2025年浙科版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年浙科版选修4化学上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5题，共10分)1、下列说法正确的是

A.则B.燃烧热为则C.已知则1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应放出热量均为D.如图，可知b为加入催化剂后的能量变化，正反应活化能比逆反应活化能低2、可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)；反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量与温度(T)和压强(p)的关系如图。下列叙述不正确的是。

A.达平衡后，若升温，平衡左移B.达平衡后，加入催化剂，则C的百分含量不变C.化学方程式中a＋b＞c＋dD.达平衡后，减小A的量有利于平衡向左移动3、电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是()

A.曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线B.b点溶液中：pH<7C.d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D.c、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是d点4、在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液，然后灼烧，可以得到该固体的是A.AlCl3B.NaHCO3C.(NH4)2CO3D.MgSO45、已知丙烷（C3H8）的燃烧热ΔH=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水，则放出的热量约为（）A.55kJB.22kJC.550kJD.1108kJg评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、初始温度为t℃，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生如下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，测得反应的相关数据如下：。容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L41001II绝热恒容1Lp20022aIII恒温恒压2Lp38200b

下列说法正确的是()A.反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行7、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.8、在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH<0B.T1时，该反应的平衡常数为C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2D.若T21，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%9、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10、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＝1411、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-)12、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－）13、电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述正确的是（）A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.碳酸钠溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c(H+)前者小于后者D.等浓度的CH3COOH与KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、Ⅰ.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)；某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A；B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为___________________，该反应的化学方程式为______________________。

（2）经12s时间，v(A)＝___________,v(C)＝___________，该反应12s时___________达到化学平衡（“是”或“否”）。

Ⅱ.（3）下列说法可以证明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是________(填序号)。

A．单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

B．一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

C．温度和体积一定时；混合气体颜色不再变化。

D．反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)15、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。16、某二元酸（H2A）在水中的电离方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列问题：

（1）Na2A溶液显碱性理由是：__（用离子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。

A．图中对应点的温度关系为：a＞b＞c

B．纯水仅升高温度；可从a点变到c点。

C．水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d

D．在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性17、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中18、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。19、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________。20、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)21、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24分)22、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：)23、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“＝”）。24、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10分)25、为了缓解温空效应，科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。

(1)方案1:利用FeO吸收CO2获得H2

ⅰ.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔH1=-76.0kJ/mol

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

请写出由FeO制备H2的热化学方程式_________________。

方案2:利用CO2制备CH4

300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2发生反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。

(2)①从反应开始到恰好达到平衡时，H2的平均反应速率v(H2)=_________________。

②300℃时，反应的平衡常数K=_______________。

③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2.0molH2、5.6molCH4、4.0molH2O(g)。则v正____________v逆(填“>”“<”或“=")

(3)下列有关说法正确的是(填序号)_______________。

A.容器内密度不变；说明反应达到平衡状态。

B.容器内压强不变；说明反应达到平衡状态。

C.300℃时，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度等于1.6mo/L

D.每断开2molC=O键的同时断开4molC-H键；说明反应达到平衡状态。

E.达到平衡后；分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动。

(4)已知200℃时，该反应的平衡常数K=64.8(L/mol)2。则ΔH4________0(填“>”“<”或“=”)。

方案3：利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2；其工作原理如图所示:（假设开始时两极的质量相等）

(5)①放电时，正极的电极反应式为_______________。

②若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为_____g。26、氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)应用很广；在一定条件下可以相互转化。

(1)已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1

NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH2

2NO2(g)N2O4(g)ΔH3

2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH4

则反应N2O4(g)＋O3(g)=N2O5(g)＋O2(g)的ΔH＝__________。

(2)N2O5在一定条件下发生分解：2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：。t/min0.001.002.003.004.005.00c(N2O5)/(mol·L－1)1.000.710.500.350.250.17

设反应开始时体系压强为p0，2.00min末体系的压强为p，则p∶p0＝________

(3)N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α(N2O4)]随温度变化如图所示。

①图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108kPa，计算该温度下反应的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数)。

②由图推测N2O4(g)2NO2(g)是吸热反应还是放热反应，说明理由：________。若要提高N2O4转化率，除改变反应温度外，其他措施有________(任写一条)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．燃烧反应的焓变为负，且完全燃烧放出热量多，即生成二氧化碳时焓变小，则故A错误；

B．燃烧热中生成液态水，由燃烧热为则故B错误；

C．1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应若生成难溶盐时放出热量，生成1mol水时放出热量为则1mol强酸的稀溶液与足量的强碱反应放出热量不一定为故C错误；

D．催化剂可降低反应的活化能，图中则b为加入催化剂后的能量变化，正反应活化能比逆反应活化能低故D正确；

故选：D。2、C【分析】【分析】

A．先拐先平衡，数值大，因此在C的百分含量与温度(T)图象中可知T2>T1；升高温度，C的百分含量降低，说明当温度升高时，平衡逆向移动，由此可知该反应为放热反应；

B．加入催化剂；反应速率加快，但平衡不移动；

C．先拐先平衡，数值大，因此在C的百分含量与压强(p)的关系图中可知p1>p2；增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强，平衡逆向移动，由此可知该反应为气体体积增大的反应；

D．达到平衡后减小A的量；平衡逆向移动。

【详解】

A．由分析可知；该反应为放热反应，达平衡后，若升高温度，平衡逆向移动，A项正确，不符合题目要求；

B．加入催化剂；反应速率加快，但平衡不移动，因此C的百分含量不变，B项正确，不符合题目要求；

C．由分析可知，该反应为气体体积增大的反应，因此化学方程式中a＋b

D．达到平衡后减小A的量；平衡逆向移动，D项正确，不符合题目要求；

答案选C。

【点睛】

表示不同条件下，反应达到平衡的时间快慢、反应速率的快慢以及平衡混合物中某物质的百分含量的关系。解题方法是“先拐先平，数值大”。即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。3、B【分析】【分析】

