2024年浙教版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版选修4化学下册阶段测试试卷824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5题，共10分)1、已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1

②氢气燃烧的能量变化示意图：

下列说法正确的是A.1molC(s)完全燃烧放出110kJ的热量B.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-480kJ·mol-1C.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1D.欲分解2molH2O(l)，至少需要提供4×462kJ的热量2、可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq)ΔH=-50kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A.正反应活化能小于50kJ·mol-1B.逆反应活化能不小于50kJ·mol-1C.正反应活化能大于50kJ·mol-1D.逆反应活化能比正反应活化能小50kJ·mol-13、已知反应①CO(g)＋CuO(s)CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s)Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是()A.反应①的平衡常数K1＝c(CO2).c(Cu)/[c(CO).c(CuO)]B.反应③的平衡常数K＝K1/K2C.对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值D.对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小4、已知25℃时，有关弱酸的电离平衡常数：。弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11

则下列有关说法不正确的是（）A.25℃时，0.1mol·L－1各溶液的pH关系为：pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)B.25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等C.25℃时，若同浓度的醋酸和氢氧化钠等体积混合，所得溶液pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=9.9×10-7mol·L－1D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)5、常温下；将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH；等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)B.电离平衡常数：10Ka(HA)=Ka(HB)C.b点溶液：c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)>c(HB)评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是（）

A.水煤气变换反应的△H＞0B.步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D.该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV7、工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟；研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都为O-H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为ⅡD.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*8、Deacon法制备Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1；4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是()

A.反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH>0B.Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1C.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，O2平衡转化率为19%D.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0mol·L－1，平衡常数K=9、将CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.18molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.36molH2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随温度的变化B.体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)＜2P总(状态Ⅲ)C.将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，可变成状态ⅡD.T2K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反应将向正方向进行10、若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH＞7)：c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)B.0.2mol/L氨水：0.2mol/L＞c(OH-)+c(NH3•H2O)C.向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c()=c()+c()D.pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)11、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH：。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列说法或表达错误的是A.结合质子能力由强到弱的顺序为：CO32－＞HCO3－＞CH3COO-B.常温下电离常数比较：Ki1(H2CO3)＞Ki2(H2CO3)＞Ki(C6H5OH)C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN12、化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液下列有关说法正确的是A.将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变B.该缓冲溶液的pH=4.76C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变13、下列描述不正确的是（）.A.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液至过量，溶液的红色褪去B.往Na2CO3溶液中加水，增大C.pH相同的①NH4Cl、②NH4Al（SO4）2、③NH4HSO4三种溶液中c（NH4＋）：①>②>③D.在水电离出的c（H＋）＝1×10－12mol/L的溶液中，Al3＋一定不可能大量存在评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题；它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ•mol-1

写出NH3(g)和O2(g)在一定条件下转化为N2(g)与液态水的热化学方程式_________

（二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1。合成时反应温度控制在500℃，压强是2×l07~5×l07Pa；铁触媒做催化剂。

（1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_________。

A．及时分离出NH3

B．使用铁触媒做催化剂。

C．反应温度控制在500℃左右。

D．反应时压强控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。下列说法中正确的是________。

A．单位时间内，有3molH-H生成的同时又6mdN-H断裂；说明反应达到平衡状态。

B．N2和H2的物质的量之比保持不变时；说明反应达到平衡状态。

C．达到平衡状态时；混合气体的平均相对分子质量变大。

D．达到平衡状态后,再充入2molNH3，重新达到平衡后，N2的体积分数变小。

（三）如图表示H2的转化率与起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的压强P1、P2、P3从高到低的顺序是_________________；测得B（X，60）点时N2的转化率为50%，则X=________。

（四）一定温度下，将lmolN2和3molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=________（用平衡分压代替平衡浓度进行计算；分压=总压×体积分数，可不化简）。

（五）以NO原料，通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出以惰性材料作电极的阳极反应式：_______________。15、根据以下三个热化学方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系：__________16、高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=__，又知1100℃时，K=0.28。

（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数__（填“变大”；“变小”或“不变”）。

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态：__（填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。17、（1）某溶液由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前________（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）混合后溶液中________

