…………○…………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年人教版選修4化學下冊階段測試試卷416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、利用含碳化合物合成燃料是解決能源危機的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反應過程中的能量變化情況如圖所示；曲線Ⅰ和曲線Ⅱ分別表示不使用催化劑和使用催化劑的兩種情況。下列判斷正確的是。

A.該反應的ΔH＝＋91kJ·mol－1B.加入催化劑，該反應的ΔH變小C.反應物的總能量小于生成物的總能量D.如果該反應生成液態CH3OH，則ΔH減小2、H2S氣體可以在空氣中完全燃燒或不完全燃燒。根據以下三個熱化學方程式，判斷△H1、△H2、△H3三者關系正確的是。

2H2S(g)＋3O2(g)＝2SO2(g)＋2H2O(l)△H1

2H2S(g)＋O2(g)＝2S(s)＋2H2O(l)△H2

2H2S(g)＋O2(g)＝2S(s)＋2H2O(g)△H3A.△H1>△H2>△H3B.△H1>△H3>△H2C.△H3>△H2>△H1D.△H2>△H1>△H33、運用反應原理可設計清除氮氧化物的污染。在溫度和時,分別將和充入體積為1L的密閉容器中，測得隨時間變化如圖。下列說法正確的是

A.B.C.a點時的轉化率為D.溫度為達平衡時反應的熱效應為4、常溫下，含碳微粒存在于草酸溶液與等濃度NaOH溶液反應后的溶液中，它們的物質的量分數某微粒物質的量濃度與三種微粒物質的量濃度和比值與溶液pH的關系如圖所示，下列有關說法錯誤的是

A.向的溶液中加NaOH溶液將pH增大至的過程中水的電離度一直增大B.時，溶液中cC.若草酸的第二級電離平衡常數為則D.將相同物質的量濃度和的兩份溶液等體積混合，可配得圖a點所示混合液5、下列關于水的電離平衡的相關說法正確的是A.c(H＋)＝的溶液一定呈中性B.將水加熱，Kw增大，pH增大，呈堿性C.向水中加入少量硫酸氫鈉固體，溶液的c(H＋)增大，平衡逆向移動，Kw減小D.向0.1mol·L－1醋酸溶液中加水，溶液中水電離產生的c(H＋)將減小6、在不同溫度下，水溶液中c(H+)與c(OH-)有如圖所示關系。下列說法正確的是。

A.c點對應的溶液pH=6，顯酸性B.T℃下，水的離子積常數為1×10-12C.T<25℃D.純水僅升高溫度，可以從a點變到d7、常溫下，向20mL0.1mol?L-1Na2X溶液中緩慢滴加0.1mol?L-1鹽酸溶液（不逸出H2X），溶液pH與溶液中lg之間關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.M點：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)B.常溫下，0.1molNa2X和1molNaHX同時溶于水得到溶液pH=5.2C.N點：c(Na+)＜3c(X2-)+c(Cl-)D.常溫下，X2-第一步水解常數Kh1的數量級為10-88、常溫下，向20mL0.lmol?L-1(CH3)2NH?H2O（一水合二甲胺）溶液中滴加0.1mol?L-1鹽酸，滴定曲線如圖甲所示，含C微粒的物質的量分數σ隨pH變化如圖乙所示。下列說法錯誤的是（）

A.e點時，溶液中c(Cl-)=2c[(CH3)2NH?H2O]+2c[(CH3)2NH2+]B.S點對應溶液的pH約為11.5C.常溫下（CH3)2NH?H2O的電離常數為1×10-4D.d點時，溶液中c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH?H2O]9、室溫下將0.1mol·L-1的燒堿溶液不斷滴加到10.00mL相同濃度的HA溶液中，溶液中-lgc水(H+)與NaOH溶液的體積關系如圖所示[注：c水(H+)為溶液中水電離的c(H+)]。下列說法不正確的是（）

A.a、c兩點溶液中均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)B.b點溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OH-)C.a、b、c三點溶液中，b點溶液導電性最強D.0.1mol·L-1HA溶液中HA的電離度約為1%評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、恒壓下，將CO2和H2以體積比1∶4混合進行反應CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)(假定過程中無其他反應發生)，用Ru/TiO2催化反應相同時間，測得CO2轉化率隨溫度變化情況如圖所示。下列說法正確的是()

A.反應CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH>0B.圖中450℃時，延長反應時間無法提高CO2的轉化率C.350℃時，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，CO2平衡轉化率為80%，則平衡常數K<2500D.當溫度從400℃升高至500℃，反應處于平衡狀態時，v(400℃)逆>v(500℃)逆11、1L的密閉容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三種氣體。一定條件下發生反應，各物質濃度隨時間變化如圖甲所示，t1時刻c(B)=0.1mol/L。圖乙為t2時刻后改變條件反應速率隨時間的變化情況，每次改變一種條件且條件各不相同，已知，t3時刻為加入催化劑，則下列判斷正確的是（）

