2025年新科版選修4化學(xué)上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年新科版選修4化學(xué)上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列有關(guān)反應(yīng)熱的敘述中正確的是()

①已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，則氫氣的燃燒熱ΔH=-241.8kJ·mol-1

②由單質(zhì)A轉(zhuǎn)化為單質(zhì)B是一個吸熱過程；由此可知單質(zhì)B比單質(zhì)A穩(wěn)定。

③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH>0；恒溫恒容條件下達到平衡后加入X，上述反應(yīng)的ΔH增大。

④已知：下表數(shù)據(jù)可以計算出(g)+3H2(g)(g)的焓變。共價鍵C—CC=CC—HH—H鍵能/(kJ·mol-1)348610413436

⑤根據(jù)蓋斯定律可推知在相同條件下，金剛石或石墨燃燒生成1molCO2(g)時；放出的熱量相等。

⑥25℃、101kPa時，1mol碳完全燃燒生成CO2(g)所放出的熱量為碳的燃燒熱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；下列有關(guān)說法正確的是。

A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定體積的0.1mol·L－1乙二酸，反應(yīng)中的能量變化如上圖所示B.H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ·mol－1C.氫氣的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱為241.8kJ·mol－1D.若反應(yīng)②中水為液態(tài)，則同樣條件下的反應(yīng)熱：ΔH>ΔH23、將TiO2轉(zhuǎn)化為TiCl4是工業(yè)冶煉金屬Ti的主要反應(yīng)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

則反應(yīng)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)的?H為A.－30.0kJ/molB.＋30.0kJ/molC.－80.5kJ/molD.＋80.5kJ/mol4、在一密閉容器中進行反應(yīng)：已知反應(yīng)過程中某一時刻SO2、O2、SO3的濃度分別為0.40.20.4當(dāng)反應(yīng)達到平衡時，可能存在的數(shù)據(jù)是（）A.SO2的濃度為0.8O2為0.4B.SO2的濃度為0.5C.SO3的濃度為0.8D.SO2、SO3的濃度一定均為0.35、某可逆反應(yīng)過程的能量變化如圖所示；下列說法正確的是。

A.該反應(yīng)正向為吸熱反應(yīng)B.若升高溫度，則平衡向正反應(yīng)方向移動C.若加入催化劑，ΔH數(shù)值會減小D.若加入催化劑，B點會降低6、25℃時，向Na2CO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。已知：lgX=lg或lg下列敘述正確的是（）

A.曲線m表示pH與lg的變化關(guān)系B.當(dāng)溶液呈中性時，c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4D.25℃時，CO32-+H2O?HCO3-+OH-的水解常數(shù)為1.0×10-7.6評卷人得分二、多選題(共9題，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－的物質(zhì)的量濃度c(I－)與溫度T的關(guān)系如圖所示(曲線上任何一點都表示平衡狀態(tài))。下列說法不正確的是（）

A.該反應(yīng)ΔH＞0B.若反應(yīng)進行到狀態(tài)D時，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＞K2D.狀態(tài)A與狀態(tài)B相比，狀態(tài)A的c(I3-)大8、室溫時，將氨水與氯化銨溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.W點溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8時溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室溫時NH3·H2O的電離平衡常數(shù)的值為10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）9、H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5；Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。室溫下，將H2C2O4溶液和氨水按一定比例混合，可用于測定溶液中鈣的含量。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.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溶液等體積混合：2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]10、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－)11、某二元酸（化學(xué)式用H2A表示）在水中的電離方程式是：H2A=H++HA－，HA－H++A2－；則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中，下列微粒濃度關(guān)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.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的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)13、25℃時，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加鹽酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的濃度的對數(shù)值（lgc）與pH的關(guān)系如圖所示（不考慮溶液溫度變化）；下列說法正確的是。

A.a表示lgc(A-)與pH的關(guān)系曲線B.K(HA)的數(shù)量級為10-5C.P點溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加鹽酸或NaOH溶液的過程中c(HA)·c(OH-)均增大14、25℃時，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的鹽酸，溶液中CN－；HCN物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化的關(guān)系如圖甲所示；其中a點的坐標(biāo)為(9.5，0.5)。溶液的pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關(guān)系正確的是。

A.圖甲中pH=7的溶液：c(Cl－)<c(HCN)B.常溫下，NaCN的水解平衡常數(shù)：Kh(NaCN)=10－4.5mol·L－1C.圖乙中b點的溶液：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)D.圖乙中c點的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)15、下列敘述中一定正確的是A.常溫下，pH=3的FeCl3溶液中，由水電離出的c(H+)為10－3mol/LB.常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后，pH=8C.中和等體積等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸體積不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)+c(H+)+2c(H2CO3)評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有4NA個電子轉(zhuǎn)移時，放出450kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為______________________。

（2）已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為____________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：

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

則TiO2(s)與Cl2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______________________________。17、有c(H+)=0.01mol/L的鹽酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）設(shè)三種酸的物質(zhì)的量濃度依次為c1、c2、c3，則其關(guān)系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同體積的三種酸溶液分別加入足量的鋅粉，反應(yīng)過程中放出H2的速率依次為b1、b2、b3，則其關(guān)系是________________。

（3）完全中和體積和物質(zhì)的量濃度均相同的三份NaOH溶液時，需三種酸的體積依次為V1、V2、V3，則其關(guān)系是________。18、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

離子濃度大小關(guān)系：__________________；

電荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

質(zhì)子守恒：__________________________。19、按照要求回答下列問題。

（1）硫酸鐵溶液顯酸性的原因_____（用離子方程式表示）．

（2）物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），則混合后溶液顯_____性．

（3）濃度均為0.1mol/L①氯化銨②醋酸銨③硫酸氫銨④氨水四種溶液中，c（NH4+）由大到小的順序_____（填序號）．

（4）將化合物A的蒸氣1mol充入0.5L容器中加熱分解：2A（g）?B（g）+nC（g），反應(yīng)到3min時，容器內(nèi)A的濃度為0.8mol/L，測得這段時間內(nèi)，平均速率ν（C）=0.6mol/（L?min），則化學(xué)方程式中的n值為_____，ν（B）=_____，此時A的分解率為_____．20、將等體積的氨水與鹽酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，則溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______鹽酸中c(H+)。21、下圖表示的是生產(chǎn)石膏的簡單流程，請用平衡移動原理解釋向CaCO3懸濁液中通入SO2發(fā)生反應(yīng)的原因______。

22、I．（1）鋼鐵容易生銹的主要原因是鋼鐵在煉制過程中混有少量的碳雜質(zhì)，在潮濕的空氣中容易形成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕。在酸性環(huán)境下，其正極反應(yīng)式為_____________；在酸性很弱或中性條件下，其發(fā)生___________________(填“析氫腐蝕”或“吸氧腐蝕”)。

（2）利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護。若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，該電化學(xué)防護法稱為____________________；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，________（填“能”或“不能”)達到防止鐵腐蝕目的。

II．如圖所示，其中甲池的總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；完成下列問題:

（1）甲池燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為___________________。

（2）乙池中石墨電極為___________極，發(fā)生_____________反應(yīng)（填“氧化”或“還原”）寫出乙池中電解總反應(yīng)的化學(xué)方程式:___________________。

（3）甲池中消耗224mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2，此時丙池中理論上最多產(chǎn)生________g沉淀，此時乙池中溶液的體積為400mL，該溶液的pH=____________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)23、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)24、隨著我國碳達峰、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=_______已知由實驗測得反應(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)達到平衡時，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的計算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?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(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(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)25、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“＝”）。26、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：__。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

①燃燒熱概念中生成的H2O應(yīng)是液態(tài)；故①錯誤；

②A→B是吸熱過程；說明A具有的能量比B低，能量越低越穩(wěn)定，則A比B穩(wěn)定，故②錯誤；

③△H只跟始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，代表1molX完全反應(yīng)后產(chǎn)生的熱效應(yīng)，平衡后加入X后△H不變；故③錯誤；

④由于苯環(huán)中的碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間特殊的鍵，題目中沒有說明鍵能是多少，無法計算反應(yīng)的焓變；故④錯誤；

⑤金剛石和石墨的結(jié)構(gòu)不同，所具有的能量不同，燃燒生成1molCO2氣體時放出的熱量是不同的；故⑤錯誤；

⑥25℃101kPa時，1mol碳完全燃燒生成CO2氣體所放出的熱量為碳的燃燒熱；該說法合理，故⑥正確；

只有⑥正確；故選D。

【點睛】

本題的易錯點為①③，①中要注意燃燒熱概念中“穩(wěn)定氧化物”的理解，③中要注意△H與平衡的移動無關(guān)。2、A【分析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定體積的0.1mol·L－1乙二酸放出熱量小于57.3kJ，故A正確；H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)由于有硫酸鋇沉淀生成，放出的熱量大于114.6kJ，故B錯誤；氫氣的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱是生成液態(tài)水放出的熱量，故C錯誤；若反應(yīng)②中水為液態(tài)，則同樣條件下的反應(yīng)熱：ΔH<ΔH2，故D錯誤。3、C【分析】【分析】

【詳解】

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

根據(jù)蓋斯定律可知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，故答案為C。4、B【分析】【詳解】

A．只有當(dāng)SO3完全轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物時，SO2和O2的濃度才為0.8mol、0.4mol，但反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以SO2的濃度應(yīng)小于0.8mol，O2的濃度應(yīng)小于0.4mol；A錯誤；

B．當(dāng)SO3發(fā)生0.1mol/L的轉(zhuǎn)化時，SO2的濃度為0.5mol/L；B正確；

C．只有當(dāng)反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為生成物時，SO3的濃度才為0.8mol/L；C錯誤；

D．反應(yīng)物；生成物的濃度不可能同時減??；應(yīng)該是一個減小，另一個定增大，D錯誤；

故選B。

【點睛】

對于進行到某一階段的可逆反應(yīng)，反應(yīng)可能正向進行，也可能逆向進行，但不管如何進行，反應(yīng)物都不可能全部轉(zhuǎn)化為生成物，生成物也不可能全部轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．從圖中可以看出反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量；故該反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B．由勒夏特列原理可知升高溫度；平衡向著吸熱反應(yīng)方向移動，由A可知該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故B錯誤；

C．加入催化劑，不改變反應(yīng)熱，即ΔH數(shù)值不會改變；故C錯誤；

D．加入催化劑；能減小反應(yīng)所需的活化能，故B點會降低，故D正確；

故答案為：D。6、C【分析】【分析】

溶液的pH越小，HCO3-和H2CO3的濃度越大，則m曲線代表lg

，n曲線代表lg

【詳解】

A、H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1>Ka2，Ka1=Ka2=當(dāng)pH相等時，<lg＞lgm曲線代表lg故A錯誤；

B、當(dāng)溶液為中性時，溶液中溶質(zhì)為氯化鈉、碳酸氫鈉和碳酸，溶液中電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），則c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）；故B錯誤；

C、Ka1（H2CO3）=在N點lg=1，即=10，N點的pH=7.4，則c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4；故C正確；

D、M點的pH=9.3，則c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃時，CO32-+H2O?HCO3-+OH-的平衡常數(shù)為Kh===1.0×10-3.7；故D錯誤。

答案選C。

【點睛】

考查鹽的水解原理的應(yīng)用、溶液中守恒關(guān)系的應(yīng)用、電離常數(shù)的計算等，注意把握圖中縱坐標(biāo)和橫坐標(biāo)的含義、以及電離平衡常數(shù)的計算方法，側(cè)重于考查分析能力和計算能力。二、多選題(共9題，共18分)7、AB【分析】【詳解】

A.隨著溫度升高；碘離子的濃度升高，平衡逆向移動，則證明正反應(yīng)放熱，A項錯誤；

B.D點要達到平衡狀態(tài)（C點）；碘離子的濃度要升高，即平衡要逆向移動，也就是說逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，B項錯誤；

C.已經(jīng)分析過正反應(yīng)放熱，則溫度越高平衡常數(shù)越小，即C項正確；

D.A與B相比反應(yīng)物更少；則A的生成物更多，D項正確；

故答案選AB。8、BD【分析】【分析】

隨pH增加，銨根的水解和一水合氨的電離均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3?H2O)上升，所以a代表一水合氨濃度，b代表銨根濃度。

