2025年浙教版选修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年浙教版选修4化学下册阶段测试试卷252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、一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定部分数据见下表：。t/s02468n(SO3)/mol00.81.41.81.8

下列说法正确的是()。A.反应在前2s的平均速率v(O2)＝0.4mol·L－1·s－1B.保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大C.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达到新平衡时增大D.相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%2、下列说法中，正确的是A.两种难溶盐电解质，其中小的溶解度一定小B.溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则小的一定先沉淀C.只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关D.凡是能自发进行的化学反应，一定是3、常温下，用一定浓度的盐酸滴定某浓度的氨水。滴定终点附近溶液的pH和导电能力的变化如图所示（利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点，溶液总体积变化忽略不计）。下列说法错误的是（）

A.a点对应的溶液中：B.a→b过程中，不断增大C.c→d溶液导电性增强的主要原因是和增大D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断：4、在25℃时，物质的浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中NH的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是A.a＝b＝cB.a＝c>bC.b>a>cD.c>a>b5、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：6、已知HCN的电离常数K＝6.2×10－10，用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，经测定溶液呈碱性。则下列关系式正确的是（）A.c（CN－）＞c（Na＋）B.c（CN－）＞c（HCN）C.c（HCN）＋c（CN－）＝0.2mol·L－1D.c（CN－）＋c（OH－）＝0.1mol·L－17、已知是二元弱酸，室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入KOH溶液，所得溶液中的组成百分率与pH的关系如图所示；下列说法正确的是。

A.的溶液中：B.反应的平衡常数为C.向溶液中加入KOH溶液将pH由1.3调至4.27的过程中水的电离程度先增大后减小D.的溶液中：8、化学与生活、生产、科技等紧密相关，下列有关说法错误的是A.从某种锂离子电池的正极材料中可回收金属LiB.港珠澳大桥的隔震支座所含的橡胶属于有机高分子材料C.高效手性螺环催化剂通过改变反应热增大化学反应速率D.嫦娥四号探测器所搭载的太阳能电池的电池板的主要材料为单质硅评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、下列图示与对应的叙述相符合的是。

A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.图丙表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D.图丁表示将NH3通入醋酸溶液的过程中，溶液导电性的变化10、反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ·mol-l(a>0)，一定条件下在容积为5L的密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是A.2min时反应放出的热量等于0.lakJB.用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)=0.25mol·L-1·min-1C.2min内，NH3的转化率小于O2的转化率D.2min末，c(H2O)=0.6mol·L-111、甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，测得有关实验数据如下：。容器编号温度/K起始物质的量（mol）平衡物质的量molCH3OHNH3CH3NH2H2OCH3NH2H2OCH3NH2H2OI5300.400.40000.30II5300.800.8000III500000.200.200.16

下列说法正确的是（）A.正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)B.达到平衡时，体系中c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)＞c(CH3OH，Ⅱ)C.达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)＜1D.530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH0.10mol、NH30.15mol、CH3NH20.10mol、H2O0.10mol，则反应将向逆反应方向进行12、在体积为2L的恒容密闭容器中，用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，将1molCO2和3molH2在装有催化剂的反应器中反应8小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的△H>0B.图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率C.图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高H2转化率D.下，X点所对应甲醇的产率为50%，则平衡常数K=0.1513、物质X在一定条件下可转化为物质Y或物质Z：

两个反应的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.两个反应均为放热反应B.X、Y、Z的关系是互为同素异形体或同分异构体C.X转化为Y的活化能高于X转化为Z的活化能D.其它条件一定，加压有利于提高X转化为Z的速率和平衡转化率14、下列说法正确的是A.反应TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH＞0能自发进行，其原因是ΔS＞0B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D.对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大15、现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/LHCl；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列说法正确的是A.①中水电离程度最大，②③④中水电离程度一样大B.将②③混合，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②<③C.将①、④等体积混合，所得溶液中一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)D.将①、④混合，若有c(CH3COO¯)>c(H+)，则混合液一定呈碱性评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类17、化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡后测得各组分的浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度/(mol·L－1)0.91.00.6

(1)反应达到平衡时，CO的转化率为________。

(2)该反应的平衡常数K＝________。

(3)恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是________(填字母)。

A．v正(CO)＝2v逆(H2)

