2024年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)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、白磷和氯氣反應(yīng)生成PCl3的熱化學(xué)方程式為P4（白磷，g）+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1，已知化學(xué)鍵鍵能為Cl—Cl鍵243kJ·mol-1，P—Cl鍵331kJ·mol-1。白磷和PCl3的分子結(jié)構(gòu)如圖所示；則P—P鍵的鍵能為（）

A.396kJ·mol-1B.198kJ·mol-1C.99kJ·mol-1D.49.5kJ·mol-12、下列事實(shí)，不能用勒夏特列原理解釋的是()A.熱純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強(qiáng)B.向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C.水的離子積隨溫度變化如表格所示：D.對CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)平衡體系增大壓強(qiáng)可使顏色變深3、常溫下，含碳微粒存在于草酸溶液與等濃度NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)某微粒物質(zhì)的量濃度與三種微粒物質(zhì)的量濃度和比值與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是

A.向的溶液中加NaOH溶液將pH增大至的過程中水的電離度一直增大B.時(shí)，溶液中cC.若草酸的第二級(jí)電離平衡常數(shù)為則D.將相同物質(zhì)的量濃度和的兩份溶液等體積混合，可配得圖a點(diǎn)所示混合液4、將pH＝13的NaOH溶液平均分成兩份，一份加適量水，另一份加入與該NaOH溶液物質(zhì)的量濃度相同的適量硫酸后，pH都降低為12，則加入的水與硫酸的體積比為A.10：1B.11：1C.20：1D.21：15、常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中相關(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系不正確的是（）A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)＜c(H+)B.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液與0.1mol·L-1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)D.濃度均為0.1mol·L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4溶液中，c(NH4+)的大小順序：CH3COONH4＞NH4Cl＞NH4HSO46、液氨中存在與水的電離類似的電離過程，金屬鈉投入液氨中可生成氨基鈉(NaNH2)，下列說法不正確的是A.液氨的電離方程式可表示為2NH3?NH4++NH2-B.鈉與液氨的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)中有H2生成C.NaNH2與少量水反應(yīng)可能有NH3逸出，所得溶液呈弱堿性D.NaNH2與一定量稀硫酸充分反應(yīng)，所得溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可能得到四種鹽7、已知HCN的電離常數(shù)K＝6.2×10－10，用物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，經(jīng)測定溶液呈堿性。則下列關(guān)系式正確的是（）A.c（CN－）＞c（Na＋）B.c（CN－）＞c（HCN）C.c（HCN）＋c（CN－）＝0.2mol·L－1D.c（CN－）＋c（OH－）＝0.1mol·L－18、下圖所示的實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.

驗(yàn)證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B.

驗(yàn)證溫度對化學(xué)平衡的影響C.

驗(yàn)證鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕D.

驗(yàn)證AgCl溶解度大于Ag2S評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、相同溫度下，體積均為0.25L的兩個(gè)恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。實(shí)驗(yàn)測得起始、平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：。容器。

編號(hào)起始時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量/mol達(dá)平衡時(shí)體系能量的變化N2H2NH3NH3①130放出熱量：23.15kJ：②002吸收熱量：Q

實(shí)驗(yàn)還測得到達(dá)平衡后，兩容器中相同組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(或體積分?jǐn)?shù))都相同。下列敘述正確的是()A.容器①、②中反應(yīng)的平衡常數(shù)不相等B.平衡時(shí)，兩個(gè)容器中NH3的體積分?jǐn)?shù)均為1/7C.平衡時(shí)，兩個(gè)容器中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率之和等于1D.容器②中達(dá)平衡時(shí)吸收的熱量Q＝23.15kJ10、H2S為二元弱酸，20℃的pKa1＝6.89，pKa2＝14.15(電離常數(shù)K的負(fù)對數(shù)－lgK＝pK)。在20℃時(shí)，向0.1mol·L－1的Na2S溶液中緩慢通入HCl(忽略溶液體積變化和H2S的揮發(fā))，在該過程中下列微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A.溶液中c(HS－)＝c(S2－)時(shí)，c(S2－)＋2c(H2S)－)B.溶液呈中性時(shí)，c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Cl－)C.溶液pH＝6.89時(shí)，c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)D.溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1時(shí)，c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(H＋)11、時(shí)，將溶液逐滴滴加到溶液中，所得溶液的與滴加的體積關(guān)系如右圖所示。下列指定溶液濃度關(guān)系說法正確的是。

已知：時(shí)的

A.點(diǎn)所得溶液中：B.點(diǎn)所得溶液中：C.點(diǎn)所得溶液中：D.點(diǎn)所得溶液中：12、草酸是二元弱酸，草酸氫鈉溶液呈酸性，在0.1mol/LNaHC2O4中下列關(guān)系正確的是A.c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.c(HC2O4-)+c(C2O42-)=c(Na＋)C.c(C2O42-)<c(H2C2O4)D.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L13、已知在常溫下測得濃度均為0.1mol/L的下列6種溶液的pH：。溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列說法或表達(dá)錯(cuò)誤的是A.結(jié)合質(zhì)子能力由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篊O32－＞HCO3－＞CH3COO-B.常溫下電離常數(shù)比較：Ki1(H2CO3)＞Ki2(H2CO3)＞Ki(C6H5OH)C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN14、部分弱酸在水溶液中的電離平衡常數(shù)如下表。

