2024年人教版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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化学上册月考试卷847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5题，共10分)1、在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不间方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是。容器甲乙丙反应物投入量lmoN2、3molH22molN2、6molH22molNH3NH3浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化放出Q1kJ放出Q2kJ吸收Q3kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率α1α2α3

已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ·mol-1A.2p1=2p32B.达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大C.α2+α3D.Q1+Q3=92.42、恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。已知：v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3)，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法不正确的是。

A.a、b处反应速率大小：va＞vbB.当反应进行到a处时，=C.化学平衡状态时v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)D.T1K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡正向移动，x(SiH2Cl2)增大3、下列关于冰融化为水的过程判断正确的是A.ΔH＞0，ΔS＜0B.ΔH＜0，ΔS＞0C.ΔH＞0，ΔS＞0D.ΔH＜0，ΔS＜04、下列各离子方程式中，属于水解反应的是（）A.HS-+H2O⇌H2S+OH-B.HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-C.HCO3-+OH-═CO32-+H2OD.NH3+H2O⇌OH-+NH4+5、改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝-lgKa；下列叙述错误的是。

A.直线b、d分别对应H+、OH－B.pH＝6时，c(HAc)＞c(Ac－)＞c(H+)C.HAc电离常数的数量级为10-5D.从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.74评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如果一个可逆反应的平衡常数K值很大，下列说法正确的是A.该反应也可能需要催化剂B.该反应一旦发生将在很短的时间内完成C.该反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小D.该反应的反应物混合后很不稳定7、草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.由图可知H2C2O4的K2的数量级是10-5B.b点为恰好完全反应点C.c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)对应1.22＜pH＜4.19D.c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)对应pH=78、室温时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.W点溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8时溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室温时NH3·H2O的电离平衡常数的值为10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）9、下列说法正确的是（）。A.已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量烧碱溶液可使溶液中值增大B.25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2OH＋＋OH－逆向移动，c(H＋)降低C.取c(H＋)＝0.01mol·L－1的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.3g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－)10、已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)=6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液；混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是。

A.M点粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)B.N点时存在：c(Na+)+c(K+)＜2c()+2c()C.从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()D.水的电离程度大小顺序：P＞N＞M11、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.氯水中：c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)B.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)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，写出Na2CO3•10H2O脱水反应生成Na2CO3(s)和水蒸气的热化学方程式______13、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。14、在25℃；101kPa下；依据事实写出下列反应的热化学方程式。

（1）1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ。则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为_____；

（2）已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________；若适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量。则其热化学方程式为：_____；已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成1molAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为：__________15、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。16、已知0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=8，按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各种微粒(水分子除外)________．17、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持温度不变向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向___(填“左”或“右”)移动，所得溶液显__性，Kw__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH为9，则由水电离出的c(H+)=___。

（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。18、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)20、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。根据图回答下列问题：

（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是___。

（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是___。

（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH3。P和Cl2一步反应生成1molPCl5的ΔH4___ΔH3(填“大于”、“小于”或“等于”)。21、氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在一定条件下：将2.5molN2和7.5molH2的混合气体充入体积为2L的固定闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，5分钟末时达到平衡，测得容器内的压强是开始时的0.9倍，则5分钟内用氨气表示该反应的平均化学反应速率为___________；氢气达到平衡时的转化率是___________（保留小数点后一位）；N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为___________。22、常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：。HA物质的量浓度NaOH物质的量浓度混合溶液的pH

请回答：

实验所得混合溶液中由水电离出的________

写出该混合溶液中下列算式的精确结果不能做近似计算________________23、电解饱和食盐水是一项重要的化学工业，其反应原理为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+C12↑；完成下列计算：

(1)当电解产生0.2molNaOH时，能收集到标准状况下的H2_____L。

(2)电解生成的氯气和氢气可以化合生成氯化氢。某工厂每天电解585t食盐，若生成的氯气80％用于生产盐酸，每天最多可生产36.5％的盐酸________t。

(3)已知室温时饱和食盐水的溶质质量分数为0.265，取200g饱和食盐水进行电解，当NaCl反应了一半时停止电解，分别求出所得混合溶液中NaCl和NaOH的质量分数_________。(写出计算过程，保留3位小数)评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)24、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5题，共10分)1、D【分析】【分析】

甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2；乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气；氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，据此判断。

【详解】

A、丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1＝2p3＞p2；A错误；

B、丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2；乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气；氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，B错误；

C、丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2molN2、6molH2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1；C错误；

D、甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4；D正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，题目难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。2、D【分析】【详解】

A．由图可知T2时先达到平衡，且对应x(SiHCl3)小，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，a、b处反应速率大小：va＞vb；A项正确；

