2024年华东师大版选修4化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版选修4化学上册月考试卷450考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列说法正确的是

A.则B.燃烧热为则C.已知则1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应放出热量均为D.如图，可知b为加入催化剂后的能量变化，正反应活化能比逆反应活化能低2、用CO合成甲醇（CH3OH）的化学反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0

按照相同的物质的量投料；测的CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.平衡常数：K(a)＞K(c)K(b)＝K(d)B.正反应速率：v(a)＞v(c)v(b)＞v(d)C.平均摩尔质量：M(a)＜M(c)M(b)＞M(d)D.平衡时a点一定有n(CO)：n(H2)＝1:23、已知可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2、N2O4的消耗速率与其浓度存在如下关系：v(NO2)=k1c2(NO2)，v(N2O4)=k2c(N2O4)(其中k1、k2是只与温度有关的常数)；一定温度下根据上述关系式建立如图关系。下列说法正确的是。

A.图中A点表示该反应达到化学平衡状态B.若某温度时k1=k2，则该温度下反应的平衡常数K=0.5C.在1L密闭容器中充入1molNO2，平衡时：c(NO2)+c(N2O4)=1mol•L-1D.在1L密闭容器中充入1molNO2，当c(NO2)=c(N2O4)时，NO2的转化率是33.3%4、25°C时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸；混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.图中a=2.6B.25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-6.4C.M点溶液中：D.若要表示题目条件下pH与lg的变化关系.则曲线应该在平行于曲线的下方5、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是A.1L0.3mol/LCH3COOH溶液和3L0.1mol/LCH3COOH溶液中的H＋数B.pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度C.pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力D.pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积6、某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.此温度下，水的离子积常数为1.0×10-2aB.N点溶液加水稀释，增大C.M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D.Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还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还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。8、试运用所学知识；研究CO等气体的性质，请回答：

(1)生产水煤气过程中有以下反应：

①C(s)+CO2(g)2CO(g)H1；

②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H2；

③C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H3；

反应③的平衡常数表达式为K=___________；上述反应中△H1、△H2、△H3之间的关系为______。

(2)不同温度下反应②的平衡常数如下表所示。则△H2___________0(填“<”“>”)；。温度/℃400500800平衡常数K9.9491

在500℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g)充入反应容器，达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mo/L，则CO的平衡转化率为___________。

(3)对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，当温度为T1、T2时，平衡体系N2O4的体积分数随压强变化曲线如图所示。则T1___________T2(填“>”或“＜”)；增大压强，平衡向___________反应方向移动；两点的平衡常数B___________C(填“>”或“＜”)。

9、(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈______(填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同)，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)。

(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈______，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)

(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈______，醋酸体积______氢氧化钠溶液体积。(填“>”或“=”或“<”)10、(1)物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵五种溶液中c(NH4+)大小的顺序是______________________。（用序号回答）

(2)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝_______________。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，c（Na+）+c（H+）＝_______________，c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）＝_______________（填具体数值大小）。

(4)泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液和Al2（SO4）3溶液，当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为：_______________。11、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大12、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共4题，共24分)14、雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺技术是国内外研究的热点。研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关；其转化关系如下图所示。

(1)NH3的电子式是_________。

(2)NH4NO3溶液中的离子浓度由大到小顺序是_________。

(3)①已知：SO2生成SO3总反应方程式是。

2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol

此反应可通过如下两步完成：

2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ/mol

NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝_________。

②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3，则NO2的平衡转化率是_________。

(4)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫；脱硝。

①制备少量NaClO2；其装置如下图所示：

装置I控制温度在35~55℃，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11℃)，反应的离子方程式是_____________________________________________；

装置Ⅱ中反应生成NaClO2，此反应中作为氧化剂的是_______________，反应后溶液中阴离子除了ClO2－、ClO3－、Cl－、ClO－、OH－外还可能含有的一种阴离子是_______________。

