2025年粤教沪科版选修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年粤教沪科版选修4化学上册月考试卷820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7题，共14分)1、已知：

①I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH1＝－9.48kJ/mol

②I2(s)＋H2(g)2HI(g)ΔH2＝＋26.48kJ/mol

下列判断正确的是()A.254gI2(g)中通入2gH2(g)，反应放热9.48kJB.I2(g)=I2(s)ΔH＝－17.00kJ/molC.固态碘的稳定性比气态碘的稳定性高D.1mol固态碘和1mol气态碘分别与氢气完全反应，前者断裂的I—I键更多2、一定温度下，下列溶液呈碱性的是（）A.pH=7.2的溶液B.（NH4）2SO4C.KClD.K2CO33、室温(25℃)下，用浓度为0.2000的次磷酸()溶液滴定20.00浓度为0.1000的溶液。已知次磷酸是一元中强酸，室温下下列说法正确的是A.当时，溶液中存在：B.当时，溶液中存在：C.当时，离子浓度大小关系：D.从滴定开始到溶液呈中性过程中，水的电离度不断增大4、用物质的量均是0.1mol的CH3COOK和CH3COOH配成1L溶液，已知其中c(CH3COO−)＞c(K＋),有关混合溶液的下列判断正确的是A.c(CH3COO−)+c(OH-)=0.1mol/LB.c(CH3COOH)>c(CH3COO−)C.c(H+)<c(OH-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.2mol/L5、25℃时，将CH3COOH和CH3COONa共0.1mol配制成1L溶液，溶液中CH3COOH和CH3COO-各自所占的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.25℃时，CH3COO-的水解平衡常数为10—9.24B.pH=4.76时，加入的CH3COOH和CH3COONa物质的量相等C.pH<4.76时，一定有c（CH3COO-）+c（OH-）>c（H+）D.4.76<7时，c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）6、常温下，向等体积(V0mL)等浓度(0.1mol.L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水，使其稀释VmL，稀释过程中，溶液的pH与lg的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.曲线X对应的盐为NaR，MCl为强酸强碱盐B.对于曲线Y，a点水的电离程度比b点小C.常温下，MOH的电离平衡常数Kb的数量级为10－3D.曲线Z上任何一点对应溶液中均存在c(H+)=c(OH－)+c(MOH)7、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L己烯中含有碳氢键数目为12NAB.100g质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NAC.65gZn与一定量的浓硫酸完全反应得混合气体的分子数为NAD.电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、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_________________________________________。9、(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是______________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________。

(2)如图所示是101kPa时氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的能量变化，此反应的热化学方程式为_____________。10、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L－1；试计算：（写出简单的计算过程）

（1）x的值为多少________

（2）B的转化率为多少________

（3）平衡时A的浓度为多少________11、常压下；取不同浓度；不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

。温度（℃）

c(氨水)(mol/L)

电离常数。

电离度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________（填“左”；“右”）移动；能支持该结论的表中数据是__________；

a．电离常数b．电离度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不变的原因是________________________。12、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中13、在室温下；下列四种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。

(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4+)最小的是_______(填序号)。

(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_______c()(填“＞”、“＜”或“＝”)。14、按要求填写下面的空。

(1)温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4②NaNO3③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa，它们的pH值由小到大的排列顺序是________。

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①④⑤⑥D.⑤⑥②④①③

(2)25℃时，利用pH试纸测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为____。向10mL此溶液中加水稀释，电离常数的值将________。(填“增大”“减小”或“无法确定”)

(3)25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______。(取近似值)

(4)pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)_______V(CH3COOH)(填＞；＜或=；下同)

(5)浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl____________pH(CH3COOH)15、弱酸HA的电离常数25℃时，有关弱酸的电离常数如下：。弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是________________（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、有机推断题(共1题，共6分)17、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：_____。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)18、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：)19、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“＝”）。20、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：__。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.254gI2(g)和2gH2(g)的物质的量均为1mol，由I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH1＝－9.48kJ/mol可知；若这些反应物完全转化为生成物，则可放热9.48kJ，由于该反应是可逆反应，反应物不能转化为生成物，反应放热少于9.48kJ，A项错误；

B.根据盖斯定律，①－②得：I2(g)=I2(s)ΔH＝－35.96kJ/mol；B项错误；

C.由上述热化学方程式可知；在相同条件下，固态碘能量低于气态碘，故固态碘的稳定性比气态碘的稳定性高，C项正确；

D.1mol固态碘和1mol气态碘均含有1molI—I键；分别与氢气完全反应，两者断裂的I—I键相同，D项错误。

故选C。2、D【分析】【详解】

A、pH=7.2的溶液中c(H+)=1×10-7.2mol/L，c(OH-)==mol/L，因KW与温度有关，故无法确定该溶液中c(H+)与c(OH-)相对大小；无法确定溶液酸碱性，故A不符合题意；

