2025年沪科新版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年沪科新版选修4化学上册月考试卷771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、通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱；也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能。

。化学键。

N-N

O=O

N≡N

N-H

键能(kJ/mol)

154

500

942

a

已知火箭燃料肼（）的有关化学反应的能量变化如图所示；则下列说法错误的是（）

A.N2比O2稳定B.N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534kJ/molC.表中的a＝194D.图中的ΔH3=＋2218kJ/mol2、下列说法错误的是（）A.已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1；②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1；③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3=+141kJ·mol-1；则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3B.有机物M经过太阳光光照可转化成N，ΔH=＋88.6kJ·mol-1。则N比M更稳定C.已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.0kJ·mol-1D.已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH=-726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=-akJ·mol-1则a<726.53、下列实验操作和数据记录都正确的是A.用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2gB.用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mLC.用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2D.用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2mL4、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)B.0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH—)=c(HCO3—)+c(H+)+c(H2CO3)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05molL-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4C1)5、向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度的变化依次为A.减小、增大、减小B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol-OH和1molOH-含有的电子数均为10NAB.室温下，1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中数为0.1NAC.标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD.常温常压下，1.6gCH4中含有的共价键总数为0.4NA评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、某反应过程能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为放热反应，热效应等于ΔHC.改变催化剂，可改变该反应的活化能D.有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E28、Deacon法制备Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1；4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是()

A.反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH>0B.Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1C.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，O2平衡转化率为19%D.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0mol·L－1，平衡常数K=9、一定条件下，两体积均为1L的容器中发生反应：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH。容器中起始各物质的物质的量如下表所示，两容器中c（H2）随时间t的变化如下图所示。容器温度COH2CH3OHⅠT1℃amol2mol0molⅡT1℃0.5mol1mol0mol

下列说法正确的是A.0~5min时，容器Ⅰ中v（CO）＝0.1mol·L－1·min－1B.a＞1C.若容器Ⅱ温度改变为T2（T2＞T1）时，平衡常数K＝1，则ΔH＜0D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，反应将向逆反应方向进行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、碳酸有两个电离常数Ki1、Ki2，分别对应碳酸的两步电离。关于Ki1和Ki2说法正确的是A.Ki1的表达式为Ki1=B.Ki2对应的电离过程是HCO3-+H2OH3O++CO32-C.当碳酸的电离平衡正向移动时，Ki1与Ki2均相应增大D.改变条件使Ki1减小，则Ki2一定也减小12、草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液呈酸性，在0.1mol/LNaHC2O4中下列关系正确的是A.c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.c(HC2O4-)+c(C2O42-)=c(Na＋)C.c(C2O42-)<c(H2C2O4)D.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L13、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.氯水中：c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)B.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)14、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）B.NaHSO3和NaHCO3两溶液混合呈中性的溶液中（S和C均用R表示）：c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）C.常温下，等物质的量浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2中c（NH4＋）：①＜③＜②D.常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合呈中性的溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）15、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显酸性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

I.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-l，则反应③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反应速率：a点的v逆_____b点的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2时的平衡常数Kc=_____。

（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率（脱氮率即NO的转化率）如图所示。M点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_________。

Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解反应2N2O=2N2+O2对环境保护有重要意义。

（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常数为K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反应。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反应。

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。

①k=_____（用含K和k1的代数式表示）。

②下列表述正确的是_____。

a．IO为反应的中间产物

b．碘蒸气的浓度大小不会影响N2O的分解速率。

c．第二步对总反应速率起决定作用

d．催化剂会降低反应的活化能；从而影响△H

（5）通过N2O传感器可监测环境中N2O的含量；其工作原理如图所示。

①NiO电极上的电极反应式为_____。

②N2O浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”）17、(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______________。18、CH4和H2O（g）可发生催化重整反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）。

（1）每消耗8gCH4转移的电子的数目为____。

（2）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=akJ·mol－1

②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ·mol－1

③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3=ckJ·mol－1

④CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H4

由此计算△H4=____kJ·mol－1。

（3）T℃时，向1L恒容密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），经过tmin，反应达到平衡。已知平衡时，c（CH4）=0.5mol·L－1。

