2024年魯人新版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年魯人新版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷661考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、常溫下，和兩種酸溶液，起始時溶液體積均為分別向兩溶液中加水進(jìn)行稀釋，稀釋后溶液的體積為V，溶液pH隨的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.等物質(zhì)的量濃度的和溶液中，后者水的電離程度大B.當(dāng)稀釋至?xí)r，等體積的兩種酸中和C.當(dāng)兩溶液均稀釋至?xí)r，溶液中：D.的電離方程式：2、室溫下，用0.10mol?L-1鹽酸滴定0.10mol?L-1氨水，滴定過程中NH3?H2O、NH4+(假設(shè)：溶液中的含氮微粒只有NH3?H2O和NH4+)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化關(guān)系如圖所示[例如：δ(NH3?H2O)=]。下列判斷正確的是（）

A.曲線L1代表δ(NH4+)與pH的變化關(guān)系B.NH3?H2O的電離常數(shù)Ka(NH3?H2O)=1.0×10-4.7C.水的電離程度：P>MD.P點(diǎn)時混合溶液中存在：c(Cl-)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)3、一定溫度下，水溶液中和的濃度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是

A.升高溫度，可能引起由a向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數(shù)為C.該溫度下，向水中加入固體可能引起由b向a的變化D.稀釋該溫度下某溶液可引起由b向c的變化4、下列實(shí)驗(yàn)方案中，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象目的或結(jié)論A用pH試紙分別測定相同溫度和相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH驗(yàn)證酸性：CH3COOH＞HClOB在一定條件下,向混有少量乙烯的乙烷中通入氫氣除去乙烷中的乙烯C向盛有少量Mg(OH)2固體的試管中加入適量NH4Cl濃溶液，充分振蕩，白色固體溶解與Mg(OH)2溶解出的OH-結(jié)合，導(dǎo)致Mg(OH)2溶解D向NaI、NaCl混合稀溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)sp(AgCl)

A.AB.BC.CD.D5、25℃時，在Fe(OH)2和Cu(OH)2的飽和溶液中，金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)[-1g(M2+)]與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示，已知該溫度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。

下列說法正確的是()A.向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH，可轉(zhuǎn)化為Y點(diǎn)對應(yīng)的溶液B.b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1(mol/L)3C.當(dāng)Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存時，溶液中：c(Fe2+):c(Cu2+)=1:104.6D.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入適量CuO評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、25°C向中滴加過程中，變化如圖所示。

（1）A點(diǎn)溶液用化學(xué)用語解釋原因：_________________。

（2）下列有關(guān)B點(diǎn)溶液的說法正確的是_______________（填字母序號）。

a.溶質(zhì)為：

b.微粒濃度滿足：

c.微粒濃度滿足：

（3）兩點(diǎn)水的電離程度：______（填“”、“”或“”）。7、采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)；在含能材料；醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=?4.4kJ·mol?1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=?55.3kJ·mol?1

則反應(yīng)N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。8、弱電解質(zhì)的電離平衡；鹽類的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學(xué)平衡。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－?H＋＋A2－。

（1）常溫下NaHA溶液的pH________(填序號)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.無法確定。

（2）某溫度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)。此時該混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室溫下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，則0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由為______________。9、已知常溫下：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－Kh=2.2×10－8

NH3·H2ONH4＋＋OH－Kb=1.8×10－5

將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合；可用于浸取礦渣中ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略。

(1)0.2mol·L-1氨水中，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)、c(H+)按從大到小的順序排列為________；常溫下，0.2mol·L-1NH4HCO3溶液pH________7(選填“>”；“〈”或“=”)。

(2)0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合后（NH3按NH3·H2O算），c(NH4+)+c(NH3·H2O)=______mol·L-1。10、現(xiàn)將0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合得混合溶液Q。

(1)若A為CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是___；若A為HCl，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為___mol·L-1；若A為H2S，Q接近中性，則HS-的電離能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“無法確定”)。

(2)根據(jù)(1)中信息比較相同條件下，濃度均為0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，陰離子總濃度由大到小的順序?yàn)開__(填序號)。

(3)用濃度為0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同體積、相同濃度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，當(dāng)?shù)味ㄖ林行詴r，消耗NaOH溶液的體積分別為amL、bmL、cmL，則a、b、c的大小關(guān)系是___。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)12、隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)13、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。14、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點(diǎn)①和點(diǎn)②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共12分)15、某研究小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，探究常溫下催化劑對過氧化氫分解反應(yīng)的影響。ⅠⅡⅢ實(shí)驗(yàn)操作。

