2025年岳麓版選修4化學(xué)下冊(cè)階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年岳麓版選修4化學(xué)下冊(cè)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(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、常溫下，已知：1molCH4完全燃燒時(shí)放出890kJ的熱量，1molH2完全燃燒時(shí)放出280kJ的熱量?，F(xiàn)有CH4和H2組成的混合氣體共0.4mol，使其在O2中完全燃燒，恢復(fù)至常溫共放出234kJ的熱量，則CH4與H2的物質(zhì)的量之比是（）A.1:2B.1:1C.3:2D.2:32、一定溫度下，在甲、乙、丙、丁四個(gè)恒容密閉容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物質(zhì)的量及SO2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率如表所示。乙丙丁丁密閉容器體積/L2211起始物質(zhì)的量n(SO2)/mol0.40.80.80.4n(O2)/mol0.240.240.480.240.24SO2的平衡轉(zhuǎn)化率%α1α2α3α3

下列判斷中，正確的是A.甲中反應(yīng)的平衡常數(shù)小于乙B.SO2的平衡轉(zhuǎn)化率：α1＞α2＝α3C.容器中SO3的物質(zhì)的量濃度：丙＞甲＝丁D.該溫度下，甲和乙中反應(yīng)的平衡常數(shù)K均為4003、在密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：A(g)+3B(g)2C(g)；有關(guān)下列圖像的說法不正確的是。

A.依據(jù)圖a可判斷正反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.在圖b中，虛線可表示使用了催化劑C.若正反應(yīng)的△H<0，圖c可表示升高溫度使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)D.由圖d中混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量隨溫度的變化情況，可推知正反應(yīng)的△H>04、下列說法中正確的是（）。A.25℃時(shí)，等體積等物質(zhì)的量濃度的硝酸與氨水混合后，溶液pH=7B.NaHS溶液的水解方程式：C.Na2CO3溶液顯堿性的原因：D.已知酸性：HF>CH3COOH，所以等濃度的CH3COONa溶液的堿性強(qiáng)于NaF溶液5、下列指定微粒數(shù)目一定相等的是A.等質(zhì)量的14N2與12C16O中的分子數(shù)B.等物質(zhì)的量的C2H4與C3H6中含有的碳原子數(shù)C.等體積等濃度的NH4Cl與(NH4)2SO4溶液中的NH4+數(shù)D.等質(zhì)量的Fe與Cu分別與足量Cl2反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)6、還原沉淀法是處理含鉻（Cr2O72-和CrO42-）廢水常用方法；過程如下：

已知廢水中Cr的含量為26.0g·L－1，當(dāng)溶液中離子濃度小于10－5mol/L時(shí)認(rèn)為離子已經(jīng)沉淀完全。常溫下Ksp[Cr（OH)3]=1×10-32。有關(guān)敘述中不正確的是（）A.上述三個(gè)轉(zhuǎn)化中只有一個(gè)涉及氧化還原反應(yīng)B.第二步離子方程式為：Cr2O72-+14H＋+6Fe2＋=2Cr3++7H2O+6Fe3＋C.處理含鉻廢水可使用強(qiáng)堿Ba(OH)2，也可以使用弱堿氨水D.當(dāng)pH≥5時(shí)，廢水中鉻元素沉淀完全評(píng)卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、下列說法正確的是()A.任何酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O的過程中，能量變化均相同B.同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同C.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1，則a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金剛石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，則C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－18、恒壓下，將CO2和H2以體積比1∶4混合進(jìn)行反應(yīng)CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)(假定過程中無其他反應(yīng)發(fā)生)，用Ru/TiO2催化反應(yīng)相同時(shí)間，測得CO2轉(zhuǎn)化率隨溫度變化情況如圖所示。下列說法正確的是()

A.反應(yīng)CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH>0B.圖中450℃時(shí)，延長反應(yīng)時(shí)間無法提高CO2的轉(zhuǎn)化率C.350℃時(shí)，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為80%，則平衡常數(shù)K<2500D.當(dāng)溫度從400℃升高至500℃，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，v(400℃)逆>v(500℃)逆9、在一定溫度下；容器內(nèi)某一反應(yīng)中M；N的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線如圖，下列表述中正確的是。

