2025年魯人版選修4化學上冊月考試卷

…………○…………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2025年魯人版選修4化學上冊月考試卷618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、一定條件下，在水溶液中1molClOx－(x=0；1，2，3，4)的能量(kJ)相對大小如圖所示。下列有關說法錯誤的是。

A.上述離子中結合H能力最強的是EB.上述離子中最穩(wěn)定的是AC.C→B+D反應的熱化學方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(ag)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1D.B→A+D的反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和2、在容積一定的密閉容器中發(fā)生可逆反應：A(g)+2B(g)?2C(g)；ΔH＞0(表示吸熱)。平衡移動關系如圖所示；下列說法正確的是()

A.P1＞P2，縱坐標指C的質(zhì)量分數(shù)B.P1＜P2，縱坐標指A的質(zhì)量分數(shù)C.P1＜P2，縱坐標指A的轉化率D.P1＜P2，縱坐標指混合氣體的平均摩爾質(zhì)量3、pH＝2的強酸溶液，加水稀釋，若溶液體積擴大10倍，則由水電離的c(H＋)和c(OH－)的變化A.c(H＋)和c(OH－)都減少B.c(H＋)和c(OH－)都增大C.c(H＋)增大和c(OH－)減少D.c(H＋)減小和c(OH－)增大4、常溫下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示（不考慮揮發(fā)），其中d點為反應終點。下列說法不正確的是（）

A.V=20.00mLB.常溫下，Kb(NH3·H2O)的數(shù)量級為10-5C.b點溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c點的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)5、常溫下，向1L溶液中，逐漸加入NaOH固體粉末，隨著的變化，與的變化趨勢如圖所示不考慮體積變化、氨的揮發(fā)、溫度的變化下列說法正確的是。

A.N點溶液中水的電離程度比原溶液大B.在N點時，C.隨著NaOH的加入，不斷減小D.當mol時，6、在某一元堿（）中，滴加入的醋酸溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.該堿溶液可以溶解B.點對應的體積大于C.點時，D.點時，7、常溫下；用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCOOH溶液，滴定曲線如圖。下列說法正確的是。

A.①所示溶液中B.②所示溶液中：C.點③所示溶液中：加水稀釋變小D.點①和點③的混合溶液中：8、20℃時，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分數(shù)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.①表示的分布曲線，③表示的分布曲線B.20℃時，的二級電離平衡常數(shù)C.Q點對應溶液中D.的溶液中：9、肼(N2H4)又稱聯(lián)氨；常用作火箭推進器的燃料。已知：

①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+182kJ·mol-1；

②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-114.3kJ·mol-1；

③2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH2=-1135.7kJ·mol-1。

下列說法正確的是（）A.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1068kJ·mol-1B.用鉑作電極，以KOH溶液為電解液的肼空氣燃料電池，放電時的負極反應為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2OC.肼與氨類似，溶于水顯堿性，可表示為N2H4+H2O=N2H5++OH-D.某密閉容器中存在：2NO2(g)N2O4(g)，加壓縮小體積后顏色先變深后變淺，不能用勒夏特列原理解釋評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、甲醇可以與水蒸氣反應生成氫氣，反應方程式如下：在一定條件下，向體積為的恒容密閉容器中充入和后，測得混合氣體的壓強是反應前的倍，則用甲醇表示的該反應的速率為________。

上述可逆反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是填序號________。

①

②混合氣體的密度不變。

③混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變。

③的濃度都不再發(fā)生變化。

下圖中P是可自由平行滑動的活塞，關閉K，在相同溫度時，向A容器中充入和向B容器中充入和兩容器分別發(fā)生上述反應。已知起始時容器A和B的體積均為試回答：

①反應達到平衡時容器B的體積為容器B中的轉化率為_______，A、B兩容器中的體積百分含量的大小關系為B______填“”“”或“”

②若打開K，一段時間后重新達到平衡，容器B的體積為________連通管中氣體體積忽略不計，且不考慮溫度的影響

工業(yè)上合成甲醇的反應為在容積相同的三個密閉容器中，按不同方式投入反應物，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時的有關數(shù)據(jù)如下：。容器乙丙丙反應物投入量平衡數(shù)據(jù)的濃度反應的能量變化的絕對值abcc體系壓強反應物轉化率

下列說法正確的是__________。

11、據(jù)報道；我國在南海北部神狐海域進行的可燃冰（甲烷的水合物)試采獲得成功。甲烷是一種重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外還有以下二種：

水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③

則反應①自發(fā)進行的條件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。12、電解質(zhì)溶液中存在多種平衡.請回答下列問題：

（1）已知：。化學式HClO電離常數(shù)（25℃）

物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比較二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常溫下，將0.1mol/L的溶液加水稀釋，在稀釋過程中，下列表達式的數(shù)值變大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃時；體積均為10mL，pH均為2的醋酸溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH的變化如圖所示.

