2025年新科版选修4化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年新科版选修4化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列有关反应热的叙述中正确的是()

①已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热ΔH=-241.8kJ·mol-1

②由单质A转化为单质B是一个吸热过程；由此可知单质B比单质A稳定。

③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH>0；恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大。

④已知：下表数据可以计算出(g)+3H2(g)(g)的焓变。共价键C—CC=CC—HH—H键能/(kJ·mol-1)348610413436

⑤根据盖斯定律可推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2(g)时；放出的热量相等。

⑥25℃、101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量为碳的燃烧热A.①②③④B.③④⑤C.④⑤D.⑥2、已知：①H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH1＝－57.3kJ·mol－1；

②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH2＝－241.8kJ·mol－1；下列有关说法正确的是。

A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示B.H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1C.氢气的标准燃烧热为241.8kJ·mol－1D.若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH>ΔH23、将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属Ti的主要反应之一。已知：

TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/mol

2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol

则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)的∆H为A.－30.0kJ/molB.＋30.0kJ/molC.－80.5kJ/molD.＋80.5kJ/mol4、在一密闭容器中进行反应：已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.40.20.4当反应达到平衡时，可能存在的数据是（）A.SO2的浓度为0.8O2为0.4B.SO2的浓度为0.5C.SO3的浓度为0.8D.SO2、SO3的浓度一定均为0.35、某可逆反应过程的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.该反应正向为吸热反应B.若升高温度，则平衡向正反应方向移动C.若加入催化剂，ΔH数值会减小D.若加入催化剂，B点会降低6、25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=lg或lg下列叙述正确的是（）

A.曲线m表示pH与lg的变化关系B.当溶液呈中性时，c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4D.25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的水解常数为1.0×10-7.6评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（）

A.该反应ΔH＞0B.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2D.状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大8、室温时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.W点溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8时溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室温时NH3·H2O的电离平衡常数的值为10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）9、H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5；Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。室温下，将H2C2O4溶液和氨水按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A.0.2mol·L－1H2C2O4溶液：c(H2C2O4)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)＞c(OH－)B.0.2mol·L－1(NH4)2C2O4溶液：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)C.向H2C2O4溶液中滴加氨水至pH＝7：c(NH4+)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)D.0.5mol·L－1氨水和0.2mol·L－1H2C2O4溶液等体积混合：2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]10、亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组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质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

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－)11、某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA－，HA－H++A2－；则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不合理的是（）A.c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol·L-1B.c(OH－)=c(H+)+c(HA－)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)D.c(Na+)=2c(A2－)+2c(HA－)+c(H2A)12、若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH＞7)：c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)B.0.2mol/L氨水：0.2mol/L＞c(OH-)+c(NH3•H2O)C.向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c()=c()+c()D.pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)13、25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化）；下列说法正确的是。

A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大14、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，溶液中CN－；HCN物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示；其中a点的坐标为(9.5，0.5)。溶液的pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系正确的是。

A.图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)<c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol·L－1C.图乙中b点的溶液：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)D.图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)15、下列叙述中一定正确的是A.常温下，pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)为10－3mol/LB.常温下，pH=6的CH3COOH溶液稀释100倍后，pH=8C.中和等体积等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物质的量浓度的盐酸体积不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)+c(H+)+2c(H2CO3)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。17、有c(H+)=0.01mol/L的盐酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）设三种酸的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同体积的三种酸溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为b1、b2、b3，则其关系是________________。

（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是________。18、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。19、按照要求回答下列问题。

（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．

（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．

（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．

（4）将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．20、将等体积的氨水与盐酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______盐酸中c(H+)。21、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

22、I．（1）钢铁容易生锈的主要原因是钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池,发生电化学腐蚀。在酸性环境下，其正极反应式为_____________；在酸性很弱或中性条件下，其发生___________________(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，开关K置于N处，该电化学防护法称为____________________；若X为锌棒，开关K置于M处，________（填“能”或“不能”)达到防止铁腐蚀目的。

II．如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；完成下列问题:

