2025年人教新起點選修4化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教新起點選修4化學(xué)下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(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6題，共12分)1、反應(yīng)mA(固)+nB(氣)?eC(氣)+fD(氣)；反應(yīng)過程中，當(dāng)其它條件不變時，C的百分含量(C%)與溫度(T)和壓強(qiáng)(P)的關(guān)系如圖，下列敘述正確的是。

A.化學(xué)方程式中n>e+fB.達(dá)到平衡后，若升溫，平衡右移C.到平衡后，加入催化劑，則C%增大D.達(dá)到平衡后，增加A的量有利于平衡向右移動2、在一恒容密閉容器中通入一定量CH4和NO2發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+4NO2(g)?4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH，測得在相同時間、不同溫度下NO2的轉(zhuǎn)化率如圖：

下列敘述正確的是（）A.ΔH>0B.由圖像可知：200℃時NO2的平衡轉(zhuǎn)化率小于300℃時NO2的平衡轉(zhuǎn)化率C.c、d兩點轉(zhuǎn)化率相等，這兩點均處于平衡狀態(tài)D.若延長溫度維持在300℃的反應(yīng)時間，則轉(zhuǎn)化率將大于42%3、碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5，將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是A.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）B.c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）C.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）D.c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）4、工業(yè)上常用(NH4)2SO3溶液吸收廢氣中的SO2，室溫下測得溶液中l(wèi)gY[Y＝或]；與pH的變化關(guān)系如圖所示。則下列說法一定錯誤的是()

A.通入少量SO2的過程中，直線Ⅱ中的N點向M點移動B.α1=α2一定等于45°C.直線Ⅱ中M、N點一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)D.當(dāng)對應(yīng)溶液的pH處于1.81＜pH＜6.91時，溶液中的一定存在：c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)5、在1L1mol·L－1的氨水中，下列說法正確的是()A.含1molNH3·H2OB.含1mol和OH－C.含和NH3·H2O的和為1molD.含NH3、NH3·H2O、之和為1mol6、常溫下，下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.若NH4Cl溶液的pH＝6，則c(Cl－)－c(NH4+)＝9.9×10－7mol/LB.CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)C.等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3與NaHCO3混合溶液中：2c(Na＋)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)D.已知H2A的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.9×10－11，則NaHA溶液呈堿性評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、按要求寫熱化學(xué)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(jīng)測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生100g白色沉淀，寫出表示C2H2氣體充分燃燒的熱化學(xué)方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式：___。8、2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)反應(yīng)過程的能量變化如圖所示，已知1molSO2(g)被氧化為1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1?；卮鹣铝袉栴}:

（1）圖中A、C分別表示:________、________。

（2）圖中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并寫出其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：________。9、（1）氫氣是一種理想的新能源；與化石燃料相比，氫能源有哪三大優(yōu)點______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水；放出222.5kJ熱量，寫出甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式_________。

（3）拆開1molH－H鍵；1molN－H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；則合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；現(xiàn)有0.2mol的炭粉和氫氣組成的懸浮氣，混合物在氧氣中完全燃燒，共放出63.53kJ熱量，則混合物中C與H2的物質(zhì)的量之比為_________。10、碳是形成化合物種類最多的元素；其單質(zhì)及形成的化合物是人類生產(chǎn)生活的主要能源物質(zhì)。

(1)有機(jī)物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成物質(zhì)N，其能量變化如圖所示。則M、N相比，較穩(wěn)定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，則C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根據(jù)鍵能數(shù)據(jù)估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反應(yīng)熱ΔH=____。

化學(xué)鍵C—HC—FH—FF—F鍵能(kJ·mol-1)41448956515511、時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：?；瘜W(xué)式HClO電離平衡常數(shù)

回答下列問題：

（1）一般情況下，當(dāng)溫度升高時，______填“增大”、“減小”或“不變”