。弱酸。

氫氰酸（HCN）

碳酸（H2CO3）

氫氟酸（HF）

電離平衡常數(shù)K

（25℃）

K=4.93×10﹣10

K1=4.3×10﹣7

K2=5.6×10﹣11

K=3.53×10﹣4

下列選項(xiàng)正確的是（）A.NaCN溶液中通入少量CO2：CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣B.Na2CO3溶液中通入少量HF：CO32﹣+2HF→2F﹣+CO2+H2OC.25℃，等濃度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D.中和等體積、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者15、常溫下，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，分別向20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液；滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是。

A.b點(diǎn)溶液中粒子濃度大小關(guān)系：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)B.c點(diǎn)溶液中存在：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)C.溶液中由水電離出c(H+)大小關(guān)系：bD.d點(diǎn)溶液中：=180評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、2018年，美國退出了《巴黎協(xié)定》實(shí)行再工業(yè)化戰(zhàn)略，而中國卻加大了環(huán)保力度，生動(dòng)詮釋了我國負(fù)責(zé)任的大國形象。近年我國大力加強(qiáng)溫室氣體CO2催化氫化合成甲醇技術(shù)的工業(yè)化量產(chǎn)研究；實(shí)現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ?mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ?mol-1

寫出CO2催化氫化合成甲醇的熱化學(xué)方程式：_______。

（2）為提高CH3OH產(chǎn)率，理論上應(yīng)采用的條件是_______（填字母）。

a.高溫高壓b.低溫低壓c.高溫低壓d.低溫高壓。

（3）250℃、在恒容密閉容器中由CO2(g)催化氫化合成CH3OH(g)，下圖為不同投料比[n(H2)/n(CO2)]時(shí)某反應(yīng)物X平衡轉(zhuǎn)化率變化曲線。

①反應(yīng)物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判斷依據(jù)是_______。

（4）250℃、在體積為2.0L的恒容密閉容器中加入6molH2、2molCO2和催化劑，10min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，測得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反應(yīng)速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化學(xué)平衡常數(shù)K=_______。

③催化劑和反應(yīng)條件與反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物的選擇性有高度相關(guān)。控制相同投料比和相同反應(yīng)時(shí)間，四組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)溫度（K）催化劑CO2轉(zhuǎn)化率（%）甲醇選擇性（%）A543Cu/ZnO納米棒12.342.3B543Cu/ZnO納米片11.972.7C553Cu/ZnO納米棒15.339.1D553Cu/ZnO納米片12.070.6

根據(jù)上表所給數(shù)據(jù)，用CO2生產(chǎn)甲醇的最優(yōu)選項(xiàng)為_______（填字母）。17、研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

(1)NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為______________。利用反應(yīng)6NO2＋7N5＋12H2O也可處理NO2。當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

則反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。

a．體系壓強(qiáng)保持不變。

b．混合氣體顏色保持不變。

c．SO3和NO的體積比保持不變。

d．每消耗1molSO3的同時(shí)生成1molNO2

測得上述反應(yīng)平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數(shù)K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。該反應(yīng)ΔH_____0(填“>”或“<”)。實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是_______。18、高爐煉鐵中發(fā)生的基本反應(yīng)之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達(dá)式為K=__，又知1100℃時(shí)，K=0.28。

（1）溫度升高，化學(xué)平衡移動(dòng)后達(dá)到新的平衡，平衡常數(shù)__（填“變大”；“變小”或“不變”）。

（2）1100℃時(shí)測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在這種情況下，該反應(yīng)是否處于化學(xué)平衡狀態(tài)：__（填“是”或“否”），此時(shí)，化學(xué)反應(yīng)速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。19、恒溫、恒壓下，在一個(gè)容積可變的容器中發(fā)生如下反應(yīng)：A（g）+B（g）?C（g）

（1）若開始時(shí)放入1molA和1molB，達(dá)到平衡后，生成amolC，這時(shí)A的物質(zhì)的量為_____mol。

（2）若開始時(shí)放入3molA和3molB，達(dá)到平衡后，生成C的物質(zhì)的量為_____mol。

（3）若開始時(shí)放入xmolA、2molB和1molC，達(dá)到平衡后，A和C的物質(zhì)的量分別為ymol和3amol，則x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次達(dá)到平衡后，C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)是_____。20、在一個(gè)2L的密閉容器中，加入3molA和1molB，發(fā)生下述反應(yīng)：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)；5min達(dá)到平衡時(shí)，C的濃度為0.6mol/L。

（1）達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率為________，此溫度下的平衡常數(shù)K＝_______________。（保留一位小數(shù)）

（2）維持容器的溫度不變，若縮小容器的體積，則平衡將向________(填“正反應(yīng)方向移動(dòng)”“逆反應(yīng)方向移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)。

