2024年浙科版選修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)2024年浙科版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷728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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、煤的液化可以合成甲醇。

①“氣化”:C（s）+2H20（g）=C02（g）+2H2（g）△H1=+90.1kJ·mol-1

②催化液化Ⅰ:CO2（g）+3H2（g）=CH30H（g）+H20（g）△H2=-49.0kJ·mol-1

③催化液化Ⅱ:C02（g）+2H2（g）=CH30H（g）+1/2O2(g)△H3=akJ·mol-1

下列有關(guān)說法正確的是。

A.催化液化Ⅰ中使用催化劑，反應(yīng)的活化能Ea、△H2都減小B.反應(yīng)C（s）+H20（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ·mol-1C.△H2＞△H3D.甲醇燃料電池的工作原理示意圖如圖所示，負(fù)極的電極反應(yīng)為CH3OH-6e-+6OH-=CO2↑+5H2O2、在一定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入1molA，發(fā)生2A(g)B(g)+C(g)反應(yīng)。反應(yīng)過程中c(C)隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）

A.反應(yīng)在0~50s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol?L-1?s-1B.該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.025mol?L-1C.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(B)=0.09mol?L-1，則該反應(yīng)的?H<0D.反應(yīng)達(dá)平衡后，再向容器中充入1molA，該溫度下再達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率不變3、強(qiáng)酸制弱酸非常重要的一種離子反應(yīng)，已知：。Ka1Ka2H2SO3H2CO3

下列離子反應(yīng)不正確的有（）個(gè)。

A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)4、已知：25℃時(shí)，碳酸(H2CO3)的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7、Ka2=5.0×10-11。常溫下，向20mL0.1mol?L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol?L-1的鹽酸40mL，溶液中含碳元素各微粒(CO2因逸出未畫出)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.隨著鹽酸的加入，溶液中的值增大B.加入鹽酸至溶液pH=8的過程中，水的電離程度逐漸減小C.當(dāng)pH=7時(shí)，溶液中c(Na+)>c(HCO3-)>cCl-)D.當(dāng)溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1時(shí)，溶液的pH=105、在25℃時(shí)，濃度均為0.5mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三種溶液，測(cè)得各溶液的c(NH4+)分別為a、b、c(單位為mol/L)，下列判斷正確的是A.a=b=cB.a＞b＞cC.a＞c＞bD.c＞a＞b6、已知25°C時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

下列有關(guān)說法正確的是（）A.等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系：pH(Na2SO3)3)B.將0.lmo/L的HF與0.1mol/L的NaF等體積混合，混合液pH>7C.Na2SO3溶液中加入足量HF發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO32-+HF=F-+HSO3-D.NaHSO3溶液中部分微粒濃度的大小：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)7、pH是溶液中的負(fù)對(duì)數(shù)，若定義pC是溶液中微粒物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)，則常溫下，某濃度的草酸水溶液中隨著溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是。

A.曲線Ⅰ代表的濃度隨著pH增大先變小后變大B.草酸的電離常數(shù)C.時(shí)，D.8、常溫下，量取的兩種二元酸與各分別加水稀釋，測(cè)得pH與加水稀釋倍數(shù)有如圖所示關(guān)系，則下列有關(guān)敘述不正確的是

A.為弱酸B.NaHA水溶液中：C.含等物質(zhì)的量的NaHNaHB的混合溶液中：D.的NaHB溶液中：評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)反應(yīng)過程的能量變化如圖所示，已知1molSO2(g)被氧化為1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。回答下列問題:

（1）圖中A、C分別表示:________、________。

（2）圖中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計(jì)算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并寫出其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：________。10、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項(xiàng)重大突破，其反應(yīng)原理為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)?H=-92.4kJ?mol-1。一種工業(yè)合成氨的簡(jiǎn)易流程圖如下：

(1)天然氣中的H2S雜質(zhì)常用常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS。一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸收液再生，寫出再生反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。

