2025年浙科版选修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年浙科版选修4化学下册月考试卷217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7题，共14分)1、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应：4HCl（g）＋O2（g）2Cl2（g）＋2H2O（g）△H＝－115．6kJ·mol－1；可实现氯的循环利用。已知：

下列说法正确的是A.升高温度能提高HCl的转化率B.断裂H2O（g）中lmolH—O键比断裂HCl（g）中lmolH—Cl键所需的能量高C.1molCl2（g）转化为2molCl放出243kJ能量D.加入催化剂，能使该反应的焓变减小2、下列各组热化学方程式中；化学反应的ΔH前者小于后者的是。

①C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH1C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH2

②S(g)+O2(g)=SO2(g)；ΔH3S(s)+O2(g)=SO2(g)；ΔH4

③CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)；ΔH5CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)；ΔH6A.②B.①②C.①③D.②③3、在体积均为的两个恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入和在不同温度下反应达到平衡，平衡时的物质的量浓度随温度的变化如图所示图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上下列说法不正确的是

A.反应的B.体系的总压强状态Ⅱ状态ⅢC.体系中状态Ⅱ状态ⅢD.逆反应速率状态Ⅰ状态Ⅲ4、关于化学平衡常数的叙述，正确的是（）A.化学平衡常数只与反应的温度有关B.化学平衡常数只与化学反应方程式本身和温度有关C.化学平衡常数与化学反应本身和温度有关，并且会受到起始浓度的影响D.化学平衡常数只与化学反应本身有关，与其他任何条件无关的一个不变的常数5、0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中c(CN-)+)，则下列关系正确的是（）A.c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-)B.c(HCN)+c(CN-)=0.04mol·L-1C.2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)D.c(CN-)>c(HCN)6、已知室温下碳酸氢钠溶液的为8.4，则下列说法正确的是（）A.加入少量固体，钠离子和碳酸根离子浓度均增大B.将该溶液加水稀释，的比值保持不变C.D.7、甲、乙、丙3个烧杯中分别装有稀H2SO4、CuCl2溶液、饱和食盐水，甲中电极为锌片和铜片，乙中电极为石墨棒C1、C2，丙中电极为石墨棒C3；铁片；电极之间用导线相连。则下列叙述正确的是。

A.C1和C3放出的气体相同，铜片和铁片放出的气体也相同B.C3是阴极，锌片、C2上都发生氧化反应C.甲中H＋向铜电极移动，丙中Cl－向铁电极移动D.甲中硫酸溶液的浓度逐渐变小，丙中溶液的pH逐渐减小评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列四个图像：

以下反应中完全符合上述图像的是（）A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q1kJB.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)-Q2kJC.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)+Q3kJD.C(s)+CO2(g)2CO(g)-Q4kJ9、甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的正反应是吸热反应B.773K时，该反应的平衡常数小于12.96C.H2的体积分数：D.873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不发生移动10、下列关于25℃的NaHCO3溶液的相关事实，能够证明H2CO3为弱酸的是A.溶液中存在CO32-B.溶液中c(Na+)＞c(CO32-)C.溶液中存在H2CO3分子D.溶液中c(H+)·c(OH-)=10-1411、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-)12、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)13、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)14、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH：。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列说法或表达错误的是A.结合质子能力由强到弱的顺序为：CO32－＞HCO3－＞CH3COO-B.常温下电离常数比较：Ki1(H2CO3)＞Ki2(H2CO3)＞Ki(C6H5OH)C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN15、25℃时，用0.10mol•L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA-B.B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol•L-1C.C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(A2-)D.25℃时，氨水的电离平衡常数为16、已知298K时，Ksp(MnS)=4.65×10−14，Ksp(MnCO3)=2.24×10−11，298K下，MnS、MnCO3(R2−代表S2−或CO32-)在水中的溶解曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.图象中x约等于2.2×10−7B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题：

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为______。

(2)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法；对应的反应依次为：

①SiCl4(g)+H2(g)⇌SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1>0

②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)ΔH2<0

③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)⇌3SiHCl3(g)ΔH3

反应③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。18、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。19、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=-92.4kJ•mol-1。一种工业合成氨的简易流程图如下：

(1)天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：______。

(2)步骤II中制氯气原理如下：

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是______。

a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强。

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为______。

(3)下图表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在下图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图______。

(5)上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)______，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______。20、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA－、A2-在三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。回答下列问题：

（1）H2A的电离方程式是__________________，二级电离常数K2＝_________。

（2）已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为_______________________。21、现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。

(1)若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。

(2)根据(1)中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。

(3)用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)22、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共2题，共14分)23、固定和利用CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法；该方法的化学方程式是：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ/mol

某科学实验将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中（温度保持不变），测得H2的物质的量随时间变化如右图中实线所示（图中字母后的数字表示对应的坐标）：

回答下列问题：

(1)该反应在_____条件下能自发进行（填编号）。

A.高温B.低温C.任何温度。

(2)该反应在0～8min内CO2的平均反应速率是_________mol/(L•min)。

(3)该反应的平衡常数K=_______。

(4)仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是__________，曲线Ⅱ改变的条件可能是_______________。

若实线对应条件下平衡常数为K，曲线Ⅰ对应条件下平衡常数为K1，曲线Ⅱ对应条件下平衡常数为K2，则K、K1和K2的大小关系是______________。

(5)根据化学反应速率与化学平衡理论；联系化工生产实际，你认为下列说法不正确的是。

________。

A.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品。

B.有效碰撞理论可指导怎样提高原料的转化率。

C.勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品。

D.催化剂的使用是提高产率的有效方法。

E.正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益24、二甲醚制备两种方法原理如下。

第一种方法：丹麦Topspe工艺的合成气一步法；是专门针对天然气原料开发的一项新技术。

①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1

第二种方法：二甲醚生产二步法；即先合成甲醇，甲醇在催化剂下制二甲醚。

②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3

(1)若由合成气(CO、H2)直接制备1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，整个过程中放出的热量为244kJ，则△H2=___________kJ·mol－1。(已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol)

(2)下列有关反应①叙述不正确的是___________

a.达到平衡后；升高温度，ν正减少；ν逆增大，平衡逆向移动。

b.当四种物质的浓度相等；反应达到化学平衡状态。

c.若改变条件；反应物的转化率一定增大，正反应速率一定大于逆反应速率。

d.当达到平衡时2v正(O2)=v逆(CH4)

e.向该恒容平衡体系中充入氩气；ν正；ν逆均增大，平衡向右移动。

(3)有人模拟制备原理Ⅱ；绘制如图甲图像：

i说明CO的转化率随温度升高先增大后减小的原因：______________________。

ii.反应②自发进行的条件是______________________。

iii.若在350℃时的2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，8min达到平衡，c(CH3OCH3)=0.3mol·L－1，用H2表示反应②的速率是___________；可逆反应③的平衡常数K3=___________。

iv.若350℃时测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)___________ν(逆)，说明原因_________。

(4)光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图乙所示则b极的电极反应式为___________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

A；焓变为负；为放热反应，升高温度平衡逆向移动；

B；焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；

C；断裂化学键吸收能量；

D；催化剂不改变反应的始终态。

【详解】

A；焓变为负；为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则HCl的转化率减小，故A错误；

B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4×E(H-C1)+498k/mol一2×243kJ/mol-4E(H-O)=-115.6kJ/mol，可知4×E(H-CI)--4×E(H-O)=-127.6kJ/mol，断裂H2O(g)中1molH-O键比断裂HCl(g)中1molH-Cl键所需能量高；故B正确；

C、断裂化学键吸收能量，则1molCl2转化为2molCl原子吸收243kJ热量；故C错误；

D；催化剂不改变反应的始终态；则加催化剂，焓变不变，故D错误；

故选B。

【点睛】

催化剂只能改变化学反应速率，一般情况下是加快反应速率，而加快反应速率是通过降低反应活化能实现，不改变焓变。焓变只与热化学方程式有关。2、D【分析】【详解】

①碳完全燃烧放出的热量多；但放热反应中△H＜0，因此放热越多△H越小，即ΔH前者大于后者，①不正确；

②由于气态硫的总能量高于固态硫的总能量；因此气态硫燃烧放出的热量多，则ΔH前者小于后者，②正确；

③生石灰溶于水是放热反应；△H＜0，碳酸钙分解是吸热反应，△H＞0，则ΔH前者小于后者，③正确；

答案选D。3、B【分析】【详解】

A.由图可知，升高温度，减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故A正确；

B.状态Ⅱ和状态Ⅲ的温度、体积相同，状态Ⅱ起始加入的物质的量是状态Ⅲ的2倍，状态Ⅱ相当于在状态Ⅲ达平衡后将体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，状态Ⅱ状态Ⅲ故B错误；

