2025年人教版（2024）選修4化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）選修4化學下冊月考試卷655考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、恒溫恒壓下，在容積可變的密閉容器中，反應2NO2(g)?N2O4(g)達到平衡后，再向容器中通入一定量的NO2，又達到平衡時，N2O4的體積分數()A.不變B.增大C.減小D.無法判斷2、關于化學平衡常數的敘述，正確的是（）A.化學平衡常數只與反應的溫度有關B.化學平衡常數只與化學反應方程式本身和溫度有關C.化學平衡常數與化學反應本身和溫度有關，并且會受到起始濃度的影響D.化學平衡常數只與化學反應本身有關，與其他任何條件無關的一個不變的常數3、某溫度下，向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH為2。下列對該溶液的敘述中，不正確的是A.該溫度下加入等體積pH=12的NaOH溶液可使該溶液恰好呈中性B.該溫度高于25℃C.加入NaHSO4晶體抑制了水的電離D.該溶液中由水電離出來的H+濃度是1.0×10－10mol/L4、在一定溫度下，向蒸餾水中滴入少量鹽酸后，下列說法中錯誤的是()A.c(H＋)和c(OH－)的乘積不變B.促進了水的電離C.c(OH－)降低了D.水電離出的c(H＋)降低了5、分別在等體積等pH或等物質的量濃度的鹽酸和醋酸溶液中，加入足量鋅粉，氫離子濃度c(H+)及氫氣的體積V(H2)（同溫同壓下測定）的變化圖示如圖所示；其中正確的是。

A.①③B.②④C.①②③D.①②③④6、室溫下，用0.1mol/L的鹽酸滴定相同濃度的25mL溴化肼（N2H5Br）溶液，已知肼（N2H4）是二元弱堿，N2H4+H2ON2H5++OH-Kb1=1.0×10-6，N2H5++H2ON2H62++OH-Kb2=1.3×10-15；滴定過程中混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示。下列敘述錯誤的是（）

A.N2H4與硫酸反應形成的酸式鹽的化學式為N2H6（HSO4）2B.b點表示鹽酸與溴化肼恰好完全反應：c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）C.a點對應的溶液中：c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+）D.c點的混合溶液中：c（Cl-）>c（Br-）>c（H+）>c（N2H62+）>c（N2H5+）>c（OH-）7、國產航母山東艦已經列裝服役；它是采用模塊制造然后焊接組裝而成的，對焊接有著極高的要求。實驗室模擬在海水環(huán)境和河水環(huán)境下對焊接金屬材料使用的影響(如圖)。下列相關描述中正確的是。

A.由圖示的金屬腐蝕情況說明了Sn元素的金屬性強于Fe元素B.由圖示可以看出甲是海水環(huán)境下的腐蝕情況，乙是河水環(huán)境下的腐蝕情況C.兩種環(huán)境下鐵被腐蝕時的電極反應式均為Fe－3e－=Fe3+D.為了防止艦艇在海水中被腐蝕，可在焊點附近用鋅塊打“補丁”8、下列有關金屬腐蝕與防護的說法不正確的是A.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法B.當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用C.純銀器表面在空氣中因化學腐蝕漸漸變暗D.可將地下輸油鋼管與外加直流電源的負極相連以保護它不受腐蝕評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、相同溫度下，體積均為0.25L的兩個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。實驗測得起始、平衡時的有關數據如下表所示：。容器。

編號起始時各物質的物質的量/mol達平衡時體系能量的變化N2H2NH3NH3①130放出熱量：23.15kJ：②002吸收熱量：Q

實驗還測得到達平衡后，兩容器中相同組分的質量分數(或體積分數)都相同。下列敘述正確的是()A.容器①、②中反應的平衡常數不相等B.平衡時，兩個容器中NH3的體積分數均為1/7C.平衡時，兩個容器中反應物的轉化率之和等于1D.容器②中達平衡時吸收的熱量Q＝23.15kJ10、近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點。Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為恒容容器中，進料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于7∶1；4∶1、1∶1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系；下列說法正確的是。

A.曲線Ⅰ對應的起始濃度比為c(HCl)∶c(O2)=7∶1B.該反應的△H＜0C.若500℃時，進料c(HCl)=4mol·L?1、c(O2)=1mol·L?1，可得K=1D.500℃時，若進料c(HCl)=2mol·L?1、c(O2)=0.5mol·L?1、c(Cl2)=2mol·L?1、c(H2O)=2mol·L?1，則反應達平衡前v正＜v逆11、1L的密閉容器中有0.3molA、0.1molC和一定量B三種氣體。一定條件下發(fā)生反應，各物質濃度隨時間變化如圖甲所示，t1時刻c(B)=0.1mol/L。圖乙為t2時刻后改變條件反應速率隨時間的變化情況，每次改變一種條件且條件各不相同，已知，t3時刻為加入催化劑，則下列判斷正確的是（）

