2025年新科版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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505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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[－lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是。

A.从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小B.c、e两点溶液对应的pH=7C.常温下，A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9mol·L－1D.b点的溶液呈酸性，粒子浓度之间存在：c(HA)+2c(H+)=2c(OH－)+c(A－)2、在下列各溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是A.NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(CO32-)＞c(H+)B.Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H+)C.CH3COONa溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－)D.NaHSO3溶液中：c(Na+)﹥c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)3、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)C.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)D.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]4、下列说法正确的是A.25℃时，pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液中，水的电离程度不同B.在含有Fe3＋的KNO3溶液中，可通过加热的方法除去Fe3＋，证明盐的水解是放热反应C.25℃时，等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大D.等物质的量浓度的①NH4Cl、②NH4HSO4、③Na2S、④NaNO3，其中pH由大到小的排列为：③＞①＞④＞②5、常温条件下，0.1mol/L的NH4Cl溶液中，下列描述正确的是（）A.溶液显碱性B.溶液中存在c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C.溶液中存在H2O⇌H++OH-，且水的电离受到抑制D.溶液中c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)6、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（）

A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系B.=1000C.溶液中水的电离程度：M>ND.N点对应的溶液中c（Na+）＜Q点对应的溶液中c（Na+）7、25℃时，向20.00mL0.1mol/LH2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是。

A.水的电离程度：M>PB.图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大C.N点和Q点溶液的pH相同D.P点溶液中8、已知Ksp（Mg(OH)2）=1.8×10-11，则：Mg(OH)2在水中的溶解的浓度为A.2.6×10-4mol/LB.1.7×10-4mol/LC.4.2×10-6mol/LD.3.2×10-22mol/L9、已知NaHSO3溶液显酸性；溶液中存在以下平衡：

HSO3-+H2OH2SO3+OH-①

HSO3-H++SO32-②

向0.1mol·L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A.加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固体，则c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+c(OH-)+c(SO32-)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，则2c(Na+)=c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、工业上，CH3OH也可由CO和H2合成．参考合成反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数．下列说法正确的是()。温度/℃0100200300400平衡常数667131.9×10﹣22.4×10﹣41×10﹣5

A.该反应正反应是放热反应B.该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行C.在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则此时的平衡常数为100D.工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高11、下列各图是温度T（或压强P）对f反应2A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是A.B.C.D.12、下列说法正确的是（）A.平衡常数变化，化学平衡不一定发生移动B.化学平衡发生移动，平衡常数一定改变C.化学平衡常数只受温度的影响，温度升高，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热D.对于一个可逆反应，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同13、一定温度下对冰醋酸逐滴加水稀释；发生如图变化，图中Y轴的含义可能是。

A.导电能力B.pHC.氢离子浓度D.溶液密度14、以下说法中正确的是（）A.相同温度下，1mol/L氨水溶液与0.5mol/L氨水溶液中c(OH-)之比为2:1B.NH4Cl溶液中，c(NH4+)=c(Cl-)C.向0.1mol/LNaNO3溶液中滴加稀盐酸，使溶液pH=5，此时混合液中c(Na+)=c(NO3-)D.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，使混合液的pH=7，此时混合液中c(Na+)=c(CH3COO-)15、25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液；溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是。

A.W点所示的溶液中：c(CO32－)＝c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)B.pH＝4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(CO32-)＝0.1mol·L-1C.pH＝8的溶液中：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)D.pH＝11的溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(Cl－)+c(CO32-)+c(HCO3－)16、常温下，向20mL0.2mol·L－1H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液，有关微粒的物质的量变化如图，根据图示判断，下列说法错误的是（）

A.在P点时，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B.当V(NaOH)＝20mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)C.当V(NaOH)＝30mL时，2c(Na＋)＝3[c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)]D.当V(NaOH)＝40mL时，c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(H2A)>c(OH－)>c(H＋)评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、烟气(主要污染物SO2、NO、NO2)的大量排放造成严重的大气污染；国内较新研究成果是采用以尿素为还原剂的脱硫脱硝一体化技术。

(1)脱硫总反应：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知该反应能自发进行，则条件是____(填“高温”；“低温”或“任何温度”)。

(2)电解稀硫酸制备O3(原理如图)，则产生O3的电极反应式为______。

(3)室温下，往恒容的反应器中加入固定物质的量的SO2和NO，通入O3充分混合。反应相同时间后，各组分的物质的量随n(O3)∶n(NO)的变化见上图。

①n(NO2)随n(O3)∶n(NO)的变化先增加后减少，原因是____。

②臭氧量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，试用过渡态理论解释可能原因__。

(4)通过控制变量法研究脱除效率的影响因素得到数据如下图所示，下列说法正确的是____。

A.烟气在尿素溶液中的反应：v(脱硫)＜v(脱硝)

B.尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响。

C.强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除。

D.pH=7的尿素溶液脱硫效果最佳。

(5)尿素的制备：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＜0。一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。

①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L－1，平衡常数K=__。

②上图是该条件下，系统中尿素的物质的量随反应时间的变化趋势，当反应时间达到3min时，迅速将体系升温，请在图中画出3~10min内容器中尿素的物质的量的变化趋势曲线__________。18、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝；回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol·L−1）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式____________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_____________。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pc如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______（填“增大”“不变”或“减小”）。

②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为________________。

（3）如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是______________。

②已知下列反应：

SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)的ΔH=_______。19、(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是______________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________。

(2)如图所示是101kPa时氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的能量变化，此反应的热化学方程式为_____________。20、下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：。物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根据上述数据回答下列问题：

(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。21、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

(1)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：该反应的化学平衡常数表达式是K=_________。已知平衡常数K与温度T的关系如表:。T/℃400300平衡常数KK1K2

①试判断K1_________K2(填写“>”“=”或“<”)。

②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

③合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是_________(填字母)。

a．采用较高温度(400~500℃)b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来。

c．用铁触媒加快化学反应速率d．采用较高压强(20~50MPa)

(2)对反应在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是_________。

a．A、C两点的反应速率：A>C

b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

c．A、C两点N2O4的转化率：A

d．由状态B到状态A，可以用加热的方法22、HOOC﹣COOH的电离方程式为__。23、表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。该反应在溶液中能发生的理由是________。24、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)25、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、计算题(共2题，共4分)26、(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化；奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧；丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：

①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“+”或“−”___。

②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：___。

③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为___。

(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成；整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：

①已知：H2O(g)═H2O(l)△H1=−Q1kJ/mol

C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=−Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=−Q3kJ/mol

若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为___kJ。

②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的△H，计算时需要测得的实验数据有___。27、（1）已知：2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)；△H=–483.6kJ·mol-1,H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H=–285.8kJ·由此可知，在等温下蒸发45g液态水需吸收___________kJ的热量。

（2）工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)；已知25℃时：

C(石墨)+O2(g)==CO2(g)△H1＝－394kJ·mol-1

C(石墨)+O2(g)==CO(g)△H2＝－111kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)==H2O(g)△H3＝－242kJ·mol-1

试计算25℃时CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)的△H=______kJ·mol-1

（3）在25℃、101KPa时，___时所放出的热量，叫做该反应的燃烧热。在25℃、101KPa时，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.713kJ，则能表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共16分)28、I.采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。回答下列问题：

(1)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______

(2)写出由滤液A生成沉淀B的反应离子方程式：_______

(3)明矾可以净水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_______。

II.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：

氯化过程控制电石渣过量，在75°C左右进行。氯化时存在C12与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化学方程式为_______。

(6)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2转化为Ca(ClO3)2转化率的可行措施有_______(填序号)。

A.适当碱缓通入Cl2速率B.充分搅拌浆料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后过滤，向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g·L-1，如图，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作步骤是_______、_______；过滤、洗涤、干燥。

29、Na2S2O4·2H2O是染料工业中常用的还原剂；俗称保险粉｡它可溶于氢氧化钠溶液并稳定存在，难溶于乙醇，受热易分解，制备保险粉的流程如下:

回答下列问题:

(1)保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，原因是__________

(2)若用Na2SO3固体和酸反应制备SO2气体，下列最适宜选用的酸是____(填标号)｡

A.浓盐酸B.稀硝酸C.70%硫酸D.98%硫酸。

(3)步骤②需要控制温度在35℃的原因是__________已知pH>11时，Zn(OH)2转化为为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是______________(25℃时Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10‑17，35℃时Ksp与Kw的变化可忽略)｡

(4)步骤③中加入一定量NaCl固体的目的是____｡

(5)步骤④的操作是__________经干燥得Na2S2O4·2H2O样品｡

(6)为了测定Na2S2O4·2H2O样品纯度，取mg样品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液｡取10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L碘标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL｡测定过程中，发生的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O═NaHSO3•CH2O+NaHSO2•CH2O，NaHSO2•CH2O+2I2+2H2O═NaHSO4+HCHO+4HI，则样品中Na2S2O4·2H2O的纯度为____｡参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

根据图示，0.1mol·L－1的HA溶液中－lgc水(H+)=11，则c水(H+)=10-11mol/L，由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，说明HA为弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液20mL时，恰好完全反应生成NaA，即d点溶液中溶质为NaA，则b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液；f点为等物质的量浓度的NaA和NaOH的混合溶液，据此分析解答。

【详解】

A．NaA水解促进水的电离，过量的NaOH存在抑制水的电离，从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小；故A正确；

B．c点存在NaA和HA；因为c点溶液为中性，pH=7，e点存在NaA和NaOH，则e点为碱性，pH＞7，故B错误；

C．起始时溶液中只有HA，溶液为酸性，c水(H+)=10-11mol/L，则由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的电离平衡常数为Ka(HA)==≈10-5，所以A-的水解常数为Kh===10-9；故C正确；

D．b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(HA)+2c(H+)=2c(OH-)+c(A-)；故D正确；

故选B。

【点睛】

明确HA为弱酸和各点溶液的组成和性质是解题的关键。本题的易错点为B，要注意不能根据水电离出H+浓度判断溶液的酸碱性和pH。2、D【分析】【分析】

A.NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性；据此判断；

B.Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性；据此判断；

C.CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性；

D.NaHSO3溶液中，HSO3-水解使溶液呈碱性；据此分析。

【详解】

A.NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性，即有c(OH－)＞c(H+)，HCO3-电离程度大于水解程度，有c(H+)＞c(CO32-)，则c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(CO32-)；A项错误；

B.Na2CO3溶液中：CO32-水解使溶液呈碱性c(OH－)＞c(H+)，水的电离和HCO3-水解均可产生OH-，因而有c(OH－)＞c(HCO3-)，则有c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(HCO3-)＞c(H+)；B项错误；

C.CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性，有c(OH－)＞c(H+)，由电荷守恒有c(Na+)＞c(CH3COO－)，故c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；C项错误；

D.NaHSO3溶液中，HSO3-电离程度大于水解的程度，有c(H+)＞c(OH－)，那么c(Na+)﹥c(HSO3－)＞c(H+)＞c(SO32－)＞c(OH－)；D项正确；

答案选D。

【点睛】

掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键，可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下：①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。3、A【分析】【详解】

A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)=c(SO42－)；故A正确；

B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)>c(H+)，所以c(NH4+)>c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H+)；故B错误；

C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)；故C错误；

D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]；故D错误；

故选A；

【点睛】

解答本题需要掌握两个方面的知识;

混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；

能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。4、C【分析】【分析】

A.根据pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液由水电离出的H+浓度大小进行分析；

B.通过加热的方法除去Fe3＋，主要是利用Fe3＋水解生成氢氧化铁沉淀；

C.NaCl属于强酸强碱盐，不水解，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-会发生水解；

D.结合盐的水解进行分析判断。

【详解】

A.pH为9的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，pH为5的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L；，水的电离程度相同，A项错误；

B.通过加热的方法除去Fe3＋，主要是利用Fe3＋水解生成氢氧化铁沉淀；证明盐的水解是吸热反应，B项错误；

C.NaCl属于强酸强碱盐，不水解，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-会发生水解；因而等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大，C项正确；

D.①NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性，②NH4HSO4溶液电离生成H+，抑制了NH4+的水解③Na2S中S2-水解使溶液显碱性，④NaNO3属于强酸强碱盐；溶液呈中性，故pH的大小关系为③＞④＞①＞②，D项错误；

答案选C。

【点睛】

本题的难点是判断由于盐类水解使溶液的酸碱性，常利用的规律是：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。5、B【分析】【详解】

A；氯化铵为强酸弱碱盐；铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，故A错误；

B、溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，即c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；故B正确；

C；氯化铵为强酸弱碱盐；铵根离子在溶液中水解，促进水的电离，故C错误；

D、氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，由电荷守恒可知：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；故D错误；

故选B。6、D【分析】【详解】

A.HA的酸性弱于HB的酸性，则Ka(HA)<Ka(HB)，加入NaOH变为中性时，HA加入的NaOH固体量少，c(Na+)离子浓度小，c(A−)离子浓度小，则−lgc(A−)大，因此曲线II表示pH与−1gc(A−)的关系；故A错误；

B.对于HA，取点(10，2)，则c(H+)=10−10molL−1，c(A−)=10−2molL−1，则同理对于HB，取点(8，2)，则c(H+)=10−8molL−1，c(B−)=10−2molL−1，则所以Ka(HB):Ka(HA)=10−9:10−11=100；故B错误；

C.M点和N点溶液中c(A−)=c(B−)，M点是酸电离占主要显酸性，是抑制水的电离溶液，N点是盐水解占主要显碱性，所以水的电离程度M<N；故C错误；

D.对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(B−)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(A−)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH−)分别相等，但c(B−)−)，则N点对应的溶液中c(Na+)+)；故D正确。

综上所述，答案为D。7、D【分析】【分析】

-1gc水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则c水(OH-)越小；据此分析解答。

【详解】

A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L；水的电离程度M＜P，故A错误；

B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则=×=依次减小；故B错误；

C．N点到Q点；加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；

D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)；故D正确；

故选D。

【点睛】

明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。8、B【分析】【详解】

设Mg(OH)2在水中溶解的浓度为x，则有c(Mg2+)、c(OH-)分别为x、2x，由Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=4x3=1.8×10-11，可得：x=1.7×10-4mol/L；故B正确。

故选B。9、C【分析】【详解】

NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3-的电离程度大于其水解。A、加入的Na与水反应生成NaOH，与HSO3-反应，故c(HSO3-)减小，错误；B、该溶液中存在电荷守恒，故c(SO32-)前的系数为2，错误；C、加入少量NaOH，c(SO32-)增大，c(HSO3-)减小，c(OH-)增大，c(H+)减小，故正确；D、c(Na+)=2c(SO32-)；错误。

【考点定位】考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用。二、多选题(共7题，共14分)10、AC【分析】【详解】

A；依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，故A正确；

B、该反应为放热反应△H<0；且由反应方程式可知△S＜0，因只有△H﹣T△S＜0时反应才能自发进行，所以反应在低温条件才可自发，故B错误；

C；结合平衡三段式列式计算；平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

平衡常数K==100；故C正确；

D；工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃；是从转化率和反应速率两方面综合考虑，故D错误；

故选AC．11、AC【分析】【详解】

该反应的正反应为吸热反应；升高温度正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则A正确，B错误；

A为固体；反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则C正确；D错误。

故选AC。12、CD【分析】【详解】

A．平衡常数只与温度有关；平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动，A说法错误；

B．化学平衡发生移动；若温度未变，则平衡常数一定不改变，B说法错误；

C．化学平衡常数只受温度的影响；温度升高，平衡向吸热的方向移动，化学平衡常数的变化取决于该反应的反应热，C说法正确；

D．对于一个可逆反应；化学平衡常数表达式等于生成物浓度的计量数次幂的积除以反应物浓度计量数次幂的积，化学计量数不同，化学平衡常数表达式及数值也不同，D说法正确；

答案为CD。

【点睛】

平衡常数只与温度有关，平衡常数变化，则温度一定改变，化学平衡一定发生移动。13、AC【分析】【详解】

A．随水的增加；醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，导电性增强，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，导电性减弱，故A正确；

B．随水的增加；醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，pH减小，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；

C．随水的增加；醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，故C正确；

D．醋酸的密度大于1g/mL；随水的增加，溶液的密度减小，故D错误；

故选AC。14、CD【分析】【分析】

A．相同温度下；一水合氨电离程度与浓度成反比；

B．氯化铵是强酸弱碱盐；溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；

C．钠离子和硝酸根离子都不水解；溶液中存在物料守恒；

D．混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-）；溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．

【详解】

A．相同温度下，一水合氨电离程度与浓度成反比，所以相同温度下，1mol/L氨水溶液与0.5mol/L氨水溶液中c（OH-）之比小于2：1；故A错误；

B．氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）＜c（Cl-）；故B错误；

C．钠离子和硝酸根离子都不水解，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（NO3-）；故C正确；

D．混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）；故D正确；

故答案选：CD。15、AC【分析】【详解】

A．W点所示的溶液中c(CO32−)=c(HCO3−)，溶液显碱性，则c(OH−)＞c(H+)，所以溶液中离子浓度关系为：c(CO32－)＝c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)；故A正确；

B．pH从6到4时，溶液中含碳微粒的浓度有所减小，说明反应中有CO2生成。所以根据物料守恒，pH=4时，c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)＜0.1mol⋅L−1；故B错误；

C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中生成的碳酸氢钠最多，HCO3−的水解程度大于电离程度，则c(Na+)＞c(HCO3−)＞c(H2CO3)＞c(CO32−)；故C正确；

D．根据图象可知pH=11时，溶液碳酸钠的浓度远远大于碳酸氢钠的浓度，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+2c(CO32−)+c(HCO3−)；故D错误；

答案选AC。16、BD【分析】【详解】

A.P点满足电荷守恒：根据图像可知，则故A正确；

B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则故B错误；

C.当V(NaOH)=30mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：故C正确；

D.当V(NaOH)=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2－部分水解产生等浓度的OH－、HA－，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则正确的离子浓度大小为：故D错误；

故答案为：BD。

【点睛】

当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：①，根据物料守恒得②，①+②得：则三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2，所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol。据此解答。

【详解】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的物质；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。答案选BC。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=本小题答案为：100。

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol，图像为本小题答案为：【解析】低温3H2O―6e―＝O3＋6H＋n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1,NO2被转化为更高价的物质，所以减少(或NO2发生副反应，所以n(NO2)减少也给分)该反应的活化能高，反应速率慢BC100

达到平衡时尿素的物质的量＜0.5mol，反应达到平衡的时间在10min之前18、略

【分析】【分析】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，会将NO氧化成NO3-，且NaClO2溶液呈碱性，据此分析作答；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；

②化学平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据平衡常数的定义列出具体表达式；

（3）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；

②根据盖斯定律计算。

【详解】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的；则增加压强，NO的转化率提高；

故答案为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

故答案为大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为减小；

②反应ClO2−+2SO32-===2SO42-+Cl−的平衡常数K表达式为：K=；

故答案为K=

（3）①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果好；

故答案为形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；

②SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则根据盖斯定律可知①+②−③即得到反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)，则△H1＋△H2－△H3；

故答案为△H1＋△H2－△H3。【解析】4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小K=形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高△H1＋△H2－△H319、略

【分析】【详解】

（1）①根据图像，第一步反应ΔH小于0，也可以根据应物的总能量大于生成物的总能量判断该反应为放热反应，故答案为：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量；

②第一步反应的热化学方程式为：第二步反应的热化学方程式为：两步反应相加，即可得到目标方程式：故答案为：

（2）反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和故该反应的热化学方程式为：故答案为：【解析】放热ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346KJ/mol20、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根据键能越大；物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式；焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

【详解】

（1）；（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高；则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：而形成2molH—Cl键放出的能量为所以在反应中每生成2molHCl放出的热量，同理可计算出反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。【解析】(1)A(2)D(3)放出;Cl221、略

【分析】【详解】

（1）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：根据平衡常数表达式可知，该反应的化学平衡常数表达式是

①根据降低温度平衡放热方向移动以及平衡正向移动平衡常数增大，所以K12；

②a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为为1:3:2；所以不能作为平衡的标志，故a错误；

b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体体积减小；若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；

d．反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；

答案选c；

③a．加热到500℃合成氨是放热反应；升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故a错误；

b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故b正确；

c．用铁作催化剂加快化学反应速率；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释，故c错误；

d．采用较高压强(20Mpa−50MPa)；合成氨是气体体积减小的反应，加压至20∼50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故d正确；

答案选bd；

(3)a．.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C>A；故a错误；

b．B和C的体积分数相等，所以B、C两点的气体的平均相对分子质量相等，故b错误；

c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A>C；故c错误；

d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大；所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；

答案选d。【解析】<cbdd22、略

【分析】【分析】

HOOC﹣COOH是分子内含有2个-COOH官能团的二元弱酸；在水溶液中分两步发生电离。

【详解】

HOOC﹣COOH是二元弱酸，在水溶液里分两步进行电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4+H+、+H+；

故答案为：H2C2O4+H+，+H+。

【点睛】

如果我们不注意知识的积累，很容易将HOOC﹣COOH的电离方程式错误地写为H2C2O4+2H+。【解析】H2C2O4+H+、+H+23、略

【分析】【分析】

根据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质分析解答。

【详解】

溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【点睛】

本题考查了物质制备的知识。两种盐在溶液中发生复分解反应，产生两种新盐，发生反应是由于盐的溶解度不同，可以由溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，或由溶解度小的物质转化为溶解度更小的物质。会根据表格数据分析是本题判断的依据。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小24、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判断题(共1题，共3分)25、×【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、计算题(共2题，共4分)26、略

【分析】【分析】

(1)①由图可知；反应物的总能量大于生成物的总能量；

②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol；

③依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；

(2)①依据盖斯定律计算可得；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)═CO(g)的△H；需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到。

【详解】

(1)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为反应放热，△H为“−“；故答案为：−；

②由图象可知，丙烷完全燃烧生成1mol水的焓变△H=−553.75kJ/mol，则反应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol；

③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量；设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1−x，由热化学方程式可知丙烷燃烧放热2215(1−x)kJ，由题意可得关系式1645−1455x=2215(1−x)，解得x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；

(2)①将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，③−②+①×3得热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，则△H1=−(3Q1−Q2+Q3)kJ/mol，若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为(1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3)kJ，故答案为：1.5Q1−0.5Q2+0.5Q3；

②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2(g)═CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热才能计算得到，故答案为：碳、一氧化碳的标准燃烧热。【解析】−C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=−2215kJ/mol1:31.5Q1−0.5Q2+0.5Q3碳、一氧化碳的标准燃烧热27、略

【分析】【详解】

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

②H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H=–285.8kJ·

根据盖斯定律计