①0～tmin内，该反应的平均反应速率v（H2）=____。②T℃时，该反应的平衡常数K=____。

③当温度升高到（T+100）℃时，容器中c（CO）="0.75"mol·L－1，则该反应是____反应（填“吸热”或“放热”）。

（4）已知熔融碳酸盐燃料电池的工作原理示意图如下：

①放电过程中K+和Na+向电极____（填“A”或“B”）移动。

②该电池的负极反应式为____。19、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。20、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)。21、弱电解质在水溶液中的电离状况可以进行定量计算和推测。

（1）25℃时两种酸的电离平衡常数如表所示。

①25℃时，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物质的量浓度由大到小的顺序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水电离出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃时，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃时，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反应的离子方程式为_______。

（2）已知25℃时，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。

①25℃，pH＝3时溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②当溶液pH由11到14时，所发生反应的离子方程式为：_______。22、下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示；不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：

K2CO3____________________________________，溶液呈_______性；

NH4Cl_____________________________________，溶液呈_______性。

K2SO4_____________________________________，溶液呈_______性；23、泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）请用离子方程式表示______________________；NaAlO2和AlCl3溶液的反应离子方程式是______________，这两个反应都是彻底的双水解。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)24、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12分)25、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：)26、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“＝”）。27、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、原理综合题(共2题，共14分)28、Ⅰ.今有两个氢气燃烧生成水的热化学方程式：

H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=akJ/mol

2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH=bkJ/mol

请回答下列问题：

（1）反应热的关系：2a__________（填“＞”、“＜”或“＝”）b。

（2）若已知H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=－242kJ/mol，且氧气中1mol氧氧键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收的热量为_________。

Ⅱ.氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图一所示：a、b两个电极均由多孔碳制成；通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。

（1）a电极反应式是______________；

（2）该燃料电池生成了360kg的水，则电路中通过了______mol的电子。

（3）用如图二所示电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液；则：

①X电极反应式是____________。

②Y电极的材料是______________。29、二氧化硫、氯气、氯化亚砜等均为重要的工业原料。工业上用SO2、SCl2与Cl2反应合成氯化亚砜：SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)。该反应中某一反应物的体积分数(以A%表示)随温度的变化关系如图所示。

(1)在373K时，向10L的密闭容器中通入SO2、SCl2与Cl2均为0.20mol，发生上述反应。测得其压强(p)随时间(t)的变化为表中数据I(反应达到平衡时的温度与起始温度相同，p0为初始压强)。t/min123455Ⅰp6.0p06.7p06.1p05.4p05.0p05.0p0Ⅱp6.0p07.0p05.3p05.0p05.0p05.0p0

请回答下列问题：

①该反应的ΔH___(填“>”“<”或“=”)0。

②I反应开始至达到平衡时，v(SOCl2)=___。

③若只改变某一条件，其他条件相同时，测得其压强随时间的变化为表中数据II，则改变的条件是___。

(2)如图是某同学测定上述反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系点。

①A点的数值为____。(已知：lg4=0.6)

②当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，A点可能变化为___点。

(3)已知反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)的ΔH=-4kJ•mol-1，1molS4(g)、1molSCl2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收1064kJ、510kJ的能量，则1molCl2(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。

(4)常温下饱和亚硫酸溶液的物质的量浓度为1.25mol/L，电离常数为Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，向10mL饱和H2SO3溶液中滴加相同物质的量浓度的NaOH溶液VmL。

①当V=10mL时，溶液中存在：c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)，则c(H+)___c(OH-)(填“大于”；“小于”或“等于”；下同)

②当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)；则a___b。

(5)以SOCl2溶解四氯铝锂的溶液作为电解质溶液，用金属锂和石墨作电极材料，可组成一种常见的锂电池，电池的总反应式为8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，请写出该电池正极的电极反应方程式___。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．N≡N的键能为942kJ/mol，O=O的键能为500kJ/mol，所以N2比O2稳定；A正确；

B．从图中可以看出，反应物为N2H4(g)＋O2(g)，生成物为N2(g)＋2H2O(g)，ΔH=－534kJ/mol；B正确；

C．利用ΔH3建立有关a的等量关系，即ΔH3=154+4a+500=2218；a＝391，C错误；

D．图中的ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=＋2218kJ/mol；D正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1；②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1；③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3=+141kJ·mol-1，则根据盖斯定律可知①×2-②+③即得到TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3；A正确；