A.t4時刻是增大容器的體積B.B的起始濃度為0.06mol/LC.t1、t3、t6時刻相比，A物質的量最大的是t6時刻D.該可逆反應的方程式為：3A(g)B(g)+2C(g)12、下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A.NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CO32－)＋c(HCO3－)B.pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合后的溶液中：c(H＋)＞c(OH－)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)D.物質的量濃度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后的溶液中：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)13、人體血液的pH通常在7.35-7.45之間的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等緩沖體系。常溫下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A.0.1mol/LNaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)B.常溫下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)D.物質的量濃度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等體積混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)14、室溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是（）A.濃度均為0.1mol·L-1的CH3COONa溶液與HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl氣體至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)15、下列溶液中有關微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）B.NaHSO3和NaHCO3兩溶液混合呈中性的溶液中（S和C均用R表示）：c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）C.常溫下，等物質的量濃度的三種溶液：①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2中c（NH4＋）：①＜③＜②D.常溫下，將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合呈中性的溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）16、25℃時，用0.10mol?L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol?L-1的二元酸H2A的溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關系如圖所示。下列說法正確的是()

A.H2A的電離方程式為H2A?H++HA-B.B點溶液中，水電離出的氫離子濃度為1.0×10-6mol?L-1C.C點溶液中，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(A2-)D.25℃時，氨水的電離平衡常數為評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、氮及其化合物是科學家們一直在探究的問題；它們在工農業(yè)生產和生命活動中起著重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ?mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ?mol-1

寫出NH3(g)和O2(g)在一定條件下轉化為N2(g)與液態(tài)水的熱化學方程式_________

（二）工業(yè)合成氨的原理為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ?mol-1。合成時反應溫度控制在500℃，壓強是2×l07~5×l07Pa；鐵觸媒做催化劑。

（1）下列反應條件的控制不能用勒夏特列原理解釋的是_________。

A．及時分離出NH3

B．使用鐵觸媒做催化劑。

C．反應溫度控制在500℃左右。

D．反應時壓強控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定溫度下，將1molN2和3molH2置于一恒定容積的密閉容器中反應，一段時間后反應達到平衡狀態(tài)。下列說法中正確的是________。

A．單位時間內，有3molH-H生成的同時又6mdN-H斷裂；說明反應達到平衡狀態(tài)。

B．N2和H2的物質的量之比保持不變時；說明反應達到平衡狀態(tài)。

C．達到平衡狀態(tài)時；混合氣體的平均相對分子質量變大。

D．達到平衡狀態(tài)后,再充入2molNH3，重新達到平衡后，N2的體積分數變小。

（三）如圖表示H2的轉化率與起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、壓強的變化關系，則與曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的壓強P1、P2、P3從高到低的順序是_________________；測得B（X，60）點時N2的轉化率為50%，則X=________。

（四）一定溫度下，將lmolN2和3molH2置于一密閉容器中反應，測得平衡時容器的總壓為P，NH3的物質的量分數為20%，列式計算出此時的平衡常數Kp=________（用平衡分壓代替平衡濃度進行計算；分壓=總壓×體積分數，可不化簡）。

（五）以NO原料，通過電解的方法可以制備NH4NO3，其總反應是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，寫出以惰性材料作電極的陽極反應式：_______________。18、為有效控制霧霾；各地積極采取措施改善大氣質量，研究并有效控制空氣中的氮氧化物；碳氧化物和硫氧化物含量顯得尤為重要。

I.汽車內燃機工作時會引起N2和O2的反應：N2+O22NO；是導致汽車尾氣中含有NO的原因之一。

（1）在T1、T2溫度下，一定量的NO發(fā)生分解反應時N2的體積分數隨時間變化如右圖所示，根據圖像判斷反應N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“>"或“<”）。

（2）在T3溫度下，向2L密閉容器中充入10molN2與5molO2，50秒后達到平衡，測得NO的物質的量為2mol，則該反應的速率v(N2)_________。該溫度下，若增大壓強此反應的平衡常數將____________(填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確記”）；若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol，則達到平衡后O2的轉化率為__________。

II.甲烷和甲醇可以做燃料電池；具有廣闊的開發(fā)和應用前景，回答下列問題。

（3）甲醇燃料電池（簡稱DMFC)由于結構簡單；能量轉化率高、對環(huán)境無污染；可作為常規(guī)能源的替代品而越來越受到關注。DMFC工作原理如右圖所示：

通入a氣體的電極是原電池的____________極（填“正”或“負”），其電極反應式為_______________。

（4）某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示U形管中氯化鈉溶液的體積為800ml。閉合K后，若每個電池甲烷用量為0.224L(標況），且反應完全，則理論上通過電解池的電量為__________(法拉第常數F=9.65×104C/mol)，若產生的氣體全部逸出，電解后溶液混合均勻，電解后U形管中溶液的pH為_________。19、Ⅰ.已知：反應aA(g)＋bB(g)cC(g)；某溫度下，在2L的密閉容器中投入一定量的A；B，兩種氣體的物質的量濃度隨時間變化的曲線如圖所示。

（1）經測4s時間，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，則4s時物質C的物質的量為___________________，該反應的化學方程式為______________________。

