2025年蘇科版選修4化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇科版選修4化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、工業(yè)上常用(NH4)2SO3溶液吸收廢氣中的SO2，室溫下測得溶液中l(wèi)gY[Y=或]；與pH的變化關系如圖所示。則下列說法一定錯誤的是（）

A.通入少量SO2的過程中，直線Ⅱ中的N點向M點移動B.α1=α2一定等于45°C.當對應溶液的pH處于1.81<6.91時，溶液中的微粒濃度一定存在c(hso3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)<6.91時，溶液中的微粒濃度一定存在c(hsoD.直線Ⅱ中M、N點一定存在c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)2、Bodensteins研究反應H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，溫度為T時，在兩個體積均為1L的密閉容器中進行實驗，測得氣體混合物中碘化氫的物質的量分數(shù)w(HI)與反應時間t的關系如下表：。容器編號起始物質t/min020406080100Ⅰ0.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080ⅡxmolHIw(HI)/%1009184818080

研究發(fā)現(xiàn)上述反應中：v正=ka?w(H2)?w(I2)，v逆=kb?w2(HI)，其中ka、kb為常數(shù)。下列說法不正確的是()A.溫度為T時，該反應=64B.容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025mol?L-1?min-1C.若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.1mol的H2、I2、HI，反應逆向進行D.無論x為何值，兩容器中達平衡時w(HI)%均相同3、下列說法正確的是A.反應△H，若正反應的活化能為逆反應的活化能為則△H=B.已知的鍵能分別是則的△H=C.將0.2mol/L的溶液與0.1mol/L的溶液等體積混合后，溶液中有關粒子的濃度滿足下列關系：D.將濃度為0.1mol/LHF溶液加水不斷稀釋過程中，電離平衡常數(shù)Ka(HF)保持不變，始終保持增大4、25℃時，1mol/L醋酸加水稀釋至0.01mol/L，關于稀釋前后的下列變化正確的是A.溶液中c(OH-)減小B.pH的變化值等于2C.溶液中的值增大D.Kw的值減小5、有4種混合溶液，分別由等體積的兩種溶液混合而成：與混合溶液呈中性與與與混合溶液呈堿性下列各項排序正確的是A.pH：B.溶液中C.D.6、常溫下，將NaOH固體逐漸加到某濃度的一元酸HA溶液中，測得混合溶液的pH與微粒濃度lg的變化關系如圖所示。下列敘述不正確的是（）

A.Ka(HA)的數(shù)量級為10－5B.A點所表示的溶液中：c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)C.B點所表示的溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)D.從A點到C點，水的電離程度先增大后減小7、已知AgCl的Ksp=1.8×10-10。常溫下在100mL0.01mol·L-1KCl溶液中，加入1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液，下列說法正確的是()A.有AgCl沉淀析出B.無AgCl沉淀析出C.無法確定D.有沉淀但不是AgCl8、某同學使用石墨電極，在不同電壓(x)下電解pH=1的FeCl2溶液，實驗記錄如下(a、b代表電壓數(shù)值)

。序號。

電壓/V

陽極現(xiàn)象。

檢驗陽極產(chǎn)物。

I

x≥a

電極附近出現(xiàn)黃色；有氣泡產(chǎn)生。

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

電極附近出現(xiàn)黃色；無氣泡產(chǎn)生。

有Fe3+、無Cl2

III

b＞x≥0

無明顯變化。

無Fe3+、無Cl2

下列說法中，不正確的是A.I中陽極附近的溶液可使KI淀粉試紙變藍B.II中出現(xiàn)黃色可能是因為Fe2+有還原性，在陽極放電產(chǎn)生Fe3+C.由II中陽極現(xiàn)象可知，該電壓下Cl-在陽極不放電D.根據(jù)表中電壓與陽極現(xiàn)象及產(chǎn)物的對應，可以看出離子是否放電與電壓有關評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、(1)氮是動植物生長不可缺少的元素，合成氨的反應對人類解決糧食問題貢獻巨大。已知：H-H的鍵能為436kJ/mol，N-H的鍵能為391kJ/mol，生成1molNH3過程中放出46kJ的熱量，則N≡N的鍵能為____________________。

(2)某溫度時；在一個10L的恒容容器中，X；Y、Z均為氣體，三種物質的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示：

