…………○…………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年魯教五四新版選修4化學上冊階段測試試卷976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、下列各組熱化學方程式中，化學反應的△H前者小于后者的是。

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1C（s）+O2═CO（g）△H2

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6

④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8A.①④B.④C.②③④D.①②③2、某溫度下；當1g氨氣完全分解為氮氣；氫氣時，吸收2.72kJ的熱量，則此狀態(tài)下，下列熱化學方程式正確的是()

①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ/mol

②N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－46.2kJ/mol

③NH3(g)=N2(g)＋H2(g)ΔH＝＋46.2kJ/mol

④2NH3(g)=N2(g)＋3H2(g)ΔH＝－92.4kJ/molA.①②B.①③C.①②③D.全部3、下列比較中，正確的是A.常溫下，同濃度的一元酸HA比HB易電離，則相同濃度的NaA溶液比NaB溶液的pH大B.0.2mol／LNH4NO3和0.1mol／LNaOH溶液等體積混合后：c(NH4＋)＞c(NO3－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C.物質的量濃度相等的醋酸溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(CH3COOH)D.同濃度的下列溶液：①NH4Al(SO4)2②NH4Cl③NH3·H2O④CH3COONH4，其中c(NH4＋)由大到小的是：①＞②＞④＞③4、25℃時，水中存在電離平衡：H2OH++OH-△H>0。下列敘述正確的是A.將水加熱，Kw增大，pH不變B.向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c(OH-)降低C.向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，溶液呈堿性D.向0.1mol/L的醋酸溶液中加入一定量醋酸鈉晶體，溶液中c(OH-)增大，Kw不變5、已知室溫時，某一元酸HA在水中有發(fā)生電離，下列敘述不正確的是

①該溶液的

②升高溫度；溶液的pH增大；

③此酸的電離平衡常數約為

④加水稀釋后；各離子的濃度均減?。?/p>

⑤由HA電離出的約為水電離出的的倍；

⑥適當增大HA的濃度，HA的電離平衡正向移動，電離平衡常數增大。A.②④⑥B.①④⑤C.②⑤⑥D.②④⑤6、常溫下，和兩種酸溶液，起始時溶液體積均為分別向兩溶液中加水進行稀釋，稀釋后溶液的體積為V，溶液pH隨的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.等物質的量濃度的和溶液中，后者水的電離程度大B.當稀釋至時，等體積的兩種酸中和C.當兩溶液均稀釋至時，溶液中：D.的電離方程式：7、的溶液用的NaOH溶液進行滴定，其滴定曲線如圖所示已知：滴定分數滴定液中溶質被滴定溶質下列說法正確的是。

A.時，B.時，C.時，D.時，8、二甲胺為一元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。已知：時，的電離常數時，用的稀硫酸滴定的二甲胺溶液，溶液中的物質的量濃度的負對數與所加稀硫酸的體積的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.已知則A點溶液的pH約為B.C點溶液中存在C.B點溶液中存在D.D四點溶液中，水電離出來的9、法國化學家莫瓦桑經過多次實驗，在1886年通過電解法制得了方法為在無水HF中電解制得單質氟。下列判斷不正確的是A.陽極產物為B.陰極的電極反應C.該電解操作應該在通風櫥中進行D.電解一段時間后，在相同條件下，陽極產生的氣體體積比陰極的多評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、甲、乙均為1L的恒容密閉容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化劑存在下發(fā)生反應：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)，測得CH4的平衡轉化率隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.該反應的正反應是吸熱反應B.773K時，該反應的平衡常數小于12.96C.H2的體積分數：D.873K時，向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不發(fā)生移動11、水的電離平衡曲線如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.圖中五點Kw間的關系：B>C>A=D=EB.若從A點到D點，可采用：溫度不變在水中加入少量的酸C.若從A點到C點，可采用：溫度不變在水中加入適量的NH4Cl固體D.若處在B點時，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH等體積混合后，溶液顯酸性12、水的電離平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）

A.圖中對應點的溫度關系為：a＞b＞cB.純水僅升高溫度，可從a點變到c點C.水的電離常數Kw數值大小關系為：b＞c＞dD.在b點對應溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性13、H2S為二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(電離常數K的負對數－lgK＝pK)。在20℃時，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中緩慢通入HCl(忽略溶液體積變化和H2S的揮發(fā))，在該過程中下列微粒物質的量濃度關系一定正確的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)時，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性時，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89時，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1時，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)14、H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分數δ與pH關系如圖所示；下列說法正確的是。

A.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)B.由圖可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2C.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，則溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)D.將0.01mol·L－1的H2C2O4溶液與0.02mol·L－1NaOH溶液等體積混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)15、亞砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治療。室溫下，配制一組c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化關系曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）

A.pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)C.c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D.pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)16、部分弱酸的電離平衡常數如表所示：。弱酸電離常數/（）（25℃）

下列說法錯誤的是（）A.B.C.中和等體積、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等體積、等濃度的和溶液中，前者所含離子總數小于后者17、已知：p＝室溫下，向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液；溶液pH隨p的變化關系如圖。下列說法正確的是。

