2025年鲁教五四新版选修4化学上册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年鲁教五四新版选修4化学上册阶段测试试卷976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9题，共18分)1、下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者小于后者的是。

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1C（s）+O2═CO（g）△H2

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H3S（s）+O2（g）═SO2（g）△H4

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H5H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H6

④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H8A.①④B.④C.②③④D.①②③2、某温度下；当1g氨气完全分解为氮气；氢气时，吸收2.72kJ的热量，则此状态下，下列热化学方程式正确的是()

①N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ/mol

②N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－46.2kJ/mol

③NH3(g)=N2(g)＋H2(g)ΔH＝＋46.2kJ/mol

④2NH3(g)=N2(g)＋3H2(g)ΔH＝－92.4kJ/molA.①②B.①③C.①②③D.全部3、下列比较中，正确的是A.常温下，同浓度的一元酸HA比HB易电离，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH大B.0.2mol／LNH4NO3和0.1mol／LNaOH溶液等体积混合后：c(NH4＋)＞c(NO3－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C.物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(CH3COOH)D.同浓度的下列溶液：①NH4Al(SO4)2②NH4Cl③NH3·H2O④CH3COONH4，其中c(NH4＋)由大到小的是：①＞②＞④＞③4、25℃时，水中存在电离平衡：H2OH++OH-△H>0。下列叙述正确的是A.将水加热，Kw增大，pH不变B.向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低C.向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，溶液呈碱性D.向0.1mol/L的醋酸溶液中加入一定量醋酸钠晶体，溶液中c(OH-)增大，Kw不变5、已知室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，下列叙述不正确的是

①该溶液的

②升高温度；溶液的pH增大；

③此酸的电离平衡常数约为

④加水稀释后；各离子的浓度均减小；

⑤由HA电离出的约为水电离出的的倍；

⑥适当增大HA的浓度，HA的电离平衡正向移动，电离平衡常数增大。A.②④⑥B.①④⑤C.②⑤⑥D.②④⑤6、常温下，和两种酸溶液，起始时溶液体积均为分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液的体积为V，溶液pH随的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.等物质的量浓度的和溶液中，后者水的电离程度大B.当稀释至时，等体积的两种酸中和C.当两溶液均稀释至时，溶液中：D.的电离方程式：7、的溶液用的NaOH溶液进行滴定，其滴定曲线如图所示已知：滴定分数滴定液中溶质被滴定溶质下列说法正确的是。

A.时，B.时，C.时，D.时，8、二甲胺为一元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。已知：时，的电离常数时，用的稀硫酸滴定的二甲胺溶液，溶液中的物质的量浓度的负对数与所加稀硫酸的体积的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.已知则A点溶液的pH约为B.C点溶液中存在C.B点溶液中存在D.D四点溶液中，水电离出来的9、法国化学家莫瓦桑经过多次实验，在1886年通过电解法制得了方法为在无水HF中电解制得单质氟。下列判断不正确的是A.阳极产物为B.阴极的电极反应C.该电解操作应该在通风橱中进行D.电解一段时间后，在相同条件下，阳极产生的气体体积比阴极的多评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的正反应是吸热反应B.773K时，该反应的平衡常数小于12.96C.H2的体积分数：D.873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不发生移动11、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C.若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体D.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性12、水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.图中对应点的温度关系为：a＞b＞cB.纯水仅升高温度，可从a点变到c点C.水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞dD.在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性13、H2S为二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(电离常数K的负对数－lgK＝pK)。在20℃时，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化和H2S的挥发)，在该过程中下列微粒物质的量浓度关系一定正确的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)时，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性时，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89时，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1时，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)14、H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示；下列说法正确的是。

A.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)B.由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2C.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)15、亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A.pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)C.c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D.pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)16、部分弱酸的电离平衡常数如表所示：。弱酸电离常数/（）（25℃）

下列说法错误的是（）A.B.C.中和等体积、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等体积、等浓度的和溶液中，前者所含离子总数小于后者17、已知：p＝室温下，向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液；溶液pH随p的变化关系如图。下列说法正确的是。

A.a点溶液中：c(HX)+c(X—)＝0.10mo1·L-1B.b点坐标为(0，4.75)C.c点溶液中：c(Na+)＜10c(HX)D.溶液中水的电离程度：c＜b＜a18、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表，下列叙述正确的是。