②用制得的NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)；溶液pH对脱硫脱硝的影响如下图所示：

从上图中可知脱硫脱硝最佳条件是_________。图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是______________________________。15、“低碳经济”备受关注，CO2的捕捉、排集、利用成为科学家研究的重要课题。太空舱产生的CO2用下列反应捕捉，以实现O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)

水电解反应：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)

(1)将原料气按n(CO2)∶n(H2)=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。

①该反应的平衡常数K随温度升高而________(填“增大”或“减小”)。

②温度过高或过低均不利于该反应的进行；原因是________。

③下列措施能提高CO2转化效率的是________(填标号)。A．适当减压B．增大催化剂的比表面积C．反应器前段加热，后段冷却D．提高原料气中CO2所占比例E．合理控制反应器中气体的流速(2)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)＋CH4(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋248kJ·mol－1。

为了探究该反应的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0mol·L－1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线如图，v正～c(CH4)和v逆～c(CO)。则与v正～c(CH4)相对应曲线是图中________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后；某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填“D”“E”或“F”)。

(3)用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。在捕集时，气相中有中间体NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1<t2<t3)

氨基甲酸铵分解反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。15℃时此反应的化学平衡常数K＝________。

(4)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为–394kJ∙mol－1、–242kJ∙mol－1，Bosch反应的ΔH＝________kJ∙mol－1(生成焓指一定条件下由对应单质生成1mol化合物时的反应热)。

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是________。

③该新方案的优点是________。16、氨气及其相关产品是基本化工原料；在化工领域中具有重要的作用。

（1）以铁为催化剂；0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温；容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol。

①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线_____。

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是_____（填增大；减少或不变）。

（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______________________。

②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01mol·L－1N2H4水溶液的pH等于__________（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。

③已知298K和101KPa条件下：

N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)ΔH1

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH2

2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH3

4NH3(g)+O2(g)＝2N2H4(l)+2H2O(I)ΔH4

则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH＝_______。

（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量；能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中，应控制N2O4/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释______________。17、现有室温下浓度均为的几种溶液①盐酸；②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液；回答下列问题：

（1）将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③______⑥（填>、=、<），溶液中的离子浓度由大到小的顺序为________________。

（2）将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH______7（填>、=、<），用离子方程式说明其原因____________________。

（3）向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为_____________，最终产生总量的关系为__________。

（4）向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①______③（填>、=、<）。

（5）若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH⑤_______⑥（填>、=、<）。

（6）将等体积的②、⑤混合，则溶液中浓度最大的离子是______________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共24分)18、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)19、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。20、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)21、如图表示800℃时；X；Y、Z三种气体物质的浓度随时间变化的情况．试回答：（保留一位小数）

(1)该反应的反应物为______；

(2)该反应的化学方程式为______；

(3)0～2minY物质的化学反应速率为______；

(4)Z物质的平衡转化率为______；

(5)800℃时，该反应的平衡常数K=______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．燃烧反应的焓变为负，且完全燃烧放出热量多，即生成二氧化碳时焓变小，则故A错误；

B．燃烧热中生成液态水，由燃烧热为则故B错误；

C．1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应若生成难溶盐时放出热量，生成1mol水时放出热量为则1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应放出热量不一定为故C错误；

D．催化剂可降低反应的活化能，图中则b为加入催化剂后的能量变化，正反应活化能比逆反应活化能低故D正确；

故选：D。2、A【分析】【详解】

A.该反应的正反应是个气体体积减小的放热反应。化学平衡向吸热方向移动。即化学平衡向逆反应方向移动。这时反应物的转化率降低。由图可看出：T3>T2>T1。所以Ka>Kb>Kc化学平衡常数只与温度有关，而与压强等无关。所以K(b)＝K(d)；故A正确；

B.升高温度，不论是正反应速率还是逆反应速率都加快。故正反应速率：v(c)＞v(a)；在相同温度下，增大压强反应混合物的浓度增大，反应速率加快，由于压强b＞d，v(b)＞v(d)；故B错误；