A.a點溶液中：c(HX)+c(X—)＝0.10mo1·L-1B.b點坐標為(0，4.75)C.c點溶液中：c(Na+)＜10c(HX)D.溶液中水的電離程度：c＜b＜a18、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亞硫酸的電離平衡常數如表，下列敘述正確的是。

。酸。

電離平衡常數。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亞硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四種溶液中，物質的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反應的離子方程式為：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反應的離子方程式為：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)19、（3分）發(fā)射衛(wèi)星用作燃料，作氧化劑，兩者反應生成N2和水蒸氣；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

試寫出N2H4與NO2反應的熱化學方程式。

____。20、回答下列問題：

（1）已知室溫下CO的燃燒熱為283kJ/mol，則CO的燃燒熱的熱化學方程式為___________________________________。

（2）工業(yè)上利用CO和H2合成清潔能源CH3OH，其反應為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-116kJ/mol

如圖表示CO的平衡轉化率(α)隨溫度和壓強變化的示意圖。X表示的是_____________，Y1_____Y2(填“<”、“=”、“>”)。

（3）合成甲醇的反應原理為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下發(fā)生反應，測得CO2(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。

①反應進行到4min時，v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。0~4min，CO2的平均反應速率v(CO2)=____________mol·L?1·min?1。

②該溫度下平衡常數為_____________。

③下列能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是______________。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O濃度之比為1∶3∶1∶1

C．恒溫恒壓下；氣體的體積不再變化。

D．恒溫恒容下；氣體的密度不再變化。

（4）為提高燃料的能量利用率，常將其設計為燃料電池。某電池以甲烷為燃料，空氣為氧化劑，KOH溶液為電解質溶液，以具有催化作用和導電性能的稀土金屬為電極。寫出該燃料電池的負極反應式：_____________________________。21、（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；則合成氨反應的熱化學方程式為_________。

（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的物質的量之比為_________。22、下表中的數據是破壞1mol物質中的化學鍵所消耗的能量：。物質Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根據上述數據回答下列問題：

(1)下列物質中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氫化物中最穩(wěn)定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反應是_______(填“吸熱”或“放熱”)反應。

(4)相同條件下，X2(X代表Cl、Br、I)分別與氫氣反應，當消耗等物質的量的氫氣時，放出的熱量最多的是_______。23、在4L密閉容器中充入6molA氣體和5molB氣體，在一定條件下發(fā)生反應：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，達到平衡時，生成了2molC，經測定，D的濃度為0.5mol·L－1；試計算：（寫出簡單的計算過程）

（1）x的值為多少________

（2）B的轉化率為多少________

（3）平衡時A的濃度為多少________24、按要求填寫下面的空。

(1)溫度相同、濃度均為0.2mol/L的①(NH4)2SO4②NaNO3③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa，它們的pH值由小到大的排列順序是________。

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①④⑤⑥D.⑤⑥②④①③

(2)25℃時，利用pH試紙測得0.1mol/L醋酸溶液的pH約為3，則可以估算出醋酸的電離常數約為____。向10mL此溶液中加水稀釋，電離常數的值將________。(填“增大”“減小”或“無法確定”)

(3)25℃時，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______。(取近似值)

(4)pH=2的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，分別加水至pH再次相等，則加入水的體積V(HCl)_______V(CH3COOH)(填＞；＜或=；下同)

(5)濃度均為0.1mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等體積的水稀釋后pH(HCl____________pH(CH3COOH)25、蓄電池是一種可以反復充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金屬鎳在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄電池放電時；該電池發(fā)生氧化反應的物質是________（城序號）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留電池充電時；陽極的電極反應式是____________。

（4）用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如電路中轉移了0.1mo電子，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產生的氣體在標準狀況下的體積是________；將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液的pH=________________。

（5）該電池電極材料對環(huán)境有危害。在對電池進行回收處理過程中遇到以下問題：已知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；當逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液體積改變）；

①先沉淀的離子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是__________。26、某同學設計一個燃料電池（如圖所示）；目的是探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。

根據要求回答相關問題：

（1）通入氫氣的電極為____（填“正極”或“負極”），負極的電極反應式為____________________________。

（2）石墨電極為____（填“陽極”或“陰極”），反應一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，____（填“鐵極”或“石墨極”）區(qū)的溶液先變紅。

（3）如果粗銅中含有鋅、銀等雜質，丙裝置中反應一段時間，硫酸銅溶液濃度將____（填“增大”“減小”或“不變”）。精銅電極上的電極反應式為______________________________________。

（4）寫出上述例題中乙池電解的總反應方程式：_________________________。

（5）若上述例題甲池中消耗標準狀況下的氫氣11.2L，則丙池中理論上應析出銅的質量為____。評卷人得分四、判斷題(共1題，共5分)27、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共20分)28、氫氣是一種高能燃料；也廣范應用在工業(yè)合成中。