（2）①下列方法中句以使酸稀溶液中电离程度增大的是________（填字母序号）。

a．滴加少量浓盐酸b．微热溶液c．加水稀释d．加入少量醋酸钠晶体。

②25℃时浓度均为的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是()

a．两溶液的pH相同。

b．两溶液的导电能力相同。

c．两溶液中由水电离出的相同。

d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同18、在一定温度下，现有三种酸：a.盐酸b．硫酸c．醋酸；现回答下面问题（注：填对应的字母）

（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）当三者c(H+)相同且溶液体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序_______________。

（4）当c(H+)相同；溶液体积相同时；同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始时反应速率的大小关系为_______________。

（5）将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_____。19、在室温下；下列五种溶液：

①0.1mol·L-1NH4Cl

②0.1mol·L-1CH3COONH4

③0.1mol·L-1NH4HSO4

④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液。

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是______________(用离子方程式表示)

(2)溶液①②③⑤中c(NH4+)的大小关系是________(用①②③⑤表示)

(3)室温，溶液②的pH=7，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)20、写出下列反应的离子方程式。

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸。________

(2)CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，会转变为铜蓝(CuS)。________

(3)在K2CrO4溶液中加硫酸酸化，溶液由黄色变为橙色。________评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)22、能源是人类生存和发展的重要支柱；研究化学反应过程中的能量变化在能源紧缺的今天具有重要的理论意义，已知下列热化学方程式：

①H2（g）+O2（g）=H2O（g）ΔH=-242kJ/mol；

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-572kJ/mol；

③C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH=-110.5kJ/mol；

④C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-393.5kJ/mol；

⑤CO2（g）+2H2O（g）=CH4（g）+2O2（g）ΔH=+802kJ/mol:。化学键O=OC-CH-HO-OC-OO-HC-H键能kJ/mol497348436142351463414

回答下列问题。

（1）写出能表示H2燃烧热的热化学方程式___________；

（2）已知C（s）+H2O（g）H2（g）+CO（g）ΔH=_______kJ/mol;

（3）估算出C=O键能为____kJ/mol:

（4）CH4的燃烧热ΔH=_______kJ/mol:

（5）25℃、101kPa下，某燃具中CH4的燃烧效率是90%（注：相当于10%的CH4未燃烧），水壶的热量利用率是70%,则用此燃具和水壶，烧开1L水所需要的CH4的物质的量为_____mol[保留到小数点后2位：已知：c（H2O）=4.2J/（g•℃）］。23、随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。

(1)甲醇是一种可再生能源；具有开发和应用的广阔前景，工业上可用如下方法合成甲醇：

方法一CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

方法二CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

在25℃、101kPa下，1g液态甲醇完全燃烧放热22.68kJ，写出甲醇燃烧热的热化学方程式：_________________。

(2)金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：

TiO2(金红石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=﹣393.5kJ/mol

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=﹣566kJ/mol

TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol

则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=_______________________。

(3)臭氧可用于净化空气，饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂。臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应如6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)ΔH=﹣235.8kJ/mol；

已知：2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)ΔH=+62.2kJ/mol，则O3转化为O2的热化学方程式为________________。24、800K时，将0.1moA(g)和0.2molB(g)充入体积为1L的固定容积反应器中，发生如下反应：A(g)+2B(g)⇌2C(g)+D(g)；达到平衡时A的物质的量分数为20%。

(1)求达平衡时B的转化率α(B)_____。

(2)求该温度下的平衡常数K______(分数表示)。

(3)若起始A的分压为10kPa，求Kp(分数表示)_____。25、(1)常温下，0.2mol·L－1HCl溶液与0.2mol·L－1MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)；测得混合溶液的pH＝6，则：

①混合溶液中由水电离出的c(H＋)________(填“>”、“<”或“＝”)HCl溶液中由水电离出的c(H＋)。

②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)。c(Cl－)－c(M＋)＝________mol·L－1；c(H＋)－c(MOH)＝________mol·L－1。

(2)有A、B、C、D四种一元酸溶液，对它们进行的有关实验及其结果分别为：①在物质的量浓度相同的A、C两溶液中，都滴加几滴甲基橙时，A溶液呈黄色，C溶液呈橙色，②B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值，③A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸。由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共24分)26、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：)27、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“＝”）。28、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：__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A；C(s)完全燃烧的产物为二氧化碳气体；1molC(s)完全燃烧放出的热量大于110kJ，A错误；

B、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH＝×(2×436+496-4×462)=-240kJ·mol-1；B错误；

C、①2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-220kJ·mol-1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，将①×-②，得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=+130kJ·mol-1；C正确；