C．在相同压强下，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动。，由于反应前后质量不变，但气体的物质的量增多故。平均摩尔质量：M(c)＜M(a)在相同温度下，增大压强，化学平衡向气体体积减下的方向，即正反应方向移动，M(b)＞M(d)；故C错误；

D．反应时CO、H2是按照1:2反应的，所以平衡时a点可能有n(CO)：n(H2)＝1:2；也可能不是，故D错误；

答案选A。3、B【分析】【分析】

由图中可知，交点A表示消耗的速率v(N2O4)=v(NO2)，与该反应达到平衡状态时的速率关系作比较，即可判断反应是否达到平衡；由题给v(NO2)=k1c2(NO2)，v(N2O4)=k2c(N2O4)结合k1=k2，求该温度下反应的平衡常数；根据氮守恒c(NO2)+2c(N2O4)=1mol·L-1；用三段式可求NO2转化率。

【详解】

A．图中，交点A表示的消耗速率v(N2O4)=v(NO2)，而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v(NO2)=2v(N2O4)，因此此时v逆<v正；所以反应向正反应方向移动，故A错误；

B．由v(NO2)=k1c2(NO2)，v(N2O4)=k2c(N2O4)结合k1=k2，可知=所以=0.5=K；故B正确；

C．根据氮守恒，平衡时c(NO2)+2c(N2O4)=1mol•L-1；故C错误；

D．

所以1-2a=a，则a=NO2的转化率是×100%=66.6%；故D错误；

答案选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据N(7.4,1)点，lg=1，则=10，碳酸的一级电离常数Ka1==10×10-7.4=10-6.4，将M点c(H+)带入一级电离常数公式，解得=102.6；a=2.6，A正确；

B．该反应的平衡常数Kh=根据M点，=10-2.6，c(H+)=10-9，c(OH-)=10-5，带入数值，此反应的平衡常数为10-7.6；B错误；

C．M点溶液中，依据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，c(Na+)>c(HCO3-)+c(H2CO3)，所以c(H+)+c(H2CO3)-)+2c(CO32-)+c(OH-)；C错误；

D．溶液中存在大量的碳酸氢根，碳酸氢根可以发生电离，产生少量的碳酸根，这时碳酸根与碳酸氢根的比值小于1大于0，则lg的值为负，通过图像可知y轴向下数值增大，故lg的关系变化图像在曲线x的上方；D错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

A．相同温度下，相同弱电解质的溶液中，溶液越稀，其电离程度越大，所以1L0.3mol/LCH3COOH溶液小于3L0.1mol/LCH3COOH溶液中的H+数，故A错误；

B．pH=1的醋酸溶液中c（CH3COOH）大于0.1mol/L，pH=1的盐酸溶液中C（HCl）等于0.1mol/L，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，故B正确；

C．pH=12的氨水和NaOH溶液中，离子浓度相等，所以其导电能力相同，故C错误；

D．pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸，则pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸产生的氢气体积大，故D错误；

故选B。6、D【分析】【详解】

A．Q点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.0×10-2a；故A正确；

B．一水合氨的电离平衡常数Kb=所以=N点溶液pOHc(H+)<c(OH-)，溶液显碱性，加水稀释溶液碱性减弱，所以c(OH-)减小，电离平衡常数不变，则增大；故B正确；

C．M、Q、N三点所示的溶液中均存在电荷守恒，即c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；故C正确；

D．氨水和盐酸浓度相同；若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；

故答案为D。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<04358、略

【分析】【详解】

(1)①C(s)+CO2(g)2CO(g)H1；

②CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H2；

③C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H3；

化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体不计入平衡常数表达式，反应③的平衡常数表达式为K=根据盖斯定律①+②得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H3=△H1+△H2；

