2025年滬科版選修4化學上冊月考試卷

…………○…………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年滬科版選修4化學上冊月考試卷872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、已知膽礬溶于水時，溶液溫度降低。在室溫下將1mol無水硫酸銅制成溶液時，放出熱量為Q1kJ，而膽礬分解的熱化學方程式是CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H=+Q2kJ/mol，則Q1與Q2的大小關系為（）A.Q1=Q2B.Q1>Q2C.Q12D.無法確定2、下列影響因素中，不屬于影響化學平衡移動的是A.溫度B.濃度C.催化劑D.壓強3、N2O5是一種新型硝化劑，在一定溫度下可發(fā)生下列反應：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)△H＞0，T1溫度下的部分實驗數(shù)據(jù)為。t/s050010001500C(N2O5)mol/L5.003.522.502.50

下列說法不正確的是()A.500s內N2O5分解速率為2.96×10﹣3mol/(L?s)B.T1溫度下的平衡常數(shù)為K1=125，1000s時轉化率為50%C.T1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若K1＜K2，則T1＞T2D.平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的則再平衡時c(N2O5)＞5.00mol/L4、一定溫度下的密閉容器中發(fā)生可逆反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，一定能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是A.v逆(H2O)=v正(CO)B.容器中物質的總質量不發(fā)生變化C.n(H2O)：n(H2)=1：1D.生成1molCO的同時生成1molH25、下列有關實驗操作的說法中錯誤的是()A.中和滴定時盛待測液的錐形瓶中有少量水對滴定結果無影響B(tài).用已知濃度的醋酸滴定未知濃度的NaOH溶液，不能用甲基橙作指示劑。C.中和滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩，眼睛注視滴定管中的液面D.用pH試紙測定溶液的pH時，不能先用蒸餾水潤濕.6、下列溶液呈堿性的是A.NH4NO3B.H2SO4C.KClD.Na2CO37、下列過程或現(xiàn)象與鹽類水解無關的是()A.純堿溶液去油污B.明礬KAl(SO4)2?12H2O凈化水C.加熱氯化鐵溶液顏色變深D.鋼鐵在潮濕的環(huán)境下生銹8、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.當對應溶液的pH處于1.81<6.91時，溶液中的微粒濃度一定存在c(hso3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)<6.91時，溶液中的微粒濃度一定存在c(hsoD.直線Ⅱ中M、N點一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)9、298K時，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，測得混合液的電阻率（表示電阻特性的物理量）與加入CH3COOH溶液的體積(V)的關系如圖所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列說法正確的是。

A.b→c過程發(fā)生的反應：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2OB.c點溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=2c(NH4+)C.d點溶液中：c(CH3COO–)c(CH3COOH)>c(M+)>c(H+)>c(OH–)D.a→c過程中水的電離程度一直在增大評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、已知：Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ?mol-1，Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3?H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ?mol-1，寫出Na2CO3?10H2O脫水反應生成Na2CO3(s)和水蒸氣的熱化學方程式______11、按要求回答下列問題。

(1)已知在常溫常壓下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)?H=-1275.6kJ·mol-1

②H2O(l)=H2O(g)?H=+44.0kJ·mol-1寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式___________________________。

(2)已知：CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)?H1=-192.9kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)H2O(g)?H2=-120.9kJ·mol-1

則甲醇與水蒸氣催化重整反應的焓變?H3________________。

(3)苯乙烯是重要的基礎有機原料。工業(yè)中用乙苯(C6H5—CH2CH3)為原料，采用催化脫氫的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)的反應方程式為:C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)?H1

已知：3C2H2(g)C6H6(g)?H2；C6H6(g)+C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)?H3

則反應3C2H2(g)+C2H4(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)的?H=________。

(4)氨的合成是最重要的化工生產之一。工業(yè)上合成氨用的H2有多種制取的方法：

①用焦炭跟水反應：

②用天然氣跟水蒸氣反應：已知有關反應的能量變化如圖所示，則方法②中反應的?H=________。12、在密閉容器中進行下列反應：M(g)+N(g)?R(g)+2L(？)；此反應規(guī)律符合如圖圖象：

(1)T1______T2，正反應的△H______0(填“＞”；“＜”或“=”；下同)

(2)P1______P2，L為______(填“固”或“液”或“氣”態(tài))13、①將一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密閉容器中發(fā)生反應:CO2(g)+CH4(g)?2CO(g)+2H2(g)。其他條件相同；在不同催化劑(Ⅰ；Ⅱ)作用下反應相同時間后，體系中CO含量隨反應溫度的變化如下圖所示。

在a點與b點對應的反應條件下，反應繼續(xù)進行一段時間后達到平衡，平衡常數(shù)Ka_________(填“＞”、“＜”或“=”)Kb；c點CO含量高于b點的原因是_________。