D、根据H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH=-240kJ·mol-1，欲分解2molH2O(l)；至少需要提供2×240kJ的热量，D错误；

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

某反应的△H=-50kJ·mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJ·mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJ·mol-1，逆反应活化能不小于50kJ·mol-1；正反应活化能大小不能确定，只有B正确；

故选B。3、B【分析】【详解】

A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)；A错误；

B．反应①的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应②的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=c(CO2)•c(H2)/[c(CO)•c(H2O)]=K1/K2；B正确；

C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2的浓度减小；说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，C错误；

D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，但是H2浓度增大；D错误。

答案选B。

【点睛】

本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系是解答的关键。难点是压强是对反应速率和平衡状态的影响。4、A【分析】【详解】

A．根据表中数据可知溶液酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞酸越弱，对应的盐水解程度越大，溶液碱性越强，则25℃时，0.1mol/L的各溶液的pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A符合题意；

B．根据pH=-lg[c(H+)]可知，25℃时，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等；故B不符合题意；

C．若同浓度的醋酸和氢氧化钠等体积混合，溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液pH=8，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；故C不符合题意；

D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)；故D不符合题意；

故答案为：A。5、B【分析】【详解】

A选项，lg或lg=0时HB的pH大于HA的pH，则Ka(HA)>Ka(HB)，酸强弱顺序为HA>HB，因此等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)；故A正确；

B选项，lg或lg=0时HA的pH=4，HB的pH=5，因此电离平衡常数：Ka(HA)=10Ka(HB)；故B错误；

C选项，b点溶液呈酸性，lg=0，c(B−)=c(HB)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)和呈酸性得出c(B−)>c(Na+)，因此c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；故C正确；

D选项，lg=0时溶液的pH=5，此时c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，根据图像lg>0，则c(B−)>c(HB)；故D正确。

综上所述，答案为B。二、多选题(共8题，共16分)6、BD【分析】【分析】

【详解】

A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0；故A错误；

B.由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·；故B正确；

C.由示意图可知；步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；

D.由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV；故D正确；

故选BD。7、AD【分析】【分析】

【详解】

A.△H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B.根据图示可知过程①是断裂H-O键；过程②断裂的是C-H键，B错误；

C.催化剂能降低反应的活化能；加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；

D.由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正确；

故合理选项是AD。8、BD【分析】【分析】

恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1；4∶1、7∶1；则分别是曲线X、Y、Z。

【详解】

A.根据图中信息升高温度，转化率下降，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，因此反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0；故A错误；

B.根据上面分析得到Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1；故B正确；

C.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，与反应方程式的计量系数比相同，则两者转化率相等，则O2平衡转化率为76%；故C错误；

D.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0mol∙L−1，平衡时HCl的转化率为84%，平衡常数故D正确。

综上所述，答案为BD。9、BD【分析】【详解】

A.由已知，结合图像可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化；选项A错误；

B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）＜2P总（状态III）；选项B正确；

C.由图像可知，将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；

D.T2K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L，K=在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=反应将向正方向进行，选项D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系的压强会减小一些，故P总（状态II）＜2P总（状态III）。10、AD【分析】【详解】

A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中发生阴、阳离子的水解反应：+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，从而导致溶液中c()减少更多，所以c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)；A正确；

B．在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=0.2mol/L，由于c(OH-)=c()+c(H+)，所以c(OH-)+c(NH3•H2O)＞0.2mol/L；B不正确；

C．向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此时溶液中满足电荷守恒，从而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()；C不正确；

D．pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，发生中和反应后，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O，此时主要发生如下电离：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的电离程度较小，所以c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；D正确；

故选AD。11、BC【分析】【详解】

A．酸根离子水解程度越大，其结合质子能力越强，酸根离子水解程度CO32－＞HCO3－＞CH3COO-，所以酸根离子结合质子能力大小顺序是CO32－＞HCO3－＞CH3COO-；故A正确；

B．酸根离子水解程度CO32−＞C6H5O−＞HCO3−，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3−＜C6H5OH＜H2CO3；故B错误；

C．酸性HCO3−＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中发生的反应为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；故C错误；

D．酸性HCO3−＜HCN＜H2CO3，所以过量的HCN滴入碳酸钠溶液中发生反应：HCN+Na2CO3=NaCN+NaHCO3；故D正确；

答案选BC。

【点睛】

酸根离子水解程度越大，得到的碱的碱性越强。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．将该缓冲溶液加水稀释100倍；溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A错误；

