2024年沪教新版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年沪教新版选修4化学下册月考试卷35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9题，共18分)1、下列属于不可再生能源的是A.氢能B.潮汐能C.生物质能D.可燃冰2、在恒温恒容的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)。

Ⅰ.将3molA和2molB在一定条件下反应；达平衡时C的体积分数为a。

Ⅱ.若起始时A、B、C投入的物质的量分别为n(A)、n(B)、n(C)，平衡时C的体积分数也为a。下列说法正确的是A.若Ⅰ达平衡时，加入3molA，则重新达到平衡时C的体积分数一定减小B.若向Ⅰ平衡体系中再加入3molA和2molB，C的体积分数若大于a，可断定x>4C.若x＝2，则Ⅱ体系起始物质的量应满足3n(B)>n(A)＋3D.若Ⅱ体系起始物质的量满足3n(C)＋8n(A)＝12n(B)，则可判断x＝43、某温度下，向4.0L恒容密闭容器中充入2.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。时间/s050150250350n(PCl3)/mol00.320.380.400.40

下列说法正确的是()A.反应在前50s的平均反应速率为v(PCl3)＝0.0064mol/(L·s)B.相同温度下，起始时向该容器中充入4.0molPCl3、4.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%C.相同温度下，起始时向该容器中充入2.0molPCl5、0.4molPCl3和0.40molCl2，达到平衡前v(正)>v(逆)D.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)＝0.11mol/L，则反应的ΔH<04、将0.lmol·L-1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）A.溶液中c(H+)和c(OH-)都减小B.溶液中c(H+)增大C.醋酸电离平衡向左移动D.溶液的pH减小5、室温时，向20mL的醋酸溶液中不断滴入的NaOH溶液；溶液的pH变化曲线，如图所示，在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是。

A.a点时：c(OH-)B.b点时：cC.c点时：cD.d点时：c6、常温下，向10mL0.1mol/L的H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/LKOH溶液；所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是()

A.KHC2O4溶液呈弱碱性B.B点时：c()＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH﹣)C.C点时：c()+c()+c(H2C2O4)＜c(K+)＜c()+2c()+c(H2C2O4)D.D点时：c(H+)+c()+c(H2C2O4)=c(OH﹣)7、向AgCl饱和溶液中滴加足量NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，再向溶液中滴加KI溶液，又产生黄色沉淀。有关下列说法正确的是A.产生的淡黄色沉淀为AgIB.产生的黄色沉淀为AgBrC.由上述实验现象可说明溶解度S(AgBr)>S(AgI)>S(AgCl)D.上述实验现象说明沉淀可相互转化8、2020年化学科学家用微生物燃料电池作电源进行模拟消除酸性工业废水中的重铬酸根离子(Cr2O72-)的示意图如图所示，反应一段时间后，在装置②中得到Fe(OH)3和Cr(OH)3两种沉淀。已知6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。下列说法错误的是（）

A.装置①中，a极的电极反应为HS--8e-+4H2O=SO42-+9H+B.向装置②中加入适量Na2SO4，其主要作用是增强溶液的导电性C.装置①中，b极上消耗的n(O2)与装置②中惰性电极上生成的n(生成物)相等D.当装置①中有0.6molH+通过质子交换膜时，装置②中产生0.4mol沉淀9、某课外活动小组；为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是。

A.锌被腐蚀B.金属片剪口变红C.B中导气管里形成一段水柱D.B中导气管产生气泡评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、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11、催化剂存在下，在1L的恒容密闭容器中充入0.1molCO和0.3molH2发生反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。反应相同时间；CO的转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是。

A.升高温度，CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数增大B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高CO的转化率C.图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能提高CO的转化率D.T1℃，CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数K＞112、0.1molCO2与0.3molC在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数KP=；气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。下列说法正确的是。

A.650℃时，CO2的平衡转化率为25%B.800℃达平衡时，若充入气体He，v正<v逆C.T℃达平衡时，若充入等体积的CO2和CO时，v正>v逆D.925℃时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数KP=23.04P总13、室温时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.W点溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8时溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室温时NH3·H2O的电离平衡常数的值为10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）14、H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）>c（HC2O4-）B.c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）C.c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中：c（Na+）>0.100mol·L-1+c（HC2O4-）D.pH=7的溶液中：c（Na+）>2c（C2O42-）15、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）B.NaHSO3和NaHCO3两溶液混合呈中性的溶液中（S和C均用R表示）：c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）C.常温下，等物质的量浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2中c（NH4＋）：①＜③＜②D.常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合呈中性的溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________17、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量．18、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__________。19、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___________________________________。20、描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

请回答下列问题：

（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。

A．升高温度B．加水稀释。

C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。21、已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HFHClOH2CO3电离常数6.8×10−44.7×10−8K1=4.3×10−7K2=5.6×10−11

