2025年新科版选修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年新科版选修4化学上册月考试卷16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7题，共14分)1、已知C2H2（g）+5/2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－1,则下列说法正确的是A.当有20NA个电子转移时，放出2600kJ热量B.当有4NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ热量C.若生成NA个水蒸气分子焓变为△H0，则△H0<△HD.上述反应为吸热反应2、已知下列热化学方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

则反应H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反应热△H为A.+237.46kJ·mol-1B.-474.92kJ·mol-1C.-118.73kJ·mol-1D.-237.46kJ·mol-13、目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)△H=﹣11.63kJ/mol。其他条件不变时，在2L密闭容器中使用不同的催化剂X、Y、Z，产生n(N2)随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是。

A.用催化剂X与Z，达到平衡时，N2产率一样B.用催化剂Y前50s平均反应速率v(NH3)=0.03mol/(L•s)C.分离出体系中的H2O(g)有利于提升氮氧化物的脱除率D.若体系各物质状态保持不变，则反应在任何温度下均可自发进行4、常温下，下列叙述正确的是（）A.盐酸溶液的导电能力一定比醋酸溶液的强B.在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7C.向10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中，将减小D.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，最好选用甲基橙作指示剂5、下列操作中，能使电离平衡H2OH＋＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是（）A.向水中加入NaHSO3溶液B.向水中加入NH4Cl溶液C.向水中加入CH3COONa溶液D.将水加热到100℃，使pH＝66、25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④(NH4)2SO4、⑤Ba(OH)2、⑥CH3COONa、⑦NH4Cl、⑧HCl，其中pH值按由大到小顺序排列的一组是（）A.⑤②①⑥⑦④③⑧B.⑤②⑥①⑦④⑧③C.③⑧④⑦①⑥②⑤D.⑤②①③⑧⑦④⑥7、如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO3固体还有剩余（忽略体积；温度的变化）；下列数值变小的是。

A.c(Ca2+)B.c(CO32-)C.c(H+)D.碳酸钙的溶解度评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

(1)反应的化学平衡常数表达式为_______。

(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。序号化学反应的数值①②

(3)如图是合成氨反应平衡混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中X分别代表温度或压强。其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

9、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应为___反应（选填吸热；放热）。

（2）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）=c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为___℃。10、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是____写出二者反应的离子方程式：___________。

（2）常温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或碱性，下同）；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠等体积混合，所得溶液呈___________。11、.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的六种溶液的pH如下表所示：

请回答下列问题：

(1)上述六种溶液中，水的电离程度最小的是_____(填化学式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_____(填写一种物质即可)。12、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)=_________。13、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)14、(1)依据反应：设计的原电池如图所示。

①电极X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，向溶液扩散的离子是________（填离子符号）。

(2)钢铁发生电化学腐蚀可分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀；可以采用电化学手段进行防护。

①写出钢铁在酸性较强的环境中发生电化学腐蚀的正极反应式：_________。

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用下图所示的方案：

其中连接在铁闸门上的固体材料R可以采用________（填写字母序号）。

a.铜b.钠c.锌d.石墨。

(3)电解原理在工业上有着广泛的用途；如图表示一个电解池，装有电解液a；X；Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

①若X、Y都是惰性电极，a是饱和溶液，则电解的总反应式为________________。

②当电路中流通电子时，整个装置共放出气体________L（标准状况下）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共3题，共24分)16、某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。

已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙烧前粉碎的目的是_______。

(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O

(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)。离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。

(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。17、用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列问题。

(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。

(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。18、NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示：

（1）流程中的试剂X（某钠盐）的化学式是___________。

（2）“氧化”时需保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40℃的原因是______（用化学方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是________(填字母)。

a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价。

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾；其原因相同。

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾；此时溶液的pH约为1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是_______________。

（5）某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)；过程如图：

①已知25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，当调节pH≥9时，溶液中残留的c(Ni2+)________mol/L。

②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式________________。

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH（即吸氢材料M吸附氢原子）。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式______________。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共18分)19、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：)20、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“＝”）。21、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3题，共24分)22、氨气是生产化肥、硝酸等的重要原料，合成塔中每生产lmolNH3；放出46.2kJ热量。

工业上合成氨的热化学方程式是___，断裂1molNN键需要能量__kJ。23、(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化；奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧；丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：

①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“+”或“−”___。

②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___。

③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___。

(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

①已知：H2O(g)═H2O(l)△H1=−Q1kJ/mol

C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=−Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−Q3kJ/mol

若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为___kJ。

②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有___。24、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＋)＝________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A.题文中方程式转移了10NA个电子，生成了8NA个碳氧共用电子对（CO2中C；O之间是以两对共用电子对结合的）；选项A正确；

B.当有4NA个碳氧共用电子对生成时生成CO21mol；放热为650kJ，选项B错误；

C.若生成了水蒸气；则放出的热量较少，故焓变（该反应的焓变为负值）比原来的大，选项C错误；

D.△H为负值；则该反应为放热反应，选项D错误。

答案选A。2、D【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；利用盖斯定律进行计算。

【详解】

已知热化学方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

利用盖斯定律对方程式进行合理变换，①-②-③×+④可得H2(l)+O2(l)==H2O(g)，故反应H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反应热△H=-285.8+0.92+6.84×+44=-237.46（kJ·mol-1）。

答案选D。

【点睛】

本题考查了热化学方程式书写方法和盖斯定律计算应用，对方程式的运算是解题的关键。3、B【分析】【详解】

A．催化剂的使用只改变化学反应速率不改变反应的结果，故催化剂X与Z达平衡时N2产率相同；A正确；

B．使用催化剂Y，反应前50s内N2的物质的量改变3mol，故v(N2)=0.03mol/(L·s)，故可以计算出v(NH3)=0.024mol/(L·s)；B错误；

C．分离出体系中的水蒸气；减小生成物浓度，可以提高反应的转化率，提高氮氧化物的脱除率，C正确；

D．该反应为放热反应，△H<0，反应后气体系数和增大，反应的混乱程度增大，△S>0，故反应的△G=△H-T△S<0；故反应在任何时候都能够自发的进行，D正确；

故选B。4、C【分析】【详解】

A；溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定；与电解质强弱无关，故稀盐酸溶液的导电能力可能弱于浓醋酸溶液，A错误；

B、酚酞的变色范围为8-10，所以在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，此时溶液的pH<8；不一定小于7，选项B错误；

C、向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，设一水合氨的电离平衡常数为Kb，根据一水合氨的电离平衡常数可知：随着氨水的加入，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，则的值逐渐减小；选项C正确；

D；用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液；由于恰好反应时溶液呈碱性，应好选用酚酞作指示剂，选项D错误；

答案选C。5、B【分析】【详解】

A.向水中加入NaHSO3溶液亚硫酸氢根电离显酸性；对水的电离平衡逆向移动，故A不符合题意；

B.向水中加入NH4Cl溶液；铵根结合水电离出的氢氧根生成一水合氨，平衡向右移动，溶液显酸性，故B符合题意；

C.向水中加入CH3COONa溶液；醋酸根结合水电离出的氢离子生成醋酸，平衡向右移动，溶液显碱性，故C不符合题意；

D.将水加热到100℃；平衡向右移动，使pH＝6，溶液呈中性，故D不符合题意。

综上所述，答案为B。6、B【分析】【详解】

25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl，pH=7，由于Ba(OH)2中氢氧根浓度大于NaOH中氢氧根浓度故pHBa(OH)2>pH(NaOH)>7，CH3COONa水解呈碱性，由于水解是微弱的，故pH(NaOH)>pH(CH3COONa)>7，H2SO4和HCl氢离子浓度前者大于后者故pH(H2SO4)<pH(HCl)<7，(NH4)2SO4与NH4Cl水解呈酸性，由于前者铵根离子浓度大于后者故pH((NH4)2SO4)<pH(NH4Cl)<7，综上所述pH值按由大到小顺序排列为⑤②⑥①⑦④⑧③，故答案选：B。7、B【分析】【详解】

碳酸钙饱和溶液存在加入盐酸，c（H+）增大，消耗CO32-，c（CO32-）减小，平衡正向移动，c（Ca2+）增大，碳酸钙溶解度增大，故B正确。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义可知故答案为：

（2）平衡常数越大,说明反应物转化率越高，N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数，所以与H2反应时，N₂的转化率更高，故答案为：N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

（3）工业合成氨反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，加压平衡正向移动，NH3的体积分数增大；该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故X代表压强，L线代表温度，且L2>L1，故答案为：压强；＜；反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。【解析】(1)

(2)N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

(3)压强＜反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。9、略

【分析】【分析】

（1）根据温度对化学平衡；化学平衡常数的影响来回答；

（2）根据平衡浓度和平衡常数的关系来回答；

【详解】

（1）化学平衡常数的大小只与温度有关；升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热；

答案为吸热。

（2）平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时；平衡常数等于1，平衡常数只受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830℃；

答案为830℃。【解析】①.吸热②.830℃10、略

【分析】【分析】

（1）离子浓度越大；导电性越强，氨水为弱电解质，醋酸铵为强电解质；

（2）一水合氨为弱电解质；浓度越大，电离程度越小；

（3）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水过量。

【详解】

（1）氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：导电性先变大后变小；NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，又弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案为：＜；

（3）室温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；室温下，pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，醋酸是弱电解质，所以醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案为：酸性；酸性。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡的应用知识，注意把握弱电解质的电离特点。【解析】导电性先变大后变小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性11、略

【分析】【分析】

(1)酸碱抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响；

(2)首先根据越弱越水解原理判断，得出酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根据氯水中的平衡移动以及强酸制弱酸的原理选择合适的物质。

【详解】

(1)只有Na2SO4是强酸强碱盐，对水的电离无影响，其余均为弱酸强碱盐，均促进水的电离，故水的电离程度最小的是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(2)根据越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其对应弱酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，根据上表几种强碱弱酸盐的pH可得，酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，要增大HClO的浓度，可消耗HCl，使平衡正向移动，但不能消耗HClO，根据强酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可与HCl反应，而不与HClO反应，且NaClO一方面消耗盐酸，同时生成HClO，故答案为：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。

【点睛】

多元弱酸的酸式盐溶液促进水的电离还是抑制水的电离，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小关系，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液显酸性，其会抑制水的电离；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液显碱性，其会促进水的电离，这是学生们的易混点。【解析】①.Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。12、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/L13、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<<14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①依据反应：可知，该装置为铜锌原电池，Zn作负极，Cu作正极，则电极X的材料是Zn(锌)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸铜)溶液；

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，溶液在负极区，原电池中，阴离子向负极移动，则向溶液扩散的离子是

(2)①钢铁在酸性较强的环境中发生析氢腐蚀，正极反应式：2H++2e-=H2↑；

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用图示中的牺牲阳极的阴极保护法，即在铁闸门上的固体材料R的活泼性要强于铁；

a．铜的活泼性比铁弱，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故a不符合题意；

b．钠的活泼性比铁强，但钠可与水反应，故b不符合题意；

c．锌的活泼性比铁强；可代替铁作负极，能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故c符合题意；

d．石墨活泼性比铁弱；不能代替铁作负极，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故d不符合题意；

答案选c；

(3)①根据图示，该装置为电解质，X、Y都是惰性电极，根据电源电极可知，X作阴极，Y作阳极，若a是饱和溶液，则该装置为电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解的总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根据①中电解总反应，生成1mol氯气和1mol氢气时电路中转移2mol电子，当电路中流通电子时，生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，则整个装置共放出标准状况下气体体积为0.2×22.4L/mol=4.48L。【解析】Zn(锌)CuSO4(硫酸铜)2H++2e-=H2↑c2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L三、判断题(共1题，共2分)15、×【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、工业流程题(共3题，共24分)16、略

【分析】【分析】

由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3；滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。

【详解】

（1）由上述分析可知；焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；

（2）由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；

（3）由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；

（4）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；

（5）“操作Ⅱ”包括洗涤；洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；

（6）电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故故答案为：.【解析】(1)增大接触面积；提高反应速率。

(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c

(3)3.6已经。

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀；待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。

(6)17、略

【分析】【分析】

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀；过滤；洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

【详解】

(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液；所以可以导入到蒸发操作中循环使用；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接触面积，充分反应，提高反应速率：②.③.过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2④.蒸发⑤.H2O2⑥.4.9⑦.18、略

【分析】【分析】

根据流程图，某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解，其中的金属转化为金属阳离子，再加入适量X试剂，将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀除去，滤液中含有镍、铁、铬等金属离子，根据(2)可知，保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH调节pH，除去铁和铬，在过滤后的滤液好加入碳酸钠得到NiCO3。据此分析解答。

【详解】

(1)根据流程图，加入试剂X后生成了硫化铜和硫化锌沉淀，因此试剂X(某钠盐)为Na2S，故答案为Na2S；

(2)由于过氧化氢受热容易分解，因此“氧化”时需保持滤液在40℃左右，温度不超过40℃，故答案为2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中钠为+1价，硫酸根为-2价，氢氧根为-1价，根据正负化合价的代数和为0，铁为+3价，故a错误；b．pH过低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能够被酸溶解；pH过高，铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀，均不利于生成黄钠铁矾，原因不相同，故b错误；c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的电子数为6NA，故c正确；d．由图像可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d正确；错误的有ab，故答案为ab；

(4)确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成，故答案为静置，取少量上层清液继续滴加1～2滴Na2CO3溶液；无沉淀生成；

(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，当调节pH≥9时，c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)==10-5mol/L，c(Ni2+)===2×10-5mol•L-1，故答案为≤2×10-5；

②空气中加热Ni(OH)2，Ni(OH)2与空气中的氧气反应生成NiOOH和水，反应的化学方程式为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案为4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH，则放电时NiOOH在正极发生还原反应生成Ni(OH)2，电池的总反应为MH与Ni(OH)2反应生成NiOOH和M，反应方程式为NiOOH+MH=M+Ni(OH)2，故答案为NiOOH+MH=M+Ni(OH)2。【解析】Na2S2H2O22H2O+O2↑ab静置，取少量上层清液继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成≤2×10-54Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2ONiOOH+MH=M+Ni(OH)2五、结构与性质(共3题，共18分)19、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-0.5120、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><21、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+)=④③②六、计算题(共3题，共24分)22、略

【分析】