B．由可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76；故B正确；

C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断；混合溶液中离子浓度无法判断，故C错误；

D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸；有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D正确；

答案选BD。13、BD【分析】【详解】

A.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液至过量；溶液的红色褪去，碳酸根水解平衡逆向移动，碱性减弱至红色褪去，故A正确；

B.往Na2CO3溶液中加水，水的离子积常数，电离平衡常数都不变，因此比值不变，故B错误。

C.pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4三种溶液，溶液中的氢离子浓度相等，③NH4HSO4是电离显酸性，即③NH4HSO4浓度最小，③NH4HSO4中c(NH4＋)最小，但由于②NH4Al(SO4)2中铵根、铝离子都水解显酸性，①NH4Cl中只有铵根水解，两者水解生成的氢离子一样多，则②NH4Al(SO4)2中铵根比①NH4Cl中铵根小，因此三种溶液中c(NH4＋)大小顺序为：①>②>③；故C正确；

D.在水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液可能为酸、也可能为碱，是碱则Al3＋一定不可能大量存在，是酸则Al3＋共存；故D错误。

综上所述，答案为BD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及时分离出NH3；减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D．该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；

（2）A．单位时间内，有3molH-H生成的同时必定6mdN-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B．根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入2molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小；正确；故选CD；

（三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1>P2>P3；设起始量氢气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x则0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案为P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反应x3x2x

平衡1-x3-3x2x

则×100%=20%，解得x=mol，NH3的物质的量分数为÷=20%，N2的物质的量分数为20%，H2的物质的量分数为60%，平衡常数Kp=故答案为

（五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。【解析】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-15、略

【分析】【分析】

硫化氢完全燃烧放出的热量多；生成液态水是放出的热量多。

【详解】

硫化氢完全燃烧放出的热量多，则Q1>Q2；气态水的能量高于液态水的能量，则硫化氢生成液态水是放出的热量多，即Q2>Q3，综上可得Q1>Q2>Q3，故答案为：Q1>Q2>Q3。

【点睛】

依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断是解题关键。【解析】Q1>Q2>Q316、略

【分析】【详解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=故答案为：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反应是吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，即平衡正向移动，平衡常数变大；故答案为：变大；

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，说明反应未达到平衡状态，平衡正向进行，v正大于v逆；故答案为：否，大于；Qc＜K，反应向正反应方向进行。【解析】①.②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反应向正反应方向进行17、略

【分析】【详解】

(1)由于HCl为强酸，完全电离，NH3∙H2O为弱碱，部分电离，所以要保证混合后溶液中性，c(NH3∙H2O)＞c(HCl)，即混合前c(HCl)＜c(NH3∙H2O)，若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c(OH-)=c(H+)，据电荷守恒式：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl−)=c(NH4+)；

①a．滴加少量浓盐酸；引入氢离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故a错误；

b．电离过程吸热，微热溶液促进醋酸电离，故b正确；

c．越稀越电离；加水稀释，离子浓度减小，促进醋酸电离，故c正确；

d．加入少量醋酸钠晶体；引入醋酸根离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故d错误；

故答案为：bc；

②a．醋酸是弱电解质；HCl是强电解质；相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故a错误；

b．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故b错误；

c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH−)小于醋酸；故c错误；

d．中和等物质的量的NaOH溶液；消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故d正确；

故答案为：d。

【点睛】

浓度相同的一元弱酸和强酸，弱酸不能完全电离，但是加入氢氧化钠后，会将弱酸中的所有氢离子释放出来，生成盐，消耗同浓度的碱的量相同。【解析】①.＜②.=③.bc④.d18、略

【分析】【分析】

盐酸、硫酸分别是一元、二元强酸，醋酸是一元弱酸，电离微弱，结合一元酸和二元酸的关系不难解答小题(1)(2)(3)(4)。将溶液稀释时，弱酸的PH值变化慢；据此分析可解答(5)。

【详解】

(1)物质的量浓度相同时，强酸完全电离，氢离子浓度大；盐酸是一元强酸，二元强酸硫酸电离的氢离子浓度是盐酸的两倍；醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度小。所以氢离子浓度为b>a>c，故答案为：b>a>c。

(2)氢离子浓度相同时电离氢离子能力越弱的酸所需的浓度越高；等物质量的硫酸电离的氢离子是盐酸的两倍，所以所需的浓度是盐酸的一半，所以这三种酸所需浓度大小关系是：c>a>b或c>a=2b。答案为c>a>b(或c>a=2b)。

(3)当c(H+)相同且溶液体积也相同时，三种酸已电离的氢离子物质的量相同，这部分H+与锌产生的气体体积相同。盐酸和硫酸已完全电离所以产生等量的H2；而醋酸溶液中大量未电离的醋酸会随反应进行不断电离出氢离子直至反应完，所以产生H2最多。所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是：c>a=b。答案为：c>a=b。

(4)活泼金属与酸反应的实质是与酸电离出的氢离子反应，三种酸氢离子浓度相同，其他条件也完全相同，所以反应速率相同，故答案为：a=b=c。

(5)强酸已完全电离，稀释促进弱酸的电离，所以稀释相同的倍数，弱酸氢离子浓度由于得到补充而变化较小。故答案为：c>a=b。

【点睛】

决定活泼金属与酸反应速率的是氢离子的浓度，而不是酸的浓度；决定与活泼金属产生氢气的量的是酸能电离出的氢离子的物质的量，不能只看已电离的氢离子的物质的量，没有电离的弱酸会由于氢离子的消耗而继续电离。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b19、略

【分析】【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为：

（2）①0.1mol·L-1NH4Cl溶液中铵根离子水解不受影响；铵根离子浓度小于0.1mol/L；

②0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解；铵根离子浓度较①低；

③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；铵根离子浓度较①大；

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O溶液中NH3·H2O电离出的铵根离子较少；铵根离子浓度最低；

因此四种溶液中铵根离子浓度大小关系为：③＞①＞②＞⑤；

（3）常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：pH=7说明溶液中c(OH−)=c(H+)，得到：故答案为：=。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：【解析】①.酸②.NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+③.③＞①＞②＞⑤④.＝20、略

【分析】【分析】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生歧化者反应生成二氧化硫和S单质；

(2)根据难溶电解质的沉淀转化书写反应的离子方程式；

(3)K2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O平衡；据此分析解答。

【详解】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，生成二氧化硫气体和硫沉淀，反应的离子方程式为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O；

(2)ZnS的溶解度大于铜蓝(CuS)，CuSO4转变为铜蓝的离子方程式为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故答案为：ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)；

(3)在K2CrO4溶液中加入硫酸酸化过程中，溶液由黄色变为橙色，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故答案为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O。【解析】S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O四、判断题(共1题，共2分)21、×【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】错五、计算题(共4题，共16分)22、略

【分析】【详解】

(1)燃烧热指的是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-572kJ/mol可知，表示H2燃烧热的热化学方程式为H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH=-286kJ/mol；(2)已知：①H2（g）+O2（g）=H2O（g）ΔH=-242kJ/mol；③C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH=-110.5kJ/mol，根据盖斯定律③-①得C（s）+H2O（g）H2（g+CO（g）ΔH=+131.5kJ/mol；(3)设C=O键能为xkJ/mol，根据CO2（g）+2H2O（g）=CH4（g）+2O2（g）ΔH=+802kJ/mol和表中数据可知，ΔH=2xkJ/mol+4×463kJ/mol-4×414kJ/mol-2×497kJ/mol=+802kJ/mol，得x=800；(4)已知①H2（g）+O2（g）=H2O（g）ΔH=-242kJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-572kJ/mol；⑤CO2（g）+2H2O（g）=CH4（g）+2O2（g）ΔH=+802kJ/mol，根据盖斯定律可知，②-2×①-⑤得CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890kJ/mol；(5)烧开1L水所需要的热量为1000g×75℃×4.2J/（g•℃）=315000J=315kJ，设需要甲烷的物质的量为amol，则根据CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890kJ/mol可知，890kJ/mol×amol×90%×70%=315kJ，得a=0.56。

【点睛】

解题时要注意燃烧热的定义，尤其是H对应的产物应为液态水，为易错点。【解析】H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH=-286kJ/mol+131.5800-8900.5623、略

【分析】【分析】

(1)依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；根据题干所给物质的量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；