(2)根据不同温度下反应②的平衡常数可知，升高温度，平衡常数减小，则△H2<0；

在500℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g)充入反应容器，达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mol/L，则CO浓度降低0.015mol/L，CO的初始浓度是0.02mol/L，CO的平衡转化率为

(3)2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的体积分数减小，则T12；增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，B点的温度小于C点，所以平衡常数B>C。【解析】K=△H1+△H2=△H3或△H2=△H3-△H1，或△H1=△H3-△H2＜75%＜正反应方向>9、略

【分析】【详解】

（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合恰好反应，生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸根离子因水解略有减少，所以溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)；

（2）醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸中c（H+）和pH＝11的氢氧化钠溶液中c（OH-）相等，但醋酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，等体积混合后溶液呈酸性，电离大于水解，溶液中c(Na＋)<c(CH3COO－)；

（3）根据电荷守恒，物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积大于氢氧化钠溶液体积。【解析】①.碱性②.＞③.酸性④.＜⑤.中性⑥.＞10、略

【分析】【详解】

(1)①氨水是弱碱，电离程度小，电离出的铵根离子浓度小；②氯化铵是强电解质，全部电离，铵根水解，水解程度小；③碳酸氢铵是强电解质，全部电离，但铵根和碳酸氢根相互促进的双水解，水解程度比单一水解程度大；④硫酸氢铵是强电解质，电离出铵根离子和氢离子，氢离子抑制铵根水解；⑤硫酸铵是强电解质，1mol硫酸铵电离出2mol铵根离子，虽然水解但仍然比电离出1mol铵根离子浓度的大，五种溶液中c(NH4+)大小的顺序是⑤＞④＞②＞③＞①。

(2)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL，氢氧根浓度c(OH－)＝0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液bL，氢离子浓度c(H+)＝0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，0.1mol/L×aL＝0.001mol/L×bL，则a∶b＝1:100。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)＝c(HSO3－)+c(SO32－)+c(OH－)，根据物料守恒得到c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)＝c(Na+)＝0.1mol/L。

(4)当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，主要是铝离子和碳酸氢根发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，其离子方程式为3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.⑤＞④＞②＞③＞①②.1∶100③.c(HSO3－)+2c(SO32－)+c(OH－)④.0.1mol/L⑤.3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。12、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)三、判断题(共1题，共2分)13、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、原理综合题(共4题，共24分)14、略

【分析】【分析】

本题为综合题。

（1）氮原子与氢原子是通过共用电子对相结合形成氨气，其中含有3个共价键，电子式为

（2）此小题考查的是盐类的水解，NH4NO3溶为强酸弱碱盐；在水中发生水解，溶液显酸性，则硝酸根离子的浓度大于铵根离子的浓度，氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度；

（3）①此小题考查的是盖斯定律的运用，2个NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)等于总反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)减去其中的一个反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)；

②本小题考查的是三段式解题的运用；

（4）①此小题考查的是氧化还原反应方程式的书写，先根据价态升降找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据得失电子守恒配平离子方程式SO2+2ClO3—===2ClO2+SO42-；此外还考查了氧化剂的判断；氧化剂是元素化合价降低得电子发生还原反应的物质；

②根据左图NO2的脱除率在n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1时效果最好，大于6:1以后变化不大，根据右图NO2的脱除率在pH为5.5~6.0时效果最好，大于6.0以后反而减小，则硫脱硝最佳条件是pH在5.5~6.0n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1；SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小是因为pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱；不能将NO氧化为硝酸。

【详解】

（1）氮原子最外层有5个电子，达到8电子稳定结构需得3个电子，氢原子最外层1个电子，达到2电子稳定结构需得一个电子，则氮原子和3个氢原子可形成3对共用电子对，电子式为本小题答案为：

（2）NH4NO3溶为强酸弱碱盐，在水中发生水解，溶液显酸性，则离子浓度由大到小顺序是c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)。本小题答案为：c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)。