（2）經12s時間，v(A)＝___________,v(C)＝___________，該反應12s時___________達到化學平衡（“是”或“否”）。

Ⅱ.（3）下列說法可以證明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已達平衡狀態(tài)的是________(填序號)。

A．單位時間內生成nmolH2的同時；生成nmolHI

B．一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—I鍵斷裂。

C．溫度和體積一定時；混合氣體顏色不再變化。

D．反應速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)20、在某一容積為2L的密閉容器內，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定條件下發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)?2HI(g)ΔH<0。反應中各物質的物質的量隨時間變化情況如圖：

(1)該反應的化學平衡常數表達式為______，若升高溫度，化學平衡常數K______(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)根據圖中數據，反應開始至達到平衡時，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，轉化率α(H2)=_____。

(3)HI的體積分數φ(HI)隨時間變化如圖中曲線Ⅱ所示。若改變反應條件，在甲條件下φ(HI)的變化如圖中曲線Ⅰ所示，在乙條件下φ(HI)的變化如圖中曲線Ⅲ所示。則甲條件可能是_____(填入下列條件的序號，下同)，乙條件可能是______。

①恒容條件下；升高溫度。

②恒容條件下；降低溫度。

③恒溫條件下；縮小反應容器體積。

④恒溫條件下；擴大反應容器體積。

⑤恒溫恒容條件下，加入適當催化劑21、時，三種酸的電離平衡常數如下：?；瘜W式HClO電離平衡常數

回答下列問題：

（1）一般情況下，當溫度升高時，______填“增大”、“減小”或“不變”

（2）下列四種離子結合質子能力由大到小的順序是______填序號

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反應不能發(fā)生的是______填序號

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸餾水稀釋的醋酸，下列各式表示的數值隨水量的增加而增大的是______填序號

a.b.c．d．

（5）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如圖所示。

則HX的電離平衡常數______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的電離平衡常數；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）______醋酸溶液中水電離出來的c（H+），理由是___________。22、某二元酸HB在水中的電離方程式是HBH

的NaHB溶液顯酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是________填標號

A.

B.

C.

D.23、按照要求回答下列問題。

（1）硫酸鐵溶液顯酸性的原因_____（用離子方程式表示）．

（2）物質的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），則混合后溶液顯_____性．

（3）濃度均為0.1mol/L①氯化銨②醋酸銨③硫酸氫銨④氨水四種溶液中，c（NH4+）由大到小的順序_____（填序號）．

（4）將化合物A的蒸氣1mol充入0.5L容器中加熱分解：2A（g）?B（g）+nC（g），反應到3min時，容器內A的濃度為0.8mol/L，測得這段時間內，平均速率ν（C）=0.6mol/（L?min），則化學方程式中的n值為_____，ν（B）=_____，此時A的分解率為_____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)24、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)25、按要求回答下列問題：

(1)300℃，硅粉與HCl(g)反應生成1molSiHCl3氣體和H2(g)時，放出225kJ的熱量。該反應的熱化學方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

則：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：斷開1molH-O鍵與斷開1molH-Cl鍵所需能量相差_______kJ。26、隨著世界工業(yè)經濟的發(fā)展、人口的劇增，全球能源緊張及世界氣候面臨越來越嚴重的問題，如何降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2引起了全世界的普遍重視。

(1)甲醇是一種可再生能源；具有開發(fā)和應用的廣闊前景，工業(yè)上可用如下方法合成甲醇：

方法一CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

方法二CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

在25℃、101kPa下，1g液態(tài)甲醇完全燃燒放熱22.68kJ，寫出甲醇燃燒熱的熱化學方程式：_________________。

(2)金屬鈦冶煉過程中其中一步反應是將原料金紅石轉化：

TiO2(金紅石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO

已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=﹣393.5kJ/mol

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=﹣566kJ/mol

TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol

則TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=_______________________。

(3)臭氧可用于凈化空氣，飲用水消毒，處理工業(yè)廢物和作為漂白劑。臭氧幾乎可與除鉑、金、銥、氟以外的所有單質反應如6Ag(s)+O3(g)=3Ag2O(s)ΔH=﹣235.8kJ/mol；

已知：2Ag2O(s)=4Ag(s)+O2(g)ΔH=+62.2kJ/mol，則O3轉化為O2的熱化學方程式為________________。27、在水的電離平衡中,c（H+）和c（OH?）的關系如圖所示：

（1）A點水的離子積為1×10?14mol2/L2，B點水的離子積為_______.造成水的離子積變化的原因是____________

（2）100℃時，若向溶液中滴加鹽酸，能否使體系處于B點位置?為什么?_______;______.