常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是___（填序号）。22、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(体积变化忽略不计）。回答下列问题:

（1）由图中信息可知HA为_________酸(填“强”或“弱”）。

（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a______________7(填“>”、“<”或“=”），用离子方程式表示其原因：_____________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=_________

（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系______________________。

（4）K点对应的溶液中，溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH-)=_________________mol·L-1。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)24、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：)25、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“＝”）。26、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、实验题(共3题，共27分)27、某研究小组查阅资料发现与的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在；并据此设计实验1(如下图所示)。发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。

I.初步探究。

实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实睑记录如下表。。编号饱和溶液饱和碘水石蜡油操作溶液现象2-11滴5mL1mL不加热1滴无明显现象2-21滴5mL1mL加热一段时间后冷却1滴无明显现象

(1)研究小组同学根据所查阅资料写出的与反应的离子方程式为___________。

(2)实验2中；加入石蜡油的目的是___________。

(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因；他们的理由是___________。

II.查阅资料，继续探究：(资料)为不溶于水的白色固体。

实验3：

(4)试管a的实验现象说明滤液1中含有___________。

(5)试管b中，加入溶液后所产生实验现象的原因是___________。

(6)甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明氧化了。他提出如下假设：

i.可能是氧化了；

ii.可能是空气中的O2氧化了。

他设计、实施了实验4，实验记录如下表。。编号实验操作实验现象4在试管中加入1滴溶液，蒸馏水，1滴试剂一段时间后加入1滴溶液溶液不变红

①试剂a是___________。

②依据实验4，甲同学做出判断：___________。28、实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行实验。请完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。

①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)__→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→__→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中；贴上标签。

②称量__g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、___、__。

（2）取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00

①滴定达到终点的标志是___。

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__(保留两位有效数字)。

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的__；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有：___。

A.滴定终点读数时俯视读数。

B.酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗。

C.锥形瓶水洗后未干燥。

D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体。

E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3

F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失29、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

氢能、潮汐能、太阳能、风能、生物质能等为可再生能源，可燃冰成分是甲烷，可燃冰不属于可再生能源，故D正确。2、D【分析】【详解】

A．由于x值不确定；则若Ⅰ达平衡时，加入3molA，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡时生成的C无法计算，C的体积分数可能增大也可能减小，故A错误；

B．因容器体积不变；若x=4时，C的体积分数应为a，现大于a，x应小于4，促进平衡正向移动，故B错误；

C．由恒温恒容时，当n(A)、n(B)、n(C)为起始物质的量，平衡时n(C)的体积分数仍为a，则n(A)+n(C)=3，n(B)+n(C)=2；若x=2，二者联式可得3n(B)=n(A)+3，故C错误；

D．由恒温恒容时，当n(A)、n(B)、n(C)为起始物质的量，平衡时n(C)的体积分数仍为a，n(A)+n(C)=3，n(B)+n(C)=2；若x=4，二者联式可得3n(C)+8n(A)═12n(B)，故D正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查等效平衡，掌握等效平衡规律：1、恒温恒容下反应前后体积不变的条件下和恒温恒压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效；2、恒温恒容下反应前后体积变化的条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边对应物质的物质的量与原平衡相同，则达到平衡状态等效。3、C【分析】【详解】

A．反应在前50s的平均速率为v(PCl3)==0.0016mol•L-1•s-1；故A错误；

B．平衡后PCl3物质的量为0.4mol；则可列三段式：

可求出平衡常数K==0.025，PCl5的转化率为×100%=20%。相同温度下，若起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，和起始时充入2.0molPCl5达到等效平衡，平衡时PCl3的转化率为1-20%=80%。现在起始时充入4.0molPCl3、4.0molCl2，相当于在原平衡的基础上增大压强。增大压强，平衡向PCl5方向移动，PCl3的转化率增大，所以达到平衡时PCl3的转化率大于80%；故B错误；

C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2，物质浓度分别为0.5mol/L，0.1mol/L，0.1mol/L，结合浓度商Qc==0.02＜K=0.025；反应没有达到平衡状态，反应正向进行，达到平衡前v(正)＞v(逆)，故C正确；

D．升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol•L-1，大于图表中PCl3浓度==0.1mol/L，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H＞0；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点和难点为B，注意三段式在化学平衡计算中的应用。4、D【分析】【详解】

A．醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据水的离子积常数不变可知氢氧根浓度增大，故A错误；

B．因醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B错误；

C．醋酸是弱电解质；则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C错误；

D．醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，溶液的pH减小，故D正确；

故答案为：D。

【点睛】

对于稀释电解质溶液过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。5、A【分析】【详解】

A．点时醋酸过量，溶液为和的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则故A错误；

B．根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在b点是醋酸钠和醋酸的混合溶液，醋酸钠水解后略显碱性，醋酸中和了醋酸钠的碱性，溶液呈中性，则则溶液中离子浓度关系为：故B正确；

