2025年北师大新版选修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2025年北师大新版选修4化学上册月考试卷451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7题，共14分)1、异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.反应②的活化能大于反应①B.反应①的△H小于反应②C.中间体2更加稳定D.改变催化剂，反应①、②的活化能和反应热发生改变2、下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是。

①H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H1

H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2

②C2H4O2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)△H1

C2H4O2(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H2

③CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1

Na2O(s)＋H2O(l)=2NaOH(aq)△H2

④2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H1

2H2S(g)+O2(g)=2S(S)+2H2O(g)△H2A.②③B.①④C.①②D.③④3、一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。测得v正(SO2)随反应时间(t)的变化如图所示。下列有关说法正确的是（）

A.t2时改变的条件是：只加入一定量的SO2B.t1时平衡常数K1大于t3时平衡常数K3C.t1时平衡混合气体的平均相对分子质量大于t3时平衡混合气体的平均相对分子质量D.t1时平衡混合气体中SO3的体积分数等于t3时平衡混合气体中SO3的体积分数4、常温时，的和的两种碱溶液，起始时的体积均为分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示表示溶液的体积下列说法不正确的是

A.的电离常数的数量级为B.用相同浓度的盐酸分别滴定上述两种碱溶液至消耗盐酸体积：C.当两溶液均稀释至时，溶液中水的电离程度：D.浓度相同的和的混合溶液中离子浓度大小关系：5、电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是()

A.曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线B.b点溶液中：pH<7C.d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D.c、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是d点6、化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质的氧化性的是A.食醋除水垢B.纯碱去油污C.葡萄糖用于工业制镜D.漂白粉漂白织物7、已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是A.AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小B.AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/LC.将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出D.向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0,在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V%)如图所示；下列说法中正确的是。

A.表示CH3CH2OH组分的曲线是IVB.图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka>KbC.图中曲线交点a对应的CO2转化率为40%D.若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙9、工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下；达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率C.温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点D.温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动10、H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示；下列说法正确的是。

A.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)B.由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2C.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)11、亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组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质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

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－)12、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(φ)的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol/LB.b点溶液中：n(Na+)=1×10-10molC.c点溶液中：c(Na+)＞c()＞c()D.d点溶液中：c(Na+)=2c()+c()13、电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述正确的是（）A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.碳酸钠溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c(H+)前者小于后者D.等浓度的CH3COOH与KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)14、20℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.pH=9.25，浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液：c(NH4+)+c(H+)>c(NH3•H2O)+c(OH-)B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应：c(OH-)=c(H+)+2c(HClO)+2c(ClO-)C.向0.1mol/LNaHSO3溶液中通入NH3至pH=7的溶液：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)D.CO2通入KOH溶液，当由水电离的c(H+)=10-7mol/L，一定存在：c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)15、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.25℃时pH＝2的HF溶液中，由水电离产生的OH－浓度为10-12mol·L－1B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)C.向1L1mol·L-1的NaOH热溶液中通入一定量Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)D.25℃时pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合，所得溶液的pH＜7评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。17、能源是人类生活和社会发展的物质基础；研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为人们的生产和生活服务。请回答下列问题：

(1)从能量的角度看：断开化学键要________能量；形成化学键要________能量。

(2)已知强酸与强碱的稀溶液发生的中和反应可表示为△H=-57.3kJ/mol。中和热测定实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、________、________。若用20gNaOH配成的稀溶液与足量稀盐酸反应，则能放出________kJ的热量。

(3)0.2mol液态高能燃料联氨(分子式为N2H4)在氧气中燃烧会生成氮气和液态水，并放出124.25kJ的热量，则其热化学方程式为_________________________。

(4)已知：△H=-44kJ/mol；

△H=-1228kJ/mol。

写出液态酒精完全燃烧后温度恢复到室温时反应的热化学方程式：_______________________。18、Ⅰ.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)；某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A；B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为___________________，该反应的化学方程式为______________________。