B．混合气体的密度不变。

C．混合气体的平均相对分子质量不变。

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化。

(4)若将容器体积压缩到1L，则达到新平衡时c(H2)的取值范围是___________。

(5)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。18、一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变。

c．消耗nmolH2同时消耗nmolCOd．容器中物质的总物质的量不随时间改变。

（3）该反应的v正随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。19、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。20、物质的量浓度相同的：①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵五种溶液中c()由大到小的顺序是________（填序号）。21、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-；回答下列问题。

①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_____(用离子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)22、硼酸（H3BO3）为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能，提高机械强度，缩短熔融时间。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸的工艺流程如下（部分操作和条件略）：

I．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4；过滤；

Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水；再调节溶液的pH约为5；

Ⅲ．过滤；将所得滤液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；

Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。

已知：生成氢氧化物沉淀的pH

。

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Mg（OH）2

开始沉淀时。

3.8

5.8

2.2

10.6

完全沉淀时。

4.7

8.3

4．0

12

注：金属离子的起始浓度为0．01mol·L-1

请回答：

（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式：___________。

（2）为提高步骤I中的反应速率；可采取的措施有_________________（写出两条）。

（3）步骤Ⅱ的目的是_______________________。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是___________________。23、如图所示；组成一种原电池。试回答下列问题(灯泡功率合适)：

(1)电解质溶液为稀硫酸时，灯泡亮，Mg电极上发生的反应为____________；Al电极上发生的反应为________。溶液中向________移动(填“Mg电极”或“Al电极”)

(2)电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡________(填“亮”或“不亮”，填“亮”做a题，填“不亮”做b题)。_______________

a．若灯泡亮；Al电极为_______________(填“正极”或“负极”)。

b．若灯泡不亮，其理由为__________________。24、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共21分)26、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：)27、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“＝”）。28、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12分)29、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行化学方法处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_________。30、（1）据报道；我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①

CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。

（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g)ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。

。化学键。

C—H

C—F

H—F

F—F

键能/(kJ·mol－1)

414

489

？

155

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。31、在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下反应：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）0～9min内，v(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

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。

e．混合气体的压强不随时间的变化而变化。

（3）平衡时H2的转化率为___。

（4）平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数是__。

（5）一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v逆(CH3OH)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．根据表格中数据知，当n(SO3)=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SO3)==0.2mol⋅L−1⋅s−1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v(O2)=×0.2mol⋅L−1⋅s−1=0.1mol⋅L−1⋅s−1；故A错误；

B．化学平衡常数只与温度有关；温度不变，化学平衡常数不变，与压强；物质浓度都无关，故B错误；

C．温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2；增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故C正确；

D．相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大，所以二氧化硫转化率大于90%，相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3,达到平衡时，SO3的转化率小于10%；故D错误；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A、只有相同类型的难溶电解质，越小，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据判断溶解度的大小；选项A错误；

B；生成沉淀的先后还与离子的浓度有关；选项B错误；

C；化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关；当难溶物确定时就只和温度有关了，与溶液中离子浓度无关，选项C正确；

D、化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当时，反应能自发进行；当时，一定能自发进行；而或能否自发进行；取决于反应的温度，选项D错误；

答案选C。

【点睛】

本题综合性较大，涉及自由能判据的应用、溶度积常数等，比较基础，旨在考查基础知识的全面掌握情况，易错点为选项C化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关了，与溶液中离子浓度无关。3、C【分析】【分析】

盐酸滴定氨水时，发生的是酸碱中和反应，由于发生水解，NH4Cl溶液显酸性，因此a点并非滴定终点；由于一水合氨是弱电解质，而在发生中和反应后生成了强电解质NH4Cl；因此滴定过程中溶液的导电性会逐渐增强，d点则为滴定终点；在d点后溶液的导电性进一步增强，是因为额外的盐酸加入导致的。

【详解】

A．a点对应的溶液中存在电荷守恒关系式为：由于常温下pH=7为中性，即那么a点对应的溶液中则有A项正确；

B．通过分析可知，a点并非滴定终点，因此从a到b，溶液中的剩余的一水合氨进一步被消耗转化为加之随着溶液的酸性增强，的水解也被抑制，因此溶液中的量增大；B项正确；

C．通过分析可知，d点为滴定终点，因此c点到d点，溶液导电性增强，原因是由于一水合氨是弱电解质，发生反应后转化为强电解质NH4Cl；因此溶液的导电性增强，C项错误；

D．通过分析可知，d点为滴定终点而a点尚未达到滴定终点；因此d点对应的盐酸的体积更大，即V3＞V2；D项正确；

答案选C。4、D【分析】【详解】

铵根离子水解显酸性，氯化铵中氯离子对铵根离子水解无影响；醋酸铵中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子水解起促进作用；硫酸氢铵电离出氢离子对铵根离子水解起抑制作用，因此在25℃时，物质的浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中NH的物质的量浓度大小关系：c>a>b；故D正确；

故答案选D。5、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。6、C【分析】【详解】

A.溶液显碱性，则有c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)可知，c（CN－）＋）；故A错误；

B.溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故有c（CN－）<c（HCN）；故B错误；

C.根据物料守恒有c（HCN）＋c（CN－）=0.2mol·L－1；故C正确；

D.混合液中c（Na＋）=0.1mol/L，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，则c(OH-)+c(CN-)=0.1mol/L+c(H+)；故D错误；

答案选C。7、A【分析】【详解】

的溶液中，几乎不存在根据电荷守恒，由于则故A正确；

B.反应为的水解反应，平衡常数为故B错误；

C.向溶液中加KOH溶液，pH由1.30增大至4.27的过程中，溶液始终是酸性的，水的电离受到抑制，随着pH的增加，溶液中酸电离出的越来越少；对水的抑制作用不断减弱，水的电离程度不断增大，故C错误；

D.的溶液中，几乎不存在和的量最大，质子守恒表示为：故D错误；

综上所述；答案为A。

【点睛】

分析图像上的交叉点，恰好为两种粒子浓度相等的点，可以求出对应二元弱酸的电离平衡常数。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．锂离子电池放电时产生锂离子；锂离子向正极移动，充电时在正极发生还原反应，所以从该电池的正极材料中可回收金属Li，A正确；

B．有机高分子材料是用有机高分子化合物制成的材料；常见的塑料；橡胶、合成纤维等都属于有机高分子材料，B正确；

C．催化剂可以改变反应的历程；通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率，反应的始态和终态不变，所以不能改变反应热，C错误；

D．硅是可以将太阳能变为电能的材料；可以制太阳能电池，D正确。

答案选C。二、多选题(共7题，共14分)9、BC【分析】分析：A．燃料燃烧应放出热量；反应物总能量大于生成物总能量；B．温度过高，酶失去催化活性；C．反应开始时正反应速率大于逆反应速率，平衡时正逆反应速率相等；D．醋酸为弱电解质，反应后生成醋酸铵为强电解质，离子浓度增大导电能力增强，后氨水导电能力减弱。

详解：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，选项A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，选项B正确；C．反应开始时正反应速率大于逆反应速率，平衡时正逆反应速率相等，图象符合化学平衡建立特点，选项C正确；D．将NH3通入醋酸溶液的过程中；溶液导电性先增大后减小，图象不符合，选项D错误。答案选BC。

点睛：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡化学反应的能量变化规律浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响中和滴定。本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响，考查《化学反应原理》主要内容，侧重学生的分析能力的考查，为高考常见题型，易错点为B，注意蛋白质的性质，难度不大。10、AC【分析】【详解】

A．由反应式知；生成4molNO，放热akJ，2min时生成0.4molNO，则反应放热0.lakJ，A正确；

B．用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)==0.05mol·L-1·min-1；B不正确；

C．2min内，NH3的转化率(40%)小于O2的转化率(50%)；C正确；

D．2min末，c(H2O)==0.3mol·L-1；D不正确；

故选AC。

【点睛】

对于一个可逆反应，反应物的起始投入量与化学计量数的比值越大，转化率越小。11、AC【分析】【详解】

A．容器I和容器II反应均在530K温度下进行，所以反应的平衡常数不变，即K(Ⅰ)=K(Ⅱ)。容器I中反应：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，反应开始时c(CH3OH)=c(NH3)=0.40mol÷2.0L=0.20mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0；当达到平衡时c(H2O)=0.30mol÷2.0L=0.15mol/L，根据物质转化关系可知平衡时：c(CH3OH)=c(NH3)=0.20mol/L-0.15mol/L=0.05mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0.15mol/L，则该条件下的化学平衡常数K(Ⅰ)==9；

对于容器III中反应：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，反应开始时c(CH3OH)=c(NH3)=0mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0.2mol÷2.0L=0.1mol/L；当达到平衡时c(CH3NH2)=0.16mol÷2.0L=0.08mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时：c(CH3OH)=c(NH3)=0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，c(H2O)=c(CH3NH2)=0.08mol/L；该条件下的化学平衡常数K(Ⅲ)==16，所以正反应的平衡常数：K(Ⅰ)=K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)；A正确；