①25℃時，醋酸的電離常數(shù)_________HX的電離常數(shù).（填“>”、“<”或“=”）

②稀釋100倍后，醋酸溶液中由水電離出的_________HX溶液中由水電離出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的電離方程式是：若溶液的則溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于13、室溫下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲線如圖(混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和)。請回答下列問題：

（1）點①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）點②所示溶液中的電荷守恒式為______________________________________。

（3）點③所示溶液中存在________種平衡。

（4）點④所示溶液中的物料守恒式為0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）點⑤所示溶液中各離子濃度的大小順序為________________________________。

（6）上述5點所示溶液中，水的電離程度最大的是_______，最小的是________(用序號回答)。14、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________填標號

A.

B.

C.

D.15、砷酸(H3AsO4)分步電離的平衡常數(shù)(25℃)為：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步電離的平衡常數(shù)的表達式為K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為_________________。16、工業(yè)上用電解飽和NaCl溶液的方法來制取NaOH、Cl2和H2；并以它們?yōu)樵仙a(chǎn)一系列化工產(chǎn)品，稱為氯堿工業(yè)。

（1）若采用無隔膜法電解冷的食鹽水時，Cl2會與NaOH充分接觸，導致產(chǎn)物僅是NaClO和H2。無隔膜法電解冷的食鹽水相應的離子方程式為________________。

（2）氯堿工業(yè)耗能高；一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節(jié)(電)能30％以上。在這種工藝設計中，相關物料的傳輸與轉化關系如下圖所示，其中的電極未標出，甲，乙所用的離子膜為同一類型。

①甲中的離子交換膜為________(填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”)。

②經(jīng)精制的飽和NaCl溶液應從圖中電解池的______(填寫“左”或“右”)池注入。

③圖中X是________(填化學式)；乙中右室的電極反應式為：_________，圖示中氫氧化鈉溶液質(zhì)量分數(shù)a％與b％的關系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共5分)18、氨催化分解既可防治氨氣污染；又能得到氫能源。回答下列問題：

（1）已知：①4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=－285.8kJ·mol-1

③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1

反應①的熱力學趨勢很大（平衡常數(shù)很大），其原因是________________。NH3分解的熱化學方程式為________________。

（2）在Co—Al催化劑體系中，壓強p0下氨氣以一定流速通過反應器，得到不同催化劑下NH3轉化率隨溫度變化的關系如圖所示?；罨茏钚〉拇呋瘎開_______________：升高溫度，NH3的平衡轉化率增大，其原因是________________；溫度一定時，如果增大氣體流速，則b點對應的點可能________________（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。

（3）溫度為T時，體積為1L的密閉容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min達到平衡時，N2的體積分數(shù)為20%，則T時反應2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)的平衡常數(shù)K=________________mol2·L-2，NH3的分解率為________________，達到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的轉化率________________（填“增大”“不變”或“減小”）。

（4）將氨溶解于水也可消除氨氣的污染。常溫下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同濃度的CH3COOH溶液，在滴加過程中=________________（填標號）．。A．始終堿小B．始終增大C．先減小后增大D．先增大后減小評卷人得分五、結構與性質(zhì)(共3題，共30分)19、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(shù)，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(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質(zhì)的量分數(shù)。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(zhì)的量分數(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)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(shù))。(已知：)20、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(zhì)的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、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(shù)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：__。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)22、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最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。

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中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(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形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

A.酸根離子對應的酸越弱；結合氫離子能力越強，E對應的是高氯酸根離子，高氯酸是最強的無機酸，酸根離子結合氫離子能力最弱，故選A；

B.能量越低越穩(wěn)定原理；A最穩(wěn)定，故不選B；

C.△H=生成物的總能量－反應物的總能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反應的熱化學方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(aq)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1；故不選C；

