2024年人教版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教版选修4化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4(g)+2H2(g)→Si(s)+4HCl(g)；生成1mol

晶体硅的热效应是。

。化学键。

Si-Cl

H-H

Si-Si

H-Cl

键能(kJ/mol)

360

436

176

431

A.吸收236kJB.放出236kJC.放出116kJD.吸收116kJ2、25℃下弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=1.75×10-5，下列说法正确的是A.pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)B.0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)C.pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/LD.用0.1mol/L的盐酸滴定未知浓度的氨水时，可用酚酞作指示剂3、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是（）

A.m点：c(A-)=c(HA)B.Ka(HA)的数量级为10-6C.水的电离程度：mD.r点：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)4、常温时，下列关于溶液的pH或微粒的物质的量浓度的说法不正确的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)B.某溶液中只存在Cl-、OH-、NH4+、H+四种离子，则一定不存在下列关系：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)C.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol⋅L-1，若a>7，则溶液的pH一定为14-aD.将0.2mol⋅L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液中：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)5、通过加入适量乙酸钠；设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是。

A.b极为正极，发生还原反应B.一段时间后b极区电解液的pH减小C.H+由a极穿过质子交换膜到达b极D.a极的电极反应式为-e-=Cl-+6、一种新型可逆电池的工作原理如图所示。放电时总反应为:Al+3Cn(AlCl4)+4AlCl4-4Al2Cl7-+3Cn(Cn表示石墨)。下列说法正确的是（）

A.放电时负极反应为:2Al-6e-+7Cl-=Al2Cl7-B.放电时AlCl4-移向正极C.充电时阳极反应为:AlCl4-e-+Cn=Cn(AlCl4)D.电路中每转移3mol电子，最多有1molCn(AlCl4)被还原评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、根据反应Br+H2⇌HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，该反应为________反应（填“吸热”或“放热”）8、化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡后测得各组分的浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度/(mol·L－1)0.91.00.6

(1)反应达到平衡时，CO的转化率为________。

(2)该反应的平衡常数K＝________。

(3)恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是________(填字母)。

A．v正(CO)＝2v逆(H2)

B．混合气体的密度不变。

C．混合气体的平均相对分子质量不变。

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化。

(4)若将容器体积压缩到1L，则达到新平衡时c(H2)的取值范围是___________。

(5)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。9、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。10、分25℃时，向10mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1NaOH溶液；溶液的pH与NaOH溶液体积关系如右图所示：

(1)用电离方程式表示P点pH＜7的原因是________。

(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是________点。

(3)下列关系中，正确的是________。

a.M点c(Na+)＞c(NH4+)

b.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)

c.Q点c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)11、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______12、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。13、有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；

(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________(填化学式)；

(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)14、请回答下列问题：

（1）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ·mol-1。则相同条件下破坏1molNO中化学键需要吸收的能量为_______kJ。

（2）25℃时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H+)=____kJ·mol-1；若加入少量NaOH固体，则溶液中_____(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（3）25℃下，向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，其含碳元素的微粒物质的量分数（φ）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-______（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH=7时,溶液中含碳元素的微粒主要为________。溶液中各种离子的物质的量浓度大小关系为______________。

③反应的CO32-+H2OHCO3－+OH－的平衡常数Kh=______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共3题，共15分)16、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。(已知电离平衡常数：CH3COOH>HCN)

(1)图_____(a或b)是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。

(2)点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：_____。

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

(4)25℃时，用0.1mol·L-1的醋酸溶液滴定20mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，当滴加VmL该醋酸溶液时，混合溶液的pH＝7。已知醋酸的电离平衡常数为Ka，则Ka=________________17、下表是时某些弱酸的电离平衡常数。化学式NH3·H2O

HClOHCOOH

(1)相同的NaClO和两溶液中：c(Na+)-c(ClO-)___c(K+)-c(CH3COO-)(填“”“”或“”

(2)由表格中的数据判断下列离子方程式正确的是_______填字母

a.2ClO-+H2O+CO2=2HClO+

b.HCOOH+=HCOO-+

c.HCOOH+CH3COO-=HCOO-+CH3COOH

d.Cl2+H2O+2=2+Cl-+ClO-

(3)硫酸肼(N2H6SO4)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与(NH4)2SO4类似，写出硫酸肼第一步水解反应的离子方程式：_______。

(4)在溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与关系如图忽略溶液体积的变化、的挥发某溶液含0.020mol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液_______时，开始沉淀已知

18、2018年6月27日；国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》，该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量，为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。

（1）已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180.5kJ/mol

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H2＝－393.5kJ/mol

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H3＝－221.0kJ/mol

若某反应的平衡常数表达式为请写出此反应的热化学方程式_____________。

（2）用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和

①NO在电极上发生的反应为_________________。

②SO2在电极上发生的反应为__________________。

③写出物质A的化学式____________。

（3）利用氨气可以设计高能环保燃料电池（反应原理：4NH3+3O2=2N2+6H2O），用该电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极的电极反应式为__________；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为________L。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)19、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

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

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共4分)20、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键,"即△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236"kJ/mol，故选A。2、A【分析】【详解】

A．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液中氨水过量，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)；A正确；

B．0.2mol·L-1的醋酸与0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液中含有等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为醋酸钠水解，c(CH3COOH)＞c(Na+)，因此c(CH3COO-)+c(OH-)＜c(CH3COOH)+c(H+)；B错误；

C．pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，反应后溶液显中性，但醋酸铵水解，促进水的电离，所得溶液中由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol·L-1；C错误；

D．用0.1mol·L-1的盐酸滴定未知浓度的氨水时；恰好完全反应时生成的氯化铵水解溶液显酸性，应该选用在酸性条件下变色的指示剂，D错误；

故选A。3、B【分析】【详解】

A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c(HA)；A正确；

B.Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)=由于=1，Ka(HA)=c(H+)=10-4.76；B错误；

C.由A项知m点c(A-)=c(HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)>c(HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：m

D.r点溶液中电荷守恒关系为：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)；D正确；

故选B。

【点睛】

水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。4、C【分析】【详解】

A.根据电荷守恒，溶液中存在由于溶液则所以有：故A正确；

B.若说明溶液为中性，根据电荷守恒可得：溶液中离子浓度大小为：故B正确；

C.某物质的水溶液中由水电离出的若说明该溶液能抑制水的电离，可能是酸溶液或碱溶液，所以该溶液的pH为a或14-a，故C错误；

D.将0.2mol⋅L-1的某一元弱酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中盐和酸的浓度都是0.050.1mol⋅L-1，根据电荷相等有根据物料守恒得二者结合可得：故D正确；

综上所述；答案为C。

【点睛】

混合物混合时先分析反应后溶质是什么，再利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析，得出结论。5、B【分析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+故D错误；故选B。

点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。6、C【分析】【详解】

A.放电时铝为负极，失去电子被氧化为Al2Cl7-，方程式为Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-；A错误；

B.放电时，AlCl4-移向负极，与铝反应生成Al2Cl7-；B错误；

C.充电时阳极失去电子，发生氧化反应，石墨没有化合价变化，失去电子的是的AlCl4-，反应为Cn+AlCl4--e-=Cn(AlCl4)；C正确；

D.Cn(AlCl4)被还原仅得到1mol电子；故D错误；

所以选择C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【详解】

根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故答案为：吸热。【解析】吸热8、略

【分析】【分析】

根据表格中的数据写出三段式：

【详解】

（1）反应达到平衡时，CO的转化率

（2）该反应的平衡常数为

（3）A.化学反应速率之比等于化学计量数之比，应为正逆反应速率相等；反应达到平衡，A错误；

B．反应为恒容条件下进行；反应物总质量不变，总体积不变，混合气体的密度始终不变，不能作为反应达到平衡的标志，B错误；

C．根据“变量不变达平衡”该反应的正反应为气体分子数减小的反应；混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，说明反应达到平衡了，C正确；

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；说明反应达到平衡了，D正确；

（4）将容器体积压缩到1L，若平衡不移动，则各物质的浓度变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，氢气的平衡浓度小于2mol/L，所以氢气的浓度为

（5）)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，说明反应达到平衡与原来的平衡状态相同，则v正=v逆。【解析】40%(或0.67)CD1.0mol·L－12)<2.0mol·L－1＝9、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂10、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=NH4++H++SO42-，因此P点pH＜7，故答案为NH4HSO4=NH4++H++SO42-；

(2)M点，溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解；促进水的电离，Q点溶质为一水合氨；硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，水的电离程度较大的是M点，故答案为M；

(3)a.M点溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，铵根离子水解，c(Na+)＞c(NH4+)，正确；b.N点溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)，正确；c.Q点溶质为等物质的量一水合氨、硫酸钠，根据物料守恒，2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Na+)，错误；故选ab。

考点：考查了弱电解质的电离平衡的影响因素、溶液的酸碱性与pH的相关知识。【解析】NH4HSO4=NH4++H++SO42-或HSO4-=H++SO42-Mab11、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小12、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑13、略

【分析】【分析】

(1)根据NH4+水解规律进行分析；

(2)根据Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；电离平衡进行分析；

(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；

(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离进行分析。

【详解】

(1)②为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；

(2)③为Na2CO3溶液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性相同Al2(SO4)3BC14、略

【分析】【详解】

(1)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2X=180kJ•mol-1得：X=631.5kJ•mol-1；故答案为631.5；

(2)CH3COOH为酸，pH=-lgc(H+)，pH等于5的CH3COOH溶液中C(H+)=1.0×10-5mol/L，25℃时：Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，溶液中的c(OH-)==1.0×10-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氢离子来源为乙酸的电离和水的电离，但乙酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的C(H+)是1.0×10-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中=温度不变电离平衡常数不变，故答案为1.0×10-9mol/L；不变；