电解质溶液电导率越大导电能力越强；电导率与离子浓度成正比，离子浓度越大电导率越大，则溶液导电性越强，在未加HCl溶液时，①的电导率大于②，说明①是强碱；②是弱碱，则①NaOH溶液、②是二甲胺溶液；

【详解】

A．由分析可知；曲线②为二甲胺溶液的变化曲线，故A正确；

B．b点溶液中的溶质为(CH3)2NH·H2O和（CH3）2NH2Cl，且物质的量之比为1:1；Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4，则Kh[(CH3)2NH2+]=KW/Kb=10-14/1.6×10－4=6.25×10－9，故溶液中电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，所以pH>7,故B错误；

C.d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，根据质子守恒可知：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]；故C正确；

D.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，c点溶液中溶质为NaCl，d点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl，e点溶液中溶质为（CH3）2NH2Cl和HCl；且二者浓度相等，c对水的电离没有影响；e抑制水电离、d促进水电离，所以水电离程度最大的是d点，故D正确；

故答案为B。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析、知识综合运用能力，明确图中各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意d点不仅仅有中和反应还有弱电解质的电离。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．加入AlCl3溶液；水解生成氢氧化铝，灼烧生成氧化铝固体，故A不选；

B．NaHCO3不稳定；加热分解生成碳酸钠，故B不选；

C．（NH4）2CO3不稳定；加热分解生成氨气；水和二氧化碳气体，故C不选；

D．加热硫酸镁溶液；即使水解，因硫酸难挥发，最终产物应为硫酸镁，故D选；

答案选D。5、A【分析】【分析】

根据燃烧热的定义写出热化学方程式；根据方程式进行基本计算。

【详解】

1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时放出的热量为燃烧热，丙烷的燃烧热ΔH=-2215kJ·mol-1即1mol丙烷完全燃烧生成4mol（72g）水时放出的热量是2215kJ，设生成1.8g液态水放出的热量为x，则有解得x=55.375kJ；

答案选A。二、多选题(共8题，共16分)6、BD【分析】【分析】

三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。

【详解】

A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1；故Ａ错误；

B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a＞1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2；故B正确；

C．根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa；故C错误；

D．反应容器Ⅰ平衡常数若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行，故D正确。

综上所述，答案为BD。7、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。8、AD【分析】【分析】

A.由图可知，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使平衡逆向移动；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L；根据反应方程式计算；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析；容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；

D.为放热反应；起始量III看成I体积减小一半，温度降低；压强增大，均使平衡正向移动。

【详解】

A.图中温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==故B错误；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2，则平衡时两容器压力比为==＞故C错误；

D.T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为×100%=40%；温度降低；压强增大，均使平衡正向移动，容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，故D正确；

故答案选AD。

【点睛】

物质的量浓度随时间的变化曲线，把握图中浓度变化、压强与温度对平衡的影响为解答的关键，注意选项C容器容积和反应温度一定时，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，S是固体，不改变浓度。9、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。10、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。11、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。12、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。13、CD【分析】【详解】

A.盐酸无限稀释仍为酸性；其pH小于7，A错误；

B.碳酸钠溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B错误；

C.氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，水电离出的c(H+)前者小于后者；C正确；

D.CH3COOH与KOH任意比混合，溶液中仅有4种离子，其电荷守恒关系为：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正确；故答案为：CD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

依据图象可知：A、B为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，则A、B变化的浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L，推知a:b=3:1。

【详解】

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为0.05mol·L－1·s－14s2L=0.4mol；由图可知，4s内A的变化浓度为0.3mol/L，C的变化浓度为0.2mol/L，则a:c=3:2，又因a:b=3:1，则a:b:c=3:1:2，故该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。

（2）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）=因v(A)：v(C)＝3:2，则有图可知12s后各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态。

（3）A.单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI，速率之比不等于物质的量之比，A错误；

B.一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂；说明正逆反应速率相等，B正确；

C.混合气体颜色不再变化；说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，C正确；

D.反应速率v（H2）=v（I2）=v（HI）；未体现正与逆的关系，D错误；

答案选BC。【解析】0.4mol3A(g)＋B(g)2C(g)0.05mol/(Ls)0.03mol/(Ls)是BC15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>16、略

【分析】【详解】

(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案为：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步电离为完全电离，则溶液中没有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒；所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1；A项错误；

B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(HA−)；B项正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C项正确；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D项正确，故答案为：BCD；

(3)A.温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，a点Kw=10−14，所以b＞c＞a；A项错误；

B.c点Kw=10−13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，B项错误；

C.由图可计算出各点的水的离子积，d点Kw=10−14，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞a；C项正确；

D.b点Kw=10−12；中性溶液pH=6，将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，D项正确；故选CD。

【点睛】

本题易错点(3)，图象数据分析，要先明确纵轴、横轴所代表的意义，结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断，温度越高，水的离子积常数越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD17、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于19、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。20、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC四、判断题(共1题，共3分)21、×【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24分)22、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-0.5123、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><24、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所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN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c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、原理综合题(共2题，共10分)25、略

【分析】【分析】

(1)根据盖斯定律；将已知的热化学方程式进行叠加，可得相应反应的热化学方程式；

(2)①先计算甲烷的化学反应速率；然后根据方程式中甲烷与氢气的物质的量关系计算氢气的反应速率；

②根据化学平衡常数的定义式计算；

③计算此时的浓度商；然后根据浓度商与化学平衡常数大小判断反应进行的方向；

(3)根据