D.3ClO－(aq)=2Cl-(aq)+ClO3－(aq)的△H=生成物的總能量－反應物的總能量=反應物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1；所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，故不選D；

正確答案：A。

【點睛】

本題考查反應熱的有關計算，注意掌握根據(jù)蓋斯定律、熱化學方程式進行的計算，題目較簡單；△H=生成物的總能量－反應物的總能量=反應物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和。2、A【分析】【分析】

根據(jù)題中A(g)+2B(g)?2C(g)；ΔH＞0(表示吸熱)可知；本題考查化學平衡的影響因素，運用勒夏特列原理分析。

【詳解】

A(g)+2B(g)?2C(g)△H>0；為氣體體積減小且放熱的可逆反應，壓強增大平衡正向移動；

A.P1>P2；壓強增大平衡正向移動，C的質(zhì)量分數(shù)增大，溫度升高平衡正向移動，C的質(zhì)量分數(shù)增大，則與圖象符合，故A正確；

B.P1<P2；壓強增大平衡正向移動，A的質(zhì)量分數(shù)減小，溫度升高平衡正向移動，A的質(zhì)量分數(shù)減小則與圖象不符合，故B錯誤；

C.P1<P2；壓強增大平衡正向移動，A的轉化率增大，則縱坐標不能為A的轉化率，故C錯誤；

D.由反應可知反應前后氣體的總質(zhì)量不變，P1<P2；壓強增大平衡正向移動，總物質(zhì)的量減小，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大，與圖象不符，故D錯誤；

答案選A。

【點睛】

A（g）+2B（g）?2C（g）△H>0，為氣體體積減小且放熱的可逆反應，壓強增大平衡正向移動，由圖象可知，相同溫度時，P1對應的Y大，相同壓強時，溫度越高對應的Y大。3、B【分析】【詳解】

強酸稀釋后，溶液中氫離子濃度減小，稀釋前后，溶液的溫度不變，水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)×c(OH-)不變，所以溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液中的氫氧根離子是水電離產(chǎn)生的，因此由水電離的c(H＋)和c(OH－)均增大；故A；C、D錯誤，B正確，故選B。

【點睛】

本題的易錯點為D，要注意溶液中的氫離子主要是酸電離產(chǎn)生的，水電離的氫離子濃度一定等于水電離的氫氧根離子濃度。4、D【分析】【分析】

A.d點溶液是反應終點；按恰好完全反應來分析；

B.a點溶液是氯化銨溶液水解呈酸性；常溫下pH為5，結合水解常數(shù)與電離平衡常數(shù)的關系估算；

C.b點溶液恰好呈中性；加入的堿溶液體積小于10.00mL來判斷；

D.c點的混合溶液中；一水合氨和氯化銨的物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；

【詳解】

A.d點為反應終點，加入NaOH的體積為20.00mL時，恰好完全反應生成NH3?H2O和NaCl；說法正確，不符合；

B.常溫下，a點對應的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；說法正確，不符合；

C.b點溶液恰好呈中性，加入NaOH的體積小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；說法正確，C不符合；

D.c點溶液為加入NaOH的體積為10.00mL，恰得到物質(zhì)的量均為10-3mol的NH3?H2O和NH4Cl，溶液中存在電荷守恒：由物料守恒：兩個式子合并得到：因為c點溶液呈堿性，所以>c(Na+)；D選項說法錯誤，D符合；

答案選D。5、C【分析】【詳解】

A．N點電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；原溶液中水的電離程度最大，即N點溶液中水的電離程度比原溶液小，故A錯誤；

B．在N點時根據(jù)電荷守恒可知，故B錯誤；

C．隨著NaOH的加入，逐漸增大，而水解平衡常數(shù)不變，則該比值逐漸減小，故C正確；

D．當時，恰好反應生成等濃度的NaCl和根據(jù)物料守恒可得：故D錯誤；

答案選C。

【點睛】

將C項的比值轉化為水解平衡常數(shù)和的關系式，更好分析。6、D【分析】【詳解】

A.由A點知：0.1mol?L?1一元堿的pH=13可得，該堿為強堿，所以該堿溶液可以溶解故A正確；

B.恰好中和時生成強堿弱酸鹽pH應大于7，而B點pH=7，所以該點對應的溶質(zhì)為CH3COOY和CH3COOH，a點的體積大于25mL，故B正確；

C.C點對應的溶質(zhì)為CH3COOY和CH3COOH，溶液中CH3COOY的濃度>CH3COOH的濃度，因pH<7，所以c(H+)>c(OH?)，弱酸的電離是微弱的，結合電荷守恒c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Y+)，則應有c(CH3COO?)>c(Y+)>c(H+)>c(OH?)，故C正確；

D.D點為CH3COOY和CH3COOH等物質(zhì)的量濃度的混合液，根據(jù)物料守恒c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和電荷守恒c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Y+)，所以應有故D錯誤；

答案選D。7、D【分析】【詳解】

A.點①所示的溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)量的HCOOH和HCOONa，溶液顯酸性，則HCOOH的電離程度大于HCOO-的水解程度，則溶液中c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)；故A錯誤；

B.點②所示的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，則c(Na+)=c(HCOO-)>c(OH-)=c(H+)；故B錯誤；

C.Ka(HCOOH)和Kw只與溫度有關，加水稀釋過程中，Ka(HCOOH)和Kw均不變，則不變；故C錯誤；

D.點①和點③的混合溶液相當于30mL0.1000mol/LNaOH溶液加入到40mL0.1000mol/LHCOOH溶液中，混合溶液的溶質(zhì)為HCOONa和HCOOH，且二者的物質(zhì)的量之比為3:1，則有物料守恒4c(Na+)=3c(HCOOH)+3c(HCOO-)；故D正確；

答案選D。8、B【分析】【詳解】

A．①②相比較，pH增大，含量都減小，但pH約為3時②基本為0，所以②表示H2C2O4的分布曲線，①表示HC2O4-的分布曲線，③表示C2O42-的分布曲線，故A錯誤；

B．P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，該溫度下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol?L-1，故B正確；

C．Q點呈酸性，則lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C錯誤；

D．0.100mol?L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-)，解得c(OH-)+c(C2O42-)═c(H+)+c(H2C2O4)，故D錯誤。

故選：B。9、B【分析】【詳解】

A．①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1=+182kJ·mol-1；②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH2=-114.3kJ·mol-1；③2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH2=-1135.7kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將得：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-534kJ·mol-1；故A錯誤；

B．該燃料電池中，負極上肼失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；故B正確；

C．肼是與氨類似的弱堿，它易溶于水，N2H4?H2O存在電離平衡，電離出N2H5+、OH-，電離方程式為N2H4+H2O?N2H5++OH-；故C錯誤；

D．加壓時容器體積減??；二氧化氮濃度增大，氣體顏色加深，平衡正向移動，氣體顏色又變淺，能用平衡移動原理解釋，故D錯誤；

故選B。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【詳解】

(1)設反應的甲醇物質(zhì)的量為x，可列三段式：20s后，測得混合氣體的壓強是反應前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，不能說反應達到平衡，故①不符合；

②反應前后氣體質(zhì)量不變，容器體積不變，反應過程中密度不變，混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，故②不符合；

③反應前后氣體物質(zhì)的量增大，質(zhì)量守恒，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化是平衡標志，故④符合；

故答案為：③④；

(3)①B容器的體積變?yōu)樵瓉淼?.5倍，增加的氣體的物質(zhì)的量為3.6mol×0.5=1.8mol，依據(jù)化學方程式可知增加2mol，反應甲醇1mol，則反應的甲醇的物質(zhì)的量為0.9mol，CH3OH的轉化率A是恒容反應容器，B是恒壓反應容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)與B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反應方程式中生成物氣體增多，反應時A容器壓強比B容器大，所以A中平衡時相當于B平衡后的加壓，加壓平衡向逆反應方向移動，A容器中H2O百分含量增多，則B

故答案為：75%；<；

②打開K時，AB組成一個等溫等壓容器，相應的起始投入總物質(zhì)的量與平衡的總體積成正比，設打開K重新達到平衡后總的體積為x，則x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的體積為2.75a-a=1.75a；