(2)步驟II中制氯氣原理如下：

對(duì)于反應(yīng)①，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應(yīng)速率的是______。

a.升高溫度b.增大水蒸氣濃度c.加入催化劑d.降低壓強(qiáng)。

利用反應(yīng)②，將CO進(jìn)一步轉(zhuǎn)化，可提高H2產(chǎn)量。若1molCO和H2的混合氣體(CO的體積分?jǐn)?shù)為20%)與H2O反應(yīng)，得到1.18molCO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉(zhuǎn)化率為______。

(3)下圖表示500℃、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時(shí)NH3體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系。根據(jù)圖中a點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算N2的平衡體積分?jǐn)?shù)：______。

(4)依據(jù)溫度對(duì)合成氨反應(yīng)的影響，在下圖坐標(biāo)系中，畫出一定條件下的密閉容器內(nèi)，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，NH3物質(zhì)的量變化的曲線示意圖______。

(5)上述流程圖中，使合成氨放出的熱量得到充分利用的主要步驟是(填序號(hào))______，簡(jiǎn)述本流程中提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率的方法：______。11、某實(shí)驗(yàn)小組在T1溫度下，向容積為1L的恒容密閉容器中，同時(shí)通入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，發(fā)生反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)△H＝akJ·mol－1。測(cè)得CO2的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示：

T1溫度下，某時(shí)刻另一實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得反應(yīng)容器中有關(guān)數(shù)據(jù)為c(CO)＝0.6mol·L－1、c(H2O)＝1.6mol·L－1、c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO2)＝0.4mol·L－1，則該反應(yīng)在下一時(shí)刻將_______(填“向正反應(yīng)方向進(jìn)行”“向逆反應(yīng)方向進(jìn)行”或“達(dá)到平衡”)，判斷依據(jù)是_____。12、碳的化合物的轉(zhuǎn)換在生產(chǎn)、生活中具有重要的應(yīng)用，如航天員呼吸產(chǎn)生的CO2用Sabatier反應(yīng)處理，實(shí)現(xiàn)空間站中O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水電解反應(yīng)：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)將原料氣按n(CO2):n(H2)=1：4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應(yīng)，測(cè)得H2O(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示（虛線表示平衡曲線）。

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度降低而________（填“增大”或“減小”）。

②在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行該反應(yīng)；下列能說明達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____。

A．混合氣體密度不再改變B．混合氣體壓強(qiáng)不再改變。

C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量不再改變D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃達(dá)到平衡時(shí)體系的總壓強(qiáng)為p；該反應(yīng)平衡常數(shù)Kp的計(jì)算表達(dá)式為_______。（不必化簡(jiǎn)，用平衡分，壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）

(2)Sabatier反應(yīng)在空間站運(yùn)行時(shí)，下列措施能提高CO2轉(zhuǎn)化率的是____（填標(biāo)號(hào)）。

A．適當(dāng)減壓B．合理控制反應(yīng)器中氣體的流速。

C.反應(yīng)器前段加熱，后段冷卻D.提高原料氣中CO2所占比例。

(3)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應(yīng)。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反應(yīng)的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定條件下由對(duì)應(yīng)單質(zhì)生成lmol化合物時(shí)的反應(yīng)熱）

②一定條件下Bosch反應(yīng)必須在高溫下才能啟動(dòng)；原因是______________。若使用催化劑，則在較低溫度下就能啟動(dòng)。

③Bosch反應(yīng)的優(yōu)點(diǎn)是_______________。13、按照要求回答下列問題。

（1）硫酸鐵溶液顯酸性的原因_____（用離子方程式表示）．

（2）物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），則混合后溶液顯_____性．

（3）濃度均為0.1mol/L①氯化銨②醋酸銨③硫酸氫銨④氨水四種溶液中，c（NH4+）由大到小的順序_____（填序號(hào)）．

（4）將化合物A的蒸氣1mol充入0.5L容器中加熱分解：2A（g）?B（g）+nC（g），反應(yīng)到3min時(shí)，容器內(nèi)A的濃度為0.8mol/L，測(cè)得這段時(shí)間內(nèi)，平均速率ν（C）=0.6mol/（L?min），則化學(xué)方程式中的n值為_____，ν（B）=_____，此時(shí)A的分解率為_____．14、常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入CO2的體積(V)與溶液中水電離產(chǎn)生的OH－離子濃度(c)的關(guān)系如圖所示。

