2024年浙科版选修4化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙科版选修4化学上册阶段测试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8题，共16分)1、可用下面示意图表示的是。

反应纵坐标甲乙ASO2与O2在同温、同体积容器中反应SO2的转化率2molSO2和1molO22molSO2和2molO2B2molSO2与1molO2在同温、体积可变的恒压容器中反应SO2的转化率1×106Pa1×105PaC相同质量氨，在同一固定容积容器中反应氨气的浓度400℃500℃D体积比为1：3的N2、H2在同温、体积可变的恒压容器中反应氨气的浓度活性高的催化剂活性一般的催化剂

A.AB.BC.CD.D2、下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是A.相同浓度两溶液中的c(OH-)相等B.pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11C.100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的盐酸D.两溶液中分别加入少量对应的NaOH固体，c(OH-)均明显减小3、下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH＜7的溶液B.能与金属反应生成氢气的溶液C.滴加酚酞仍为无色的溶液D.c(H+)＞c(OH-)的溶液4、分别在等体积等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中，加入足量锌粉，氢离子浓度c(H+)及氢气的体积V(H2)（同温同压下测定）的变化图示如图所示；其中正确的是。

A.①③B.②④C.①②③D.①②③④5、往NaOH溶液中加入少量的稀醋酸，若温度不变，下列数据一定增大的是A.溶液的导电性B.水的离子积C.离子总数D.溶液pH值6、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)B.0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)C.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)7、液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3⇌NH+NH25℃时其离子积K=l.0×l0-30。现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中不存在的关系式是（）(设温度保持不变，溶液体积为仍1L)A.c(Na+)=c(NH)B.c(NH)=1×10-29mol/LC.c(NH)＞c(NH)D.c(NH)∙c(NH)=l.0×l0-308、物质的量浓度相等的三种溶液：①H2CO3②NaOH③Na2CO3溶液，下列说法不正确的是A.水电离出的c(H＋)：③＞①＞②B.溶液的pH：②＞③＞①C.①和②等体积混合后的溶液：D.①和③等体积混合后的溶液：评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列关于25℃的NaHCO3溶液的相关事实，能够证明H2CO3为弱酸的是A.溶液中存在CO32-B.溶液中c(Na+)＞c(CO32-)C.溶液中存在H2CO3分子D.溶液中c(H+)·c(OH-)=10-1410、高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列说法正确的是（）

A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B.由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4C.25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K＞100D.C两点对应溶液中水的电离程度不相等11、用0.100mol·L-1HCl溶液滴定0.100mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图，已知下列说法错误的是。

A.a点溶液中：c(CO32-)>c(HCO3-)B.b点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)C.c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D.溶液中水的电离程度：a>b>c>d12、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)=]如图所示:

下列说法错误的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液可用酚酞作指示剂B.0.1mol·L-1Na2A溶液中:c(Na+)-)+2c(A2-)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.H2A的Ka2=1×10-713、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)14、25℃时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的盐酸，溶液的AG[AG＝lg]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()

A.若a＝－8，则Kb(XOH)≈10－6B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M点到N点，水的电离程度先增大后减小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途，NH3、HNQ3等是重要化工产品。

（1）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭；水和空气为原料来制取的。其主要反应是：

①2C+O2→2CO

②C+H2O(g)→CO+H2

③CO+H2O(g)→CO2+H2

某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气（设空气中N2和O2的体积比为4:1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：表中x＝_______m3，实际消耗了_____kg焦炭。气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0

（2）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(1)ΔH<0。若向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2,反应在不同条件下进行上述反应；反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①与实验a相比，c组改变的实验条件可能是____________。

②用P0表示开始时总压强，P表示平衡时总压强，.用α表示SO2的平衡转化率，则α表达式为________。

（3）已知N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。（2NO22NO+O2）。在1L的密闭容器中发生反应N2O42NO2达到平衡状态。

①若此时为标准状态下(273K101KPa)，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色____(和原平衡状态比；填选项字母，下同)

A．增大(加深)B．减小(变浅)C．不变D．不能确定。

②若此时为25℃，101KPa下，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色______，混合物中NO2的体积分数___________。

（4）查阅资料可知：常温下，Ksp[Ag(NH3)2+]=1.00×107。Ksp[AgC1]=2.50×10-10.

