2025年粤教新版选修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年粤教新版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、HCl(g)分别在有；无催化剂的条件下分解的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

化学键H—HH—ClCl—Cl键能kJ·mol－1436431243

A.由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收183kJ的能量B.有催化剂的反应曲线是a曲线C.a曲线变为b曲线，反应物的活化分子百分数增大D.b曲线的热化学方程式为：2HCl(g)＝H2(g)＋Cl2(g)ΔH＝－(E1－E2)kJ•mol－12、已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)+O2(g)△H=+241.8kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=－285.8kJ/mol。当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是（）A.吸热88kJB.吸热44kJC.放热44kJD.吸热2.44kJ3、某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中。起始浓度甲乙丙c(H2)/molL-10.0100.0200.020c(CO2)/molL-10.0100.0100.020

投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示。下列判断不正确的是（）A.平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B.平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60％C.平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012mol/LD.反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢4、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列反应不能成立的是A.CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClOB.CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClOC.CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OHD.CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN5、已知：时，向溶液中滴加氢氧化钠溶液，混合溶液的pOH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.M点溶液中：B.的数量级为C.M点到N点：的值不变D.N点：6、常温下，往一定浓度的醋酸溶液中加入NaOH溶液，所得溶液表示或pX表示对应微粒物质的量浓度的负对数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A.曲线A代表表示与pH的关系B.常温下，的数量级为C.水的电离程度：D.Y点对应溶液为等物质的量浓度的和的混合溶液7、磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图；下列说法正确的是。

A.H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43−B.pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4−、HPO42−、PO43−C.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)D.滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑8、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（）

A.图中Y线代表的Ag2C2O4B.n点表示AgCl的过饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l9、下列操作不能达到目的的是。

。选项。

目的。

操作。

A．

配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液。

将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中。

B．

除去KNO3中少量NaCl

将混合物制成热的饱和溶液；冷却结晶，过滤。

C．

在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2＋

向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失。

D．

确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3

取少量溶液滴加CaCl2溶液；观察是否出现白色浑浊。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（）

A.该反应ΔH＞0B.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2D.状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大11、常温下，用0.1mol·L-1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L-1Na2CO3溶液；所得滴定曲线如如图所示。下列说法正确的是。

A.当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)B.当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)C.当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)D.当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)12、25℃时，将VmL0.10mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入到20.00mL0.10mol·L-1的醋酸溶液中；溶液pH随所加V(NaOH)的变化而变化(忽略混合时溶液体积变化)，数据如下表所示：

下列说法正确的是A.①中存在c(CH3COO-)＞c(Na+)=0.05mol·L-1B.②中存在c(CH3COOH)＜c(Na+)=c(CH3COO-)=x/(200+10x)C.③中存在c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1D.通过①进行近似计算可知醋酸的数量级是10-613、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+NaCN14、在25℃时，将1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A.b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)B.由b点到a点的过程中，c(Na+)有可能大于c(CH3COO-)C.a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c>a>bD.25℃时，Ka(CH3COOH)=mol·L-115、下列描述不正确的是（）.A.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液至过量，溶液的红色褪去B.往Na2CO3溶液中加水，增大C.pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO4）2、③NH4HSO4三种溶液中c（NH4＋）：①>②>③D.在水电离出的c（H＋）＝1×10－12mol/L的溶液中，Al3＋一定不可能大量存在评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题；它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ•mol-1

写出NH3(g)和O2(g)在一定条件下转化为N2(g)与液态水的热化学方程式_________

（二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1。合成时反应温度控制在500℃，压强是2×l07~5×l07Pa；铁触媒做催化剂。

（1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_________。

A．及时分离出NH3

B．使用铁触媒做催化剂。

C．反应温度控制在500℃左右。

D．反应时压强控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。下列说法中正确的是________。

A．单位时间内，有3molH-H生成的同时又6mdN-H断裂；说明反应达到平衡状态。

B．N2和H2的物质的量之比保持不变时；说明反应达到平衡状态。

C．达到平衡状态时；混合气体的平均相对分子质量变大。

D．达到平衡状态后,再充入2molNH3，重新达到平衡后，N2的体积分数变小。

（三）如图表示H2的转化率与起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的压强P1、P2、P3从高到低的顺序是_________________；测得B（X，60）点时N2的转化率为50%，则X=________。

