2025年岳麓版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年岳麓版选修4化学上册阶段测试试卷477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、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－；HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。

下列溶液中的关系一定正确的是()A.图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5C.图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)D.图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)2、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20ml0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是。

A.a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB.b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C.c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)D.d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)3、NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。下列有关说法正确的是（）A.NH4Al(SO4)2属于弱电解质，其溶液导电性较弱B.NH4Al(SO4)2溶液中NH4+水解产生的NH3·H2O促进Al3+水解C.0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中离子浓度大小顺序为c(SO42-)＞c(Al3+)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D.常温下，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中滴加氨水至中性时，c(NH4+)=2c(SO42-)4、下列式子中，属于水解反应的是()A.H2O＋H2OH3O＋＋OH－B.＋H2O＋OH－C.NH3＋H2ONH3·H2OD.＋OH－H2O＋5、常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。下列说法不正确的是A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和CH3COONa溶液中离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者C.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中（pH<7）：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)6、常温下，用0.10mol∙L-1NH3∙H2O标准溶液滴定20mL0.10mol∙L-1盐酸与未知浓度CH3COOH的混合溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，已知Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)。下列叙述错误的是。

A.H+的导电能力大于等浓度的NH4+B.a点混合溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol∙L-1C.b点混合溶液中，c(NH4+)+c(NH3∙H2O)>c(CH3COOH)D.c点混合溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)7、下列选用的仪器和药品能达到实验目的是A.制备并收集少量气体B.制备乙酸乙酯C.比较金属Zn与Ag的活泼性D.蒸发溶液，制取晶体评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、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=2.02eV9、在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H<0,在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(V%)如图所示；下列说法中正确的是。

A.表示CH3CH2OH组分的曲线是IVB.图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数Ka>KbC.图中曲线交点a对应的CO2转化率为40%D.若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙10、在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应2H2S（g）S2（g）+2H2（g）的△H＞0B.X点和Y点的压强之比是C.T1时，若起始时向容器中充入2molH2S，平衡时H2S的转化率大于50%D.T2时，向Y点容器中再充入molH2S和molH2，重新达平衡前v正＜v逆11、1L的密闭容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示，t1时刻c(B)=0.1mol/L。图乙为t2时刻后改变条件反应速率随时间的变化情况，每次改变一种条件且条件各不相同，已知，t3时刻为加入催化剂，则下列判断正确的是（）

A.t4时刻是增大容器的体积B.B的起始浓度为0.06mol/LC.t1、t3、t6时刻相比，A物质的量最大的是t6时刻D.该可逆反应的方程式为：3A(g)B(g)+2C(g)12、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(φ)的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol/LB.b点溶液中：n(Na+)=1×10-10molC.c点溶液中：c(Na+)＞c()＞c()D.d点溶液中：c(Na+)=2c()+c()13、在常温下，将VmL0.05mol·L－1的醋酸溶液缓慢滴加到10mL0.05mol·L－1的Na2CO3溶液中，并不断搅拌（气体完全逸出），所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.当V=10时，c(Na+)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(CH3COO－)>c(H+)B.当0＜V＜20时，c(H+)＋c(Na+)=c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)C.当V=20时，c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)D.当V=40时，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。

（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼），副产物对环境友好，写出反应的化学方程式________。

（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；该反应的平衡常数和温度关系如图所示：

①该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料气中的氨碳比[]为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是______。图中A点处，NH3的平衡转化率为__________。

（3）①在氨水加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离程度增大，的值_______。（填“增大”；“减小”或“不变”；）

②室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用离子方程式表示），该反应的平衡常数为______（用含a的数学表达式表示）。15、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

(1)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：该反应的化学平衡常数表达式是K=_________。已知平衡常数K与温度T的关系如表:。T/℃400300平衡常数KK1K2

①试判断K1_________K2(填写“>”“=”或“<”)。

②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

③合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是_________(填字母)。

a．采用较高温度(400~500℃)b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来。

c．用铁触媒加快化学反应速率d．采用较高压强(20~50MPa)

(2)对反应在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是_________。

a．A、C两点的反应速率：A>C

b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

c．A、C两点N2O4的转化率：A

d．由状态B到状态A，可以用加热的方法16、室温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（1）点①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）点②所示溶液中的电荷守恒式为______________________________________。

