2024年沪科版选修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2024年沪科版选修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5题，共10分)1、通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱；也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能。

。化学键。

N-N

O=O

N≡N

N-H

键能(kJ/mol)

154

500

942

a

已知火箭燃料肼（）的有关化学反应的能量变化如图所示；则下列说法错误的是（）

A.N2比O2稳定B.N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534kJ/molC.表中的a＝194D.图中的ΔH3=＋2218kJ/mol2、已知C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋135kJ·mol－1；2C(s)＋O2(g)="2CO(g)"ΔH＝－226kJ·mol－1。断开1molH—H键、O＝O键分别需要吸收436kJ、498kJ的热量，则断开1molO—H键需要吸收的热量为()A.462kJB.469kJC.362kJD.466.5kJ3、对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是A.Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强B.ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C.2NO2N2O4ΔH＜0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅D.Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深4、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在溶液中：B.在溶液中：C.向溶液中加入等体积溶液：D.常温下，和混合溶液5、常温下，某一元碱与盐酸反应，反应过程中由水电离的浓度的负对数与所加盐酸的体积间关系如图，下列说法正确的是（）

A.水的电离程度B.点溶液满足C.为弱碱，其电离平衡常数约为D.点溶液满足评卷人得分二、多选题(共8题，共16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、500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：。容器起始时物质的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是A.升温至700℃，上述反应的平衡常数为则正反应为吸热反应B.达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同D.保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)8、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响；得到如图所示的变化规律（图中T表示温度），由此可得出的结论是。

A.反应速率a>b>cB.达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>cC.若T2>T1，则正反应一定是吸热反应D.达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c>b>a9、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是。弱酸化学CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)B.amol·L-1HCN溶液与bmol·L-1NaOH溶液等体积混合后；所得溶液中。

c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于bC.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)10、常温下，向20mL0.2mol·L－1H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法错误的是（）

A.在P点时，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B.当V(NaOH)＝20mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)C.当V(NaOH)＝30mL时，2c(Na＋)＝3[c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)]D.当V(NaOH)＝40mL时，c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H2A)>c(OH－)>c(H＋)11、25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化）；下列说法正确的是。

A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大12、化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液下列有关说法正确的是A.将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变B.该缓冲溶液的pH=4.76C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变13、Zn（OH）2、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物，二者溶解度均随温度升高而增大。某温度下，Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na2S的混合溶液中滴加ZnSO4溶液，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p（Zn）=-lgc（Zn2+），p（B）=-lgc（OH-）或-1gc（S2-）。下列说法错误的是（）

A.曲线l表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线B.该温度下，Ksp（ZnS）=1.0×10-28C.升高温度时，b点一定会向c点移动D.已知此温度下Ka2（H2S）═4.0×10-16，向0.01mol•L-lNaHS溶液中滴加等体积0.2mol•L-1ZnSO4溶液不能产生沉淀评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：

2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

则反应4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol−1。15、参考下列图表和有关要求回答问题：

(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_________。

(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化学键的键能数据：。化学键P—PP—OO=OP=O键能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝________kJ·mol－116、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

17、判断下列盐溶液的酸碱性，能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。18、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2；并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。

（1）若采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH充分接触，导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水相应的离子方程式为________________。

（2）氯碱工业耗能高；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，甲，乙所用的离子膜为同一类型。

①甲中的离子交换膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的______(填写“左”或“右”)池注入。

③图中X是________(填化学式)；乙中右室的电极反应式为：_________，图示中氢氧化钠溶液质量分数a％与b％的关系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)20、（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。

2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）

化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；

表面反应：N*+H*NH*；NH2*+H*NH3*

脱附：NH3*NH3（g）

其中，N2的吸附分解反应活化能高；速率慢；决定了合成氨的整体反应速率。请回答：

（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。

A．低温B.高温C.低压D.高压E.催化剂。

（2）标准平衡常数其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。

①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则=_____________（用含w的最简式表示）

②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。

（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。

①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。

②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。

A.合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零。

B.控制温度（773K）远高于室温；是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率。

C.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体；有利于提高平衡转化率。

D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化；不断将液氨移去，利于反应正向进行。

E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2；原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。

（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。

（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。

（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。21、三种不同条件下，分别向容积固定的2L密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应如下：2A(g)+B(g)2D(g)△H=QkJ/mol，相关条件和数据见下表。实验I实验II实验III反应温度/℃800800850达平衡时间/min401030c(D)平衡/mol·L-10.50.50.15反应的能量变化/kJQ1Q2Q3

