2025年上教版選修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2025年上教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、今有如下三個熱化學(xué)方程式：

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)；ΔH＝akJ·mol－1

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝bkJ·mol－1

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；ΔH＝ckJ·mol－1

關(guān)于它們的下列表述不正確的是A.它們都是放熱反應(yīng)B.a和b的絕對值可以相等C.a、b和c均為負值D.2b=c2、一種用電催化N2還原法制取NH3的反應(yīng)機理如圖所示；其中*表示吸附在催化劑表面的物種。下列說法正確的是。

A.兩個氮原子上的加氫過程是分步進行的B.析氫反應(yīng)（H++H+→H2）不會影響NH3的合成C.NH3從催化劑表而脫附不利于NH3的合成D.電催化法是一步即能把N2還原為NH3的高效還原法3、羰基硫(COS)可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲等危害。在2L恒容密閉容器中一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)；起始CO物質(zhì)的量為10mol，10min達平衡，CO物質(zhì)的量變?yōu)?mol，此條件下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.1。下列說法不正確的是A.升高溫度，H2S濃度增加，表明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)B.10min內(nèi)平均速率：v(COS)=0.1mol·L-1·min-1C.反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為5molD.CO的平衡轉(zhuǎn)化率為20%4、均為0.1mol/L、體積均為V0的HX、HY，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是。

A.a、b兩點的溶液中：c（X-）=c（Y-）B.相同溫度下，電離常數(shù)K(HX)：d＞aC.溶液中水的的電離程度：d＞c＞b＞aD.lg=2時，若同時微熱兩種液體（不考慮揮發(fā)），則減小5、磷酸(H3PO4)是一種中強酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分數(shù)(平衡時某微粒的濃度占各含磷微?？倽舛鹊姆謹?shù))與pH的關(guān)系如下圖；下列說法正確的是。

A.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B.該溫度下，H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3＞10-12C.H3PO4的電離方程式為：H3PO4?3H++PO43—D.滴加少量Na2CO3溶液，化學(xué)反應(yīng)方程式為3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、500℃時，在四個體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：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(yīng)的平衡常數(shù)為則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)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)7、常溫下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水電離出H+濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.從a到d，HA的電離先促進再抑制B.c、e兩點溶液對應(yīng)的pH=7C.常溫下，A-的水解平衡常數(shù)Kh約為1×10-9mol·L-1D.f點的溶液呈堿性，粒子濃度之間存在：2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)8、亞砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治療。室溫下，配制一組c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化關(guān)系曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A.pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)C.c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D.pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)9、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(zhì)的量濃度關(guān)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(zhì)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+)10、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(zhì)的量濃度關(guān)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)11、常溫下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)關(guān)系如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.曲線M表示和的關(guān)系B.滴定過程中，當pH=5時，c(Na+)－3c(HC2O)>0C.隨pH的升高而減小D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)12、25℃時，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK＝－lgK)依次為1.30、6.60，氨水的pKb為4.75。常溫時，下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.0.1mol·L－1NH4H2PO3溶液中：c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60:c(H2PO3-)＝c(HPO32-)C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0:c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋c(HPO32-)D.0.4mol·L－1氨水與0.2mol·L－1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略)：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－113、25℃時，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的鹽酸，溶液的AG[AG＝lg]變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()

A.若a＝－8，則Kb(XOH)≈10－6B.M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應(yīng)C.R點溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M點到N點，水的電離程度先增大后減小14、下列防止金屬腐蝕的做法可行的是（）A.在某些工具的機械轉(zhuǎn)動部位刷油漆以防銹B.埋在地下的鋼鐵管道每隔一段距離就連結(jié)一定數(shù)量的銅塊C.供應(yīng)熱水的水龍頭使用陶瓷制品代替鋼鐵制品D.自行車的鋼圈和車鈴上鍍上一層鉻，既耐腐蝕又美觀耐磨評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當前重要的研究課題。

I.汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在一定條件下可發(fā)生反應(yīng)生成無毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃燒熱△H2=-283.0kJ·mol-l，則反應(yīng)③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小組在三個容積為5L的恒容密閉容器中；分別充入0.4molNO和0.4molCO，發(fā)生反應(yīng)③。在三種不同實驗條件下進行上述反應(yīng)（體系各自保持溫度不變），反應(yīng)體系總壓強隨時間的變化如圖所示：

