2024年华师大版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年华师大版选修4化学下册月考试卷284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7题，共14分)1、下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A.生成物能量一定低于反应物总能量B.热化学方程式的化学计量数可表示分子的个数C.反应热指的是反应过程中放出的热量D.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件的△H相同2、下列说法正确的是A.测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度B.在25℃、101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热为－285.8kJ/molC.在25℃、101kPa时，1molC与适量O2反应生成1molCO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ/molD.在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)△H=－57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ3、已知以下的热化学反应方程式：

Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

则56gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为（）A.－327kJ/molB.＋327kJ/molC.＋436kJ/molD.－436kJ/mol4、25℃下，弱电解质的电离平衡常数下列说法正确的是（）A.用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂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.pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中D.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5、常温下，将0.2000mol/L的NaOH溶液逐滴加入到20.00mL0.2000mol/LNH4Cl溶液中，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法错误的是（）

A.a点溶液中：c(NH3•H2O)+c(H+)=c(OH-)+c(NH4+)B.从a点到d点水的电离程度不断减弱C.b点溶液中：c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D.c点溶液中：c(NH3•H2O)+c(NH4+)=2c(Na+)6、25℃时，向10ml0.01mol/LNaCN溶液中逐滴加入0.01mol/L的盐酸。溶液中CN-、HCN浓度所占分数随pH变化的关系如图甲所示；溶液pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.图甲中的溶液：B.图甲中a点对应的溶液：C.图乙中b点对应的溶液：D.图乙中c点对应的溶液：7、某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O；下列有关说法正确的是。

A.电子通过外电路从b极流向a极B.b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--=4OH--C.每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图表示可逆反应A(g)+B(g)nC(g)+Q（Q>0）在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线；有关叙述一定正确的是（）

A.a表示有催化剂，而b无催化剂B.若其他条件相同，a比b的温度高C.若其他条件相同，a比b的压强大，n>2D.反应由逆反应方向开始9、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）＋Cl2（g）经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20

以下对反应过程的分析和判断正确的是A.反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol·L−1·s−1B.保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol·L−1，则反应为放热反应C.相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，则达平衡前v（正）＞v（逆）D.相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，则达平衡时，PCl3的转化率大于80%10、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A.0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na+)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c(X－)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH－)C.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2c()＋2c()＋2c(H2CO3)D.0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c()＋c()＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)11、若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH＞7)：c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)B.0.2mol/L氨水：0.2mol/L＞c(OH-)+c(NH3•H2O)C.向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c()=c()+c()D.pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)12、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，溶液中CN－；HCN物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示；其中a点的坐标为(9.5，0.5)。溶液的pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系正确的是。

A.图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)<c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol·L－1C.图乙中b点的溶液：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)D.图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)13、室温下，下列说法不正确的是A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在14、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）＞（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）C.常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）﹣c（H2SO3）=9.9×10-7mol•L-1D.物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO-）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-）15、部分弱酸在水溶液中的电离平衡常数如下表。

。弱酸。

氢氰酸（HCN）

碳酸（H2CO3）

氢氟酸（HF）

电离平衡常数K

（25℃）

K=4.93×10﹣10

K1=4.3×10﹣7

K2=5.6×10﹣11

K=3.53×10﹣4

下列选项正确的是（）A.NaCN溶液中通入少量CO2：CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣B.Na2CO3溶液中通入少量HF：CO32﹣+2HF→2F﹣+CO2+H2OC.25℃，等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D.中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者16、二茂铁[Fe(C5H5)2]可作为燃料的节能消烟剂；抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是。

A.a为电源的负极B.电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C.电解池的总反应化学方程式为Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑D.二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H++2e-H2↑评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。18、已知：A(g)＋2B(g)2C(g)；恒温恒压下，在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L。

(1)下列能用于判断该反应达到平衡的是（填字母）：__________________。

a．A、B的浓度之比为1∶2b．容器内气体的总物质的量不变。

c．容器内气体密度不再变化d．生成0.2molA的同时生成0.2molC

(2)平衡后，再向容器中通入1mol氦气，A的转化率___________（填“增大”；“不变”、“减小”）。

(3)在T1、T2不同温度下，C的体积分数与时间关系如图所示。则T1______T2（填“大于”或“小于”，下同），该反应的△H__________0。若在T1下达到平衡，K(T1)=_____。(计算结果)