②為了探究反應CO2(g)+CH4(g)?2CO(g)+2H2(g)的反應速率與濃度的關系，起始時向恒容密閉容器中通入CH4與CO2，使其物質的量濃度均為1.0mol·L-1。平衡時，根據(jù)相關數(shù)據(jù)繪制出兩條反應速率-濃度關系曲線：v正-c(CH4)和v逆-c(CO)。

則與曲線v正-c(CH4)相對應的是上圖中曲線_________(填“甲”或“乙”)；該反應達到平衡后，某一時刻降低溫度，反應重新達到平衡，平衡常數(shù)減小，則此時曲線甲對應的平衡點可能為_________(填字母，下同)，曲線乙對應的平衡點可能為_________。14、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化學平衡常數(shù)K和溫度t的關系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列問題：

（1）該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K＝_______________。

（2）該反應為_______________反應（填“吸熱”；“放熱”）。

（3）能判斷該反應是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是_______________。

a．容器中壓強不變b．混合氣體中c(CO)不變。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，試判斷此時的溫度為_______________℃。

（5）1200℃時，在某時刻體系中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，則此時上述反應的平衡向__________移動（填“正向”、“逆向”或“不”）。15、物質的量濃度相同的：①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中c()由大到小的順序是________（填序號）。16、常溫下，有0.1mol/L的四種溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化學用語解釋溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分別與等量的溶液③恰好完全反應；消耗的體積：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加熱后堿性增強；結合化學用語解釋原因：_________。

(5)常溫下；下列關于溶液②的判斷正確的是_________。

a.c(CH3COO?)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不變。

d.滴入NaOH濃溶液，溶液導電性增強17、(1)氫氧燃料電池是符合綠色化學理念的新型發(fā)電裝置。下圖為電池示意圖，該電池電極表面鍍一層細小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強，性質穩(wěn)定。其正極反應方程式為____________，若將負極材料改為CH4，寫出其負極反應方程式___________。

(2)NH3代替氫氣研發(fā)燃料電池是當前科研的一個熱點。使用的電解質溶液是2mol·L-1的KOH溶液，電池總反應為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。該電池負極的電極反應式為__________；每消耗3.4gNH3轉移的電子數(shù)目為_________。18、NH3作為一種重要化工原料；被大量應用于工業(yè)生產，與其有關性質反應的催化劑研究曾被列入國家863計劃。催化劑常具有較強的選擇性，即專一性。已知：

反應I：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=―905.0kJ·molˉ1

反應II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=？

（1）

?；瘜W鍵。

H—O

O===O

N≡N

N—H

鍵能kJ·molˉ1

a

b

c

d

△H=__________________。

（2）在恒溫恒容裝置中充入一定量的NH3和O2，在某催化劑的作用下進行反應I，則下列有關敘述中正確的是__________________。

A．使用催化劑時；可降低該反應的活化能，加快其反應速率。

B．若測得容器內4v正(NH3)=6v逆(H2O)時；說明反應已達平衡。

C．當容器內n(NO)/n(NH3)=1時；說明反應已達平衡。

（3）氨催化氧化時會發(fā)生上述兩個競爭反應I、II。為分析某催化劑對該反應的選擇性，在1L密閉容器中充入1molNH3和2molO2；測得有關物質的量關系如下圖：

①該催化劑在高溫時選擇反應____________(填“I”或“II”）。

②520℃時，4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)的平衡常數(shù)K=___________________(不要求得出計算結果；只需列出數(shù)字計算式）。

③有利于提高NH3轉化為N2平衡轉化率的措施有_______________

A．使用催化劑Pt/Ru

B．使用催化劑Cu/TiO2

C．增大NH3和O2的初始投料比。A．投料比不變，增加反應物的濃度B．降低反應溫度（4）納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，工業(yè)上常用電解法Cu2O，其反應為2Cu+H2OCu2O+H2↑采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示，則陽極上的電極反應式為___________________，當生成_______克Cu2O時，就會有NA個陰離子通過離子交換膜。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、計算題(共2題，共14分)20、T℃時，有甲、乙兩個密閉容器，甲容器的體積為1L，乙容器的體積為2L，分別向甲、乙兩容器中加入6molA和3molB，發(fā)生反應如下：3A（g）＋bB（g）3C（g）＋2D（g）ΔH<0；4min時甲容器內的反應恰好達到平衡；A的濃度為2.4mol/L，B的濃度為1.8mol/L；tmin時乙容器內的反應達平衡，B的濃度為0.8mol/L。根據(jù)題給信息回答下列問題：

（1）甲容器中反應的平均速率v（B）＝____，化學方程式中計量數(shù)b＝____；

（2）乙容器中反應達到平衡時所需時間t___4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_____；

