2025年北师大新版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年北师大新版选修4化学上册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列热化学方程式中，正确的是A.已知：则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于kJB.30MPa下，将mol和mol置于密闭容器中充分反应生成放热其热化学方程式为：C.则D.在101kPa时，2g完全燃烧生成液态水，放出kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2、下列各组热化学方程式中；化学反应的△H前者小于后者的有。

①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1C(s)+O2(g)═CO(g)△H2

②S(s)+O2(g)═SO2(g)△H3S(g)+O2(g)═SO2(g)△H4

③2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H52H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H6

④CaCO3(s)═CaO(s)+CO2(g)△H7CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)△H8

⑤H2SO4(浓)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH9CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH10

⑥N2O4(g)2NO2(g)△H112NO2(g)N2O4(g)△H12A.2项B.3项C.4项D.5项3、已知对于电离常数为Ka的某一元弱酸滴定过程中；pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）

A.由图可知，c1>c2>c3B.M点溶液中存在：c（H＋）＋c（HA）＝c（OH－）＋c（A－）C.恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c（Na＋）>c（A－）>c（OH－）>c（H＋）D.由pH＝7的溶液计算得：Ka＝（V0是消耗的NaOH溶液的体积）4、0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中c(CN-)+)，则下列关系正确的是（）A.c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-)B.c(HCN)+c(CN-)=0.04mol·L-1C.2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)D.c(CN-)>c(HCN)5、25C时，H2SO3的pKa1、pKa2(pK=-lgK)分别为1.89、7.20,NH3·H2O的pKb为4.72。常温时,下列指定溶液中粒子物质的量浓度关系正确的是A.pH=3的H2SO3溶液中，c(HSO3-)+2c(SO3-)=1×10-3mol·L-1B.0.1mol·L-1H2SO3溶液用NaOH溶液滴定至pH=7.20,c(HSO3)=2c(SO3-)C.0.1mol.L-1H2SO3溶液用氨水滴定至pH=7.0,c(NH4＋)=c(HSO3-)+c(SO32-)D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中:c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)6、若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数。常温下，一定浓度的某酸(H2A)的水溶液中pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)随着溶液pH的变化曲线如图所示。

下列说法一定正确的是()

A.pH=3时，c(H2A)=c(A2-)>c(HA-)B.c(H2A)＋c(HA-)＋c(A2-)是定值C.HA-的水解平衡常数为10-12.7D.任何时候，溶液中都存在：c(H+)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。

（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼），副产物对环境友好，写出反应的化学方程式________。

（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；该反应的平衡常数和温度关系如图所示：

①该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料气中的氨碳比[]为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是______。图中A点处，NH3的平衡转化率为__________。

（3）①在氨水加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离程度增大，的值_______。（填“增大”；“减小”或“不变”；）

②室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用离子方程式表示），该反应的平衡常数为______（用含a的数学表达式表示）。8、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________9、（1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3；请回答：

①若反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，且E1＞E2；则该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

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________________。

（2）实验室用50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为____________；实验室提供了0.50mol·L－1和0.55mol·L－1两种浓度的NaOH溶液，应选择_____________mol·L－1的NaOH溶液进行实验。10、硼酸（H3BO3）在食品；医药领域应用广泛。

(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+__________。

(2)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12；由此图可得出：

①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_______________________。

②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”)。

(3)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq），已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）__________11、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。12、硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二部电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-，HSO4-H++SO42-。请回答下列有关问题：

(1)Na2SO4溶液呈______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由_________________________（用离子反应方程式表示）。

(2)写出H2SO4溶液与BaCl2溶液离子反应方程式______________________________________；

(3)在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是______。（填字母代号）

A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1

B．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）

C．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+c（SO42-）

D．c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）

(4)若25℃时，0.10mol·L-1的NaHSO4溶液的c（SO42-）=0.029mol·L-1，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______0.029mol·L-1（填“＞”“=”或“＜”），其理由是__________________________________。

(5)若25℃时，0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______mol·L-1。13、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______14、（1）在医学上小苏打经常用于治疗胃酸过多，写出其电离方程式__；其水溶液中各离子浓度大小的关系为__。

（2）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__(填化学式)。

（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是___。15、弱酸HA的电离常数25℃时，有关弱酸的电离常数如下：。弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是________________（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共10分)17、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_____________________________。评卷人得分五、实验题(共1题，共4分)18、由乳酸与FeCO3反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。

