2025年上外版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年上外版选修4化学下册阶段测试试卷381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9题，共18分)1、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如图所示变化规律（p表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A.反应Ⅰ：△H＞0，p2＞p1B.反应Ⅱ：△H＞0，T1＞T2C.反应Ⅲ：△H＞0，T2＞T1或△H＜0，T2＜T1D.反应Ⅳ：△H＜0，T2＞T12、已知:ΔG=ΔH－TΔS，ΔH为焓变，T为热力学温度，ΔS为熵变，当ΔG＜0时反应能自发进行，ΔG＞0时反应不能自发进行。据此判断下列叙述中正确的是()A.焓变大于零的反应肯定能自发进行B.焓变小于零的反应肯定能自发进行C.焓变大于零的反应肯定不能自发进行D.焓变小于零且熵变大于零的反应一定能自发进行3、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表：

则下列有关说法正确的是A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)B.将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na+)>c(A-)C.向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2+2HA==2A-+H2BD.NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B)4、常温下，下列说法正确的是（）A.某醋酸溶液的pH=a将此溶液稀释10倍后，溶液的pH值为b，则b=a+1B.向0.10mol•L-1Na2SO3溶液中通入SO2至溶液呈中性，溶液中微粒浓度的关系为：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]C.CH3COOH和CH3COONa混合溶液可能存在：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)D.常溫下，浓度均为0.1mol•L-1的①CH3COOH溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液中，水的电离程度③>②>①5、和浓度均为的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是（）A.B.C.D.6、已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述不正确的是（）A.该温度高于25℃B.水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/LC.该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性D.c（H+）=c（OH-）+c（SO42-）7、下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（）A.4L0.5mol/LNaCl溶液B.1L0.3mol/LNa2SO4溶液C.5L0.4mol/LNaOH溶液D.2L0.15mol/LNa3PO4溶液8、对下列溶液的分析正确的是A.常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大B.向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时C.0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D.在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大9、在下列装置中（都盛有0.1mol/LH2SO4溶液）Zn片腐蚀最快的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

已知：ⅰ．反应A中；4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。

ⅱ．

（1）反应A的热化学方程式是____。

（2）断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为____kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键(填“强”或“弱”)____。11、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。12、（1）下列物质中，属于强电解质的是（填序号，下同）__________，属于弱电解质的是________，属于非电解质_____________；

①氨气②氨水③盐酸④醋酸⑤硫酸钡⑥氯化银⑦氯化钠⑧二氧化碳⑨醋酸铵⑩氢气。

（2）硝酸铅的稀溶液中，滴入几滴稀Na2SO4生成白色PbSO4沉淀，再滴入数滴饱和醋酸钠溶液，微热，并不断搅动，沉淀慢慢溶解；请写出沉淀溶解过程的离子方程式_____________；

（3）已知25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。请写出少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式：__________________________。13、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA－、A2-在三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。回答下列问题：

（1）H2A的电离方程式是__________________，二级电离常数K2＝_________。

（2）已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为_______________________。14、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.15、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。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、实验题(共1题，共2分)17、某学生用0.1500mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸；其操作可分解为如下几步：

A.用蒸馏水洗净滴定管。

B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL；注入锥形瓶中，加入酚酞。

D.另取锥形瓶；再重复操作2-3次。

E.检查滴定管是否漏水。

F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。

（3）滴定终点的现象是_______________________。

（4）滴定结果如表所示:。滴定次数待测液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。

（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数。

b.锥形瓶用盐酸润洗。

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡；滴定终点时发现气泡。

d.达到滴定终点时；仰视读数。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)18、化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物在反应过程中断键和形成新键过程中吸收和放出能量的大小关系。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-185kJ/mol，断裂1molH-H键吸收的能量为436KJ，断裂1molCl-Cl键吸收的能量为247kJ，则形成1molH-Cl键放出的能量为______kJ。19、到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。

(1)在25℃、101kPa下，16g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______。

(2)化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=﹣185kJ/mol，E(H﹣Cl)=432kJ/mol，E(Cl﹣Cl)=243kJ/mol则E(H﹣H)=_____。

(3)纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ•mol﹣1，C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ•mol﹣1，则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式_____。

(4)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化示意图：

①请计算每生成1molNH3放出热量为：______。

②若起始时向容器内充入1molN2和3molH2达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为_________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A.根据图象，A的平衡转化率随着温度的升高而降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应方向为放热反应，△H<0，作等温线，根据反应方程式，随着压强的增大，A的平衡转化率增大，即p2>p1；故A错误；

B.根据图象，T1先达到平衡，说明T1>T2，随着温度升高，n(C)减小，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即△H<0；故B错误；