（3）①根据盖斯定律2个NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)等于总反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)减去其中的一个反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，则2(-ΔH2)＝ΔH-ΔH1＝－196.6kJ/mol-（－113kJ/mol）=-83.6kJ/mol，则ΔH2＝-41.8kJ/mol。本小题答案为：-41.8kJ/mol。

②NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)

起始浓度（mol/L）0.50.500

变化浓度（mol/L）xxxx

平衡浓度（mol/L）0.5-x0.5-xxx

根据题意（0.5-x）/x=1:3x=0.375NO2的平衡转化率为(0.375/0.5)×100%=75%。本小题答案为：75%。

（4）①装置I控制温度在35~55℃，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11℃)，SO2中的硫元素的化合价由+4价升高到+6价被氧化为SO42-，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低到+4价被还原为ClO2，离子方程式为SO2+2ClO3—===2ClO2+SO42-；装置I中产生的ClO2经导管进入装置Ⅱ生成NaClO2，ClO2中氯元素的化合价由+4价降低到+3价，发生还原反应，ClO2为氧化剂；装置I中通入SO2的不完全反应，在装置Ⅱ中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-；本小题答案为：O2+2ClO3—＝2ClO2+SO42-；ClO2；SO42-。

②根据左图NO2的脱除率在n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1时效果最好，大于6:1以后变化不大，根据右图NO2的脱除率在pH为5.5~6.0时效果最好，大于6.0以后反而减小，则硫脱硝最佳条件是pH在5.5~6.0n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1；SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小是因为pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。本小题答案为：pH在5.5~6.0n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1；pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。【解析】c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)—41.8kJ/mol75%SO2+2ClO3—===2ClO2+SO42-ClO2SO42-pH在5.5~6.0n(H2O2)/n(NaClO2)=6：1原因：pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸15、略

【分析】【分析】

(1)①根据图知；当反应达到平衡状态后，升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动；②温度过低，化学反应速率慢；温度过高，平衡逆向移动；③改变条件能使平衡正向移动，缩短转化时间都能提高二氧化碳转化效率，据此分析解答；

(2)根据图象，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，表示生成物，乙的浓度从1.0降低到0.8mol/L，表示反应物，该反应的ΔH＞0；是吸热反应，结合温度对平衡的影响分析判断；

(3)①根据表中温度对生成气体的总浓度的影响分析；根据表中数据求出NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)平衡时的气体浓度，在根据平衡常数K=c2(NH3)×c(CO2)计算；

(4)①Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓；②从活化能角度分析解答；③对比Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)和Sabatier反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)分析解答。

【详解】

(1)①根据图知，当CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)达到平衡状态后；升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，所以化学平衡常数减小，故答案为：减小；

②温度过低；化学反应速率太慢；温度过高，平衡逆向移动，反应向右进行的程度减小，所以温度过高或过低均不利于该反应的进行，故答案为：温度过低，反应速率小；而温度过高，反应向右进行的程度小；

③A．适当减压，CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，所以其转化效率减小，故A错误；B．增大催化剂的比表面积，尽管平衡不移动，但增大了化学反应速率，缩短化学反应达到平衡的时间，能提高二氧化碳的转化效率，故B正确；C．升高温度，水的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应器前段加热，能够加快反应速率，后段冷却，能够使平衡正向移动，能提高CO2转化效率，故C正确；D．提高原料气中CO2所占比例，尽管平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，CO2转化效率降低，故D错误；E．合理控制反应器中气体的流速，能够使反应成分进行，能够提高CO2转化效率；故E正确；故答案为：BCE；

(2)从图象可知，甲的浓度是从0升高到0.4mol/L，表示生成物CO的图象，乙是浓度从1.0降低到0.8mol/L，表示反应物CH4的图象，该反应的ΔH＞0；是吸热反应，降低温度平衡向放热方向移动，即向逆反应方向移动，生成物浓度减小，化学反应速率减小，E点符合，故答案为：乙；E；

