2024年鲁人新版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年鲁人新版选修4化学上册阶段测试试卷661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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、常温下，和两种酸溶液，起始时溶液体积均为分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液的体积为V，溶液pH随的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.等物质的量浓度的和溶液中，后者水的电离程度大B.当稀释至时，等体积的两种酸中和C.当两溶液均稀释至时，溶液中：D.的电离方程式：2、室温下，用0.10mol•L-1盐酸滴定0.10mol•L-1氨水，滴定过程中NH3•H2O、NH4+(假设：溶液中的含氮微粒只有NH3•H2O和NH4+)的物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如：δ(NH3⋅H2O)=]。下列判断正确的是（）

A.曲线L1代表δ(NH4+)与pH的变化关系B.NH3•H2O的电离常数Ka(NH3•H2O)=1.0×10-4.7C.水的电离程度：P>MD.P点时混合溶液中存在：c(Cl-)=c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)3、一定温度下，水溶液中和的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A.升高温度，可能引起由a向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为C.该温度下，向水中加入固体可能引起由b向a的变化D.稀释该温度下某溶液可引起由b向c的变化4、下列实验方案中，可以达到实验目的的是。选项实验操作与现象目的或结论A用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOB在一定条件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯C向盛有少量Mg(OH)2固体的试管中加入适量NH4Cl浓溶液，充分振荡，白色固体溶解与Mg(OH)2溶解出的OH-结合，导致Mg(OH)2溶解D向NaI、NaCl混合稀溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)sp(AgCl)

A.AB.BC.CD.D5、25℃时，在Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-1g(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。

下列说法正确的是()A.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液B.b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1(mol/L)3C.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：c(Fe2+):c(Cu2+)=1:104.6D.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、25°C向中滴加过程中，变化如图所示。

（1）A点溶液用化学用语解释原因：_________________。

（2）下列有关B点溶液的说法正确的是_______________（填字母序号）。

a.溶质为：

b.微粒浓度满足：

c.微粒浓度满足：

（3）两点水的电离程度：______（填“”、“”或“”）。7、采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术；在含能材料；医药等工业中得到广泛应用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=−4.4kJ·mol−1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ·mol−1

则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol−1。8、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。

（1）常温下NaHA溶液的pH________(填序号)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定。

（2）某温度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室温下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由为______________。9、已知常温下：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－Kh=2.2×10－8

NH3·H2ONH4＋＋OH－Kb=1.8×10－5

将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合；可用于浸取矿渣中ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略。

(1)0.2mol·L-1氨水中，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)、c(H+)按从大到小的顺序排列为________；常温下，0.2mol·L-1NH4HCO3溶液pH________7(选填“>”；“〈”或“=”)。

(2)0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合后（NH3按NH3·H2O算），c(NH4+)+c(NH3·H2O)=______mol·L-1。10、现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。

(1)若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。

(2)根据(1)中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。

(3)用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共15分)12、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：)13、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“＝”）。14、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：__。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共12分)15、某研究小组设计了如下实验，探究常温下催化剂对过氧化氢分解反应的影响。ⅠⅡⅢ实验操作。

示意图实验现象有极少量气泡产生产生气泡速率略有加快产生气泡速率明显加快

（1）实验Ⅰ的作用是_______________。

（2）实验Ⅲ中反应的化学方程式为_______________。

（3）根据实验Ⅰ～Ⅲ中现象的不同；可以得出的结论是：

①使用合适的催化剂；可提高双氧水分解的反应速率；

②_______________。

（4）在一定温度下，10mL0.40mol/L，H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示：。t/min0246810V（O2）/mL09.917.222.426.529.9

0~6min，以H2O2的浓度变化表示的反应速率为v（H2O2）＝_________mol/（L·min）。（计算结果精确到0.001）16、甲醇是重要的化工原料；研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。

(1)一种重要的工业制备甲醇的反应为△H

已知：①

②

试计算制备反应的△H=_______。

(2)在某恒温恒压容器中进行反应达到平衡时容器容积为1L。A、B、C、D的物质的量依次为3mol、1mol、1mol、1mol；若往容器中再通入6molA，此时平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，该反应的△H_______(填“大于”或“小于”)0。

