2025年冀教新版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年冀教新版选修4化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法或表示方法正确的是A.反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应一定不能发生B.强酸跟强碱反应放出的热量一定是中和热C.由石墨比金刚石稳定可知：C(金刚石，s)===C(石墨，s)ΔH<0D.在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式可表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ/mol2、下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时；反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是。

A.该反应为吸热反应B.a与b相比，a的反应速率更快C.a与b相比，反应的平衡常数一定不同D.E2大于E1，说明总能量生成物比反应物低3、时，向恒容密闭容器中充入反应经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如图所示。下列说法正确的是

A.反应在前50s的平均速率B.相同温度下，起始时向容器中充入mol和mol达到平衡时，的转化率小于C.时，该反应的化学平衡常数D.相同温度下，起始时向容器中充入molmol和mol反应达到平衡前4、往10L恒容密闭容器中充入气体X和Y，发生反应2X(g)+Y(g)M(g)+2N(g)ΔH，测得实验数据如下表：。实验。

编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)n(Y)n(M)①700210.9②800210.8③80010.5a

下列说法不正确的是A.ΔH<0B.a=0.4C.800℃时，该反应的平衡常数K=64D.实验③中，达到平衡时，Y的转化率为20%5、已知几种盐溶液的pH如表所示：。①②③均为0.1mol·L－1溶液NaHCO3Na2CO3NaClO常温下溶液pH9.711.610.3

下列说法正确的是A.三种溶液中水的电离程度：①＞③＞②B.每种溶液都只存在1种微粒的电离平衡C.①与②中均存在：c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)D.向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-6、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是

A.图中五点Kw的关系：B.若从A点到E点，可采用温度升高的措施C.若从A点到D点，可采用温度不变，向水中加入少量的酸D.时，7、下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）

A.图①中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B.在③开关闭合的情况下，四个装置的铁腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②C.图③中，开关闭合时，Fe的腐蚀速率减小D.图②和④的装置中Fe电极均被保护评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

(1)已知：i反应A中；4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii

①H2O的电子式是_______。

②反应A的热化学方程式是_______。

③断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为_______kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键(填“强”或“弱”)_______。

(2)对于反应A，如图是4种投料比[n(HCl)：n(O2)；分别为1：1；2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。

①曲线b对应的投料比是_______。

②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_______。

⑧投料比为2：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______.9、实验测得乙醇在氧气中充分燃烧生成和时释放出aKJ的热量，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：______10、发射卫星时可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮做氧化剂；两者反应生成氮气和气态水；已知：

N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

（1）肼和二氧化氮反应的热化学方程式为___________；

（2）有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放能量更大，肼和氟气反应的热化学方程式：_11、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）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_______________。

（2）该反应为_______________反应（填“吸热”；“放热”）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。

a．容器中压强不变b．混合气体中c(CO)不变。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_______________℃。

（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。12、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共1题，共2分)14、一定温度下，在三个体积均为VL的恒容密闭容器中发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molSiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)SiHCl3(g)SiCl4(g)SiHCl3(g)ⅠT11.0000.80ⅡT10.40aa0.36ⅢT2(T2＞T1)0.20000.10

则：

(1)该反应的正反应为_________(选填“放热”或“吸热”)反应。

(2)表中a=________。

(3)在保持容器Ⅲ的实验条件下，若起始时充入0.40molSiHCl3(g)、0.40molSiH2Cl2(g)、0.20molSiCl4(g)，则达平衡时容器中SiHCl3的物质的量为_________(请写出解题过程)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共15分)15、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：)16、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“＝”）。17、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7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A；反应物的总能量低于生成物的总能量时；该反应是吸热反应，吸热反应在一定的条件下也能发生，铵盐和氢氧化钡晶体的反应是吸热的，但是无需条件就发生，故A错误；

B；强酸跟强碱反应放出的热量不一定是中和热；稀的强酸和强碱发生中和反应生成1mol水放出的热量称为中和热，故B错误；

C、由石墨比金刚石稳定，石墨的能量低于金刚石，所以C(金刚石，s)═C(石墨，s)△H＜0；故C正确；

D、在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式可表示为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意燃烧热概念的理解，燃烧热的热化学方程式中可燃物的化学计量数为“1”。2、D【分析】【分析】

由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；b中活化能小；K与温度有关；且化学反应相同；焓变等于正逆反应的活化能之差。

【详解】

A；由图可知；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；

B、b中活化能小，b的反应速率更快；故B错误；

C、K与温度有关，且化学反应相同，则a与b相比；反应的平衡常数相同，故C错误；

D、焓变等于正逆反应的活化能之差，E2大于E1；焓变为负，为放热反应，说明总能量生成物比反应物低，故D正确。

答案选D。

【点睛】

本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响、K与温度的关系为解答的关键。3、D【分析】【详解】

A反应在前50s的平均速率故A错误；

B、A中的转化率相同温度下如果起始时向容器中充入mol和mol二者为等效平衡，的转化率的转化率所以的转化率为相同温度下，起始时向容器中充入mol和mol相当于充入mol增大压强平衡逆向移动，则的转化率大于故B错误；

C、平衡时化学平衡常数故C错误；

D、相同温度下，起始时向容器中充入molmol和mol浓度熵则反应正向移动，所以反应达到平衡前故D正确；

故选D。4、D【分析】【详解】

A.由①和②可知温度升高时，平衡时n(M)下降，说明温度升高平衡逆向移动，所以该反应△H<0；故A正确；

B.②中由三段式可得在800°C时，2X(g)+Y(g)M(g)+2N(g)

