2025年北師大新版選修4化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大新版選修4化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、新型高性能電池的開發(fā)與研究已成為當下信息產業(yè)化時代的迫切要求、某研究團隊設計研制了種高性能的磷酸鐵鋰(LiFePO4,簡稱LFP)電池。正極材料為磷酸鐵鋰,與Al相連，負極材料為石墨，與Cu相連，正、負之間存在電解質并通過聚合物隔膜隔開，此膜只允許Li+通過，其工作原理如圖所示，總反應為Li(1-x)C6十LiFePO4LiC6+Li(1-x)FePO4。下列有關說法正確的是。

A.當開關K置于a時,Li+由右向左穿過聚合物隔膜到達正極B.當開關K置于a時，正極材料上的電極反應為:Li(1-x)FePO4+xLi++xe-=LiFePO4C.該電池的正、負極之間可以用Na2SO4水溶液作電解質溶液D.當開關K置于b時，負極上的電極反應為:LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+2、在一定溫度下，向一個容積為2L的密閉容器內（預先加入催化劑）通入2molNH3，經過一段時間后，測得容器內的壓強為起始時的1.2倍.則NH3的轉化率為（）A.25%B.80%C.10%D.20%3、某同學探究溫度對溶液pH值影響，加熱一組試液并測量pH后得到如下數據(溶液濃度均為0.1mol/L)：。溫度（℃）10203040純水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62

下列說法正確的是A.隨溫度升高，純水中的kw逐漸減小B.隨溫度升高，NaOH溶液pH變化主要受水電離平衡變化影響C.隨溫度升高，CH3COOH的電離促進了水的電離D.隨溫度升高，CH3COONa溶液的pH減小，說明水解程度減小，c(CH3COO－)增大4、下列對Na2CO3和NaHCO3溶液說法中不正確的是（）A.在Na2CO3和NaHCO3溶液中離子種類相同B.在溶質物質的量濃度和體積相等的Na2A和NaHA溶液中，陰離子總數相等C.在NaHCO3溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()D.在Na2CO3溶液中一定有：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)5、下列各溶液中，離子的物質的量濃度關系正確的是A.pH＝3的H2SO4溶液中：c(H+)＝10-3mol·L－1B.呈中性的醋酸和醋酸鈉的混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)C.在Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)D.氯化銨溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)6、時，在“”的水溶液體系中，和三者中各自所占的物質的量分數隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.在含和的溶液中，加入少量NaOH固體，一定增大B.將等物質的量的NaHA和混合物溶于水，所得溶液中C.NaHA溶液中，的水解能力大于的電離能力D.在含和的溶液中，若則與不一定相等7、在鹽類發(fā)生水解的過程中，正確的說法是A.鹽的電離平衡被破壞B.水的電離程度逐漸增大C.溶液的pH發(fā)生了較大改變D.水解后溶液一定呈酸性或堿性8、溴酸銀(AgBrO3)的溶解度隨溫度變化曲線如右上圖所示；下列說法正確的是。

A.溫度升高不利于溴酸銀的溶解B.溴酸銀的溶解是放熱過程C.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純D.60℃時，將0.04g溴酸銀加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、下列說法或表示方法正確的是A.同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同B.放熱反應的反應速率大于吸熱反應的反應速率C.蓋斯定律實質上是能量守恒的體現(xiàn)D.H2的燃燒熱為ΔH=－285.8kJ/mol，2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol10、如圖所示，a曲線表示一定條件可逆反應X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)(正反應為放熱反應)的反應過程。若使a曲線變?yōu)閎曲線，可采取的措施是（）

A.加入催化劑B.增大Y的濃度C.降低溫度D.增大體系壓強11、近日，北京航空航天大學教授團隊與中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)單原子催化劑；用于常溫常壓下的電化學催化氫氣還原氮氣的反應。反應歷程與相對能量模擬計算結果如圖所示(*表示稀土單原子催化劑)。下列說法錯誤的是。

