2024年人教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列实验能达到预期目的的是。

。编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C配置FeCl2溶液时，先将FeCl2固体溶于适量盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后向试剂瓶中加入少量铜粉抑制Fe2+水解，并防止Fe2+被氧化D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，在滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp[Mg（OH）2]>Ksp[Fe（OH）3]A.AB.BC.CD.D2、常温下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中，不正确的是（）

A.HA的电离方程式为：HA=H++A-B.MOH为一元弱碱C.K点对应的溶液中有：c(MOH)+c(M+)=0.02molL-1D.N点对应的溶液中有：c(M+)=c(A-)3、常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，当溶液中A.c(CH3COO—)=c(Na+)时．该溶液一定呈中性B.c(CH3COO—)=c(Na+)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全中和C.c(CH3COO—)>c(Na+)>c（H+）>c(OH—)时，不一定是醋酸过量D.c(Na+)＞c(CH3COO—)>c(OH—)>c(H+)时，一定是氢氧化钠过量4、下列说法正确的是（）A.在一定温度下AgCl水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数B.AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)且Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10C.温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液D.向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大5、某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)

。序号。

电压/V

阳极现象。

检验阳极产物。

I

x≥a

电极附近出现黄色；有气泡产生。

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

电极附近出现黄色；无气泡产生。

有Fe3+、无Cl2

III

b＞x≥0

无明显变化。

无Fe3+、无Cl2

下列说法中，不正确的是A.I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝B.II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+C.由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电D.根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列说法正确的是()A.任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同B.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同C.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1，则a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，则C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－17、恒压下，将CO2和H2以体积比1∶4混合进行反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)(假定过程中无其他反应发生)，用Ru/TiO2催化反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示。下列说法正确的是()

A.反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH>0B.图中450℃时，延长反应时间无法提高CO2的转化率C.350℃时，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，CO2平衡转化率为80%，则平衡常数K<2500D.当温度从400℃升高至500℃，反应处于平衡状态时，v(400℃)逆>v(500℃)逆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、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：X2(g)＋3Y2(g)2XY3(g)△H＝－92.6kJ·mol－1；实验测得反应在起始；达到平衡时的有关数据如下表所示：

。容器编号。

起始时各物质物质的量/mol

达平衡时体系能量变化的数值。

X2

Y2

XY3

XY3

①

1

3

0

23.15kJ

②

0.6

1.8

0.8

Q（Q＞0）kJ

下列叙述正确的是A.容器①、②中反应的平衡常数不相等B.达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2mol·L－1C.容器②中反应达到平衡时放出的热量为QkJD.若容器①体积为0.20L，则达平衡时放出的热量大于23.15kJ10、Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化的关系如下表：。n(SO32-):n(HSO3-)91:91:19:91pH8.27.26.2

以下离子浓度关系的判断正确的是A.NaHSO3溶液中c(H+)＞c(OH-)B.Na2SO3溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)＞c(H+)C.当吸收液呈中性时，c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)=c(H+)D.当吸收液呈中性时，c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)11、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.氯水中：c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)B.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)12、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)13、已知：p＝室温下，向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液；溶液pH随p的变化关系如图。下列说法正确的是。

A.a点溶液中：c(HX)+c(X—)＝0.10mo1·L-1B.b点坐标为(0，4.75)C.c点溶液中：c(Na+)＜10c(HX)D.溶液中水的电离程度：c＜b＜a评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、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)。15、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。16、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应为___反应（选填吸热；放热）。

（2）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）=c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为___℃。17、液氨常用作制冷剂；回答下列问题。

（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：

a．NH4I(s)NH3(g)+HI(g)

b．2HI(g)H2(g)+I2(g)

①写出反应a的平衡常数表达式_____________

②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向______（填正向、逆向或不移动），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化______（填加深；变浅或不变）

（2）工业上合成氨的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.60kJ·mol－1

下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是________(填序号)。

a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2

b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键。

c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2

d.混合气体的平均摩尔质量增大。

e.容器内的气体密度不变。

（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行；测得如下数据：

根据表中数据计算：

①反应进行到2h时放出的热量为________kJ。

②0～1h内N2的平均反应速率为________mol·L－1·h－1。

③此温度下该反应的化学平衡常数K＝________(保留两位小数)。

④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向________方向移动(填正反应或逆反应)。

（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因_________________________。18、利用所学化学反应原理；解决以下问题：