A.反應(yīng)的化學(xué)方程式一定為B.時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到平衡C.時(shí)，逆反應(yīng)速率一定大于正反應(yīng)速率D.平衡時(shí)，N的轉(zhuǎn)化率是10、下列說法正確的是（）。A.已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量燒堿溶液可使溶液中值增大B.25℃時(shí)，向水中加入少量固體CH3COONa，水的電離平衡：H2OH＋＋OH－逆向移動(dòng)，c(H＋)降低C.取c(H＋)＝0.01mol·L－1的鹽酸和醋酸各100mL，分別稀釋2倍后，再分別加入0.3g鋅粉，在相同條件下充分反應(yīng)，醋酸與鋅反應(yīng)的速率大D.向硝酸鈉溶液中滴加稀鹽酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－)11、下列關(guān)于25℃的NaHCO3溶液的相關(guān)事實(shí)，能夠證明H2CO3為弱酸的是A.溶液中存在CO32-B.溶液中c(Na+)＞c(CO32-)C.溶液中存在H2CO3分子D.溶液中c(H+)·c(OH-)=10-1412、常溫下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變化如圖；根據(jù)圖示判斷，下列說法正確的是。

A.H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.當(dāng)V(NaOH)=20mL時(shí)，則有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后，其溶液中水的電離程度比純水小D.當(dāng)V(NaOH)=30mL時(shí)，則有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)13、亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于農(nóng)藥中間體以及有機(jī)磷水處理劑的原料。常溫下向1L0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.a、b兩點(diǎn)，水分別電離出的c(OH-)水之比為10-6.54：10-1.43B.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中存在：c(Na+)＞3c(HPO32-)C.當(dāng)V(NaOH)=1L時(shí)，c(Na+)>c(H2PO3-)>c(H3PO3)>c(HPO32-)D.反應(yīng)H3PO3+HPO32-2H2PO3-的平衡常數(shù)為105.11評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、化學(xué)在能源開發(fā)與利用中起著十分關(guān)鍵的作用。

（1）0.3mol的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，其熱化學(xué)方程式為_____。

（2）家用液化氣中主要成分之一是丁烷。當(dāng)1g丁烷完全燃燒并生成CO2和液態(tài)水時(shí)，放出熱量50kJ。試寫出丁烷燃燒的熱化學(xué)方程式：____。15、在一定溫度下；冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導(dǎo)電能力I隨加入水的體積V變化的曲線如圖所示。請(qǐng)回答：

（1）“O”點(diǎn)處冰醋酸的導(dǎo)電能力為0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三點(diǎn)處，溶液中c(H+)由小到大的順序?yàn)開_______（用字母表示）；

（3）在a、b、c三點(diǎn)處，電離程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c點(diǎn)處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。16、已知常溫下部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：?；瘜W(xué)式HFHClOH2CO3電離常數(shù)6.8×10?44.7×10?8K1=4.3×10?7K2=5.6×10?11

常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的三種溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的順序是___（填序號(hào)）。17、氮的化合物在國防建設(shè)；工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生活中有廣泛的用途。請(qǐng)回答下列問題：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。

①若氨水的濃度為2.0mol·L-1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時(shí)，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的質(zhì)子守恒____________。

(2)室溫時(shí)，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH與氨水體積的關(guān)系曲線如圖所示：

①試分析圖中a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，水的電離程度最大的是_________；

②在b點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________；

③寫出a點(diǎn)混合溶液中下列算式的精確結(jié)果(不能近似計(jì)算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亞硝酸(HNO2)的性質(zhì)和硝酸類似，但它是一種弱酸。常溫下亞硝酸的電離平衡常數(shù)Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常溫下向含有2mol碳酸鈉的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的濃度由大到小的順序是______。18、如圖所示；是原電池的裝置圖。請(qǐng)回答：

(1)若C為稀H2SO4溶液，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B電極材料為Fe且做負(fù)極，則A電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為____________；

(2)若需將反應(yīng)：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋設(shè)計(jì)成如上圖所示的原電池裝置，則A(負(fù)極)極材料為______，B(正極)極材料為________，溶液C為________。

