2025年中图版选修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2025年中图版选修4化学上册阶段测试试卷934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、一个容积固定的5L反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左侧进行如下可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，通过控制温度使其达到不同的平衡状态；右侧充入氮气，两侧温度保持相等。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol；3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的氮气。左侧反应达到平衡时；隔板恰好处于反应器位置2处。则下列说法错误的是。

A.若左侧开始反应时v正>v逆，则5>x>1.75B.若左侧开始反应时x＝1.75，则起始时v正＝v逆C.若左侧开始反应时x＝2，则达到平衡时混合气体中SO2所占的体积分数为25%D.若左侧开始反应时x＝1.65，则达到平衡时SO3的转化率为10%2、其他条件不变，升高温度，下列数据不一定增大的是A.0.1mol·L－1CH3COONa溶液pHB.可逆反应的化学平衡常数KC.弱电解质的电离程度D.水的离子积常数KW3、常温下，向10mL草酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系；下列说法正确的是。

A.在溶液中水解程度大于电离程度B.当V(NaOH)=10mL时溶液中存在：C.当V(NaOH)=15mL时，溶液中存在：D.当V(NaOH)=20mL时，溶液中存在：4、室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液，下列描述正确的是（）A.水电离出的OH-浓度：c(OH-)甲=c(OH-)乙B.向乙烧杯中加水稀释至pH=4，溶液的体积10V甲＞V乙C.若将甲、乙两烧杯分别与5mLpH=11NaOH溶液反应，所得溶液pH：甲＜乙D.若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)5、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是。

A.随着pH的增大，PC增大的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数B.pH=3.50时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)C.b点时，=104.5D.pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先减小后增大6、常温下，向20mL0.1mol·L−1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L−1的NaOH溶液，溶液中水所电离的c水(H＋)随加入NaOH溶液体积的变化如图所示；下列说法正确的是。

A.HA的电离常数Ka约为1×10−5B.B点的溶液中粒子浓度满足关系：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)C.C.E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性D.F点的溶液呈碱性，粒子浓度满足关系c(OH−)＝c(HA)＋c(A−)＋c(H＋)7、常温下，向20mL0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2mol·L-1NaOH溶液时；溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是。

A.点a所示溶液中：c(NH)>c(SO)>c(OH-)>c(H+)B.点b所示溶液中：c(NH)＝c(Na+)>c(H+)＝c(OH−)C.点c所示溶液中：c(SO)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)D.点d所示溶液中：c(SO)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH)8、常温下，向浓度均为和的混合溶液中滴加的测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与加入氨水的体积的关系如图所示(忽略混合时体积变化)；下列说法正确的是()

A.常温下，的比同浓度的大B.过程中水的电离程度先减小后增大C.点溶液中，D.点时，9、下列选项正确的是（）A.25℃时，AgBr在0.0lmol/L的MgBr2溶液和NaBr溶液中的溶解度相同B.53℃时，将0.01mol/L的醋酸溶液加水不断稀释，减小C.Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后：3c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]D.NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)=c(HCN)评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟；研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都为O-H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为ⅡD.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*11、一定条件下，两体积均为1L的容器中发生反应：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH。容器中起始各物质的物质的量如下表所示，两容器中c（H2）随时间t的变化如下图所示。容器温度COH2CH3OHⅠT1℃amol2mol0molⅡT1℃0.5mol1mol0mol

下列说法正确的是A.0~5min时，容器Ⅰ中v（CO）＝0.1mol·L－1·min－1B.a＞1C.若容器Ⅱ温度改变为T2（T2＞T1）时，平衡常数K＝1，则ΔH＜0D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，反应将向逆反应方向进行12、下列说法正确的是（）A.平衡常数变化，化学平衡不一定发生移动B.化学平衡发生移动，平衡常数一定改变C.化学平衡常数只受温度的影响，温度升高，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热D.对于一个可逆反应，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同13、烟气中的NO经过O3预处理，再用CaSO3悬浊液吸收去除。预处理时发生反应：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)。测得：v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。向容积均为2L的甲、乙两个密闭容器中充入一定量的NO和O3；测得NO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法正确的是()

A.高温有利于提高容器中NO的平衡转化率B.T1时，反应在t1min内的平均速率v(O2)＝mol·L－1·min－1C.T1时，NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)的k正＞3k逆D.T2时，向2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3，到达平衡时c(NO2)小于乙容器中平衡时c(NO2)14、现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/LHCl；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列说法正确的是A.①中水电离程度最大，②③④中水电离程度一样大B.将②③混合，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②<③C.将①、④等体积混合，所得溶液中一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)D.将①、④混合，若有c(CH3COO¯)>c(H+)，则混合液一定呈碱性15、25℃时，将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等B.b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1C.a→c点过程中，一定有c(NH4+)＞c(X-)＞c(H+)＞c(OH-)D.a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大16、Zn（OH）2、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物，二者溶解度均随温度升高而增大。某温度下，Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na2S的混合溶液中滴加ZnSO4溶液，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p（Zn）=-lgc（Zn2+），p（B）=-lgc（OH-）或-1gc（S2-）。下列说法错误的是（）

A.曲线l表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线B.该温度下，Ksp（ZnS）=1.0×10-28C.升高温度时，b点一定会向c点移动D.已知此温度下Ka2（H2S）═4.0×10-16，向0.01mol•L-lNaHS溶液中滴加等体积0.2mol•L-1ZnSO4溶液不能产生沉淀17、工业电解溶液的装置如图所示，A、B两极均为惰性电极。下列说法正确的是（）

A.该装置可用于制备溶液，其中A极发生还原反应B.生成a溶液的电极室中反应为：C.A极还可能有少量CO2产生，B两极产生的气体M和R体积比略大于2:1D.当时，则另一室理论上可制备4mol溶质a（假设右室溶液体积为0.5L）评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、由于石油资源有限，且汽油燃烧会产生严重的污染，未来将用氢气作为燃料来取代汽油，生产21世纪环保汽车。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）写出氢气和氧气反应生成液态水的热化学方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的热量，至少需氢气的质量为____，这些氢气在标准状况下的体积为____。

（3）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反应过程中能量变化如图所示，则该反应为反应____（填“吸热”或“放热”）

若已知，破坏1mol化学键需要吸收的热量如下表所示：。化学键C—HO—HC=OH—H吸收热量（kJ/mol）abcd

则该反应的ΔH为_____(用含a、b、c、d字母的代数式表示)。19、一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。D是____(填离子符号)。B→A＋C的热化学方程式为____________(用离子符号表示)。20、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_______。21、工业合成氨技术反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

(1)T℃时，反应达到平衡，测得υ(NH3)＝0.12mol·L-1·min-1

①υ(N2)＝____mol·L-1·min-1

②化学平衡常数表达式K＝_____

(2)在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。

L表示______，其中X1______X2(填“>”或“<)22、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8

请回答下列问题：

（1）写出H2CO3电离方程式_________平衡常数表达式Ka1(H2CO3)=__________________

（2）CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为___________

（3）①CH3COO－、②HCO3-、③CO32-、④ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为（注意：用序号①、②、③、④作答）____________________

（4）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数__________（填“大于”；“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数。

（5）将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式_____________23、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)。24、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持温度不变向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向___(填“左”或“右”)移动，所得溶液显__性，Kw__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH为9，则由水电离出的c(H+)=___。

（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。25、判断下列盐溶液的酸碱性，能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。26、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____评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)27、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)28、常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：

①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O

(1)上述溶液中，可发生水解的是______(填序号；下同)。

(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_______________。

(3)向④中加入少量氯化铵固体，此时的值________(填“增大”；“减小”、或“不变”)。

(4)若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积(填“大于”；“小于”或“等于”)

(5)取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共12分)29、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：)30、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“＝”）。31、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9题，共18分)1、D【分析】【分析】

由左侧反应达到平衡时，隔板恰好处于反应器位置2处可知，左右容器体积之比为2:3，由阿伏加德罗定律可得平衡时左容器中气体的物质的量为=6mol。

【详解】

A.该反应为气体体积减小的反应，由左侧开始反应时v正>v逆可知，起始时气体的物质的量大于6mol，即（x+3.25+1）＞6，解得x>1.75；若3.25mol氧气完全反应，可得反应后混合气体的物质的量为（x-6.5+1-6.5）mol，由（x-6.5+1-6.5）=6解得，x=5，因可逆反应不可能完全反应，则x＜5，故有5>x>1.75；故A正确；

B.若左侧开始反应时x＝1.75，混合气体的物质的量为（1.75+3.25+1）=6，说明反应达到平衡，则起始时v正＝v逆；故B正确；

C.若左侧开始反应时x＝2；（2+3.25+1）mol=6.25mol＞6mol，说明平衡向正反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：

由平衡时气体的物质的量为6，可得（2-2a）+（3.25-a）+（1+2a）=6，解得a=0.25，平衡时二氧化硫的物质的量为1.5mol，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为×100%=25%；故C正确；

D.若左侧开始反应时x＝1.55；（1.55+3.25+1）mol=5.8mol＜6mol，说明平衡向逆反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：

由平衡时气体的物质的量为6；可得（1-2a）+（3.25+a）+（1.55+2a）=6，解得a=0.2，即转化率为20%，故D错误；

故选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．醋酸钠水解吸热；升温能够促进其水解，碱性增强，pH增大，故A错误；

B．若正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故B正确；

C．电离是吸热过程；升温促进弱电解质的电离，电离度增大，故C错误；

D．水的电离过程是吸热的；升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

考查温度对水的离子积、电离平衡常数、盐类水解以及化学平衡常数的影响，注意温度对化学反应速率和化学平衡影响的区别，不要混淆，特别是根据勒夏特列原理，对所有可逆反应升温平衡都向吸热的方向移动．可逆反应的正反应既有吸热反应也有放热反应，要区别对待。3、B【分析】【详解】

A.根据图示信息得到在溶液中存在时的所以在溶液中水解程度小于电离程度；故A错误；

B.当V(NaOH)=10mL时，溶液体积是原来的2倍，则溶液中物质浓度是原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得故B正确；

C.当V(NaOH)=15mL时，溶质为等浓度的和溶液呈酸性，则溶液中离子浓度大小为：故C错误；

D.当V(NaOH)=20mL时，与氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为图像分析可知溶液呈碱性，依据质子守恒可知：故D错误；

综上所述,答案为B。

【点睛】

根据变化曲线分析以及随氢氧化钠溶液体积变化，溶液中的溶质，再根据三大守恒解题。4、A【分析】【详解】

A．酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，则水电离出的OH−浓度：c(OH−)甲=c(OH−)乙；故A正确；

B．乙中醋酸是弱酸，加水稀释过程中会促进其电离，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，所以溶液的体积10V甲乙；故B错误；

C．醋酸属于弱酸，因此二者pH相同时，醋酸的浓度大于盐酸，与等量NaOH反应，醋酸过量，pH较小，所以所得溶液pH：甲>乙；故C错误；

D．若将甲、乙两烧杯溶液混合，根据电荷守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)，则c(H+)>c(Cl−)+c(CH3COO−)；故D错误；

故答案为：A。

【点睛】

对于本题D选项作深入探讨时会发现，混合溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，属于易错知识，根据电荷守恒可知，原溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，混合后溶液中c(H+)和原溶液相等，c(CH3COO-)、c(Cl-)、c(CH3COOH)均会减小至原溶液中相关离子浓度一半，故混合溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)。5、B【分析】H2A存在电离平衡：H2AH++HA-、HA-H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数；由此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数；故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2−的物质的量浓度的负对数，此时pC(H2A)>pC(A2−)>pC(HA−)，即c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)；故B正确；

C．b点时，c(H2A)=c(A2−)，故C错误；

D．pH=3.00∼5.30时，结合物料守恒c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)始终不变；故D错误；

故答案为：B。6、A【分析】【详解】

A．由图可知，0.1mol·L−1的HA溶液中c水(H＋)=1×10-11mol·L−1，则0.1mol·L−1的HA溶液中c(H＋)=1×10-3mol·L−1，由此可计算出HA的电离常数Ka约为1×10−5；A项正确；

B．由图可知，B点为体积比为1:2的NaOH溶液和HA溶液反应，所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)；B项错误；

C．C点是HA和NaA的混合溶液；溶液呈中性，而E点NaOH过量，所得溶液为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C项错误；

D．由图可知，F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)＝2c(HA)+c(A-)+c(H+)；D项错误；

答案选A。7、C【分析】【分析】

分析图中信息，在a点，溶质为(NH4)2SO4；在c点，(NH4)2SO4与NaOH物质的量相等，此时溶质为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O；则b点，(NH4)2SO4有剩余，此时溶质为NaNH4SO4、NH3·H2O、(NH4)2SO4；在d点，(NH4)2SO4与NaOH刚好完全反应，溶质为Na2SO4和NH3·H2O。

【详解】

A．点a所示溶液为(NH4)2SO4溶液，水解显酸性，离子浓度大小关系：c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH-)；A错误；

B．点b所示溶液为NaNH4SO4、NH3·H2O、(NH4)2SO4混合溶液，此时pH=7，NH4+不水解，NH3·H2O不电离，所以c(NH)>c(Na+)>c(H+)＝c(OH−)；B错误；

C．点c所示溶液为等浓度的NaNH4SO4和NH3·H2O混合溶液，此时以NH3·H2O的电离为主，根据电荷守恒和物料守恒可知：2c(SO)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)+c(NH)，c(NH3·H2O)＋c(NH)=2c(Na+)，c(SO)=c(Na+)，整理上述三式，可得c(SO)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)-c(H+)；C正确；

D．点d所示溶液为Na2SO4和NH3·H2O按1:2摩尔比混合的溶液：c(NH3·H2O))>c(SO>c(OH-)>c(NH)；D错误；

故选C。

【点睛】

比较离子浓度的相对大小时，首先要明确微粒的起始量关系，然后弄清电离与水解的主次，另外，适当的呈现形式也很重要。比如c点，若我们把溶质写成NH3·H2O、(NH4)2SO4、Na2SO4，要确定c(SO)与c(NH3·H2O)的定量关系，即便代入数据计算，也有些困难。8、D【分析】【分析】

电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3∙H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3∙H2O=NH4X+H2O、NH3∙H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH，继续加入NH3∙H2O溶液，NH3∙H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O；据此分析解答。

【详解】

A．若HX和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3∙H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3∙H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，常温下，0.1mol/LHX的pH比同浓度CH3COOH的pH小；故A错误；

B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3∙H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程；溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；

C．根据分析，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)，则c(NH4+)＜c(X-)+c(CH3COO-)；故C错误；

D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O，0~40mL时，NH3∙H2O转化为NH4+，40~60mL时，NH3∙H2O过量，d点时，溶液体积共为80mL，故D正确；

答案选D。9、D【分析】【分析】

A、根据同离子效应，0.0lmol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.0lmol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度；B、加水稀释，促进醋酸电离；C、根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；D；NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒以及物料守恒分析。

【详解】

A、根据同离子效应，0.01mol/L的MgBr2溶液中溴离子浓度大于0.01mol/L的NaBr溶液中的溴离子浓度，故AgBr在0.01mol/L的MgBr2溶液中的溶解度小于0.01mol/LNaBr溶液中的溶解度；故A错误；

B、加水稀释，促进醋酸电离，故增大；故B错误；

C、Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后，根据物料守恒，2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；故C错误；

D、NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-）以及物料守恒c（Na+）=c（CN-）+c（HCN）可知：c（Na+）＞c（Cl-）=c（HCN）；故D正确。

答案选D。

【点睛】

考查弱电解质的电离平衡、盐类水解的原理、溶解度及其影响因素等，把握混合溶液中物料守恒、电荷守恒、溶度积常数和弱酸的电离平衡常数的关系式即可解答。二、多选题(共8题，共16分)10、AD【分析】【分析】

【详解】

A.△H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B.根据图示可知过程①是断裂H-O键；过程②断裂的是C-H键，B错误；

C.催化剂能降低反应的活化能；加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；

D.由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正确；

故合理选项是AD。11、AC【分析】【分析】

先分析反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，气体分子数两边不等；再对比容器Ⅰ、Ⅱ，体积相等，均从反应物开始，Ⅱ中H2浓度是Ⅰ中H2的一半，平衡后Ⅱ中H2浓度也是Ⅰ中H2的一半，如果a=1，则Ⅰ相当于在与Ⅱ等效的基础上加压，平衡偏向正向，平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1，所以a应小于1。根据Ⅱ的平衡可计算出T1时的平衡常数：

可在此基础上对各选项作出判断。

【详解】

A.0~5min时，容器Ⅰ中v(CO)＝v(H2)=×=0.1mol·L-1·min-1；A选项正确；

B.如果a=1，则Ⅰ相当于在与Ⅱ等效的基础上加压，使得平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1；B选项错误；

C.容器Ⅱ温度改变为T2(T2＞T1)时，平衡常数KT2＝1＜KT1=4，说明升高温度反应逆向移动，则ΔH＜0；C选项正确；

D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，此时Q==1＜KT1=4；反应将向正反应方向进行，D选项错误；

答案选AC。

【点睛】

1.对于可逆反应：同等倍数增大浓度；相当于在和原来等效的基础上加压，即，同等倍数增大浓度，平衡将更偏向于气体分子数减少的方向；相反，同等倍数减小浓度，相当于在和原来等效的基础上减压，平衡将更偏向于气体分子数增大的方向。

2.可利用浓度商Q和平衡常数K的关系判断可逆反应的移动方向：Q＞K，平衡逆向移动；Q=K，达到平衡；Q＜K，正向移动。12、CD【分析】【详解】

A．平衡常数只与温度有关；平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动，A说法错误；

B．化学平衡发生移动；若温度未变，则平衡常数一定不改变，B说法错误；

C．化学平衡常数只受温度的影响；温度升高，平衡向吸热的方向移动，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热，C说法正确；

D．对于一个可逆反应；化学平衡常数表达式等于生成物浓度的计量数次幂的积除以反应物浓度计量数次幂的积，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同，D说法正确；

答案为CD。

【点睛】

平衡常数只与温度有关，平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动。13、BC【分析】【分析】

T2温度下先达到化学平衡，故T1＜T2；到达平衡时，T2温度下NO的体积分数大于T1温度下NO的体积分数；说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。

【详解】

A．结合分析可知；升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A错误；

B．由反应方程式可知，反应前后体系中气体的总物质的量不变，则到达t1时，NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，所以v(NO)==mol·L－1·min－1，v(O2)=v(NO)=mol·L－1·min－1；B正确；

C．由反应方程式可知，反应前后，体系中气体的总物质的量不变，那么，到达t1时；NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，列三段式有。

由图可知，t1时，平衡正向进行，v正＞v逆，即k正c(NO)·c(O3)＞k逆(NO2)·c(O2)，＞==3，所以>3；C正确；

D．设平衡时乙容器中c(NO2)=a，根据方程式可知c(O2)=a，c(NO)=(0.4-a)mol/L，c(O3)=(0.6-a)mol/L，则有平衡常数K=设充入0.6molNO、0.4molO3到达平衡时c(NO2)=b，则c(O2)=b，c(NO)=(0.6-b)mol/L，c(O3)=(0.4-b)mol/L，平衡常数K=温度不变，平衡常数不变，所以=所以a=b，即两种情况下c(NO2)相等；D错误；

答案选BC。14、AC【分析】【分析】

①0.01mol/LCH3COOH，发生部分电离，溶液中的c(H+)<10-2mol/L；②0.01mol/LHCl，c(H+)=10-2mol/L；③pH＝12的氨水，c(OH¯)＝10-2mol/L；④pH＝12的NaOH溶液，c(OH¯)＝10-2mol/L。

【详解】

A．由以上分析可知，①中c(H+)最小，对水电离的抑制作用最弱，水的电离程度最大，②中酸电离出的c(H+)与③、④中碱电离出的c(OH¯)相同；对水电离的抑制作用相同，水的电离程度一样大，A正确；

B．将②③混合，所得溶液为NH4Cl、NH3·H2O的混合液，由于NH3·H2O为弱碱，氨水的起始浓度大于10-2mol/L，所以若pH＝7时消耗溶液的体积：②>③；B不正确；