（3）点③所示溶液中存在________种平衡。

（4）点④所示溶液中的物料守恒式为0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________。

（6）上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是_______，最小的是________(用序号回答)。17、化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb为盐的水解常数。回答下列问题：

(1)写出CH3COONa水解的离子方程式______。

(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序______。

(3)25℃时，Ka(CH3COOH)______Kb(CH3COO-)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是______(填写选项字母)。

a.代谢产生的H+被HCO3-结合形成H2CO3

b.血液中的缓冲体系可抵抗大量酸；碱的影响。

c.代谢产生的碱被H2CO3中和转化为HCO3-18、如图是溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图：

(1)其中，是______。填微粒符号

(2)在溶液中各微粒浓度等式关系正确的是_______

a.

b.

c.19、弱酸HA的电离常数25℃时，有关弱酸的电离常数如下：。弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是________________（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。20、砷酸(H3AsO4)分步电离的平衡常数(25℃)为：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，该步水解的平衡常数(25℃)为_________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共4分)22、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共24分)23、CO2的利用是国际社会普遍关注的问题。

（1）CO2的电子式是______。

（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇；但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。

获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：

Ⅰ．

Ⅱ．EC加氢生成乙二醇与甲醇。

①步骤Ⅱ的热化学方程式是______。

②研究反应温度对EC加氢的影响（反应时间均为4小时）；实验数据见下表：

。反应温度/℃

EC转化率/%

产率/%

乙二醇。

甲醇。

乙二醇。

甲醇。

160

23.8

23.2

12.9

180

62.1

60.9

31.5

200

99.9

94.7

62.3

220

99.9

92.4

46.1

由上表可知，温度越高，EC的转化率越高，原因是______。温度升高到220℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是______。

（3）用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如下图所示，电极a接电源的______极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______。

（4）CO2较稳定、能量低。为实现CO2的化学利用，下列研究方向合理的是______（填序号）。

a．选择高能量的反应物和CO2反应获得低能量的生成物。

b．利用电能、光能或热能活化CO2分子。

c．选择高效的催化剂24、含硫化合物在工业上应用广泛；硫化物是脱硫；染料行业重要的原材料。

（1）酸工业烟道气中的SO2；CO．可用如图所示的综合循环吸收法脱除：

已知再生塔中每产生ImolCO2（g），放出29．9的热量，则其热化学方程式为______。

（2）H2S热分解反应为：2H2S（g）2H2（g）＋S2（g）。在恒容密闭容器中，H2S的起始浓度均为cmol・L—1，控制不同温度使之分解．相同时间后测的H2S转化率曲线如图1所示：其中a为平衡时转化率、b为未平衡时转化率分别与温度的关系曲线。

①在975℃：t秒时反应达到平衡，则平衡前反应的平均速率v（S2）＝_____（用含c；t的代数式表示）。

②请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：______________。

（3）725℃时，H2S的电离平衡常数K＝1．3×10-7、Ka2＝7．0×10-15。用NaOH溶液吸收H2S气体得到pH＝10的Na2S溶液，在此过程中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或”不变”）；此时溶液中=_____________________

（4）加热Na2S溶液可以生成Na2S2O3，NaOH和H2，温度升高时还可生成Na2SO4，图2是含3molNa2S的溶液在不同温度下反应，生成H2物质的量与反应时间的关系。分析图像，完全反应后生成Na2S2O3物质的量最多的是______（填”c”或”d“）点：不考虑离子的水解，则c点溶液中浓度最高的阴离子为______（写化学式），S2O32—的物质的量为_______。25、中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-49.0kJ/mol

反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)∆H=-173.6kJ/mol

Ⅰ.(1).写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式_______。

Ⅱ.在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(1)从3min到9min，υ(H2)=_______mol·L-1·min-1。

(2)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填编号)。

A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)

B.混合气体的密度不随时间的变化而变化。

C.单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O

D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变。

(3)平衡时CO2的转化率为_______。

(4)该反应平衡常数表达式为_______。

(5)一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH)_______(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时υ正(CH3OH)。