故答案為：1.75a；

(4)A．根據(jù)表格信息可知，在恒溫恒容下，丙中反應物是甲的2倍，相當于增大壓強，平衡正向移動，則A錯誤；

B．由題目可知生成1molCH3OH的能量變化為129kJ，甲與乙是完全等效平衡，甲、乙平衡狀態(tài)相同，令平衡時甲醇為nmol，對于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1?n)，故a+b=129；故B正確；

C．比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質(zhì)的量為乙的2倍，壓強增大，對于反應平衡向生成甲醇的方向移動，故2p2>p3；故C錯誤；

D．甲、乙處于相同的平衡狀態(tài)，則α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正確；

答案為BD?！窘馕觥竣邰?1、略

【分析】【分析】

根據(jù)△H-T△S判斷反應的自發(fā)性；根據(jù)蓋斯定律；將①-②得到反應③的熱化學方程式。

【詳解】

水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，滿足△H-T△S＜0，則需要高溫；水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②，根據(jù)蓋斯定律，將①-②得到反應③的熱化學方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案為：高溫；+247.1?！窘馕觥扛邷?247.112、略

【分析】【詳解】

(1)相同濃度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的電離常數(shù)大，反應的完全程度更高，電離出的H+濃度更大，所以a>b；

(2)A.稀釋促進電離，對于電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋后，平衡正向移動，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但是因為加水稀釋，體積的增大成為主導因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均減??；A項錯誤；

B.根據(jù)得溫度不變，Ka不變，c(H+)減小，所以增大；B項正確；

C.溫度不變，Kw不變，所以不變；C項錯誤；

選擇B；

(3)①由圖像知；pH相同的醋酸和HX均從10mL稀釋到了1000mL，稀釋了100倍，HX的pH值變化更大，所以HX的電離程度更高，酸性更強，電離常數(shù)更大；

②稀釋100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此時H+主要有溶質(zhì)HX的電離提供，根據(jù)Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此時的OH-完全來源于水的電離，所以，由水電離出的c(H+)與溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水電離出的c(H+)更大，答案為<;

(4)NaHR在水溶液中的電離方程式為：溶液中的H+主要來源于HR-的電離，可以認為HR-電離出的又中的H+來源于兩部分，H2R的電離和HR-的電離，所以可以電離出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-則可以電離出amol/L的H+，因為第一步電離出的H+對第二步電離有抑制作用，所以0.1mol/LHR-電離出的H+濃度小于amol/L,所以電離出的H+總濃度小于(0.1+a)mol/L,選擇A

【點睛】

水溶液中的平衡，應當抓住主要因素來分析，比如弱酸的電離平衡，稀釋主要引起了溶液體積的變化；稀釋促進電離，稀釋促進水解?！窘馕觥?gt;B<<A13、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)水的離子積只受溫度影響；溫度不變，水的離子積不變分析；

(2)根據(jù)溶液中存在的離子寫出電荷守恒式；

(3)根據(jù)點③時兩溶液恰好完全反應生成了KHC2O4分析；

(4)根據(jù)點④所示的溶液的體積25mL計算出溶液中各組分的濃度；

(5)根據(jù)點⑤所示的溶液中，溶質(zhì)只有K2C2O4分析各離子濃度的大??；

(6)根據(jù)H2C2O4的存在會抑制水的電離，而K2C2O4的存在會促進水的電離判斷。

【詳解】

(1)在任何的溶液中均存在水的離子積常數(shù)，室溫下水的離子積為：KW=1×10-14，故答案為：1×10-14；

(2)溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數(shù)一定等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案為：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)點③時兩溶液恰好完全反應生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的電離平衡和水解平衡；還有水的電離平衡，總共存在3種平衡，故答案為：3；

(4)點④所示的溶液的體積25mL，根據(jù)物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol?L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案為：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)點⑤所示的溶液中，溶質(zhì)只有K2C2O4，水解后溶液顯示堿性，離子濃度大小關系為：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案為：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在會抑制水的電離，而K2C2O4的存在會促進水的電離，所以水的電離程度最大的是K2C2O4濃度最大的⑤，水的電離程度最小的是H2C2O4的濃度增大的①；故答案為：⑤；①。

【點睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關鍵，注意(4)中物料守恒的靈活運用，(4)為解答易錯點。【解析】（無特殊說明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①14、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據(jù)氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據(jù)物料守恒，應該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子?！窘馕觥竣?只能電離，不能水解②.15、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，據(jù)此寫出第三步電離平衡常數(shù)的表達式；依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關系計算水解常數(shù)。