(1)一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中；溶液的导电能力变化如右图所示，请回答下列问题：

①写出冰醋酸电离方程式____________

②加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：_______________________________________

③a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：__________（填“相同”、“a点大”、“b点大”；“c点大”）

(2)常温下，将0.2mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合；所得溶液的pH=5(溶液体积变化忽略不计)，则该溶液中：

c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=_______mol/L

c(H+)-c(CH3COO−)+c(Na+)=_______mol/L

(3)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)

(4)在0.10mol·L-1Na2SO3溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________________________________。19、表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。该反应在溶液中能发生的理由是________。20、写出钢铁生锈的电极反应式（水膜成中性）

正极：__________负极：___________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、原理综合题(共3题，共6分)22、（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。

2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）

化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；

表面反应：N*+H*NH*；NH2*+H*NH3*

脱附：NH3*NH3（g）

其中，N2的吸附分解反应活化能高；速率慢；决定了合成氨的整体反应速率。请回答：

（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。

A．低温B.高温C.低压D.高压E.催化剂。

（2）标准平衡常数其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。

①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则=_____________（用含w的最简式表示）

②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是_______。

（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。

①分析说明原料气中N2过量的理由________________________。

②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。

A.合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零。

B.控制温度（773K）远高于室温；是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率。

C.当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体；有利于提高平衡转化率。

D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化；不断将液氨移去，利于反应正向进行。

E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2；原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。

（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。

（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。

（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。23、汽车尾气的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。

（1）利用氨水可以将SO2；氮氧化物吸收；原理如下图所示。

①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中，c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=__________mol/L(填确值)

②请写出NO2和NO按体积比1：1被吸收时反应的离子方程式_____________________。

（2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。

①已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

TiO2催化尾气降解原理可表示为：2COg)+O2(g)2CO2(g)△H3

则2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)△H4=______________________。

②在O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率(即转化率)如图1所示。请解释T1后NO降解率下降的可能原因______________________。

（3）沥青混凝土也可降解CO。如图2为在不同颗粒间隙的沥青混凝土(α；β型)在不同温度下；反应相同时间，测得CO降解率变化。结合如图回答下列问题：

①已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L－1，求此温度下CO降解反应的平衡常数____________________________________________。(用含x的代数式表示)

②科研团队以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10℃~60℃范围内进行实验，请在如图中用线段与“”阴影描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围(在图中画出)。____________

（4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式____________________________________________。24、在一个体积为2L的密闭容器中，高温下发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，其中，H2O；CO的物质的量随时间的变化曲线如下图所示。

(1)写出上述反应的平衡常数表达式K=______。

(2)计算第1min内v(H2O)=_______。

(3)反应处于平衡状态的时间段是_______。

(4)若反应进行至2min时，改变了温度，使曲线发生了如下图所示的变化，则温度是____，(填“升高、降低、不变”)，正反应是_____(填“吸热；放热”)反应。

(5)反应至5min时，若也只改变了某一个条件，使曲线发生如上图所示的变化，该条件可能是下述中的____(填写编号)。

①增加了CO；②增加了水蒸气；③加了催化剂；④扩大了容器体积。评卷人得分六、实验题(共3题，共24分)25、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为回答下列问题：

a.b.粉末c.溶液d.溶液e.溶液。

（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。

（2）完成下表实验过程：。操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开关闭调节使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出；②

___

ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：

↓

（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___

（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量某同学预测转变为设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。26、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时；即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。

（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。

（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A的仪器名称为____________________。

（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_______________。

（4）某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；

（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。27、某兴趣小组同学将铜片加入稀硝酸；发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。请你和探究小组完成下列问题:

（1）提出合理假设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是__________。A．反应放热导致温度升高B．压强增大C．生成物的催化作用D．反应物接触面积增大（2）初步探究测定实验过程中不同时间溶液的温度；结果如下表：