根據(jù)圖中數(shù)據(jù)填空：

①該反應的化學方程式為___________________________；

②反應開始至2min，以氣體X表示的平均反應速率為_____________________；

(3)將amolX與bmolY的混合氣體發(fā)生上述反應，反應到某時刻各物質的量恰好滿足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，則原混合氣體中a:b=_____________；

(4)在恒溫恒容的密閉容器中，當下列物理量不再發(fā)生變化時：a.混合氣體的壓強；b.混合氣體的密度；c.混合氣體的平均相對分子質量；d.混合氣體的顏色。

①一定能證明2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)達到平衡狀態(tài)的是(填字母，下同)_____________；

②一定能證明I2(g)＋H2(g)?2HI(g)達到平衡狀態(tài)的是________________；

③一定能證明A(s)＋2B(g)?C(g)＋D(g)達到平衡狀態(tài)的是__________________。10、由于石油資源有限，且汽油燃燒會產(chǎn)生嚴重的污染，未來將用氫氣作為燃料來取代汽油，生產(chǎn)21世紀環(huán)保汽車。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）寫出氫氣和氧氣反應生成液態(tài)水的熱化學方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的熱量，至少需氫氣的質量為____，這些氫氣在標準狀況下的體積為____。

（3）合成氨工業(yè)中氫氣可由天然氣和水反應制備，其主要反應為：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反應過程中能量變化如圖所示，則該反應為反應____（填“吸熱”或“放熱”）

若已知，破壞1mol化學鍵需要吸收的熱量如下表所示：?；瘜W鍵C—HO—HC=OH—H吸收熱量（kJ/mol）abcd

則該反應的ΔH為_____(用含a、b、c、d字母的代數(shù)式表示)。11、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_______。

12、污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反應達到平衡，此時NO2的濃度為0.05mol/L。

(1)反應從開始到5min時，CO的平均反應速率v(CO)=________，NO2的平衡轉化率a=________，310K時，上述反應的平衡常數(shù)K=________。

(2)在350K下，重復上述實驗，平衡后NO2的物質的量分數(shù)為30%，則該反應的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。13、有兩個起始體積相同的密閉容器A和B；A容器有一個可移動的活塞，能使容器內保持恒壓；B容器為固定體積。

起始時這兩個容器分別充入等量的體積比為2∶1的SO2和O2的混合氣，并使A、B容器中氣體體積相等，并保持在400℃條件下發(fā)生反應2SO2+O22SO3；并達到平衡。

⑴達到平衡所需時間，A容器比B容器_____，兩容器中SO2的轉化率A比B______。

⑵達到⑴所述平衡后，若向兩容器中分別通入等量Ar氣體，A容器的化學平衡_____移動，B容器中的化學平衡________移動。

⑶達到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合氣體，重新達到平衡后，A容器中SO3的體積分數(shù)_______，B容器中SO3的體積分數(shù)________(填變大、變小、不變)。14、化工原料異丁烯（C4H8）可由異丁烷（C4H10）直接催化脫氫制備：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)ΔH＝+139kJ/mol

（1）該反應的化學平衡常數(shù)的表達式為_________________。

（2）一定條件下；以異丁烷為原料生產(chǎn)異丁烯。溫度；壓強改變對異丁烷平衡轉化率的。

影響如下圖所示。

①判斷p1、p2的大小關系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。

②若異丁烷的平衡轉化率為40%，則平衡混合氣中異丁烯的物質的量分數(shù)最多為______%（保留小數(shù)點后1位）。

（3）目前，異丁烷催化脫氫制備異丁烯的研究熱點是催化活性組分以及載體的選擇。下表是以V-Fe-K-O為催化活性物質，反應時間相同時，測得的不同溫度、不同載體條件下的數(shù)據(jù)。溫度/℃580590600610610以γ-Al2O3為載體異丁烷轉化率/%36.4136.4938.4239.2342.48異丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.2226.22以TiO2為載體異丁烷轉化率/%30.2330.8732.2333.6333.92異丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.3029.30

說明：收率=（生產(chǎn)目標產(chǎn)物的原料量/原料的進料量）×100%

①由上表數(shù)據(jù)，可以得到的結論是____________（填字母序號）。

a.載體會影響催化劑的活性。

b.載體會影響催化劑的選擇性。

c.載體會影響化學平衡常數(shù)。

②分析以γ-Al2O3為載體時異丁烯收率隨溫度變化的可能原因：___________。15、（1）一定溫度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固體，溶液中__________________（填“增大”；“減小”或“不變”）。