A.相同條件下，兩種催化反應的焓變相同B.實際生產中將催化劑的尺寸處理成納米級顆粒可提高氨氣的平衡轉化率C.使用Sc1／NC單原子催化劑的反應歷程中，最大能壘的反應過程可表示為*N2+H→*NNHD.升高溫度一定可以提高氨氣單位時間內的產率12、H2S為二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(電離常數K的負對數－lgK＝pK)。在20℃時，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中緩慢通入HCl(忽略溶液體積變化和H2S的揮發(fā))，在該過程中下列微粒物質的量濃度關系一定正確的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)時，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性時，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89時，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1時，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)13、25℃時，用2amol?L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2amol?L﹣1氫氟酸溶液，得到混合液中HF、F﹣的物質的量與溶液pH的變化關系如圖所示．下列說法正確的是（）

A.pH=3時，溶液中：c(Na+)＜c(F﹣)B.c(F﹣)＞c(HF)時，溶液一定呈堿性C.pH=3.45時，NaOH溶液恰好與HF完全反應D.pH=4時，溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH﹣)＜2amol?L﹣114、常溫時，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液；混合溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列有關敘述正確的是（）

A.點①、③、④所示溶液中，點③所示溶液H2O的電離程度最小B.點②所示溶液中：2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)C.點③所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)D.滴定過程中可能出現(xiàn)：c(Na+)＞c(HC2O4-)=c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(H+)15、室溫下，下列說法不正確的是A.相同物質的量濃度的氨水和鹽酸充分混合，若則V(氨水)＞V(鹽酸)B.均為3的醋酸溶液和鹽酸等體積混合后，混合溶液的C.含等物質的量的和的溶液呈堿性，可知D.物質的量濃度相同的鹽酸和醋酸，存在16、已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數：

。弱酸化學式。

CH3COOH

HCN

H2CO3

電離平衡常數（25℃）

1.8×l0-5

4.9×l0-10

Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11

則下列有關說法正確的是A.等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（NaCN）<pH（Na2CO3）<pH（CH3COONa）B.amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混合后，所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，則b一定大于aC.往冰醋酸中逐滴加水的過程中，醋酸的電離程度逐漸增大D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、能源是人類生活和社會發(fā)展的物質基礎；研究化學反應中的能量變化，有助于更好地利用化學反應為人們的生產和生活服務。請回答下列問題：

(1)從能量的角度看：斷開化學鍵要________能量；形成化學鍵要________能量。

(2)已知強酸與強堿的稀溶液發(fā)生的中和反應可表示為△H=-57.3kJ/mol。中和熱測定實驗中，用到的玻璃儀器有燒杯、量筒、________、________。若用20gNaOH配成的稀溶液與足量稀鹽酸反應，則能放出________kJ的熱量。

(3)0.2mol液態(tài)高能燃料聯(lián)氨(分子式為N2H4)在氧氣中燃燒會生成氮氣和液態(tài)水，并放出124.25kJ的熱量，則其熱化學方程式為_________________________。

(4)已知：△H=-44kJ/mol；

△H=-1228kJ/mol。

寫出液態(tài)酒精完全燃燒后溫度恢復到室溫時反應的熱化學方程式：_______________________。18、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）．

（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），反應到3min時，容器內A的濃度為0.8mol/L，測得這段時間內，平均速率ν（C）=0.6mol/（L?min），則化學方程式中的n值為_____，ν（B）=_____，此時A的分解率為_____．19、25℃時，將pH=x氨水與pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等體積混合后，所得溶液中各種離子的濃度關系正確的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)20、判斷下列鹽溶液的酸堿性，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。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。21、依據氧化還原反應：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；設計的原電池如下圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是________；Y是________。

(2)銀電極為電池的________極，X電極上發(fā)生的電極反應為_____________________22、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀，應用如圖電解實驗可以制得白色的純凈的Fe(OH)2沉淀。兩電極材料分別為石墨和鐵。

(1)a電極材料應為____，電極反應式為_______。

(2)電解液C可以是__________。

A.純凈水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d為苯，其作用是______，在加入苯之前對C應作何簡單處理_______