C.根据图象可以看出，T2条件下C的平衡体积分数大，因此当T2>T1时正反应为吸热反应△H>0，当T21时，正反应为放热反应，△H<0；故C正确；

D.根据图象，T2条件下A的转化率大，当T2>T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，即正反应方向为吸热反应△H>0；故D错误；

答案：C。

【点睛】

化学平衡图象的做法：一看面，即横坐标和纵坐标的意义；二看线，即随着横坐标的升高，线升高还是降低，根据勒夏特列原理进行分析；三看点，即起点、拐点等；四看辅助线，即作等温线或等压线。2、D【分析】【分析】

已知：△G=△H-T△S，△G为自由能变化，△H为焓变，T为热力学温度，△S熵变．当△G＜0时反应能自发进行，△G＞0时反应不能自发进行；据此分析判断选项；

【详解】

A．焓变大于零的反应，△H＞0，若△S＞0，高温下，可以自发进行，△S＜0反应不能自发进行；故A错误；

B．焓变小于零的反应，△H＜0，若△S＜0，低温下可以自发进行，高温下△G＞0；反应不能自发进行，故B错误；

C．焓变大于零的反应，△H＞0，△S＞0，高温下△G＜0；可以自发进行，反应能自发进行，故C错误；

D．焓变小于零且熵变大于零的反应，△H＜0，△S＞0，任何温度下△G＜0；反应一定能自发进行，故D正确；

答案选D。

【点睛】

只根据焓判据或熵判据判断反应进行的方向是不全面的，要综合考虑焓判据和熵判据的复合判据。3、D【分析】【详解】

A.酸性H2B>HA>HB-,酸性越强,对应的钠盐的碱性越弱,pH(Na2B)>pH(NaA)>pH(NaHB),故A错误;B.HA的电离常数为1.710-6,则A-的水解常数为Kh=1.10-14/1.710-6=5.910-9,可以知道HA的电离常数大于A-的水解常数,则将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合后溶液显酸性，由电荷守恒可以知道混合液中：c(Na+)-),故B错误;C.酸性H2B>HA>HB-,向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为:B2+HA==A-+HB-,故C错误;D.对于H2B,已知K=1.310-3,K2=5.610-8,可以知道HB-的水解常数为1.10-14/1.310-3=7.7×10-12,则HB-电离程度大于HB-水解程度,溶液显酸性，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B),故D正确；所以答案：D。

【点睛】

电离常数越大,酸性越强,由表中数据可以知道酸性,酸性H2B>HA>HB-,,化学反应应满足以强制弱的特点,HA的电离常数为1.710-6,,则A-的水解常数为1.10-14/1.710-6=5.910-9,以此解答该题。4、C【分析】【分析】

A.醋酸为弱酸；加水稀释促进电离；

B.未反应前结合物料守恒可得：c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，向0.10mol•L-1Na2SO3溶液中通入SO2至溶液呈中性，反应后溶液中溶质为NaHSO3和Na2SO3；

C.可从混合后溶液的酸碱性进行分析判断；

D.盐类水解促进水的电离，酸、碱抑制水的电离，c(H+)和c(OH-)越大；水的电离程度越小。

【详解】

A.醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，因此将溶液稀释10倍后，b

B.向0.10mol•L-1Na2SO3溶液中通入SO2至溶液呈中性，反应后溶液中溶质为NaHSO3和Na2SO3，c(Na+)<2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]；B项错误；

C.若溶液呈酸性时，可满足c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)；C项正确；

D.盐类水解促进水的电离，酸、碱抑制水的电离，c(H+)和c(OH-)越大，水的电离程度越小，因醋酸为弱酸，那么水的电离程度③>①>②；D项错误；

答案选C。

【点睛】

解答本题时应注意稀释时溶液pH的计算方法：pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pH＜a+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pH>a-b。5、D【分析】【分析】

本题考查溶液中离子浓度问题，由于H2CO3H＋＋HCO3－，HCO3－H++CO32－K1>K2所以CO32－水解程度大于HCO3－由于水解所以溶液呈碱性所以c(OH－)>c(H＋)。

【详解】

浓度最大，两种盐同浓度，由于的水解程度大于的电离程度并且生成故溶液显碱性且水解都是微弱的，且浓度大于所以故答案D正确。

答案选D。6、C【分析】【详解】

A.25℃时水的pH=7；某温度下水的pH=6，说明水的电离变大，由于水的电离过程吸热，故T＞25℃，故A正确；

B.该温度下水的pH=6，则该温度下水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，当溶液的pH为2时，由水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/L；故B正确；