【詳解】

A．W點溶液pH＞7，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，故A錯誤；

B．任何電解質(zhì)水溶液中都存在電荷守恒，所以pH=8時存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正確；

C．W點c(NH3?H2O)=c(NH4+)，室溫時NH3?H2O的電離平衡常數(shù)K==c(OH-)=10-4.75，故C錯誤；

D．pH=10的溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)圖知，c(NH3?H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正確；

故選：BD。

【點睛】

關(guān)于各離子濃度或者各離子物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH值的關(guān)系曲線圖，可以利用各曲線的交點求解電離或水解平衡常數(shù)。9、BD【分析】【詳解】

A.H2C2O4為二元弱酸，部分電離，生成H+、HC2O4-、C2O42-等，且c(H＋)最大；A項錯誤；

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項正確；

C.向H2C2O4溶液中滴加氨水至pH＝7，可知c(H＋)=c(OH－)，根據(jù)電荷守恒有：c(H＋)+c(NH4+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH－)，兩式結(jié)合可得：c(NH4+)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)；C項錯誤；

D.0.5mol·L－1氨水和0.2mol·L－1H2C2O4溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒有2[c(NH3·H2O)＋c(NH4+)]＝5[c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)]；D項正確；

答案選BD。

【點睛】

解答本題的關(guān)鍵是利用電荷守恒和物料守恒進行基本計算，要熟練掌握電荷守恒和物料守恒的概念即應(yīng)用：電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽離子所帶正電荷總數(shù)與所有陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)相等；物料守恒：電解質(zhì)溶液中由于電離或水解因素，離子會發(fā)生變化變成其他離子或分子，但離子或分子中某種特定元素原子的總數(shù)不變。10、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。11、AD【分析】【詳解】

A．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，說明A2-能水解、HA-只電離不水解，則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故A錯誤；

B．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故B正確；

C．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故C正確；

D．該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，說明A2-能水解、HA-只電離不水解，則在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故D錯誤；

故選AD。12、AD【分析】【詳解】

A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中發(fā)生陰、陽離子的水解反應(yīng)：+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，從而導(dǎo)致溶液中c()減少更多，所以c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3?H2O)；A正確；

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不正確；

C．向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此時溶液中滿足電荷守恒，從而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()；C不正確；

D．pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，發(fā)生中和反應(yīng)后，溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O，此時主要發(fā)生如下電離：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的電離程度較小，所以c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；D正確；

故選AD。13、BC【分析】【分析】

根據(jù)圖像分析，微粒濃度的對數(shù)越大離子濃度越大，隨著pH的增大，溶液堿性增強，酸性減弱，則氫離子濃度逐漸減小，氫氧根離子濃度逐漸增大；c的濃度對數(shù)值在減小，為c(H+)濃度變化曲線；d的濃度對數(shù)值在增大，為c(OH-)濃度變化曲線；pH小于4.75時，a的濃度對數(shù)值不變，pH越大，a的濃度對數(shù)值減小，應(yīng)該是c(HA)的變化曲線；b的濃度對數(shù)值隨pH的增大而增大，b為c(A-)變化曲線；

【詳解】

A.根據(jù)上述分析a表示lgc(HA)與pH的關(guān)系曲線；故A錯誤；

B.K(HA)的表達式為K(HA)=pH=4.75時，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，數(shù)量級為10-5；故B正確；

C.P點時，c(OH-)=c(HA)，P點的電荷守恒式為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，變式為c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根據(jù)題中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，則溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正確；

D.滴加鹽酸或NaOH溶液的過程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受溫度影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，滴加鹽酸，c(A-)在減小，c(OH-)?c(HA)在減??；故D錯誤；

答案選BC。14、BC【分析】【分析】

NaCN溶液中加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)NaCN+HCl==NaCl+HCN，當(dāng)pH=9.5時，c(HCN)=c(CN－)；當(dāng)加入鹽酸的體積為10mL時；NaCN與HCl剛好完全反應(yīng)，生成HCN和NaCl。