（3）維持容器的體積和溫度不變，向密閉容器中加入氦氣，達(dá)到新平衡時(shí)，B、C的濃度之比將________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（4）當(dāng)增加A的濃度，B的轉(zhuǎn)化率________；若將C分離出來，化學(xué)平衡常數(shù)________。(填“增大”、“減小”或“不變”)21、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(hào))，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(shí)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______________。22、弱電解質(zhì)在水溶液中的電離狀況可以進(jìn)行定量計(jì)算和推測。

（1）25℃時(shí)兩種酸的電離平衡常數(shù)如表所示。

①25℃時(shí)，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水電離出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃時(shí)，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃時(shí)，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反應(yīng)的離子方程式為_______。

（2）已知25℃時(shí)，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。

①25℃，pH＝3時(shí)溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②當(dāng)溶液pH由11到14時(shí)，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：_______。23、下表是室溫下，幾種弱酸的電離平衡常數(shù)（Ka）和弱堿的電離平衡常數(shù)（Kb）：。酸或堿電離常數(shù)（Ka或Kb）CH3COOHKa＝1.75×10－5檸檬酸（H3C6H5O7）Ka1＝7.4×10－4

Ka2＝1.73×10－5

Ka3＝4.0×10－7NH3·H2OKb＝1.75×10－5

請回答下列問題：

（1）用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，下列選項(xiàng)中一定變小的是__________（填字母）。

A．

B．c(H＋)

C．c(OH－)·c(H＋)

D．

E．

（2）濃度為0.10mol/L檸檬酸氫二鈉（Na2HC6H5O7）溶液顯_____（填“酸”“堿”或“中”）性，通過計(jì)算說明其原因____24、水是生命的源泉；工業(yè)的血液、城市的命脈。河水是主要的飲用水源；污染物通過飲用水可毒害人體，也可通過食物鏈和灌溉農(nóng)田間接危及健康。請回答下列問題：

（1）純水在100℃時(shí)，pH=6，該溫度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃時(shí)，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解的離子方程式為___。

（3）體積均為100mLpH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則相同溫度時(shí)，HX的電離平衡常數(shù)__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

（4）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強(qiáng)弱的物理量。已知：?；瘜W(xué)式電離常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃時(shí)，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序?yàn)開__。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

（5）25℃時(shí)，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，則溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精確值）。評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)25、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共1題，共10分)26、某溫度時(shí)，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(diǎn)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(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計(jì)算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)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?yàn)開____(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(zhuǎn)化的離子方程式：_____。評卷人得分六、原理綜合題(共1題，共3分)27、空氣質(zhì)量評價(jià)的主要污染物為PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物質(zhì)。研究脫硝(除NOx)技術(shù)和脫硫(除SO2)技術(shù)都是環(huán)境科學(xué)研究的熱點(diǎn)；對于消除環(huán)境污染有重要意義。

（1）已知催化劑存在的條件下H2可以將NO還原為N2。下圖是一定條件下H2還原NO生成N2和1mol水蒸氣的能量變化示意圖。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________________。（ΔH用E1、E2、E3表示）

（2）升高溫度絕大多數(shù)的化學(xué)反應(yīng)速率增大，但是2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的速率卻隨著溫度的升高而減小。某化學(xué)小組為研究該特殊現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)原因，查閱資料知2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：

I．2NO(g)?N2O2(g)(快)；v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2)△H1＜0

II．N2O2(g)+O2(g)?2NO2(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)；v2逆=k2逆.c2(NO2)△H2＜0

請回答下列問題：

①一定溫度下，反應(yīng)2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)達(dá)到平衡狀態(tài)，請寫出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常數(shù)表達(dá)式K=__________________。

②決定2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)速率的是反應(yīng)II，反應(yīng)I的活化能E1與反應(yīng)II的活化能E2的大小關(guān)系為E1___E2(填“＞”、“＜”或“=”)。根據(jù)速率方程分析，升高溫度該反應(yīng)速率減小的原因是___。

A．k2正增大，c(N2O2)增大

B．k2正減小，c(N2O2)減小。

C．k2正增大，c(N2O2)減小

D．k2正減小，c(N2O2)增大。

③由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到v2正～c(O2)的關(guān)系可用圖表示。當(dāng)x點(diǎn)升高到某一溫度時(shí)，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點(diǎn)為____(填字母)。

（3）我國科學(xué)家在天然氣脫硫研究方面取得了新進(jìn)展，利用如圖裝置可發(fā)生反應(yīng)：H2S+O2=H2O2+S↓。

已知甲池中發(fā)生的反應(yīng)為：

①裝置中H+從__________移向__________(填“甲池”或“乙池”)。

②乙池溶液中發(fā)生的反應(yīng)為______________________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

已知反應(yīng)的ΔH=反應(yīng)物的鍵能和-生成物的鍵能和，設(shè)P—P鍵的鍵能為x，則P4(白磷，g)+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1=(x)×6+(243kJ·mol-1)×6-(331kJ·mol-1)×4×3，解得：x=198kJ·mol-1，故答案為B。2、D【分析】【分析】