。酸。

电离平衡常数。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亚硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)19、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。20、回答下列问题：

（1）已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为___________________________________。

（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-116kJ/mol

如图表示CO的平衡转化率(α)随温度和压强变化的示意图。X表示的是_____________，Y1_____Y2(填“<”、“=”、“>”)。

（3）合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。0~4min，CO2的平均反应速率v(CO2)=____________mol·L−1·min−1。

②该温度下平衡常数为_____________。

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是______________。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1

C．恒温恒压下；气体的体积不再变化。

D．恒温恒容下；气体的密度不再变化。

（4）为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲烷为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极。写出该燃料电池的负极反应式：_____________________________。21、（1）氢气是一种理想的新能源；与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出222.5kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。

（3）拆开1molH－H键；1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；则合成氨反应的热化学方程式为_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。22、下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：。物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根据上述数据回答下列问题：

(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。23、在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L－1；试计算：（写出简单的计算过程）

（1）x的值为多少________

（2）B的转化率为多少________

（3）平衡时A的浓度为多少________24、按要求填写下面的空。

(1)温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4②NaNO3③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa，它们的pH值由小到大的排列顺序是________。

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①④⑤⑥D.⑤⑥②④①③

(2)25℃时，利用pH试纸测得0.1mol/L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，电离常数的值将________。(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)25、蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金属镍在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄电池放电时；该电池发生氧化反应的物质是________（城序号）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留电池充电时；阳极的电极反应式是____________。

（4）用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如电路中转移了0.1mo电子，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是________；将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH=________________。

（5）该电池电极材料对环境有危害。在对电池进行回收处理过程中遇到以下问题：已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；当逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液体积改变）；

①先沉淀的离子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是__________。26、某同学设计一个燃料电池（如图所示）；目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

根据要求回答相关问题：

（1）通入氢气的电极为____（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为____________________________。

（2）石墨电极为____（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，____（填“铁极”或“石墨极”）区的溶液先变红。

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____（填“增大”“减小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为______________________________________。

（4）写出上述例题中乙池电解的总反应方程式：_________________________。

（5）若上述例题甲池中消耗标准状况下的氢气11.2L，则丙池中理论上应析出铜的质量为____。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)27、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共2题，共20分)28、氢气是一种高能燃料；也广范应用在工业合成中。

（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa；最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa

时下列反应：

①2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(l)△H=－3116kJ·mol－1

②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1

③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H=－571.6kJ·mol－1

写出乙烷标准生成焓的热化学方程式：___________________________________________。

（2）已知合成氨的反应为：N2＋3H22NH3△H＜0。某温度下，若将1molN2和2.8molH2分别投入到初始体积为2L的恒温恒容、恒温恒压和恒容绝热的三个密闭容器中，测得反应过程中三个容器(用a、b、c表示)内N2的转化率随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①图中代表反应在恒容绝热容器中进行的曲线是______（用a、b；c表示）

②曲线a条件下该反应的平衡常数K=_________。

③b容器中M点，v(正)____v(逆)（填“大于”；“小于”或“等于”）

（3）利用氨气可以设计成高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO2－的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极电极反应式为______；标准状况下，当阴极收集到11.2LN2时，理论上消耗NH3的体积为_____。

（4）氨水是制备铜氨溶液的常用试剂；通过以下反应及数据来探究配制铜氨溶液的最佳途径。

已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋＋2OH－Ksp=2.2×10－20

Cu2＋＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)＋4H2OKβ=7.24×1012

①请用数据说明利用该反应：Cu(OH)2(s)＋4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH－配制铜氨溶液是否可行：_________________________________________。

②已知反应Cu(OH)2(S)＋2NH3·H2O＋2NH4＋[Cu(NH3)4]2＋＋4H2OK=5.16×102。向盛有少量Cu(OH)2固体的试管中加入14mol·L－1的氨水，得到悬浊液；此时若加入适量的硫酸铵固体，出现的现象为_______________；解释出现该现象的原因是_____________________。29、甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法；其反应方程式为：

CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H>0.回答下列问题：

(1)在催化剂作用下可通过三个基元反应实现催化重整，能量变化如图I所示，则H=___________。

(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，a、b、c、d对应四种不同催化剂。测得在300℃、320℃、340℃和360℃温度下反应4h甲醇转化率变化如图II所示。在使用催化剂b时保持反应温度为340℃，反应4h甲醇的转化率为___________，判断依据是___________。