(6)写出CH3OH燃料电池在酸性环境中的负极反应式_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10mL0.01mol•L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol•L-1的盐酸；其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN；HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。

【详解】

A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)；故A正确；

B.a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L；故B错误；

C.b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)；故C错误；

D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)；故D错误；

答案选A。2、C【分析】【详解】

A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1mol/L；A项错误；

B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，二者结合可得：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)；B项错误；

C.c点pH=7.19=pKa2，则pKa2=可知：c(HSO3-)=c(SO32-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSO3-)，此时溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>3c(HSO3-)；C项正确；

D.d点pH=8.00，溶液中主要是NaSO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)；D项错误；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．NH4Al(SO4)2在溶液中完全电离出铵根离子、铝离子和硫酸根离子，则NH4Al(SO4)2为强电解质，故A错误；

B．NH4+、Al3+水解溶液都呈酸性，二者会相互抑制，故B错误；

C．0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2中，铵根离子和铝离子水解溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，由于铝离子水解程度大于铵根离子，则c(NH4+)＞c(Al3+)，溶液中离子浓度大小为：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；

D．常温下，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2中滴加氨水至中性时，铝离子完成沉淀，溶质为硫酸铵和一水合氨，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=2c(SO42-)，故D正确；

故选：D。4、B【分析】【分析】

盐类水解本质是盐类电离产生的弱酸根或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程，用表示水解反应程度微弱，多元弱酸根只能逐个结合H＋；分步水解。

【详解】

A、H2O＋H2OH3O＋＋OH－为水的电离；故A不符合题意；

B、二元弱酸根分两步水解，＋H2O＋OH－；故B正确；

C、NH3＋H2ONH3·H2O为化合反应；故C不符合题意；

D、＋OH－H2O＋为盐和碱的复分解反应；故D不符合题意。

故选B。5、C【分析】【详解】

A．根据题目信息可知Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH)，即HCOOH电离程度大于CH3COOH，则HCOO-的水解程度小于CH3COO-的水解程度，所以在CH3COONa溶液中有更多的醋酸根发生水解；故A正确；

B．电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据题目信息可知，酸性：HCOOH＞CH3COOH，则pH相同的HCOOH、CH3COOH，酸浓度c(CH3COOH)＞c(HCOOH)，相同体积相同pH值的HCOOH和CH3COOH，n(CH3COOH)＞n(HCOOH)，分别与相同浓度的NaOH中和，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH体积：HCOOH＜CH3COOH，故B正确；

C．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH、HCOONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、物料守恒得c(HCOO-)+c(HCOOH)=2c(Na+)，所以得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+)；故C错误；

D．混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，醋酸水解平衡常数Kh=≈5.1×10-10＜Ka，所以该溶液中CH3COONa水解程度小于CH3COOH电离程度，溶液呈酸性，但是醋酸电离程度较小，所以存在c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；故D正确；

故答案为C。

【点睛】

明确电离平衡常数与其对应离子水解程度关系、混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用。6、D【分析】【分析】

根据图中信息消耗20mL0.10mol∙L−1NH3∙H2O时导电能力最低，则此时20mL0.10mol∙L−1盐酸恰好反应完，再加入20mL0.10mol∙L−1NH3∙H2O时导电能力增加到相对最大，说明在40mL时CH3COOH消耗完，则说明CH3COOH的浓度为0.10mol∙L−1，再加入NH3∙H2O时导电能力下降；是因此溶液体积增大，离子浓度减小。

【详解】

A.a点是盐酸和醋酸的混合溶液且浓度相等，b点是盐酸刚反应完全，b点溶质是NH4Cl和CH3COOH的混合溶液，忽略醋酸电离和溶液体积加和的变化，溶液体积变为40mL，b点NH4Cl是a点盐酸浓度的一半，如果H+的导电能力等于等浓度的NH4+，则b点导电能力应该是a点导电能力的一半，而b点导电能力比a点导电能力一般还小，说明H+的导电能力大于等浓度的NH4+；故A正确；

B.根据分析原20mL溶液中CH3COOH的浓度为0.10mol∙L−1，因此a点混合溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.10mol∙L−1；故B正确；

C.b点溶质为NH4Cl和CH3COOH的混合溶液，两者浓度相等，根据物料守恒，c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，因此c(NH4+)+c(NH3∙H2O)＞c(CH3COOH)；故C正确；

D.c点混合溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，NH4+、CH3COO－水解，由于Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)，因此CH3COONH4呈中性，NH4Cl显酸性；因此混合溶液显酸性，故D错误。

综上所述，答案为D。7、B【分析】【详解】

A.气体与水反应生成硝酸和NO；不能用排水法收集，故A错误；

B.图示装置；试剂及收集方法均合理；可制备乙酸乙酯，故B正确；

C.该比较锌和银的活泼性应该将右侧的稀硝酸换成硝酸银溶液；故C错误；

D.由于氯化铁会水解，蒸发溶液得到的是氢氧化铁沉淀，无法制取晶体；故D错误；

故选B。二、多选题(共6题，共12分)8、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。9、AC【分析】【详解】

A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍；符合条件的曲线为Ⅳ，故A正确；

B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Kab；故B错误；

C.图中曲线Ⅱ为CO2，曲线Ⅲ为H2O，曲线交点a为二氧化碳和水平衡时的体积分数相等，根据反应2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g）可知，1molCO2反应消耗0.4mol，平衡时为0.6mol，生成水0.6mol，所以CO2转化率为40%；故C正确；

D.根据反应2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲>乙；故D错误；

故选AC。

【点睛】

该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。10、AC【分析】【分析】

在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H2S气体，可逆反应为2H2S（g）S2（g）+2H2（g）；随着温度升高，平衡时反应物的物质的量降低，平衡正向移动，反应吸热。

【详解】

A.反应2H2S（g）S2（g）+2H2（g）的△H＞0；A正确；

B.根据理想气体方程PV=nRT（R为常数）可知；在同体积环境下，压强之比与温度和物质的量均有关，温度未知，X点和Y点的压强之比是未知，B错误；

C.T1时，硫化氢和氢气的平衡时物质的量相同，即反应转化的硫化氢和剩余的硫化氢的量相同，转化率为50%；若起始时向容器中充入2molH2S，平衡正向移动，H2S的转化率大于50%；C正确；

D.T2时，向Y点容器中再充入molH2S和molH2；但是之前加入的物质的量未知，无法根据Qc判断正逆方向速率大小，D错误；

答案为A、C。11、AD【分析】【详解】

A.如t4~t5阶段改变的条件为降低温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，图中正逆反应速率相等，改变的条件应为降低压强，所以t4时刻是增大容器的体积；故A正确；

B.反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2，根据A中分析，t4~t5阶段改变的条件为减小压强，此时平衡不移动，说明该反应前后化学计量数相等，则B为生成物，方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g)，则B的浓度变化为△c=0.12mol/L=0.06mol/L；而B的平衡浓度为1mol/L，则B的起始浓度为1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L，故B错误；

C.t1→t6时刻，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正向移动，则t1时刻A的物质的量最大；故C错误；

D.由B分析可知该可逆反应的方程式为：3A(g)=B(g)+2C(g)；故D正确；

故答案：AD。

【点睛】

由反应中A的浓度变化为0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的浓度变化为0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.18:0.12=3:2，根据A中分析，t4~t5阶段改变的条件为减小压强，此时平衡不移动，说明该反应前后化学计量数相等，则B为生成物，方程式应为3A(g)=B(g)+2C(g)，结合浓度的变化以及影响平衡移动的因素解答该题。12、AD【分析】【详解】

A．a点溶液为1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1；就是水电离出的，故A正确；

B．b点溶液中的钠离子全部来自于1LpH=10的NaOH溶液，故故B错误；

C．c点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根要水解，离子在溶质中出现在前，不出现在后分析，溶液中离子浓度关系为：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)；故C错误；

D．d点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，电荷守恒为c(Na＋)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)；故D正确。

故选AD。13、BC【分析】【详解】

A、当V=10时，得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3混合溶液，醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性，由于醋酸的酸性比碳酸的强，HCO3－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，水解程度是微弱的，则溶液中c(Na+)>c(CH3COO－)>c(HCO3－)>c(OH-)>c(H+)；故A错误；