(1)c點(diǎn)溶液中離子濃度由大至小的關(guān)系是：________________________________________________。

(2)a點(diǎn)溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝______________；b點(diǎn)溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填寫“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是___。(選填序號(hào))

a．加水稀釋b．加入少量乙酸鈉固體c．通氯化氫d．加入少量苛性鈉固體15、室溫下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，設(shè)由水電離產(chǎn)生的OH﹣的物質(zhì)的量濃度分別為A和B，則A和B的關(guān)系為________16、如圖所示；是原電池的裝置圖。請(qǐng)回答：

(1)若C為稀H2SO4溶液，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B電極材料為Fe且做負(fù)極，則A電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為____________；

(2)若需將反應(yīng)：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋設(shè)計(jì)成如上圖所示的原電池裝置，則A(負(fù)極)極材料為______，B(正極)極材料為________，溶液C為________。

(3)若C為CuCl2溶液，Zn是________極，Cu電極反應(yīng)為_________________。反應(yīng)過程溶液中c(Cu2＋)________(填“變大”“變小”或“不變”)。

(4)CO與H2反應(yīng)還可制備CH3OH，CH3OH可作為燃料使用，用CH3OH和O2組合形成的質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖如下：

電池總反應(yīng)為2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，則c電極是________(填“正極”或“負(fù)極”)，c電極的反應(yīng)方程式為________。若線路中轉(zhuǎn)移2mol電子，則上述CH3OH燃料電池，消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為________L。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、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4分)18、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________________________________________________________________________________________________。

(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________________________________________________________________________________________________。

(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、工業(yè)流程題(共1題，共2分)19、以廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為L(zhǎng)iFePO4，含炭黑、鋁等雜質(zhì))為原料可制備LiOH溶液和FePO4。

(1)“除鋁”時(shí)反應(yīng)的離子方程式為______________________________。

(2)試從沉淀溶解平衡移動(dòng)的角度解釋“浸取時(shí)加入H2O2、稀鹽酸”可促進(jìn)LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得濾液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉鐵”時(shí)鐵、磷的沉淀率隨溶液pH的變化如圖1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐漸下降，原因是_____________________。

(5)“電解”制備LiOH的原理如圖2所示，裝置中使用陽(yáng)離子交換膜將電解槽隔成陽(yáng)極室和陰極室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反應(yīng)得到LiFePO4、NH4HSO4。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

A.催化劑能降低反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)熱，故Ea減小、△H2不變；故A錯(cuò)誤；

B.①C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H1=+90.1kJ?mol-1；②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）；△H2=-49.0kJ?mol-1，①+②得，C（s）+H2O（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ?mol-1；故B正確；

C.根據(jù)蓋斯定律可知②－③即得到1/2O2（g）+H2（g）=H2O（g）△H=△H2－△H3＜0，故△H2＜△H3；故C錯(cuò)誤；

D.放電時(shí)，負(fù)極上甲醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿性條件下電極反應(yīng)式為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；故D錯(cuò)誤。

故選B。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)裝置中的信息，通過外電路中電子的流向、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化、電解質(zhì)離子的運(yùn)動(dòng)方向等信息確定兩個(gè)電極的極性，然后分析電極反應(yīng)。2、B【分析】【詳解】

A．反應(yīng)在0~50s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol?L-1?s-1；A正確；

B．該溫度下，平衡時(shí)，c(C)=0.10mol/L，則c(B)=0.10mol/L，c(A)=0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=≈0.11mol?L-1；B不正確；

C．升高溫度，平衡時(shí)c(B)=0.09mol?L-1<0.10mol?L-1，則平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)的?H<0；C正確；

D．反應(yīng)達(dá)平衡后；再向容器中充入1molA，相當(dāng)于加壓，平衡不發(fā)生移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率不變，D正確；

故選B。3、B【分析】【詳解】

根據(jù)K大小得出酸強(qiáng)弱順序?yàn)镠2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－。由于H2SO3>H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2CO3>HSO3－>HCO3－，因此HSO3－+CO32?=SO32?+HCO3－，兩個(gè)方程式相加得到SO2+2CO32?+H2O=SO32?+2HCO3－，故第一個(gè)、第二個(gè)正確；由于H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2SO3>H2CO3，因此SO2+HCO3－=HSO3－+CO2，兩個(gè)方程式相加2SO2+CO32?+H2O=2HSO3－+CO2，故第三個(gè)正確；2HSO3－+CO32?=CO2+H2O+2SO32?違背了H2CO3>HSO3－；故第四個(gè)錯(cuò)誤，故B正確。

