2025年上教版选修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年上教版选修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、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.当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(hso3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(hsoD.直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)2、在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是（）

①该反应的化学方程式为：3X＋2Y2Z

②若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间大于t0

③若两容器中均达到平衡时；两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态。

④若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应A.①②③④B.②③C.③④D.①②④3、亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl-没有画出）。则下列分析不正确的是。

A.亚氯酸钠在碱性条件下较稳定B.25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6C.使用该漂白剂的最佳pH为3D.25℃时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，混合溶液中有则c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)4、一定温度下，水存在H2OH++OH-+Q（Q＜0）的平衡，下列叙述一定正确的是（）A.向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小B.将水加热，Kw增大，pH减小C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低D.向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变5、在25℃时，向VmLpH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10VmL，所得混合溶液中c(Na+)=c(Cl-)，则此时a+b的值是A.15B.14C.13D.不能确定6、25℃时，在10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是（）

A.HCl溶液滴加一半时，溶液pH＞7B.H2CO3的Ka1的数量级为10-6C.pH＝8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.在M点：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)7、常温下，对于①溶液②的HCl溶液③的NaOH溶液④溶液，下列说法正确的是A.①和②分别稀释100倍后的pH：②＜①B.水电离出的④＞③＞②＞①C.①和③混合后溶液呈中性：D.①和④混合后溶液呈酸性：评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、实验测得乙醇在氧气中充分燃烧生成和时释放出aKJ的热量，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：______9、由于石油资源有限，且汽油燃烧会产生严重的污染，未来将用氢气作为燃料来取代汽油，生产21世纪环保汽车。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）写出氢气和氧气反应生成液态水的热化学方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的热量，至少需氢气的质量为____，这些氢气在标准状况下的体积为____。

（3）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反应过程中能量变化如图所示，则该反应为反应____（填“吸热”或“放热”）

若已知，破坏1mol化学键需要吸收的热量如下表所示：。化学键C—HO—HC=OH—H吸收热量（kJ/mol）abcd

则该反应的ΔH为_____(用含a、b、c、d字母的代数式表示)。10、(1)根据下列热化学方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________

(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol，该反应的热化学方程式为______________。11、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化学平衡常数K与温度t的关系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

请回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数K=_________。

（2）该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为________℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密闭容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的转化率为_______。12、常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。

（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系___、___、__。

（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为___。

（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是___，浓度为0.05mol/L的是__。

（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是___与___。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、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3题，共12分)14、氨气及其相关产品是基本化工原料；在化工领域中具有重要的作用。

（1）以铁为催化剂；0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温；容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol。

①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线_____。

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是_____（填增大；减少或不变）。

（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______________________。

②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01mol·L－1N2H4水溶液的pH等于__________（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。

③已知298K和101KPa条件下：

N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)ΔH1

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH2

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH3

4NH3(g)+O2(g)＝2N2H4(l)+2H2O(I)ΔH4

则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH＝_______。

（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量；能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中，应控制N2O4/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释______________。15、运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂；水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：

①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。

②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。

（2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分；在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。有关资料如图1所示。则：

①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。

②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=___________________.

（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在一定温度范围内发生如下转化：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-xkJ/molx>0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：

①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”）

②此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________

（4）常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8；则在此溶液中：

①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号）

A．c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)

B．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)

C．c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=9.9×10－7mol·L－1

②=________（结果保留三位有效数字）。16、以甲醇（CH3OH）为燃料的新型电池；其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。

（1）甲醇所含官能团的名称为_____________。

（2）该燃料电池正极为_______(填“A”或“B”)，B极上的电极反应式为________________。

（3）目前已开发出氯碱工业的新工艺如图所示；电解前左右两个反应室中溶液均为100mL，（电解过程中溶液体积变化忽略不计，右侧少量NaOH含量极少忽略不计）。

①如图用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水。若用上述甲醇燃料电池进行电解，则电解池的电极a接甲醇燃料电池的_________(填“A”或“B”)极，写出阳极的电极反应式：________________________________。

②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时，停止电解。阳离子交换膜左边反应室中减少的离子的物质的量为___________mol，常温下将电解后阳离子交换膜右侧反应室溶液加水稀释至1L溶液的pH=__________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共5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_____________________________。评卷人得分六、计算题(共4题，共36分)18、（1）沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，常温下，0.5molCH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时，放出445kJ热量，则热化学方程式为__。

（2）已知：N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1

N(g)+3H(g)=NH3(g)ΔH2=-bkJ·mol-1

NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1

写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式__。

（3）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中，只存在S-F键，已知1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，F-F键能为160kJ·mol-1，S-F键能为330kJ·mol-1，试写出S(s)和F2(g)反应生成SF6(g)的热化学方程式__。19、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。根据图回答下列问题：

（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是___。

（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是___。

（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH3。P和Cl2一步反应生成1molPCl5的ΔH4___ΔH3(填“大于”、“小于”或“等于”)。20、（写出计算步骤）已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0请回答下列问题：

（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1mol·L-1，c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为多少______？平衡常数？__