（1）標準摩爾生成焓是指在25℃和101kPa；最穩(wěn)定的單質生成1mol化合物的焓變。已知25℃和101kPa

時下列反應：

①2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(l)△H=－3116kJ·mol－1

②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1

③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1

寫出乙烷標準生成焓的熱化學方程式：___________________________________________。

（2）已知合成氨的反應為：N2＋3H22NH3△H＜0。某溫度下，若將1molN2和2.8molH2分別投入到初始體積為2L的恒溫恒容、恒溫恒壓和恒容絕熱的三個密閉容器中，測得反應過程中三個容器(用a、b、c表示)內N2的轉化率隨時間的變化如圖所示；請回答下列問題：

①圖中代表反應在恒容絕熱容器中進行的曲線是______（用a、b；c表示）

②曲線a條件下該反應的平衡常數K=_________。

③b容器中M點，v(正)____v(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）

（3）利用氨氣可以設計成高能環(huán)保燃料電池，用該電池電解含有NO2－的堿性工業(yè)廢水，在陰極產生N2。陰極電極反應式為______；標準狀況下，當陰極收集到11.2LN2時，理論上消耗NH3的體積為_____。

（4）氨水是制備銅氨溶液的常用試劑；通過以下反應及數據來探究配制銅氨溶液的最佳途徑。

已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋＋2OH－Ksp=2.2×10－20

Cu2＋＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋(深藍色)＋4H2OKβ=7.24×1012

①請用數據說明利用該反應：Cu(OH)2(s)＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－配制銅氨溶液是否可行：_________________________________________。

②已知反應Cu(OH)2(S)＋2NH3·H2O＋2NH4＋[Cu(NH3)4]2＋＋4H2OK=5.16×102。向盛有少量Cu(OH)2固體的試管中加入14mol·L－1的氨水，得到懸濁液；此時若加入適量的硫酸銨固體，出現的現象為_______________；解釋出現該現象的原因是_____________________。29、甲醇水蒸氣催化重整是當前制取清潔能源氫氣的主要方法；其反應方程式為：

CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H>0.回答下列問題：

(1)在催化劑作用下可通過三個基元反應實現催化重整，能量變化如圖I所示，則H=___________。

(2)將一定量的甲醇氣體和水蒸氣混合反應，a、b、c、d對應四種不同催化劑。測得在300℃、320℃、340℃和360℃溫度下反應4h甲醇轉化率變化如圖II所示。在使用催化劑b時保持反應溫度為340℃，反應4h甲醇的轉化率為___________，判斷依據是___________。

(3)1mol甲醇氣體和1.2mol水蒸氣混合充入1L恒容密閉容器中，控制反應溫度為300℃、起始壓強為2.0MPa下進行反應，存在副反應：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡時容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此時H2O的濃度為___________，甲醇的轉化率為___________，則甲醇水蒸氣重整反應的平衡常數Kp=___________(結果保留一位小數)。

(4)研究表明，甲醇水蒸氣重整反應速率表達式為v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k隨溫度升高而增大。反應體系中水醇比影響催化劑活性，進而影響甲醇轉化率和產氫速率，如圖所示。提高重整反應速率的合理措施為___________。

評卷人得分六、結構與性質(共3題，共12分)30、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(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)。(已知：)31、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“＝”）。32、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：__。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

①前者為完全燃燒，放熱多，燃燒反應的焓變?yōu)樨?，則△H1＜△H2；故①正確；

②生成物相同，反應物中氣態(tài)S比固態(tài)S的能量大，且為放熱反應，則前者放熱多，可知△H3＜△H4；故②正確；

③物質的量與熱量成正比，放熱反應的焓變?yōu)樨摚罢叻艧岫?，則△H5＜△H6；故③正確；

④碳酸鈣分解為吸熱反應，CaO與水反應為放熱反應，則△H7＞△H8；故④錯誤；

故選：D。2、B【分析】【詳解】

①n(NH3)==mol，則分解1molNH3吸收17×2.72kJ=46.24kJ能量，生成1molNH3放出46.24kJ能量，則生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ；故①正確；

②根據①分析，生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ；故②錯誤；

③生成1molNH3放出46.24kJ能量，則分解1molNH3吸收46.24kJ能量；故③正確；

④分解2molNH3吸收92.4kJ能量；而不是放出，故④錯誤；

答案選B。

【點睛】

如果正反應方向放熱，則逆反應方向吸熱，物質的物質的量與放出的熱量成正比。3、D【分析】【詳解】

A．常溫下；同濃度的一元酸HA比HB易電離，則酸性HA＞HB，由酸越弱，鹽的水解程度越大，則相同濃度的NaA溶液比NaB溶液的pH小，A錯誤；

B.0.2mol/LNH4NO3和0.lmol/LNaOH溶液等體積混合，反應生成0.05mol/LNaNO3、0.05mol/LNH3·H2O，還剩余0.1molNH4NO3，電離大于水解，溶液顯堿性，由溶質的濃度可知硝酸根離子的濃度最大，則c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）；B錯誤；