【詳解】

A．圖甲溶液中，存在電荷守恒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不正確；

B．常溫下，a點時，c(CN－)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH－)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常數(shù)：Kh(NaCN)==10－4.5mol·L－1；B正確；

C．圖乙中b點時，發(fā)生反應(yīng)后c(HCN)=c(Cl－)=c(CN－)，此時溶液中CN-發(fā)生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反應(yīng)后，c(HCN)增大，c(CN－)減小，所以溶液中：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)；C正確；

D．圖乙中c點的溶液中，發(fā)生反應(yīng)NaCN+HCl==NaCl+HCN，且二者剛好完全反應(yīng)，反應(yīng)后，發(fā)生HCN的電離：HCNH++CN-，離子間滿足電荷守恒：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不正確；

故選BC。15、CD【分析】【詳解】

A．FeCl3溶液中鐵離子水解，促進水的電離，pH=3的FeCl3溶液中，c(H+)=10－3mol/L，所以由水電離出的c(H+)＞10-3mol/L；故A錯誤；

B．常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后仍為酸性溶液；pH＜7，故B錯誤；

C．氨水為弱堿，等體積等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多；中和時，消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸，氨水比NaOH多，故C正確；

D．根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；故D正確；

故選CD。三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價是－1價，反應(yīng)后變?yōu)椋?價，失去5個電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個電子轉(zhuǎn)移時，消耗乙炔的物質(zhì)的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應(yīng)熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學(xué)鍵所放出的能量的差值，則根據(jù)鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應(yīng)熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據(jù)蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點：考查熱化學(xué)方程式的書寫以及反應(yīng)熱的有關(guān)計算?！窘馕觥浚?3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為一元強酸，H2SO4為二元強酸，CH3COOH為一元弱酸；本題需要抓住強弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別。

【詳解】

（1）HCl為一元強酸，H2SO4為二元強酸，CH3COOH為一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情況下，c3>c1>c2；

（2）反應(yīng)速率與c(H+)有關(guān)，濃度越大，速率越快，由于鹽酸和硫酸為強酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液體積相等的情況下，反應(yīng)速率相等b1=b2，而醋酸為弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，隨反應(yīng)進行，會促進醋酸的電離，使得c(H+)減小的程度沒有鹽酸和硫酸大，從而反應(yīng)速率會比兩種強酸的大，所以三者的速率比較結(jié)果為：b1=b23。

（3）鹽酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液時，需要的體積相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是還有很多的醋酸未電離，所以消耗等量的NaOH溶液時，所用溶液體積會小于鹽酸和硫酸的，故答案為V1=V2>V3?！窘馕觥竣?c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V318、略

【分析】【詳解】

且水解過程大于電離過程，可知。

水解方程式：故答案為：

離子濃度大小關(guān)系：故答案為：

電荷守恒：故答案為：

物料守恒：故答案為：

質(zhì)子守恒：故答案為：【解析】①.②.③.④.⑤.19、略

【分析】【分析】

(1)硫酸鐵溶液中，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒進行分析；

(3)從鹽類的水解和弱電解質(zhì)的電離程度微弱進行分析；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率以及物質(zhì)的量在反應(yīng)方程式的應(yīng)用進行分析；

【詳解】

(1)硫酸鐵屬于強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因為c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液顯中性；

(3)鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，因此四種溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氫銨溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，相互促進水解，鹽中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的順序是③①②④；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的數(shù)學(xué)表達式，這段時間內(nèi)生成C的物質(zhì)的量濃度為0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根據(jù)反應(yīng)方程式，解得n=3，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物質(zhì)的量為(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，則A的分解率=×100%=60%。

【點睛】

本題的難點是(3)，鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，首先判斷出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判斷，醋酸銨溶液中CHCOO-和NH4＋相互促進水解，因此醋酸銨中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氫銨中HSO4-完全電離，相當(dāng)于一元強酸，H＋會抑制NH4＋水解，因此硫酸氫銨溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，從而的出結(jié)果?！窘馕觥竣?Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%20、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶液電中性的原則判斷溶液的pH，氨水為弱電解質(zhì)，如等濃度混合，則反應(yīng)生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，則氨水需過量，據(jù)此分析解答。