C．将①、④等体积混合，刚好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，所以一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)；C正确；

D．在醋酸溶液中，发生电离CH3COOHCH3COO-+H+，将①、④混合，溶液中一定含有CH3COONa，可能含有CH3COOH，因此溶液中存在c(CH3COO¯)＞c(H+)时不能确定溶液的酸碱性；D不合题意；

故选AC。15、AB【分析】【详解】

根据图式可知，酸溶液的pH=3，则c(H+)＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH−)＜0.1mol/L，则NH3⋅H2O是弱碱；

A．酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离程度和NH3⋅H2O电离程度相同，则Ka(HX)的值与Kb(NH3⋅H2O)的值相等；故A正确；

B．b点，溶液显中性，HX和NH3·H2O的初始浓度为0.1mol·L-1，等体积混合后，c(H+)=c(OH−)，电荷守恒为c(OH−)+c(X-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(NH4+)=c(X-)，HX溶液的物料守恒为：c(X-)+c(HX)=0.05mol·L-1，故c(NH4+)+c(HX)=0.05mol·L-1；故B正确；

C．a→c点过程中，随着氨水的加入，溶液的由酸性变为中性，再变为碱性，c点时，c(H+)＜c(OH-)；故C错误；

D．a、b、c三点，c点显碱性，a点显酸性，对水的电离都有抑制作用，b点的溶液显中性，没有抑制水的电离，故b点时水电离出的c(H＋)最大；故D错误；

答案选AB。

【点睛】

盐类的水解其实是促进水的电离，溶液显酸性或碱性会抑制水的电离。16、CD【分析】【详解】

A．若曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则a点时c（Zn2+）=c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=10-6×（10-6）2=1.0×10-18，所以假设成立，即曲线表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线；故A正确；

B．曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，b点时c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)•c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28；故B正确；

C．曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，ZnS溶解吸热，升高温度时溶液中c（Zn2+）、c(S2-)增大，则p(Zn)、p(B)减小，即升高温度时，b点一定会沿着ba方向向a点移动；故C错误；

D．等体积混合瞬间，NaHS浓度为0.005mol•L-l、ZnSO4浓度为0.1mol•L-1，c(S2-)=mol/L=1.4×10-9mol/L，浓度熵Qc=c(Zn2+)•c(S2-)=1.4×10-9×0.1=1.4×10-10mol＞1.0×10-28=Ksp(ZnS)；所以产生ZnS沉淀，故D错误；

答案选CD。

【点睛】

把握图象的意义、图中离子浓度与Ksp关系为解答的关键。17、BD【分析】【分析】

电解池中阳离子流向阴极，根据Na+的流向可知B为阴极；水电离出的氢离子放电生成氢气，同时电离出更多的氢离子，所以流出NaOH溶液浓度变大；A为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，a溶液为碳酸氢钠溶液。

【详解】

A．根据分析可知A极为阳极发生氧化反应；故A错误；

B．根据分析可知A极为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，电极方程式为故B正确；

C．气体M为O2，R为H2，根据电子守恒可知，理论上生成1molO2的同时生成2molH2，A极还可能有少量CO2产生；所以A；B两极产生的气体M和R体积比应略大于1:2，故C错误；

D．当时，说明电解过程中阴极生成的OH-为8mol/L，右室体积为0.5L，则转移的电子为4mol，根据电极方程式可知生成的碳酸氢钠为4mol；故D正确；

故答案为BD。

【点睛】

解决本题的关键是要记住电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，据此确定该电解池的阴阳极，再进行分析作答。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol；写出氢气与氧气反应生成液态水的化学方程式，根据盖斯定律，结合反应①②计算氢气与氧气反应生成液态水的反应热；

（2）根据物质的量与反应热成正比；结合热化学方程式进行计算；

（3）图象分析可知反应物能量低于生成物；反应为吸热反应，化学反应吸收的热量=反应物键能总和-生成物键能总和。

【详解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情况下，若要得到857.4kJ的热量，则需要氢气的的物质的量为：=3mol，需H2的质量=3mol×2g/mol=6g；这些H2在标况下的体积=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反应过程中能量变化分析可知，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b−2c−4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸热4a+4b−2c−4d19、略

