2025年外研版选修4化学下册月考试卷含答案VIP

…………○…………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8题，共16分)1、已知一定条件下热化学方程式：

2KNO3(s)=2KNO2(s)＋O2(g)ΔH＝+58kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－94kJ·mol－1

为提供分解1molKNO3所需的能量，理论上需完全燃烧碳（）A.molB.molC.molD.mol2、在0.1mol·L－1醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（）A.加热B.加少量水C.加少量盐酸D.加少量醋酸钠晶体3、下列盐的水溶液呈酸性的是A.NaClB.Na2CO3C.CH3COONaD.AlCl34、下列说法正确的是A.0.1mol/LNaHSO3溶液pH=5.6,溶液中粒子浓度c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(SO32-)B.将Na2CO3固体溶于水配成溶液，再向溶液中加水，由水电离出的c(H+)·c(OH－)增大C.碳酸氢钠溶液中：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）D.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜5、物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、11，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（）A.HXHYHZB.HXHZHYC.HZHYHXD.HYHZHX6、配制FeCl3溶液时，为防止其水解，应向溶液中加入少量A.HClB.H2OC.NaClD.NaOH7、在含有浓度均为0.01mol•L-1的Cl-、Br-、I-离子的溶液中，缓慢加入AgNO3稀溶液，析出三种沉淀的先后顺序是A.AgCl、AgBr、AgIB.AgI、AgBr、AgClC.AgBr、AgCl、AgID.三种沉淀同时析出8、下列实验装置；操作正确；且能实现相应实验目的的是：

。

实验装置。

实验操作。

实验目的。

A

用标准KMNO4溶液滴定Na2S2O3溶液。

测定Na2S2O3溶液浓度。

B

蒸发AlCl3溶液。

得到AlCl3固体。

C

逐滴滴加AgNO3溶液。

根据沉淀产生的先后顺序确定Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小。

D

加热NH4Cl固体。

制备NH3

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（）。容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)n(CO)n(CO)Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56y

A.达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，平衡正向移动B.x=0.8，y＞0.4C.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于D.若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，则反应将向正反应方向进行10、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7

下列说法中正确的是A.该反应正反应为放热反应B.容器Ⅰ中前5min的平均反应速率υ(CO)=0.16mol·L-1·min-1C.容器Ⅱ中，a＝0.55molD.若容器Ⅰ为恒压，达到平衡时CO转化率小于80%11、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

实验结论。

A

将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中；出现白色沉淀。

SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

B

向某密闭容器充入NO2；保持温度不变，慢慢扩大容器体积，最终容器中气体颜色比开始时浅。

平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)正向移动。

C

向蔗糖中加入适量浓硫酸；并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味气体。

浓硫酸具有脱水性和强氧化性。

D

在酒精灯上加热铝箔；铝箔熔化，熔化的铝并不滴落。

熔点：氧化铝>铝。

A.AB.BC.CD.D12、草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示或]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.由图可知H2C2O4的K2的数量级是10-5B.b点为恰好完全反应点C.c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)对应1.22＜pH＜4.19D.c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)对应pH=713、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14、0.1mol/LKHSO4和0.1mol/LNa2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶液能使pH试纸变蓝，则离子浓度关系正确的是A.c(SO42-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.c(Na+)=c(S2-)+c(H2S)+c(SO42-)+c(HS-)D.c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(SO42-)+c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)15、已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)=6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液；混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是。

A.M点粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)B.N点时存在：c(Na+)+c(K+)＜2c()+2c()C.从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()D.水的电离程度大小顺序：P＞N＞M16、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、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.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－)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.在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为：____________。19、写出下列热化学反应方程式：

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)；放出92.2kJ热量：______________。

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)；吸收68kJ热量：_______________。

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量：__________。20、硼酸（H3BO3）在食品；医药领域应用广泛。

(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+__________。

(2)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12；由此图可得出：

①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_______________________。

②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”)。

(3)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq），已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）__________21、在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示。

(1)该反应的平衡常数表达式为______________，若温度升高K值增大，则该反应的正反应为__________反应（填吸热或放热）。

(2)a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是______________点。从起点开始首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为___________________________。