①溫度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡轉(zhuǎn)化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反應(yīng)速率：a點的v逆_____b點的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2時的平衡常數(shù)Kc=_____。

（3）將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑（cat1、cat2）進行反應(yīng)，相同時間內(nèi)測量的脫氮率（脫氮率即NO的轉(zhuǎn)化率）如圖所示。M點_____（填“是”或“不是”）對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，說明理由_________。

Ⅱ．N2O是一種強溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解反應(yīng)2N2O=2N2+O2對環(huán)境保護有重要意義。

（4）碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率；反應(yīng)歷程為：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常數(shù)為K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反應(yīng)。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反應(yīng)。

其中可近似認為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。實驗表明，含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k為速率常數(shù)）。

①k=_____（用含K和k1的代數(shù)式表示）。

②下列表述正確的是_____。

a．IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物

b．碘蒸氣的濃度大小不會影響N2O的分解速率。

c．第二步對總反應(yīng)速率起決定作用

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；從而影響△H

（5）通過N2O傳感器可監(jiān)測環(huán)境中N2O的含量；其工作原理如圖所示。

①NiO電極上的電極反應(yīng)式為_____。

②N2O濃度越高，則電壓表讀數(shù)越_____。（填“高”或“低”）16、已知下列熱化學(xué)方程式；回答下列各問：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃燒熱為______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時，放出445kJ的熱量。寫出CH4燃燒熱的熱化學(xué)方程式__________________________________________________。

(3)工業(yè)上用CO2和H2反應(yīng)合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

則2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒溫(500K)、體積為1.0L的密閉容器中通入1.0molN2和1.0molH2發(fā)生合成氨反應(yīng)N2+3H22NH3，20min后達到平衡，測得反應(yīng)放出的熱量為18.4kJ，混合氣體的物質(zhì)的量為1.6mol，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為___________________________________。17、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學(xué)反應(yīng)：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化學(xué)平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列問題：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為K＝_______________。

（2）該反應(yīng)為_______________反應(yīng)（填“吸熱”；“放熱”）。

（3）能判斷該反應(yīng)是否達到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是_______________。

a．容器中壓強不變b．混合氣體中c(CO)不變。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，試判斷此時的溫度為_______________℃。

（5）1200℃時，在某時刻體系中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，則此時上述反應(yīng)的平衡向__________移動（填“正向”、“逆向”或“不”）。18、電解質(zhì)溶液中存在多種平衡.請回答下列問題：

（1）已知：。化學(xué)式HClO電離常數(shù)（25℃）

物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比較二者的大?。篴______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常溫下，將0.1mol/L的溶液加水稀釋，在稀釋過程中，下列表達式的數(shù)值變大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃時；體積均為10mL，pH均為2的醋酸溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH的變化如圖所示.

①25℃時，醋酸的電離常數(shù)_________HX的電離常數(shù).（填“>”、“<”或“=”）

②稀釋100倍后，醋酸溶液中由水電離出的_________HX溶液中由水電離出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的電離方程式是：若溶液的則溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于19、（1）25°C時，若向amol·L－1的HA溶液中，滴加等體積的bmol·L－1的NaOH溶液，使溶液呈中性，用含a的代數(shù)式表示HA的電離平衡常數(shù)Ka＝____________。

（2）25°C時，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，則溶液顯_____性（填“酸”、“堿”或“中”），用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝____________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)20、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共6分)21、工業(yè)上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制備無水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，F(xiàn)eCl3；分別在183℃；315℃升華。

（1）在焙燒爐中發(fā)生反應(yīng)：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反應(yīng)2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應(yīng)，當生成1molAlCl3時轉(zhuǎn)移______mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為_______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。充分反應(yīng)后溫度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），開始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進行蒸餾，也能得到一定量的無水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質(zhì)中的_______（填字母序號）。