【分析】【分析】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-；结合图中能量变化计算反应热。

【详解】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，则D为ClO4−；B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，△H=(63kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=−117kJ/mol。【解析】ClO4－3ClO－(aq)=2Cl－(aq)+ClO3－(aq)△H=−117kJ/mol20、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21、略

【分析】【详解】

(1)①根据速率之比等于化学计量数之比，可知：υ(N2)＝υ(NH3)＝

故答案为：0.06;

②化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，则该反应的平衡常数表达式为K=

故答案为：

(2)若X代表温度，L代表压强，由图像可知随横坐标压强的增大X曲线呈增大趋势，可知平衡正向移动，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动与图像吻合；若X代表压强，L代表温度，则随温度的升高，氮气的转化率增大，平衡正向移动，而该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，与图像不符，故X代表温度，L代表压强；由图像可知当压强一定时，温度X1对应的氮气转化率大于温度X2对应的氮气转化率，由此可知温度由X2到X1的过程平衡正向移动，而该反应放热，温度降低时平衡正向移动，因此X1小于X2；

故答案为：压强；<；【解析】0.06压强<22、略

【分析】【详解】

(1)、碳酸为多元弱酸，以第一步电离为主，故答案为H2CO3H++HCO3-；

(2)、Ka越大，则酸性越强，故答案为CH3COOH>H2CO3>HClO；

(3)、酸性越强，酸根结合H+的能力越弱，反之，酸性越弱酸根结合H+的能力越强；故答案为③④②①；

(4)；由图可知；稀释相同倍数时，HX的pH变化程度更大，故HX酸性强，电离程度大，故答案为大于；

(5)、由Ka可知：碳酸的酸性大于HClO，而HClO酸性大于HCO3-，根据强制弱的原理，产物为：HClO+HCO3-，故答案为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-。【解析】H2CO3H++HCO3-CH3COOH>H2CO3>HClO③④②①大于CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-23、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）⑤①24、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氢钠溶液中完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的；

（3）稀释会促进若电解质的电离；

（4）酸性越弱；酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大。

【详解】

（1）硫酸氢钠存电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，电离出H＋；使溶液显酸性，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，但温度不变，水的离子积常数不变；

故答案为：左；酸；不变；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等；

故答案为：1×10-5mol·L－1；

（3）稀释会促进弱电解质的电离；故若取pH；体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大；

故答案为：＜；

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA

故答案为：＜。【解析】①.左②.酸③.不变④.1×10-5⑤.<⑥.<25、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解26、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，所以显酸性四、判断题(共1题，共10分)27、×【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、计算题(共1题，共7分)28、略

【分析】【分析】

①Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，HCO3-＋H2OH2CO3+OH-；

②NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-H++CO32-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-；

③HCl=H++Cl-；

④NH3·H2ONH4++OH-。

(1)从分析可看出，上述溶液中，可发生水解的是Na2CO3、NaHCO3。

(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的为NaHCO3。

(3)向④中加入少量氯化铵固体，NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡逆向移动，c(NH4+)增大c(OH－)减小。

(4)若将③和④的溶液等体积混合时，生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，所以要使溶液呈中性，需再加入一定量的NH3·H2O。

(5)取10mL溶液③，加水稀释到500mL，此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝c(OH-)H2O=c(OH-)aq。

【详解】

(1)从以上分析可看出，①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O四份溶液中，可发生水解的是Na2CO3、NaHCO3。答案为：①②；

(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的为NaHCO3。溶液中由于HCO3-的水解，所以浓度小于Na+，HCO3-既电离，又水解，水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)。故答案为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(3)向④中加入少量氯化铵固体，NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡逆向移动，c(NH4+)增大c(OH－)减小，增大。答案为：增大；

(4)若将③和④的溶液等体积混合时，生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，所以要使溶液呈中性，需再加入一定量的NH3·H2O；则混合前③的体积小于④的体积。答案为：小于；

(5)溶液中c(H＋)==0.01mol/L，则溶液中c(OH-)==10-12mol/L，从而得出此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝10-12mol/L。答案为：10-12mol/L。【解析】①.①②②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c