…………○…………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年外研版選修4化學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、在一定條件下，對于反應mA(g)＋nB(g)cC(g)＋dD(g)；C物質的體積分數(C%)與溫度；壓強的關系如圖所示，下列判斷正確的是（）

A.△H＜0△V(g)>0B.△H>0△V(g)＜0C.△H>0△V(g)>0D.△H＜0△V(g)＜02、在醋酸的電離過程中，加入水會使下列比值增大的是A.c(CH3COOH)/c(CH3COO—)B.c(CH3COO—)/c(OH—)C.c(H+)/c(CH3COOH)D.c(H+)/c(OH—)3、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是A.的溶液中，B.將等物質的量的和混合溶于水中：C.的與的NaOH溶液等體積混合：D.的硫酸銨溶液中：4、下列敘述正確的是A.將純水加熱，水的離子積變大、pH變小、溶液呈酸性B.Na2CO3溶液加水稀釋后，恢復至原溫度，pH和Kw均減小C.pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等D.中和體積和pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物質的量相同5、室溫下，用0.20mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol·L-1的NaHSO3溶液；滴定過程中溶液的pH變化和滴加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.溶液中水的電離程度：b>a>cB.pH=7時，消耗的V(NaOH)<10.00mLC.在室溫下K2(H2SO3)約為1.0×10－7D.c點溶液中c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)6、下列有關鋼鐵腐蝕和防護的說法不正確的是A.自行車的鋼圈上鍍一層鉻，防止生銹B.外加直流電源保護鋼閘門時，鋼閘門與電源的負極相連C.鋼鐵發生吸氧腐蝕的正極反應：2H2O＋O2＋4e－=4OH-D.鋼鐵發生析氫腐蝕的負極反應：Fe–3e－=Fe3+評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、某反應的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有關該反應的敘述正確的A.正反應活化能小于100kJ·mol－1B.逆反應活化能一定小于100kJ·mol－1C.正反應活化能不小于100kJ·mol－1D.正反應活化能比逆反應活化能大100kJ·mol－18、在三個體積均為2L恒容密閉容器中，反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0達到平衡，得到如下數據。下列說法正確的是。容器編號溫度/K物質的起始物質的量/mol物質的平衡物質的量/molCO(g)H2(g)CH3OH(g)CH3OH(g)CH3OH(g)CH3OH(g)ⅠT10.400.8000.24ⅡT2000.400.20ⅢT2ab

A.反應溫度：T1＜T2B.達平衡時，轉化率：α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)＞1C.在容器Ⅲ中，若平衡時，CO的轉化率大于H2，則D.在容器Ⅲ中，若起始時加入0.4molCO、0.4molH2和0.4molCH3OH，則此時v(正)＞v(逆)9、一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容器中發生反應：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器編號溫度(℃)起始物質的量(mol)平衡物質的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.該反應的正方應為放熱反應B.達平衡時，容器Ⅱ中CH3OCH3的濃度大于0.16mol/LC.達平衡時，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始時向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，則反應將向逆反應方向進行10、在3個體積均為1L的恒容密閉容器中發生反應：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改變容器I的反應溫度，平衡時c(NO2)與溫度的關系如下圖所示。下列說法正確的是（）

A.該反應的ΔH<0B.T1時，該反應的平衡常數為C.容器Ⅰ與容器Ⅱ均在T1時達到平衡，總壓強之比小于1:2D.若T21，達到平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數小于40%11、25℃時,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分數、pH及物種分布分數δ[δ(X)=]如圖所示:

下列說法錯誤的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液可用酚酞作指示劑B.0.1mol·L-1Na2A溶液中:c(Na+)-)+2c(A2-)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.H2A的Ka2=1×10-712、室溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉溶液發生中和反應，當溶液中（）A.c(CH3COO-)=c(Na+)時，該溶液一定呈中性B.c(CH3COO-)=c(Na+)時，醋酸與氫氧化鈉恰好完全中和C.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)時，一定是醋酸過量D.c(Na+)＞c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)時，一定是氫氧化鈉過量13、25℃時，用2amol?L﹣1NaOH溶液滴定1.0L2amol?L﹣1氫氟酸溶液，得到混合液中HF、F﹣的物質的量與溶液pH的變化關系如圖所示．下列說法正確的是（）

A.pH=3時，溶液中：c(Na+)＜c(F﹣)B.c(F﹣)＞c(HF)時，溶液一定呈堿性C.pH=3.45時，NaOH溶液恰好與HF完全反應D.pH=4時，溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH﹣)＜2amol?L﹣114、某種濃差電池的裝置如圖所示，堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl為支持電解質)；產生電能的同時可生產純堿等物質。下列敘述錯誤的是。