19、①将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应:CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。其他条件相同；在不同催化剂(Ⅰ；Ⅱ)作用下反应相同时间后，体系中CO含量随反应温度的变化如下图所示。

在a点与b点对应的反应条件下，反应继续进行一段时间后达到平衡，平衡常数Ka_________(填“＞”、“＜”或“=”)Kb；c点CO含量高于b点的原因是_________。

②为了探究反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CH4与CO2，使其物质的量浓度均为1.0mol·L-1。平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率-浓度关系曲线：v正-c(CH4)和v逆-c(CO)。

则与曲线v正-c(CH4)相对应的是上图中曲线_________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，平衡常数减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为_________(填字母，下同)，曲线乙对应的平衡点可能为_________。20、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡时NH3的体积分数φ(NH3)与氢氮比x(H2与N2的物质的量比)的关系如图：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a点总压为50MPa，T2时Kp=_______(MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)21、今有①②③三种溶液；根据要求回答下列问题：

(1)当它们的相同时，其物质的量浓度的关系是_______。(用序号填空；下同)

(2)当它们的物质的量浓度相同时，加水稀释相同的倍数后其的关系是_______。

(3)相同的三种酸溶液各加水稀释相同倍数后，溶液中水电离出来的的关系为_______。

(4)当它们相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体体积关系为_______。

(5)中和等体积相同浓度的烧碱溶液，需同浓度的三种溶液的体积分别为则的关系为_______(用等式表示)。22、体积均为100mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

23、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。24、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

25、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)26、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共9分)27、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5分)28、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7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A.化学反应可分为吸热反应和放热反应；对于吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量；对于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，A项错误；

B.热化学方程式的化学计量数只表示物质的量；不可表示分子的个数，B项错误；

C.反应热指的是化学反应过程中；放出或吸收的热量，C项错误；

D.反应的△H取决于反应物和生成物总能量的相对大小；与反应条件无关，即氢气和氯气的反应无论在点燃还是加热条件下反应，其反应热相同，D项正确；

答案选D。

【点睛】

反应的△H取决于反应物和生成物总能量的相对大小，与反应条件无关，即氢气和氯气的反应无论在点燃还是加热条件下反应，其反应热相同，这是学生们的易错点。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．测定HCl和NaOH反应的中和热时；测盐酸起始温度；NaOH起始温度和反应中的最高温度，A正确；

B．1molH2完全燃烧生成的稳定氧化物是液态水，反应热△H=-285.8kJ•mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1；B错误；

C．燃烧热是指在101kPa时；1mol可燃物完全燃烧放出的热量，完全燃烧是指碳生成气态二氧化碳，则C的燃烧热大于110.5kJ/mol，C错误；

D．浓硫酸溶解时放热，故将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合；放出的热量大于57.3kJ，D错误；

答案选A。3、D【分析】【详解】

给以上热化学方程式依次编号。

①Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

②Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

③Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

由盖斯定律可知，反应FeO(s)＋CO(g)＝Fe(s)＋CO2(g)可由得到，其反应热为则56gCO即1molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH为-436kJ/mol；D项正确；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．选择指示剂：指示剂的变色范围应与反应后溶液溶质的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl；溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A错误；

B.0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+）；故B错误；

C．NH3•H2O是弱碱，HCl是强酸，因此pH=3的盐酸与pH=11的氨水：c（NH3•H2O）＞c（HCl），即反应后溶质为NH4Cl和NH3•H2O，NH3•H2O的物质的量浓度大于NH4Cl，NH3•H2O的电离大于NH4+的水解，溶液显碱性，所得溶液中故C正确；

D．常温下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3•H2O）=1.75×10-5，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，二者水解程度相近，溶液pH=7，由于水解促进水的电离，所得溶液中由水电离出的c（H+）＞1×10-7mol/L；故D错误；