（2）经12s时间，v(A)＝___________,v(C)＝___________，该反应12s时___________达到化学平衡（“是”或“否”）。

Ⅱ.（3）下列说法可以证明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是________(填序号)。

A．单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

B．一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

C．温度和体积一定时；混合气体颜色不再变化。

D．反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)19、在一定温度下,测得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4,则此温度下CH3COOH的电离平衡常数值约为__________。20、（1）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___(填“>”“=”或“<”；下同)NaOH溶液的pH。

（2）将0.2mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na+)>c(A-)。

①混合溶液中，c(A-)___c(HA)。

②混合溶液中，c(HA)+c(A-)____0.1mol·L-1。21、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH－离子浓度(c)的关系如图所示。

(1)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：________________________________________________。

(2)a点溶液中由水电离产生的c(H+)＝______________；b点溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是___。(选填序号)

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体22、（1）在①NH4Cl②NaCl③CH3COONa三种盐溶液中；常温下呈酸性的是_____（填序号，下同），呈中性的是_____，呈碱性的是_____。

（2）氯化铁水解的离子方程式为______，配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是____。23、（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中__________________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（2）常温下，将VmL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中；充分反应。回答下列问题。（忽略溶液体积的变化）

①如果溶液pH=7，此时V的取值___________20.00（填“>”、“<”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________________。

②如果V=40.00，则此时溶液中c(OH－)-c(H＋)-c(CH3COOH)=_________mol·L-1。

（3）常温下，向20ml0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HC1溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下图；回答下列问题：

①若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，则此溶液的pH的取值范围是________________；为测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，下列方案可行的是_________________

A．取a克混合物充分加热，减重b克。

B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体。

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克。

D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。

②所得溶液中含量最多的三种离子的物质的量浓度的大小关系为_________________24、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)26、TiCl4是制备Ti的重要中间产物，实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装置省略）。

已知：有关物质的性质如表：

请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。装置①中气体X和仪器A中药品的组合为_____。

a.CO2、碱石灰b.N2、碱石灰c.N2、浓硫酸d.O2；碱石灰。

（2）装置②中热水的作用是____；装置⑤中浓硫酸的作用是___________。

（3）TiCl4遇潮反应的化学方程式为_______。

（4）装置④烧瓶中的物质为TiCl4和____，分离出TiCl4的方法是____（填操作名称）。

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，请设计实验验证产物中CO气体：___。27、某小组按图1所示的装置探究铁的吸氧腐蚀。完成下列填空：

（1）图2是图1所示装置的示意图，在图2的小括号内填写正极材料的化学式___；在方括号内用箭头表示出电子流动的方向___。

（2）写出正、负极反应的方程式。正极：________________，负极：_______________。

（3）按图1装置实验，约8分钟才看到的导管中液柱上升，下列措施可以更快更清晰地观察到液柱上升的是_________________。

a．用纯氧气代替具支试管内的空气。

b．用食盐水浸泡过的铁钉再蘸取铁粉和炭粉的混合物。

c．用毛细尖嘴管代替玻璃导管；并向试管的水中滴加少量红墨水。

（4）升高温度可以加快化学反应速率，建议用酒精灯加热具支试管。这一措施________（填“可行”或“不行”）。

（5）有同学观察到图1装置在组装时就会使导管中液面低于试管中液面，导致实验时导管中液柱上升需要更多的时间。图1装置组装时，使导管中液面低于试管中液面的原因是______。消除这一现象的简单操作是______________________________________________________。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共8分)28、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。

根据上图回答下列问题：

(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_________________________________。

(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式_________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是________________________________________。

(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是______________________________。29、已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝Q，其平衡常数随温度变化如下表所示：。温度/℃400500850平衡常数9.9491

请回答下列问题：

（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___，该反应的Q__0(填“＞”或“＜”)。

（2）850℃时在体积为10L反应器中，通入一定量的CO和H2O(g)，发生上述反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示，则0～4min时平均反应速率v(CO)＝__。

