2025年外研版选修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年外研版选修4化学上册阶段测试试卷583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9题，共18分)1、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A.热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强B.向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C.水的离子积随温度变化如表格所示：D.对CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深2、某同学测得物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性后，得出了关系式，你认为其中不正确的是（）A.c(CH3COOH)<c(Na+)B.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L3、25℃时，在20mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是。

A.在A点：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)B.在B点：c(OH－)=c(H＋)＋)=c(CH3COO－)C.在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=2c(Na＋)D.在C点：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)4、向20mL0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴加0.1mol/L氨水(已知室温下H2CO3Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6x10-11)，NH3•H2O(Kb=1.78×10-5)，下列说法错误的是（）A.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO)=c(H2CO3)+c(H+)B.无论滴加多少氨水，溶液中一定满足：c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=c(Na+)C.当滴入10mL氨水时，发生反应的离子方程式为：HCO+NH3·H2O=CO+NH+H2O，该反应的平衡常数约为0.1D.当滴入20mLNH3·H2O时，c(Na+)=c(NH)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L5、下列有关盐类水解的相关描述中，不正确的是（）A.中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈B.溶液中：C.0.1mol/L.醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后的溶液中：D.物质的量浓度相等的①②③三种溶液中，pH值由大到小的顺序为②＞③＞①6、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.室温下，向0.01mol·LNH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)B.0.1mol·LNaHCO3溶液：c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C.Na2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)7、常温下，向20mL0.lmol•L-1(CH3)2NH•H2O（一水合二甲胺）溶液中滴加0.1mol•L-1盐酸，滴定曲线如图甲所示，含C微粒的物质的量分数σ随pH变化如图乙所示。下列说法错误的是（）

A.e点时，溶液中c(Cl-)=2c[(CH3)2NH•H2O]+2c[(CH3)2NH2+]B.S点对应溶液的pH约为11.5C.常温下（CH3)2NH•H2O的电离常数为1×10-4D.d点时，溶液中c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH•H2O]8、下列说法中正确的是（）A.碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查B.在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS小C.含有AgCl和AgBr固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)D.相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③9、用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液；可能发生的反应有()

①2Cu2＋+2H2O2Cu+4H++O2↑②Cu2＋+2Cl-Cu+Cl2↑

③2Cl-+2H＋H2↑+Cl2↑④2H2O2H2↑+O2↑A.①②③B.①②④C.②③④D.②④评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列各图是温度T（或压强P）对f反应2A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是A.B.C.D.11、现有容积均为2L的甲、乙恒容密闭容器，向甲中充入1.5molCO2和3molH2，乙中充入2molCO2、3molH2，一定条件下仅发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g),实验测得反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH＞0B.曲线Ⅱ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系C.500K时，该反应的化学平衡常数为200D.700K时，若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，则达到平衡时，H2的体积分数大于12、下列说法正确的是A.电解精炼粗铜时，阳极质量的减少与阴极质量的增加相同B.对于一个固定的可逆反应，其他条件不变，只要温度发生改变，则平衡一定移动C.通过Qsp与Ksp的相对大小判断沉淀溶解平衡移动的方向，Qsp＜Ksp时，有沉淀析出D.盐类水解的结果可使溶液呈酸性、碱性或中性13、近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1／NC，Sc1／NC)单原子催化剂；用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法错误的是。

A.相同条件下，两种催化反应的焓变相同B.实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率C.使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNHD.升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率14、常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是A.pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na+)＜c(CH3COO－)B.浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2[c(H+)－c(OH－)]C.将pH＝a的醋酸稀释为pH＝a+1的过程中，不变D.等体积pH＝a的醋酸与pH＝b的NaOH溶液恰好中和时，a+b＝1415、常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（）

A.点①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)B.点②所示溶液中：c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.点③所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D.滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)16、25℃时，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液；滴定曲线如图所示，下列说法正确的是。

A.在B间任一点的溶液中一定都有：c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）B.用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝C.C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7mol·L－1D.D点对应的溶液中，存在如下关系：c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝2c（H＋）－2c（OH－）17、在25℃时，将1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A.b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)B.由b点到a点的过程中，c(Na+)有可能大于c(CH3COO-)C.a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c>a>bD.25℃时，Ka(CH3COOH)=mol·L-118、下列有关说法正确的是A.常温下，pH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中，水的电离程度不相同B.反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＞0C.向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D.向盛有KI3溶液(I3-I2＋I-)的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。20、已知热化学反应方程式：