B．有机物M经过太阳光光照可转化成N，ΔH=＋88.6kJ·mol-1；这说明M的总能量低于N的总能量，则M比N更稳定，B错误；

C．已知拆开1molH－H键，1molN－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2(g)与3molH2(g)反应生成NH3(g)的反应热为（946+436×3-3×2×391）kJ/mol＝-92kJ/mol，所以热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.0kJ·mol-1；C正确；

D．已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH=-726.5kJ·mol-1，则CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=-akJ·mol-1；由于氢气继续燃烧放热，则a＜726.5，D正确。

答案选B。3、D【分析】【详解】

A.氢氧化钠应该放在小烧杯中称量；A错误；

B.应该用25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；B错误；

C.广泛pH试纸读数只能是整数；C错误；

D.用10mL量筒量取NaCl溶液；体积为6.5mL，D正确；

答案选D。4、D【分析】【分析】

根据题中微粒的物质的量浓度关系可知；本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。

【详解】

A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)；A项错误；

B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)；B项错误；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；C项错误；

D.(NH4)2SO4中含有2个铵根离子,所以铵根离子浓度最大,(NH4)2CO3中含有2个铵根离子,碳酸根离子和铵根离子相互促进水解,NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子能水解但较弱;所以当它们物质的量浓度相同时,c(NH4+)大小顺序为(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl,所以如果c(NH4+)相同,电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小,所以当c(NH4+)相同时,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO34Cl；D项正确；

答案选D。

【点睛】

水解是微弱的，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。5、A【分析】【详解】

CH3COONa为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和FeCl3为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO-减小；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO-浓度增大；故A正确。

故选A。6、D【分析】【详解】

A．-OH中含有9个电子，OH-中含有10个电子，则1mol–OH中含有电子数为9NA，而1molOH-含有的电子数为10NA；A错误；

B．在1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=0.1mol/L×1L=0.1mol，在溶液中会发生水解反应而消耗，故溶液中含有数小于0.1NA；B错误；

C．NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应产生NA个NO2分子，但NO2会有一部分发生反应产生N2O4，该反应为可逆反应，因此反应后容器内气体分子数小于NA个；则其在标准状况下所占体积小于22.4L，C错误；

D．CH4分子中含有4个C-H键，1.6gCH4的物质的量是0.1mol，其中含有的共价键的物质的量是0.4mol，因此其中含有的共价键总数为0.4NA；D正确；

故合理选项是D。二、多选题(共9题，共18分)7、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高；没有催化剂参与，错误；

B．由于反应物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH，正确；

C．改变催化剂；改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，正确；

D．E1是正反应的活化能，E2是中间产物的活化能，有催化剂条件下,正反应的活化能等于E1；错误。

答案选B。8、BD【分析】【分析】

恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1；4∶1、7∶1；则分别是曲线X、Y、Z。

【详解】

A.根据图中信息升高温度，转化率下降，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，因此反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0；故A错误；

B.根据上面分析得到Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1；故B正确；

C.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，与反应方程式的计量系数比相同，则两者转化率相等，则O2平衡转化率为76%；故C错误；

D.400℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0mol∙L−1，平衡时HCl的转化率为84%，平衡常数故D正确。

综上所述，答案为BD。9、AC【分析】【分析】

先分析反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，气体分子数两边不等；再对比容器Ⅰ、Ⅱ，体积相等，均从反应物开始，Ⅱ中H2浓度是Ⅰ中H2的一半，平衡后Ⅱ中H2浓度也是Ⅰ中H2的一半，如果a=1，则Ⅰ相当于在与Ⅱ等效的基础上加压，平衡偏向正向，平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1，所以a应小于1。根据Ⅱ的平衡可计算出T1时的平衡常数：

可在此基础上对各选项作出判断。

【详解】

A.0~5min时，容器Ⅰ中v(CO)＝v(H2)=×=0.1mol·L-1·min-1；A选项正确；

B.如果a=1，则Ⅰ相当于在与Ⅱ等效的基础上加压，使得平衡时H2的物质的量浓度小于1mol∙L-1；B选项错误；

C.容器Ⅱ温度改变为T2(T2＞T1)时，平衡常数KT2＝1＜KT1=4，说明升高温度反应逆向移动，则ΔH＜0；C选项正确；

D.T1℃时，若向容器Ⅰ中充入CO、H2、CH3OH各1mol，此时Q==1＜KT1=4；反应将向正反应方向进行，D选项错误；

答案选AC。

【点睛】

1.对于可逆反应：同等倍数增大浓度；相当于在和原来等效的基础上加压，即，同等倍数增大浓度，平衡将更偏向于气体分子数减少的方向；相反，同等倍数减小浓度，相当于在和原来等效的基础上减压，平衡将更偏向于气体分子数增大的方向。