①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質(zhì)溶液，構(gòu)成電池的其正極反應(yīng)式________，與鉛蓄電池相比．釋放相同電量時，所消耗金屬電極材料的質(zhì)量比m（Al）:m（Pb）=__________________。22、氫氧化鋰(LiOH)是重要的初加工鋰產(chǎn)品之一，可用于繼續(xù)生產(chǎn)氟化鋰、錳酸鋰等，在實驗室模擬用天然鋰輝石(主要成分是LiAlSi2O6)生產(chǎn)LiOH的一種工藝流程如圖所示：

已知：溶液1中含有Li+、K+、Al3+、Na+、Fe3+、等離子。請回答下列相關(guān)問題。

（1）高溫燒結(jié)的目的是________________________________________________。

（2）操作1是_____________________________。

（3）判斷LiOH已洗滌干凈的操作是______________________________________________。

（4）工業(yè)生產(chǎn)中通過電解LiC1溶液的方法也可制得LiOH，其原理如圖所示，電極a應(yīng)連接電源的_________(選填“正極”或“負極”)，電極b發(fā)生的反應(yīng)是__________，陽離子交換膜的作用是_________________________________。

23、銻(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件、醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。以輝銻礦(主要成分為的Sb2S3，還含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)為原料制備金屬銻；其一種工藝流程如下：

已知：I．浸出液主要含鹽酸和SbC13，還含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等雜質(zhì)。

II．25℃時，Ksp(CuS)=1.0×10-36，Ksp(PbS)=9.0×10-29。

回答下列問題：

(1)“酸浸”過程中SbC15和Sb2S3發(fā)生反應(yīng)有一種單質(zhì)和還原產(chǎn)物SbC13生成，則濾渣I的成分是_______________(填化學(xué)式)。

(2)寫出“還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________________。

(3)已知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmol·L-1、c(Pb2+)=0.10mol·L-1。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是_____________(填化學(xué)式)；當CuS、PbS共沉時，=_________。

(4)在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4，則該反應(yīng)中氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為__________________。

(5)在“電解”過程中，以惰性材料為電極，陽極的電極反應(yīng)式為___________________，繼而發(fā)生反應(yīng)_________________(寫出離子方程式)以實現(xiàn)溶液中Sb元素的循環(huán)使用?！半娊狻敝袉挝粫r間內(nèi)銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當電壓超過U0V時，單位時間內(nèi)產(chǎn)率降低的原因可能是________________。

評卷人得分六、計算題(共4題，共16分)24、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等氣體會造成環(huán)境問題。對燃煤廢氣進行化學(xué)方法處理，可實現(xiàn)綠色環(huán)保、節(jié)能減排、廢物利用等目的。已知氫氣與甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，則CO2與H2反應(yīng)產(chǎn)生液態(tài)甲醇與液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為_________。25、(1)化學(xué)反應(yīng)可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程。化學(xué)鍵的鍵能是形成(或拆開)1mol化學(xué)鍵時釋放(或吸收)出的能量。已知白磷(P4)和P4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖所示；

已知：?；瘜W(xué)鍵P—PP—OO=O鍵能(kJ·mol1)198360498

則反應(yīng)P4(g)+3O2(g)=P4O6(g)的△H=_________。

(2)已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol

則制備水煤氣的反應(yīng)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的△H=_______。26、在密閉容器中充入amolSO2和bmolO2（V2O5為催化劑，400℃），反應(yīng)達平衡時，容器內(nèi)共有dmol氣體。這時容器內(nèi)尚有SO2多少摩爾________？27、25℃時，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，則0.01mol/LFeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．因燃燒反應(yīng)為放熱反應(yīng)；則氫氣燃燒是放熱反應(yīng)，A正確；

B．因水的狀態(tài)不同，放出的熱量不同，則a和b的絕對值不相等；B錯誤；

C．放熱反應(yīng)的△H＜0，則a、b和c均為負值；C正確；

D．熱化學(xué)反應(yīng)方程式中物質(zhì)的量與反應(yīng)放出的熱量成正比，則反應(yīng)熱的關(guān)系為2b=c；D正確；

答案選B。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．從圖中可以看出，兩個氮原子上加氫的過程是分步的，通過四步反應(yīng)來的，第一步是生成*NNH，第二部是生成*NHNH，第三步是生成*NHNH2，第四步是生成*NH2NH2；A正確；

B．析氫過程中，由于參加反應(yīng)的H減少，參加反應(yīng)的反應(yīng)減少，影響NH3的合成；B錯誤；

C．NH3從催化劑表面脫附是減少生成物濃度，會使平衡向右移動，有利于NH3的合成；C錯誤；

D．從圖中可以看出；電催化方法是多步反應(yīng)，D錯誤；

故選A。3、C【分析】【分析】

設(shè)起始H2S物質(zhì)的量為x；則三段式為：

K=x-2=5，x=7。

【詳解】

A．升高溫度，H2S濃度增加；則表明平衡逆向移動，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，A正確；

B．10min內(nèi)平均速率：v(COS)==0.1mol·L-1·min-1；B正確；

C．由以上計算可知，反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為7mol；C不正確；

D．CO的平衡轉(zhuǎn)化率為=20%；D正確；

故選C。4、A【分析】【分析】

根據(jù)題中圖示可知；本題考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，運用酸或堿抑制水電離，平衡常數(shù)只隨溫度變化分析。

【詳解】

A.如圖所示：a、b的pH值相同，a點電荷守恒式為：b點電荷守恒式為：由于同溫度下兩溶液的相等，所以故A正確；

B.酸的電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以相同溫度下，電離常數(shù)K(HX):a=d；故B錯誤；

C.酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越小其抑制水電離程度越小，根據(jù)圖知，b溶液中氫離子濃度等于a，則水電離程度a=b，溶液中氫離子濃度：a=b＞c＞d，所以溶液中水的電離程度：a=b＜c＜d；故C錯誤；

D.lg=2，若同時微熱兩種溶液(不考慮揮發(fā))，n(X?)增大，n(Y?)不變，二者溶液體積相等，所以變大；故D錯誤；

答案選A。5、A【分析】【詳解】

A．根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，當?shù)渭覰aOH溶液至pH=7時，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)；A項正確；

B．根據(jù)圖象可知，在該溫度下，若pH=12時，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3==1O-12，而實際圖像中顯示pH>12，H3PO4的三級電離常數(shù)Ka3<10-12；B項錯誤；

C．H3PO4為多元弱酸，電離為分步電離，電離方程式應(yīng)分步書寫，以第一步為主：H3PO4?H++H2PO4-；C項錯誤；

D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液時，反應(yīng)生成NaH2PO4、CO2和H2O，反應(yīng)方程式為Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑；D項錯誤；

答案選A。二、多選題(共9題，共18分)6、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(yīng)的平衡常數(shù)為說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，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(xué)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(yīng)方向。7、AB【分析】【詳解】

A．NaA水解促進水的電離，過量的NaOH存在抑制水的電離，從a到d，溶液中生成的NaA不斷增多，A2-的水解；不斷促進水的電離，故A錯誤；

B．c點存在NaA和HA；因為c點溶液為中性，pH=7，e點存在NaA和NaOH，則e點為堿性，pH＞7，故B錯誤；

C．起始時溶液中只有HA，溶液為酸性，c水(H+)=10-11mol/L，則由HA電離出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的電離平衡常數(shù)為Ka(HA)=≈10-5，所以A-的水解常數(shù)為Kh==10-9；故C正確；

D．f點加入NaOH40mL，溶液中存在等量的NaOH和NaA，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，則2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)；故D正確；

故答案為AB。

【點睛】

判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，其中：①電荷守恒規(guī)律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒規(guī)律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，守恒關(guān)系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。8、BD【分析】【分析】

H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，說明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；據(jù)此解答。

【詳解】

A．由圖可知，pH=11時，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A錯誤；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式為NaH2AsO3的物料守恒，則c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由圖可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)時，溶液顯堿性，即H2AsO3-的水解程度大于電離程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正確；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因為電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)；C錯誤；

D．電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由圖可知，pH=12.8時，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)；D正確。

答案選BD。

【點睛】

要學(xué)會看圖比較大小，避開復(fù)雜的計算陷阱，注意兩曲線的交點表示的意義和應(yīng)用。9、AC【分析】【詳解】

A.根據(jù)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(jù)溶液中質(zhì)子守恒可得故C正確；

