2025年浙教版选修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年浙教版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法或表示法不正确的是A.1mol硫蒸气与2mol硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同B.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1C.在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJD.已知Ⅰ：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-akJ/mol；Ⅱ：且a、b、c均大于零，则断开1molH－Cl键所需的能量为2(a-b-c)kJ/mol2、在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)+(g)(g)+(g)。在500℃时，平衡常数K=9，若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为A.25%B.50%C.75%D.80%3、一定温度下的密闭容器中发生可逆反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，一定能说明该反应已达到平衡状态的是A.v逆(H2O)=v正(CO)B.容器中物质的总质量不发生变化C.n(H2O)：n(H2)=1：1D.生成1molCO的同时生成1molH24、在10mL0.1mol·L－NaOH溶液中加入同体积、同浓度的HAc溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是A.c（Na＋）＞c（Ac－）＞c（H＋）＞c（OH－）B.c（Na＋）＞c（Ac－）＞c（OH－）＞c（H＋）C.c（Na＋）＞c（Ac－）＞c（HAc）D.c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Ac－）＋c（OH－）5、下列各物质投入水中，因促进水的电离而使溶液呈酸性的是（）A.HClB.NaHSO4C.Na2SO4D.NH4Cl6、某溶液中含有四种离子，测得溶液中和的浓度分别为和则溶液中为A.B.C.D.7、下列有关含氯物质的说法不正确的是A.向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B.向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C.向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD.室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于7∶1；4∶1、1∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系；下列说法正确的是。

A.曲线Ⅰ对应的起始浓度比为c(HCl)∶c(O2)=7∶1B.该反应的△H＜0C.若500℃时，进料c(HCl)=4mol·L−1、c(O2)=1mol·L−1，可得K=1D.500℃时，若进料c(HCl)=2mol·L−1、c(O2)=0.5mol·L−1、c(Cl2)=2mol·L−1、c(H2O)=2mol·L−1，则反应达平衡前v正＜v逆9、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（）

A.该反应ΔH＞0B.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2D.状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大10、常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则该溶液的溶质可能是（）A.AlCl3B.NaOHC.Na2CO3D.NaHSO411、常温下，将NaOH固体分别加入浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是。

A.由a点到e点水的电离程度先增大后减小B.d点溶液中存在：c(HX)+c(X-)=0.1mol/LC.c点溶液中存在：c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)D.b点溶液中存在：c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L12、常温下，向20mL0.05mol•L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol•L﹣1氨水；溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是。

A.NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B.C三点溶液的pH是逐渐减小，F三点溶液的pH是逐渐增大C.E溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D.F点溶液c（NH4+）＝2c（B2﹣）13、下列说法正确的是A.0.1mol·L−1NH3·H2O中：c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(H＋)B.0.1mol·L−1NaHSO3溶液（室温下pH＜7）中：c(SO32－)＜c(H2SO3)C.浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)D.0.1mol·L−1(NH4)2CO3溶液中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)14、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)15、比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系(填“>”或“<”)。

①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1

S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2则ΔH1________ΔH2

②CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1

CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2则ΔH1_____ΔH216、根据反应Br+H2⇌HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，该反应为________反应（填“吸热”或“放热”）17、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

(1)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：该反应的化学平衡常数表达式是K=_________。已知平衡常数K与温度T的关系如表:。T/℃400300平衡常数KK1K2

①试判断K1_________K2(填写“>”“=”或“<”)。

②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

③合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是_________(填字母)。

a．采用较高温度(400~500℃)b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来。

c．用铁触媒加快化学反应速率d．采用较高压强(20~50MPa)

(2)对反应在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是_________。

a．A、C两点的反应速率：A>C

b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

c．A、C两点N2O4的转化率：A

d．由状态B到状态A，可以用加热的方法18、按要求回答下列问题。

（1）写出氮化镁的化学式________。

（2）写出的离子结构示意图________。

（3）写出醋酸在水溶液中的电离方程式________。

（4）写出溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的化学方程式________。19、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)________．20、已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下三种关系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质是__________(填化学式)，上述四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________(填化学式)。

(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，则溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中与碱中的关系是__________

(4)将等物质的量浓度的溶液和溶液等体积混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)为____________________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共30分)22、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)23、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。24、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)25、50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液在图1装置中进行中和反应；并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

（1）写出该反应的中和热热化学方程式：___________。

（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒，其原因是_____。

（3）如果改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量_____（“增加”、“减少”或“不变”），所求中和热数值_____（“增加”；“减少”或“不变”）。

（4）某研究小组将装置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度_________（填“高于”；“低于”或“等于”）22℃。