反应Ⅰ：N2H4(g)N2(g)＋2H2(g)ΔH1

反应Ⅱ：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH2

（1）ΔH1__ΔH2(填“＜”；“＞”或“＝”)。

（2）7N2H4(g)8NH3(g)＋3N2(g)＋2H2(g)ΔH＝__(用ΔH1、ΔH2表示)。21、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

(1)已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量；该反应燃烧的热化学方程式是。

____________________________________________________

(2)如图是298K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为：_________________________________。22、污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反应达到平衡，此时NO2的浓度为0.05mol/L。

(1)反应从开始到5min时，CO的平均反应速率v(CO)=________，NO2的平衡转化率a=________，310K时，上述反应的平衡常数K=________。

(2)在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，则该反应的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。23、25℃时，将pH=x氨水与pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等体积混合后，所得溶液中各种离子的浓度关系正确的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)24、常温下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液；图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。回答下列问题:

（1）由图中信息可知HA为_________酸(填“强”或“弱”）。

（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a______________7(填“>”、“<”或“=”），用离子方程式表示其原因：_____________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=_________

（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系______________________。

（4）K点对应的溶液中，溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH-)=_________________mol·L-1。25、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。

(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)26、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30分)27、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：)28、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“＝”）。29、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1题，共8分)30、铜转炉烟灰主要含有Zn［还有少量的Fe(+2价)、Pb；Cu、As等元素］的硫酸盐和氧化物；少量为砷酸盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。请回答以下问题：

已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。

(1)写出氯化铵的电子式___，“净化”过程属于___(填“物理”；“化学”)变化。

(2)在反应温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵适宜的浓度为___mol·L-1。若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。

(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除___元素，除杂3是置换除杂过程，则试剂a是___，“滤渣Ⅲ”的主要成分为___(填化学式)。

(4)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式___，此过程中可以循环利用的副产品是___。

(5)取mg活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___(用代数式表示)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆的过程，并且可逆的过程发生移动，据此判断。

【详解】

A；盐类水解是吸热的可逆反应；升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；

B、碳酸镁微溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，则向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以转化为Mg(OH)2沉淀；能够用平衡移动原理解释，B不选；

C；水的电离是吸热的；升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；

D、反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)为气体体积不变的可逆反应；压强不影响该反应的平衡状态，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；

答案选D。2、C【分析】【详解】

A．在物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离产生H+，使溶液显酸性；同时也存在CH3COO-的水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，水解使溶液显碱性，由于混合溶液显酸性，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，所以溶液中微粒的浓度c(CH3COOH)<c(Na+)<c(CH3COO-)；A正确；

B．根据A的分析，CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，溶液呈酸性，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；B正确；

C．根据A的分析c(CH3COOH)<c(Na+)<c(CH3COO-)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COOH)+c(H+)<c(CH3COO-)+c(OH-)；C错误；

D．溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L；D正确；

答案选C。3、A【分析】【分析】

酸浓度是碱的2倍，要使二者恰好完全中和时，NaOH体积是醋酸的2倍，根据图知，A点溶液中溶质为CH3COONa；B点溶液呈中性，溶质为醋酸钠和醋酸，C点溶质为等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸。

【详解】

A．A点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解导致溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，但是醋酸根离子水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；

B．B点溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)═c(CH3COO-)，醋酸根水解程度较弱，所以c(OH－)=c(H＋)＋)=c(CH3COO－)，故B正确；

C．C点溶质为等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸，溶液中存在物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)═2c(Na+)，故C正确；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)═c(OH-)+c(CH3COO-)，故D正确；

故选：A。

【点睛】

明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度不大。4、D【分析】【详解】

A.NaHCO3溶液含有的粒子有：Na+、H+、OH-、H2CO3、H2O，根据质子守恒可得：A正确；

B.根据物料守恒，NaHCO3溶液中一定满足：c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=c(Na+)；B正确；

