2025年新科版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年新科版选修4化学下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9题，共18分)1、25℃时，用蒸馏水稀释10mLpH=11的氨水。下列叙述正确的是A.该10mL氨水的浓度为0.001mol/LB.稀释至100mL时，溶液的pH小于10C.稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小D.稀释过程中，的值一定增大2、用pH试纸测量碱溶液的pH时，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则测量结果会A.偏大B.偏小C.不变D.无法判断3、向1L浓度均为和氢氧化钠的混合溶液中缓慢加入二氧化碳，随增大，溶液中下列离子浓度对应关系正确的是。选项溶液中离子的物质的量浓度关系Ac(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(AlO2-)BCD

A.AB.BC.CD.D4、常温下，将浓度均为0.1mol·L-1的一元酸HX和NaOH溶液等体积混合后，测得溶液的pH=a。下列有关说法错误的是（）A.若a=8，则此时溶液中：c(Na+)-c(X-)=9.9×10-7mol·L-1B.若HX为弱酸，混合后的溶液中：c(X-)+c(HX)=0.05mol·L-1C.若混合后c(H+)<则反应后的溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)D.若混合后a=7，则0.1mol·L-1的HX溶液中：c(OH-)+c(X-)<0.1mol·L-15、常温下将NaOH溶液滴加到H2X溶液中，混合溶液的pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.H2X为二元强酸B.当=1时，溶液中c(HX-)=c(H2X)C.NaHX溶液中c(H+)-－)D.当溶液pH=4.6时c(HX-)>c(X2-)6、常温下，向20.00mL0.1mol/L的甲胺(CH3NH2)溶液中滴加0.1mol/L的盐酸；混合溶液的pH与相关微粒浓度比值的对数关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.已知甲胺的碱性稍强于氨，甲胺在水中的电离方程式为CH3NH3++H2O⇌CH3NH2+OH﹣B.b点加入的盐酸体积V＜20.00mLC.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl溶于蒸馏水，可得到a点对应的溶液D.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb＝-lgKb＝3.47、一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是。

A.b电极为该电池的负极B.b电极附近溶液的pH减小C.a电极反应式：C6H10O5－24e－＋7H2O=6CO2↑＋24H＋D.中间室：Na＋移向左室，Cl－移向右室8、新型的乙醇电池结构如图所示，它用碘酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，其效率比甲醇电池高出32倍，且更安全．已知电池总反应式为C2H5OH+3O2═2CO2+3H2O．下列说法不正确的是（）

A.a极为电池的负极，该电极发生氧化反应B.电池工作时电子由a极流出沿导线经灯泡到b极C.电池正极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D.电池工作时，1mol乙醇被氧化转移12mol电子9、对外加电流的保护法中，下列叙述正确的是A.电子从被保护金属流向电源的负极B.被保护的金属与电源的负极相连C.在被保护的金属表面上发生氧化反应D.被保护的金属表面上不发生氧化反应，也不发生还原反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧的热化学方程式为_______________。

(2)甲醇蒸气转化为氢气的一种原理是CH3OH和H2O反应生成CO2和H2。下图是该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，正反应活化能a的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)，反应热ΔH的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)。请写出反应进程CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式_______________。11、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）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。12、为有效控制雾霾；各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物；碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要。

I.汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O22NO；是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。

（1）在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“>"或“<”）。

（2）在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5molO2，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，则该反应的速率v(N2)_________。该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将____________(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确记”）；若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1mol，则达到平衡后O2的转化率为__________。

II.甲烷和甲醇可以做燃料电池；具有广阔的开发和应用前景，回答下列问题。

（3）甲醇燃料电池（简称DMFC)由于结构简单；能量转化率高、对环境无污染；可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如右图所示：

