2025年华师大版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年华师大版选修4化学下册阶段测试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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、一真空定容的密闭容器中盛有1molPCl5，发生反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，一定条件下平衡时PCl5所占的体积百分数为M，若相同条件相同容器中，最初放入2molPCl5，则平衡时，PCl5的体积百分数为N，下列结论正确的是A.M＞NB.M=NC.M＜ND.无法比较2、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A.W2-、X+B.X+、Y3+C.Y3+、Z2-D.X+、Z2-3、向某的混合溶液中加入少量的测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是

A.A，B，C三点对应溶液pH的大小顺序为：B.B点对应的溶液中存在：C.向C点溶液中通入可使C点溶液向B点溶液转化D.该溶液中存在：4、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系；用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是（）

A.碳酸钠水解是吸热反应B.ab段说明水解平衡向右移动C.bc段说明水解平衡向左移动D.水的电离平衡也对pH产生影响5、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪；具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是。

A.H+从左侧经过质子交换膜移向右侧B.该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋C.电流由O2所在的铂电极流出D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量6、与甲；乙两套装置有关的下列说法正确的是。

A.甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快C.甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移D.乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、(1)根据下列热化学方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________

(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol，该反应的热化学方程式为______________。8、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）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。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、已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下三种关系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质是__________(填化学式)，上述四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________(填化学式)。

(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，则溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中与碱中的关系是__________

(4)将等物质的量浓度的溶液和溶液等体积混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)为____________________________。11、请回答下列问题。

（1）水的电离平衡曲线如图所示。

①Kw（T1℃）_____Kw（T2℃）（填“＞”、“＜”或“=”）。T2℃时1mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=______mol·L-1。

②M区域任意一点均表示溶液呈__________（填“酸性”；“中性”或“碱性”）。

③25℃时，向纯水中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是_____（填“促进”；“抑制”或“不影响”）。

（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知：25℃时，Ka（HClO）=4.6×10﹣9、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5、Ka1（H2CO3）=4.3×10﹣7、Ka2（H2CO3）=5.6×10﹣11。

①25℃时，有等浓度的a．NaClO溶液b．CH3COONa溶液c．Na2CO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为_____；（填序号）

②写出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的离子方程式_________。12、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大13、铝-空气电池是正在探索的车用新型电池。电池工作时，金属铝被氧化为并形成空气中的氧气发生还原而生成

(1)写出铝-空气电池中的正、负极反应和总反应________。

(2)广泛采用铝-空气电池的好处有哪些？不足有哪些？就你的发现写出简要的报告，并预测其未来的应用前景________。14、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2；并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。

（1）若采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH充分接触，导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水相应的离子方程式为________________。

（2）氯碱工业耗能高；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，甲，乙所用的离子膜为同一类型。

①甲中的离子交换膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的______(填写“左”或“右”)池注入。

③图中X是________(填化学式)；乙中右室的电极反应式为：_________，图示中氢氧化钠溶液质量分数a％与b％的关系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%15、(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)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共3题，共15分)17、CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为：CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)ΔH=+330kJ/mol

（1）下图表示初始投料比n(CH4):n(CO2)为1:3或1:4，CH4的转化率在不同温度（T1、T2）下与压强的关系。[注：投料比用a1、a2表示]

①a2=__________。

②判断T1的T2的大小关系，并说明理由：__________。

（2）CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下：

①过程Ⅰ，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，其热化学方程式是__________。

②过程Ⅱ，实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程式是__________。

③假设过程Ⅰ和过程Ⅱ中的各步均转化完全，下列说法正确的是__________。（填序号）

a．过程Ⅰ和过程Ⅱ中发生了氧化还原反应。

b．过程Ⅱ中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3

c．若过程Ⅰ投料可导致过程Ⅱ中催化剂失效18、氮氧化物的存在会破坏地球环境；人们一直在积极探索改善大气质量的有效措施。

(1)NO加速臭氧层被破坏；其反应过程如图所示：

①NO的作用是_________。

②已知：O3(g)+O(g)===2O2(g)ΔH=-143kJ/mol

反应1：O3(g)+NO(g)===NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ/mol

反应2：热化学方程式为____________。

(2)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol－1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是______(填字母序号)。

(3)利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度十倍)，装置示意图如图，固体电解质可传导O2-

①阴极反应为_______________________。

②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)____________。

③通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有_________性。

(4)温度为T1时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入0.6mol的NO2，达平衡时c(O2)＝0.2mol/L，仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(△H>0)。实验测得：v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)•c(O2)，k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T1______T2(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是______。19、煤燃烧后的主要产物是CO、CO2。

（1）已知：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1=+131.3kJ/mol

②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.3kJ/mol

③C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H3

△H3=__kJ/mol，在反应②的体系中加入催化剂，△H2____(填“增大”“减小”或“不变")。

（2）以CO2为原料可制备甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ/mol；向1L的恒容密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间的变化如图1所示。