【詳解】

反應(yīng)后溶液中存在電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，則c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等濃度、等體積混合，則完全反應(yīng)生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，則氨水需過量，所以混合前氨水濃度大于鹽酸濃度，即c(NH3?H2O)＞c(HCl)，因氨水為弱電解質(zhì)，如氨水中c(OH-)≥鹽酸中c(H+)，則反應(yīng)后溶液呈堿性，所以氨水中c(OH-)＜鹽酸中c(H+)，故答案為=；＞；＜?！窘馕觥竣?=②.＞③.＜21、略

【分析】【詳解】

由于CaCO3懸濁液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，當(dāng)通入SO2時，CO32-與SO2發(fā)生反應(yīng)，使得c(CO32-)減小，從而溶解平衡正向移動，Ca2+與SO32-結(jié)合生成CaSO3，即CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3，故答案為：CaCO3懸浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2時，CO32-與SO2反應(yīng)，c（CO32-）減小，CaCO3的溶解平衡正向移動，CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3?！窘馕觥緾aCO3懸浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2時，CO32-與SO2反應(yīng)，c（CO32-）減小，CaCO3的溶解平衡正向移動，CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3。22、略

【分析】【分析】

I.（1）根據(jù)金屬電化學(xué)腐蝕分為吸氧腐蝕和析氫腐蝕進行分析；

（2）從金屬防護的方法上進行分析；

II.從原電池工作原理和電解原理的角度進行分析和解答；

【詳解】

I.（1）金屬電化學(xué)腐蝕分為吸氧腐蝕和吸氫腐蝕，如果電解質(zhì)為酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，根據(jù)原電池工作原理，正極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑；如果電解質(zhì)為中性或極弱的酸性，則發(fā)生吸氧腐蝕，根據(jù)原電池的工作原理，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－；

故答案為2H＋＋2e－=H2↑；吸氧腐蝕；

（2）X為碳棒；開關(guān)K置于N處，該裝置則有外加電源，裝置屬于電解質(zhì)，根據(jù)電解池的工作原理，鐵電極作陰極，鐵不參與反應(yīng)，被保護，這叫外加電流陰極保護法；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，該裝置為原電池裝置，鋅比鐵活潑，鋅為負(fù)極，鐵為正極，鐵被保護，該方法叫犧牲陽極的陰極保護法；

故答案為：外加電流陰極保護法；能；

II.（1）甲池為電池，通燃料一極為負(fù)極，即通CH3OH一極為負(fù)極，通氧氣或空氣的一極為正極，電解質(zhì)為KOH溶液，因此負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

故答案為CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

（2）乙池中石墨連接甲池通氧氣一極，即乙池中石墨為陽極，乙池中Ag作陰極，根據(jù)電解原理，陽極上失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式為2H2O＋4e－=O2↑＋4H＋，陰極上得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，因此總電極反應(yīng)式為2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

故答案為：陽；氧化；2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

（3）丙池總反應(yīng)式為MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋H2↑＋Cl2↑，電路為串聯(lián)電路，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量相同，建立的關(guān)系式是為解得n1=0.02mol，即生成Mg(OH)2質(zhì)量為0.02mol×58g·mol－1=1.16g，n2=0.04mol，乙池中c(H＋)==0.1mol·L－1；即pH=1；

故答案為1.16g；1。

【點睛】

電池的電極反應(yīng)式書寫是本題的難點，電池是兩個半反應(yīng)，一般先判斷出氧化劑、還原產(chǎn)物，還原劑、氧化產(chǎn)物，根據(jù)化合價的變化，標(biāo)出得失電子，根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性，判斷出H2O、H＋、OH－誰參與反應(yīng)，最后根據(jù)電荷守恒和原子守恒，配平其他?！窘馕觥?H++2e=H2↑吸氧腐蝕外加電源（流）的陰極保護法能CH3OH-6e+8OH=CO32-+6H2O陽氧化2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO41.161四、判斷題(共1題，共4分)23、×【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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)24、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達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（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，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，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)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(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，達平衡時則平衡時

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決速步驟指反應(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