①银氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，该反应平衡常数的表达式为K稳=__________；

②计算得到可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K=______，1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl_______mol（保留2位有效数字）16、按要求写热化学方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为QkJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式______________________________________________________。

（3）已知下列热化学方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式_________________________________________。17、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)。18、（1）已知在250C、1.013×105Pa下；1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量，生成物能量总和________（填“＞”；“＜”或“=”）反应物能量总和．若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量________570kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．

（2）已知在250C、1.013×105Pa下，16gCH4（g）与适量O2（g）反应生成CO2（g）和H2O（l），放出890.3kJ热量，写出甲烷燃烧热的热化学方程式__________________________．19、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15min内用SO3表示平均反应速率为__。

（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。

（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。

A．加入催化剂B．缩小容器容积。

C．降低温度D．增加O2的物质的量20、在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)⇌R(g)+2L(？)；此反应规律符合如图图象：

(1)T1______T2，正反应的△H______0(填“＞”；“＜”或“=”；下同)

(2)P1______P2，L为______(填“固”或“液”或“气”态)21、室温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（1）点①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）点②所示溶液中的电荷守恒式为______________________________________。

（3）点③所示溶液中存在________种平衡。

（4）点④所示溶液中的物料守恒式为0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________。

（6）上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是_______，最小的是________(用序号回答)。22、按要求回答下列问题：

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为______________。

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：

①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－）浓度大小关系为____________。

②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用数值列出计算式即可）mol·L－1。23、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)24、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1题，共6分)25、CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。

（1）CO2的电子式是______。

（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇；但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。

获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氢生成乙二醇与甲醇。

①步骤Ⅱ的热化学方程式是______。

②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时）；实验数据见下表：

。反应温度/℃

EC转化率/%

产率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，温度越高，EC的转化率越高，原因是______。温度升高到220℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如下图所示，电极a接电源的______极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______。

（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是______（填序号）。

a．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物。

b．利用电能、光能或热能活化CO2分子。

c．选择高效的催化剂评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5分)26、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．SO2量相同，由于乙中O2量大，故乙中SO2的转化率高；A错误；

B．由于甲压强大；反应快，达平衡时间短，B错误；

C．氨的分解反应为放热；故升高温度，反应速率越快，同时升高温度反应向吸热反应方向（即正方向）移动，故图像正确，C正确；

D．平衡时NH3浓度应相同；催化剂不改变平衡的方向，D错误；

故选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3•H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等浓度的两种溶液中c(OH-)是NaOH的大于氨水；A错误；

B．pH=13的两种溶液，氨水浓度大于NaOH，加水稀释促进NH3•H2O，导致稀释后c(OH-)在NaOH的小于氨水；所以氨水的pH大于11，B错误；

C．两种物质都是一元碱；等物质的量的氨水和NaOH完全被HCl中和时，消耗盐酸的物质的量相等，C正确；

D．往NaOH溶液中加少量NaOH固体，c(OH-)增大，在氨水中加NaOH固体，抑制氨水电离，但同离子效应的程度比加入NaOH的小，故c(OH-)也增大；D错误；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．温度升高时，水的电离程度增大，电离产生的c(H+)增大，pH减小，所以pH<7的溶液不一定呈酸性；可能呈中性，A不正确；

B．氢氧化钠溶液能与铝反应产生氢气；所以能与金属反应生成氢气的溶液不一定呈酸性，B不正确；

C．酚酞在pH>8时才显红色；所以滴加酚酞仍为无色的溶液不一定呈酸性，C不正确；

D．c(H+)＞c(OH-)的溶液一定呈酸性；D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

①随着反应的进行；氢离子浓度逐渐减小但是醋酸会逐渐电离出氢离子，所以醋酸中氢离子消耗的速率慢，故①正确；②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量锌，产生的氢气的体积多，开始氢离子浓度相等，速率相等，但后来醋酸又电离出氢离子，氢离子浓度大于盐酸，因此后来反应更快，故②正确；③等浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，和金属锌反应的速率比醋酸的快，故③正确；④等浓度的盐酸和醋酸，和金属锌反应的速率是盐酸比醋酸的快，醋酸不可能比盐酸反应的快，故④错误，因此①②③正确，故C正确。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【详解】

A.氢氧化钠溶液中加入少量稀醋酸发生反应生成醋酸钠和水；溶液导电性变化不大，A错误；

B.温度不变；水的离子积常数不变，B错误；

C.往NaOH溶液中加入少量的稀醋酸；反应生成醋酸钠是强电解质，氢氧化钠中氢氧根离子物质的量减小和增大醋酸根离子物质的量相同，但碱性减弱水的电离程度增大，且加入稀醋酸溶液中加入了水，所以溶液中离子总数增大，C正确；

