2025年鲁人版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年鲁人版选修4化学上册月考试卷618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、一定条件下，在水溶液中1molClOx－(x=0；1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法错误的是。

A.上述离子中结合H能力最强的是EB.上述离子中最稳定的是AC.C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－(aq)=ClO3－(ag)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1D.B→A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和2、在容积一定的密闭容器中发生可逆反应：A(g)+2B(g)⇌2C(g)；ΔH＞0(表示吸热)。平衡移动关系如图所示；下列说法正确的是()

A.P1＞P2，纵坐标指C的质量分数B.P1＜P2，纵坐标指A的质量分数C.P1＜P2，纵坐标指A的转化率D.P1＜P2，纵坐标指混合气体的平均摩尔质量3、pH＝2的强酸溶液，加水稀释，若溶液体积扩大10倍，则由水电离的c(H＋)和c(OH－)的变化A.c(H＋)和c(OH－)都减少B.c(H＋)和c(OH－)都增大C.c(H＋)增大和c(OH－)减少D.c(H＋)减小和c(OH－)增大4、常温下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），其中d点为反应终点。下列说法不正确的是（）

A.V=20.00mLB.常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5C.b点溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c点的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)5、常温下，向1L溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着的变化，与的变化趋势如图所示不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化下列说法正确的是。

A.N点溶液中水的电离程度比原溶液大B.在N点时，C.随着NaOH的加入，不断减小D.当mol时，6、在某一元碱（）中，滴加入的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.该碱溶液可以溶解B.点对应的体积大于C.点时，D.点时，7、常温下；用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCOOH溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是。

A.①所示溶液中B.②所示溶液中：C.点③所示溶液中：加水稀释变小D.点①和点③的混合溶液中：8、20℃时，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.①表示的分布曲线，③表示的分布曲线B.20℃时，的二级电离平衡常数C.Q点对应溶液中D.的溶液中：9、肼(N2H4)又称联氨；常用作火箭推进器的燃料。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。

下列说法正确的是（）A.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1068kJ·mol-1B.用铂作电极，以KOH溶液为电解液的肼空气燃料电池，放电时的负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2OC.肼与氨类似，溶于水显碱性，可表示为N2H4+H2O=N2H5++OH-D.某密闭容器中存在：2NO2(g)N2O4(g)，加压缩小体积后颜色先变深后变浅，不能用勒夏特列原理解释评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：在一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中充入和后，测得混合气体的压强是反应前的倍，则用甲醇表示的该反应的速率为________。

上述可逆反应达到平衡状态的依据是填序号________。

①

②混合气体的密度不变。

③混合气体的平均相对分子质量不变。

③的浓度都不再发生变化。

下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入和向B容器中充入和两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为试回答：

①反应达到平衡时容器B的体积为容器B中的转化率为_______，A、B两容器中的体积百分含量的大小关系为B______填“”“”或“”

②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响

工业上合成甲醇的反应为在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器乙丙丙反应物投入量平衡数据的浓度反应的能量变化的绝对值abcc体系压强反应物转化率

下列说法正确的是__________。

11、据报道；我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外还有以下二种：

水蒸气重整：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

则反应①自发进行的条件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。12、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于13、室温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（1）点①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）点②所示溶液中的电荷守恒式为______________________________________。

（3）点③所示溶液中存在________种平衡。

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

（5）点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________。

（6）上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是_______，最小的是________(用序号回答)。14、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.15、砷酸(H3AsO4)分步电离的平衡常数(25℃)为：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，该步水解的平衡常数(25℃)为_________________。16、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2；并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。

（1）若采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH充分接触，导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水相应的离子方程式为________________。

（2）氯碱工业耗能高；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，甲，乙所用的离子膜为同一类型。

①甲中的离子交换膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的______(填写“左”或“右”)池注入。

③图中X是________(填化学式)；乙中右室的电极反应式为：_________，图示中氢氧化钠溶液质量分数a％与b％的关系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共1题，共5分)18、氨催化分解既可防治氨气污染；又能得到氢能源。回答下列问题：

（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

反应①的热力学趋势很大（平衡常数很大），其原因是________________。NH3分解的热化学方程式为________________。

（2）在Co—Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下NH3转化率随温度变化的关系如图所示。活化能最小的催化剂为________________：升高温度，NH3的平衡转化率增大，其原因是________________；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能________________（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。

（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡时，N2的体积分数为20%，则T时反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=________________mol2·L-2，NH3的分解率为________________，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________________（填“增大”“不变”或“减小”）。

（4）将氨溶解于水也可消除氨气的污染。常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中=________________（填标号）．。A．始终碱小B．始终增大C．先减小后增大D．先增大后减小评卷人得分五、结构与性质(共3题，共30分)19、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

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

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)20、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