B、（NH4）2SO4为强酸弱碱盐；其溶液一定呈酸性，故B不符合题意；

C；KCl属于强酸强碱盐；其溶液一定呈中性，故C不符合题意；

D、K2CO3属于强碱弱酸盐，其溶液一定呈碱性，故D符合题意。3、B【分析】【详解】

A.当时，溶质为NaH2PO2和NaOH的混合溶液中，根据物料守恒得到：故A错误；

B.当时，溶质为NaH2PO2，根据质子守恒思想得出：故B正确；

C.当时，溶质为NaH2PO2和H3PO2，且浓度相等，说明电离为主，显酸性，因此离子浓度大小关系：故C错误；

D.从滴定开始到恰好完全反应完，水的电离度不断增大，从NaH2PO2到溶液呈中性过程中；水的电离度不断减小，故D错误。

综上所述；答案为B。

【点睛】

次磷酸是一元中强酸，电离出H2PO2－和H+，不存在HPO22－和PO23－离子。4、D【分析】等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾溶液中，c(CH3COO−)＞c(K＋)，根据电荷守恒可得：c(H+)>c(OH-)，溶液显示酸性，说明则醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，再结合电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)、物料守恒c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)＝0.2mol•L−1对各选项进行判断。

【详解】

A．根据电荷守恒得c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)，钾离子不水解，所以钾离子浓度为0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)＞0.1mol/L；故A错误；

B．混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO−)；故B错误；

C．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钾溶液中，c(CH3COO−)＞c(K＋)，根据电荷守恒c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)可得：c(H+)>c(OH-)；故C错误；

D．根据混合液中的物料守恒得：c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)＝0.2mol•L−1；故D正确；

故答案选D。

【点睛】

根据电荷守恒确定溶液的酸碱性、酸的电离程度和酸根离子水解程度相对大小，再结合电荷守恒和物料守恒解答，选项A为易错点，注意利用电荷守恒分析。5、B【分析】【分析】

A；先求醋酸电离平衡常数；再求出醋酸的电离常数，再结合水的离子积求出水解常数；

B、CH3COOH电离常数大于CH3COO－水解常数；

C、根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）判断；

D、根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），且c（H+）>c（OH-）判断。

【详解】

A.PH=4.67时，c（CH3COO－）=c（CH3COOH），醋酸电离平衡常数Ka==c（H＋）=10-4.76；

25℃时，CH3COO—的水解平衡常数为===10—9.24；

故A正确；

B.pH=4.76时，c（CH3COO－）=c（CH3COOH），由A选项中电离常数、水解常数大小可知：CH3COOH大于CH3COONa的水解，加入的CH3COOH多于CH3COONa物质的量；故B错误；

C.pH<4.76时，根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），一定有c（CH3COO-）+c（OH-）>c（H+）；故C正确；

D.4.76<7时，根据电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），且c（H+）>c（OH-），故c（CH3COO-）>c（Na+），即c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）；故D正确；

故选B。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，明确溶液酸碱性与微粒浓度关系是解本题关键，把握溶液中存在的电荷守恒、物料守恒即可解答，难点A，要先利用特殊点，求出醋酸的电离常数，再结合水的离子积求出水解常数。6、D【分析】【分析】

由题给图象X；Y、Z三条曲线的起始点可知；三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性，水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐，水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐，水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；X为NaR，为弱酸强碱盐，Y为MR，为弱酸弱碱盐，Z为MCl，为强酸弱碱盐，故A错误；

B．曲线Y对应的盐为MR，为中性，为弱酸弱碱盐，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变，故b点水的电离程度和a点相同；故B错误；

C．由题图可知，0.1mol.L-1MCl溶液的pH=5，水解平衡常数Kh===10-9，根据Kw=Kb×Kh，常温下，MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5，数量级为10-5；故C错误；

D．根据分析，Z对应的盐为MCl，属于强酸弱碱盐，曲线Z上任何一点对应溶液中存在质子守恒c(H+)=c(OH－)+c(MOH)；故D正确；

答案选D。

【点睛】

弱酸弱碱盐的水解程度不受浓度的影响，随着稀释程度的增大，水的电离程度不变。7、C【分析】【详解】

A.标况下；己烯不是气体，A错误；

B.100g质量分数17%溶液含有0.5mol中极性键为NA个；溶液中还含有大量的水，水中也含有极性键，B错误；

C.一段时间后变为稀硫酸继续反应：两个反应中都是1mol锌生成1mol气体，故混合气体的分子数为NA；C正确；

D.电解精炼铜时阳极不只是铜失电子；还有活泼性比铜强的金属失电子，故转移电子数无法计算，D错误；

答案选C。二、填空题(共8题，共16分)8、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)9、略

【分析】【详解】

（1）①根据图像，第一步反应ΔH小于0，也可以根据应物的总能量大于生成物的总能量判断该反应为放热反应，故答案为：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量；

②第一步反应的热化学方程式为：第二步反应的热化学方程式为：两步反应相加，即可得到目标方程式：故答案为：

（2）反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和故该反应的热化学方程式为：故答案为：【解析】放热ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346KJ/mol10、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

转3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【详解】

（1）物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；因此x=2，故答案为：2；

（2）B的转化率故答案为：20%；

（3）平衡时A的浓度故答案为：0.75mol/L

【点睛】

化学平衡的计算，三段式是常用方法，把三段式列出来，然后根据题目要求，具体计算。【解析】①.2②.20%③.0.75mol/L11、略

【分析】【分析】

【详解】

①温度升高，促进NH3·H2O的电离；平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；

（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH－）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH－）减小，而温度升高，使c（OH－）增大，双重作用使c（OH－）基本不变。【解析】右a氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变12、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc13、略

【分析】【分析】

根据盐类的水解判断溶液的酸碱性并写出水解离子方程式；根据物质的微粒构成情况判断离子浓度的大小；根据电荷守恒判断离子浓度的关系；据此解答。

【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+；答案为酸，+H2O⇌NH3·H2O+H+。

（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/LNH4Cl中水解显酸性；②0.1mol/LCH3COONH4中CH3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；④0.1mol/LNH3⋅H2O是弱电解质，微弱电离生成铵根离子显碱性；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0.1mol/LNH3⋅H2O；答案为③；④。

（3）0.1mol/LCH3COONH4中存在CH3COO-、H+、OH-等四种离子，由电荷守恒得c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，室温下，测得溶液②的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(CH3COO-)；答案为=。【解析】①.酸②.+H2O⇌H++NH3•H2O③.③④.④⑤.=14、略

【分析】【详解】

（1）将6种溶液进行分组：酸性组pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4电离生成H＋，酸性最强，①（NH4）2SO4中c（NH4＋）较大、水解后溶液酸性较强，pH值由小到大的顺序为③＜①＜④；中性组②NaNO3，pH=7；碱性组pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO；所以⑤NaClO的水解程度大，碱性强；pH大，综上，6种溶液的pH值由小到大的排列顺序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正确；

故答案为：A；

（2）0.1mol·L－1醋酸溶液中c（H＋）=c（CH3COO－）=0.001mol·L－1，c（CH3COOH）=0.1mol·L－1-0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，醋酸的电离常数K==10-5；醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（CH3COOH）减小、n（H＋）增大，所以增大；

故答案为：10-5；增大；

（3）pH=3的NH4Al（SO4）2中c（H＋）=0.001mol·L－1，c（OH－）=10-11mol·L－1，电荷关系为2c（SO42－）+c（OH－）=c（NH4＋）+3c（Al3＋）+c（H＋），所以2c（SO42－）-c（NH4＋）-3c（Al3＋）=c（H＋）-c（OH－）=0.001mol·L－1-10-11mol·L－1=0.001mol·L－1；

故答案为：0.001mol·L－1；

（4）CH3COOH是弱酸，pH=2的CH3COOH溶液中c（H＋）＞0.01mol·L－1，pH=2的盐酸和CH3COOH溶液加水稀释相同倍数时，由于加水促进CH3COOH的电离，导致CH3COOH溶液的酸性强、pH小，要使加水至pH再次相等，则CH3COOH溶液应该继续加水，所以加入水的体积V（HCl）＜V（CH3COOH）；

故答案为：＜；

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，CH3COOH是弱酸，浓度相同的盐酸和CH3COOH溶液加入等体积的水稀释后，CH3COOH的电离不完全，导致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等体积的水稀释后pH（HCl）＜pH（CH3COOH）；

故答案为：＜。【解析】A10-5增大0.001mol·L－1＜＜15、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱；根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。

【详解】

（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：故答案为：①>②>④>③；

（2）根据醋酸的电离常数，结合得pH=5，故答案为：5；

（3）当与溶液1：1混合时，溶质为根据的电离常数可知，的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故答案为：碱。【解析】①>②>④>③5碱三、判断题(共1题，共2分)16、×【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、有机推断题(共1题，共6分)17、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、结构与性质(共3题，共12分)18、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-0.5119、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