2025年滬科版選修4化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選修4化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、25℃；101kPa下：

下列說法正確的是A.①和②產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比不相等B.①和②生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同C.常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快D.25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）=-317kJ/mol2、在密閉容器中，反應(yīng)X2(g)＋Y2(g)2XY(g)ΔH<0；達(dá)到甲平衡。在僅改變某一條件后，達(dá)到乙平衡，對此過程的分析正確的是()

A.圖Ⅰ是增大壓強(qiáng)的變化情況B.圖Ⅱ是一定是加入催化劑的變化情況C.圖Ⅲ是增大壓強(qiáng)或升高溫度的變化情況D.圖Ⅲ一定是升高溫度的變化情況3、水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是A.水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子B.溫度升高，純水中的c(H+)增大，c(OH-)減小C.4℃時(shí)，純水的pH=7D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小4、常溫下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如圖，下列說法中正確的是（）

A.H2A的電離方程式為H2A=HA-+H+HA-?A2-+H+B.室溫下，Na2A水解平衡常數(shù)Kh=10-11C.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)＜0.1mol/LD.常溫下，等物質(zhì)的量濃度NaHA與Na2A溶液等體積混合后溶液的pH=3.05、25℃時(shí)，5種銀鹽的溶度積常數(shù)(Ksp)如表所示；下列選項(xiàng)正確的是()

。AgCl

Ag2SO4

Ag2S

AgBr

AgI

1.8×10－10

1.4×10－5

6.3×10－50

5.0×10－13

8.3×10－17

A.AgCl、AgBr和AgI的溶解度依次增大B.將Ag2SO4溶于水后，向其中加入少量Na2S溶液，不可能得到黑色沉淀C.室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度D.將淺黃色溴化銀浸泡在飽和NaCl溶液中，會有少量白色固體生成評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、已知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密閉容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，不斷升高溫度，測得平衡時(shí)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.該反應(yīng)的ΔH＜0B.X點(diǎn)CH4的轉(zhuǎn)化率為20%C.X點(diǎn)與Y點(diǎn)容器內(nèi)壓強(qiáng)比為51∶55D.維持Z點(diǎn)溫度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol時(shí)v(正)＜v(逆)7、相同溫度下，體積均為0.25L的兩個(gè)恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g)△H＝－92.6kJ·mol－1；實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)在起始；達(dá)到平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：

。容器編號。

起始時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol

達(dá)平衡時(shí)體系能量變化的數(shù)值。

X2

Y2

XY3

XY3

①

1

3

0

23.15kJ

②

0.6

1.8

0.8

Q（Q＞0）kJ

下列敘述正確的是A.容器①、②中反應(yīng)的平衡常數(shù)不相等B.達(dá)平衡時(shí)，兩個(gè)容器中XY3的物質(zhì)的量濃度均為2mol·L－1C.容器②中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量為QkJD.若容器①體積為0.20L，則達(dá)平衡時(shí)放出的熱量大于23.15kJ8、常溫下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四種離子。已知該溶液的溶質(zhì)為一種或兩種，且具有一定的濃度，下列有關(guān)說法正確的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶質(zhì)只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶質(zhì)為CH3COONa與CH3COOHC.若溶液pH=7，則可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，則不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)9、下列敘述中一定正確的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H+)為10-13mol/LB.pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比為1︰10C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)10、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是A.25℃時(shí)pH＝2的HF溶液中，由水電離產(chǎn)生的OH－濃度為10-12mol·L－1B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)C.向1L1mol·L-1的NaOH熱溶液中通入一定量Br2，恰好完全反應(yīng)生成溴化鈉、次溴酸鈉和溴酸鈉(溴酸為強(qiáng)酸、次溴酸為弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)D.25℃時(shí)pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水等體積混合，所得溶液的pH＜7評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)11、0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2·xH2O的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為__________。12、已知：Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ?mol-1，Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3?H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ?mol-1，寫出Na2CO3?10H2O脫水反應(yīng)生成Na2CO3(s)和水蒸氣的熱化學(xué)方程式______13、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

離子濃度大小關(guān)系：__________________；

電荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

質(zhì)子守恒：__________________________。14、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液變紅。該溶液中HSO3－的電離程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物質(zhì)的量濃度相同的①氨水；②氯化銨；③碳酸氫銨；④硫酸氫銨；⑤硫酸銨5種溶液中，c（NH4+）的大小順序是__________________。（用序號從大到小表示）15、已知常溫下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反應(yīng)NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K＝9.45×104，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝______________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共30分)17、礦產(chǎn)資源是重要的自然資源；不可再生，回收；再生是保護(hù)金屬礦產(chǎn)資源的有效途徑。