通入a气体的电极是原电池的____________极（填“正”或“负”），其电极反应式为_______________。

（4）某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示U形管中氯化钠溶液的体积为800ml。闭合K后，若每个电池甲烷用量为0.224L(标况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为__________(法拉第常数F=9.65×104C/mol)，若产生的气体全部逸出，电解后溶液混合均匀，电解后U形管中溶液的pH为_________。13、对可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dＤ(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：=K(为一常数)，K称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃时；K=1。

(1)若升高温度到950℃时，达到平衡时K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：①当x=5.0时，上述平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_______。

(3)在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。14、在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定条件下发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。反应中各物质的物质的量随时间变化情况如图：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为______，若升高温度，化学平衡常数K______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，转化率α(H2)=_____。

(3)HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示。若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅰ所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅲ所示。则甲条件可能是_____(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是______。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂15、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)16、向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS—、S2—）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如下图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。

(1)含硫物种B表示__________（填离子符号）。

(2)在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫各物种浓度的大小关系为_____________(填选字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]17、含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时溶液的酸碱性变化不大。

（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是____________________；向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是____________________。

（2）现将HA溶液和NaOH溶液等体积混合；得到缓冲溶液。

①若HA为该溶液显酸性，则溶液中________（填“”、“”或“”）。

②若HA为该溶液显碱性，溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_______________。18、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)19、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2分)20、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、有机推断题(共1题，共10分)21、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9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．一水合氨是弱电解质；在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，25℃时，pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故A错误；

B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将10mLpH=11的氨水稀释至100mL，氨水稀释10倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的则稀释后溶液的pH在10～11之间，故B错误；

C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大；故C错误；

D．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)减小，则溶液中增大；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意稀释氨水过程中，溶液中主要存在的离子的浓度均会减小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3·H2O)都会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c(H+)增大。2、B【分析】【分析】

用pH试纸测定未知溶液的pH时；正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH。不能用水湿润pH试纸，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，据此进行分析判断。

【详解】

用pH试纸测定未知溶液的pH时不能先将试纸用蒸馏水润湿，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，测得的结果与实际的pH比较偏小。答案选B。3、B【分析】【详解】

n（NaOH）=n（NaAlO2）=0.1mol/L×1L=0.1mol，随着CO2的通入依次发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+2NaAlO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；

当时，氢氧化钠消耗二氧化碳，生成碳酸钠，所得溶液中溶质为碳酸钠和偏铝酸钠，所以正确的离子浓度大小为：选项A错误；

B、当时，所得溶液中溶质为碳酸钠，溶液中的物料守恒为所以选项B正确；

C.当时，即在B的基础上再通所得溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，则最小，正确的离子浓度的关系为：选项C错误；

D.当时，所得溶液中溶质为的碳酸氢钠，溶液中的电荷守恒为选项D错误；

答案选B。4、D【分析】【详解】

A.将浓度均为0.1mol·L－1的HX与NaOH溶液等体积混合，反应后得到0.05mol·L－1NaX溶液。若溶液pH＝8，则NaX为强碱弱酸盐，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，c(Na＋)－c(X－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1；故A正确；

B.根据物料守恒得c(X－)＋c(HX)＝0.05mol·L－1；故B正确；

C.若混合后c(H＋)<＝10－7mol·L－1，溶液显碱性，则NaX溶液中X－发生了水解，离子浓度大小为c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)；故C正确；

D.若混合后a＝7，则HX为强酸，0.1mol·L－1的HX溶液中c(X－)＝0.1mol·L－1，c(X－)＋c(OH－)>0.1mol·L－1；故D错误；

选D。5、D【分析】【分析】

据H2X溶液中存在的离子确定属于的类型，当或=0，即或=1；两离子浓度相等，结合图象可判断溶液的酸碱性以及离子浓度大小等情况。

【详解】

A．根据题意，如果H2A为二元强酸，完全电离，则不存在两个对数函数；所以H2X为二元弱酸；故A错误；

B．=1时，=10，推出c(HX－)=10c(H2X)；故B错误；

C．向H2X溶液中滴加NaOH，从开始到全部生成NaHX时，逐渐增大，根据图像，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)；故C错误；

