2025年北師大新版選修4化學下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年北師大新版選修4化學下冊階段測試試卷146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9題，共18分)1、下列有關(guān)實驗裝置進行的相應實驗；能達到實驗目的的是。

。選項。

A

B

C

D

實驗裝置。

實驗目的。

制取少量純凈的CO2

驗證鈉和水的反應時放熱反應。

進行噴泉實驗。

進行中和熱的測定。

A.AB.BC.CD.D2、已知反應：

①101kPa時，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1

②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1

下列結(jié)論正確的是A.碳的燃燒熱等于110.5kJ·mol－1B.2molC(s)在1molO2(g)燃燒，放出221kJ熱量C.1L0.1mol/LH2SO4溶液與1L0.1mol/LNaOH溶液反應，放出5.73kJ熱量D.pH＝3的醋酸與pH＝11的NaOH溶液反應生成1mol水，放出57.3kJ熱量3、已知強酸與強堿在稀溶液里反應的中和熱可表示為：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol-1對下列反應：

CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol-1

H2SO4(濃)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol-1

HNO3(aq)＋NaOH(aq)=NaNO3(aq)＋H2O(l)ΔH＝－Q3kJ·mol-1

上述反應均在溶液中進行，則下列Q1、Q2、Q3的關(guān)系正確的是（）A.Q2>Q3>Q1B.Q2>Q1>Q3C.Q1＝Q2＝Q3D.Q2＝Q3>Q14、對于可逆反應：3A(g)＋2B(g)2C(g)△H＜0，下列各圖正確的是（）A.B.C.D.5、常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是A.新制氯水中加入固體NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH?)B.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)C.pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH?)=c(H+)D.0.2mol/LCH3COOH溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合：2c(H+)–2c(OH-)=c(CH3COO-)–c(CH3COOH)6、常溫下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒（CO2因逸出未畫出）物質(zhì)的量分數(shù)（縱軸）隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。下列說法不正確的是。

A.在同一溶液中，H2CO3、不能大量共存B.測定混有少量氯化鈉的碳酸鈉的純度，若用滴定法，指示劑可選用酚酞C.當pH＝7時，溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D.已知在25℃時，水解反應的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1時，溶液的pH＝107、用電解法處理含Cr2072-的廢水，探究不同因素對含Cr2072-廢水處理的影響，結(jié)果如表所示（Cr2072-的起始濃度、體積、電壓、電解時間均相同）。下列說法錯誤的是。實驗iiiiiiiv

是否加入Fe2（S04）3否否否是否加入H2S04否加入lmL加入lmL加入lmL陰極村料石墨石墨石墨石墨陽極材料石墨石墨石墨鐵Cr2072-的去除率0.092%12.7%20.8%57.3%實驗iii中Fe3+去除Cr2072-的機理

A.實驗ii與實驗i對比，其他條件不變，增加c（H+）有利于Cr2072-的去除B.實驗iii與實驗ii對比，其他條件不變，增加c（Fe3+）有利于Cr2072-的去除C.實驗iv中循環(huán)利用提高了Cr2072-的去除率D.若實驗iv中去除O.OlmolCr2072-電路中共轉(zhuǎn)移0.06mol電子8、鋼鐵在弱酸性介質(zhì)中易發(fā)生析氫腐蝕（如圖）。鋼鐵析氫腐蝕過程中；下列說法正確的是（）

A.鐵作正極B.電能轉(zhuǎn)化為化學能C.電子向碳處轉(zhuǎn)移D.正極電極反應式為Fe-2e-=Fe2+9、下列關(guān)于鐵的腐蝕和防護的敘述正確的是()A.用鐵鍋燒制糖醋魚時，鐵鍋會發(fā)生化學腐蝕和析氫腐蝕B.鐵發(fā)生吸氧腐蝕的負極反應可用O2＋4e－＋2H2O=4OH－表示C.常溫下，鐵在濃硫酸中比在稀硫酸中腐蝕得快D.可用如圖表示對鋼鐵采取外加電流的陰極保護法的原理評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、在3個體積均為1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改變?nèi)萜鱅的反應溫度，平衡時c(NO2)與溫度的關(guān)系如下圖所示。下列說法正確的是（）

A.該反應的ΔH<0B.T1時，該反應的平衡常數(shù)為C.容器Ⅰ與容器Ⅱ均在T1時達到平衡，總壓強之比小于1:2D.若T21，達到平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于40%11、500℃時，在四個體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有關(guān)物質(zhì)起始時的物質(zhì)的量數(shù)據(jù)如下表所示：。容器起始時物質(zhì)的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器達到平衡時容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列說法正確的是A.升溫至700℃，上述反應的平衡常數(shù)為則正反應為吸熱反應B.達平衡時，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.達平衡時，容器丁中c(NO)與乙容器中相同D.保持溫度不變?nèi)萜骷走_到平衡時再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此時v(正)＞v(逆)12、各可逆反應達平衡后，改變反應條件，其變化趨勢正確的是A.I2(g)+H2(g)2HI(g)（恒溫）B.CH3COOHH++CH3COO-（忽略溶液體積變化）C.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl（忽略溶液體積變化）D.CH3OCH(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO(g)-Q（恒壓）13、一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡時，體系中氣體體積分數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示，已知：氣體分壓（p分）=氣體總壓（p總）×體積分數(shù)。下列說法正確的是。