(1)C的名称是___________。

(2)清洗仪器,检查装置气密性,A中加入盐酸,B中加入铁粉,C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______；打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_______________。

Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:

将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。

(3)加入少量铁粉的作用是______________。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:

(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。

。滴定次数。

0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液体积/mL

滴定前读数。

滴定后读数。

滴定后读数。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于kJ；故A错误；

B．氮气与氢气的反应为可逆反应，如生成1mol氨气，放出热量应大于kJ，则故B错误；

C．生成水的同时生成硫酸钙；放出更多的热量，故C错误；

D.．g完全燃烧生成液态水，放出kJ热量，则2mol氢气完全燃烧生成液态水，放出kJ热量，则故D正确。

答案：D。2、B【分析】【详解】

①碳单质不完全燃烧生成一氧化碳；完全燃烧生成二氧化碳，完全燃烧放出热量更多，所以△H前者小于后者，故正确；

②固体硫转化为气态硫的过程为吸热过程；气体硫燃烧放出的热量多，则△H前者大于后者，故错误；

③液态水转化为气态水的过程为吸热过程；生成气态水放出的热量多，则△H前者小于后者，故正确；

④CaCO3固体受热分解的反应为吸热反应；氧化钙与水反应生成氢氧化钙固体的反应为放热反应，则△H前者大于后者，故错误；

⑤浓H2SO4溶于水的过程为放热过程，CH3COOH是弱酸；在溶液中的电离为吸热过程，所以前者放出的热量前者多，则△H前者小于后者，故正确；

⑥四氧化二氮转化为二氧化氮的反应为吸热反应，△H11>0，二氧化氮聚合生成四氧化二氮的反应为放热反应，△H12<0；所以△H前者大于后者，故错误；

①③⑤正确，故选B。3、B【分析】【分析】

A．NaOH浓度越大；溶液pH越大；

B．M点为加入NaOH体积为10mL；此时恰好生成起始时等量的NaA和HA，根据电荷守恒分析；

C．恰好中和时，溶液中恰好生成NaA，溶液呈碱性，A−水解；

D．溶液中pH＝7时，c(H+)＝c(OH−)；根据电荷守恒和物料守恒计算；

【详解】

A．NaOH浓度越大，溶液pH越大，根据图象，滴定终点之后溶液pH顺序大小为：c1>c2>c3，所以浓度大小为c1>c2>c3；故A正确；

B．M点为加入NaOH体积为10mL，此时恰好生成起始时等量的NaA和HA，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(A−)；故B错误；

C．恰好中和时，溶液中恰好生成NaA，溶液呈碱性，A−水解，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>(H+)；故C正确；

D．溶液中pH＝7时，c(H+)＝c(OH−)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(A−)，则有c(Na+)＝c(A−)，此时消耗NaOH溶液体积为V0，所以根据物料守恒：则所以故D正确；

故答案选：B。4、C【分析】【详解】

0.02mol⋅L−1的HCN溶液与0.02mol⋅L−1NaCN溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(CN−)+c(OH−)，且混合溶液中c(CN-)+)，则c(OH-)>c(H+)；溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度；

A.根据以上分析知，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；A项错误；

B.二者等体积混合时溶液体积增大一倍，导致浓度减小为原来的一半，结合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02mol·L-1；B项错误；

C.HCN溶液与NaCN溶液等浓度等体积混合，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)；C项正确；

D.通过以上分析知，NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以c(CN-)<c(HCN)；D项错误；

答案选C。5、D【分析】【详解】

A.pH=3的H2SO3溶液中，根据电荷守恒可知c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)=1×10-3mol·L-1；故A错误；

B.pH=7.20，即溶液中c(H+)=1×10-7.20mol·L-1，H2SO3的Ka2=则即c(HSO3)=c(SO3-)；故B错误；

C.溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)，pH=7.0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)；故C错误；

D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中存在：NH4＋+H2O⇋NH3·H2O+H+，水解是微弱的，所以c(NH4＋)>c(NH3·H2O)；同时存在亚硫酸氢根的水解和电离，亚硫酸氢根的水解平衡常数为则亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，所以由于亚硫酸氢根的存在会使溶液显酸性，铵根的水解平衡常数为小于HSO3-的电离常数，所以c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)；故D正确；