Ⅰ.稀土是隱形戰(zhàn)機(jī)；超導(dǎo)、核工業(yè)等高精尖領(lǐng)域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一；如圖是從鈦尾礦回收、制備Sc的工藝流程。

已知：xNH4Cl?yScF3?zH2O是ScF3與氯化物形成的復(fù)鹽沉淀；在強(qiáng)酸中部分溶解?！懊撍@”是復(fù)鹽沉淀的熱分解過程。據(jù)此回答：

(1)鈧原子的外圍電子排布式為______。

(2)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學(xué)方程式為______。

(3)如圖是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關(guān)系。用氨水調(diào)節(jié)溶液pH，控制在3.5<______范圍內(nèi)。

(4)如圖是“脫水除銨”過程中固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系，其中在380℃到400℃會有白煙冒出，保溫至無煙氣產(chǎn)生，即得到ScF3，由圖像中數(shù)據(jù)可得x：z=______。

(5)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF3?6H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質(zhì)，原因是______(用化學(xué)方程式表示)。流程中將復(fù)鹽沉淀后“脫水除銨”制得純度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.鎳廣泛用于各種軍工制造業(yè)，中國鎳有一部分來自再生鎳。某化學(xué)興趣小組欲模擬化工生產(chǎn)工藝，回收某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì))中的鎳并制備硫酸鎳(NiSO4?7H2O)。

已知：①鎳在稀酸中可緩慢溶解；耐強(qiáng)堿。

②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(shí)(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

該興趣小組設(shè)計(jì)了如下模擬實(shí)驗(yàn)方案：取一定量廢鎳催化劑粉末于燒杯中，在不斷攪拌下加入NaOH溶液(堿浸)，充分反應(yīng)并過濾，取濾出物于燒杯中，加入____，充分?jǐn)嚢?，過濾，____；過濾，洗滌，干燥，得到硫酸鎳晶體。請回答：

(1)“堿浸”中NaOH除了溶解廢鎳催化劑外，另一個(gè)作用是______。

(2)請將a、b處實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整a__________，b___________。(必須使用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)18、鉛精礦可用于冶煉金屬鉛，其主要成分為PbS。

I．火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。

（1）用鉛精礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。

（2）火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2，可將廢氣通入過量氨水中進(jìn)行處理，反應(yīng)的離子方程式為：____。

II．濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時(shí)；還可制得硫磺，相對于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下：

已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度/℃20406080100溶解度/g1.001.421.942.883.20

②PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，在Cl—濃度較大的溶液中，存在平衡：PbCl2（aq）+2Cl—（aq）PbCl42—（aq）

（3）浸取液中FeCl3的作用是_________。

（4）結(jié)合信息判斷，操作a為_________，以利于PbCl2的析出。

（5）將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個(gè)極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3應(yīng)置于______（填“陰極室”或“陽極室”）中。

②簡述濾液2電解后再生為FeCl3的可能原理：______。

③若鉛精礦的質(zhì)量為ag，鉛浸出率為b，當(dāng)電解池中通過cmol電子時(shí)，金屬鉛全部析出，鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為______。19、已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應(yīng)，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質(zhì)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

用硫酸與β-鋰輝礦生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請回答：

（1）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學(xué)式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質(zhì)溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應(yīng)得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過膜隔開，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，過濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽極的電極反應(yīng)式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共18分)20、隨著我國碳達(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：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測得反應(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_______(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；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(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_______。

②相對總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)21、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語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“＝”）。22、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：__。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

略2、D【分析】【詳解】

根據(jù)方程式可知；正反應(yīng)是氣體體積不變的；放熱的可逆反應(yīng)；

A.圖I中改變條件正；逆反應(yīng)速率都加快；平衡正向移動，而增大壓強(qiáng)平衡不移動，故圖I不可能是增大壓強(qiáng)，A錯(cuò)誤；

B.圖II中改變條件；正；逆反應(yīng)速率都加快，但平衡不移動，故改變的條件可能是增大壓強(qiáng)或加入催化劑，B錯(cuò)誤；

C.圖III改變條件；化學(xué)反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動，而增大壓強(qiáng)平衡不移動，XY%不變，圖III不可能是增大壓強(qiáng)，C錯(cuò)誤；

