2024年滬教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷908考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某可逆反應(yīng)過程能量變化如圖所示；下列說法中正確的是()

A.該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)ΔH>0B.其他條件不變，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率增大C.其他條件不變，增大壓強(qiáng)，釋放熱量減少，平衡常數(shù)K減小D.其他條件不變，加催化劑，反應(yīng)速率增大，E1和E2均減小，ΔH不變2、已知：

①

②

③

常溫下取體積比為的甲烷和氫氣的混合氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），經(jīng)完全燃燒后恢復(fù)至室溫，放出的熱量為A.B.C.D.3、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是。

。選項。

實驗操作和現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液；濁液變清。

苯酚的酸性強(qiáng)于H2CO3的酸性。

B

向碘水中加入等體積CCl4；振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色。

I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度。

C

向CuSO4溶液中加入鐵粉；有紅色固體析出。

Fe2+的氧化性強(qiáng)于Cu2+的氧化性。

D

向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液；有黃色沉淀生成。

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A.AB.BC.CD.D4、一種具有高能量比的新型干電池示意圖如圖所示，石墨電極區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)為MnO2+e－+H2O=MnO(OH)+OH-。該裝置工作時；下列敘述正確的是。

A.石墨電極上的電勢比Al電極上的低B.Al電極區(qū)的電極反應(yīng)式：A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+C.每消耗27gAl，有3mol電子通過溶液轉(zhuǎn)移到石墨電極上D.若采用食鹽水+NaOH溶液作電解質(zhì)溶液，電極反應(yīng)式相同5、利用如圖所示裝置；當(dāng)X；Y選用不同材料時，可將電解原理廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)。下列說法中正確的是。

A.氯堿工業(yè)中，X、Y均為石墨，Y附近能得到氫氧化鈉B.銅的精煉中，X是純銅，Y是粗銅，Z是CuSO4C.電鍍工業(yè)中，X是待鍍金屬，Y是鍍層金屬D.外加電流的陰極保護(hù)法中，X是待保護(hù)金屬評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應(yīng)PCl5（g）PCl3（g）＋Cl2（g）經(jīng)一段時間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：。t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20

以下對反應(yīng)過程的分析和判斷正確的是A.反應(yīng)在前50s的平均速率為v（PCl3）=0.0032mol·L?1·s?1B.保持其他條件不變，若升高溫度，平衡時，c（PCl3）=0.11mol·L?1，則反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，則達(dá)平衡前v（正）＞v（逆）D.相同溫度下，若起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，則達(dá)平衡時，PCl3的轉(zhuǎn)化率大于80%7、碳酸有兩個電離常數(shù)Ki1、Ki2，分別對應(yīng)碳酸的兩步電離。關(guān)于Ki1和Ki2說法正確的是A.Ki1的表達(dá)式為Ki1=B.Ki2對應(yīng)的電離過程是HCO3-+H2OH3O++CO32-C.當(dāng)碳酸的電離平衡正向移動時，Ki1與Ki2均相應(yīng)增大D.改變條件使Ki1減小，則Ki2一定也減小8、常溫下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四種離子。已知該溶液的溶質(zhì)為一種或兩種，且具有一定的濃度，下列有關(guān)說法正確的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶質(zhì)只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶質(zhì)為CH3COONa與CH3COOHC.若溶液pH=7，則可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，則不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)9、室溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONa溶液與HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl氣體至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)10、0.1mol/LKHSO4和0.1mol/LNa2S溶液等體積混合后（無氣體逸出），溶液能使pH試紙變藍(lán)，則離子濃度關(guān)系正確的是A.c(SO42-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.c(Na+)=c(S2-)+c(H2S)+c(SO42-)+c(HS-)D.c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(SO42-)+c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)11、已知25℃時有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：則下列有關(guān)說法正確的是。弱酸化學(xué)CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)(25℃)1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11