。时间/min

0

10

15

20

25

35

50

60

70

80

80

温度/℃

25

26

26

26

26

26.5

27

27

27

27

27

根据表中实验数据规律，结合实验假设你得出的结论是________________。

（3）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用。为此；请你完成以下实验设计（将表格和实验目的补充完整）：

。实验。

编号铜片。

质量/g0.1mol·L-1

硝酸/mL硝酸铜。

溶液/mL亚硝酸钠。

溶液/mL水的体积。

/mL实验目的。

①

5

20

0

0

___

实验①和②探究_________对实验的影响；实验①和③探究亚硝酸根的影响。

②

5

20

0.5

0

0

③

5

20

____

____

0

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】A．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，A错误；B、向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，说明氢氧根的浓度减小，这是由于碳酸根转化为碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向进行，因此可以证明Na2CO3溶液中存在水解平衡；B正确；C；为了防止氯化亚铁被氧化，有关加入铁粉，C错误；D、反应中氢氧化钠过量，则加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能比较二者的溶度积常数大小，D错误，答案选B。

点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较，检验，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。易错选项是D，注意反应中氢氧化钠的量。2、C【分析】【详解】

A.由图可知，0.01mol/LHA溶液中，pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，说明HA为强酸，在水中完全电离，因此其电离方程式为故A说法正确；

B.由图可知，当溶液的pH=7时，加入MOH溶液的体积为50.2mL，此时溶液中溶质为MA和MOH，溶液显中性，说明溶液中存在M+的水解；因此MOH为弱碱，故B项说法正确；

C.K点溶液中加入MOH溶液的体积为100mL，此时混合溶液的体积变为原溶液的两倍，则浓度变为原来的一半，结合物料守恒可得c(MOH)+c(M+)=0.01mol/L；故C说法错误；

D.N点溶液的pH=7，则溶液中c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，c(M+)=c(A-)；故D说法正确；

故答案为C。

【点睛】

本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较，酸碱滴定原理，为高频考点，明确发生的滴定反应，对于曲线上的点对应的溶质及其浓度要分析清楚，牢牢把握溶液中的守恒关系是解题的关键。3、A【分析】【详解】

A.当溶液中c(CH3COO−)=c(Na+)时，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)；溶液呈中性，A正确；

B.当溶液中c(CH3COO−)=c(Na+)时，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH−)；溶液呈中性，溶液是醋酸钠和醋酸混合溶液，醋酸过量，B错误；

C.当溶液中c(CH3COO−)＞c(Na+)>c(H+)＞c(OH−)时；溶液呈酸性，醋酸钠溶液显碱性，则一定是醋酸过量，C错误；

D.当溶液中c(Na+)>c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)时；溶液呈碱性，溶液中的溶质可能醋酸钠和NaOH，也可能是醋酸钠，甚至是醋酸钠和极其少量醋酸，D错误；

答案选A。

【点睛】

A、B容易错，同学常常把恰好呈中性和恰好中和混为一谈。醋酸是弱酸，和氢氧化钠发生中和反应，假如恰好中和，得醋酸钠溶液，因水解呈碱性；假如恰好呈中性，那么溶液中氢离子和氢氧根浓度相等，按电荷守恒，c(CH3COO−)=c(Na+)，那么溶质就有醋酸钠和醋酸，即醋酸还没有完全被中和。4、C【分析】【分析】

【详解】

A.在一定温度下，在任何饱和AgCl溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数，若溶液未达到饱和，Ag+和Cl-浓度的乘积小于Ksp；故A错误；

B.AgCl的Ksp=1.8×10-10，在任何含AgCl固体的溶液中，Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10，但c(Ag+)、c(Cl-)不一定相等；故B错误；

C.温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时；此溶液为AgCl的饱和溶液，故C正确；

D.Ksp只与温度有关，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变；故D错误；

选C。5、C【分析】试题分析：A．根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；B．由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；C．依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；因此无氯气放出，故C错误；D．依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；故选C。

考点：考查了电解原理的探究实验方案的设计的相关知识。二、多选题(共8题，共16分)6、BD【分析】【详解】

A.浓酸；弱酸等发生酸碱中和时中和热不同；A错误；

B.反应热大小与条件无关，因此同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同；B正确；

C.生成液态水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C错误；

D.利用盖斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正确；

答案选BD。7、BC【分析】【分析】

如图所示为用Ru/TiO2催化反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况，约350℃之前，反应还未达到平衡态，CO2转化率随温度升高而增大，约350℃之后，反应达到化学平衡态，CO2转化率随温度升高而减小；由此可知该反应为放热反应。