（3）若要使甲、乙容器中B的平衡濃度相等，可以采取的措施是___；

A.保持溫度不變；增大甲容器的體積至2L

B.保持容器體積不變；使甲容器升高溫度。

C.保持容器壓強和溫度都不變；向甲中加入一定量的A氣體。

D.保持容器壓強和溫度都不變；向甲中加入一定量的B氣體。

（4）寫出平衡常數(shù)表達式K＝____，并計算在T℃時的化學平衡常數(shù)K＝____。21、常溫下，工業(yè)上可以用氨水除去反應C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中產生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=______________。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)評卷人得分五、結構與性質(共3題，共9分)22、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(shù)，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(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數(shù)。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(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)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(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)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(shù))。(已知：)23、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“＝”）。24、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(shù)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3題，共27分)25、實驗室測定水體中氯離子含量，實驗過程如下：向水樣中加入K2CrO4溶液作指示劑，用0.0010mol·L-1AgNO3溶液滴定至終點。已知：Ag2CrO4為不溶于水的磚紅色沉淀；常溫下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.8×10-12?；卮鹣铝袉栴}：

（1）滴定時，應使用____(填“酸式”或“堿式”)滴定管。

（2）滴定達到終點的標志是_______________________。

（3）實驗過程中測得數(shù)據(jù)如表：。編號123V(水樣)/mL10.0010.0010.00V(AgNO3)/mL3.754.013.99

計算水樣中氯離子的含量為________mg/L（保留2位小數(shù)）

（4）滴定結束后：

①當溶液中的殘余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，則此時溶液中c(CrO42-)=_______mol·L-1。

②已知2AgCl+CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，計算出該反應的平衡常數(shù)為___________。

（5）下列情況會造成實驗測定結果偏低的是____________。（填標號）

A.錐形瓶洗滌后未干燥

B.滴定前；未使用標準液潤洗滴定管。

C.酸式滴定管滴定前仰視讀數(shù)；滴定后俯視讀數(shù)。

D.酸式滴定管滴定前尖嘴部分充滿溶液，滴定結束時滴定管尖嘴有氣泡26、某興趣小組在實驗室設計如下實驗研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反應。

(1)振蕩靜置后C中觀察到的現(xiàn)象是____；為證明該反應存在一定限度，還應補做實驗為：取C中分液后的上層溶液然后____(寫出實驗操作和現(xiàn)象)。

(2)測定上述KI溶液的濃度；進行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至錐形瓶中，加入適量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反應。

Ⅱ.小心加熱除去過量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示劑，用cmol/LNa2S2O3標準溶液滴定，反應原理為：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步驟II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步驟川達到滴定終點的現(xiàn)象是____。

③已知I2濃度很高時，會與淀粉形成穩(wěn)定的包合物不易解離，為避免引起實驗誤差，加指示劑的最佳時機是____。27、三氯化硼（BCl3），主要用作半導體硅的摻雜源或有機合成催化劑，還用于高純硼或有機硼的制取。某興趣小組用氯氣和硼為原料，采用下列裝置（部分裝置可重復使用）制備BCl3。

已知：①BCl3的沸點為12.5℃，熔點為-107.3℃；遇水劇烈反應生成硼酸和鹽酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼與鋁的性質相似；也能與氫氧化鈉溶液反應。

請回答下列問題：

（1）A裝置可用氯酸鉀固體與濃鹽酸反應制氯氣，反應的化學方程式為___________。

（2）裝置從左到右的接口連接順序為a→___________________→j。

（3）裝里E中的試劑為___________，如果拆去E裝置，可能的后果是____________。

（4）D裝置中發(fā)生反應前先通入一段時間的氯氣，排盡裝置中的空氣。若缺少此步驟，則造成的結果是_____。

（5）三氯化硼與水能劇烈反應生成硼酸（H3BO3）和白霧，寫出該反應的化學方程式________，硼酸也可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如圖所示：

則陽極的電極反應式__________________，分析產品室可得到H3BO3的原因________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

依據(jù)題意，可將膽礬溶于水分成兩個過程：第一個過程是CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)△H=+Q2kJ/mol，這一過程吸收熱量，1molCuSO4·5H2O(s)分解吸收的熱量為Q2kJ；第二個過程是無水硫酸銅制成溶液的過程，此過程放出熱量，1mol無水硫酸銅制成溶液時，放出熱量為Q1kJ。但整個過程溶液溫度降低，說明吸收的熱量大于放出的熱量，所以Q12，故選C。2、C【分析】【詳解】

A．升高溫度；平衡向著吸熱反應方向移動，降低溫度，平衡向著放熱反應方向移動，故溫度屬于影響化學平衡移動的因素，故A不符合題意；

B．增大反應物濃度或減小生成物濃度；平衡向著正反應方向移動，增大生成物濃度或減小反應物濃度，平衡向著逆反應方向移動，故濃度屬于影響化學平衡移動的因素，故B不符合題意；

C．催化劑由于能同等幅度地改變正；逆反應速率；故化學平衡不移動，故催化劑不是影響化學平衡移動的因素，故C符合題意；

D．對有氣體參與的化學平衡；增大壓強，平衡向著氣體體積減小的方向移動，減小壓強，平衡向著氣體體積增大的方向移動，故壓強也是影響化學平衡移動的因素，故D不符合題意；