①图1中N表示的是__(填化学式)；0~8min内，以氢气表示的平均反应速率v(H2)=__(保留两位有效数字)mol/(L·min)。

②在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率(a)与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是__(填“温度"或“压强”)，L1__(填“＞”或“＜")L2。

（3）向一体积为20L的恒容密闭容器中通入1molCO2发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；在不同温度下各物质的体积分数变化如图3所示。

1600℃时反应达到平衡，则此时反应的平衡常数K=__。

（4）草酸锌可应用于有机合成、电子工业等。工业上制取ZnC2O4的原理如图4所示(电解液不参加反应)，Pb电极是__(填“正”“负”“阴”或“阳”)极。则Zn电极上的电极反应式为__。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共27分)20、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：)21、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“＝”）。22、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、工业流程题(共2题，共10分)23、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。24、铁，镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiO、FeO，CaO、等]中回收的工艺流程如图：

已知在350℃分解生成和回答下列问题：

(1)“浸渣”的成分有外，还含有_______(写化学式)。

(2)矿渣中部分FeO焙烧时与反应生成的化学方程式为_______。

(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中浓度为)，当溶液中时，除钙率准确值为_______[]。

(4)以Fe、Ni为电极制取的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①电解时阳极的电极反应式为_______

②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，该物质溶解，溶液出现紫红色。该反应的离子方程式为_______

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

由于容器容积和温度不变，且反应物只有一种，因此通入2molPCl5等效为增大压强，因压强增大平衡向逆反应方向移动，PCl5所占体积分数增大，因此N＞M，答案选C。2、C【分析】【详解】

短周期主族元素简单离子能破坏水的电离平衡的有H+、F－、Al3+及S2－，X不可能为H，选项C符合题意。3、D【分析】【详解】

A．H2CO3的电离平衡常数Ka2=则可知溶液-越小，c(H+)越小；pH越大，所以A，B，C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C，故A错误；

B．根据电荷守恒可得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，B点时=0，即c(CO32-)=c(HCO3-)，则2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)；故B错误；

C．向B点溶液中通入CO2，则c(HCO3-)增大，增大；所以可使B点溶液向C点溶液转化，故C错误；

D．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在：故D正确；

故答案为D。4、C【分析】【详解】

A．根据图象；碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；

B．ab段说明升温促进水解；氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；

C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，二者均为吸热反应，bc段中温度进一步升高；水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；

D．随温度升高；此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；

故选C。

【点睛】

本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。5、B【分析】【分析】

【详解】

A.有装置图可知：左侧为负极，右侧为正极，故H+从左侧经过质子交换膜移向右侧；故A正确；

B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；故B错误；

C．乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极；故C正确；

D．根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量；根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确；

本题答案为：B。6、D【分析】【分析】

根据图示；甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。

【详解】

A.根据上述分析；甲不是原电池，故A错误；

B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触；发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；

C.甲不是原电池；电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；

D.盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路；盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；

答案选D。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【详解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案为-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为=891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则1molC6H6(l)在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃烧热△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃烧的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案为：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。8、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<04359、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】【详解】

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质为由于能水解使溶液呈碱性，故①符合题意。故答案为：①；

(2)若上述关系中③是正确的，即溶液呈酸性，说明溶液中除含有外，还含有一定量的故溶液中的溶质为和故答案为：和

(3)溶液呈中性，说明根据电荷守恒：则故溶液中四种离子浓度的大小顺序为②符合题意。

若混合前，则混合后溶液中的溶质只有为强碱弱酸盐，溶液显碱性，现在溶液显中性，说明过量，即

由于中和过程中会继续电离出说明混合前酸中小于碱中

故答案为：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根据电荷守恒：故即溶液中

根据物料守恒：又知故则混合后溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)

故答案为：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.11、略

【分析】【分析】

结合图像，根据Kw=c(H+)·c(OH-)判断T1℃、T2℃的Kw大小关系，并计算1mol/LNaOH溶液中水电离出H+的浓度；根据氢离子和氢氧根的浓度相对大小判断溶液酸碱性；根据电离、水解程度判断溶液酸碱性，以少量为标准写出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的离子方程式。

【详解】

(1)①温度越高，水的电离程度越大，水的离子积常数越大，根据图像，Kw(T1℃)＜Kw(T2℃)；Kw(T2℃)=10-13，T2℃时1mol·L-1的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，则由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1，故答案为：＜；1×10-13；