平衡移動(dòng)原理是如果改變影響平衡的一個(gè)條件；平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)。平衡移動(dòng)原理適用的對象應(yīng)存在可逆的過程，并且可逆的過程發(fā)生移動(dòng)，據(jù)此判斷。

【詳解】

A；鹽類水解是吸熱的可逆反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)水解，所以熱的純堿溶液比冷的純堿溶液洗滌油污的能力強(qiáng)，效果好，能夠用平衡移動(dòng)原理解釋，A不選；

B、碳酸鎂微溶，存在溶解平衡，氫氧化鎂比碳酸鎂難溶，則向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀；能夠用平衡移動(dòng)原理解釋，B不選；

C；水的電離是吸熱的；升高溫度促進(jìn)水的電離，電離常數(shù)增大，導(dǎo)致水的離子積常數(shù)增大，能夠用平衡移動(dòng)原理解釋，C不選；

D、反應(yīng)CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)為氣體體積不變的可逆反應(yīng)；壓強(qiáng)不影響該反應(yīng)的平衡狀態(tài)，氣體顏色變深是由于二氧化氮濃度增大所致，不能用平衡移動(dòng)原理解釋，D選；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

向的溶液中加KOH溶液將pH增大至溶液中由酸電離的氫離子濃度減小，則對水的電離抑制的程度減小，水的電離度一直增大，選項(xiàng)A正確；

B.時(shí)，溶液中存在物料守恒，選項(xiàng)B正確；

C.時(shí)，選項(xiàng)C正確；

D.將相同物質(zhì)的量濃度和的兩份溶液等體積混合，可配成不同濃度的溶液，溶液濃度不同，pH不一定為定值，即不一定為選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查酸堿混合物的定性判斷和計(jì)算，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，本題注意把握圖像的含義，易錯(cuò)點(diǎn)為B，注意常數(shù)的計(jì)算，和的物質(zhì)的量相同，溶液中存在物料守恒，4、D【分析】【詳解】

pH＝13的NaOH溶液，c(NaOH)=0.1mol/L；設(shè)一份氫氧化鈉溶液的體積為1L，加入水的體積為aL，加入0.1mol/L硫酸的體積為bL；

a=9L；b=所以加入的水與硫酸的體積比為9：=21：1，故選D。5、D【分析】【詳解】

A．0.1mol?L-1CH3COOH溶液中存在水的電離平衡，氫離子濃度大于醋酸根離子濃度：c(CH3COO-)＜c(H+)；故A正確；

B．0.1mol?L-1NH4Cl溶液中存在電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；故B正確；

C．0.1mol?L-1Na2CO3溶液與0.1mol?L-1NaHCO3溶液等體積混合，則碳酸鈉和碳酸氫鈉的濃度相等，根據(jù)電荷守恒可得：①2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)，根據(jù)物料守恒可得：②2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)，根據(jù)①②可得：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)；故C正確；

D．濃度均為0.1mol?L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4中，CH3COONH4中醋酸根的水解促進(jìn)銨根離子的水解，NH4HSO4中電離出的氫離子抑制銨根離子的水解，NH4Cl中氯離子對銨根離子水解無影響，即銨根離子的濃度大小順序是NH4HSO4＞NH4Cl＞CH3COONH4；故D錯(cuò)誤；

故選D。6、C【分析】【詳解】

A.NH3與水分子一樣發(fā)生自偶電離，一個(gè)氨分子失去氫離子，一個(gè)氨分子得到氫離子，液氨的電離方程式可表示為2NH3?NH4++NH2-；故A正確；

B.鈉與液氨的反應(yīng)鈉由0價(jià)升高為+1價(jià)，有元素化合價(jià)變價(jià)，是氧化還原反應(yīng)，氫元素化合價(jià)降低，反應(yīng)中有H2生成；故B正確；

C.NaNH2與少量水反應(yīng)可能有NH3逸出；所得溶液是NaOH，呈強(qiáng)堿性，故C錯(cuò)誤；

D.NaNH2與一定量稀硫酸充分反應(yīng)，所得溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可能得到四種鹽：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4；故D正確；

故選C。7、C【分析】【詳解】

A.溶液顯堿性，則有c（OH-）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)可知，c（CN－）＋）；故A錯(cuò)誤；

B.溶液顯堿性，說明NaCN的水解程度大于HCN的電離程度，故有c（CN－）<c（HCN）；故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)物料守恒有c（HCN）＋c（CN－）=0.2mol·L－1；故C正確；

D.混合液中c（Na＋）=0.1mol/L，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，則c(OH-)+c(CN-)=0.1mol/L+c(H+)；故D錯(cuò)誤；

答案選C。8、B【分析】【詳解】

A．沒有構(gòu)成閉合回路，不能發(fā)生原電池反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．存在2NO2?N2O4，溫度高，顏色深，可知溫度對化學(xué)平衡有影響，故B正確；C．電解質(zhì)為HCl，發(fā)生析氫腐蝕，生成氫氣，而中性溶液或弱酸溶液中發(fā)生吸氧腐蝕，故C錯(cuò)誤；D．硝酸銀過量，Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，生成Ag2S沉淀，而不能驗(yàn)證AgCl溶解度大于Ag2S，故D錯(cuò)誤；故選B。二、多選題(共7題，共14分)9、BC【分析】【分析】