示意圖實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象有極少量氣泡產(chǎn)生產(chǎn)生氣泡速率略有加快產(chǎn)生氣泡速率明顯加快

（1）實(shí)驗(yàn)Ⅰ的作用是_______________。

（2）實(shí)驗(yàn)Ⅲ中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅲ中現(xiàn)象的不同；可以得出的結(jié)論是：

①使用合適的催化劑；可提高雙氧水分解的反應(yīng)速率；

②_______________。

（4）在一定溫度下，10mL0.40mol/L，H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表所示：。t/min0246810V（O2）/mL09.917.222.426.529.9

0~6min，以H2O2的濃度變化表示的反應(yīng)速率為v（H2O2）＝_________mol/（L·min）。（計(jì)算結(jié)果精確到0.001）16、甲醇是重要的化工原料；研究甲醇的制備及用途在工業(yè)上有重要的意義。

(1)一種重要的工業(yè)制備甲醇的反應(yīng)為△H

已知：①

②

試計(jì)算制備反應(yīng)的△H=_______。

(2)在某恒溫恒壓容器中進(jìn)行反應(yīng)達(dá)到平衡時容器容積為1L。A、B、C、D的物質(zhì)的量依次為3mol、1mol、1mol、1mol；若往容器中再通入6molA，此時平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移動，該反應(yīng)的△H_______(填“大于”或“小于”)0。

(3)對于反應(yīng)其中分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，p為氣體分壓(分壓=物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)×總壓)。在540K下，按初始投料比得到不同壓強(qiáng)條件下的平衡轉(zhuǎn)化率關(guān)系圖：

①比較a、b；c各曲線所表示的投料比大小順序?yàn)開______(用字母表示)。

②點(diǎn)N在線b上，計(jì)算540K的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算)。

③540K條件下，某容器測得某時刻MPa，MPa，MPa，此時_______。

(4)甲醇催化可制取丙烯，反應(yīng)為反應(yīng)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中曲線a所示，已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為(Ea為活化能；k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。

該反應(yīng)的活化能Ea=_______17、氨氣是重要的化工原料；廣泛應(yīng)用于化工；輕工、制藥、合成纖維等領(lǐng)城。

(1)一定條件下，Haber法工業(yè)合成氨反應(yīng)的能量變化如圖所示(ad表示被催化劑吸附；反應(yīng)歷程中粒子均為氣態(tài))：

①該條件下，N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=_______。

②寫出一條既能加快反應(yīng)速率又能提高N2平衡轉(zhuǎn)化率的措施_______。

(2)工業(yè)上用NH3催化還原煙氣中NOx可以消除氮氧化物的污染。煙氣以一定的流速通過兩種不同催化劑；測得煙氣脫氮率(即氮氧化物轉(zhuǎn)化率)與溫度的關(guān)系如圖。

反應(yīng)原理為：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)?2N2(g)+3H2O(g)。

下列說法正確的是_______(填序號)。A．相同條件下，改變壓強(qiáng)對脫氮率沒有影響B(tài)．在交叉點(diǎn)P處，不管使用哪種催化劑，上述反應(yīng)都未達(dá)平衡C．催化劑a、b分別適合于250℃和450℃左右脫氮D．由曲線a溫度升高到一定程度后脫氮率下降可推知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)(3)溫度為T時，在恒容的密閉容器中充入0.5molNH3(g)和1molNO(g)，發(fā)生反應(yīng)：4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(1)。起始壓強(qiáng)為pkPa，10min時達(dá)到平衡，測得壓強(qiáng)為pkPa。則10min內(nèi)N2的反應(yīng)速率v(N2)=_______kPa/min。T時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_______(列出含p的計(jì)算式即可；分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

(4)我國科學(xué)家合成了一種新型的Fe-SnO2催化劑；用該催化劑修飾電極，可實(shí)現(xiàn)室溫條件下電催化固氮生產(chǎn)氨和硝酸，原理如圖所示：

①電解時雙極膜中的H2O解離為H+和OH-，H+向_______室(填“a”或“b”)移動。

②寫出陽極的電極反應(yīng)式_______。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【詳解】

根據(jù)圖知，時，即溶液未稀釋時的說明該溶液中則為強(qiáng)酸；時，的溶液的則該酸為弱酸；

A.根據(jù)以上分析可知是強(qiáng)酸，是弱酸，所以和溶液中；后者會水解，促進(jìn)水的電離，故A正確；

B.pH相等時，的濃度大；物質(zhì)的量多，中和的氫氧化鈉多，故B錯誤；

C.加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，高錳酸完全電離，所以當(dāng)稀釋至pH均為3時，溶液中故C錯誤；