故答案选C。

【点睛】

把握电离平衡常数与酸性或碱性强弱关系是解本题关键，注意溶液中电荷守恒和物料守恒的灵活应用，选项B为解答的难点。5、A【分析】【详解】

A.a点为溶液，水解，溶液显酸性，根据质子守恒有：两边同时加上得水解程度微弱，则c(NH4＋)2c(NH3·H2O)，因此有故A说法错误；

B.从a点到d点的过程中氢氧化钠与氯化铵反应；在d点时二者恰好完全反应产生氯化钠和一水合氨，一水合氨电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，因此从a到d水的电离程度不断减弱，故B说法正确；

C.b点溶液根据电荷守恒则故故C说法正确；

D.c点所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠的混合溶液，根据物料守恒可得：故D说法正确。

答案：A。6、A【分析】【详解】

A.图甲中根据电荷守恒可知，时，则根据物料守恒得所以故A正确；

B.图甲中的a点是HCN、浓度相等，根据物料守恒得根据电荷守恒可知，则由图可知，此时溶液所以故B错误；

C.图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，溶液呈碱性，说明的水解程度大于HCN的电离程度，所以故C错误；

D.图乙中c点对应的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得根据电荷守恒可知，则故D错误；

故选A。7、D【分析】【详解】

A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b；A错误；

B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；B错误；

C．温度和压强未知；导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；

D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。二、多选题(共9题，共18分)8、BC【分析】【详解】

A．加入催化剂能同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量应该相同；故A错误；

B．a到达平衡时间短；所以a温度高，升高温度，平衡逆向移动，平衡时C的百分含量(C%)减小，与图象吻合，故B正确；

C．a到达平衡时间短；所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量(C%)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，所以n＞2，故C正确；

D．C的百分含量从零开始逐渐增大；所以反应从正反应开始，故D错误；

故选BC。9、CD【分析】【详解】

A.反应在前50s的平均速率为故A错误；

B.原平衡时c(PCl3)=0.1mol·L−1，保持其他条件不变，若升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol·L−1；则平衡正向移动，升温向吸热反应即正反应为吸热反应，故B错误；

C.根据数据得出平衡时n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=1mol−0.2mol=0.8mol，因此平衡常数相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，则反应正向进行，即达平衡前υ(正)＞υ(逆)，故C正确；

D.相同温度下，若起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，则达平衡时，与原平衡达到等效，n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=0.8mol，因此PCl3的转化率等于80%，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相当于两个容器各充入1.0molPCl3、1.0molCl2，则达平衡时，转化率为80%，将两个容器压缩到一个容器，平衡向生成PCl5方向移动，PCl3消耗，则达平衡时，PCl3的转化率大于80%；故D正确。

综上所述，答案为CD。10、CD【分析】【详解】

A．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合所得溶液的溶质可以认为等物质的量的NaCl和CH3COOH，所以c(Na+)＝c(Cl－)，而醋酸为弱酸，难电离，所以c(Na+)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)；故A正确；

B．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后溶液显酸性，所以HX的电离程度大于X－的水解程度，所以c(X－)＞c(HX)，而根据物料守恒可知2c(Na+)=c(X－)+c(HX)，所以c(X－)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH－)；故B正确；

C．0.1mol•L-1Na2CO3溶液与0.1mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合，由物料守恒可知2n(Na)=3n(C)，所以2c(Na+)＝3c()＋3c()＋3c(H2CO3)；故C错误；

D．0.1mol•L-1Na2C2O4溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合，由电荷守恒可知2c()＋c()＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)；故D错误；

故答案为CD。11、AD【分析】【详解】

A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中发生阴、阳离子的水解反应：+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，从而导致溶液中c()减少更多，所以c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)；A正确；

B．在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=0.2mol/L，由于c(OH-)=c()+c(H+)，所以c(OH-)+c(NH3•H2O)＞0.2mol/L；B不正确；

C．向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此时溶液中满足电荷守恒，从而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()；C不正确；

D．pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，发生中和反应后，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O，此时主要发生如下电离：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的电离程度较小，所以c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；D正确；

故选AD。12、BC【分析】【分析】

NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，当pH=9.5时，c(HCN)=c(CN－)；当加入盐酸的体积为10mL时；NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。

