2025年人教五四新版选修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年人教五四新版选修4化学下册阶段测试试卷101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、在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)⇌2C(g)△H<0，t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法不正确的是（）

A.0～t2时，v(正)>v(逆)B.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ=ⅡC.t2时刻改变的条件是向密闭容器中加CD.Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)2、将0.lmol·L-1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）A.溶液中c(H+)和c(OH-)都减小B.溶液中c(H+)增大C.醋酸电离平衡向左移动D.溶液的pH减小3、电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。在一定温度下，用0.1mol·L-1KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液；滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是。

A.①表示的是KOH溶液滴定盐酸溶液B.A点的溶液中有c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/LC.C点水电离的c(OH-)小于A点水电离的c(OH-)D.在B点的溶液中有：c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH-)4、25℃时，向10ml0.01mol/LNaCN溶液中逐滴加入0.01mol/L的盐酸。溶液中CN-、HCN浓度所占分数随pH变化的关系如图甲所示；溶液pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.图甲中的溶液：B.图甲中a点对应的溶液：C.图乙中b点对应的溶液：D.图乙中c点对应的溶液：5、已知草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是A.c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)B.c(Na+)＝c()+c()+c(H2C2O4)C.c(Na+)+c(H+)＝c()+c()+c(OH-)D.c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)6、常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，下列说法正确的是A.c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)＞c(OH-)B.c(Na＋)＝c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)C.c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)D.c(CH3COO-)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH-)7、已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，当溶液中离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。下列叙述正确的是()A.饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大B.向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小C.向0.0008mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002mol·L－1AgNO3溶液，则CrO42-完全沉淀D.将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1的K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀8、“三室法”制备烧碱和硫酸示意图如下；下列说法正确的是。

A.电极A为阳极，发生氧化反应B.离子交换膜A为阴离子交换膜C.稀硫酸从c处进，浓溶液从b处出，浓溶液从e处进D.和迁移的数量和等于导线上通过电子的数量评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果；研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是（）

A.水煤气变换反应的△H＞0B.步骤③的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·C.步骤⑤只有非极性键H—H键形成D.该历程中最大能垒(活化能)E正=2.02eV10、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7

下列说法中正确的是A.该反应正反应为放热反应B.容器Ⅰ中前5min的平均反应速率υ(CO)=0.16mol·L-1·min-1C.容器Ⅱ中，a＝0.55molD.若容器Ⅰ为恒压，达到平衡时CO转化率小于80%11、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c()>c()>c(Fe2＋)>c(H＋)B.pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)>c()>c(OH－)>c(H＋)C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c()＋c()＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)12、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；其滴定曲线如图。

对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A.a点：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)13、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是。弱酸化学CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)B.amol·L-1HCN溶液与bmol·L-1NaOH溶液等体积混合后；所得溶液中。

c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于bC.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、分Ⅰ.工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH(CO结构式为C≡O)。又知某些化学键的键能(断开1mol化学键时所需要的最低能量)数值如下表：

则ΔH＝_____________，在相应的反应条件下，将1molCO(g)与足量H2混合充分反应后，则放出或吸收的热量Q________ΔH的数值(填“>”、“＝”或“<”)。

Ⅱ.电化学降解NO3-的原理如右图所示。

①电源A极为________(填“正极”或“负极”)；阴极反应式为_______________。

②若电解过程中转移了1mol电子；则膜左侧电解液的质量减少量为________g。

Ⅲ.已知NO2和N2O4的相互转化反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为2L的恒温密闭玻璃容器中；反应物浓度随时间变化关系如下图：

①图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是________。A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D．容器内混合气体的平均分子量不随时间变化而改变

②前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝________mol/(L·min)。

③反应25min时，若只改变了某一个条件，使曲线发生如上图所示的变化，该条件可能是_____________(用文字表达)；其平衡常数K(d)________K(b)(填“>”、“＝”或“<”)。15、将一定量纯净的氨基甲酸胺（H2NCOONH4）固体，置于特制密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到分解平衡，实验测得不同温度及反应时间（t123）的有关表格：

氨基甲酸铵分解时温度、气体总浓度及反应时间的关系。温度/℃气体总浓度(mol/L)

时间/min1525350000t10.9×10-32.7×10-38.1×10-3t22.4×10-34.8×10-39.4×10-3t32.4×10-34.8×10-39.4×10-3

(1)在25℃，0-t1时间内产生氨气的平均速率为___。

(2)根据表中数据换算出，15℃时合成反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)平衡常数K约为___。

(3)以捕捉到的CO2与H2为原料可合成甲醇（CH3OH），其反应的化学方程为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH<0在恒温恒容的密闭容器中，加入1molCO2和3molH2，充分反应达平衡时放出热量akJ，若在原容器中加入2molCO2和6molH2，在相同温度下反应达平衡时放热bkJ，则a和b满足的关系___。16、现有反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0；在850℃时，平衡常数K=1。

（1）若升高温度到950℃时；达到平衡时K_____1（填“大于”；“小于”或“等于”）

（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2；则：

①当x=5.0时；上述平衡向_______（填正反应或逆反应）方向进行。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________。17、有c(H+)=0.01mol/L的盐酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）设三种酸的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同体积的三种酸溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为b1、b2、b3，则其关系是________________。

（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是________。18、现有25℃时0.1mol/L的氨水。请回答以下问题：

(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)；

(2)若向氨水中加入稀硫酸；使其恰好中和，写出反应的离子方程式：

_____________________________________________________________________；

所得溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)；用离子方程式表示其原因：

_____________________________________________________________________。

(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH4＋)＝amol/L，则c(SO42－)＝________；

(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______________________________________。19、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。20、.按要求写出下列化学方程式或离子方程式。

（1）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水；放出389.9kJ的热量，写出反应的热化学方程式_______________________________

（3）氢氧燃料电池是最常见的燃料电池，电解质溶液通常是KOH溶液，写出负极电极反应式______________________________21、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度22、写出钢铁生锈的电极反应式（水膜成中性）

正极：__________负极：___________评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)23、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8分)24、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、结构与性质(共3题，共15分)25、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：)26、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“＝”）。27、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8题，共16分)1、A【分析】【详解】

过程Ⅰ，0～t1，逆反应速率增大过程中，反应正向进行，则t1～t2，逆反应速率不变时，反应到达平衡，则故A错误，符合题意；

B.时刻改变条件后，再次达到平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数ⅠⅡ；故B正确，不符合题意；

C.密闭容器中加C；逆反应速率瞬间增大，恒温恒压下与原平衡为等效平衡，故C正确，不符合题意；

D.平衡常数只受温度影响，Ⅰ、Ⅱ两过程为等效平衡，温度相同，Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)；故D正确，不符合题意；

故选：A。2、D【分析】【详解】

A．醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据水的离子积常数不变可知氢氧根浓度增大，故A错误；

B．因醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B错误；

C．醋酸是弱电解质；则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C错误；

D．醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，溶液的pH减小，故D正确；

故答案为：D。

【点睛】

对于稀释电解质溶液过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。3、C【分析】【分析】

溶液电导率与离子浓度成正比；HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，因此相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中离子浓度大于醋酸，盐酸的电导率较大，根据图像，推出①是醋酸和KOH的混合，②是HCl和KOH的混合，据此分析；

【详解】

A；溶液电导率与离子浓度成正比；HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，因此相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中离子浓度大于醋酸，盐酸的电导率较大，根据图像，推出①是醋酸和KOH的混合，②是HCl和KOH的混合，故A错误；

B、A点溶液中，醋酸和KOH恰好完全反应，生成CH3COOK，根据电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)=c(K＋)，A点溶液的体积增加一倍，则离子浓度降为原来的一半，即c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)=c(K＋)=0.05mol·L－1；故B错误；

C、C点代表HCl和KOH恰好完全反应，溶质为KCl，对水的电离无影响，A点溶质为CH3COOK，促进水的电离，即C点水电离的c(OH－)小于A点水电离的c(OH－)；故C正确；

D、B点溶质为CH3COOK和KOH，且两者物质的量相等，溶液显碱性，CH3COO－水解，但程度非常微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)；故D错误；

答案为C。

【点睛】

明确溶液中溶质及其性质、离子积常数影响因素等知识进行分析，注意A中溶液体积增大导致物质浓度降低，易忽略而导致错误，为易错点。4、A【分析】【详解】

A.图甲中根据电荷守恒可知，时，则根据物料守恒得所以故A正确；

B.图甲中的a点是HCN、浓度相等，根据物料守恒得根据电荷守恒可知，则由图可知，此时溶液所以故B错误；

C.图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，溶液呈碱性，说明的水解程度大于HCN的电离程度，所以故C错误；

D.图乙中c点对应的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得根据电荷守恒可知，则故D错误；

故选A。5、C【分析】【详解】

A.草酸是二元弱酸，0.2mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性，说明H2C2O4电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故A正确；

B.溶液中存在物料守恒；c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，故C错误；

D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(HC2O-)+c(C2O2-)+c(H2C2O4)，液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+c(OH-)，溶液中电荷守恒减物料守恒得c(H+)+c(H2C2O4)＝c()+c(OH-)；故D正确；

故答案：C。6、C【分析】【详解】

常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H＋)；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)，由于水解的程度较小，因此c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)，故选C。7、D【分析】【详解】

A项、饱和AgCl溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，则c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10，解之得c(Ag+)=1.34×10-5mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)，则c3(Ag+)/2=Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，解之得c(Ag+)=1.56×10-4mol/L，显然后者的c(Ag+)大；故A错误；

B项、AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变；故B错误；

C项、两溶液混合后则c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根据2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c（Ag+）=0.001mol/L-0.0004mol/L×2=0.0002mol/L，根据Ksp（K2CrO4），则生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）=Ksp（K2CrO4）/c2（Ag+）=1.9×10－12/(0.0002mol/L)2=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀；故C错误；

D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），则当Cl-开始沉淀时c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.8×10-7mol/L，当CrO42-开始沉淀时c（Ag+）==4.36×10-5mol/L；故先产生AgCl沉淀，故D正确。

故选D。

【点睛】

本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，比较c(Ag＋)大小时，注意不同物质的化学式是否相似，如不同可用溶度积常数计算c(Ag＋)。8、C【分析】【分析】

根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；

B．根据分析，Na+透过离子交换膜A向电极A移动；则离子交换膜A为阳离子交换膜，故B错误；

C．根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进；故C正确；

D．一个电子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量；导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，故D错误；

答案选C。二、多选题(共5题，共10分)9、BD【分析】【分析】

【详解】

A.由示意图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H＜0；故A错误；

B.由示意图可知，步骤③为CO·、OH·、H2O(g)和H·反应生成COOH·、H2O·和H·，反应的化学方程式为：CO·+OH·+H2O(g)=COOH·+H2O·；故B正确；

C.由示意图可知；步骤⑤除有非极性键H—H键形成外，还要碳氧极性键和氢氧极性键生成，故C错误；

D.由示意图可知，步骤④的能垒最大，E正=1.86eV—（—0.16eV）=2.02eV；故D正确；

故选BD。10、AC【分析】【详解】

A.若容器I、III的温度都是500℃，则两者是完全全等的等效平衡，容器III的温度为600℃，升高温度COCl2浓度降低；说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；

B.I中平衡时得到△n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则5min内υ(CO)==0.32mol⋅L−1⋅min−1；故B错误；

C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)===0.4mol/L，c(COCl2)==1.6mol/L，化学平衡常数K=温度相同，化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10；

CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)；

初始（mol）1.0a0

变化（mol）0.50.50.5

平衡（mol）0.5(a−0.5)0.5

平衡时c(CO)=c(COCl2)==1mol/L，c(Cl2)=mol/L=2(a−0.5)mol/L，化学平衡常数K==10；解得a=0.55，故C正确；

D.恒容容器I中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率=×100%=80%；若容器I为恒压，相对于恒容容器，增大压强平衡正向移动，CO的平衡转化率大于80%，故D错误；

答案选AC。11、AD【分析】【分析】

A．(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解；但水解程度较小，根据物料守恒判断；

B．pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度；二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒；根据物料守恒判断；

D．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa；混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度。

【详解】

A．(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得c()>c()>c(Fe2＋)>c(H＋)；故A正确；

B．pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl－)<c()，离子浓度关系为：c()>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)；故B错误；

C．在0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中，Na元素的物质的量是C元素物质的量的2倍，则c(Na＋)＝2[c()＋c()＋c(H2CO3)]；故C错误；

D．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)；故D正确；

故选AD。12、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-电离程度，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)，B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好反应生成NaHCO3，根据质子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，与碳酸钠完全反应，溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；D正确。

答案为BD。

【点睛】

注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。13、BD【分析】【详解】

A．由电离常数Ka的关系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，则酸性CH3COOH＞HCN＞显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A错误；

B．等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN-的水解溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，a＜b时溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，即所得溶液中c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于b；故B正确；

C．冰醋酸中逐滴加水；电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而在加水的过程中电离程度；pH一直在增大，故C错误；

D．因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；故D正确；

故答案为：BD。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【详解】

试题分析：Ⅰ.CH3OH：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)中的焓变△H1=反应物总键能-生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到△H1═1072kJ•mol-1+2×436kJ•mol-1-(3×413kJ•mol-1+358kJ•mol-1+463kJ•mol-1)="-116"kJ•mol-1；由于是可逆反应，平衡时1molCO(g)反应后生成的CH3OH小于1mol，所以放出的热量小于116kJ，故答案为-116kJ•mol-1；＜；

Ⅱ、由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为正极；2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑；

②由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗0.5mol水，产生1molH+进入阴极室；阳极室质量减少9g，故答案为9g；

Ⅲ.①由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；容器内混合气体的体积不变；质量不变所以密度不变，因此，密度不能判断平衡；故答案为X；B；

②X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，所以υ(NO2)==0.04mol•L-1•min-1；故答案为0.04；

③由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大，可知改变的条件为增大NO2的浓度；温度不变，化学平衡常数不变；故答案为增大NO2的浓度；=；

考点：考查了化学反应速率及化学平衡的影响、化学平衡图象、反应速率计算的相关知识。【解析】Ⅰ、-116kJ•mol-1；＜；

Ⅱ、①正极；2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑；②9g；

Ⅲ、①X；B；②0.04；③增大NO2的浓度；=；15、略

【分析】【分析】

(1)反应物呈固态，所以生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，由25℃，0-t1时间内混合气的总浓度，可求得c(NH3)；从而求出产生氨气的平均速率。

(2)根据表中数据，求出15℃时2.4×10-3mol/L混合气中所含NH3、CO2的浓度，代入公式K=可求出平衡常数。

(3)将原容器中加入2molCO2和6molH2后平衡移动过程分解为两个过程：一个过程为加压但平衡不移动，另一过程为平衡移动过程，然后分别进行分析，确定热量变化，然后与原平衡进行比较，确定a和b满足的关系。

【详解】

(1)25℃，0-t1时间内混合气的总浓度为2.7×10-3mol/L，生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，因为反应物呈固态，所以c(NH3)=×2.7×10-3mol/L=1.8×10-3mol/L，氨气的平均速率==×10-3mol/(L·min)。答案为：×10-3mol/(L·min)；

(2)15℃时,c(总)=2.4×10-3mol/L，c(NH3)=1.6×10-3mol/L，c(CO2)=8×10-4mol/L，K==4.9×108。答案为：4.9×108；

(3)在恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和3molH2充分反应,达平衡时放出热量akJ。将原容器中加入2molCO2和6molH2，相当于压强增大为原来的二倍，若加压但平衡不移动，则放热2akJ；加压后平衡正向移动，反应继续放出热量，所以与原平衡进行比较，放出的热量比原来的二倍还要大，故a和b满足的关系为b>2a。答案为：b>2a。

【点睛】

在进行反应后浓度或热效应的分析时，为便于与原平衡进行比较，可将平衡移动过程分解为几个简单的阶段，对最终结果不产生影响。【解析】×10-3mol/(L·min)4.9×108b>2a16、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；△H＜0；在850℃时，平衡常数K=1，升温到950℃时，平衡常数随温度变化，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，K＜1；

(2)①850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，当x=5.0时，反应前后气体体积不变，可以利用物质的量代替平衡浓度计算浓度商，Q==5/3＞K=1，平衡逆向进行；②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，满足Q＜K，Q=＜1；x＜3.0，则x应满足的条件是0＜x＜3；

【考点定位】考查化学平衡常数的分析判断。

【名师点晴】平衡常数，浓度商计算比较判断反应进行方向是解题关键，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。【解析】①.小于②.逆反应③.x<3.017、略

【分析】【分析】

HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸；本题需要抓住强弱电解质的本质区别。

【详解】

（1）HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情况下，c3>c1>c2；

（2）反应速率与c(H+)有关，浓度越大，速率越快，由于盐酸和硫酸为强酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液体积相等的情况下，反应速率相等b1=b2，而醋酸为弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，随反应进行，会促进醋酸的电离，使得c(H+)减小的程度没有盐酸和硫酸大，从而反应速率会比两种强酸的大，所以三者的速率比较结果为：b1=b23。

（3）盐酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液时，需要的体积相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是还有很多的醋酸未电离，所以消耗等量的NaOH溶液时，所用溶液体积会小于盐酸和硫酸的，故答案为V1=V2>V3。【解析】①.c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V318、略

【分析】【详解】

（1）氨水为弱碱，电离方程式为NH3.H2ONH4＋＋OH－，加入硫酸铵固体，增加了NH4＋的浓度，反应向逆反应方向进行，但加入NH4＋的浓度远远大于向逆反应方向消耗掉的NH4＋,故变小；

（2）氨水为弱电解质，加入强电解质稀硫酸，恰好完全反应，说明是酸碱中和完全，生成的是强酸弱碱盐，会发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，故溶液显酸性，pH<7；

（3）c(H＋)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，而pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，所以硫酸根浓度时铵根浓度的一半，即mol·L－1；

(4)生成的硫酸铵，为强酸弱碱盐，故溶液显酸性，又因NH4＋会发生水解，但只是少量一部分，综上有c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)。【解析】减小NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O<NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋mol·L－1c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)19、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)20、略

【分析】【分析】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时；放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为2599.2kJ；

（3）氢氧燃料电池中；氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水。

【详解】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物质的量为=0.3mol，0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为=2599.2kJ，反应的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氢氧燃料电池中，氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案为H2-2e-+2OH-=2H2O。

【点睛】

书写热化学方程式时注意物质的聚集状态不能漏写、反应热的符号和单位不要漏写是解答易错点。【解析】.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O21、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC22、略

【分析】【分析】

中性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。

【详解】

钢铁中较活泼金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳作正极，在中性溶液中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；Fe-2e-=Fe2+。

【点睛】

本题的易错点为正极的电极反应式的书写，要注意正极上反应的物质是氧气。【解析】O2+4e-+2H2O=4OH-Fe-2e-=Fe2+四、判断题(共1题，共8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、有机推断题(共1题，共8分)24、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、结构与性质(共3题，共15分)25、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