綜上所述；答案為B。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)電離常數(shù)大小得出酸的強(qiáng)弱，再根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸原理書寫方程式。4、C【分析】【詳解】

A.隨著鹽酸的加入，不變，減小，的值增大；故A正確；

B.溶液中加入適量鹽酸的過程中；水的電離程度逐漸減小，故B正確；

C.當(dāng)時(shí)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為由于水解，故繼續(xù)加入鹽酸至?xí)r，故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)溶液中1時(shí)，故溶液的故D正確；

綜上所述，答案為C。5、D【分析】【詳解】

加入與原水解離子的水解性質(zhì)相同的物質(zhì)，對(duì)原水解離子有抑制作用，加入與原水解離子的水解性質(zhì)相反的物質(zhì)，對(duì)原水解離子有促進(jìn)作用；三種溶液中均存在下述水解平衡：對(duì)于(NH4)2CO3，因?yàn)槭顾馄胶庀蛴乙苿?dòng)，促進(jìn)水解．對(duì)于(NH4)2Fe(SO4)2，因?yàn)橐蛟龃罅薱(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移動(dòng)，所以c＞a＞b；故答案為：D。

【點(diǎn)睛】

不同溶液中同一離子濃度的大小比較時(shí)；選好參照物，分組比較各個(gè)擊破：

如25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的順序?yàn)棰?gt;④>③>①>②，分析流程為：6、C【分析】【詳解】

A．電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，其對(duì)應(yīng)的酸根離子水解程度越小，則相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，電離平衡常數(shù)H2SO3＞HF＞HSO3－，則水解程度：SO32－＞F－＞HSO3－，所以相同濃度的鈉鹽：pH(Na2SO3)>pH(NaF)>pH(NaHSO3)；故A錯(cuò)誤；

B．HF的Ka=6.8×10-6，其水解平衡常數(shù)Kh=≈1.47×10-9＜6.8×10-6，說明HF電離程度大于F－水解程度；則將等濃度的HF溶液與NaF溶液等體積混合，混合液中呈酸性，故B錯(cuò)誤；

C．電離平衡常數(shù)H2SO3＞HF＞HSO3－，Na2SO3溶液中加入足量HF發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO32-+HF=F-+HSO3-；故C正確；

D．H2SO3的Ka2=5.6×10-8，則SO32－的Kh2=≈7.7×10-12＜Ka2，則HSO3－的電離程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液中部分微粒濃度的大小為：c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)；故D錯(cuò)誤；

故選C。

【點(diǎn)睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解，明確酸電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱關(guān)系、與其對(duì)應(yīng)的酸根離子水解程度關(guān)系、電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是BD判斷，注意SO32－對(duì)應(yīng)的酸是HSO3－而不是H2SO3。7、A【分析】【詳解】

A．曲線I代表HC2O4-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)隨著pH增大先變小后變大；故A錯(cuò)誤；

B．Ⅰ、Ⅱ交點(diǎn)處c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，H2C2O4?HC2O4-+H+，Ka1=c(H+)=l×10-1.3，HC2O4-?C2O42-+H+，ⅠⅢ交點(diǎn)處c(HC2O4-)=c(C2O42-)Ka2=c(H+)=l×10-4.3；故B正確；

C．pH=4時(shí)，pc(C2O42-)＞pc(HC2O4-)，所以c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；故C正確；

D.=×===10-3；故D正確；

故答案為A。

【點(diǎn)睛】

考查弱電解質(zhì)電離平衡影響因素、平衡常數(shù)計(jì)算方法、圖像分析判斷是解題關(guān)鍵，H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，pH增加促進(jìn)電離平衡正向移動(dòng)，所以由圖可知：曲線Ⅰ是HC2O4-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)，曲線Ⅱ是H2C2O4的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)，曲線Ⅲ是C2O42-的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對(duì)數(shù)。8、D【分析】【詳解】