②M区域任意一点都存在c(H+)＜c(OH-)；表示溶液呈碱性，故答案为：碱性；

③25℃时，向纯水中加入少量NH4Cl固体；氯化铵水解，促进水的电离，故答案为：促进；

(2)①根据电离平衡常数，酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子；25℃时，等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液，三种溶液中碳酸钠的水解程度最大，pH最大，醋酸钠的水解程度最小，pH最小，pH由大到小的顺序为c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b；

②向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液，以少量为标准，则生成物为碳酸氢钠和醋酸钠，反应的离子方程式为CH3COOH+=CH3COO-+故答案为：CH3COOH+=CH3COO-+【解析】<10-13碱性促进c＞a＞bCH3COOH+=CH3COO-+12、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。13、略

【分析】【分析】

铝—空气电池工作时，金属铝被氧化为Al3+，铝为负极，正极上空气中的O2发生得电子的还原反应生成OH-。

【详解】

（1）铝—空气电池中负极为Al，负极电极反应式为4Al-12e-=4Al3+，正极上为O2发生得电子的还原反应生成OH-，正极电极反应式为3O2+12e-+6H2O=12OH-，根据正、负极得失电子总数相等，电池总反应为4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓；答案为：正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓。

（2）铝—空气电池的的好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

铝—空气电池未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。【解析】(1)正极反应：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极反应：4Al-12e-=4Al3+；总反应：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3↓

(2)好处有：（1）比能量大；（2）质量轻；（3）无毒危险（副产物氢氧化铝可回收使用）；（4）铝原材料丰富；（5）生产成本低；（6）使用方便；（7）安全；环保等；

不足有：（1）虽然铝—空气电池比能量高；但比功率低；（2）放电速率比较缓慢，电压滞后；（3）不能反复充电，需要更换铝电极或更换电池才能继续工作；（4）自放电率较大，需要采用热管理系统来防止铝—空气电池工作时的过热；

未来的应用前景：（1）电动车电源的有力竞争者；（2）潜艇AIP系统的优秀能源；（3）水下机器人的最佳动力电源；（4）价廉物美的高能电源等。14、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）电解饱和食盐水产物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气还可以和氢氧化钠之间反应得到氯化钠、次氯酸钠和水，整个过程发生的反应是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案为Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根据题意：装置中所用的离子膜都只允许阳离子通过；所以均是阳离子交换膜，故答案为阳离子交换膜；

②根据物质的转化情况；电解池的左池是电解食盐水得到的氢氧化钠，所以经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的左池进入，故答案为左；

③在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池正极区消耗水，生成氢氧根离子，所以a%小于b%，故答案为Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考点：考查了电解原理的相关知识。【解析】Cl-+H2OClO-+H2↑阳离子交换膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C15、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)16、×【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、原理综合题(共3题，共15分)17、略

【分析】【详解】

(1).①.在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2＞a1，故a2表示的是1:4时甲烷的转化率；故答案为1:4；

②.因CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)的正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，则T2>T1，故答案为T2>T1；正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大；

(2).①.在过程I中，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，据图可知，其热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol，故答案为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol；

②.由过程II的转化关系来看，混合气体中的H2将Fe3O4还原为Fe，反应方程式为：4H2+Fe3O43Fe+4H2O，故答案为4H2+Fe3O43Fe+4H2O；

③.a.两个过程都有元素化合价的改变，都发生了氧化还原反应，故a正确；b.过程II中Fe3O4最终被还原为Fe，Fe3O4不是催化剂，故b错误；c.若初始投料比时，二者恰好按照题给方程式反应，无CO2生成，导致CaCO3无法参加反应，使催化剂中毒失效，故c正确；答案选ac。【解析】1:4T2>T1正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol4H2+Fe3O43Fe+4H2Oac18、略

【分析】【分析】

（1）①NO能加速臭氧层被破坏；且前后质量以及化学性质未发生改变；

②利用盖斯定律求解；

（2）该分解反应为放热反应；

（3）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2；

②电解装置中下电极板上存在有O2；容易在阴极发生副反应；

③催化剂具有选择性；稳定性、活性；

（4）根据T1平衡时各物质的浓度计算平衡常数K，达到平衡时正逆反应速率相等，可计算出平衡常数与k正、k逆之间的关系，当改变温度为T2时，根据k正＝k逆；可判断平衡常数的变化，然后结合平衡移动原理分析温度大小关系。

【详解】

（1）①由图可知；NO在反应过程中并未发生改变，且NO能加速臭氧层被破坏，故NO的作用是作催化剂；

②O3(g)+O(g)===2O2(g)ΔH=-143kJ/molI

O3(g)+NO(g)===NO2(g)+O2(g)ΔH1=-200.2kJ/molII

反应2的化学方程式为NO2+O===NO+O2，由盖斯定律可知，反应2=I-II，反应2的ΔH=[-143-（-200.2）]kJ/mol=+57.2kJ/mol，故反应2的热化学方程式为：NO2(g)+O(g)===NO(g)+O2(g)ΔH2=+57.2kJ/mol；