(2)根据盖斯定律①×2-②+③计算；

(3)①6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)ΔH=﹣235.8kJ/mol；

②2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)ΔH=+62.2kJ/mol；

根据盖斯定律可知①×2+②×3可得到，2O3(g)=3O2(g)；以此计算反应热。

【详解】

在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量Q=32g×22.68kJ/g=725.76kJ；因此表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ/mol；

(2)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=﹣393.5kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=﹣566kJ/mol

③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol

盖斯定律计算①×2-②+③得到：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=-80kJ/mol；则该反应的反应热ΔH=-80kJ/mol；

(3)①6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)ΔH=﹣235.8kJ/mol；

②2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)ΔH=+62.2kJ/mol；

根据盖斯定律可知①×2+②×3可得到，2O3(g)=3O2(g)，则反应热△H=(-235.8kJ/mol)×2+(+62.2kJ/mol)×3=-285kJ/mol。

【点睛】

本题考查了盖斯定律在热化学反应方程式书写及反应热计算的应用。清楚反应过程的能量变化与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，在热化学反应方程式书写时，一定要注明物质的存在状态及与反应的物质的物质的量相对应的能量变化的数值、符号和单位。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ/mol﹣80kJ/mol2O3(g)=3O2(g)ΔH=﹣285kJ/mol24、略

【分析】【分析】

列出“三段式”，求达平衡时B的转化率α(B)=将各物质的平衡浓度代入平衡常数表达式，平衡常数=用各物质的分压代入化学平衡常数表达式，由此分析。

【详解】

(1)列出该反应的“三段式”；设转化的A的物质的量为x；

根据达到平衡时A的物质的量分数为20%，=20%，解得x=0.04mol，平衡时B的转化率α(B)=×100%=40%；

(2)该温度下的平衡常数K===0.296；

(3)若起始A的分压为10kPa，则起始B的分压为20kPa，由于反应前后气体的压强不变，反应后气体的总压强等于30kPa，由(1)可知转化的A为0.04mol，平衡后A的分压等于平衡时的总压乘以A的物质的量分数，即30kPa×=6kPa，平衡后B的分压等于30kPa×=12kPa，平衡后C的分压等于30kPa×=8kPa，平衡后D的分压等于30kPa×=4kPa，代入以压强表示平衡常数Kp==0.296。

【点睛】

计算Kp时依据平衡后各物质的分压等于平衡时的总压乘以各物质的物质的量分数，为难点。【解析】①.40%②.0.296③.0.29625、略

【分析】【分析】

(1)①室温下取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)；测得混合溶液的pH=6，溶液呈酸性，说明得到的盐是强酸弱碱盐，MOH为弱碱，含有弱根离子的盐促进水电离；

②根据电荷守恒得c(Cl-)-c(M+)=c(H+)-c(OH-)计算，质子守恒为c(H+)=c(MOH)+c(OH-)；溶液pH=6，计算溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，再计算；

(2)甲基橙变色范围是3.1～4.4；根据A；C两种酸在甲基橙中的颜色判断二者酸性强弱；根据越弱越水解，pH越大，水解程度越大；根据强酸可以制弱酸进行比较A和D的酸性强弱。

【详解】

(1)①等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐MCl溶液的pH＝6，呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，则MOH为弱碱，含有弱碱阳离子的盐促进水电离，M++H2O⇌MOH+H+，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c(H+)＞0.2mol/LHCl溶液中水电离出的c(H+)；故答案为：＞；

②混合溶液的pH=6，c(H+)=10-6mol/L，离子积常数计算得到氢氧根离子浓度c(OH-)==10-8mol/L，根据电荷守恒得c(Cl-)-c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，根据质子守恒得c(H+)-c(MOH)=c(OH-)=1.0×10-8mol/L，故答案为：9.9×10-7；1.0×10-8；

(2)①甲基橙是一种酸碱指示剂。根据甲基橙在不同pH时的变色情况可知，A溶液滴入甲基橙，溶液呈现黄色，说明A溶液pH大于4.4；C溶液呈现橙色，溶液pH在3.1～4.4之间，所以酸性C＞A；②B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值，根据酸性越弱，水解程度越大，pH越大，所以酸性B＞C；③A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸，说明A的酸性大于D的酸性，即酸性A＞D；根据以上分析可知，四种酸的酸性由强到弱的排列顺序为：B＞C＞A＞D，故答案为：B＞C＞A＞D。【解析】①.＞②.9.9×10-7③.1.0×10-8④.B＞C＞A＞D六、结构与性质(共3题，共24分)26、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．