（3）100℃時,若鹽酸中c（H+）=5×10?4mol/L,則由水電離產生的c（H+）是________評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共9分)28、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數Ksp=_____。(列式帶入數據并計算出結果)

(3)現將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

恒溫恒壓下，在容積可變的密閉容器中，反應2NO2(g)?N2O4(g)達到平衡（如圖其中A為原平衡）后；再向容器中通入一定量的NO2（如圖其中再通入的NO2為B），為了保持恒壓，容器的體積會增大；顯然A、B為恒溫恒壓下的等效平衡，達到平衡時A、B中NO2、N2O4的體積分數分別相等，即再向容器中通入一定量的NO2達到平衡時為A、B的混合，平衡不會發(fā)生移動，又達到平衡時，N2O4的體積分數不變，答案選A。2、B【分析】【詳解】

A．同一反應；相同溫度時，化學計量數不同，化學平衡常數不同，A不正確；

B．化學平衡常數既與方程式中的化學計量數有關；又受溫度變化的影響，B正確；

C．化學平衡常數不受反應物的起始濃度的影響；C不正確；

D．溫度改變時；化學平衡會發(fā)生移動，化學平衡常數會發(fā)生改變，D不正確；

故選B。3、A【分析】【詳解】

A、PH為12的NaOH的濃度時1mol·L－1，而硫酸氫鈉溶液的H＋濃度時0.01mol·L－1,等體積混合，堿多了故A錯誤；B、25℃時Ka=10-14，本題Ka=10-6*10-6=10-12，水電離吸熱，升高溫度，K變大，該溫度高于25℃，故B正確；C、加入NaHSO4晶體，提高H＋的濃度，抑制了水的電離，故C正確。D、pH=6，水的離子積常數為1×10-12，水的離子積常數=氫離子與氫氧根濃度的乘積，溶液的pH為2，故由水電離出來的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正確；故選A。4、B【分析】【詳解】

A.水的離子積常數只與溫度有關；溫度不變水的離子積常數不變，故A正確；

B.HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大；抑制了水的電離，故B錯誤；

C.離子積常數不變，氫離子濃度增大，則溶液中c(OH?)降低；故C正確；

D.HCl電離出氫離子而導致溶液中氫離子濃度增大，從而抑制水電離，則水電離出的c(H+)減少了；故D正確。

故選B。5、C【分析】【詳解】

①隨著反應的進行；氫離子濃度逐漸減小但是醋酸會逐漸電離出氫離子，所以醋酸中氫離子消耗的速率慢，故①正確；②等pH時，醋酸濃度較大，加入足量鋅，產生的氫氣的體積多，開始氫離子濃度相等，速率相等，但后來醋酸又電離出氫離子，氫離子濃度大于鹽酸，因此后來反應更快，故②正確；③等濃度的鹽酸和醋酸，鹽酸的pH小，和金屬鋅反應的速率比醋酸的快，故③正確；④等濃度的鹽酸和醋酸，和金屬鋅反應的速率是鹽酸比醋酸的快，醋酸不可能比鹽酸反應的快，故④錯誤，因此①②③正確，故C正確。

綜上所述，答案為C。6、D【分析】【詳解】

A.N2H4與硫酸反應形成的酸式鹽，則酸過量，N2H4會完全電離為N2H62+，該酸式鹽的化學式為N2H6（HSO4）2；A項正確；

B.b點表示鹽酸與溴化肼恰好為1：1完全反應，此時溶液為N2H6BrCl，而N2H62+會水解，故c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）B項正確；

C.a點時為N2H5Br溶液，根據電荷守恒：c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+）；C項正確；

D.c點的混合溶液為N2H6BrCl、HCl，溶液環(huán)境顯酸性會抑制N2H62+水解，從圖中可得知，c（N2H62+）>c（H+）；D項錯誤；

答案選D。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A.兩圖中被腐蝕的都是Fe，說明Fe是負極，Sn為正極，說明金屬性A錯誤；

B.從腐蝕程度來講；乙明顯比較嚴重，因海水中含有較多的鹽分，腐蝕速率比河水快，故乙是海水環(huán)境下的腐蝕情況，甲是河水環(huán)境下的腐蝕情況，B錯誤；

C.鐵被腐蝕時電極反應式應為C錯誤；

D.金屬性用鋅做補丁，Zn做負極被腐蝕，可以保護D正確；

答案選D。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據原電池的工作原理；鐵上鑲嵌鋅，鋅比鐵活潑做原電池負極失電子被氧化，從而鐵被保護，此為犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；

B．鐵比錫活潑；鍍層破損后形成原電池，鐵作負極，加速氧化，無法起到保護作用，故B錯誤；

C．發(fā)生電化學腐蝕時；金屬應不純，則純銀器主要發(fā)生化學腐蝕，故C正確；

D．電解池陰極發(fā)生還原反應；為防止金屬被氧化，金屬可連接電源的負極，故D正確；

故答案為B。二、多選題(共8題，共16分)9、BC【分析】【分析】

平衡常數（）只與溫度有關；先利用反應熱求出生成氨氣的物質的量，根據化學方程式求出生成氨氣的體積分數；從平衡移動的角度比較反應放出的熱量與的關系。

【詳解】

A.平衡常數（）只與溫度有關，相同溫度下，體積均為的兩個恒容密閉容器中發(fā)生相同的反應，其平衡常數（）相等；A錯誤；

B.根據熱化學反應方程式，生成放出的熱量，容器①中放出的熱量，則生成利用三段式：

平衡時，容器①中的體積分數等于其物質的量分數：從等效平衡的角度分析，相當于在相同條件下，處于相同平衡狀態(tài)，所以平衡時兩個容器內氨氣的體積分數相等，B正確；

