2025年牛津上海版選修4化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年牛津上海版選修4化學(xué)下冊月考試卷563考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：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8題，共16分)1、強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的稀溶液發(fā)生中和反應(yīng)的熱效應(yīng)為：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ?mol﹣1．分別向1L0.5mol?L﹣1的NaOH溶液中加入①濃硫酸、②稀醋酸、③稀硝酸，恰好完全反應(yīng)的焓變分別為△H1、△H2、△H3，下列關(guān)系正確的是（）A.△H2＞△H3＞△H1B.△H1＜△H2＜△H3C.△H1＞△H2=△H3D.△H1=△H2＜△H32、反應(yīng)mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影響圖像如下，下列判斷正確的是

A.由圖1可知，T1＜T2，該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.由圖2可知，該反應(yīng)m＋n﹤pC.圖3中，表示反應(yīng)速率υ正＜υ逆的是點1D.圖4中，若m＋n＝p，則a曲線一定使用了催化劑3、已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大；可以采取的措施是()

①加少量燒堿固體②升高溫度③加少量冰醋酸④加水A.①②B.②③C.③④D.②④4、與純水的電離相似，液氨中也存在著微弱的電離：2NH3NH4++NH2－，據(jù)此判斷，以下敘述錯誤的是()A.一定溫度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一個常數(shù)B.液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子C.液氨達(dá)到電離平衡時c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2－)D.只要不加入其他物質(zhì)，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)5、若定義pc是溶液中微粒物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)，則常溫下，一定濃度的某酸(H2A)水溶液中pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)隨著溶液pH的變化曲線如圖所示。下列說法一定正確的是（）

A.pH=4時，c(HA-)2-)B.c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)是定值C.常溫下，該酸的電離常數(shù)Ka1=10-1.3D.常溫下，NaHA的水溶液呈堿性6、時，向溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，溶液的pH與NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示．下列敘述不正確的是

A.C點溶液中含有和B.溶液中水的電離程度比溶液中小C.B點，D.D點，7、用0.1000mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00ml0.1000mol·L-1的鹽酸和醋酸；滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）

A.Ⅰ、Ⅱ分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線B.V(NaOH)=10.00mL時，醋酸溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)C.pH=7時，滴定鹽酸消耗V(NaOH)大于醋酸消耗V(NaOH)D.V(NaOH)=20.00mL時，兩溶液中c(CH3COO-)═c(Cl-)8、2019年諾貝爾化學(xué)獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展作出重要貢獻(xiàn)的科學(xué)家。用太陽能電池給磷酸鐵鋰鋰離子電池充電示意圖如圖所示，陽極反應(yīng)式為：LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4。下列敘述正確的是。

A.晶體硅能將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，太陽能電池屬于原電池B.該鋰電池放電時負(fù)極反應(yīng)為：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6C.放電時，Li+通過隔膜向鋁箔電極移動D.磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程中，F(xiàn)e、P元素化合價均不發(fā)生變化評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、已知某溶液中只存在四種離子；某同學(xué)推測其離子濃度大小順序有如下三種關(guān)系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是__________(填化學(xué)式)，上述四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)。

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，則溶液中的溶質(zhì)為__________(填化學(xué)式)。

(3)若該溶液是由體積相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，則溶液中四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)，則混合前兩溶液的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中與堿中的關(guān)系是__________

(4)將等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液等體積混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各種微粒濃度由大到小的順序(除外)為____________________________。10、下列鹽溶液中能發(fā)生水解的用離子方程式表示；不能發(fā)生水解的請寫上“不發(fā)生水解”字樣，并說明溶液的酸堿性：

K2CO3____________________________________，溶液呈_______性；

NH4Cl_____________________________________，溶液呈_______性。

K2SO4_____________________________________，溶液呈_______性；11、弱酸HA的電離常數(shù)25℃時，有關(guān)弱酸的電離常數(shù)如下：。弱酸化學(xué)式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A電離常數(shù)1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四種酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是________________（用序號填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中時，此時溶液的pH=________。⑶當(dāng)H2A與NaOH溶液1：1混合溶液顯________性（選填“酸、中、堿”）。12、25℃時，H2SO3?HSO3－＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將__________(填“增大”“減小”或“不變”)。13、利用電化學(xué)原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應(yīng)：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5；可循環(huán)使用。則石墨Ⅰ是電池的________極；石墨Ⅰ附近發(fā)生的電極反應(yīng)式為__________________________________。

（2）工作時，甲池內(nèi)的NO向___________極移動(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同條件下，消耗的O2和NO2的體積比為____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上發(fā)生的電極反應(yīng)為_________________________________。

（4）若溶液中減少了0.01molCr2O則電路中至少轉(zhuǎn)移了___________mol電子。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共16分)15、(1)已知2H→H2放出437.6kJ的熱量，下列說法正確的是_________________。

A．氫氣分子內(nèi)每個氫原子都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。

B．氫氣分子的能量比兩個氫原子的能量低。

C．1molH2離解成2molH要放出437.6kJ熱量。

D．氫原子比氫氣分子穩(wěn)定。

(2)科學(xué)家最近研制出利用太陽能產(chǎn)生激光，并在二氧化鈦(TiO2)表面作用使海水分解得到氫氣的新技術(shù)2H2O2H2↑+O2↑；制得的氫氣可用于制作燃料電池。試回答下列問題：

①分解海水時，生成的氫氣用于制作燃料電池時，實現(xiàn)了化學(xué)能轉(zhuǎn)化為_________能；分解海水的反應(yīng)屬于___________反應(yīng)(填“放熱”或“吸熱”)。

②某種氫氧燃料電池，電解質(zhì)溶液是甲，一個電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：H2+2OH--2e-=2H2O，則甲溶液可能是_____________(選填字母)。

A．稀硫酸B．食鹽水C．乙醇D．KOH溶液。

(3)鋅錳干電池是應(yīng)用最廣泛的電池之一(如圖所示)；請回答下列有關(guān)問題：

①鋅錳干電池的負(fù)極材料是______，該電池工作時，NH4+移向____極(填“正”或“負(fù)”)。

②關(guān)于該電池的使用和性能說法正確的是_______________。

A．該電池可反復(fù)充電使用。

B．該電池可用于鬧鐘；收音機(jī)、照相機(jī)等。

C．該電池使用后能投入火中；也可投入池塘中。

D．堿性鋅錳電池比酸性鋅錳電池壽命長、性能好16、丙烯是三大合成材料的基本原料之一；其用量最大的是生產(chǎn)聚丙烯。另外，丙烯可制備1，2-二氯丙烷，丙烯醛等?；卮鹣铝袉栴}：

I.工業(yè)上用丙烯加成法制備1；2-二氯丙烷，主要副產(chǎn)物為3-氯丙烯，反應(yīng)原理為：

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)為164kJ?mol-1，則該反應(yīng)的活化能Ea(正)為_______kJ?mol-1

(2)一定溫度下，向恒容密閉容器中充入等物質(zhì)的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)①②，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)隨時間的變化如下表所示。時間/min060120180240300360壓強(qiáng)/KPa8074.269.465.261.657.657.6

用單位時間內(nèi)氣體分壓的變化來表示反應(yīng)速率，即ν=△p/△t，則反應(yīng)①前180min內(nèi)平均反應(yīng)速率ν(CH2ClCHClCH3)=_____Kpa/min-1(保留小數(shù)點后2位)。

II.丙烯的制備方法。

方法一：丙烷無氧脫氫法制備丙烯反應(yīng)：C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ?mol-1

(3)①某溫度下，在剛性容器中充入C3H8，起始壓強(qiáng)為10kpa，平衡時總壓強(qiáng)為14kpa，C3H8(的平衡轉(zhuǎn)化率為____。該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____Kpa(保留小數(shù)點后2位)

②總壓分別為100kpa和10kpa時發(fā)生該反應(yīng)，平衡體系中C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系如圖所示。

10kpa時C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系的曲線分別是____、____。

③高溫下，丙烷生成丙烯的反應(yīng)在初期階段的速率方程為：r=k×c(C3H8)，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。對于處于初期階段的該反應(yīng)，下列說法正確的是____。

A.增加丙烷濃度，r增大B.增加H2濃度，r增大。

C.丙烯的生成速率逐漸增大D.降低反應(yīng)溫度；k減小。

方法二：丙烷氧化脫氫法制備丙烯還生成CO、CO2等副產(chǎn)物，制備丙烯的反應(yīng)：C3H8(g)+1/2O2(g)?C3H6(g)+H2O(g)△H=-118kJ?mol-1，在催化劑的作用下C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖2所示。

(4)圖中C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是_____，觀察圖2，回答能提高C3H6選擇性的措施是___(C3H6的選擇性=)評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)17、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=_______已知由實驗測得反應(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，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的計算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時平衡體系中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(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)18、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“＝”）。19、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③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

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

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分六、有機(jī)推斷題(共1題，共7分)20、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】分析：根據(jù)三種酸的性質(zhì)結(jié)合△H＜0分析解答。

詳解：強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的稀溶液發(fā)生中和反應(yīng)的熱效應(yīng)：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=-57.3kJ/mol，分別向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①濃硫酸；②稀醋酸；③稀硝酸，濃硫酸溶于水放熱，則放出的熱量最高，焓變最小，稀醋酸中存在醋酸的電離平衡，電離吸熱，則放熱最小，焓變最大。稀硝酸是強(qiáng)的稀酸，所以放出的熱量為△H2＞△H3＞△H1；答案選A。

點睛：解答本題需要注意的是濃硫酸溶于水放熱、醋酸電離吸熱以及比較△H大小時要考慮“－”號，即放出的熱量越多，△H越小。2、C【分析】【詳解】

A.根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”的原則，T2先達(dá)到平衡，故T2溫度高，且T2對應(yīng)C%含量低；則升高溫度平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B.由圖2可知，相同溫度下，壓強(qiáng)越大對應(yīng)C%含量高，則增大壓強(qiáng)平衡正向移動，則m+n>p；故B錯誤；

C.圖3中，曲線上點為平衡點，點1對應(yīng)的轉(zhuǎn)化率大于平衡轉(zhuǎn)化率，點3轉(zhuǎn)化率小于平衡轉(zhuǎn)化率，點1時反應(yīng)逆向進(jìn)行，則反應(yīng)速率υ正＜υ逆；故C正確；

D.圖4中，若m＋n＝p，該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，圖中a、b平衡狀態(tài)相同；則a曲線可能使用了催化劑或增大壓強(qiáng)，故D錯誤；

答案選C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

①Ka=可知，=加入燒堿溶液，c(H+)減小，c（CH3COO-）增大，促進(jìn)CH3COOH的電離，則比值減小，故錯誤；②弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，加熱促進(jìn)電離，氫離子濃度增大，則比值增大，故正確；③加少量冰醋酸，醋酸濃度增大，弱電解質(zhì)的濃度越大，電離程度越小，則比值減小，故錯誤；④加水，溶液體積增大，導(dǎo)致氫離子、醋酸濃度都減小，但是電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+正向移動，氫離子濃度減的少，醋酸濃度減的大，所以比值增大，故正確；故選D。4、C【分析】【詳解】

A選項，純水中氫離子濃度與氫氧根濃度乘積是個常數(shù)，同理一定溫度下液氨中c(NH4+)·c(NH2－)是一個常數(shù)；故A正確，不符合題意；

B選項，液氨是部分電離，因此液氨中含有NH3、NH4+、NH2－等粒子；故B正確，不符合題意；

C選項，液氨達(dá)到電離平衡，各離子濃度不變，不能說c(NH3)=c(NH4+)；故C錯誤，符合題意；

D選項，液氨電離出NH4+、NH2－，只要不加入其他物質(zhì)，液氨中c(NH4+)=c(NH2－)；故D正確，不符合題意。

綜上所述，答案為C。5、C【分析】【分析】

隨pH增大，c(H2A)減小、c(HA－)先增后減、c(A2－)增大；根據(jù)圖示，曲線Ⅰ表示c(HA－)、曲線Ⅱ表示c(H2A)、曲線Ⅲ表示c(A2－)；

【詳解】

A、根據(jù)圖示，pH＝4時，c(HA－)>c(A2－)；故A錯誤；

B、調(diào)節(jié)溶液pH的方法不確定，所以c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)不一定是定值；故B錯誤；

C、根據(jù)圖示c(H2A)＝c(HA－)時，pH＝1.3，所以Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.3；故C正確；

D、根據(jù)圖示c(A2－)＝c(HA－)時，pH＝4.3，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.3，HA－的水解常數(shù)Kh＝＝10－12.7；電離大于水解，所以NaHA的水溶液呈酸性，故D錯誤。

【點睛】

本題的關(guān)鍵是正確判斷c(H2A)、c(HA－)、c(A2－)與三條曲線的對應(yīng)關(guān)系，會根據(jù)pH=1.3、pH=4.3的點計算H2A的電離平衡常數(shù)，學(xué)會判斷酸式弱酸鹽的酸堿性的方法。6、C【分析】【詳解】

A．10mL0.1mol?L-1H2C2O4溶液與等濃度NaOH完全反應(yīng)生成Na2C2O4，消耗NaOH的體積為20mL，此時溶液顯堿性，C點溶液顯中性，消耗的NaOH的體積小于20mL，所以溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4和Na2C2O4；故A正確；

B．多元弱酸根離子分步水解，以第一步水解為主，所以NaHC2O4溶液中水的電離程度比Na2C2O4溶液中小；故B正確；

C．B點，H2C2O4溶液與NaOH恰好反應(yīng)生成NaHC2O4，由物料守恒可知，c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)；故C錯誤；

D．D點，H2C2O4溶液與NaOH恰好反應(yīng)生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液顯堿性，以第一步水解為主，所以溶液中離子濃度關(guān)系為；c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；故D正確；

故答案為C。

【點睛】

判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，明確等量關(guān)系。①電荷守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關(guān)系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．滴定開始時0.1000mol/L鹽酸pH=1；0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定鹽酸的曲線是圖Ⅱ，滴定醋酸的曲線是圖Ⅰ，故A錯誤；

B.加入10mL氫氧化鈉時，醋酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到同濃度的醋酸和醋酸鈉混合液，由圖可知，溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則溶液中c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；故B錯誤；

C.醋酸鈉水解呈堿性；氯化鈉不水解，pH=7時，鹽酸完全反應(yīng)，醋酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到醋酸和醋酸鈉的混合液，則醋酸所用NaOH溶液的體積小，故C正確；

D.V(NaOH)=20.00mL時，鹽酸和醋酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和醋酸鈉，由于醋酸根離子發(fā)生水解，則c（CH3COO-）＜c（Cl-）；故D錯誤；

故選C。

【點睛】

醋酸鈉水解呈堿性，氯化鈉不水解，pH=7時，鹽酸完全反應(yīng)，醋酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到醋酸和醋酸鈉的混合液是分析的易錯點。8、B【分析】【分析】

由磷酸鐵鋰鋰離子電池圖解可知；該裝置為電池充電狀態(tài)，屬于電解池，電解池中陽離子向陰極移動，鋰離子從右向左移動，則鋼箔為陽極，鋁箔為陰極，據(jù)此回答問題。

【詳解】

A．原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；晶體硅能將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，則硅太陽能電池不屬于原電池，故A錯誤；

B．該鋰電池放電時負(fù)極為鋁箔，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式為LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4，即放電時正極為xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4，即負(fù)極反應(yīng)為：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6；故B正確；

C．根據(jù)分析，充電時為電解池，鋼箔為陽極，鋁箔為陰極，放電時為原電池，則鋼箔為正極，鋁箔為負(fù)極，原電池中陽離子向正極移動，則Li+通過隔膜向鋼箔電極移動；故C錯誤；

D．磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現(xiàn)，根據(jù)B項分析，放電時正極為xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－=LiFePO4；Li；Fe元素化合價發(fā)生變化，故D錯誤；

答案為B。

【點睛】

本題易錯點為A，原電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，但是硅太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，不屬于原電池。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【詳解】

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)為由于能水解使溶液呈堿性，故①符合題意。故答案為：①；

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，即溶液呈酸性，說明溶液中除含有外，還含有一定量的故溶液中的溶質(zhì)為和故答案為：和

(3)溶液呈中性，說明根據(jù)電荷守恒：則故溶液中四種離子濃度的大小順序為②符合題意。

若混合前，則混合后溶液中的溶質(zhì)只有為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性，現(xiàn)在溶液顯中性，說明過量，即

由于中和過程中會繼續(xù)電離出說明混合前酸中小于堿中

故答案為：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根據(jù)電荷守恒：故即溶液中

根據(jù)物料守恒：又知故則混合后溶液中各種微粒濃度由大到小的順序(除外)

故答案為：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.10、略

【分析】【分析】

碳酸鉀為強(qiáng)堿弱酸鹽；碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性；氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性；硫酸鉀為強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽，不水解，據(jù)此分析解答。

【詳解】

碳酸鉀為強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為CO32-+H2O?OH-+HCO3-；NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解導(dǎo)致溶液顯酸性，水解方程式為NH4++H2O?H++NH3·H2O；硫酸鈉為強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽，鈉離子和硫酸根離子都不水解，溶液呈中性，故答案為：CO32-+H2O?OH-+HCO3-；堿；NH4++H2O?H++NH3·H2O；酸；不發(fā)生水解；中。

【點睛】

本題的易錯點為碳酸鉀的水解方程式的書寫，要注意碳酸根離子水解分步進(jìn)行，不能一步水解生成碳酸。【解析】①.CO32-+H2O?OH-+HCO3-②.堿③.NH4++H2O?H++NH3·H2O④.酸⑤.不發(fā)生水解⑥.中11、略

【分析】【分析】

根據(jù)弱酸的電離常數(shù)大小比較酸性強(qiáng)弱；根據(jù)電離常數(shù)計算pH，根據(jù)平衡常數(shù)及水解原理判斷溶液酸堿性。

【詳解】

（1）根據(jù)電離平衡常數(shù)大小分析，電離常數(shù)越大，其酸性越強(qiáng)，酸性由強(qiáng)到弱的順序為：故答案為：①>②>④>③；

（2）根據(jù)醋酸的電離常數(shù)，結(jié)合得pH=5，故答案為：5；

（3）當(dāng)與溶液1：1混合時，溶質(zhì)為根據(jù)的電離常數(shù)可知，的水解程度大于電離程度，所以溶液顯堿性，故答案為：堿?！窘馕觥竣?gt;②>④>③5堿12、略

【分析】【分析】

依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關(guān)系計算水解常數(shù)，將轉(zhuǎn)化為變?yōu)橐粋€變量進(jìn)行判斷。

【詳解】

25℃時，H2SO3?HSO3－＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式為HSO3－+H2O?H2SO3+OH?，則NaHSO3的水解平衡常數(shù)當(dāng)加入少量I2時，發(fā)生反應(yīng)HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I?，溶液酸性增強(qiáng)，c(H+)增大，c(OH-)減小，但是溫度不變，Kh不變，則增大，故答案為：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大13、略

【分析】(1)甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負(fù)極，電極反應(yīng)式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極，故答案為負(fù)；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ為負(fù)極，原電池中陰離子向負(fù)極移動，根據(jù)得失電子守恒計算1molO2反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4mol電子，4molNO2轉(zhuǎn)變成N2O5，轉(zhuǎn)移4mol電子，相同狀況下氣體的體積比等于物質(zhì)的量之比，故O2和NO2的體積比為1：4；故答案為石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ為負(fù)極，故Fe(Ⅰ)為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

(4)根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能夠氧化0.06molFe2＋，即電解過程中需要生成0.06molFe2＋，F(xiàn)e(I)為陽極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2＋；故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，故答案為0.12。

點睛：本題考查原電池與電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關(guān)鍵。本題的難點是(4)的計算，需要根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O計算出電解過程中生成的Fe2＋，再根據(jù)電極反應(yīng)式進(jìn)行計算，注意電路中轉(zhuǎn)移的電子與Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中轉(zhuǎn)移的電子是不一樣的?！窘馕觥控?fù)NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12三、判斷題(共1題，共2分)14、×【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；【解析】錯四、原理綜合題(共2題，共16分)15、略

【分析】【分析】

在酸性鋅錳電池中，負(fù)極反應(yīng)為：Zn-2e-+2==Zn(NH3)+2H+，正極反應(yīng)式為：2MnO2+2e-+2H+==2MnO(OH)。

【詳解】

(1)A．氫氣分子內(nèi)每個氫原子的最外層電子數(shù)都為2；都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，A正確；