【详解】

A．图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl－)+c(CN－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，pH=7，c(OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)+c(CN－)=c(Na+)；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN－)+c(HCN)，故c(Cl－)=c(HCN)；A不正确；

B．常温下，a点时，c(CN－)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH－)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)==10－4.5mol·L－1；B正确；

C．图乙中b点时，发生反应后c(HCN)=c(Cl－)=c(CN－)，此时溶液中CN-发生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反应后，c(HCN)增大，c(CN－)减小，所以溶液中：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)；C正确；

D．图乙中c点的溶液中，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，且二者刚好完全反应，反应后，发生HCN的电离：HCNH++CN-，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH－)+c(CN－)，物料守恒：c(Cl-)=c(HCN)+c(CN－)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)；D不正确；

故选BC。13、BC【分析】【详解】

A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)；溶质为氯化铵和氨水的混合物，故A正确；

B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后；混合溶液的pH=3，故B错误；

C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则c(CN－)<c(Na+)；故C错误；

D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，根据物料守恒，两者存在故D正确。

综上所述，答案为BC。14、BC【分析】【详解】

A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合后，溶液中溶质为等浓度的Na2SO4、(NH4)2SO4，溶液中水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小：c(Na+)=c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；故A错误；

B．溶液pH=7，则c(H+)=c(OH−)，氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c(Cl−)=c(CH3COOH)，醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)>c(CH3COO−)，CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)，溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(Cl−)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH−)；故B正确；

C．常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c()+2c()②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH−)+c()，所以c()−c(H2SO3)=c(H+)−c(OH−)=(10−6−10−8)mol/L=9.9×10−7mol•L−1；故C正确；

D．根据物料守恒得，次氯酸钠中c(HClO)+c(ClO−)=c(Na+)，碳酸氢钠中c(Na+)=c()+c(H2CO3)+c()，次氯酸钠中钠离子是碳酸氢钠中钠离子的2倍，所以c(HClO)+c(ClO−)=[c()+c(H2CO3)+c()]；故D错误；

故答案为：BC。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。15、AC【分析】【详解】

A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣；故A正确；

B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32﹣+HF→F﹣+HCO3﹣；故B错误；

C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HF＞HCN，则水解程度：CN﹣＞F﹣；所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；

D．中和等体积；等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；等pH的HCN和HF，c(HCN)＞c(HF)，则等体积等pH的HCN和HF的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；

故答案为AC。

【点睛】

考查弱电解质的电离，知道电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的强弱之间的关系是解本题关键，根据酸的强弱来确定生成物，注意D中中和等pH、等体积的酸消耗NaOH的体积与酸的强弱无关，只与酸的物质的量有关，为易错点。16、AC【分析】【分析】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。

【详解】

A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极；故A正确；

B.与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液；故B错误；

C.由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑；故C正确；

D.二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e-=Na；故D错误；

故选AC。

【点睛】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）18、略

【分析】【分析】

反应A(g)＋2B(g)2C(g)为气体分子数减小的反应，根据题(3)图可知T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2。

【详解】

(1)a.反应开始时A和B按物质的量1:2投料；而A和B也按1:2进行反应，故反应过程中A；B的浓度之比一直为1∶2，不能说明达到平衡，a错误；

b.反应为前后气体分子数减少的反应，故当容器内气体的总物质的量不变时反应达到平衡，b正确；

c.在恒温恒压的条件下；容器体积之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体分子数改变，故反应过程中容器体积一直改变，当达到平衡时，气体质量一直不变，容器体积不再改变，则密度不再变化时，反应达到平衡，c正确；

d.根据反应方程式可知；A与C的化学计量数之比为1:2，则生成0.2molA的同时生成0.2molC，不能说明正逆反应速率相等，不能判定反应达到平衡，d错误；

答案选bc。

(2)达到平衡；通入与反应无关的气体，在恒温恒压条件下，容器体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A的转化率减小。