(3)25min时，增加了______mol______（填物质的化学式）使平衡发生了移动。

(4)变化过程中a、b、c、d四个时刻体系的颜色由深到浅的顺序是______（填字母）。22、在一定温度下；冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：

（1）“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三点处，溶液中c(H+)由小到大的顺序为________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三点处，电离程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。23、液氨常用作制冷剂；回答下列问题。

（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：

a．NH4I(s)NH3(g)+HI(g)

b．2HI(g)H2(g)+I2(g)

①写出反应a的平衡常数表达式_____________

②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向______（填正向、逆向或不移动），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化______（填加深；变浅或不变）

（2）工业上合成氨的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.60kJ·mol－1

下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是________(填序号)。

a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2

b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键。

c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2

d.混合气体的平均摩尔质量增大。

e.容器内的气体密度不变。

（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行；测得如下数据：

根据表中数据计算：

①反应进行到2h时放出的热量为________kJ。

②0～1h内N2的平均反应速率为________mol·L－1·h－1。

③此温度下该反应的化学平衡常数K＝________(保留两位小数)。

④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向________方向移动(填正反应或逆反应)。

（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因_________________________。24、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25、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____26、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)27、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)28、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：)29、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“＝”）。30、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2分)31、三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水(含H+、)可提取三氧化二砷；提取工艺流程如下：

已知：①常温下，

②As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O。

③As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去过量的S2-。

回答下列问题：

(1)操作M的名称是________，滤液N中含有的阳离子有Fe2+、H+、________。

(2)“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为____________。

(3)“碱浸”的目的是_____________，“滤渣Y”的主要成分是_____________(写化学式)。

(4)“氧化”中发生反应的离子方程式为___________________。

(5)该流程中可循环使用的物质是_________(写化学式)，某次“还原”过程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下该物质的体积是________L。

(6)溶液中金属离子的除去方法之一是Na2S沉降法。常温下，若某溶液中含Fe2+、Ag+，且浓度均为0.1mol·L-1，则向该溶液中滴加稀Na2S溶液时，先生成的沉淀是________(填化学式)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

依据反应2KNO3（s）═2KNO2（s）+O2（g）△H=+58kJ•mol-1，反应1molKNO3所需要吸收的热量=提供热量需要碳燃烧放出，依据热化学方程式计算；C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-94kJ•mol-1，反应放热需要燃烧碳的物质的量为mol；故选B。

【点睛】

本题考查了热化学方程式计算的分析应用，掌握基础顺利解决，题目较简单。2、A【分析】【详解】

在醋酸溶液中存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+∆H>0

A.加热，醋酸的电离平衡正向移动，c(H+)增大；pH减小，A符合题意；

B.加少量水，醋酸溶液稀释，平衡正向移动，n(H+)增大，但c(H+)减小；溶液的pH增大，B不合题意；

C.加少量盐酸，增大了溶液中的c(H+)；平衡逆向移动，C不合题意；

D.加少量醋酸钠晶体，增大了溶液中的c(CH3COO-)；平衡逆向移动，D不合题意。

故选A。

【点睛】

弱电解质溶液加水稀释，虽然平衡正向移动，电离产生离子的物质的量增大，但同时溶液的体积增大，且溶液体积增大对离子浓度的影响占主导地位，所以达平衡时，弱电解质、弱电解质电离产生的离子浓度都减小，水电离产生的离子浓度增大。3、D【分析】【详解】

A.NaCl为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，c(OH-)=c(H+)；溶液呈中性，A错误；

B.Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c(OH-)>c(H+)；溶液呈碱性，B错误；

C.CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-发生水解结合水电离出来的H+，溶液中c(OH-)>c(H+)；溶液呈碱性，C错误；

D.AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+发生水解结合水电离出来的OH-，溶液中c(OH-)+)；溶液呈酸性，D正确；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．0.1mol/LNaHSO3溶液pH=5.6，说明溶液显酸性电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；故A错误；

B．加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H+）、n（OH-）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，因此由水电离出的c(H+)·c(OH－)减小；故B错误；

C．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+（H2CO3），则c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）；故C正确；

D．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜

D．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，溶液呈碱性，H2CO3的电离平衡常数关系Ka1＞Ka2，混合溶液中c（H+）值一定，则＝＝由于Ka1＞Ka2，则＞故D错误；