（2）常溫下，將VmL、0.1000mol·L-1氫氧化鈉溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中；充分反應?；卮鹣铝袉栴}。（忽略溶液體積的變化）

①如果溶液pH=7，此時V的取值___________20.00（填“>”、“<”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小關系為___________________。

②如果V=40.00，則此時溶液中c(OH－)-c(H＋)-c(CH3COOH)=_________mol·L-1。

（3）常溫下，向20ml0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HC1溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒（CO2因逸出未畫出）物質的量分數(shù)隨溶液pH變化的情況如下圖；回答下列問題：

①若將Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，則此溶液的pH的取值范圍是________________；為測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的質量分數(shù)，下列方案可行的是_________________

A．取a克混合物充分加熱，減重b克。

B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體。

C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克。

D．取a克混合物與足量Ba(OH)2溶液充分反應，過濾、洗滌、烘干，得b克固體。

②所得溶液中含量最多的三種離子的物質的量濃度的大小關系為_________________評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、結構與性質(共3題，共12分)17、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

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

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

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

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

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

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

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：)18、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

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

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

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

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。19、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

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

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

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

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

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)20、工業(yè)上用空氣氧化（NH4）2SO3的方法制?。∟H4）2SO4；某研究小組用如圖裝置模擬該過程，并通過測定反應后溶液中SOT的濃度來計算該反應的轉化率。

實驗步驟如下：

①按圖連接好裝置；檢查裝置氣密性；

②取200mL0.5000mol?L-1（NH4）2SO3溶液（調節(jié)pH=8）裝入三頸燒瓶中，加入催化劑，控制氣體流速為300L?h-1；在溫度為50℃下進行實驗；

③反應2.5h后，測定反應后溶液中SO32-的濃度。

回答下列問題：

（1）儀器M的名稱為_____，儀器M中裝有H2O2溶液，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_______。

（2）實驗中通如N2的目的是_____。

（3）裝置B的作用是_____（任答一條）。

（4）裝置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亞硫酸銨溶液的pH小于8,要調節(jié)裝置C中溶液的pH=8,應向該溶液中加入一定量的_____（填標號。

aNH3?H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）該實驗缺少的裝置是_____。

（6）取VmL反應后的溶液（反應前后體積不變）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol?L-1的標準碘溶液滴定至終點時，消耗碘水的體積為bmL，則（NH4）2SO3的轉化率為_____。21、某學生通過測定反應過程中所放出的熱量來計算中和熱。他將50mL0.5mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應。請回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_________；由圖可知該裝置有不妥之處，應如何改正？_____。

(2)實驗中改用60mL0.50mol/L的鹽酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和熱的數(shù)值會_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。

(3)該同學做實驗時有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數(shù)值偏低，請你分析可能的原因是_____。

A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時動作遲緩C．做本實驗的當天室溫較高D．在量取鹽酸時仰視計數(shù)。

E．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

(4)將V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溫度，實驗結果如下圖所示(實驗中始終保持V1+V2=50mL)

通過分析圖像可知，做該實驗時環(huán)境溫度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，該NaOH溶液的濃度約為_____mol/L。

(5)假設鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反應后生成溶液的比熱容c＝4.18J·g－1·℃－1。為了計算中和熱，某學生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：。

實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6

依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱ΔH＝_____(結果保留一位小數(shù))。22、某探究性學習小組欲用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量(g·100mL－1)。有關操作如下：

Ⅰ.實驗步驟。

（1）用________(填儀器名稱)量取10.00mL食用白醋；在燒杯中用水稀釋后轉移到100mL容量瓶中定容，搖勻即得待測白醋溶液。

（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴________作指示劑。

（3）讀取盛裝0.1000mol·L－1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)。如果液面位置如圖所示，則此時的讀數(shù)為________mL。

（4）滴定。當__________________________________________________時；停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)。重復滴定3次。

Ⅱ.實驗記錄。滴定次數(shù)實驗數(shù)據(jù)(mL)1234V(樣品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95

Ⅲ.數(shù)據(jù)處理與討論。

（1）處理數(shù)據(jù)可得：c(市售白醋)＝________mol·L－1；市售白醋總酸量＝________g·100mL－1。

（2）在本實驗的滴定過程中，下列操作會使實驗結果偏大的是________填寫序號)。

a．堿式滴定管在滴定時未用標準NaOH溶液潤洗。

b．堿式滴定管的尖嘴在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

c．錐形瓶中加入待測白醋溶液后；再加少量水。

d．錐形瓶在滴定時劇烈搖動，有少量液體濺出23、(1)某學生用標準鹽酸滴定待測的NaOH溶液，根據(jù)3次實驗分別記錄有關數(shù)據(jù)如表：。滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積滴定后刻度溶液體積第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