（3）400℃时，压强恒定的密闭容器中进行上述反应。该可逆反应达到平衡的标志是__(填字母)。

A．v逆(H2)＝v正(CO)

B．容器的总体积不再随时间而变化。

C．混合气体的密度不再随时间变化。

D．CO、H2O、CO2、H2的分子数之比为1∶1∶1∶1

（4）若在500℃时进行，且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020mol•L-1，该条件下，CO的最大转化率为__。

（5）若在850℃时进行，某时刻时测得CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.6mol、0.6mol，此时V正__V逆。(填“＞”或“＜”或“=”)

（6）若在850℃时进行，设起始时CO和H2O(g)共为1mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为__。30、甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法；其反应方程式为：

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

(1)在催化剂作用下可通过三个基元反应实现催化重整，能量变化如图I所示，则H=___________。

(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，a、b、c、d对应四种不同催化剂。测得在300℃、320℃、340℃和360℃温度下反应4h甲醇转化率变化如图II所示。在使用催化剂b时保持反应温度为340℃，反应4h甲醇的转化率为___________，判断依据是___________。

(3)1mol甲醇气体和1.2mol水蒸气混合充入1L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.0MPa下进行反应，存在副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡时容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此时H2O的浓度为___________，甲醇的转化率为___________，则甲醇水蒸气重整反应的平衡常数Kp=___________(结果保留一位小数)。

(4)研究表明，甲醇水蒸气重整反应速率表达式为v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k随温度升高而增大。反应体系中水醇比影响催化剂活性，进而影响甲醇转化率和产氢速率，如图所示。提高重整反应速率的合理措施为___________。

31、氮氧化物的存在会破坏地球环境；人们一直在积极探索改善大气质量的有效措施。

(1)NO加速臭氧层被破坏；其反应过程如图所示：

①NO的作用是_________。

②已知：O3(g)+O(g)===2O2(g)ΔH=-143kJ/mol

反应1：O3(g)+NO(g)===NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ/mol

反应2：热化学方程式为____________。

(2)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol－1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是______(填字母序号)。

(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度十倍)，装置示意图如图，固体电解质可传导O2-

①阴极反应为_______________________。

②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)____________。

③通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有_________性。

(4)温度为T1时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入0.6mol的NO2，达平衡时c(O2)＝0.2mol/L，仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(△H>0)。实验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)•c(O2)，k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T1______T2(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知生成产物1时对应活化能高；则活化能：反应①大于反应②，故A错误；

B．图中生成产物2的能量低；能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则△H大小：反应①的△H大于反应②，故B错误；

C．图中生成中间体2的能量低；能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1小于中间体2，故C正确；

D．改变催化剂；反应①；②的反应热不发生改变，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。2、A【分析】【详解】

①Cl2（g）和氢气反应生成的氯化氢稳定性大于I2（g）和氢气反应生成的碘化氢，越稳定能量越低，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2；故①不选；

②后者生成的是液态水，放出的热量多，焓变是负值，所以△H1>△H2；故②选；

③碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钠和水反应是化合反应放热，焓变是负值，所以△H1＞△H2；故③选；

④H2S不完全燃烧放热少，完全燃烧放出的热量相对多，焓变包含负号比较大小，所以△H2＞△H1；故④不选。

所以热化学方程式中符合△H1>△H2的是②③。

故选A。

【点睛】

明确焓变是有正负之分的。3、D【分析】【分析】

反应达平衡后，改变某条件，v正(SO2)在瞬间突然增大，然后又与原平衡时相等，则不是加入催化剂，不是单一地改变温度、压强、浓度等，只能为等效平衡体系。该反应是气体体积发生变化的反应，达到等效平衡，需要恒压条件下，往平衡体系中加入与起始时比值相同的SO2、O2混合气。

