2025年冀教新版選修4化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教新版選修4化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、室溫下，某溶液初始時僅溶有M和N且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應：①②反應①的速率可表示為反應②的速率可表示為(為速率常數)。反應體系中組分M；Z的濃度隨時間變化情況如圖。下列說法正確的是。

A.0~30min時間段內，Y的平均反應速率為B.反應開始后，當體系中Y和Z的濃度之比保持不變，說明該反應達到了平衡C.如果反應能進行到底，反應結束時62.5%的M轉化為ZD.反應①的活化能比反應②的活化能小2、下列物質在水溶液中促進了水的電離的是A.NaHSO4B.HClOC.NaClD.CuSO43、25℃時，下列溶液中有關微粒的物質的量濃度關系錯誤的是（）A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液以任意比混合c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B.Na2CO3溶液：c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3）C.室溫下pH=7的CH3COOH與CH3COONa的混合液中離子的濃度大小順序為：c(Na+)=c(CHCOO－)>c(H+)=c(OH－)D.pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)4、液氨中存在與水的電離類似的電離過程，金屬鈉投入液氨中可生成氨基鈉(NaNH2)，下列說法不正確的是A.液氨的電離方程式可表示為2NH3?NH4++NH2-B.鈉與液氨的反應是氧化還原反應，反應中有H2生成C.NaNH2與少量水反應可能有NH3逸出，所得溶液呈弱堿性D.NaNH2與一定量稀硫酸充分反應，所得溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可能得到四種鹽5、下列有關平衡常數K的說法中正確的是A.平衡常數與反應物或生成物的濃度變化無關，溫度越高，平衡常數越大B.時，固體在同體積、同濃度的氨水和溶液中的相比較，前者較小C.時溶液中的大于時NaCl溶液中的D.時，溶液的一級電離常數為則溶液的水解常數6、常溫下，將NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10；再向其中滴加1mol/L鹽酸。溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化如下圖所示。

下列說法不正確的是A.a點溶液中，c(OH-)=l×l0-4mol/LB.b點溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)C.c點時，加入的n(HCI)小于通入的n(NH3)D.a→b，水的電離程度減小7、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1mol-OH和1molOH-含有的電子數均為10NAB.室溫下，1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中數為0.1NAC.標準狀況下，NA個NO分子和0.5NA個O2分子充分反應后氣體體積為22.4LD.常溫常壓下，1.6gCH4中含有的共價鍵總數為0.4NA8、微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置。某微生物燃料電池的工作原理如圖所示：

下列說法正確的是（）A.電流由a極沿導線流向b極B.每轉移標準狀況下，消耗C.微生物所在電極區(qū)放電時發(fā)生還原反應D.負極反應式為9、下列敘述正確的是()A.室溫下，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH>7B.室溫下，Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，溶液中的值增大C.在外加電流的陰極保護法中，須將被保護的鋼鐵設備與直流電源的負極相連D.反應NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)在室溫下能自發(fā)進行，該反應的ΔH>0評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、某溫度下，向溶液中滴加的溶液，滴加過程中與溶液體積的關系如圖所示。下列有關說法正確的是。

A.該溫度下，B.a、b、c三點對應的溶液中，水的電離程度最小的為a點C.若改用溶液，b點應該水平左移D.若改用溶液，b點移向右下方11、H2C2O4為二元弱酸。25℃時，向0.100mol·L?1Na2C2O4溶液中緩緩通入HCl氣體（忽略溶液體積的變化）。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A.0.100mol·L?1Na2C2O4溶液中：c(C2O42?)＞c(HC2O4?)＞c(OH?)＞c(H＋)B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HC2O4?)＋2c(H2C2O4)C.c(Cl－)＝0.100mol·L?1溶液中：c(OH?)?c(H＋)＝c(H2C2O4)?c(C2O42?)D.c(HC2O4?)＝c(C2O42?)的酸性溶液中：c(Cl－)＋c(HC2O4?)＜0.100mol·L?1＋c(H2C2O4)12、常溫下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有關微粒的物質的量變化如圖；根據圖示判斷，下列說法正確的是。