（四）一定温度下，将lmolN2和3molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=________（用平衡分压代替平衡浓度进行计算；分压=总压×体积分数，可不化简）。

（五）以NO原料，通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出以惰性材料作电极的阳极反应式：_______________。17、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：______18、已知化学反应的能量变化如图所示：

(1)b分别代表的意思是______、______。

(2)该反应______19、（1）已知在250C、1.013×105Pa下；1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量，生成物能量总和________（填“＞”；“＜”或“=”）反应物能量总和．若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量________570kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．

（2）已知在250C、1.013×105Pa下，16gCH4（g）与适量O2（g）反应生成CO2（g）和H2O（l），放出890.3kJ热量，写出甲烷燃烧热的热化学方程式__________________________．20、根据反应Br+H2⇌HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，该反应为________反应（填“吸热”或“放热”）21、常温下，将某一元酸甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：。实验。

编号HA的物质的。

量浓度NaOH的物质的。

量浓度混合后溶液的pH甲pHa乙pH7丙丁pH10

从甲组情况分析，从a值大小如何判断HA是强酸还是弱酸？________________________________________________________________________。

乙组混合溶液中和的大小关系是________填标号

A.前者大后者大。

C.二者相等无法判断。

从丙组实验结果分析，该混合溶液中__________填“”“”或“”

分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果列式___________22、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)24、(1)在化学反应中；只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察图示，然后回答问题：

①图中所示反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH=____(用含E1、E2的代数式表示)。

②由上图可知曲线Ⅱ较曲线Ⅰ低；这是由于________。

(2)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3。已知反应①中相关的化学键键能数据如下:

。化学键。

H-H

C-O

H-O

C-H

E/kJ·mol-1

436

343

1076

465

413

由此计算ΔH1=_____kJ·mol-1；已知ΔH2=－58kJ·mol-1，则ΔH3=___kJ·mol-1。25、（1）在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_______mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝___________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。

（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为_____________mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1，则溶液中c(OH－)为_______________mol·L－1，此时温度_______(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共9分)26、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、C【分析】【详解】

A．H-Cl键能的数据为431kJ•mol-1，由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收(431kJ×2-436kJ-243kJ)=91.5kJ的能量；故A错误；

B．加入催化剂，可降低活化能，有催化剂的反应曲线是b曲线；故B错误；

C．a曲线变为b曲线；活化能降低，活化分子数目增大，活化分子百分数增大，故C正确；

D．HCl的分解为吸热反应，2HCl(g)═H2(g)+Cl2(g)△H=+(E1-E2)kJ•mol-1；故D错误；

故选C。2、D【分析】【详解】

已知：①H2O(g)=H2(g)+O2(g)△H=+241.8kJ/mol；

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=－285.8kJ/mol。

根据盖斯定律，将①+②整理可得：H2O(g)=H2O(1)△H=－44kJ/mol，表示1mol水蒸气变为液体水放出44kJ的热，则1g水蒸气变为液体水放出热量为44kJ÷18=2.44kJ，所以1g液态水变为水蒸气时，吸收热量为2.44kJ，故合理选项是B。3、C【分析】【详解】

A.设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K==2.25，得x=0.006，所以CO2的转化率为60%，H2的转化率也是60%，在乙容器中相当于是甲容器中增加了H2，CO2的转化率增大；故A不选；

B.设甲容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为xmol/L，根据K==2.25，得x=0.006，所以H2的转化率是60%，又甲和丙为等效平衡，所以甲中和丙中H2的转化率均是60%；故B不选；

C.由A的分析可知，平衡时甲容器中c(CO2)是0.004mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是0.008mol/L；故C选；

D.根据浓度越大反应速率越快可知；反应开始时，丙中的反应物浓度最大，所以反应速率最快，甲中的反应物浓度最小，所以反应速率最慢，故D不选；

综上所述，故选C。4、A【分析】【分析】

根据盐类水解的规律；判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。

【详解】

利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H＋能量的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3－；

A、根据上述分析，HClO电离出H＋大于HCO3－，因此此反应应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO；选项A不成立；

B；根据A选项分析；选项B成立；

C、电离出H＋的大小顺序是H2CO3>C6H5OH>HCO3－；C选项成立；

D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl；D选项成立。

【点睛】

难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32－对应的是HCO3－，HClO电离H＋的能力强于HCO3－，HClO能与CO32－反应生成HCO3－，正确的反应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO。5、C【分析】【详解】