B．反应CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)的正反应是气体体积不变的反应，容器Ⅱ相当在容器I基础上压强增大一倍，由于恒温恒容时，增大压强，平衡不移动，所以各物质的含量或浓度均为容器I中各物的2倍，即2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH；Ⅱ)，B错误；

C．根据选项A分析可知，对于容器I中反应，反应开始时c(NH3)=0.20mol/L，平衡时c(NH3)=0.05mol/L，则NH3的转化率为α(NH3，I)=×100%=75%；

对于容器Ⅲ中的反应，反应开始时，c(H2O)=0.1mol/L，平衡时c(H2O)=0.08mol/L，则水的转化率α(H2O，III)=×100%=20%，所以达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O；Ⅲ)=75%+20%=95%＜1，C正确；

D．对于容器I中反应：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)；

反应开始时c(CH3OH)=0.10mol÷2L=0.05mol/L，c(NH3)=0.15mol÷2L=0.075mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=010mol÷2L=0.05mol/L，Qc==0.67，根据选项A分析可知在530K时的化学平衡常数K(Ⅰ)=9，故Qc＜K(Ⅰ)；说明反应未达到平衡状态，化学反应正向进行，D错误；

故合理选项是AC。12、BC【分析】【详解】

A．甲醇的产率在最高点即达到平衡状态；随温度升高产率逐渐减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B．P点所示条件下反应未达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率；故B正确；

C．Q点所示条件下反应处于平衡状态，增加CO2的浓度可提高H2转化率；故C正确；

D．列出反应的三段式：

体积是2L，将平衡浓度代入平衡常数公式，故D错误。

故选BC。13、CD【分析】【详解】

A.由图可知；X生成Y的反应为吸热反应，X生成Z的反应为放热反应，故A错误；

B.X；Y、Z如果是单质则互为同素异形体；如果是化合物则分子式一定不同，不可能互为同分异构体，故B错误；

C.由图可知，X转化为Y的活化能是X转化为Z的活化能是前者大于后者，故C正确；

D.X转化为Z的反应是气体体积减小的反应；因此其它条件一定时，加压既能加快反应速率，又能使平衡右移，提高平衡转化率，故D正确；

故选CD。14、AC【分析】【详解】

A.反应TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH＞0；反应能自发进行，依据吉布斯自由能方程，可得出ΔS＞0，A正确；

B.室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，反应后CH3COOH有剩余，发生电离后使溶液显酸性，pH<7；B错误；

C.CH3COOH溶液加水稀释后，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以溶液中的值减小；C正确；

D.对于乙酸与乙醇的酯化反应（ΔH＜0）；加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率增大，但平衡常数减小，D错误。

故选AC。15、AC【分析】【分析】

①0.01mol/LCH3COOH，发生部分电离，溶液中的c(H+)<10-2mol/L；②0.01mol/LHCl，c(H+)=10-2mol/L；③pH＝12的氨水，c(OH¯)＝10-2mol/L；④pH＝12的NaOH溶液，c(OH¯)＝10-2mol/L。

【详解】

A．由以上分析可知，①中c(H+)最小，对水电离的抑制作用最弱，水的电离程度最大，②中酸电离出的c(H+)与③、④中碱电离出的c(OH¯)相同；对水电离的抑制作用相同，水的电离程度一样大，A正确；

B．将②③混合，所得溶液为NH4Cl、NH3·H2O的混合液，由于NH3·H2O为弱碱，氨水的起始浓度大于10-2mol/L，所以若pH＝7时消耗溶液的体积：②>③；B不正确；

C．将①、④等体积混合，刚好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，所以一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)；C正确；

D．在醋酸溶液中，发生电离CH3COOHCH3COO-+H+，将①、④混合，溶液中一定含有CH3COONa，可能含有CH3COOH，因此溶液中存在c(CH3COO¯)＞c(H+)时不能确定溶液的酸碱性；D不合题意；

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C17、略

【分析】【分析】

根据表格中的数据写出三段式：

【详解】

（1）反应达到平衡时，CO的转化率

（2）该反应的平衡常数为

（3）A.化学反应速率之比等于化学计量数之比，应为正逆反应速率相等；反应达到平衡，A错误；

B．反应为恒容条件下进行；反应物总质量不变，总体积不变，混合气体的密度始终不变，不能作为反应达到平衡的标志，B错误；

C．根据“变量不变达平衡”该反应的正反应为气体分子数减小的反应；混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，说明反应达到平衡了，C正确；