A.550℃時，若充入惰性氣體，v正，v逆均減小，平衡不移動B.650℃時，反應達平衡后CO2的轉(zhuǎn)化率為25.0%C.T℃時，若充入等體積的CO2和CO，平衡不移動D.925℃時，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數(shù)KP=24.0p總14、草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向100mL0.2mol/L旳草酸溶液中加入1.68gKOH固體，若溶液體積不變，則對所得溶液中各粒子濃度之間旳關(guān)系描述錯誤的是（）A.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H＋)B.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/LC.c(C2O42-)＜c(HC2O4-)＜c(H2C2O4)D.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)15、常溫下，一定濃度的某溶液由水電離出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，則該溶液的溶質(zhì)可能是（）A.AlCl3B.NaOHC.Na2CO3D.NaHSO416、室溫下，下列混合溶液中，各離子濃度的關(guān)系正確的是A.pH=12的一元弱堿的溶液濃度一定比pH=2的一元強酸溶液濃度大B.濃度均為0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合后：c(Na+)=2c(SO42-)=0.2mol?L-1C.H2C2O4為二元弱酸，濃度均為0.1mol/L的Na2C2O4溶液中：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)D.濃度均為0.lmol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中(R表示S或C)：c(H+)32-)+c(OH-)評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、25°C向中滴加過程中，變化如圖所示。

（1）A點溶液用化學用語解釋原因：_________________。

（2）下列有關(guān)B點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）兩點水的電離程度：______（填“”、“”或“”）。18、（1）用50mL0.50mol·L-1的鹽酸與50mL0.55mol·L-1的氫氧化鈉溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應；測定反應過程中所放出的熱量并計算每生成1mol液態(tài)水時放出的熱量。

完成下列問題：

①燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的生成1mol液態(tài)水時放出熱量的數(shù)值會__________。

（2）現(xiàn)有反應PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，523K時，將10molPCl5注入容積為2L的密閉容器中；平衡時壓強為原來的1.5倍。

①該溫度下該反應的平衡常數(shù)K為__________

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為__________19、有一種觀點認為：與燃燒化石燃料相比，以乙醇為燃料不會增加大氣中二氧化碳的含量。你認為這種觀點是否正確_________？請說明理由_________。20、按要求寫熱化學方程式：

（1）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的C2H2氣體放出熱量為1300kJ，經(jīng)測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生100g白色沉淀，寫出表示C2H2氣體充分燃燒的熱化學方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式：___。21、合成氨對人類的生存和發(fā)展有著重要意義；1909年哈伯在實驗室中首次利用氮氣與氫氣反應合成氨，實現(xiàn)了人工固氮。

(1)反應的化學平衡常數(shù)表達式為_______。

(2)請結(jié)合下列數(shù)據(jù)分析，工業(yè)上選用氮氣與氫氣反應固氮，而沒有選用氮氣和氧氣反應固氮的原因是_______。序號化學反應的數(shù)值①②

(3)如圖是合成氨反應平衡混合氣中的體積分數(shù)隨溫度或壓強變化的曲線，圖中X分別代表溫度或壓強。其中X代表的是_______(填“溫度”或“壓強”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

22、I．現(xiàn)有下列物質(zhì)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水電離的是________(填序號，下同)，能抑制水的電離的是________，水電離的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水電離的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的電離度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下，___________時；水的電離度相等。

II．今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，用序號回答下列問題。

(1)若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等，三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為______

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為_____。23、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______________。24、向等物質(zhì)的量濃度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種（H2S、HS—、S2—）的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與滴加鹽酸體積的關(guān)系如下圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）。

(1)含硫物種B表示__________（填離子符號）。

(2)在滴加鹽酸過程中，溶液中c(Na+)與含硫各物種濃度的大小關(guān)系為_____________(填選字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]25、利用電化學原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5；可循環(huán)使用。則石墨Ⅰ是電池的________極；石墨Ⅰ附近發(fā)生的電極反應式為__________________________________。

（2）工作時，甲池內(nèi)的NO向___________極移動(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同條件下，消耗的O2和NO2的體積比為____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上發(fā)生的電極反應為_________________________________。

（4）若溶液中減少了0.01molCr2O則電路中至少轉(zhuǎn)移了___________mol電子。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)26、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共2題，共6分)27、某興趣小組在實驗室設計如下實驗研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反應。