A.H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.當V(NaOH)=20mL時，則有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水小D.當V(NaOH)=30mL時，則有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)13、室溫下，下列混合溶液中，各離子濃度的關系正確的是A.pH=12的一元弱堿的溶液濃度一定比pH=2的一元強酸溶液濃度大B.濃度均為0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合后：c(Na+)=2c(SO42-)=0.2mol?L-1C.H2C2O4為二元弱酸，濃度均為0.1mol/L的Na2C2O4溶液中：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)D.濃度均為0.lmol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中(R表示S或C)：c(H+)32-)+c(OH-)14、已知常溫下的電離平衡常數的電離平衡常數的電離平衡常數若溶液混合引起的體積變化可忽略，則室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是（）A.溶液：B.的溶液和的溶液等體積混合：C.的和的溶液等體積混合：D.氨水和溶液等體積混合：評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、在密閉容器中進行反應①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反應②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反應③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代數式表示)。

（2）反應①的化學平衡常數表達式K=_________________________，已知500℃時反應①的平衡常數K=1.0，在此溫度下2L密閉容器中進行反應①，Fe和CO2的起始量均為2.0mol，達到平衡時CO2的轉化率為_____________________________，CO的平衡濃度為_____________________________。

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達到平衡時體系中CO的濃度是CO2濃度的兩倍，則a_____0(填“>”、“<”或“=”)。為了加快化學反應速率且使體系中CO的物質的量增加，其他條件不變時，可以采取的措施有_____________________________(填序號)。

A．縮小反應器體積B．再通入CO2C．升高溫度D．使用合適的催化劑。

（4）在密閉容器中，對于反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始時分別為20mol和10mol；達平衡時，SO2的轉化率為80%。若從SO3開始進行反應，在相同的溫度下，欲使平衡時各成分的百分含量與前者相同，則起始時SO3的物質的量為_____________，其轉化率為____________。16、按要求寫熱化學方程式：

（1）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的C2H2氣體放出熱量為1300kJ，經測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產生100g白色沉淀，寫出表示C2H2氣體充分燃燒的熱化學方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式：___。17、依據事實；寫出下列反應的熱化學方程式。

（1）已知拆開1molH-H鍵，1molN-H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式___。18、化學在能源開發(fā)與利用中起著十分關鍵的作用。

（1）0.3mol的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，其熱化學方程式為_____。

（2）家用液化氣中主要成分之一是丁烷。當1g丁烷完全燃燒并生成CO2和液態(tài)水時，放出熱量50kJ。試寫出丁烷燃燒的熱化學方程式：____。19、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農業(yè)生產；生活中有著重要作用。

(1)在固定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：該反應的化學平衡常數表達式是K=_________。已知平衡常數K與溫度T的關系如表:。T/℃400300平衡常數KK1K2

①試判斷K1_________K2(填寫“>”“=”或“<”)。

②下列各項能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是_________(填字母)。

a．容器內N2、H2、NH3的濃度之比為1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器內壓強保持不變。

d．混合氣體的密度保持不變。

③合成氨在農業(yè)和國防中有很重要的意義，在實際工業(yè)生產中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解釋的是_________(填字母)。

a．采用較高溫度(400~500℃)b．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來。

c．用鐵觸媒加快化學反應速率d．采用較高壓強(20~50MPa)

(2)對反應在溫度分別為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示，下列說法正確的是_________。

a．A、C兩點的反應速率：A>C

b．B、C兩點的氣體的平均相對分子質量：B

c．A、C兩點N2O4的轉化率：A

d．由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法20、含氮；磷污水過量排放引起的水體富營養(yǎng)化是當前備受關注的環(huán)境問題。

