2025年沪科版选修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年沪科版选修4化学上册月考试卷587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、下列热化学方程式书写正确且对应的△H的数值和意义与括号内表述相符的是A.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)△H＝-57.3kJ/mol(中和热)C.H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝-242kJ/mol(反应热)D.C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol(反应热)2、反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的能量变化如图所示，a、b均为正值；单位是kJ，下列说法正确的是。

A.N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(a-b)kJ·mol－1B.NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)△H=(b-a)kJ·mol－1C.NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1D.压强越大，该反应的△H越小3、已知某弱酸的酸式盐有NaH2XO4和Na2HXO4两种，其中NaH2XO4的溶液呈酸性，Na2HXO4溶液呈碱性。30℃时，NaH2XO4溶液和Na2HXO4溶液，二种溶液的浓度均为0.1mol·L-1，其中均存在的关系是（）A.c(H＋)·c(OH-)＝1×10-14B.c(H＋)＋2c(H3XO4)＋c(H2XO4-)＝c(XO43-)＋c(OH-)C.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2XO4-)＋c(OH-)＋2c(HXO42-)＋3c(XO43-)D.c(H＋)＋c(H3XO4)＝c(HXO42-)＋2c(XO43-)＋c(OH-)4、常温下，将1.0mol·L－1的氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中；溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是。

A.KW的比较：a点>b点B.水的电离程度：a>b>c>dC.b点时溶液中c(NH4+)>c(Cl－)>c(H+)>c(OH－)D.c点时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)>c(H+)=c(OH－)5、常温下，向某酸H3A水溶液滴加KOH溶液，混合溶液中lgX随pH变化关系如图所示，图中X表示或或下列说法正确的是（）

A.Ka2(H3A)的数量级为10-7B.曲线Ⅰ表示pH与lg的变化关系C.向H3A溶液中加入一定量的KOH溶液至pH=5时，=100.6D.KH2A与K2HA等物质的量混合的溶液中：3c(K+)=2[c(H2A-)+c(HA2-)+c(A3-)+c(H3A)]6、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）

A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B.=1000C.溶液中水的电离程度：M>ND.N点对应的溶液中c（Na+）＜Q点对应的溶液中c（Na+）7、下列关于0.5mol·L－1NaHCO3溶液的说法正确的是A.溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na++H++CO32－B.温度升高，c(HCO3－)增大C.加水稀释后，n(H+)与n(OH－)的乘积变大D.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HCO3－)+c(CO32－)8、已知某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.B.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到d点C.一定温度下，AgCl固体分别在下列溶液a.溶液b.蒸馏水、c.溶液中的溶解度由大到小的排列顺序是b>a>cD.常温下，AgCl在纯水中的比在溶液中的大9、用电解法处理含Cr2072-的废水，探究不同因素对含Cr2072-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2072-的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是。实验iiiiiiiv

是否加入Fe2（S04）3否否否是否加入H2S04否加入lmL加入lmL加入lmL阴极村料石墨石墨石墨石墨阳极材料石墨石墨石墨铁Cr2072-的去除率0.092%12.7%20.8%57.3%实验iii中Fe3+去除Cr2072-的机理

A.实验ii与实验i对比，其他条件不变，增加c（H+）有利于Cr2072-的去除B.实验iii与实验ii对比，其他条件不变，增加c（Fe3+）有利于Cr2072-的去除C.实验iv中循环利用提高了Cr2072-的去除率D.若实验iv中去除O.OlmolCr2072-电路中共转移0.06mol电子评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（）。容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)n(CO)n(CO)Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56y

A.达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，平衡正向移动B.x=0.8，y＞0.4C.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于D.若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，则反应将向正反应方向进行11、臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为：反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是A.B.C.D.12、汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：。容器温度/（℃）起始物质的量（mol)平衡物质的量（mol)NOCON2CO2N2CO2N2CO2I4000.20.2000.12II4000.40.400III300000.10.20.075