(1)振蕩靜置后C中觀察到的現(xiàn)象是____；為證明該反應存在一定限度，還應補做實驗為：取C中分液后的上層溶液然后____(寫出實驗操作和現(xiàn)象)。

(2)測定上述KI溶液的濃度；進行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至錐形瓶中，加入適量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反應。

Ⅱ.小心加熱除去過量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示劑，用cmol/LNa2S2O3標準溶液滴定，反應原理為：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步驟II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步驟川達到滴定終點的現(xiàn)象是____。

③已知I2濃度很高時，會與淀粉形成穩(wěn)定的包合物不易解離，為避免引起實驗誤差，加指示劑的最佳時機是____。28、由乳酸與FeCO3反應制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制備碳酸亞鐵:裝置如圖所示。

(1)C的名稱是___________。

(2)清洗儀器,檢查裝置氣密性,A中加入鹽酸,B中加入鐵粉,C中加入NH4HCO3溶液。為順利達成實驗目的,上述裝置中活塞的打開和關(guān)閉順序為:關(guān)閉活塞______；打開活塞______；加入足量鹽酸后,關(guān)閉活塞1,反應一段時間后,關(guān)閉活塞____,打開活塞_____。C中發(fā)生的反應的離子方程式為_______________。

Ⅱ.制備乳酸亞鐵晶體:

將制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量鐵粉,在75℃下攪拌使之充分反應。然后再加入適量乳酸。

(3)加入少量鐵粉的作用是______________。從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亞鐵晶體純度的測量:

(4)若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時,發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)經(jīng)查閱文獻后,改用Ce(SO4)2標準溶液滴定進行測定。反應中Ce4+離子的還原產(chǎn)物為Ce3+。測定時,先稱取5.760g樣品,溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2標準溶液滴定至終點,記錄數(shù)據(jù)如下表。

。滴定次數(shù)。

0.1000mol/LCe(SO4)2標準溶液體積/mL

滴定前讀數(shù)。

滴定后讀數(shù)。

滴定后讀數(shù)。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為_________(以質(zhì)量分數(shù)表示)。評卷人得分六、原理綜合題(共1題，共9分)29、硫單質(zhì)及其化合物在化工生成等領(lǐng)域應用廣泛，工業(yè)尾氣中的SO2一直是環(huán)境污染的主要原因之一。

I．SO2尾氣的處理。

方法1：燃煤中加入生石灰，將SO2轉(zhuǎn)化為CaSO3，再氧化為CaSO4

已知：a．CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s)ΔH=?178.3kJ·mol?1

b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=?2762.2kJ·mol?1

c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=?2314.8kJ·mol?1

（1）寫出CaO(s)與SO2(g)反應生成CaSO3(s)的熱化學方程式：___。

方法2：用氨水將SO2轉(zhuǎn)化為NH4HSO3，再氧化為(NH4)2SO4。

（2）實驗測得NH4HSO3溶液中=1500，則溶液的pH為________(已知：H2SO3的Ka1=1.5×10?2，Ka2=1．0×10?7，K(NH3·H2O)=1.74×10－5；)。NH4HSO3溶液中所含粒子濃度大小關(guān)系正確的是_____。

Ac(NH4+)>c(HSO3－)>c(H+)>c(SO32?)>c(OH－)

Bc(HSO3－)>c(NH4+)>(SO32－)>c(H+)>c(OH－)

Cc(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+2c(SO32?)+c(H2SO3)

Dc(H+)+c(H2SO3)=c(OH－)+c(SO32?)+c(NH3·H2O)

II．SO2的回收利用：

（3）SO2與Cl2反應可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反應為SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1:1把SO2與Cl2充入一恒壓的密閉容器中發(fā)生上述反應，SO2的轉(zhuǎn)化率與溫度T的關(guān)系如下圖所示：

①恒溫恒壓條件下，密閉容器中發(fā)生上述反應，下列事實不能說明反應達到平衡狀態(tài)的是_______(填字母)。

aSO2Cl2的濃度保持不變b混合氣體的壓強不再改變。

c混合氣體的密度不再改變d混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變。

②若反應一直保持在p壓強條件下進行，則M點的分壓平衡常數(shù)Kp＝_____(用含p的表達式表示；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×體積分數(shù))。

III．（4）過二硫酸(H2S2O8)是一種強氧化性酸，其結(jié)構(gòu)式為在工業(yè)上用作強氧化劑。

①在Ag+催化作用下，S2O82?能與Mn2+在水溶液中發(fā)生反應生成SO42?和MnO4?，1molS2O82?能氧化的Mn2+的物質(zhì)的量為_________mol。