（5）①请填写下表中的空白：。温度。

实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值。

(t2－t1)/℃HClNaOH平均值平均值126.226.026.132.9

________________________227.027.427.237.0325.925.925.932.5426.426.226.333.3

②近似认为50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_________(取小数点后一位)。26、1840年，Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5。

(1)F.DanielS等曾利用测压法在刚性反应器中研究了特定条件下N2O5(g)分解反应：

已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ•mol-1

2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ•mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)＋O2(g)的ΔH=__kJ•mol-1。

(2)查阅资料得知N2O5是硝酸的酸酐，常温呈无色柱状结晶体，微溶于冷水，可溶于热水生成硝酸，熔点32.5℃，受热易分解，很容易潮解，有毒。在通风橱中进行模拟实验制取N2O5的装置如图：

注：虚线框内为该组同学自制特殊仪器，硝酸银放置在b处。

请回答下列问题：

①实验开始前，需要打开a处活塞并鼓入空气，目的是__。

②经检验，氯气与硝酸银反应的产物之一为氧气，写出此反应的化学反应方程式__。

③实验时，装置C应保持在35℃，可用的方法是__。

④能证明实验成功制得N2O5的现象是__。

⑤装置D中的试剂是__，作用是__。

⑥装置E烧杯中的试剂为__。27、为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应；某小组同学进行了如下实验。

(1)配制50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H+)=0.2mol·L−1。

①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：_______________________________________。

②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是_______________________________(填字母序号)。

a.加水稀释b.加入FeCl3固体。

c.滴加浓KSCN溶液d.加入NaHCO3固体。

(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：

。操作。

现象。

向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液；搅拌。

溶液温度迅速上升；稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体。

收集检验反应过程中产生的气体。

集气管口靠近火焰；有爆鸣声。

已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑

①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：___________________________________。

②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：_______________________________________________________。

③分离出黑色固体；经下列实验证实了其中含有的主要物质。

i.黑色固体可以被磁铁吸引；

ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液；产生气泡；

iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后；加入稀盐酸，产生大量气泡；

iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液；无变化。

a.黑色固体中一定含有的物质是________________________________________。

b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是__________________。

(3)为进一步探究上述1.0mol·L−1FeCl3溶液中Fe3+和H+氧化性的相对强弱；继续实验并观察到反应开始时现象如下：

。操作。

现象。

将5mL1.0mol·L−1的FeCl3溶液与0.65g锌粉混合。

溶液温度迅速上升；开始时几乎没有气泡。

将___与0.65g锌粉混合。

溶液中立即产生大量气泡。

小组同学得出结论：在1.0mol·L−1FeCl3溶液中，Fe3+的氧化性比H+更强。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．燃烧热是指1mol硫蒸气完全燃烧时；放出的热量，故A正确；

B．已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1，可以得出1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1；故B正确；

C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(aq)△H=－57.3kJ·mol－1，若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，CH3COOH是弱酸，CH3COOH电离时要吸收热量；放出的热量小于57.3kJ，故C正确；

D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则b+c-2E（H-Cl）=-a，断开1molH-Cl键所需的能量为kJ；故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点D，注意焓变与键能的关系，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。2、C【分析】【分析】

【详解】

由题意可以得到三段式：

已知则x=0.015mol/L，CO的转化率故答案为：C。3、A【分析】【分析】

【详解】

A.根据化学平衡状态的实质，v逆(H2O)=v正(CO)，该反应处于平衡状态，A正确；B.根据质量守恒定律，反应至始至终质量不变，B错误；C.平衡状态的另一判据是浓度保持不变，C错误；D.生成1molCO的同时生成1molH2,表述的都是V正，不能做标志，D错误，选A。4、A【分析】【分析】

在10mL0.1mol·L－NaOH溶液中加入同体积；同浓度的HAc溶液；恰好完全反应得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；

【详解】

A.因部分醋酸根离子水解呈碱性；A错误；

B.因此，B正确；

C.发生水解的醋酸根在醋酸根总量中只占很小一部分；因此水解产生的醋酸浓度明显比醋酸根浓度小，C正确；

D.溶液中存在钠离子、氢离子、醋酸根离子和氢氧根离子，电荷守恒D正确；

答案选A。5、D【分析】【详解】

加入物质后能促进水的电离；说明加入的物质含有弱根离子，溶液因离子水解而呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐。

A．HCl是酸；电离出氢离子，抑制水的电离，故A错误；

B．NaHSO4是强酸的酸式盐；电离出氢离子，抑制水的电离，故B错误；

C．Na2SO4是强酸强碱盐；不水解，溶液显中性，故C错误；

D．NH4Cl是强酸弱碱盐；铵根离子水解，溶液显酸性，促进水的电离，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意硫酸氢钠能够电离出氢离子，抑制水的电离，不是促进。6、A【分析】【分析】