則依據(jù)表中數(shù)據(jù)，該NaOH溶液的物質的量濃度為______。

(2)實驗室用標準鹽酸溶液測定某NaOH溶液的濃度，用甲基橙作指示劑，下列操作可能使測定結果偏低的是______。

A.酸式滴定管用蒸餾水洗滌后未用標準液清洗。

B.開始實驗時；酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失。

C.滴定過程中；錐形瓶內溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，但又立即變?yōu)辄S色，此時便停止滴定，記錄讀數(shù)。

D.達到滴定終點時；仰視讀數(shù)并記錄。

(3)準確量取25.00mL酸性高錳酸鉀溶液應用______。(填儀器名稱)參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A.通入少量二氧化硫的過程中；溶液的酸性增強，直線Ⅱ中的N點向M點移動；

B.則同理可得故α1=α2一定等于45°；

C.由圖像可知，當對應溶液的pH處于1.81<6.91時，<0、>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO32-)的大小無法確定；

D.由于Ka1>Ka2，則c2(HSO3-)>c(SO32-)·c(H2SO3)；

答案選C。2、C【分析】【詳解】

A．H2(g)+I2(g)?2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

變化量(mol/L)nn2n

平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2n

w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常數(shù)K==64。反應達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI)，則==K=64；故A正確；

B．前20min，H2(g)+I2(g)?2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

變化量(mol/L)mm2m

平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2m

w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol?L-1?min-1；故B正確；

C．若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.lmol的H2、I2、HI，此時濃度商Qc==1＜K=64；反應正向進行，故C錯誤；

D．H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應前后氣體的物質的量不變，改變壓強，平衡不移動，因此無論x為何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，兩容器達平衡時w(HI)%均相同；故D正確；

答案選C。3、C【分析】【詳解】

A．反應△H，若正反應的活化能為逆反應的活化能為則△H=A錯誤；

B．已知的鍵能分別是則的△H=B錯誤；

C．將0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后，得到的的等濃度的CH3COONa、CH3COOH溶液的混合物，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，同時存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，將兩式整理可得：C正確；

D．將濃度為0.1mol/LHF溶液加水不斷稀釋過程中，弱酸電離程度增大，但電離平衡常數(shù)Ka(HF)保持不變，且基本不變；D錯誤；

故合理選項是C。4、C【分析】【詳解】

A．對醋酸加水稀釋，溶液中的氫離子濃度減小，而Kw不變，所以c(OH-)增大；A錯誤；

B．加水稀釋100倍；醋酸的電離平衡正向移動，電離出的氫離子的物質的量增多，故pH的變化小于2，B錯誤；

C．=加水稀釋，溶液中的c(CH3COO-)減小，但醋酸的Ka不變，所以溶液中的值增大；C正確；

D．Kw只受溫度的影響，溫度不變，Kw的值不變，故加水稀釋對Kw的值無影響；D錯誤。

答案選C。5、C【分析】【詳解】

A.酸性越強，pH越小，四種混合物中，②與的pH最小，④與的pH最大，①與的溶液顯示中性，③與顯示弱酸性，正確pH關系應該為：故A錯誤；

B.溶液中越大，pH越小，根據(jù)A選項可知，正確順序為：故B錯誤；

C.四種溶液中，④與的最大，大于其次是②與接近①與發(fā)生了雙水解，銨根離子濃度最小，所以正確排序為：故C正確；

D.由于④與中，氨水是弱電解質，部分電離，最大，其次是①與發(fā)生了雙水解，的水解程度稍大；氨水濃度最小的是②與幾乎沒有氨水存在，所以氨水濃度大小順序為：故D錯誤；

故選C。

【點睛】

本題考查了鹽的水解原理、離子濃度大小比較，題目難度中等，試題涉及的知識點較多，注意掌握鹽的水解原理及其應用方法，能夠根據(jù)鹽的水解原理、電荷守恒等判斷溶液中離子濃度大小。6、D【分析】【詳解】

A.圖中B點lg=0，則=1，即c(A?)=c(HA)，此時的pH=4.5，則Ka(HA)==c(H+)=10?4.5，所以Ka(HA)的數(shù)量級為10?5；故A正確；