(1)氮肥、磷肥都可以促進作物生長。氮、磷元素在周期表中處于同一主族，從原子結構角度分析它們性質相似的原因是_______，性質有差異的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被細菌分解，當氧氣不充足時，在反硝化細菌的作用下，細菌利用有機物(又稱碳源，如甲醇)作為電子供體，將硝態(tài)氮的化合物(含NO3-)連續(xù)還原最終生成N2；發(fā)生反硝化作用，完成下述反應的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小組研究溫度對反硝化作用的影響。在反應器內添加等量的相同濃度的甲醇溶液，從中取污泥水混合液分置于4個燒杯中，使4個燒杯內的溫度不同，將實驗數據作圖如圖。由圖像分析產生差異的原因是：_______。

(4)某小組研究濃度對反硝化作用的影響。

①保持其他條件相同，在反應器內添加不等量的甲醇溶液，使4個燒杯碳源濃度依次為183mg?L-1、236mg?L-1、279mg?L-1和313mg?L-1。該小組預測反硝化速率變化的趨勢是增大，預測依據是_______。

②碳源為183mg?L-1的污水經過2h的反硝化試驗，可使NO3-由15.0mg?L-1降至8.8mg?L-1。已知M(NO3-)=62g?mol-1，NO3-的轉化速率是________mol(L?h)-1。評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)21、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共7分)22、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數Ksp=_____。(列式帶入數據并計算出結果)

(3)現將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉化的離子方程式：_____。評卷人得分六、結構與性質(共3題，共9分)23、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數，與溫度、催化劑有關)。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉化率為a，CH3OH的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數為_______(結果保留兩位有效數字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內包含微粒種類及數目；微粒的相對總能量(括號里的數字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數)。(已知：)24、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。25、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．由圖中數據可知，30min時，M、Z的濃度分別為0.300mol/L和0.125mol/L，則M的變化量為0.5mol/L-0.300mol/L=0.200mol/L，其中轉化為Y的變化量為0.200mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L。因此，0~30min時間段內，Y的平均反應速率為A錯誤；

B．由題中信息可知，反應①和反應②的速率之比為Y和Z分別為反應①和反應②的產物，且兩者與M的化學計量數相同（化學計量數均為1），因此反應開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于由于k1、k2為速率常數；故該比值保持不變，不能說明該反應達到了平衡，B錯誤；

C．結合A、B的分析可知因此反應開始后，在相同的時間內體系中Y和Z的濃度之比等于=因此，如果反應能進行到底，反應結束時有的M轉化為Z；即62.5%的M轉化為Z，C正確；

D．由以上分析可知；在相同的時間內生成Z較多；生成Y較少，因此，反應①的化學反應速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學反應速率較快，故反應①的活化能比反應②的活化能大，D錯誤；

答案選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A.NaHSO4在水溶液中會電離出H+；抑制水的電離，故A錯誤；

B.HClO在水溶液中會電離出H+；抑制水的電離，故B錯誤；

C.NaCl為強酸強堿鹽；對水的電離無影響，故C錯誤；

D.CuSO4溶液中Cu2+會發(fā)生水解而促進水的電離；故D正確；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

A．任何電解質溶液中都遵循電荷守恒，根據電荷守恒得c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；故A正確；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒式為c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正確；

C．室溫下，pH的溶液中c(H+)=c(OH-)且濃度很小，結合電荷守恒得c(Na+)=c(CHCOO-)，所以離子濃度大小順序是c(Na+)=c(CHCOO-)＞c(H+)=c(OH-)；故C正確；

D．pH=4的NaHA溶液呈酸性，說明HA-的電離程度大于水解程度，所以c(H2A)＜c(A2-)；故D錯誤；

故選D。4、C【分析】【詳解】

A.NH3與水分子一樣發(fā)生自偶電離，一個氨分子失去氫離子，一個氨分子得到氫離子，液氨的電離方程式可表示為2NH3?NH4++NH2-；故A正確；

B.鈉與液氨的反應鈉由0價升高為+1價，有元素化合價變價，是氧化還原反應，氫元素化合價降低，反應中有H2生成；故B正確；

C.NaNH2與少量水反應可能有NH3逸出；所得溶液是NaOH，呈強堿性，故C錯誤；

D.NaNH2與一定量稀硫酸充分反應，所得溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可能得到四種鹽：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4；故D正確；