D．当溶液pH=4.6时，=－0.8，即c(HX－)>c(X2－)；故D正确；

故答案选D。6、C【分析】【详解】

A．甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺也是弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣；故A正确；

B．CH3NH3Cl为强酸弱碱盐；其水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故B正确；

C．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，CH3NH2电离程度大于CH3NH3Cl水解程度，所以溶液中c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)，lg＞0，应该在a、b之间；故C错误；

D．当lg＝0时，c(CH3NH2)＝c(CH3NH3+)，溶液的pH＝10.6，则Kb＝＝c(OH﹣)＝＝10﹣3.4，所以pKb＝﹣lgKb＝3.4；故D正确；

答案选C。7、C【分析】【分析】

该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O＝6CO2↑+24H+。据此解答。

【详解】

A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极；故A错误；

B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故B错误；

C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O＝6CO2↑+24H+；故C正确；

D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl-移向负极室左室；故D错误；

故选C。8、C【分析】【详解】

分析：由质子的定向移动方向可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H＋，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e－=2CO2+12H＋，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H＋+O2+4e－=2H2O；结合电极反应解答该题．

详解：A、原电池工作时，阳离子向正极移动，则b为正极，a为负极，乙醇在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B、原电池中电子从负极流向正极，则电子由a极流出沿导线经灯泡到b极，故B正确；C．酸性条件下，氧气得电子生成水，池工作时，正极的电极反应式为4H＋+O2+4e－=2H2O，故C错误；D．乙醇被氧化生成CO2和H＋，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e－=2CO2+12H＋；则1mol乙醇被氧化转移12mol电子，故D正确；故选C。

点睛：本题考查原电池知识，解题关键：根据电池总反应书写电极方程式的方法以及原电池正极的判断，难点D，有机物在电极反应中价态的变化，转移电子数的计算。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．外加电流的保护法中；被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，电子从电源的负极流向被保护金属，故A错误；

B．外加电流的保护法中；被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，故B正确；

C．被保护的金属作阴极；在被保护的金属表面上发生还原反应，故C错误；

D．被保护的金属作阴极；阴极得到电子发生还原反应，故D错误；

故选B。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，因此1mol甲醇即32g甲醇燃烧反应生成二氧化碳和液态水放出热量为22.68kJ×32=725.76kJ，因此甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(1)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1。

(2)反应体系中加入催化剂，降低了活化能，焓变不变，因此正反应活化能a的变化是减小，反应热ΔH的变化是不变；根据反应物活化能减去生成物活化能得到焓变，因此CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-1。【解析】CH3OH(1)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1减小不变CH3OH(g)+H2O(g)＝CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-111、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<043512、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）根据题给图像知，温度为T2时先达到平衡状态，说明温度为T2时反应速率快，故温度：T1＜T2，但温度为T2时反应达平衡时氮气的体积分数低；说明升高温度平衡向正反应方向进行，正方应是吸热反应，即△H＞0。

（2）50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，根据方程式可知消耗氮气是1mol，则该反应的速率v(N2)根据公式v=△n/V△t将题给数据代入计算得υ(N2)＝＝0.01mol·L－1·s－1；平衡常数只与温度有关系，增大压强平衡常数不变；平衡时氮气和氧气的浓度分别是5mol/L－0.5mol/L＝4.5mol/L、2.5mol/L－0.5mol/L＝2mol/L，NO的浓度是1mol/L，T3温度下该反应的化学平衡常数K＝1/9，如果该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1mol；则。