（2）下列四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是______填序號

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反應(yīng)不能發(fā)生的是______填序號

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸餾水稀釋的醋酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是______填序號

a.b.c．d．

（5）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如圖所示。

則HX的電離平衡常數(shù)______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）______醋酸溶液中水電離出來的c（H+），理由是___________。12、水是生命的源泉；工業(yè)的血液、城市的命脈。河水是主要的飲用水源；污染物通過飲用水可毒害人體，也可通過食物鏈和灌溉農(nóng)田間接危及健康。請回答下列問題：

（1）純水在100℃時，pH=6，該溫度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解的離子方程式為___。

（3）體積均為100mLpH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則相同溫度時，HX的電離平衡常數(shù)__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

（4）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強(qiáng)弱的物理量。已知：?；瘜W(xué)式電離常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為___。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

（5）25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，則溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精確值）。13、鋼鐵是目前應(yīng)用最廣泛的金屬材料；了解鋼鐵腐蝕的原因與防護(hù)方法具有重要意義，對鋼鐵制品進(jìn)行抗腐蝕處理，可適當(dāng)延長其使用壽命。

利用如圖裝置；可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。

①若X為碳棒；為減緩鐵件的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)置于________處。

②若X為鋅，開關(guān)K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為_______。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、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2題，共10分)15、一定溫度下，將4molCO與2molH2O(g)充入體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。體系中各物質(zhì)的濃度隨時間(0～6min時段)的變化如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在0～4min時段，H2O的平均反應(yīng)速率v(H2O)＝___________，該反應(yīng)在上述溫度下的平衡常數(shù)K＝___________(保留1位小數(shù))。

(2)該反應(yīng)到4min時，CO的轉(zhuǎn)化率為___________。

(3)若6min時改變的反應(yīng)條件為升高溫度，則該反應(yīng)的△H______0(填“>”“<”或“=”)，此時反應(yīng)的平衡常數(shù)___________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(4)判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是___________(填標(biāo)號)。

a.混合氣體的密度不變b.混合氣體中c(CO)不變。

c.v正(H2O)＝v逆(H2)d.斷裂2molH－O鍵的同時生成1molH－H鍵。

(5)若保持與4min時相同的溫度，向另一容積為2L的恒容密閉容器中同時充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，則當(dāng)a＝2.5時，上述反應(yīng)向___________(填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”)方向進(jìn)行。若要使上述反應(yīng)開始時向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，a的取值范圍為___________。16、一些行業(yè)的廢水中氨氮含量嚴(yán)重超標(biāo)；廢水脫氮已成為主要污染物減排和水體富營養(yǎng)化防治的研究熱點，有多種方法可以去除。

I．電鍍行業(yè)廢水處理流程如下：

(1)吹脫法除氨氮：水中的氨氮大多數(shù)以和游離態(tài)的保持平衡狀態(tài)而存在。將空氣直接通入水中，使氣相和液相充分接觸。水中溶解的游離氨穿過氣液界面，向氣相轉(zhuǎn)移，從而達(dá)到脫除氨的目的。氨氮廢水中和平衡態(tài)的平衡關(guān)系有________。

(2)溫度、值、空氣流量對脫除氨有很大的影響。值、空氣流量對脫除氨影響如圖所示。由圖可以看出，空氣流量一定時，時，吹脫率隨著增加而增加，請用化學(xué)平衡移動原理解釋原因________。

(3)次氯酸鈉氧化法：利用次氯酸鈉氧化廢水中氨氮的離子方程式是________。

II．對于含有的氨氮廢水還可以用電化學(xué)沉淀與陰極氧化協(xié)同去除水中的氨氮，裝置如圖所示。電解過程中，石墨氈電極產(chǎn)生在通入的情況，又產(chǎn)生以氧化水中的同時還可以通過生成沉淀而持續(xù)被除去。

(1)陽極的電極反應(yīng)式是________。

(2)廢水中的轉(zhuǎn)化為的離子方程式是________。

(3)大于不利于的生成，原因是________。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)17、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6題，共12分)1、A【分析】【分析】

從圖中可以看出；增大壓強(qiáng)，C%增大，表明平衡向正反應(yīng)方向移動；壓強(qiáng)相同時，降低溫度，C%增大，說明平衡正向移動。

【詳解】

A．由以上分析知，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，則反應(yīng)物氣體分子數(shù)大于生成物氣體分子數(shù)，即n>e+f；A正確；

B．由圖中可知；降低溫度，C%增大，則達(dá)到平衡后，若升溫，平衡左移，B不正確；

C．催化劑不能使平衡發(fā)生移動；所以到平衡后，加入催化劑，C%不變，C不正確；

D．因為A呈固態(tài)；所以達(dá)到平衡后，增加A的量，不能使平衡發(fā)生移動，D不正確；

故選A。2、D【分析】【詳解】

A.該反應(yīng)在500℃后再升高溫度，的轉(zhuǎn)化率逐漸減小，說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A項錯誤；

B.因為反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，的平衡轉(zhuǎn)化率越小；B項錯誤；

C.由圖可知c點未達(dá)到平衡狀態(tài)；d點已達(dá)到平衡狀態(tài)，C項錯誤；

D.由圖可知b點沒有達(dá)到平衡，時間延長會繼續(xù)反應(yīng)，轉(zhuǎn)化率將大于D項正確；

故選：D。3、C【分析】【詳解】

草酸的一級、二級電離常數(shù)均大于碳酸的一級電離常數(shù)，草酸、碳酸的一級電離遠(yuǎn)大于二級電離，第一步電離為主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，則C正確，ABD錯誤，故選C。4、D【分析】【分析】

H2SO3的第一電離常數(shù)遠(yuǎn)大于第二電離常數(shù)，K1＞K2，當(dāng)氫離子濃度相同時，＞I＞Ⅱ，I表示lg與pH變化的關(guān)系。

【詳解】

A．(NH4)2SO3溶液通入少量SO2的過程中，發(fā)生(NH4)2SO3+H2O+SO2=NH4HSO3，SO濃度減小，HSO濃度增大，減小；直線Ⅱ中的N點向M點移動，故A正確；

B．則同理可得故α1=α2一定等于45°；故B正確；

C．過N、M點作垂線交I線，N、M的＞即pH相同時Ka1>Ka2，整理得：直線Ⅱ中M、N點一定存在c2(HSO)＞c(SO)·c(H2SO3)；故C正確；

D．pH=1.81時，=1，c(HSO)=c(H2SO3)，溶質(zhì)為NH4HSO3和H2SO3，pH=6.91時，=1，c(HSO)=c(SO)，溶質(zhì)為NH4HSO3和(NH4)2SO3，pH在1.81＜pH＜6.91變化的過程中，c(H2SO3)持續(xù)減小，c(SO)持續(xù)增大，c(HSO)先增大后減小，但無法判斷c(SO)大于c(H2SO3)；也可以從圖中讀出：當(dāng)對應(yīng)溶液的pH處于1.81<6.91時，<0、>0，無法判斷c(SO)大于c(H2SO3)；故D錯誤；

故選D。5、D【分析】【分析】

該溶液中氨水的物質(zhì)的量=1mol/L×1L=1mol，一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，所以溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3?H2O；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．根據(jù)以上分析知，該溶液中含有N元素的微粒有多種，所以n(NH3·H2O)＜1mol；故A錯誤；

B．溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3?H2O，一水合氨是弱電解質(zhì)，只有少部分電離，所以n(NH4+)+n(OH－)＜1mol；故B錯誤；

C．溶液中存在的含N元素的微粒有NH3、NH4+、NH3?H2O，根據(jù)物料守恒得n(NH3)+n(NH4+)+n(NH3?H2O)=1mol，則n(NH4+)+n(NH3?H2O)＜1mol；故C錯誤；

D．根據(jù)以上分析知，該溶液中含有N元素的微粒有多種，根據(jù)物料守恒得n(NH3)+n(NH4+)+n(NH3?H2O)=1mol；故D正確；

故選D。6、B【分析】【詳解】

A、根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液的pH＝6，即c(H＋)＝10－6mol/L，c(OH－)＝10－8mol/L，因此有c(Cl－)－c(NH4+)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－6－10－8)mol/L＝9.9×10－7mol/L；故A正確；

B、根據(jù)物料守恒，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，因此有c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)；故B錯誤；

C、根據(jù)物料守恒，2c(Na＋)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)；故C正確；

D、根據(jù)Kw、Kh、Ka關(guān)系，Kh＝＝＝2.4×10－8>4.9×10－11；推出NaHA溶液顯堿性，故D正確。

答案選B。

【點睛】

電解質(zhì)溶液中的等式問題一般用電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒等分析計算；判斷酸式鹽的酸堿性主要比較其電離程度和水解程度。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)生成碳酸鈣的質(zhì)量計C2H2的物質(zhì)的量，結(jié)合燃燒熱的概念書寫表示C2H2燃燒熱化學(xué)方程式；

(2)根據(jù)中和熱的概念：稀的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)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(xué)方程式。

【詳解】

(1)n(CaCO3)==1mol，則根據(jù)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(xué)方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反應(yīng)的C2H2的物質(zhì)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(chǎn)生CO2氣體和產(chǎn)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(xué)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(yīng)，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應(yīng)的反應(yīng)熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學(xué)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(xué)方程式的書寫，注意把握中和熱和燃燒熱的概念，利用反應(yīng)熱與反應(yīng)途徑無關(guān)，只與物質(zhì)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)進(jìn)行解答問題，注意反應(yīng)熱要與反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量的多少及物質(zhì)的存在狀態(tài)相對應(yīng)?！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/mol8、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)A；C分別表示反應(yīng)物總能量和生成物總能量；

(2)根據(jù)參加反應(yīng)SO2的物質(zhì)的量之比等于對應(yīng)的△H之比；

(3)根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱以及1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的反應(yīng)熱利用蓋斯定律來求；

【詳解】

(1)圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，所以2molSO2(g)氧化為2molSO3(g)的△H=-198kJ?mol-1，則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ?mol-1；

(3)因單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ?mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ?mol-1，而1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，則SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ?mol-1，由蓋斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ?mol-1+(-99kJ?mol-1)=-395kJ?mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H為-395kJ?mol-1×3=-1185kJ?mol-1，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1?！窘馕觥糠磻?yīng)物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-19、略

【分析】【詳解】

（1）單位質(zhì)量的氫氣和其他燃料相比；燃燒產(chǎn)生的熱量多，氫氣燃燒產(chǎn)物是水，無污染，而且氫氣可以用水為原料制取，原料充足。所以氫氣和其他化石燃料相比，具有熱值大；無污染、原料充足等優(yōu)點。

（2）4g甲烷的物質(zhì)的量為0.25mol，在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出222.5kJ熱量，那么1mol甲烷完全燃燒放出222.5kJ×4=890kJ的熱量，所以甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式為CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆開1molH－H鍵、1molN－H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）設(shè)炭粉的物質(zhì)的量為xmol，則氫氣的物質(zhì)的量為0.2-x，根據(jù)氫氣和碳燃燒的熱化學(xué)方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，則混合物中C和H2的物質(zhì)的量均為0.1mol，C與H2的物質(zhì)的量之比為1﹕1?！窘馕觥繜嶂荡鬅o污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕110、略

【分析】【分析】

(1)M轉(zhuǎn)化為N是吸熱反應(yīng)；所以N的能量高，不穩(wěn)定；

(2)燃燒熱是1mol可燃物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；根據(jù)蓋斯定律來回答；

(3)化學(xué)反應(yīng)的焓變可以用反應(yīng)物和生成物的鍵能計算；依據(jù)△H=反應(yīng)物鍵能之和?生成物鍵能之和計算得到。

【詳解】

(1)有機(jī)物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成N，：△H=+88.6kJ?mol?1；過程是吸熱反應(yīng)，N暗處轉(zhuǎn)化為M，是放熱反應(yīng)，能量越低越穩(wěn)定，說明M穩(wěn)定，故答案為：M；

(2)將已知反應(yīng)依次編號為①、②、③，由蓋斯定律可知2×①+②+③]×得到熱化學(xué)方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，則△H=△H1+=a+故答案為：a+

(3)由反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物鍵能之和?生成物鍵能之和，結(jié)合圖表中鍵能數(shù)據(jù)可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol?(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=?1940kJ/mol，故答案為：?1940kJ/mol?！窘馕觥縈a+-1940kJ·mol-111、略

【分析】【分析】

(1)弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程；升高溫度，促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；

(2)電離平衡常數(shù)越大；酸越強(qiáng)，酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強(qiáng)，酸根離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱；

(3)根據(jù)酸性強(qiáng)弱；結(jié)合強(qiáng)酸能夠制取弱酸分析判斷；

(4)醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋，促進(jìn)醋酸電離，則n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但醋酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都減?。粨?jù)此分析解答；

(5)加水稀釋；促進(jìn)弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強(qiáng)，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，升高溫度，促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，所以當(dāng)溫度升高時，Ka增大；故答案為增大；

(2)電離平衡常數(shù)越大，酸越強(qiáng)，越易電離，則酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強(qiáng)，酸根離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱，則四種離子結(jié)合質(zhì)子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案為a＞b＞d＞c；

(3)酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，該反應(yīng)無法發(fā)生，故c正確；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應(yīng)只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-；該反應(yīng)不能發(fā)生，故d正確；故答案為cd；

(4)a．加水稀釋，促進(jìn)醋酸電離，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，所以的比值減小，故a錯誤；b．加水稀釋，促進(jìn)醋酸電離，醋酸根離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，則的比值增大，故b正確；c．加水稀釋，盡管促進(jìn)醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以的比值減小，故c錯誤；d．加水稀釋，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則氫氧根離子濃度增大，的比值減小，故d錯誤，故答案為b；

(5)加水稀釋，促進(jìn)弱酸電離，pH相同的不同酸，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸，酸性強(qiáng)，變化小的酸，酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，對水的電離的抑制程度越大；根據(jù)圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)，因為溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它對水的電離的抑制能力減弱，故答案為大于；大于；稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它對水的電離的抑制能力減弱。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意對醋酸溶液進(jìn)行稀釋，醋酸溶液中主要存在的離子濃度均會減小，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，因此氫氧根離子濃度會增大。【解析】增大cdb大于大于稀釋后HX溶液中的小于溶液中的它對水的電離的抑制能力減弱12、略

【分析】【詳解】

（1）100℃純水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根據(jù)pH與c(H+)關(guān)系換算），故100℃時Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部來源于水，故由水電離出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水電離出的OH-為10-12mol/L；

（2）碳酸根水解結(jié)合水電離出的H+生成碳酸氫根，即水解方程式為：

（3）根據(jù)圖像；加水稀釋過程中，HX的pH變化比較小，說明HX酸性比醋酸弱，即相同條件下，HX電離程度小，電離平衡常數(shù)小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相應(yīng)陰離子水解呈堿性，故需比較三者水解程度的大小，因為：K2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根據(jù)越弱越水解規(guī)律得水解程度：故堿性強(qiáng)弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；（注意判斷水解程度，應(yīng)拿電離常數(shù)比較）

②由平衡常數(shù)數(shù)值可知酸性強(qiáng)弱：H2CO3>HCN>故不能制HCN，即此時反應(yīng)生成HCN和NaHCO3，故方程式為：

（5）由電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L–10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。（c(H+)、c(OH-)由pH換算求得）．

【點睛】

運(yùn)用Kw計算時，注意溫度。【解析】10-12CO+H2OHCO+OH-小于Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO39.9×10-713、略

【分析】【分析】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe連接電源的負(fù)極，作電解池的陰極被保護(hù)；

②若X為鋅；開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)。

【詳解】

①若X為碳棒；由于Fe比較活潑，為減緩鐵的腐蝕，應(yīng)使Fe作電解池的陰極，即連接電源的負(fù)極，故K連接N處；

故答案為：N；

②若X為鋅；開關(guān)K置于M處，構(gòu)成原電池，Zn為負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e為正極被保護(hù)，該防護(hù)法稱為犧牲陽極的陰極保護(hù)法；

故答案為：犧牲陽極的陰極保護(hù)法?！窘馕觥縉犧牲陽極的陰極保護(hù)法三、判斷題(共1題，共2分)14、×【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2題，共10分)15、略

【分析】【分析】

根據(jù)時間-濃度圖像；可分析各物質(zhì)平衡時的濃度，即可根據(jù)反應(yīng)速率計算公式計算各物質(zhì)的反應(yīng)速率，根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式計算在一定溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)；可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是正反應(yīng)速率=逆反應(yīng)速率，依此解答。

【詳解】

（1）圖象分析可知4min反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，物質(zhì)濃度為c(CO)=1.2mol/L，c(H2)=0.8mol/L，c(H2O)=0.2mol/L，結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計算平衡濃度：在0～4min時段，反應(yīng)速率平衡常數(shù)為生成物平衡濃度冪次方乘積比反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積，

故答案為：0.2mol/(L?min)；2.7；

（2）該反應(yīng)到4min時，CO的轉(zhuǎn)化率

（3）若6min時改變的外部條件為升溫，圖象可知氫氣濃度減小，一氧化碳和水的濃度增大，說明平衡逆向進(jìn)行，逆向為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的△H<0；此時平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減??；

故答案為：<；減??；

（4）上述分析可知，反應(yīng)CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)是氣體體積不變的放熱反應(yīng)；

a．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量和體積不變；混合氣體的密度始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯誤；

b．混合氣體中c(CO)不變是平衡的標(biāo)志，故b正確；

c．v正(H2O)＝v逆(H2)；反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式計量數(shù)之比，為正逆反應(yīng)速率之比，能證明正逆反應(yīng)速率相同，故c正確；

d．?dāng)嗔?molH?O鍵的同時生成1molH?H鍵；說明反應(yīng)正向進(jìn)行，不能這么說明正逆反應(yīng)速率相同，故d錯誤；

故答案為：bc；

（5）若保持與4min時相同的溫度，向一容積容積為2L的恒容密閉容器中同時充入0.5molCO、1.5molH2O(g)、0.5molCO2和amolH2，則當(dāng)a=2.5時，說明反應(yīng)正向進(jìn)行；若要使上述反應(yīng)開始時向逆反應(yīng)進(jìn)行，則a的取值范圍為a>4.05；

故答案為：正反應(yīng)；a>4.05?！窘馕觥竣?0.2mol/(L?min)②.2.7③.40%④.<⑤.減小⑥.bc⑦.正反應(yīng)⑧.a>4.0516、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3?H2O，NH3?H2O部分電離生成OH-；

(2)根據(jù)溶液的酸堿性對NH3+H2O?+OH-的影響分析解答；

(3)NaClO具有強(qiáng)氧化性，能氧化還原性離子生成N2，同時ClO-被還原生成Cl-；

Ⅱ．(1)Mg是活潑金屬；活潑金屬作陽極時，陽極本身失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此書寫電極反應(yīng)式；

(2)Mg2+、OH-和H2O反應(yīng)生成難溶物MgNH4PO4?6H2O，從而除去溶液中

(3)大于時，溶液中c(OH-)較大，Mg2+易與OH-結(jié)合生成NH3?H2O、Mg(OH)2；結(jié)合(2)反應(yīng)方程式分析解答。

【詳解】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3?H2O，NH3?H2O部分電離生成OH-，所以溶液中存在溶解和電離平衡，即氨氮廢水中NH3和平衡態(tài)的平衡關(guān)系有NH3+H2O?NH3?H2O?+OH-，故答案為：NH3+H2O?NH3?H2O?+OH-；

(2)NH3+H2O?+OH-，溶液的pH值越大，溶液中c(OH-)越大，平衡越容易逆向移動，使轉(zhuǎn)化為游離態(tài)的NH3，NH3