A．M点pOH=7，即c(OH-)=1×10-7mol/L，由25℃是Kw=1×10-14，可知溶液中c(OH-)=c(H+)，由溶液中的电荷守恒式：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)可知c(Cl-)=c(Na+)+c(NH4+)；故A错误；

B．=0时，c(NH4+)=c(NH3•H2O)，pOH=5，c(OH-)=1×10-5mol/L，则Kb(NH3•H2O)==10-5；故B错误；

C．M点到N点时溶液的温度不变，Kw和均不变，则==是定值；故C正确；

D．N点是在NH4Cl的溶液中滴加NaOH至溶液显碱性，由物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)，则c(Cl-)＞c(NH3•H2O)；故D错误；

故答案为C。6、D【分析】【详解】

A.pH越大，越大、越小、则曲线1代表pH与的关系；故A正确；

B.根据图像可知，Y点则故B正确；

C.根据图像可知，Z点溶液的基本不影响水的电离；X、Y点溶液呈酸性，都抑制了水的电离，且酸性越强，水的电离程度越小，则水的电离程度：故C正确；

D.Y点当与的浓度相等时，的电离程度较大，则若满足则CH3COOH的浓度应该稍大些，即Y点故D错误。

故选D。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图像曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合运用能力。7、C【分析】【分析】

观察图可知：随着PH值的增大，水溶液中各种含磷微粒的含量相应的发生改变：PH从0到4，H3PO4含量下降，H2PO4-含量上升，PH=2时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；从4到10，H2PO4-含量下降，HPO42-含量上升，PH=7时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；pH>10，HPO42-含量下降，PO43-含量上升；PH在虚线所标处两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零。根据图中各微粒的分布情况，结合弱电解质的电离，电中性原则及物质的基本性质可对各选项作出判断。

【详解】

A项；磷酸是三元中强酸；属于弱电解质，电离方程式应分步书写，A选项错误；

B项、由图可知，PH=2时，含磷微粒主要是H3PO4和H2PO4-；其它含量几乎为零，B错；

C项、根据电中性原则有：c(H+)+c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH-)，PH=7时，c（H+）=C（OH-），所以有：c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)；C正确；

D项、生成二氧化碳的环境为酸性环境，在磷酸中滴加少量碳酸钠溶液得到的含磷产物主要是H2PO4-或HPO42-；D错；

答案选C。

【点睛】

本题中，要结合图来判断不同环境下的含磷微粒的存在形式。如D选项，要根据反应的量来判断反应后的溶液酸碱性，从而判断微粒的存在形式。8、D【分析】【分析】

当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)=Ksp(Ag2C2O4)=

【详解】

A．当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4；故A正确；

B．n点c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1)；所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；

C．结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小；所以先生成AgC1沉淀，故C正确；

D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04；故D错误；

故选D。9、A【分析】【分析】

【详解】

A、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L；所以不能实现目的，A错误；

B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl；B正确；

C；高锰酸钾具有强氧化性；能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；

D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3；则可以实现目的，D正确；

答案选A。

【点晴】

该题的易错点是物质的分离与提纯；分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：

①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧；升华、热分解)；溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；

②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液；萃取，蒸馏；

③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；

④分离提纯物是气体：洗气。二、多选题(共6题，共12分)10、AB【分析】【详解】

A.随着温度升高；碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；

B.D点要达到平衡状态（C点）；碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；

C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即C项正确；

D.A与B相比反应物更少；则A的生成物更多，D项正确；

故答案选AB。11、BD【分析】【详解】

A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒可得：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根据电荷守恒和物料守恒可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)；故A错误；

B．当V=5时，碳酸钠与氯化氢浓度相等，则氯离子的物质的量为总的碳原子的物质的量一半，根据物料守恒可得：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=2c(Cl-)，故B正确；

C．当V=10时，此时恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解大于其电离程度，则碳酸的浓度大于碳酸根离子，即c(CO32-)＜c(H2CO3)，正确的离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故C错误；

D．V=a时，溶液为中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，则c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)；故D正确；

答案选BD。12、BC【分析】【详解】

A．①为10mLNaOH溶液加入醋酸溶液中，混合后的溶质为CH3COOH和CH3COONa，A选项错误；

B．②为xmLNaOH溶液加入醋酸溶液中，混合后溶液中c(Na+)＞c(CH3COOH)，溶液pH=7，则有c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，且B选项正确；