(3)若C為CuCl2溶液，Zn是________極，Cu電極反應(yīng)為_________________。反應(yīng)過程溶液中c(Cu2＋)________(填“變大”“變小”或“不變”)。

(4)CO與H2反應(yīng)還可制備CH3OH，CH3OH可作為燃料使用，用CH3OH和O2組合形成的質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖如下：

電池總反應(yīng)為2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，則c電極是________(填“正極”或“負(fù)極”)，c電極的反應(yīng)方程式為________。若線路中轉(zhuǎn)移2mol電子，則上述CH3OH燃料電池，消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為________L。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)19、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)20、隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)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(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。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(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)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(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對(duì)總能量(括號(hào)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(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)21、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)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(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)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(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。22、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(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

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

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共12分)23、汽車尾氣中排放的NOx和CO污染環(huán)境，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH＝?566.0kJ/mol

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝+180.5kJ/mol

③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝?116.5kJ/mol

回答下列問題：

（1）CO的燃燒熱為___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)分別需要吸收946kJ、498kJ的能量，則1molNO(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為___kJ。

（2）CO將NO2還原為單質(zhì)的熱化學(xué)方程式為___。24、I.寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）CuCl(s)與O2反應(yīng)生成CuCl2(s)和一種黑色固體。在25℃、101kPa下，已知該反應(yīng)每消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

（2）在1.01×105Pa時(shí)，16gS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S固體燃燒熱的熱化學(xué)方程式為________________________。

II.研究NOx、SO2；CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

（3）處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S固體。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

（4）氮氧化物是造成光化學(xué)煙霧和臭氧層損耗的主要?dú)怏w。已知：

CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若用標(biāo)準(zhǔn)狀況下3.36LCO還原NO2至N2(CO完全反應(yīng))的整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________mol，放出的熱量為______________kJ(用含有a和b的代數(shù)式表示)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

在題給條件下，已知：1molCH4完全燃燒時(shí)放出890kJ的熱量，1molH2完全燃燒時(shí)放出280kJ的熱量，設(shè)現(xiàn)有CH4的物質(zhì)的量為x，則H2的物質(zhì)的量為0.4mol-x，則得x=0.2mol，則0.4mol-x=0.2mol，則CH4與H2的物質(zhì)的量之比是1:1；則B正確；

答案選B。2、D【分析】【詳解】

A．溫度相同；平衡常數(shù)相等，則甲；乙中反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，故A錯(cuò)誤；

B．由甲、乙可知，氧氣的濃度相同，增大二氧化硫的濃度會(huì)促進(jìn)氧氣的轉(zhuǎn)化，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，丙和丁達(dá)到的是相同的平衡狀態(tài)，乙、丙相比，丙實(shí)驗(yàn)增大了氧氣物質(zhì)的量，氧氣的轉(zhuǎn)化率減小，二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大；則二氧化硫轉(zhuǎn)化率，α1＜α2=α3；故B錯(cuò)誤。

C．體積相同，丙中的起始濃度為甲的2倍，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，則丙中SO2轉(zhuǎn)化率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍；丙體積為2L，丁體積為1L，起始量分別為0.8，0.48；0.40，0.24，丙和丁達(dá)到的平衡相同，三氧化硫濃度相同，丙=丁＞甲，故C錯(cuò)誤；

D．2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)

開始(mol)0.40.240

轉(zhuǎn)化(mol)0.320.160.32

平衡(mol)0.080.080.32

平衡濃度0.040.040.16

所以該溫度下，平衡常數(shù)K==400；故D正確；

故選D。3、D【分析】【詳解】

A.依據(jù)圖象分析；溫度升高，正逆反應(yīng)速率均增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡逆向進(jìn)行，逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，A項(xiàng)正確；

B.使用催化劑化學(xué)反應(yīng)速率增大；可以縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，化學(xué)平衡不移動(dòng)，所以虛線可表示使用了催化劑，B項(xiàng)正確；

C.若正反應(yīng)的△H<0；升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正逆反應(yīng)速率均增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，圖象符合反應(yīng)速率的變化，C項(xiàng)正確；

D.升高溫度平均摩爾質(zhì)量減小，總質(zhì)量不變，說明氣體物質(zhì)的量變大，所以平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H<0；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選D。4、D【分析】【詳解】