A.等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)B.amol·L-1HCN溶液與bmol·L-1NaOH溶液等體積混合后；所得溶液中。

c(CN－)＞c(Na＋)，則a一定大于bC.冰醋酸中逐滴加水，則溶液的導(dǎo)電性、醋酸的電離度、pH均先增大后減小D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)12、某溶液中只含有四種離子NH4+、Cl﹣、OH﹣、H+，已知該溶液中溶質(zhì)可能為一種或兩種，則該溶液中四種離子濃度大小關(guān)系可能為（）A.c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c(OH﹣)＞c(H+)B.c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c(H+)=c(OH﹣)C.c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c(OH﹣)＞c(H+)D.c(OH﹣)＞c（NH4+）＞c(H+)＞c（Cl﹣）13、室溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中通入HCl氣體至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)B.相同濃度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中：c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)C.c(NH)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)D.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)14、一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。已知:pM="-lg"c(M)，pc(CO32-)="-lg"cc(CO32-)。下列說法正確的是。

A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.a點(diǎn)可表示MnCO3的飽和溶液，且c(Mn2＋)=c(CO32-)C.b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，且c(Ca2＋)32-)D.c點(diǎn)可表示MgCO3的不飽和溶液，且c(Mg2＋)32-)評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當(dāng)前重要的研究課題。

I.汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在一定條件下可發(fā)生反應(yīng)生成無毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃燒熱△H2=-283.0kJ·mol-l，則反應(yīng)③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小組在三個容積為5L的恒容密閉容器中；分別充入0.4molNO和0.4molCO，發(fā)生反應(yīng)③。在三種不同實驗條件下進(jìn)行上述反應(yīng)（體系各自保持溫度不變），反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如圖所示：

①溫度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡轉(zhuǎn)化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反應(yīng)速率：a點(diǎn)的v逆_____b點(diǎn)的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2時的平衡常數(shù)Kc=_____。

（3）將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑（cat1、cat2）進(jìn)行反應(yīng)，相同時間內(nèi)測量的脫氮率（脫氮率即NO的轉(zhuǎn)化率）如圖所示。M點(diǎn)_____（填“是”或“不是”）對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，說明理由_________。

Ⅱ．N2O是一種強(qiáng)溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解反應(yīng)2N2O=2N2+O2對環(huán)境保護(hù)有重要意義。

（4）碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率；反應(yīng)歷程為：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常數(shù)為K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反應(yīng)。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反應(yīng)。

其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。實驗表明，含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k為速率常數(shù)）。

①k=_____（用含K和k1的代數(shù)式表示）。

②下列表述正確的是_____。

a．IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物

b．碘蒸氣的濃度大小不會影響N2O的分解速率。

c．第二步對總反應(yīng)速率起決定作用

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；從而影響△H

（5）通過N2O傳感器可監(jiān)測環(huán)境中N2O的含量；其工作原理如圖所示。

①NiO電極上的電極反應(yīng)式為_____。

②N2O濃度越高，則電壓表讀數(shù)越_____。（填“高”或“低”）16、（6分）肼（N2H4）可作為火箭發(fā)動機(jī)的燃料，與氧化劑N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣。

已知：①N2（g）＋2O2（g）===N2O4（l）ΔH1＝－19.5kJ·mol－1

②N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝－534.2kJ·mol－1

（1）寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________。

（2）已知H2O（l）===H2O（g）ΔH3＝＋44kJ·mol－1；則表示肼燃燒熱的熱化學(xué)方程式為__________。

（3）肼—空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時，負(fù)極的反應(yīng)式為__________。17、由于石油資源有限，且汽油燃燒會產(chǎn)生嚴(yán)重的污染，未來將用氫氣作為燃料來取代汽油，生產(chǎn)21世紀(jì)環(huán)保汽車。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）寫出氫氣和氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的熱量，至少需氫氣的質(zhì)量為____，這些氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為____。

（3）合成氨工業(yè)中氫氣可由天然氣和水反應(yīng)制備，其主要反應(yīng)為：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反應(yīng)過程中能量變化如圖所示，則該反應(yīng)為反應(yīng)____（填“吸熱”或“放熱”）

若已知，破壞1mol化學(xué)鍵需要吸收的熱量如下表所示：。化學(xué)鍵C—HO—HC=OH—H吸收熱量（kJ/mol）abcd

則該反應(yīng)的ΔH為_____(用含a、b、c、d字母的代數(shù)式表示)。18、在25℃；101kPa下；依據(jù)事實寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）1g乙醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱29.7kJ。則表示乙醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_____；