B.A點時溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)<c(A-)；又因為-2<0，則c(HA)>c(A-)；氫氧根有一部分消耗掉，則c(Na＋)>c(OH-)，所以c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)；故B正確；

C.由A項可知，B點c(A-)=c(HA)，結合電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，可知c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)；故C正確；

D.酸堿滴定過程中，隨著加入堿，酸電離出來的氫離子對水的抑制作用逐漸減弱，故水的電離程度增大，當酸堿恰好完全反應時，再滴加堿時，堿電離出來的OH－又會抑制水的電離；且程度增大，故水的電離程度逐漸減小。C點pH為7剛好滴定完全，所以從A點到C點，水的電離程度一直增大，故D錯誤；

故選D。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，根據(jù)圖象判斷HA為弱酸為解答該題的關鍵，注意掌握酸堿混合的定性判斷及pH的計算方法，明確離子濃度大小的判斷方法。7、A【分析】【分析】

氯化銀的溶解平衡為：AgCl(s)Ag++Cl-，Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，求算出Cl-、Ag+的物質的量，混合后體積為0.101L，再計算出c(Ag+)、c(Cl-)；代入AgCl的溶度積判斷即可。

【詳解】

由AgCl(s)Ag++Cl-，Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，混合后溶液體積是0.101L，n(Cl-)=0.1L×0.01mol/L=0.001mol，c(Cl-)=0.001mol÷0.101L=0.01mol/L；

n(Ag+)=0.001L×0.01mol/L=0.00001mol=1×10-5mol，c(Ag+)==1×10-4mol/L，Qc=c(Ag+)c(Cl-)=0.01mol/L×1×10-4mol/L=1×10-6mol2/L2>1.8×10-10mol2/L2；故有沉淀析出，故合理選項是A。

【點睛】

本題主要考查的是根據(jù)難溶電解質溶度積判斷沉淀情況，判斷出混合后各種離子的濃度是解決本題的關鍵。若溶液中c(Ag+)c(Cl-)>Ksp，就形成沉淀，若c(Ag+)c(Cl-)=Ksp，就達到沉淀溶解平衡，若c(Ag+)c(Cl-)8、C【分析】試題分析：A．根據(jù)實驗現(xiàn)象，I中陽極發(fā)生氧化反應，生成氯氣，氯氣能夠氧化KI生成碘，使淀粉變藍，故A正確；B．由Ⅱ推測，F(xiàn)e3+產(chǎn)生的原因還可能是Fe2+在陽極放電，元素化合價升高，依據(jù)氧化還原反應分析Fe2+具有還原性，故B正確；C．依據(jù)電解原理，氯離子在陽極失電子生成氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，氯氣具有氧化性氧化亞鐵離子生成鐵離子溶液變黃色，反應的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；因此無氯氣放出，故C錯誤；D．依據(jù)表中數(shù)據(jù)比較可知，電解pH=1的NaCl溶液做對照試驗與Ⅱ對比，通過控制電壓證明了亞鐵離子還原性大于氯離子優(yōu)先放電，說明離子是否放電與電壓有關，故D正確；故選C。

考點：考查了電解原理的探究實驗方案的設計的相關知識。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)反應熱等于反應物鍵能總和與生成物鍵能總和之差可計算得到N≡N的鍵能；

(2)①化學方程式中；化學計量數(shù)之比等于各個物質的量的變化量之比；

②根據(jù)化反應速率來計算化學反應速率；

(3)根據(jù)化學反應中的三段式進行計算；

(4)根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征判斷；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化。解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)，以此解答該題。

【詳解】

(1)設N≡N的鍵能為xkJ/mol，根據(jù)題意寫出熱化學方程式ΔH=-46kJ/mol；根據(jù)反應熱等于反應物鍵能總和與生成物鍵能總和之差可得：

解得x=946，因此N≡N的鍵能為946kJ/mol；

故答案為：946kJ/mol。

(2)①根據(jù)圖示內容可知；X和Y是反應物，Z是生成物，X；Y、Z的變化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，因此反應的化學方程式為：

3X+Y?2Z；

故答案為：3X+Y?2Z；

②反應開始至2min；以氣體X表示的平均反應速率為：v=0.3mol÷10L÷2min=0.015mol/（L?min）；

故答案為：0.015mol/（L?min）；

(3)設Y的變化量是xmol，

當n(X)=n(Y)=2n(Z)時，可得：a-3x=b-x=4x，則a=7x，b=5x，所以原混合氣體中a:b=7:5；

故答案為：7:5；

(4)①對于反應2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)，a.混合氣體的壓強不再發(fā)生變化，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故a正確；b.該反應中混合氣體的密度一直不變，故b錯誤；c.混合氣體的平均相對分子質量不再發(fā)生變化，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故c正確；d.SO2、O2和SO3均為無色；混合氣體的顏色一直不變，故d錯誤；