(3)1mol甲醇气体和1.2mol水蒸气混合充入1L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.0MPa下进行反应，存在副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡时容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此时H2O的浓度为___________，甲醇的转化率为___________，则甲醇水蒸气重整反应的平衡常数Kp=___________(结果保留一位小数)。

(4)研究表明，甲醇水蒸气重整反应速率表达式为v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k随温度升高而增大。反应体系中水醇比影响催化剂活性，进而影响甲醇转化率和产氢速率，如图所示。提高重整反应速率的合理措施为___________。

评卷人得分六、结构与性质(共3题，共12分)30、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：)31、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“＝”）。32、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9题，共18分)1、D【分析】【详解】

①前者为完全燃烧，放热多，燃烧反应的焓变为负，则△H1＜△H2；故①正确；

②生成物相同，反应物中气态S比固态S的能量大，且为放热反应，则前者放热多，可知△H3＜△H4；故②正确；

③物质的量与热量成正比，放热反应的焓变为负，前者放热多，则△H5＜△H6；故③正确；

④碳酸钙分解为吸热反应，CaO与水反应为放热反应，则△H7＞△H8；故④错误；

故选：D。2、B【分析】【详解】

①n(NH3)==mol，则分解1molNH3吸收17×2.72kJ=46.24kJ能量，生成1molNH3放出46.24kJ能量，则生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ；故①正确；

②根据①分析，生成2molNH3放出2×46.24kJ≈92.4kJ；故②错误；

③生成1molNH3放出46.24kJ能量，则分解1molNH3吸收46.24kJ能量；故③正确；

④分解2molNH3吸收92.4kJ能量；而不是放出，故④错误；

答案选B。

【点睛】

如果正反应方向放热，则逆反应方向吸热，物质的物质的量与放出的热量成正比。3、D【分析】【详解】

A．常温下；同浓度的一元酸HA比HB易电离，则酸性HA＞HB，由酸越弱，盐的水解程度越大，则相同浓度的NaA溶液比NaB溶液的pH小，A错误；

B.0.2mol/LNH4NO3和0.lmol/LNaOH溶液等体积混合，反应生成0.05mol/LNaNO3、0.05mol/LNH3·H2O，还剩余0.1molNH4NO3，电离大于水解，溶液显碱性，由溶质的浓度可知硝酸根离子的浓度最大，则c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）；B错误；

C．物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合生成醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）；故C错误；

D．同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O，④CH3COONH4，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②中铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱，④中CH3COO-水解促进铵根离子的水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③；D正确；

故选D。4、D【分析】【详解】

A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c(H+)增大；则pH减小，故A错误；

B．向水中加入少量固体NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故B错误；

C．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c(OH-)减小，导致平衡正向移动，c(H+)增大；溶液显酸性，故C错误；

D．醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CHCOOH⇋CHCOO-+H+逆向移动，c(H+)降低，c(OH-)增大，但由于温度不变，Kw不变；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

平衡常数(包括电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积等)只与温度有关，温度不变平衡常数不变。5、A【分析】【分析】

室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，该溶液中

该溶液的

升高温度；促进HA电离；

此酸的电离平衡常数

加水稀释后，溶液中增大；

该溶液中水电离出的

电离平衡常数只与温度有关；温度不变，电离平衡常数不变。

【详解】

室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，该溶液中

该溶液的故正确；

升高温度，促进HA电离，则溶液中增大；溶液在pH减小，故错误；

此酸的电离平衡常数故正确；

加水稀释后，促进HA电离，HA电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中增大；故错误；

该溶液中水电离出的溶液中所以由HA电离出的约为水电离出的的倍；故正确；

电离平衡常数只与温度有关；温度不变，电离平衡常数不变，故错误；

故选A。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离，根据pH、电离平衡常数的计算方法即可解答，注意：电离平衡常数只与温度有关，与电解质的电离程度无关、溶液酸碱性无关、溶液浓度无关，难点是该溶液中水电离出氢离子浓度的计算。6、A【分析】【详解】