2.可利用浓度商Q和平衡常数K的关系判断可逆反应的移动方向：Q＞K，平衡逆向移动；Q=K，达到平衡；Q＜K，正向移动。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、BD【分析】【详解】

A．电离平衡常数是指弱电解质达到电离平衡时，生成物离子的浓度幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以Ki1的表达式为A不正确；

B．Ki2对应的电离过程是HCO3-+H2OH3O++CO32-，可以简写为Ki2对应的电离过程是HCO3-H++CO32-；B正确；

C．电离平衡常数只与温度有关系；温度不变，平衡常数不变，C不正确；

D．电离时吸热的，改变条件使Ki1减小，则改变的条件一定是降低温度，所以Ki2一定也减小；D正确；

答案选BD。12、AD【分析】【详解】

A．电解质溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH―)+2c(C2O42-)；故A正确；

B．草酸氢钠溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=c(Na＋)；故B错误；

C．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液呈酸性，说明HC2O4－电离程度大于水解程度，则c（C2O42－）＞c（H2C2O4）；故C错误；

D．草酸氢钠溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=0.1mol·L－1；故D正确；

故选AD。

【点睛】

难点C，离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性确定HC2O4－电离程度和水解程度关系，AD再结合守恒思想分析解答。13、BD【分析】【详解】

A．氯水中未反应的氯气分子与反应掉的氯气没有明确的数量关系，并不存在c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)，故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)(即质子守恒)，故B正确；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(Na+)，故C错误；

D．溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，如果二者以1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，所以要使混合溶液呈中性，氢氧化钠要过量，铵根离子易水解，结合物料守恒得c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故D正确；

故选：BD。14、BD【分析】【详解】

A．pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中，电离大于水解，c（A2-）＞c（H2A）；不正确；

B．电荷守恒：c（H+）+c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）+c（OH―），溶液呈中性，所以c（H+）＝c（OH―）；正确；

C．(NH4)2CO3中RO32—促进了NH4+的水解，(NH4)2SO4中SO42—对NH4+的水解无影响，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+对NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4＋）：①＜②＜③；不正确；

D．电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH―）＋c（CH3COO―）＋c（Cl―）；

物料守恒：c（Na＋）=c（CH3COO―）＋c（CH3COOH）；

溶液呈中性，c（H+）＝c（OH―），所以溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）正确；

故选BD。15、BC【分析】【详解】

A．根据图象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)时，溶液pH=6.2，则溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，数量级为10-8，故A正确；

B．X(OH)+的电离平衡常数为Kb2=10-7.8mol/L，根据图象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]时，溶液的pH=9.2，则溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，则X(OH)+的水解平衡常数为Ka==10-9.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故B错误；

C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，由于X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C错误；

D．在X(OH)NO3水溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(X2+)-c[X(OH)2]，故D正确，

故选：BC。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【详解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5kJ/mol。

（2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为T1时先拐，先达到平衡，所以T1＞T2；故答案为：＞。

②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，已知T1＞T2；所以CO的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。

③a、b点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a点加入了催化剂，反应速率加快，所以反应速率a点大于b点，a点的v逆大于b点的v正；故答案为：＞。

④压强与物质的量成正比关系可得，设平衡时，生成的氮气为xmol，则根据三段式：

则故答案为：17150。

（3）图象分析可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

Ⅱ.（4）①根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则故答案为：

②a．IO是第二步反应的生成物；第三步反应的反应物，所以IO为反应的中间产物，a正确；

b．含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O的分解速率，b错误；

c．反应的快慢取决于慢反应；所以第二步对总反应速率起决定作用，c正确；

d．催化剂会降低反应的活化能；加快反应速率，不影响△H，d错误；故答案为：ac。

（5）①NiO电极上N2O反应生成NO2，N元素的化合价由+1价升高为+4价，发生氧化反应，NiO电极是负极，其电极反应为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt电极上O2反应生成O2-，O元素的化合价由0价降低为-2价，发生还原反应，Pt电极是正极，其电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根据U=IR，N2O浓度越高，N2O越失去电子生成NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读数越高，故答案为：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高17、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。18、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）在反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）中，甲烷中碳元素的化合价由-4价升高到+2价，1mol甲烷转移6mol电子，8g甲烷的物质的量为8g÷16g/mol=0.5mol，则转移的电子数为0.5mol×6×NA=3NA。