(4)為了在較短時間內看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作電解液。

B.適當增大電源的電壓。

C.適當減小兩電極間距離。

D.適當降低電解液的溫度評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)23、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4題，共12分)24、實驗室用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)的流程如圖。已知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為機有物(難電離)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)濾渣I的主要成分是__(填化學式)，寫出一種能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃儀器有____。

(3)加入氧化鈷的目的是調節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，則浸出液的pH范圍應控制在____(已知：溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L，則認為離子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10?14)。

(4)加入有機萃取劑的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機相返回水相的過程。向操作①后溶有NiR2的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，寫出該步驟反應的離子方程式___。

(6)300℃時，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應的化學方程式為___。25、軟錳礦是一種常見的錳礦物，其主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質。高錳酸鉀具有強氧化性；在實驗室中和工業(yè)上常用作氧化劑。以軟錳礦為原料先制得錳酸鉀，再使其在酸性條件下歧化而制得高錳酸鉀的工藝流程如圖所示。

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Al3+Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀時(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列問題：

(1)“還原”中加稀硫酸的兩個作用分別是__________________、___________。

(2)“濾渣2”的成分是____________。利用上表格數據，計算Mn(OH)2的Ksp=______(列出計算式)。

(3)“熔融”時生成錳酸鉀的化學方程式為__________________。

(4)“歧化”時氧化劑與還原劑的物質的量之比為____________________。

(5)操作1為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，減壓過濾，“減壓過濾”(裝置如圖所示)的目的是_____。

(6)由錳酸鉀制備高錳酸鉀除了有歧化法；還有電解法：以錳酸鉀為電解液，鎳板為陽極，鐵板為陰極。

①寫出生成高錳酸鉀的電極反應式：___________。

②由電解法制備高錳酸鉀時可循環(huán)利用的物質是________(填化學式)。26、一種利用鈦鐵礦制備Li4Ti5O12的工藝流程如圖：

已知：鈦鐵礦的主要成分是FeTiO3(可表示為FeO·TiO2)，還含有少量的MgO和SiO2等雜質。

回答下列問題：

(1)酸浸時，要提高鐵的浸出率可采取的措施是___(寫出一條即可)。

(2)酸浸后的濾液①中鈦主要以TiOCl42-形式存在，則其水解生成TiO2·xH2O的離子方程式為___，加熱水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應時，應將溫度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若將濾液②加熱至一定溫度后，再加入雙氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此時溶液中=___。已知：此溫度下，F(xiàn)ePO4、Mg3(PO4)2的溶度積常數分別為1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高溫煅燒時發(fā)生反應的化學反應方程式為___。

(6)某可充電的鋰離子電池以Li4Ti5O12為正極，嵌入鋰的碳材料為負極，含Li＋導電固體為電解質。放電時的電池反應為LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，則充電時陰極電極反應式為___。27、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應反應的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當試劑X是__________時；更有利于降低生產成本。

（3）加入試劑Y調pH時，pH的調控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應式：__________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

根據題干敘述可知左極為該電池的正極；當開關K置于a時,該裝置為電解池，當開關K置于b時,該裝置為原電池。

【詳解】

A．當開關K置于a時，該裝置是電解池，該電池充電，故電池正極為陽極，電池負極為陰極，Li+由左向右穿過聚合物隔膜到達負極；A錯誤；

B．根據總反應可知充電時正極材料上的電極反應為LiFePO4-xe-==Li（1-x）FePO4+xLi+；B錯誤；

C．充電時負極材料上的電極反應為Li(1-x)C6+xLi++xe-=LiC6，故負極材料可以看成是鋰單質鑲嵌于石墨中，而鋰單質是可以和水反應的，所以該電池的電解質溶液不能用Na2SO4水溶液；C錯誤；

D．當開關K置于b時，該裝置為原電池，根據總反應可知負極上的電極反應為:LiC6-xe-=Li(1-x)C6+xLi+；D正確。

答案選D。

【點睛】

當為原電池時電池負極失去電子，正極得到電子；當為電解池時，原電池的正極為電解池的陽極，陽極失去電子，原電池的負極為電解池的陰極，陰極得到電子，做題時注意得失電子情況；電解池中離子流向為陰陽相吸,即陽離子流向陰極,陰離子流向陽極。2、D【分析】【分析】