下列说法正确是A.该反应的ΔS<0、ΔH<0B.容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06mol•L-1·S-1C.达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO,容器II)>2c(CO，容器I)D.若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正>V逆13、H2S为二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(电离常数K的负对数－lgK＝pK)。在20℃时，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化和H2S的挥发)，在该过程中下列微粒物质的量浓度关系一定正确的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)时，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性时，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89时，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1时，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)14、常温下，将NaOH固体分别加入浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是。

A.由a点到e点水的电离程度先增大后减小B.d点溶液中存在：c(HX)+c(X-)=0.1mol/LC.c点溶液中存在：c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)D.b点溶液中存在：c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L15、常温下，向20mL0.2mol·L－1H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法错误的是（）

A.在P点时，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B.当V(NaOH)＝20mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)C.当V(NaOH)＝30mL时，2c(Na＋)＝3[c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)]D.当V(NaOH)＝40mL时，c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H2A)>c(OH－)>c(H＋)16、下列说法正确的是A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.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C.碳酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）D.等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）17、常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，分别向20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是。

A.b点溶液中粒子浓度大小关系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)B.c点溶液中存在：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)C.溶液中由水电离出c(H+)大小关系：bD.d点溶液中：=180评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。

（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼），副产物对环境友好，写出反应的化学方程式________。

（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；该反应的平衡常数和温度关系如图所示：

①该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料气中的氨碳比[]为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是______。图中A点处，NH3的平衡转化率为__________。

（3）①在氨水加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离程度增大，的值_______。（填“增大”；“减小”或“不变”；）

②室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用离子方程式表示），该反应的平衡常数为______（用含a的数学表达式表示）。19、实验测得4g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式________。20、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．21、硼酸（H3BO3）在食品；医药领域应用广泛。

(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+__________。

(2)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12；由此图可得出：

①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_______________________。

②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”)。

(3)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq），已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）__________22、在一个2L的密闭容器中，加入3molA和1molB，发生下述反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)；5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/L。

（1）达到平衡时，A的转化率为________，此温度下的平衡常数K＝_______________。（保留一位小数）

（2）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向________(填“正反应方向移动”“逆反应方向移动”或“不移动”)。

（3）维持容器的体积和温度不变，向密闭容器中加入氦气，达到新平衡时，B、C的浓度之比将________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（4）当增加A的浓度，B的转化率________；若将C分离出来，化学平衡常数________。(填“增大”、“减小”或“不变”)23、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

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

水电解反应：2H2O(1)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随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(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；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol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______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。24、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。25、(1)AlCl3溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是____________________________(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________________(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的________；以抑制其水解。

(2)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________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(3)25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中，c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(4)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________性(填“酸”“中”或“碱”)，醋酸体积________氢氧化钠溶液体积(填“>”“＝”或“<”)。

(5)已知0.1mol·L－1的NaHCO3溶液pH＝9，则溶液中c(CO32-)________c(H2CO3)(填“>”“＝”或“<”)，其溶液显电中性的原因是________________________(用离子浓度关系式表示)。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)26、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27分)27、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：)28、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“＝”）。29、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、工业流程题(共3题，共24分)30、工业上用重晶石（主要成分为BaSO4）制备BaCO3的常用方法有高温煅烧还原法；沉淀转化法等。高温煅烧还原法的工艺流程可简单表示如下：

（1）若“煅烧”时产生一种有毒的还原性气体，则反应的化学方程式为_____________。

（2）工业上煅烧重晶石矿粉时，为使BaSO4得到充分的还原和维持反应所需的高温，应采取的措施是________。

a加入过量的焦炭；同时通入空气。

b设法将生成的BaS及时移出。

（3）在第一次过滤后洗涤，检验是否洗涤干净的试剂最好是________。

（4）沉淀转化法制备BaCO3可用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为BaCO3：

BaSO4（s）＋（aq）BaCO3（s）＋（aq）

①在实验室将少量BaSO4固体全部转化为BaCO3的实验操作方法与步骤为_________。

②与高温煅烧还原法相比，沉淀转化法的优点主要有_______。

③已知：Ksp（BaCO3）＝2.40×10－9，Ksp（BaSO4）＝1.20×10－10。现欲用沉淀转化法将BaSO4转化为BaCO3，该反应的平衡常数为________。31、近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必须解决的问题。一种对正极材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金属进行回收处理的工艺如图所示：