（2）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(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為________________；若適量的N2和O2完全反應(yīng)，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ熱量。則其熱化學(xué)方程式為：_____；已知AX3的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)分別為－93.6℃和76℃，AX5的熔點(diǎn)為167℃。室溫時AX3與氣體X2反應(yīng)生成1molAX5，放出熱量123.8kJ。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：__________19、采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)；在含能材料；醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=?4.4kJ·mol?1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=?55.3kJ·mol?1

則反應(yīng)N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。20、按要求回答下列問題。

（1）寫出氮化鎂的化學(xué)式________。

（2）寫出的離子結(jié)構(gòu)示意圖________。

（3）寫出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

（4）寫出溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)的化學(xué)方程式________。21、已知某溶液中只存在四種離子；某同學(xué)推測其離子濃度大小順序有如下三種關(guān)系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是__________(填化學(xué)式)，上述四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)。

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，則溶液中的溶質(zhì)為__________(填化學(xué)式)。

(3)若該溶液是由體積相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，則溶液中四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)，則混合前兩溶液的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中與堿中的關(guān)系是__________

(4)將等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液等體積混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各種微粒濃度由大到小的順序(除外)為____________________________。22、弱電解質(zhì)的電離平衡；鹽類的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學(xué)平衡。

（1）常溫下，將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，測得混合后溶液的pH＝5，則MOH在水中的電離方程式為__________。

（2）已知常溫時CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，則反應(yīng)CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常數(shù)Kh＝______。

（3）已知H2A在水中發(fā)生電離：H2A＝H++HA–，HA–H++A2–。

①等物質(zhì)的量濃度的兩種溶液：NaHA溶液的pH_____(填“＞”、“＝”或“＜”)Na2A溶液的pH。

②已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，該溶液中各種離子濃度由大到小的順序是______。

③某溫度下，若向0.1mol·L–1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L–1NaOH溶液至溶液呈中性。對該混合溶液，下列說法一定正確的是____（填序號）。

A．c(H+)·c(OH–)＝1×10–14B．c(Na+)＝c(HA–)+2c(A2–)

C．溶液中水的電離程度逐漸減小D．c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)

（4）常溫下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分?jǐn)嚢?，有淺藍(lán)色氫氧化銅沉淀生成，當(dāng)溶液的pH＝8時，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。23、已知常溫下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反應(yīng)NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K＝9.45×104，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝______________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)24、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)25、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A.由于E2>E1，則ΔH<0；故A錯誤；

B.對于放熱反應(yīng)；升高溫度，平衡逆向移動，A的轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；

C.K只與溫度有關(guān)；增大壓強(qiáng)，K不變，故C錯誤；

D.催化劑能降低E1，E2也相應(yīng)減小；v增大，但ΔH不變，故D正確；

答案選D。2、A【分析】【分析】

根據(jù)n=計算混合氣體的物質(zhì)的量；根據(jù)體積比計算甲烷；氫氣的物質(zhì)的量，再根據(jù)熱化學(xué)方程式計算燃燒放出的熱量。

【詳解】

標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L甲烷和氫氣混合氣體的物質(zhì)的量為=0.5mol，甲烷和氫氣的體積之比為4：1，所以甲烷的物質(zhì)的量為：0.5mol×=0.4mol，氫氣的物質(zhì)的量為0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H1可知，0.4mol甲烷燃燒放出的熱量為0.4mol×(-△H1)△H1=-0.4mol×△H1，由H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3可知，0.1mol氫氣燃燒放出的熱量為××(-△H3)=-0.05mol×△H3，所以放出的熱量為故選A。

【點(diǎn)睛】

本題考查根據(jù)熱化學(xué)方程式進(jìn)行的有關(guān)反應(yīng)熱的計算，理解熱化學(xué)方程式的意義是關(guān)鍵。本題的易錯點(diǎn)為B，注意室溫下水為液體，且物質(zhì)的燃燒反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，△H＜0。3、B【分析】【分析】

A項；苯酚的酸性弱于碳酸；

B項，CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；

C項，F(xiàn)e從CuSO4溶液中置換出Cu，Cu2+的氧化性強(qiáng)于Fe2+；

D項，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀；NaCl；NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小。

【詳解】

A項，向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，濁液變清，發(fā)生反應(yīng)+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-；A項錯誤；

