2024年浙教版选修4化学下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年浙教版选修4化学下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、白磷和氯气反应生成PCl3的热化学方程式为P4（白磷，g）+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1，已知化学键键能为Cl—Cl键243kJ·mol-1，P—Cl键331kJ·mol-1。白磷和PCl3的分子结构如图所示；则P—P键的键能为（）

A.396kJ·mol-1B.198kJ·mol-1C.99kJ·mol-1D.49.5kJ·mol-12、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A.热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强B.向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C.水的离子积随温度变化如表格所示：D.对CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深3、常温下，含碳微粒存在于草酸溶液与等浓度NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量浓度和比值与溶液pH的关系如图所示，下列有关说法错误的是

A.向的溶液中加NaOH溶液将pH增大至的过程中水的电离度一直增大B.时，溶液中cC.若草酸的第二级电离平衡常数为则D.将相同物质的量浓度和的两份溶液等体积混合，可配得图a点所示混合液4、将pH＝13的NaOH溶液平均分成两份，一份加适量水，另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后，pH都降低为12，则加入的水与硫酸的体积比为A.10：1B.11：1C.20：1D.21：15、常温下，下列有关电解质溶液中相关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（）A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)＜c(H+)B.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)D.浓度均为0.1mol·L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4溶液中，c(NH4+)的大小顺序：CH3COONH4＞NH4Cl＞NH4HSO46、液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-B.钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐7、已知HCN的电离常数K＝6.2×10－10，用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性。则下列关系式正确的是（）A.c（CN－）＞c（Na＋）B.c（CN－）＞c（HCN）C.c（HCN）＋c（CN－）＝0.2mol·L－1D.c（CN－）＋c（OH－）＝0.1mol·L－18、下图所示的实验，能达到实验目的的是A.

验证化学能转化为电能B.

验证温度对化学平衡的影响C.

验证铁钉发生吸氧腐蚀D.

验证AgCl溶解度大于Ag2S评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表所示：。容器。

编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3NH3①130放出热量：23.15kJ：②002吸收热量：Q

实验还测得到达平衡后，两容器中相同组分的质量分数(或体积分数)都相同。下列叙述正确的是()A.容器①、②中反应的平衡常数不相等B.平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C.平衡时，两个容器中反应物的转化率之和等于1D.容器②中达平衡时吸收的热量Q＝23.15kJ10、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＋)11、时，将溶液逐滴滴加到溶液中，所得溶液的与滴加的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是。

已知：时的

A.点所得溶液中：B.点所得溶液中：C.点所得溶液中：D.点所得溶液中：12、草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液呈酸性，在0.1mol/LNaHC2O4中下列关系正确的是A.c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.c(HC2O4-)+c(C2O42-)=c(Na＋)C.c(C2O42-)<c(H2C2O4)D.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L13、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH：。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列说法或表达错误的是A.结合质子能力由强到弱的顺序为：CO32－＞HCO3－＞CH3COO-B.常温下电离常数比较：Ki1(H2CO3)＞Ki2(H2CO3)＞Ki(C6H5OH)C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN14、部分弱酸在水溶液中的电离平衡常数如下表。

。弱酸。

氢氰酸（HCN）

碳酸（H2CO3）

氢氟酸（HF）

电离平衡常数K

（25℃）

K=4.93×10﹣10

K1=4.3×10﹣7

K2=5.6×10﹣11

K=3.53×10﹣4

下列选项正确的是（）A.NaCN溶液中通入少量CO2：CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣B.Na2CO3溶液中通入少量HF：CO32﹣+2HF→2F﹣+CO2+H2OC.25℃，等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D.中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者15、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9题，共18分)16、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。17、研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为______________。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______。

a．体系压强保持不变。

b．混合气体颜色保持不变。

c．SO3和NO的体积比保持不变。

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH_____0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是_______。18、高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=__，又知1100℃时，K=0.28。

（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数__（填“变大”；“变小”或“不变”）。

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态：__（填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。19、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。20、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”)21、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______________。22、弱电解质在水溶液中的电离状况可以进行定量计算和推测。

（1）25℃时两种酸的电离平衡常数如表所示。

①25℃时，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物质的量浓度由大到小的顺序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水电离出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃时，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃时，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反应的离子方程式为_______。