已知：金属离子的浸出率计算公式为式中η为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为g·mL-1；V为滤液体积；单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。

(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(难溶于水)参与“浸出还原”反应的离子方程式为______。

(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为______。

(4)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将准确称量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00％)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64mg·mL-1，则Co2+的浸出率为______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-⇌[CoC14]2-+6H2O

①等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为______。

②将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理解释原因______。32、重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分Fe(CrO2)2(或写成FeO·Cr2O3)，还含有A12O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示：

已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。

请回答下列问题：

(1)煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为___________。

(2)操作a的实验步骤为___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式___________。

(4)采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示，写出电极b的电极反应式：________。

(5)根据有关国家标准，含CrO的废水要经化学处理使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水。加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于___________mol·L-1，废水处理后方能达到国家排放标准。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A、燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)＝H2O(l)ΔH＝-285.8kJ/mol；选项A错误；

B、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时的反应热叫做中和热，CH3COOH是弱酸；在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热大于－57.3kJ/mol，选项B错误；

C、水分解生成氢气和氧气是吸热反应，焓变为正值，H2O(g)＝H2(g)+1/2O2(g)ΔH＝+242kJ/mol；选项C错误；

D、碳与氧气反应生成二氧化碳放热，反应的热化学方程式为：C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；选项D正确。

答案选D。2、A【分析】【详解】

A.由图知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=(a-b)kJ·mol－1；A正确；

B.由图知NH3(g)⇌N2(g)＋H2(g)∆H=(b-a)kJ·mol－1；B错误；

C.NH3中氮氢键键能为bkJ·mol－1；C错误；

D.反应的∆H=生成物的总能量-反应物的总能量；D错误；

答案选A。3、C【分析】【分析】

NaH2XO4的溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，Na2HXO4溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，溶液中存在物料守恒，0.1mol•L-1NaH2XO4溶液中存在：c(Na+)=c()+c()+c()+c(H3XO4)，Na2HXO4溶液中存在：c(Na+)=2c()+2c()+2c()+2c(H3XO4)，由溶液呈电中性原则可知，c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()+3c()；结合物料守恒和电荷守恒联式比较，注意水的离子积常数与温度的关系。

【详解】

A．常温下c(H+)•c(OH-)=1×10-14，温度升高，促进水的电离，水的离子积常数增大，则30℃时，c(H+)•c(OH-)>1×10-14；故A错误；

B．溶液中存在物料守恒，0.1mol•L-1NaH2XO4溶液中存在：c(Na+)=c()+c()+c()+c(H3XO4)，Na2HXO4溶液中存在：c(Na+)=2c()+2c()+2c()+2c(H3XO4)，由电中性原则可知，两种溶液中都存在：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()+3c()，则有0.1mol•L-1NaH2XO4溶液中存在：c(H3XO4)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，Na2HXO4溶液中存在：c()+c(H+)+2c(H3XO4)=c(OH-)+c()，则只有Na2HXO4溶液中存在该关系；故B错误；

C．由溶液呈电中性原则可知，溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()+3c()；故C正确；

