溫下；將稀鹽酸滴加到某一元堿（BOH）溶液中，測(cè)得混合溶液的pOH與微粒濃度的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

A.若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀釋，則溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B.室溫下，BOH的電離平衡常數(shù)K=1×10-4.8C.P點(diǎn)所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D.N點(diǎn)所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、根據(jù)反應(yīng)Br+H2?HBr+H的能量對(duì)反應(yīng)歷程的示意圖甲進(jìn)行判斷，該反應(yīng)為_(kāi)_______反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）7、可逆反應(yīng)：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；試根據(jù)圖回答：

[A的轉(zhuǎn)化率（%）表示為α（A）；A的含量（%）表示為φ（A）]

（1）壓強(qiáng)P1___P2（填＜或＞）；

（2）體積（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）溫度t1℃___t2℃（填＜或＞）。8、按要求回答下列問(wèn)題：

（1）常溫下，測(cè)得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，則Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為_(kāi)_____________。

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測(cè)得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常溫下常見(jiàn)弱酸的電離平衡常數(shù)Ka如表所示：

①同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中陰離子（不含OH－）濃度大小關(guān)系為_(kāi)___________。

②同pH的下列4種物質(zhì)的溶液分別加水稀釋100倍，pH變化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常溫下物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和醋酸鈉混合液的pOH＝8，則c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用數(shù)值列出計(jì)算式即可）mol·L－1。9、向BaCl2溶液中通入足量SO2氣體，沒(méi)有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，生成BaSO3沉淀。用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。_______________________________10、化學(xué)電池的發(fā)明；是貯能和供能技術(shù)的巨大進(jìn)步。

(1)如圖所示裝置中；Zn片是_____(填“正極”或“負(fù)極”)，Cu片上發(fā)生的電極反應(yīng)為_(kāi)____。

(2)該裝置是典型的原電池裝置；可將氧化還原反應(yīng)釋放的能量直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，能證明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。

(3)2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予對(duì)鋰離子電池研究做出突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。某鋰離子電池的工作原理如圖：

下列說(shuō)法不正確的是_____(填序號(hào))。

①A為電池的正極。

②該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能。

③電池工作時(shí)，電池內(nèi)部的鋰離子定向移動(dòng)評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)12、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價(jià)氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請(qǐng)回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測(cè)Z在周期表中位置為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)13、隨著我國(guó)碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問(wèn)題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對(duì)總能量(括號(hào)里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過(guò)渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_(kāi)______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)14、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語(yǔ)解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。15、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點(diǎn)①和點(diǎn)②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共18分)16、(1)分別取40mL0.50mol/L鹽酸與0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行中和反應(yīng)。通過(guò)測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱。

回答下列問(wèn)題：假設(shè)鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/(g·℃)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，還需測(cè)量的數(shù)據(jù)有_______________。

A.反應(yīng)前鹽酸溶液的溫度B.反應(yīng)前鹽酸溶液的質(zhì)量。

C反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的溫度D.反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的質(zhì)量。

E.反應(yīng)后混合溶液的最高溫度F.反應(yīng)后混合溶液的質(zhì)量。

(2)某學(xué)生實(shí)驗(yàn)記錄數(shù)據(jù)如下：。實(shí)驗(yàn)序號(hào)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

依據(jù)該學(xué)生的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算，該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱為△H=____________。

(3)假定該學(xué)生的操作完全同上，實(shí)驗(yàn)中改用100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量___(填“相等”或“不相等”)所求中和熱___________________(填“相等”或“不相等”)

(4)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的中和熱數(shù)值會(huì)__________(填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響”)；用40mL0.50mol/LNaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的中和熱數(shù)值會(huì)__________。(填“偏大”；“偏小”或“無(wú)影響”)

(5)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果與57.3kJ/mol(常溫下中和熱的值)有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b.用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定鹽酸溶液的溫度。

c.用量筒量取鹽酸溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯17、某小組同學(xué)利用原電池裝置探究物質(zhì)的性質(zhì)。

。資料顯示：原電池裝置中；負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)，或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，原電池的電壓越大。

（1）同學(xué)們利用下表中裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并記錄。

。裝置。

編號(hào)。

電極A

溶液B

操作及現(xiàn)象。

Ⅰ

Fe

pH=2的H2SO4

連接裝置后；石墨表面產(chǎn)生無(wú)色氣泡；電壓表指針偏轉(zhuǎn)。

Ⅱ

Cu

pH=2的H2SO4

連接裝置后；石墨表面無(wú)明顯現(xiàn)象；電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為a

