2025年鲁教新版选修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年鲁教新版选修4化学下册阶段测试试卷783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、室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH－。下列叙述正确的是A.升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性B.向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低C.向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/LD.向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L2、下列说法正确的是A.常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液B.溶液中：C.将的稀释1000倍后，D.溶液中：3、常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2气体，只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3。有关叙述正确的是A.三种酸的电离常数：Ki1(H2CO3)>Ki(HX)>Ki(HY)>Ki2(H2CO3)B.NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(X-)C.同浓度溶液的碱性：NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3D.结合H＋的能力：Y->CO32->X->HCO3-4、下列说法不正确的是：A.将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞bB.常温下，浓度均为0.1mol/L①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水电离程度的顺序为③＞①＞②C.常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为酸性D.物质的浓度相同的①氯化铵溶液、②硫酸铵溶液、③碳酸氢铵溶液，pH的顺序为：③＞①＞②5、下列实验方案中，可以达到实验目的的是。选项实验操作与现象目的或结论A用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOB在一定条件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯C向盛有少量Mg(OH)2固体的试管中加入适量NH4Cl浓溶液，充分振荡，白色固体溶解与Mg(OH)2溶解出的OH-结合，导致Mg(OH)2溶解D向NaI、NaCl混合稀溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)sp(AgCl)

A.AB.BC.CD.D6、已知某溶液中含有和浓度均为向该溶液中逐滴加入的溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为A.B.C.D.7、实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液；过滤．

②取等量①的滤液于两支试管中，分别滴加等浓度等体积的Na2S溶液、Na2SO4溶液；前者出现浑浊，后者溶液仍澄清．

③取少量①的沉淀；滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解．

下列分析不正确的是A.①中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少B.①的滤液中不含有Ag+C.②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶D.③中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）减小，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动8、科学家研发出一种太阳光电化学电池（），可不受限于白天或黑夜全天候地储存电能。该电池以硫酸为电解液，利用太阳能储存电能（充电）的原理如图（图中略去部分光电转换过程），下列说法不正确的是（）。A.放电时，电极为负极B.充电时，通过质子交换膜向电极迁移C.放电时，负极的电极反应式为D.充电时，/极的电极反应式为评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、根据以下三个热化学方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系：__________10、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类11、写出下列热化学反应方程式：

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)；放出92.2kJ热量：______________。

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)；吸收68kJ热量：_______________。

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量：__________。12、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_______。13、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。14、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。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)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．15、泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）请用离子方程式表示______________________；NaAlO2和AlCl3溶液的反应离子方程式是______________，这两个反应都是彻底的双水解。16、按要求填写下面的空。

（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它们的pH值由小到大的排列顺序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1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。pH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)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、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：__。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共40分)21、某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋CO2↑＋H2O（未配平）。0.1mol·L－1KMnO4酸性溶液的体积/mL0.6mol·L－1

H2C2O4溶液的体积/mLH2O的积/mL实验温度/℃溶液褪色时所需时间/min实验110V13525实验210103025实验31010V250

(1)表中V1=___________mL,V2=___________mL。

(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是____________。

(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________________。

(4)已知50℃时c(MnO)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(MnO)～t的变化曲线示意图________。

22、铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。

（1）①该反应的平衡常数表达式为：K=___。

②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g。则10min内CO的平均反应速率为___。

（2）请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：①___②___。

（3）明矾KAl(SO4)2·12H2O的水溶液呈___性（填”酸性、碱性、中性），溶液中各离子的浓度从大到小的顺序为____。

（4）写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：___，欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是____。

（5）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是____。

a.b.c.d.23、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，则溶液中_____（填“增大”、“不变”或“减小”）；写出该溶液中的电荷守恒关系_____。

（2）土壤的pH一般在4~9之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：_____。加入石膏（CaSO4·2H2O）可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_____。

（3）水垢的主要成分CaCO3可以用过量食醋溶解，请结合化学用语，从沉淀溶解平衡的角度进行解释______________。

（4）常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：

①在同一溶液中H2CO3和CO____________________（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的最主要微粒为_____，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_________。

③已知在25℃时，CO水解反应的平衡常数=2.0×10－4，当溶液中c(HCO):c(CO)＝2:1时，溶液的pH＝_____。24、燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：

（1）已知：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)ΔH＝﹣3412.0kJ·mol−1

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH＝﹣25.0kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝﹣221.0kJ·mol−1

则2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g)ΔH＝____kJ·mol−1。

（2）碱性NaClO2溶液脱硫法。

SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+4OH−⇌2SO42-+C1−+2H2O，已知pc＝﹣lgc（SO2）。在刚性容器中，将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中；测得pc与温度的关系如图所示。

由图分析可知，该脱硫反应是____反应（填“放热”或“吸热”）；若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K____（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（3）燃料细菌脱硫法。

①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌（T．f）；氧化亚铁微螺菌（L．f）、氧化硫硫杆菌（T．t）进行脱硫；其脱硫过程如图所示：

已知：脱硫总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+；

Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+7Fe2++6H+；

写出Ⅱ反应的化学方程式____。

②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池：

该细胞膜为____（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。该电池的正极电极反应式为______。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_________。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共8分)25、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是___________

(3)A的化学式是___________

(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生的电极反应为_______________________。离子交换膜N是____（填“阴”“阳”）离子交换膜。

(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，但溶液中c(H+)仍然等于c(OH－)；溶液显中性，故A错误；

B．向水中加入少量氨水，由于c(OH－)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，移动的结果只能减弱这种变化，故c(OH－)增大；故B错误；

C．向水中加入少量硫酸，c(H+)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，故由水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L；故C错误；

D．向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，导致平衡正向移动，促进水的电离，故由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L；故D正确；

故答案为：D。2、D【分析】【分析】

A．溶液的PH=7，则再结合电荷守恒判断；

B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒；根据物料守恒和电荷守恒判断；

C．pH=6的硫酸稀释1000倍后溶液接近中性；氢离子浓度为中性溶液中氢离子浓度，根据物质的量不变计算硫酸根离子浓度；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断。

【详解】

A、根据混合液中的电荷守恒式判断，常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液则故A错误；

B、根据溶液中的质子守恒式判断：故B错误；

C、将的稀释1000倍后，考虑水的电离，故C错误；

D、根据溶液中电荷守恒式判断：故D正确；

故选D。

【点睛】

选项C,酸溶液加水稀释，无论稀释多少倍，溶液只能无限接近中性，不可能为碱性，pH=6的硫酸，加水稀释1000倍，氢离子浓度近似等于10-7mol/L，而硫酸根离子浓度可以达到所要稀释的倍数。3、D【分析】【详解】

A．向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3＞HY，则有酸性由强到弱：H2CO3＞HX＞HCO3-＞HY，酸性越强，电离常数越大，所以三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）＞Ki（HX）＞Ki2（H2CO3）＞Ki（HY）；故A错误；

B．向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性HX＞HCO3-，所以c（X-）＞c（CO32-），则c（HCO3-）>c（X-）＞c（CO32-）；故B错误；

C．酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以溶液的碱性：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY；故C错误；

D．由A可知酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，则结合质子能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-；故D正确；

故选：D。4、C【分析】试题分析：A．一水合氨是弱碱，部分电离，在溶液中存在电离平衡含有未电离的电解质分子，而NaOH是强碱，完全电离，若将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，对于NaOH溶液来说，只有稀释作用，氨水中电离平衡正向移动，使溶液中c(OH-)减小的比NaOH少，所以稀释后溶液的c(OH-)氨水的大，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：a＞c＞b，正确；B．醋酸、盐酸都是酸，电离产生H+,对水的电离平衡起抑制作用，由于醋酸是弱酸，电离产生的H+的浓度小于等浓度的盐酸，所以抑制作用盐酸的大于醋酸；而醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+,促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，所以常温下，浓度均为0.1mol/L①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水电离程度的顺序为③＞①＞②，正确；C．硫酸pH=3,则c(H+)=10-3mol/L,碱pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L.如果BOH是一元强碱，则二者等体积混合后，H+与OH-恰好反应；反应后溶液显中性；若BOH是弱碱，由于在溶液中含有电离未电离的BOH，当发生中和反应后未电离的BOH,会在电离，使溶液显碱性，错误；D．氯化铵溶液；硫酸铵都是强酸弱碱盐。水解使溶液显酸性，由于硫酸铵电离产生的铵根离子浓度大于氯化铵，所以溶液的酸性硫酸铵强，碳酸氢铵是弱酸弱碱盐，阳离子、阴离子都发生水解反应，水解相互促进，由于铵根水解程度小于碳酸氢根离子，所以溶液显碱性，故等物质的量浓度的①氯化铵溶液、②硫酸铵溶液、③碳酸氢铵溶液，pH的顺序为：③＞①＞②，正确。

考点：考查盐的水解平衡、弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液的酸碱性及弱电解质溶液稀释的知识。5、C【分析】【详解】

A．次氯酸钠水解产生的次氯酸具有强氧化性；会将pH试纸漂白，无法用pH试纸测定其pH值，故A错误；

B．无法保证氢气全部反应；所以会引入新的杂质，故B错误；

C．一水合氨为弱碱；氢氧化镁电离的氢氧根离子可与铵根离子结合生成一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解，故C正确；

D．离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀，但本实验中并未注明c(Cl-)、c(I-)的大小关系；所以无法判断溶度积大小，故D错误；

故答案为C。6、A【分析】【详解】

由可知，析出沉淀时，溶液中c(S2-)==CuS溶液中c(S2-)==溶液中c(S2-)==c(S2-)越小，则越先生成沉淀，所以三种阳离子产生沉淀的先后顺序为故选A。

【点睛】

把握的计算、离子沉淀的顺序为解答关键。解答本题要注意根据金属阳离子的浓度计算出c(S2-)，需要的c(S2-)越小，越先生成沉淀。7、B【分析】【分析】

①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液；说明生成氯化银沉淀；

②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液；前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；

③取少量氯化银沉淀；滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子。

【详解】

A、0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少；故A正确；

B、根据沉淀溶解平衡，①的滤液中含有Ag+；故B错误；

C；依据分析可知：前者出现浑浊；说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，故C正确；

D；由实验③推测：银离子与氨气分子的络合；促进了氯化银的溶解，故D正确；

故选B。8、D【分析】【分析】

由充电示意图中电子的移动方向可知，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt电极为阴极，V3+在阴极得到电子发生还原反应生成V2+，电极反应式为V3++e-=V2+，放电时，TiO2/WO3电极为正极；Pt电极为负极。

【详解】

A.由分析可知；放电时，Pt电极为原电池的负极，故A正确；

B.充电时；阳离子移向阴极，则氢离子通过质子交换膜向Pt电极迁移，故B正确；

C.放电时，Pt电极为负极，V2+在负极失电子发生氧化反应生成V3+，电极反应式为V2+-e-=V3+；故C正确；

D.电解池的离子交换膜为质子膜，电极反应式不可能有氢氧根离子参与，则充电时，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D错误；

故选D。

【点睛】

书写电极反应式时，注意电解质溶液为酸性，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现氢氧根是解答关键。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

硫化氢完全燃烧放出的热量多；生成液态水是放出的热量多。

【详解】

硫化氢完全燃烧放出的热量多，则Q1>Q2；气态水的能量高于液态水的能量，则硫化氢生成液态水是放出的热量多，即Q2>Q3，综上可得Q1>Q2>Q3，故答案为：Q1>Q2>Q3。

【点睛】

依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断是解题关键。【解析】Q1>Q2>Q310、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C11、略

【分析】【分析】

热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答。

【详解】

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)，放出92.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)，吸收68kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量，则该反应的热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【点睛】

本题考查了热化学方程式的书写，物质反应过程的热量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关，相同质量的物质含有的能量：气态>液态>固态；放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热的单位是kJ/mol。热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。【解析】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol12、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13、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑14、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B15、略

【分析】【分析】

根据题中泡沫灭火器反应原理和NaAlO2和AlCl3溶液的反应可知；本题考查盐类水解，运用双水解分析。

【详解】

泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，离子方程式为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑，NaAlO2和AlCl3溶液中AlO2-和Al3+发生双水解，离子方程式为：6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑；6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓。【解析】Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑6H2O+3AlO2-+Al3+==4Al(OH)3↓16、略

【分析】【分析】

（1）先判断出溶液的酸碱性；然后利用盐类水解规律进行分析；

（2）利用电离平衡常数进行计算；以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；

（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；

（4）先稀释相同倍数；判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；

（5）利用强电解质完全电离；弱电解质部分电离进行分析；

【详解】

（1）①(NH4)2SO4溶液显酸性，②NaNO3溶液显中性，③NH4HSO4溶液显酸性，④NH4NO3溶液显酸性，⑤NaClO溶液显碱性，⑥CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO－水解能力强于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3；因此pH由小到大的顺序是③①④②⑥⑤，故A正确；

答案为A；

（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka==10－5；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H＋)减小；即pH增大；

答案为10－5；增大；

（3）根据电荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表达式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案为10－3mol·L－1；

（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)3COOH)；

答案为<；

（5）盐酸为强酸，0.1mol·L－1盐酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案为<。

【点睛】

稀释一元弱酸和一元强酸时，应注意是浓度相同还是pH相同，如果是浓度相同，体积相同，一元强酸完全电离，一元弱酸是部分电离，稀释相同倍数，强酸中c(H＋)始终大于弱酸；如果是pH相同，体积相同，则弱酸的浓度大于强酸，加水稀释，促进醋酸的电离，弱酸的pH小于强酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<三、判断题(共1题，共2分)17、×【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、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><20、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(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、原理综合题(共4题，共40分)21、略

【分析】【详解】

(1)由表中实验2和实验1知道温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响。所以溶液的总体积也应该相同均为50mL,分析知道表中V1溶液体积为60-35-10=5mL,V2=50-10-10=30mL。

(2)根据上表分析实验2和实验3反应物浓度相同；温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响的因素，的实验编号是2和3。根据上表分析实验2和实验1反应物温度相同，浓度不同.所以探究反应物浓度对化学反应速率影响的，其实验编号应该是1和2。

(3)由化学反应关系可知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O加入的KMnO4的物质的量为0.010.1=0.001mol,加入的H2C2O4的物质的量为0.0050.6=0.003mol,2KMnO45H2C2O4关系知道H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)=0.010.15/2=0.0025mol

实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，所以H2C2O4在2min内平均反应速率v(H2C2O4)＝0.0025mol/(0.05L2min)=0.025mol·L－1·min－1。答案：0.025mol·L－1·min－1

(4)根据影响化学反应速率的因素可知，升高温度化学反应速率加快，已知50℃时c(MnO)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，25℃时化学反应速率减慢，所用时间变长。所以c(MnO)～t的变化曲线示意图为【解析】5302和31和20.025mol·L－1·min－122、略

【分析】【分析】

(1)①平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②先根据化学方程式计算出消耗的CO的物质的量，然后根据V==求出CO的化学反应速率；

(2)根据化学平衡状态的特征分析；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；质量、体积分数以及百分含量不变；

(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O；结合铝离子水解呈酸性分析；

(4)根据Al(OH)3的酸式电离；根据Al(OH)3的碱式电离平衡以及外界条件对电离平衡的影响；

(5)根据通过加热引发铝热反应以及铝热反应为放热反应以及温度升高化学反应速率加快分析。

【详解】

(1)①因平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则K=

②生成了单质铁的物质的量为：=0.2mol；则：

Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)0.3mol0.2mol

所以CO的反应速率V====0.015mol/(L•min)；

(2)因当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，所以说CO或(CO2)的生成速率与消耗速率相等、CO(或CO2)的质量不再改变能说明该反应已达到平衡状态；

(3)明矾是KAl(SO4)2•12H2O，其溶液中铝离子水解生成氢氧化铝使溶液显酸性，水解离子反应为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；溶液中不水解的二元硫酸根离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序为：c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(4)Al(OH)3的酸式电离：Al(OH)3H++AlO2-+H2O，同时还存在碱式电离：Al(OH)3Al3++3OH-，加入盐酸，与OH-反应，碱式电离平衡正向移动，Al3+浓度增加；

(5)因通过加热引发铝热反应，所以开始速率为零，一旦反应，反应放热，温度不断升高，化学反应速率加快，故答案为b。【解析】①.②.0.015mol(L•min)③.CO或（CO2）的生成速率与消耗速率相等④.CO（或CO2）的质量不再改变⑤.酸性⑥.c(SO42-)＞c(K+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)⑦.Al(OH)3H++AlO2-+H2O⑧.盐酸⑨.b23、略

【分析】【分析】

（1）CH3COOH的电离平衡常数K=温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；

（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低；使土壤碱性降低；

（3）水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；

（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；

②由图可知，H=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒可知溶液中c（Na+）>c（Cl-），由碳酸钠与盐酸的反应可知溶液中c（Cl-）>c（HCO3-）；

③CO32-的水解常数Kh==2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.0×10-4mol/L。

【详解】

（1）CH3COOH的电离平衡常数K=温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；

（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低，使土壤碱性降低，使土壤碱性降低，反应方程式为CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O；

（3）醋酸的酸性强于碳酸，水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解，故答案为：CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；

（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；二者不能大量共存于同一溶液中，故答案为：不能；

②由图可知，pH=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）可知，溶液中c（Na+）>c（Cl-），由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3和NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3可知，溶液中c（Cl-）>c（HCO3-），则溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+）；

③CO32-的水解常数Kh==2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.0×10-4mol/L，则溶液中c（H+）==10-10mol/L；溶液pH=10，故答案为：10。

【点睛】

明确常温下在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液20mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成碳酸是解答关键。【解析】不变c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2OCaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解不能HCO3-、H2CO3c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（O