故選C。5、D【分析】【詳解】

A．如果正反應是吸熱反應，溫度越高，平衡越向正反應方向移動，則K值越大，如果正反應是放熱反應，溫度越高，平衡越向逆反應方向移動，則K值越??；故A錯誤；

B．Ksp只與溫度有關，所以固體在同體積同濃度的氨水和溶液中的Ksp相比較；二者相同，故B錯誤；

C．溫度越高水的離子積常數越大；故C錯誤；

D．所以KaKb=Kw；故D正確；

選D。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A.a點溶液PH=10，c(H+)=1×10-10mol/Lc(OH-)==l×l0-4mol/L；A項正確；

B.b點溶液呈堿性，根據電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(H+)-)則有c(NH4+)>c(Cl-)；B項正確；

C.由圖可知c點對應PH值大于8，c點溶液還是呈堿性，說明加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)；C項正確；

D.a→b；堿性變弱，水電電離受到的抑制逐漸變弱，所以水的電離程度增大，D項錯誤；

答案選D。7、D【分析】【詳解】

A．-OH中含有9個電子，OH-中含有10個電子，則1mol–OH中含有電子數為9NA，而1molOH-含有的電子數為10NA；A錯誤；

B．在1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物質的量是n(NH4Cl)=0.1mol/L×1L=0.1mol，在溶液中會發(fā)生水解反應而消耗，故溶液中含有數小于0.1NA；B錯誤；

C．NA個NO分子和0.5NA個O2分子充分反應產生NA個NO2分子，但NO2會有一部分發(fā)生反應產生N2O4，該反應為可逆反應，因此反應后容器內氣體分子數小于NA個；則其在標準狀況下所占體積小于22.4L，C錯誤；

D．CH4分子中含有4個C-H鍵，1.6gCH4的物質的量是0.1mol，其中含有的共價鍵的物質的量是0.4mol，因此其中含有的共價鍵總數為0.4NA；D正確；

故合理選項是D。8、D【分析】【詳解】

A．根據的移動方向可知，b極是電池的正極，a極是負極，則電子從a極流出沿導線流向b極，電流從b極流出沿導線流向a極；A錯誤；

B．根據正極反應式：可知，每轉移消耗的物質的量為標準狀況下的體積為B錯誤；

C．微生物所在電極區(qū)為負極區(qū)；放電時發(fā)生氧化反應，C錯誤；

D．負極上在硫氧化菌作用下轉化為失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式是D正確。

答案選D。9、C【分析】【分析】

【詳解】

A．CH3COOH為弱酸，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液相比較；醋酸過量，等體積混合后溶液呈酸性，pH＜7，故A錯誤；

B．室溫下，Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，兩者反應生成CaCO3沉淀和NaOH溶液，溶液中c(OH-)增大，c(H+)減小，的值減?。还蔅錯誤；

C．與直流電源的負極相連；作陰極被保護，為外加電流的陰極保護法，所以在外加電流的陰極保護法中，須將被保護的鋼鐵設備與直流電源的負極相連，故C正確；

D．NH3(g)+HCl(g)═NH4Cl(s)中△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，則△H-T△S＜0，則該反應的△H＜0；故D錯誤。

答案選C。

【點睛】

該題考查化學反應原理基礎知識，易錯項是A項，注意常溫下pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)與pH=11的NaOH溶液中c(OH-)相等。二、多選題(共5題，共10分)10、AC【分析】【詳解】

A．該溫度下，平衡時c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，則Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14mol·L-1)2=10-28mol2·L-2；A選項正確；

B．Pb2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，促進水的電離，b點時恰好形成PbS的沉淀；此時水的電離程度最小，B選項錯誤；