A.25℃時(shí)，等體積等物質(zhì)的量濃度的硝酸與氨水混合，溶質(zhì)為水解顯酸性，pH<7；A錯(cuò)誤；

B.是的電離方程式；B錯(cuò)誤；

C.水解分步進(jìn)行，C錯(cuò)誤；

D.越弱越水解，酸性：水解程度大于NaF，等濃度的溶液的堿性強(qiáng)于NaF溶液；D正確；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

C項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，注意多元弱酸的酸根離子水解分步進(jìn)行。5、A【分析】【詳解】

A.與摩爾質(zhì)量均為28g/mol，故等質(zhì)量的與分子數(shù)相同；A正確；

B.等物質(zhì)的量的與碳原子數(shù)之比為2:3，B錯(cuò)誤；

C.等體積等濃度的與溶液，數(shù)之比接近1:2；C錯(cuò)誤；

D.鐵和氯氣生成氯化鐵；即56g鐵轉(zhuǎn)移3mol電子，銅和氯氣生成氯化銅，即64g銅轉(zhuǎn)移2mol電子，故等質(zhì)量的鐵和銅轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同，D錯(cuò)誤；

答案選A。

【點(diǎn)睛】

等體積等濃度的與溶液中，根據(jù)水解原理，越稀越水解，故中銨根離子水解程度更大，故數(shù)之比小于1:2。6、C【分析】【詳解】

A；第二步反應(yīng)中鉻元素和鐵元素化合價(jià)變化；為氧化還原反應(yīng)，故A正確；

B；酸性條件下；重鉻酸根離子與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鉻離子和鐵離子，故B正確；

C；用強(qiáng)堿氫氧化鋇調(diào)節(jié)溶液的pH；會(huì)引入鋇離子雜質(zhì)，會(huì)污染水，故C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)溶液中的pH大于等于5時(shí)，根據(jù)氫氧化鉻的溶度積計(jì)算，鉻離子濃度小于等于10-5mol/L，說明鉻元素完全沉淀，故D正確。二、多選題(共7題，共14分)7、BD【分析】【詳解】

A.濃酸；弱酸等發(fā)生酸堿中和時(shí)中和熱不同；A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)熱大小與條件無關(guān)，因此同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同；B正確；

C.生成液態(tài)水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C錯(cuò)誤；

D.利用蓋斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正確；

答案選BD。8、BC【分析】【分析】

如圖所示為用Ru/TiO2催化反應(yīng)相同時(shí)間，測得CO2轉(zhuǎn)化率隨溫度變化情況，約350℃之前，反應(yīng)還未達(dá)到平衡態(tài)，CO2轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，約350℃之后，反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡態(tài)，CO2轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減??；由此可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

【詳解】

A.由分析可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則ΔH<0；故A錯(cuò)誤；

B.圖中450℃時(shí)，反應(yīng)已達(dá)平衡態(tài)，則延長反應(yīng)時(shí)間無法提高CO2的轉(zhuǎn)化率；故B正確；

C.350℃時(shí)，設(shè)起始時(shí)容器的容積為V，c(H2)起始＝0.4mol·L－1，則n(H2)起始＝0.4Vmol，CO2平衡轉(zhuǎn)化率為80%；可列三段式為：

根據(jù)阿伏伽德羅定律有平衡時(shí)的體積為V(平衡)=則平衡時(shí)故C正確；

D.溫度升高，正逆反應(yīng)速率均加快，則v(400℃)逆逆；故D錯(cuò)誤；

綜上所述，答案為BC。9、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖像可知，反應(yīng)進(jìn)行到t2時(shí)，N的物質(zhì)的量減少了4mol，M的物質(zhì)的量增加了2mol，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為A錯(cuò)誤；

B．t2時(shí)；M；N的物質(zhì)的均還在發(fā)生改變，所以正逆反應(yīng)速率不相等，沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；

C．t1時(shí)；反應(yīng)未達(dá)到平衡，逆反應(yīng)速率小于正反應(yīng)速率，C錯(cuò)誤；

D．平衡時(shí)，N轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為6mol，則N的轉(zhuǎn)化率為D正確；