C．③中溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两者相减有c(H+)+c(CH3COO-)=c(OH-)，所以③中c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(Na+)=C选项正确；

D．①中溶液pH=4.7，则即醋酸的数量级是10-5；D选项错误；

答案选BC。13、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。14、AD【分析】【分析】

1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性；相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性。

【详解】

A．1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)；故A正确；

B．由b点到a点的过程中，一直是醋酸过量，c(Na+)小于c(CH3COO-)；故B错误；

C．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a；故C错误；

D．根据图象可知，c点溶液的pH=7，c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，根据电荷守恒可知：c（CH3COO－）=c（Na＋）=0.2mol·L－1，c（CH3COOH）=w+0.1-0.2=w-0.1，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==mol·L-1；故D正确；

故选AD。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化情况为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，利用图中C点的数据进行计算。15、BD【分析】【详解】

A.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液至过量；溶液的红色褪去，碳酸根水解平衡逆向移动，碱性减弱至红色褪去，故A正确；

B.往Na2CO3溶液中加水，水的离子积常数，电离平衡常数都不变，因此比值不变，故B错误。

C.pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4三种溶液，溶液中的氢离子浓度相等，③NH4HSO4是电离显酸性，即③NH4HSO4浓度最小，③NH4HSO4中c(NH4＋)最小，但由于②NH4Al(SO4)2中铵根、铝离子都水解显酸性，①NH4Cl中只有铵根水解，两者水解生成的氢离子一样多，则②NH4Al(SO4)2中铵根比①NH4Cl中铵根小，因此三种溶液中c(NH4＋)大小顺序为：①>②>③；故C正确；

D.在水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液可能为酸、也可能为碱，是碱则Al3＋一定不可能大量存在，是酸则Al3＋共存；故D错误。

综上所述，答案为BD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及时分离出NH3；减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D．该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；

（2）A．单位时间内，有3molH-H生成的同时必定6mdN-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B．根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入2molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小；正确；故选CD；

（三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1>P2>P3；设起始量氢气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x则0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案为P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反应x3x2x

平衡1-x3-3x2x

则×100%=20%，解得x=mol，NH3的物质的量分数为÷=20%，N2的物质的量分数为20%，H2的物质的量分数为60%，平衡常数Kp=故答案为

（五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。【解析】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-17、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/mol18、略

【分析】【详解】

（1）化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成，其中化学键断裂吸热，化学键形成放热，则图中a表示旧键断裂吸收的能量，b表示新键形成放出的能量；

故答案为：旧键断裂吸收的能量；新键形成放出的能量；

（2）反应热旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量，则图中该反应

故答案为：【解析】旧键断裂吸收的能量新键形成放出的能量19、略

【分析】【详解】

(1)1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量，说明生成物的总能量小于反应物的总能量；2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285×2=570kJ，由液态水变气态水需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出的热量小于570kJ；(2)16gCH4（g）的物质的量为1mol，所以热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1。

【点睛】

放热反应中生成物的总能量小于反应物总能量，反应放出的热量多少与物质的状态密切相关。由液体变为气体需要吸收热量。【解析】＜＜CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣120、略

【分析】【详解】

根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故答案为：吸热。【解析】吸热21、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）任何溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A-的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA)；

（4）由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)。

【详解】

(1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH>7；

故答案为：a=7时，HA是强酸；a>7时；HA是弱酸；

(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，由于pH=7，则c(Na+)=c(A−)；

故答案为：C；

(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A−的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A−)+c(HA)=0.2mol⋅L−1；

故答案为：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；0.2；

(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)−c(A−)=c(OH−)−c(H+)=(10−4−10−10)mol⋅L−1；

故答案为：10−4−10−10。

【点睛】

本题主要考查弱电解质的电离平衡，溶液离子浓度大小的比较等，主要考查溶液中的平衡，有一定难度。【解析】时，HA是强酸；时，HA是弱酸22、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC四、判断题(共1题，共10分)23、×【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、计算题(共2题，共18分)24、略

【分析】【分析】

（1）①由图可知；该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；

②加入催化剂可降低反应的活化能；

（2）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算ΔH1；根据盖斯定律进行计算。

【详解】

（1）①由图可知，该反应