（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)=4mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2mol·L-1,a=？;________

（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c（M）=c（N）=bmol•L-1，达到平衡后，M的转化率为多少？________21、常温下，工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=______________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.通入少量二氧化硫的过程中；溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；

B.则同理可得故α1=α2一定等于45°；

C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，<0、>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；

D.由于Ka1>Ka2，则c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；

答案选C。2、B【分析】【详解】

①由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z3X+2Y；故①错误；

②反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0；故②正确；

③若两容器中均达到平衡时；两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以Y为固态或液态，故③正确；

④若达平衡后；容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故④错误；

②③正确，故选B。3、C【分析】【详解】

A．由图可以得出：碱性条件下ClO2-浓度高；即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，故A正确；

B．HClO2H++ClO2-，观察图象可知，当pH=6时，c(ClO2-)=c(HClO2)，则HClO2的电离平衡常数K==c(H+)=10-6；故B正确；

C．考虑二氧化氯是有毒气体；浓度高时不宜使用，故pH应该为4-5，此时，二氧化氯浓度较低，且亚氯酸浓度不是很低，使用最佳，故C错误；

D．依据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2-)+c(OH-)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2-)+c(HClO2)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)；故D正确；

答案为C。4、B【分析】【详解】

A.温度不变；水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，故A错误；

B.水的电离是吸热反应；升高温度促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；

C.向水中加入醋酸钠固体；促进水电离，平衡正向移动，氢离子浓度减小，故C错误；

D.温度不变水的离子积常数不变，硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡移动，溶液中氢离子浓度等于氢氢根离子浓度，但不一定是10-7mol/L；故D错误；

故选B。5、C【分析】【分析】

离子平衡的题中给出的等量关系一般借助守恒式进行分析，由题可知混合后的溶液呈中性。pH值计算题对于溶液混合的题型，先考虑发生的酸碱中和反应，再根据反应后剩余的n(H+)或n(OH-)计算反应后的c(H+)或c(OH-)；进一步计算得出混合后的pH值。

【详解】

由混合后溶液c(Na+)=c(Cl-)结合电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，混合后溶液满足c(H+)=c(OH-)，即中性溶液。所以混合前酸中的n(H+)=碱中n(OH-)。酸中n(H+)=碱中n(OH-)=所以a+b=13；答案选C。

【点睛】

离子平衡的题目中，已知的等量关系常与守恒式进行关联，进而可以得出其他粒子之间的等量关系。对于pH值计算的题目，如果是混合溶液pH的相关计算，先考虑混合时发生的酸碱中和反应，再做计算。6、C【分析】【分析】

不加酸时，Na2CO3溶液显碱性；随着HCl溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸，由此分析。

【详解】

A．当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO3为主；故该溶液呈碱性，溶液pH＞7，故A正确；

B．由图中可以看出，当c(H+)=10−6mol/L时，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1=故B正确；

C．从图中可知当pH值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO3。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成NaHCO3，此时NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L；故C错误；

D．由图可知M点的CO32-和HCO3-物质的量相等，两者的盐水解溶液呈碱性，pH值为11呈碱性，故离子浓度为：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)；故D正确；

答案选C。7、A【分析】【分析】

A.醋酸是弱电解质；氯化氢是强电解质，等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小于醋酸；

B.酸或碱抑制水电离；含有弱根离子的盐促进水电离；

C.溶液呈中性，则根据电荷守恒判断；

D.溶液呈酸性，则根据电荷守恒判断。

【详解】

醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，常温下，的HCl溶液中醋酸和盐酸的物质的量浓度相等，稀释相同倍数后，盐酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，则盐酸的pH小于醋酸，故A正确；

B.酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的醋酸和盐酸，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，所以水电离出氢氧根离子浓度大小顺序是故B错误；

C.溶液呈中性，则根据电荷守恒得故C错误；

D.溶液呈酸性，则根据电荷守恒得故D错误；

故选A。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，会根据溶液的pH计算水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度，为易错点。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

4.6g乙醇的物质的量==0.1mol，0.1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量；则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量；

【详解】

乙醇的物质的量乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量，则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量，则其热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol；

故答案为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol。

【点睛】

结合燃烧热的定义解答，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量即为燃烧热。【解析】CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol9、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol；写出氢气与氧气反应生成液态水的化学方程式，根据盖斯定律，结合反应①②计算氢气与氧气反应生成液态水的反应热；

（2）根据物质的量与反应热成正比；结合热化学方程式进行计算；

（3）图象分析可知反应物能量低于生成物；反应为吸热反应，化学反应吸收的热量=反应物键能总和-生成物键能总和。

【详解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情况下，若要得到857.4kJ的热量，则需要氢气的的物质的量为：=3mol，需H2的质量=3mol×2g/mol=6g；这些H2在标况下的体积=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反应过程中能量变化分析可知，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b−2c−4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸热4a+4b−2c−4d10、略

【分析】【详解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案为-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为=891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则1molC6H6(l)在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃烧热△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃烧的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案为：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。11、略