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

故答案選：AC。

【點睛】

根據(jù)三大守恒判斷溶液粒子濃度關(guān)系。10、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(jù)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(yīng)完，HCOOH反應(yīng)了一半，混合后的溶質(zhì)為：等物質(zhì)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(xiàn)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(zhì)的成分，二是三大守恒熟練運用。11、BC【分析】【分析】

二元弱酸的電離常數(shù)Ka1＞Ka2，斜線M表示表示和的乘積等于10-2；

斜線N表示表示和的乘積等于10-5。

【詳解】

A．H2C2O4為二元弱酸，第一步電離平衡常數(shù)大于第二部電離平衡常數(shù)，故大于即＞則＞即＜因此曲線M表示和的關(guān)系；A正確；

B．當pH=5時，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，則c（HC2O）=c（C2O），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），則c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0；B錯誤；

C．已知則與溶液的pH無關(guān)，C錯誤；

D．由上圖可知，則同理Ka1=10-2，則草酸氫鈉的水解平衡常數(shù)=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，說明以電離為主，溶液顯酸性，則中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；D正確；

故選BC。

【點睛】

本題考查了離子濃度大小的比較、平衡常數(shù)，難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)的組成為解題關(guān)鍵，注意掌握物料守恒，電荷守恒，及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用的能力。12、BD【分析】【詳解】

A.二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb為4.75，銨根離子的水解能力強，c(NH3·H2O)>c(H3PO3)；故A錯誤；

B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60，ka2==c(H+)=10-6.60,所以c(H2PO3-)＝c(HPO32-)；故B正確；

C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，即：c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)；故C錯誤；

D.0.4mol·L－1氨水與0.2mol·L－1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略)，相當于0.1mol·L－1Na（NH4）HPO3溶液和0.1mol·L－1氨水等體積混合，根據(jù)電荷守恒：①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，再由物料守恒：②c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝2c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋2c(H3PO3)，③c(Na+)=0.1mol·L－1，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)＋2c(H3PO3)＋c(Na+)+c(H+)，將③代入，溶液呈堿性c(H+)-)，整理得：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－1；故D正確；

故選BD。

【點睛】

本題以離子濃度大小比較為載體考查鹽類水解，側(cè)重考查對鹽類水解原理的理解和靈活運用，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，C為解答易錯點，注意C中電荷守恒表達式的書寫，注意溶液中沒有PO33-,難點D，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用。13、AB【分析】【詳解】

A.a點表示0.1mol·L－1的XOH，若a=?8，則c(OH?)=10?3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10?5；A項錯誤；

B.M點AG=0，則溶液中c(OH?)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中為XOH；XCl，二者沒有恰好反應(yīng)，B項錯誤；

C.若R點恰好為XCl時，根據(jù)物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1?)；C項正確；

D.M點的溶質(zhì)為XOH和XCl；繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質(zhì)全部為XCl時，該過程水的電離程度增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點N點，水的電離程度先增大后減小，D項正確；

答案選AB。14、CD【分析】【分析】

【詳解】

A.在某些工具的機械轉(zhuǎn)動部位刷油漆；由于機械轉(zhuǎn)動部位產(chǎn)生摩擦會使油漆很快脫落，不能起到保護金屬的作用，故A錯誤；

B.埋在地下的鋼鐵管道每隔一段距離就連接一定數(shù)量的銅塊；這樣形成的原電池中，金屬鐵為負極，會加快銹蝕速率，故B錯誤；

C.水龍頭使用陶瓷制品代替鋼鐵制品；可以防止生銹，故C正確；

D.不銹鋼材料；既耐磨又耐腐蝕；可以防止生銹，故D正確；

故選CD。

【點睛】

鋼鐵生銹的條件是鋼鐵與氧氣和水同時接觸；酸性溶液、堿性溶液、鹽溶液能促進金屬生銹，防止金屬生銹的方法有：在金屬表面涂一層油漆；在金屬表面鍍一層金屬；根據(jù)原電池原理進行保護等。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【詳解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根據(jù)蓋斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案為：-746.5kJ/mol。

（2）①溫度越高，反應(yīng)速率越快，先達到平衡，由圖可知，溫度為T1時先拐，先達到平衡，所以T1＞T2；故答案為：＞。

②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，已知T1＞T2；所以CO的平衡轉(zhuǎn)化率為:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案為：＜；=。

③a、b點是平衡狀態(tài)，所以正逆反應(yīng)速率相等，由圖像分析可知，a點加入了催化劑，反應(yīng)速率加快，所以反應(yīng)速率a點大于b點，a點的v逆大于b點的v正；故答案為：＞。

④壓強與物質(zhì)的量成正比關(guān)系可得，設(shè)平衡時，生成的氮氣為xmol，則根據(jù)三段式：

則故答案為：17150。

（3）圖象分析可知M點不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率；溫度較低時，催化劑的活性偏低；不是平衡脫氮率，因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高，故答案為：不是；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高。

Ⅱ.（4）①根據(jù)v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，則故答案為：

②a．IO是第二步反應(yīng)的生成物；第三步反應(yīng)的反應(yīng)物，所以IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物，a正確；

b．含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸氣的濃度大小會影響N2O的分解速率，b錯誤；

c．反應(yīng)的快慢取決于慢反應(yīng)；所以第二步對總反應(yīng)速率起決定作用，c正確；

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；加快反應(yīng)速率，不影響△H，d錯誤；故答案為：ac。

（5）①NiO電極上N2O反應(yīng)生成NO2，N元素的化合價由+1價升高為+4價，發(fā)生氧化反應(yīng)，NiO電極是負極，其電極反應(yīng)為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt電極上O2反應(yīng)生成O2-，O元素的化合價由0價降低為-2價，發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極是正極，其電極反應(yīng)為：O2+4e-=2O2-，故答案為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根據(jù)U=IR，N2O濃度越高，N2O越失去電子生成NO2，轉(zhuǎn)移電子越多，電流越大，電壓越大，電壓表讀數(shù)越高，故答案為：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高16、略

【分析】【詳解】

（1）依據(jù)燃燒熱概念是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，結(jié)合反應(yīng)熱化學(xué)方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃燒熱為393.5kJ/mol；故答案為393.5；

（2）0.5molCH4完全燃燒生成CO2和液態(tài)H2O時，放出445kJ熱量，1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放熱890kJ，反應(yīng)的____為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案為CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案為－84；

（4）設(shè)反應(yīng)生成NH3xmol則有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

轉(zhuǎn)化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡時混合氣體的物質(zhì)的量為1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的熱量為18.4kJ，則生成2molNH3放出的熱量為18.4kJ×5=92kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正確答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1?！窘馕觥?93.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－117、略

【分析】【詳解】

(1)因平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)K=故答案為

(2)由表可知：升高溫度；化學(xué)平衡常數(shù)增大，說明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動，因此正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為吸熱；

(3)a、反應(yīng)是一個反應(yīng)前后體積不變的反應(yīng)，壓強的改變不會要引起平衡移動，故a錯誤；b、化學(xué)平衡時，各組分的濃度不隨時間的改變而改變，因此混合氣體中c(CO)不變，說明達到了平衡狀態(tài)，故b正確；c、化學(xué)平衡狀態(tài)的標志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故c正確；d、c(CO2)=c(CO)時，不能表明正逆反應(yīng)速率相等，不一定達到了平衡狀態(tài)，故d錯誤；故選bc；

(4)某溫度下，各物質(zhì)的平衡濃度符合下式：3c(CO2)?c(H2)=5c(CO)?c(H2O)，則平衡常數(shù)K==0.6；所處溫度為700℃，故答案為700；

(5)1200℃時，某時刻濃度商Qc==4＞K=2.6，說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，故答案為逆向。【解析】吸熱bc700逆向18、略

【分析】【詳解】

(1)相同濃度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的電離常數(shù)大，反應(yīng)的完全程度更高，電離出的H+濃度更大，所以a>b；

(2)A.稀釋促進電離，對于電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋后，平衡正向移動，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但是因為加水稀釋，體積的增大成為主導(dǎo)因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均減小；A項錯誤；

B.根據(jù)得溫度不變，Ka不變，c(H+)減小，所以增大；B項正確；

C.溫度不變，Kw不變，所以不變；C項錯誤；

選擇B；

(3)①由圖像知；pH相同的醋酸和HX均從10mL稀釋到了1000mL，稀釋了100倍，HX的pH值變化更大，所以HX的電離程度更高，酸性更強，電離常數(shù)更大；

②稀釋100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此時H+主要有溶質(zhì)HX的電離提供，根據(jù)Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此時的OH-完全來源于水的電離，所以，由水電離出的c(H+)與溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水電離出的c(H+)更大，答案為<;

(4)NaHR在水溶液中的電離方程式為：溶液中的H+主要來源于HR-的電離，可以認為HR-電離出的又中的H+來源于兩部分，H2R的電離和HR-的電離，所以可以電離出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-則可以電離出amol/L的H+，因為第一步電離出的H+對第二步電離有抑制作用，所以0.1mol/LHR-電離出的H+濃度小于amol/L,所以電離出的H+總濃度小于(0.1+a)mol/L,選擇A

【點睛】

水溶液中的平衡，應(yīng)當抓住主要因素來分析，比如弱酸的電離平衡，稀釋主要引起了溶液體積的變化；稀釋促進電離，稀釋促進水解?！窘馕觥?gt;B<<A19、略

【分析】【詳解】

（1）25°C向amol·L－1的HA溶液中，滴加等體積的bmol·L－1的NaOH溶液后，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，由于溶液呈中性，則c(A-)=c(Na+)=0.5bmol·L－1；所以電離平衡常數(shù)=

（2）25°C時，將氨水與鹽酸等體積混合，反應(yīng)完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH-)，則溶液顯中性；c(OH-)=10-7mol·L－1，c(NH4+)＝0.005mol·L－1，由物料守恒可知c(NH3·H2O)＝0.5a-0.005mol·L－1，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)＝

【點睛】

弱電解質(zhì)加水稀釋時，能促進弱電解質(zhì)的電離，溶液中離子和分子濃度會發(fā)生相應(yīng)變化，但電離平衡常數(shù)不變，考題中經(jīng)常利用電離平衡常數(shù)來判斷溶液中微粒濃度比值的變化情況?！窘馕觥恐兴摹⑴袛囝}(共1題，共7分)20、×【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、工業(yè)流程題(共3題，共6分)21、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反應(yīng)熱也進行相應(yīng)的計算；

（2）①根據(jù)工藝流程可知升華器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)會生成A1C13，由冷凝器尾氣可知還會生成CO，根據(jù)氯元素化合價變化計算注意電子數(shù)目；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解；

（3）該原電池實質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，根據(jù)元素化合價計算n（Al）、n（Pb）；再根據(jù)m=nM計算。

【詳解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由蓋斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案為：-467.5；

（2）①根據(jù)工藝流程可知氯化爐的產(chǎn)物，經(jīng)冷卻、升華可制備無水AlCl3，說明氯化爐的產(chǎn)物中含有A1C13，冷凝器尾氣含有CO，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)，生成A1C13和CO，反應(yīng)方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反應(yīng)中氯元素化合價由0價降低為-1價，氯氣是氧化劑，故生成1molAlCl3時轉(zhuǎn)移電子為1mol×3=3mol；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-，反應(yīng)離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3，反應(yīng)方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；故溫度應(yīng)控制在315℃以下；

故答案為：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解，利用濃硫酸的吸水性與難揮發(fā)性；

故答案為：c；

（3）該原電池實質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，則n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23?！窘馕觥?467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2322、略

【分析】【分析】

（1）鋰輝石難溶于水；通過流程可知，高溫燒結(jié)后主要成分都轉(zhuǎn)化為了可溶性物質(zhì)；

（2）高溫燒結(jié)所得物質(zhì)為固體；可通過溶解；過濾后得到沉淀1和溶液1。

【詳解】

（1）鋰輝石難溶于水；由流程可知，高溫燒結(jié)后主要成分都轉(zhuǎn)化為了可溶性物質(zhì)，因此其目的是將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽，故答案為：將鋰輝石轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽；

（2）高溫燒