起始(mol)：2100

变化(mol)：1.60.80.81.6

平衡(mol)：0.40.20.81.6

②和③构成等效平衡，所以③中Y的转化率与②中转化率相等,②中Y的转化率为×100%=80%，则③中Y的转化率为80%，则Y的变化量为0.5mol×80%=0.4mol，根据反应2X(g)+Y(g)M(g)+2N(g)；则M平衡时的物质的量a=0.4mol，故B正确；

C.由三段式可得在800°C时，2X(g)+Y(g)M(g)+2N(g)

起始(mol)：2100

变化(mol)：1.60.80.81.6

平衡(mol)：0.40.20.81.6

则K==64；故C正确；

D.②和③构成等效平衡，所以③中Y的转化率与②中转化率相等,②中Y的转化率为×100%=80%；则③中Y的转化率为80%，故D错误；

答案选D。

【点睛】

平衡常数只受温度的影响。5、D【分析】【详解】

根据表中盐的pH和越弱越水解规律，可以确定酸根离子的水解程度：所以酸性强弱顺序是

A.水解促进水的电离；可知②中水的电离程度最大，故A项错误；

B.溶液①中既有水的电离平衡；也有碳酸氢根离子的电离平衡，故B项错误；

C.电荷守恒式应该是故C项错误；

D.由于酸性强弱顺序为根据强酸制弱酸，可知ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-；故D项正确。

故答案选D。6、B【分析】【详解】

A．由图像可知，A、E、D都为时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则由C点可知，C点的Kw大于A点，则故A正确；

B．若从A点到E点；是等温线，温度相同，是氢离子浓度的减小，故B错误；

C．若从A点到D点；可采用温度不变，增加氢离子的浓度，所以可向水中加入少量的酸，故C正确；

D．B点可知氢离子的浓度与氢氧根离子的浓度相等，都为所以时，故D正确；

故答案为B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．图①中；铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A错误；

B．图①发生化学腐蚀；图②是电解池，但铁是阴极被保护不被腐蚀，图③是发生电化学腐蚀，图④是电解池且铁作阳极，因电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，作原电池负极加快腐蚀，作电解池阳极腐蚀最快，四个装置的腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②，B正确；

C．图③中；开关闭合时，形成原电池，原电池可以加快负极腐蚀速率，即Fe的腐蚀速率加快，C错误；

D．图②和④的装置中Fe电极分别做电解池的阴极和阳极；电解池的阴极材料被保护，图②和④的装置中只有②的Fe电极被保护，D错误；

故答案为：B。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)③设H—O键的键能为x，H—Cl键的键能为y，则有-115.6=-2×243-4x＋4y＋498，化简得x-y=31.9，即断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强。

(2)①同一温度下，O2的浓度越大，HCl的平衡转化率越高，故曲线a、d分别对应n(HCl)：n(O2)为6：1、1：1的情况，曲线b对应的投料比是4：1。

②在图上作一平行于温度轴的直线与曲线b、c、d相交，可以看出，当不同投料比下HCl的平衡转化率相同时，曲线b对应的温度最低；曲线d对应的温度最高。则可得出结论：投料比越高，对应的反应温度越低。

③此时HCl的平衡转化率为80%。设反应开始时n(HCl)=2amol，n(O2)=amol。

4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)

起始2amolamol00

转化1.6amol0.4amol0.8amol0.8amol

平衡0.4amol0.6amol0.8amol0.8amol

则平衡混合气体中Cl2的物质的量分数是。

×100%≈30.8%。【解析】4HCl+O22Cl2+2H2O∆H=-115.6kJ/mol32强4：1投料比越小时对应的温度越低30.8%9、略

【分析】【分析】

4.6g乙醇的物质的量==0.1mol，0.1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量；则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量；

【详解】

乙醇的物质的量乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量，则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量，则其热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol；

故答案为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol。

【点睛】

结合燃烧热的定义解答，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量即为燃烧热。【解析】CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol10、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律解答。

【详解】

已知：①N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

②N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

④1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

(1)根据盖斯定律：①×2-②得气态肼和二氧化氮的反应的热化学方程式为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

故答案为2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

(2)根据盖斯定律，①+④×4-③×2得气态肼和氟气反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol；

故答案为N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol。【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/molN2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol11、略

【分析】【详解】

(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=故答案为

(2)由表可知：升高温度；化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为吸热；

(3)a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，因此混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；

(4)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，则平衡常数K==0.6；所处温度为700℃，故答案为700；

(5)1200℃时，某时刻浓度商Qc==4＞K=2.6，说明反应向逆反应方向进行，故答案为逆向。【解析】吸热bc700逆向12、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、计算题(共1题，共2分)14、略

【分析】【分析】

(1)根据三段式分别计算T1、T2时的平衡常数K；结合温度对平衡的影响分析判断；

(2)温度相同；平衡常数相同，根据三段式计算解答；

(3)温度相同，平衡常数相同，首先根据Qc与K的大小判断反应进行的方向；再根据三段式计算解答。

【详解】

(1)T1时，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)100

反应(mol)0.20.10.1

平衡(mol)0.80.10.1

平衡常数K1==同理T2时，K3==0.25＞K1；说明平衡正向移动，即升高温度，平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；

(2)温度相同；平衡常数相同；

T1时2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)0.4aa

反应(mol)0.040.020.02

平衡(mol)0.36a+0.02a+0.02

则K==解得：a=0.025，故答案为：0.025；

(3)温度相同，平衡常数相同，此时Qc==0.5＞K=0.25，不是平衡状态，反应需要逆向进行，设从起始时到建立平衡，SiHCl3物质的量增加了2bmol；则：

T2时，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)0.40.40.2

反应(mol)2bbb

平衡(mol)0.4+2b0.4-b0.2-b

则K==0.25，解得：b=0.04，则0.4+2b=0.48，故答案为：0.48mol。【解析】①.吸热②.0.025③.0.48mol五、结构与性质(共3题，共15分)15、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-0.5116、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