2025年人教版选修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年人教版选修4化学上册月考试卷128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6题，共12分)1、一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度；压强的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.a点时，NH3的转化率为30%B.达到平衡时，2v正(NH3)＝3v逆(H2)C.b、c两点对应的平衡常数：Kb＜KcD.压强：p1＞p22、在恒容的密闭容器中充入2molA和1molB的气体后发生反应2A(g)+B(g)⇌xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为m%。若维持容器容积和温度不变，按0.6molA、0.3molB和1.4molC为起始物质的量，达到平衡后，C的体积分数仍为m%。则x的值可能为A.1或2B.2或3C.3或4D.无法确定3、下列说法正确的是（）A.锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，再用水稀释到所需的浓度C.Na2CO3溶液保存在带磨口塞的玻璃瓶中D.用pH试纸测的0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.24、常温下，浓度均为溶液和HCN溶液的pH分别为m和下列叙述中错误的是A.常温下，pH相同的溶液和HCN溶液分别加水稀释相同的倍数时，前者pH变化较小B.等温下，等浓度的和HCN溶液pH，后者大C.HCN溶液和NaOH不等体积混合后一定存在如下关系D.和HCN溶液中由水电离出的前者是后者的倍5、次磷酸(H3PO2，一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol•L-1的H3PO2溶液和1mol˙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0；分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示.下列说法错误的是：

A.常温下，该HBF4溶液满足pH=B.常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C.常温下，NaBF4溶液的pH=7D.NaH2PO2溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)6、下列实验操作与现象都正确，且能得出对应结论的是。选项实验操作现象结论A向2mL含有淀粉的0.2mol/LFeI2溶液中滴加2滴新制氯水溶液变为蓝色还原性：I->Fe2+B向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加稀盐酸产生白色胶状沉淀非金属性：Cl>SiC分别向盛有铁片和铜片的两支试管中滴加浓硝酸铁片无明显现象，铜片剧烈反应金属性:铜>铁D向Cu2+、Mg2+共存的溶液中滴加少量NaOH溶液产生白色沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（）。容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)n(CO)n(CO)Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56y

A.达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，平衡正向移动B.x=0.8，y＞0.4C.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于D.若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，则反应将向正反应方向进行8、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9、常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图；根据图示判断，下列说法正确的是。

A.H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小D.当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)10、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)11、已知，0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则下列说法（关系式）正确的是A.c(A2-)>c(H2A)B.HA-的水解抑制了HA-的电离C.HA-的水解和电离相互促进D.c(OH-)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)12、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)13、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14、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)；沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.b点时c(Ba2＋)·c(SO)小于KspB.a点对应的Ksp等于c点对应的KspC.加水稀释可以使溶液由b点变到c点D.加入适量的Na2SO4可以使溶液由a点变到c点评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、烟气(主要污染物SO2、NO、NO2)的大量排放造成严重的大气污染；国内较新研究成果是采用以尿素为还原剂的脱硫脱硝一体化技术。

(1)脱硫总反应：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知该反应能自发进行，则条件是____(填“高温”；“低温”或“任何温度”)。

(2)电解稀硫酸制备O3(原理如图)，则产生O3的电极反应式为______。

(3)室温下，往恒容的反应器中加入固定物质的量的SO2和NO，通入O3充分混合。反应相同时间后，各组分的物质的量随n(O3)∶n(NO)的变化见上图。

①n(NO2)随n(O3)∶n(NO)的变化先增加后减少，原因是____。

②臭氧量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，试用过渡态理论解释可能原因__。

(4)通过控制变量法研究脱除效率的影响因素得到数据如下图所示，下列说法正确的是____。

A.烟气在尿素溶液中的反应：v(脱硫)＜v(脱硝)

B.尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响。

C.强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除。

D.pH=7的尿素溶液脱硫效果最佳。

(5)尿素的制备：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＜0。一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。

①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L－1，平衡常数K=__。

②上图是该条件下，系统中尿素的物质的量随反应时间的变化趋势，当反应时间达到3min时，迅速将体系升温，请在图中画出3~10min内容器中尿素的物质的量的变化趋势曲线__________。16、按要求写热化学方程式：