B．因為反應(yīng)放熱；所以氫氣分子的能量比兩個氫原子的能量低，B正確；

C．因為2H→H2放出437.6kJ的熱量，所以1molH2離解成2molH要吸收437.6kJ熱量；C不正確；

D．氫原子的能量比氫氣分子能量高；所以氫分子更穩(wěn)定，D不正確；

故答案為：AB；

(2)①燃料電池工作時；將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能；因為氫氣與氧氣反應(yīng)生成水是放熱反應(yīng)，所以分解海水的反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)。

②由一個電極上發(fā)生的電極反應(yīng)：H2+2OH--2e-=2H2O看，電極反應(yīng)式中出現(xiàn)OH-；則甲溶液可能是KOH溶液，故選D；

答案為：電；吸熱；D；

(3)①由圖中可以看出，鋅錳干電池的負(fù)極材料是鋅，該電池工作時，陽離子向正極移動，則NH4+移向正極。

②A．該電池為一次電池；不可反復(fù)充電使用，A不正確；

B．該電池具有穩(wěn)定的電壓；能提供穩(wěn)定的電流，所以可用于鬧鐘；收音機(jī)、照相機(jī)等，B正確；

C．該電池內(nèi)部的電解質(zhì)會污染水源；若使用后投入火中，化學(xué)物質(zhì)會發(fā)生劇烈反應(yīng)，并可能發(fā)生爆炸，C不正確；

D．堿性鋅錳電池比酸性鋅錳電池中金屬更穩(wěn)定；放電電流大，性能好，D正確；

故選BD；

答案為：鋅；正；BD。

【點睛】

只能放電不能充電的電池為一次電池，既能放電又能充電的電池為二次電池?！窘馕觥緼B電吸熱D鋅正BD16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)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；

根據(jù)蓋斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)?CH2ClCHClCH3(g)△H2=-134kJ?mol-1+102kJ?mol-1=-32kJ?mol-1，焓變=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，則該反應(yīng)的活化能Ea(正)=-32kJ?mol-1+164kJ?mol-1=132kJ?mol-1；

(2)由于CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)?CH2ClCHClCH3(g)反應(yīng)；使容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)減?。?/p>

設(shè)180min時，CH2ClCHClCH3(g)的壓強(qiáng)為p

P=14.8KPa；

ν(CH2ClCHClCH3)=0.08Kpa/min-1；

(3)①

平衡時總壓強(qiáng)為14kpa，即10-x+x+x=14，x=4，C3H8(的平衡轉(zhuǎn)化率為40%；該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=2.67；

②增大壓強(qiáng)，C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)逆向移動，C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，升高溫度，C3H8(g)?C3H6(g)+H2(g)，正向移動，C3H8的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，10kpa時C3H8和C3H6的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化關(guān)系的曲線分別是Z；Y。

③A.根據(jù)r=k×c(C3H8)，可知增加丙烷濃度，r增大，故A正確；

B.根據(jù)r=k×c(C3H8)，增加H2濃度，r增大不變；故B錯誤；

C.隨反應(yīng)進(jìn)行，丙烷濃度逐漸減小，丙烯的生成速率逐漸減小，故C錯誤；

D.降低溫度，反應(yīng)速率減慢，r減小，根據(jù)r=k×c(C3H8)；可知降低反應(yīng)溫度k減小，故D正確；

選AD。

(4)圖中C3H8的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是溫度升高，反應(yīng)速率增大(或溫度升高，催化劑的活性增大)，根據(jù)圖2，較低溫度下，丙烯的選擇性大，能提高C3H6選擇性的措施是選擇相對較低的溫度(或選擇更合適的催化劑)。

【點睛】

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)反應(yīng)限度，明確影響反應(yīng)速率的因素和影響平衡移動的因素是解題關(guān)鍵，會利用“三段式”法進(jìn)行化學(xué)計算，培養(yǎng)學(xué)生分析化學(xué)平衡圖象的能力。【解析】1320.0840﹪2.67ZYAD溫度升高，反應(yīng)速率增大(或溫度升高，催化劑的活性增大)選擇相對較低的溫度(或選擇更合適的催化劑)五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)17、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)平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（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錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(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)平衡時則平衡時

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個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設(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-0.5118、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；由此可得出開始時反應(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，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，由此可得出開始時反應(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，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，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，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時，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，則會得出錯誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><19、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