D.往NaOH溶液中加入少量的稀醋酸；反应生成醋酸钠，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，D错误；

故合理选项是C。6、A【分析】【详解】

A、0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)；A选项正确；

B、0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.1mol·L－1氨水等体积混合，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH4+水解和NH3·H2O的电离，则c(NH4+)=c(NH3·H2O)=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)；B选项错误；

C、根据物料守恒，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO32-)＋3c(HCO3-)＋3c(H2CO3)，即c(Na+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)；C选项错误；

D、0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH－)＋c(Cl－)；D选项错误。

答案为A。

【点睛】

明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。7、A【分析】【分析】

根据电荷守恒原理做答；离子积常数只与温度有关。

【详解】

A．溶液中电荷守恒，所以c(Na+)+c(NH4+)=c(NH2-)；A错误；

B.2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，促进液氨的电离，c(NH)∙c(NH)=l.0×l0-30；反应生成NH2-物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0×l0-29mol/L；B正确；

C．c(NH2-)=0.1mol/L，c(NH4+)=l.0×l0-29mol/L，所以c(NH2-)＞c(NH4+)；C正确；

D．离子积常数只与温度有关；温度不变，离子积常数不变，D正确。

答案为A。8、D【分析】【分析】

A．酸或碱抑制水电离；含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大；碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，据此判断；

B．NaOH是强碱；碳酸钠是强碱弱酸盐、碳酸是弱酸；据此排序；

C．①和②等体积等浓度混合后的溶液中溶质为碳酸氢钠；碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，结合物料守恒判断；

D．①和③等体积等浓度混合后的溶液中溶质为碳酸氢钠；碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，据此分析判断。

【详解】

A．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大、碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大，①H2CO3为弱酸，②NaOH为强碱，③Na2CO3溶液为能够水解的盐，所以水电离出c(H＋)：③＞①＞②；故A正确；

B．NaOH是强碱；碳酸钠是强碱弱酸盐、碳酸是弱酸；所以pH：②＞③＞①，故B正确；

C．①和②等体积等浓度混合后的溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，根据物料守恒得故C正确；

D．①和③等体积等浓度混合后的溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解和水的电离都生成氢氧根离子，只有碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，所以离子浓度大小顺序是故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D中与的大小比较，要注意结合二者的来源分析。二、多选题(共6题，共12分)9、BC【分析】【详解】

A.溶液中存在CO32-，说明NaHCO3发生电离，但不一定是部分电离，所以不能证明H2CO3为弱酸；故A错误；

B.溶液中c（Na+）>c（CO32-），说明HCO3-的电离为部分电离，所以能够证明H2CO3为弱酸；故B正确；

C.溶液中存在H2CO3分子，说明HCO3-发生水解反应，能够证明H2CO3为弱酸；故C正确；

D.25℃的溶液中均存在c(H+)·c(OH-)=10-14，与H2CO3的酸性强弱无关；故D错误；

故选BC。10、BD【分析】【详解】

A.溶液中存在HFeO4-、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质；故A错误；

B.由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1==4.0×10-4；故B正确；

C.H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5，25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K=<100；故C错误；

D.A点的溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO4-电离小于FeO42-水解；促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，故D正确；

选BD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。11、AC【分析】【详解】

A.a点溶液溶质是Na2CO3、NaHCO3、NaCl且浓度相等，由于碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度，碳酸根水解生成碳酸氢根，因此溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)；故A错误；

B.b点溶液溶质为NaHCO3、NaCl且浓度相等，根据物料守恒得出c(Na+)=2c(HCO3－)+2c(CO32－)+2c(H2CO3)，因此有c(Na+)>c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)；故B正确；

C.c点溶液溶质为NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)；故C此错误；

D.碳酸钠水解程度最大，不断加盐酸，碱性不断减弱，水解程度不断减小，因此溶液中水的电离程度：a>b>c>d；故D正确。

综上所述，答案为AC。12、BC【分析】【分析】

由图可知，实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=1时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。

【详解】

A.强碱滴定弱酸时，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液应用酚酞作指示剂；故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH—)，因Na2A溶液显碱性，c(OH—)>c(H+)，则:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)；故B错误；

C.由图可知，当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA-的电离大于水解，则溶液中c(A2-)>c(H2A)；故C错误；

D.由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7；故D正确；

故选BC。

【点睛】

由图确定实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线是解答关键。13、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。14、AB【分析】【详解】

A.a点表示0.1mol·L－1的XOH，若a=−8，则c(OH−)=10−3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10−5；A项错误；

