2025年人教新起点选修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年人教新起点选修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6题，共12分)1、反应mA(固)+nB(气)⇌eC(气)+fD(气)；反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图，下列叙述正确的是。

A.化学方程式中n>e+fB.达到平衡后，若升温，平衡右移C.到平衡后，加入催化剂，则C%增大D.达到平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动2、在一恒容密闭容器中通入一定量CH4和NO2发生反应：CH4(g)+4NO2(g)⇌4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH，测得在相同时间、不同温度下NO2的转化率如图：

下列叙述正确的是（）A.ΔH>0B.由图像可知：200℃时NO2的平衡转化率小于300℃时NO2的平衡转化率C.c、d两点转化率相等，这两点均处于平衡状态D.若延长温度维持在300℃的反应时间，则转化率将大于42%3、碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5，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A.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）B.c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）C.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）D.c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）4、工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y＝或]；与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是()

A.通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B.α1=α2一定等于45°C.直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)D.当对应溶液的pH处于1.81＜pH＜6.91时，溶液中的一定存在：c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)5、在1L1mol·L－1的氨水中，下列说法正确的是()A.含1molNH3·H2OB.含1mol和OH－C.含和NH3·H2O的和为1molD.含NH3、NH3·H2O、之和为1mol6、常温下，下列有关叙述不正确的是（）A.若NH4Cl溶液的pH＝6，则c(Cl－)－c(NH4+)＝9.9×10－7mol/LB.CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)C.等物质的量浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液中：2c(Na＋)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)D.已知H2A的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.9×10－11，则NaHA溶液呈碱性评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、按要求写热化学方程式：

（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的C2H2气体放出热量为1300kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示C2H2气体充分燃烧的热化学方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式：___。8、2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1molSO2(g)被氧化为1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1。回答下列问题:

（1）图中A、C分别表示:________、________。

（2）图中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并写出其热化学反应方程式：________。9、（1）氢气是一种理想的新能源；与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出222.5kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。

（3）拆开1molH－H键；1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；则合成氨反应的热化学方程式为_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。10、碳是形成化合物种类最多的元素；其单质及形成的化合物是人类生产生活的主要能源物质。

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成物质N，其能量变化如图所示。则M、N相比，较稳定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，则C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH=____。

化学键C—HC—FH—FF—F键能(kJ·mol-1)41448956515511、时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式HClO电离平衡常数

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”、“减小”或“不变”

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反应不能发生的是______填序号

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号

a.b.c．d．

（5）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。12、水是生命的源泉；工业的血液、城市的命脉。河水是主要的饮用水源；污染物通过饮用水可毒害人体，也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：

（1）纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为___。

（3）体积均为100mLpH均为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，则相同温度时，HX的电离平衡常数__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的电离平衡常数。

（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：。化学式电离常数（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为___。

（5）25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精确值）。13、钢铁是目前应用最广泛的金属材料；了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。

利用如图装置；可以模拟铁的电化学防护。

①若X为碳棒；为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于________处。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共2题，共10分)15、一定温度下，将4molCO与2molH2O(g)充入体积为2L的恒容密闭容器中发生反应CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。体系中各物质的浓度随时间(0～6min时段)的变化如图所示。回答下列问题：

(1)在0～4min时段，H2O的平均反应速率v(H2O)＝___________，该反应在上述温度下的平衡常数K＝___________(保留1位小数)。

(2)该反应到4min时，CO的转化率为___________。

(3)若6min时改变的反应条件为升高温度，则该反应的△H______0(填“>”“<”或“=”)，此时反应的平衡常数___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)判断该反应达到化学平衡状态的依据是___________(填标号)。

a.混合气体的密度不变b.混合气体中c(CO)不变。

c.v正(H2O)＝v逆(H2)d.断裂2molH－O键的同时生成1molH－H键。

(5)若保持与4min时相同的温度，向另一容积为2L的恒容密闭容器中同时充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，则当a＝2.5时，上述反应向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。若要使上述反应开始时向逆反应方向进行，a的取值范围为___________。16、一些行业的废水中氨氮含量严重超标；废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。

I．电镀行业废水处理流程如下：

(1)吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以和游离态的保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移，从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中和平衡态的平衡关系有________。

(2)温度、值、空气流量对脱除氨有很大的影响。值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，时，吹脱率随着增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因________。

(3)次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是________。

II．对于含有的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生在通入的情况，又产生以氧化水中的同时还可以通过生成沉淀而持续被除去。

(1)阳极的电极反应式是________。

(2)废水中的转化为的离子方程式是________。

(3)大于不利于的生成，原因是________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)17、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_____________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