（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的C2H2气体放出热量为1300kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示C2H2气体充分燃烧的热化学方程式：___；

（2）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：___。17、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)。18、①CaCO3(s)=CaO+CO2(g)；ΔH=177.7kJ/mol

②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=-131.3kJ/mol

③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)=1/2Na2SO4(l)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

④C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH=-393.5kJ/mol

⑤CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；ΔH=-283kJ/mol

⑥HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=-517.6kJ/mol

（1）上述热化学方程式中，不正确的有（_________）

（2）根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式___________________。

（3）上述正确的反应中，表示燃烧热的热化学方程式有（_________）；

（4）表示中和热的热化学方程式有（___________）。19、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，得到如下变化规律(图中，p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，t表示反应时间)：

根据以上规律判断(填“＞”“=”或“＜”)：

（1）反应Ⅰ：p2__p1，ΔH__0。

（2）反应Ⅱ：T1__T2，ΔH__0。

（3）反应Ⅲ：若T2__T1，则ΔH__0。

（4）反应Ⅳ：若T2__T1，则ΔH__0。20、一定温度下，向2L密闭容器中充入5molN2和7molH2。发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。请问答:

(1)该反应的平衡常数表达式为___________

(2)一定温度下，不能说明上述反应已达到平衡的是____________(填选项字母)。

a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等。

b.单位时间内消耗amolN2同时生成2amolNH3

c.容器内的压强不再变化。

d.容器内的密度不再变化。

e.容器内H2的体积分数不再变化。

(3)当该反应达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则该温度下反应的平衡常数K=_____。

(4)若在上述平衡条件下保持温度不变，将容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡时N2(g)的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变")，c(NH3)____0.5mol/L(填“>”、“<”或“=”)。21、工业上利用甲醇制备氢气常用的方法之一是甲醇蒸气重整法。此方法当中的一个主要反应为CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g），说明该反应能自发进行的原因__。22、现有浓度为0.1mol·L-1的五种电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH

已知：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-

⑴这五种溶液的pH由小到大的顺序是____________________（填编号）；

⑵将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是___________（填编号）；

⑶混合碳酸（H2CO3）溶液和NaAlO2溶液，试写出所有可能发生的化学反应方程式：_____；

⑷常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：。实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH甲0.200.20pH＝a乙0.100.10pH＝8.00

①不考虑乙组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a（混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸_________；乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)＝_________mol/L。

②求出该混合溶液中下列算式的结果。

I．c(Na+)-c(A-)=__________________；II．c(OH-)-c(HA)=_________。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)24、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：)25、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“＝”）。26、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：__。评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)27、按要求写出下列反应的热化学方程式。

（1）以CO2和NH3为原料可合成尿素[CO(NH2)2]。已知：

①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1

②NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋116.49kJ·mol－1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1

则NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式为________。

（2）已知25℃；101kPa时：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1＝－197kJ·mol－1

②H2O(g)=H2O(l)ΔH2＝－44kJ·mol－1

③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3＝－545kJ·mol－1

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式为_____。

（3）工业上利用甲烷催化还原NOx可减少氮氧化物的排放。已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1

②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1

甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。

（4）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。已知：。化学键H—HH—ClCl—Cl键能/（kJ·mol－1）436431242

工业上通过氢气在氯气中充分燃烧制取HCl气体，该反应的热化学方程式为_____。28、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

（1）下列说法正确的是__（填序号）。

A.向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点。

B.通过蒸发可以由d点变到c点。

C.d点无BaSO4沉淀生成。

D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp

（2）将100mL1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2+的物质的量浓度约为___。

（3）若沉淀分别用100mL纯水和100mL0.01mol•L-1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为__。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．a点氮气的体积分数为0.1，设开始的氨气为x，转化的氨气为y，则=0.1，解得：y=0.25x，NH3的转化率为=25%；故A错误；

B．a点为平衡点，不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则满足3v(NH3)正═2v(H2)逆；故B错误；