C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于溫度不變，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不變，即平衡時c(Pb2+)不變，縱坐標不變，但消耗的Na2S體積減小，故b點水平左移；C選項正確；

D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，縱坐標增大，消耗的Na2S的體積增大，b點應移向右上方；D選項錯誤；

答案選AC。11、BC【分析】【詳解】

A.Na2C2O4分步水解，且一步比一步難，+H2O+OH-，+H2O+OH-，水也電離出OH-，故c(OH?)＞c(HC2O4?)；故A項錯誤；

B.pH＝7為中性，c(H＋)=c(OH?)，依據電荷守恒再依據物料守恒二者相減即可得到B項關系式，B項正確；

C.當濃度為0.100mol/L時，可以發(fā)現此時有物料守恒依據電荷守恒有：此時溶液中有代入后化簡得到，c(OH?)?c(H＋)＝c(H2C2O4)?c(C2O42?)；C項正確；

D.首先將物料守恒代入關系式，化簡得到因為溶液是酸性的，結合選項B的分析，應有D項錯誤；

答案選BC。12、BC【分析】【詳解】

A.H2A是弱電解質，H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；選項A錯誤；

B.當V（NaOH）=20mL時，發(fā)生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要為NaHA，HA-電離大于水解，溶液顯酸性，則c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；選項B正確；

C.由圖示關系知，c（A2-）＞c（H2A）；說明電離大于水解程度，溶液顯酸性，水的電離受到了抑制，選項C正確；

D.當V（NaOH）=30mL時，發(fā)生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質量的NaHA，Na2A的混合溶液，根據電荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；選項D錯誤；

答案選BC。

【點睛】

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質是解答本題的關鍵，抓住圖象進行分析即可，易錯點為選項C酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽水解促進水電離。13、AD【分析】【詳解】

A.pH=12的一元弱堿的溶液濃度大于0.01mol/L，pH=2的一元強酸溶液濃度為0.01mol/L，所以該一元弱堿濃度一定大于該一元強酸濃度，故A正確；

B.濃度均為0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合后，恰好反應生成硫酸鈉,根據電荷守恒可得：c(Na+)=2c(SO42-)=0.1mol.L-1，故B錯誤；

C.H2C2O4為二元弱酸，濃度為0.1mol/L的Na2C2O4溶液中，根據物料守恒：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，故C錯誤；

D.根據化學式NaHRO3得物料守恒關系：c(Na+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(H2RO3)；由電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)，兩者聯立，(H+)+c(H2RO3)=c(RO32-)+c(OH-)，所以c(H+)32-)+c(OH-)，故D正確；

故答案：AD。

【點睛】

根據多元弱酸是分步電離，草酸屬于弱酸，草酸鈉溶液會發(fā)生水解也是分步完成的，所以根據溶液中的物料守恒分析判斷。14、BC【分析】【分析】

A．根據SH-的電離程度和水解程度的大小分析；B．據物料守恒分析；C．根據電荷守恒分析；D．由電荷守恒和物料守恒綜合分析。

【詳解】

A．溶液中，存在的水解平衡以及的水解平衡由的電離平衡常數和的電離平衡常數可知，溶液以的水解平衡為主，再結合溶液中弱酸根和弱堿根的水解是微弱的特點，溶液中相關微粒濃度大小順序為故A錯誤；B．據物料守恒故故B正確；C．據電荷守恒即類比A選項可知混合溶液又因為水解，混合后小于所以故C正確；D．的氨水和的溶液等體積混合后，得到溶質為氨水和的混合溶液，電荷守恒有①，物料守恒有②，③，①②③，得故D錯誤。答案選BC。

【點睛】

本題考查離子濃度大小比較，題明確反應后溶質組成為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理。三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

（1）由蓋斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反應①的化學平衡常數表達式K=c(CO)/c(CO2)，設轉化的CO2的物質的量為xmol，則平衡時CO的物質的量為xmol，CO2的物質的量為（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的轉化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達到平衡時體系中CO的濃度是C02濃度的兩倍；對于反應①，說明升高溫度平衡向正反應移動，升高溫度平衡向吸熱反應進行，故a＞0；