（1）甲池燃料电池的负极反应为___________________。

（2）乙池中石墨电极为___________极，发生_____________反应（填“氧化”或“还原”）写出乙池中电解总反应的化学方程式:___________________。

（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生________g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=____________。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)24、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

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

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)25、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。26、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

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

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

①燃烧热概念中生成的H2O应是液态；故①错误；

②A→B是吸热过程；说明A具有的能量比B低，能量越低越稳定，则A比B稳定，故②错误；

③△H只跟始态和终态有关，代表1molX完全反应后产生的热效应，平衡后加入X后△H不变；故③错误；

④由于苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键，题目中没有说明键能是多少，无法计算反应的焓变；故④错误；

⑤金刚石和石墨的结构不同，所具有的能量不同，燃烧生成1molCO2气体时放出的热量是不同的；故⑤错误；

⑥25℃101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2气体所放出的热量为碳的燃烧热；该说法合理，故⑥正确；

只有⑥正确；故选D。

【点睛】

本题的易错点为①③，①中要注意燃烧热概念中“稳定氧化物”的理解，③中要注意△H与平衡的移动无关。2、A【分析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于57.3kJ，故A正确；H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2，故D错误。3、C【分析】【分析】

【详解】

已知i：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g)∆H＝＋140.5kJ/mol

ii：2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g)∆H＝＋221.0kJ/mol

根据盖斯定律可知i-ii可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)∆H=＋140.5kJ/mol-221.0kJ/mol=-80.5kJ/mol，故答案为C。4、B【分析】【详解】

A．只有当SO3完全转化为反应物时，SO2和O2的浓度才为0.8mol、0.4mol，但反应为可逆反应，所以SO2的浓度应小于0.8mol，O2的浓度应小于0.4mol；A错误；

B．当SO3发生0.1mol/L的转化时，SO2的浓度为0.5mol/L；B正确；

C．只有当反应物全部转化为生成物时，SO3的浓度才为0.8mol/L；C错误；

D．反应物；生成物的浓度不可能同时减小；应该是一个减小，另一个定增大，D错误；

故选B。

【点睛】

对于进行到某一阶段的可逆反应，反应可能正向进行，也可能逆向进行，但不管如何进行，反应物都不可能全部转化为生成物，生成物也不可能全部转化为反应物。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以看出反应物的总能量高于生成物的总能量；故该反应正向为放热反应，故A错误；

B．由勒夏特列原理可知升高温度；平衡向着吸热反应方向移动，由A可知该反应正反应是放热反应，故升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C．加入催化剂，不改变反应热，即ΔH数值不会改变；故C错误；

D．加入催化剂；能减小反应所需的活化能，故B点会降低，故D正确；

故答案为：D。6、C【分析】【分析】

溶液的pH越小，HCO3-和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lg

，n曲线代表lg

【详解】

A、H2CO3的电离平衡常数Ka1>Ka2，Ka1=Ka2=当pH相等时，<lg＞lgm曲线代表lg故A错误；

B、当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）；故B错误；

C、Ka1（H2CO3）=在N点lg=1，即=10，N点的pH=7.4，则c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4；故C正确；

D、M点的pH=9.3，则c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的平衡常数为Kh===1.0×10-3.7；故D错误。

答案选C。

【点睛】

考查盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查分析能力和计算能力。二、多选题(共9题，共18分)7、AB【分析】【详解】

A.随着温度升高；碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；

B.D点要达到平衡状态（C点）；碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；

C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即C项正确；

D.A与B相比反应物更少；则A的生成物更多，D项正确；

故答案选AB。8、BD【分析】【分析】

随pH增加，铵根的水解和一水合氨的电离均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3•H2O)上升，所以a代表一水合氨浓度，b代表铵根浓度。

【详解】

A．W点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故A错误；

B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，所以pH=8时存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正确；

C．W点c(NH3•H2O)=c(NH4+)，室温时NH3•H2O的电离平衡常数K==c(OH-)=10-4.75，故C错误；

D．pH=10的溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据图知，c(NH3•H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：BD。