故答案选C。

【点睛】

把握电离大于水解、电荷守恒及物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D是解答的难点，注意计算式的变形。5、A【分析】【分析】

【详解】

物质的量浓度相同的钠盐，酸根离子的水解程度越大，溶液的pH越大，其对应的酸的酸性越弱，则物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、11，则水解程度X-＜Y-＜Z-，其对应的酸的酸性强弱顺序为HX＞HY＞HZ，故选A。6、A【分析】【分析】

【详解】

氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解显酸性，方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl；所以为防止其水解，应向溶液中加入少量氯化氢，增大氢离子浓度，平衡左移，抑制水解；加水稀释，促进水解，加NaOH，中和了氢离子，促进了水解，NaCl对水解平衡没有影响；

答案选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

向浓度均为0.01mol•L-1的Cl-、Br-、I-的溶液中，缓慢加入AgNO3稀溶液，氯化银、溴化银、碘化银三种化学式中阴阳离子个数比相同，可以用溶度积常数比较判断，溶解性大小顺序是AgCl>AgBr>AgI、生成沉淀的顺序是先生成溶度积常数小的，再生成溶度积常数较大的，所以析出三种沉淀的顺序是AgI、AgBr、AgCl，答案选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A.酸性KMnO4溶液具有强氧化性；应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，A项错误；

B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢；水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铝溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铝，B项错误；

C.同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，生成沉淀颜色不同，若先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；反之亦然，C项正确；

D.加热NH4Cl固体，分解为氨气和氯化氢，两者又会迅速结合生成NH4Cl；无法得到氨气，D项错误；

答案选C。二、多选题(共9题，共18分)9、CD【分析】【详解】

A．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，由于CO2(g)；CO(g)的浓度都不发生变化；所以平衡不发生移动，A不正确；

B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ减小体积为1L；此时平衡逆向移动，x＜0.8，B不正确；

C．若容器Ⅲ中温度也为977K，与容器Ⅰ为等效平衡，达到平衡时，y=0.4，容器Ⅲ中的CO的转化率为=现容器Ⅲ中温度为1250K，相当于977K时的平衡体系升高温度，平衡正向移动，CO的转化率减小，所以容器Ⅲ中的CO的转化率小于C正确；

D．在容器Ⅰ中，K==1，若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，此时浓度商Q==0.2＜1；所以平衡将向正反应方向进行，D正确；

故选CD。10、AC【分析】【详解】

A.若容器I、III的温度都是500℃，则两者是完全全等的等效平衡，容器III的温度为600℃，升高温度COCl2浓度降低；说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；

B.I中平衡时得到△n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则5min内υ(CO)==0.32mol⋅L−1⋅min−1；故B错误；

C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)===0.4mol/L，c(COCl2)==1.6mol/L，化学平衡常数K=温度相同，化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10；

CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)；

初始（mol）1.0a0

变化（mol）0.50.50.5

平衡（mol）0.5(a−0.5)0.5

平衡时c(CO)=c(COCl2)==1mol/L，c(Cl2)=mol/L=2(a−0.5)mol/L，化学平衡常数K==10；解得a=0.55，故C正确；

D.恒容容器I中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率=×100%=80%；若容器I为恒压，相对于恒容容器，增大压强平衡正向移动，CO的平衡转化率大于80%，故D错误；

答案选AC。11、CD【分析】【详解】

A．由于亚硫酸的酸性比盐酸弱；则二氧化硫与氯化钡溶液不反应，不能生成沉淀，现象和结论均不正确，故A错误；

B．由勒沙特列原理可知；减小压强，平衡逆向移动，气体的体积增大，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，结论不正确，故B错误；

C．向蔗糖中加入浓硫酸；并不断用玻璃棒搅拌，变黑，体积膨胀，放出刺激性气体，反应中生成碳；二氧化碳、二氧化硫等，可说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C正确；

D．熔化的铝并不滴落；是因为表面生成熔点更高的氧化铝，故D正确；

故选CD。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意平衡移动的原理的应用，本题中气体颜色的深浅与二氧化氮的浓度大小有关，与平衡移动的方向不一定一致。12、BC【分析】【分析】