故答案為：C。3、C【分析】【詳解】

A.依據(jù)圖標數(shù)據(jù)分析計算500s內N2O5(g)消耗的濃度＝5.00mol/L﹣3.52mol/L＝1.48mol/L，分解速率==2.96×10﹣3mol/(L?s)；A正確；

B.由表中數(shù)據(jù)可知，T1溫度下，1000s時反應到達平衡，平衡時c(N2O5)＝2.5mol/L，c(NO2)＝5mol/L，c(O2)＝1.25mol/L，平衡常數(shù)K1==125，轉化率為×100%＝50%；B正確；

C.平衡常數(shù)只受溫度影響，T1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T2溫度下的平衡常數(shù)為K2，若K12，且反應為吸熱反應，則T12；C錯誤；

D.平衡后其他條件不變，將容器的體積壓縮到原來的壓強增大為原來的2倍，平衡逆向移動，則再平衡時c(N2O5)＞5.00mol/L；D正確；

故選C。

【點睛】

分析體積改變對濃度產生的影響時，我們可以分兩步走。第一步，假設體積改變后平衡不發(fā)生移動，分析濃度變化；再考慮平衡發(fā)生移動后，濃度的改變，最后得出結論。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A.根據(jù)化學平衡狀態(tài)的實質，v逆(H2O)=v正(CO)，該反應處于平衡狀態(tài)，A正確；B.根據(jù)質量守恒定律，反應至始至終質量不變，B錯誤；C.平衡狀態(tài)的另一判據(jù)是濃度保持不變，C錯誤；D.生成1molCO的同時生成1molH2,表述的都是V正，不能做標志，D錯誤，選A。5、C【分析】【詳解】

A.中和滴定時盛待測液的錐形瓶中有少量水；不影響待測液的溶質的物質的量，所以不影響消耗標準液的體積，對中和滴定結果無影響，故A正確；

B.甲基橙的變色范圍在3.1~4.4；用醋酸滴定NaOH溶液到終點時生成醋酸鈉，溶液呈堿性，所以不能用甲基橙作指示劑，故B正確；

C.滴定時；眼睛應觀察錐形瓶內顏色的變化，以判斷終點，故C錯誤；

D.用pH試紙測定溶液的pH時；用水潤濕會降低溶液濃度，影響測定結果，所以不能先用蒸餾水潤濕，故D正確；

故選C。6、D【分析】【詳解】

A．NH4NO3為強酸弱堿鹽；溶液呈酸性，A不合題意；

B．H2SO4為強酸；溶液顯酸性，B不合題意；

C．KCl為強酸強堿的正鹽；溶液呈中性，C不合題意；

D．Na2CO3為強堿弱酸的正鹽；溶液呈堿性，D符合題意；

故選D。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．純堿為Na2CO3；在溶液中水解顯堿性，而油脂屬于酯類，在堿性條件下發(fā)生水解而溶解，故純堿溶液能去油污，與鹽類的水解有關，故A不選；

B．明礬溶于水能水解生成氫氧化鋁膠體；具有吸附功能，能夠凈水，與鹽類的水解有關，故B不選；

C．鹽類的水解為吸熱過程；故加熱氯化鐵溶液后，對氯化鐵的水解有促進作用，能水解出氫氧化鐵膠體顯紅褐色，故溶液顏色變深，與鹽類的水解有關，故C不選；

D．鐵在潮濕的環(huán)境下生銹；發(fā)生電化學腐蝕，與鹽類的水解無關，故D選；

故選D。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A.通入少量二氧化硫的過程中；溶液的酸性增強，直線Ⅱ中的N點向M點移動；

B.則同理可得故α1=α2一定等于45°；

C.由圖像可知，當對應溶液的pH處于1.81<6.91時，<0、>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小無法確定；

D.由于Ka1>Ka2，則c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；

答案選C。9、D【分析】【分析】

溶液中離子濃度越小，溶液的導電率越小，電阻率越大，向混合溶液中加入等物質的量濃度的CH3COOH溶液時，發(fā)生反應先后順序是：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，a-b溶液中電阻率增大，b點最大，因為溶液體積增大導致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質為CH3COOM和NH3·H2O。繼續(xù)加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱電解質，生成CH3COONH4是強電解質，導致溶液中離子濃度增大，電阻率減小，c點時醋酸和NH3·H2O恰好完全反應生成醋酸，c點溶液中溶質為CH3COOM和CH3COONH4，且二者的物質的量相等，溶液中離子濃度增大，電阻率減??；隨著CH3COOH溶液繼續(xù)加入；溶液體積增大，離子濃度減小，溶液電阻率逐漸增大。據(jù)此分析。

【詳解】

A．由圖可知，向混合溶液中加入等物質量濃度的CH3COOH溶液時，電阻率先增大后減小，說明發(fā)生了兩步反應，發(fā)生反應先后順序為：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O；所以MOH是強堿，先和酸反應，A項錯誤；

B．c點時，加入醋酸40mL，此時溶液中的溶質為CH3COOM和CH3COONH4，且二者的物質的量濃度相等，根據(jù)物料守恒，則有c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=2［c(NH4+)+c(NH3·H2O)］；B項錯誤；