C．物質的量濃度相等的醋酸溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合生成醋酸鈉，由電荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；故C錯誤；

D．同濃度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3?H2O，④CH3COONH4，因①中鋁離子水解抑制銨根離子的水解；②中銨根離子水解；③弱堿電離，且電離的程度很弱，④中CH3COO-水解促進銨根離子的水解，則c（NH4+）由大到小的順序是：①＞②＞④＞③；D正確；

故選D。4、D【分析】【詳解】

A．水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c(H+)增大；則pH減小，故A錯誤；

B．向水中加入少量固體NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移動，c(H+)降低，故B錯誤；

C．向水中加入少量固體NH4Cl，銨根離子會和氫氧根離子之間反應，c(OH-)減小，導致平衡正向移動，c(H+)增大；溶液顯酸性，故C錯誤；

D．醋酸鈉晶體會電離出CHCOO-，使電離平衡CHCOOH?CHCOO-+H+逆向移動，c(H+)降低，c(OH-)增大，但由于溫度不變，Kw不變；故D正確；

故答案為D。

【點睛】

平衡常數(包括電離平衡常數、水解平衡常數、溶度積等)只與溫度有關，溫度不變平衡常數不變。5、A【分析】【分析】

室溫時，某一元酸HA在水中有發(fā)生電離，該溶液中

該溶液的

升高溫度；促進HA電離；

此酸的電離平衡常數

加水稀釋后，溶液中增大；

該溶液中水電離出的

電離平衡常數只與溫度有關；溫度不變，電離平衡常數不變。

【詳解】

室溫時，某一元酸HA在水中有發(fā)生電離，該溶液中

該溶液的故正確；

升高溫度，促進HA電離，則溶液中增大；溶液在pH減小，故錯誤；

此酸的電離平衡常數故正確；

加水稀釋后，促進HA電離，HA電離增大程度小于溶液體積增大程度，則溶液中減小，溫度不變水的離子積常數不變，則溶液中增大；故錯誤；

該溶液中水電離出的溶液中所以由HA電離出的約為水電離出的的倍；故正確；

電離平衡常數只與溫度有關；溫度不變，電離平衡常數不變，故錯誤；

故選A。

【點睛】

本題考查了弱電解質的電離，根據pH、電離平衡常數的計算方法即可解答，注意：電離平衡常數只與溫度有關，與電解質的電離程度無關、溶液酸堿性無關、溶液濃度無關，難點是該溶液中水電離出氫離子濃度的計算。6、A【分析】【詳解】

根據圖知，時，即溶液未稀釋時的說明該溶液中則為強酸；時，的溶液的則該酸為弱酸；

A.根據以上分析可知是強酸，是弱酸，所以和溶液中；后者會水解，促進水的電離，故A正確；

B.pH相等時，的濃度大；物質的量多，中和的氫氧化鈉多，故B錯誤；

C.加水稀釋促進弱電解質電離，高錳酸完全電離，所以當稀釋至pH均為3時，溶液中故C錯誤；

D.是弱酸；弱電解質電離用可逆號，故D錯誤。

故選A。7、B【分析】【詳解】

A.時，表示與NaOH按1：1反應，恰好生成溶液為酸性，說明的電離程度大于其水解程度，則溶液中選項A錯誤；

B.時，反應恰好生成等量的和溶液中存在物料守恒：所以有選項B正確；

C.時，反應恰好生成溶液呈堿性，的水解程度大于其電離程度，則溶液中選項C錯誤；

D.時，反應恰好生成溶液呈堿性，根據質子守恒：選項D錯誤；

答案選B。8、A【分析】【詳解】

A.的電離方程式為：由電離平衡常數得：則則故A正確；

B.C點，和恰好反應，其反應的離子方程式為：的水解的離子方程式為：根據質子守恒得：故B錯誤；

C.B點，和以物質的量比為在溶液中混合，形成和物質的量濃度為的混合溶液，根據和可知，的水解常數為：則的電離程度大于的水解程度，B點溶液中存在故C錯誤；

D.A、B、C、D四點溶液中溶質的組成和比例推知水電離出來的故D錯誤。

故選A。

【點睛】

本題主要考查了水的電離的影響因素、溶液中的離子濃度比較，質子守恒和pH的計算，熟練掌握溶液中的反應和質子守恒是解答本題的關鍵，尤其是各點溶液的溶質的判斷是解答本題的難點。9、D【分析】【詳解】

A．陽極發(fā)生氧化反應，分析中各元素的化合價變化可知，陽極上F-失去電子變?yōu)镕2，所以陽極的電極反應為A正確；

B．陰極上得電子生成電極反應式為：B正確；

C．有劇毒；因此反應必須在通風系統(tǒng)中進行電解，C正確；

D．電解時，總反應為由電解反應方程式可知：兩極反應產生氣體的物質的量相等，則電解一段時間后，在相同條件下，陰；陽極兩極產生的氣體體積相等，D錯誤；

故答案為D。二、多選題(共9題，共18分)10、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．溫度升高，CH4的平衡轉化率增大，說明溫度升高有利于反應正向進行，則正反應為吸熱反應，A錯誤；