【详解】

A.由分析可知该反应为放热反应，则ΔH<0；故A错误；

B.图中450℃时，反应已达平衡态，则延长反应时间无法提高CO2的转化率；故B正确；

C.350℃时，设起始时容器的容积为V，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，则n(H2)起始＝0.4Vmol，CO2平衡转化率为80%；可列三段式为：

根据阿伏伽德罗定律有平衡时的体积为V(平衡)=则平衡时故C正确；

D.温度升高，正逆反应速率均加快，则v(400℃)逆逆；故D错误；

综上所述，答案为BC。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】【分析】

平衡常数只与温度有关；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，所以①②是等效平衡。由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol。

【详解】

由于反应是在相同温度下进行的，所以反应达到平衡时容器①、②中反应的平衡常数相等，故A错误；在相同温度下反应在容积相等的容器内进行，对于②来说，假设0.8mol的XY3是消耗X2、Y2反应产生的，则反应开始时X2、Y2的物质的量是1.0mol、3.0mol，与①相同，由于加入1mol的X2、3mol的Y2反应达到平衡时放出热量是23.15KJ，则反应消耗的X2的物质的量是23.15kJ÷92.6kJ/mol=0.25mol，则达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，其平衡浓度均为0.50mol÷0.25L=2mol/L，故B正确；容器①、②的平衡状态等效，逆反应是吸热反应，由于容器②中开始加入了0.8mol的XY3，达到平衡时产生XY3的物质的量是0.50mol，反应逆向进行，所以反应达到平衡时吸收QkJ能量，故C错误；若将容器①体积缩小为0.20L，由于减小体积，也就增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以达平衡时放出的热量大于23.15kJ，故D正确。10、AD【分析】【分析】

用Na2SO3溶液吸收SO2时；随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性。

【详解】

A．当n(SO32-):n(HSO3-)=9:91时，溶液呈酸性，可知NaHSO3溶液为酸性溶液，即c(H+)＞c(OH-)；故A正确；

B．Na2SO3溶液中SO32-的水解存在二级水解，c(HSO3-)应小于c(OH)；故B错误；

C．由表中数据，当c(SO32-)＝c(HSO3-)时pH=7.2，这说明HSO3－的电离程度小于SO32－的水解程度，故当吸收液呈中性时，可推出c(SO32-)＜c(HSO3-)；因此C错误；

D．由于c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)可知，c(Na+)＝c(HSO3-)+2c(SO32-)成立；故D正确；

答案选AD。11、BD【分析】【详解】

A．氯水中未反应的氯气分子与反应掉的氯气没有明确的数量关系，并不存在c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)，故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)(即质子守恒)，故B正确；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(Na+)，故C错误；

D．溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，如果二者以1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，所以要使混合溶液呈中性，氢氧化钠要过量，铵根离子易水解，结合物料守恒得c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故D正确；

故选：BD。12、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。13、BC【分析】【分析】

HX的电离平衡常数表达式为Ka=则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg即pH=-lgKa-lg=p-lgKa，将点(1,5.75)带入可得lgKa=-4.75，即Ka=10-4.75。

【详解】

A．设0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x，则有解得x约为10-2.9mol/L，所以0.10mol·L-1的HX溶液pH约为2.9，当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液，溶液的体积发生变化，所以c(HX)+c(X-)＝0.10mol·L-1不再成立；故A错误；

B．将lg=0，带入pH=-lgKa-lg可得此时pH=-(-4.75)=4.75，所以b点坐标为(0,4.75)；故B正确；

C．c点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=1，则c(X-)=10c(HX)，带入电荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜10c(HX)；故C正确；

D．随着NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐渐增多，当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大，此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c>b>a；故D错误；

故答案为BC。三、填空题(共7题，共14分)14、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<043515、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)16、略