C.根據三段式，容器①中氮氣的轉化率：氫氣的轉化率：容器②中加入的是2mol氨氣，根據等效平衡，容器②中氨氣的轉化率為75%，所以平衡時兩容器中反應物的轉化率之和為1，C正確；

D.容器②中加入的是轉化率為75%，則平衡時吸收69.45kJ的熱量，D錯誤。

【點睛】

在相同條件下，同一可逆反應體系，不管從正反應開始，還是從逆反應開始都可以建立同一平衡狀態(tài)，也就是等效平衡。①恒溫恒容時，對于方程式前后氣體系數之和不同時，只要能使各物質的初始物質的量分別相等，就可以建立相同平衡，對于方程式前后氣體系數之和相同時，只要能使各物質初始物質的量之比相等就可以建立相似平衡；②恒溫恒壓時，只要使各物質初始濃度對應成比例即可建立相似平衡。10、BD【分析】【詳解】

A選項，根據進料濃度比例，1∶1、4∶1、7∶1，氧氣量不變，HCl兩不斷增加，則HCl轉化率不斷減小，因此7:1時HCl轉化率最低，因此增加曲線III對應的起始濃度比為c(HCl)∶c(O2)=7∶1；故A錯誤；

B選項；根據曲線，溫度升高，轉化率降低，則平衡逆向移動，逆向是吸熱反應，正向為放熱反應，即反應的△H＜0，故B正確；

C選項，若500℃時，進料c(HCl)=4mol·L?1、c(O2)=1mol·L?1，根據A分析得出，B點為500℃，轉化率為50%，則濃度改變量為2mol·L?1，氧氣濃度改變量為0.5mol·L?1，氯氣濃度為1mol·L?1，水蒸氣濃度為1mol·L?1，c(HCl)=2mol·L?1，c(O2)=0.5mol·L?1，可得故C錯誤；

D選項，500℃時，若進料c(HCl)=2mol·L?1、c(O2)=0.5mol·L?1、c(Cl2)=2mol·L?1、c(H2O)=2mol·L?1，則反應達平衡前v正＜v逆；故D正確。

綜上所述，答案為BD。11、AD【分析】【詳解】

A.如t4~t5階段改變的條件為降低溫度，平衡會發(fā)生移動，則正逆反應速率不相等，圖中正逆反應速率相等，改變的條件應為降低壓強，所以t4時刻是增大容器的體積；故A正確；

B.反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數之比為0.18:0.12=3:2，根據A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，則B的濃度變化為△c=0.12mol/L=0.06mol/L；而B的平衡濃度為1mol/L，則B的起始濃度為1moL/L-0.06mol/L=0.04mol/L，故B錯誤；

C.t1→t6時刻，正反應速率大于逆反應速率，平衡向正向移動，則t1時刻A的物質的量最大；故C錯誤；

D.由B分析可知該可逆反應的方程式為：3A(g)=B(g)+2C(g)；故D正確；

故答案：AD。

【點睛】

由反應中A的濃度變化為0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，C的濃度變化為0.22mol/L-0.1mol/L=0.12mol/L，反應中A與C的計量數之比為0.18:0.12=3:2，根據A中分析，t4~t5階段改變的條件為減小壓強，此時平衡不移動，說明該反應前后化學計量數相等，則B為生成物，方程式應為3A(g)=B(g)+2C(g)，結合濃度的變化以及影響平衡移動的因素解答該題。12、BD【分析】【詳解】

A.NaHCO3溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(CO32－)＋c(HCO3－)；A錯誤；

B.pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中溶質為等量的CH3COONa和CH3COOH，溶液顯酸性：c(H＋)＞

c(OH－)；B正確；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；C錯誤；

D.物質的量濃度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后的溶液中存在物量守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，D正確；故答案為：BD。13、AC【分析】【詳解】

A.根據溶液中電荷守恒可得0.1mol/LNaH2PO4溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，則故A正確；

B．pH=7，c（H+）=10-7mol/L，則Na+不發(fā)生水解，則c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)；故B錯誤；

C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液，此時溶液為Na3PO4，根據溶液中質子守恒可得故C正確；

D.物質的量濃度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等體積混合，根據物料守恒，2Na=3P，可得故D錯誤；

故答案選：AC。

【點睛】

根據三大守恒判斷溶液粒子濃度關系。14、BC【分析】【分析】

A．兩個溶液中的電荷守恒分別為：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

B．電荷守恒式子為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子為：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；

C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；

D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。

【詳解】

A．根據電荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因為Ka(HCOOH)=1.77×10?4，Ka(CH3COOH)=1.75×10?5，所以CH3COO-水解程度更大，堿性更強，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)+)-c(CH3COO-)；A錯誤；