根据图知，时，即溶液未稀释时的说明该溶液中则为强酸；时，的溶液的则该酸为弱酸；

A.根据以上分析可知是强酸，是弱酸，所以和溶液中；后者会水解，促进水的电离，故A正确；

B.pH相等时，的浓度大；物质的量多，中和的氢氧化钠多，故B错误；

C.加水稀释促进弱电解质电离，高锰酸完全电离，所以当稀释至pH均为3时，溶液中故C错误；

D.是弱酸；弱电解质电离用可逆号，故D错误。

故选A。7、B【分析】【详解】

A.时，表示与NaOH按1：1反应，恰好生成溶液为酸性，说明的电离程度大于其水解程度，则溶液中选项A错误；

B.时，反应恰好生成等量的和溶液中存在物料守恒：所以有选项B正确；

C.时，反应恰好生成溶液呈碱性，的水解程度大于其电离程度，则溶液中选项C错误；

D.时，反应恰好生成溶液呈碱性，根据质子守恒：选项D错误；

答案选B。8、A【分析】【详解】

A.的电离方程式为：由电离平衡常数得：则则故A正确；

B.C点，和恰好反应，其反应的离子方程式为：的水解的离子方程式为：根据质子守恒得：故B错误；

C.B点，和以物质的量比为在溶液中混合，形成和物质的量浓度为的混合溶液，根据和可知，的水解常数为：则的电离程度大于的水解程度，B点溶液中存在故C错误；

D.A、B、C、D四点溶液中溶质的组成和比例推知水电离出来的故D错误。

故选A。

【点睛】

本题主要考查了水的电离的影响因素、溶液中的离子浓度比较，质子守恒和pH的计算，熟练掌握溶液中的反应和质子守恒是解答本题的关键，尤其是各点溶液的溶质的判断是解答本题的难点。9、D【分析】【详解】

A．阳极发生氧化反应，分析中各元素的化合价变化可知，阳极上F-失去电子变为F2，所以阳极的电极反应为A正确；

B．阴极上得电子生成电极反应式为：B正确；

C．有剧毒；因此反应必须在通风系统中进行电解，C正确；

D．电解时，总反应为由电解反应方程式可知：两极反应产生气体的物质的量相等，则电解一段时间后，在相同条件下，阴；阳极两极产生的气体体积相等，D错误；

故答案为D。二、多选题(共9题，共18分)10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；

B．温度相同，化学平衡常数相同，K(b)=K(c)，可以考虑用b点的算，

则K(b)==当用α=60%代入时，有K(b)=12.96，但由于b点的平衡转化率＜60%，导致K(b)分子变小，分母变大，所以K(b)=K(c)＜12.96；B正确；

C．在b点和c点，两个容器中甲烷的起始量相同，转化率相同时，生成的氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同；C错误；

D．当α=60%时，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol；相当于体系内所有组分浓度均变为两倍，可视为加压，则反应向气体体积减小的方向进行，即平衡逆向移动，D错误；

故答案为：B。11、CD【分析】【详解】

A.D、E的温度都是25℃，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大；故B＞C＞A=D=E，故A正确；

B．加酸，c(H+)变大，但c(OH-)变小，温度不变，Kw不变；故B正确；

C．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大；温度应升高，故C错误；

D．若处在B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol•L-1；等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D错误；

故选CD。12、CD【分析】【详解】

A．温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，a点Kw=10-14，所以温度关系为：b＞c＞a；故A错误；

B．c点Kw=10-13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，故B错误；

C．a、d曲线温度相同，则离子积常数相同，即d点Kw=10-14，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，所以水的电离常数KW数值大小关系为：b＞c＞d；故C正确；

D．b点Kw=10-12；中性溶液pH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故D正确；

故答案为：CD。

【点睛】

正确理解水的电离平衡曲线：

（1）曲线上任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同；温度相同；

（2）曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同；温度不同；

（3）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。13、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，两式相加可得质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)。

【详解】

A．根据c(HS−)=c(S2−)可知，溶液呈碱性，所以c(OH−)＞c(H+)，由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，可得c(Cl−)＜c(HS−)+2c(H2S)，由于c(HS−)=c(S2−)，所以c(Cl−)＜c(S2−)+2c(H2S)；故A错误；

B．由质子守恒：c(Cl−)+c(OH−)═c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH−)=c(H+)，可得c(Cl−)═c(HS−)+2c(H2S)；故B正确；