平衡常數(shù)（）只與溫度有關(guān)；先利用反應(yīng)熱求出生成氨氣的物質(zhì)的量，根據(jù)化學(xué)方程式求出生成氨氣的體積分?jǐn)?shù)；從平衡移動(dòng)的角度比較反應(yīng)放出的熱量與的關(guān)系。

【詳解】

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

B.根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)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(shí)，容器①中的體積分?jǐn)?shù)等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)：從等效平衡的角度分析，相當(dāng)于在相同條件下，處于相同平衡狀態(tài)，所以平衡時(shí)兩個(gè)容器內(nèi)氨氣的體積分?jǐn)?shù)相等，B正確；

C.根據(jù)三段式，容器①中氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率：氫氣的轉(zhuǎn)化率：容器②中加入的是2mol氨氣，根據(jù)等效平衡，容器②中氨氣的轉(zhuǎn)化率為75%，所以平衡時(shí)兩容器中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率之和為1，C正確；

D.容器②中加入的是轉(zhuǎn)化率為75%，則平衡時(shí)吸收69.45kJ的熱量，D錯(cuò)誤。

【點(diǎn)睛】

在相同條件下，同一可逆反應(yīng)體系，不管從正反應(yīng)開始，還是從逆反應(yīng)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(shí)，對于方程式前后氣體系數(shù)之和不同時(shí)，只要能使各物質(zhì)的初始物質(zhì)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(shù)之和相同時(shí)，只要能使各物質(zhì)初始物質(zhì)的量之比相等就可以建立相似平衡；②恒溫恒壓時(shí)，只要使各物質(zhì)初始濃度對應(yīng)成比例即可建立相似平衡。10、BC【分析】【分析】

Na2S溶液中通入HCl，有電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)和物料守恒：c(Na+)=2c(S2?)+2c(HS?)+2c(H2S)，兩式相加可得質(zhì)子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)。

【詳解】

A．根據(jù)c(HS?)=c(S2?)可知，溶液呈堿性，所以c(OH?)＞c(H+)，由質(zhì)子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，可得c(Cl?)＜c(HS?)+2c(H2S)，由于c(HS?)=c(S2?)，所以c(Cl?)＜c(S2?)+2c(H2S)；故A錯(cuò)誤；

B．由質(zhì)子守恒：c(Cl?)+c(OH?)═c(H+)+c(HS?)+2c(H2S)，pH=7的溶液c(OH?)=c(H+)，可得c(Cl?)═c(HS?)+2c(H2S)；故B正確；

C．溶液pH＝6.89時(shí)，c(H+)=10-6.89溶液顯酸性，Ka1=10-6.89，所以c(HS－)＝c(H2S)，弱電解質(zhì)的電離比較弱，溶液中離子濃度大小關(guān)系是c(Cl－)>c(HS－)＝c(H2S)＞c(H＋)>c(OH－)；故C正確；

D．c(Cl?)=0.200mol?L?1，說明Na2S恰好和通入的HCl完全反應(yīng)生成NaCl和H2S。溶液中，c(Na+)=c(Cl?)，根據(jù)電荷守恒：c(Cl?)+2c(S2?)+c(HS?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，可得c(OH－)＋c(H2S)＋2c(S2－)＝c(H＋)，故D錯(cuò)誤；故選：BC。11、CD【分析】【詳解】

A．當(dāng)向溶液中滴加極少量NaOH時(shí)，溶液中c(Na+)極小，此時(shí)c(H+)>c(Na+)，但隨著NaOH的滴加，c(Na+)變大c(H+)變小，最終c(H+)<c(Na+)，a點(diǎn)未告知滴加氫氧化鈉的量無法判斷c(H+)和c(Na+)的大小關(guān)系；故A錯(cuò)誤；

B．b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為H2SO3和NaHSO3，存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+c(HSO3?)+2c(SO32?)，此時(shí)溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH?)，則c(Na+)<c(HSO3?)+2c(SO32?)；故B錯(cuò)誤；

C．Ka2=則Ka2=10-7.19，c點(diǎn)溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以故C正確；

D．d點(diǎn)加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好與亞硫酸鈉完全反應(yīng)，溶液中的溶質(zhì)為Na2SO3，存在質(zhì)子守恒c(OH?)=c(H+)+c(HSO3?)+2c(H2SO3)；故D正確；

故答案為CD。12、AD【分析】【詳解】

A．電解質(zhì)溶液中存在電荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH―)+2c(C2O42-)；故A正確；

B．草酸氫鈉溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根據(jù)物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=c(Na＋)；故B錯(cuò)誤；

C．草酸是二元弱酸，草酸氫鈉溶液呈酸性，說明HC2O4－電離程度大于水解程度，則c（C2O42－）＞c（H2C2O4）；故C錯(cuò)誤；

D．草酸氫鈉溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根據(jù)物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=0.1mol·L－1；故D正確；