A.t4時刻是增大容器的體積B.B的起始濃度為0.06mol/LC.t1、t3、t6時刻相比，A物質的量最大的是t6時刻D.該可逆反應的方程式為：3A(g)B(g)+2C(g)12、根據相應的圖象，判斷下列相關說法正確的是（）A.甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密閉容器中反應達平衡，T0時條件改變如圖所示，則改變的條件一定是加入催化劑B.乙：L(s)+aG(g)bR(g)反應達到平衡時，外界條件對平衡影響如圖所示，若P1>P2，則a>bC.丙：aA+bBcC物質的百分含量和溫度關系如圖所示，則該反應的正反應為放熱反應D.丁：A+2B2C+3D反應速率和反應條件變化關系如圖所示，則該反應的正反應為放熱反應，C是氣體、D為固體或液體13、室溫時，將氨水與氯化銨溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.W點溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8時溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室溫時NH3·H2O的電離平衡常數的值為10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）14、25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c()>c()>c(Fe2＋)>c(H＋)B.pH＝11的氨水和pH＝3的鹽酸溶液等體積混合，所得溶液中：c(Cl－)>c()>c(OH－)>c(H＋)C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol·L－1鹽酸10mL混合后溶液顯酸性：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)15、25℃時向20mL0.1mol·L－1醋酸溶液中不斷滴入0.1mol·L－1NaOH(aq)；溶液pH變化如圖所示。此過程里溶液中離子濃度的關系錯誤的是。

A.a點：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)B.b點：c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)C.c點：c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)D.d點：c(Na+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)16、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的量濃度關系正確的是（）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+)17、25℃時，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的鹽酸，溶液的AG[AG＝lg]變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()

A.若a＝－8，則Kb(XOH)≈10－6B.M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應C.R點溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M點到N點，水的電離程度先增大后減小評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、25°C向中滴加過程中，變化如圖所示。

（1）A點溶液用化學用語解釋原因：_________________。

（2）下列有關B點溶液的說法正確的是_______________（填字母序號）。

a.溶質為：

b.微粒濃度滿足：

c.微粒濃度滿足：

（3）兩點水的電離程度：______（填“”、“”或“”）。19、（1）298K時，將20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，發生反應：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)與反應時間(t)的關系如圖所示。

①下列可判斷反應達到平衡的是__(填標號)。

a.溶液的pH不再變化。

b.v(I-)=2v(AsO)

c.不再變化。

d.c(I-)=ymol·L-1

e.=不再變化。

②tn時，v正__v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

③tm時v逆__tn時v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是__。

④比較產物AsO在tm～tnmin和tp～tqmin時平均反應速率的大小，前者__；（填大或小或相等）

（2）合成氨工廠常通過測定反應前后混合氣體的密度來確定氨的轉化率。某工廠測得合成塔中N2、H2混合氣體的密度為0.5536g/L（標準狀況），從合成塔中出來的混合氣體在相同條件下密度為0.693g/L（標準狀況）。該合成氨廠N2的轉化率___。20、一定溫度下10L密閉容器中發生某可逆反應，其平衡常數表達為：K=

根據題意完成下列填空：

（1）寫出該反應的化學方程式___；若溫度升高，K增大，該反應是___反應（填“吸熱”或“放熱”）。

（2）能判斷該反應一定達到平衡狀態的是___（選填編號）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中氣體的相對分子質量不隨時間改變。

c．消耗nmolH2同時消耗nmolCOd．容器中物質的總物質的量不隨時間改變。

（3）該反應的v正隨時間變化的關系如圖。t2時改變了某種條件，改變的條件可能是___、___。（填寫2項）

（4）實驗測得t2時刻容器內有1molH2O，5min后H2O的物質的量是0.8mol，這5min內H2O的平均反應速率為___。21、今有①②③三種溶液；根據要求回答下列問題：

(1)當它們的相同時，其物質的量濃度的關系是_______。(用序號填空；下同)

(2)當它們的物質的量濃度相同時，加水稀釋相同的倍數后其的關系是_______。

(3)相同的三種酸溶液各加水稀釋相同倍數后，溶液中水電離出來的的關系為_______。

(4)當它們相同、體積相同時，分別加入足量鋅，相同狀況下產生氣體體積關系為_______。

(5)中和等體積相同濃度的燒堿溶液，需同濃度的三種溶液的體積分別為則的關系為_______(用等式表示)。22、某二元酸(化學式用H2B表示)在水中的電離方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。回答下列問題。

(1)Na2B溶液顯________(填“酸性”“中性”或“堿性”)，理由是____________________(用離子方程式表示)。

(2)在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________(填字母)。

A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)

C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各種離子濃度由大到小的順序是______________________________23、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持溫度不變向水中加入NaHSO4固體，水的電離平衡向___(填“左”或“右”)移動，所得溶液顯__性，Kw__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）常溫下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH為9，則由水電離出的c(H+)=___。

（3）若取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別加水稀釋m倍、n倍后pH仍相等，則m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關系為NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。24、已知常溫下H2C2O4的電離平衡常數Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反應NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數K＝9.45×104，則NH3·H2O的電離平衡常數Kb＝______________。25、某些電鍍廠的酸性廢水中常含有一定量的CrO42-和Cr2O72-；它們會對人類及生態系統產生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。

方法1：還原沉淀法；該法的工藝流程為：

其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O

（1）若平衡體系的pH=12，該溶液顯________色。

（2）寫出第③步的離子反應方程式：__________。

（3）第②步中，用6mol的FeSO4·7H2O可還原________molCr2O72-離子。

（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)

常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH應調至_______。

方法2：電解法：該法用Fe做電極電解含Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產生Cr(OH)3沉淀。

（5）寫出陽極的電極反應式___________________。

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是(用電極反應解釋)__________________________