(3)根据图像可知，T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2，T2温度下C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H小于0；设平衡时C的物质的量为xmol，则A平衡时的物质的量为(1-x)mol，B平衡时的物质的量为(2-x)mol，恒温恒压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，故解得x=1mol，根据在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L可知，平衡时容器的体积为2.5L，则K(T1)==【解析】①.bc②.减小③.小于④.小于⑤.519、略

【分析】【详解】

①据图可知，随着温度升高，CO的含量增大，说明平衡正向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，平衡常数只受温度影响，ab两点的温度相同，所以Ka=Kb；c点与b点反应均未达到平衡，但c点温度高于b点；反应速率更快，相同时间内生成CO的量更多，所以c点CO的含量更高；

②由图像可知，甲的浓度从0升高到0.4mol·L-1，乙的浓度从1mol·L-1降低到0.8mol·L-1，随着反应的进行，甲烷的浓度会越来越小，正反应速率也会越来越小，所以曲线v正−c(CH4)相对应的曲线是图中的乙线，一氧化碳的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，曲线v逆-c(CO)相对应的曲线是图中的甲线；根据图可知；反应平衡时图中对应的点应为A和F点，由于该反应的正反应为吸热反应，降温后，反应速率减小，平衡逆向移动，甲烷的浓度会增大，CO的浓度会减小，所以此时曲线甲对应的平衡点可能为应为E点，曲线乙对应的平衡点为B点。

【点睛】

根据图中浓度的变化量判断出曲线v正−c(CH4)相对应的曲线是图中的乙线是难点，需要分析清楚速率随浓度的变化情况。【解析】①.=②.c点与b点反应均未达到平衡，但c点温度高于b点，反应速率更快，相同时间内生成CO的量更多，所以c点CO的含量更高③.乙④.E⑤.B20、略

【分析】【分析】

①根据温度影响平衡移动；得出答案。

②根据题意得到氨气；氮气、氢气体积分数；再得到它们的压强，再根据压强平衡常数进行计算。

【详解】

①该反应是放热反应，当升高温度时，平衡向逆向移动，氨气的体积分数减小，故可知T1>T2；

②由题意可知，a点总压为50MPa，平衡时氢气与氮气之比为3:1，氨气的体积分数为0.2，则氮气的体积分数为0.2，氢气的体积分数为0.6，氨气的体积分数为0.2，平衡时氮气分压为10MPa，氢气分压为30MPa，氨气分压为10MPa，T2时故答案为【解析】>21、略

【分析】【分析】

(1)

pH相同溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，假设氢离子浓度为1mol/L，则醋酸浓度大于1mol/L、盐酸浓度是1mol/L、硫酸浓度是0.5mol/L，所以其物质的量浓度的由大到小排列是①>②>③；故答案为：①>②>③；

(2)

当它们的物质的量浓度相同时，假设都是1mol/L，醋酸中氢离子浓度小于1mol/L、硫酸中氢离子浓度是2mol/L、盐酸中氢离子浓度是1mol/L，氢离子浓度越大pH越小，所以其pH的由大到小排列是①>②>③；故答案为：①>②>③；

(3)

将pH相同的三种酸溶液均稀释10倍后，醋酸在稀释过程中电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，所以稀释后醋酸的pH最小，而盐酸和硫酸都是强电解质，稀释后溶液的pH相同，即稀释后溶液pH：①<②=③。溶液pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则溶液中水电离出来的大小顺序为：②=③>①；故答案为：②=③>①；

(4)

硫酸和盐酸为强酸，在溶液中完全电离，醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离。所以pH相等时，醋酸浓度最大，最终电离出氢离子最多，硫酸和盐酸中氢离子相同。氢离子的物质的量越多，其生成氢气的体积越大，所以体积关系为①>②=③；故答案为：①>②=③；

(5)

中和等量氢氧化钠，消耗同浓度酸的体积与酸电离出最终氢离子的浓度成反比，三种酸溶液浓度相等，硫酸是二元酸、醋酸和盐酸都是一元酸，所以最终电离出氢离子的浓度：硫酸>醋酸=盐酸，所以消耗三种酸的体积关系为：故答案为：【解析】(1)①>②>③

(2)①>②>③

(3)②=③>①

(4)①>②=③

(5)22、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于23、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于24、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。25、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为