D．由B分析可知，只有0.1mol•L-1NaH2XO4溶液中存在该关系；故D错误；

故选C。4、D【分析】【详解】

A.由图中看出，b点温度高于a点，则KW的比较：a点

B.a点为盐酸，水的电离受到抑制，b点为NH4Cl溶液，NH4+水解促进水的电离，所以水的电离程度：a

C.b点为NH4Cl溶液，离子浓度关系为c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；C不正确；

D.c点时溶液为NH4Cl与氨水的混合溶液，pH=7，c(NH4+)=c(Cl－)>c(H+)=c(OH－)；D正确。

故选D。5、C【分析】【详解】

A.由图可知时，pH分别为即分别为K的数量级为故A错误；

B.当pH相等时，曲线Ⅰ表示的lgX最大，因此曲线Ⅰ表示pH与的变化关系；故B错误；

C.所以由于所以所以故C正确；

D.将与按物质的量相混的溶液，根据物料守恒应有故D错误。

答案：C。6、D【分析】【详解】

A.HA的酸性弱于HB的酸性，则Ka(HA)<Ka(HB)，加入NaOH变为中性时，HA加入的NaOH固体量少，c(Na+)离子浓度小，c(A−)离子浓度小，则−lgc(A−)大，因此曲线II表示pH与−1gc(A−)的关系；故A错误；

B.对于HA，取点(10，2)，则c(H+)=10−10molL−1，c(A−)=10−2molL−1，则同理对于HB，取点(8，2)，则c(H+)=10−8molL−1，c(B−)=10−2molL−1，则所以Ka(HB):Ka(HA)=10−9:10−11=100；故B错误；

C.M点和N点溶液中c(A−)=c(B−)，M点是酸电离占主要显酸性，是抑制水的电离溶液，N点是盐水解占主要显碱性，所以水的电离程度M<N；故C错误；

D.对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(B−)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH−)分别相等，但c(B−)−)，则N点对应的溶液中c(Na+)+)；故D正确。

综上所述，答案为D。7、C【分析】【详解】

A．碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-只能部分电离；故A错误；

B．碳酸氢钠中碳酸氢根离子会发生水解，升高温度，水解程度增加，所以c(HCO3-)减小；故B错误；

C．加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增加，所以溶液中n(H+)与n(OH-)的乘积变大；故C正确；

D．在溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)；故错D误；

故选C。8、D【分析】【详解】

由图可知，纵横坐标的乘积越大，越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上；

A.图像b点所以故A正确；

B.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，增大，平衡逆向移动，减小，减小，增大；可使a点变到d点，故B正确；

C.越大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动程度越大，AgCl的溶解度越小，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是故C正确；

D.只受温度的影响，温度不变，则不变，所以常温下，AgCl在纯水中的与在溶液中的相等；故D错误；

故选D。

【点睛】

难溶电解质的只受温度的影响，温度不变，不变，与其所处的环境无关；但其溶解度与所处的环境有关，例如C项，一定温度下，AgCl固体在三种溶液中的溶解度比较，越大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动程度越大，AgCl的溶解度越小；再例如D项，常温下，AgCl在纯水中的与在溶液中的相等，但是AgCl在纯水中的溶解度比在溶液中的溶解度大。这是同学们的易错点。9、D【分析】【详解】

A.实验ii与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c（H+）有利于Cr2O72-的去除；故A正确；

B.根据表中数据可判断加入Fe2（SO4）3，增加c（Fe3+），Cr2O72-的去除率明显提升；故B正确；

C.实验iv中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72-氧化后再产生Fe3+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率；故C正确；

D.实验iv中，铁作阳极先失去电子变成Fe2+，然后发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.0lmolCr2O72-理论上共转移0.06mol电子，但Cr2O72-的去除率只有57.3%；所以转移的电子数小于0.06mol，故D错误。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)10、CD【分析】【详解】

A．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，由于CO2(g)；CO(g)的浓度都不发生变化；所以平衡不发生移动，A不正确；

B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ减小体积为1L；此时平衡逆向移动，x＜0.8，B不正确；

C．若容器Ⅲ中温度也为977K，与容器Ⅰ为等效平衡，达到平衡时，y=0.4，容器Ⅲ中的CO的转化率为=现容器Ⅲ中温度为1250K，相当于977K时的平衡体系升高温度，平衡正向移动，CO的转化率减小，所以容器Ⅲ中的CO的转化率小于C正确；

D．在容器Ⅰ中，K==1，若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，此时浓度商Q==0.2＜1；所以平衡将向正反应方向进行，D正确；