【详解】

A．t2时改变的条件是：加入与原混合气比值相同的SO2、O2混合气；A不正确；

B．根据分析，没有改变温度，因此温度相同，t1时平衡常数K1等于t3时平衡常数K2；B不正确；

C．对于等效平衡体系，t1时平衡混合气体的平均相对分子质量等于t3时平衡混合气体的平均相对分子质量；C不正确；

D．等效平衡体系中，平衡时各气体的体积分数相同，所以t1时平衡混合气体中SO3的体积分数等于t3时平衡混合气体中SO3的体积分数；D正确；

故选D。4、D【分析】【详解】

A.依题意的溶液的则所以电离平衡常数故A正确；

B.根据图示可知碱性与盐酸反应生成盐的酸性用相同浓度的盐酸分别滴定上述两种碱溶液至即消耗盐酸体积：故B正确；

C.由于碱性当两溶液均稀释至时，电离出的电离出的抑制水电离能力更强，故溶液中水的电离程度：故C正确；

D.根据盐类水解规律：越弱越水解可知，浓度相同的和的混合溶液中离子浓度大小关系：故D错误。

故选D。5、B【分析】【分析】

电解质溶液电导率越大导电能力越强；电导率与离子浓度成正比，离子浓度越大电导率越大，则溶液导电性越强，在未加HCl溶液时，①的电导率大于②，说明①是强碱；②是弱碱，则①NaOH溶液、②是二甲胺溶液；

【详解】

A．由分析可知；曲线②为二甲胺溶液的变化曲线，故A正确；

B．b点溶液中的溶质为(CH3)2NH·H2O和（CH3）2NH2Cl，且物质的量之比为1:1；Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4，则Kh[(CH3)2NH2+]=KW/Kb=10-14/1.6×10－4=6.25×10－9，故溶液中电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，所以pH>7,故B错误；

C.d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，根据质子守恒可知：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]；故C正确；

D.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，c点溶液中溶质为NaCl，d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，e点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl和HCl；且二者浓度相等，c对水的电离没有影响；e抑制水电离、d促进水电离，所以水电离程度最大的是d点，故D正确；

故答案为B。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析、知识综合运用能力，明确图中各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意d点不仅仅有中和反应还有弱电解质的电离。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．食醋除水垢；利用食醋与水垢发生复分解反应，与氧化性无关，A错误；

B．纯碱溶液显碱性；油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，与氧化性无关，B错误；

C．葡萄糖分子中含醛基；能和银氨溶液发生银镜反应，体现葡萄糖有还原性，与氧化性无关，C错误；

D．漂白粉的有效成分为次氯酸钙；次氯酸钙有强氧化性，能漂白织物，与氧化性有关，D正确。

答案选D。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．溶度积常数只与温度有关系；A错误；

B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L；B正确；

C．将0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10；有沉淀析出，C错误；

D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)；D错误；

答案选B。二、多选题(共8题，共16分)8、AC【分析】【详解】

A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍；符合条件的曲线为Ⅳ，故A正确；

B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Kab；故B错误；

C.图中曲线Ⅱ为CO2，曲线Ⅲ为H2O，曲线交点a为二氧化碳和水平衡时的体积分数相等，根据反应2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）可知，1molCO2反应消耗0.4mol，平衡时为0.6mol，生成水0.6mol，所以CO2转化率为40%；故C正确；

D.根据反应2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲>乙；故D错误；

故选AC。

【点睛】

该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。9、BD【分析】【详解】

A.根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0；故A错误；

B.缩小容器的体积；相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；

C.根据图像，T1温度下未达到平衡；反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；

D.T2下，甲醇的转化率为60%，达到平衡，此时容器的体积为2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化学平衡常数K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为4L，此时c(CH3OH)==0.05mol·L－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K；说明平衡不移动，故D说法正确；

答案：BD。

【点睛】

本题的难点是选项D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，推出此时容器的体积应为4L。10、BD【分析】【分析】

H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大；则图中各曲线代表的微粒分别为：

以此分析解答。

【详解】

A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)；故A错误；

B.由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2；故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：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-)，则溶液中：c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)；故C错误；