【分析】分析：(1)化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，判断正反应的热效应；

(3)根据浓度熵和平衡常数的关系分析判断；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；根据三段式用y表示出平衡时各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算y的值。

详解：(1)可逆反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式K=故答案为

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应，故答案为吸热；

(3)平衡浓度符合下式c(CO2)•c(CH2)=c(CO)•c(H2O)时；浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只值受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，温度是830℃，故答案为830；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；则：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

开始(mol)：2100

变化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的转化率为=故答案为

点睛：本题考查化学平衡常数的应用。注意掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等。解答本题需要熟练掌握三段式解答化学平衡的计算方法。【解析】吸热83012、略

【分析】【分析】

0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L；据此分析解答问题。

【详解】

(1)该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的电离平衡：H2OH++OH-；故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-；

(2)由于溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-），故答案为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）；

(3)溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+，浓度为0.05mol/L的是Cl-。故答案为：Na+；Cl-；

(4)根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-，故答案为：CH3COOH；CH3COO-。【解析】①.CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-三、判断题(共1题，共2分)13、×【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3题，共12分)14、略

【分析】【详解】

(1)①0.6mo1氮气和1.8mo1氢气在恒温；容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气；2min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mo1

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)：0.61.80

转化(mol)：0.30.90.6

平衡(mol)：0.30.90.6

在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，则此时c(H2)==0.45mol/L；体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%；则转化的氮气为0.6mol×38.2%=0.2292mol；

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)：0.61.80

转化(mol)：0.230.690.46

平衡(mol)：0.371.110.46

所以第二次平衡时c(H2)==0.555mol/L，则第25min起H2的物质的量浓度为0.45mol/L，平衡时为0.555mol/L，所以图象为故答案为

②催化剂能增大反应速率；所以该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大，故答案为增大；

(2)①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；故答案为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；

②电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01mol•L-1N2H4水溶液中c(N2H5+)≈c(OH-)，K===1.0×10-6，所以c(OH-)=10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L；则溶液的pH=10，故答案为10；

③已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3，4NH3(g)+O2(g)=2N2H4(l)+2H2O(l)△H4，由盖斯定律可知，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=△H2-△H1-△H4，故答案为△H2-△H1-△H4；

(3)由NO2转化为HNO3的工艺图可知，N2O4与水、氧气反应生成硝酸，2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，反应中N2O4/H2O的质量比等于5.11，当高于5.11，则提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸，故答案为2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度；有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。

点睛：解答本题需要学生熟练掌握化学平衡的计算方法——三段式。本题的易错点和难点是(1)中图像的绘制，需要通过计算求出平衡时物质的浓度。【解析】增大NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O10△H2-△H1-△H42N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。15、略

【分析】【详解】

（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）；

（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=296.0kJ/mol－283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol；

（3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降；故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；

（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；

①A.由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)；A项正确；

B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32-)；B项错误；

C.列出电荷守恒式：c(NH4＋)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=c(OH-)－c(H+)=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1；C项正确；故答案为：B；

②===6.25；故答案为：6.25。

【点睛】

在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子；再代入数据计算：

要计算Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式==【解析】+1NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）9.6+270.0kJ/molI>该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动B6.2516、略

【分析】【分析】

（1）醇类的官能团均为羟基确定甲醇的官能团；

（2）燃料电池中通入燃料的一极是燃料电池的负极，通入氧气的一极为燃料电池的正极，根据电池的总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e-=4O2-；两式相减即得负极电极反应；

（3）①根据图中Na+的移动方向可知；左侧为电解池的阳极与电源的正极相连，右边为阴极与电源的负极相连，根据阳极发生氧化反应即可写出电解饱和食盐水的阳极反应式；

②在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量，同时计算出在阴极留下的OH-的物质的量，即可求出溶液中OH-的浓度，从而求出H+的浓度；即可得出pH。

【详解】

（1）甲醇的结构简式为：CH3OH醇类的官能团均为羟基；故甲醇所含官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；

（2）燃料电池中通入燃料的一极是燃料电池的负极，故该燃料电池正极为通入氧气的一极极A极，B极即电池的负极上通入甲醇发生氧化反应，电池的总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e-=4O2-，两式相减，负极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：A；CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；

（3）①根据图中Na+的移动方向可知，左侧为电解池的阳极，右边为阴极，故如图用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水。若用上述甲醇燃料电池进行电解，则电解池的电极a接甲醇燃料电池的正极即A极，阳极发生氧化反应，故电解饱和食盐水的阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：A；2Cl--2e-=Cl2↑；

②在阴极发生2H++2e-=H2↑，氢气的物质的量为=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，同时在阴极区留下的OH-的物质的量为：0.01mol，故常温下将电解后阳离子交换膜右侧反应室即阴极区溶液加水稀释至1L溶液中c(OH-)=0.01mol/L，故c(H+)=10-12mol/L，故pH=12，故答案为：0.01；12；【解析】羟基ACH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OA2Cl--2e-=Cl2↑0.0112五、元素或物质推断题(共1题，共5分)17、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2