B、溶液呈电中性，一定存在电荷守恒，则溶液中c(H+)＋c(Na+)=c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)；故B正确；

C、当V=20时，得到CH3COONa溶液，溶液中有电荷守恒c(H+)＋c(Na+)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式得到c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)；故C正确；

D、当V=40时，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液，醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，电离产生更多的c(CH3COO－)，溶液呈酸性，弱电解质电离程度不大，则溶液c(CH3COO－)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH－)；故D错误；

故选BC。

【点睛】

解答本题需要掌握两个方面的知识;

混合后的溶液的溶质是什么，根据醋酸和Na2CO3反应量的关系得出。如C选项，醋酸和Na2CO3的物质的量之比为2∶1，恰好完全反应。所以溶质是CH3COONa溶液；

能够灵活运用盐类水解的三合守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中数据可知；温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即ΔH＜0；

②x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2)=1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为：

（3）①由题：其中Kb表示NH3·H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率42%不变NH4++H2ONH3·H2O+H+15、略

【分析】【详解】

（1）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：根据平衡常数表达式可知，该反应的化学平衡常数表达式是

①根据降低温度平衡放热方向移动以及平衡正向移动平衡常数增大，所以K12；

②a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为为1:3:2；所以不能作为平衡的标志，故a错误；

b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体体积减小；若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；

d．反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；

答案选c；

③a．加热到500℃合成氨是放热反应；升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故a错误；

b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故b正确；

c．用铁作催化剂加快化学反应速率；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释，故c错误；

d．采用较高压强(20Mpa−50MPa)；合成氨是气体体积减小的反应，加压至20∼50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故d正确；

答案选bd；

(3)a．.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C>A；故a错误；

b．B和C的体积分数相等，所以B、C两点的气体的平均相对分子质量相等，故b错误；

c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A>C；故c错误；

d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大；所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；

答案选d。【解析】<cbdd16、略

【分析】【分析】

(1)根据水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变分析；

(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；

(3)根据点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；

(4)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；

(5)根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。

【详解】

(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=1×10-14，故答案为：1×10-14；

(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡；还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

(4)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol•L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的①；故答案为：⑤；①。

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。【解析】（无特殊说明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①17、略

【分析】【分析】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；

(2)可以根据CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液；pH=4.76，呈酸性，结合电荷守恒分析解答；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，也可以计算出Kb再判断；

(4)H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+；有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定，据此分析解答。

【详解】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

(2)0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的电离为主，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，实际上Kb===×10-9；故答案为：＞；

(4)a．人体血液中存在H2CO3⇌H++HCO3-平衡，人体代谢产生的H+与HCO3-结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正确；b．血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故b错误；c．代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3-，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故c正确；故答案为：ac。【解析】①.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)③.＞④.ac18、略

【分析】【分析】

⑴先写出离子浓度大小；再得出结论。

⑵根据和三大守恒分析。

【详解】

⑴亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，由于还能少量水解，溶液中水电离出氢氧根离子和氢离子，故氢氧根离子浓度略大于由于溶液呈碱性，所以是最小的，所以离子浓度大小关系为：故是故答案为：

⑵亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子，溶液中还存在水的电离，

a.根据物料守恒可知，故a错误；

b.根据电荷守恒可知，故b正确；

c.根据质子守恒可知，故c错误。

故答案为：b。【解析】b19、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱；根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。

【详解】

（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：故答案为：①>②>④>③；

（2）根据醋酸的电离常数，结合得pH=5，故答案为：5；

（3）当与溶液1：1混合时，溶质为根据的电离常数可知，的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故答案为：碱。【解析】①>②>④>③5碱20、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，据此写出第三步电离平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数。

【详解】

砷酸(H3AsO4)的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，则其第三步电离平衡常数的表达式为Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，则该步水解的平衡常数(25℃)为故答案为：2.5×10－3。【解析】2.5×10－3四、判断题(共1题，共8分)21、×【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、元素或物质推断题(共1题，共4分)22、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、原理综合题(共3题，共24分)23、略

【分析】（1）①CO2为共价化合物，碳氧之间形成2条共价键，CO2的电子式是正确答