連接裝置后；石墨表面無(wú)明顯現(xiàn)象；電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為a

①同學(xué)們認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅰ中鐵主要發(fā)生了析氫腐蝕，其正極反應(yīng)式是______________。

②針對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ現(xiàn)象：甲同學(xué)認(rèn)為不可能發(fā)生析氫腐蝕，其判斷依據(jù)是______________；乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中應(yīng)發(fā)生吸氧腐蝕，其正極的電極反應(yīng)式是___________________。

（2）同學(xué)們?nèi)杂蒙鲜鲅b置并用Cu和石墨為電極繼續(xù)實(shí)驗(yàn)，探究實(shí)驗(yàn)Ⅱ指針偏轉(zhuǎn)原因及影響O2氧化性的因素。

。編號(hào)。

溶液B

操作及現(xiàn)象。

Ⅲ

經(jīng)煮沸的pH=2的H2SO4

溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為b

Ⅳ

pH=2的H2SO4

在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為c；取出電極，向溶液中加入數(shù)滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入；電壓表讀數(shù)仍為c

Ⅴ

pH=12的NaOH

在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置；電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為d

①丙同學(xué)比較實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數(shù)為：c＞a＞b，請(qǐng)解釋原因是__________。

②丁同學(xué)對(duì)Ⅳ、Ⅴ進(jìn)行比較，其目的是探究________對(duì)O2氧化性的影響。

③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。

④為達(dá)到丁同學(xué)的目的，經(jīng)討論，同學(xué)們認(rèn)為應(yīng)改用下圖裝置對(duì)Ⅳ、Ⅴ重復(fù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其設(shè)計(jì)意圖是________；重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄電壓表讀數(shù)依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結(jié)論是______________________________。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

草酸的一級(jí)、二級(jí)電離常數(shù)均大于碳酸的一級(jí)電離常數(shù)，草酸、碳酸的一級(jí)電離遠(yuǎn)大于二級(jí)電離，第一步電離為主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，則C正確，ABD錯(cuò)誤，故選C。2、B【分析】【詳解】

A．向水中加入氨水，溶液由中性到堿性，堿對(duì)水的電離起抑制作用，所以平衡逆向移動(dòng)，但c(OH?)增大；故A錯(cuò)誤；

B．NaHSO4═Na+++H+，其中電離出的氫離子使c(H+)增大，但是溫度不變，KW不變；故B正確；

C．向水中加入少量固體CH3COONa，CH3COONa水解結(jié)合氫離子，促進(jìn)水的電離，c(H+)降低；故C錯(cuò)誤；

D．溫度升高，水的離子積常數(shù)KW增大；則pH值減小，但是水顯中性，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。3、D【分析】【詳解】

A.由水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能是酸的溶液可能是堿的溶液，若為酸性溶液I-、H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能共存，若為堿性溶液，OH-和Mg2+生成沉淀不能共存；故A錯(cuò)誤；

B.0.1mol/L、pH=1的NaHA，NaHA是強(qiáng)酸的酸式鹽，所以向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液，則離子方程式為H++OH?=H2O；故B錯(cuò)誤；

C.醋酸的濃度越大其電離程度越小，所以兩種醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a+1，則c1>10c2；故C錯(cuò)誤；

D.醋酸為弱電解質(zhì)，pH=3的醋酸與pH=11的氫氧化鈉，醋酸濃度較大，反應(yīng)后醋酸過(guò)量，則溶液pH<7；故D正確。

故選D。4、A【分析】【詳解】

A.CaCl2溶液和NaClO溶液的混合溶液中根據(jù)物料守恒得到2c(Ca2)c(Na)c(Cl)c(ClO-)c(HClO)；故A正確；

B.NH4HS溶液，根據(jù)物料守恒得c(NH4＋)+c(NH3?H2O)c(S2-)c(HS-)c(H2S)；故B錯(cuò)誤；

C.物質(zhì)的量濃度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)得到，質(zhì)子守恒為c(CH3COO?)+2c(OH?)=2c(H+)+c(CH3COOH)；故C錯(cuò)誤；

D.0.1mol?L?1的NaHA溶液，其pH=10，說(shuō)明HA-水解程度大于電離程度，則離子濃度大小關(guān)系為c(HA-)＞c(OH-)＞c(H2A)＞c(A2-)；故D錯(cuò)誤。