故選：ac；

②對于反應I2(g)＋H2(g)?2HI(g)，a.該反應中混合氣體的壓強一直不變，故a錯誤；b.該反應中混合氣體的密度一直不變，故b錯誤；c.該反應中混合氣體的平均相對分子質量一直不變；故c錯誤；d.混合氣體的顏色不再發(fā)生變化，說明碘蒸氣的濃度不變，反應達平衡狀態(tài)，故d正確；

故選：d；

③對于反應A(s)＋2B(g)?C(g)＋D(g)，a.該反應中混合氣體的壓強一直不變，故a錯誤；b.混合氣體的密度不變，說明氣體的質量不變，反應達平衡狀態(tài)，故b正確；c.混合氣體的平均相對分子質量不變；說明氣體的質量不變，反應達平衡狀態(tài)，故c正確；d.由于B；C、D三種氣體的顏色未知，因此混合氣體的顏色一直不變無法判斷是否達平衡狀態(tài)，故d錯誤；

故選：bc。

【點睛】

本題考查了化學平衡的計算，涉及化學反應速率的計算以及平衡狀態(tài)的判斷，明確化學反應速率與化學計量數(shù)的關系為解答關鍵，注意掌握化學平衡圖象的分析方法，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力，題目難度中等?！窘馕觥?46kJ/mol；3X+Y?2Z；0.015mol/（L?min）；7:5；ac；d；bc。10、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa時，1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質的燃燒熱，單位為kJ/mol；寫出氫氣與氧氣反應生成液態(tài)水的化學方程式，根據(jù)蓋斯定律，結合反應①②計算氫氣與氧氣反應生成液態(tài)水的反應熱；

（2）根據(jù)物質的量與反應熱成正比；結合熱化學方程式進行計算；

（3）圖象分析可知反應物能量低于生成物；反應為吸熱反應，化學反應吸收的熱量=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和。

【詳解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情況下，若要得到857.4kJ的熱量，則需要氫氣的的物質的量為：=3mol，需H2的質量=3mol×2g/mol=6g；這些H2在標況下的體積=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反應過程中能量變化分析可知，反應物能量低于生成物，反應為吸熱反應；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b?2c?4d?！窘馕觥?H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸熱4a+4b?2c?4d11、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。12、略

【分析】【分析】

(1)反應速率

(2)和310K時NO2的物質的量分數(shù)比較判斷反應進行的方向確定反應的焓變。

【詳解】

(1)污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反應達到平衡，此時2的濃度為0.05mol/L，結合三行計算列式：

反應從開始到5min時，CO的平均反應速率NO2的平衡轉化率310K時，上述反應的平衡常數(shù)故答案為：0.02mol/(L?min)；50%；10；

(2)310K時，平衡后NO2的物質的量分數(shù)在350K下，重復上述實驗，平衡后NO2的物質的量分數(shù)為30%，二氧化氮物質的量分數(shù)增大，說明升溫平衡逆向進行，正反應為放熱反應，ΔH＜0，故答案為：＜?！窘馕觥竣?0.02mol/(L?min)②.50%③.10④.＜13、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)化學反應速率越快；到達平衡的時間越短；利用等效平衡來判斷平衡移動來解答；

（2）根據(jù)容器中的壓強對化學平衡的影響；

（3）根據(jù)濃度對化學平衡的影響，求出平衡移動后SO3的體積分數(shù)。

【詳解】

（1）因A容器保持恒壓，反應過程中體積變小，濃度增大，根據(jù)濃度越大，化學反應速率越快，到達平衡的時間越短，所以達到平衡所需時間A比B短，若A容器保持恒容，兩容器建立的平衡等效，而實際上A容器體積減少，壓強增大，平衡向正反應方向移動，所以A中SO2的轉化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向兩容器通入數(shù)量不多的等量氬氣，A容器體積增大，壓強不變，參加反應的氣體產(chǎn)生的壓強減少，平衡向逆反應方向移動，A容器體積不變，壓強增大，參加反應的氣體產(chǎn)生的壓強不變，平衡不移動；