故選AD。

【點(diǎn)睛】

難點(diǎn)C，離子濃度大小比較，根據(jù)溶液酸堿性確定HC2O4－電離程度和水解程度關(guān)系，AD再結(jié)合守恒思想分析解答。13、BC【分析】【詳解】

A．酸根離子水解程度越大，其結(jié)合質(zhì)子能力越強(qiáng)，酸根離子水解程度CO32－＞HCO3－＞CH3COO-，所以酸根離子結(jié)合質(zhì)子能力大小順序是CO32－＞HCO3－＞CH3COO-；故A正確；

B．酸根離子水解程度CO32?＞C6H5O?＞HCO3?，酸的電離平衡常數(shù)從小到大順序是：HCO3?＜C6H5OH＜H2CO3；故B錯(cuò)誤；

C．酸性HCO3?＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中發(fā)生的反應(yīng)為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；故C錯(cuò)誤；

D．酸性HCO3?＜HCN＜H2CO3，所以過量的HCN滴入碳酸鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)：HCN+Na2CO3=NaCN+NaHCO3；故D正確；

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

酸根離子水解程度越大，得到的堿的堿性越強(qiáng)。14、AC【分析】【詳解】

A．酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，強(qiáng)酸能和弱酸的鹽反應(yīng)生成弱酸，二者反應(yīng)生成氫氰酸和碳酸氫根離子，方程式為CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣；故A正確；

B．酸性HF＞H2CO3＞HCO3﹣，二者反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氟化鈉，離子方程式為CO32﹣+HF→F﹣+HCO3﹣；故B錯(cuò)誤；

C．酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液pH越小，電離平衡常數(shù)HF＞HCN，則水解程度：CN﹣＞F﹣；所以等濃度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正確；

D．中和等體積；等pH的HCN和HF消耗NaOH的量與酸的物質(zhì)的量成正比；等pH的HCN和HF，c(HCN)＞c(HF)，則等體積等pH的HCN和HF的物質(zhì)的量前者大于后者，則消耗NaOH的量前者大于后者，故D錯(cuò)誤；

故答案為AC。

【點(diǎn)睛】

考查弱電解質(zhì)的電離，知道電離平衡常數(shù)與酸根離子水解程度、酸的強(qiáng)弱之間的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，根據(jù)酸的強(qiáng)弱來確定生成物，注意D中中和等pH、等體積的酸消耗NaOH的體積與酸的強(qiáng)弱無關(guān)，只與酸的物質(zhì)的量有關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn)。15、BD【分析】【詳解】

A.b點(diǎn)是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/L氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成的CH3COONa和過量CH3COOH等濃度的混合溶液，此時(shí)溶液pH<7，則c(H+)>c(OH-)，說明CH3COOH的電離作用大于CH3COONa的水解作用，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，鹽電離產(chǎn)生的Na+濃度遠(yuǎn)大于弱酸CH3COOH電離產(chǎn)生的H+的濃度，但酸電離程度是微弱的，主要以電解質(zhì)分子存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，醋酸分子發(fā)生電離而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故溶液中微粒濃度大小關(guān)系為c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)；A錯(cuò)誤；

B.c點(diǎn)是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入20mL0.1mol/L氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成的碳酸鈉溶液，溶液中存在質(zhì)子守恒，水電離出氫氧根離子濃度等于所有氫離子濃度總和，c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)；B正確；

C.a點(diǎn)是Na2CO3、NaHCO3等濃度的混合溶液，促進(jìn)水的電離；b點(diǎn)是等濃度CH3COONa和CH3COOH混合溶液，溶液的pH<7，說明醋酸電離作用大于CH3COONa的水解作用，水電離平衡受到抑制作用；c點(diǎn)是Na2CO3溶液，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，促進(jìn)水的電離；d點(diǎn)是pH等于7的CH3COONa和CH3COOH混合的中性溶液，水的電離平衡的抑制作用與促進(jìn)作用相等，對水電離平衡移動(dòng)無影響，根據(jù)溶液pH大小可知，四點(diǎn)水電離程度：bc(H+)就越大，故溶液中由水電離出c(H+)關(guān)系為：b

D.d點(diǎn)溶液pH=7為中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，×==180；D正確；

故答案選BD。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

本題主要考查化學(xué)平衡的移動(dòng)；

（1）考查蓋斯定律；將兩個(gè)熱化學(xué)方程相加即可；

（2）考查化學(xué)平衡移動(dòng)；

（3）考查反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率；及影響因素；

（4）考查化學(xué)反應(yīng)速率；化學(xué)平衡常數(shù)、產(chǎn)物的選擇性。

【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，將兩個(gè)熱化學(xué)方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根據(jù)熱化學(xué)方程式可知，生成CH3OH的方向是放熱反應(yīng)方向，也是氣體體積減小的方向，故要想提高CH3OH的產(chǎn)率；需要降溫高壓，故合理選項(xiàng)為d；