B項，向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；B項正確；

C項，向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，發(fā)生的反應(yīng)為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根據(jù)同一反應(yīng)中氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，氧化性Cu2+Fe2+；C項錯誤；

D項，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液；有黃色沉淀生成，說明先達(dá)到AgI的溶度積，但由于NaCl；NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小，D項錯誤；

答案選B。

【點(diǎn)睛】

本題考查苯酚與碳酸酸性強(qiáng)弱的探究、萃取的原理、氧化性強(qiáng)弱的判斷、沉淀的生成。易錯選D項，產(chǎn)生錯誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴(yán)謹(jǐn)。4、B【分析】【分析】

放電時的電極反應(yīng)式之一為MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-，MnO2得電子，石墨為正極，則Al為負(fù)極，失電子，在氨水溶液中Al失電子生成Al(OH)3；結(jié)合原電池原理分析解答。

【詳解】

A．根據(jù)上述分析；石墨為正極，Al為負(fù)極，石墨電極上的電勢比Al電極上的高，故A錯誤；

B．MnO2得電子為正極，則Al為負(fù)極，失電子，在氨水溶液中Al失電子生成Al(OH)3，負(fù)極電極反應(yīng)式為Al-3e-+3NH3?H2O═Al(OH)3+3NH4+；故B正確；

C．電子從負(fù)極流向正極；但是電子只能在導(dǎo)線和電極上移動，不能通過溶液，故C錯誤；

D．若采用食鹽水+NaOH溶液作電解質(zhì)溶液；負(fù)極生成的氫氧化鋁會被氫氧化鈉溶解，電極反應(yīng)式不同，故D錯誤。

答案選B。5、D【分析】【詳解】

A．氯堿工業(yè)上；用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液，陰極附近得到氫氧化鈉，即Y附近能得到氫氧化鈉，故A錯誤；

B．銅的精煉中；粗銅作陽極X，純銅作陰極Y，硫酸銅溶液作電解質(zhì)溶液，故B錯誤；

C．電鍍工業(yè)上；Y是待鍍金屬，X是鍍層金屬，故C錯誤；

D．外加電流的陰極保護(hù)法中；陰極是待保護(hù)金屬，即Y是待保護(hù)金屬，故D正確；

故選D。

【點(diǎn)晴】

原電池原理和電解池原理是高考的熱點(diǎn)，根據(jù)電解時離子的放電順序、電鍍、電解精煉、金屬的腐蝕與防護(hù)來分析解答即可，具體分析：氯堿工業(yè)上，用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液，陽極上析出氯氣，陰極上析出氫氣，陰極附近得到氫氧化鈉；銅的精煉中，粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅溶液作電解質(zhì)溶液；電鍍工業(yè)上，鍍層作陽極，鍍件作陰極；外加電流的陰極保護(hù)法中，陰極是待保護(hù)金屬，基礎(chǔ)性知識考查，要求強(qiáng)調(diào)知識面的熟悉程度，據(jù)此分析解題。二、多選題(共9題，共18分)6、CD【分析】【詳解】

A.反應(yīng)在前50s的平均速率為故A錯誤；

B.原平衡時c(PCl3)=0.1mol·L?1，保持其他條件不變，若升高溫度，平衡時，c(PCl3)=0.11mol·L?1；則平衡正向移動，升溫向吸熱反應(yīng)即正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故B錯誤；

C.根據(jù)數(shù)據(jù)得出平衡時n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=1mol?0.2mol=0.8mol，因此平衡常數(shù)相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，則反應(yīng)正向進(jìn)行，即達(dá)平衡前υ(正)＞υ(逆)，故C正確；

D.相同溫度下，若起始時向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則達(dá)平衡時，與原平衡達(dá)到等效，n(PCl3)=0.2mol，n(Cl2)=0.2mol，n(PCl5)=0.8mol，因此PCl3的轉(zhuǎn)化率等于80%，若起始時向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相當(dāng)于兩個容器各充入1.0molPCl3、1.0molCl2，則達(dá)平衡時，轉(zhuǎn)化率為80%，將兩個容器壓縮到一個容器，平衡向生成PCl5方向移動，PCl3消耗，則達(dá)平衡時，PCl3的轉(zhuǎn)化率大于80%；故D正確。