C.状态Ⅱ和状态Ⅲ的温度、体积相同，状态Ⅱ起始加入的物质的量是状态Ⅲ的2倍，状态Ⅱ相当于在状态Ⅲ达平衡后将体积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，c(CO，状态Ⅱ)c(CO，状态Ⅲ故C正确；

D.温度：状态Ⅰ状态Ⅲ故逆反应速率：状态Ⅰ状态Ⅲ故D正确。

故选B。4、B【分析】【详解】

A．同一反应；相同温度时，化学计量数不同，化学平衡常数不同，A不正确；

B．化学平衡常数既与方程式中的化学计量数有关；又受温度变化的影响，B正确；

C．化学平衡常数不受反应物的起始浓度的影响；C不正确；

D．温度改变时；化学平衡会发生移动，化学平衡常数会发生改变，D不正确；

故选B。5、C【分析】【详解】

0.02mol⋅L−1的HCN溶液与0.02mol⋅L−1NaCN溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(CN−)+c(OH−)，且混合溶液中c(CN-)+)，则c(OH-)>c(H+)；溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度；

A.根据以上分析知，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；A项错误；

B.二者等体积混合时溶液体积增大一倍，导致浓度减小为原来的一半，结合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02mol·L-1；B项错误；

C.HCN溶液与NaCN溶液等浓度等体积混合，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)；C项正确；

D.通过以上分析知，NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以c(CN-)<c(HCN)；D项错误；

答案选C。6、A【分析】【详解】

0.1mol/L的碳酸氢钠溶液的pH为8.4，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度。

A．加入少量NaOH固体，发生HCO3-+OH-=CO32-+H2O；则钠离子和碳酸根离子浓度均增大，故A正确；

B．加水稀释，促进HCO3-的水解，HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－平衡右移，c(HCO3-)减小程度更大，则的比值增大；故B错误；

C．根据电荷守恒，应有c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；故C错误；

D．根据物料守恒，应有c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为CD，要注意理解电荷守恒和物料守恒关系式中c(CO32-)前的系数。7、A【分析】【分析】

甲池中Zn、Cu和稀硫酸组成原电池，Zn电极为电源负极，Cu电极为电源正极；乙池和丙池为电解池，C1为乙池阳极，C2为乙池阴极，Fe为丙池阴极，C3为丙池阳极；据此分析。

【详解】

A．根据分析，C1在乙池中做阳极，氯化铜中Cl-在此电极上失电子生成氯气，C3在丙池中做阳极，氯化钠中Cl-在此电极上失电子生成氯气；铜片在甲池做正极，溶液中的H+得到电子生成氢气，铁片在丙池做阴极，溶液中水电离出的H+在此电极上得到电子也生成氢气；A正确；

B．根据分析，C3为电解池的阳极，Zn电极失去电子发生氧化反应，C2电极得到电子发生还原反应；B错误；

C．甲池中H+向Cu电极移动得电子生成氢气，丙池中Cl-向C3电极移动失电子生成氯气；C错误；

D．甲池中H+得电子生成氢气，Zn失电子生成Zn2+，溶液中硫酸浓度不断减小硫酸锌浓度不断增大；丙池中Cl-失电子生成氯气，H+得电子生成氢气；溶液中剩余NaOH，溶液pH变大，D错误；

故选A。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【分析】

由图像可知，温度越高，生成物的浓度越大，说明温度升高平衡向正反应移动，故该可逆反应正反应为吸热反应；

由图像可知，压强一定时，温度越高，生成物的浓度越大，说明温度升高平衡向正反应移动，正反应为吸热反应；温度一定时，压强越高，生成物的浓度越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，该可逆反应正反应为气体物质的量增大的反应；