D.圖III改變條件；化學(xué)反應(yīng)速率加快，平衡逆向移動，而溫度升高，反應(yīng)速率快，達(dá)到平衡的時(shí)間減少，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，XY%減小，結(jié)合反應(yīng)的特點(diǎn)，圖Ⅲ一定是升高溫度的變化情況，D正確；

答案選D。3、A【分析】【詳解】

A.水在常溫下電離出氫離子和氫氧根離子濃度為1×10-7mol/L；水電離程度很小，所以純水中水的主要存在形態(tài)是水分子，A正確；

B.水的電離是吸熱過程；升溫促進(jìn)電離，氫離子和氫氧根離子濃度增大，B錯(cuò)誤；

C.溫度降低，水的電離平衡逆向移動，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃時(shí)，純水的pH>7；C錯(cuò)誤。

D.向水中加入酸或堿；都可抑制水的電離，但水的離子積只與溫度有關(guān)，溫度不變，水的離子積不變，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是A。4、B【分析】【詳解】

由圖像可知，pH=1的溶液中含有A元素的微粒：不含H2A含有A2-、HA-，所以溶液中全部電離為說明第一步電離為完全電離，所以的電離方程式為：故A錯(cuò)誤；

B．時(shí)則水解平衡常數(shù)故B正確；

C．溶液中全部電離，不存在分子，則由物料守恒可知，故C錯(cuò)誤；

D．常溫下，c（A2-）=c（HA-）時(shí)，Ka==c（H+）=10-3，則A2-水解平衡常數(shù)Kh==10-11＜Ka，則等物質(zhì)的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合后，A2-水解程度小于HA-電離程度，導(dǎo)致溶液中c（A2-）＞c（HA-），則c（H+）＜10-3；溶液的pH＞3，故D錯(cuò)誤；

答案選B。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．氯化銀；溴化銀和碘化銀的溶度積依次減少；結(jié)構(gòu)相似，溶度積越小，溶解度越小，故A錯(cuò)誤；

B．硫化銀的溶度積比硫酸銀?。粚⒘蛩徙y溶解于水后，向其中加入少量硫化鈉溶液，可得到黑色沉淀，故B錯(cuò)誤；

C．食鹽水中氯離子濃度大于水中氯離子濃度，根據(jù)室溫下，c(Cl-)×c(Ag+)為定值；則食鹽水中銀離子濃度小于水中銀離子濃度，即AgCl在食鹽水中的溶解度小于在水中的溶解度，故C錯(cuò)誤；

D．將淺黃色溴化銀固體浸泡在飽和氯化鈉溶液中，如滿足c(Cl-)×c(Ag+)＞1.8×10-10；則可生成沉淀，故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡問題，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、計(jì)算能力的考查，本題注意根據(jù)溶度積計(jì)算，理解溶度積的意義，比較溶解度與溶度積之間的關(guān)系。二、多選題(共5題，共10分)6、BD【分析】【分析】

由圖可知，溫度越高，生成物的物質(zhì)的量越大，則升高溫度平衡正向移動；X點(diǎn)CH4的物質(zhì)的量與氫氣相等，Z點(diǎn)CH4的物質(zhì)的量與CS2相等；據(jù)此計(jì)算平衡常數(shù)，再計(jì)算Qc與K比較判斷。

【詳解】

A．由圖可知，溫度越高，生成物的物質(zhì)的量越大，則升高溫度平衡正向移動，所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則△H＞O；故A錯(cuò)誤；

B．X點(diǎn)CH4的物質(zhì)的量與氫氣相等；則。

所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，則X點(diǎn)CH4的轉(zhuǎn)化率為=20%；故B正確；

C．同溫同體積；物質(zhì)的量與壓強(qiáng)成正比，而X點(diǎn)與Y點(diǎn)的溫度不同，則無法計(jì)算容器內(nèi)壓強(qiáng)比，故C錯(cuò)誤；

D．Z點(diǎn)CH4的物質(zhì)的量與CS2相等；則。

所以有0.1-x=x，解得x=0.05，設(shè)體積為V，得出平衡常數(shù)K==

向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol時(shí)，Qc==>K；所以平衡移動逆方向移動，v(正)＜v(逆)，故D正確。

答案選BD。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡影響因素及其計(jì)算，數(shù)據(jù)分析判斷，主要是圖線的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。7、BD【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；在相同溫度下反應(yīng)在容積相等的容器內(nèi)進(jìn)行，對于②來說，假設(shè)0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反應(yīng)產(chǎn)生的，則反應(yīng)開始時(shí)X2、Y2的物質(zhì)的量是1.0mol、3.0mol，與①相同，所以①②是等效平衡。由于加入1mol的X2、3mol的Y2反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)放出熱量是23.15KJ，則反應(yīng)消耗的X2的物質(zhì)的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，則達(dá)到平衡時(shí)產(chǎn)生XY3的物質(zhì)的量是0.50mol。