C.该温度下Kw=1×10-12，测得溶液的pH为2，氢离子浓度为0.01mol/L；pH为12的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L。该温度下两溶液等体积混合后；由于氢氧化钠的物质的量大于氢离子的物质的量，所以反应后使该溶液呈碱性，故C错误；

D.根据电荷守恒，①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)；②NaHSO4=Na++H++SO42-；③H2O⇌H++OH-；②得c(Na+)=c(SO42-)，带入①可得c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)；故D正确；

题目要求选错误的，故选C。7、B【分析】【详解】

A.4L0.5mol/LNaCl溶液中Na+的浓度为0.5mol/L；

B.1L0.3mol/LNa2SO4溶液中Na+的浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L；

C.5L0.4mol/LNaOH溶液中Na+的浓度为0.4mol/L；

D.2L0.15mol/LNa3PO4溶液中Na+的浓度为0.15mol/L×3=0.45mol/L；

因此Na+物质的量浓度最大的是0.6mol/L；

答案选B。8、C【分析】【详解】

A．NaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中Kw增大；其pH减小，故A错误；

B．0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)①，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)，因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)②，由①得c(Na+)＞c(SO32−)；将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，结合②③得c(SO32−)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32−)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32−)＞c(NH4+)；故C错误；

C．酸碱对水的电离都有抑制作用；0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；

D．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；

答案选C。9、C【分析】【分析】

电化学腐蚀较化学腐蚀快；金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护，腐蚀快慢为：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。

【详解】

A中发生化学腐蚀，B中锌作原电池正极，保护锌，C中锌作负极，发生电化学腐蚀，加快锌的腐蚀，D中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序为CABD，故答案为C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6kJ，可知反应4HCl+O22Cl2+2H2O的ΔH=-115.6kJ·mol-1，故答案为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1；

(2)由ΔH=(生成物键能之和-反应物键能之和)可得，4E(H—Cl)+498kJ·mol-1-4E(H—O)-2×243kJ·mol-1=-115.6kJ·mol-1，所以E(H—O)-E(H—Cl)=31.9kJ·mol-1，所以断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ。键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl键强。【解析】4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-132强11、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂12、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）强电解质包括强酸；强碱和绝大多数盐；属于强电解质的是⑤⑥⑦⑨；弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐和水，属于弱电解质的是④，化合物分为电解质和非电解质，属于非电解质①⑧。

（2）根据题意知PbSO4与饱和醋酸钠溶液发生复分解反应，根据复分解反应发生的条件知醋酸铅为弱电解质，故沉淀溶解过程的离子方程式PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—。

（3）25℃时，H2C2O4的电离平衡常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5；H3PO4的电离平衡常数为K1=7.52×10-3,K2=6.23×10-8,K3=2.2×10-13。则酸性：H2C2O4>H3PO4>HC2O4—>H2PO4—>HPO42—，则少量H3PO4与过量Na2C2O4反应的离子方程式为【解析】）⑤⑥⑦⑨④①⑧PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42—13、略

【分析】【分析】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离；从图中pH=4.2分析二级电离常数。

⑵根据图中pH=1.2信息得出一级电离常数；根据电离常数得出酸强弱顺序，再根据酸强弱书写离子方程式。

【详解】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离，H2A的电离方程式是H2AH+＋HA－，从图中pH=4.2分析二级电离常数故答案为：H2AH+＋HA－；10−4.2。

⑵已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，根据图中pH=1.2信息得出因此酸强弱顺序为H2A＞HF＞HA－，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为H2A+F－=HF+HA－；故答案为：H2A+F－=HF+HA－。【解析】H2AH+＋HA－10-4.2H2A＋F－==HF＋HA－14、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于三、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、实验题(共1题，共2分)17、略

【分析】【分析】

（1）根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）碱性溶液应选择碱式滴定管；酸性；氧化性溶液应选择酸式滴定管；

（3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；

（4）先判断数据的有效性；然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；

（5）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红；3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄。

【详解】

（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；则正确的顺序为：EAFBCGD；

（2）氢氧化钠溶液显碱性；应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故选乙；

（3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；

（4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为：=20.00mL；该盐酸的物质的量浓度为：

=0.1200mol·L-1；

（5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故a选；

b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故b选；

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡；导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故c不选；

d.达到滴定终点时；仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故d选；

故选abd；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄；现已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1；则pH＞5.1，要将pH调到4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。

【点睛】

本题考查中和滴定的综合应用，解题关键：明确中和滴定的操作方法和原理，易错点（5）注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，难点（4）先求体积的平均值，再根据浓度计算公式计算，需学生具备一定的分析能力及化学计算能力。【解析】EABCG乙锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色0.1200mol/Labd>五、计算题(共2题，共10分)18、略

【分析】【分析】

依据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算可得。

【详解