B.M点AG=0，则溶液中c(OH−)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中为XOH；XCl，二者没有恰好反应，B项错误；

C.若R点恰好为XCl时，根据物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1−)；C项正确；

D.M点的溶质为XOH和XCl；继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点N点，水的电离程度先增大后减小，D项正确；

答案选AB。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

（1）氮气不参与反应，且空气中氮气和氧气的体积比为4：1，则空气中氧气的体积为根据表中知氧气剩余1.0m3，则参与反应的氧气体积为(5-1)m3=4m3，设水蒸气的体积为mm3，根据氧元素守恒可知，x+12×2=4×2+m，由氢元素守恒可知水蒸气的体积为60m3，即m=60，则x=44。和的物质的量为n=根据碳元素守恒可知实际消耗焦炭的质量为m=nM==3.0×104g=30Kg。答案：44；30。

（2）①a、c开始均通入2molCO和1molSO2；容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是：升高温度，故答案为：升高温度。

②用p0表示开始的时候的总压强，p表示平衡时的总压强，a表示CO的平衡转化率，则：

压强之比等于物质的量之比，则p0：p=3：(2-2a+1-a+2a)，整理可得a=×100%，故答案为a=×100%；

（3）①根据N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。标准状态下(273K101KPa)，加入4.6g纯的NO2，知n(NO2)=0.1mol，部分发生反应，生成N2O4；所以颜色变深；答案：A。

②温度升至25℃，平衡正向移动，向其中加入4.6g纯的NO2；平衡虽然逆向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，因此，本题正确答案是：A．

（4）①化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,则化学平衡常数=因此，本题正确答案是:

②可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K==K∙Ksp[AgC1]=1.00×107×2.50×10-10=2.50×10-3；

设溶解的AgCl物质的量为x,反应前后系数相同,可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数,AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)根据平衡常数=2.50×10-3，X=0.045mol,因此，本题正确答案是:2.5×10-3；0.045mol。【解析】4430升高温度×100%AAB2.5×10-30.045mol16、略

【分析】（1）中和热是指：25℃、101kPa下，酸与碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以，H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的质量为25g，其物质的量为0.25mol，根据C守恒可得丁烷的物质的量为0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出热量为QkJ；而燃烧热是指：25℃；101kPa下；1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。故丁烷的燃料热的热化学方程式为：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由热化学方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；结合盖斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式为：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)17、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<043518、略

【分析】【详解】

(1)1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285kJ的热量，说明生成物的总能量小于反应物的总能量；2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285×2=570kJ，由液态水变气态水需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出的热量小于570kJ；(2)16gCH4（g）的物质的量为1mol，所以热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1。

【点睛】

放热反应中生成物的总能量小于反应物总能量，反应放出的热量多少与物质的状态密切相关。由液体变为气体需要吸收热量。【解析】＜＜CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣119、略

【分析】【分析】

(1)结合温度对速率的影响分析。

(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；

(3)当反应达到化学平衡状态时；各组分的浓度不随时间的变化而变化；

(4)10min到15min的时间段；化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。

【详解】

(1)降低温度；化学反应速率减小；

(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；

(3)根据图示曲线变化可知；15～20min；25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；

(4)根据图像所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。【解析】①.减小②.减小③.1.33×10-3mol/（L•min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D20、略

【分析】【详解】

(1)根据图像可知，当压强均为P1时，温度为T2的曲线首先达到平衡状态，这说明温度是T2＞T1；但温度高，R的含量低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，即△H＜0，故答案为：<；<；

(2)根据图像可知，当温度均为T1时，压强为P2的曲线首先达到平衡状态，这说明P2＞P1；但压强高，R的含量低，这说明增大越强平衡向逆反应方向移动，因此正方应是体积增大的可逆反应，即L一定是气态，故答案为：<；气态。【解析】①.<②.<③.<④.气态21、略

【分析】【分析】

(1)根据水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变分析；

(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；

(3)根据点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；

(4)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；

(5)根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。

【详解】

(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=1×10-14，故答案为：1×10-14；

(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡；还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

(4)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol•L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的①；故答案为：⑤；①。

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。【解析】（无特殊说明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①22、略

【分析】【分析】

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：因为c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB）；故HB为弱酸；

（3）弱酸的电离平衡常数越大；酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。

【详解】

（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：

（2）①溶液存在电离：同时存在水解根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；

②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案为：=；

（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）浓度大小关系为CH3COO->ClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小；故答案为：a；