A.溶液稀釋200倍，溶液pH增加2個(gè)單位，說明為弱酸；故A正確；

B.根據(jù)圖像知，溶液稀釋100倍，溶液pH由2增至4，說明是強(qiáng)酸。NaHA水溶液中存在根據(jù)電荷守恒可知故B正確；

C.根據(jù)圖像知，溶液稀釋100倍，溶液pH由2增至4，說明是強(qiáng)酸。溶液稀釋200倍，溶液pH增加2個(gè)單位，說明為弱酸，含等物質(zhì)的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，根據(jù)物料守恒可得：故C正確；

D.溶液稀釋200倍，溶液pH增加2個(gè)單位，說明為弱酸，的NaHB溶液，水解程度大于其電離程度，鈉離子不水解，導(dǎo)致溶液呈堿性，則溶液中離子濃度大小順序是故D錯(cuò)誤。

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，根據(jù)圖像確定酸的強(qiáng)弱是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合守恒思想分析解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)A；C分別表示反應(yīng)物總能量和生成物總能量；

(2)根據(jù)參加反應(yīng)SO2的物質(zhì)的量之比等于對(duì)應(yīng)的△H之比；

(3)根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱以及1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的反應(yīng)熱利用蓋斯定律來求；

【詳解】

(1)圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，所以2molSO2(g)氧化為2molSO3(g)的△H=-198kJ?mol-1，則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ?mol-1；

(3)因單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ?mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ?mol-1，而1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，則SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ?mol-1，由蓋斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ?mol-1+(-99kJ?mol-1)=-395kJ?mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H為-395kJ?mol-1×3=-1185kJ?mol-1，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1?！窘馕觥糠磻?yīng)物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-110、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）O2把NH4HS氧化為S，可得化學(xué)方程式：2NH4HS+O2=2NH3?H2O+2S↓

（2）a、反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)速率加快，平衡向右移動(dòng)，H2的百分含量增大，正確；b、增大水蒸氣濃度，H2的百分含量減小，錯(cuò)誤；c、加入催化劑，H2的百分含量不變；錯(cuò)誤；d；降低壓強(qiáng)，反應(yīng)速率減小，錯(cuò)誤；設(shè)CO的轉(zhuǎn)化量為x

CO+H2OCO2+H2

轉(zhuǎn)化量（mol）0.200.8

轉(zhuǎn)化量（mol）xxx

轉(zhuǎn)化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；則x=0.18mol，可得CO轉(zhuǎn)化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根據(jù)圖1可知H2與N2的投料比為3，平衡時(shí)NH3體積分?jǐn)?shù)為42%，設(shè)H2物質(zhì)的量為3amol，N2物質(zhì)的量為amol，N2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x則。

N2+3H22NH3

轉(zhuǎn)化量（mol）a3a0

轉(zhuǎn)化量（mol）x3x2x

轉(zhuǎn)化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，則N2的平衡體積分?jǐn)?shù)=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）隨著反應(yīng)的進(jìn)行，NH3的物質(zhì)的量逐漸增大，當(dāng)反應(yīng)平衡后，升高溫度，平衡向左移動(dòng)，NH3的物質(zhì)的量逐漸減?。豢僧嫵鰣D像。

（5）步驟IV為熱交換，使合成氨放出的熱量得到充分利用；對(duì)原料氣加壓，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，分離液氨，減少生成物濃度，未反應(yīng)的N2、H2循環(huán)使用等措施可提高提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率。

考點(diǎn)：本題考查化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的移動(dòng)、化學(xué)計(jì)算、化學(xué)圖像、化學(xué)流程的分析?！窘馕觥竣?2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.對(duì)原料氣加壓；分離液氨后。未反應(yīng)的N2、H2循環(huán)使用11、略

【分析】【分析】

結(jié)合圖像和題目信息列出“三段式”，求出T1溫度下的平衡常數(shù)，再比較某時(shí)刻的Qc的平衡常數(shù)的大小；判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向。

【詳解】

T1溫度下；由圖可知，10min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，結(jié)合題目信息列出“三段式”，容器的體積為1L，有：