故选CD。11、AD【分析】【详解】

A．由图像可知，增大压强，(正)>(逆)；平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A正确；

B．由图像可知；增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B错误；

C．由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误；

D．由图像可知，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D正确；

故答案为：AD。12、AD【分析】【详解】

A、反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即△S<0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即△H<0，故A正确；B、达到平衡N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(1×2)mol/(L·s)=0.03mol/(L·s)，故B错误；C、反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，此时假如平衡不移动，c(CO,容器II)=2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，故C错误；D、2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)

起始浓度：0.20.200

变化浓度：0.120.120.060.12

平衡浓度：0.080.080.060.12根据化学平衡常数的表达式，K==21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc==10<21，说明反应向正反应方向进行，V正>V逆；故D正确。

点睛：本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入0.2molNO和0.2molCO，假如平衡不移动，c(CO,容器II)=2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO,容器II)<2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。13、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，两式相加可得质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)。

【详解】

A．根据c(HS−)=c(S2−)可知，溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，可得c(Cl−)＜c(HS−)+2c(H2S)，由于c(HS−)=c(S2−)，所以c(Cl−)＜c(S2−)+2c(H2S)；故A错误；

B．由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH−)=c(H+)，可得c(Cl−)═c(HS−)+2c(H2S)；故B正确；

C．溶液pH＝6.89时，c(H+)=10-6.89溶液显酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱电解质的电离比较弱，溶液中离子浓度大小关系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正确；

D．c(Cl−)=0.200mol⋅L−1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D错误；故选：BC。14、CD【分析】【详解】

A.a点lg=12，则溶液中c(H+)=0.1mol/L，可知HX为强酸，e点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L完全中和；强酸对水的电离起抑制作用，酸的浓度减小，则水的电离变大，由a点到e点水的电离程度一直增大，A项错误；

B.HX为强酸会完全电离；溶液中不存在HX，B项错误；

C.c点lg=6，则溶液中c(H+)=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=2c(Na＋)，联立两个等式可得c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)，所以c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)；C项正确；

D.b点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L=c(OH－)，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，即c(Y－)=c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=0.1mol/L，联立两个等式可得c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L，所以c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L；D项正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等。本题的易错点为B，要注意根据0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY中lg的值判断酸的强弱。15、BD【分析】【详解】

A.P点满足电荷守恒：根据图像可知，则故A正确；

B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则故B错误；

C.当V(NaOH)=30mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：故C正确；

D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2－部分水解产生等浓度的OH－、HA－，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则正确的离子浓度大小为：故D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则16、BD【分析】【详解】

A．常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后；溶液的pH接近于7，不会等于8，故A错误；

B．浓度为0.1mol·L－1的氨水对水的电离起抑制作用，浓度为0.1mol·L－1的氯化铵溶液是能水解的盐；对水的电离起促进作用，故B正确；

C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）；故C错误；

D．CH3COOH与KOH反应得到的溶液中存在电荷守恒：c（K＋）+c（H＋）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；故D正确。

故选BD。17、BD【分析】【详解】

A.b点是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的CH3COONa和过量CH3COOH等浓度的混合溶液，此时溶液pH<7，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，盐电离产生的Na+浓度远大于弱酸CH3COOH电离产生的H+的浓度，但酸电离程度是微弱的，主要以电解质分子存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，醋酸分子发生电离而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故溶液中微粒浓度大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)；A错误；

B.c点是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，水电离出氢氧根离子浓度等于所有氢离子浓度总和，c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)；B正确；

C.a点是Na2CO3、NaHCO3等浓度的混合溶液，促进水的电离；b点是等浓度CH3COONa和CH3COOH混合溶液，溶液的pH<7，说明醋酸电离作用大于CH3COONa的水解作用，水电离平衡受到抑制作用；c点是Na2CO3溶液，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，促进水的电离；d点是pH等于7的CH3COONa和CH3COOH混合的中性溶液，水的电离平衡的抑制作用与促进作用相等，对水电离平衡移动无影响，根据溶液pH大小可知，四点水电离程度：bc(H+)就越大，故溶液中由水电离出c(H+)关系为：b