綜上所述，答案為CD。7、BD【分析】【詳解】

A．電離平衡常數(shù)是指弱電解質(zhì)達(dá)到電離平衡時，生成物離子的濃度冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值，所以Ki1的表達(dá)式為A不正確；

B．Ki2對應(yīng)的電離過程是HCO3-+H2OH3O++CO32-，可以簡寫為Ki2對應(yīng)的電離過程是HCO3-H++CO32-；B正確；

C．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系；溫度不變，平衡常數(shù)不變，C不正確；

D．電離時吸熱的，改變條件使Ki1減小，則改變的條件一定是降低溫度，所以Ki2一定也減??；D正確；

答案選BD。8、BD【分析】【分析】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性；判斷溶液中的溶質(zhì)；

C．若溶液pH=7；呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

D．若溶液pH<7；呈酸性，判斷溶液中的溶質(zhì)，進(jìn)而分析離子濃度關(guān)系。

【詳解】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶液中溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；故A錯誤；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶液中溶質(zhì)只能為CH3COONa與CH3COOH；故B正確；

C．若溶液pH=7，呈中性，則c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶質(zhì)具有一定的濃度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)；故C錯誤；

D．若溶液pH<7，呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)；故D正確；

故答案選BD。9、BC【分析】【分析】

A．兩個溶液中的電荷守恒分別為：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

B．電荷守恒式子為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子為：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；

C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；

D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。

【詳解】

A．根據(jù)電荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因為Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，所以CH3COO-水解程度更大，堿性更強(qiáng)，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)+)-c(CH3COO-)；A錯誤；

B．電荷守恒式子為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，pH=7時，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因為物料守恒式子為：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，綜上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)；B正確；

C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合，NaOH反應(yīng)完，HCOOH反應(yīng)了一半，混合后的溶質(zhì)為：等物質(zhì)的量的HCOONa和HCOOH，電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，物料守恒-電荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)；C正確；

D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈堿性，HCOO-、CH3COO-水解對NH4+水解起促進(jìn)作用，因為水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，現(xiàn)在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)；D錯誤。

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

溶液中離子濃度大小的比較，一是準(zhǔn)確分析溶質(zhì)的成分，二是三大守恒熟練運(yùn)用。10、AC【分析】【分析】

0.1mol?L?1KHSO4和0.1mol?L?1Na2S溶液等體積混合后（無氣體逸出），溶質(zhì)為NaHS、K2SO4和Na2SO4，濃度之比為2:1:1，溶液能使pH試紙變藍(lán)，說明反應(yīng)后溶液顯堿性，是HS－水解為主。

【詳解】

A.溶質(zhì)為NaHS、K2SO4和Na2SO4，濃度之比為2:1:1，溶液顯堿性，因此有c(SO42?)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)；故A正確；

B.溶液顯堿性，因此有c(Na+)＞c(K+)＞c(OH－)＞c(H+)；故B錯誤。

C.根據(jù)物料守恒，最開始硫離子濃度和硫酸根濃度之和等于鈉離子濃度，再展開硫離子存在于硫離子、硫氫根離子、硫化氫，因此得到c(Na+)=c(S2?)+c(H2S)+c(SO42?)+c(HS－)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42?)+2c(S2?)+c(HS－)+c(OH－)；故D錯誤。

綜上所述，答案為AC。11、BD【分析】【詳解】

A．由電離常數(shù)Ka的關(guān)系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，則酸性CH3COOH＞HCN＞顯然等濃度時Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，則等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A錯誤；

B．等體積混合，若a=b恰好完全反應(yīng)，因CN-的水解溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，a＜b時溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，即所得溶液中c(CN－)＞c(Na＋)，則a一定大于b；故B正確；

C．冰醋酸中逐滴加水；電離產(chǎn)生的離子濃度增大，導(dǎo)電性增大，但隨水的量增大，濃度變小，導(dǎo)電性減小，而在加水的過程中電離程度；pH一直在增大，故C錯誤；

D．因溶液不顯電性，則所有陽離子帶的電荷總數(shù)等于陰離子帶的負(fù)電荷總數(shù)，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；故D正確；

故答案為：BD。12、AB【分析】【詳解】

A．當(dāng)溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨時，溶液呈堿性，c(OH﹣)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣），所以可以滿足c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c(OH﹣)＞c(H+)；故A正確；

