2025年湘师大新版选修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2025年湘师大新版选修4化学下册月考试卷682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9题，共18分)1、化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成（或折开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ/mol）：P—P：198，P—O：360，则反应P4（白磷）＋3O2=P4O6放出1638kJ；问O＝O的键能是多少？（）

A.996kJ/molB.498kJ/molC.126kJ/molD.249kJ/mol2、在一密闭容器中进行反应：已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.40.20.4当反应达到平衡时，可能存在的数据是（）A.SO2的浓度为0.8O2为0.4B.SO2的浓度为0.5C.SO3的浓度为0.8D.SO2、SO3的浓度一定均为0.33、恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)达到平衡后，再向容器中通入一定量的NO2，又达到平衡时，N2O4的体积分数()A.不变B.增大C.减小D.无法判断4、在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)；C物质的体积分数(C%)与温度；压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）

A.△H＜0△V(g)>0B.△H>0△V(g)＜0C.△H>0△V(g)>0D.△H＜0△V(g)＜05、对于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是A.c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B.加水稀释时减小C.与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性D.加入冰醋酸可增大醋酸的电离度，电离常数Ka变大6、下列实验操作和数据记录都正确的是A.用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2gB.用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mLC.用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2D.用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2mL7、pH＝2的强酸溶液，加水稀释，若溶液体积扩大10倍，则由水电离的c(H＋)和c(OH－)的变化A.c(H＋)和c(OH－)都减少B.c(H＋)和c(OH－)都增大C.c(H＋)增大和c(OH－)减少D.c(H＋)减小和c(OH－)增大8、常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1，则下列叙述正确的是（）A.由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol•L-1B.一定是酸溶液C.可能是强酸的酸式盐溶液D.pH值可能为99、下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是。选项实验操作实验现象结论A向盛有漂白粉溶液的试管中加浓硫酸产生黄绿色气体浓硫酸具有氧化性B向SO2水溶液中滴入几滴BaCl2溶液，振荡出现白色沉淀此沉淀是BaSO4C使装有NO2气体的密闭容器减小体积气体颜色先变深、而后变浅气体颜色变浅原因是：2NO2⇋N2O4D先向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO4溶液，再加入几滴0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成；后又有黑色沉淀生成溶度积(Ksp)：ZnS>CuS

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、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)11、0.1molCO2与0.3molC在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数KP=；气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。下列说法正确的是。

A.650℃时，CO2的平衡转化率为25%B.800℃达平衡时，若充入气体He，v正<v逆C.T℃达平衡时，若充入等体积的CO2和CO时，v正>v逆D.925℃时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数KP=23.04P总12、下列说法正确的是A.反应TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH＞0能自发进行，其原因是ΔS＞0B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D.对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大13、Na2CO3溶液在稀释过程中，溶液中下列哪些项逐渐减小A.c(H＋)B.c(OH－)·c(H＋)C.D.14、H2S为二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(电离常数K的负对数－lgK＝pK)。在20℃时，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化和H2S的挥发)，在该过程中下列微粒物质的量浓度关系一定正确的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)时，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性时，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89时，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1时，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)15、室温下；0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是。

A.溶液显酸性B.升温，c（X）增大，c（Y）减小C.c（B+）+c（Y）=c（Cl－）D.稀释溶液，c（X）增大，c（Z）增大16、常温下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四种离子。已知该溶液的溶质为一种或两种，且具有一定的浓度，下列有关说法正确的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，则溶质只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，则溶质为CH3COONa与CH3COOHC.若溶液pH=7，则可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，则不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)17、25℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c(H2SO3)+c()+c()=0.100mol·L-1的混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述正确的是。

A.H2SO3的Ka2=10-7.2B.pH=1.9的溶液中：c(Na+)>c(H2SO3)=c()>c()C.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中：c(H+)+c()=c(OH-)+c(H2SO3)D.c(HSO3-)=0.050mol·L-1的溶液中：c(H+)+c(Na+)<0.150mol·L-1+c(OH-)18、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6题，共12分)19、25°C向中滴加过程中，变化如图所示。

（1）A点溶液用化学用语解释原因：_________________。

（2）下列有关B点溶液的说法正确的是_______________（填字母序号）。

a.溶质为：

b.微粒浓度满足：

c.微粒浓度满足：

（3）两点水的电离程度：______（填“”、“”或“”）。20、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

(1)反应的化学平衡常数表达式为_______。

(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。序号化学反应的数值①②

(3)如图是合成氨反应平衡混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中X分别代表温度或压强。其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