B．反应进行到a处时，x(SiHCl3)=0.8，此时v正=k正x2(SiHCl3)=(0.8)2k正，由反应可知转化的SiHCl3为0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4均为0.1mol，则x(SiH2Cl2)和x(SiCl4)均为0.1。v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.01k逆，则平衡时k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，x(SiHCl3)=0.75，结合反应中转化关系可知x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.125，则则当反应进行到a处时，B项正确；

C．v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)=v生成(SiHCl3)，v正=v逆；反应达到平衡状态，C项正确；

D．T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，体积不变时压强增大，可逆反应为气体分子数不变的反应，则平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变；D项错误；

答案选D。3、C【分析】【详解】

冰融化为水的过程要吸收热量，所以ΔH＞0；固体变为液体，是熵增的变化过程，体系的混乱程度增大，所以ΔS＞0，故合理选项是C。4、A【分析】【详解】

A选项，HS－+H2O⇌H2S+OH－；是硫氢根离子水解，故A正确；

B选项，HCO3-－+H2O⇌H3O++CO32－；是碳酸氢根电离，故B错误；

C选项，HCO3－+OH－═CO32－+H2O；是碳酸氢根和氢氧根反应，故C错误；

D选项，NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌OH－+NH4+；是氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分发生电离，故D错误；

故答案为A。

【点睛】

水解方程式中水解的离子在原来基础上增加了氢离子或氢氧根离子，而电离方程式是电离的微粒在原来基础上减少了。5、B【分析】【分析】

微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L，lgc(CH3COOH)≈-2，碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L，lgc(CH3COO-)≈-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。

【详解】

A.根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－；故A正确；

B.根据图象，pH＝6时，c(Ac－)＞c(HAc)＞c(H+)；故B错误；

C.HAc电离常数Ka=当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5；故C正确；

D.曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lgc(H+)=pH＝4.74；故D正确；

答案选B。二、多选题(共6题，共12分)6、AC【分析】【分析】

一个可逆反应的平衡常数K值很大；只能表示反应达平衡后，反应物的转化率大，不能说明反应速率快。

【详解】

A．为了加快反应速率；该反应也可能需要催化剂，A正确；

B．该反应虽然平衡转化率大；但并不能说明反应速率快，所以不能说明反应达平衡的时间短，B不正确；

C．既然该反应的平衡转化率大；则该反应达平衡时至少有一种反应物的平衡量很小，百分含量很小，C正确；

D．在反应条件不具备时，该反应的反应物混合后可能很稳定，如H2、O2的混合物；常温常压下能稳定共存，D错误；

故选AC。7、BC【分析】【分析】

H2C2O4溶液中加碱，起初发生反应H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，后来发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，所以曲线Ⅰ为lgX[X表示]，曲线Ⅱ为lgX[X表示]。

【详解】

A．在图中b点，lg=0，pH=4.19，H2C2O4的K2==10-4.19，数量级是10-5；A正确；

B．在b点，=1，则c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以反应结束时HC2O4-只有一部分与OH-反应；B不正确；

C．在pH=1.22稍后区域，c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)，在pH=4.19稍前区域，c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；C不正确；

D．pH=7时，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；D正确；

故选BC。8、BD【分析】【分析】

随pH增加，铵根的水解和一水合氨的电离均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3•H2O)上升，所以a代表一水合氨浓度，b代表铵根浓度。

【详解】

A．W点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故A错误；

B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，所以pH=8时存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正确；

C．W点c(NH3•H2O)=c(NH4+)，室温时NH3•H2O的电离平衡常数K==c(OH-)=10-4.75，故C错误；

D．pH=10的溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据图知，c(NH3•H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：BD。

【点睛】

关于各离子浓度或者各离子物质的量分数与pH值的关系曲线图，可以利用各曲线的交点求解电离或水解平衡常数。9、AC【分析】【详解】

A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，值增大；故A正确；

B．含有弱离子的盐能够水解；促进水的电离，向水中加入醋酸钠固体，醋酸根离子水解，是结合氢离子生成了弱电解质醋酸，溶液中氢离子浓度减小，促进水的电离，故B错误；

C．反应速率与氢离子浓度成正比，c(H+)=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸；醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C正确；

D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(NO3-)；故D错误；

故选AC。10、AC【分析】【分析】

M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，根据电离平衡常数判断水解和电离程度的大小；N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，P中存在K2C2O4、Na2C2O4和过量的NaOH；可水解的盐促进水的电离；酸和碱抑制水的电离，由此进行解题。

【详解】

A．M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，HC2O4-会水解：+H2O⇌H2C2O4+OH-，Kh（）====1.7×10-13，HC2O4-也会电离：⇌+H+，由于Kh（）<Ka2，草酸氢根在溶液中的电离程度大于其水解程度，显酸性，故粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)；A正确；