答案選D。10、AC【分析】【詳解】

A．加入燒堿，氫氧根離子和氫離子反應(yīng)，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，值增大；故A正確；

B．含有弱離子的鹽能夠水解；促進(jìn)水的電離，向水中加入醋酸鈉固體，醋酸根離子水解，是結(jié)合氫離子生成了弱電解質(zhì)醋酸，溶液中氫離子濃度減小，促進(jìn)水的電離，故B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)速率與氫離子濃度成正比，c(H+)=0.01mol?L-1的鹽酸和醋酸；醋酸濃度大于鹽酸，加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，導(dǎo)致醋酸中氫離子濃度大于鹽酸，所以醋酸反應(yīng)速率大，故C正確；

D．向硝酸鈉溶液中滴加稀鹽酸得到的pH＝5的混合溶液，溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c(NO3-)；故D錯(cuò)誤；

故選AC。11、BC【分析】【詳解】

A.溶液中存在CO32-，說明NaHCO3發(fā)生電離，但不一定是部分電離，所以不能證明H2CO3為弱酸；故A錯(cuò)誤；

B.溶液中c（Na+）>c（CO32-），說明HCO3-的電離為部分電離，所以能夠證明H2CO3為弱酸；故B正確；

C.溶液中存在H2CO3分子，說明HCO3-發(fā)生水解反應(yīng)，能夠證明H2CO3為弱酸；故C正確；

D.25℃的溶液中均存在c(H+)·c(OH-)=10-14，與H2CO3的酸性強(qiáng)弱無關(guān)；故D錯(cuò)誤；

故選BC。12、BC【分析】【詳解】

A.H2A是弱電解質(zhì)，H2A在水中的電離方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)V（NaOH）=20mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要為NaHA，HA-電離大于水解，溶液顯酸性，則c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；選項(xiàng)B正確；

C.由圖示關(guān)系知，c（A2-）＞c（H2A）；說明電離大于水解程度，溶液顯酸性，水的電離受到了抑制，選項(xiàng)C正確；

D.當(dāng)V（NaOH）=30mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質(zhì)量的NaHA，Na2A的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見題型，明確圖象中酸堿混合時(shí)溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，抓住圖象進(jìn)行分析即可，易錯(cuò)點(diǎn)為選項(xiàng)C酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽水解促進(jìn)水電離。13、AD【分析】【分析】

A．a(chǎn)點(diǎn)、b點(diǎn)水電離出的c水(OH-)之比＝

B．b點(diǎn)c(H2PO3?)＝c(HPO32?)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，則c(OH?)＜c(H＋)，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32?)＋c(H2PO3?)；

C．V(NaOH)＝1L時(shí)，二者恰好完全反應(yīng)生成NaH2PO3，H2PO3?水解平衡常數(shù)＝＝10?7.46＜Ka2；說明其電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其電離程度較小；

D．c(H2PO3?)＝c(H3PO3)時(shí)Ka1＝c(H＋)＝10?1.43，c(H2PO3?)＝c(HPO32?)時(shí)，Ka2＝c(H＋)＝10?6.54，H3PO3＋HPO32??2H2PO3?的平衡常數(shù)為＝×＝×＝

【詳解】

A．a(chǎn)點(diǎn)、b點(diǎn)水電離出的c水(OH-)之比＝＝10-6.54：10-1.43；故A正確；

B．b點(diǎn)c(H2PO3?)＝c(HPO32?)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，則c(OH?)＜c(H＋)，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32?)＋c(H2PO3?)，則c(Na＋)＜3c(HPO32?)；故B錯(cuò)誤；

C．V(NaOH)＝1L時(shí)，二者恰好完全反應(yīng)生成NaH2PO3，H2PO3?水解平衡常數(shù)＝＝10?7.46＜Ka2，說明其電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH?)，根據(jù)電荷守恒得c(Na＋)＞c(H2PO3?)，但是其水解程度較小，所以存在c(Na＋)＞c(H2PO3?)＞c(HPO32-)＞c(H3PO3)；故C錯(cuò)誤；

D．c(H2PO3?)＝c(H3PO3)時(shí)Ka1＝c(H＋)＝10?1.43，c(H2PO3?)＝c(HPO32?)時(shí)，Ka2＝c(H＋)＝10?6.54，H3PO3＋HPO32??2H2PO3?的平衡常數(shù)為＝×＝×＝＝＝105.11；故D正確；