【詳解】

由于反應(yīng)是在相同溫度下進(jìn)行的，所以反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)容器①、②中反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，故A錯(cuò)誤；在相同溫度下反應(yīng)在容積相等的容器內(nèi)進(jìn)行，對于②來說，假設(shè)0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反應(yīng)產(chǎn)生的，則反應(yīng)開始時(shí)X2、Y2的物質(zhì)的量是1.0mol、3.0mol，與①相同，由于加入1mol的X2、3mol的Y2反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)放出熱量是23.15KJ，則反應(yīng)消耗的X2的物質(zhì)的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，則達(dá)到平衡時(shí)產(chǎn)生XY3的物質(zhì)的量是0.50mol，其平衡濃度均為0.50mol÷0.25L=2mol/L，故B正確；容器①、②的平衡狀態(tài)等效，逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，由于容器②中開始加入了0.8mol的XY3，達(dá)到平衡時(shí)產(chǎn)生XY3的物質(zhì)的量是0.50mol，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)吸收QkJ能量，故C錯(cuò)誤；若將容器①體積縮小為0.20L，由于減小體積，也就增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的正反應(yīng)方向移動，所以達(dá)平衡時(shí)放出的熱量大于23.15kJ，故D正確。8、BD【分析】【分析】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性；判斷溶液中的溶質(zhì)；

C．若溶液pH=7；呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

D．若溶液pH<7；呈酸性，判斷溶液中的溶質(zhì)，進(jìn)而分析離子濃度關(guān)系。

【詳解】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶液中溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；故A錯(cuò)誤；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶液中溶質(zhì)只能為CH3COONa與CH3COOH；故B正確；

C．若溶液pH=7，呈中性，則c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶質(zhì)具有一定的濃度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)；故C錯(cuò)誤；

D．若溶液pH<7，呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)；故D正確；

故答案選BD。9、BD【分析】【詳解】

A.醋酸是一元弱酸，部分電離，存在電離平衡，所以醋酸電離產(chǎn)生的H+濃度小于0.1mol/L，但溶液溫度不確定，因此不能確定水電離出的c(H+)濃度大小；A錯(cuò)誤；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故兩種溶液中c(H+)之比為=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正確；

C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液，根據(jù)電荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C錯(cuò)誤；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正確；

故合理選項(xiàng)是BD。10、AC【分析】【詳解】

A.25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水電離，c(OH-)===10-12mol·L-1；故A正確；

B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在電荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+c(OH-)，該溶液呈堿性c（OH-）>c(H+)，則c(Na＋)>c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)；故B錯(cuò)誤；

C.溶液中的溶質(zhì)為NaBr、NaBrO、NaBrO3，它們會電離出陰陽離子，溶劑H2O也會電離出H+、OH-，則溶液中的陽離子有Na+、H+，陰離子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根據(jù)電子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-會水解，部分轉(zhuǎn)化為HBrO），①②式聯(lián)立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)；故C正確；

D.pH=3的鹽酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，兩種溶液H+與OH-離子濃度相等；但由于氨水為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則氨水濃度大于鹽酸濃度，反應(yīng)后氨水過量，溶液呈堿性，則所得溶液的pH＞7，故D錯(cuò)誤；

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)11、略

【分析】【分析】

【詳解】

0.1molCl2與焦炭、TiO2完全反應(yīng)，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2·xH2O的液態(tài)化合物，放熱4.28kJ，可知，該可燃性氣體是CO，易水解成TiO2·xH2O的為TiCl4，所以，產(chǎn)物為CO和TiCl4，配平方程式，可知2molCl2反應(yīng)放熱85.6kJ·mol?1，由此可得該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=?85.6kJ·mol?1，故答案為：2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=?85.6kJ·mol?1?！窘馕觥?Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=?85.6kJ·mol?112、略

【分析】【分析】

依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到所需要的熱化學(xué)方程式。

【詳解】

①Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ?mol-1

②Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3?H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ?mol-1

由蓋斯定律①-②得到：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1；

故答案為：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1。【解析】Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-113、略

【分析】【詳解】

且水解過程大于電離過程，可知。

水解方程式：故答案為：

離子濃度大小關(guān)系：故答案為：

電荷守恒：故答案為：

物料守恒：故答案為：

質(zhì)子守恒：故答案為：【解析】①.②.③.④.⑤.14、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性分析；

（2）根據(jù)NH4+水解方程式NH4++H2O?NH3?H2O+H+分析；

【詳解】

（1）HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性；根據(jù)指示劑變色，判斷溶液呈酸性，故電離大于水解。

故答案為：＞；

（2）水解和電離是微弱，⑤中銨根離子為硫酸根離子的兩倍，故銨根離子濃度最大；④中氫離子抑制了銨根離子的水解；②中只有銨根離子水解，不促進(jìn)也不抑制；③中碳酸氫根離子的水解產(chǎn)生氫氧根離子，促進(jìn)了銨根離子的水解。所以銨根離子的濃度由大到小為④②③，①為弱電解質(zhì)，只能很少部分電離，水解和電離是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小順序?yàn)棰茛堍冖邰佟?/p>

故答案為：⑤④②③①?！窘馕觥竣?＞②.⑤④②③①15、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，由題意將平衡常數(shù)表達(dá)式寫出，再觀察找到K之間的聯(lián)系。

【詳解】

由題意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K=變形為=帶入數(shù)據(jù)可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－5四、判斷題(共1題，共9分)16、×【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)五、工業(yè)流程題(共3題，共30分)17、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3經(jīng)過焙燒生成Sc2O3，接著Sc2O3溶于濃鹽酸形成Sc3+，并用氨水調(diào)節(jié)pH，使其與F-結(jié)合生成ScF3，并與氨水和鹽酸反應(yīng)生成的NH4Cl結(jié)合形成復(fù)鹽xNH4Cl·yScF3·zH2O，再經(jīng)脫水除銨獲得純度很高的ScF3；最后用Ca還原出Sc單質(zhì)。

【詳解】

Ⅰ(1)Sc為21號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，外圍電子排布式即價(jià)電子排布式，故此處填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙燒后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合價(jià)改變，故推測有O2參與反應(yīng)，所以C元素被氧化，對應(yīng)產(chǎn)物為CO2，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平得方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

(3)由流程知，調(diào)節(jié)pH時(shí)維持Sc以Sc3+形式存在，以便后續(xù)與F-結(jié)合生成ScF3，還需防止Sc3+與OH-結(jié)合；故調(diào)節(jié)pH范圍為：3.5＜pH＜4.2；

(4)由流程知，xNH4Cl·yScF3·zH2O脫水除銨指脫去結(jié)晶水和NH4Cl，NH4Cl受熱分解成NH3與HCl，之后又反應(yīng)生成NH4Cl，故會產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，所以380~400℃減少NH4Cl質(zhì)量，200~300℃減少H2O質(zhì)量，則n(NH4Cl)=n(H2O)=故此處填1：2；

(5)高溫脫水時(shí)，ScF3會與H2O反應(yīng)生成ScOF，所以會混有ScOF雜質(zhì)，對應(yīng)方程式為：ScF3+H2O=ScOF+2HF；由于Sc3+水解會生成雜質(zhì)，但脫銨時(shí)NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解，所以制得的ScF3純度很高；

Ⅱ(1)由于金屬表面殘留油脂；油脂在NaOH溶液中會發(fā)生水解從而被除去，故NaOH另一個(gè)作用為除去油脂；

(2)由于廢鎳催化劑粉末中混有Al、Fe及其氧化物等雜質(zhì)，首先要考慮去除雜質(zhì)，第一步堿溶后，Al及其氧化物被NaOH溶解除去，不溶物中主要含有Ni、Fe及其氧化物，加入稀硫酸使其溶解，再加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，之后再調(diào)節(jié)pH除去Fe元素雜質(zhì)，最終通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶獲得NiSO4晶體，具體方案補(bǔ)充如下：步驟a．稀硫酸；步驟b．向?yàn)V液中加適量H2O2溶液，充分反應(yīng)，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶?！窘馕觥?d14s22Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；4.21：2ScF3+H2O=ScOF+2HF脫銨時(shí)NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解除去油脂稀硫酸向?yàn)V液中加適量H2O2溶液，充分反應(yīng)，再加入NaOH溶液，調(diào)節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶18、略