（3）觀察圖中的橫坐標(biāo)，其物理量為若假設(shè)n(CO2)為定值，則X的轉(zhuǎn)化率隨n(H2)的增大而增大，則X為CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的濃度變化量為0.75mol·L－1，則有（單位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100轉(zhuǎn)化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的濃度變化量為2.25mol·L－1，則前10min的平均反應(yīng)速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③選擇性是指產(chǎn)物的專一性，在一個(gè)化學(xué)反應(yīng)中若有多個(gè)產(chǎn)物，其中某一產(chǎn)物是目標(biāo)產(chǎn)物，若這個(gè)物質(zhì)的產(chǎn)率越高，說明該反應(yīng)的選擇性越好。觀察四組數(shù)據(jù)，相比之下，BD的選擇性很高，且B的CO2轉(zhuǎn)化率比D稍低些，但是B的CH3OH的選擇性高出了不少，故最佳選項(xiàng)為B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密閉容器中，其他條件相同時(shí)，增大n(H2)/n(CO2)，相當(dāng)于c(CO2)不變時(shí)，增大c(H2)，平衡正向移動(dòng)，使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，而H2轉(zhuǎn)化率降低0.2255.33（或16/3）B17、略

【分析】【詳解】

試題分析：(1)NO2與H2O反應(yīng)的方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，當(dāng)反應(yīng)中有1molNO2參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2為1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根據(jù)蓋斯定律，將第二個(gè)方程式顛倒過來，與第一個(gè)方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ?mol-1，則NO2+SO2?SO3+NO△H="-41.8"kJ?mol-1；(3)a．本反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，故體系的壓強(qiáng)保持不變，故a不能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，a錯(cuò)誤；b．隨著反應(yīng)的進(jìn)行，NO2的濃度減小，顏色變淺，故b可以說明反應(yīng)已達(dá)平衡，故b正確；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)，故c錯(cuò)誤；d．d中所述的兩個(gè)速率都是逆反應(yīng)速率，不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)，故d錯(cuò)誤，故選b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物質(zhì)的體積a2a00

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積xxxx

平衡物質(zhì)的體積a-x2a-xxx

平衡時(shí)NO2與SO2體積比為1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常數(shù)K====8/3；(4)由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H＜0；壓強(qiáng)大，有利于加快反應(yīng)速率，有利于使平衡正向移動(dòng)，但壓強(qiáng)過大，需要的動(dòng)力大，對設(shè)備的要求也高，故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件．因?yàn)樵?50℃、壓強(qiáng)為1.3×104kPa時(shí)；CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強(qiáng)，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒有必要再增大壓強(qiáng)。

考點(diǎn)：以NO2、SO2；CO等物質(zhì)為載體；綜合考查化學(xué)方程式的書寫和氧化還原反應(yīng)，及平衡常數(shù)的計(jì)算等。

【點(diǎn)睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失18、略

【分析】【詳解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達(dá)式為K=故答案為：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，即平衡正向移動(dòng)，平衡常數(shù)變大；故答案為：變大；

（2）1100℃時(shí)測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，說明反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，平衡正向進(jìn)行，v正大于v逆；故答案為：否，大于；Qc＜K，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行?！窘馕觥竣?②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行19、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物質(zhì)的量=參加反應(yīng)A的物質(zhì)的量，平衡時(shí)A的物質(zhì)的量=A的起始物質(zhì)的量-參加反應(yīng)的A的物質(zhì)的量；

（2）恒溫恒壓下；若開始時(shí)放入3molA和3molB，與（1）中A；B的物質(zhì)的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相同；

（3）若開始時(shí)放入xmolA；2molB和1molC，完全轉(zhuǎn)化到左邊滿足3molA和3molB，與（1）中A；B的物質(zhì)的量之比均為1：1，則為等效平衡，平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相同，可以得到3amolC，平衡時(shí)A、B的物質(zhì)的量分別為（1）中A、B的3倍，結(jié)合a＜1判斷；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效為開始加入6molA和6molB，與（1）中平衡為等效平衡，平衡時(shí)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相同，則平衡時(shí)C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與（1）中相同。

【詳解】

解：（1）根據(jù)方程式知；生成amolC消耗amolA，則平衡時(shí)A的物質(zhì)的量為（1﹣a）mol；

故答案為：1﹣a；

（2）恒溫恒壓下；若開始時(shí)放入3molA；3molB，與（1）中各物質(zhì)濃度分別相等，則（1）（2）中轉(zhuǎn)化率相等，則生成的C是（1）中3倍，為3amol；

故答案為：3a；

（3）若開始時(shí)放入xmolA；2molB和1molC；達(dá)到平衡后，A和C的物質(zhì)的量分別為ymol和3amol，則（3）中加入的C完全轉(zhuǎn)化為A、B時(shí)與（2）中相同，則x+1＝3，x＝2，達(dá)到平衡后A的物質(zhì)的量與（2）中相同，為3（1﹣a）mol；

故答案為：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，與（1）相比，為（1）的6倍，則平衡時(shí)n（C）＝6amol，混合氣體總物質(zhì)的量＝（6+6﹣6c）mol，則C的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)