D.是弱酸；弱電解質(zhì)電離用可逆號，故D錯誤。

故選A。2、B【分析】【分析】

NH3·H2O與HCl反應(yīng)：NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，隨著反應(yīng)進(jìn)行，pH逐漸減小，c(NH4＋)增大，推出L2代表NH4＋物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系，L1代表NH3·H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系；據(jù)此分析；

【詳解】

A.pH越小，含量越大，結(jié)合圖像分析可知曲線代表與pH的變化關(guān)系；故A錯誤；

B.根據(jù)P點(diǎn)數(shù)據(jù)分析可知P點(diǎn)銨根離子濃度等于一水合氨的濃度，氫氧根離子濃度為所以的電離常數(shù)故B正確；

C.M點(diǎn)相對于P點(diǎn)，銨離子含量前者大，所以對水的電離促進(jìn)程度大，所以水的電離程度：故C錯誤；

D.根據(jù)題目信息可知P點(diǎn)的溶液中含有等量的氯化銨和一水合氨，所以c(Cl－)3·H2O)＋c(NH4＋)；故D錯誤。

答案：B。3、C【分析】【分析】

A．升高溫度；水的離子積常數(shù)增大；

B．由b點(diǎn)計(jì)算此溫度下水的離子積常數(shù)為

C．鐵離子水解；溶液中氫離子濃度增大；

D．稀釋中性溶液；溶液仍然為中性。

【詳解】

A．溫度升高，水的離子積常數(shù)增大，水溶液中，氫離子和氫氧根離子濃度都增大，升高溫度后將不在曲線上，不可能引起由a向b的變化；故A錯誤；

B．b點(diǎn)故K故B錯誤；

C．加入氯化鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子結(jié)合水電離出的氫氧根，促進(jìn)水的電離平衡右移，即氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小由b到符合圖像變化趨勢，故C正確；

D．b點(diǎn)呈中性，稀釋后溶液仍然呈中性，而c點(diǎn)溶液呈堿性，不可能引起由b向c的變化；故D錯誤；

故選：C。

【點(diǎn)睛】

本題主要考查的是水的離子積常數(shù)以及水電離的影響因素，題目難度不大，掌握水的離子積為溫度的函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。4、C【分析】【詳解】

A．次氯酸鈉水解產(chǎn)生的次氯酸具有強(qiáng)氧化性；會將pH試紙漂白，無法用pH試紙測定其pH值，故A錯誤；

B．無法保證氫氣全部反應(yīng)；所以會引入新的雜質(zhì)，故B錯誤；

C．一水合氨為弱堿；氫氧化鎂電離的氫氧根離子可與銨根離子結(jié)合生成一水合氨，使氫氧化鎂沉淀溶解平衡正向移動，沉淀溶解，故C正確；

D．離子濃度相同條件下，溶度積越小的越易先產(chǎn)生沉淀，但本實(shí)驗(yàn)中并未注明c(Cl-)、c(I-)的大小關(guān)系；所以無法判斷溶度積大小，故D錯誤；

故答案為C。5、B【分析】【分析】

縱坐標(biāo)為金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)[-1g(M2+)]，縱坐標(biāo)數(shù)值越大，說明對應(yīng)的金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度越小。結(jié)合pH的數(shù)值，根據(jù)題給信息“該溫度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]”可推知，溶液酸堿性相同時，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，離子濃度越大，-lgc(M2+)值越小，則相同條件下，飽和溶液中c(Fe2+)較大，所以Fe(OH)2飽和溶液中-lgc(Fe2+)較小，則b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系，a線表示Cu(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系。

【詳解】

A．向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH，溶液中會生成Cu(OH)2沉淀；溶液中銅離子的濃度會減小，而圖中從X點(diǎn)到Y(jié)點(diǎn)銅離子濃度不變，與實(shí)驗(yàn)事實(shí)不相符，故A項(xiàng)錯誤；

B．結(jié)合以上分析可知，b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系；由圖象可知，pH=8時，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=B項(xiàng)正確；

C．當(dāng)pH=10時，-lgc(Cu2+)=11.7，則Ksp[Cu(OH)2]=C項(xiàng)錯誤；

D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入適量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+濃度不變；D項(xiàng)錯誤。