D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)；故D正确；

答案选BD。11、BD【分析】【分析】

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

【详解】

A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A错误；

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＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正确；

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＋)，又因为电荷守恒：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错误；

D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，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正确。

答案选BD。

【点睛】

要学会看图比较大小，避开复杂的计算陷阱，注意两曲线的交点表示的意义和应用。12、AD【分析】【详解】

A．a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1；就是水电离出的，故A正确；

B．b点溶液中的钠离子全部来自于1LpH=10的NaOH溶液，故故B错误；

C．c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根要水解，离子在溶质中出现在前，不出现在后分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)；故C错误；

D．d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)；故D正确。

故选AD。13、CD【分析】【详解】

A.盐酸无限稀释仍为酸性；其pH小于7，A错误；

B.碳酸钠溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B错误；

C.氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，水电离出的c(H+)前者小于后者；C正确；

D.CH3COOH与KOH任意比混合，溶液中仅有4种离子，其电荷守恒关系为：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正确；故答案为：CD。14、AC【分析】【详解】

A．浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液显碱性，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，所以c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)，电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)+c(H+)>c(NH3•H2O)+c(OH-)；故A正确；

B．向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应，溶液中的溶质为等物质的量的CaCl2和Ca(ClO)2，溶液中存在电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，存在物料守恒2c(Ca2+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)，联立可得c(OH-)=c(H+)-c(HClO)；故B错误；

C．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)①，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因为pH=7所以c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)②，由①得c(Na+)＞c(SO32-)；将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，结合②③得c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32-)＞c(NH4+)；故C正确；

D．若溶液中存在c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，对应的溶液溶质应为KHCO3，而碳酸氢钾溶液显碱性，溶液中水电离的c(H+)不等于10-7mol/L；故D错误；

故答案为AC。

【点睛】

选项C为难点，要充分利用电荷守恒、物料守恒式结合溶液的酸碱性进行离子浓度比较，需要学生有较强的数学推理能力，难度较大。15、AC【分析】【详解】

A.25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)===10-12mol·L-1；故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+c(OH-)，该溶液呈碱性c（OH-）>c(H+)，则c(Na＋)>c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)；故B错误；

C.溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)；故C正确；

D.pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等；但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）17、略

【分析】【详解】

(1)断开化学键变为单个原子需要吸收能量；原子形成化学键时会释放能量；

(2)在测量中和热时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；20g氢氧化钠的物质的量：n(NaOH)=0.5mol，已知氢氧化钠和盐酸反应的热化学方程式，则20g氢氧化钠和盐酸完全反应放出热量Q==28.65kJ；

(3)联氨燃烧的化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，已知0.2mol联氨燃烧放出124.25kJ的热量，则1mol联氨反应放出热量为Q==621.25kJ，则联氨燃烧的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.25kJ/mol；

(4)液态酒精完全燃烧后恢复至室温，H2O的状态变为液态，将题中两个热化学方程式依次标记为Ⅰ、Ⅱ，根据盖斯定律Ⅰ×3+Ⅱ可得目标热化学方程式：则△H=-1360kJ/mol，即液态酒精完全燃烧后温度恢复到室温时反应的热化学方程式为则△H=-1360kJ/mol。【解析】吸收放出温度计环形玻璃搅拌棒28.65△H=-621.25kJ/mol则△H=-1360kJ/mol18、略

【分析】【分析】

依据图象可知：A、B为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，则A、B变化的浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L，推知a:b=3:1。

【详解】

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为0.05mol·L－1·s－14s2L=0.4mol；由图可知，4s内A的变化浓度为0.3mol/L，C的变化浓度为0.2mol/L，则a:c=3:2，又因a:b=3:1，则a:b:c=3:1:2，故该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。

（2）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）=因v(A)：v(C)＝3:2，则有图可知12s后各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态。