从图中可以看出；增大压强，C%增大，表明平衡向正反应方向移动；压强相同时，降低温度，C%增大，说明平衡正向移动。

【详解】

A．由以上分析知，增大压强，平衡正向移动，则反应物气体分子数大于生成物气体分子数，即n>e+f；A正确；

B．由图中可知；降低温度，C%增大，则达到平衡后，若升温，平衡左移，B不正确；

C．催化剂不能使平衡发生移动；所以到平衡后，加入催化剂，C%不变，C不正确；

D．因为A呈固态；所以达到平衡后，增加A的量，不能使平衡发生移动，D不正确；

故选A。2、D【分析】【详解】

A.该反应在500℃后再升高温度，的转化率逐渐减小，说明该反应为放热反应，A项错误；

B.因为反应为放热反应，温度越高，的平衡转化率越小；B项错误；

C.由图可知c点未达到平衡状态；d点已达到平衡状态，C项错误；

D.由图可知b点没有达到平衡，时间延长会继续反应，转化率将大于D项正确；

故选：D。3、C【分析】【详解】

草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，则C正确，ABD错误，故选C。4、D【分析】【分析】

H2SO3的第一电离常数远大于第二电离常数，K1＞K2，当氢离子浓度相同时，＞I＞Ⅱ，I表示lg与pH变化的关系。

【详解】

A．(NH4)2SO3溶液通入少量SO2的过程中，发生(NH4)2SO3+H2O+SO2=NH4HSO3，SO浓度减小，HSO浓度增大，减小；直线Ⅱ中的N点向M点移动，故A正确；

B．则同理可得故α1=α2一定等于45°；故B正确；

C．过N、M点作垂线交I线，N、M的＞即pH相同时Ka1>Ka2，整理得：直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)；故C正确；

D．pH=1.81时，=1，c(HSO)=c(H2SO3)，溶质为NH4HSO3和H2SO3，pH=6.91时，=1，c(HSO)=c(SO)，溶质为NH4HSO3和(NH4)2SO3，pH在1.81＜pH＜6.91变化的过程中，c(H2SO3)持续减小，c(SO)持续增大，c(HSO)先增大后减小，但无法判断c(SO)大于c(H2SO3)；也可以从图中读出：当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，<0、>0，无法判断c(SO)大于c(H2SO3)；故D错误；

故选D。5、D【分析】【分析】

该溶液中氨水的物质的量=1mol/L×1L=1mol，一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3•H2O；据此分析解答。

【详解】

A．根据以上分析知，该溶液中含有N元素的微粒有多种，所以n(NH3·H2O)＜1mol；故A错误；

B．溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3•H2O，一水合氨是弱电解质，只有少部分电离，所以n(NH4+)+n(OH－)＜1mol；故B错误；

C．溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3•H2O，根据物料守恒得n(NH3)+n(NH4+)+n(NH3•H2O)=1mol，则n(NH4+)+n(NH3•H2O)＜1mol；故C错误；

D．根据以上分析知，该溶液中含有N元素的微粒有多种，根据物料守恒得n(NH3)+n(NH4+)+n(NH3•H2O)=1mol；故D正确；

故选D。6、B【分析】【详解】

A、根据电荷守恒，c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝6，即c(H＋)＝10－6mol/L，c(OH－)＝10－8mol/L，因此有c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－6－10－8)mol/L＝9.9×10－7mol/L；故A正确；

B、根据物料守恒，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，因此有c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)；故B错误；

C、根据物料守恒，2c(Na＋)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)；故C正确；

D、根据Kw、Kh、Ka关系，Kh＝＝＝2.4×10－8>4.9×10－11；推出NaHA溶液显碱性，故D正确。

答案选B。

【点睛】

电解质溶液中的等式问题一般用电荷守恒、物料守恒、质子守恒等分析计算；判断酸式盐的酸碱性主要比较其电离程度和水解程度。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

(1)根据生成碳酸钙的质量计C2H2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示C2H2燃烧热化学方程式；

(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。

【详解】

(1)n(CaCO3)==1mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由C2H2燃烧的化学方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反应的C2H2的物质的量是n(C2H2)=因为燃烧mol的C2H2放出的热量为1300kJ，所以燃烧1molC2H2产生CO2气体和产生液态水放出热量是2600kJ，故C2H2的燃烧热为2600kJ，所以表示C2H2燃烧热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。【解析】C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol8、略

【分析】【分析】

(1)根据A；C分别表示反应物总能量和生成物总能量；

(2)根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；

(3)根据单质硫的燃烧热以及1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的反应热利用盖斯定律来求；

【详解】

(1)图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；

(2)因1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；

(3)因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ•mol-1，而1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ•mol-1，由盖斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ•mol-1+(-99kJ•mol-1)=-395kJ•mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H为-395kJ•mol-1×3=-1185kJ•mol-1，其热化学反应方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。【解析】反应物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-19、略

【分析】【详解】

（1）单位质量的氢气和其他燃料相比；燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大；无污染、原料充足等优点。

（2）4g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2的物质的量均为0.1mol，C与H2的物质的量之比为1﹕1。【解析】热值大无污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕110、略

【分析】【分析】

(1)M转化为N是吸热反应；所以N的能量高，不稳定；

(2)燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；根据盖斯定律来回答；

(3)化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算；依据△H=反应物键能之和−生成物键能之和计算得到。