(3)对于反应其中分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，按初始投料比得到不同压强条件下的平衡转化率关系图：

①比较a、b；c各曲线所表示的投料比大小顺序为_______(用字母表示)。

②点N在线b上，计算540K的压强平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。

③540K条件下，某容器测得某时刻MPa，MPa，MPa，此时_______。

(4)甲醇催化可制取丙烯，反应为反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能；k为速率常数，R和C为常数)。

该反应的活化能Ea=_______17、氨气是重要的化工原料；广泛应用于化工；轻工、制药、合成纤维等领城。

(1)一定条件下，Haber法工业合成氨反应的能量变化如图所示(ad表示被催化剂吸附；反应历程中粒子均为气态)：

①该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=_______。

②写出一条既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率的措施_______。

(2)工业上用NH3催化还原烟气中NOx可以消除氮氧化物的污染。烟气以一定的流速通过两种不同催化剂；测得烟气脱氮率(即氮氧化物转化率)与温度的关系如图。

反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)。

下列说法正确的是_______(填序号)。A．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响B．在交叉点P处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡C．催化剂a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降可推知该反应为放热反应(3)温度为T时，在恒容的密闭容器中充入0.5molNH3(g)和1molNO(g)，发生反应：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(1)。起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则10min内N2的反应速率v(N2)=_______kPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp=_______(列出含p的计算式即可；分压=总压×物质的量分数)。

(4)我国科学家合成了一种新型的Fe-SnO2催化剂；用该催化剂修饰电极，可实现室温条件下电催化固氮生产氨和硝酸，原理如图所示：

①电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向_______室(填“a”或“b”)移动。

②写出阳极的电极反应式_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

根据图知，时，即溶液未稀释时的说明该溶液中则为强酸；时，的溶液的则该酸为弱酸；

A.根据以上分析可知是强酸，是弱酸，所以和溶液中；后者会水解，促进水的电离，故A正确；

B.pH相等时，的浓度大；物质的量多，中和的氢氧化钠多，故B错误；

C.加水稀释促进弱电解质电离，高锰酸完全电离，所以当稀释至pH均为3时，溶液中故C错误；

D.是弱酸；弱电解质电离用可逆号，故D错误。

故选A。2、B【分析】【分析】

NH3·H2O与HCl反应：NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，随着反应进行，pH逐渐减小，c(NH4＋)增大，推出L2代表NH4＋物质的量分数与pH的关系，L1代表NH3·H2O的物质的量分数与pH的关系；据此分析；

【详解】

A.pH越小，含量越大，结合图像分析可知曲线代表与pH的变化关系；故A错误；

B.根据P点数据分析可知P点铵根离子浓度等于一水合氨的浓度，氢氧根离子浓度为所以的电离常数故B正确；

C.M点相对于P点，铵离子含量前者大，所以对水的电离促进程度大，所以水的电离程度：故C错误；

D.根据题目信息可知P点的溶液中含有等量的氯化铵和一水合氨，所以c(Cl－)3·H2O)＋c(NH4＋)；故D错误。

答案：B。3、C【分析】【分析】

A．升高温度；水的离子积常数增大；

B．由b点计算此温度下水的离子积常数为

C．铁离子水解；溶液中氢离子浓度增大；

D．稀释中性溶液；溶液仍然为中性。

【详解】

A．温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，升高温度后将不在曲线上，不可能引起由a向b的变化；故A错误；

B．b点故K故B错误；

C．加入氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小由b到符合图像变化趋势，故C正确；

D．b点呈中性，稀释后溶液仍然呈中性，而c点溶液呈碱性，不可能引起由b向c的变化；故D错误；

故选：C。

【点睛】

本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，题目难度不大，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力。4、C【分析】【详解】

A．次氯酸钠水解产生的次氯酸具有强氧化性；会将pH试纸漂白，无法用pH试纸测定其pH值，故A错误；

B．无法保证氢气全部反应；所以会引入新的杂质，故B错误；

C．一水合氨为弱碱；氢氧化镁电离的氢氧根离子可与铵根离子结合生成一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解，故C正确；