C．d點時加入醋酸60mL，溶液中溶質為CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH，且三者的物質的量濃度相等，CH3COONH4是中性鹽，溶液相當于CH3COOM和CH3COOH等物質的量混合，根據(jù)可知CH3COOH的電離程度大于CH3COO–的水解程度，所以溶液顯酸性，溶液中離子濃度大小順序為：c(CH3COO–)＞c(M+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH–)；C項錯誤；

D．a→c過程中；溶液堿性逐漸減弱，水電離程度增大，D項正確；

答案選D。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【分析】

依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需要的熱化學方程式。

【詳解】

①Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ?mol-1

②Na2CO3?10H2O(s)═Na2CO3?H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ?mol-1

由蓋斯定律①-②得到：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1；

故答案為：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1?！窘馕觥縉a2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-111、略

【分析】【詳解】

(1)①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔΗ＝－1275.6kJ·mol－1；

②H2O(l)=H2O(g)ΔΗ＝＋44.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①×-②×2得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1；

答案：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1

(2)根據(jù)蓋斯定律和已知方程式，可得甲醇和水蒸氣催化重整的方程式=①-②，所以焓變ΔΗ3=ΔΗ1-ΔΗ2=-192.9kJ/mol+120.9kJ/mol=-72.0kJ/mol；

答案：－72.0kJ·mol－1

(3)根據(jù)蓋斯定律，將已知三個熱化學方程式相加即得所求方程式，所求熱效應也等于三式的熱效應相加，所以ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2+ΔΗ3；

答案：ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3

(4)由圖知CO(g)+O2(g)=CO2(g）ΔΗ=-akJ/mol；①

H2(g)+O2(g)=H2O(g）ΔΗ=-bkJ/mol；②

CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g）ΔΗ=-ckJ/mol③

根據(jù)蓋斯定律得方法②中反應的ΔΗ=③-①-②×3=-c-(-a)-(-b)×3=（a+3b-c）kJ/mol；

答案：(a＋3b－c)kJ·mol－1【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1－72.0kJ·mol－1ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3(a＋3b－c)kJ·mol－112、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)圖像可知，當壓強均為P1時，溫度為T2的曲線首先達到平衡狀態(tài)，這說明溫度是T2＞T1；但溫度高，R的含量低，這說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，因此正方應是放熱反應，即△H＜0，故答案為：<；<；

(2)根據(jù)圖像可知，當溫度均為T1時，壓強為P2的曲線首先達到平衡狀態(tài)，這說明P2＞P1；但壓強高，R的含量低，這說明增大越強平衡向逆反應方向移動，因此正方應是體積增大的可逆反應，即L一定是氣態(tài)，故答案為：<；氣態(tài)。【解析】①.<②.<③.<④.氣態(tài)13、略

【分析】【詳解】

①據(jù)圖可知，隨著溫度升高，CO的含量增大，說明平衡正向移動，所以該反應的正反應為吸熱反應，平衡常數(shù)只受溫度影響，ab兩點的溫度相同，所以Ka=Kb；c點與b點反應均未達到平衡，但c點溫度高于b點；反應速率更快，相同時間內生成CO的量更多，所以c點CO的含量更高；

②由圖像可知，甲的濃度從0升高到0.4mol·L-1，乙的濃度從1mol·L-1降低到0.8mol·L-1，隨著反應的進行，甲烷的濃度會越來越小，正反應速率也會越來越小，所以曲線v正?c(CH4)相對應的曲線是圖中的乙線，一氧化碳的濃度逐漸增大，逆反應速率逐漸增大，曲線v逆-c(CO)相對應的曲線是圖中的甲線；根據(jù)圖可知；反應平衡時圖中對應的點應為A和F點，由于該反應的正反應為吸熱反應，降溫后，反應速率減小，平衡逆向移動，甲烷的濃度會增大，CO的濃度會減小，所以此時曲線甲對應的平衡點可能為應為E點，曲線乙對應的平衡點為B點。

【點睛】

根據(jù)圖中濃度的變化量判斷出曲線v正?c(CH4)相對應的曲線是圖中的乙線是難點，需要分析清楚速率隨濃度的變化情況?！窘馕觥竣?=②.c點與b點反應均未達到平衡，但c點溫度高于b點，反應速率更快，相同時間內生成CO的量更多，所以c點CO的含量更高③.乙④.E⑤.B14、略

【分析】【詳解】

(1)因平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)反應的平衡常數(shù)K=故答案為

(2)由表可知：升高溫度；化學平衡常數(shù)增大，說明升高溫度，化學平衡正向移動，因此正反應為吸熱反應，故答案為吸熱；

(3)a、反應是一個反應前后體積不變的反應，壓強的改變不會要引起平衡移動，故a錯誤；b、化學平衡時，各組分的濃度不隨時間的改變而改變，因此混合氣體中c(CO)不變，說明達到了平衡狀態(tài)，故b正確；c、化學平衡狀態(tài)的標志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反應達到平衡狀態(tài)，故c正確；d、c(CO2)=c(CO)時，不能表明正逆反應速率相等，不一定達到了平衡狀態(tài)，故d錯誤；故選bc；