令平衡時參加反應NH3的物質的量為xmol，利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，利用壓強之比等于物質的量之比，結合平衡時容器內氣體壓強為起始時的1.2倍列方程計算x的值，進而計算NH3的轉化率。

【詳解】

令平衡時參加反應NH3的物質的量為xmol；由題意建立如下三段式：

2NH3N2（g）+3H2（g）

開始（mol）：200

變化（mol）：x0.5x1.5x

平衡（mol）：2-x0.5x1.5x

所以根據壓強之比等于物質的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的轉化率為0.4/2×100%=20%。故答案選D。3、B【分析】【詳解】

A.水的電離為吸熱過程，隨溫度的升高，水的電離程度增大，Kw增大；A項錯誤；

B.隨溫度的升高，水的電離程度增大，Kw增大；則NaOH溶液pH會減小，B項正確；

C.隨溫度升高，促進CH3COOH的電離；提高氫離子濃度，氫離子會抑制水的電離，C項錯誤；

D.鹽類的水解反應是吸熱反應；溫度升高，促進鹽類的水解，即水解平衡向右移動，D項錯誤；

答案選B。4、B【分析】【詳解】

A．能電離和水解，電離生成和H+，水解生成H2CO3和OH-，第一步水解生成和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中還存在水電離產生的H+；所以兩種溶液中粒子種類相同，A正確；

B．在溶質物質的量濃度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2-水解生成的陰離子HA-及OH-增多；故兩種溶液中陰離子總數不相等，B錯誤；

C．在NaHCO3溶液中存在陰、陽離子的電荷守恒，陽離子為Na+、H+陰離子為OH-、存在的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()；C正確；

D．在Na2CO3溶液中水電離出的氫離子和氫氧根離子相等，氫離子被結合為弱電解質，溶液中氫氧根離子大于氫離子，存在質子守恒，c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)；D正確；

故答案為B。5、A【分析】【詳解】

A．H2SO4是強酸，完全電離，若H2SO4溶液pH＝3，則c(H+)＝10-3mol/L,正確；

B．根據電荷守恒可得：c(Na+)+c（H+）=c(OH-)+c(CH3COO－),由于醋酸和醋酸鈉的混合溶液呈中性，所以c（H+）=c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO－)；錯誤；

C．在Na2CO3溶液中，根據物料守恒可得c(Na+)="2"c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)；錯誤；

D．氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解消耗水電離產生的OH-，破壞了水的電離平衡，最終當溶液達到電離平衡時，c(H+)＞c(OH－)；根據物料守恒可得c(Cl－)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),所以在氯化銨溶液中，：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)，錯誤。6、D【分析】【詳解】

A．根據圖象，加入少量NaOH固體，pH增大，α(HA-)先增大后減小，所以α(HA-)不一定增大；故A錯誤；

B．NaHA的電離程度和Na2A的水解程度不同，故所得的溶液中α(HA-)與α(A2-)不相等；故B錯誤；

C．根據圖象，NaHA溶液顯酸性，即HA-電離出氫離子使溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH-)，故HA-的水解能力小于HA-的電離能力；故C錯誤；

D．在含H2A、HA-和A2-的溶液中，存在電荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，則c(H2A)和c(HA-)相等，所以α(H2A)和α(HA-)一定相等；故D正確；

故答案為D。7、B【分析】【分析】

鹽類水解的實質是鹽電離生成的弱離子（弱酸根離子或弱堿陽離子）與水電離生成的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質；從而破壞水的電離平衡，促進水的電離平衡正向進行；弱堿陽離子與弱酸根離子混合，會相互促進水解，最終溶液的pH可能呈酸性；堿性或中性，據此解答。

【詳解】

A.鹽類水解的過程中；水的電離平衡被破壞，大部分鹽是強電解質，能完全電離的，不存在電離平衡，A項錯誤；

B.鹽類水解破壞了水的電離平衡；使水的電離平衡正向移動，水的電離程度增大，B項正確；

C.水解是微弱的；故pH改變不大，再如醋酸銨溶液中，醋酸根和銨根的水解程度幾乎相等，最終溶液的pH幾乎呈中性，故溶液的pH變化不大，C項錯誤；

D.水解后的溶液不一定呈酸性或堿性；可能呈中性，如醋酸銨溶液，D項錯誤；

故選B。

【點睛】

鹽類發(fā)生水解后的溶液不一定呈酸性或堿性，可能呈中性，如醋酸銨溶液，這是學生們的易忘點。8、C【分析】試題分析：A；根據圖像升高溫度；溴酸銀的溶解度增大，所以溫度升高時有利于溴酸銀的溶解，故A錯誤；B、根據圖象可知，升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，說明溴酸銀的溶解過程為吸熱過程，故B錯誤；C、根據圖象可知，常溫下溴酸銀的溶解度大于0.2g，微溶于水，且隨溫度的變化不大，而硝酸鉀的溶解度較大，若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純，故C正確；D、60℃時溴酸銀的溶解度為0.6g，在10g水最多溶解0.06g，因此60℃時，將0.04g溴酸銀加入到10g水中，溴酸銀完全溶解，不存在沉淀溶解平衡，故D錯誤；

故選C。

考點：考查了難溶物的溶解平衡的相關知識。二、多選題(共8題，共16分)9、AC【分析】【詳解】

A．反應熱與反應物和生成物的狀態(tài)有關，與反應條件無關，同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的△H相同；故A正確；

B；反應速率與反應熱無關；故B錯誤；

C．蓋斯定律是變化過程中能量變化和途徑無關；與反應物和生成物能量有關，可以看作是能量守恒的體現(xiàn)，故C正確；

D．燃燒熱為1mol物質燃燒生成穩(wěn)定氧化物的能量變化，則氫氣燃燒熱的△H為-285.8kJ?mol-1，則氫氣燃燒的熱化學方程式為H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，因此2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ/mol；故D錯誤；

故選AC。10、AD【分析】【詳解】

A．加入催化劑；可加快反應速率，且不影響平衡移動，A正確；

B．增大Y的濃度；反應速率加快，平衡正向移動，X的轉化率增大，B錯誤；

C．降低溫度；反應速率減慢，平衡正向移動，X的轉化率增大，C錯誤；

D．該反應不隨氣體壓強的改變而移動；故增大體系壓強，反應速率加快，平衡不移動，D正確；

答案選AD。11、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據蓋斯定律；焓變只與反應物的總能量和生成物的總能量的相對大小，與反應途徑無關，催化劑只改變反應歷程，不改變反應的焓變，相同條件下，兩種催化反應的焓變相同，A正確；

B．催化劑只能改變反應速率；不能影響化學平衡移動，故實際生產中將催化劑的尺寸處理成納米級顆粒不能提高氨氣的平衡轉化率，B錯誤；

C．從圖中可以看出，使用Sc1／NC單原子催化劑的反應歷程中，最大能壘的反應過程可表示為*N2+H→*NNH；C正確；

D．從圖中可知，合成氨的反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，且溫度越高，催化劑吸附N2更困難；故升高溫度雖然可以加快反應速率，但不一定可以提高氨氣單位時間內的產率，D錯誤；

故答案為：BD。12、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)，兩式相加可得質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)。

【詳解】

A．根據c(HS?)=c(S2?)可知，溶液呈堿性，所以c(OH?)＞c(H+)，由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，可得c(Cl?)＜c(HS?)+2c(H2S)，由于c(HS?)=c(S2?)，所以c(Cl?)＜c(S2?)+2c(H2S)；故A錯誤；

B．由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH?)=c(H+)，可得c(Cl?)═c(HS?)+2c(H2S)；故B正確；

C．溶液pH＝6.89時，c(H+)=10-6.89溶液顯酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱電解質的電離比較弱，溶液中離子濃度大小關系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正確；

