2025年人教版PEP选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年人教版PEP选修4化学上册月考试卷849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8题，共16分)1、已知：

①

②

③

④

则的关系正确的是A.B.C.D.2、某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是A.该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性B.该温度高于25℃C.加入NaHSO4晶体抑制了水的电离D.该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10－10mol/L3、今有浓度分别为amol·L-1、bmol·L-1的MCl和NCl两种正盐的稀溶液，下列说法不正确的是（）A.若a=b，并测得两溶液中的总离子浓度分别为x和y，且x>y，则相同浓度时，碱性：MOH>NOHB.若a=b，并测得c(M+)=c(N+)+c(NOH)，则MOH是强碱，NOH是弱碱C.若a>b，测得c(M+)=c(N+)，则可推出溶液中c(MOH)>c(NOH)，且相同浓度时，碱性MOHD.若两溶液等体积混合，测得c(M+)+c(N+)+c(MOH)+c(NOH)=0.1mol·L-1，则可推出a+b=0.14、25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.向0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c（Na+）c（NH4+）c（SO42-）c（OH-）c（H+）B.0.1mol/LNaHC2O4溶液呈酸性：c（Na+）c（HC2O4-）c（H2C2O4）c（C2O42-）C.20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后的酸性溶液：cCH3COOH2cH+c(CH3COO-)cOH-D.浓度均为0.1mol/L的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c（Na+）c（H+）2c（CO32-）c（OH-）c（HCO3-）5、用物质的量均是0.1mol的CH3COOK和CH3COOH配成1L溶液，已知其中c(CH3COO−)＞c(K＋),有关混合溶液的下列判断正确的是A.c(CH3COO−)+c(OH-)=0.1mol/LB.c(CH3COOH)>c(CH3COO−)C.c(H+)<c(OH-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.2mol/L6、某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.此温度下，水的离子积常数为1.0×10-2aB.N点溶液加水稀释，增大C.M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D.Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积7、在温度相同；浓度相同的条件下；下列六种物质的水溶液的pH由小到大的排列顺序如图所示。

图中①、②、③可能是（）A.NH4NO3、(NH4)2SO4、CH3COONaB.(NH4)2SO4、NH4Cl、C6H5ONaC.(NH4)2SO4、NH4NO3、Na2CO3D.(NH4)2SO4、NH4NO3、CH3COONa8、用下列实验装置进行相应实验；能达到实验目的的是。

A.装置甲：检验乙烯的生成B.装置乙：防止钢闸门被腐蚀C.装置丙：证明铁发生了析氢腐蚀D.装置丁：分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯的混合物评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、(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_______________。10、已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应；1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“减小”或“不变”)。11、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．12、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态过氧化氢。当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出257.7kJ的热量（相当于25℃、101kPa下测得的热量）。该反应的热化学方程式为__。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。则16g液态肼与过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是__kJ。13、在一定温度下，把1molN2和3molH2通入一个一定容积的密闭的容器里，发生如下反应：N2＋3H22NH3；当此反应进行到一定程度时，反应混和物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的物质的量(mol)。如果a、b；c取不同的数值；它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：

（1）若a＝0，b＝0，则c＝__________。

（2）若a＝0.5，则b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必须满足的一般条件是：请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c______。14、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—)]15、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问题。

(1)常温下0.1mol·L－1的HA溶液中pH＝3，则HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式____________________________________。

(2)已知：常温下0.1mol·L－1BOH溶液pH＝13，将V1L0.1mol·L－1HA溶液和V2L0.1mol·L－1BOH溶液混合；回答下列问题：

①当V1:V2＝1:1时，溶液呈____性，请用离子方程式解释原因________________。

②当混合溶液pH＝7时，溶液中离子浓度大小关系是_____________________。16、（1）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是溶液、溶液、盐酸和溶液中的一种。已知A；B的水溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH相同。

则：①B是________溶液，C是________。

②常温下若B溶液中与C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，则________（填某个数）。

（2）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可以有以下几种可能：

①

②

③

④

则：

（i）上述关系一定不正确的是________（填序号）。

（ii）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________（填序号）。

（iii）若四种离子浓度关系有则该溶液显________（填“酸性”“碱性”或“中性”）。17、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2；并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。

（1）若采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH充分接触，导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水相应的离子方程式为________________。

（2）氯碱工业耗能高；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，甲，乙所用的离子膜为同一类型。

①甲中的离子交换膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的______(填写“左”或“右”)池注入。

③图中X是________(填化学式)；乙中右室的电极反应式为：_________，图示中氢氧化钠溶液质量分数a％与b％的关系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、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10分)19、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、结构与性质(共3题，共21分)20、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：)21、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“＝”）。22、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：__。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