（2）已知25℃时，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。

①25℃，pH＝3时溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②当溶液pH由11到14时，所发生反应的离子方程式为：_______。23、下表是室温下，几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）：。酸或碱电离常数（Ka或Kb）CH3COOHKa＝1.75×10－5柠檬酸（H3C6H5O7）Ka1＝7.4×10－4

Ka2＝1.73×10－5

Ka3＝4.0×10－7NH3·H2OKb＝1.75×10－5

请回答下列问题：

（1）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，下列选项中一定变小的是__________（填字母）。

A．

B．c(H＋)

C．c(OH－)·c(H＋)

D．

E．

（2）浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）溶液显_____（填“酸”“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因____24、水是生命的源泉；工业的血液、城市的命脉。河水是主要的饮用水源；污染物通过饮用水可毒害人体，也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：

（1）纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为___。

（3）体积均为100mLpH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则相同温度时，HX的电离平衡常数__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的电离平衡常数。

（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：。化学式电离常数（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为___。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为___。

（5）25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精确值）。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共10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：_____。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共3分)27、空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物质。研究脱硝(除NOx)技术和脱硫(除SO2)技术都是环境科学研究的热点；对于消除环境污染有重要意义。

（1）已知催化剂存在的条件下H2可以将NO还原为N2。下图是一定条件下H2还原NO生成N2和1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式__________________。（ΔH用E1、E2、E3表示）

（2）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：

I．2NO(g)⇌N2O2(g)(快)；v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2)△H1＜0

II．N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆.c2(NO2)△H2＜0

请回答下列问题：

①一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=__________________。

②决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)速率的是反应II，反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E1___E2(填“＞”、“＜”或“=”)。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是___。

A．k2正增大，c(N2O2)增大

B．k2正减小，c(N2O2)减小。

C．k2正增大，c(N2O2)减小

D．k2正减小，c(N2O2)增大。

③由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为____(填字母)。

（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。

已知甲池中发生的反应为：

①装置中H+从__________移向__________(填“甲池”或“乙池”)。

②乙池溶液中发生的反应为______________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

已知反应的ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，设P—P键的键能为x，则P4(白磷，g)+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1=(x)×6+(243kJ·mol-1)×6-(331kJ·mol-1)×4×3，解得：x=198kJ·mol-1，故答案为B。2、D【分析】【分析】

平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆的过程，并且可逆的过程发生移动，据此判断。

【详解】

A；盐类水解是吸热的可逆反应；升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；

B、碳酸镁微溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，则向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以转化为Mg(OH)2沉淀；能够用平衡移动原理解释，B不选；

C；水的电离是吸热的；升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；

D、反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)为气体体积不变的可逆反应；压强不影响该反应的平衡状态，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；

答案选D。3、D【分析】【详解】

向的溶液中加KOH溶液将pH增大至溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，选项A正确；

B.时，溶液中存在物料守恒，选项B正确；

C.时，选项C正确；

D.将相同物质的量浓度和的两份溶液等体积混合，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为选项D错误；

答案选D。

【点睛】

本题考查酸碱混合物的定性判断和计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意把握图像的含义，易错点为B，注意常数的计算，和的物质的量相同，溶液中存在物料守恒，4、D【分析】【详解】

pH＝13的NaOH溶液，c(NaOH)=0.1mol/L；设一份氢氧化钠溶液的体积为1L，加入水的体积为aL，加入0.1mol/L硫酸的体积为bL；

a=9L；b=所以加入的水与硫酸的体积比为9：=21：1，故选D。5、D【分析】【详解】

A．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中存在水的电离平衡，氢离子浓度大于醋酸根离子浓度：c(CH3COO-)＜c(H+)；故A正确；

B．0.1mol•L-1NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；故B正确；

C．0.1mol•L-1Na2CO3溶液与0.1mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合，则碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据电荷守恒可得：①2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得：②2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)，根据①②可得：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)；故C正确；

D．浓度均为0.1mol•L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4中，CH3COONH4中醋酸根的水解促进铵根离子的水解，NH4HSO4中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，NH4Cl中氯离子对铵根离子水解无影响，即铵根离子的浓度大小顺序是NH4HSO4＞NH4Cl＞CH3COONH4；故D错误；

故选D。6、C【分析】【详解】

A.NH3与水分子一样发生自偶电离，一个氨分子失去氢离子，一个氨分子得到氢离子，液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌NH4++NH2-；故A正确；