(3)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳；水。

①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故答案为不能；

②由图象可知，pH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3(少量)，电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCO3-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(Cl-)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为HCO3-；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(OH-)=c(H+)；

③CO32-的水解常数Kh=当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1时，图象可知pH=10，c(H+)=10-10mol/L，由Kw可知c(OH-)=10-4mol/L，则Kh==c(OH-)=10-4mol/L，故答案为10-4。

点睛：本题考查较综合，涉及热化学方程式书写、盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。本题的易错点是Na2CO3溶液中加入稀盐酸图像的分析与解答。【解析】631.510-9不变不能HCO3-c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(H+)=c(OH-)10-4三、判断题(共1题，共2分)15、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、原理综合题(共3题，共15分)16、略

【分析】【分析】

(1)由图象可知，V(NaOH)=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线，结合CH3COOH；HCN的电离平衡常数大小分析；

(2)根据电荷关系判断：溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

(3)混合溶液中存在物料守恒，点①、点②c(Na+)相同，点①所示溶液中的物料守恒：c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+)和点②所示溶液中的物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)；根据物料守恒分析判断；

(4)25℃时，用0.1mol·L-1的醋酸溶液滴定20mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，当滴加VmL该醋酸溶液时，混合溶液的pH=7时c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)可知c(CH3COO-)=c(Na+)=mol/L，溶液中的c(CH3COOH)=mol/L，再结合Ka=计算即可。

【详解】

(1)由图象可知，V(NaOH)=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线，由电离平衡常数：CH3COOH>HCN可知：酸的电离平衡常数越大；酸的酸性越强，pH越小，所以a曲线是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；

(2)溶液的电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，点③所示溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序为c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；

(3)点①和点②溶液中物料守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(CN-)+c(HCN)=2c(Na+)，所以有c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)；

(4)25℃时，用0.1mol·L-1的醋酸溶液滴定20mL0.1mol·L-1的NaOH溶液，当滴加VmL该醋酸溶液时，混合溶液的pH=7时c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，由电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)可知c(CH3COO-)=c(Na+)=mol/L，溶液中的c(CH3COOH)=mol/L，则Ka===

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，其中：①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【解析】ac(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)=17、略

【分析】【分析】

(1)根据水解程度及电荷守恒比较溶液中离子浓度的大小关系；

(2)根据电离常数大小比较酸性强弱；根据强酸制弱酸的原理分析解答；

(4)当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀；根据溶度积表达式计算并根据图示数据分析解答。

【详解】

(1)根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH＞HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：c(Na+)-c(ClO-)=c(K+)-c(CH3COO-)；故答案为：=；

(2)a.根据强酸制弱酸的规律分析，HClO酸性强于则ClO-+H2O+CO2=HClO+故a错误；

b.HCOOH酸性强于则2CHCOOH+=2HCOO-+CO2↑+H2O，故b错误；

c.HCOOH酸性强于则HCOOH+CH3COO-=HCOO-+CH3COOH；故c正确；

d.酸性强于HClO，HClO酸性强于则Cl2+H2O+2=2+Cl-+ClO-；故d正确；故答案为：cd；

(3)硫酸肼溶液呈酸性，则N2H发生水解，第一步水解为N2H结合一个氢氧根生成[N2H5·H2O]+的过程，离子方程式为：N2H+H2O⇌[N2H5·H2O]++H+，故答案为；N2H+H2O⇌[N2H5·H2O]++H+；

(4)当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=mol/L=1.4×10-11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5。【解析】=cdN2H+H2O⇌[N2H5·H2O]++H+518、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡常数表达式可知，目标反应为2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol

③2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3=-221.0kJ/mol根据盖斯定律②×2-①-③得到2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）的焓变△H；并写出反应的热化学方程式；

(2)电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4；根据电解方程式结合电解原理分析解答；

(3)阴极得到电子发生还原反应；结合电解环境书写可得；根据阴阳极电子转移数目相等计算。

【详解】

(1)目标反应为2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g），①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ/mol③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H3=-221.0kJ/mol由盖斯定律②×2-①-③有2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=（-393.5kJ/mol）×2-（+180.5kJ/mol）-（-221.0kJ/mol）=-746.5kJ/mol，即2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol；

(2)电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4；据此解题：

①电解时，阴极NO转化为结合电子守恒、电荷守恒有NO+6H++5e-=+H2O，故答案为：NO+6H++5e-=+H2O；

②阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2e-═+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-═+4H+；

③由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4，故答案为：H2SO4；

(3)电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2，阴极发生还原反应，电极反应为：2+10e-+6H2O=N2+12OH-；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，转移电子为×10=6mol，电子转移数相同，则氨气转移电