B．電荷守恒式子為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，pH=7時，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因為物料守恒式子為：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，綜上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)；B正確；

C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合，NaOH反應完，HCOOH反應了一半，混合后的溶質為：等物質的量的HCOONa和HCOOH，電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，物料守恒-電荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)；C正確；

D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈堿性，HCOO-、CH3COO-水解對NH4+水解起促進作用，因為水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，現在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)；D錯誤。

答案選BC。

【點睛】

溶液中離子濃度大小的比較，一是準確分析溶質的成分，二是三大守恒熟練運用。15、BD【分析】【詳解】

A．pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中，電離大于水解，c（A2-）＞c（H2A）；不正確；

B．電荷守恒：c（H+）+c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）+c（OH―），溶液呈中性，所以c（H+）＝c（OH―）；正確；

C．(NH4)2CO3中RO32—促進了NH4+的水解，(NH4)2SO4中SO42—對NH4+的水解無影響，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+對NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4＋）：①＜②＜③；不正確；

D．電荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH―）＋c（CH3COO―）＋c（Cl―）；

物料守恒：c（Na＋）=c（CH3COO―）＋c（CH3COOH）；

溶液呈中性，c（H+）＝c（OH―），所以溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）正確；

故選BD。16、BD【分析】【詳解】

A．0.05mol?L-1的二元酸H2A的溶液中=-12，c(H+)c(OH-)=10-14，則c(H+)=0.1mol/L=2c(H2A)，說明該二元酸完全電離，所以H2A為強酸，電離方程式為H2A=2H++A2-；故A錯誤；

B．B點溶液加入氨水10mL，反應恰好生成(NH4)2A，銨根離子水解，溶液呈酸性，溶液中H+來自水的電離，此時溶液中=-2，則c(OH-)=10-2c(H+)，c(H+)c(OH-)=10-14，所以c(H+)=10-6mol/L，即水電離出的氫離子濃度為1.0×10-6mol/L；故B正確；

C．C點溶液中含有(NH4)2A和NH3?H2O，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根據電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)，所以c(NH4+)=2c(A2-)，則c(NH4+)+c(NH3?H2O)＞2c(A2-)；故C錯誤；

D．C點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根據電荷守恒得c(NH4+)=2c(A2-)=2×mol/L=mol/L，根據物料守恒得c(NH3?H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的電離常數表達式為Kb===故D正確；

故選BD。

【點睛】

正確判斷H2A酸性強弱是解題的關鍵。本題的難點為D，要注意根據電離平衡常數的表達式結合電荷守恒和物料守恒計算微粒濃度。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【詳解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ?mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ?mol-1，根據蓋斯定律，將①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ?mol-1）×6-（+180.5kJ?mol-1）×2-（+l025kJ?mol-1）=-1650kJ/mol，故答案為4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及時分離出NH3；減小了氨氣的濃度，平衡正向移動，能用勒夏特列原理解釋，不選；B．使用鐵觸媒做催化劑，平衡不移動，不能用勒夏特列原理解釋，選；C．正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，不利于氨的合成，反應溫度控制在500℃左右是提高反應速率和催化劑的活性，不能用勒夏特列原理解釋，選；D．該反應屬于氣體體積減小的反應，增大壓強有利于平衡正向移動，能用勒夏特列原理解釋，不選；故選BC；

（2）A．單位時間內，有3molH-H生成的同時必定6mdN-H斷裂，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，錯誤；B．根據方程式，起始是N2和H2的物質的量之比等于化學計量數之比，反應過程中N2和H2的物質的量之比始終保持不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)C．反應后，氣體的物質的量減小，質量不變，因此達到平衡狀態(tài)時，混合氣體的平均相對分子質量變大，正確；D．達到平衡狀態(tài)后，再充入2molNH3，相當于增大壓強，平衡正向移動，重新達到平衡后，N2的體積分數變??；正確；故選CD；

（三）分析圖象變化可知：在投料比一定時，曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的氫氣的轉化率依次降低，因此壓強依次減小，故P1>P2>P3；設起始量氫氣為x，氮氣物質的量為y；根據題意和圖像，N2的轉化率為50%，H2的轉化率為60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x則0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案為P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反應x3x2x

平衡1-x3-3x2x

則×100%=20%，解得x=mol，NH3的物質的量分數為÷=20%，N2的物質的量分數為20%，H2的物質的量分數為60%，平衡常數Kp=故答案為

（五）根據總反應：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，陽極發(fā)生氧化反應，一氧化氮失去電子生成硝酸根離子，電極反應式為NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案為NO+2H2O-3e-=4H++NO3-?！窘馕觥?NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-18、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）根據題給圖像知，溫度為T2時先達到平衡狀態(tài)，說明溫度為T2時反應速率快，故溫度：T1＜T2，但溫度為T2時反應達平衡時氮氣的體積分數低；說明升高溫度平衡向正反應方向進行，正方應是吸熱反應，即△H＞0。