B．溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，且溶液呈中性時，則c(H+)=c(OH﹣)、c（NH4+）=c（Cl﹣），可以滿足c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c(H+)=c(OH﹣)；故B正確；

C．溶液中一定滿足電荷守恒，而c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c(OH﹣)＞c(H+)不滿足電荷守恒；故C錯誤；

D．無論溶質(zhì)為氯化銨還是氯化銨與氯化氫或氯化銨與一水合氨，若c(OH﹣)＞c(H+)，說明溶液呈堿性，一水合氨過量，則溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，但是氫離子濃度最小，應(yīng)該滿足c(H+)＜c（Cl﹣）；故D錯誤；

故選AB。13、AB【分析】【分析】

由Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5可知，酸性HCOOH>CH3COOH。

【詳解】

A．由pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由物料守恒可知：由電荷守恒可知故可知離子濃度為c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)；故A正確；

B．相同濃度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中，可知由酸性HCOOH大于CH3COOH，由鹽類水解規(guī)律越弱越水解可知相同濃度的CH3COONa和HCOONa溶液中，CH3COONa水解程度較大，故c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故溶液中的離子濃度關(guān)系是c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)；故B正確；

C．由酸性HCOOH>CH3COOH可知，HCOONH4的水解程度小于CH3COONH4的水解程度，故c(NH)相等時c(HCOONH4)＜c(CH3COONH4)；故C錯誤；

D．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合溶液中的溶質(zhì)CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量濃度相等，由物料守恒可知：電荷守恒可知：故可知c(Na+)+c(OH-)=故D選項錯誤；

【點(diǎn)睛】

本題目中主要考核鹽類溶液中微粒濃度之間的關(guān)系，注重考查物料守恒和電荷守恒規(guī)律。14、BD【分析】【詳解】

試題分析：A、pM相等時，圖線中p（CO32-）數(shù)值越大，實際濃度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次減小，故A錯誤；B、a點(diǎn)可表示MnCO3的飽和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-），故B正確；C、b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，pM＜p（CO32-），所以c（Ca2+）＞c（CO32-），故C錯誤；D、pM數(shù)值越大，實際濃度越小，則c點(diǎn)可表示MgCO3的不飽和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-）；故D錯誤。

考點(diǎn)：考查了溶解平衡的相關(guān)知識。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根據(jù)蓋斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案為：-746.5kJ/mol。

（2）①溫度越高，反應(yīng)速率越快，先達(dá)到平衡，由圖可知，溫度為T1時先拐，先達(dá)到平衡，所以T1＞T2；故答案為：＞。

②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，已知T1＞T2；所以CO的平衡轉(zhuǎn)化率為:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案為：＜；=。

③a、b點(diǎn)是平衡狀態(tài)，所以正逆反應(yīng)速率相等，由圖像分析可知，a點(diǎn)加入了催化劑，反應(yīng)速率加快，所以反應(yīng)速率a點(diǎn)大于b點(diǎn)，a點(diǎn)的v逆大于b點(diǎn)的v正；故答案為：＞。

④壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比關(guān)系可得，設(shè)平衡時，生成的氮?dú)鉃閤mol，則根據(jù)三段式：

則故答案為：17150。

（3）圖象分析可知M點(diǎn)不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率；溫度較低時，催化劑的活性偏低；不是平衡脫氮率，因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高，故答案為：不是；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高。

Ⅱ.（4）①根據(jù)v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，則故答案為：

②a．IO是第二步反應(yīng)的生成物；第三步反應(yīng)的反應(yīng)物，所以IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物，a正確；

b．含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸氣的濃度大小會影響N2O的分解速率，b錯誤；

c．反應(yīng)的快慢取決于慢反應(yīng)；所以第二步對總反應(yīng)速率起決定作用，c正確；

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；加快反應(yīng)速率，不影響△H，d錯誤；故答案為：ac。

（5）①NiO電極上N2O反應(yīng)生成NO2，N元素的化合價由+1價升高為+4價，發(fā)生氧化反應(yīng)，NiO電極是負(fù)極，其電極反應(yīng)為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt電極上O2反應(yīng)生成O2-，O元素的化合價由0價降低為-2價，發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極是正極，其電極反應(yīng)為：O2+4e-=2O2-，故答案為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根據(jù)U=IR，N2O濃度越高，N2O越失去電子生成NO2，轉(zhuǎn)移電子越多，電流越大，電壓越大，電壓表讀數(shù)越高，故答案為：高?！窘馕觥?746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高16、略