A.電子由電極M經外電路流向電極NB.在堿液室可以生成NaHCO3、Na2CO3C.放電一段時間后，酸液室溶液pH減小，堿液室pH增大D.Cl-通過陰離子交換膜b移向堿液室，H＋通過質子交換膜c移向N極評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、依據敘述；寫出下列反應的熱化學方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數，在C2H2(氣態)完全燃燒生成CO2和液態水的反應中，每有4NA個電子轉移時，放出450kJ的熱量。其熱化學方程式為______________________。

（2）已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為____________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質Ti，涉及的步驟為：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

則TiO2(s)與Cl2(g)反應的熱化學方程式為______________________________。16、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農業生產；生活中有著重要作用。

（1）上圖是和反應生成過程中能量的變化示意圖，下列有關說法正確的是_______。

a.反應物的總能量比生成物的總能量高。

b.反應物的活化能比生成物的活化能高。

c.反應物的總鍵能比生成物的總鍵能高。

d.該反應為熵增反應。

（2）請寫出和反應的熱化學方程式：_______，決定該反應進行方向的主要判據為________。

（3）試根據表中及圖中數據計算的鍵能______________kJ/mol；。化學鍵鍵能/kJ/mol390943

（4）用催化還原還可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3還原NO至N2，則該反應過程中的反應熱△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。17、體積均為100mL、pH=2的CH3COOH與一元酸HX,加水稀釋過程中pH與溶液體積的關系如圖所示,則HX的電離平衡常數__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的電離平衡常數。

18、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.19、25℃時，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產生）

（1）用化學用語表示M點的原因__________。

（2）四點中，水電離產生的濃度最大的是______________點。

（3）下列關系中，正確的是________。

aP點

bN點

cQ點

d溶液中小于溶液中20、已知在常溫下測得濃度均為0.1mol?L﹣1的下列四種溶液的pH如下表：

。溶質。

NaHCO3

Na2CO3

NaF

NaClO

pH

8.4

11.6

7.5

9.7

（1）用離子方程式表示NaClO溶液的pH=9.7的原因___________________________。

（2）根據鹽溶液的pH，可知①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的由大到小順序為_________________________________(填序號)。

（3）將少量CO2通入NaClO溶液中；寫出該反應的離子方程式：________________。

（4）常溫下，將CO2通入0.1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，則溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）=_________________(列計算式)評卷人得分四、判斷題(共1題，共4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2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：_____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

由題干C物質的體積分數(C%)與溫度、壓強的關系圖可知，壓強相同時，溫度升高，C物質的體積分數減小，即平衡逆向移動，說明正反應是放熱反應，故△H＜0，溫度相同時，增大壓強，C物質的體積分數減小，即平衡逆向移動，說明正反應是氣體體積增大的方向，即△V(g)>0，綜上所述，該反應正反應為△H＜0，△V(g)>0，故答案為：A。2、C【分析】【詳解】

A．加水稀釋醋酸，促進醋酸電離，則n（CH3COO－）增大、n（CH3COOH）減小；則比值減小，故A錯誤；

B．加水稀釋，c（CH3COO-）減小，氫離子濃度減小，根據KW不變可知，c（OH-）增大；則比值減小，故B錯誤；

C．加水稀釋醋酸，促進醋酸電離，n（H+）增大，n（CH3COOH）減小；則比值增大，故C正確。

D．加水稀釋醋酸，c（H+）減小，由于KW不變，所以c（OH-）增大；則比值減小，故D錯誤；

故選：C。3、B【分析】【詳解】

A.的溶液中硫化氫分步電離，故A錯誤；

B.將等物質的量的和混合溶于水中，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故B正確；

C.的與的NaOH溶液等體積混合溶液中氫離子和氫氧根離子恰好反應，草酸濃度大于氫氧化鈉溶液，草酸又電離出氫離子，溶液顯酸性，故C錯誤；

D.硫酸銨溶液中銨根離子濃度大于硫酸根離子濃度，銨根離子水解溶液顯酸性，的硫酸銨溶液中：故D錯誤；

故選：B。4、C【分析】【詳解】

A．水的電離過程為吸熱反應；溫度升高，水的離子積變大；水的電離程度增大，溶液pH減小，但溶液中氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，溶液仍然為中性，選項A錯誤；

B．Kw是溫度的函數；溫度不變水的離子積常數不變，選項B錯誤；

C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)=10-5mol/L；選項C正確；

D．pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液中氫離子濃度相等；醋酸的濃度遠大于其電離出的氫離子濃度，醋酸電離出的總的氫離子的物質的量大于鹽酸能電離出的氫離子總物質的量，故中和時消耗NaOH物質的量不相同，選項D錯誤；