C．c点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：①根据物料守恒可得：②将②带入①可得：故C正确；

D．d点为NaOH和的混合物，溶质为的醋酸钠和的氢氧化钠，溶液呈碱性，由于存在微弱的水解，则有故D正确；

答案选A。6、C【分析】【分析】

草酸溶液中滴加KOH溶液，在A点到B点之间，发生反应H2C2O4+KOH=KHC2O4+H2O；在B点，H2C2O4与KOH刚好完全反应，生成KHC2O4和H2O，此时溶液的pH<7；在B点到D点之间，发生反应KHC2O4+KOH=K2C2O4+H2O，C点时，所得溶液为KHC2O4与K2C2O4的混合溶液，此时pH=7；在D点，KHC2O4与KOH刚好完全反应，生成K2C2O4和H2O。

【详解】

A．B点二者恰好反应生成KHC2O4；由图可知，该点pH＜7，溶液呈酸性，故A错误；

B．B点二者恰好反应生成KHC2O4，溶液呈酸性，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，钾离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c(K+)＞c()＞c(H+)＞c(OH﹣)；故B错误；

C．C点时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH﹣)，结合电荷守恒得c(K+)=c()+2c()，此点溶液中的溶质是K2C2O4和KHC2O4，水解较微弱，所以c()＞c(H2C2O4），则c()+c()+c(H2C2O4)＜c(K+)＜c()+2c()+c(H2C2O4)；故C正确；

D．D点二者恰好反应生成K2C2O4，C2O42﹣水解导致溶液呈碱性，根据质子守恒得c(H+)+c()+2c(H2C2O4)=c(OH﹣)；故D错误；

故选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．由产生淡黄色沉淀可知：AgCl(aq)＋NaBr(aq)=AgBr(s)＋NaCl(aq)，故淡黄色沉淀为AgBr；A错误；

B．同理AgBr(s)＋KI(aq)===AgI(s)＋KBr(aq)；可知产生的黄色沉淀为AgI，B错误；

C．三种沉淀都属于卤化银沉淀，结构相似，根据难溶的可转化为更难溶的沉淀，可得S(AgCl)>S(AgBr)>S(AgI)；C错误；

D．难溶的可转化为更难溶的沉淀；符合沉淀转化规律，D正确；

故答案选D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据装置图可知，在a电极上HS-失去电子被氧化产生SO42-，由于电解质溶液为酸性，所以a电极反应式为：HS--8e-+4H2O=SO42-+9H+；A正确；

B．在装置②中，Fe电极连接电源正极，作阳极，失去电子发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，Fe2+具有强的还原性，与废水中的Cr2O72-发生氧化还原反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；惰性电极连接电源负极，作阴极，发生还原反应：2H++2e-=H2↑，氢离子放电变为氢气逸出，使溶液碱性增强，溶液中的Fe3+、Cr3+变为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，可见，Na2SO4电离产生的离子不参加化学反应；其主要作用是增强溶液的导电性，B正确；

C．在装置①中，每产生1molO2转移4mol电子，在装置②惰性电极上产生的气体为H2，每反应产生1molH2转移2mol电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以b极上消耗的n(O2)与装置②中惰性电极上生成的n(生成物)不等；C错误；

D．当装置①中有0.6molH+通过质子交换膜时，转移0.6mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，装置②中由Fe-2e-=Fe2+可知反应产生0.3molFe2+，Fe2+再发生反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据物质转化关系可知0.3molFe2+反应转化为0.3molFe3+，同时得到0.1molCr3+，0.3molFe3+产生0.3molFe(OH)3沉淀，0.1molCr3+产生0.1molCr(OH)3沉淀；故装置②中共产生0.4mol沉淀，D正确；

故合理选项是C。9、D【分析】【分析】

镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H2O+O2+4e-=4OH-；据此分析解答。

【详解】

A．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+；锌被腐蚀，故A正确；

B．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀；生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B正确；

C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀；瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C正确；

D．原电池形成后没有气体生成；发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B中导气管不会产生气泡，故D错误；

故选D。二、多选题(共6题，共12分)10、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。11、BD【分析】【分析】

从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大；T1℃时CO的转化率为50%；据此分析。

【详解】

A．从图像可以看出；随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大，但无法判断温度升高平衡移动的方向，故无法得出温度升高平衡常数增大的结论，故A错误；

B．图中X点所示条件下；反应没有达到平衡状态，延长反应时间，反应正向进行，能提高CO的转化率，故B正确；

C．图中Y点所示条件下；改用性能更好的催化剂能加快反应速率，不能提高CO的转化率，故C错误；

D．根据反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)；列出三段式：

K=＞１；故D正确；

答案选BD。12、AD【分析】【详解】

A.由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)

开始(mol)10

转化(mol)x2x

平衡(mol)1−x2x

所以2x1−x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为0.251×100%=25%；故A正确；

B.800℃达平衡时，若充入气体He，总压增大，分压不变，平衡不变，v正=v逆；故B错误；

C.由图可知，T℃时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T℃时，若充入等体积的CO2和CO平衡不移动，v正=v逆；故C错误；

D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，KP==23.04P总；故D正确；

答案选AD。13、BD【分析】【分析】

随pH增加，铵根的水解和一水合氨的电离均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3•H2O)上升，所以a代表一水合氨浓度，b代表铵根浓度。

【详解】

A．W点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故A错误；

B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，所以pH=8时存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正确；

C．W点c(NH3•H2O)=c(NH4+)，室温时NH3•H2O的电离平衡常数K==c(OH-)=10-4.75，故C错误；

D．pH=10的溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据图知，c(NH3•H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：BD。

【点睛】

关于各离子浓度或者各离子物质的量分数与pH值的关系曲线图，可以利用各曲线的交点求解电离或水解平衡常数。14、BD【分析】【详解】

A、根据图像知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42-）＜c（HC2O4-）；错误；

B．c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液，根据c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1知此时溶液中的溶质为NaHC2O4，溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）；正确；

C、c（HC2O4-）=c（C2O42-）的溶液中有电荷守恒：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（Na+）+c(H+)，已知c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1，此溶液中H2C2O4浓度几乎为0，可以忽略，把c（HC2O4-）=c（C2O42-）和c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.100mol·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c（OH-）+c（HC2O4-）+0.100mol·L-1=c（Na+）+c(H+)，溶液的PH＜7，c(H+)＞c（OH-），所以c（Na+）＜0.100mol·L-1+c（HC2O4-）；错误；

D、由图像知pH=7的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）>2c（C2O42-）；正确。

答案选BD。15、BD【分析】【详解】

A．pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中，电离大于水解，c（A2-）＞c（H2A）；不正确；

B．电荷守恒：c（H+）+c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）+c（OH―），溶液呈中性，所以c（H+）＝c（OH―）；正确；

C．(NH4)2CO3中RO32—促进了NH4+的水解，(NH4)2SO4中SO42—对NH4+的水解无影响，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+对NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4＋）：①＜②＜③；不正确；

D．电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH―）＋c（CH3COO―）＋c（Cl―）；

物料守恒：c（Na＋）=c（CH3COO―）＋c（CH3COOH）；

溶液呈中性，c（H+）＝c（OH―），所以溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）正确；

故选BD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%17、略

【分析】【详解】

氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案为：11。

【点睛】

本题主要考查了与键能有关的知识，掌握旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】1118、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】19、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+)20、略

【分析】【分析】

⑴表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明水解程度大于电离程度氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此浓度小于钠离子浓度。

【详解】

（1）表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案为中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此浓度小于钠离子浓度，该溶液中离子浓度从大到小的排列为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】①.HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)21、略

【分析】【分析】

根据盐类水解形成的酸越弱；对应的盐越水解分析。

【详解】

图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常温下，物质的量浓度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解显碱性，水解程度越大，碱性越强，因水解程度为NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，则其pH由大到小的顺序是③②①，故答案为：③②①。【解析】③②①22、略

【分析】【详解】

（1）根据图示，0.01mol·L-1HA的pH=2；HA为强酸；

（2）根据图示，当加入51mLMOH溶液时，溶液的pH=7，说明加入50mLMOH溶液时，HA与MOH恰好完全反应，溶液呈酸性，即MA稀溶液的pH<7；原因是M＋水解，M+水解的离子方程式为M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促进水的电离，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；

（3）根据图示，K点加入100mLMOH溶液，得到的溶液中含有等浓度的MA、MOH，K点溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M+的水解水解，离子浓度的大小关系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；

（4）K点对应的溶液，根据电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)；根据物料守恒，2c(A－)=0.01mol/L=c(MOH)+c(M＋)，两式整理得，c(MOH)+c(OH-)=c(H＋)+c(A－)=10-10mol/L+0.005mol/L≈0.005mol·L-1。【解析】①.强②.<③.M＋＋H2OMOH＋H＋④.1×10－amol·L－1⑤.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)⑥.0.005四、判断题(共1题，共7分)23、×【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、结构与性质(共3题，共12分)24、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。

(2)AC0.56

(3)或-0.5125、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成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）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：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。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><26、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、实验题(共3题，共27分)27、略

【分析】(1)

Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2；

(2)

实验2中，石蜡油密度小不溶于水，加入石蜡油后浮在水面隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+，故此处填：隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+；

(3)

小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因；他们的理由是采取了增大反应物浓度；升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红，故此处填：实验2