②工業(yè)上可用惰性電極電解硫酸和硫酸銨混合溶液制備過二硫酸銨。則陽極的電極反應式為________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A.該裝置為啟普發(fā)生器的簡易裝置，要求固體反應前后始終保持塊狀，純堿為粉末或顆粒狀，因此用Na2CO3制備CO2不能用啟普發(fā)生器的簡易裝置；故A錯誤；

B.Na與H2O反應如果是放熱反應；廣口瓶中氣體受熱膨脹，U型管中紅墨水出現(xiàn)左低右高，因此該裝置能完成實驗目的，故B正確；

C.Cl2能溶于水，但在水中溶解度較小，Cl2與H2O不能形成噴泉；故C錯誤；

D.缺少環(huán)形玻璃攪拌棒；無法完成實驗目的，故D錯誤；

答案為B。

【點睛】

用啟普發(fā)生器或其簡易裝置制備氣體，該反應不能加熱、固體反應始終保持塊狀。2、C【分析】【詳解】

A、熱化學方程式①中表示的不是碳完全燃燒方程式，所以碳的燃燒熱不是110.5kJ·mol－1；A錯誤；

B；在描述方程式①表達的意義時；沒有指明產(chǎn)物，B錯誤；

C、1L0.1mol/LH2SO4溶液與1L0.1mol/LNaOH溶液反應生成0.1mol水；所以放出熱量為5.73kJ，C正確；

D；醋酸是弱酸；在溶液中發(fā)生電離吸熱，與強堿反應生成1mol水時放出的熱量小于57.3kJ，D錯誤；

故選C。3、A【分析】【詳解】

強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=一57.3kJ/mol；則熱化學方程式HNO3(aq)+NaOH(aq)═NaNO3(aq)+H2O(l)△H=-Q3kJ?mol-1中的Q3=57.3kJ；而由于醋酸是弱電解質(zhì)，電離吸熱，故熱化學方程式CH3COOH(aq)+NaOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=-Q1kJ?mol-1中的Q1＜57.3KJ；而濃硫酸稀釋放熱，故熱化學方程式H2SO4(濃)+NaOH(aq)═Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-Q2kJ?mol-1中的Q2＞57.3KJ，故放出的熱量為Q2＞Q3＞Q1，故答案為A。4、A【分析】【詳解】

A．先拐先平溫度高；500℃先達平衡；該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，C的含量減小，與圖像符合，故A正確；

B．該反應是氣體的物質(zhì)的量減小的反應；壓強增大，平衡正向移動，正逆反應均增大，與圖像不符，故B錯誤；

C．催化劑改變反應速率；不改變化學平衡，C的濃度應該保持不變，故C錯誤；

D．該反應是氣體的物質(zhì)的量減小的反應；壓強增大，平衡正向移動，A轉(zhuǎn)化率增大；該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，A轉(zhuǎn)化率減小，與圖像不符，故D錯誤；

故選A。

【點睛】

本題的易錯點為B，要注意增大壓強，無論平衡如何移動，正逆反應速率均增大。5、D【分析】【詳解】

A．新制氯水中加入足量固體NaOH存在電荷c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)；故A錯誤；

B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3-的水解大于其電離，則c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)；故B錯誤；

C．pH=11的氨水與pH=3的鹽酸等體積混合后溶液顯堿性；故C錯誤；

D．溶液中存在電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入計算得到：2c(OH-)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，所以得到：c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)；故D正確；

答案為D。6、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖像分析，pH＞8時只有碳酸根離子和碳酸氫根離子，pH=8時，只有碳酸氫根離子，pH＜8時，溶液中只有碳酸和碳酸氫根離子，則在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故A正確；

B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示劑，滴定產(chǎn)物是用甲基橙作指示劑滴定時，和HCl溶液的反應產(chǎn)物是H2CO3；故B正確；

C．由圖像可知，pH=7時，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-、H2CO3，電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl?)+c(HCO3-)+c(OH?)，則c(Na+)＞c(Cl?)，因HCO3-水解，則c(Na+)＞c(Cl?)＞c(HCO3-)，溶液中各種離子的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系為c(Na+)＞c(Cl?)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH?)；故C正確；

D．已知在25℃時，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反應的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，則c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D錯誤；7、D【分析】【詳解】

A.實驗ii與實驗i對比，差別在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明顯提升，所以增加c（H+）有利于Cr2O72-的去除；故A正確；

B.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷加入Fe2（SO4）3，增加c（Fe3+），Cr2O72-的去除率明顯提升；故B正確；

C.實驗iv中，在陰極，F(xiàn)e3+得電子產(chǎn)生Fe2+，F(xiàn)e2+被Cr2O72-氧化后再產(chǎn)生Fe3+，F(xiàn)e2+循環(huán)利用提高了Cr2O72-的去除率；故C正確；