请回答：

（1）实验III，反应进行到30min时的平均速率v(D)为__。

（2）实验II可能隐含的反应条件是__。

（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是__（填序号）。

a.c(A)=2c(B)

b.2v(D)正=v(B)逆

c.容器内气体密度不随时间而变化。

d.容器内气体压强不随时间而变化。

（4）对比上述实验，可知该反应的反应热Q_0（填“＞”或“＜”），并将Q、Q1、Q2、Q3按从小到大的顺序排列：__。

（5）若实验I达到平衡后，保持温度不变，再向密闭容器中通入由1molA和1molD组成的混合气体，则平衡将__移动（填“正向”、“逆向”或“不”），新平衡状态时c(D)为___mol·L-1。22、为缓解能源紧张；越来越多的国家开始重视生物质能源(利用能源作物和有机废料，经过加工转变为生物燃料的一种能源)的开发利用。

(1)如图是某国能源结构比例图，其中生物质能源所占的比例是__。

(2)生物柴油是由动植物油脂转化而来，其主要成分为脂肪酸酯，几乎不含硫，生物降解性好，一些国家已将其添加在普通柴油中使用。关于生物柴油及其使用，下列说法正确的是__。

①生物柴油是可再生资源②可减少二氧化硫的排放③与普通柴油相比易分解④与普通柴油制取方法相同。

A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④

(3)已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6kJ∙mol-1

②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ∙mol-1

写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式__。

(4)已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如表：。O=OH—HH—O(g)1mol化学键断裂需要吸收的能量/kJ496436x

则表中x为()。

(5)向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为___。23、甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法；其反应方程式为：

CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H>0.回答下列问题：

(1)在催化剂作用下可通过三个基元反应实现催化重整，能量变化如图I所示，则H=___________。

(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，a、b、c、d对应四种不同催化剂。测得在300℃、320℃、340℃和360℃温度下反应4h甲醇转化率变化如图II所示。在使用催化剂b时保持反应温度为340℃，反应4h甲醇的转化率为___________，判断依据是___________。

(3)1mol甲醇气体和1.2mol水蒸气混合充入1L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.0MPa下进行反应，存在副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡时容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此时H2O的浓度为___________，甲醇的转化率为___________，则甲醇水蒸气重整反应的平衡常数Kp=___________(结果保留一位小数)。

(4)研究表明，甲醇水蒸气重整反应速率表达式为v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k随温度升高而增大。反应体系中水醇比影响催化剂活性，进而影响甲醇转化率和产氢速率，如图所示。提高重整反应速率的合理措施为___________。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．N≡N的键能为942kJ/mol，O=O的键能为500kJ/mol，所以N2比O2稳定；A正确；

B．从图中可以看出，反应物为N2H4(g)＋O2(g)，生成物为N2(g)＋2H2O(g)，ΔH=－534kJ/mol；B正确；

C．利用ΔH3建立有关a的等量关系，即ΔH3=154+4a+500=2218；a＝391，C错误；

D．图中的ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=＋2218kJ/mol；D正确；

故选C。2、D【分析】【详解】

由①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋135kJ·mol－1；②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－226kJ·mol－1，②-①2为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－496kJ·mol－1，所以有436kJ2+498kJ+4X=-496kJ1，所以X=466.5KJ。答案：D。3、C【分析】【详解】

A.氯水中加入碳酸钙；会使得HCl的浓度减小，从而增大HClO的浓度，使得氯水的漂白性增强，A正确；

B.将ZnS投入到CuSO4溶液中，有ZnSZn2++S2-，由于CuS的溶解度更小，所以Cu2+与S2-会结合生成CuS，使得溶液中S2-的浓度减小；增加了ZnS的溶解的量和电离的程度，最终ZnS转化为CuS，B正确；

C.该平衡的正反应是放热反应；将玻璃球浸入热水中，相当于升高体系的温度，则平衡向逆反应方向移动，即红棕色加深，C错误；

D.向K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，H+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，Cr2O72－的浓度增大；橙色加深，D正确；