故答案選C。5、D【分析】【分析】

在a點，pH<7，說明溶液顯酸性，HSO3-主要發生電離，HSO3-H++SO32-；在b點；加入。

V(NaOH)=10.00mL，NaHSO3與NaOH的物質的量相等，二者剛好完全反應生成Na2SO3，此時c(Na2SO3)=0.1mol/L，溶液的pH=10，說明SO32-＋H2OHSO3-＋OH-；在c點，V(NaOH)=20.00mL，此時溶液中c(Na2SO3)=c(NaOH)=0.067mol/L。

【詳解】

A．在a點，HSO3-H++SO32-，對水的電離產生抑制，b點，SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，促進水的電離，在c點，雖然SO32-仍會促進水電離，但過量NaOH對水電離的抑制是主要的，且比a點對水的抑制作用更強，水的電離程度更小，所以溶液中水的電離程度：b>a>c；A正確；

B．V(NaOH)=10.00mL時，pH>7，所以pH=7時，消耗的V(NaOH)<10.00mL；B正確；

C．在b點，SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，c(OH-)=c(HSO3-)===1.0×10-4mol?L-1，Kh=≈10-7，在室溫下K2(H2SO3)==≈1.0×10－7；C正確；

D．在c點，c(Na2SO3)=c(NaOH)，溶液中主要發生SO32-＋H2OHSO3-＋OH-，所以c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(H+)；D錯誤；

故選D。6、D【分析】【詳解】

A．鍍上一層金屬鉻可以隔絕空氣；使金屬不受腐蝕，正確；

B．Fe與外接電源相連；作陰極被保護，所以采用“外加電流的陰極保護法”，鐵閘門應與直流電源的負極相連，作陰極被保護，正確；

C．鋼鐵發生吸氧腐蝕的正極反應離子方程式是：2H2O+O2+4e-=4OH-；正確；

D．鋼鐵發生析氫腐蝕時，負極上鐵失電子發生氧化反應，生成Fe2+，所以負極反應為Fe-2e-=Fe2+；錯誤；

答案選D。二、多選題(共8題，共16分)7、CD【分析】【詳解】

某反應的△H=+100kJ?mol-1，則正反應的活化能-逆反應的活化能=+100kJ?mol-1，說明正反應的活化能比逆反應的活化能大100kJ?mol-1；無法確定正；逆反應活化能的大小，CD正確，故選CD。

【點睛】

正確理解焓變與活化能的關系是解題的關鍵。本題可以借助于圖象分析：8、AB【分析】【分析】

分析題給信息，該可逆反應為氣體分子數減小且正反應為放熱的反應，分析容器Ⅰ和容器Ⅱ的投料量，可知二者投料量等效。但最終物質的平衡物質的量不相等，說明二者溫度應不相同，根據化學平衡的移動，分析T1、T2的關系。容器Ⅲ中反應條件與容器Ⅱ相同；結合題給信息具體分析。

【詳解】

A．容器Ⅰ中加入0.40molCO、0.80molH2，與容器Ⅱ中加入0.40molCH3OH等效，達到平衡時，容器Ⅱ中CH3OH的物質的量比容器Ⅰ少，結合可逆反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，可知，反應向逆反應方向移動。因此反應溫度：T1＜T2；A項正確；

B．根據等效平衡原理，若T1=T2，則轉化率：α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)=1，因T1＜T2，α(CH3OH，Ⅱ)變大，所以α(CO,Ⅰ)+α(CH3OH,Ⅱ)＞1；B項正確；

C．在容器Ⅲ中，若平衡時，CO的轉化率大于H2，則C項錯誤；

D．依據容器Ⅱ中平衡時CH3OH的平衡物質的量，可計算出該溫度下反應的化學平衡常數K=25，在容器Ⅲ中，若起始時加入0.4molCO、0.4molH2和0.4molCH3OH，可計算出此時濃度商Qc=25=K，Qc=K，平衡不移動，則此時v(正)=v(逆)；D項錯誤。

【點睛】

分析等效平衡問題的關系：

（1）看清楚條件是恒溫恒容還是恒溫恒壓。

（2）分析要形成等效平衡；是必須各物質的量與原平衡完全相同還是只要成比例即可。

（3）分析對于不能構成等效平衡的情況；平衡是向正反應方向移動了，還是向逆反應方向移動了。

在分析中，將生成物（或反應物）按“一邊倒”的原則全部轉化為反應物（或生成物）是非常必要、有效的。9、AD【分析】【詳解】

A．對比I、Ⅲ可知，升高溫度CH3OCH3(g)的物質的量減小；說明升高溫度，平衡逆向移動，而升高溫度，化學平衡向吸熱反應移動，故該反應的正反應為放熱反應，A正確；