C.氨水与NaHCO3溶反应离子方程式为：HCO+NH3·H2O=CO+NH+H2O，该反应的平衡常数即C正确；

D.当滴入20mLNH3·H2O时，反应恰好完全反应，此时则c(Na+)=c(NH)+c(NH3·H2O)=0.05mol/L；D错误；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A.中国古代利用明矾溶液水解生成的酸与清除铜镜表面的铜锈反应；故A正确；

B.溶液中：根据质子守恒得出故B正确；

C.0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后的溶液中溶质为醋酸和醋酸钠、氯化钠，三者的浓度相等，溶液显酸性，因此离子浓度为：故C错误；

D.物质的量浓度相等的①②③三种溶液中；①溶液显强酸性，②③都是铵根离子水解，但③水解生成的氢离子浓度大，因此pH值由大到小的顺序为②＞③＞①，故D正确。

综上所述，答案为C。6、A【分析】【详解】

A.室温下，向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；故A正确；

B.0.1mol•L-1NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B错误；

C.Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故C错误；

D.25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)；故D错误；

故答案为A。7、B【分析】【分析】

(CH3)2NH•H2O的电离方程式为(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为c点为溶液呈中性，乙图中S点处，c[(CH3)2NH•H2O]=c[(CH3)2NH2+]；据此结合电解质溶液中的三大守恒问题进行分析解答。

【详解】

A．e点时，Cl原子是N原子的两倍，则根据物料守恒有c(Cl-)=2c[(CH3)2NH•H2O]+2c[(CH3)2NH2+]；A选项正确；

B．(CH3)2NH•H2O的电离方程式为(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为温度不变，Ka不变，S点的c[(CH3)2NH•H2O]=c[(CH3)2NH2+]，则c(OH-)=10-4mol/L，由Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14得，c(H+)=10-10mol/L，则pH=-lg[c(H+)]=10；B选项错误；

C．由甲图可知，未加入稀盐酸时，溶液的pH=11.5，则溶液中存在电离平衡(CH3)2NH•H2O(CH3)2NH2++OH-，其电离平衡常数为C选项正确；

D．d点时有物料守恒c(Cl-)=c[(CH3)2NH•H2O]+c[(CH3)2NH2+]，电荷守恒c[(CH3)2NH2+]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，两式相加可得c(H+)=c(OH-）+c[(CH3)2NH•H2O]；D选项正确；

答案选B。8、B【分析】【详解】

A.由于碳酸钡可溶于胃酸；故不用其进行肠胃X射线造影检查，应使用硫酸钡，A错误；

B.在同浓度的盐酸中；ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS小，B正确；

C.由于AgCl的溶解度大于AgBr，故混合溶液中c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)；C错误；

D.盐酸和氯化镁中的氯离子会抑制氯化银的溶解，由于等物质的量浓度的氯化镁溶液中的氯离子浓度更大，所以银离子浓度③<②，由于④加入了硝酸银溶液，所以银离子浓度最大，故银离子浓度④>①>②>③；D错误；

故答案选B。9、C【分析】【分析】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液；电解过程分为：

第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；

第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电；

第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电。

【详解】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=3mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=3mol。

根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时析出2molCl-，所以Cl-还剩余1mol；则此时发生的电池反应式为②；

第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，当Cl-完全析出前；发生的电池反应式为③；

第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2；所以发生的电池反应式为④；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。当以活性电极电解时，阳极首先是电极本身失去电子，发生氧化反应；当以惰性电极电解时，阳极上溶液中阴离子放电，放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子；阴极上无论是活性电极还是惰性电极，都是溶液中的阳离子放电，放电顺序基本与金属活动性顺序相反，但获得电子能力Ag+>Fe3+>Cu2+。二、多选题(共9题，共18分)10、AC【分析】【详解】

该反应的正反应为吸热反应；升高温度正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则A正确，B错误；

A为固体；反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则C正确；D错误。

故选AC。11、CD【分析】【详解】

A．随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应，该反应的ΔH＜0；故A错误；

B．相同温度下，平衡常数不变，曲线Ⅰ中CO2的平衡转化率高，甲和乙相比，相同条件下乙中二氧化碳的浓度大，曲线Ⅰ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系；故B错误；