故合理选项为C。4、D【分析】【详解】

A．溶液中呈碱性，水解大于电离，所以离子浓度的大小为：故A错误；

B．根据原子守恒和电荷守恒计算的值，根据碳原子守恒得，根据溶液中电荷守恒得：将碳原子守恒同时乘以2得到将此式代入电荷守恒，得到所以故B错误；

C．向的溶液中加入等体积溶液后的溶液为等物质的量的溶液，溶液呈碱性，等浓度的比水解程度大．故离子浓度的排列顺序是故C错误；

D．和混合溶液根据电荷守恒，=所以故D正确；

答案选D。

【点睛】

根据原子守恒和电荷守恒计算的值是难点，需要用钠离子的浓度作为桥梁，联系碳原子守恒和电荷守恒。5、A【分析】【分析】

图中c点最小推出c点为恰好完全反应点，<7说明发生盐的水解，说明BOH为弱碱；以a点溶质全部是BOH，来计算值。

【详解】

A.a点溶质是BOH，为碱性溶液，抑制水的电离，b、d点的pH=7，为中性溶液，c点是盐酸与BOH恰好完全反应的点，得到BCl盐溶液，呈酸性，的水解促进水的电离，故水的电离程度c>d=b>a；A正确；

B.c点溶质为BCl，由质子守恒可得：d点HCl过量，则B错误；

C.a点加入盐酸的量为0，溶液溶质为BOH，由此可知常温下BOH电离的则BOH为弱碱，且的数量级为C错误；

D.c点最小，c点HCl与BOH恰好完全反应得BCl溶液，根据物料守恒：D错误；

答案选A。二、多选题(共8题，共16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】

500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃时，

【详解】

A.500℃时，平衡常数是升温至700℃，上述反应的平衡常数为说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正确；

C.根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；

D.保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)；故D错误。

答案选BC。

【点睛】

熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。8、CD【分析】【分析】

从图中可以看出，随着B2的不断加入，AB3%的平衡体积分数先增大后减小，则平衡不断正向移动，A2的转化率不断增大，AB3的物质的量不断增大。

【详解】

A．因为温度不变，不断加入B2，则B2浓度不断增大，反应速率a

B．随着B2的不断加入，平衡不断正向移动，A2的转化率：c>b>a；B不正确；

C．若T2>T1，则温度高时AB3%大；表明平衡正向移动，正反应一定是吸热反应，C正确；

D．随着B2的不断加入，平衡不断正向移动，AB3的物质的量：c>b>a；D正确；

故选CD。9、BD【分析】【详解】

A．由电离常数Ka的关系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，则酸性CH3COOH＞HCN＞显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A错误；

B．等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN-的水解溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，a＜b时溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，即所得溶液中c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于b；故B正确；

C．冰醋酸中逐滴加水；电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而在加水的过程中电离程度；pH一直在增大，故C错误；

D．因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；故D正确；

故答案为：BD。10、BD【分析】【详解】

A.P点满足电荷守恒：根据图像可知，则故A正确；

B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则故B错误；

C.当V(NaOH)=30mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：故C正确；

D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2－部分水解产生等浓度的OH－、HA－，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则正确的离子浓度大小为：故D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则11、BC【分析】【分析】

根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；

【详解】

A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线；故A错误；

B.K(HA)的表达式为K(HA)=pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5；故B正确；

C.P点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正确；

D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小；故D错误；

答案选BC。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．将该缓冲溶液加水稀释100倍；溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A错误；

B．由可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76；故B正确；

C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断；混合溶液中离子浓度无法判断，故C错误；

D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸；有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D正确；

答案选BD。13、CD【分析】【详解】

A．若曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则a点时c（Zn2+）=c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=10-6×（10-6）2=1.0×10-18，所以假设成立，即曲线表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线；故A正确；

B．曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，b点时c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)•c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28；故B正确；

C．曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，ZnS溶解吸热，升高温度时溶液中c（Zn2+）、c(S2-)增大，则p(Zn)、p(B)减小，即升高温度时，b点一定会沿着ba方向向a点移动；故C错误；

D．等体积混合瞬间，NaHS浓度为0.005mol•L-l、ZnSO4浓度为0.1mol•L-1，c(S2-)=mol/L=1.4×10-9mol/L，浓度熵Qc=c(Zn2+)•c(S2-)=1.4×10-9×0.1=1.4×10-10mol＞1.0×10-28=Ksp(ZnS)；所以产生ZnS沉淀，故D错误；

答案选CD。

【点睛】

把握图象的意义、图中离子浓度与Ksp关系为解答的关键。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

①2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol−1

②3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=−30kJ·mol−1

③4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)ΔH

①×3+②=3，故ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×(48kJ·mol−1)+(−30kJ·mol−1)=114kJ·mol−1，故答案为：114。【解析】11415、略