【分析】【分析】

I．(1)根據(jù)題意，鉛精礦在空氣中焙燒，與氧氣反應(yīng)生成PbO和SO2；據(jù)此書寫反應(yīng)的方程式；

(2)用過量氨水吸收二氧化硫；得到亞硫酸銨和水，據(jù)此書寫反應(yīng)的離子方程式；

II．鉛精礦通過含有氯化鐵和氯化鈉溶液浸泡，加熱，趁熱過濾，得到含氯化鉛、氯化亞鐵的溶液和含有硫單質(zhì)的濾渣；濾液1加適量水稀釋并冷卻，得到氯化亞鐵溶液(濾液2)，并析出PbCl2；PbCl2加入氯化鈉溶液，使平衡PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)正向移動，得到PbCl42-溶液3；與上述的氯化亞鐵溶液合并共同組成電解池，電解得到鉛單質(zhì)和含有氯化鐵的溶液，據(jù)此分析解答(3)～(5)。

【詳解】

I．(1)根據(jù)題意，鉛精礦在空氣中焙燒，與氧氣反應(yīng)生成PbO和SO2，反應(yīng)方程式為2PbS+3O22PbO+SO2，故答案為：2PbS+3O22PbO+SO2；

(2)二氧化硫是酸性氣體，氨水是弱堿，用過量氨水吸收二氧化硫，得到亞硫酸銨和水，反應(yīng)的離子方程式為：2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故答案為：2NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O；

II．(3)浸取液中FeCl3增加了氯離子濃度，溶液中存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)，當(dāng)氯離子濃度增大時(shí)，平衡正向移動，讓鉛以PbCl42-的形式存在溶液中，另外三價(jià)鐵離子具有氧化性，S2-離子具有還原性，能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使硫元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫，故答案為：使Pb元素從難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbCl42-；S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣；

(4)根據(jù)表格數(shù)據(jù)，PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)，加水稀釋，氯離子的濃度降低，平衡逆向移動，冷卻后，溫度降低，PbCl2的溶解度降低，從而析出PbCl2固體；故答案為：加水稀釋并冷卻；

(5)①溶液3是含PbCl42-的溶液；要制得單質(zhì)鉛，元素鉛的化合價(jià)降低，需要得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電解池的工作原理，陰極得到電子，故溶液3應(yīng)放入陰極室，故答案為：陰極室；

②陽極室是濾液2，濾液2是氯化亞鐵溶液，亞鐵離子在陽極失去電子，轉(zhuǎn)化成三價(jià)鐵離子，溶液中的陰離子氯離子通過陰離子交換膜，到達(dá)陽極室，與三價(jià)鐵離子結(jié)合，得到氯化鐵溶液，達(dá)到再生的目的，故答案為：陽極的電極反應(yīng)為：Fe2+-e-═Fe3+，使c(Fe3+)升高，同時(shí)Cl-通過陰離子交換膜向陽極移動，使FeCl3再生；

③由Pb2+→Pb，1molPb2+，轉(zhuǎn)移2mol電子，當(dāng)電解池中通過cmol電子時(shí)，金屬鉛全部析出，所以就有cmol的Pb析出，鉛浸出率為b，故原液中有鉛離子物質(zhì)的量為mol，故PbS的物質(zhì)的量也為mol，m(PbS)=M(PbS)×n=(207+32)×=g，鉛精礦的質(zhì)量為ag，鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=×100%，故答案為：×100%。【解析】2PbS+3O22PbO+SO22NH3?H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O使Pb元素從難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbCl42-，S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣加水稀釋并冷卻陰極室陽極的電極反應(yīng)為：Fe2+-e-═Fe3+，使c(Fe3+)升高，同時(shí)Cl-通過陰離子交換膜向陽極移動，使FeCl3再生×100%19、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)難溶物和液體不溶；用過濾的方法進(jìn)行分離；

（2）根據(jù)MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

（3）根據(jù)CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)生成氯化鋰；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液；陽極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此書寫陽極反應(yīng)式。

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子；鋰離子向陰極移動，LiOH溶液的濃度增大，碳酸氫銨與LiOH反應(yīng)生成碳酸鋰；水和氨氣。

【詳解】

（1）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過濾的方法進(jìn)行分離，故答案為：過濾；

（2）MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，所以沉淀x的主要成份的化學(xué)式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案為：CaCO3和Mg(OH)2；

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

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)的離子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽極液，陽極液中氯離子失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以陽極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；

②陰極區(qū)由水電離出氫離子放電剩余氫氧根離子，鋰離子向陰極移動，導(dǎo)致LiOH溶液的濃度增大；電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】過濾CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的濃度比沉淀Ca2+所用的濃度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共18分)20、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，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，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，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，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決速步驟指反應(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)分子的相對總能量與1個(gè)分子和3個(gè)分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5121、略