答案：逆反應方向移動；不。

（3）向兩容器中通入等量的原反應氣體，達到平衡后，A中建立的平衡與原平衡等效，所以SO3的體積分數(shù)不變，B容器中建立的平衡相當于在原平衡的基礎上增大壓強，平衡正向移動，B容器中SO3的體積分數(shù)增大；

答案：不變；變大【解析】①.短②.大③.逆反應方向移動④.不⑤.不變⑥.變大14、略

【分析】【詳解】

（1）化學平衡常數(shù)=則該反應的化學平衡常數(shù)的表達式K=

答案為：

（2）①根據(jù)反應C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)，該反應是氣體物質的量增大的反應，增大壓強平衡逆向移動；圖像表明，溫度一定時，壓強由p1變?yōu)閜2，異丁烷的平衡轉化率減小，平衡逆向移動，可知p12；

答案為：<；該反應是氣體物質的量增大的反應，增大壓強平衡逆向移動；圖像表明，溫度一定時，壓強由p1變?yōu)閜2，異丁烷的平衡轉化率減小，平衡逆向移動，可知p12；

②設異丁烷初始物質的量為a，平衡轉化率為40%，則根據(jù)反應利用三段式：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)

初始（mol）a00

變化（mol）40%a40%a40%a

平衡（mol）(1-40%)a40%a40%a

則平衡混合氣中異丁烯的物質的量分數(shù)最多為×100%=28.6%；

答案為：28.6；

（3）①a.由上表數(shù)據(jù)；相同溫度下，同一催化劑選擇不同的載體異丁烷轉化率和異丁烯收率不同，即催化效果不同，說明不同載體會影響催化劑的活性，故a正確；

b.以γ-Al2O3為載體時，隨著溫度的升高異丁烷轉化率不斷升高，而異丁烯收率基本不變；以TiO2為載體時，異丁烷轉化率和異丁烯收率都隨著溫度的升高而增大，說明不同的載體會影響催化劑的選擇性，故b正確；

c.化學平衡常數(shù)只與溫度有關；與催化劑或催化劑載體無關，故c錯誤；

答案選ab；

②以γ-Al2O3為載體時溫度升高時；異丁烯的收率增加的可能原因：催化劑活性增加，反應速率加快，平衡正向移動；溫度繼續(xù)升高，異丁烯的收率下降的可能原因：催化劑的選擇性下降，發(fā)生副反應的異丁烷的比例增加；

答案為：溫度升高時異丁烯的收率增加的可能原因：催化劑活性增加，反應速率加快，平衡正向移動（或其他合理原因）；溫度繼續(xù)升高，異丁烯的收率下降的可能原因：催化劑的選擇性下降，發(fā)生副反應的異丁烷的比例增加（或其他合理原因）?！窘馕觥?lt;該反應是氣體物質的量增大的反應，增大壓強平衡逆向移動；圖像表明，溫度一定時，壓強由p1變?yōu)閜2，異丁烷的平衡轉化率減小，平衡逆向移動，可知p1228.6ab溫度升高時異丁烯的收率增加的可能原因：催化劑活性增加，反應速率加快，平衡正向移動（或其他合理原因）；溫度繼續(xù)升高，異丁烯的收率下降的可能原因：催化劑的選擇性下降，發(fā)生副反應的異丁烷的比例增加（或其他合理原因）15、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）醋酸的電離平衡常數(shù)K=因為平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以溶液中加入醋酸鈉，K不變；（2）①若氫氧化鈉和醋酸等體積混合，溶液為醋酸鈉溶液，顯堿性，所以要顯中性，堿要少些，選<，因為溶液為中性，即氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可以知道，另外的陰陽離子濃度也相等，所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）②根據(jù)電荷守恒分析有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），根據(jù)物料守恒有c（Na＋）=2c（CH3COO－）+2c（CH3COOH），兩個關系式相減，消除醋酸根離子濃度，即可得：c（OH－）-c（H＋）-c（CH3COOH）=1/2c（Na＋），鈉離子濃度為0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①從圖分析，碳酸鈉和碳酸氫鈉共存時溶液的pH為8<12；A、碳酸氫鈉受熱分解質量減少部分為二氧化碳和水的質量，根據(jù)減少的質量就能計算碳酸氫鈉的質量，進而計算質量分數(shù)；B、二者都和鹽酸反應生成氯化鈉，根據(jù)方程式可以計算碳酸鈉的質量分數(shù)；C、和硫酸反應生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被堿石灰吸收，因為水蒸氣可以是從溶液中帶出的，不能確定其質量，所以不能進行計算；D、二者都可以和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質量和混合物的質量能計算碳酸鈉的質量分數(shù)，所以選ABD。②碳酸鈉的物質的兩位0.10×0.02=0.002摩爾，氯化氫的物質的量為0.1×0.04=0.004摩爾，其中鈉離子和氯離子物質的量相等，二者反應生成氯化鈉和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成飽和溶液，含有碳酸電離出的碳酸氫根離子，所以含量最多的三種離子的濃度關系為c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）。