【分析】【分析】

（1）根据温度对化学平衡；化学平衡常数的影响来回答；

（2）根据平衡浓度和平衡常数的关系来回答；

【详解】

（1）化学平衡常数的大小只与温度有关；升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热；

答案为吸热。

（2）平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时；平衡常数等于1，平衡常数只受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830℃；

答案为830℃。【解析】①.吸热②.830℃17、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①反应NH4I(s)NH3(g)+HI(g)平衡常数表达式是k＝c(NH3)∙c(HI)②反应2HI(g)H2(g)+I2(g)由于是反应前后气体体积相等的反应，达到平衡后，扩大容器体积，2HI(g)H2(g)+I2(g)不移动。由于容器的容积扩大，所以达到新的平衡时容器内颜色变浅；（2）a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2，则反应处于平衡状态，错误；b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键，则反应正向进行，正确；c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2是任何状态下都存在的状态，不能确定反应进行的方向或程度，错误；d.由于第一个反应是气体体积增大的反应，如果反映未达到平衡状态，反应正向进行，则混合气体的质量增大，由更高的固体变为气体，混合气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量增大，正确；e.无论反应是否处于平衡状态，容器内的气体密度不变，因此不能确定反应进行的方向，错误。（3）①根据方程式可知1mol的氮气完全反应放出热量是92.60kJ，反应进行到2h时N2发生反应消耗了0.3mol，则放出的热量为92.60kJ/mol×0.3mol=27.78KJ；②0～1h内H2的平均反应速率为V(H2)=(4.50-4.20)mol÷2L÷1h=0.15(mol/L∙h)，由于V(H2)=3V(N2)，所以V(N2)=V(H2)÷3=0.05(mol/L∙h)，③当反应达到平衡时，c(N2)=0.5mol/Lc(H2)=1.5mol/L,c(NH3)=0.5mol/L,此温度下该反应的化学平衡常数K＝0.15;④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，则由于反应物的浓度增大的多，所以化学平衡将向正反应方向移动；（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，水溶液显碱性是由于存在电离平衡：N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－。

考点：考查化学反应速率、化学平衡移动、反应的化学平衡常数的计算、移动方向、物质的溶液的酸碱性的原因分析的知识。【解析】k＝c(NH3)∙c(HI)不移动变浅b、d27.780.050.15正反应N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－18、略

【分析】【分析】

（1）溶液中电解质的导电能力与离子浓度有关；弱电解质加水稀释的过程中存在电离平衡的移动；

（2）盐类溶液中离子之间存在：物料守恒为等同于原醋酸溶液稀释之后浓度；电荷守恒，源自

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体；具有吸附作用，可做净水剂；

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐；亚硫酸根离子水解显碱性。

【详解】

（1）①醋酸属于弱电解质，部分发生电离，离子方程式为：

②冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时；水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降；

③由于酸的物质的量未发生改变；所以酸碱中和中所需的碱的物质的量相同；

（2）由物质的量守恒可知=0.1mol/L.==10−9；

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做净水剂，离子方程式为：

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小关系为：

【点睛】

盐类溶液中离子之间存在三个守恒：物料守恒，电荷守恒，质子守恒，在进行计算时注意观察题中所给式子符合什么变形；盐类溶液中离子浓度大小比较时注意离子的来源，确认溶液中原有的离子和水解或电离出来的离子，原有存在的离子浓度大于水解或者电离产生的离子浓度。【解析】①.CH3COOHCH3COO−＋H+②.冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时，水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降③.相同④.0.1⑤.10−9⑥.Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+⑦.c(Na+)>c(SO32-)>c(OH−)>c(HSO3-)>c(H+)19、略

【分析】【分析】

根据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质分析解答。

【详解】

溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【点睛】

本题考查了物质制备的知识。两种盐在溶液中发生复分解反应，产生两种新盐，发生反应是由于盐的溶解度不同，可以由溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，或由溶解度小的物质转化为溶解度更小的物质。会根据表格数据分析是本题判断的依据。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小20、略

【分析】【分析】

中性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。

【详解】

钢铁中较活泼金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳作正极，在中性溶液中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；Fe-2e-=Fe2+。

【点睛】

本题的易错点为正极的电极反应式的书写，要注意正极上反应的物质是氧气。【解析】O2+4e-+2H2O=4OH-Fe-2e-=Fe2+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、原理综合题(共3题，共6分)22、略