C．由图可知，升高温度，氮气的体积分数增大，则正反应为吸热反应，K与温度有关，c点温度高，则b、c两点对应的平衡常数：Kb＜Kc；故C正确；

D．若p1＞p2，图中压强越大，氮气的体积分数越大，而增大压强2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)逆向移动；氮气的体积分数减小，二者不一致，故D错误；

故选C。2、B【分析】【详解】

恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为m%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n(A)=2mol、n(B)=1mol，故0.6mol+mol=2mol，解得x=2，但是对于反应前后气体系数和相等的反应，物质的投料等比即等效，所以x=3也是正确的，故B正确。3、A【分析】【详解】

A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度；溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去，A选项正确；

B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中抑制铁离子水解；硫酸溶液中引入硫酸根离子杂质，B选项错误；

C．碳酸钠溶液水解显碱性，和玻璃中二氧化硅反应生成矿物胶硅酸钠粘结瓶口与瓶塞，不易打开，Na2CO3溶液不可保存在带磨口塞的玻璃瓶中；C选项错误；

D．因氯化铵溶液中，由于铵根离子水解，导致溶液显酸性，用pH试纸测得0.1mol/LNH4CI溶液的pH小于7；但pH试纸的精确度低，只能测得pH值为整数5，不可能是5.2，D选项错误；

答案选A。4、A【分析】【详解】

常温下；等物质的量浓度的醋酸和氢氰酸，氢氰酸的pH大于醋酸，说明醋酸的酸性大于氢氰酸；

A.等pH的两种酸稀释相同的倍数，弱酸的pH变化小于强酸，所以pH相同的溶液和HCN溶液分别加水稀释相同的倍数时；前者pH变化较大，故A错误；

B.等温下，等浓度的和HCN溶液中醋酸的电离程度大于氢氰酸；所以pH后者大，故B正确；

C.根据电荷守恒知，所以得故C正确；

D.酸溶液中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，和HCN溶，醋酸溶液中由水电离出的氢氰酸溶液中由水电离出的所以前者是后者的倍；故D正确；

故选A。5、A【分析】【分析】

当+1=1时，V=V0，即起始时1mol/L的曲线b溶液的pH=0，说明曲线b对应酸为强酸，H3PO2为一元弱酸，则曲线b为氟硼酸（HBF4）加水稀释的曲线，曲线a为H3PO2溶液的稀释曲线；据此分析。

【详解】

A．根据图示曲线b可知，+1=1，则=pH=0，+1=5时，=pH=4，所以在0⩽pH⩽4时，HBF4溶液满足pH=故A错误；

B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2-，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c(H2PO2-)=0.1mol/L；那么次磷酸的电离平衡常数即为：

Ka故B正确；

C．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐；故溶液为中性，常温下pH=7，C项正确；

D．NaH2PO2溶液中：符合质子守恒，c(OH-)=c(H3PO2)+c(H+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)；故D正确；

答案选A。6、A【分析】【详解】

A．向含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴新制氯水，氯水少量，还原性强的优先被氧化，溶液变蓝，说明碘离子优先被氧化，则还原性I-＞Fe2+；故A正确；

B．向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加稀盐酸；产生白色胶状沉淀，说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性，盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；

C．常温下铁遇浓硝酸发生钝化；不能比较铁；铜的金属性，且由金属活动性顺序可知金属性Fe＞Cu，故C错误；

D．未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小；无法判断溶度积常数的大小关系，故D错误；

答案选A。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意非金属性强弱的比较方法，方法之一为最高价含氧酸的酸性强弱，而盐酸为无氧酸。二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【详解】

A．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，由于CO2(g)；CO(g)的浓度都不发生变化；所以平衡不发生移动，A不正确；

B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ减小体积为1L；此时平衡逆向移动，x＜0.8，B不正确；

C．若容器Ⅲ中温度也为977K，与容器Ⅰ为等效平衡，达到平衡时，y=0.4，容器Ⅲ中的CO的转化率为=现容器Ⅲ中温度为1250K，相当于977K时的平衡体系升高温度，平衡正向移动，CO的转化率减小，所以容器Ⅲ中的CO的转化率小于C正确；

D．在容器Ⅰ中，K==1，若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，此时浓度商Q==0.2＜1；所以平衡将向正反应方向进行，D正确；

故选CD。8、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。9、BC【分析】【详解】

A.H2A是弱电解质，H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；选项A错误；

B.当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；选项B正确；

C.由图示关系知，c（A2-）＞c（H2A）；说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，选项C正确；

D.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，易错点为选项C酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解促进水电离。10、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。11、AC【分析】【分析】

0.1mol/L的酸式盐NaHA溶液pH=5，则表明溶液显酸性，HA-以电离为主；水解是次要的。

【详解】

A．HA-H++A2-，HA-+H2OH2A+OH-，以电离为主，所以c(A2-)>c(H2A)；A正确；

B．HA-以电离为主，电离产物不会抑制HA-的水解；B不正确；

C．HA-水解生成的OH-与电离生成的H+能反应生成H2O；从而相互促进，C正确；

D．依据物料守恒，c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)；D不正确；

故选AC。12、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。13、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。14、BD【分析】【分析】

【详解】

该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态；

A．b点表示Qc＞Ksp；溶液过饱和，有沉淀析出，故A错误；

B．Ksp只受温度的影响，a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp；故B正确；

C．加入蒸馏水，c（SO42－）、c（Ba2＋）均减小，不可能出现c（SO42－）不变，而c（Ba2＋）减小的情况；故C错误；

D．加入适量的Na2SO4，c（SO42－）增大，c（Ba2＋）减小；可能能使溶液由a点变到c点，故D正确。

故选BD。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2，所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol。据此解答。

【详解】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的物质；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。答案选BC。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=本小题答案为：100。

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol，图像为本小题答案为：【解析】低温3H2O―6e―＝O3＋6H＋n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1,NO2被转化为更高价的物质，所以减少(或NO2发生副反应，所以n(NO2)减少也给分)该反应的活化能高，反应速率慢BC100

达到平衡时尿素的物质的量＜0.5mol，反应达到平衡的时间在10min之前16、略

【分析】【分析】

(1)根据生成碳酸钙的质量计C2H2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示C2H2燃烧热化学方程式；

(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。

【详解】

(1)n(CaCO3)==1mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由C2H2燃烧的化学方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反应的C2H2的物质的量是n(C2H2)=因为燃烧mol的C2H2放出的热量为1300kJ，所以燃烧1molC2H2产生CO2气体和产生液态水放出热量是2600kJ，故C2H2的燃烧热为2600kJ，所以表示C2H2燃烧热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。【解析】C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol17、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−4d18、略

【分析】【详解】

（1）根据热化学方程式的书写方法判断，①②③都是有错误的，错误之处分别是：①中物质没标状态，②是吸热反应，△H=+131kJ/mol，③除H2O外其它物质的状态不是“l”应为“aq”、△H=-57.3kJ/mol；其他均正确；

（2）结合化学反应④⑤，利用盖斯定律：④-⑤得C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol；

（3）1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；上述反应中，④⑤分别是表示C；CO燃烧热的热化学方程式；

（4）稀强酸和稀强碱反应生成1mol水所放出的热量为中和热，反应中⑥为中和热的热化学方程式。【解析】①②③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol④⑤⑥19、略

【分析】【详解】

(1)反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率越大；在同一个温度下，p2时A的转化率大于p1时的转化率，可知，p2＞p1；在同一压强下，随着温度的升高，A的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(2)温度越高，化学反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，根据图像，T1温度下，化学反应速率快，则T1＞T2；根据图像，可知温度升高，C的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(3)当n(B)起始相同时，可知C在T1时的体积分数大于在T2时的体积分数，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，C的体积分数增减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0；

(4)若T2＞T1，升高温度，A的转化率增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0。【解析】①.＞②.＜③.＞④.＜⑤.＞(或＜)⑥.＞(或＜)⑦.＞(或＜)⑧.＞(或＜)20、略

【分析】【分析】

(1)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

(2)可逆反应达到平衡状态时；正；逆反应速率相等(同种物质)或正、逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