D．离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀，但本实验中并未注明c(Cl-)、c(I-)的大小关系；所以无法判断溶度积大小，故D错误；

故答案为C。5、B【分析】【分析】

纵坐标为金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-1g(M2+)]，纵坐标数值越大，说明对应的金属阳离子的物质的量浓度越小。结合pH的数值，根据题给信息“该温度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]”可推知，溶液酸碱性相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，a线表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系。

【详解】

A．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀；溶液中铜离子的浓度会减小，而图中从X点到Y点铜离子浓度不变，与实验事实不相符，故A项错误；

B．结合以上分析可知，b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系；由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=B项正确；

C．当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则Ksp[Cu(OH)2]=C项错误；

D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变；D项错误。

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

（1）是弱电解质，用化学用语解释溶液即写出电离的方程式；

（2）B点加入的的物质的量为的一半，故溶质为和且物质的量之比为1:1；

（3）酸和碱会抑制水的电离；大部分能水解的盐促进水的电离；

【详解】

（1）是弱电解质，在溶液中部分电离，导致氢离子浓度小于溶液其电离的方程式为：

（2）B点溶液：

a.和物质的量之比为1:1；故a正确；

b.由电荷守恒可知，溶液中存在：故b正确；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c错误；

（3）酸和碱会抑制水的电离，大部分能水解的盐促进水的电离，A点的酸性溶液抑制水的电离，C点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，因为PH=7，醋酸的抑制作用与醋酸钠的促进作用相互抵消，对水的电离无影响，故水的电离程度：A

【点睛】

（1）判断酸碱中和时水的电离程度技巧：

酸碱恰好完全反应生成正盐时水的电离程度最大；

（2）判断溶液中某些等式是否正确，可从电荷守恒、物料守恒、质子守恒等入手。【解析】ab7、略

【分析】【详解】

第一个方程式×-第二个方程式得到第三个方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol−1，故答案为：53.1。【解析】53.18、略

【分析】【分析】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离；不发生水解，因此溶液的pH显酸性。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1。

【详解】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离，不发生水解，因此溶液的pH显酸性，故答案为：B；HA－只发生电离；不发生水解。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC；故答案为：BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1，故答案为：＜；H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。【解析】①.B②.HA－只发生电离，不发生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。9、略

【分析】【详解】

（1）氨水中c(NH3•H2O)最大，因为水会电离出OH-，故水的电离较弱，故c(H+)最小，故浓从大到小为：故溶液呈碱性，溶液pH>7；

故答案为：>；

（2）由物料守恒可知，二者混合后，含氮元素微粒总浓度为0.2mol/L，故

故答案为：0.2。【解析】①.②.>③.0.210、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01mol·L-1的某酸(A)与0.01mol·L-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性；则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。

【详解】

(1)若A为CH3COOH，所得溶液为0.01mol·L-1CH3COOH与0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01mol·L-1HCl与0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为mol·L-1=10-10mol·L-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01mol·L-1H2S与0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力<水解能力。答案为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

对于①、②来说，最后一步水电离，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最强，②中次之，③中不受影响，所以阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；

(3)浓度为0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是a>b>c。答案为：a>b>c。

【点睛】

0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c三、判断题(共1题，共2分)11、×【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】错四、结构与性质(共3题，共15分)12、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-0.5113、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><14、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+)=④③②五、原理综合题(共3题，共12分)15、略

【分析】【详解】

（1）实验Ⅰ中加入1mL水是让溶液总体积相同，确保双氧水的浓度相同，但没加催化剂，与Ⅱ、Ⅲ相同，作对照实验，证明实验Ⅱ和Ⅲ中的速率加快与溶液浓度无关；（2）双氧水分解产生水和氧气，三氯化铁作催化剂，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；（3）根据实验现象可知Ⅱ和Ⅲ在使用不同催化剂时化学反应速率不同，说明催化剂具有选择性，即不同催化剂的催化效率不同；（4）0～6min中，收集