【点睛】

关于各离子浓度或者各离子物质的量分数与pH值的关系曲线图，可以利用各曲线的交点求解电离或水解平衡常数。9、BD【分析】【详解】

A.H2C2O4为二元弱酸，部分电离，生成H+、HC2O4-、C2O42-等，且c(H＋)最大；A项错误；

B.0.2mol·L－1(NH4)2C2O4溶液中，c(NH4+)>c(C2O42-)，NH4+和C2O42-水解生成NH3·H2O、HC2O4-，那么c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)，HC2O4-水解生成H2C2O4，水解程度微弱，因此c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)；B项正确；

C.向H2C2O4溶液中滴加氨水至pH＝7，可知c(H＋)=c(OH－)，根据电荷守恒有：c(H＋)+c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH－)，两式结合可得：c(NH4+)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)；C项错误；

D.0.5mol·L－1氨水和0.2mol·L－1H2C2O4溶液等体积混合，根据物料守恒有2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]；D项正确；

答案选BD。

【点睛】

解答本题的关键是利用电荷守恒和物料守恒进行基本计算，要熟练掌握电荷守恒和物料守恒的概念即应用：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等；物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变。10、BD【分析】【分析】

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

【详解】

A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A错误；

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＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正确；

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＋)，又因为电荷守恒：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错误；

D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，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正确。

答案选BD。

【点睛】

要学会看图比较大小，避开复杂的计算陷阱，注意两曲线的交点表示的意义和应用。11、AD【分析】【详解】

A．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2-能水解、HA-只电离不水解，则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故A错误；

B．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在质子守恒关系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故B正确；

C．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故C正确；

D．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2-能水解、HA-只电离不水解，则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故D错误；

故选AD。12、AD【分析】【详解】

A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中发生阴、阳离子的水解反应：+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，从而导致溶液中c()减少更多，所以c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3•H2O)；A正确；

B．在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=0.2mol/L，由于c(OH-)=c()+c(H+)，所以c(OH-)+c(NH3•H2O)＞0.2mol/L；B不正确；

C．向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此时溶液中满足电荷守恒，从而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()；C不正确；

D．pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，发生中和反应后，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3•H2O，此时主要发生如下电离：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的电离程度较小，所以c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；D正确；

故选AD。13、BC【分析】【分析】

根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；

【详解】

A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线；故A错误；

B.K(HA)的表达式为K(HA)=pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5；故B正确；

C.P点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正确；

D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小；故D错误；

答案选BC。14、BC【分析】【分析】

NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，当pH=9.5时，c(HCN)=c(CN－)；当加入盐酸的体积为10mL时；NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。

【详解】

A．图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl－)+c(CN－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，pH=7，c(OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)+c(CN－)=c(Na+)；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN－)+c(HCN)，故c(Cl－)=c(HCN)；A不正确；

B．常温下，a点时，c(CN－)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH－)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)==10－4.5mol·L－1；B正确；

C．图乙中b点时，发生反应后c(HCN)=c(Cl－)=c(CN－)，此时溶液中CN-发生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反应后，c(HCN)增大，c(CN－)减小，所以溶液中：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)；C正确；

D．图乙中c点的溶液中，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，且二者刚好完全反应，反应后，发生HCN的电离：HCNH++CN-，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH－)+c(CN－)，物料守恒：c(Cl-)=c(HCN)+c(CN－)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)；D不正确；

故选BC。15、CD【分析】【详解】

A．FeCl3溶液中铁离子水解，促进水的电离，pH=3的FeCl3溶液中，c(H+)=10－3mol/L，所以由水电离出的c(H+)＞10-3mol/L；故A错误；

B．常温下，pH=6的CH3COOH溶液稀释100倍后仍为酸性溶液；pH＜7，故B错误；

C．氨水为弱碱，等体积等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多；中和时，消耗的等物质的量浓度的盐酸，氨水比NaOH多，故C正确；

D．根据物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；故D正确；

故选CD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）17、略

【分析】【分析】

HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸；本题需要抓住强弱电解质的本质区别。

【详解】

（1）HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情况下，c3>c1>c2；

（2）反应速率与c(H+)有关，浓度越大，速率越快，由于盐酸和硫酸为强酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液体积相等的情况下，反应速率相等b1=b2，而醋酸为弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，随反应进行，会促进醋酸的电离，使得c(H+)减小的程度没有盐酸和硫酸大，从而反应速率会比两种强酸的大，所以三者的速率比较结果为：b1=b23。

（3）盐酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液时，需要的体积相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是还有很多的醋酸未电离，所以消耗等量的NaOH溶液时，所用溶液体积会小于盐酸和硫酸的，故答案为V1=V2>V3。【解析】①.c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V318、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.19、略

【分析】【分析】

(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒进行分析；

(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；

(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；

【详解】

(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液显中性；

(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；

(4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。

【点睛】

本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%20、略

【分析】【分析】

根据溶液电中性的原则判断溶液的pH，氨水为弱电解质，如等浓度混合，则反应生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，则氨水需过量，据此分析解答。

【详解】

反应后溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等浓度、等体积混合，则完全反应生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，则氨水需过量，所以混合前氨水浓度大于盐酸浓度，即c(NH3•H2O)＞c(HCl)，因氨水为弱电解质，如氨水中c(OH-)≥盐酸中c(H+)，则反应后溶液呈碱性，所以氨水中c(OH-)＜盐酸中c(H+)，故答案为=；＞；＜。【解析】①.=②.＞③.＜21、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。22、略

【分析】【分析】

I.（1）根据金属电化学腐蚀分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀进行分析；

（2）从金属防护的方法上进行分析；

II.从原电池工作原理和电解原理的角度进行分析和解答；

【详解】

I.（1）金属电化学腐蚀分为吸氧腐蚀和吸氢腐蚀，如果电解质为酸性，则发生析氢腐蚀，根据原电池工作原理，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；如果电解质为中性或极弱的酸性，则发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－；

故答案为2H＋＋2e－=H2↑；吸氧腐蚀；

（2）X为碳棒；开关K置于N处，该装置则有外加电源，装置属于电解质，根据电解池的工作原理，铁电极作阴极，铁不参与反应，被保护，这叫外加电流阴极保护法；若X为锌棒，开关K置于M处，该装置为原电池装置，锌比铁活泼，锌为负极，铁为正极，铁被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法；

故答案为：外加电流阴极保护法；能；

II.（1）甲池为电池，通燃料一极为负极，即通CH3OH一极为负极，通氧气或空气的一极为正极，电解质为KOH溶液，因此负极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

故答案为CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

（2）乙池中石墨连接甲池通氧气一极，即乙池中石墨为阳极，乙池中Ag作阴极，根据电解原理，阳极上失电子，发生氧化反应，阳极反应式为2H2O＋4e－=O2↑＋4H＋，阴极上得到电子，发生还原反应，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，因此总电极反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

故答案为：阳；氧化；2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

（3）丙池总反应式为MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋H2↑＋Cl2↑，电路为串联电路，根据转移电子物质的量相同，建立的关系式是为解得n1=0.02mol，即生成Mg(OH)2质量为0.02mol×58g·mol－1=1.16g，n2=0.04mol，乙池中c(H＋)==0.1mol·L－1；即pH=1；

故答案为1.16g；1。

【点睛】

电池的电极反应式书写是本题的难点，电池是两个半反应，一般先判断出氧化剂、还原产物，还原剂、氧化产物，根据化合价的变化，标出得失电子，根据电解质溶液的酸碱性，判断出H2O、H＋、OH－谁参与反应，最后根据电荷守恒和原子守恒，配平其他。【解析】2H++2e=H2↑吸氧腐蚀外加电源（流）的阴极保护法能CH3OH-6e+8OH=CO32-+6H2O阳氧化2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO41.161四、判断题(共1题，共4分)23、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、结构与性质(共3题，共9分)24、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与