(3)先计算各种物质的平衡浓度；带入平衡常数表达式，可得该反应的化学平衡常数的值；

(4)利用压强对化学平衡移动的影响分析平衡移动的方向；判断物质的平衡转化率及物质的平衡浓度大小。

【详解】

(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K=

(2)a.NH3生成的速率与NH3分解的速率相等；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；

b.单位时间内消耗amolN2，同时生成2amolNH3，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，b错误；

c.该反应是反应前后气体体积不等的反应；反应在恒容密闭容器中进行，若压强不再随时间变化而变化，说明气体总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，c正确；

d.容器内的密度不再变化，该反应两边都是气体，气体的质量不变，反应中容器的容积不变，根据ρ=可知；密度在反应过程中始终不变，不能作为判断平衡状态的依据，d错误；

e.容器内H2的体积分数不再变化，说明H2的物质的量不再随时间变化而变化；此时反应达到平衡状态，e正确；

故合理选项是bd；

(3)在2L密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应开始时，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol÷2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol÷2L=3.5mol/L，达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则根据物质反应转化关系可知△c(N2)=2.5mol/L-2.0mol/L=0.5mol/L，△c(H2)=1.5mol/L，△c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡时各种物质的浓度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=L2·mol-2=0.0625L2·mol-2；

(4)在(3)所得平衡状态的基础上，将容器扩大到原来的两倍，c(NH3)瞬间变为原平衡的即为0.5mol/L，此时容器内压强减小，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆方向移动，则反应N2的转化率减小，达到平衡时c(NH3)<0.5mol/L。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态判断、化学平衡常数的计算、平衡移动等知识，注意掌握化学平衡状态的判断方法、利用化学平衡平衡常数的定义计算某条件下其数值的大小。【解析】K=bd0.0625L2·mol－2减小<21、略

【分析】【分析】

一个自发反应，需满足∆G=∆H-T∆S<0，即T∆S>∆H，若∆H>0，则必须存在∆S>0。

【详解】

由CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）可知；该分解反应需要吸热，且混乱度增大，则该反应能自发进行的原因为该反应是熵增的反应；

故答案为：该反应是熵增的反应。

【点睛】

对于一个吸热的熵增反应，要想让反应自发进行，需要提供较高的温度，即此类反应为高温自发反应。【解析】该反应是熵增的反应22、略

【分析】【分析】

（1）先根据酸；碱、盐确定PH大小；盐中阳离子相同；酸越弱，其盐的碱性越强，据此分析盐溶液的PH值大小；

（2）根据是否存在平衡分析判断；不存在平衡的PH值变化大；

（3）由题意可知；碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀；

（4）①酸；碱的物质的量相等；即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；

②Ⅰ、根据电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）；Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）

【详解】

（1）④②①③是盐；⑤是碱，物质的量浓度相同的这几种溶液，盐溶液的pH值小于碱溶液的pH，所以⑤的pH值最大；④②①③四种盐的阳离子相同，其阴离子相应的酸越弱，盐的pH值越大，醋酸的酸性＞碳酸的酸性＞偏铝酸的酸性，碳酸氢钠是酸式盐，碳酸钠是正盐，所以碳酸钠的pH值大于碳酸氢钠的，则相同物质的量浓度的这几种溶液的pH值由小到大的顺序是④②①③⑤，故答案为：④②①③⑤；

（2）①②③④溶液中都存在水解平衡；当稀释时，盐的弱酸根又水解出部分离子进行补充；氢氧化钠是强碱，完全电离，不存在电离平衡，所以当稀释时，其pH变化最大，故答案为：⑤；

（3）由题意可知，碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，则可能发生的化学反应方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；

（4）①酸、碱的物质的量相等，即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；乙组实验溶液pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，根据c（H+）·c（OH-）=10-14可知c（OH-）=10-6mol/L，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；10-6；

②Ⅰ、根据电荷守恒知，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol/L；

Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，则c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案为：9.9×10-7mol/L；10-8mol/L。【解析】①.④②①③⑤②.⑤③.NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3④.a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸⑤.10-6⑥.9.9×10-7mol/L⑦.1.0×10-8mol/L四、判断题(共1题，共3分)23、×【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、结构与性质(共3题，共12分)24、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-0.5125、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><26、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(CH3CO