(4)某溫度下，各物質的平衡濃度符合下式：3c(CO2)?c(H2)=5c(CO)?c(H2O)，則平衡常數(shù)K==0.6；所處溫度為700℃，故答案為700；

(5)1200℃時，某時刻濃度商Qc==4＞K=2.6，說明反應向逆反應方向進行，故答案為逆向?！窘馕觥课鼰醔c700逆向15、略

【分析】【分析】

依據(jù)溶質濃度；不考慮水解計算銨根濃度大小，然后再依據(jù)其它離子對銨根離子水解平衡的影響分析。弱電解質電離程度小，銨根離子水解程度小鹽電離程度遠大于弱電解質的電離程度。

【詳解】

物質的量濃度相同的①氨水；②氯化銨；③碳酸氫銨；④硫酸氫銨；⑤硫酸銨五種溶液中，①氨水中的NH3·H2O是弱電解質，存在電離平衡，電離產生的c()很小，其余4種溶液中的溶質都是鹽，屬于強電解質，完全電離，電離產生的c()都比氨水的大。在其余四種鹽溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+。

對于③碳酸氫銨來說，同時還存在的水解平衡：+H2OH2CO3+OH-，水解產生OH-中和H+，使的水解平衡正向移動，導致c()比②小；

對于④硫酸氫銨來說，電離方程式為：NH4HSO4=+H++電離產生H+，對的水解平衡起抑制作用，使水解平衡逆向移動，導致c()比②大；

對于⑤硫酸銨溶液來說，電離方程式為：(NH4)2SO4=2+電離產生的c()是NH4Cl的2倍，盡管銨根離子水解，但其水解程度很小，故該溶液中c()最大。

綜上所述，上述五種溶液中c()由大到小的順序是：⑤＞④＞②＞③＞①。

【點睛】

在比較等濃度的不同電解質溶液中某離子濃度時，先判斷物質所屬類別，鹽溶液中離子濃度大于弱電解質溶液中的離子濃度；然后再根據(jù)鹽的組成中含有的該離子數(shù)目分析，鹽化學式中含有的該離子數(shù)目多的離子濃度大；再根據(jù)鹽電離產生的其它離子對該離子水解平衡移動的影響。其它離子的存在起抑制作用時，該離子的濃度大于起促進作用的該離子的濃度。【解析】⑤＞④＞②＞③＞①16、略

【分析】【詳解】

(1)鹽酸溶液呈酸性是由于HCl發(fā)生電離產生了H+，故答案為：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH?)=0.1mol/L，故pH=13，故答案為：13；(3)因為溶液①、②與溶液③都是按1:1進行反應的，故分別與等量的溶液③恰好完全反應，消耗的體積相等，故答案為：=；(4)由溶液中存在加熱使平衡正向移動，故堿性增強，故答案為：溶液中存在水解為吸熱反應，加熱使平衡正向移動(5)a．根據(jù)物料守恒有c(CH3COO?)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a錯誤；ｂ．溶液中有醋酸和水都會電離出H+，故c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)，故b正確；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO?)增大，使得醋酸的電離平衡逆向移動，c(H+)減小，故c錯誤；ｄ．醋酸是弱電解質，只能部分電離，滴入NaOH濃溶液后反應生成了強電解質醋酸鈉，故溶液導電性增強，故d正確；故答案為：bd?！窘馕觥縃Cl=H++Cl-13=溶液中存在水解為吸熱反應，加熱使平衡正向移動bd17、略

【分析】【分析】

在原電池中；負極上失電子，燃料發(fā)生氧化反應，正極上得電子，氧氣發(fā)生還原反應。

【詳解】

(1)氫氧燃料電池正極上氧氣得電子，發(fā)生還原反應，電解質是堿，則生成OH-，反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，若將負極材料改為CH4，在堿性條件下應該生成總反應式為：CH4+2O2+2OH-=+3H2O，正極反應為：2O2+4H2O+8e-=8OH-，兩式相減得負極反應方程式為：CH4+10OH--8e-=+7H2O；

(2)NH3代替氫氣，電解質溶液是KOH溶液沒有變，則正極反應式也沒有變化，電池總反應為：4NH3+3O2＝2N2+6H2O，正極反應為：3O2+6H2O+12e-=12OH-，兩式相減得負極反應方程式為：4NH3+12OH--12e-=2N2+12H2O，即為2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；3.4gNH3物質的量為:根據(jù)負極反應可知，2molNH3轉移6mol電子，則3.4gNH3轉移的電子數(shù)目為0.6mol，即0.6NA。

【點睛】

燃料電池電極方程式的書寫，掌握正極反應式一般較固定，記住在酸性或堿性條件下的正極反應，負極反應等于總反應減去正極反應。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=+7H2O2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA18、略