（3）A.单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI，速率之比不等于物质的量之比，A错误；

B.一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂；说明正逆反应速率相等，B正确；

C.混合气体颜色不再变化；说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，C正确；

D.反应速率v（H2）=v（I2）=v（HI）；未体现正与逆的关系，D错误；

答案选BC。【解析】0.4mol3A(g)＋B(g)2C(g)0.05mol/(Ls)0.03mol/(Ls)是BC19、略

【分析】【详解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4，则CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的电离平衡常数值约为故答案为：【解析】20、略

【分析】【详解】

(1)原两种溶液pH相等，醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解平衡使溶液显碱性，升高温度促进醋酸根离子水解，水解程度越大，溶液的pH越大，所以CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(2)①将0.2mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中溶质为等物质的量的NaA和HA，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，而混合溶液中c(Na+)>c(A-)，所以c(Na+)<c(HA)，所以c(A-)<c(HA)；

②两种溶液等体积混合后Na+的浓度被稀释为0.05mol·L-1，根据物料守恒可知2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，所以c(A-)+c(HA)=0.1mol·L-1。

【点睛】

判断混合溶液中离子浓度大小关系时，要先确定溶液中的溶质成分，再结合三大守恒、水解和电离规律进行判断。【解析】①.＞②.＜③.=21、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氢氧化钠，溶液在ab段为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，抑制水的电离，bc段；氢氧化钠不断被消耗；到达c点，溶液为碳酸钠溶液，cd段碳酸钠溶液不断转变为碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)c点为碳酸钠溶液，溶液显碱性，离子浓度由大至小的关系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a点为氢氧化钠溶液，由水电离产生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，溶液显碱性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀释；平衡正向移动，电离程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸钠固体；溶液中醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小；

c．通氯化氢；溶液中氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，pH减小；

d．加入少量苛性钠固体；溶液中氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，pH增大。

综上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad22、略

【分析】【分析】

根据盐溶液中存在的水解平衡和影响水解平衡的因素分析。

【详解】

(1)①NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性，②NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，③CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液呈碱性；

(2)氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；配制溶液时应防止水解生成沉淀而使溶液变浑浊，则应加入盐酸。

【点睛】【解析】①②③Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制氯化铁的水解23、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）醋酸的电离平衡常数K=因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；（2）①若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选<，因为溶液为中性，即氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则根据电荷守恒可以知道，另外的阴阳离子浓度也相等，所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）②根据电荷守恒分析有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），根据物料守恒有c（Na＋）=2c（CH3COO－）+2c（CH3COOH），两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c（OH－）-c（H＋）-c（CH3COOH）=1/2c（Na＋），钠离子浓度为0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8<12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。②碳酸钠的物质的两位0.10×0.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.1×0.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）。

考点：钠的重要化合物的性质【解析】24、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。四、判断题(共1题，共7分)25、×【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、实验题(共2题，共20分)26、略

【分析】【分析】

根据有关物质的性质，通入气体X，将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，装有干燥剂，干燥X气体，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；四氯化碳易挥发，②装置加热使四氯化碳挥发，③装置在加热条件下TiO2与CCl4反应制备TiCl4，CCl4、TiCl4为互相混溶的液体混合物，根据沸点的差异，应该采用蒸馏法分离TiCl4；装置⑤的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中，据此分析作答。

【详解】

（1）仪器A的名称为球形干燥(或干燥管)；

通入的气体的作用排除装置中的空气，球形干燥管中应该盛放固体干燥剂，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；

a．碱石灰能与二氧化碳反应；a不符合；

b．N2性质比较比较稳定，并且与碱石灰不反应，b符合；

c．球形干燥管中不能盛放浓硫酸；c不符合；

d．O2能把TiCl4氧化；d不符合；

答案选b。

（2）四氯化碳易挥发，热水的作用是加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应；装置⑤中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中；

（3）TiCl4遇与发生水解生成TiO2，故TiCl4遇潮反应的化学方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl；