N2（g）+O2（g）2NO（g）

起始浓度（mol/L）0.50.50

转化浓度（mol/L）xx2x

平衡浓度（mol/L）0.5－x0.5－x2x

因此平衡常数K＝＝1/9，解得x=1/14，因此达到平衡后N2的转化率为14.3%；

（3）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，发生氧化反应。根据装置图可知左侧是电子流出的一极，所以通入a气体的电极是原电池的负极。由于存在质子交换膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，电极方程式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（4）电解氯化钠溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知关系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每个电池甲烷通入量为0.224L（标准状况），生成0.08molNaOH，c（NaOH）＝0.08mol÷0.8L＝0.1mol/L，pH=13；电解池通过的电量为×8×9.65×104C•mol﹣1=7.72×103C（题中虽然有两个燃料电池；但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算。

考点：考查外界条件对平衡状态的影响以及有关计算、电化学原理的应用等【解析】>0.01mol/(L.s)不变14.3%负CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+7.72×103c1313、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）从题给信息知：正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO2和H2的浓度将减少，而CO和H2O(g)的浓度将增大；故K值减少；

（2）将1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反应方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是：x<3．0mol。

（3）其他物质的投料不变，增加H2的量，平衡向逆反应方向移动，但H2的转化率将减少。

考点：化学平衡【解析】①.小于②.逆反应③.x＜3.0④.小于14、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡已到的影响因素及计算；图像分析注意拐点，先拐先平，说明其反应速率快，热化学中影响反应速率的因素有：浓度；温度、压强、催化剂依次分析。图像中HI的体积分数φ(HI)最终值一样，说明没有发生平衡的移动，只是速率的影响。

【详解】

(1)H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0，应的平衡常数K=反应为放热反应，升温平衡逆向进行；

故答案为：K=减小；

(2)根据图中数据，由图象可知达到平衡时生成0.5mol/L的HI，反应开始至达到平衡时需要时间3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L⋅min)，由图象可知达到平衡时生成0.5molHI，则消耗0.25molH2，H2(g)的转化率为0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案为：0.167；62.5%；

(3)曲线(Ⅰ)与曲线(Ⅱ)相比；到达平衡时间缩短，反应速率加快，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，可能使用催化剂，由于反应前后气体体积不变，也可能是增大压强，故选：③⑤；曲线(Ⅲ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时更长，反应速率减慢，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，由于反应前后气体体积不变，应是减小压强，故选④；

故答案为：③⑤；④；

【点睛】

反应速率是单位时间内物质的浓度的变化量，在计算时注意转换关系最后一问根据图像分析可得，只改变反应速率，不使平衡移动。【解析】K=减小0.16762.5%③⑤④15、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac16、略

【分析】【分析】

向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合图1所示H2S、HS-、S2-的分布分数进行解答；NaHS的含量先增加后减少；根据物料守恒可求得滴加过程中；溶液中微粒浓度大小关系。

【详解】

（1）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S，故答案为：HS-；

（2）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在电荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案为：c。【解析】①.HS-②.c17、略

【分析】【分析】

(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；

(2)HA溶液和NaOH溶液等体积混合；反应后，溶质为等浓度的HA和NaA，根据溶液的酸碱性以及电荷守恒就行分析判断。

【详解】

(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入少量酸时发生反应：A-+H+=HA，加入少量碱时发生反应：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，故答案为：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；

(2)HA溶液和NaOH溶液等体积混合；反应后，溶质为等浓度的HA和NaA；

①若HA为该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案为：

②若HA为该溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，可知c(Na+)＞c(CN-)，又电离和CN-水解是微弱的，则离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。

【点睛】

等浓度的弱酸HA和NaA的混合溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，质子守恒2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)；但溶液显什么性，取决于HA的电离程度和A-水解程度的大小关系，例如①若HA为的电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可得c(Na+)＜c(CH3COO-)，则离子浓度由大到小的排列顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②若HA为的电离程度小于CN-水解程度，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒可得，c(Na+)＞c(CN-)，则离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；这是高频考点，也是学生们的易错点。【解析】①.A-+H+=HA②.HA+OH-=H2O+A③.④.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合