D．c(Cl?)=0.200mol?L?1，說明Na2S恰好和通入的HCl完全反應生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl?)，根據電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D錯誤；故選：BC。13、AD【分析】【詳解】

A.pH=3時，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，則c(F-)＞c(Na+)，故A正確；

B.當pH＞3.45時，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或堿性，故B錯誤；

C.HF為弱酸，恰好反應時溶液應呈堿性，當pH=3.45時，HF酸過量，故C錯誤；

D.溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，則c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(HF)+c(F-)，當pH=4時，混合溶液體積大于1.0L，由物料守恒可知，c(HF)+c(F-)＜2amol?L-1；故D正確；

答案選AD。14、BC【分析】【分析】

常溫時，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，發(fā)生反應H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，消耗20mlNaOH溶液時為第一化學計量點，恰好生成NaHC2O4，消耗40mlNaOH溶液時為第二化學計量點，恰好生成Na2C2O4；由此分析。

【詳解】

A．酸或堿存在抑制水的電離，鹽類水解促進水的電離，隨著滴定反應的進行，液中H2C2O4的量越來越少。鹽類含量越來越高，則水的電離程度逐漸增大，點①、③、④所示溶液中，點①所示溶液H2O的電離程度最??；故A錯誤；

B．點②時氫氧化鈉與草酸的物質的量之比是3:2，根據電荷守恒和物料守恒可知溶液中2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)；故B正確；

C．點③溶液顯中性，根據電荷守恒可知c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)；故C正確；

D．根據圖像可知當溶液顯堿性，水解程度大于電離程度，c(HC2O4-)和c(C2O42-)不可能相等；故D錯誤；

答案選BC。15、BC【分析】【詳解】

A.相同物質的量濃度的氨水和鹽酸充分混合，若則V(氨水)＞V(鹽酸)；溶質為氯化銨和氨水的混合物，故A正確；

B.均為3的醋酸溶液和鹽酸等體積混合后；混合溶液的pH=3，故B錯誤；

C.含等物質的量的和的溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，則c(CN－)<c(Na+)；故C錯誤；

D.物質的量濃度相同的鹽酸和醋酸，根據物料守恒，兩者存在故D正確。

綜上所述，答案為BC。16、CD【分析】【詳解】

A.電離常數越大，酸性越強，其鹽的水解程度越小，鈉鹽溶液的pH越小，酸性排序為所以其鹽的水解程度：等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH(CH3COONa)<pH(NaCN)<pH(Na2CO3)；A錯誤；

B.amol/LHCN溶液與bmol/LNaOH溶液等體積混合后，所得溶液中含有Na＋、CN－、H＋、OH－，溶液電中性，則已知所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，則c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈堿性，則b未必大于a，例如，b=a；恰好反應得到NaCN溶液，因水解呈堿性，B錯誤；

C.往冰醋酸中逐滴加水的過程中；因稀釋促進電離，醋酸的電離程度逐漸增大，C正確；

D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液呈電中性，則一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；D正確；

答案選CD。

【點睛】

判斷B的關鍵就是應用電中性原理、結合Na＋、CN－的濃度關系，判斷出氫離子、氫氧根離子濃度相對大小，從而判斷出溶液的酸堿性，從而進一步推測出溶質成分進行進一步判斷。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【詳解】

(1)斷開化學鍵變?yōu)閱蝹€原子需要吸收能量；原子形成化學鍵時會釋放能量；

(2)在測量中和熱時，需要的玻璃儀器有燒杯、量筒、溫度計、環(huán)形玻璃攪拌棒；20g氫氧化鈉的物質的量：n(NaOH)=0.5mol，已知氫氧化鈉和鹽酸反應的熱化學方程式，則20g氫氧化鈉和鹽酸完全反應放出熱量Q==28.65kJ；

(3)聯(lián)氨燃燒的化學方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，已知0.2mol聯(lián)氨燃燒放出124.25kJ的熱量，則1mol聯(lián)氨反應放出熱量為Q==621.25kJ，則聯(lián)氨燃燒的熱化學方程式為N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.25kJ/mol；