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；说明反应达到平衡了，D正确；

（4）将容器体积压缩到1L，若平衡不移动，则各物质的浓度变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，氢气的平衡浓度小于2mol/L，所以氢气的浓度为

（5）)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，说明反应达到平衡与原来的平衡状态相同，则v正=v逆。【解析】40%(或0.67)CD1.0mol·L－12)<2.0mol·L－1＝18、略

【分析】【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；

（4）反应速率=

【详解】

：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；吸热；

（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；

b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；

c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗nmolH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选ab；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸气的浓度；

（4）反应速率故答案为0.004mol/（L﹒min）。【解析】①.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）②.吸热③.ab④.升高温度⑤.增大水蒸汽的浓度⑥.0.004mol/（L﹒min）19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>20、略

【分析】【分析】

依据溶质浓度；不考虑水解计算铵根浓度大小，然后再依据其它离子对铵根离子水解平衡的影响分析。弱电解质电离程度小，铵根离子水解程度小盐电离程度远大于弱电解质的电离程度。

【详解】

物质的量浓度相同的①氨水；②氯化铵；③碳酸氢铵；④硫酸氢铵；⑤硫酸铵五种溶液中，①氨水中的NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离产生的c()很小，其余4种溶液中的溶质都是盐，属于强电解质，完全电离，电离产生的c()都比氨水的大。在其余四种盐溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+。

对于③碳酸氢铵来说，同时还存在的水解平衡：+H2OH2CO3+OH-，水解产生OH-中和H+，使的水解平衡正向移动，导致c()比②小；

对于④硫酸氢铵来说，电离方程式为：NH4HSO4=+H++电离产生H+，对的水解平衡起抑制作用，使水解平衡逆向移动，导致c()比②大；

对于⑤硫酸铵溶液来说，电离方程式为：(NH4)2SO4=2+电离产生的c()是NH4Cl的2倍，尽管铵根离子水解，但其水解程度很小，故该溶液中c()最大。

综上所述，上述五种溶液中c()由大到小的顺序是：⑤＞④＞②＞③＞①。

【点睛】

在比较等浓度的不同电解质溶液中某离子浓度时，先判断物质所属类别，盐溶液中离子浓度大于弱电解质溶液中的离子浓度；然后再根据盐的组成中含有的该离子数目分析，盐化学式中含有的该离子数目多的离子浓度大；再根据盐电离产生的其它离子对该离子水解平衡移动的影响。其它离子的存在起抑制作用时，该离子的浓度大于起促进作用的该离子的浓度。【解析】⑤＞④＞②＞③＞①21、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；

②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：

故答案为：碱性；

②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c(H2B)=0；故A错误；

B.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故B错误；

C.根据电荷守恒得故C正确；

D.根据物料守恒得故D正确；

故答案选：CD。【解析】①.碱性②.③.CD22、略

【分析】试题分析：（1）根据铁硼矿的成分以及强酸制取弱酸，发生的反应有：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4=2MgSO4＋2H3BO3，Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，FeO＋H2SO4=FeSO4＋H2O，Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；（2）根据影响化学反应速率的因素，可以提高温度、适当增加硫酸溶液的浓度、减小铁硼矿粉的粒径等；（3）根据生成氢氧化物沉淀的pH，加入双氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH使Al3＋和Fe3＋转化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去杂质；（4）根据流程以及（1）的反应，含有杂质为MgSO4。

考点：考查化学流程、元素及其化合物的性质等知识。【解析】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；

（2）升高温度；适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等；

（3）将Fe2+氧化为Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全；（4）MgSO4。23、略

【分析】【详解】

(1)电解质溶液为稀硫酸时，由于Mg比Al更活泼，Mg作负极，而Al作正极，故灯泡亮，Mg电极上发生的反应为Al电极上发生的反应为原电池内部的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故溶液中向Mg电极移动，故答案为：Mg电极；

(2)由于Al能与NaOH溶液发生氧化还原反应当电解质溶液为NaOH溶液时仍然存在一个自发进行的氧化还原反应，Al是负极，Mg是正极，NaOH为电解质溶液，具备构成原电池的构成条件，灯泡发亮，a．若灯泡亮，Al电极为负极，故答案为：亮负极。

【点睛】

本题重点考查原电池的原理，根据金属的活泼性判断电池的正、负极时还要注意电解质的条件，原电池发生的提前必须存在一个自发进行的氧化还原反应。【解析】Mg电极亮负极24、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判断题(共1题，共10分)25、×【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、结构与性质(共3题，共21分)26、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-0.5127、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><28、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)；