綜上所述；答案為A。

【點(diǎn)睛】

注意物料守恒書寫完全，比如NH4HS溶液的物料守恒不是c(NH4＋)c(S2)c(HS)c(H2S)，而是c(NH4＋)+c(NH3?H2O)c(S2)c(HS)c(H2S)。5、C【分析】【詳解】

A．BOH是弱堿，加水稀釋時(shí)促進(jìn)電離，溶液中BOH的微粒數(shù)減小，而OH-的數(shù)目增多，則溶液中=不斷增大；故A正確；

B．N點(diǎn)-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，則BOH的電離平衡常數(shù)Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8；故B正確；

C．P點(diǎn)的pOH＜4，溶液呈堿性，則c(OH-)＜c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)；故C錯(cuò)誤；

D．N點(diǎn)-lg=0，則c(BOH)=c(B+)，根據(jù)電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)；故D正確；

故答案為C。

【點(diǎn)睛】

考查酸堿混合的定性判斷，明確圖像圖像變化的意義為解答關(guān)鍵，根據(jù)圖像可知，N點(diǎn)-lg=0，=1，此時(shí)pOH=-lgc(OH-)=4.8，則BOH的電離平衡常數(shù)Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，證明BOH只能部分電離，屬于弱堿，再結(jié)合溶液中的電荷守恒式分析即可。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【詳解】

根據(jù)反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，可知反應(yīng)吸熱，故答案為：吸熱。【解析】吸熱7、略

【分析】【詳解】

（1）由圖A可知，P2先達(dá)到平衡狀態(tài)，則P2大，故P1＜P2；

答案為＜；

（2）P2＞P1，壓強(qiáng)越大，A的轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明增大壓強(qiáng)平衡向逆方向移動(dòng)，即向氣體體積縮小的方向移動(dòng)，則（a+b）比（c+d）?。?/p>

故答案為＜；

（3）由圖B可知t1先達(dá)到平衡狀態(tài)，t1溫度高，則t1＞t2；

答案為＞；【解析】①.＜②.＜③.＞8、略

【分析】【分析】

（1）常溫下，測(cè)得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；說(shuō)明該鹽屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，據(jù)此進(jìn)行分析離子濃度大小關(guān)系；

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合后溶液中的溶質(zhì)為NaB和HB，且其物質(zhì)的量之比為1:1；溶液中存在電荷守恒：因?yàn)閏（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液顯酸性；因?yàn)轭}目中問(wèn)到了c（HB）；故HB為弱酸；

（3）弱酸的電離平衡常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，其酸根陰離子的水解程度越弱。

【詳解】

（1）Na2A溶液pH＝8，說(shuō)明存在水解，Na2A溶液中存在的電離：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為：

（2）①溶液存在電離：同時(shí)存在水解根據(jù)溶液顯酸性可知電離程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案為：>；

②根據(jù)物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案為：=；

（3）①根據(jù)圖表提供信息可知電離平衡常數(shù)：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）濃度大小關(guān)系為CH3COO->ClO->CN-，故答案為：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀釋時(shí)酸性越弱pH值變化越?。还蚀鸢笧椋篴；

③根據(jù)常溫下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的電荷守恒為：物料守恒為：相減消去鈉離子可得：故答案為：2×10-6-2×10-8?！窘馕觥?gt;=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-89、略

【分析】【分析】

根據(jù)多元弱酸分步電離；存在電離平衡分析沒(méi)有沉淀生成的原因，結(jié)合酸堿發(fā)生中和反應(yīng)，使弱酸電離平衡正向移動(dòng)分析后來(lái)產(chǎn)生沉淀的原因。

【詳解】

SO2易溶于水，與水反應(yīng)產(chǎn)生H2SO3，H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，電離平衡分步進(jìn)行，電離方程式是：H2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，由于溶液中SO32-濃度很小，所以不能與溶液中的Ba2+反應(yīng)產(chǎn)生BaSO3沉淀；當(dāng)向該溶液中滴加氨水后，NH3·H2O會(huì)電離產(chǎn)生OH-，中和電離出的H+，使溶液中c(H+)降低，導(dǎo)致H2SO3的電離平衡正向移動(dòng)，使SO32-濃度增大，c(Ba2+)·c(SO32-)>Ksp(BaSO3)，所以反應(yīng)產(chǎn)生BaSO3沉淀。