A．該反應前后氣體的物質的量不變；縮小反應器體積，壓強增大，平衡不移動，A不符合；

B．通入CO2；濃度增大，速率加快，平衡向正反應移動，CO的物質的量增大，B符合；

C．該反應正反應是吸熱反應；升高溫度，速率加快，平衡向正反應移動，CO的物質的量增大，C符合；

D．使用合適的催化劑；加快反應速率，平衡不移動，D不符合。

（4）在相同的溫度下，欲使平衡時各成分的百分含量與前者相同，說明兩平衡是等效平衡，按化學計量轉化到一邊，對應成分的物質的量相同，根據方程式可知，20molSO2和10molO2完全轉化，可得SO3的物質的量為20mol，故從SO3開始反應，達到相同平衡狀態(tài)，需要SO3物質的量為20mol；SO2的轉化率為80%，其轉化的物質的量為20mol×80%=16mol，所以從SO3開始反應，達到相同平衡狀態(tài)，SO3物質的量為16mol，轉化的SO3物質的量為（20-16）mol=4mol，其SO3轉化率為=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%16、略

【分析】【分析】

(1)根據生成碳酸鈣的質量計C2H2的物質的量，結合燃燒熱的概念書寫表示C2H2燃燒熱化學方程式；

(2)根據中和熱的概念：稀的強酸和強堿反應生成1mol水所放出的熱量求出中和熱并書寫出中和熱的熱化學方程式。

【詳解】

(1)n(CaCO3)==1mol，則根據C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃燒生成的二氧化碳為1mol，由C2H2燃燒的化學方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反應的C2H2的物質的量是n(C2H2)=因為燃燒mol的C2H2放出的熱量為1300kJ，所以燃燒1molC2H2產生CO2氣體和產生液態(tài)水放出熱量是2600kJ，故C2H2的燃燒熱為2600kJ，所以表示C2H2燃燒熱化學方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案為：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液與足量NaOH溶液完全反應，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應的反應熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案為：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【點睛】

本題考查熱化學方程式的書寫，注意把握中和熱和燃燒熱的概念，利用反應熱與反應途徑無關，只與物質的始態(tài)和終態(tài)有關進行解答問題，注意反應熱要與反應的物質的物質的量的多少及物質的存在狀態(tài)相對應?！窘馕觥緾2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol17、略

【分析】【分析】

（1）化學反應中；化學鍵斷裂吸收能量，形成新化學鍵放出能量，根據方程式計算分別吸收和放出的能量，以此計算反應熱并寫出熱化學方程式。

（2）根據中和熱的概念：稀的強酸和強堿反應生成1mol水所放出的熱量求出中和熱以及中和熱的熱化學方程式。

【詳解】

（1）在反應N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN≡N鍵共吸收的能量為3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H鍵，放出的能量為6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反應為放熱反應，放出的熱量為2346kJ-2254kJ=92kJ，N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液與足量NaOH溶液完全反應，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應的反應熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案為H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【點睛】

此題最易錯之處是沒有弄清中和熱的概念，即生成1摩爾水時反應放出的熱量才是中和熱?！窘馕觥縉2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）0.3mol的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，則1mol完全燃燒，放出熱量為2165kJ，其熱化學方程式為B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；

（2）當1g丁烷完全燃燒并生成CO2和液態(tài)水時，放出熱量50kJ，則1mol丁烷完全燃燒放出2900kJ能量，則丁烷燃燒的熱化學方程式為C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。

【點睛】

熱化學方程式要注意有物質聚集狀態(tài)，且方程式后有焓變值，當△H>0，反應吸熱，當△H<0時，反應為放熱反應。并且焓變值與化學計量數成正比?！窘馕觥緽2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。19、略

【分析】【詳解】

（1）在固定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：根據平衡常數表達式可知，該反應的化學平衡常數表達式是

①根據降低溫度平衡放熱方向移動以及平衡正向移動平衡常數增大，所以K12；

②a．平衡時反應混合物中各組分的含量保持不變，但容器內N2、H2、NH3的濃度之比不一定為為1:3:2；所以不能作為平衡的標志，故a錯誤；

b．平衡時不同物質表示速率之比等于系數之比說明到達平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆說明反應達到平衡，故b錯誤；

c．反應前后氣體體積減??；若壓強不變，說明反應達到平衡，故c正確；

d．反應前后氣體的質量不變；容器的體積不變，所以密度不變，所以混合氣體的密度保持不變不能作為平衡的標志，故d錯誤；

答案選c；

③a．加熱到500℃合成氨是放熱反應；升溫會使平衡逆向移動，降低轉化率，升溫的目的是為了保證催化劑的催化活性，加快化學反應速率，不能用勒夏特列原理解釋，故a錯誤；

b．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來，將氨及時液化分離，利于化學平衡正向移動，有利于氨的合成，故b正確；

c．用鐵作催化劑加快化學反應速率；催化劑不能使平衡移動，使用催化劑是為了加快化學反應速率，用勒夏特列原理無法解釋，故c錯誤；

d．采用較高壓強(20Mpa?50MPa)；合成氨是氣體體積減小的反應，加壓至20～50MPa，有利于化學平衡正向移動，有利于氨的合成，故d正確；

答案選bd；

(3)a．.A、C兩點都在等溫線上，壓強越大，反應速率越快，所以速率：C>A；故a錯誤；

b．B和C的體積分數相等，所以B、C兩點的氣體的平均相對分子質量相等，故b錯誤；

c．A、C兩點都在等溫線上，C點壓強更高，壓強增大，平衡向氣體體積減少的方向移動，即逆反應方向移動，N2O4的轉化率降低，所以兩點N2O4的轉化率：A>C；故c錯誤；

d．該反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，NO2的體積分數增大；所以由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法，故d正確；

答案選d?！窘馕觥?lt;cbdd20、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）N和P最外層電子數相同；且都是5個，N和P位于VA族；P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑大于N的原子半徑，即P和N的性質有差異；

（2）根據信息，NO3－與甲醇反應，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根據化合價升降法進行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化細菌的作用下發(fā)生反應，溫度對反硝化細菌有影響，因此根據圖像分析產生差異的原因是其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根據問題（2）；甲醇是反應物，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快；

②令溶液的體積為1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的轉化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【點睛】

本題難點是氧化還原反應方程式的書寫，首先找準氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物，本題氧化還原反應：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判斷化合價的變化，找出最小公倍數，N2中N的化合價整體降低10價，CH3OH中C顯－2價；C的化合價升高6價；

最小公倍數為30，即N2的系數為3，CH3OH系數為5，最后根據原子守恒以及所帶電荷數相等配平其他即可?！窘馕觥孔钔鈱与娮訑迪嗤?，都是5個P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反應的反應物(還原劑)，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快5×10-5四、判斷題(共1題，共2分)21、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯五、有機推斷題(共1題，共7分)22、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點；都是該溫度下的平衡點，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數進行比較，可確定曲線外的某一點是否達到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數，可由一種離子濃度計算另一種離子的濃度。

【詳解】

(1)A點時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點c(Ag+)相同的曲線上的點相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點未達沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不飽和溶液。答案為：不飽和；

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數Ksp=c2(Ag+)?c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案為：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在飽和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)?c()是一個定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸餾水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，則溶液中c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為b>a>c。答案為：b>a>c；

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點睛】

一種難溶性物質，其溶度積常數越小，越容易轉化，其溶解度往往越小?！窘馕觥坎伙柡?.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、結構與性質(共3題，共9分)23、略

【分析】【詳解】

（1）根據蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉化率為a，則消耗剩余的物質的量為根據碳原子守恒，生成CO的物質的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時則平衡時

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質的量分數為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數據，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為