D.實驗iv中，鐵作陽極先失去電子變成Fe2+，然后發(fā)生反應：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.0lmolCr2O72-理論上共轉(zhuǎn)移0.06mol電子，但Cr2O72-的去除率只有57.3%；所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.06mol，故D錯誤。

故選D。8、C【分析】【分析】

強酸性條件下；鋼鐵中C；Fe和酸構(gòu)成原電池，F(xiàn)e易失電子發(fā)生氧化反應而作負極、C作正極，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應。

【詳解】

A．Fe易失電子發(fā)生氧化反應而作負極；故A錯誤；

B．化學能轉(zhuǎn)化為電能；故B錯誤；

C．電子由負極出發(fā)經(jīng)外電路向正極轉(zhuǎn)移；即電子向碳處轉(zhuǎn)移，故C正確；

D．正極反應式為2H＋+2e－=H2↑，負極電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；故D錯誤；

故選C。

【點睛】

本題考查鋼鐵的析氫腐蝕，明確析氫腐蝕及吸氧腐蝕區(qū)別是解本題關(guān)鍵，知道鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕及吸氧腐蝕的條件，會正確書寫各個電極上電極反應式，易錯點C，注意電子不經(jīng)過內(nèi)電路轉(zhuǎn)移。9、A【分析】【詳解】

A．鐵能夠和醋酸反應；因此用鐵鍋燒制糖醋魚時，鐵鍋會發(fā)生化學腐蝕，鐵鍋的主要成分為鐵合金，同時會發(fā)生原電池反應，即發(fā)生析氫腐蝕，故A正確；

B．鐵發(fā)生吸氧腐蝕的負極反應可用Fe-2e-=Fe2+表示；故B錯誤；

C．常溫下；鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化，比在稀硫酸中腐蝕得慢，故C錯誤；

D．中沒有外加電源；不屬于外加電流的陰極保護法，該裝置起不到保護鋼件的作用，故D錯誤；

故選A。

【點睛】

本題的易錯點為C，要注意濃硫酸性質(zhì)的特殊性。二、多選題(共7題，共14分)10、AD【分析】【分析】

A.由圖可知，溫度升高，平衡時NO2濃度降低；說明溫度升高可使平衡逆向移動；

B.T1溫度時，反應達到平衡時c（NO2）=0.2mol/L；根據(jù)反應方程式計算；

C.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT分析；容器容積和反應溫度一定，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質(zhì)的量成正比；

D.為放熱反應；起始量III看成I體積減小一半，溫度降低；壓強增大，均使平衡正向移動。

【詳解】

A.圖中溫度升高，平衡時NO2濃度降低；說明溫度升高可使化學平衡逆向，因此正反應為放熱反應，即△H＜0，故A正確；

B.T1溫度時，反應達到平衡時c（NO2）=0.2mol/L，則平衡時c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反應的化學平衡常數(shù)為K==故B錯誤；

C.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT分析，容器容積和反應溫度一定，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質(zhì)的量成正比，容器Ⅱ相當于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固體，不改變濃度，設容器Ⅱ中反應達到平衡時消耗了ymolSO2，則平衡時兩容器壓力比為==＞故C錯誤；

D.T2＜T1，則溫度降低有助于化學反應正向進行，容器Ⅲ相當于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不對化學反應的平衡產(chǎn)生影響，也就相當于對容器Ⅰ加壓，若平衡不發(fā)生移動，則平衡時NO的體積分數(shù)為×100%=40%；溫度降低；壓強增大，均使平衡正向移動，容器Ⅲ的化學反應正向進行程度比容器I更大，則達到平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于40%，故D正確；

故答案選AD。

【點睛】

物質(zhì)的量濃度隨時間的變化曲線，把握圖中濃度變化、壓強與溫度對平衡的影響為解答的關(guān)鍵，注意選項C容器容積和反應溫度一定時，體系總壓強與體系中混合氣體的總物質(zhì)的量成正比，S是固體，不改變濃度。11、BC【分析】【分析】

500℃時，甲容器達到平衡時容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃時，

【詳解】

A.500℃時，平衡常數(shù)是升溫至700℃，上述反應的平衡常數(shù)為說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，故A錯誤；

B.根據(jù)“一邊倒”原則，丙中相當于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料為甲的2倍，相當于加壓，加壓平衡不移動，達平衡時，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正確；

C.根據(jù)“一邊倒”原則，乙相當于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；與丁是等效平衡關(guān)系，因此達平衡時，容器丁中c(NO)與乙容器中相同，故C正確；

D.保持溫度不變，容器甲達到平衡時再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此時v(正)＜v(逆)；故D錯誤。

答案選BC。

【點睛】

熟悉化學平衡的三段法計算及影響平衡移動的因素即可解答，注意平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，會根據(jù)K與Q的關(guān)系判斷反應方向。12、AD【分析】【分析】

根據(jù)圖象中的縱橫坐標表示的意義；分析某條件改變時，一個量隨另外一個量的變化，若變化趨勢與圖中一致，則為正確答案。

【詳解】

A；碘單質(zhì)與氫氣反應是壓強不變的反應；所以增大體積，都平衡移動不影響，所以碘單質(zhì)的轉(zhuǎn)化率不變，與圖中符合，故A正確；

B、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固體，使CH3COOH溶液中CH3COO﹣濃度增加，電離平衡逆向移動，則c（H+）減?。籶H逐漸增大，與圖中不符合，故B錯誤；

C、因該反應中K+、Cl﹣實際不參加反應；則加入KCl對平衡體系無影響，化學平衡不移動，鐵離子的濃度不變，與圖中不符合，故C錯誤；

D；因反應為吸熱反應；則體積、壓強不變時，升高溫度，平衡正向移動，則甲醚的轉(zhuǎn)化率增大，與圖中相符合，故D正確。

答案選AD。

【點睛】

本題考查化學平衡的移動與化學平衡圖象，明確影響化學平衡的移動因素是解答本題的關(guān)鍵，并注意圖中曲線變化趨勢的意義來解答。13、BC【分析】【詳解】

A.可變的恒壓密閉容器中反應，550℃時若充入惰性氣體，相當于減小壓強，平衡向著正向移動，v正、v逆均減小；故A錯誤；

B；由圖可以知道；650℃時，反應達平衡后CO的體積分數(shù)為40%，設開始加入的二氧化碳為1mol，轉(zhuǎn)化了xmol；

則有C(s)+CO2(g)2CO(g)

開始10

轉(zhuǎn)化x2x

平衡1-x2x

所以100%=40%，計算得出x=0.25mol，則CO2的轉(zhuǎn)化率為：100%=25.0%；故B正確；

C.由圖可以知道，T℃時，反應達平衡后CO2和CO的體積分數(shù)都為50%即為平衡狀態(tài)；所以平衡不移動，故C正確；

D.925℃時，CO的體積分數(shù)為96%，則CO2的體積分數(shù)都為4%，設p總=P，則用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學平衡常數(shù)KP===23.04P總；故D錯誤；

答案選BC。14、AC【分析】【分析】

向100mL0.2mol/L的草酸溶液中加入1.68gKOH固體，n(H2C2O4)＝0.02mol，n(KOH)＝＝0.03mol，則二者反應生成0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4；結(jié)合物料守恒及電荷守恒解答。

【詳解】

A．由電荷守恒可知，存在2c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(OH?)＝c(K＋)＋c(H＋)；故A錯誤；

B．由草酸根中C原子守恒，可知物料守恒式為c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/L；故B正確；

C．反應后溶液中存在0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4，H2C2O4由HC2O4-和C2O42-水解得到，水解是微弱的，所以c(H2C2O4)＜c(HC2O4?)，c(H2C2O4)＜c(C2O42?)；故C錯誤；

D．溶液中存在物料守恒3[c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)]＝2c(K＋)，則c(C2O42?)＋c(HC2O4?)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)；故D正確；

故答案選AC。

【點睛】

兩種溶液混合求離子濃度大小關(guān)系，優(yōu)先考慮是否發(fā)生化學反應及生成的物質(zhì)的量關(guān)系，然后考慮電離或水解的影響進行判斷。15、AC【分析】【詳解】

酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，常溫下，一定濃度的某溶液由水電離出的c(OH﹣)=10﹣4mol/L＞10﹣7mol/L；說明該物質(zhì)促進水電離，則為含有弱離子的鹽；

A．氯化鋁屬于強酸弱堿鹽；能水解而促進水電離，故A正確；

B．NaOH是堿；抑制水電離，故B錯誤；

C．碳酸鈉是強堿弱酸鹽；促進水電離，故C正確；

D．硫酸氫鈉是強酸強堿酸式鹽；溶液呈強酸性，抑制水電離，故D錯誤；

故答案為AC。16、AD【分析】【詳解】

A.pH=12的一元弱堿的溶液濃度大于0.01mol/L，pH=2的一元強酸溶液濃度為0.01mol/L，所以該一元弱堿濃度一定大于該一元強酸濃度，故A正確；

B.濃度均為0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液等體積混合后，恰好反應生成硫酸鈉,根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)=2c(SO42-)=0.1mol.L-1，故B錯誤；

C.H2C2O4為二元弱酸，濃度為0.1mol/L的Na2C2O4溶液中，根據(jù)物料守恒：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，故C錯誤；

D.根據(jù)化學式NaHRO3得物料守恒關(guān)系：c(Na+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(H2RO3)；由電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)，兩者聯(lián)立，(H+)+c(H2RO3)=c(RO32-)+c(OH-)，所以c(H+)32-)+c(OH-)，故D正確；

故答案：AD。

【點睛】

根據(jù)多元弱酸是分步電離，草酸屬于弱酸，草酸鈉溶液會發(fā)生水解也是分步完成的，所以根據(jù)溶液中的物料守恒分析判斷。三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】【分析】

（1）是弱電解質(zhì)，用化學用語解釋溶液即寫出電離的方程式；

（2）B點加入的的物質(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水的電離；

【詳解】

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

（2）B點溶液：

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水的電離，A點的酸性溶液抑制水的電離，C點為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，因為PH=7，醋酸的抑制作用與醋酸鈉的促進作用相互抵消，對水的電離無影響，故水的電離程度：A

【點睛】

（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。【解析】ab18、略

【分析】【詳解】

(1)①中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實驗過程中的熱量損失；

②NH3?H2O是弱電解質(zhì)；電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應，反應放出的熱量小于57.3kJ；

(2)①初始投料為10mol，容器容積為2L，設轉(zhuǎn)化的PCl5的物質(zhì)的量濃度為x；則有：

恒容容器中壓強比等于氣體物質(zhì)的量濃度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常數(shù)K==2.5；

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為=50%?！窘馕觥竣?減少實驗過程中的熱量損失②.偏?、?2.5④.50%19、略

【分析】【詳解】

植物利用太陽能將二氧化碳、水轉(zhuǎn)化為有機物，有機物發(fā)酵生成乙醇，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳還會重新進入這個碳循環(huán)，并不會增加大氣中二氧化碳的含量，這個過程相當于我們將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能進行利用?！窘馕觥空_乙醇為生物質(zhì)燃料，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳會被植物吸收轉(zhuǎn)化再轉(zhuǎn)化為乙醇，實現(xiàn)平衡，燃燒乙醇并不會增加大氣中二氧化碳的含量。20、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)生成碳酸鈣的質(zhì)量計C2H2的物質(zhì)的量，結(jié)合燃燒熱的概念書寫表示C2H2燃燒熱化學方程式；

(2)根據(jù)中和熱的概念：稀的強酸和強堿反應生成1mol水所放出的熱量求出中和熱并書寫出中和熱的熱化學方程式。

【詳解】

(1)n(CaCO3)==1mol，則根據(jù)C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃燒生成的二氧化碳為1mol，由C2H2燃燒的化學方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反應的C2H2的物質(zhì)的量是n(C2H2)=因為燃燒mol的C2H2放出的熱量為1300kJ，所以燃燒1molC2H2產(chǎn)生CO2氣體和產(chǎn)生液態(tài)水放出熱量是2600kJ，故C2H2的燃燒熱為2600kJ，所以表示C2H2燃燒熱化學方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案為：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液與足量NaOH溶液完全反應，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應的反應熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案為：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【點睛】

本題考查熱化學方程式的書寫，注意把握中和熱和燃燒熱的概念，利用反應熱與反應途徑無關(guān)，只與物質(zhì)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)進行解答問題，注意反應熱要與反應的物質(zhì)的物質(zhì)的量的多少及物質(zhì)的存在狀態(tài)相對應?！窘馕觥緾2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol21、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)化學平衡常數(shù)的定義可知故答案為：

（2）平衡常數(shù)越大,說明反應物轉(zhuǎn)化率越高，N?與H2反應的平衡常數(shù)遠大于N?與O?反應的平衡常數(shù)，所以與H2反應時，N?的轉(zhuǎn)化率更高，故答案為：N?與H2反應的平衡常數(shù)遠大于N?與O?反應的平衡常數(shù)；平衡常數(shù)越大，N?的轉(zhuǎn)化率越高，固氮效果越好。

（3）工業(yè)合成氨反應為氣體分子數(shù)減少的反應，溫度相同時，加壓平衡正向移動，NH3的體積分數(shù)增大；該反應為放熱反應，壓強相同時，升高溫度，平衡逆向移動，NH3的體積分數(shù)降低，故X代表壓強，L線代表溫度，且L2>L1，故答案為：壓強；＜；反應為放熱反應，壓強相同時，升高溫度，平衡逆向移動，NH3的體積分數(shù)降低，所以L1＜L2?！窘馕觥?1)

(2)N?與H2反應的平衡常數(shù)遠大于N?與O?反應的平衡常數(shù)；平衡常數(shù)越大，N?的轉(zhuǎn)化率越高，固氮效果越好。

(3)壓強＜反應為放熱反應，壓強相同時，升高溫度，平衡逆向移動，NH3的體積分數(shù)降低，所以L1＜L2。22、略

【分析】【分析】

一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高溫度或加入能與H+或OH-反應的離子，可促進水的電離，如加入酸或堿，溶液中H+或OH-濃度增大；則抑制水的電離，以此解答該題。

【詳解】

I．(1)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0；這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水的電離的是升高溫度，因水的電離為吸熱反應；

加入酸、堿溶液可抑制水的電離，即②③④抑制水的電離；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或酸溶液，如純水、鹽酸等，①②符合；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或堿溶液，如純水；氫氧化鉀、氫氧化鋇溶液，①③④符合；

故答案為：①；②③④；①②；①③④；

(2)純水中加入酸、堿,可抑制水的電離；從②和③溶液中水的電離程度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下酸溶液中的等于堿溶液中的水的電離程度相等；

故答案為：酸溶液中的與堿溶液中的相等時；

II．(1)今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等為a，則硫酸中氫離子的濃度為2a，鹽酸中氫離子的濃度為a，醋酸不完全電離，氫離子的濃度小于a，則三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為③>①>②；

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，則三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系與(1)相反：②>①>③。【解析】①②③④①②③④酸溶液中的與堿溶液中的相等時③>①>②②>①>③23、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。【解析】①.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。24、略

【分析】【分析】

向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，結(jié)合圖1所示H2S、HS-、S2-的分布分數(shù)進行解答；NaHS的含量先增加后減少；根據(jù)物料守恒可求得滴加過程中；溶液中微粒濃度大小關(guān)系。

【詳解】

（1）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，A表示含硫微粒濃度減小為S2-，B先增加后減少為HS-，C濃度一直在增加為H2S，故答案為：HS-；

（2）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設Na2S、NaOH各為1mol，則n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒為HS-、S2-、H2S，則c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在電荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案為：c?！窘馕觥竣?HS-②.c25、略

【分析】(1)甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負極，電極反應式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極，故答案為負；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ為負極，原電池中陰離子向負極移動，根據(jù)得失電子守恒計算1molO2反應中轉(zhuǎn)移4mol電子，4molNO2轉(zhuǎn)變成N2O5，轉(zhuǎn)移4mol電子，相同狀況下氣體的體積比等于物質(zhì)的量之比，故O2和NO2的體積比為1：4；故答案為石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ為負極，故Fe(Ⅰ)為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

(4)根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能夠氧化0.06molFe2＋，即電解過程中需要生成0.06molFe2＋，F(xiàn)e(I)為陽極，電極反應式為Fe-2e-=Fe2＋；故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，故答案為0.12。

點睛：本題考查原電池與電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關(guān)鍵。本題的難點是(4)的計算，需要根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O計算出電解過程中生成的Fe2＋，再根據(jù)電極反應式進行計算，注意電路中轉(zhuǎn)移的電子與Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中轉(zhuǎn)移的電子是不一樣的?！窘馕觥控揘O2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判斷題(共1題，共7分)26、×【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、實驗題(共2題，共6分)27、略

【分析】【分析】

(1).由題意可知，過量的碘化鉀溶液與氯化鐵溶液反應生成氯化亞鐵和碘，向溶液中加入四氯化碳，振蕩靜置，溶液分層為證明該反應存在一定限度，應檢驗上層溶液中是否存在Fe3+；

(2).由步驟可知，雙氧水的氧化性強于單質(zhì)碘，若步驟1省略，溶液中過氧化氫會與Na2S2O3溶液反應；當Na2S2O3標準溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應，溶液由藍色變?yōu)闊o色，為避免引起實驗誤差，滴定開始時不能加入淀粉指示劑，應當在I2濃度較小時再滴入淀粉。

【詳解】

(1).由題意可知，過量的碘化鉀溶液與氯化鐵溶液反應生成氯化亞鐵和碘，向溶液中加入四氯化碳，振蕩靜置，溶液分層，上層為氯化鐵和氯化亞鐵得混合溶液，溶液的顏色為黃綠色，下層為碘的四氯化碳溶液，溶液的顏色為紫色；為證明該反應存在一定限度，應檢驗上層溶液中是否存在Fe3+；還應補做實驗為：取C中分液后的上層溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液變紅色，故答案為：溶液分層，上下層四氯化碳層呈紫色，上層水層為黃綠色；滴加KSCN溶液，溶液變紅；

(2).由步驟可知，雙氧水的氧化性強于單質(zhì)碘，若步驟1省略，溶液中過氧化氫會與Na2S2O3溶液反應，導致Na2S2O3標準溶液體積偏大，所測結(jié)果偏高，故不能省略；當Na2S2O3標準溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原；由I2濃度很高時，會與淀粉形成穩(wěn)定的包合物不易解離，為避免引起實驗誤差，滴定開始時不能加入淀粉指示劑，應當在I2濃度較小時再滴入淀粉，故答案為：不能；當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標準溶液時，藍色褪去且30秒內(nèi)不復原；用cmol/LNa2S2O3標準溶液滴定至溶液呈淺黃色時；加入淀粉指示劑，再繼續(xù)滴加。

【點睛】

當Na2S2O3標準溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應，溶液由藍色變?yōu)闊o色，為