H2C2O4溶液中加碱，起初发生反应H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，后来发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，所以曲线Ⅰ为lgX[X表示]，曲线Ⅱ为lgX[X表示]。

【详解】

A．在图中b点，lg=0，pH=4.19，H2C2O4的K2==10-4.19，数量级是10-5；A正确；

B．在b点，=1，则c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以反应结束时HC2O4-只有一部分与OH-反应；B不正确；

C．在pH=1.22稍后区域，c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)，在pH=4.19稍前区域，c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；C不正确；

D．pH=7时，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；D正确；

故选BC。13、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。14、AC【分析】【分析】

0.1mol∙L−1KHSO4和0.1mol∙L−1Na2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液能使pH试纸变蓝，说明反应后溶液显碱性，是HS－水解为主。

【详解】

A.溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液显碱性，因此有c(SO42−)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)；故A正确；

B.溶液显碱性，因此有c(Na+)＞c(K+)＞c(OH－)＞c(H+)；故B错误。

C.根据物料守恒，最开始硫离子浓度和硫酸根浓度之和等于钠离子浓度，再展开硫离子存在于硫离子、硫氢根离子、硫化氢，因此得到c(Na+)=c(S2−)+c(H2S)+c(SO42−)+c(HS－)；故C正确；

D.根据电荷守恒有c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42−)+2c(S2−)+c(HS－)+c(OH－)；故D错误。

综上所述，答案为AC。15、AC【分析】【分析】

M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，根据电离平衡常数判断水解和电离程度的大小；N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，P中存在K2C2O4、Na2C2O4和过量的NaOH；可水解的盐促进水的电离；酸和碱抑制水的电离，由此进行解题。

【详解】

A．M点时还未加入氢氧化钠溶液，体系中为KHC2O4溶液，HC2O4-会水解：+H2O⇌H2C2O4+OH-，Kh（）====1.7×10-13，HC2O4-也会电离：⇌+H+，由于Kh（）<Ka2，草酸氢根在溶液中的电离程度大于其水解程度，显酸性，故粒子浓度：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)；A正确；

B．N点为反应终点：2NaOH+2KHC2O4=2H2O+K2C2O4+Na2C2O4，根据物料守恒可推出：c(Na+)+c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，所以N点时存在：c(Na+)+c(K+)＞2c()+2c()；B错误；

C．从N点到P点的过程中，溶液中存在K2C2O4、Na2C2O4和NaOH(K2C2O4：Na2C2O4=1：1)，水解生成H2C2O4，故c(Na+)＞c()，故溶液中一定存在：c(Na+)+c(H2C2O4)＞c()；C正确；

D．根据A项分析，M点的微弱电离抑制水的电离，N点由于的水解促进水的电离；P中存在过量的NaOH抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为：N＞M＞P，D错误；

答案选AC。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、AB【分析】溶液中的离子浓度关系；根据出现在前，不出现在后原则，及判断溶液酸碱性；注意根据电离；水解的强弱判断产物的浓度大小。

【详解】

A．任一混合溶液，有电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又溶液显中性，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)、c(H＋)＝c(OH－)；则A正确；

B．在Na2CO3溶液中，有质子守恒：c(OH－)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)+c(H＋)，氢离子移项可得到：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)；故B正确；

C．向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液，反应后溶质是等量的NaHCO3和Na2CO3，溶液显碱性，则碳酸氢根的水解大于电离，则电离产物CO32－量少；故C错误；

D．NaHCO3溶液显碱性，在比较离子浓度大小时，根据出现在前，不出现在后的原则来书写，又碳酸氢根的水解大于电离，则电离产物CO32－量小于水解产物H2CO3，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)；故D错误；

答案选AB。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【详解】

S在氧气中燃烧生成SO2，32gS发生反应放出297kJ的能量，根据热化学方程式书写规则，S燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1

【点睛】

在书写热化学方程式时，25℃、101kPa的条件可以不注明。【解析】S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-119、略

【分析】【分析】

热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答。

【详解】

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)，放出92.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)，吸收68kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量，则该反应的热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【点睛】

本题考查了热化学方程式的书写，物质反应过程的热量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关，相同质量的物质含有的能量：气态>液态>固态；放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热的单位是kJ/mol。热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。【解析】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol20、略