C．如图所示，曲线Ⅰ代表甲容器的反应，500K时，CO2的平衡转化率为60%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=1.5mol×(1-60%)=0.6mol，n(H2)=3mol-3×1.5mol×60%=0.3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.9mol，该反应的化学平衡常数为K==200；故C正确；

D．如图所示，曲线Ⅱ代表乙容器的反应，700K时，乙容器中CO2的平衡转化率为20%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(H2)=3mol-3×2mol×20%=1.8mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.4mol，此时H2的体积分数==若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，此时密闭容器中n(CO2)=2.5mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol，与原平衡初始相比，氢气的物质的量不变，其他组分增加，相当于增大了密闭容器的压强，平衡正向移动，则达到平衡时，H2的体积分数大于故D正确；

答案选CD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．电解过程中；阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故A错误；

B．升高温度平衡向吸热的方向移动；若正反应为放热反应，升高温度，只要温度发生改变，则平衡一定移动，故B正确；

C．Qsp＞Ksp为过饱和溶液会析出沉淀，Qsp=Ksp为饱和溶液，Qsp＜Ksp为不饱和溶液，所以可通过Qsp和Ksp的相对大小；来判断沉淀溶解平衡的移动方向，故C错误；

D．弱酸弱碱盐溶液中弱碱阳离子水解显酸性；弱酸阴离子水解显碱性，二者水解程度大小不同，溶液酸碱性不同，若弱碱阳离子水解程度大，溶液显酸性，若弱酸阴离子水解程度大溶液显碱性，若二者水解程度相近，溶液显中性，故D正确；

答案选BD。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据盖斯定律；焓变只与反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小，与反应途径无关，催化剂只改变反应历程，不改变反应的焓变，相同条件下，两种催化反应的焓变相同，A正确；

B．催化剂只能改变反应速率；不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氨气的平衡转化率，B错误；

C．从图中可以看出，使用Sc1／NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH；C正确；

D．从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难；故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D错误；

故答案为：BD。14、CD【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，溶液显酸性，所以c(OH－)＜c(H+)，所以c(Na+)＜c(CH3COO－)；故A正确；

B．溶液中存在电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者联立可得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2[c(H+)－c(OH－)]；故B正确；

C．醋酸的电离平衡常数表达式Ka=所以=稀释过程中c(CH3COO－)减小，Ka不变，所以变小；故C错误；

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，设醋酸的电离程度为α，则c(CH3COOH)==mol/L=10b-14mol/L(0＜α＜1)，所以α=1014-a-b(0＜α＜1)，则a+b＞14；故D错误；

故答案为CD。15、AB【分析】【详解】

A.点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，由电荷守恒可知c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），则两式整合可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；故A正确；

B.点②溶液pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－）可知c（Na+）＝c（CH3COO－），则c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；故B正确；

C.点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，则c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+）；故C错误；

D.如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系；则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒，故D错误；

故选AB。

【点睛】

如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）这个关系，则溶液中阳离子电荷数大于阴离子，电荷一定不守恒是解答关键。16、BD【分析】【详解】

A.在靠近A点的溶液：c(Na＋)>c(OH－))>c(CH3COO－)>c(H＋)；A错误；

B.从B点分析，c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3mol，n(CH3COO－)=n(Na＋)=2.5×10-3mol，c(H＋)=10-7mol，K==B正确；

C.C点对应的溶液中，以过量醋酸的电离为主，水的电离受到抑制，由水电离出的H＋浓度小于10－7mol·L－1；C错误；

D.D点对应的反应后的溶液中，n(CH3COO－)=n(CH3COOH)；然后发生电离；

从而存在如下关系：CH3COOHCH3COO-+H+，H2OH++OH-

c(CH3COO－)-[c(H+)-c(OH－)]=c(CH3COOH)+[c(H+)-c(OH－)]

从而得出c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H+)－2c(OH－)；D正确。

故选BD。

【点睛】

常温下，水电离生成的c(H＋)=c(OH－)=10-7mol/L；在易水解的盐溶液中，由于水的电离受到促进，所以水电离产生的c(H＋)=c(OH－)>10-7mol/L；在酸或碱溶液中，或盐和酸(或碱)的混合溶液中，只要以酸或碱的电离为主，水的电离就受到抑制，此时水电离产生的c(H＋)=c(OH－)<10-7mol/L。17、AD【分析】【分析】

1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性；相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性。

【详解】

A．1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)；故A正确；

B．由b点到a点的过程中，一直是醋酸过量，c(Na+)小于c(CH3COO-)；故B错误；

C．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a；故C错误；

D．根据图象可知，c点溶液的pH=7，c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，根据电荷守恒可知：c（CH3COO－）=c（Na＋）=0.2mol·L－1，c（CH3COOH）=w+0.1-0.2=w-0.1，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==mol·L-1；故D正确；

故选AD。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化情况为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，利用图中C点的数据进行计算。18、AC【分析】【详解】

A．常温下，pH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中；氢氧根离子浓度相同，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，水的电离程度不相同，故A正确；

B．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行；根据△H-T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0才能满足△H-T△S＜0，故B错误；

C．向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，氢氧化镁和氢氧化铜的阴阳离子比相同，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]；故C正确；

D．加入适量CCl4，碘溶解在CCl4层显紫色，则由现象可知I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，KI3在CCl4中几乎不溶；故D错误；

故选AC。三、填空题(共7题，共14分)19、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%20、略

【分析】【分析】

(1)反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，前者>0，后者<0；

(2)依据盖斯定律将已知热化学方程式进行叠加得到目标反应方程式；方程式的函数关系同样适用于焓变。

【详解】

(1)反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，前者>0，后者<0，则ΔH1>ΔH2；

故答案为：>；

(2)依据盖斯定律将已知热化学方程式进行叠加得到目标反应方程式，方程式的函数关系同样适用于焓变。目标反应方程式可由(反应Ⅰ×7＋反应Ⅱ×4)得到，它们的函数关系同样适用于焓变，则ΔH＝7ΔH1＋4ΔH2；

故答案为：7ΔH1＋4ΔH2。【解析】＞7ΔH1＋4ΔH221、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）燃烧反应为放热反应；16g固体硫是0.5mol，所以反应燃烧的热化学方程式是S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1；

（2）由图可知，反应物的总能量大于生成物总能量，反应放热；反应放出的能量是600kJ－508kJ＝92kJ，故热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。【解析】S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－122、略

【分析】【分析】

(1)反应速率

(2)和310K时NO2的物质的量分数比较判断反应进行的方向确定反应的焓变。

【详解】

(1)污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反应达到平衡，此时2的浓度为0.05mol/L，结合三行计算列式：

反应从开始到5min时，CO的平均反应速率NO2的平衡转化率310K时，上述反应的平衡常数故答案为：0.02mol/(L•min)；50%；10；

(2)310K时，平衡后NO2的物质的量分数在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，二氧化氮物质的量分数增大，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜。【解析】①.0.02mol/(L•min)②.50%③.10④.＜23、B:C【分析】【详解】

A.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C.任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正确；

D.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

x+y=14，常温下某氨水的pH=x，则氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱电解质，硫酸是强电解质，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性。24、略

【分析】【详解】

（1）根据图示，0.01mol·L-1HA的pH=2；HA为强酸；

（2）根据图示，当加入51mLMOH溶液时，溶液的pH=7，说明加入50mLMOH溶液时，HA与MOH恰好完全反应，溶液呈酸性，即MA稀溶液的pH<7；原因是M＋水解，M+水解的离子方程式为M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促进水的电离，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；

（3）根据图示，K点加入100mLMOH溶液，得到的溶液中含有等浓度的MA、MOH，K点溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M+的水解水解，离子浓度的大小关系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；

（4）K点对应的溶液，根据电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)；根据物料守恒，2c(A－)=0.01mol/L=c(MOH)+c(M＋)，两式整理得，c(MOH)+c(OH-)=c(H＋)+c(A－)=10-10mol/L+0.005mol/L≈0.005mol·L-1。【解析】①.强②.<③.M＋＋H2OMOH＋H＋④.1×10－amol·L－1⑤.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)⑥.0.00525、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B四、判断题(共1题，共8分)26、×【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30分)27、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-0.5128、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