故答案選AD。

【點(diǎn)睛】

明確圖中a和b點(diǎn)含義及電離平衡常數(shù)計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意D式的靈活變形；通過判斷電離平衡常數(shù)與水解平衡常數(shù)的大小關(guān)系，分析溶液中的微粒濃度。三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）0.3mol的氣態(tài)高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧氣中燃燒，生成固態(tài)三氧化二硼和液態(tài)水，放出649.5kJ熱量，則1mol完全燃燒，放出熱量為2165kJ，其熱化學(xué)方程式為B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；

（2）當(dāng)1g丁烷完全燃燒并生成CO2和液態(tài)水時(shí)，放出熱量50kJ，則1mol丁烷完全燃燒放出2900kJ能量，則丁烷燃燒的熱化學(xué)方程式為C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。

【點(diǎn)睛】

熱化學(xué)方程式要注意有物質(zhì)聚集狀態(tài)，且方程式后有焓變值，當(dāng)△H>0，反應(yīng)吸熱，當(dāng)△H<0時(shí)，反應(yīng)為放熱反應(yīng)。并且焓變值與化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比。【解析】B2H6(g)+O2(g)=B2O3(s)+H2O(l)△H=-2165kJ/mol；C4H10(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=-2900kJ/mol。15、略

【分析】【分析】

溶液的導(dǎo)電能力主要由離子濃度來決定，題目中的圖像說明冰醋酸加水稀釋過程中離子濃度隨著水的加入先逐漸增大后逐漸減小，c(H+)在b點(diǎn)處的溶液中最大，在c點(diǎn)處的溶液中最小，這是因?yàn)榧铀♂?，醋酸的電離平衡正向移動(dòng)，n(H+)增大使c(H+)有增大的趨勢，而V(aq)增大使c(H+)有減小的趨勢，c(H+)增大還是減??；取決于這兩種趨勢中哪一種占主導(dǎo)地位，越稀越電離，電離程度增大，向溶液中加入消耗氫離子的物質(zhì)會(huì)使平衡正向移動(dòng)，醋酸根離子濃度增大，氫離子濃度減小。

【詳解】

⑴“O”點(diǎn)處冰醋酸的導(dǎo)電能力為0的原因是在“O”點(diǎn)處；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未發(fā)生電離，沒有自由移動(dòng)的離子存在，故導(dǎo)電能力為0，故答案為：在“O”點(diǎn)處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在。

⑵導(dǎo)電能力越強(qiáng)，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的順序?yàn)閏<a<b，故答案為：c<a<b。

⑶加水稀釋；越稀越電離，因此電離程度最大的是c，故答案為：c。

⑷若使c點(diǎn)處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①加少量NaOH固體；②加少量Na2CO3固體；③加入Zn，Mg等活潑金屬，故答案為：加少量NaOH固體；加少量Na2CO3固體；加入Zn，Mg等活潑金屬?！窘馕觥竣?在“O”點(diǎn)處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固體⑤.加少量Na2CO3固體⑥.加入Zn，Mg等活潑金屬16、略

【分析】【分析】

根據(jù)鹽類水解形成的酸越弱；對(duì)應(yīng)的鹽越水解分析。

【詳解】

圖表中數(shù)據(jù)分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，對(duì)應(yīng)鹽的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解顯堿性，水解程度越大，堿性越強(qiáng)，因水解程度為NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，則其pH由大到小的順序是③②①，故答案為：③②①?！窘馕觥竣邰冖?7、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時(shí)，溶液呈中性，根據(jù)HSO3-的電離平衡常數(shù)計(jì)算；根據(jù)(NH4)2SO3溶液中質(zhì)子守恒式=電荷守恒-物料守恒；

(2)①根據(jù)反應(yīng)a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點(diǎn)溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進(jìn)水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點(diǎn)溶液呈中性；

②b點(diǎn)溶液為中性，溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O；根據(jù)電荷守恒分析；

③a點(diǎn)溶液中只有NH4Cl；銨根離子水解使溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)子守恒計(jì)算；