【分析】【详解】

(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol；为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD；

（2）①N2（g）＋H2（g）NH3（g）

起始量：130

转化量：32

平衡量：1-3-32

x(NH3)%=x(N2)%=x(H2)%=

化简得

②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol为放热反应，温度T升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比；故答案选A；

（3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4；CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E正确。答案选ADE；

（二）（1）将一定量C12通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O；

（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH--3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。【解析】ADA原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。ADE2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2OFe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O23、略

【分析】【分析】

(1)①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)；据此分析；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－；据此书写离子方程式；

(2)①根据已知方程式构建目标方程式；根据盖斯定律计算反应热；

②根据平衡移动原理来分析；升高温度，平衡逆向移动；

(3)①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动画图；

(4)据阳极失去电子发生氧化反应书写电极反应方程式。

【详解】

(1)25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)，则c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=（10-5-10-9）mol/L；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－，反应的方程式为：NO+NO2+3NH4HSO3=N2+3NH4HSO4，离子方程式为NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

因此，本题正确答案是：NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

(2)①反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

反应Ⅱ：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

根据盖斯定律(Ⅰ×3+Ⅱ×2)得反应2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)

则△H4=[(－113.0kJ·mol－1)×3+(－138.0kJ·mol－1)×2]=-615kJ/mol

因此；本题正确答案是：-615kJ/mol；

②由以上计算可知，2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)为放热反应，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，造成HNO3浓度降低；

因此；本题正确答案是：温度升高，平衡逆向移动；

(3)①CO的降解率为x；设起始CO浓度为amol/L；

2CO(g)+O2(g)2CO2(g)

开始(mol/L)a0

变化(mol/L)axaxax

平衡(mol/L)a-ax0.01ax

K===

因此，本题正确答案是：

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动，故图为。

因此，本题正确答案是：

(4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；

因此，本题正确答案是：Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+。【解析】10-5-10-9NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+-615kJ/mol温度升高，平衡逆向移动

(图像画法说明：阴影部分a点之前在型上方，a点之后重合)Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+24、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的定义书写表达式；

(2)根据反应速率v=计算用水表示的化学反应速率；

(3)反应处于平衡状态时；任何物质的物质的量及浓度不变；

(4)反应进行至2min时；根据图像知，相同时间内，水和一氧化碳的物质的量变化量大于0~1min内，说明反应速率增大，根据压强和温度对反应速率；化学平衡的影响分析；

(5)反应至第5min时；CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是水的物质的量。

【详解】

(1)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则对于反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)来说，其化学平衡常数K=

(2)根据图像可知，在第一个平衡时段的H2O的物质的量由1.4mol变为1.2mol，变化了0.2mol，反应容器为2L，反应时间为1min，则用H2O的浓度变化表示反应速率为v(H2O)==0.1mol/(L·min)；

(3)由于反应容器的容积不变；任何物质的物质的量不变，则反应达到平衡状态时，根据图像可知反应达到平衡状态的时间段为1~2min；3~5min；

(4)反应进行至2min时；根据图像知，相同时间内，水和一氧化碳的物质的量变化量大于0~1min内，说明反应速率增大，水蒸气的物质的量减少，一氧化碳的物质的量增加，说明平衡向正反应方向移动，说明该改变的条件只能是升高温度，该反应为吸热反应；

(5)反应至第5min时；CO的物质的量不变，水的物质的量增大，说明改变的量是增加水的物质的量，随反应进行水蒸气减小，一氧化碳增大，平衡正向进行，故合理选项是②。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态的判断、外界条件对化学平衡的影响、化学反应速率的计算等，明确化学基本概念、化学平衡移动原理、化学平衡状态的判断依据、温度和物质的浓度对化学平衡的影响即可解答，注意降低温度时，无论是吸热反应还是放热反应，都降低反应速率；升高温度时，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都增大，温度对吸热反应影响更大。【解析】0.1mol/(L·min)1-2、3-5升高吸热②六、实验题(共3题，共24分)25、略

【分析】【分析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3；反应生成二氧化硫气体；

（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下；反应分步进行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）

发生总反应