則該溫度下，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K===T1溫度下，某時(shí)刻，另一小組的反應(yīng)的Qc=則該反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故答案為：向正反應(yīng)方向進(jìn)行；Qc=所以該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行?！窘馕觥肯蛘磻?yīng)方向進(jìn)行Q=所以該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行12、略

【分析】①根據(jù)圖中平衡時(shí)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線隨溫度的降低而增大；可知該正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，K隨溫度的升高而減小，K隨溫度降低而增大。答案：增大。

②根據(jù)在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進(jìn)行的反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合氣體密度不會(huì)改變，所以不能作為平衡的依據(jù)，故A錯(cuò)；B．由反應(yīng)可知此反應(yīng)兩邊計(jì)量數(shù)不等，所以混合氣體壓強(qiáng)不再改變標(biāo)志達(dá)到平衡，故B正確。C．混合氣體平均摩爾質(zhì)量M=m/n,M不變說明n不在改變，說明達(dá)到平衡了。故C正確；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化學(xué)平衡的定義；不能作為判斷平衡的依據(jù)，故D錯(cuò)。本題答案：BC。

③在密閉容器里全部由氣體參與的反應(yīng)中，平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)之比=氣體物質(zhì)的量之比=氣體物質(zhì)的量濃度之比。根據(jù)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，可知平衡時(shí)所占的壓強(qiáng)為根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式可知所占?jí)簭?qiáng)為因此和所占的壓強(qiáng)為根據(jù)初始投料比以及和的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可知反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，兩者的物質(zhì)的量之比也為故平衡時(shí)所占的壓強(qiáng)為所占的壓強(qiáng)為故可寫出的表達(dá)式為

（2）A項(xiàng)，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理可知減壓后反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，會(huì)降低的轉(zhuǎn)化效率，故A項(xiàng)錯(cuò)；B根據(jù)CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反應(yīng)器中氣體的流速，可以增大反應(yīng)物接觸面積，可以使反應(yīng)物充分反應(yīng)，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C項(xiàng)，反應(yīng)器前段加熱可以加快反應(yīng)速率，后段冷卻可以加大反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，因此該措施能提高的轉(zhuǎn)化效率，故選C項(xiàng)；D項(xiàng)，提高原料氣中的比例會(huì)增大的轉(zhuǎn)化率，但會(huì)減小的轉(zhuǎn)化效率；故D項(xiàng)錯(cuò)。綜上所述，本題正確答案為BC。

（3）①根據(jù)題目給出條件可知a.b.由即可得Bosch反應(yīng)，其反應(yīng)熱為

②在化學(xué)反應(yīng)中；只有活化分子才能發(fā)生有效碰撞而發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。升高溫度可以提高反應(yīng)物的活化能，從而發(fā)生反應(yīng)，而Bosch反應(yīng)的反應(yīng)活化能高，所以必須在高溫下才能啟動(dòng)。

③在Bosch反應(yīng)中，氫原子全部轉(zhuǎn)化到水分子中，水電解后氫原子又重新全部形成因此該方案的優(yōu)點(diǎn)為氫原子利用率為【解析】增大BCBC-90反應(yīng)的活化能高氫原子利用率為100%13、略

【分析】【分析】

(1)硫酸鐵溶液中，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒進(jìn)行分析；

(3)從鹽類的水解和弱電解質(zhì)的電離程度微弱進(jìn)行分析；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率以及物質(zhì)的量在反應(yīng)方程式的應(yīng)用進(jìn)行分析；

【詳解】

(1)硫酸鐵屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因?yàn)閏(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液顯中性；

(3)鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，因此四種溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氫銨溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，相互促進(jìn)水解，鹽中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的順序是③①②④；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的數(shù)學(xué)表達(dá)式，這段時(shí)間內(nèi)生成C的物質(zhì)的量濃度為0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根據(jù)反應(yīng)方程式，解得n=3，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物質(zhì)的量為(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，則A的分解率=×100%=60%。