(3)弱酸電離常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，其酸根離子水解程度越小。

【詳解】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10?2mol·L?1；

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時(shí)，溶液呈中性，c(OH?)=c(H+)=1.0×10?7mol·L?1根據(jù)HSO3-?H++SO32-，電離平衡常數(shù)Ka2==6.2×10?8，則==0.62；(NH4)2SO3溶液電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，質(zhì)子守恒=電荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3?H2O)+c(OH-)；

(2)①根據(jù)反應(yīng)a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點(diǎn)溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進(jìn)水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點(diǎn)溶液呈中性；所以a點(diǎn)水的電離程度最大；

②b點(diǎn)溶液為中性，c(OH-)=c(H+)，溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，則c(NH4＋)=c(Cl－)，水的電離是極弱的，離子濃度的大小為c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a點(diǎn)溶液中只有NH4Cl，銨根離子水解使溶液顯酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在質(zhì)子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亞硝酸的電離平衡常數(shù)Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判斷水解程度大小順序?yàn)镃O32?＞NO2?＞HCO3?，水解生成HCO3?，所以溶液中CO32?離子、HCO3?離子和NO2?離子的濃度大小關(guān)系為c(HCO3?)＞c(NO2?)＞c(CO32?)。【解析】①.0.6×10?2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)18、略

【分析】【分析】

利用原電池的工作原理；進(jìn)行分析判斷；

【詳解】

（1）C為稀硫酸，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B電極材料為Fe，且作負(fù)極，A電極為正極，總電極反應(yīng)式為Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，即A電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑；

答案為2H＋＋2e－=H2↑；

（2）根據(jù)原電池工作原理，以及總電極反應(yīng)式，負(fù)極材料是Cu，正極材料是石墨，溶液C為FeCl3；

答案為Cu；石墨；FeCl3溶液；

（3）Zn比Cu活潑，Zn為負(fù)極，鋅電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2＋，Cu為正極，Cu電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，整個(gè)過程中Cu2＋被消耗，即c(Cu2＋)變小；

答案為負(fù)極；Cu2＋＋2e－=Cu；變??；

（4）根據(jù)裝置圖，電子從電極c流向電極d，因此電極c為負(fù)極，燃料電池中通燃料一極為負(fù)極，即CH3OH在負(fù)極上失去電子，其電極反應(yīng)式為H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋，消耗1molO2需要得到4mole－，因此電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，消耗氧氣的物質(zhì)的量為=0.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，消耗氧氣的體積為0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；

答案為負(fù)極；H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋；11.2L。

【點(diǎn)睛】

電極反應(yīng)式的書寫是本題的難點(diǎn)，原電池是將氧化還原反應(yīng)反應(yīng)分成兩個(gè)半反應(yīng)，書寫電極反應(yīng)式是先寫出還原劑－ne－→氧化產(chǎn)物，氧化劑＋ne－→還原產(chǎn)物，如本題負(fù)極反應(yīng)式：CH3OH－6e－→CO2，然后判斷電解質(zhì)溶液的酸堿性，本題質(zhì)子通過質(zhì)子交換膜，說明電解質(zhì)溶液為酸性，根據(jù)原子守恒和電荷守恒，得出電極反應(yīng)式為CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋?！窘馕觥?14分，無特殊說明每空1分)（1）2H++2e-=H2↑（2分）（2）銅CFeCl3溶液（3）負(fù)Cu2++2e-=Cu（2分）變?。?）負(fù)極H2O+CH3OH-6e-=CO2+6H+（2分）11.2（2分）四、判斷題(共1題，共4分)19、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)20、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時(shí)升溫，平衡正向移動(dòng)，K增大，則減?。?/p>

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

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯(cuò)誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯(cuò)誤；

故選AC；

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

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

（3）①?zèng)Q速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)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(yīng)步驟為

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

(2)AC0.56

(3)或-0.5121、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(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時(shí)，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(zhì)的量大小關(guān)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(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)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(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)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(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時(shí)，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(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時(shí)，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時(shí)，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)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(huì)得出錯(cuò)誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><22、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(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)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(jìn)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(qiáng)，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(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時(shí)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(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)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(diǎn)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(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時(shí)水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時(shí)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(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混