由图像可知，压强一定时，温度越高，混合物平均相对分子质量越小；温度一定时，压强越高，混合物平均相对分子质量越大，

由图像可知，平衡后加压逆反应速率大于正反应速率，则加压化学平衡逆向移动，可逆反应正反应为气体物质的量增大的反应；

综合上述可知：正反应为吸热反应；正反应为气体物质的量增大的反应；压强一定时，温度越高，混合物平均相对分子质量越小；温度一定时，压强越高，混合物平均相对分子质量越大。

【详解】

A.该反应为放热反应；升高温度平衡左移，则温度越高生成物浓度越小，故A不符合；

B.该反应为吸热反应；正反应为气体物质的量增大的反应；相同温度下压强增大平衡左移，气体物质的量减小，平均相对分子质量增大；相同压强升高温度平衡右移气体物质的量增多，平均相对分子质量减小，所以该反应符合上述4个图像，故B正确；

C.该反应为放热反应；升高温度平衡左移，则温度越高生成物浓度越小，故C不符合；

D.该反应为吸热反应；正反应为气体物质的量增大的反应；相同温度下压强增大平衡左移，二氧化碳体积分数变大，平均相对分子质量增大；相同压强升高温度平衡右移，二氧化碳体积分数减小，平均相对分子质量减小，所以该反应符合上述4个图像，故D正确；

故答案为BD。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A．温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；

B．温度相同，化学平衡常数相同，K(b)=K(c)，可以考虑用b点的算，

则K(b)==当用α=60%代入时，有K(b)=12.96，但由于b点的平衡转化率＜60%，导致K(b)分子变小，分母变大，所以K(b)=K(c)＜12.96；B正确；

C．在b点和c点，两个容器中甲烷的起始量相同，转化率相同时，生成的氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同；C错误；

D．当α=60%时，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol；相当于体系内所有组分浓度均变为两倍，可视为加压，则反应向气体体积减小的方向进行，即平衡逆向移动，D错误；

故答案为：B。10、BC【分析】【详解】

A.溶液中存在CO32-，说明NaHCO3发生电离，但不一定是部分电离，所以不能证明H2CO3为弱酸；故A错误；

B.溶液中c（Na+）>c（CO32-），说明HCO3-的电离为部分电离，所以能够证明H2CO3为弱酸；故B正确；

C.溶液中存在H2CO3分子，说明HCO3-发生水解反应，能够证明H2CO3为弱酸；故C正确；

D.25℃的溶液中均存在c(H+)·c(OH-)=10-14，与H2CO3的酸性强弱无关；故D错误；

故选BC。11、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。12、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。13、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。14、BC【分析】【详解】

A．酸根离子水解程度越大，其结合质子能力越强，酸根离子水解程度CO32－＞HCO3－＞CH3COO-，所以酸根离子结合质子能力大小顺序是CO32－＞HCO3－＞CH3COO-；故A正确；

B．酸根离子水解程度CO32−＞C6H5O−＞HCO3−，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3−＜C6H5OH＜H2CO3；故B错误；

C．酸性HCO3−＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中发生的反应为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；故C错误；

D．酸性HCO3−＜HCN＜H2CO3，所以过量的HCN滴入碳酸钠溶液中发生反应：HCN+Na2CO3=NaCN+NaHCO3；故D正确；

答案选BC。

【点睛】

酸根离子水解程度越大，得到的碱的碱性越强。15、BD【分析】【详解】

A．0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液中=-12，c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=0.1mol/L=2c(H2A)，说明该二元酸完全电离，所以H2A为强酸，电离方程式为H2A=2H++A2-；故A错误；

B．B点溶液加入氨水10mL，反应恰好生成(NH4)2A，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中H+来自水的电离，此时溶液中=-2，则c(OH-)=10-2c(H+)，c(H+)c(OH-)=10-14，所以c(H+)=10-6mol/L，即水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L；故B正确；

C．C点溶液中含有(NH4)2A和NH3•H2O，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)，所以c(NH4+)=2c(A2-)，则c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞2c(A2-)；故C错误；