B．Ⅱ等效為Ⅰ中平衡基礎上壓強增大一倍，該反應是氣體體積不變的反應，增大壓強化學平衡不移動，因此容器Ⅰ中的CH3OH體積分數與容器Ⅱ中的相等。I中平衡時CH3OCH3的物質的量是0.080mol，則容器Ⅱ中CH3OCH3的物質的量為n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反應容器是1L，則II達到平衡時CH3OCH3的物質的量濃度為c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B錯誤；

C．II中達到平衡時，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中達到平衡時，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以達平衡時，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C錯誤；

D．容器Ⅰ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化學平衡常數K1==4，若起始時向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容積是1L，則物質的濃度與其物質的量在數值上相等，此時濃度商Qc==5＞4=K；則反應將向逆反應方向進行，D正確；

故合理選項是AD。10、AD【分析】【分析】

A.由圖可知，溫度升高，平衡時NO2濃度降低；說明溫度升高可使平衡逆向移動；

B.T1溫度時，反應達到平衡時c（NO2）=0.2mol/L；根據反應方程式計算；

C.根據理想氣體狀態方程pV=nRT分析；容器容積和反應溫度一定，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質的量成正比；

D.為放熱反應；起始量III看成I體積減小一半，溫度降低；壓強增大，均使平衡正向移動。

【詳解】

A.圖中溫度升高，平衡時NO2濃度降低；說明溫度升高可使化學平衡逆向，因此正反應為放熱反應，即△H＜0，故A正確；

B.T1溫度時，反應達到平衡時c（NO2）=0.2mol/L，則平衡時c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反應的化學平衡常數為K==故B錯誤；

C.根據理想氣體狀態方程pV=nRT分析，容器容積和反應溫度一定，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質的量成正比，容器Ⅱ相當于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固體，不改變濃度，設容器Ⅱ中反應達到平衡時消耗了ymolSO2，則平衡時兩容器壓力比為==＞故C錯誤；

D.T2＜T1，則溫度降低有助于化學反應正向進行，容器Ⅲ相當于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不對化學反應的平衡產生影響，也就相當于對容器Ⅰ加壓，若平衡不發生移動，則平衡時NO的體積分數為×100%=40%；溫度降低；壓強增大，均使平衡正向移動，容器Ⅲ的化學反應正向進行程度比容器I更大，則達到平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數小于40%，故D正確；

故答案選AD。

【點睛】

物質的量濃度隨時間的變化曲線，把握圖中濃度變化、壓強與溫度對平衡的影響為解答的關鍵，注意選項C容器容積和反應溫度一定時，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質的量成正比，S是固體，不改變濃度。11、BC【分析】【分析】

由圖可知，實線為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線，虛線為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物種分布分數曲線。當=1時，反應生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，當=1時，反應生成Na2A，Na2A溶液顯堿性。

【詳解】

A.強堿滴定弱酸時，應選用酚酞做指示劑，則用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液應用酚酞作指示劑；故A正確；

B.0.1mol·L-1Na2A溶液中存在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH—)，因Na2A溶液顯堿性，c(OH—)>c(H+)，則:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)；故B錯誤；

C.由圖可知，當=1時，反應生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，說明HA-的電離大于水解，則溶液中c(A2-)>c(H2A)；故C錯誤；

D.由圖可知，當δ(X)為50%時，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7；故D正確；

故選BC。

【點睛】

由圖確定實線為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線，虛線為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物種分布分數曲線是解答關鍵。12、AC【分析】【詳解】

A.因溶液中只有四種離子，則由電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，當c(CH3COO-)=c(Na+)時，c(H+)=c(OH-)，溶液顯中性，故A正確；

B.若醋酸與氫氧化鈉恰好完全中和，溶液中的溶質只有醋酸鈉，由醋酸根離子的水解可知，c(Na+)＞c(CH3COO-)，故B錯誤；

C.由B選項可知，當二者恰好中和時c(Na+)＞c(CH3COO-)，所以當溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)時，醋酸一定過量，故C正確；

D.若醋酸與氫氧化鈉恰好完全反應，則溶液中的溶質為醋酸鈉，由醋酸根離子水解及水解顯堿性可知c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，則不一定是堿過量，故D錯誤；

故選：AC。13、AD【分析】【詳解】

A.pH=3時，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，則c(F-)＞c(Na+)，故A正確；