【分析】

【详解】

溶液中Na+、K+、的浓度分别为2mol/L、2mol/L和1mol/L，因溶液中阳离子与阴离子所带电荷相等，则有c(K+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c()，则2mol/L+2mol/L=2×1mol/L+c(Cl-)，c(Cl-)=2mol/L；答案选A。7、B【分析】【详解】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡；加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；

B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生；选项B错误；

C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体；选项C正确；

D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)；选项D正确。

答案选B。二、多选题(共7题，共14分)8、BD【分析】【详解】

A选项，根据进料浓度比例，1∶1、4∶1、7∶1，氧气量不变，HCl两不断增加，则HCl转化率不断减小，因此7:1时HCl转化率最低，因此增加曲线III对应的起始浓度比为c(HCl)∶c(O2)=7∶1；故A错误；

B选项；根据曲线，温度升高，转化率降低，则平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向为放热反应，即反应的△H＜0，故B正确；

C选项，若500℃时，进料c(HCl)=4mol·L−1、c(O2)=1mol·L−1，根据A分析得出，B点为500℃，转化率为50%，则浓度改变量为2mol·L−1，氧气浓度改变量为0.5mol·L−1，氯气浓度为1mol·L−1，水蒸气浓度为1mol·L−1，c(HCl)=2mol·L−1，c(O2)=0.5mol·L−1，可得故C错误；

D选项，500℃时，若进料c(HCl)=2mol·L−1、c(O2)=0.5mol·L−1、c(Cl2)=2mol·L−1、c(H2O)=2mol·L−1，则反应达平衡前v正＜v逆；故D正确。

综上所述，答案为BD。9、AB【分析】【详解】

A.随着温度升高；碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；

B.D点要达到平衡状态（C点）；碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；

C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即C项正确；

D.A与B相比反应物更少；则A的生成物更多，D项正确；

故答案选AB。10、AC【分析】【详解】

酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c(OH﹣)=10﹣4mol/L＞10﹣7mol/L；说明该物质促进水电离，则为含有弱离子的盐；

A．氯化铝属于强酸弱碱盐；能水解而促进水电离，故A正确；

B．NaOH是碱；抑制水电离，故B错误；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；促进水电离，故C正确；

D．硫酸氢钠是强酸强碱酸式盐；溶液呈强酸性，抑制水电离，故D错误；

故答案为AC。11、CD【分析】【详解】

A.a点lg=12，则溶液中c(H+)=0.1mol/L，可知HX为强酸，e点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L完全中和；强酸对水的电离起抑制作用，酸的浓度减小，则水的电离变大，由a点到e点水的电离程度一直增大，A项错误；

B.HX为强酸会完全电离；溶液中不存在HX，B项错误；

C.c点lg=6，则溶液中c(H+)=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=2c(Na＋)，联立两个等式可得c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)，所以c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)；C项正确；

D.b点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L=c(OH－)，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，即c(Y－)=c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=0.1mol/L，联立两个等式可得c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L，所以c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L；D项正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等。本题的易错点为B，要注意根据0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY中lg的值判断酸的强弱。12、CD【分析】【详解】

A．酸溶液中水电离出氢离子浓度c(H+)等于溶液中氢氧根离子浓度c(OH﹣)，即c(OH﹣)=10﹣13mol/L，则酸溶液中c(H+)＝＝mol/L＝0.1mol＝2×0.05mol•L﹣1，所以酸H2B为二元强酸；即NaHB溶液显酸性，故A错误；

B．随着氨水的加入；溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A；B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，故B错误；

C．D点水的电离程度达到最大，所以D点二者恰好完全反应，溶液呈酸性，则溶液显中性的点应为F点，则E点溶液显酸性；E点氨水过量，溶质为(NH4)2B和一水合氨，且一水合氨少量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH﹣)，所以c(NH4+)＞c(B2﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)；故C正确；

D．根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(B2﹣)+c(OH﹣)，而溶液呈中性c(OH﹣)=c(H+)，所以c(NH4+)=2c(B2﹣)；故D正确;

故答案为CD。13、CD【分析】【详解】

A选项，氨水是弱电解质，电离程度微弱，因此0.1mol·L−1NH3·H2O中：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)；故A错误；

B选项，0.1mol·L−1NaHSO3溶液（室温下pH＜7），电离程度大于水解程度，因此c(SO32－)＞c(H2SO3)；故B错误；

C选项，浓度均为0.1mol·L−1的Na2CO3和NaHCO3混合溶液中，根据电荷守恒得出：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；故C正确；

