2025年外研版选修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年外研版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)；C物质的体积分数(C%)与温度；压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）

A.△H＜0△V(g)>0B.△H>0△V(g)＜0C.△H>0△V(g)>0D.△H＜0△V(g)＜02、在醋酸的电离过程中，加入水会使下列比值增大的是A.c(CH3COOH)/c(CH3COO—)B.c(CH3COO—)/c(OH—)C.c(H+)/c(CH3COOH)D.c(H+)/c(OH—)3、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.的溶液中，B.将等物质的量的和混合溶于水中：C.的与的NaOH溶液等体积混合：D.的硫酸铵溶液中：4、下列叙述正确的是A.将纯水加热，水的离子积变大、pH变小、溶液呈酸性B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C.pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等D.中和体积和pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同5、室温下，用0.20mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol·L-1的NaHSO3溶液；滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.溶液中水的电离程度：b>a>cB.pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mLC.在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10－7D.c点溶液中c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)6、下列有关钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是A.自行车的钢圈上镀一层铬，防止生锈B.外加直流电源保护钢闸门时，钢闸门与电源的负极相连C.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：2H2O＋O2＋4e－=4OH-D.钢铁发生析氢腐蚀的负极反应：Fe–3e－=Fe3+评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的A.正反应活化能小于100kJ·mol－1B.逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1C.正反应活化能不小于100kJ·mol－1D.正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol－18、在三个体积均为2L恒容密闭容器中，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0达到平衡，得到如下数据。下列说法正确的是。容器编号温度/K物质的起始物质的量/mol物质的平衡物质的量/molCO(g)H2(g)CH3OH(g)CH3OH(g)CH3OH(g)CH3OH(g)ⅠT10.400.8000.24ⅡT2000.400.20ⅢT2ab

A.反应温度：T1＜T2B.达平衡时，转化率：α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)＞1C.在容器Ⅲ中，若平衡时，CO的转化率大于H2，则D.在容器Ⅲ中，若起始时加入0.4molCO、0.4molH2和0.4molCH3OH，则此时v(正)＞v(逆)9、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.该反应的正方应为放热反应B.达平衡时，容器Ⅱ中CH3OCH3的浓度大于0.16mol/LC.达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，则反应将向逆反应方向进行10、在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH<0B.T1时，该反应的平衡常数为C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2D.若T21，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%11、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)=]如图所示:

下列说法错误的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液可用酚酞作指示剂B.0.1mol·L-1Na2A溶液中:c(Na+)-)+2c(A2-)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.H2A的Ka2=1×10-712、室温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，当溶液中（）A.c(CH3COO-)=c(Na+)时，该溶液一定呈中性B.c(CH3COO-)=c(Na+)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全中和C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)时，一定是醋酸过量D.c(Na+)＞c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)时，一定是氢氧化钠过量13、25℃时，用2amol•L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2amol•L﹣1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F﹣的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示．下列说法正确的是（）

A.pH=3时，溶液中：c(Na+)＜c(F﹣)B.c(F﹣)＞c(HF)时，溶液一定呈碱性C.pH=3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应D.pH=4时，溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH﹣)＜2amol•L﹣114、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)；产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是。

A.电子由电极M经外电路流向电极NB.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3C.放电一段时间后，酸液室溶液pH减小，碱液室pH增大D.Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H＋通过质子交换膜c移向N极评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。16、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。17、体积均为100mL、pH=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HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

18、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.19、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中20、已知在常温下测得浓度均为0.1mol•L﹣1的下列四种溶液的pH如下表：

。溶质。

NaHCO3

Na2CO3

NaF

NaClO

pH

8.4

11.6

7.5

9.7

（1）用离子方程式表示NaClO溶液的pH=9.7的原因___________________________。

（2）根据盐溶液的pH，可知①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的由大到小顺序为_________________________________(填序号)。

（3）将少量CO2通入NaClO溶液中；写出该反应的离子方程式：________________。

（4）常温下，将CO2通入0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，则溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）=_________________(列计算式)评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共2分)22、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6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

由题干C物质的体积分数(C%)与温度、压强的关系图可知，压强相同时，温度升高，C物质的体积分数减小，即平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，故△H＜0，温度相同时，增大压强，C物质的体积分数减小，即平衡逆向移动，说明正反应是气体体积增大的方向，即△V(g)>0，综上所述，该反应正反应为△H＜0，△V(g)>0，故答案为：A。2、C【分析】【详解】

A．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH3COO－）增大、n（CH3COOH）减小；则比值减小，故A错误；

B．加水稀释，c（CH3COO-）减小，氢离子浓度减小，根据KW不变可知，c（OH-）增大；则比值减小，故B错误；

C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小；则比值增大，故C正确。

D．加水稀释醋酸，c（H+）减小，由于KW不变，所以c（OH-）增大；则比值减小，故D错误；

故选：C。3、B【分析】【详解】

A.的溶液中硫化氢分步电离，故A错误；

B.将等物质的量的和混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故B正确；

C.的与的NaOH溶液等体积混合溶液中氢离子和氢氧根离子恰好反应，草酸浓度大于氢氧化钠溶液，草酸又电离出氢离子，溶液显酸性，故C错误；

D.硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根离子水解溶液显酸性，的硫酸铵溶液中：故D错误；

故选：B。4、C【分析】【详解】

A．水的电离过程为吸热反应；温度升高，水的离子积变大；水的电离程度增大，溶液pH减小，但溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液仍然为中性，选项A错误；

B．Kw是温度的函数；温度不变水的离子积常数不变，选项B错误；

C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)=10-5mol/L；选项C正确；

D．pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液中氢离子浓度相等；醋酸的浓度远大于其电离出的氢离子浓度，醋酸电离出的总的氢离子的物质的量大于盐酸能电离出的氢离子总物质的量，故中和时消耗NaOH物质的量不相同，选项D错误；

故答案选C。5、D【分析】【分析】

在a点，pH<7，说明溶液显酸性，HSO3-主要发生电离，HSO3-H++SO32-；在b点；加入。

V(NaOH)=10.00mL，NaHSO3与NaOH的物质的量相等，二者刚好完全反应生成Na2SO3，此时c(Na2SO3)=0.1mol/L，溶液的pH=10，说明SO32-＋H2OHSO3-＋OH-；在c点，V(NaOH)=20.00mL，此时溶液中c(Na2SO3)=c(NaOH)=0.067mol/L。

【详解】

A．在a点，HSO3-H++SO32-，对水的电离产生抑制，b点，SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，促进水的电离，在c点，虽然SO32-仍会促进水电离，但过量NaOH对水电离的抑制是主要的，且比a点对水的抑制作用更强，水的电离程度更小，所以溶液中水的电离程度：b>a>c；A正确；

B．V(NaOH)=10.00mL时，pH>7，所以pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mL；B正确；

C．在b点，SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，c(OH-)=c(HSO3-)===1.0×10-4mol•L-1，Kh=≈10-7，在室温下K2(H2SO3)==≈1.0×10－7；C正确；

D．在c点，c(Na2SO3)=c(NaOH)，溶液中主要发生SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，所以c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H+)；D错误；

故选D。6、D【分析】【详解】

A．镀上一层金属铬可以隔绝空气；使金属不受腐蚀，正确；

B．Fe与外接电源相连；作阴极被保护，所以采用“外加电流的阴极保护法”，铁闸门应与直流电源的负极相连，作阴极被保护，正确；

C．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应离子方程式是：2H2O+O2+4e-=4OH-；正确；

D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，生成Fe2+，所以负极反应为Fe-2e-=Fe2+；错误；

答案选D。二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【详解】

某反应的△H=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1；无法确定正；逆反应活化能的大小，CD正确，故选CD。

【点睛】

正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：8、AB【分析】【分析】

分析题给信息，该可逆反应为气体分子数减小且正反应为放热的反应，分析容器Ⅰ和容器Ⅱ的投料量，可知二者投料量等效。但最终物质的平衡物质的量不相等，说明二者温度应不相同，根据化学平衡的移动，分析T1、T2的关系。容器Ⅲ中反应条件与容器Ⅱ相同；结合题给信息具体分析。

【详解】

A．容器Ⅰ中加入0.40molCO、0.80molH2，与容器Ⅱ中加入0.40molCH3OH等效，达到平衡时，容器Ⅱ中CH3OH的物质的量比容器Ⅰ少，结合可逆反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，可知，反应向逆反应方向移动。因此反应温度：T1＜T2；A项正确；

B．根据等效平衡原理，若T1=T2，则转化率：α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)=1，因T1＜T2，α(CH3OH，Ⅱ)变大，所以α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)＞1；B项正确；

C．在容器Ⅲ中，若平衡时，CO的转化率大于H2，则C项错误；

D．依据容器Ⅱ中平衡时CH3OH的平衡物质的量，可计算出该温度下反应的化学平衡常数K=25，在容器Ⅲ中，若起始时加入0.4molCO、0.4molH2和0.4molCH3OH，可计算出此时浓度商Qc=25=K，Qc=K，平衡不移动，则此时v(正)=v(逆)；D项错误。

【点睛】

分析等效平衡问题的关系：

（1）看清楚条件是恒温恒容还是恒温恒压。

（2）分析要形成等效平衡；是必须各物质的量与原平衡完全相同还是只要成比例即可。

（3）分析对于不能构成等效平衡的情况；平衡是向正反应方向移动了，还是向逆反应方向移动了。

在分析中，将生成物（或反应物）按“一边倒”的原则全部转化为反应物（或生成物）是非常必要、有效的。9、AD【分析】【详解】

A．对比I、Ⅲ可知，升高温度CH3OCH3(g)的物质的量减小；说明升高温度，平衡逆向移动，而升高温度，化学平衡向吸热反应移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；

B．Ⅱ等效为Ⅰ中平衡基础上压强增大一倍，该反应是气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不移动，因此容器Ⅰ中的CH3OH体积分数与容器Ⅱ中的相等。I中平衡时CH3OCH3的物质的量是0.080mol，则容器Ⅱ中CH3OCH3的物质的量为n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反应容器是1L，则II达到平衡时CH3OCH3的物质的量浓度为c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B错误；

C．II中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C错误；

D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容积是1L，则物质的浓度与其物质的量在数值上相等，此时浓度商Qc==5＞4=K；则反应将向逆反应方向进行，D正确；

故合理选项是AD。10、AD【分析】【分析】

A.由图可知，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使平衡逆向移动；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L；根据反应方程式计算；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析；容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；

D.为放热反应；起始量III看成I体积减小一半，温度降低；压强增大，均使平衡正向移动。

【详解】

A.图中温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==故B错误；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2，则平衡时两容器压力比为==＞故C错误；

D.T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为×100%=40%；温度降低；压强增大，均使平衡正向移动，容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，故D正确；

故答案选AD。

【点睛】

物质的量浓度随时间的变化曲线，把握图中浓度变化、压强与温度对平衡的影响为解答的关键，注意选项C容器容积和反应温度一定时，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，S是固体，不改变浓度。11、BC【分析】【分析】

由图可知，实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=1时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。

【详解】

A.强碱滴定弱酸时，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液应用酚酞作指示剂；故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH—)，因Na2A溶液显碱性，c(OH—)>c(H+)，则:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)；故B错误；

C.由图可知，当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA-的电离大于水解，则溶液中c(A2-)>c(H2A)；故C错误；

D.由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7；故D正确；

故选BC。

【点睛】

由图确定实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线是解答关键。12、AC【分析】【详解】

A.因溶液中只有四种离子，则由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当c(CH3COO-)=c(Na+)时，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，故A正确；

B.若醋酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液中的溶质只有醋酸钠，由醋酸根离子的水解可知，c(Na+)＞c(CH3COO-)，故B错误；

C.由B选项可知，当二者恰好中和时c(Na+)＞c(CH3COO-)，所以当溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)时，醋酸一定过量，故C正确；

D.若醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，则溶液中的溶质为醋酸钠，由醋酸根离子水解及水解显碱性可知c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，则不一定是碱过量，故D错误；

故选：AC。13、AD【分析】【详解】

A.pH=3时，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，则c(F-)＞c(Na+)，故A正确；

B.当pH＞3.45时，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；

C.HF为弱酸，恰好反应时溶液应呈碱性，当pH=3.45时，HF酸过量，故C错误；

D.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，则c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(HF)+c(F-)，当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，由物料守恒可知，c(HF)+c(F-)＜2amol•L-1；故D正确；

答案选AD。14、BC【分析】【分析】

图分析可知N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑；说明N电池为正极，M电池为负极，碱液室中氢氧根离子通过阴离子交换膜中和正电荷，酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气同时酸液室中的氯离子通过阴离子交换膜加入碱液室补充负电荷，据此分析判断。

【详解】

A．图分析可知电极M区的电极反应式为H2-2e-=2H+，N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑；故M为负极，N为正极，故电子由电极M经外电路流向电极N，A正确；

B．放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3溶液，在酸液室可以生成NaHCO3、Na2CO3；B错误；

C．放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，酸液室溶液pH增大，碱液室不断产生H+；故pH减小，C错误；

D．根据上述分析可知：Cl-通过阴离子交换膜b移向碱液室，H＋通过质子交换膜c移向N极；D正确；

故答案为：BC。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）16、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<043517、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于18、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.19、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水