B．N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，根据物料守恒可推出：c(Na+)+c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，所以N点时存在：c(Na+)+c(K+)＞2c()+2c()；B错误；

C．从N点到P点的过程中，溶液中存在K2C2O4、Na2C2O4和NaOH(K2C2O4：Na2C2O4=1：1)，水解生成H2C2O4，故c(Na+)＞c()，故溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()；C正确；

D．根据A项分析，M点的微弱电离抑制水的电离，N点由于的水解促进水的电离；P中存在过量的NaOH抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为：N＞M＞P，D错误；

答案选AC。11、BD【分析】【详解】

A．氯水中未反应的氯气分子与反应掉的氯气没有明确的数量关系，并不存在c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)，故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)(即质子守恒)，故B正确；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(Na+)，故C错误；

D．溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，如果二者以1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，所以要使混合溶液呈中性，氢氧化钠要过量，铵根离子易水解，结合物料守恒得c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故D正确；

故选：BD。三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式。

【详解】

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

由盖斯定律①-②得到：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1；

故答案为：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】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

热化学方程式书写；注意ΔH与反应物用量成正比例关系。

【详解】

（1）1mol乙醇的质量为46g，所以乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ•mol﹣1=﹣1366.2kJ•mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ•mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ热量，其热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1；结合信息可知常温下AX3为液态，AX5为固态，该反应的热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ•mol﹣1。

【点睛】

燃烧热的热化学方程式可燃物的系数为1；利用键能计算焓变，应该用反应物总键能减去生成物总键能。【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=﹣92kJ•mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ•mol﹣115、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.16、略

【分析】【详解】

0.1mol•L-1CH3COONa溶液pH=8，说明溶液呈碱性，原因是醋酸根水解使溶液呈碱性，在溶液中发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，则有c(Na+)＞c(CH3COO-)；

因呈碱性，则c(OH﹣)＞c(H+)；

一般来说，单水解程度较低，则c(CH3COO-)＞c(OH﹣)；

因发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，且还存在水的电离，则c(OH-)＞c(CH3COOH)，故有c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(CH3COOH)＞c(H+)。【解析】c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(CH3COOH)＞c(H+)17、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氢钠溶液中完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的；

（3）稀释会促进若电解质的电离；

（4）酸性越弱；酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大。

【详解】

（1）硫酸氢钠存电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，电离出H＋；使溶液显酸性，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，但温度不变，水的离子积常数不变；

故答案为：左；酸；不变；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等；

故答案为：1×10-5mol·L－1；

（3）稀释会促进弱电解质的电离；故若取pH；体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大；

故答案为：＜；

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA

故答案为：＜。【解析】①.左②.酸③.不变④.1×10-5⑤.<⑥.<18、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)四、判断题(共1题，共3分)19、×【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】错五、计算题(共4题，共16分)20、略

【分析】【分析】

(1)根据图像完成热化学方程式；

(2)根据图像得出PCl3和Cl2生成PCl5的热化学方程式；写出逆反应的热化学方程式；

(3)根据盖斯定律的定义回答。

【详解】

(1)由图象可知，1molP与Cl2反应生成1molPCl3放出306kJ的能量，则反应的热化学方程式为Cl2(g)＋P(s)=PCl3(g)ΔH=-306kJ/mol；

(2)由图象可知,1molPCl5分解成PCl3和Cl2需要吸收93kJ的能量，则反应的热化学方程式为PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH=＋93kJ/mol；

(3)由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=−306kJ/mol−(+93kJ/mol)=−399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热。【解析】Cl2(g)＋P(s)=PCl3(g)ΔH=-306kJ/molPCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH=＋93kJ/mol等于21、略

【分析】【详解】

假设达到平衡时，转化了xmol的N2，则有：根据同温同体积时，气体的压强之比等于其物质的量之比可知，2.5-x+7.5-3x+2x=0.9(2.5+7.5)mol，解得：x=0.50mol，故5分钟内用氨气表示该反应的平均化学反应速率为：氢气达到平衡时的转化率为：平衡时N2、H2、NH3的物质的量浓度之比等于物质的量之比等于（2.5-x）:(7.5-3x):2x=

(2.5-0.5):(7.5-3×0.5):2×0.5=2:6:1；故答案为：0.1mo1•L-1•min-1；20.0%；2:6:1。【解析】①.0.1mol•L-1•min-1②.20.0%③.2:6:122、略

【分析】【详解】

(1)等体积、等浓度酸碱反应后混合溶液的说明HA是弱酸，溶液中c根据可知水电离出的c就是溶液中的c则c故答案为：

(2)反应后的混合溶液中含有四种