（2）NO分解为氮气和氧气的反应是放热反应；氮气和氧气从催化剂表面解吸要消耗能量，故能量最低的状态是C处；

（3）①阴极是NO得到电子生成O2-和N2，其电极反应式为：2NO+4e－==N2↑+2O2-；

②因O2浓度约为NO浓度十倍，且电解装置中下电极板上存在有O2，容易在阴极发生副反应：O2+4e－==2O2-；导致耗能远高于理论值；

③催化剂具有选择性；稳定性、活性；由题可知，更换催化剂的目的是防止副反应的发生，体现了催化剂的选择性；

（4）由反应：2NO(g)2NO(g)+O2(g)ΔH>0

起始（mol/L）0.600

转化（mol/L）2x2xx

平衡时（mol/L）0.6-2x2xx

温度为T1时，由题可知，x=0.2，根据平衡时正逆反应速率相等，即k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，结合平衡常数表达式可知=0.8。当温度为T2时，结合上述分析可知平衡常数即温度由T1改变为T2时，平衡正向移动，因该反应正向为吸热反应，因此T2＞T1。

【点睛】

本题以氮氧化合物对大气的污染为背景，考查化学反应原理相关知识，难度一般，本题第（4）问是近年来化学平衡的热点考题，其破题点在于分析达到化学平衡时正逆反应速率的关系，从而与速率常数建立关系，再根据平衡移动原理分析温度的大小关系。【解析】①.催化剂②.NO2(g)+O(g)===NO(g)+O2(g)ΔH2=+57.2kJ/mol③.C④.2NO+4e－==N2↑+2O2-⑤.阴极发生副反应O2+4e－==2O2-⑥.选择⑦.T2＞T1⑧.达到平衡状态时正逆反应速率相等，根据k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)•c(O2)，且k正＝k逆，可知c2(NO2)＝c2(NO)•c(O2)，T2时化学平衡常数K等于1，大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T2＞T119、略

【分析】【分析】

(1)由盖斯定律计算可得；使用催化剂；降低活化能，但对反应热无影响；

(2)①结合题给图像；由各物质的化学计量数之比等于物质的量浓度的变化量之比分析判断；由化学反应速率公式计算可得；

②该反应是一个气体体积减小的放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向进行，增大压强，平衡向正反应方向进行；

(3)由题意建立三段式计算各物质的浓度；依据平衡常数个数计算可得；

(4)该装置是电解池，由Zn生成ZnC2O4可知，锌为电解池的阳极，Pb为电解池的阴极，Zn电极上Zn失去电子发生氧化反应生成Zn2+或ZnC2O4。

【详解】

(1)由盖斯定律，①－②得到反应③，则△H3=(131.3－41.3)kJ·mol－1=＋90.0kJ·mol－1；反应热与始态和终态有关，与反应途径无关，使用催化剂，降低活化能，但对反应热无影响，△H1不变；故答案为：+90.0；不变；

(2)①由图可知，生成物M的浓度变化量为0.75mol·L－1，反应物N的浓度变化量为(1－0.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，M：N=0.75:0.75=1:1，由各物质的化学计量数之比等于物质的量浓度的变化量之比可知N表示CO2；由方程式可知消耗H2物质的量浓度为3×0.75mol·L－1=2.25mol·L－1，则化学反应速率v(H2)==0.28mol/(L·min)，故答案为：CO2；0.28；

②该反应是一个气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，增大压强，平衡向正反应方向进行，则X代表压强、L代表温度，温度升高，平衡向逆反应方向进行，由图可知，L1的CO2的转化率大于L2，说明L12，故答案为：压强；<；

(3)由图可知；1600℃时反应达到平衡时，二氧化碳的体积分数为40%，设反应生成氧气的物质的量为a，由题意建立如下三段式：

由二氧化碳的体积分数为40%可得×100%=40%，解得a=0.0125，则反应的平衡常数的K===0.0125；故答案为：0.0125；

(4)该装置是电解池，由Zn生成ZnC2O4可知，锌为电解池的阳极，Pb为电解池的阴极，Zn电极上Zn失去电子发生氧化反应生成Zn2+或ZnC2O4，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+(或C2O+Zn-2e-=ZnC2O4)，故答案为：Zn-2e-=Zn2+(或C2O+Zn-2e-=ZnC2O4)。

【点睛】

反应热与始态和终态有关，与反应途径无关，使用催化剂，降低活化能，但对反应热无影响是解答关键。【解析】+90.0不变CO20.28压强＜0.0125阴Zn-2e-=Zn2+(或C2O+Zn-2e-=ZnC2O4)五、结构与性质(共3题，共27分)20、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-0.5121、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><22、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