D选项，0.1mol·L−1(NH4)2CO3溶液，根据物料守恒得出中：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=2c(CO32－)+2c(HCO3－)+2c(H2CO3)；故D正确。

综上所述；答案为CD。

【点睛】

弱酸酸式盐中电离大于水解的主要是草酸氢根、磷酸二氢根、亚硫酸氢根。14、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)15、略

【分析】【分析】

【详解】

①固体S燃烧时要先变成气态，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，故ΔH1>ΔH2；

②水由气态变成液态放出热量，所以生成液态水，放出的热量多，但反应热为负值，故ΔH1<ΔH2。【解析】><16、略

【分析】【详解】

根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故答案为：吸热。【解析】吸热17、略

【分析】【详解】

（1）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：根据平衡常数表达式可知，该反应的化学平衡常数表达式是

①根据降低温度平衡放热方向移动以及平衡正向移动平衡常数增大，所以K12；

②a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为为1:3:2；所以不能作为平衡的标志，故a错误；

b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体体积减小；若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；

d．反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；

答案选c；

③a．加热到500℃合成氨是放热反应；升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故a错误；

b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故b正确；

c．用铁作催化剂加快化学反应速率；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释，故c错误；

d．采用较高压强(20Mpa−50MPa)；合成氨是气体体积减小的反应，加压至20∼50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故d正确；

答案选bd；

(3)a．.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C>A；故a错误；

b．B和C的体积分数相等，所以B、C两点的气体的平均相对分子质量相等，故b错误；

c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A>C；故c错误；

d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大；所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；

答案选d。【解析】<cbdd18、略

【分析】【分析】

(1)依据名称和元素化合价代数和为0；书写化学式；

(2)钠离子的核内质子数为11；核外电子数=10，据此书写离子结构示意图；

(3)醋酸为弱酸；部分电离；

(4)溴能够置换碘；据此书写反应的化学方程式。

【详解】

(1)氮化镁中镁元素化合价+2价，氮元素化合价为-3价，根据元素化合价代数和为0，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

(2)钠离子的核内质子数为11，核外电子数=10，离子结构示意图为故答案为：

(3)醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

(4)溴能够置换碘，溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为Br2+2KI=2KBr+I2，故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH⇌CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I219、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+)20、略

【分析】【详解】

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质为由于能水解使溶液呈碱性，故①符合题意。故答案为：①；

(2)若上述关系中③是正确的，即溶液呈酸性，说明溶液中除含有外，还含有一定量的故溶液中的溶质为和故答案为：和

(3)溶液呈中性，说明根据电荷守恒：则故溶液中四种离子浓度的大小顺序为②符合题意。

若混合前，则混合后溶液中的溶质只有为强碱弱酸盐，溶液显碱性，现在溶液显中性，说明过量，即

由于中和过程中会继续电离出说明混合前酸中小于碱中

故答案为：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根据电荷守恒：故即溶液中

根据物料守恒：又知故则混合后溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)

故答案为：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.四、判断题(共1题，共9分)21、×【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、结构与性质(共3题，共30分)22、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5123、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><24、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、实验题(共3题，共21分)25、略

【分析】【详解】

（1）中和热热化学方程式中要求H2O的生成量为1mol，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒；原因是铜棒是金属材质，导热性能好，造成热量散失，导致误差较大。

（3）改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，盐酸过量，NaOH完全反应，所以所放热量增加；中和热对应生成1molH2O所产生的热值；所以所求中和热数值不变；

（4）由图2可知，当V1接近5mL时；反应已经发生，伴随放热，混合溶液温度接近22℃，所以该实验时环境温度小于22℃；

（5）4次平行试验的温差分别为：6.8℃；9.8℃、6.6℃、7℃；第二组试验偏差较大，无效，所以有效的为其他3组数据，可得平均温差为6.8℃；根据公式计算：

ΔH＝-56.8kJ/mol

【点睛】

定量试验如酸碱中和滴定和中和热测定进行平行实验中，对于数据的有效性需要考虑，偏差较大的数据要去除，再进行相关平均值的计算。【解析】NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol不能金属导热，导致热量散失增加不变低于6.8-56.8kJ/mol26、略

【分析】【分析】

实验的目的，用干燥的氯气通过干燥的硝酸银制得了N2O5，所以A装置为Cl2的制取装置；由于N2O5很容易潮解，所以应将Cl2干燥后再通入C装置中，B、D装置中应放入浓硫酸；在C装置中，Cl2与浓硝酸反应生成AgCl、N2O5等，而N2O5的熔点为32.5℃，所以在35℃时，N2O5呈液态；E装置用于吸收尾气中的Cl2等。

【详解】

(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4