(3)从表中数据可以看出，随着温度升高，气体总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应；根据反应的化学计量数的关系可知，c(NH3)=2c(CO2)，15℃时平衡体系的气体总浓度为3×10-2mol/L，即c(NH3)+c(CO2)=3×10-2mol/L，得到c(NH3)=2×10-2mol/L，c(CO2)=10-2mol/L，则15℃时此反应的化学平衡常数K=c2(NH3)×c(CO2)=(2×10-2)2×10-2=4×10-6，故答案为：吸热；4×10-6；

(4)①生成焓是指由单质生成1mol该物质所产生的反应热，Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓，则Bosch反应的△H=2×(-242kJ•mol-1)-(-394kJ•mol-1)=-90kJ/mol；故答案为：-90；

②断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高；使得该反应所需的活化能较高，因此一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，故答案为：反应的活化能高；

③对比Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)和Sabatier反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；Bosch反应的优点是氢原子利用率为100%，故答案为：氢原子利用率为100%。

【点睛】

本题的易错点为(1)③，要注意区分二氧化碳的转化率和转化效率，二者不是一个概念，转化效率除与转化率有关，还与转化需要的时间有关。【解析】减小温度过低，反应速率减小；温度过高，反应向右进行的程度小BCE乙E吸热4×10-6-90反应的活化能高氢原子利用率为100%(或其它合理答案)16、略

【分析】【详解】

(1)①0.6mo1氮气和1.8mo1氢气在恒温；容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气；2min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mo1

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)：0.61.80

转化(mol)：0.30.90.6

平衡(mol)：0.30.90.6

在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，则此时c(H2)==0.45mol/L；体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%；则转化的氮气为0.6mol×38.2%=0.2292mol；

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(mol)：0.61.80

转化(mol)：0.230.690.46

平衡(mol)：0.371.110.46

所以第二次平衡时c(H2)==0.555mol/L，则第25min起H2的物质的量浓度为0.45mol/L，平衡时为0.555mol/L，所以图象为故答案为

②催化剂能增大反应速率；所以该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大，故答案为增大；

(2)①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；故答案为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；

②电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01mol•L-1N2H4水溶液中c(N2H5+)≈c(OH-)，K===1.0×10-6，所以c(OH-)=10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L；则溶液的pH=10，故答案为10；

③已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3，4NH3(g)+O2(g)=2N2H4(l)+2H2O(l)△H4，由盖斯定律可知，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=△H2-△H1-△H4，故答案为△H2-△H1-△H4；

(3)由NO2转化为HNO3的工艺图可知，N2O4与水、氧气反应生成硝酸，2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，反应中N2O4/H2O的质量比等于5.11，当高于5.11，则提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸，故答案为2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度；有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。

点睛：解答本题需要学生熟练掌握化学平衡的计算方法——三段式。本题的易错点和难点是(1)中图像的绘制，需要通过计算求出平衡时物质的浓度。【解析】增大NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O10△H2-△H1-△H42N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。17、略

【分析】【详解】

（1）③醋酸；⑥NaOH溶液混合；溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量③＞⑥；

溶液中存在电荷守恒，中性溶液中所以溶液中离子浓度大小关系为：（2）将等体积的①盐酸、⑤氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液PH＜7；原因是氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；离子方程式为：（3）向相同体积的：①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1×10-3mol/L溶质物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；产生氢气②＞①═③或②=2①=2③；（4）向相同体积的①盐酸、③醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，①中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，③中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的pH大小关系①＜③；（5）若将等体积、等浓度的⑤氨水、⑥NaOH溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液pH⑤＜⑥；（6）将等体积的②硫酸、⑤氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成硫酸氢铵溶液，电离产生的氢离子及铵根离子水解产生氢离子，则浓度最大。【解析】><②①③②>①=③（②=2①=2③）<<五、结构与性质(共3题，共24分)18、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

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