【詳解】

砷酸(H3AsO4)的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，則其第三步電離平衡常數(shù)的表達式為Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，則該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為故答案為：2.5×10－3?！窘馕觥?.5×10－316、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）電解飽和食鹽水產(chǎn)物是氫氧化鈉、氫氣和氯氣，氯氣還可以和氫氧化鈉之間反應得到氯化鈉、次氯酸鈉和水，整個過程發(fā)生的反應是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案為Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根據(jù)題意：裝置中所用的離子膜都只允許陽離子通過；所以均是陽離子交換膜，故答案為陽離子交換膜；

②根據(jù)物質(zhì)的轉化情況；電解池的左池是電解食鹽水得到的氫氧化鈉，所以經(jīng)精制的飽和NaCl溶液應從圖中電解池的左池進入，故答案為左；

③在燃料電池中，氧氣作正極，所以通入空氣的極是正極，電極反應式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的極是負極，即產(chǎn)生Y的極是陰極，所產(chǎn)生的是氫氣，在X處產(chǎn)生的是氯氣，氫氧燃料電池正極區(qū)消耗水，生成氫氧根離子，所以a%小于b%，故答案為Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考點：考查了電解原理的相關知識?！窘馕觥緾l-+H2OClO-+H2↑陽離子交換膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C三、判斷題(共1題，共2分)17、×【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】錯四、原理綜合題(共1題，共5分)18、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)蓋斯定律由×①-3′（②+③）可得到目標熱化學方程式；

（2）根據(jù)圖像中幾種催化劑對反應歷程的影響進行分析；由外界條件對平衡移動的影響來分析判斷；

（3）根據(jù)題中提供的數(shù)據(jù)列出三段式；計算平衡常數(shù)和轉化率。

（4）根據(jù)二者混合后溶液里離子濃度的變化來分析。

【詳解】

（1）反應①的ΔH1=－1266.6kJ·mol-1；放出的熱量很大，故熱力學趨勢很大；

反應：①4NH3(g)+3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=－285.8kJ·mol-1

③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律，將方程式×①-3′（②+③）得方程式2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=′(-1266.6kJ/mol)-3′(-285.8+44)kJ/mol=+92.1kJ/mol；

（2）由圖分析可知，90CoAl催化劑在較低溫度下就達到平衡狀態(tài)，反應速率最快，反應的活化能最??；由2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol可知NH3分解反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，NH3的轉化率增大；此反應為氣體體積增大的反應，溫度一定時，增大氣體流速平衡逆向移動，氨氣轉化率減小，b點對應的點可能為e點，答案為：90CoAl；NH3分解反應為吸熱反應；升高溫度，平衡向正反應方向移動；e；

（3）由題中數(shù)據(jù)可知；設達到平衡時氮氣的物質(zhì)的量為xmol，列三段式為：

相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以達到平衡時N2的體積分數(shù)為：=20%，解得x=0.3mol，因為容器體積為1L，氣體的物質(zhì)的量與物質(zhì)的量濃度數(shù)值相等，所以平衡常數(shù)K==7.5，NH3的分解率為′100%=75%；達到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2；相當于增大壓強，反應逆向移動，氨氣的轉化率減小，答案為：7.5；75%；減??；

（4）常溫下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同濃度的CH3COOH溶液發(fā)生反應，CH3COOH電離出的H+消耗NH3·H2O電離出的OH-，c（OH-）減小，促進NH3·H2O的電離，銨根離子濃度增大，一水合氨濃度減小，因此在滴加CH3COOH溶液過程中比值始終增大；答案為B。

【點睛】

用蓋斯定律時注意，方程式化學計量數(shù)變化，反應熱也要相應的變化，計算化學反應速率和化學平衡常數(shù)時用物質(zhì)的量濃度計算，不能用物質(zhì)的量來計算?！窘馕觥糠磻俜懦龅臒崃亢艽?NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol90CoAlNH3分解反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動e7.575%減小B五、結構與性質(zhì)(共3題，共30分)19、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)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??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)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(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)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(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)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(shù)據(jù)，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49kJ，而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成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）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時反應速率的大小關系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠大于鹽酸，分別與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時反應速率的大小關系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠大于鹽酸，與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關系為①<④。答案為：<。

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