【點(diǎn)睛】

本題的難點(diǎn)是(3)，鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，首先判斷出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判斷，醋酸銨溶液中CHCOO-和NH4＋相互促進(jìn)水解，因此醋酸銨中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氫銨中HSO4-完全電離，相當(dāng)于一元強(qiáng)酸，H＋會(huì)抑制NH4＋水解，因此硫酸氫銨溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，從而的出結(jié)果?！窘馕觥竣?Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%14、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氫氧化鈉，溶液在ab段為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，抑制水的電離，bc段；氫氧化鈉不斷被消耗；到達(dá)c點(diǎn)，溶液為碳酸鈉溶液，cd段碳酸鈉溶液不斷轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟溻c溶液。

【詳解】

(1)c點(diǎn)為碳酸鈉溶液，溶液顯堿性，離子濃度由大至小的關(guān)系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a點(diǎn)為氫氧化鈉溶液，由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b點(diǎn)為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合液，溶液顯堿性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀釋；平衡正向移動(dòng)，電離程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸鈉固體；溶液中醋酸根濃度增大，電離平衡逆向移動(dòng)，電離程度減?。?/p>

c．通氯化氫；溶液中氫離子濃度增大，電離平衡逆向移動(dòng)，pH減??；

d．加入少量苛性鈉固體；溶液中氫離子濃度減小，電離平衡正向移動(dòng)，pH增大。

綜上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是AD?！窘馕觥竣?c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad15、略

【分析】【分析】

堿抑制水電離，含有弱酸根離子的鹽促進(jìn)水電離，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH-)等于水離子積常數(shù)與c(H+)的比值。

【詳解】

pH=9的氫氧化鈉抑制水電離，溶液中的氫離子來自于水，溶液中c(H+)=10?9mol/L，水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于溶液中的c(H+)，則氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)=10?9mol/L；pH=9醋酸鈉促進(jìn)水電離，溶液中的氫氧根離子來自于水，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于水離子積常數(shù)與溶液中c(H+)的比值，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)==10?5mol/L，所以A:B=10?4:1?！窘馕觥緼：B=10﹣4：116、略

【分析】【分析】

利用原電池的工作原理；進(jìn)行分析判斷；

【詳解】

（1）C為稀硫酸，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B電極材料為Fe，且作負(fù)極，A電極為正極，總電極反應(yīng)式為Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，即A電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑；

答案為2H＋＋2e－=H2↑；

（2）根據(jù)原電池工作原理，以及總電極反應(yīng)式，負(fù)極材料是Cu，正極材料是石墨，溶液C為FeCl3；

答案為Cu；石墨；FeCl3溶液；

（3）Zn比Cu活潑，Zn為負(fù)極，鋅電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2＋，Cu為正極，Cu電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，整個(gè)過程中Cu2＋被消耗，即c(Cu2＋)變??；

答案為負(fù)極；Cu2＋＋2e－=Cu；變??；

（4）根據(jù)裝置圖，電子從電極c流向電極d，因此電極c為負(fù)極，燃料電池中通燃料一極為負(fù)極，即CH3OH在負(fù)極上失去電子，其電極反應(yīng)式為H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋，消耗1molO2需要得到4mole－，因此電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，消耗氧氣的物質(zhì)的量為=0.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，消耗氧氣的體積為0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；

答案為負(fù)極；H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋；11.2L。

【點(diǎn)睛】

電極反應(yīng)式的書寫是本題的難點(diǎn)，原電池是將氧化還原反應(yīng)反應(yīng)分成兩個(gè)半反應(yīng)，書寫電極反應(yīng)式是先寫出還原劑－ne－→氧化產(chǎn)物，氧化劑＋ne－→還原產(chǎn)物，如本題負(fù)極反應(yīng)式：CH3OH－6e－→CO2，然后判斷電解質(zhì)溶液的酸堿性，本題質(zhì)子通過質(zhì)子交換膜，說明電解質(zhì)溶液為酸性，根據(jù)原子守恒和電荷守恒，得出電極反應(yīng)式為CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋。【解析】(14分，無特殊說明每空1分)（1）2H++2e-=H2↑（2分）（2）銅CFeCl3溶液（3）負(fù)Cu2++2e-=Cu（2分）變小（4）負(fù)極H2O+CH3OH-6e-=CO2+6H+（2分）11.2（2分）三、判斷題(共1題，共2分)17、×【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4分)18、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，