（2）①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H1=akJ·mol－1；

②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ·mol－1；

③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H3="c"kJ·mol－1；

根据盖斯定律，③+3×②-2×①得CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）△H4=c+3b－2akJ/mol。

（3）①根据题意，甲烷的最初浓度为1mol/L，经过tmin，反应达到平衡，平衡时c（CH4）=0.5mol·L－1，则反应消耗甲烷0.5mol，根据反应掉的浓度和化学计量数成正比，则反应消耗氢气为1.5mol/L，v（H2）=1.5/tmol·L－1·min·－1；②T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L-1，氢气的浓度为1.5mol/L，CO的浓度为0.5mol/L，水蒸气的浓度为0.5mol/L，则该温度K=[c（CO）•c3（H2）]÷[c（CH4）•c（H2O）]=[0.5×1.53]÷[0.5×0.5]=6.75；③当温度升高到（T+100）℃时，容器中c（CO）="0.75"mol·L－1；CO的浓度增大，说明平衡正反应方向移动，而升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是吸热反应。

（4）①根据图示，CO和氢气在电极A放电发生氧化反应生成CO2和水，则电极A为负极，电极B为正极，所以放电过程中K+和Na+向电极B移动；②该电池的负极为CO和氢气在电极放电发生氧化反应生成CO2和水，则电极反应式为CO+3H2+4CO32――8e－=5CO2+3H2O。

考点：考查氧化还原反应，盖斯定律的应用，化学反应速率的计算和原电池的工作原理。【解析】（1）3NA（2）c+3b－2a；

（3）①mol·L－1·min·－1；②6.75；③吸热；

（4）①B；②CO+3H2+4CO32――8e－=5CO2+3H2O；19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-520、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）⑤①21、略

【分析】【分析】

(1)根据题给数据可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析图可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐渐下降，H2PO4-先增大后减小，HPO42-也是先增大后减小，PO43-一直增大；pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1时，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2时，HPO42-和PO43-含量相等；这些信息可用于电离常数的计算。可在此基础上解各小题。

【详解】

(1)①根据题意可知，HA是弱酸，所以A-会水解：A-+H2O⇌HA+OH-，使溶液显碱性，但水解微弱；加上其它的水的电离，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物质的量浓度由大到小的顺序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水电离，所以，溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14-10-8。答案为：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的电离程度大于其水解程度，NaHB溶液显酸性，pH＜7。答案为：＜；HB-的电离程度大于其水解程度；

③根据分析可知，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。根据强酸制弱酸的规律，HA和Na2B溶液能反应生成HB-，但不能生成H2B，所以反应为：HA+B2-＝A-+HB-。答案为：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根据分析可知，pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，则Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，则pH＝3时有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由图可知，当溶液pH由11到14时，所发生的变化主要是HPO42-→PO43-，所以该反应的离子方程式为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【点睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根离子HA-的水解与电离程度比较：若Ka1Ka2＞Kw，则电离＞水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显酸性；若Ka1Ka2＜Kw，则电离＜水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显碱性。【解析】①.Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的电离程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O22、略

【分析】【分析】

碳酸钾为强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；硫酸钾为强碱强酸盐，不水解，据此分析解答。

【详解】

碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；硫酸钠为强碱强酸盐，钠离子和硫酸根离子都不水解，溶液呈中性，故答案为：CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；碱；NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；酸；不发生水解；中。

【点睛】

本题的易错点为碳酸钾的水解方程式的书写，要注意碳酸根离子水解分步进行，不能一步水解生成碳酸。【解析】①.CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-②.碱③.NH4++H2O⇌H++NH3·H2O④.酸⑤.不发生水解⑥.中23、略

【分析】【分析】

根据题中泡沫灭火器反应原理和NaAlO2和AlCl3溶液的反应可知；本题考查盐类水解，运用双水解分析。

【详解】

泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，离子方程式为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑，NaAlO2和AlCl3溶液中AlO2-和Al3+发生双水解，离子方程式为：6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑；6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓。【解析】Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑6H2O+3AlO2-+Al3+==4Al(OH)3↓四、判断题(共1题，共4分)24、×【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12分)25、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-0.5126、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><27、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