故答案为D。6、C【分析】【分析】

H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是HA-的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅱ是H2A的物质的量浓度的负对数，曲线Ⅲ是A2-的物质的量浓度的负对数；由此分析解答。

【详解】

A．据图可知pH=3时pC(H2A)=pC(A2-)>pC(HA-)，所以c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)；故A错误；

B．根据物料守恒，n(H2A)＋n(HA-)＋n(A2-)为定值；但溶液pH改变时溶液的体积可能发生了改变，所以三者浓度之后不一定是定值，故B错误；

C．HA-的水解平衡常数表达式为据图可知，pH=1.3时c(HA-)=c(H2A)，溶液中c(H+)=10-1.3mol/L，则c(OH-)=10-12.7mol/L，所以HA-的水解平衡常数为10-12.7；故C正确；

D．溶液pH增大的过程可能加入了某种碱，溶液中有其他金属阳离子，根据电荷守恒可知c(H+)与c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)不相等；故D错误；

故答案为C。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中数据可知；温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即ΔH＜0；

②x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2)=1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为：

（3）①由题：其中Kb表示NH3·H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率42%不变NH4++H2ONH3·H2O+H+8、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc9、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①ΔH=（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＞0，为吸热反应，ΔH=（生成物的总能E2-反应物的总能量E1）＜0，为放热反应，因为E1＞E2；所以ΔH＜0，则该反应为放热反应，故答案为：放热。

②氮气和氢气反应生成氨气，其ΔH＝反应物的总键能-生成物总键能=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×391kJ·mol－1=－92kJ·mol－1，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，故答案为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。

（2）中和热的测定实验中实验用品：大烧杯（500mL）、小烧杯（100mL)、环形玻璃搅拌棒、量筒（50mL)两个、温度计、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板（中心有两个小孔）、盐酸（0.50mol·L−1）、氢氧化钠溶液（0.55mol·L−1），盐酸或氢氧化钠的一个需要过量，使另外一个完全中和，实验装置图：由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒，用0.55mol·L－1氢氧化钠，故答案为：环形玻璃搅拌棒；0.55。【解析】放热N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1环形玻璃搅拌棒0.5510、略

【分析】【详解】

（1）根据原子守恒，B2H6与水反应的化学方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。

（2）①根据图像，温度升高，达到平衡的时间缩短，说明升高温度化学反应速率加快；根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大；说明升高温度，平衡正向移动。

②根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，则∆H>0。

（3）反应H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）的平衡常数K=c{[B(OH)4]-}·c(H+)/c(H3BO3)，平衡时c平衡{[B(OH)4]-}=c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3）=0.7mol/L，则K==5.7×10-10mol/L。【解析】①.6H2②.升高温度，反应速率加快，平衡正向移动③.>④.5.7×10-10mol/L11、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-512、略

【分析】【详解】

（1）由于硫酸的第二步电离不完全，导致溶液中存在SO42－＋H2OHSO4－＋OH－这一水解平衡，导致Na2SO4溶液呈弱碱性；

（2）根据题目所给信息，硫酸氢根离子不完全电离，故方程式应写为HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋；

（3）A.根据物料守恒，可得出c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1；A正确；

B.根据质子守恒，可得出c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）；B正确；

C.根据电荷守恒，可得出c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+2c（SO42-）；C错误；

D.根据物料守恒，可得出c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）；D正确；

故答案选ABD；

（4）由于H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离，故0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）<0.029mol·L-1；

（5）0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，可知该溶液中c（H+）=0.11mol/L，第一步电离出的c（H+）=0.1mol/L，则HSO4-电离出的氢离子的浓度为0.11mol/L-0.1mol/L=0.01mol/L；故溶液中硫酸根离子的浓度为0.01mol/L。

【点睛】

解答本题的关键是要克服思维定势，根据题给硫酸的电离来分析和计算。【解析】弱碱性SO42－＋H2OHSO4－＋OH－HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋ABD＜H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离0.0113、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14、略

【分析】【详解】

(1)小苏打的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-以及H2O⇌H++OH-；钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氢钠水解而使溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要是碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)＞c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(2)AlCl3的水溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，水解方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干过程中加热促进其水解，而盐酸易挥发，所以蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧后得到Al2O3；

(3)硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.NaHCO3=Na++HCO3-②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)③.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+④.Al2O3⑤.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑15、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱；根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。

【详解】

（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，