B．溫度相同，化學平衡常數相同，K(b)=K(c)，可以考慮用b點的算，

則K(b)==當用α=60%代入時，有K(b)=12.96，但由于b點的平衡轉化率＜60%，導致K(b)分子變小，分母變大，所以K(b)=K(c)＜12.96；B正確；

C．在b點和c點，兩個容器中甲烷的起始量相同，轉化率相同時，生成的氫氣的物質的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡時容器中總物質的量不相同，所以H2的體積分數也不相同；C錯誤；

D．當α=60%時，恒溫時向甲的平衡體系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol；相當于體系內所有組分濃度均變?yōu)閮杀叮梢暈榧訅?，則反應向氣體體積減小的方向進行，即平衡逆向移動，D錯誤；

故答案為：B。11、CD【分析】【詳解】

A.D、E的溫度都是25℃，Kw相等，B點c(H+)和c(OH-)都大于E點的c(H+)和c(OH-)，并且C點的c(H+)和c(OH-)大于A點c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大；故B＞C＞A=D=E，故A正確；

B．加酸，c(H+)變大，但c(OH-)變小，溫度不變，Kw不變；故B正確；

C．若從A點到C點，c(H+)變大，c(OH-)變大，Kw增大；溫度應升高，故C錯誤；

D．若處在B點時，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol?L-1；等體積混合，恰好中和，溶液顯中性，故D錯誤；

故選CD。12、CD【分析】【詳解】

A．溫度越高，水的離子積常數越大，根據圖象知，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，a點Kw=10-14，所以溫度關系為：b＞c＞a；故A錯誤；

B．c點Kw=10-13；則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點變到c點，故B錯誤；

C．a、d曲線溫度相同，則離子積常數相同，即d點Kw=10-14，b點Kw=10-12，c點Kw=10-13，所以水的電離常數KW數值大小關系為：b＞c＞d；故C正確；

D．b點Kw=10-12；中性溶液pH=6；將pH=2的硫酸與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，故D正確；

故答案為：CD。

【點睛】

正確理解水的電離平衡曲線：

（1）曲線上任意點的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同；溫度相同；

（2）曲線外的任意點與曲線上任意點的Kw不同；溫度不同；

（3）實現曲線上點之間的轉化需保持溫度不變，改變酸堿性；實現曲線上點與曲線外點之間的轉化一定得改變溫度。13、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)，兩式相加可得質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)。

【詳解】

A．根據c(HS?)=c(S2?)可知，溶液呈堿性，所以c(OH?)＞c(H+)，由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，可得c(Cl?)＜c(HS?)+2c(H2S)，由于c(HS?)=c(S2?)，所以c(Cl?)＜c(S2?)+2c(H2S)；故A錯誤；

B．由質子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH?)=c(H+)，可得c(Cl?)═c(HS?)+2c(H2S)；故B正確；

C．溶液pH＝6.89時，c(H+)=10-6.89溶液顯酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱電解質的電離比較弱，溶液中離子濃度大小關系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正確；

D．c(Cl?)=0.200mol?L?1，說明Na2S恰好和通入的HCl完全反應生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl?)，根據電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D錯誤；故選：BC。14、BD【分析】【分析】

H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4與堿中和，轉化為HC2O4-，則c(H2C2O4)減小，c(HC2O4－)增大，隨著NaOH加入，H2C2O4全部轉化為HC2O4-，再繼續(xù)加入NaOH，HC2O4-與堿反應轉化為C2O42－，則c(HC2O4－)減小，c(C2O42－)增大；則圖中各曲線代表的微粒分別為：

以此分析解答。

【詳解】

A．根據圖像所示，pH＝2.5時，c(HC2O4－)遠大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，則不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)；故A錯誤；

B.由圖可知：pH＝4.2時，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2；故B正確；

C.溶液中存在電荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，則溶液中：c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，則c(Na＋)＞2c(C2O42－)；故C錯誤；

D.將0.01mol·L－1的H2C2O4溶液與0.02mol·L－1NaOH溶液等體積混合后的溶液中恰好完全反應，形成溶質為Na2C2O4的溶液，該溶液中質子守恒式為：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)；故D正確；

答案選BD。15、BD【分析】【分析】

H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，說明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；據此解答。

【詳解】

A．由圖可知，pH=11時，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A錯誤；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式為NaH2AsO3的物料守恒，則c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由圖可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)時，溶液顯堿性，即H2AsO3-的水解程度大于電離程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正確；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因為電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)；C錯誤；

D．電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由圖可知，pH=12.8時，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)；D正確。