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，則陰極上的電極反應式為____________。26、表是相關物質的溶解度數據，操作Ⅲ發生反應的化學方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應在溶液中能發生的理由是________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)27、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、結構與性質(共3題，共12分)28、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，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的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數。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的物質的量分數為_______(結果保留兩位有效數字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內包含微粒種類及數目；微粒的相對總能量(括號里的數字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態、*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)。(已知：)29、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的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。30、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、實驗題(共4題，共20分)31、某實驗小組用工業上廢棄固體(主要成分Cu2S和Fe2O3)混合物制取粗銅和Fe2(SO4)3晶體；設計的操作流程如下：

(1)③實驗過程中，過濾操作用到的玻璃儀器有_________。

(2)③④操作中會有一種氣體生成，若在實驗室制備該氣體，可選擇下列哪些裝置_____(填字母)。

(3)溶液B在空氣中放置有可能變質，如何檢驗溶液B是否變質：__________。

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加強氧化劑X，試劑X最好選擇下列哪種試劑______(填字母)。

a.Cl2b.H2O2c.KMnO4

試劑X在酸性條件下與溶液B反應的離子方程式為____________。

(5)由溶液C經_______、________、過濾等操作得Fe2(SO4)3晶體。

(6)實驗室中很難用硫酸亞鐵與燒堿溶液反應制得純凈的Fe(OH)2，某同學利用下圖裝置(鐵作電極，電解質溶液：氯化鈉溶液)，通過電解法制取較純的Fe(OH)2，且較長時間不變色，寫出電解的化學反應方程式為______。

32、某小組研究了銅片與反應的速率，實現現象記錄如下表。實驗時間段現象銅片表面出現極少氣泡銅片表面產生較多氣泡，溶液呈很淺的藍色銅片表面產生較多氣泡，溶液呈很淺的藍色銅片表面均勻冒出大量氣泡銅片表面均勻冒出大量氣泡

銅片表面產生較少氣泡，溶液藍色明顯變深，液面上方呈淺棕色銅片表面產生較少氣泡，溶液藍色明顯變深，液面上方呈淺棕色

為探究影響該反應速率的主要因素；小組進行如下實驗。

實驗I：監測上述反應過程中溶液溫度的變化；所得曲線如下圖。

實驗II：②-④試管中加入大小、形狀相同的銅片和相同體積、結果顯示：對和反應速率的影響均不明顯，能明顯加快該反應的速率。

實驗III：在試管中加入銅片和當產生氣泡較快時，取少量反應液于試管中，檢驗后發現其中含有

（1）根據表格中的現象，描述該反應的速率隨時間的變化情況：____________。

（2）實驗的結論：溫度升高___________（填“是”或“不是”）反應速率加快的主要原因。

（3）實驗II的目的是：__________。

（4）小組同學查閱資料后推測：該反應由于生成某中間產物而加快了反應速率。請結合實驗II、III，在下圖方框內填入相應的微粒符號①____②_____；以補全催化機理。

（5）為驗證（4）中猜想，還需補充一個實驗：__________（請寫出操作和現象）。33、為了測定某濃硫酸樣品的物質的量濃度，進行了以下實驗操作：。A．冷卻至室溫后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。B．用某儀器量取20.00mL稀硫酸于錐形瓶中并滴入幾滴指示劑。C．將酸式滴定管和堿式滴定管用蒸餾水洗滌干凈，并用待測溶液潤洗。D．將物質的量濃度為Mmol/L的標準NaOH溶液裝入堿式滴定管，調節液面記下開始讀數為V1mL。E．小心滴入NaOH標準溶液，邊滴邊搖動錐形瓶，滴定至恰好反應為止，記下讀數為V2mL。F．把錐形瓶移到堿式滴定管下，在錐形瓶下墊一張白紙。G．用某儀器準確量取濃硫酸樣品10.00mL，在燒杯中用蒸餾水溶解。就此實驗操作完成下列填空：

(1)正確操作步驟的順序（用編號字母填寫）___→A→___→___→___→F→___。

(2)用來量取10.00mL濃硫酸的儀器是___。用NaOH溶液潤洗堿式滴定管的目的是___。

(3)滴定中可選用的指示劑是___。滴定中；目光應___；判斷滴定終點的現象是___；讀數時，目光與凹液面的最低處保持水平。

(4)某學生實驗時用稀硫酸潤洗了錐形瓶；測定的濃度會偏___。(“偏高”；“偏低”、“無影響”)。

(5)該濃硫酸樣品的濃度計算式為______。34、“碘鐘”實驗中，3I-+=+2的反應速率可以用I3-與加入的淀粉溶液顯藍色的時間t來度量，t越小，反應速率越大。某探究性學習小組在20℃進行實驗，得到的數據如下表：。實驗編號①②③④⑤c(I-)/mol·L-10.0400.0800.0800.1600.120c(S2O82-)/mol·L-10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1

回答下列問題：

(1)該實驗的目的是_______。

(2)顯色時間t1=_______。

(3)溫度對該反應的反應速率的影響符合一般規律，若在40℃下進行編號③對應濃度的實驗，顯色時間t2的范圍為_______(填字母)。

A.<22.0sB.22.0～44.0sC.>44.0sD.數據不足；無法判斷。

(4)通過分析比較上表數據，得到的結論是_______。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．該反應的ΔH＝419kJ·mol－1-510kJ·mol－1=-91kJ·mol－1；故A錯誤；

B．加入催化劑；反應熱不變，故B錯誤；

C．由圖象可知；反應物的總能量大于生成物的總能量，為放熱反應，故C不正確；

D．如果該反應生成液態CH3OH；放出更多的熱量，因反應熱為負值，則△H減小，故D正確；

故選D。

【點晴】

注意反應物、生成物總能量與反應熱的關系，特別是催化劑只改變反應的活化能，但不能改變反應熱。反應物總能量大于生成物總能量，該反應放熱。2、C【分析】【分析】

【詳解】

2H2S(g)＋3O2(g)＝2SO2(g)＋2H2O(l)△H1①

2H2S(g)＋O2(g)＝2S(s)＋2H2O(l)△H2②

2H2S(g)＋O2(g)＝2S(s)＋2H2O(g)△H3③

三個反應都是放熱反應，所以△H<0。反應①中的H2S完全燃燒，而反應②、③中H2S燃燒都不完全，所以反應①放出的熱量最多，△H1最小；反應②、③相比，只有H2O的狀態不同，反應②H2O呈液態，放出的熱量比反應③多，則△H3>△H2。綜合以上分析，△H3>△H2>△H1，故選C。3、D【分析】【分析】

依據溫度對化學反應速率和化學平衡的影響分析圖像；并進行有關轉化率和反應熱的計算。

【詳解】

A項：據圖，溫度T1、T2反應達到化學平衡所需時間分別是50min、30min，即T2溫度下反應較快，則T2>T1；A項錯誤；

B項：圖中，當溫度從T1升高到T2，平衡時n(CH4)從0.1mol增加到0.15mol，則逆反應吸熱，<0；B項錯誤；

C項：反應從起始到a點，消耗甲烷0.4mol，則消耗NO20.8mol，的轉化率為(0.8mol/1.2mol）×100%=6.7%；C項錯誤；

D項：據熱化學方程式，每1mol甲烷發生反應時放熱bkJ。溫度達平衡時消耗甲烷0.4mol，則反應放熱D項正確。

本題選D。

【點睛】

在物質的量或濃度－時間圖像中，先出現拐點先達到平衡，對應的溫度或壓強較大，即“先拐先平數值大”。熱化學方程式中，ΔH對應反應完全時的數值，而不是化學平衡的數值。4、D【分析】【詳解】

向的溶液中加KOH溶液將pH增大至溶液中由酸電離的氫離子濃度減小，則對水的電離抑制的程度減小，水的電離度一直增大，選項A正確；

B.時，溶液中存在物料守恒，選項B正確；

C.時，選項C正確；

D.將相同物質的量濃度和的兩份溶液等體積混合，可配成不同濃度的溶液，溶液濃度不同，pH不一定為定值，即不一定為選項D錯誤；

答案選D。

【點睛】

本題考查酸堿混合物的定性判斷和計算，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，本題注意把握圖像的含義，易錯點為B，注意常數的計算，和的物質的量相同，溶液中存在物料守恒，5、A【分析】【詳解】

A．根據Kw=c(H+)?c(OH-)，c(H+)=說明溶液中c(H+)=c(OH-)；溶液一定呈中性，故A正確；

B．水的電離是吸熱反應，升高溫度，促進水電離，溶液中c(H+)增大，pH減小，但水電離出的c(H+)=c(OH-)；溶液顯中性，故B錯誤；

C．Kw只與溫度有關，向水中加入少量硫酸氫鈉固體，溶液的c(H+)增大，平衡逆向移動，但Kw不變；故C錯誤；

D．酸電離出來的氫離子能抑制水的電離，向0.1mol?L-1醋酸溶液中加水，酸的濃度減小，對水的電離的抑制程度減小，則溶液中水的電離產生的c(H+)將增大；故D錯誤；

故選A。6、B【分析】【詳解】

A．根據圖像得出c點Kw＝1.0×10?12，c(H+)＝1.0×10?6mol?L?1；pH=6，溶液呈中性，故A錯誤；

B．T℃下，根據圖像c(H+)＝c(OH－)＝1.0×10?6mol?L?1，水的離子積常數為Kw＝1.0×10?12；故B正確；

C．T℃下，Kw＝1.0×10?12＞1.0×10?14；水電離吸熱，則T＞25℃，故C錯誤；

D．a點呈中性；d點呈堿性，從a點變到d，純水不能只通過升高溫度，還需加堿，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。7、B【分析】【詳解】

A．M點對應的溶液中，c(X2-)=10c(HX-)，pH＞7，呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中離子濃度大小排序為c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)；A項正確；

B．1molNaHX和0.1molNa2X投人水中，NaHX電離大于Na2X水解，故溶液中lg＜1；pH＞5.2，B項錯誤；

C．N點對應的溶液中電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(C1-)，c(H+)>c(OH-)，c(HX-)=c(X2-)，整理得：c(Na+)＜3c(X2-)+c(C1-)；C項正確；

D．常溫下，X2-+H2O?HX-+OH-，選擇N點對應的數據計算，Kb1=1×10-7.8=10-8×100.2，1＜100.2＜10，數量級為10-8；故D正確；

答案選B。8、B【分析】【分析】

(CH3)2NH?H2O的電離方程式為(CH3)2NH?H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲圖可知，未加入稀鹽酸時，溶液的pH=11.5，則溶液中存在電離平衡(CH3)2NH?H2O(CH3)2NH2++OH-，其電離平衡常數為c點為溶液呈中性，乙圖中S點處，c[(CH3)2NH?H2O]=c[(CH3)2NH2+]；據此結合電解質溶液中的三大守恒問題進行分析解答。

【詳解】

A．e點時，Cl原子是N原子的兩倍，則根據物料守恒有c(Cl-)=2c[(CH3)2NH?H2O]+2c[(CH3)2NH2+]；A選項正確；

B．(CH3)2NH?H2O的電離方程式為(CH3)2NH?H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲圖可知，未加入稀鹽酸時，溶液的pH=11.5，則溶液中存在電離平衡(CH3)2NH?H2O(CH3)2NH2++OH-，其電離平衡常數為溫度不變，Ka不變，S點的c[(CH3)2NH?H2O]=c[(CH3)2NH2+]，則c(OH-)=10-4mol/L，由Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14得，c(H+)=10-10mol/L，則pH=-lg[c(H+)]=10；B選項錯誤；

C．由甲圖可知，未加入稀鹽酸時，溶液的pH=11.5，則溶液中存在電離平衡(CH3)2NH?H2O(CH3)2NH2++OH-，其電離平衡常數為C選項正確；

D．d點時有物料守恒c(Cl-)=c[(CH3)2NH?H2O]+c[(CH3)2NH2+]，電荷守恒c[(CH3)2NH2+]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，兩式相加可得c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH?H2O]；D選項正確；

答案選B。9、C【分析】【分析】

由圖可知，HA為弱酸，b點溶液中水電離的c(H+)最大；說明氫氧化鈉和HA恰好完全反應生成NaA，a點為HA和NaA的混合液，c點為NaA和NaOH的混合液。

【詳解】

A.a點為HA和NaA的混合液，c點為NaA和NaOH的混合液，溶液中均存在電荷守恒關系c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)；故A正確；

B.b點為NaA溶液，溶液中存在質子守恒關系c(H+)+c(HA)=c(OH-)；故B正確；

C.a點為HA和NaA的混合液，b點為NaA溶液；c點為NaA和NaOH的混合液，c點中離子濃度最大，溶液導電性最強，故C錯誤；

D.由圖可知0.1mol·L-1的HA溶液中水電離的c(H+)為10—11mol·L-1，溶液中的c(H+)為mol·L-1=10—3mol·L-1，HA的電離度約為×100%≈1%；故D正確；

故選C。

【點睛】

b點溶液中水電離的c(H+)最大，說明氫氧化鈉和HA恰好完全反應生成NaA是判斷解答的關鍵。二、多選題(共8題，共16分)10、BC【分析】【分析】

如圖所示為用Ru/TiO2催化反應相同時間，測得CO2轉化率隨溫度變化情況，約350℃之前，反應還未達到平衡態，CO2轉化率隨溫度升高而增大，約350℃之后，反應達到化學平衡態，CO2轉化率隨溫度升高而減小；由此可知該反應為放熱反應。

【詳解】

A.由分析可知該反應為放熱反應，則ΔH<0；故A錯誤；

B.圖中450℃時，反應已達平衡態，則延長反應時間無法提高CO2的轉化率；故B正確；

C.350℃時，設起始時容器的容積為V，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，則n(H2)起始＝0.4Vmol，CO2平衡轉化率為80%；可列三段式為：

根據阿伏伽德羅定律有平衡時的體積為V(平衡)=則平衡時故C正確；

D.溫度升高，正逆反應速率均加快，則v(400℃)逆逆；故D錯誤；

綜上所述，答案為BC。11、AD【分析】【詳解】

A.如t4~t5階段改變的條件為降低溫度，平衡會發生移動，則正逆反應速率不相等，圖中正逆反應速率相等，改變的條件應為降低壓強，所以t4時刻是增大容器的體積；故A正確；

B.反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數之比為0.18:0.12=3:2，根據A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，則B的濃度變化為△c=0.12mol/L=0.06mol/L；而B的平衡濃度為1mol/L，則B的起始濃度為1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L，故B錯誤；

C.t1→t6時刻，正反應速率大于逆反應速率，平衡向正向移動，則t1時刻A的物質的量最大；故C錯誤；

D.由B分析可知該可逆反應的方程式為：3A(g)=B(g)+2C(g)；故D正確；

故答案：AD。

【點睛】

由反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數之比為0.18:0.12=3:2，根據A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，結合濃度的變化以及影響平衡移動的因素解答該題。12、CD【分析】【詳解】

A．甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密閉容器中反應達平衡，若a+b=c時；加入催化劑或增大壓強時的圖像相同，A說法錯誤；

B．乙：L(s)+aG(g)bR(g)反應達到平衡時，外界條件對平衡影響如圖所示，若P1>P2，等溫時，增大壓強G的體積分數增大，平衡逆向移動，向氣體計量數減小的方向移動，則a＜b；B說法錯誤；

C．丙：aA+bBcC物質的百分含量和溫度關系如圖所示，T2之前，反應未達到平衡狀態，T2點平衡；升高溫度，C的百分含量降低，平衡逆向移動，即逆向反應為吸熱反應，則該反應的正反應為放熱反應，C說法正確；

D．丁：A+2B2C+3D反應速率和反應條件變化關系如圖所示；降低溫度，平衡正向進行，則該反應的正反應為放熱反應；增大壓強，平衡正向移動，氣體計量數左邊大于右邊，則A；B、C是氣體、D為固體或液體，D說法正確；

答案為CD。

【點睛】

丙中，初始量A最大，C為零，加入A、B物質后開始加熱，故T2點之前反應未達到平衡狀態。13、BD【分析】【分析】

隨pH增加，銨根的水解和一水合氨的電離均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3?H2O)上升，所以a代表一水合氨濃度，b代表銨根濃度。

【詳解】

A．W點溶液pH＞7，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，故A錯誤；

B．任何電解質水溶液中都存在電荷守恒，所以pH=8時存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正確；

C．W點c(NH3?H2O)=c(NH4+)，室溫時NH3?H2O的電離平衡常數K==c(OH-)=10-4.75，故C錯誤；

D．pH=10的溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據圖知，c(NH3?H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正確；

故選：BD。

【點睛】

關于各離子濃度或者各離子物質的量分數與pH值的關系曲線圖，可以利用各曲線的交點求解電離或水解平衡常數。14、AD【分析】【分析】

A．(NH4)2Fe(SO4)2中亞鐵離子及銨根離子都水解；但水解程度較小，根據物料守恒判斷；

B．pH=11的氨水濃度大于pH=3的鹽酸濃度；二者等體積混合，氨水有剩余，溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷；

C．任何電解質溶液中都存在物料守恒；根據物料守恒判斷；

D．二者混合后，溶液中的溶質是等物質的量濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa；混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度。

【詳解】

A．(NH4)2Fe(SO4)2中亞鐵離子及銨根離子都水解，但水解程度較小，根據物料守恒得c()>c()>c(Fe2＋)>c(H＋)；故A正確；

B．pH=11的氨水濃度大于pH=3的鹽酸濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c(Cl－)<c()，離子濃度關系為：c()>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)；故B錯誤；

C．在0.1mol?L?1Na2CO3溶液中，Na元素的物質的量是C元素物質的量的2倍，則c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]；故C錯誤；

D．二者混合后，溶液中的溶質是等物質的量濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，氯離子不水解、醋酸電離程度較小，所以離子濃度大小順序是c(CH3COO?)>c(Cl?)>c(CH3COOH)>c(H+)；故D正確；

故選AD。15、CD【分析】【詳解】

A.a點為等物質的量的CH3COOH、CH3COONa形成的溶液，根據圖像溶液顯酸性，CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則c(CH3COO－)＞c(Na+)，醋酸為弱酸，少量電離，則c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；A正確；

B.b點為中性溶液，則c(H+)=c(OH－)，根據溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，則c(Na+)=c(CH3COO－)，溶液中的c(Na+)?c(H+)；B正確；

C.c點為CH3COONa溶液，溶液呈堿性，應有c（H+）＜c（OH-）；C錯誤；

D.d點為NaOH和CH3COONa的混合物，且2c（NaOH）=c（CH3COONa），溶液呈堿性，醋酸根離子水解但水解程度較小，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D錯誤；

答案為CD。16、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CH3COOH和CH3COONa，且物質的量濃度相等，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；

【點睛】

本題目中主要考核鹽類溶液中微粒濃度之間的關系，注重考查物料守恒和電荷守恒規律。17、AB【分析】【詳解】

A.a點表示0.1mol·L－1的XOH，若a=?8，則c(OH?)=10?3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10?5；A項錯誤；

B.M點AG=0，則溶液中c(OH?)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中為XOH；XCl，二者沒有恰好反應，B項錯誤；

C.若R點恰好為XCl時，根據物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1?)；C項正確；

D.M點的溶質為XOH和XCl；繼續加入鹽酸，直至溶質全部為XCl時，該過程水的電離程度增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點N點，水的電離程度先增大后減小，D項正確；

答案選AB。三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【分析】

（1）是弱電解質，用化學用語解釋溶液即寫出電離的方程式；

（2）B點加入的的物質的量為的一半，故溶質為和且物質的量之比為1:1；

（3）酸和堿會抑制水的電離；大部分能水解的鹽促進水的電離；

【詳解】

（1）是弱電解質，在溶液中部分電離，導致氫離子濃度小于溶液其電離的方程式為：

（2）B點溶液：

a.和物質的量之比為1:1；故a正確；

b.由電荷守恒可知，溶液中存在：故b正確；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c錯誤；

（3）酸和堿會抑制水的電離，大部分能水解的鹽促進水的電離，A點的酸性溶液抑制水的電離，C點為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，因為PH=7，醋酸的抑制作用與醋酸鈉的促進作用相互抵消，對水的電離無影響，故水的電離程度：A

【點睛】

（1）判斷酸堿中和時水的電離程度技巧：

酸堿恰好完全反應生成正鹽時水的電離程度最大；

（2）判斷溶液中某些等式是否正確，可從電荷守恒、物料守恒、質子守恒等入手。【解析】ab19、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①a.溶液的pH不再變化；說明溶液中氫離子濃度不變，則氫氧根離子的濃度也不在變化，可以說明反應達到平衡狀態，故a可判斷平衡；

b.根據反應方程式可知，結合化學反應速率之比=化學計量數之比可得任意時刻v(I-)=2v(AsO)，不能據此判斷平衡狀態，故b不可判斷平衡；

c.在反應達到平衡狀態之前，反應物在減少，產物在增加，則在發生變化；當達到平衡后該比值不再變化，故c可判讀平衡；

d.由圖像可知當反應達到平衡時：則此時c(I-)=2ymol·L-1，因此c(I-)=ymol·L-1時反應未達到平衡狀態；故d不能判斷平衡；

e.均為產物且系數比為1:2，則在反應過程中兩者的濃度之比始終保持不變，因此=不再變化不能說明是平衡狀態；故e不可判斷平衡。

故答案為：ac。

②由圖可知tn時；反應未達平衡狀態，反應正向進行才能達到平衡，則正反應速率大于逆反應速率，故答案為：大于。

③tm、tn時反應均沒有到達平衡狀態，tn時反應正向進行的程度大，產物濃度比tm時產物濃度大，其他條件相同時濃度越大反應速率越快，則逆反應速率tn時大，故答案為：小于；tn時產物的濃度大于tm時的產物濃度；濃度越大反應速率越。

④AsO在由圖像可知tm～tnmin反應未達平衡狀態，tp～tqmin時反應已經平衡，平衡后各物質的濃度保持恒定不變，則tp～tqminAsO的濃度變化量為0，速率為0，因此tm～tnmin時AsO平均反應速率的大；故答案為：大。

（2）設反應前混合氣體中氮氣的物質的量分數為x，氫氣的物質的量量分數為（1-x），依題意得：解得x=0.4,

設起始氮氣2mol，氫氣3mol，氮氣轉化的物質的量為ymol，列出三段式：。起始物質的量(mol)23轉化物質的量(mol)y3y2y平衡物質的量(mol)2-y3-3y2y

n(總)=（2-y）mol+（3-3y）mol+2ymol=（5-2y）mol

根據反應前后氣體質量守恒可知：解得y=0.5mol

N2的轉化率=故答案為：25%。【解析】①.ac②.大于③.小于④.tn時產物的濃度大于tm時是的產物濃度，濃度越大反應速率越快⑤.大⑥.25%20、略

【分析】【分析】

（1）根據化學平衡常數表達式及元素守恒知，反應物還有C，所以該反應方程式為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動；

（2）可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量不變、物質的量濃度不變、百分含量不變以及由此引起的一系列物理量不變；

（3）改變條件時反應速率增大，改變的條件可能是溫度、壓強、反應物濃度；

（4）反應速率=

【詳解】

：（1）根據化學平衡常數表達式及元素守恒知，反應物還有C，所以該反應方程式為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，K增大說明平衡正向移動，所以正反應是吸熱反應，故答案為：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；吸熱；

（2）a．當v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）時，正逆反應速率相等，所以反應達到平衡狀態，故正確；

b．反應前后氣體的物質的量不相同，氣體質量變化，容器中氣體的平均相對分子質量不隨時間變化即達到平衡，故正確；

c．無論反應是否達到平衡狀態都存在消耗nmolH2同時消耗nmolCO，所以不能據此判斷平衡狀態，故錯誤；

d．無論反應是否達到平衡狀態容器中物質的總物質的量都不隨時間改變，所以不能據此判斷平衡狀態，故錯誤；

故選ab；

（3）改變條件時反應速率增大，改變的條件可能是升高溫度、增大壓強、增大反應物濃度，故答案為：升高溫度；增大水蒸氣的濃度；

（4）反應速率故答案為0.004mol/（L﹒min）。【解析】①.C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）②.吸熱③.ab④.升高溫度⑤.增大水蒸汽的濃度⑥.0.004mol/（L﹒min）21、略

【分析】【分析】

(1)

pH相同溶液中氫離子濃度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元強酸、鹽酸是一元強酸，假設氫離子濃度為1mol/L，則醋酸濃度大于1mol/L、鹽酸濃度是1mol/L、硫酸濃度是0.5mol/L，所以其物質的量濃度的由大到小排列是①>②>③；故答案為：①>②>③；

(2)

當它們的物質的量濃度相同時，假設都是1mol/L，醋酸中氫離子濃度小于1mol/L、硫酸中氫離子濃度是2mol/L、鹽酸中氫離子濃度是1mol/L，氫離子濃度越大pH越小，所以其pH的由大到小排列是①>②>③；故答案為：①>②>③；

(3)

將pH相同的三種酸溶液均稀釋10倍后，醋酸在稀釋過程中電離程度增大，溶液中氫離子的物質的量增大，所以稀釋后醋酸的pH最小，而鹽酸和硫酸都是強電解質，稀釋后溶液的pH相同，即稀釋后溶液pH：①<②=③。溶液pH越小，酸性越強，水的電離程度越小，則溶液中水電離出來的大小順序為：②=③>①；故答案為：②=③>①；

(4)

硫酸和鹽酸為強酸，在溶液中完全電離，醋酸為弱電解質，在溶液中部分電離。所以pH相等時，醋酸濃度最大，最終電離出氫離子最多，硫酸和鹽酸中氫離子相同。氫離子的物質的量越多，其生成氫氣的體積越大，所以體積關系為①>②=③；故答案為：①>②=③；

(5)

中和等量氫氧化鈉，消耗同濃度酸的體積與酸電離出最終氫離子的濃度成反比，三種酸溶液濃度相等，硫酸是二元酸、醋酸和鹽酸都是一元酸，所以最終電離出氫離子的濃度：硫酸>醋酸=鹽酸，所以消耗三種酸的體積關系為：故答案為：【解析】(1)①>②>③

(2)①>②>③

(3)②=③>①

(4)①>②=③

(5)22、略

【分析】【分析】

該二元酸在水中第一步完全電離、第二步部分電離，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能發生水解生成HB－，但是HB－不發生水解；溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷。

【詳解】

（1）該二元酸在水中第一步完全電離、第二步部分電離，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能發生水解生成HB－，溶液呈堿性，用離子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案為：堿性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不發生水解，則該溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A錯誤；

B．B2－水解導致溶液呈堿性，則c（OH－）＞c（H＋），鈉離子不水解，則c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根據質子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B錯誤；

C．根據電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正確；

D．根據物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正確；

故選CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水電離的氫離子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水電離的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各種離子濃度由大到小的順序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案為：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【點睛】

本題考查弱電解質的電離及鹽類水解，側重考查分析判斷能力，明確B2－只發生第一步水解是解本題關鍵，注意該溶液中c（H2B）=0，為解答易錯點。【解析】①.堿性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)23、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氫鈉溶液中完全電離，電離方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的鹽溶液促進了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的；

（3）稀釋會促進若電解質的電離；

（4）酸性越弱；酸根離子對應的鈉鹽水解能力越強，pH越大。

【詳解】

（1）硫酸氫鈉存電離方程式為：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，電離出H＋；使溶液顯酸性，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動，但溫度不變，水的離子積常數不變；

故答案為：左；酸；不變；

（2）能水解的鹽溶液促進了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水電離出氫離子與氫氧根離子的濃度相等；

故答案為：1×10-5mol·L－1；

（3）稀釋會促進弱電解質的電離；故若取pH；體積均相等的NaOH和氨水分別加水稀釋m倍、n稀釋后pH仍相等，則氨水稀釋倍數大；

故答案為：＜；

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根離子對應的鈉鹽水解能力越強，pH越大，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關系為NaA

故答案為：＜。【解析】①.左②.酸③.不變④.1×10-5⑤.<⑥.<24、略

【分析】【分析】

平衡常數只與溫度有關，由題意將平衡常數表達式寫出，再觀察找到K之間的聯系。

【詳解】

由題意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數K=變形為=帶入數據可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－525、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）c(H+)減小，平衡2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O左移；溶液呈黃色，故答案為黃；

（2）第③步是沉淀鉻離子的反應，離子反應方程式為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，故答案為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓；

（3）6mol亞鐵離子被氧化為+3價，失去6mol電子，Cr2O72-離子中鉻元素化合價從+6價降低到+3價，應該得到6mol電子，所以6mol的FeSO4·7H2O可還原1molCr2O72-離子；故答案為1；

（4）Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)?c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，則需c(OH-)===10-9mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L；即pH=5，故答案為5；

（5）在電解法除鉻中，鐵作陽極，陽極反應為Fe-2e-═Fe2+，以提供還原劑Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是水電離產生的H+放電生成H2：2H++2e-═H2↑；故答案為2H++2e-=H2↑；

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，陰極上的電極反應式為Zn2++2e-=Zn，故答案為Zn2++2e-=Zn。

考點：考查了鉻及其化合物的性質、氧化還原反應、沉淀溶解平衡和電化學的相關知識。【解析】黃Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓15Fe-2e-=Fe2+2H++2e-=H2↑Zn2++2e-=Zn26、略

【分析】【分析】

根據溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，根據表中數據知，四種物質中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能發生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點睛】

本題考查了物質制備的知識。兩種鹽在溶液中發生復分解反應，產生兩種新鹽，發生反應是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質轉化為溶解度小的物質，或由溶解度小的物質轉化為溶解度更小的物質。會根據表格數據分析是本題判斷的依據。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小四、判斷題(共1題，共2分)27、×【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】錯五、結構與性質(共3題，共12分)28、略

【分析】【詳解】

（1）根據蓋斯定律，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，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數減小的反應，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，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉化率為a，則消耗剩余的物質的量為根據碳原子守恒，生成CO的物質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

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質的量分數為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據，找到活化能(過渡態與起始態能量差)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，所以作如下換算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5129、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，鹽酸和醋酸都發生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質的量大小關系。

【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，醋酸的物質的量遠大于鹽酸，與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發生完全電離，由此可得出消耗②的物質的量大小關系為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，但由于弱酸只發生部分電離，所以弱酸的物質的量濃度遠比強酸大。與堿反應時，弱酸不斷發生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><30、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點③所示溶液中的溶質成分，根據溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質成分；根據各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進水的電離；

【詳解】

（1）根據題目所給信息可知電離平衡常數Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據加入氫氧化鈉的量可知點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，根據電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，根據物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進，點④所示溶液中溶質為CH3COONa；只有鹽的水解促進水的電離，所以水的電離程度從大到小排序為④③②；

【點睛】

明確混合溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用。【解析】aHCN的電離平衡常數小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、實驗題(共4題，共20分)31、略

【分析】【分析】

廢棄固體主要成分Cu2S和Fe2O3，灼燒廢氣固體發生反應Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以氣體a是SO2，固體A是CuO和Fe2O3，固體A和稀硫酸混合，發生的反應為CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，所以溶液A中成分為CuSO4、Fe2(SO4)3，向溶液A中加入過量Fe屑，發生反應CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，所以固體B成分是Fe、Cu，濾液B成分為FeSO4，固體B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反應生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反應，過濾得到固體粗銅；向濾液B中加入試劑X得到溶液C，將溶液C濃縮結晶得到硫酸鐵晶體，濾液B中成分是FeSO4，需要加入氧化劑雙氧水將FeSO4氧化為硫酸鐵，所以試劑x是H2O2；根據電解的原理分析，據此