2025年外研版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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化学下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8题，共16分)1、工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgY[Y=或]；与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是（）

A.通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B.α1=α2一定等于45°C.当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(hso3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(hsoD.直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)2、完全燃烧一定量的无水乙醇，放出的热量为Q，已知为了完全吸收生成的CO2气体，消耗掉8mol·L－1的氢氧化钠溶液50mL，则1mol无水乙醇燃烧放出的热量不可能是A.10QB.5QC.8QD.12Q3、下列说法正确的是A.∆H＞0，∆S＞0的反应，低温能自发B.其他条件不变，使用催化剂可改变反应进行的方向C.增大反应物浓度，活化分子百分数增大D.使用催化剂，可改变反应途径，降低活化能4、下列各选项所述的两个量中，前者一定小于后者的是（）A.纯水在25℃和100℃时的pHB.CH3COOH溶液中H＋和CH3COO－的浓度C.相同温度下，0.1mol/LCH3COOH溶液和0.3mol/LCH3COOH溶液的电离平衡常数D.用0.1mol/LNaOH溶液分别中和pH、体积均相同的盐酸和醋酸，所消耗NaOH溶液的体积5、常温下，水的电离程度最小的是A.pH=12氨水B.pH=12氢氧化钡C.0.01mol·L－1HClD.0.01mol·L－1H2SO46、室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH－。下列叙述正确的是A.升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性B.向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低C.向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/LD.向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L7、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图甲所示。NaCN溶液中CN－；HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。

下列溶液中的关系一定正确的是()A.图乙中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5C.图甲中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)D.图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)8、为二元弱酸，向溶液中滴加溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随溶液体积变化如图所示.下列说法正确的是（）

A.滴入溶液时，溶液呈中性B.当时，混合溶液C.滴入1溶液时，溶液中D.滴入溶液的过程中，均满足评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。

Ⅰ．CO2可用FeO吸收获得H2。

i.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔHl=－76.0kJ·mol-1

ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+113.4kJ·mol-1

(1)3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)ΔH3=_________kJ·mol-1。

(2)在反应i中，每放出38.0kJ热量，有______gFeO被氧化。

Ⅱ．CO2可用来生产燃料甲醇。

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol-1。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(3)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________mol·(L·min)-1。

(4)氢气的转化率＝________________________。

(5)该反应的平衡常数为__________________________(保留小数点后2位)。

(6)下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。A．升高温度B．充入He(g)，使体系压强增大C．再充入1molH2D．将H2O(g)从体系中分离出去(7)当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1________c2的关系(填“＞”；“＜”或“＝”)。

III．CO2可用碱溶液吸收获得相应的原料。

利用100mL3mol·L-1NaOH溶液吸收4.48LCO2(标准状况)；得到吸收液。

(8)将该吸收液蒸干，灼烧至恒重，所得固体的成分是_________(填化学式)。10、比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系(填“>”或“<”)。

①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1

S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2则ΔH1________ΔH2

②CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1

CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2则ΔH1_____ΔH211、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)12、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______13、某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。回答下列问题。

(1)Na2B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________(填字母)。

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－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________________14、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-)15、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。16、下表是室温下，几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）：。酸或碱电离常数（Ka或Kb）CH3COOHKa＝1.75×10－5柠檬酸（H3C6H5O7）Ka1＝7.4×10－4

Ka2＝1.73×10－5

Ka3＝4.0×10－7NH3·H2OKb＝1.75×10－5

请回答下列问题：

（1）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，下列选项中一定变小的是__________（填字母）。

A．

B．c(H＋)

C．c(OH－)·c(H＋)

D．

E．

（2）浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）溶液显_____（填“酸”“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因____评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)18、实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行实验。请完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。

①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)__→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→__→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中；贴上标签。

②称量__g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、___、__。

（2）取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00

①滴定达到终点的标志是___。

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__(保留两位有效数字)。

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的__；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有：___。

A.滴定终点读数时俯视读数。

B.酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗。

C.锥形瓶水洗后未干燥。

D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体。

E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3

F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)19、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.通入少量二氧化硫的过程中；溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点向M点移动；

B.则同理可得故α1=α2一定等于45°；

C.由图像可知，当对应溶液的pH处于1.81<6.91时，<0、>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小无法确定；

D.由于Ka1>Ka2，则c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；

答案选C。2、D【分析】【详解】

n(NaOH)=0.05L×8mol/L=0.4mol，则由CO2～2NaOH～Na2CO3可知，n(CO2)=0.2mol，则根据碳守恒可知：n(CO2)=2n(C2H6O)，n(C2H6O)=0.1mol，放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q；由CO2～NaOH～NaHCO3可知，n(CO2)=0.4mol，则则根据碳守恒可知：n(CO2)=2n(C2H6O)，n(C2H6O)=0.2mol；放出的热量为Q，所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q，若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的化合物，则乙醇的燃烧热在5Q～10Q之间；综上所述，本题选D。

【点睛】

此题进行解析时，要根据乙醇燃烧生成二氧化碳的量的多少进行判定反应放出热量的数值；而二氧化碳气体的量的确定与氢氧化钠溶液恰好完全反应有关，反应可以恰好生成碳酸氢钠，据此确定二氧化碳的量，反应可以恰好生成碳酸钠，据此确定二氧化碳的量，反应可以恰好生成碳酸氢钠和碳酸氢钠的混合物，据此确定二氧化碳的量的范围。3、D【分析】【详解】

A、△H＞0、△S＞0的反应，根据△H-T△S＜0可知，该反应需要在高温下才能自发进行，故A错误；B、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡和反应方向，故B错误；C．增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，但活化分子百分数不变，故C错误；D．催化剂能降低活化能，改变反应途径，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，故D正确；故选D。4、D【分析】【详解】

A.水的电离是吸热反应；升高温度促进电离，所以纯水在25℃的pH大于100℃时的pH，A项错误；

B.CH3COOH溶液中的CH3COO－能发生水解，则CH3COO-的浓度减小，所以CH3COO－的浓度小于H＋的浓度；B项错误；

C.电离平衡常数只与温度有关；与浓度无关，温度相同时电离平衡常数相同，C项错误；

D.pH；体积均相同的醋酸和盐酸；由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，因此消耗NaOH溶液的体积醋酸比盐酸大，D项正确；

答案选D。

【点睛】

纯水在25℃时pH=7，显中性。100℃时，温度升高促进水电离，氢离子和氢氧根离子的浓度增大，此时pH＜7，但水仍显中性。5、D【分析】【分析】

酸或者碱能抑制水的电离，酸中H+浓度或者碱中OH-浓度越大；抑制水电离的程度越大。

【详解】

pH=12氨水c(OH-)=0.01mol/L，pH=12氢氧化钡c(OH-)=0.01mol/L，HCl中c(H+)=0.01mol/L，三种溶液中水的电离程度相同，H2SO4中c(H+)=0.02mol/L；水的电离程度最小；

答案选D。

【点睛】

酸或者碱能抑制水的电离，酸中H+浓度或者碱中OH-浓度越大，抑制水电离的程度越大，据此判断水的电离程度是解答本题的关键。6、D【分析】【详解】

A．升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，但溶液中c(H+)仍然等于c(OH－)；溶液显中性，故A错误；

B．向水中加入少量氨水，由于c(OH－)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，移动的结果只能减弱这种变化，故c(OH－)增大；故B错误；

C．向水中加入少量硫酸，c(H+)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，故由水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L；故C错误；

D．向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，导致平衡正向移动，促进水的电离，故由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L；故D正确；

故答案为：D。7、A【分析】【分析】

25℃时，NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数（δ）随pH变化的关系如图甲所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10mL0.01mol•L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol•L-1的盐酸；其pH变化曲线如图乙所示，当加入盐酸5mL时，溶液组成为NaCN；HCN，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。

【详解】

A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH−)，由溶液电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)+c(Cl−)，结合物料守恒可c(Na+)=c(HCN)+c(CN−)可知：c(Cl−)=c(HCN)；故A正确；

B.a点的坐标为(9.5，0.5)，则a点c(HCN)=c(CN−)，NaCN的水解平衡常数K(NaCN)==c(OH−)=10-4.5mol/L；故B错误；

C.b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN−水解程度，可知c(HCN)>c(CN−)；故C错误；

D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(CN−)，则c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH−)+2c(CN−)；故D错误；

答案选A。8、B【分析】【详解】

A．滴入溶液时，混合液溶质恰好为溶液呈酸性，故A不选；

B．时，故选B；

C．原溶液中L，加入溶液后，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从变为此时故C不选；

D．滴入溶液时，混合液溶质为溶液水解显碱性，此时不满足，故D不选。

答案选B二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】（1）

依据盖斯定律，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)可由(i+ii)得到，则ΔH3=(－76.0kJ·mol-1+113.4kJ·mol-1)=+18.7kJ·mol-1；

（2）

由反应i可看出，当有6molFeO参与反应，其中有4molFeO被氧化，放出76kJ的热量，则当放出38kJ的热量时，有2mol的FeO被氧化，有3molFeO参与反应，则被氧化的FeO的质量为2mol72g/mo=144g；

（3）

由图中数据可以看出，10min时反应达到平衡状态，c(CO2)=1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，浓度转化量之比等于化学计量数之比，则c(H2)=30.75mol/L=2.25mol/L，v(H2)＝=0.225mol·(L·min)-1；

（4）

氢气初始浓度为3mol/L，达到平衡时H2的浓度变化量为2.25mol/L，故H2的转化率为=75

（5）

根据题给数据可知，平衡时c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=3mol/L-2.25mol/L=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，所以平衡常数K=≈5.33；

（6）

A．反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，二氧化碳的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，n(CH3OH)/n(CO2)减小；A错误；

B．充入He(g)，使体系压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变；B错误；

C．再充入1molH2，增大了反应物浓度，平衡向正向移动，二氧化碳的物质的量减小，甲醇的物质的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；C正确；

D．将H2O(g)从体系中分离出去，生成物浓度减小，平衡向正向移动，二氧化碳的物质的量减小，甲醇的物质的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；D正确；

答案选CD；

（7）

在恒容密闭容器中，进行的反应，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但只能是减弱氢气浓度的改变，不能抵消，所以c1c2；

（8）

n(NaOH)=0.1L3mol/L=0.3mol，n(CO2)==0.2mol，因为：当二氧化碳过量时：NaOHCO2=NaHCO3，氢氧化钠和二氧化碳1:1反应生成碳酸氢钠，当氢氧化钠过量时：2NaOHCO2=Na2CO3，氢氧化钠和二氧化碳2:1反应生成碳酸钠，而题目所给氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为3:2，所以得到的是NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，将混合溶液蒸干，灼烧至恒重，NaHCO3分解，产物只有Na2CO3。【解析】+18.71440.22575%5.33CD＜Na2CO310、略

【分析】【分析】

【详解】

①固体S燃烧时要先变成气态，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，故ΔH1>ΔH2；

②水由气态变成液态放出热量，所以生成液态水，放出的热量多，但反应热为负值，故ΔH1<ΔH2。【解析】><11、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<12、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小13、略

【分析】【分析】

该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，但是HB－不发生水解；溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。

【详解】

（1）该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，溶液呈碱性，用离子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案为：碱性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不发生水解，则该溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A错误；

B．B2－水解导致溶液呈碱性，则c（OH－）＞c（H＋），钠离子不水解，则c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根据质子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B错误；

C．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正确；

D．根据物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正确；

故选CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水电离的氢离子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水电离的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案为：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析判断能力，明确B2－只发生第一步水解是解本题关键，注意该溶液中c（H2B）=0，为解答易错点。【解析】①.碱性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)14、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.CD15、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＋)⑥.0.00516、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱电解质；越稀越电离。

（2）弱酸的酸式盐显酸性或者碱性；是通过比较电离和水解的相对强弱。

【详解】

（1）A．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，可变形为稀释过程中，温度不变，醋酸根离子浓度减小，Ka不变，故选项A数据增大，不符合题意；

B．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，酸性变小，即c(H＋)变小，B符合题意；

C．c(OH－)·c(H＋)即为Kw，温度不变，Kw不变；故C项不符合题意；

D．即为Ka，温度不变，Ka不变，故D项不符合题意；

E．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，c(H＋)变小，由于Kw不变，c(OH-)变大，则变大；故E项不符合题意；

综合以上；本题选B。

(3).浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的电离常数Ka3＝4.0×10－7，而水解常数Kh2＝＝＜Ka3，电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。【解析】B酸性因为Ka3＝4.0×10－7，Kh2＝＝＜Ka3，所以显酸性三、判断题(共1题，共2分)17、×【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、实验题(共1题，共7分)18、略

【分析】【详解】

（1）①配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的操作步骤是计算→称量→溶解→(冷却后)转移→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→定容→摇匀→装瓶→贴签；

②n(NaOH)=0.100L×0.10mol/L=0.01mol；m(NaOH)=0.01mol×40g/mol=0.4g，因此要称量0.4gNaOH。所需仪器有：天平(带砝码；镊子)、烧杯、药匙；

（2）①由于是用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸；所以指示剂在酸溶液中，当滴定达到终点时会看到溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色即可确定滴定达到了终点；

②V(NaOH)=(22.62＋22.72＋22.80)mL÷3=22.71mL；因为HCl恰好反应时物质的量的比为1:1.所以c(HCl)=(0.10mol/L×22.71mL)÷20.00mL=0.11mol/L；

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的丙操作；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；

④A.滴定终点读数时俯视读数；会使读数偏小，所以测定结果偏低，选项A错误；

B.酸式滴定