C．溶液pH＝6.89时，c(H+)=10-6.89溶液显酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱电解质的电离比较弱，溶液中离子浓度大小关系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正确；

D．c(Cl−)=0.200mol⋅L−1，说明Na2S恰好和通入的HCl完全反应生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒：c(Cl−)+2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D错误；故选：BC。14、BD【分析】【分析】

H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大；则图中各曲线代表的微粒分别为：

以此分析解答。

【详解】

A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)；故A错误；

B.由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2；故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中：c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)；故C错误；

D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)；故D正确；

答案选BD。15、BD【分析】【分析】

H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；据此解答。

【详解】

A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A错误；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正确；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)；C错误；

D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)；D正确。

答案选BD。

【点睛】

要学会看图比较大小，避开复杂的计算陷阱，注意两曲线的交点表示的意义和应用。16、AD【分析】【详解】

A.根据电离常数可知，酸性利用强酸制弱酸的原理可知，与水反应生成和HCN，故A错误；

B.由A项分析可知，HCOOH可与反应生成水和二氧化碳，故B正确；

C.等体积、等pH的和溶液中，所含溶质的物质的量则中和时溶液消耗的的量较大，故C正确；

D.根据电荷守恒，溶液中，溶液中，即两种溶液中的离子总数均是而的酸性比的弱，则溶液中的较大，较小，故溶液中所含离子总数较小，故D错误；

故选：AD。17、BC【分析】【分析】

HX的电离平衡常数表达式为Ka=则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg即pH=-lgKa-lg=p-lgKa，将点(1,5.75)带入可得lgKa=-4.75，即Ka=10-4.75。

【详解】

A．设0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x，则有解得x约为10-2.9mol/L，所以0.10mol·L-1的HX溶液pH约为2.9，当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液，溶液的体积发生变化，所以c(HX)+c(X-)＝0.10mol·L-1不再成立；故A错误；

B．将lg=0，带入pH=-lgKa-lg可得此时pH=-(-4.75)=4.75，所以b点坐标为(0,4.75)；故B正确；

C．c点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=1，则c(X-)=10c(HX)，带入电荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜10c(HX)；故C正确；

D．随着NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐渐增多，当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大，此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c>b>a；故D错误；

故答案为BC。18、CD【分析】【分析】

【详解】

根据表中数据可知；酸性大小关系为：醋酸＞亚硫酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子；

A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同温度时，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中；物质的量浓度最小的为水解程度最大的盐：碳酸钠，由于没有告诉溶液体积，各物质的物质的量大小无法判断，故A错误；

B．SO2有还原性，NaClO有氧化性，二者发生氧化还原反应；少量的SO2通入NaClO溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B错误；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正确；

D．若温度不变，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原来是稀溶液，稀释作用大于平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pH＞a；若原来是浓溶液，加水时使酸分子的电离作用大于水的稀释作用，平衡正向移动是c(H+)增大的趋势；所得溶液的pH＜a；若加水时使酸分子的电离作用等于加水对溶液的稀释作用，平衡不发生移动pH=a。故三种情况均有可能，D正确；

故选CD。三、填空题(共8题，共16分)19、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-120、略

【分析】【分析】

燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。

【详解】

(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol；

(2)△H<0，该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，图像中曲线Y升高，根据方程可知，增大压强，体积减小，平和正向移动，则X表示压强；当压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，Y12;

(3)①通过图像可知，反应在15min时平衡，4min反应正向进行，则v(正)>v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（L·min）；

②该温度下平衡常数，=5.33；

③A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能说明CH3OH正逆反应速率相同；A错误；

B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比不一定为1:3:1:1；所以不能作为平衡的标志，B错误；

C.该反应是气体分子数变化的反应；恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C正确；

D.反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D错误；

答案为C

(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以KOH溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；【解析】CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol压强<>0.1255.33(或5.3或16/3)CCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O21、略

【分析】【详解】

（1）单位质量的氢气和其他燃料相比；燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大；无污染、原料充足等优点。

（2）4g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2的物质的量均为0.1mol，C与H2的物质的量之比为1﹕1。【解析】热值大无污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕122、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根据键能越大；物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式；焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

【详解】

（1）；（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高；则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：而形成2molH—Cl键放出的能量为所以在反应中每生成2molHCl放出的热量，同理可计算出反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。【解析】(1)A(2)D(3)放出;Cl223、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

转3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【详解】

（1）物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；因此x=2，故答案为：2；

（2）B的转化率故答案为：20%；

（3）平衡时A的浓度故答案为：0.75mol/L

【点睛】

化学平衡的计算，三段式是常用方法，把三段式列出来，然后根据题目要求，具体计算。【解析】①.2②.20%③.0.75mol/L24、略

【分析】【详解】

（1）将6种溶液进行分组：酸性组pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4电离生成H＋，酸性最强，①（NH4）2SO4中c（NH4＋）较大、水解后溶液酸性较强，pH值由小到大的顺序为③＜①＜④；中性组②NaNO3，pH=7；碱性组pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO；所以⑤NaClO的水解程度大，碱性强；pH大，综上，6种溶液的pH值由小到大的排列顺序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正确；

故答案为：A；

（2）0.1mol·L－1醋酸溶液中c（H＋）=c（CH3COO－）=0.001mol·L－1，c（CH3COOH）=0.1mol·L－1-0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，醋酸的电离常数K==10-5；醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（CH3COOH）减小、n（H＋）增大，所以增大；

故答案为：10-5；增大；

（3）pH=3的NH4Al（SO4）2中c（H＋）=0.001mol·L－1，c（OH－）=10-11mol·L－1，电荷关系为2c（SO42－）+c（OH－）=c（NH4＋）+3c（Al3＋）+c（H＋），所以2c（SO42－）-c（NH4＋）-3c（Al3＋）=c（H＋）-c（OH－）=0.001mol·L－1-10-11mol·L－1=0.001mol·L－1；

故答案为：0.001mol·L－1；

（4）CH3COOH是弱酸，pH=2的CH3COOH溶液中c（H＋）＞0.01mol·L－1，pH=2的盐酸和CH3COOH溶液加水稀释相同倍数时，由于加水促进CH3COOH的电离，导致CH3COOH溶液的酸性强、pH小，要使加水至pH再次相等，则CH3COOH溶液应该继续加水，所以加入水的体积V（HCl）＜V（CH3COOH）；

故答案为：＜；

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，CH3COOH是弱酸，浓度相同的盐酸和CH3COOH溶液加入等体积的水稀释后，CH3COOH的电离不完全，导致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等体积的水稀释后pH（HCl）＜pH（CH3COOH）；

故答案为：＜。【解析】A10-5增大0.001mol·L－1＜＜25、略

【分析】试题分析：（1）镍的原子序数是28；因此金属镍在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄电池放电时相当于原电池；该电池发生氧化反应的电极是负极，因此发生反应的物质是铁，答案选B；

（3）蓄留电池充电时相当于电解，阳极失去电子，是原电池中正极反应的逆反应，则电极反应式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性电极电解氯化钠溶液，阳极是氯离子放电，产生氯气，假如电路中转移了0.1mo电子，则根据方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此时氯气是0.05mol；在标准状况下的体积是1.12L，用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根据方程式可知同时还有0.1mol氢氧化钠生成，因此将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液中氢氧根的浓度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①产生Ni(OH)2时需要氢氧根的浓度是产生氢氧化铁时需要氢氧根的浓度是所以先沉淀的离子是Fe3+。

②根据①中分析可知铁离子开始沉淀时溶液的pH＝3，镍离子开始沉淀时溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是3<7。

考点：考查电化学原理的应用以及溶度积常数的有关计算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<726、略

【分析】【分析】

(1)装置甲为氢氧燃料电池；通入氢气的电极为负极，负极的电极反应式氢气发生氧化的方程式；

(2)在乙装置中；铁电极与电源的负极相连，据此判断石墨电极为阳极，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，溶液先变红的是生成氢氧根离子的一极；

(3)丙装置是电解精炼铜；按该反应原理判断硫酸铜溶液浓度变化并书写精铜电极上的电极反应式；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置；据此写电解的总反应方程式；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式，结合数据计算质量；

【详解】

(1)装置甲为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，氢气在负极被氧化，在碱性环境下发生反应生成水，其反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙装置中，铁电极与电源的负极相连作阴极，则石墨电极为阳极，该装置反应为电解饱和食盐水，阳极为氯离子被氧化，阴极反应为2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反应一段时间后，滴入酚酞溶液后铁电极负极溶液先变红；