【分析】試題分析：（1）①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程：②×2-①得到：2N2H4（l）++N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=—1048.9kJ/mol；

（2）燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量；此時生成的水必須為液態(tài)，可燃物必須為1mol．

由反應(yīng)。

①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

②H2O（l）═H2O（g）△H3=+44kJ?mol-1

將①-2×②可得：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H2=—622.2kJ?mol-1；

（3）負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)，是肼在反應(yīng)，肼中的N從-2價升高到0價，堿性電池中，其電極反應(yīng)式應(yīng)為：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

考點(diǎn)：考查蓋斯定律的計算、燃燒熱的計算及燃料電池電極反應(yīng)式的書寫等。【解析】（各2分；共6分）

（1）2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－1048.9kJ·mol－1；

（2）N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－622.2kJ·mol－1

（3）N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑17、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa時，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱，單位為kJ/mol；寫出氫氣與氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的化學(xué)方程式，根據(jù)蓋斯定律，結(jié)合反應(yīng)①②計算氫氣與氧氣反應(yīng)生成液態(tài)水的反應(yīng)熱；

（2）根據(jù)物質(zhì)的量與反應(yīng)熱成正比；結(jié)合熱化學(xué)方程式進(jìn)行計算；

（3）圖象分析可知反應(yīng)物能量低于生成物；反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，化學(xué)反應(yīng)吸收的熱量=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和。

【詳解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情況下，若要得到857.4kJ的熱量，則需要?dú)錃獾牡奈镔|(zhì)的量為：=3mol，需H2的質(zhì)量=3mol×2g/mol=6g；這些H2在標(biāo)況下的體積=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反應(yīng)過程中能量變化分析可知，反應(yīng)物能量低于生成物，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b?2c?4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸熱4a+4b?2c?4d18、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式書寫；注意ΔH與反應(yīng)物用量成正比例關(guān)系。

【詳解】

（1）1mol乙醇的質(zhì)量為46g，所以乙醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ?mol﹣1=﹣1366.2kJ?mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ?mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ熱量，其熱化學(xué)方程式為N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1；結(jié)合信息可知常溫下AX3為液態(tài)，AX5為固態(tài)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ?mol﹣1。

【點(diǎn)睛】

燃燒熱的熱化學(xué)方程式可燃物的系數(shù)為1；利用鍵能計算焓變，應(yīng)該用反應(yīng)物總鍵能減去生成物總鍵能?！窘馕觥緾2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ?mol﹣1N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH=﹣92kJ?mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ?mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ?mol﹣119、略

【分析】【詳解】

第一個方程式×-第二個方程式得到第三個方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol?1，故答案為：53.1?！窘馕觥?3.120、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)名稱和元素化合價代數(shù)和為0；書寫化學(xué)式；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11；核外電子數(shù)=10，據(jù)此書寫離子結(jié)構(gòu)示意圖；

(3)醋酸為弱酸；部分電離；

(4)溴能夠置換碘；據(jù)此書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價+2價，氮元素化合價為-3價，根據(jù)元素化合價代數(shù)和為0，化學(xué)式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11，核外電子數(shù)=10，離子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

(3)醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

(4)溴能夠置換碘，溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+2KI=2KBr+I2，故答案為：Br2+2KI=2KBr+I2?！窘馕觥縈g3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I221、略

【分析】【詳解】

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)為由于能水解使溶液呈堿性，故①符合題意。故答案為：①；

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，即溶液呈酸性，說明溶液中除含有外，還含有一定量的故溶液中的溶質(zhì)為和故答案為：和

(3)溶液呈中性，說明根據(jù)電荷守恒：則故溶液中四種離子濃度的大小順序為②符合題意。

若混合前，則混合后溶液中的溶質(zhì)只有為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性，現(xiàn)在溶液顯中性，說明過量，即

由于中和過程中會繼續(xù)電離出說明混合前酸中小于堿中

故答案為：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根據(jù)電荷守恒：故即溶液中

根據(jù)物料守恒：又