考點：鈉的重要化合物的性質【解析】三、判斷題(共1題，共2分)16、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、結構與性質(共3題，共12分)17、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減小；

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

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

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉化率；D錯誤；

故選AC；

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

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

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

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

(2)AC0.56

(3)或-0.5118、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

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

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

【詳解】

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

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

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

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

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質的量濃度遠比強酸大。與堿反應時，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><19、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

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

（3）先判斷溶質成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進水的電離；

【詳解】

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

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

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

（4）點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進，點④所示溶液中溶質為CH3COONa；只有鹽的水解促進水的電離，所以水的電離程度從大到小排序為④③②；

【點睛】

明確混合溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、實驗題(共4題，共32分)20、略

【分析】【分析】

裝置A為制備氧氣的裝置，其反應方程式為：2H2O22H2↑+O2↑，與氮氣一同模擬空氣進入裝置B中，裝置B的作用是觀察通入的N2和O2流速或提供水蒸氣；進入裝置C中，氧化亞硫酸銨，裝置D中的稀硫酸的作用為尾氣處理。

【詳解】

（1）儀器M的名稱為分液漏斗，裝置A制備氧氣，根據(jù)裝置可以判斷反應為2H2O2

2H2↑+O2↑，故答案為：分液漏斗；2H2O22H2↑+O2↑；

（2）實驗目的是模擬空氣氧化亞硫酸銨；氮氣與氧氣混合模擬空氣，故答案為：氮氣與氧氣混合模擬空氣；

（3）裝置B的作用是觀察通入的N2和O2流速或提供水蒸氣，避免氣體帶走裝置C中水蒸氣使溶液體積減小，導致剩余SO32-濃度偏大，最終測得（NH4）2SO3的轉化率減??；故答案為：觀察通入的N2和O2流速以調節(jié)兩者的體積比（或提供水蒸氣）；

（4）采用多孔球泡可以增大混合物氣體與亞硫酸銨的接觸面積，加快反應速率，Ba(OH)2與澄清石灰水均與SO32-反應，影響SO32-轉化率；根據(jù)裝置圖，用稀硫酸吸收尾氣，說明調節(jié)pH用的是氨水，故答案為：增大混合物氣體與亞硫酸銨的接觸面積，加快反應速率；a；

（5）可以判斷出該實驗缺少的裝置是帶有溫度計的水浴加熱裝置；故答案為：帶有溫度計的水浴加熱裝置；

（6）根據(jù)反應方程式：SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+，計算n(SO32-)=n(I2)=ab×10-3mol，則（NH4）2SO3的轉化率為故答案為：【解析】分液漏斗2H2O22H2↑+O2↑氮氣與氧氣混合模擬空氣觀察通入的N2和O2流速以調節(jié)兩者的體積比（或提供水蒸氣）增大混合物氣體與亞硫酸銨的接觸面積，加快反應速率a帶有溫度計的水浴加熱裝置21、略

【分析】【分析】

（1）由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條；

（2）中和熱是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱；與酸堿的用量無關；

（3）根據(jù)中和熱測定過程中誤差判斷；

（4）根據(jù)酸堿中和反應原理進行計算；

（5）根據(jù)Q=cm△T進行計算。

【詳解】

（1）由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；由圖可知該裝置有不妥之處：大小燒杯口之間不相平且沒填滿碎紙條；應用碎塑料泡沫墊高小燒杯，使小燒杯口和大燒杯口相平；

（2）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關；改用60mL0.50mol/L的鹽酸與50mL0.55mol/L的NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，中和熱數(shù)值相等；

（3）A．測量鹽酸的溫度后；溫度計沒有用水沖洗干凈，在測堿的溫度時，會發(fā)生酸和堿的中和，溫度計示數(shù)變化值減小，導致實驗測得中和熱的數(shù)值偏小，選項A正確；

B；把量筒中的氫氧化