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

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共8分)22、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

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

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A.酸根离子对应的酸越弱；结合氢离子能力越强，E对应的是高氯酸根离子，高氯酸是最强的无机酸，酸根离子结合氢离子能力最弱，故选A；

B.能量越低越稳定原理；A最稳定，故不选B；

C.△H=生成物的总能量－反应物的总能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－(aq)=ClO3－(aq)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1；故不选C；

D.3ClO－(aq)=2Cl-(aq)+ClO3－(aq)的△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1；所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故不选D；

正确答案：A。

【点睛】

本题考查反应热的有关计算，注意掌握根据盖斯定律、热化学方程式进行的计算，题目较简单；△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和。2、A【分析】【分析】

根据题中A(g)+2B(g)⇌2C(g)；ΔH＞0(表示吸热)可知；本题考查化学平衡的影响因素，运用勒夏特列原理分析。

【详解】

A(g)+2B(g)⇌2C(g)△H>0；为气体体积减小且放热的可逆反应，压强增大平衡正向移动；

A.P1>P2；压强增大平衡正向移动，C的质量分数增大，温度升高平衡正向移动，C的质量分数增大，则与图象符合，故A正确；

B.P1<P2；压强增大平衡正向移动，A的质量分数减小，温度升高平衡正向移动，A的质量分数减小则与图象不符合，故B错误；

C.P1<P2；压强增大平衡正向移动，A的转化率增大，则纵坐标不能为A的转化率，故C错误；

D.由反应可知反应前后气体的总质量不变，P1<P2；压强增大平衡正向移动，总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，与图象不符，故D错误；

答案选A。

【点睛】

A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H>0，为气体体积减小且放热的可逆反应，压强增大平衡正向移动，由图象可知，相同温度时，P1对应的Y大，相同压强时，温度越高对应的Y大。3、B【分析】【详解】

强酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，稀释前后，溶液的温度不变，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液中的氢氧根离子是水电离产生的，因此由水电离的c(H＋)和c(OH－)均增大；故A；C、D错误，B正确，故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意溶液中的氢离子主要是酸电离产生的，水电离的氢离子浓度一定等于水电离的氢氧根离子浓度。4、D【分析】【分析】

A.d点溶液是反应终点；按恰好完全反应来分析；

B.a点溶液是氯化铵溶液水解呈酸性；常温下pH为5，结合水解常数与电离平衡常数的关系估算；

C.b点溶液恰好呈中性；加入的碱溶液体积小于10.00mL来判断；

D.c点的混合溶液中；一水合氨和氯化铵的物质的量相等，根据电荷守恒和物料守恒分析；

【详解】

A.d点为反应终点，加入NaOH的体积为20.00mL时，恰好完全反应生成NH3⋅H2O和NaCl；说法正确，不符合；

B.常温下，a点对应的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；说法正确，不符合；

C.b点溶液恰好呈中性，加入NaOH的体积小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；说法正确，C不符合；

D.c点溶液为加入NaOH的体积为10.00mL，恰得到物质的量均为10-3mol的NH3⋅H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：由物料守恒：两个式子合并得到：因为c点溶液呈碱性，所以>c(Na+)；D选项说法错误，D符合；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A．N点电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；原溶液中水的电离程度最大，即N点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A错误；

B．在N点时根据电荷守恒可知，故B错误；

C．随着NaOH的加入，逐渐增大，而水解平衡常数不变，则该比值逐渐减小，故C正确；

D．当时，恰好反应生成等浓度的NaCl和根据物料守恒可得：故D错误；

答案选C。

【点睛】

将C项的比值转化为水解平衡常数和的关系式，更好分析。6、D【分析】【详解】

A.由A点知：0.1mol⋅L−1一元碱的pH=13可得，该碱为强碱，所以该碱溶液可以溶解故A正确；

B.恰好中和时生成强碱弱酸盐pH应大于7，而B点pH=7，所以该点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，a点的体积大于25mL，故B正确；

C.C点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，溶液中CH3COOY的浓度>CH3COOH的浓度，因pH<7，所以c(H+)>c(OH−)，弱酸的电离是微弱的，结合电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，则应有c(CH3COO−)>c(Y+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；

D.D点为CH3COOY和CH3COOH等物质的量浓度的混合液，根据物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，所以应有故D错误；

答案选D。7、D【分析】【详解】

A.点①所示的溶液中的溶质为等物质量的HCOOH和HCOONa，溶液显酸性，则HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度，则溶液中c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)；故A错误；

B.点②所示的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，则c(Na+)=c(HCOO-)>c(OH-)=c(H+)；故B错误；