B.當pH＞3.45時，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或堿性，故B錯誤；

C.HF為弱酸，恰好反應時溶液應呈堿性，當pH=3.45時，HF酸過量，故C錯誤；

D.溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，則c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(HF)+c(F-)，當pH=4時，混合溶液體積大于1.0L，由物料守恒可知，c(HF)+c(F-)＜2amol?L-1；故D正確；

答案選AD。14、BC【分析】【分析】

圖分析可知N電極區的電極反應式為2H++2e-=H2↑；說明N電池為正極，M電池為負極，堿液室中氫氧根離子通過陰離子交換膜中和正電荷，酸液室中的氫離子通過質子交換膜在電極N表面得到電子生成氫氣同時酸液室中的氯離子通過陰離子交換膜加入堿液室補充負電荷，據此分析判斷。

【詳解】

A．圖分析可知電極M區的電極反應式為H2-2e-=2H+，N電極區的電極反應式為2H++2e-=H2↑；故M為負極，N為正極，故電子由電極M經外電路流向電極N，A正確；

B．放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3溶液，在酸液室可以生成NaHCO3、Na2CO3；B錯誤；

C．放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，酸液室溶液pH增大，堿液室不斷產生H+；故pH減小，C錯誤；

D．根據上述分析可知：Cl-通過陰離子交換膜b移向堿液室，H＋通過質子交換膜c移向N極；D正確；

故答案為：BC。三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價是－1價，反應后變為＋4價，失去5個電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個電子轉移時，消耗乙炔的物質的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應的熱化學方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學鍵所放出的能量的差值，則根據鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應的熱化學方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應的反應熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點：考查熱化學方程式的書寫以及反應熱的有關計算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）16、略

【分析】【分析】

(1)根據圖像，該反應物的總能量比生成物的總能量高，結合N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)分析判斷；

(2)先求出此反應的焓變；根據熱化學方程式的書寫規則再寫出熱化學方程式；該反應后氣體的物質的量減少，結合復合判據分析解答；

(3)根據反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能計算；

(4)利用蓋斯定律分析計算。

【詳解】

(1)根據圖像，反應物的總能量比生成物的總能量高，說明該反應為放熱反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能；反應物的活化能為254kJ/mol，生成物的活化能為300kJ/mol，反應物的活化能比生成物的活化能低，反應的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)；正反應是一個熵減小的反應，正確的只有a，故答案為a；

(2)反應物總能量大于生成物總能量，應為放熱反應，生成1mol氨氣放出46kJ熱量，則反應的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ/mol，該反應是一個熵減小的反應，決定該反應進行方向的主要判據為焓判據，故答案為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判據；

(3)反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能；設H-H的鍵能為x，則943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案為435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根據蓋斯定律，將可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案為【解析】a（合理即可）焓判據或ΔH<043517、略

【分析】【詳解】

pH相等的酸中；加水稀釋促進弱酸的電離，稀釋相同的倍數，pH變化大的酸的酸性強，由圖可知，HX的pH變化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，則HX的電離平衡常數大于醋酸的電離平衡常數，故答案為：大于。

【點睛】

對于強酸溶液，稀釋10倍，pH增大1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH增大不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趨近于7；對于強堿溶液，稀釋10倍，pH減小1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH減小不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趨近于7；弱酸弱堿的稀釋過程中有濃度的變化，又有電離平衡的移動，不能求得具體數值，只能確定其pH的范圍。【解析】大于18、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）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據此分析解答。

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

D.根據電荷守恒得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。【解析】①.只能電離，不能水解②.19、略

【分析】【分析】

(1)M點為硫酸銨溶液；硫酸銨為強電解質，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解使溶液呈酸性；

(2)M點溶質為硫酸銨和硫酸鈉；銨根離子水解促進了水的電離，而Q溶質為硫酸鈉和一水合氨，溶液呈堿性，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，同時銨根離子水解生成H+；

b．N點溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；結合電荷守恒判斷；

c．Q點溶質為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結合物料守恒判斷；

d．NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解。

【詳解】

(1)M點為硫酸銨溶液，硫酸銨為強電解質，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液呈酸性，所以此時溶液的pH＜7；

(2)根據圖示可知，P點呈強酸性，抑制了水的電離；M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發生水解，促進了水的電離；N點為中性，不影響水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點；

(3)a．P點溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH?)，同時銨根離子水解生成H+，則c(H+)＞c(SO42?)＞c(NH4+)＞c(OH?)；故a錯誤；

b．N點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結合電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)＋c(OH?)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)，故b正確；

c．Q點溶質為等濃度的硫酸鈉和一水