【分析】【分析】

（1）反應的焓變△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能。（2）催化劑改變反應途徑，降低反應活化能；不同物質表示的正、逆反應速率之比等于化學計量數(shù)之比時，反應達到平衡狀態(tài)；當反應達到平衡狀態(tài)時，正、逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變。（3）①根據(jù)生成物氮氣、NO的物質的量判斷催化劑對反應的選擇性；②520℃平衡時n（NO）=n（N2）=0.2mol，利用方程式計算兩個反應消耗的氨氣、氧氣物質的量以及生成的水的物質的量，可以計算平衡時氨氣與氧氣物質的量，由于容器體積為1L，利用物質的量代替濃度帶入K=c4（NO）?c6（H2O）/c4（NH3）?c5（O2）計算；③催化劑不影響平衡移動，改變濃度與投料比不影響催化劑對反應的選擇性，圖中溫度影響催化劑選擇性。（4）銅電極和電源的正極相連，做陽極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式是2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；

【詳解】

（1）反應的焓變△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=（4×3×d+3b-2×c-6×2×a）kJ/mol=(12d+3b-2c-12a)kJ·molˉ1。（2）加入催化劑，改變反應途徑，降低反應的活化能，增加了活化分子百分數(shù)，化學反應速率增大，A正確；對于反應4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g），應是6v正（NH3）=4v逆（H2O）時，反應達到平衡狀態(tài)，B錯誤；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，與n（NO）/n（NH3）=1無關，C錯誤,故選A。（3）①由圖可知，該催化劑在高溫時，生成的NO物質的量遠大于氮氣的，故該催化劑在高溫下選擇反應I；②在1L密閉容器中充入1molNH3和2molO2，520℃平衡時n（NO）=n（N2）=0.2mol；則：

4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g）

變化（mol）：0.20.250.20.3

4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）

變化（mol）：0.40.30.20.6

故平衡時，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器體積為1L，利用物質的量代替濃度計算平衡常數(shù)Kc4（NO）?c6（H2O）/c4（NH3）?c5（O2）=0．24×0．96、0．44×1.455；③使用催化劑不影響平衡移動，加快反應速率，縮短到達平衡的時間，A錯誤；使用催化劑不影響平衡移動，加快反應速率，縮短到達平衡的時間，B錯誤；增大NH3和O2的初始投料比，平衡常數(shù)不變，不影響催化劑對反應的選擇性，C錯誤；投料比不變，增加反應物的濃度，平衡常數(shù)不變，不影響催化劑對反應的選擇性，D錯誤；由圖可知低溫有利于氮氣的生成，降低反應溫度有利于提高NH3轉化為N2平衡轉化率，E正確。故選E。（4）在電解池中，當陽極是活潑電極時，該電極本身發(fā)生失電子的氧化反應，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子被氧化生成氧化亞銅，電極反應式為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，陰極的電極反應式為2H2O+2e—=H2↑+2OH-，由電極反應式可知，當有1molOH-通過陰離子交換膜時，有0.5molCu2O生成，則有NA個陰離子通過離子交換膜時，生成0.5molCu2O生成，0.5molCu2O的質量為72g。

【點睛】

本題考查化學反應原理的綜合應用，涉及反應熱計算、化學平衡狀態(tài)及其影響因素、對圖象的分析、化學平衡常數(shù)計算、電解原理等，屬于拼合型題目，平衡常數(shù)計算為易錯點，關鍵是平衡體系中氨氣與氧氣濃度有關計算?！窘馕觥俊鱄=(12d+3b-2c-12a)kJ·molˉ1AI0．24×0．96/0．44×1.455E2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O72三、判斷題(共1題，共2分)19、×【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、計算題(共2題，共14分)20、略

【分析】【分析】

(1)反應前，甲容器中A的濃度為6mol?L-1，B的濃度為1.8mol/L，4min甲容器內的反應達到化學平衡后，A的濃度減少了3.6mol?L-1，B的濃度減少了1.2mol?L-1；根據(jù)反應速率的計算公式結合化學反應方程式中各物質的化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比計算解答；

(2)根據(jù)容器甲和容器乙的體積大小判斷反應物濃度大??；根據(jù)濃度越小，反應速率越慢判斷；

(3)根據(jù)勒夏特列原理；結合等效平衡規(guī)律分析判斷；

(4)根據(jù)平衡常數(shù)的表達式寫出反應3A(g)+B(g)?3C(g)+2D(g)的平衡常數(shù)的表達式；根據(jù)T℃甲容器中達到平衡時各組分的濃度計算出T℃時的化學平衡常數(shù)K。

【詳解】

(1)甲容器的體積為1L，加入6molA和3molB，則A、B的濃度分別為：6mol/L、3mol/L，4min時甲容器內的反應恰好達到平衡，A的濃度為2.4mol/L、B的濃度為1.8mol/L，則A的濃度變化為：△c(A)=6mol/L-2.4mol/L=3.6mol/L，B的濃度變化為：△c(B)=3mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，此時間內平均速率v(B)==0.3mol?L-1?min-1；濃度變化與化學計量數(shù)成正比，即3∶b=△c(A)∶△c(B)=3.6mol/L∶1.2mol/L=3∶1，即b=1，故答案為：0.3mol?L-1?min-1；1；

(2)甲容器的體積為1L；乙容器的體積為2L，乙容器的體積大于甲容器的體積，乙容器中氣體的濃度小，則乙容器中反應速率小，到達平衡的時間長，所以乙容器中反應達到平衡時所需時間大于4min，故答案為：大于；乙容器的體積大于甲容器的體積，反應物的濃度減小，反應速率減慢，達到平衡所需要的時間變長；

(3)由于該反應是體積增大的放熱反應；甲的容器體積小，則壓強大，平衡向著逆反應方向移動，甲中反應物的轉化率小于乙，且達到平衡時甲中各組分濃度都大于乙。A．保持溫度不變，增大甲容器的體積至2L，則此時甲和乙為等效平衡，甲；乙容器中B的平衡濃度相等，故A正確；B．保持容器體積不變，使甲容器升高溫度，該反應為放熱反應，平衡向著逆反應方向移動，甲中B的濃度增大，無法滿足甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故B錯誤；C．保持容器壓強和溫度都不變，向甲中加入一定量的A氣體，反應物A的濃度增大，平衡向著正反應方向移動，甲中B的濃度減小，可能實現(xiàn)甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故C正確；D．保持容器壓強和溫度都不變，向甲中加入一定量的B氣體，達到平衡時甲中B的濃度更大，無法滿足甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故D錯誤；故答案為：AC；

(4)反應3A(g)+B(g)?3C(g)+2D(g)的平衡常數(shù)為：K=T℃時甲容器中：

在T℃時的化學平衡常數(shù)K===10.8，故答案為：10.8。【解析】0.3mol?L-1?min-11大于乙容器的體積大于甲容器的體積，反應物的濃度減小，反應速率減慢，達到平衡所需要的時間變長AC10.821、略

【分析】【分析】

根據(jù)化學平衡常數(shù)的含義，將各種微粒代入，然后變形，通過轉化為NH3·H2O、H2CO3的平衡常數(shù)進行整理；就可得到其數(shù)值。

【詳解】

反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K==1.25×10-3。

【點睛】

本題考查了化學平衡常數(shù)的計算。化學平衡常數(shù)等于水的離子積常數(shù)與相應的弱電解質電離平衡常數(shù)或電離平衡常數(shù)乘積的比值。學會將電離平衡常數(shù)表達式變形，找到待求量與已知量關系是本題解答的關鍵，注重數(shù)學知識在化學計算中的應用能力的培養(yǎng)?！窘馕觥?.25×10-3五、結構與性質(共3題，共9分)22、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)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??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)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(tài)，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(jù)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(shù)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(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)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?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5123、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(fā)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(fā)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(fā)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(fā)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(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><24、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)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(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質成分；根據(jù)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(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)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(shù)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(jù)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(jù)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(jù)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?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)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3題，共27分)25、略

【分析】【詳解】

(1)由于AgNO3溶液會發(fā)生水解顯酸性；所以滴定時，選擇酸式滴定管。

(2)關于終點現(xiàn)象的描述注意三方面問題：最后一滴，現(xiàn)象變化，半分鐘內無變化。該滴定實驗選用K2CrO4作指示劑，其可以與標準液反應生成磚紅色的沉淀Ag2CrO4指示反應終點。因此答案為：滴入最后一滴AgNO3溶液；出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內沉淀不消失。

(3)分析表格數(shù)據(jù)，先排除第一列數(shù)據(jù)，相對誤差過大，顯然不能作為正確的實驗數(shù)據(jù)。再對第2,3列數(shù)據(jù)進行平均值求取得出V(AgNO3)=4.00mL。滴加的AgNO3與水體中的Cl-發(fā)生反應Ag++Cl-=AgCl↓。因此每10mL水體中氯離子的質量為m=n×M=mg；則1L水體中氯離子含量為14.20mg。注意保留兩位小數(shù)。

(4)溶液中c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，又因為Ksp(AgCl)=1.8×10-10,所以c(Ag+)=10-5mol/L；又因為Ksp(Ag2CrO4)=1.8×10-12，所以c(CrO)==1.8×10-2mol/L。反應2AgCl+2Cl-+Ag2CrO4的平衡常數(shù)表達式為K==1.8×10-8。

(5)A項，錐形瓶中裝的是待測液，洗凈后無需潤洗，無需干燥，因此，無影響，A項不正確；B項，由于標準液滴定管未潤洗，導致標準液實際被稀釋，根據(jù)滴定原理c待=判斷結果比實際值偏大，B項不正確；C項，酸式滴定管即標準液滴定管，滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)會導致V標比準確值偏低，因此結果偏低，C項正確；D項，酸式滴定管即標準液滴定管，