D.d点溶液pH=7为中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，×==180；D正确；

故答案选BD。三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【详解】

（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中数据可知；温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即ΔH＜0；

②x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2)=1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为：

（3）①由题：其中Kb表示NH3·H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率42%不变NH4++H2ONH3·H2O+H+19、略

【分析】【分析】

燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，因此本题应计算1mol甲醇完全燃烧放出的热，用∆H表示燃烧热时还应加上负号。

【详解】

根据燃烧热的定义，CH3OH的燃烧热ΔH=所以表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol。答案为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol

【点睛】

表示燃烧热的方程式要注意：

1.可燃物的系数为1；其他物质的化学计量数可能出现分数；

2.产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2；而不是C→CO；

3.注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定，所以水应为液态。【解析】CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol20、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ21、略

【分析】【详解】

（1）根据原子守恒，B2H6与水反应的化学方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。

（2）①根据图像，温度升高，达到平衡的时间缩短，说明升高温度化学反应速率加快；根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大；说明升高温度，平衡正向移动。

②根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，则∆H>0。

（3）反应H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）的平衡常数K=c{[B(OH)4]-}·c(H+)/c(H3BO3)，平衡时c平衡{[B(OH)4]-}=c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3）=0.7mol/L，则K==5.7×10-10mol/L。【解析】①.6H2②.升高温度，反应速率加快，平衡正向移动③.>④.5.7×10-10mol/L22、略

【分析】【详解】

在2L的密闭容器中，加入3molA和1molB，发生下述反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)，5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/L，可列出三段式：

（1）根据三段式可知，达到平衡时，A的转化率为此温度下的平衡常数

（2）维持容器的温度不变；缩小容器的体积，压强增大；根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向系数减小的方向移动，则平衡将向正反应方向移动；

（3）维持容器的体积和温度不变，向密闭容器中加入氦气，平衡不移动，达到新平衡时，各物质浓度不变，则B、C的浓度之比将不变；

（4）当增加A的浓度，平衡正向移动，则B的转化率增大；若将C分离出来，体系的温度不变，化学平衡常数只与温度有关，故化学平衡常数不变。【解析】①.60%②.8.3③.正反应方向④.不变⑤.增大⑥.不变23、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%24、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑25、略

【分析】【详解】

（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是AI3++3H2OAI（OH）3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到氧化铝。所以实验室在保存AlCl3溶液时；常在溶液中加少量的盐酸，以抑制氯化铝的水解。

（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好反应，生成醋酸钠。醋酸钠水解，溶液显碱性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＞c(CH3COO－)。

（3）由于醋酸是弱酸，所以pH＝3的醋酸的浓度大于0.001mol/L，则在和氢氧化钠反应时，醋酸是过量的，所以溶液显酸性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＜c(CH3COO－)。

（4）根据电荷守恒定律可知，当溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等是，氢离子浓度等于OH－浓度；溶液显中性。这说明醋酸应该是过量的，所以醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。

（5）0.1mol·L－1的NaHCO3溶液PH=9，这说明碳酸氢钠的水解程度大于碳酸氢钠的电离程度，所以溶液中c(CO32-)＜c(H2CO3)。根据电荷守恒定律可知，离子浓度的关系是2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)。【解析】①.酸②.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+③.Al2O3④.HCl⑤.抑制⑥.碱⑦.＞⑧.＜⑨.中⑩.＞⑪.＜⑫.2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)四、判断题(共1题，共6分)26、×【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27分)27、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-0.5128、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><29、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、工业流程题(共3题，共24分)30、略

【分析】【分析】

(1)、BaSO4和C反应生成BaS和CO；

(2)a、加入过量的炭使BaSO4得到充分的还原；同时通入空气使CO燃烧提供热量；

B；设法将生成的BaS及时移出不能维持及应所需的高温；

(3)；BaS为可溶性盐；检验是否洗涤干净即检验是否含有钡离子；

(4)①；难溶电解质的溶解平衡中；溶度积小的