（4）装置③中反应生成的TiCl4与未反应CCl4的进入装置④中；并且都是以液体形式存在，两者互溶，因为两者沸点不同，因此采取蒸馏的方法分离这两种物质；

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，由于Cl2在反应中不可能反应完，所以混合气体除含有CO和CO2，还含有Cl2，若要验证CO，首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明。【解析】球形干燥(或干燥管)b加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HClCCl4蒸馏首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）氯化钠溶液显中性，所以在食盐水中，铁钉发生吸氧腐蚀，铁作负极，碳作正极，电子从铁沿导线流向正极碳，其图象为

（2）该装置中，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+；正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e－＝4OH-。

（3）a．用纯氧气代替具支试管内的空气，氧气的浓度增大，反应速率加快，故a正确；b．用食盐水浸泡过的铁钉再蘸取铁粉和炭粉的混合物，增大反应物的接触面积，反应速率加快，故b正确；c．用毛细尖嘴管代替玻璃导管，并向试管的水中滴加少量红墨水，改变相同的压强即改变相同的体积，毛细尖嘴管上升的高度大于玻璃导管，且红墨水现象更明显，故c正确，所以答案选abc；

（4）温度越高；氧气的溶解度越小，反应速率越小，所以用酒精灯加热具支试管，降低反应速率，因此这一措施是不行的；

（5）一定量的气体，压强与气体体积成反比，体积越小，压强越大，不论是后塞塞子还是后将导管插入水中，都会造成容器中气体体积减小，压强增大，使导管中液面低于试管中液面，所以可以采用用针筒从橡胶塞处抽气或把橡皮塞换成带分液漏斗的单孔塞的方法消除这一现象。【解析】C←2H2O+O2+4e-=4OH－Fe-2e-=Fe2+abc不行不论是后塞塞子还是后将导管插入水中，都会造成容器中气体体积减小，压强增大，使导管中液面低于试管中液面用针筒从橡胶塞处抽气或把橡皮塞换成带分液漏斗的单孔塞（六、原理综合题(共4题，共8分)28、略

【分析】【详解】

（1）由图可以看出，1molP在Cl2中完全燃烧生成PCl3放出的热量为306kJ·mol－1，所以P与Cl2反应生成PCl3的热化学反应方程式为P(s)＋Cl2(g)===PCl3(g)△H＝－306kJ·mol－1。

(2）中间产物PCl3和未完全反应的Cl2的总能量高于最终产物PCl5的能量，其△H＝－93kJ·mol－1，所以PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)△H＝+93kJ·mol－1；分解率α1＝×100％＝25％，由热化学反应方程式可知，此反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，PCl5的分解率增大，即α2大于α1。

(3）由图可知，P与Cl2反应生成PCl3，PCl3和Cl2进一步反应生成PCl5，都是放热反应，分两步进行且第二步降低温度，有利于PCl5的生成，防止PCl5的分解。

(4）由盖斯定律可知，一步生成生成PCl5和两步生成PCl5的总热效应相等，即△H3＝－399kJ·mol－1。

(5）PCl5与水反应生成H3PO4和HCl，化学方程式为：PCl5＋4H2O=H3PO4＋5HCl。【解析】P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H＝－306kJ·mol－1PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)△H＝+93kJ·mol－125％大于两步反应均为放热反应，降低温度有利于提高产率，防止产物分解－399kJ·mol－1等于PCl5＋4H2O=H3PO4＋5HCl29、略

【分析】【分析】

（1）首先根据给出的平衡常数可以看出；随着温度的升高平衡常数在减小，说明该反应是一个放热反应；

（2）根据化学反应速率的公式来列方程即可；注意单位；

（3）可逆反应达到平衡的标志是各物质的浓度（或者物质的量）不再发生改变；据此来分析选项即可，万变不离其宗；

（4）转化率即据此来列方程即可，此处的量可以代入浓度；物质的量、质量等等；

（5）850℃下的平衡常数已知；算出浓度商再和平衡常数进行比较即可；

（6）列出平衡常数的