(3)丙装置是电解精炼铜，粗铜作阳极，阳极上粗铜中比铜活泼的杂质如锌、铜会被氧化，硫酸铜溶液中铜离子得到电子被还原，阴极得到电子数和阳极上失去电子数相同，故析出的铜比溶解的铜少，则铜离子浓度减小；精铜作阴极，则其电极反应式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置，则电解的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式为。

则m=32g。【解析】负极H2-2e－+2OH－=2H2O阳极铁极减小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g四、判断题(共1题，共5分)27、×【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、原理综合题(共2题，共20分)28、略

【分析】【详解】

本题考查盖斯定律的应用，②×2＋③×3/2－①/2得出：2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/mol；

（2）①恒容绝热容器；正反应是放热反应，随着反应进行，温度升高，化学反应速率升高，先达到平衡，符合条件的曲线是c；

②此反应是气体物质的量减少的，恒温恒容是的反应速率小于恒温恒压，即b为恒温恒容时的曲线，a为恒温恒压时的曲线，化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，即N2+3H22NH3

起始（mol·L－1）0.51.40

变化：0.41.20.8

平衡：0.10.20.8

根据化学平衡常数的定义，K=c2(NH3)/(NH3)/[c3(H2)×c(N2)]=800；③M点达到b曲线上，N2的转化率降低，说明反应向逆反应方向移动，即v(正)

（3）根据电解的原理，阴极上得到电子，化合价降低，根据信息NO2－→N2，化合价由＋3价→0价，NO2－在阴极上放电，因此阴极反应式为：2NO2－＋4H2O＋6e－=N2＋8OH－，阳极上失去电子化合价升高，阴极上收集到11.2L的N2，消耗NO2－的物质的量11.2×2/22.4mol=1mol，NH3在阳极上失电子，根据得失电子守恒，n(NH3)×3=n(NO2－)×3，解得n(NH3)=1mol；合22.4L；

（4）①根据平衡常数定义，K=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)/c4(NH3·H2O)=c2(OH－)c(Cu[NH3]4]2－)c(Cu2＋)/[c4(NH3·H2O)c(Cu2＋)]=KspKβ=2.2×10－20×7.24×1012=1.6×10－7<10－5；此反应很难进行；

②溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动，现象是固体溶解，得到深蓝色溶液。【解析】2C（石墨）+3H2(g)=C2H6(g)△H＝-86.4kJ/molc800小于2NO2-＋6e-＋4H2O=N2+8OH-22.4L该反应的K=Ksp·Kβ=1.6×10-7＜10-5所以反应很难进行固体溶解，得到深蓝色溶液溶液中存在平衡Cu(OH)2(s)+2NH3·H2O+2NH4＋[Cu(NH3)4]2++4H2O,加入硫酸铵固体增大了铵根离子浓度，平衡正向移动29、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据盖斯定律，反应焓变只与起始和终止状态有关，故可得焓变为（a-b+c）kJ·mol-1；故答案为：（a-b+c）kJ·mol-1；

(2)由图l可得该转化反应为吸热反应，温度升高，CH3OH转化率增大，则T2代表温度为340℃，由图IⅡ可得转化率为90%，故答案为：90%；该转化反应为吸热反应，温度升高，CH3OH转化率增大，则T2代表温度为340℃；由图IⅡ可得转化率为90%；

(3)根据题意，反应体系中同时进行两个反应：平衡时容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，则有1-x=y=0.1，故x=0.9，y=0.1。则H2O(g)的物质的量=l.2-x+y=0.4mol，故浓度为0.4mol·L-1；甲醇的转化率==90%；体系中气体的总物质的量=0.1+0.4+0.8+2.6+0.1=4mol，根据气体的压强之比=气体的物质的量之比，设平衡体系的压强为P1，则故P1=MPa，转化反应平衡体系中各物质的分压为：则KP=故答案为：0.4mol·L-1；90%；290.5(MPa)2；

(4)根据甲醇水蒸气重整反应速率表达式v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，可知：反应速率与甲醇和水蒸气的分压成正比，与H2的分压成反比，故采取措施为：选择水醇比为1.2，及时分离出H2，故答案为：选择水醇比为1.2，及时分离出H2。【解析】