【详解】

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ⋅mol−1；过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定，故答案为：M；

(2)将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知2×①+②+③]×得到热化学方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，则△H=△H1+=a+故答案为：a+

(3)由反应热△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中键能数据可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol−(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=−1940kJ/mol，故答案为：−1940kJ/mol。【解析】Ma+-1940kJ·mol-111、略

【分析】【分析】

(1)弱电解质的电离为吸热过程；升高温度，促进弱电解质的电离；

(2)电离平衡常数越大；酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；

(3)根据酸性强弱；结合强酸能够制取弱酸分析判断；

(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；据此分析解答；

(5)加水稀释；促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；故答案为增大；

(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；

(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；

(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；

(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它对水的电离的抑制能力减弱。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。【解析】增大cdb大于大于稀释后HX溶液中的小于溶液中的它对水的电离的抑制能力减弱12、略

【分析】【详解】

（1）100℃纯水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根据pH与c(H+)关系换算），故100℃时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部来源于水，故由水电离出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水电离出的OH-为10-12mol/L；

（2）碳酸根水解结合水电离出的H+生成碳酸氢根，即水解方程式为：

（3）根据图像；加水稀释过程中，HX的pH变化比较小，说明HX酸性比醋酸弱，即相同条件下，HX电离程度小，电离平衡常数小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相应阴离子水解呈碱性，故需比较三者水解程度的大小，因为：K2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根据越弱越水解规律得水解程度：故碱性强弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；（注意判断水解程度，应拿电离常数比较）

②由平衡常数数值可知酸性强弱：H2CO3>HCN>故不能制HCN，即此时反应生成HCN和NaHCO3，故方程式为：

（5）由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L–10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。（c(H+)、c(OH-)由pH换算求得）．

【点睛】

运用Kw计算时，注意温度。【解析】10-12CO+H2OHCO+OH-小于Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO39.9×10-713、略

【分析】【分析】

①若X为碳棒；由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe连接电源的负极，作电解池的阴极被保护；

②若X为锌；开关K置于M处，构成原电池，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护。

【详解】

①若X为碳棒；由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe作电解池的阴极，即连接电源的负极，故K连接N处；

故答案为：N；

②若X为锌；开关K置于M处，构成原电池，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；

故答案为：牺牲阳极的阴极保护法。【解析】N牺牲阳极的阴极保护法三、判断题(共1题，共2分)14、×【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】错四、原理综合题(共2题，共10分)15、略

【分析】【分析】

根据时间-浓度图像；可分析各物质平衡时的浓度，即可根据反应速率计算公式计算各物质的反应速率，根据平衡常数表达式计算在一定温度下该反应的平衡常数；可逆反应达到平衡状态的标志是正反应速率=逆反应速率，依此解答。

【详解】

（1）图象分析可知4min反应达到平衡状态，物质浓度为c(CO)=1.2mol/L，c(H2)=0.8mol/L，c(H2O)=0.2mol/L，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度：在0∼4min时段，反应速率平衡常数为生成物平衡浓度幂次方乘积比反应物平衡浓度幂次方乘积，

故答案为：0.2mol/(L⋅min)；2.7；

（2）该反应到4min时，CO的转化率

（3）若6min时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的△H<0；此时平衡逆向进行，平衡常数减小；

故答案为：<；减小；

（4）上述分析可知，反应CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)是气体体积不变的放热反应；

a．反应前后气体质量和体积不变；混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；

b．混合气体中c(CO)不变是平衡的标志，故b正确；

c．v正(H2O)＝v逆(H2)；反应速率之比等于化学方程式计量数之比，为正逆反应速率之比，能证明正逆反应速率相同，故c正确；

d．断裂2molH−O键的同时生成1molH−H键；说明反应正向进行，不能这么说明正逆反应速率相同，故d错误；

故答案为：bc；

（5）若保持与4min时相同的温度，向一容积容积为2L的恒容密闭容器中同时充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，则当a=2.5时，说明反应正向进行；若要使上述反应开始时向逆反应进行，则a的取值范围为a>4.05；

故答案为：正反应；a>4.05。【解析】①.0.2mol/(L⋅min)②.2.7③.40%④.<⑤.减小⑥.bc⑦.正反应⑧.a>4.0516、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成OH-；

(2)根据溶液的酸碱性对NH3+H2O⇌+OH-的影响分析解答；

(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子生成N2，同时ClO-被还原生成Cl-；

Ⅱ．(1)Mg是活泼金属；活泼金属作阳极时，阳极本身失电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；

(2)Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中

(3)大于时，溶液中c(OH-)较大，Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2；结合(2)反应方程式分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成OH-，所以溶液中存在溶解和电离平衡，即氨氮废水中NH3和平衡态的平衡关系有NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-，故答案为：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH-；

(2)NH3+H2O⇌+OH-，溶液的pH值越大，溶液中c(OH-)越大，平衡越容易逆向移动，使转化为游离态的NH3，NH3