（2）50秒后達到平衡，測得NO的物質的量為2mol，根據方程式可知消耗氮氣是1mol，則該反應的速率v(N2)根據公式v=△n/V△t將題給數據代入計算得υ(N2)＝＝0.01mol·L－1·s－1；平衡常數只與溫度有關系，增大壓強平衡常數不變；平衡時氮氣和氧氣的濃度分別是5mol/L－0.5mol/L＝4.5mol/L、2.5mol/L－0.5mol/L＝2mol/L，NO的濃度是1mol/L，T3溫度下該反應的化學平衡常數K＝1/9，如果該溫度下，若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol；則。

N2（g）+O2（g）2NO（g）

起始濃度（mol/L）0.50.50

轉化濃度（mol/L）xx2x

平衡濃度（mol/L）0.5－x0.5－x2x

因此平衡常數K＝＝1/9，解得x=1/14，因此達到平衡后N2的轉化率為14.3%；

（3）燃料電池中，通入燃料的電極為負極，發(fā)生氧化反應。根據裝置圖可知左側是電子流出的一極，所以通入a氣體的電極是原電池的負極。由于存在質子交換膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，電極方程式為CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（4）電解氯化鈉溶液的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知關系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每個電池甲烷通入量為0.224L（標準狀況），生成0.08molNaOH，c（NaOH）＝0.08mol÷0.8L＝0.1mol/L，pH=13；電解池通過的電量為×8×9.65×104C?mol﹣1=7.72×103C（題中雖然有兩個燃料電池；但電子的傳遞量只能用一個池的甲烷量計算。

考點：考查外界條件對平衡狀態(tài)的影響以及有關計算、電化學原理的應用等【解析】>0.01mol/(L.s)不變14.3%負CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+7.72×103c1319、略

【分析】【分析】

依據圖象可知：A、B為反應物，且A的初始物質的量濃度為0.8mol/L，B的初始濃度為0.5mol/L，反應進行到12s時達到平衡，此時A的平衡濃度為0.2mol/L，B的平衡濃度為0.3mol/L，則A、B變化的濃度分別為0.6mol/L、0.2mol/L，推知a:b=3:1。

【詳解】

（1）經測4s時間，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，則4s時物質C的物質的量為0.05mol·L－1·s－14s2L=0.4mol；由圖可知，4s內A的變化濃度為0.3mol/L，C的變化濃度為0.2mol/L，則a:c=3:2，又因a:b=3:1，則a:b:c=3:1:2，故該反應的化學方程式為3A(g)＋B(g)2C(g)。

（2）從反應開始到12s時，A的濃度變化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，時間為12s，故v（A）=因v(A)：v(C)＝3:2，則有圖可知12s后各組分濃度不再改變，反應達到平衡狀態(tài)。

（3）A.單位時間內生成nmolH2的同時；生成nmolHI，速率之比不等于物質的量之比，A錯誤；

B.一個H-H鍵斷裂等效于兩個H-I鍵形成的同時有兩個H-I鍵斷裂；說明正逆反應速率相等，B正確；

C.混合氣體顏色不再變化；說明碘蒸氣的濃度不變，正逆反應速率相等，C正確；

D.反應速率v（H2）=v（I2）=v（HI）；未體現正與逆的關系，D錯誤；

答案選BC?！窘馕觥?.4mol3A(g)＋B(g)2C(g)0.05mol/(Ls)0.03mol/(Ls)是BC20、略

【分析】【分析】

本題考查化學平衡已到的影響因素及計算；圖像分析注意拐點，先拐先平，說明其反應速率快，熱化學中影響反應速率的因素有：濃度；溫度、壓強、催化劑依次分析。圖像中HI的體積分數φ(HI)最終值一樣，說明沒有發(fā)生平衡的移動，只是速率的影響。

【詳解】

(1)H2(g)+I2(g)?2HI(g)ΔH<0，應的平衡常數K=反應為放熱反應，升溫平衡逆向進行；

故答案為：K=減??；

(2)根據圖中數據，由圖象可知達到平衡時生成0.5mol/L的HI，反應開始至達到平衡時需要時間3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L?min)，由圖象可知達到平衡時生成0.5molHI，則消耗0.25molH2，H2(g)的轉化率為0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案為：0.167；62.5%；

(3)曲線(Ⅰ)與曲線(Ⅱ)相比；到達平衡時間縮短，反應速率加快，平衡時HI體積發(fā)生不變，平衡不移動，可能使用催化劑，由于反應前后氣體體積不變，也可能是增大壓強，故選：③⑤；曲線(Ⅲ)與曲線(Ⅱ)相比，到達平衡時更長，反應速率減慢，平衡時HI體積發(fā)生不變，平衡不移動，由于反應前后氣體體積不變，應是減小壓強，故選④；

故答案為：③⑤；④；

【點睛】

反應速率是單位時間內物質的濃度的變化量，在計算時注意轉換關系最后一問根據圖像分析可得，只改變反應速率，不使平衡移動。【解析】K=減小0.16762.5%③⑤④21、略

【分析】【分析】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程；升高溫度，促進弱電解質的電離；

(2)電離平衡常數越大；酸越強，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱；

(3)根據酸性強弱；結合強酸能夠制取弱酸分析判斷；

(4)醋酸是弱電解質，加水稀釋，促進醋酸電離，則n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但醋酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都減??；據此分析解答；

(5)加水稀釋；促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，據此分析解答。

【詳解】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程，升高溫度，促進弱電解質的電離，所以當溫度升高時，Ka增大；故答案為增大；

(2)電離平衡常數越大，酸越強，越易電離，則酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱，則四種離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案為a＞b＞d＞c；

(3)酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應能夠發(fā)生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應能夠發(fā)生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，該反應無法發(fā)生，故c正確；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-；該反應不能發(fā)生，故d正確；故答案為cd；

(4)a．加水稀釋，促進醋酸電離，氫離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，所以的比值減小，故a錯誤；b．加水稀釋，促進醋酸電離，醋酸根離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，則的比值增大，故b正確；c．加水稀釋，盡管促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，所以的比值減小，故c錯誤；d．加水稀釋，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，則氫氧根離子濃度增大，的比值減小，故d錯誤，故答案為b；

(5)加水稀釋，促進弱酸電離，pH相同的不同酸，稀釋相同的倍數，pH變化大的酸，酸性強，變化小的酸，酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，對水的電離的抑制程度越大；根據圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數大于醋酸的電離平衡常數；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)，因為溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它對水的電離的抑制能力減弱，故答案為大于；大于；稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它對水的電離的抑制能力減弱。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意對醋酸溶液進行稀釋，醋酸溶液中主要存在的離子濃度均會減小，但溫度不變，水的離子積常數不變，因此氫氧根離子濃度會增大?！窘馕觥吭龃骳db大于大于稀釋后HX溶液中的小于溶液中的它對水的電離的抑制能力減弱22、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解；根據氫離子和氫氧根離子濃度相對大小確定溶液的酸堿性；

（2）任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據此分析解答。

【詳解】

(1)H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，導致溶液中c(H+)>c(OH?)；所以溶液呈酸性；

故答案為：HB?只能電離不能水解；

(2)A.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，根據物料守恒，應該為c(B2?)+c(HB?)=0.1mol/L；故A正確；

B.HB-不會進一步水解，所以溶液中沒有H2B分子；故B錯誤；

C.溶液中存在質子守恒，根據質子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故C正確；

D.根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HB?)+2c(B2?)；故D錯誤；

故答案選AC。

【點睛】

本題的解題關鍵在于H2B第一步完全電離、第二步部分電離，在分析判斷是要注意HB?只能電離不能水解，故溶液中不含H2B分子?！窘馕觥竣?只能電離，不能水解②.23、略

【分析】【分析】

(1)硫酸鐵溶液中，Fe3＋發(fā)生水解；溶液顯酸性；

(2)根據電荷守恒進行分析；

(3)從鹽類的水解和弱電解質的電離程度微弱進行分析；

(4)根據化學反應速率以及物質的量在反應方程式的應用進行分析；

【詳解】

(1)硫酸鐵屬于強酸弱堿鹽，Fe3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因為c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液顯中性；

(3)鹽類水解程度和弱電解質的電離程度都是微弱，因此四種溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氫銨溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，相互促進水解，鹽中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的順序是③①②④；

(4)根據化學反應速率的數學表達式，這段時間內生成C的物質的量濃度為0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根據反應方程式，解得n=3，根據反應速率之比等于化學計量數之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物質的量為(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，則A的分解率=×100%=60%。

【點睛】

本題的難點是(3)，鹽類水解程度和弱電解質的電離程度都是微弱，首先判斷出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判斷，醋酸銨溶液中CHCOO-和NH4＋相互促進水解，因此醋酸銨中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氫銨中HSO4-完全電離，相當于一元強酸，H＋會抑制NH4＋水解，因此硫酸氫銨溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，從而的出結果?！窘馕觥竣?Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%四、判斷題(共1題，共2分)24、×【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】錯五、計算題(共3題，共12分)25、略

【分析】【分析】

(1)硅粉與HCl在300℃時反應生成1molSiHCl3氣體和H2；放出225kJ熱量，根據書寫熱化學方程式的要求書寫；

(2)根據蓋斯定律分析計算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)的△H；再根據焓變△H=反應物斷鍵吸收熱量-生成物形成化學鍵放出熱量計算。

【詳解】

(1)硅粉與HCl在300℃時反應生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，根據反應熱及反應物狀態(tài)、反應條件，該反應的熱化學方程式為Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol，故答案為：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol；

(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=+83kJ?mol-1，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ?mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ?mol-1，根據蓋斯定律，(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ?mol-1)+(-20kJ?mol-1)+(-121kJ?mol-1)]×2=-116kJ?mol-1，焓變△H=反應物斷鍵吸收熱量-生成物形成化學鍵放出熱量，由4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-116kJ?mol-1，可得：4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-116kJ，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=4