答案選BD。

【點睛】

要學會看圖比較大小，避開復雜的計算陷阱，注意兩曲線的交點表示的意義和應用。16、AD【分析】【詳解】

A.根據電離常數可知，酸性利用強酸制弱酸的原理可知，與水反應生成和HCN，故A錯誤；

B.由A項分析可知，HCOOH可與反應生成水和二氧化碳，故B正確；

C.等體積、等pH的和溶液中，所含溶質的物質的量則中和時溶液消耗的的量較大，故C正確；

D.根據電荷守恒，溶液中，溶液中，即兩種溶液中的離子總數均是而的酸性比的弱，則溶液中的較大，較小，故溶液中所含離子總數較小，故D錯誤；

故選：AD。17、BC【分析】【分析】

HX的電離平衡常數表達式為Ka=則lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg即pH=-lgKa-lg=p-lgKa，將點(1,5.75)帶入可得lgKa=-4.75，即Ka=10-4.75。

【詳解】

A．設0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x，則有解得x約為10-2.9mol/L，所以0.10mol·L-1的HX溶液pH約為2.9，當pH=3.75時說明已經滴入了部分NaOH溶液，溶液的體積發(fā)生變化，所以c(HX)+c(X-)＝0.10mol·L-1不再成立；故A錯誤；

B．將lg=0，帶入pH=-lgKa-lg可得此時pH=-(-4.75)=4.75，所以b點坐標為(0,4.75)；故B正確；

C．c點溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，帶入電荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，則c(Na+)＜10c(HX)；故C正確；

D．隨著NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐漸增多，當溶質全部為NaX時水的電離程度達到最大，此時容易呈堿性，也就是說在完全反應之前隨著NaOH滴入，水的電離程度逐漸增大，即水的電離程度：c>b>a；故D錯誤；

故答案為BC。18、CD【分析】【分析】

【詳解】

根據表中數據可知；酸性大小關系為：醋酸＞亞硫酸＞碳酸＞亞硫酸氫根離子＞次氯酸＞碳酸氫根離子；

A．相同物質的量濃度的含有弱酸根離子的鈉鹽溶液，對應酸的酸性越弱則酸根離子水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，水解程度大小順序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同溫度時，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四種溶液中；物質的量濃度最小的為水解程度最大的鹽：碳酸鈉，由于沒有告訴溶液體積，各物質的物質的量大小無法判斷，故A錯誤；

B．SO2有還原性，NaClO有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應；少量的SO2通入NaClO溶液中，反應生成的次氯酸能夠氧化亞硫酸根離子，正確的離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B錯誤；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反應生成次氯酸和碳酸氫根離子，反應的離子方程式為：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正確；

D．若溫度不變，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原來是稀溶液，稀釋作用大于平衡正向移動是c(H+)增大的趨勢，所得溶液的pH＞a；若原來是濃溶液，加水時使酸分子的電離作用大于水的稀釋作用，平衡正向移動是c(H+)增大的趨勢；所得溶液的pH＜a；若加水時使酸分子的電離作用等于加水對溶液的稀釋作用，平衡不發(fā)生移動pH=a。故三種情況均有可能，D正確；

故選CD。三、填空題(共8題，共16分)19、略

【分析】（2）×2-（1），得所求熱化學方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-120、略

【分析】【分析】

燃燒熱為1mol純凈的可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物釋放的熱量；可逆反應到達平衡時；同種物質的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應隨反應進行發(fā)生變化，該物理量由變化到不變化說明到達平衡。

【詳解】

(1)根據燃燒熱的概念，燃燒熱的熱化學方程式為：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol；

(2)△H<0，該反應為放熱反應，根據勒夏特列原理，升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低，圖像中曲線Y升高，根據方程可知，增大壓強，體積減小，平和正向移動，則X表示壓強；當壓強不變時，升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低，Y12;

(3)①通過圖像可知，反應在15min時平衡，4min反應正向進行，則v(正)>v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（L·min）；

②該溫度下平衡常數，=5.33；

③A.反應速率之比等于化學方程式計量數之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能說明CH3OH正逆反應速率相同；A錯誤；

B.平衡時反應混合物中各組分的含量保持不變，但容器內CO2、H2、CH3OH和H2O的濃度之比不一定為1:3:1:1；所以不能作為平衡的標志，B錯誤；

C.該反應是氣體分子數變化的反應；恒溫恒壓下，氣體的體積不再變化，可以作為平衡的標志，C正確；

D.反應前后氣體的質量不變；容器的體積不變，所以密度始終保持不變，因此混合氣體的密度保持不變不能作為平衡的標志，D錯誤；

答案為C

(4)甲烷燃料電池以甲烷為燃料，以空氣為氧化劑，以KOH溶液為電解質，負極得電子，電解質溶液參與反應，電池反應為：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；【解析】CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol壓強<>0.1255.33(或5.3或16/3)CCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O21、略

【分析】【詳解】

（1）單位質量的氫氣和其他燃料相比；燃燒產生的熱量多，氫氣燃燒產物是水，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，所以合成氨反應的熱化學方程式為N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）設炭粉的物質的量為xmol，則氫氣的物質的量為0.2-x，根據氫氣和碳燃燒的熱化學方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，則混合物中C和H2的物質的量均為0.1mol，C與H2的物質的量之比為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/mol1﹕122、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根據鍵能越大；物質越穩(wěn)定，本身能量越低進行判斷。

（3）和（4）根據焓變公式；焓變等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和進行判斷焓變大小，從而判斷反應是放熱還是吸熱。

【詳解】

（1）；（2）破壞1mol物質中的化學鍵所消耗的能量越高；則該物質越穩(wěn)定，其本身具有的能量越低。故答案（1）選A，（2）選A。

（3）、（4）斷開1molCl—Cl鍵和1molH—H鍵需吸收能量：而形成2molH—Cl鍵放出的能量為所以在反應中每生成2molHCl放出的熱量，同理可計算出反應中每生成2molHBr、2molHI分別放出103kJ、9kJ的熱量。故（3）答案：放熱，（4）答案：Cl2。

【點睛】

根據鍵能的含義及與反應能量變化關系進行判斷反應類型?！窘馕觥?1)A(2)D(3)放出;Cl223、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

轉3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【詳解】

（1）物質的量的變化量之比等于化學計量數之比；因此x=2，故答案為：2；

（2）B的轉化率故答案為：20%；

（3）平衡時A的濃度故答案為：0.75mol/L

【點睛】

化學平衡的計算，三段式是常用方法，把三段式列出來，然后根據題目要求，具體計算?！窘馕觥竣?2②.20%③.0.75mol/L24、略

【分析】【詳解】

（1）將6種溶液進行分組：酸性組pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4電離生成H＋，酸性最強，①（NH4）2SO4中c（NH4＋）較大、水解后溶液酸性較強，pH值由小到大的順序為③＜①＜④；中性組②NaNO3，pH=7；堿性組pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO；所以⑤NaClO的水解程度大，堿性強；pH大，綜上，6種溶液的pH值由小到大的排列順序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正確；

故答案為：A；

（2）0.1mol·L－1醋酸溶液中c（H＋）=c（CH3COO－）=0.001mol·L－1，c（CH3COOH）=0.1mol·L－1-0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，醋酸的電離常數K==10-5；醋酸溶液中加水稀釋時，促進醋酸電離，溶液中n（CH3COOH）減小、n（H＋）增大，所以增大；

故答案為：10-5；增大；

（3）pH=3的NH4Al（SO4）2中c（H＋）=0.001mol·L－1，c（OH－）=10-11mol·L－1，電荷關系為2c（SO42－）+c（OH－）=c（NH4＋）+3c（Al3＋）+c（H＋），所以2c（SO42－）-c（NH4＋）-3c（Al3＋）=c（H＋）-c（OH－）=0.001mol·L－1-10-11mol·L－1=0.001mol·L－1；

故答案為：0.001mol·L－1；

（4）CH3COOH是弱酸，pH=2的CH3COOH溶液中c（H＋）＞0.01mol·L－1，pH=2的鹽酸和CH3COOH溶液加水稀釋相同倍數時，由于加水促進CH3COOH的電離，導致CH3COOH溶液的酸性強、pH小，要使加水至pH再次相等，則CH3COOH溶液應該繼續(xù)加水，所以加入水的體積V（HCl）＜V（CH3COOH）；

故答案為：＜；

（5）濃度均為0.1mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，CH3COOH是弱酸，濃度相同的鹽酸和CH3COOH溶液加入等體積的水稀釋后，CH3COOH的電離不完全，導致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等體積的水稀釋后pH（HCl）＜pH（CH3COOH）；

故答案為：＜?！窘馕觥緼10-5增大0.001mol·L－1＜＜25、略

【分析】試題分析：（1）鎳的原子序數是28；因此金屬鎳在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄電池放電時相當于原電池；該電池發(fā)生氧化反應的電極是負極，因此發(fā)生反應的物質是鐵，答案選B；

（3）蓄留電池充電時相當于電解，陽極失去電子，是原電池中正極反應的逆反應，則電極反應式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性電極電解氯化鈉溶液，陽極是氯離子放電，產生氯氣，假如電路中轉移了0.1mo電子，則根據方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此時氯氣是0.05mol；在標準狀況下的體積是1.12L，用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產生的氣體在標準狀況下的體積是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根據方程式可知同時還有0.1mol氫氧化鈉生成，因此將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液中氫氧根的濃度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①產生Ni(OH)2時需要氫氧根的濃度是產生氫氧化鐵時需要氫氧根的濃度是所以先沉淀的離子是Fe3+。

②根據①中分析可知鐵離子開始沉淀時溶液的pH＝3，鎳離子開始沉淀時溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是3<7。

考點：考查電化學原理的應用以及溶度積常數的有關計算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<726、略

【分析】【分析】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池；通入氫氣的電極為負極，負極的電極反應式氫氣發(fā)生氧化的方程式；

(2)在乙裝置中；鐵電極與電源的負極相連，據此判斷石墨電極為陽極，反應一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，溶液先變紅的是生成氫氧根離子的一極；