水蒸气变成液态水要放出热量；燃烧的氢气越多，放出的热量越多，放出的热量与氢气的物质的量成正比，据此分析判断。

【详解】

燃烧的氢气越多，放出的热量越多，因为△H<0，因此且水蒸气变成液态水要放出热量，因此A.故A错误；B.故B错误；C.故C正确；D.故D错误；故选C。2、A【分析】【详解】

A、PH为12的NaOH的浓度时1mol·L－1，而硫酸氢钠溶液的H＋浓度时0.01mol·L－1,等体积混合，碱多了故A错误；B、25℃时Ka=10-14，本题Ka=10-6*10-6=10-12，水电离吸热，升高温度，K变大，该温度高于25℃，故B正确；C、加入NaHSO4晶体，提高H＋的浓度，抑制了水的电离，故C正确。D、pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正确；故选A。3、D【分析】【详解】

A.若a＝b，且x>y；则说明MCl不水解；NCl水解或MCl、NCl都水解，且NCl的水解程度大，根据越弱越水解，可知MOH的碱性比NOH的碱性强，故A正确；

B.若a＝b，并测得c(M＋)＝c(N＋)＋c(NOH)，根据物料守恒，c(M＋)＝c(N＋)＋c(NOH)＝amol·L－1＝bmol·L－1，说明M＋不水解，N＋水解；即MOH为强碱，NOH为弱碱，故B正确；

C.若a>b，测得c(M＋)＝c(N＋)，根据物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)＝amol·L－1，c(N＋)＋c(NOH)＝bmol·L－1，则c(MOH)>c(NOH)，M＋的水解程度大于N＋的水解程度，根据越弱越水解，可知碱性：MOH

D.若两溶液等体积混合，根据物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)＝mol·L－1，c(N＋)＋c(NOH)＝mol·L－1，则＋＝0.1，a＋b＝0.2；故D错误；

选D。4、D【分析】【详解】

A．根据物料守恒可得：则由于溶液为中性，则根据电荷守恒可得：所以结合可知：所以溶液中离子浓度大小为：A错误；

B．溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，所以但是其电离和水解程度都较小，则存在B错误；

C．二者混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、溶液中存在电荷守恒存在物料守恒所以存在C错误；

D．等浓度、等体积的小苏打和烧碱溶液混合，二者恰好完全反应生成溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得D正确。

答案选D。

【点睛】

离子浓度大小比较的题，一看电荷守恒，二看物料守恒，三看质子守恒，三大守恒综合利用，定能解决复杂问题。5、D【分析】等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾溶液中，c(CH3COO−)＞c(K＋)，根据电荷守恒可得：c(H+)>c(OH-)，溶液显示酸性，说明则醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，再结合电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)、物料守恒c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)＝0.2mol•L−1对各选项进行判断。

【详解】

A．根据电荷守恒得c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)，钾离子不水解，所以钾离子浓度为0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)＞0.1mol/L；故A错误；

B．混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO−)；故B错误；

C．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾溶液中，c(CH3COO−)＞c(K＋)，根据电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)可得：c(H+)>c(OH-)；故C错误；

D．根据混合液中的物料守恒得：c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)＝0.2mol•L−1；故D正确；

故答案选D。

【点睛】

根据电荷守恒确定溶液的酸碱性、酸的电离程度和酸根离子水解程度相对大小，再结合电荷守恒和物料守恒解答，选项A为易错点，注意利用电荷守恒分析。6、D【分析】【详解】

A．Q点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.0×10-2a；故A正确；

B．一水合氨的电离平衡常数Kb=所以=N点溶液pOHc(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，加水稀释溶液碱性减弱，所以c(OH-)减小，电离平衡常数不变，则增大；故B正确；

C．M、Q、N三点所示的溶液中均存在电荷守恒，即c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；故C正确；

D．氨水和盐酸浓度相同；若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；

故答案为D。7、D【分析】【分析】

【详解】

硫酸氢铵是强酸酸式盐；其溶液呈强酸性，硝酸钠为强酸强碱盐，其溶液呈中性，则①②应该是强酸弱碱盐，且①的水解量大于②，硫酸铵；硝酸铵或氯化铵都是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，但硫酸铵中铵根离子水解的量大于氯化铵或硝酸铵，所以相同浓度的硫酸铵pH小于氯化铵或硝酸铵，则①是硫酸铵，②是硝酸铵或氯化铵；碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈弱碱性，③也应该是强碱弱酸盐，但酸根离子水解程度小于碳酸氢根离子，碳酸根离子、苯酚根离子水解程度都大于碳酸氢根离子，所以③是醋酸钠，故答案选D。

【点睛】

相同浓度的硫酸铵和氯化铵中，硫酸铵中的铵根离子浓度大，水解程度大，溶液的酸性更强。8、A【分析】【详解】

A．溴乙烷在NaOH醇溶液中，加热条件下发生消去反应，生成乙烯，乙烯与溴水中溴发生加成反应，而使溴水褪色，即CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；故A正确；

B．将钢闸门与电源的负极相连；作阴极，被保护，可以防止钢闸门腐蚀，而装置乙中钢闸门与电源正极相连，作阳极，不能被保护，故B错误；

C．食盐水为中性环境；铁钉发生吸氧腐蚀，不能发生析氢腐蚀，故C错误；

D．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层；不能选过滤分离，应选分液装置，故D错误；

答案为A。二、填空题(共9题，共18分)9、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-110、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图中可知；反应物的总能量低于生成物的总能量即1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量低，故该反应是吸热反应，故答案为：吸热；低；

(2)图中可知，E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，是由于降低了正逆反应的活化能，活化分子的百分数增大，故E1和E2均减小，但催化剂只改变反应途径与反应的始态和终态，故ΔH不变，故答案为：减小；减小；不变。【解析】吸热低减小减小不变11、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ12、略

【分析】【详解】

0.4mol液态肼和0.8mol过氧化氢混合反应生成氮气和水蒸气，放出的热量为257.7kJ，那么1mol液态肼发生相同的反应放出热量为所以该反应的热化学方程式为：由可知，1mol液态肼与2mol液态过氧化氢混合反应生成液态水的热化学方程式为：那么16g液态肼即0.5mol，发生上述反应放出的热量为：【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-644.25kJ·mol-1410.12513、略

【分析】【分析】

给据题给信息；本题为恒温恒容条件下等效平衡的判断和计算。首先分析可逆反应，可知该反应为反应前后气体分子数不等的可逆反应。对于这样的可逆反应，要保证反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同,即要与原平衡等效,则投入的物质的量换算成同一边物质，应与之前相应物质的投入量相等。据此进行计算判断。

【详解】

（1）根据反应方程式，将1molN2和3molH2换算成NH3的量，为2mol，则可知2molNH3相当于1molN2和3molH2；则c=2，答案为：2；

（2）根据反应方程式，有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：解得：答案为：1.5；1；

（3）根据题意有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：答案为：【解析】21.5114、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.c15、略

【分析】【分析】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L；据此分析解答；

(2)常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1；说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。

【详解】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HA⇌H++A-，故答案为：弱电解质；HA⇌H++A-；

(2)①常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，BOH完全电离，属于强碱，V1∶V2=1∶1时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2O⇌HA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2O⇌HA+OH-；

②在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)。

【点睛】

正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓度远大于水电离的离子浓度。【解析】弱电解质HAH＋＋A－碱A－＋H2OHA＋OH－c(B+)=c(A－)＞c(OH－)=c(H+)16、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C为溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为溶液、溶液．故A为溶液，B为溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答该题．

根据溶液酸碱性与溶液pH的表达式计算出pHb、pHc，然后根据水的离子积计算出pHb+pHc；

任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

若溶液中只有一种溶质，为溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很小；

若四种离子浓度关系有c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒判断c（H+）、c（OH-）相对大小。

【详解】

（1）溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A、B、C、D分别为盐酸、常温下若溶液中与盐酸溶液中的相同，则有C溶液则

（2）溶液中只存在四种离子时，一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为该溶液中离子浓度的大小关系为若四种离子浓度关系有根据溶液的电中性原则，有则该溶液显中性。

【点睛】

A、B、C、D根据A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的电离程度相同判断出A、B、C、D四种物质；溶液中只存在四种离子时根据电荷守恒及条件判断出溶液的溶质，酸碱性。【解析】盐酸14②①中性17、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）电解饱和食盐水产物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气还可以和氢氧化钠之间反应得到氯化钠、次氯酸钠和水，整个过程发生的反应是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案为Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根据题意：装置中所用的离子膜都只允许阳离子通过；所以均是阳离子交换膜，故答案为阳离子交换膜；

②根据物质的转化情况；电解池的左池是电解食盐水得到的氢氧化钠，所以经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的左池进入，故答案为左；

③在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池正极区消耗水，生成氢氧根离子，所以a%小于b%，故答案为Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考点：考查了电解原理的相关知识。【解析】Cl-+H2OClO-+H2↑阳离子交换膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C三、判断题(共1题，共2分)18、×【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、元素或物质推断题(共1题，共10分)19、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＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、结构与性质(共3题，共21分)20、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-0.5121、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