答案選B。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【分析】

（1）是弱電解質(zhì)，用化學(xué)用語解釋溶液即寫出電離的方程式；

（2）B點(diǎn)加入的的物質(zhì)的量為的一半，故溶質(zhì)為和且物質(zhì)的量之比為1:1；

（3）酸和堿會抑制水的電離；大部分能水解的鹽促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，導(dǎo)致氫離子濃度小于溶液其電離的方程式為：

（2）B點(diǎn)溶液：

a.和物質(zhì)的量之比為1:1；故a正確；

b.由電荷守恒可知，溶液中存在：故b正確；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c錯誤；

（3）酸和堿會抑制水的電離，大部分能水解的鹽促進(jìn)水的電離，A點(diǎn)的酸性溶液抑制水的電離，C點(diǎn)為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，因?yàn)镻H=7，醋酸的抑制作用與醋酸鈉的促進(jìn)作用相互抵消，對水的電離無影響，故水的電離程度：A

【點(diǎn)睛】

（1）判斷酸堿中和時水的電離程度技巧：

酸堿恰好完全反應(yīng)生成正鹽時水的電離程度最大；

（2）判斷溶液中某些等式是否正確，可從電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒等入手?！窘馕觥縜b7、略

【分析】【詳解】

第一個方程式×-第二個方程式得到第三個方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol?1，故答案為：53.1。【解析】53.18、略

【分析】【分析】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1。

【詳解】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性，故答案為：B；HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關(guān)系一定正確的是BC；故答案為：BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1，故答案為：＜；H2A第一步電離所產(chǎn)生的H+對HA的電離起抑制作用?！窘馕觥竣?B②.HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步電離所產(chǎn)生的H+對HA的電離起抑制作用。9、略

【分析】【詳解】

（1）氨水中c(NH3?H2O)最大，因?yàn)樗畷婋x出OH-，故水的電離較弱，故c(H+)最小，故濃從大到小為：故溶液呈堿性，溶液pH>7；

故答案為：>；

（2）由物料守恒可知，二者混合后，含氮元素微?？倽舛葹?.2mol/L，故

故答案為：0.2。【解析】①.②.>③.0.210、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得溶液Q為0.01mol·L-1的某酸(A)與0.01mol·L-1的某酸鈉鹽的混合溶液。若混合溶液顯酸性；則主要發(fā)生某酸的電離；若混合溶液呈堿性，則主要發(fā)生某酸鈉鹽的水解，若混合溶液呈中性，則可認(rèn)為某酸的電離程度與某酸鹽的水解程度相等。

【詳解】

(1)若A為CH3COOH，所得溶液為0.01mol·L-1CH3COOH與0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，則CH3COOH電離大于CH3COO-的水解，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A為HCl，則所得溶液為0.01mol·L-1HCl與0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為mol·L-1=10-10mol·L-1；若A為H2S，則所得溶液為0.01mol·L-1H2S與0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，則表明HS-易發(fā)生水解，即HS-電離能力<水解能力。答案為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

對于①、②來說，最后一步水電離，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最強(qiáng)，②中次之，③中不受影響，所以陰離子總濃度由大到小的順序?yàn)棰?gt;②>①。答案為：③>②>①；

(3)濃度為0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必須有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的體積越小，故a、b、c的大小關(guān)系是a>b>c。答案為：a>b>c。

【點(diǎn)睛】

0.1mol/L的鹽溶液中，酸根離子與酸根水解生成的OH-的濃度和為0.1mol/L，所以比較溶液中陰離子的總濃度，實(shí)際上就是比較混合溶液中呈現(xiàn)水電離出H+的那一步水的電離能力，此步水的電離能力越弱，則溶液中陰離子的總濃度越小?！窘馕觥竣?c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c三、判斷題(共1題，共2分)11、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)12、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應(yīng)Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時則平衡時

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應(yīng)步驟為

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5113、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成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）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：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。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><14、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強(qiáng)，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點(diǎn)①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用。【解析】aHCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、原理綜合題(共3題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

（1）實(shí)驗(yàn)Ⅰ中加入1mL水是讓溶液總體積相同，確保雙氧水的濃度相同，但沒加催化劑，與Ⅱ、Ⅲ相同，作對照實(shí)驗(yàn)，證明實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ中的速率加快與溶液濃度無關(guān)；（2）雙氧水分解產(chǎn)生水和氧氣，三氯化鐵作催化劑，反應(yīng)方程式為：2H2O22H2O+O2↑；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知Ⅱ和Ⅲ在使用不同催化劑時化學(xué)反應(yīng)速率不同，說明催化劑具有選擇性，即不同催化劑的催化效率不同；（4）0～6min中，收集