(3)丙裝置是電解精煉銅；按該反應原理判斷硫酸銅溶液濃度變化并書寫精銅電極上的電極反應式；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置；據此寫電解的總反應方程式；

(5)按電子數守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關系式，結合數據計算質量；

【詳解】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池，通入氫氣的電極為負極，氫氣在負極被氧化，在堿性環(huán)境下發(fā)生反應生成水，其反應式為H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙裝置中，鐵電極與電源的負極相連作陰極，則石墨電極為陽極，該裝置反應為電解飽和食鹽水，陽極為氯離子被氧化，陰極反應為2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反應一段時間后，滴入酚酞溶液后鐵電極負極溶液先變紅；

(3)丙裝置是電解精煉銅，粗銅作陽極，陽極上粗銅中比銅活潑的雜質如鋅、銅會被氧化，硫酸銅溶液中銅離子得到電子被還原，陰極得到電子數和陽極上失去電子數相同，故析出的銅比溶解的銅少，則銅離子濃度減?。痪~作陰極，則其電極反應式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置，則電解的總反應方程式為2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按電子數守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關系式為。

則m=32g?！窘馕觥控摌OH2-2e－+2OH－=2H2O陽極鐵極減小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g四、判斷題(共1題，共5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、原理綜合題(共2題，共20分)28、略

【分析】【詳解】

本題考查蓋斯定律的應用，②×2＋③×3/2－①/2得出：2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/mol；

（2）①恒容絕熱容器；正反應是放熱反應，隨著反應進行，溫度升高，化學反應速率升高，先達到平衡，符合條件的曲線是c；

②此反應是氣體物質的量減少的，恒溫恒容是的反應速率小于恒溫恒壓，即b為恒溫恒容時的曲線，a為恒溫恒壓時的曲線，化學平衡常數只受溫度的影響，溫度不變，化學平衡常數不變，即N2+3H22NH3

起始（mol·L－1）0.51.40

變化：0.41.20.8

平衡：0.10.20.8

根據化學平衡常數的定義，K=c2(NH3)/(NH3)/[c3(H2)×c(N2)]=800；③M點達到b曲線上，N2的轉化率降低，說明反應向逆反應方向移動，即v(正)

（3）根據電解的原理，陰極上得到電子，化合價降低，根據信息NO2－→N2，化合價由＋3價→0價，NO2－在陰極上放電，因此陰極反應式為：2NO2－＋4H2O＋6e－=N2＋8OH－，陽極上失去電子化合價升高，陰極上收集到11.2L的N2，消耗NO2－的物質的量11.2×2/22.4mol=1mol，NH3在陽極上失電子，根據得失電子守恒，n(NH3)×3=n(NO2－)×3，解得n(NH3)=1mol；合22.4L；

（4）①根據平衡常數定義，K=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)/c4(NH3·H2O)=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)c(Cu2＋)/[c4(NH3·H2O)c(Cu2＋)]=KspKβ=2.2×10－20×7.24×1012=1.6×10－7<10－5；此反應很難進行；

②溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸銨固體增大了銨根離子濃度，平衡正向移動，現象是固體溶解，得到深藍色溶液?！窘馕觥?C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/molc800小于2NO2-＋6e-＋4H2O=N2+8OH-22.4L該反應的K=Ksp·Kβ=1.6×10-7＜10-5所以反應很難進行固體溶解，得到深藍色溶液溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸銨固體增大了銨根離子濃度，平衡正向移動29、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據蓋斯定律，反應焓變只與起始和終止狀態(tài)有關，故可得焓變?yōu)椋╝-b+c）kJ·mol-1；故答案為：（a-b+c）kJ·mol-1；

(2)由圖l可得該轉化反應為吸熱反應，溫度升高，CH3OH轉化率增大，則T2代表溫度為340℃，由圖IⅡ可得轉化率為90%，故答案為：90%；該轉化反應為吸熱反應，溫度升高，CH3OH轉化率增大，則T2代表溫度為340℃；由圖IⅡ可得轉化率為90%；

(3)根據題意，反應體系中同時進行兩個反應：平衡時容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，則有1-x=y=0.1，故x=0.9，y=0.1。則H2O(g)的物質的量=l.2-x+y=0.4mol，故濃度為0.4mol·L-1；甲醇的轉化率==90%；體系中氣體的總物質的量=0.1+0.4+0.8+2.6+0.1=4mol，根據氣體的壓強之比=氣體的物質的量之比，設平衡體系的壓強為P1，則故P1=MPa，轉化反應平衡體系中各物質的分壓為：則KP=故答案為：0.4mol·L-1；90%；290.5(MPa)2；

(4)根據甲醇水蒸氣重整反應速率表達式v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，可知：反應速率與甲醇和水蒸氣的分壓成正比，與H2的分壓成反比，故采取措施為：選擇水醇比為1.2，及時分離出H2，故答案為：選擇水醇比為1.2，及時分離出H2?！窘馕觥?/p>