【點(diǎn)睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離及沉淀的形成，側(cè)重考查分析判斷能力，明確元素化合物性質(zhì)及平衡移動(dòng)原理和酸堿中和反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，熟練掌握外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)影響原理，結(jié)合沉淀溶解平衡分析解答?！窘馕觥縃2SO3H++HSO3-、HSO3-H++SO32-，滴加氨水后，中和電離出的H+，導(dǎo)致電離平衡正向移動(dòng)，SO32-濃度增大，產(chǎn)生BaSO3沉淀。10、略

【分析】【分析】

(1)由圖可知；活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)。

【詳解】

(1)由圖可知，活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極，氫離子在正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，故答案為：負(fù)極；2H++2e-=H2↑；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，能證明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故答案為：電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)，則①②錯(cuò)誤，故答案為：①②。

【點(diǎn)睛】

原電池中，電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線向負(fù)極移動(dòng)，陽(yáng)離子向正極方向移動(dòng)是解答關(guān)鍵?！窘馕觥控?fù)極2H++2e-=H2↑電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)①②三、判斷題(共1題，共2分)11、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯(cuò)；【解析】錯(cuò)四、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)12、略

【分析】【分析】

根據(jù)題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應(yīng)為二氧化碳和過(guò)氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測(cè)Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。此反應(yīng)的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)13、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時(shí)升溫，平衡正向移動(dòng)，K增大，則減?。?/p>

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動(dòng)，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯(cuò)誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯(cuò)誤；

故選AC；

②200℃時(shí)是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時(shí)平衡體系中含有和則反應(yīng)Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)則平衡時(shí)

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①?zèng)Q速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過(guò)渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應(yīng)步驟為

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)歷程圖中的E表示的是1個(gè)分子和1個(gè)分子的相對(duì)總能量與1個(gè)分子和3個(gè)分子的相對(duì)總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對(duì)總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對(duì)總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5114、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成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）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：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。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開(kāi)始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時(shí)，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時(shí)，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時(shí)，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會(huì)得出錯(cuò)誤的結(jié)論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><15、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強(qiáng)，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時(shí)溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點(diǎn)①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時(shí)水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時(shí)溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共18分)16、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)Q=c·m·△t計(jì)算分析；

(2)根據(jù)△H=-Q=-c·m·△t進(jìn)行計(jì)算；

(3)根據(jù)反應(yīng)放出的熱量與反應(yīng)的物質(zhì)多少呈正比分析；結(jié)合中和熱概念判斷；

(4)一水合氨是弱電解質(zhì)；電離吸收熱量；物質(zhì)完全反應(yīng)放出熱量比不完全反應(yīng)放出熱量多；

(5)a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果必須好；

b．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后，要將溫度計(jì)回零值再測(cè)定H2SO4溶液的溫度；

c．量取NaOH溶液的體積時(shí)視線要和凹液面相平；

d．酸堿混合盡可能減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中能量損失。

【詳解】

(1)由Q=c·m·△t可知；測(cè)定中和熱需要測(cè)定的數(shù)據(jù)為：

A.反應(yīng)前鹽酸和氫氧化鈉溶液的溫度；C.反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的溫度；E.反應(yīng)后混合溶液的最高溫度；故合理選項(xiàng)是ACE；

(2)第1次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.05℃；反應(yīng)后溫度為：23.2℃，反應(yīng)前后溫度差為3.15℃；

第2次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：23.4℃，反應(yīng)前后溫度差為3.1℃；

第3次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.55℃；反應(yīng)后溫度為：23.6℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.05℃；

平均溫度差為：3.1℃，40mL的0.50mol/L鹽酸與40mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質(zhì)量和為m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式-Q=c·m·△t可計(jì)算出生成0.02mol的水放出熱量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1036.64J=1.036kJ，所以生成1mol的水放出熱量為：1.036kJ×=51.8kJ，即該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=-51.8kJ/mol；

(3)因所用的酸與堿物質(zhì)的量多少不同，所以反應(yīng)放出的熱量不同，但由于中和熱是強(qiáng)酸、強(qiáng)堿完全反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1molH2O時(shí)時(shí)放出的熱量；可知中和熱是相等的；

(4)氨水中的一水合氨是一元弱堿；電離會(huì)吸收熱量，使得測(cè)得的中和熱數(shù)值會(huì)偏小，因堿的量可能不足，則測(cè)得的中和熱可能會(huì)偏??；

(5)a.實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差則測(cè)得的熱量不夠；使測(cè)定中和熱數(shù)值偏小，a符合題意；

b.