【分析】【详解】

（1）根据原子守恒，B2H6与水反应的化学方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。

（2）①根据图像，温度升高，达到平衡的时间缩短，说明升高温度化学反应速率加快；根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大；说明升高温度，平衡正向移动。

②根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，则∆H>0。

（3）反应H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）的平衡常数K=c{[B(OH)4]-}·c(H+)/c(H3BO3)，平衡时c平衡{[B(OH)4]-}=c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3）=0.7mol/L，则K==5.7×10-10mol/L。【解析】①.6H2②.升高温度，反应速率加快，平衡正向移动③.>④.5.7×10-10mol/L21、略

【分析】【详解】

（1）反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数表达式为：K＝若温度升高K值增大，反应向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，故答案为：K＝吸热；

（2）由图可知，10～25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为故答案为：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2，其加入的物质的量=(1.0mol⋅L−1-0.6mol⋅L−1)×2L=0.8mol；故答案为：0.8mol；NO2；

（4）从a到b，c(NO2)增大，c点和d点分别是增大c(NO2)后未达到平衡的点和平衡时的点，所以c点c(NO2)大于d点，二氧化氮浓度越大颜色越深，所以颜色由深到浅的顺序是c＞d＞b＞a。【解析】K＝吸热b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a22、略

【分析】【分析】

溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中离子浓度随着水的加入先逐渐增大后逐渐减小，c(H+)在b点处的溶液中最大，在c点处的溶液中最小，这是因为加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势，c(H+)增大还是减小；取决于这两种趋势中哪一种占主导地位，越稀越电离，电离程度增大，向溶液中加入消耗氢离子的物质会使平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小。

【详解】

⑴“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是在“O”点处；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故导电能力为0，故答案为：在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在。

⑵导电能力越强，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的顺序为c<a<b，故答案为：c<a<b。

⑶加水稀释；越稀越电离，因此电离程度最大的是c，故答案为：c。

⑷若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①加少量NaOH固体；②加少量Na2CO3固体；③加入Zn，Mg等活泼金属，故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn，Mg等活泼金属。【解析】①.在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固体⑤.加少量Na2CO3固体⑥.加入Zn，Mg等活泼金属23、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①反应NH4I(s)NH3(g)+HI(g)平衡常数表达式是k＝c(NH3)∙c(HI)②反应2HI(g)H2(g)+I2(g)由于是反应前后气体体积相等的反应，达到平衡后，扩大容器体积，2HI(g)H2(g)+I2(g)不移动。由于容器的容积扩大，所以达到新的平衡时容器内颜色变浅；（2）a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2，则反应处于平衡状态，错误；b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键，则反应正向进行，正确；c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2是任何状态下都存在的状态，不能确定反应进行的方向或程度，错误；d.由于第一个反应是气体体积增大的反应，如果反映未达到平衡状态，反应正向进行，则混合气体的质量增大，由更高的固体变为气体，混合气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量增大，正确；e.无论反应是否处于平衡状态，容器内的气体密度不变，因此不能确定反应进行的方向，错误。（3）①根据方程式可知1mol的氮气完全反应放出热量是92.60kJ，反应进行到2h时N2发生反应消耗了0.3mol，则放出的热量为92.60kJ/mol×0.3mol=27.78KJ；②0～1h内H2的平均反应速率为V(H2)=(4.50-4.20)mol÷2L÷1h=0.15(mol/L∙h)，由于V(H2)=3V(N2)，所以V(N2)=V(H2)÷3=0.05(mol/L∙h)，③当反应达到平衡时，c(N2)=0.5mol/Lc(H2)=1.5mol/L,c(NH3)=0.5mol/L,此温度下该反应的化学平衡常数K＝0.15;④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，则由于反应物的浓度增大的多，所以化学平衡将向正反应方向移动；（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，水溶液显碱性是由于存在电离平衡：N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－。

考点：考查化学反应速率、化学平衡移动、反应的化学平衡常数的计算、移动方向、物质的溶液的酸碱性的原因分析的知识。【解析】k＝c(NH3)∙c(HI)不移动变浅b、d27.780.050.15正反应N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－24、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】Mbc25、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26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)四、判断题(共1题，共9分)27、×【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)28、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-0.5129、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