(4)液態(tài)酒精完全燃燒后恢復至室溫，H2O的狀態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，將題中兩個熱化學方程式依次標記為Ⅰ、Ⅱ，根據蓋斯定律Ⅰ×3+Ⅱ可得目標熱化學方程式：則△H=-1360kJ/mol，即液態(tài)酒精完全燃燒后溫度恢復到室溫時反應的熱化學方程式為則△H=-1360kJ/mol?！窘馕觥课辗懦鰷囟扔嫮h(huán)形玻璃攪拌棒28.65△H=-621.25kJ/mol則△H=-1360kJ/mol18、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)根據電荷守恒進行分析；

(3)從鹽類的水解和弱電解質的電離程度微弱進行分析；

(4)根據化學反應速率以及物質的量在反應方程式的應用進行分析；

【詳解】

(1)硫酸鐵屬于強酸弱堿鹽，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)根據電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因為c(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，相互促進水解，鹽中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的順序是③①②④；

(4)根據化學反應速率的數學表達式，這段時間內生成C的物質的量濃度為0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根據反應方程式，解得n=3，根據反應速率之比等于化學計量數之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物質的量為(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，則A的分解率=×100%=60%。

【點睛】

本題的難點是(3)，鹽類水解程度和弱電解質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，相當于一元強酸，H＋會抑制NH4＋水解，因此硫酸氫銨溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，從而的出結果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%19、B:C【分析】【詳解】

A.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)；故A錯誤；

B.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，離子濃度大小為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正確；

C.任何溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正確；

D.二者混合時，氨水過量，所以溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D錯誤；

故選：BC。

【點睛】

x+y=14，常溫下某氨水的pH=x，則氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱電解質，硫酸是強電解質，二者等體積混合，氨水過量，溶液呈堿性。20、略

【分析】【分析】

先判斷是否有弱離子再確定是否水解；結合水解方程式判斷溶液的酸堿性。

【詳解】

K2CO3是強堿弱酸鹽，水解后水溶液呈堿性，水解的離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；K2SO4是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性；FeCl3是強酸弱堿鹽，水解后溶液呈酸性，水解的離子方程式為：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性；故答案為：堿；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；中；不發(fā)生水解；酸；Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+；中；不發(fā)生水解。

【點睛】

把握鹽類水解規(guī)律是解題的關鍵。本題的易錯點為Ba(NO3)2，要注意氫氧化鋇是強堿，Ba(NO3)2屬于強酸強堿鹽，另外，F(xiàn)e3+水解生成的氫氧化鐵不能加“↓”?！窘馕觥竣?堿②.CO32-+H2O?HCO3-+OH-③.中④.不發(fā)生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不發(fā)生水解21、略

【分析】【分析】

原電池是由兩個半電池組成的，根據氧化還原反應2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；銅是負極，銀是正極，負極上銅失電子發(fā)生氧化反應，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應，則銅極應處于含有銅離子的可溶性鹽溶液中，銀處于含有銀離子的可溶性銀鹽溶液中，電子從負極沿大小流向正極。

【詳解】

（1）根據電解質溶液中的陽離子與電極材料是同種金屬的特點，可推知X是Cu，電解質溶液Y是AgNO3溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活動性Cu>Ag，結合原電池反應的原理可知銀電極為電池的正極，電極反應式為Ag＋＋e－=Ag，Cu電極上銅失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為Cu-2e－=Cu2＋，故答案為：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【點睛】

注意含有鹽橋的原電池中，電極材料和其相應的鹽溶液必須含有相同的金屬元素是解答關鍵，也是易錯點。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋22、略

【分析】【詳解】

（1）制純凈的Fe(OH)2沉淀，則Fe為陽極，失去電子，b與電源正極相連，則b為陽極，故石墨為陰極，得到電子，a與電源負極相連，故發(fā)生的電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）純水導電性太差，影響物質的制備，而NaCl、NaOH溶液中氫離子放電，可生成Fe(OH)2沉淀，電解液為CuCl2溶液，發(fā)生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，則電解液b可選擇BC；故答案為：BC；

（3）苯的密度水的?。徊蝗苡谒?，可隔絕空氣，防止氫氧化亞鐵被氧化，為防止氫氧化亞鐵被氧化，并在實驗加入苯之前，對d溶液進行加熱煮沸的目的是排出溶液中的氧氣，故答案為：隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化；加熱煮沸；

（4）短時間內看到白色沉淀，適當增大電源電壓、適當縮小兩電極間距離可增大反應的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低溫度反應速率減慢，故答案為：BC?！窘馕觥渴?H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化加熱煮沸BC四、判斷題(共1題，共4分)23、×【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】錯五、工業(yè)流程題(共4題，共12分)24、略

【分析】【分析】

用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應，過濾得到濾液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及過量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入過氧化氫和CoO，將Fe2+氧化為Fe3+，同時調節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ為氫氧化鐵、氫氧化鋁，向濾液中加入RH，Ni2+溶于有機層，為分液，向水層加入(NH4)2C2O4；得到草酸鈷晶體，以此來解答。

【詳解】

(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應，濾渣Ⅰ為SiO2；提高硫酸的濃度；提高反應的溫度、攪拌能提高酸浸速率；

(2)通過操作①得到水層和有機層；則操作①為分液，分液需要的儀器有：分液漏斗；燒杯；

(3)加入氧化鈷的目的是調節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp為1×10?32，則c(OH?)==10?9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp為1×10?15，開始沉淀的c(OH?)=≈10?5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；則調節(jié)溶液5＜pH＜9；

(4)根據分析，加入有機萃取劑的目的是溶解NiR2；使之與水層分離；

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機相返回水相的過程。向操作①后溶有NiR2的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反應的離子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃時，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應的化學方程式為3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【點睛】

本題難度不大，易錯點為(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的雜質離子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他雜質離子全部沉淀和Ni2+開始出現(xiàn)沉淀之間?！窘馕觥縎iO2提高硫酸的濃度或提高反應的溫度或攪拌等分液漏斗、燒杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之與水層分離NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O25、略

【分析】【分析】

軟錳礦主要成分是MnO2，還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2雜質，用硫酸溶解，加入二氧化硫還原，過濾出難溶的SiO2；得含有硫酸亞鐵；硫酸鋁、硫酸錳的溶液，所得溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調節(jié)pH除去鐵、鋁，再加入高錳酸鉀溶液，把硫酸錳氧化為二氧化錳，二氧化錳、氫氧化鉀在熔融條件下和氧氣反應生成錳酸鉀，錳酸鉀在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成高錳酸鉀和二氧化錳。

【詳解】

(1)軟錳礦中主要成分是二氧化錳，還含有Al2O3、Fe2O3，二氧化錳是強氧化劑，在酸性溶液中具有較強的氧化性，而SO2在水溶液中具有較強的還原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增強MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸錳的溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調節(jié)pH除去鐵、鋁，“濾渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH為10.1，Mn(OH)2的Ksp=10?5×(1010.1?14)2；

(3)“熔融”時二氧化錳、氫氧化鉀、氧氣反應生成錳酸鉀，反應方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程圖可知錳酸鉀歧化為高錳酸鉀和二氧化錳；錳酸鉀既是氧化劑也是還原劑，根據得失電子守恒，氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1，因此氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2。

(5)減壓過濾即抽濾；加快過濾速度；

(6)①電解制備KMnO4，MnO在陽極失電子生成MnO電極反應式是MnO?e?=MnO

②電解時陰極的電極反應式為2H2O+2e?=H2↑+2OH?；產物之一為KOH可以用于錳酸鉀的制備。

【點睛】

本題以軟錳礦為原料(主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質)制備高錳酸鉀為載體，明確各步驟的反應原理是解題關鍵，掌握氧化還原反應規(guī)律，熟悉混合物分離方法?！窘馕觥咳芙釧l2O3和Fe2O3增強MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6?14)2或10?5×(1010.1?14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快過濾速度MnO?e?=MnOKOH26、略

【分析】【分析】

用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質)來制備Li4Ti5O12，由制備流程可知，加鹽