21、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。22、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。23、(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝_______________。若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝___________。与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，请写出液氨的电离平衡常数表达式K=____________________________。

(2)同素异形体相互转化的反应热相当少而转化速率慢，有时还很不完全，测定时很困难；现可依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是______(填“白磷”或“红磷”)，试写出白磷转化成红磷的热化学方程式______________________________________。24、回答下列问题：

(1)溶液显酸性，试用离子方程式解释其原因________。

(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25C时，氯化银的现将足量氯化银分别放入：①氯化镁溶液中，②硝酸银溶液中，③氯化铝溶液中，④盐酸溶液中。充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是___________(填写序号)。

(3)下表所示的是常温下，某些弱酸的电离常数，请根据要求作答。弱酸电离常数弱酸电离常数

①相同物质的量浓度的和的混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________。

②请判断溶液显_________性(填“酸”；“碱”或“中”)。

③下列离子方程式书写正确的是_______。

A.HC2O4-+SO32-═HSO3-+C2O42-

B.2CH3COOH+SO32-═2CH3COO-+H2O+SO2↑

C.SO2+H2O+2CH3COO-═2CH3COOH+SO32-

D.2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)25、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28分)26、已知下列热化学方程式：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣570kJ/mol，②2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+483.6kJ/mol，③2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H=+220.8kJ/mol，④2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=﹣787kJ/mol；回答下列问题：

（1）上述反应中属于放热反应的是_____（填写序号）。

（2）H2的燃烧热为_____。

（3）燃烧10gH2生成液态水；放出的热量为______。

（4）H2O（g）=H2O（l）△H=________。

（5）C（s）的燃烧热的热化学方程式为_______。27、请根据所学知识回答下列问题：

(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，在光照和点燃条件下的△H(化学计量数相同)分别为△H1、△H2，△H1_______△H2(填“＞”；“＜”或“＝”；下同)。

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中△H的大小：△H1_______△H2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H1

②4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)△H2

(3)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量__________57.3kJ。

(4)已知：0.5molCH4(g)与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是___________________________________。

(5)氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等。已知H－H键、N－H键、N≡N键的键能分别是436kJ·mol－1、391kJ·mol－1、946kJ·mol－1。写出合成氨的热反应方程式：___________________________________。生成1molNH3需要吸收或放出________kJ。28、在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：。时间/(s)020406080100c(N2O4)/(mol/L)0.20a0.10cdec(NO2)/(mol/L)0.000.12b0.220.240.24

(1)表中b________c(填“＜”；“=”或“＞”)。

(2)0-20s内N2O4的平均反应速率为__________。

(3)在80℃时该反应的平衡常数K的数值为__________。

(4)CO2可以被NaOH溶液吸收，若所得溶液c()∶c()＝2∶1，溶液pH＝______。(室温下，H2CO3的K1＝4×10-7；K2＝5×10-11)

(5)25℃时，H2SO3H＋＋的电离平衡常数为Ka，已知该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝1×10-12。则Ka＝_______。29、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

（1）下列说法正确的是__（填序号）。

A.向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点。

B.通过蒸发可以由d点变到c点。

C.d点无BaSO4沉淀生成。

D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp

（2）将100mL1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2+的物质的量浓度约为___。

（3）若沉淀分别用100mL纯水和100mL0.01mol•L-1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

∆H=E反应物-E生成物，即(6mol×198kJ/mol+3mol×EO=O)-12mol×360kJ/mol=-1638kJ/mol，由此得出EO=O=498kJ/mol，故选B。2、B【分析】【详解】

A．只有当SO3完全转化为反应物时，SO2和O2的浓度才为0.8mol、0.4mol，但反应为可逆反应，所以SO2的浓度应小于0.8mol，O2的浓度应小于0.4mol；A错误；

B．当SO3发生0.1mol/L的转化时，SO2的浓度为0.5mol/L；B正确；

C．只有当反应物全部转化为生成物时，SO3的浓度才为0.8mol/L；C错误；

D．反应物；生成物的浓度不可能同时减小；应该是一个减小，另一个定增大，D错误；

故选B。

【点睛】

对于进行到某一阶段的可逆反应，反应可能正向进行，也可能逆向进行，但不管如何进行，反应物都不可能全部转化为生成物，生成物也不可能全部转化为反应物。3、A【分析】【详解】

恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)达到平衡（如图其中A为原平衡）后；再向容器中通入一定量的NO2（如图其中再通入的NO2为B），为了保持恒压，容器的体积会增大；显然A、B为恒温恒压下的等效平衡，达到平衡时A、B中NO2、N2O4的体积分数分别相等，即再向容器中通入一定量的NO2达到平衡时为A、B的混合，平衡不会发生移动，又达到平衡时，N2O4的体积分数不变，答案选A。4、A【分析】【分析】

【详解】

由题干C物质的体积分数(C%)与温度、压强的关系图可知，压强相同时，温度升高，C物质的体积分数减小，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，故△H＜0，温度相同时，增大压强，C物质的体积分数减小，即平衡逆向移动，说明正反应是气体体积增大的方向，即△V(g)>0，综上所述，该反应正反应为△H＜0，△V(g)>0，故答案为：A。5、A【分析】【详解】

A、常温下pH=2的醋酸溶液，存在电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；故A正确；

B、醋酸的电离平衡常数K=所以=加水稀释酸性减弱，即氢离子浓度减小，平衡常数不变，所以增大；故B错误；

C、醋酸是弱电解质，当醋酸溶液中，c(H+)=10-2mol/L时，醋酸的浓度大于10-2mol/L；等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，故C错误；

D、电离常数Ka只与温度有关，温度不变，电离常数Ka不变；故D错误。

故答案为A。6、D【分析】【详解】

A.氢氧化钠应该放在小烧杯中称量；A错误；

B.应该用25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；B错误；

C.广泛pH试纸读数只能是整数；C错误；

D.用10mL量筒量取NaCl溶液；体积为6.5mL，D正确；

答案选D。7、B【分析】【详解】

强酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，稀释前后，溶液的温度不变，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液中的氢氧根离子是水电离产生的，因此由水电离的c(H＋)和c(OH－)均增大；故A；C、D错误，B正确，故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意溶液中的氢离子主要是酸电离产生的，水电离的氢离子浓度一定等于水电离的氢氧根离子浓度。8、D【分析】【分析】

常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1；说明水的电离被促进，依据影响水电离平衡的因素，升温促进电离，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离等，可知该溶液为可水解的盐溶液。

【详解】

A.水电离出的氢离子和氢氧根的浓度永远相等，故由水电离出的c(OH-)=1×10-5mol•L-1；A项错误；

B.酸溶液抑制水的电离；所以一定不是酸溶液，B项错误；

C.强酸的酸式盐抑制水的电离；所以不可能是强酸的酸式盐溶液，C项错误；

D.常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-5mol·L-1；说明水的电离被促进，可能是水解显酸性的盐，则溶液pH=5，也可能是水解显碱性的盐，则pH=9，D项正确；

答案选D。9、C【分析】【详解】

A.酸性条件下氯离子、次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，与浓硫酸的强氧化性无关，故A错误；

B.二氧化硫与氯化钡不反应，无现象，故B错误；

C.减小体积，浓度增大，且压强增大2NO2=N2O4正向移动；则气体颜色先变深；而后变浅，故C正确；

D.Na2S溶液过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，则不能比较溶度积(Ksp)：ZnS>CuS，故D错误；

故选：C。二、多选题(共9题，共18分)10、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。11、AD【分析】【详解】

A.由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)

开始(mol)10

转化(mol)x2x

平衡(mol)1−x2x

所以2x1−x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为0.251×100%=25%；故A正确；

B.800℃达平衡时，若充入气体He，总压增大，分压不变，平衡不变，v正=v逆；故B错误；

C.由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T℃时，若充入等体积的CO2和CO平衡不移动，v正=v逆；故C错误；

D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，KP==23.04P总；故D正确；

答案选AD。12、AC【分析】【详解】

A.反应TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH＞0；反应能自发进行，依据吉布斯自由能方程，可得出ΔS＞0，A正确；

B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后CH3COOH有剩余，发生电离后使溶液显酸性，pH<7；B错误；

C.CH3COOH溶液加水稀释后，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以溶液中的值减小；C正确；

D.对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0）；加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率增大，但平衡常数减小，D错误。

故选AC。13、CD【分析】【分析】

根据题中Na2CO3溶液可知；本题考查溶液中离子浓度变化，运用盐类电离；弱电解质水解分析。

【详解】

因为c(H+)·c(OH-)的乘积保持不变，Na2CO3溶液在稀释过程中，随着稀释倍数的增大，碳酸根离子水解程度增大，导致其浓度相对降低，c(OH-)减小，c(H+)一定增大，所以比值减小，比值减小；

答案选CD。14、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，两式相加可得质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)。

【详解】

A．根据c(HS−)=c(S2−)可知，溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，可得c(Cl−)＜c(HS−)+2c(H2S)，由于c(HS−)=c(S2−)，所以c(Cl−)＜c(S2−)+2c(H2S)；故A错误；

B．由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH−)=c(H+)，可得c(Cl−)═c(HS−)+2c(H2S)；故B正确；

C．溶液pH＝6.89时，c(H+)=10-6.89溶液显酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱电解质的电离比较弱，溶液中离子浓度大小关系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正确；

D．c(Cl−)=0.200mol⋅L−1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D错误；故选：BC。15、AC【分析】【分析】

的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中浓度小于说明在溶液中存在B0H为弱碱，BCl溶液呈酸性，则一般来说，盐类的水解程度较小，则：反应后溶液中离子浓度大小为：即X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：据此回答。

【详解】

A．BOH为弱碱，反应生成强酸弱碱盐BCl，则溶液显酸性，A正确；

B．盐的水解为吸热反应，升温促进水解，则Y浓度增大，B错误；

C．X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：C正确；

D．稀释后促进水解，但是溶液中氢离子浓度减小，即减小，D错误；

答案选AC。16、BD【分析】【分析】

A．分析离子浓度关系可知溶液呈碱性，溶质可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；

B．分析离子浓度关系可知溶液呈酸性；判断溶液中的溶质；

C．若溶液pH=7；呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；

D．若溶液pH<7；呈酸性，判断溶液中的溶质，进而分析离子浓度关系。

【详解】

A．分析离子浓度关系可知溶液呈碱性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，则溶液中溶质可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；故A错误；

B．分析离子浓度关系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，则溶液中溶质只能为CH3COONa与CH3COOH；故B正确；

C．若溶液pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶质具有一定的浓度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)；故C错误；

D．若溶液pH<7，呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)；故D正确；

故答案选BD。17、AD【分析】【分析】

【详解】

A.当pH=7.2时，c(H+)=10-7.2mol/L，c()=c()，H2SO3的二级电离方程式为：⇌H++Ka2==c(H+)=10-7.2；故A正确；

B.根据图示，pH=1.9时，溶液中不含故B错误；

C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，c(Na+)=0.100mol·L-1时，c(H2SO3)+c()+c()=c(Na+)，代入电荷守恒式中可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c()；故C错误；

D.根据c(H2SO3)+c()+c()=0.100mol·L-1，溶液中的c()=0.050mol·L-1，则c(H2SO3)+c()=0.05mol·L-1，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)=2×(0.05mol·L-1-c(H2SO3))+0.05mol·L-1+c(OH-)=0.150mol·L-1+c(OH-)-2c(H2SO3)，则c(H+)+c(Na+)＜0.150mol·L-1+c(OH-)；故D正确；

答案选AD。18、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6题，共12分)19、略

【分析】【分析】

（1）是弱电解质，用化学用语解释溶液即写出电离的方程式；

（2）B点加入的的物质的量为的一半，故溶质为和且物质的量之比为1:1；

（3）酸和碱会抑制水的电离；大部分能水解的盐促进水的电离；

【详解】

（1）是弱电解质，在溶液中部分电离，导致氢离子浓度小于溶液其电离的方程式为：

（2）B点溶液：

a.和物质的量之比为1:1；故a正确；

b.由电荷守恒可知，溶液中存在：故b正确；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c错误；

（3）酸和碱会抑制水的电离，大部分能水解的盐促进水的电离，A点的酸性溶液抑制水的电离，C点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，因为PH=7，醋酸的抑制作用与醋酸钠的促进作用相互抵消，对水的电离无影响，故水的电离程度：A

【点睛】

（1）判断酸碱中和时水的电离程度技巧：

酸碱恰好完全反应生成正盐时水的电离程度最大；

（2）判断溶液中某些等式是否正确，可从电荷守恒、物料守恒、质子守恒等入手。【解析】ab20、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义可知故答案为：

（2）平衡常数越大,说明反应物转化率越高，N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数，所以与H2反应时，N₂的转化率更高，故答案为：N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

（3）工业合成氨反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，加压平衡正向移动，NH3的体积分数增大；该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故X代表压强，L线代表温度，且L2>L1，故答案为：压强；＜；反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。【解析】(1)

(2)N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

(3)压强＜反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。21、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)22、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5×10-523、略

【分析】【详解】

(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K=

(2)依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。【解析】1×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=红磷P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－124、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl是强酸弱碱盐；铵根离子水解导致溶液呈酸性；