C.Ka(HCOOH)和Kw只与温度有关，加水稀释过程中，Ka(HCOOH)和Kw均不变，则不变；故C错误；

D.点①和点③的混合溶液相当于30mL0.1000mol/LNaOH溶液加入到40mL0.1000mol/LHCOOH溶液中，混合溶液的溶质为HCOONa和HCOOH，且二者的物质的量之比为3:1，则有物料守恒4c(Na+)=3c(HCOOH)+3c(HCOO-)；故D正确；

答案选D。8、B【分析】【详解】

A．①②相比较，pH增大，含量都减小，但pH约为3时②基本为0，所以②表示H2C2O4的分布曲线，①表示HC2O4-的分布曲线，③表示C2O42-的分布曲线，故A错误；

B．P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该温度下H2C2O4的电离平衡常数Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol•L-1，故B正确；

C．Q点呈酸性，则lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C错误；

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

故选：B。9、B【分析】【详解】

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，根据盖斯定律，将得：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH1=-534kJ·mol-1；故A错误；

B．该燃料电池中，负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；故B正确；

C．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，N2H4•H2O存在电离平衡，电离出N2H5+、OH-，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；故C错误；

D．加压时容器体积减小；二氧化氮浓度增大，气体颜色加深，平衡正向移动，气体颜色又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【详解】

(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式：20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；

②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；

③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；

故答案为：③④；

(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B

故答案为：75%；<；

②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；

故答案为：1.75a；

(4)A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则A错误；

B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1−n)，故a+b=129；故B正确；

C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3；故C错误；

D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正确；

答案为BD。【解析】③④11、略

【分析】【分析】

根据△H-T△S判断反应的自发性；根据盖斯定律；将①-②得到反应③的热化学方程式。

【详解】

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：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，根据盖斯定律，将①-②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案为：高温；+247.1。【解析】高温+247.112、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A13、略

【分析】【分析】

(1)根据水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变分析；

(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；

(3)根据点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；

(4)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；

(5)根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。

【详解】

(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=1×10-14，故答案为：1×10-14；

(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡；还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

(4)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：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+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的①；故答案为：⑤；①。

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。【解析】（无特殊说明每空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②.15、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，据此写出第三步电离平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数。

【详解】

砷酸(H3AsO4)的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，则其第三步电离平衡常数的表达式为Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，则该步水解的平衡常数(25℃)为故答案为：2.5×10－3。【解析】2.5×10－316、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）电解饱和食盐水产物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气还可以和氢氧化钠之间反应得到氯化钠、次氯酸钠和水，整个过程发生的反应是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案为Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根据题意：装置中所用的离子膜都只允许阳离子通过；所以均是阳离子交换膜，故答案为阳离子交换膜；

②根据物质的转化情况；电解池的左池是电解食盐水得到的氢氧化钠，所以经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的左池进入，故答案为左；

③在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池正极区消耗水，生成氢氧根离子，所以a%小于b%，故答案为Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考点：考查了电解原理的相关知识。【解析】Cl-+H2OClO-+H2↑阳离子交换膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C三、判断题(共1题，共2分)17、×【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】错四、原理综合题(共1题，共5分)18、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律由×①-3´（②+③）可得到目标热化学方程式；

（2）根据图像中几种催化剂对反应历程的影响进行分析；由外界条件对平衡移动的影响来分析判断；

（3）根据题中提供的数据列出三段式；计算平衡常数和转化率。

（4）根据二者混合后溶液里离子浓度的变化来分析。

【详解】

（1）反应①的ΔH1=－1266.6kJ·mol-1；放出的热量很大，故热力学趋势很大；

反应：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

根据盖斯定律，将方程式×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）由图分析可知，90CoAl催化剂在较低温度下就达到平衡状态，反应速率最快，反应的活化能最小；由2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol可知NH3分解反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；此反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大气体流速平衡逆向移动，氨气转化率减小，b点对应的点可能为e点，答案为：90CoAl；NH3分解反应为吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动；e；

（3）由题中数据可知；设达到平衡时氮气的物质的量为xmol，列三段式为：

相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：=20%，解得x=0.3mol，因为容器体积为1L，气体的物质的量与物质的量浓度数值相等，所以平衡常数K==7.5，NH3的分解率为´100%=75%；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2；相当于增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，答案为：7.5；75%；减小；

（4）常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液发生反应，CH3COOH电离出的H+消耗NH3·H2O电离出的OH-，c（OH-）减小，促进NH3·H2O的电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，因此在滴加CH3COOH溶液过程中比值始终增大；答案为B。

【点睛】

用盖斯定律时注意，方程式化学计量数变化，反应热也要相应的变化，计算化学反应速率和化学平衡常数时用物质的量浓度计算，不能用物质的量来计算。【解析】反应①放出的热量很大2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=+92.1kJ/mol90CoAlNH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动e7.575%减小B五、结构与性质(共3题，共30分)19、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成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）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：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。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