【分析】【分析】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ；根据热化学方程式书写原则进行书写；

(2)依据热化学方程式；利用盖斯定律进行计算；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依据盖斯定律计算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案为：138。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。【解析】减小不变NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113816、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39117、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解18、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）电解饱和食盐水产物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气还可以和氢氧化钠之间反应得到氯化钠、次氯酸钠和水，整个过程发生的反应是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案为Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根据题意：装置中所用的离子膜都只允许阳离子通过；所以均是阳离子交换膜，故答案为阳离子交换膜；

②根据物质的转化情况；电解池的左池是电解食盐水得到的氢氧化钠，所以经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的左池进入，故答案为左；

③在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池正极区消耗水，生成氢氧根离子，所以a%小于b%，故答案为Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考点：考查了电解原理的相关知识。【解析】Cl-+H2OClO-+H2↑阳离子交换膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C四、判断题(共1题，共4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、原理综合题(共4题，共24分)20、略

【分析】【详解】

(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol；为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD；

（2）①N2（g）＋H2（g）NH3（g）

起始量：130

转化量：32

平衡量：1-3-32

x(NH3)%=x(N2)%=x(H2)%=

化简得

②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol为放热反应，温度T升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比；故答案选A；

（3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4；CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E正确。答案选ADE；

（二）（1）将一定量C12通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O；

（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH--3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。【解析】ADA原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。ADE2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2OFe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O21、略

【分析】【分析】

（1）由表格数据和化学反应速率计算公式可得；

（2）实验I与实验II相比；反应温度和体积相同，初始量相同，建立的化学平衡中c（D）也相同，说明两个化学平衡在各组分的量上来说是相同的平衡状态，只是到达化学平衡状态所用时间不同；

（3）化学反应达到平衡时；正逆反应速率相等，各物质的浓度或百分含量保持不变；

（4）实验III与实验I相比；体积相同，初始量相同，只是温度不同，达到平衡时c（D）不同，可以这样理解实验III是实验II升温建立的平衡，导致c（D）减下，即升温平衡向逆反应方向移动，实验I与实验II的化学平衡状态相同，反应速率不同；

（5）由题给数据建立三段式计算化学平衡常数和浓度熵；判断平衡移动方向。

【详解】

（1）由表格数据可知，实验III中△c（D）=0.15mol/L，则反应进行到30min时的平均速率v(D)为=0.005mol•L-1•min-1，故答案为：0.005mol•L-1•min-1；

（2）实验I与实验II相比；反应温度和体积相同，初始量相同，建立的化学平衡中c（D）也相同，说明两个化学平衡在各组分的量上来说是相同的平衡状态，只是到达化学平衡状态所用时间不同，时间越短，化学反应速率越大，即实验II中的化学反应速率大，可能使用了催化剂，即其隐含条件是使用了催化剂，故答案为：使用（效率更高的）催化剂；

（3）a．c（A）=2c（B）只说明c（A）：c（B）=2：1；无法判断正反应速率是否等于逆反应速率，故错误；

b.2v（D）正=v（B）逆说明v（B）逆：v（D）正═2：1不等于对应化学计量数之比；即正反应速率不等于逆反应速率，故错误；

c．体积不变；气体的质量不变，密度也会不变，用密度不变无法区分非平衡状态和平衡状态，故错误；

d．反应2A（g）+B（g）2D（g）是反应前后气体的总物质的量不相等的反应；当体积固定时，根据阿伏伽德罗定律可知，温度；体积相同时，气体的物质的量之比等于压强之比，容器内气压不随时间变化，说明气体的总物质的量不再发生变化，即说明可逆反应达到了化学平衡状态，故正确；

d正确；故答案为：d；

（4）实验III与实验I相比，体积相同，初始量相同，只是温度不同，达到平衡时c（D）不同，可以这样理解实验III是实验II升温建立的平衡，导致c（D）减下，即升温平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则Q＜0；根据上面的分析，可以认为实验III是实验II升温建立的平衡，升温平衡向逆反应方向移动，则实验III放出的热量数值小于实验II放出的热量数值，即Q3＜Q2，根据（2）的分析，实验I与实验II的化学平衡状态相同，反应速率不同，则放出的热量数值必然相同，即Q1=Q2，则Q、Q1、Q2、Q3按从小到大的顺序排列为Q3＜Q1=Q2