(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+(aq)、Cl-(aq)都抑制AgCl溶解，溶液中c(Ag+)、c(Cl-)越大其抑制AgCl溶解程度越大；

(3)①等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者都水解导致溶液呈碱性；②根据NaHC2O4的K2与Kh的相等大小分析解答；③电离平衡常数表得到酸性强弱H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-；酸性强的可以制备酸性弱的，据此分析判断。

【详解】

(1)NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，导致溶液呈酸性，水解方程式为H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+，故答案为：H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+；

(2)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+(aq)、Cl-(aq)都抑制AgCl溶解，溶液中c(Ag+)、c(Cl-)越大其抑制AgCl溶解程度越大，①10mL0.1mol/L氯化镁溶液中c(Cl-)=0.2mol/L，②25mL0.1mol/L硝酸银溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，③50mL0.1mol/L氯化铝溶液中c(Cl-)=0.3mol/L，④100mL0.1mol/L盐酸溶液中c(Cl-)=0.1mol/L，则抑制AgCl溶解的程度②=④＜①＜③，硝酸银溶液中含有Ag+，其浓度最大，则这几种溶液中c(Ag+)大小顺序是②＞④＞①＞③；故答案为：②＞④＞①＞③；

(3)①等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者都水解，导致溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)；

②NaHC2O4溶液中K2=5.4×10-5，HC2O4-水解平衡常数Kh==1.85×10-13＜5.4×10-5，说明HC2O4-电离程度大于水解程度；溶液呈酸性，故答案为：酸；

③根据常温下弱酸的电离常数，酸性强弱H2C2O4＞H2SO3＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-。A．HC2O4-+SO32-═HSO3-+C2O42-，符合酸性强弱，故A正确；B.2CH3COOH+SO32-═2CH3COO-+H2O+SO2↑，醋酸酸性比亚硫酸氢根离子酸性弱，不能进行，故B错误；C．SO2+H2O+2CH3COO-═2CH3COOH+SO32-，亚硫酸酸性大于醋酸，反应不可以生成SO32-，只能生成HSO3-，故C错误；D.2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，亚硫酸酸性大于碳酸，反应可以进行，故D正确；故答案为：AD。【解析】H2O+NH4+⇌NH3•H2O+H+②＞④＞①＞③c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)酸AD四、判断题(共1题，共10分)25、×【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28分)26、略

【分析】【分析】

根据反应方程式中焓变判断反应为放热反应还是吸热反应；根据盖斯定律进行计算。

【详解】

(1)放热反应的△H＜0；则①④属于放热反应，故答案为：①④；

(2)1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，由①可知燃烧热为=285kJ/mol(或△H=-285kJ/mol)；故答案为：285kJ/mol(或△H=-285kJ/mol)；

(3)10gH2为5mol；由燃烧热为285kJ/mol可知放出的热量为5mol×285kJ/mol=1425kJ，故答案为：1425kJ；

(4)利用盖斯定理，将×(①+②)可得H2O(g)=H2O(l)△H=×(﹣570kJ/mol+483.6kJ/mol)=-43.2kJ/mol；故答案为：-43.2kJ/mol；

(5)1mol碳完全燃烧生成气态二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热，根据④有C(s)的燃烧热的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-=﹣393.5kJ/mol，故答案为：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣393.5kJ/mol。【解析】①④285kJ/mol(或△H=-285kJ/mol)1425kJ-43.2kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣393.5kJ/mol27、略

【分析】【分析】

(1)反应热只与反应物、生成物的始态和终态有关，而与反应条件无关，由此可确定△H1、△H2的关系。

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，即P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H<0，将①-②，即得△H=△H1-△H2<0，由此可确定△H1与△H2的大小关系。

(3)浓硫酸溶于水放热，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1；由此可得出浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量与57.3kJ的关系。

(4)书写反应的热化学方程式时；化学计量数扩大二倍，则反应热也应扩大为原来的二倍。

(5)合成氨反应为N≡N+3H－H→6N－H；△H=反应物总键能-生成物总键能，代入键能数据，即可得出反应热。

【详解】

(1)反应热只与反应物、生成物的始态和终态有关，而与反应条件无关，则△H1=△H2。答案为：=；

(2)已知常温时红磷比白磷稳定，即P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H<0，将①-②，即得△H=△H1-△H2<0，所以△H1<△H2。答案为：<；

(3)浓硫酸溶于水放热，稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1，由此可得出浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量>57.3kJ。答案为：>；

(4)已知：0.5molCH4(g)与0.5mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反应