B.钠与液氨的反应钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成；故B正确；

C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出；所得溶液是NaOH，呈强碱性，故C错误；

D.NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4；故D正确；

故选C。7、C【分析】【详解】

A.溶液显碱性，则有c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)可知，c（CN－）＋）；故A错误；

B.溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故有c（CN－）<c（HCN）；故B错误；

C.根据物料守恒有c（HCN）＋c（CN－）=0.2mol·L－1；故C正确；

D.混合液中c（Na＋）=0.1mol/L，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，则c(OH-)+c(CN-)=0.1mol/L+c(H+)；故D错误；

答案选C。8、B【分析】【详解】

A．没有构成闭合回路，不能发生原电池反应，故A错误；B．存在2NO2⇌N2O4，温度高，颜色深，可知温度对化学平衡有影响，故B正确；C．电解质为HCl，发生析氢腐蚀，生成氢气，而中性溶液或弱酸溶液中发生吸氧腐蚀，故C错误；D．硝酸银过量，Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，生成Ag2S沉淀，而不能验证AgCl溶解度大于Ag2S，故D错误；故选B。二、多选题(共7题，共14分)9、BC【分析】【分析】

平衡常数（）只与温度有关；先利用反应热求出生成氨气的物质的量，根据化学方程式求出生成氨气的体积分数；从平衡移动的角度比较反应放出的热量与的关系。

【详解】

A.平衡常数（）只与温度有关，相同温度下，体积均为的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，其平衡常数（）相等；A错误；

B.根据热化学反应方程式，生成放出的热量，容器①中放出的热量，则生成利用三段式：

平衡时，容器①中的体积分数等于其物质的量分数：从等效平衡的角度分析，相当于在相同条件下，处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，B正确；

C.根据三段式，容器①中氮气的转化率：氢气的转化率：容器②中加入的是2mol氨气，根据等效平衡，容器②中氨气的转化率为75%，所以平衡时两容器中反应物的转化率之和为1，C正确；

D.容器②中加入的是转化率为75%，则平衡时吸收69.45kJ的热量，D错误。

【点睛】

在相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始都可以建立同一平衡状态，也就是等效平衡。①恒温恒容时，对于方程式前后气体系数之和不同时，只要能使各物质的初始物质的量分别相等，就可以建立相同平衡，对于方程式前后气体系数之和相同时，只要能使各物质初始物质的量之比相等就可以建立相似平衡；②恒温恒压时，只要使各物质初始浓度对应成比例即可建立相似平衡。10、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。11、CD【分析】【详解】

A．当向溶液中滴加极少量NaOH时，溶液中c(Na+)极小，此时c(H+)>c(Na+)，但随着NaOH的滴加，c(Na+)变大c(H+)变小，最终c(H+)<c(Na+)，a点未告知滴加氢氧化钠的量无法判断c(H+)和c(Na+)的大小关系；故A错误；

B．b点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH⁻)+c(HSO3⁻)+2c(SO32⁻)，此时溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH⁻)，则c(Na+)<c(HSO3⁻)+2c(SO32⁻)；故B错误；

C．Ka2=则Ka2=10-7.19，c点溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以故C正确；

D．d点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好与亚硫酸钠完全反应，溶液中的溶质为Na2SO3，存在质子守恒c(OH⁻)=c(H+)+c(HSO3⁻)+2c(H2SO3)；故D正确；

故答案为CD。12、AD【分析】【详解】

A．电解质溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH―)+2c(C2O42-)；故A正确；

B．草酸氢钠溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=c(Na＋)；故B错误；

C．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液呈酸性，说明HC2O4－电离程度大于水解程度，则c（C2O42－）＞c（H2C2O4）；故C错误；

D．草酸氢钠溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=0.1mol·L－1；故D正确；

故选AD。

【点睛】

难点C，离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性确定HC2O4－电离程度和水解程度关系，AD再结合守恒思想分析解答。13、BC【分析】【详解】

A．酸根离子水解程度越大，其结合质子能力越强，酸根离子水解程度CO32－＞HCO3－＞CH3COO-，所以酸根离子结合质子能力大小顺序是CO32－＞HCO3－＞CH3COO-；故A正确；

B．酸根离子水解程度CO32−＞C6H5O−＞HCO3−，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3−＜C6H5OH＜H2CO3；故B错误；

C．酸性HCO3−＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中发生的反应为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；故C错误；

D．酸性HCO3−＜HCN＜H2CO3，所以过量的HCN滴入碳酸钠溶液中发生反应：HCN+Na2CO3=NaCN+NaHCO3；故D正确；

答案选BC。

【点睛】

酸根离子水解程度越大，得到的碱的碱性越强。14、AC【分析】【详解】

A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣；故A正确；

B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32﹣+HF→F﹣+HCO3﹣；故B错误；

C．酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HF＞HCN，则水解程度：CN﹣＞F﹣；所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；

D．中和等体积；等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；等pH的HCN和HF，c(HCN)＞c(HF)，则等体积等pH的HCN和HF的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；

故答案为AC。

【点睛】

考查弱电解质的电离，知道电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的强弱之间的关系是解本题关键，根据酸的强弱来确定生成物，注意D中中和等pH、等体积的酸消耗NaOH的体积与酸的强弱无关，只与酸的物质的量有关，为易错点。15、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9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B17、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H="-41.8"kJ•mol-1；(3)a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物质的体积a2a00

转化物质的体积xxxx

平衡物质的体积a-x2a-xxx

平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；(4)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104kPa时；CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。

考点：以NO2、SO2；CO等物质为载体；综合考查化学方程式的书写和氧化还原反应，及平衡常数的计算等。

【点睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失18、略

【分析】【详解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=故答案为：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反应是吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，即平衡正向移动，平衡常数变大；故答案为：变大；

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，说明反应未达到平衡状态，平衡正向进行，v正大于v逆；故答案为：否，大于；Qc＜K，反应向正反应方向进行。【解析】①.②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反应向正反应方向进行19、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)20、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21、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。22、略

【分析】【分析】

(1)根据题给数据可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析图可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐渐下降，H2PO4-先增大后减小，HPO42-也是先增大后减小，PO43-一直增大；pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1时，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2时，HPO42-和PO43-含量相等；这些信息可用于电离常数的计算。可在此基础上解各小题。

【详解】

(1)①根据题意可知，HA是弱酸，所以A-会水解：A-+H2O⇌HA+OH-，使溶液显碱性，但水解微弱；加上其它的水的电离，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物质的量浓度由大到小的顺序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水电离，所以，溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14-10-8。答案为：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的电离程度大于其水解程度，NaHB溶液显酸性，pH＜7。答案为：＜；HB-的电离程度大于其水解程度；

③根据分析可知，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。根据强酸制弱酸的规律，HA和Na2B溶液能反应生成HB-，但不能生成H2B，所以反应为：HA+B2-＝A-+HB-。答案为：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根据分析可知，pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，则Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，则pH＝3时有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由图可知，当溶液pH由11到14时，所发生的变化主要是HPO42-→PO43-，所以该反应的离子方程式为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【点睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根离子HA-的水解与电离程度比较：若Ka1Ka2＞Kw，则电离＞水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显酸性；若Ka1Ka2＜Kw，则电离＜水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显碱性。【解析】①.Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的电离程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O23、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱电解质；越稀越电离。

（2）弱酸的酸式盐显酸性或者碱性；是通过比较电离和水解的相对强弱。

【详解】

（1）A．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，可变形为稀释过程中，温度不变，醋酸根离子浓度减小，Ka不变，故选项A数据增大，不符合题意；

B．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，酸性变小，即c(H＋)变小，B符合题意；

C．c(OH－)·c(H＋)即为Kw，温度不变，Kw不变；故C项不符合题意；

D．即为Ka，温度不变，Ka不变，故D项不符合题意；

E．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，c(H＋)变小，由于Kw不变，c(OH-)变大，则变大；故E项不符合题意；

综合以上；本题选B。

(3).浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的电离常数Ka3＝4.0×10－7，而水解常数Kh2＝＝＜Ka3，电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。【解析】B酸性因为Ka3＝4.0×10－7，Kh2＝＝＜Ka3，所以显酸性24、略

【分析】【详解】

（1）100℃纯水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根据pH与c(H+)关系换算），故100℃时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部来源于水，故由水电离出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水电离出的OH-为10-12mol/L；

（2）碳酸根水解结合水电离出的H+生成碳酸氢根，即水解方程式为：

（3）根据图像；加水稀释过程中，HX的pH变化比较小，说明HX酸性比醋酸弱，即相同条件下，HX电离程度小，电离平衡常数小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相应阴离子水解呈碱性，故需比较三者水解程度的大小，因为：K2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根据越弱越水解规律得水解程度：故碱性强弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO