2025年湘教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、同温同压下，下列各热化学方程式（ΔH均小于0）中反应热的绝对值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、在容积为1L的密闭容器中；加入5molA物质，在一定条件下同时发生下列两个反应：

(1)2A(g)2B(g)＋C(g)；(2)A(g)C(g)＋D(g)。

当达到平衡时，测得c(A)＝2.5mol·L－1(表示该物质浓度，下同),c(C)＝2.0mol·L－1。则下列说法中正确的是()A.达到平衡时A的总转化率为40%B.达到平衡时c(B)为1.0mol·L－1C.达到平衡时c(B)＝2c(D)D.达到平衡时c(D)＝2c(B)3、在某恒容密闭容器中发生反应A(g)＋B(g)xC(g)；C的体积分数(C%)跟温度(T)和压强(p)的关系如图I所示。下列对图II的说法正确的是。

A.若p3>p4，则y轴表示B的转化率B.若p34，则y轴表示B的体积分数C.若p3>p4，则y轴表示混合气体的密度D.若p34，则y轴表示混合气体的相对分子质量4、室温下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.溶液中水的电离程度：b>a>cB.pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mLC.在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10-7D.c点溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)5、水的电离平衡曲线如右图所示；下列说法中，正确的是。

A.图中D三点处KW间的关系：B>A>DB.100℃，向pH=2的稀硫酸中逐滴加入等体积pH=10的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)减小，充分反应后，溶液到达B点C.温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，可从A点变化到C点D.加热浓缩A点所示溶液，可从A点变化到B点6、25℃时，醋酸和醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)二者之和为0.1mol·L－1，同时溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH值的关系如图所示。下列有关叙述正确的是（）

A.pH˃5.75和pH˂3.75的溶液中均符合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)B.存在浓度关系2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)的溶液对应图中W点C.pH＝5.75溶液中：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)D.根据图中数据，不能计算出25℃时醋酸的电离平衡常数7、电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A.常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol•L-1，则此溶液可能是盐酸B.pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液，NH4+大小顺序为：①＞②＞③C.0.2mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)D.0.1mol•L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(HCO)+c(CO)+c(OH-)8、室温下，0.1mol/L下列溶液的pH最大的是（）A.Na2CO3B.NaHCO3C.NH4ClD.Na2SO49、日本产业技术综合研究所发布的锂空气电池的设计构思是负极采用金属锂条；中间设有用于隔开正极和负极的锂离子固体电解质，正极的水性电解液使用碱性水溶性凝胶，与由微细化碳和廉价氧化物催化剂形成的正极组合，既可以用作充电电池也可用作燃料电池使用，结构如图所示。下列有关该锂空气电池说法不正确的是。

A.电池放电时，Li+穿过隔膜向b极移动得到LiOH溶液B.放电时，外电路的电子由a经外电路流向bC.充电时，a电极的电极反应为：Li++e-═LiD.放电时，b极发生的电极反应为O2-4e-+2H2O═4OH-评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国科研人员通过计算机模拟；研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（）

已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程；有两种可能方式：

方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*Ea=+103.1kJ·mol-1

方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*Eb=+249.3kJ·mol-1A.CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0B.①②都为O-H键的断裂过程C.由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为ⅡD.放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*11、恒温、恒压下，1molA和1molB在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+2B(g)2C(g)。一段时间后达到平衡，生成amolC。则下列说法正确的是（）A.物质B的转化率之比一定是1：2B.起始时刻和达平衡后容器中的压强比为(1+n)：(1+n-)C.若起始放入3molA和3molB，则达平衡时生成3amolCD.当v正(A)=2v逆(C)时，可断定反应达平衡12、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13、下列说法正确的是()A.纯水在20℃和80℃时的pH，前者大B.Cl2、Ba(OH)2、CO2、HF分别为非电解质、强电解质、非电解质、弱电解质C.强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡D.在溶液中，导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质14、某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是。

A.该温度下，B.a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点C.若改用溶液，b点应该水平左移D.若改用溶液，b点移向右下方15、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)B.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)C.向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7,c(Na＋)＝0.1mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)16、室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)B.向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]C.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)D.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－117、25C时；有关弱酸的电离平衡常数如下表：

下列有关微粒浓度的说法正确的是（）A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液：c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)B.浓度均为0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)C.0.2mol/LHCN溶液与0.lmol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液中：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)D.浓度均为0lmol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)18、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：

。弱酸化学式。

CH3COOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数（25℃）

1.8×l0-5

4.9×l0-10

Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11

则下列有关说法正确的是A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）<pH（Na2CO3）<pH（CH3COONa）B.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则b一定大于aC.往冰醋酸中逐滴加水的过程中，醋酸的电离程度逐渐增大D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、烟气(主要污染物SO2、NO、NO2)的大量排放造成严重的大气污染；国内较新研究成果是采用以尿素为还原剂的脱硫脱硝一体化技术。

(1)脱硫总反应：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知该反应能自发进行，则条件是____(填“高温”；“低温”或“任何温度”)。

(2)电解稀硫酸制备O3(原理如图)，则产生O3的电极反应式为______。

(3)室温下，往恒容的反应器中加入固定物质的量的SO2和NO，通入O3充分混合。反应相同时间后，各组分的物质的量随n(O3)∶n(NO)的变化见上图。

①n(NO2)随n(O3)∶n(NO)的变化先增加后减少，原因是____。

②臭氧量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，试用过渡态理论解释可能原因__。

(4)通过控制变量法研究脱除效率的影响因素得到数据如下图所示，下列说法正确的是____。

A.烟气在尿素溶液中的反应：v(脱硫)＜v(脱硝)

B.尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响。

C.强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除。

D.pH=7的尿素溶液脱硫效果最佳。

(5)尿素的制备：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＜0。一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。

①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L－1，平衡常数K=__。

②上图是该条件下，系统中尿素的物质的量随反应时间的变化趋势，当反应时间达到3min时，迅速将体系升温，请在图中画出3~10min内容器中尿素的物质的量的变化趋势曲线__________。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、利用所学化学反应原理；解决以下问题：

(1)一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中；溶液的导电能力变化如右图所示，请回答下列问题：

①写出冰醋酸电离方程式____________

②加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：_______________________________________

③a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：__________（填“相同”、“a点大”、“b点大”；“c点大”）

(2)常温下，将0.2mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合；所得溶液的pH=5(溶液体积变化忽略不计)，则该溶液中：

c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=_______mol/L

c(H+)-c(CH3COO−)+c(Na+)=_______mol/L

(3)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)

(4)在0.10mol·L-1Na2SO3溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________________________________。22、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。23、我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰；2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：

Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和

a：

b：

(1)相同温度下，反应的___________

(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器极大地改善了该问题，其原理如图1所示：

保持压强为温度为向密闭容器中按投料比，投入一定量和不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．气体压强不再变化。

B．气体的平均相对分子质量不再变化。

C．不再变化。

D．的物质的量之比为

②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。

(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同，其他反应条件均相同)。

①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。

(4)阴极的电极反应式为___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)24、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)25、某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

。装置。

分别进行的操作。

现象。

i．连好装置一段时间后；向烧杯中滴加酚酞。

ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

铁片表面产生蓝色沉淀。

铁片表面产生蓝色沉淀。

(1)小组同学认为以上两种检验方法；均能证明铁发生了吸氧腐蚀。

①实验i中的现象是___。

②用电极反应式解释实验i中的现象：___。

(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀；理由是___。

②进行下列实验；在实验几分钟后的记录如下：

。实验。

滴管。

试管。

现象。

0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液。

iii．蒸馏水。

无明显变化。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。

(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响；又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。

。实验。

试剂。

现象。

A

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

B

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)

产生蓝色沉淀。

C

铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

D

铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共30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：__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

根据放热反应的反应热符号为“-”；反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值越大，结合物质的状态进行判断，同一物质的能量：g＞l＞s。

【详解】

各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量：g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，故C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值最大，答案选C。2、B【分析】【分析】

设第一个反应生成的B、C分别为2x、x；

第二个反应生成的C、D分别为y、y；

联立方程得：x+y=25-2x-y=2.5

计算得出x=0.5；y=1.5

【详解】

设第一个反应生成的B、C分别为2x、x；

(1)2A(g)2B(g)＋C(g)

2x2xx

第二个反应生成的C、D分别为y、y；

(2)A(g)C(g)＋D(g)

yyy

联立方程得：x+y=25-2x-y=2.5

计算得出x=0.5；y=1.5

A、平衡时A的总转化率=故A选项错误；

B、达到平衡时故B选项正确；

C、达到平衡时c（B）=c（D）；故C选择错误；

D、达到平衡时c（B）=c（D）；故D选择错误；

故选B

【点睛】

本题因为两个方程均消耗A，产生C，所以需要知道每个反应具体反应多少A，生成多少C，即设两个方程的生成物的物质的量，再依据三段式解答本题。3、A【分析】【分析】

由图Ⅰ中a、b的相对位置知：温度相同，p2>p1，增压C%升高，故x=1；由b、c的相对位置知：压强相同，T1>T2，升温C%降低，正反应为放热反应；即该反应为：A(g)＋B(g)C(g)ΔH<0；由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动；由图Ⅱ可知，y随温度的升高而降低，升高温度，平衡逆向移动，再根据信息具体分析，依此解答。

【详解】

A．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3>P4；故A正确；

B．升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大；增大压强平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小，则P34；故B错误；

C．混合气体总质量不变；容器容积不变，反应混合气体的密度不变，故C错误；

D．混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小；增大压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均相对分子质量增大，则P3>P4；故D错误；

答案选A。4、D【分析】【详解】

A．b的溶质为亚硫酸钠，亚硫酸钠水解会促进水的电离，a的溶质为NaHSO3；电离大于水解会抑制水的电离，c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，pH=13，对水的电离抑制作用最大，A项正确；

B．当NaHSO3与氢氧化钠恰好完全反应时，形成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠水解使溶液pH>7，所以pH=7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL；B项正确；

C．b的溶质为0.1mol/L亚硫酸钠，亚硫酸钠水解为HSO3-和OH-，Kh=Kh=解得K2(H2SO3)约为1.0×10-7；C项正确；

D．c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，应为c(OH-)＞c(SO32-)；D项错误；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A.Kw=c（H+）c（OH-），KW仅是温度的函数，且随温度升高而增大，所以图中A、B、D三点处KW间的关系：B>A=D；故A错误；

B.100℃时，Kw=10-12，向pH=2的稀硫酸中逐滴加入等体积pH=10的稀氨水后，溶液中c（OH-）增大，而一水合氨的电离平衡常数Kb=不变，故减小；而最终氨水过量；溶液显碱性，反应后溶液不能达到B点，故B错误；

C.温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体；溶液由中性变为酸性，而C点也显中性，故溶液不能由A变为C点，故C错误；

D.加热浓缩A点溶液；由于A点溶液显中性，故加热浓缩后仍显中性，且升高温度，Kw增大，故可以到达B点，故D正确；

故选D。6、A【分析】【分析】

根据图像可看出，浓度增大的曲线应为c(CH3COO-)，浓度减小的曲线应为c(CH3COOH)，W点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；

A；根据电荷守恒；

B、由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L；根据W点溶液的pH进行判。

断；

C、由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,pH=5.75时，酸性减弱，溶液中醋酸的电离程度增大，故溶液中c(CH3COOH)减小，溶液中c(CH3COO-)减小，据此确定c(CH3COOH)和c(CH3COO-)的相对大小；

D；根据电离平衡常数公式解答。

【详解】

A、溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；故A正确；

B、W点时溶液存在电荷守恒，应为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，W点时c(CH3COO－)=c(CH3COOH)，所以2c(Na＋)＋2c(H＋)-c(OH－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，此时溶液呈酸性，所以2c(Na＋)3COO－)＋c(CH3COOH)；故B错误；

C、pH=5.75的溶液中：c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(CH3COO－)>c(Na+)，由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，pH=5.75时，酸性减弱，溶液中醋酸的电离程度增大，故溶液中c(CH3COOH)减小，溶液中c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)3COO-)，所以离子浓度大小的顺序为c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；故C错误；

D、W点c(CH3COO－)=c(CH3COOH)，平衡常数故D错误；

故选A。7、D【分析】【详解】

A．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol•L-1；说明水的电离被促进，而盐酸是强酸，能抑制水的电离而不是促进，故此溶液不可能是盐酸溶液，故A错误；

B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，故等pH的三溶液中NH4HSO4的浓度最小，则其中含有的NH4+的浓度最小，故NH4+的浓度大小关系应为：①=②＞③；故B错误；

C．0.2mol•L-1CH3COOH溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后得到了浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据溶液的电荷守恒可有：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)①，根据物料守恒可知有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②，将①②联立可得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)；故C错误；

D．NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，可知：c(Na+)+c(H+)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)，故肯定有：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)；故D正确；

答案选D。8、A【分析】【详解】

室温下，Na2CO3溶液是强碱弱酸盐；溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，溶液pH＞7；

NaHCO3是强碱弱酸盐；溶液中碳酸氢根离子水解，溶液显碱性，溶液pH＞7；

NH4Cl是强酸弱碱盐；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，溶液pH＜7；

Na2SO4溶液是强酸强碱盐；溶液显中性，溶液pH=7；

碳酸氢钠水解程度小于碳酸钠溶液水解程度，则溶液pH比较：碳酸钠大于碳酸氢钠，所以溶液pH最大的是碳酸钠，故选A。9、D【分析】【详解】

A.电池放电时是原电池，a电极是负极，因此Li+穿过隔膜向b极移动得到LiOH溶液；A正确；

B.放电时a电极是负极，b电极是正极，外电路的电子由a经外电路流向b；B正确；

C.充电时是电解池，a电极是阴极，电极反应为：Li++e-＝Li；C正确；

D.放电时，b极是正极，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O＝4OH-；D错误；

答案选D。二、多选题(共9题，共18分)10、AD【分析】【分析】

【详解】

A.△H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B.根据图示可知过程①是断裂H-O键；过程②断裂的是C-H键，B错误；

C.催化剂能降低反应的活化能；加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要精力方式为I，C错误；

D.由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：CHO*+3H*→CO*+4H*；D正确；

故合理选项是AD。11、AC【分析】【详解】

A.起始量相同；转化量按照化学方程式1：2进行，所以物质A；B的转化率之比转化率一定为1：2，A项正确；

B.反应在恒压条件下进行；反应前后压强不变，起始时刻和达平衡后容器中的压强比为1：1，B项错误；

C.在恒压下；放入3molA+3nmolB，与起始时1molA和1molB配比数相等，为等效平衡，达平衡时生成3amolC，C项正确；

D.当2v正(A)=v逆(C)，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，选项中v正(A)=2v逆(C)时；不符合配比，D项错误；

答案选AC。12、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。13、AC【分析】【详解】

A．水的电离是吸热过程；升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH值减小，故20℃的纯水的pH大于80℃的纯水的pH，前者大，故A正确；

B．Cl2是单质；既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．由于强电解质在溶液中完全电离；强电解质在溶液中不存在电离平衡，故C正确；

D．电解质的强弱与导电能力无关；导电能力与溶液中的离子浓度的大小有关，故D错误；

故选AC。14、AC【分析】【详解】

A．该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14mol·L-1)2=10-28mol2·L-2；A选项正确；

B．Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀；此时水的电离程度最小，B选项错误；

C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移；C选项正确；

D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方；D选项错误；

答案选AC。15、BD【分析】【详解】

A、碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，c(H2CO3)＞c(CO32-)，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)；但碳酸氢根离子水解或电离都较微弱，所以碳酸氢根离子浓度比碳酸的浓度大，故A错误；

B、根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，两式将钠离子约去，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故B正确；

C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(H＋)；故C错误；

D、混合溶液呈中性，说明c(H+)=c(OH-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(Na+)=c(CH3COO-)，醋酸是弱电解质，电离程度较小，所以c(CH3COOH)＞c(H+)，溶液中醋酸根离子浓度大于醋酸浓度，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH-)；故D正确；

答案选BD。

【点睛】

向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的碱性更强，说明碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，然后判断溶液中各离子的浓度。16、BC【分析】【详解】

A.溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HCN)>c(H＋)>c(CN－)；选项A错误；

B.若向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]；选项B正确；

C.因Ka(HCN)＝6.2×10－10<Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，NaCN水解程度大于NaHC2O4，0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c(HCN)>c(H2C2O4)，而存在物料守恒有c(Na＋)=c(CN－)+c(HCN)=c(HC2O4-)＋c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)；选项C正确；

D.若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1。17、BC【分析】【详解】

A.酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，则酸根离子的水解程度越小，当盐溶液的pH相同时，浓度越大，电离平衡常数：CH3COOH>HCN>HCO3—，则水解程度CO32—>CN—>CH3COO—，所以c(Na2CO3)3COONa)；A选项错误；

B．根据物料守恒可得，浓度均为0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)；B选项正确；

C．0.2mol/LHCN溶液与0.lmol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液，由于NaCN的水解大于HCN的电离，故有c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)；C选项正确；

D。浓度均为0.1mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中，醋酸根离子水解程度较小，则c(CH3COOH)+c(H+)3COO-)+c(OH-)；D选项错误；

答案选BC。18、CD【分析】【详解】

A.电离常数越大，酸性越强，其盐的水解程度越小，钠盐溶液的pH越小，酸性排序为所以其盐的水解程度：等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COONa)<pH(NaCN)<pH(Na2CO3)；A错误；

B.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中含有Na＋、CN－、H＋、OH－，溶液电中性，则已知所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，则b未必大于a，例如，b=a；恰好反应得到NaCN溶液，因水解呈碱性，B错误；

C.往冰醋酸中逐滴加水的过程中；因稀释促进电离，醋酸的电离程度逐渐增大，C正确；

D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液呈电中性，则一定存在c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；D正确；

答案选CD。

【点睛】

判断B的关键就是应用电中性原理、结合Na＋、CN－的浓度关系，判断出氢离子、氢氧根离子浓度相对大小，从而判断出溶液的酸碱性，从而进一步推测出溶质成分进行进一步判断。三、填空题(共5题，共10分)19、略

【分析】【分析】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2，所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol。据此解答。

【详解】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的物质；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。答案选BC。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=本小题答案为：100。

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol，图像为本小题答案为：【解析】低温3H2O―6e―＝O3＋6H＋n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1,NO2被转化为更高价的物质，所以减少(或NO2发生副反应，所以n(NO2)减少也给分)该反应的活化能高，反应速率慢BC100

达到平衡时尿素的物质的量＜0.5mol，反应达到平衡的时间在10min之前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】

（1）溶液中电解质的导电能力与离子浓度有关；弱电解质加水稀释的过程中存在电离平衡的移动；

（2）盐类溶液中离子之间存在：物料守恒为等同于原醋酸溶液稀释之后浓度；电荷守恒，源自

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体；具有吸附作用，可做净水剂；

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐；亚硫酸根离子水解显碱性。

【详解】

（1）①醋酸属于弱电解质，部分发生电离，离子方程式为：

②冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时；水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降；

③由于酸的物质的量未发生改变；所以酸碱中和中所需的碱的物质的量相同；

（2）由物质的量守恒可知=0.1mol/L.==10−9；

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做净水剂，离子方程式为：

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小关系为：

【点睛】

盐类溶液中离子之间存在三个守恒：物料守恒，电荷守恒，质子守恒，在进行计算时注意观察题中所给式子符合什么变形；盐类溶液中离子浓度大小比较时注意离子的来源，确认溶液中原有的离子和水解或电离出来的离子，原有存在的离子浓度大于水解或者电离产生的离子浓度。【解析】①.CH3COOHCH3COO−＋H+②.冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时，水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降③.相同④.0.1⑤.10−9⑥.Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+⑦.c(Na+)>c(SO32-)>c(OH−)>c(HSO3-)>c(H+)22、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0023、略

【分析】【详解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案为:-90.7kJ/mol；

（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B.气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为不一定非得平衡时物质的量之比为在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B

；在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；

（3）图中D点（1,60），即CO2转化率为60%；根据关系列三段式：

KD=

图中F点（1.5,50），即CO2转化率为50%；根据关系列三段式：

KF=

通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TDF；

图中G点（1.5,40），即CO2转化率为40%；根据关系列三段式：

KG=

恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时；根据关系列三段式：

QG=

因为KG>QG,所以向正反应方向进行。故>

故答案为：TDF；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大；>

（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，【解析】(1)

(2)B在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。

(3)<通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大>

(4)四、判断题(共1题，共5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、实验题(共1题，共7分)25、略

【分析】【分析】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，在碳棒附近溶液中生成OH-；使酚酞变色。

②在碳棒上，发生O2得电子生成OH-的电极反应。

(2)①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性；就可直接与Fe作用。

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜去除，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同。

(3)A.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；也可能是铁片发生了吸氧腐蚀；

C.铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；

D.铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+。

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，不让K3[Fe(CN)6]与Fe接触，而是取Fe电极附近的溶液，进行Fe2+的检验。

【详解】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，碳棒为正极，发生O2得电子生成OH-的反应；从而使碳棒附近溶液变红。答案为：碳棒附近溶液变红；

②在碳棒上，O2得电子生成OH-，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。答案为：O2＋4e-＋2H2O=4OH-；

(2)①有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就有可能发生K3[Fe(CN)6]与Fe的直接作用。答案为：K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验；

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜被破坏，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同，也是破坏铁表面的氧化膜。答案为：Cl-破坏了铁片表面的氧化膜；

(3)A.已除O2的铁片不能发生吸氧腐蚀，只能发生铁片、K3[Fe(CN)6]溶液的反应，从而表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；A符合题意；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)，同时满足两个反应发生的条件，既可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；也可能是铁片发生了吸氧腐蚀，B不合题意；

C.铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)，不能发生吸氧腐蚀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；C符合题意；

D.铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；D不合题意。答案为：AC；

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，取Fe电极附近的溶液，放在另一仪器中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，进行Fe2+的检验。答案为：取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液；若出现蓝色沉淀。

【点睛】

在进行反应分析时，我们需明确Cl-的作用，它仅能破坏铁表面的氧化膜，而不是充当铁与K3[Fe