D．C点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒得c(NH4+)=2c(A2-)=2×mol/L=mol/L，根据物料守恒得c(NH3•H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的电离常数表达式为Kb===故D正确；

故选BD。

【点睛】

正确判断H2A酸性强弱是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据电离平衡常数的表达式结合电荷守恒和物料守恒计算微粒浓度。16、AB【分析】【分析】

因4.65×10−14<2.24×10−11，所以N线为MnS的溶解度曲线，M线为MnCO3的溶解度曲线。

【详解】

A．图像中x约等于≈2.2×10−7；A正确；

B．加热N的悬浊液，可增大MnS的溶解度，但c(Mn2+)、c(S2-)同等程度增大；所以可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，B正确；

C．加水稀释M溶液，c(Mn2+)、c(CO32-)都减小；不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，C不正确；

D．向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，不变；D不正确；

故选AB。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【详解】

（1）参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可直接写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1，故答案为：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1；

（2）仔细观察发现：②-①=③，根据盖斯定律可得：∆H3=∆H2-∆H1，故答案为：∆H2-∆H1。【解析】Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1∆H2-∆H118、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B19、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓

（2）a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变；错误；d；降低压强，反应速率减小，错误；设CO的转化量为x

CO+H2OCO2+H2

转化量（mol）0.200.8

转化量（mol）xxx

转化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x则。

N2+3H22NH3

转化量（mol）a3a0

转化量（mol）x3x2x

转化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）随着反应的进行，NH3的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH3的物质的量逐渐减小；可画出图像。

（5）步骤IV为热交换，使合成氨放出的热量得到充分利用；对原料气加压，使平衡向正反应方向移动，分离液氨，减少生成物浓度，未反应的N2、H2循环使用等措施可提高提高合成氨原料总转化率。

考点：本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.对原料气加压；分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用20、略

【分析】【分析】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离；从图中pH=4.2分析二级电离常数。

⑵根据图中pH=1.2信息得出一级电离常数；根据电离常数得出酸强弱顺序，再根据酸强弱书写离子方程式。

【详解】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离，H2A的电离方程式是H2AH+＋HA－，从图中pH=4.2分析二级电离常数故答案为：H2AH+＋HA－；10−4.2。

⑵已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，根据图中pH=1.2信息得出因此酸强弱顺序为H2A＞HF＞HA－，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为H2A+F－=HF+HA－；故答案为：H2A+F－=HF+HA－。【解析】H2AH+＋HA－10-4.2H2A＋F－==HF＋HA－21、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01mol·L-1的某酸(A)与0.01mol·L-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性；则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。

【详解】

(1)若A为CH3COOH，所得溶液为0.01mol·L-1CH3COOH与0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01mol·L-1HCl与0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为mol·L-1=10-10mol·L-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01mol·L-1H2S与0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力<水解能力。答案为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

对于①、②来说，最后一步水电离，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最强，②中次之，③中不受影响，所以阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；

(3)浓度为0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是a>b>c。答案为：a>b>c。

【点睛】

0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c四、判断题(共1题，共8分)22、×【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、原理综合题(共2题，共14分)23、略

【分析】【分析】

(1)根据反应的自由能△G=△H-T△S<0分析；

(2)先计算0～8min内H2的平均反应速率；然后利用速率关系计算；

(3)根据化学平衡常数的定义书写计算。

(4)虚线I达到平衡时间比实线短，且平衡时n(H2)物质的量多；根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响因素分析。

根据化学平衡常数只与温度有关；结合该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小分析。

(5)根据外界条件对化学反应速率；化学平衡的影响及定义分析判断。

【详解】

(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ/mol若要自发进行，△G=△H-T△S<0，由于△H<0，△S<0，要使△H-T△S<0，则反应的温度T<0，故合理选项是B。(2)根据图示可知在0～8min内H2的平均反应速率v(H2)=mol/(L·min)，根据方程式可知v(CO2)：v(H2)=1：3，所以v(CO2)=v(H2)=×mol/(L·min)=0.125mol/(L·min)；

(3)在反应开始时，n(H2)=8mol，n(CO2)=6mol，达到平衡时n(H2)=2mol，反应消耗了6mol，所以根据反应方程式中物质转化关系可知：CO