故答案為：

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算、等效平衡問題，充分利用各步的隱含條件，依據(jù)等效平衡的特征分析是本題的關(guān)鍵，注意恒溫恒容容器和恒溫恒壓容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)20、略

【分析】【詳解】

在2L的密閉容器中，加入3molA和1molB，發(fā)生下述反應(yīng)：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)，5min達(dá)到平衡時(shí)，C的濃度為0.6mol/L，可列出三段式：

（1）根據(jù)三段式可知，達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率為此溫度下的平衡常數(shù)

（2）維持容器的溫度不變；縮小容器的體積，壓強(qiáng)增大；根據(jù)勒夏特列原理可知，增大壓強(qiáng)，平衡向系數(shù)減小的方向移動(dòng)，則平衡將向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

（3）維持容器的體積和溫度不變，向密閉容器中加入氦氣，平衡不移動(dòng)，達(dá)到新平衡時(shí)，各物質(zhì)濃度不變，則B、C的濃度之比將不變；

（4）當(dāng)增加A的濃度，平衡正向移動(dòng)，則B的轉(zhuǎn)化率增大；若將C分離出來，體系的溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，故化學(xué)平衡常數(shù)不變?！窘馕觥竣?60%②.8.3③.正反應(yīng)方向④.不變⑤.增大⑥.不變21、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(cuò)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(cuò)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。22、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性強(qiáng)弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析圖可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐漸下降，H2PO4-先增大后減小，HPO42-也是先增大后減小，PO43-一直增大；pH=2時(shí)，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1時(shí)，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2時(shí)，HPO42-和PO43-含量相等；這些信息可用于電離常數(shù)的計(jì)算?？稍诖嘶A(chǔ)上解各小題。

【詳解】

(1)①根據(jù)題意可知，HA是弱酸，所以A-會(huì)水解：A-+H2O?HA+OH-，使溶液顯堿性，但水解微弱；加上其它的水的電離，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水電離，所以，溶液中由水電離出的c(OH-)=10-14-10-8。答案為：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的電離程度大于其水解程度，NaHB溶液顯酸性，pH＜7。答案為：＜；HB-的電離程度大于其水解程度；

③根據(jù)分析可知，酸性強(qiáng)弱關(guān)系為：H2B＞HA＞HB-。根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律，HA和Na2B溶液能反應(yīng)生成HB-，但不能生成H2B，所以反應(yīng)為：HA+B2-＝A-+HB-。答案為：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根據(jù)分析可知，pH=2時(shí)，H3PO4和H2PO4-含量相等，則Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，則pH＝3時(shí)有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由圖可知，當(dāng)溶液pH由11到14時(shí)，所發(fā)生的變化主要是HPO42-→PO43-，所以該反應(yīng)的離子方程式為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案為：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【點(diǎn)睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根離子HA-的水解與電離程度比較：若Ka1Ka2＞Kw，則電離＞水解，其強(qiáng)堿鹽(如NaHA)溶液顯酸性；若Ka1Ka2＜Kw，則電離＜水解，其強(qiáng)堿鹽(如NaHA)溶液顯堿性?！窘馕觥竣?Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的電離程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O23、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱電解質(zhì)；越稀越電離。

（2）弱酸的酸式鹽顯酸性或者堿性；是通過比較電離和水解的相對強(qiáng)弱。

【詳解】

（1）A．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，可變形為稀釋過程中，溫度不變，醋酸根離子濃度減小，Ka不變，故選項(xiàng)A數(shù)據(jù)增大，不符合題意；

B．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，酸性變小，即c(H＋)變小，B符合題意；

C．c(OH－)·c(H＋)即為Kw，溫度不變，Kw不變；故C項(xiàng)不符合題意；

D．即為Ka，溫度不變，Ka不變，故D項(xiàng)不符合題意；

E．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，c(H＋)變小，由于Kw不變，c(OH-)變大，則變大；故E項(xiàng)不符合題意；

綜合以上；本題選B。

(3).濃度為0.10mol/L檸檬酸氫二鈉（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的電離常數(shù)Ka3＝4.0×10－7，而水解常數(shù)Kh2＝＝＜Ka3，電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性?！窘馕觥緽酸性因?yàn)镵a3＝4.0×10－7，Kh2＝＝＜Ka3，所以顯酸性24、略

【分析】【詳解】

（1）100℃純水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根據(jù)pH與c(H+)關(guān)系換算），故100℃時(shí)Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部來源于水，故由水電離出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水電離出的OH-為10-12mol/L；

（2）碳酸根水解結(jié)合水電離出的H+生成碳酸氫根，即水解方程式為：

（3）根據(jù)圖像；加水稀釋過程中，HX的pH變化比較小，說明HX酸性比醋酸弱，即相同條件下，HX電離程度小，電離平衡常數(shù)小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相應(yīng)陰離子水解呈堿性，故需比較三者水解程度的大小，因?yàn)椋篕2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根據(jù)越弱越水解規(guī)律得水解程度：故堿性強(qiáng)弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO