2025年湘師大新版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年湘師大新版選擇性必修1化學(xué)下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(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5題，共10分)1、25℃時，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1的HA溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（）

A.V1<20B.N點溶液的導(dǎo)電能力比M點強C.M點溶液加少量水稀釋，減小D.N點后，一定存在c(Na+)＞c(A-)2、常溫下，下列各組離子一定能大量共存的是A.滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NOB.c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-C.=1012的溶液中：NHAl3+、NOCOD.由水電離的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：K+、NHAlOHCO3、常溫下，將緩慢通入水中至飽和，再向其中滴加的溶液，溶液的變化如圖所示；下列分析正確的是。

A.①點：B.②點：C.③點：D.④點：4、下列化學(xué)實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是。選項操作現(xiàn)象結(jié)論A將熾熱的木炭與濃硫酸混合所得氣體通入澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀木炭被氧化為B向溶液中加入少量氯水，再加萃取層無色還原性：C向硅酸鈉溶液中滴加鹽酸出現(xiàn)白色膠狀沉淀非金屬性：D向含有和的懸濁液中滴加少量溶液出現(xiàn)黑色沉淀

A.AB.BC.CD.D5、下列關(guān)于沉淀溶解平衡的判斷正確的是A.某離子被沉淀完全是指該離子在溶液中的濃度為0B.向飽和水溶液中加入固體，值變大C.向懸濁液中滴加溶液，生成紅褐色沉淀D.含有和固體的懸濁液：評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、研究電化學(xué)腐蝕及防護的裝置如圖所示。下列有關(guān)說法錯誤的是()

A.d為石墨，鐵片腐蝕加快B.d為石墨，石墨上電極反應(yīng)為2H＋＋2e－=H2↑C.d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕D.d為鋅塊，鐵片上電極反應(yīng)為2Cl--2e-=Cl2↑7、在如圖所示的量熱計中，將1000.50(弱酸，電離過程為吸熱過程)溶液與1000.55溶液混合；溫度從25.0℃升高到27.7℃。下列說法錯誤的是。

A.若量熱計的保溫瓶絕熱效果不好，則所測偏小B.攪拌器一般選用導(dǎo)熱性差的玻璃攪拌器C.若選用同濃度同體積的鹽酸，則溶液溫度將升高至不超過27.7℃D.所加溶液過量，目的是保證溶液完全被中和8、常溫下，二元弱酸溶液中含磷元素粒子的濃度之和為0.1溶液中各含磷粒子的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷粒子的濃度負對數(shù)()，pOH表示OH的濃度的負對數(shù)[]。下列有關(guān)說法不正確的是。

A.為酸式鹽B.b點時，C.曲線③表示pc()隨pOH的變化D.d點溶液中：9、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是。實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞顯淺紅色，微熱，紅色加深水解是吸熱反應(yīng)B等體積、pH=3的兩種酸HA和HB分別與足量的Zn反應(yīng)，酸HA放出的氫氣多酸性HA比HB強C常溫下，用飽和NaI溶液可將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgIKsp(AgI)>Ksp(AgCl)D室溫下，用pH試紙測得：0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH約為5水解能力比電離能力弱

A.AB.BC.CD.D10、某溫度下，分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/AgNO3溶液，滴加過程中-lgc(Cl-)和-lgc(CrO)與AgNO3溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.x=0.1B.曲線Ⅰ代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)約為2×10-8D.y=9評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)11、回答下列問題：

（1）某反應(yīng)A(g)+B(g)=C(g)+D(g)過程中的能量變化如圖所示；回答問題。

①該反應(yīng)是_______(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)，反應(yīng)的ΔH=_______kJ·mol-1(用含E1、E2的代數(shù)式表示)。

②該反應(yīng)過程中，斷裂舊化學(xué)鍵吸收的總能量_______(填“>”“＜”或“=”)形成新化學(xué)鍵釋放的總能量。

（2）已知：①C4H10(g)+O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH1=-119kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ·mol-1

則：C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH3=_______kJ·mol-1。

（3）已知拆開1molH-Cl鍵、1molH-H鍵、1molCl-Cl鍵分別需要的能量是431kJ、436kJ、243kJ，則2molHCl氣體分解生成1molCl2與1molH2的熱化學(xué)方程式為_______。

（4）已知：101kPa時，C(s)+O2(g)═CO(g)ΔH=﹣110.5kJ/mol，則碳的燃燒熱數(shù)值_______110.5kJ/mol(填>，＜，=)。12、反應(yīng)2X(g)Y(g)+Z(g)在不同條件下進行3組實驗；Y；Z的起始濃度為0，反應(yīng)物X的濃度隨反應(yīng)時間的變化曲線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}。

(1)實驗①中0～10min內(nèi)，用Z表示的平均化學(xué)反應(yīng)速率為___________。

(2)該反應(yīng)的ΔH___________0(填“”或“”)。

(3)若實驗①、②相比較，實驗②只改變了一個條件，則實驗②改變的條件為___________。

(4)下列條件既能加快反應(yīng)速率又能使平衡正向移動的是___________(填序號)。

a．縮小容器體積b．再充入1molYc．升高溫度d．使用催化劑。

(5)820℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________。13、丁烯(C4H8)是重要的化工原料，可由丁烷(C4H10)催化脫氫制備，反應(yīng)如下：CH3CH2CH2CH3(g)CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)ΔH

已知：

i.該工藝過程的副產(chǎn)物有炭(C)；生成的積炭會附著在催化劑表面，影響催化效果。

ii.溫度過高會引發(fā)正丁烷裂解生成低碳烴類的副反應(yīng)。

iii.H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH1

CH3CH2CH2CH3(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)ΔH2

CH2=CHCH2CH3(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)ΔH3

(1)用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示丁烷催化脫氫反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH=___。

(2)尋找高效的催化劑是脫氫反應(yīng)重要的研究課題之一。

①催化劑使用一段時間后活性會下降，通入適量氫氣可使其改善，氫氣的作用是___。

②其他條件相同時，以SiO2為載體與不同質(zhì)量百分比的CrOx組合，催化效果相關(guān)數(shù)據(jù)如表。實驗組催化劑組成正丁烷轉(zhuǎn)化率/%正丁烯收率/%1無催化劑50.352SiO250.353SiO2+9%CrOx25.518.34SiO2+15%CrOx27.520.655SiO2+21%CrOx2417.87

下列說法正確的是____(填序號)。

a.脫氫反應(yīng)中SiO2不起催化作用。

b.CrOx的含量越高；反應(yīng)的催化效果越好。

c.CrOx的含量對丁烷脫氫反應(yīng)的焓變無影響。

(3)其他條件相同；30min時測得正丁烷轉(zhuǎn)化率；正丁烯收率隨溫度的變化如圖1。

[收率=×100%]

①實際生產(chǎn)溫度選擇590℃，由圖1說明其理由是___。

②590℃時，向體積為1L的密閉容器中充入3mol正丁烷氣體，據(jù)圖1計算0~30min內(nèi)生成正丁烯的平均反應(yīng)速率為__mol/(L·min)。

(4)其他條件相同，30min時正丁烷轉(zhuǎn)化率、正丁烯收率隨進料氣中的變化如圖2。圖2中，＞2.5后，正丁烷轉(zhuǎn)化率和正丁烯收率呈減小趨勢，原因是___。14、化學(xué)平衡移動原理對提高工業(yè)生產(chǎn)效率具有十分重要的作用。

(1)試用平衡移動原理解釋用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫氣體___。

(2)乙酸可通過反應(yīng)2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)△H制備，已知CH3COOH(l)、C(s)、H2(g)的燃燒熱分別為870.3kJ/mol、393.5kJ/mol、285.8kJ/mol，則△H=___。

(3)可逆反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0是工業(yè)制硫酸的重要反應(yīng)，如圖是該反應(yīng)達到平衡后在時刻改變某一條件再次達到平衡的速率-時間圖，則改變的條件是___。

(4)在1L的密閉恒容、恒溫容器中發(fā)生反應(yīng)A(g)+B(g)C(g)，起始反應(yīng)物均為0.2mol，反應(yīng)分別在Ⅰ、Ⅱ兩種條件下進行，記錄體系總壓強隨時間變化如表：。時間。

總壓。

條件0min40min60min80min條件Ⅰ160kPa124kPa120kPa120kPa條件Ⅱ175kPa140kPa140kPa140kPa

①該反應(yīng)是___反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)。

②實驗條件Ⅱ，40min內(nèi)物質(zhì)B的平均反應(yīng)速率是___mol/(L?min)。

③實驗條件Ⅰ，用壓強表示的平衡常數(shù)Kp=__kPa-1。15、I.布朗斯特（Br?nsted）和勞萊（Lowry）的質(zhì)子理論認為，凡是給出質(zhì)子（H+）的任何物質(zhì)（分子或離子）都是酸；凡是接受質(zhì)子（H+）的任何物質(zhì)都是堿。簡單地說，酸是質(zhì)子的給予體，而堿是質(zhì)子的接受體。酸和堿之間的關(guān)系表示如：酸質(zhì)子（H+）+堿。

（1）根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，既能看成酸又能看成堿的是_____________。（均填序號）

①②HS-③④H2O⑤H3O+⑥Na+

（2）已知反應(yīng)C6H5OH+=C6H5O-+則C6H5O–和-堿性較強的是__________。

Ⅱ.（3）水的離子積常數(shù)為Kw，弱酸HA的電離平衡常數(shù)為Ka，NaA的溶液中A-的水解平衡常數(shù)為Kh，根據(jù)它們的平衡常數(shù)表達式判斷，Ka與Kh的關(guān)系為__________________。

（4）已知常溫下弱酸HA的電離平衡常數(shù)為K=1.75×10-5，常溫下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等體積0.1mol/L的NaOH溶液，該溶液pH值___7（填“>”或“=”或“<”），該溶液粒子濃度關(guān)系正確的是____。

A．2c（Na+）>c（HA）+c（A-）

B．c（A-）—c（HA）=2[c（H+）—c（OH-）]

C．c（A-）>c（Na+）>c（HA）>c（H+）>c（OH-）

D．c（Na+）>c（A-）>c（HA）>c（H+）>c（OH-）16、25℃時，電離平衡常數(shù)：。化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10－5K14.3×10－7

K25.6×10－113.0×10－8

回答下列問題：

（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L的下列四種物質(zhì)：a.Na2CO3、b.NaClO、c.CH3COONa、d.NaHCO3；pH由大到小的順序是________________；(填編號)

（2）常溫下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋過程，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_____；

A．c(H＋)B．c(H＋)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)D．c(OH－)/c(H＋)

（3）體積為10mLpH＝2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖，則HX的電離平衡常數(shù)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常數(shù)，理由是__________________；

稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H＋)________醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)，理由是：__________________；

（4）25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得混合液pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________。(填準確數(shù)值)17、在下列物質(zhì)中選擇合適的完成下列各題。

①稀硝酸；②CO；③HF；④熔融NaHSO4；⑤CaO；⑥Cu；⑦蔗糖；⑧Fe2(SO4)3；⑨酒精；⑩硫酸鋇；?醋酸；?三氧化硫；?氯氣；?醋酸鈉。

(1)屬于強電解質(zhì)的是____________________(填序號；下同)。

(2)屬于弱電解質(zhì)的是____________________。

(3)屬于非電解質(zhì)的是_____________________。

(4)寫出③、?兩種物質(zhì)在水溶液中的電離方程式：③___________________________；_________________________________。

(5)醋酸鈉溶液顯_________性（填酸或堿）的原因：______________________________________________________________(用離子方程式表示)18、Ⅰ.已知25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如下表所示：。化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)

(1)物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的四種溶液：a．CH3COONab．NaHCO3c．NaClOd．Na2CO3，pH由小到大排列的順序是___________(用編號填寫)。

(2)寫出向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：___________。

(3)25℃時，將mmol/L的醋酸與nmol/L氫氧化鈉等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，用m、n表示醋酸的電離平衡常數(shù)為___________________。

(4)常溫下，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)變大的是___________。

A．c(H+)

B．

C．

D．c(OH-)·c(H+)

E．

Ⅱ.已知在25℃，AgX、AgY、AgZ均難溶于水，且Ksp(AgX)=1.8×10-10，Ksp(AgY)=1.0×10-12，Ksp(AgZ)=8.7×10-17。

(1)若向AgY的飽和溶液中加入少量的AgX固體，則c(Y-)將___________(填“增大”“減小”或“不變”)。

(2)在25℃時，若取0.188g的AgY(相對分子質(zhì)量188)固體放入100mL水中(忽略溶液體積的變化)，則溶液中Y-的物質(zhì)的量濃度為___________。

(3)由上述Ksp判斷，在上述2的體系中，___________(填“能”或“不能”)實現(xiàn)AgY向AgZ的轉(zhuǎn)化，簡述理由：___________。19、白磷、紅磷是磷的兩種同素異形體，在空氣中燃燒得到磷的氧化物，空氣不足時生成P4O6，空氣充足時生成P4O10。

(1)已知298K時白磷、紅磷完全燃燒的熱化學(xué)方程式分別為P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=-2983.2kJ·mol-1，P(紅磷，s)+O2(g)=P4O10(s)ΔH2=-738.5kJ·mol-1。則該溫度下白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學(xué)方程式為___。

(2)已知298K時白磷不完全燃燒的熱化學(xué)方程式為P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(s)ΔH=-1638kJ·mol-1。在某密閉容器中加入62g白磷和50.4L氧氣(標準狀況)，恰好完全反應(yīng)，則所得到的P4O10與P4O6的物質(zhì)的量之比為___，反應(yīng)過程中放出的熱量為____。

(3)已知白磷和PCl3的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，現(xiàn)提供以下化學(xué)鍵的鍵能(kJ·mol-1)：P—P198；Cl—Cl243，P—Cl331。

則反應(yīng)P4(白磷，s)+6Cl2(g)=4PCl3(s)的反應(yīng)熱ΔH=___。

(4)工業(yè)上利用天然氣(主要成分為CH4)與CO2進行高溫重整制備CO，已知CH4、H2、和CO的燃燒熱(△H)分別為-890.2kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1和-283.0kJ?mol-1，則生成1molCO所需熱量為___。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共24分)20、合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論進行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學(xué)式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)_____。21、鐵及其化合物在生活；生產(chǎn)中有著重要作用。請按要求回答下列問題。

(1)基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為____。

(2)因生產(chǎn)金屬鐵的工藝和溫度等因素不同；產(chǎn)生的鐵單質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)；密度和性質(zhì)均不同。

①用____實驗測定鐵晶體；測得A；B兩種晶胞，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖：

②A、B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為____。

③在A晶胞中，每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有____個。

(3)常溫下，鐵不易和水反應(yīng)，而當撕開暖貼(內(nèi)有透氣的無紡布袋，袋內(nèi)裝有鐵粉、活性炭、無機鹽、水、吸水性樹脂等)的密封外包裝時，即可快速均勻發(fā)熱。利用所學(xué)知識解釋暖貼發(fā)熱的原因：___。

(4)工業(yè)鹽酸因含有[FeCl4]—而呈亮黃色，在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。

①[FeCl4]—的中心離子是____，配體是____；其中的化學(xué)鍵稱為____。

②取4mL工業(yè)鹽酸于試管中，逐滴滴加AgNO3飽和溶液，至過量，預(yù)計觀察到的現(xiàn)象有____，由此可知在高濃度Cl—的條件下[FeCl4]—才是穩(wěn)定存在的。22、為解決汽車尾氣達標排放；催化劑及其載體的選擇和改良是關(guān)鍵。目前我國研制的稀土催化劑具有很好的催化轉(zhuǎn)化效果，催化過程圖如下。

圖片

(1)Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，它在周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)。

(2)CO、NO均能夠與血紅蛋白(Hb)中Fe2+形成穩(wěn)定的配合物使血紅蛋白失去攜氧能力；因而具有毒性。

已知：CO進入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為___________。

②C、N、O三種元素，第一電離能由大到小的順序為___________，簡單氫化物的沸點由大到小的順序為___________。

③在CO、NO結(jié)構(gòu)中，C、N、O原子均含有孤電子對，與Fe2+配位時，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高壓氧艙可用于治療CO中毒，結(jié)合平衡移動原理解釋其原因：___________。

(4)為節(jié)省貴金屬并降低成本；常用某些復(fù)合型物質(zhì)作催化劑。一種復(fù)合型物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為___________。

③已知，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為ρg/cm3。其晶胞為立方體結(jié)構(gòu)，則晶胞的邊長為___________cm。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共28分)23、（1）已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH14NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH2

則NH3(g)的標準燃燒熱ΔH=__________________。

（2）高溫下，N2(g)+O2(g)2NO(g)，ΔH<0，反應(yīng)達到平衡時混合氣體中NO的體積分數(shù)與反應(yīng)物中c(N2)/c(O2)的比值的關(guān)系如圖，請在右圖上畫出適當降溫后，反應(yīng)達到平衡時混合氣體中NO的體積分數(shù)與反應(yīng)物中c(N2)/c(O2)的比值的關(guān)系圖。_______

（3）工業(yè)上電解Na2CO3溶液可以生成NaHCO3和NaOH兩種工業(yè)重要原料；裝置如圖所示。

①電解的總反應(yīng)式___________________________。

②已知H2CO3的Ka1=4.30×10-7，Ka2=5.60×10-11，當同濃度的稀NaHCO3和稀Na2CO3溶液以2∶1體積比混合后，混合液的c(H+)約為____________mol·L-1。

（4）為測定某NaNO2溶液的物質(zhì)的量濃度，準確量取10.00mLNaNO2溶液樣品與24.00mL0.05000mol·L-1過量的酸性KMnO4溶液充分反應(yīng)，反應(yīng)后所得溶液用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00mL。終點的現(xiàn)象_____________________，通過計算確定NaNO2溶液的物質(zhì)的量濃度___________mol·L-1。

有關(guān)反應(yīng)式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。24、水溶液中的行為是中學(xué)化學(xué)的重要內(nèi)容．已知水在25℃和95℃時的電離平衡曲線如圖所示：

(1)25℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為_______(填“A”或“B”)。

(2)25℃時，某溶液中由水電離出c(H+)=1×10﹣10mol/L，該溶液pH為________．

(3)在曲線B對應(yīng)的溫度下，將pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合，所得溶液的pH=5。請分析其原因：___________。

(4)電離常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的物理量．已知：?；瘜W(xué)式HCNHClOH2CO3電離常數(shù)(25℃)K=4.9×10-10K=3×10-8K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

25℃時，將濃度相同的四種鹽溶液：①NaCN②NaClO③Na2CO3④NaHCO3，按pH由大到小的順序_____(填序號)，向84消毒液中通入少量的CO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

(5)25℃時，將nmol?L﹣1的氨水與0.2mol?L﹣1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中c()=c(Cl﹣)，則溶液顯________性(填“酸”、“堿”或“中”)，NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=________(用含n的代數(shù)式表示)．25、NH4Al(SO4)2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析試劑；醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛。請回答下列問題：

(1)NH4Al(SO4)2可作凈水劑，其原理是__。(用必要的化學(xué)用語和相關(guān)文字說明)。

(2)相同條件下，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中c()___(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中c()。

(3)均為0.1mol·L-1的幾種電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。

①其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH隨溫度變化的曲線是___(填字母)，導(dǎo)致pH隨溫度變化的原因是___；

②20℃時，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中2c()—c()—3c(Al3＋)=____。

(4)室溫時，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液；溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示：

試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是____點，在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___。26、I．研究CO2、CO的利用對促進低碳社會的構(gòu)建具有重要意義，CO2、CO都可用于合成甲醇。CO2用于合成甲醇的熱化學(xué)方程式為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為K=____________________。

②取一定體積CO2和H2的混合氣體（物質(zhì)的量之比為1∶3），加入恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)過程中測得甲醇的體積分數(shù)φ(CH3OH)與反應(yīng)溫度T的關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)的ΔH_______0（填“>”、“<”或“＝”）。

Ⅱ.甲醇是結(jié)構(gòu)最為簡單的飽和一元醇；又稱“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化學(xué)基礎(chǔ)的原料和優(yōu)質(zhì)的燃料，主要應(yīng)用于精細化工；塑料、能源等領(lǐng)域。

已知甲醇制備的有關(guān)化學(xué)反應(yīng)如下。

反應(yīng)①：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H1=﹣90.77kJ?mol—1

反應(yīng)②：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H2=+41.19kJ?mol—1

反應(yīng)③：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H3

（1）反應(yīng)③的△H3=__________________。

（2）若500℃時三個反應(yīng)的平衡常數(shù)依次為K1、K2與K3，則K3=_____（用K1、K2表示）。已知500℃時K1、K2的值分別為2.5、1.0，并測得該溫度下反應(yīng)③在某時刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的濃度（mol/L）分別為0.8、0.1、0.3、0.15，則此時V正_____V逆（填“＞”；“=”或“＜”）．

（3）在3L容積可變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)②，c（CO）隨反應(yīng)時間t變化如圖中曲線Ⅰ所示。若在t0時刻分別改變一個條件；曲線Ⅰ變?yōu)榍€Ⅱ和曲線Ⅲ。

當曲線Ⅰ變?yōu)榍€Ⅱ時，改變的條件是_______。當通過改變壓強使曲線Ⅰ變?yōu)榍€Ⅲ時，曲線Ⅲ達到平衡時容器的體積為___________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】

從圖中可以看出，V(NaOH)=0時，0.100mol·L-1的HA溶液的pH=2.8，說明HA為弱酸；若V1(NaOH)=20mL；此時HA與NaOH剛好完全反應(yīng)，生成強堿弱酸鹽NaA，此時溶液顯堿性，pH＞7。

【詳解】

A．由以上分析知，V1(NaOH)=20mL，pH＞7，所以當pH=7時，V1＜20mL；A正確；

B．N點為可溶性鹽NaA溶液；M點為弱酸HA溶液，雖然HA的濃度接近NaA濃度的二倍，但溶液中離子濃度比NaA小得多，所以N點溶液的導(dǎo)電能力比M點強，B正確；

C．M點溶液加少量水稀釋，HA電離產(chǎn)生的c(H+)、c(A-)同等程度減小，但水電離產(chǎn)生的c(H+)增大，所以增大；C不正確；

D．N點時，由于A-水解，c(Na+)＞c(A-)，N點后，繼續(xù)加入NaOH，一定存在c(Na+)＞c(A-)；D正確；

故選C。2、B【分析】【詳解】

A．滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液顯酸性，在酸性條件下，NO能氧化Fe2+；不能大量共存，故A錯誤；

B．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液顯堿性，離子組K+、Ba2+、Cl-、Br-彼此間不發(fā)生離子反應(yīng)；且在堿性溶液中能大量共存，故B正確；

C．常溫下Kw=1×10-14，則=1012的溶液中c(H+)=1×10-13mol·L-1，溶液顯堿性，NHAl3+在堿性溶液中均不能大量存在，且Al3+與CO之間發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能大量共存；故C錯誤；

D．常溫下，由水電離的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液pH=1或pH=13，NH和HCO不能在堿性溶液中大量存在，而AlO和HCO不能在酸性溶液中大量存在；故D錯誤；

故答案為B。3、C【分析】【詳解】

A．由圖可知，①點氯氣與水反應(yīng)所得溶液為氯氣的不飽和溶液，溶液中次氯酸濃度大于次氯酸根離子濃度，由電荷守恒關(guān)系可知，溶液中故A錯誤；

B．由圖可知；②點氯氣與水反應(yīng)所得溶液為氯氣的飽和溶液，溶液中次氯酸濃度大于次氯酸根離子濃度，故B錯誤；

C．由圖可知，③點氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到氯化鈉、次氯酸鈉和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，由方程式可知，氯化鈉和次氯酸鈉的濃度相等，由物料守恒可得：由溶液中的電荷守恒關(guān)系可知，溶液中故C正確；

D．由圖可知；④點氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到氯化鈉；次氯酸鈉和氫氧化鈉的混合溶液，溶液中氯離子濃度大于次氯酸根離子濃度，故D錯誤；

故選C。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．熾熱的木炭與濃硫酸混合所得氣體為和混合氣體；通入澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀，不能證明產(chǎn)生二氧化碳，A項錯誤；

B．向溶液中加入少量氯水，再加萃取，層無色，說明沒有與反應(yīng)只與Fe2+反應(yīng)，則還原性：B項正確；

C．硅酸鈉溶液中滴加鹽酸，現(xiàn)白色膠狀沉淀，只能說明酸性鹽酸強于硅酸，鹽酸不是氯元素最高價含氧酸，不能說明非金屬性C項錯誤；

D．溶液中原本存在加入溶液會產(chǎn)生沉淀，無法說明D項錯誤；

答案選B。5、C【分析】【詳解】

A．某離子被沉淀完全，則該體系內(nèi)有沉淀，存在沉淀溶解平衡，該離子在溶液中的濃度?1×10?5mol/L；不為0，故A錯誤；

B．向飽和水溶液中加入固體，則沉淀溶解平衡發(fā)生移動，但Ksp只與溫度有關(guān)；與濃度多少無關(guān)，故B錯誤；

C．向懸濁液中滴加溶液，則離子反應(yīng)：朝右移動；故生成紅褐色沉淀，故C正確；

D．含有和固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀：故D錯誤；

答案選C。二、多選題(共5題，共10分)6、BD【分析】【詳解】

A．d為石墨；石墨是正極，鐵片是負極，鐵片腐蝕加快，故A正確；

B．d為石墨，石墨上電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e－=4OH－；故B錯誤；

C．d為鋅塊；鋅較鐵活潑，鋅作負極，鐵作正極，鐵片不易被腐蝕，故C正確；

D．d為鋅塊；鐵作正極，鐵片上發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯誤。

故選BD。7、AC【分析】【詳解】

A．量熱計的絕熱效果不好，則測定溫度偏低，但因為焓變?yōu)樨撝担势?；A錯誤；

B．玻璃導(dǎo)熱性差；故攪拌器可以使用玻璃攪拌器，B正確；

C．因為醋酸電離吸熱；醋酸鈉水解也吸熱，故若選用同濃度同體積的鹽酸，則放熱更多，溫度能超過27.7℃，C錯誤；

D．使用過量的堿是為了保證醋酸完全被中和；D正確；

故選AC。8、AB【分析】【分析】

由圖示可知，隨著堿性增強，即pOH減小，H3PO3濃度減小，濃度先增加后減小，濃度逐漸增大，已知H3PO3是二元弱酸，故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1mol?L-1，即，c(H3PO3)+c()+c()=0.1mol?L-1，根據(jù)酸堿中和反應(yīng)知隨著c(OH-)的增大，c(H3PO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，即隨著pOH的減小，pc(H3PO3)逐漸增大，pc()先減小后增大，pc()逐漸減小，故曲線①表示pc(H3PO3)隨pOH的變化，曲線②表示pc()隨pOH的變化，曲線③表示pc()隨pOH的變化，點a(7.3，1.3)表示當pOH=7.3時，pc()=pc()，點b(x，3.6)表示當pOH=x，時pc()=pc(H3PO3)，點c(12.6，1.3)表示當pOH=12.6時，pc()=pc(H3PO3)；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．已知H3PO3是二元酸，故為正鹽；A錯誤；

B．b點是曲線③和曲線①的交點，pc()=pc(H3PO3)，此時c()=c(H3PO3)，點a(7.3，1.3)表示當pOH=7.3時，pc()=pc()，則c()=c()，Ka2==c(H+)=10-(14-7.3)=10-6.7，點c(12.6，1.3)表示當pOH=12.6時，pc()=pc(H3PO3)，c()=c(H3PO3)，Ka1==c(H+)=10-(14-12.6)=10-1.4，Ka2×Ka1=×=10-6.7×10-1.4=10-8.1==c2(H+)，b點c(H+)=10-4.05，則b點pH=4.05；pOH=14-4.05=9.95，B錯誤；

C．由分析可知，曲線③表示pc()隨pOH的變化；C正確；

D．由圖可知，d點溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，則c(H+)=1mol/L，故=0.1mol/L；D正確；

故答案為：AB。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．向Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞顯淺紅色，說明溶液呈堿性，微熱、紅色加深，說明水解生成的OH-增多，即水解平衡正向移動，可知水解是吸熱反應(yīng)；故A正確；

B．等體積；pH=3的兩種酸HA和HB分別與足量的Zn反應(yīng)；酸HA放出的氫氣多，說明HA溶液中總酸量較多，可知HA的酸性更弱，故B錯誤；

C．常溫下，用飽和NaI溶液可將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgI，說明AgI更難溶，因此Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)；故C錯誤；

D．NaHSO3電離使溶液顯酸性，NaHSO3水解使溶液顯堿性，而常溫下NaHSO3溶液的pH約為5，說明水解能力比電離能力弱；故D正確；

綜上所述，結(jié)論正確的是AD項，故答案為AD。10、CD【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象可知，未滴加AgNO3溶液時-lgc(Cl-)或-lgc(CrO)均為1，則NaCl和Na2CrO4均為強電解質(zhì)，所以溶液均為0.1mol?L-1；即x=0.1，故A正確；

B．1molCl-和CrO分別消耗1mol和2molAg+，由圖象可知，滴加AgNO3溶液過程中，曲線I突躍時加入的AgNO3溶液的體積為20mL；則曲線I代表NaCl溶液，故B正確；

C．b點時，硝酸銀和Na2CrO4恰好完全反應(yīng)，所以溶液中的溶質(zhì)為NaNO3，同時存在沉淀溶解平衡Ag2CrO4CrO+2Ag+；-lgc(CrO)=4，則c(CrO)=10-4mol?L-1，c(Ag+)=2×10-4mol?L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO)?c2(Ag+)=10-4×4×10-8=4×10-12；故C錯誤；

D．a(chǎn)點時，Cl-恰好完全沉淀，-lgc(Cl-)=5，則c(Cl-)=10-5mol?L-1，c(Ag+)=10-5mol?L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)?c(Ag+)=10-10，c點加入40mLAgNO3溶液，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)==3×10-9mol/L，則-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52；故D錯誤；

綜上所述答案為CD。三、填空題(共9題，共18分)11、略

【分析】【分析】

（1）

①由圖可知，A(g)+B(g)的總能量小于C(g)+D(g)的總能量，則反應(yīng)A(g)+B(g)═C(g)+D(g)為吸熱反應(yīng)，其焓變△H=正反應(yīng)的活化能-逆反應(yīng)的活化能=(E1-E2)kJ/mol；

②該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；即△H=斷裂舊化學(xué)鍵吸收的總能量-形成新化學(xué)鍵釋放的總能量＞0，所以斷裂舊化學(xué)鍵吸收的總能量＞形成新化學(xué)鍵釋放的總能量；

（2）

由蓋斯定律知目標方程=①-②，則ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-119)-(-242)=+123kJ·mol-1；

（3）

HCl分解生成Cl2與H2的化學(xué)方程式為2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)，其△H=431kJ/mol×2-(436kJ/mol+243kJ/mol)=+183kJ/mol，熱化學(xué)方程式為2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=+183kJ·mol-1；

（4）

CO不是穩(wěn)定氧化物，1molC生成穩(wěn)定氧化物放熱的熱量大于110.5kJ/mol，故答案為：＞?！窘馕觥浚?）吸熱E1-E2>

（2）+123

（3）2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)ΔH=+183kJ·mol-1

（4）>12、略

【分析】(1)

在0～10min內(nèi)，實驗①中X的濃度變化為0.2mol·L?1，則

(2)

由實驗①和③可知，升高溫度時，X的平衡濃度減小，平衡正向移動，所以正反應(yīng)的ΔH>0；

(3)

因為實驗②的反應(yīng)速率加快；但平衡時X的濃度與①相同，因此改變的條件是使用了催化劑；

(4)

a．該反應(yīng)是前后氣體分子數(shù)相等的反應(yīng)；縮小容器體積可以加快反應(yīng)速率，但不影響化學(xué)平衡，a項錯誤；

b．再充入1molY增大了生成物的濃度，能加快反應(yīng)速率，能使平衡逆向移動，b項錯誤；

c．由第(2)小題的分析可知；升高溫度平衡正向移動，反應(yīng)速率增大，c項正確；

d．使用催化劑；平衡不移動，d項錯誤。

(5)

據(jù)圖可知820℃條件下，平衡時X的濃度為0.2mol/L，Δc(X)=0.8mol/L，則平衡時c(Y)=0.4mol/L，c(Z)=0.4mol/L，所以平衡常數(shù)K==4?！窘馕觥?1)0.01mol·L-1·min-1

(2)>

(3)使用了催化劑。

(4)c

(5)413、略

【分析】【詳解】

(1)①H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH1，②CH3CH2CH2CH3(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)ΔH2，③CH2=CHCH2CH3(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)ΔH3，根據(jù)蓋斯定律分析，由②-③-①得丁烷催化脫氫反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：CH3CH2CH2CH3(g)CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)ΔH=ΔH2-ΔH1-ΔH3；

(2)①該工藝過程的副產(chǎn)物有炭(C)，生成的積炭會附著在催化劑表面，影響催化效果，催化劑在使用一段時間后活性會下降，H2可以除去積炭；提高催化劑活性所以通入適量氫氣可使其改善；

②a.從實驗1、2數(shù)據(jù)分析，脫氫反應(yīng)中SiO2不起催化作用；故正確；

b.從實驗4、5數(shù)據(jù)分析，不是CrOx的含量越高；反應(yīng)的催化效果越好，故錯誤；

c.催化劑不影響平衡，所以CrOx的含量對丁烷脫氫反應(yīng)的焓變無影響；故正確。

故選ac；

(3)①從圖1分析；590℃時正丁烯收率最高，副產(chǎn)物收率較低，所以實際生產(chǎn)溫度選擇590℃；

②590℃時，向體積為1L的密閉容器中充入3mol正丁烷氣體，據(jù)圖1中0~30min內(nèi)正丁烯的收率為20%，所以生成的正丁烯的物質(zhì)的量為3×20%=0.6mol，生成正丁烯的平均反應(yīng)速率為=0.02mol/(L·min)。

(4)＞2.5后，H2含量過高，導(dǎo)致主反應(yīng)CH3CH2CH2CH3(g)CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)的化學(xué)平衡逆向移動，使正丁烷轉(zhuǎn)化率和正丁烯收率都減??；或者H2含量過高，不利于反應(yīng)物與催化劑充分接觸，導(dǎo)致反應(yīng)速率下降，造成相同時間內(nèi)正丁烷轉(zhuǎn)化率和正丁烯收率都減小。【解析】ΔH2-ΔH1-ΔH3H2可以除去積炭，提高催化劑活性ac圖1中590℃時正丁烯收率最高，副產(chǎn)物收率較低0.02答案一：H2含量過高，導(dǎo)致主反應(yīng)CH3CH2CH2CH3(g)CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)的化學(xué)平衡逆向移動；答案二：H2含量過高，不利于反應(yīng)物與催化劑充分接觸，導(dǎo)致反應(yīng)速率下降14、略

【分析】【詳解】

(1)氯氣溶于水時和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；飽和食鹽水中的氯離子濃度大，減小了氯氣的溶解度，氯化氫溶解度大，所以可以用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫；

(2)的燃燒熱化學(xué)方程分別定為反應(yīng)①②③，總反應(yīng)代入數(shù)值

(3)由圖可知正逆反應(yīng)速率均增大，但正反應(yīng)速率增大程度大，又因則只能是縮小體積增大壓強；

(4)①對比條件Ⅰ；Ⅱ；起始投料物質(zhì)的量和體積均相等，但條件Ⅱ的壓強大，則條件Ⅱ的溫度高，而達到平衡時，條件Ⅱ的轉(zhuǎn)化率則更低，說明溫度升高轉(zhuǎn)化率下降，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

②采用三段式，設(shè)轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量為可得解得為0.08，物質(zhì)在內(nèi)的速率為

③同上采用三段式，并設(shè)轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量為可得解得則各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)均為【解析】氯氣溶于水存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，飽和食鹽水中大量氯離子抑制了氯氣溶在水里，氯化氫溶解度大-488.3kJ/mol增大壓強(或縮小體積)放熱0.0020.02515、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)酸堿質(zhì)子理論進行分析；

（2）根據(jù)離子結(jié)合氫離子的能力強弱判斷堿性的強弱；

（3）弱酸HA的電離及A－水解的電離平衡常數(shù)判斷；

（3）利用水解平衡常數(shù)Kh=計算及判斷。

【詳解】

（1）①CO32-只能結(jié)合氫離子，生成CO2；不能給出氫離子，故①錯誤；

②HS-能接受氫離子變成H2S，能給出氫離子變成S2-；所以既是酸又是堿，故②正確；

③NH4+能給出氫離子變成氨氣；不能接受氫離子，屬于酸，故③錯誤；

④H2O能接受氫離子變成H3O+，能給出氫離子變成OH-；所以既是酸又是堿，故④正確；

⑤H3O+能給出氫離子變成氨氣；不能接受氫離子，屬于酸，故⑤錯誤；

⑥Na+既不能接受氫離子；也不能給出氫離子，所以既不是酸又不是堿，故⑥錯誤；

答案選②④；

（2）已知反應(yīng)C6H5OH+=C6H5O-+則結(jié)合H+的能力強于C6H5O–，故堿性較強的是

（3）弱酸HA的電離方程式為：HAH＋＋A－，根據(jù)電離方程式可知，Ka=A－水解的反應(yīng)方程式為：A－＋H2OHA＋OH－，根據(jù)水解方程式可知，Kh=則Ka×Kh=c(H＋)×c(OH－)=Kw，故答案為：Ka·Kh=Kw；

(4)常溫下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等體積0.1mol/L的NaOH溶液，二者反應(yīng)后得到等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA的混合溶液，根據(jù)物料守恒得c(HA)+c(A－)==0.1mol/L；根據(jù)上述分析可知，A－的水解平衡常數(shù)Kh===5.7×10-10<Ka，說明HA的電離程度大于A－的水解程度；溶液呈酸性，則pH＜7；

A．因兩溶液混合后得到的是等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA的混合溶液，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=c(HA)+c(A-)；選項A錯誤；

B.根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(A－)，將兩式合并得：c(A-)－c(HA)=2[c(H+)－c(OH-)]；選項B正確；

C.根據(jù)上述分析可知，HA的電離程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，根據(jù)電荷守恒可知c(A-)>c(Na+)，c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)；選項C正確；

D.因HA的電離程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，則c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)；選項D錯誤；

答案選BC。【解析】②④Ka˙Kh=Kw<BC16、略

【分析】【詳解】

(1)觀察電離平衡常數(shù)可知酸性為CH3COOH>H2CO3>HClO>HC而這些酸失去氫離子后水解能力卻正好相反，所以得出物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L的Na2CO3、NaClO、CH3COONa、NaHCO3，pH大小順序為Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa、，即a>b>d>c；

(2)醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋后電離程度增大，氫離子物質(zhì)的量增大，但CH3COOH，CH3COO－，H＋濃度卻都要減小，c(OH－)卻是增大的；

A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c（H+）減??；故A選；

B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH）；則稀釋過程中比值變大，故B不選；

C．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，c（H+）c（OH-）=Kw；Kw不變，故C不選；

D．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，則c（OH-）/c（H+）變大；故D不選；

故答案為：A；

(3)由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數(shù)大；稀釋后，HX電離出的氫離子濃度小于醋酸電離出的氫離子濃度，所以HX溶液中水電離出來的c(H＋)大于醋酸溶液中水電離出來的c(H＋)；

故答案為：大于；稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化比CH3COOH溶液的大，酸性強，電離平衡常數(shù)大；大于；HX酸性強于CH3COOH，稀釋后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)；所以對水的抑制能力減弱；

(4)25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得混合液pH＝6，c(H＋)=10－6mol·L－1，c(OH－)=10－8mol·L－1，根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，故答案為：9.9×10-7mol/L?！窘馕觥縜>b>d>cA大于稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化比CH3COOH溶液的大，酸性強，電離平衡常數(shù)大大于HX酸性強于CH3COOH，稀釋后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以對水的抑制能力減弱9.9×10-7mol/L17、略

【分析】【詳解】

①稀硝酸；硝酸水溶液能自身完全電離出的自由移動的氫離子和硝酸根離子導(dǎo)電；但硝酸溶液是混合物，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

②CO是化合物；在水中不溶，沒有自由移動的離子，故不能導(dǎo)電；是非電解質(zhì)；

③HF是純凈物；只有氟化氫分子不導(dǎo)電；氟化氫的水溶液中，氟化氫不能完全電離出氫離子和氯離子，所以是弱電解質(zhì)；

④熔融NaHSO4，熔融狀態(tài)下的NaHSO4能完全電離出自由移動的陰陽離子而使其導(dǎo)電，所以NaHSO4是強電解質(zhì)；

⑤CaO沒有自由移動的離子；所以不能導(dǎo)電；CaO在水溶液中與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣電離出自由移動的氫氧根離子和鈣離子導(dǎo)電，熔融狀態(tài)下的CaO能完全電離出自由移動的陰陽離子，CaO是強電解質(zhì)；

⑥Cu是金屬單質(zhì)；能導(dǎo)電；它是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑦蔗糖；是化合物，在水中存在蔗糖分子，沒有自由移動的離子，故不能導(dǎo)電；是非電解質(zhì)；

⑧Fe2(SO4)3沒有自由移動的離子不導(dǎo)電；熔融狀態(tài)下的Fe2(SO4)3能完全電離出自由移動的陰陽離子而使其導(dǎo)電，所以Fe2(SO4)3是強電解質(zhì)；

⑨酒精；是化合物，在水中存在乙醇分子，沒有自由移動的離子，故不能導(dǎo)電；是非電解質(zhì)；

⑩硫酸鋇，沒有自由移動的離子不導(dǎo)電；在水溶液中雖難溶，但溶于水的部分或熔化狀態(tài)下都能完全電離，BaSO4═Ba2＋+SO42－有自由移動的離子；能導(dǎo)電，是強電解質(zhì)；

?醋酸，只存在分子，沒有自由移動的離子不導(dǎo)電；CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋能導(dǎo)電，是弱電解質(zhì)，CH3COOHCH3COO－+OH－，在水溶液中不能完全電離，能導(dǎo)電，CH3COOH為弱電解質(zhì)；

?三氧化硫，SO3只存在分子；沒有自由移動的離子，所以不能導(dǎo)電；三氧化硫在水溶液中與水反應(yīng)生成硫酸，硫酸電離出自由移動的氫離子和硫酸根離子導(dǎo)電，三氧化硫自身不能電離，三氧化硫是非電解質(zhì)；

?氯氣只存在Cl2分子；不能導(dǎo)電；它是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

?醋酸鈉沒有自由移動的離子不導(dǎo)電；熔融狀態(tài)下的醋酸鈉能完全電離出自由移動的陰陽離子而使其導(dǎo)電；所以醋酸鈉是強電解質(zhì)；

(1)屬于強電解質(zhì)的是④⑤⑧⑩?。

(2)屬于弱電解質(zhì)的是③?。

(3)屬于非電解質(zhì)的是②⑦⑨?。

(4)寫出③、?兩種物質(zhì)在水溶液中的電離方程式：③氟化氫是弱電解質(zhì)，不能全部電離HFH＋＋F－；CH3COONa是強電解質(zhì)，全部電離CH3COONa=CH3COO－＋Na＋。

(5)醋酸鈉在水中水解，溶液顯堿性（填酸或堿）的原因：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－?！窘馕觥竣堍茛啖?③?②⑦⑨?HFH＋＋F－CH3COONa=CH3COO－＋Na＋堿CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－18、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ(1)電離平衡常數(shù)越小酸性越弱，其對應(yīng)鈉鹽的水解程度越大，溶液的pH就越大，

由表格中的數(shù)據(jù)可知，酸性則物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的四種溶液：a．CH3COONab．NaHCO3c．NaClOd．Na2CO3，pH由小到大排列的順序是

(2)向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳得到HCO和HClO，則離子方程式：ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO。

(3)25℃時，將mmol/L的醋酸與nmol/L氫氧化鈉等體積混合，所得溶液呈電中性：反應(yīng)后溶液恰好顯中性，則得混合后溶液體積增大一倍、則混合溶液中c(CH3COO?)=c(Na+)=mol/L，結(jié)合物料守恒：得c(CH3COOH)=(?)mol/L，醋酸的電離平衡常數(shù)

(4)A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c(H+)減??；故A不選；

B．溶液加水稀釋過程，促進電離，氫離子的物質(zhì)的量增大、醋酸的物質(zhì)的量減小，則比值增大；故B選。

C．c(H+)?c(OH?)=Kw，稀釋過程，促進電離，c(H+)減小，c(OH?)增大，溫度不變則Kw不變，則減小；故C不選；

D．c(OH-)·c(H+)=Kw；溫度不變則Kw不變，故D不選；

E．電離平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，則溫度不變；Ka不變，故E不選；

綜上；答案選B。

Ⅱ．AgX、AgY和AgZ均為同類型難溶物質(zhì)，可以根據(jù)25℃溶度積常數(shù)Ksp(AgX)=1.8×10-10，Ksp(AgY)=1.0×10-12，Ksp(AgZ)=8.7×10-17；則AgX；AgY、AgZ三者的溶解度依次減小，則：

(1)若向AgY的飽和溶液中加入少量的AgX固體，將使溶液中Ag+濃度增大，則AgY的沉淀溶解平衡逆移，所以溶液c(Y-)將減小。

(2)在25℃時，若取0.188g的AgY(相對分子質(zhì)量188)固體放入100mL水中(忽略溶液體積的變化)，則溶液中Y-的物質(zhì)的量濃度為

(3)由上述Ksp判斷AgY的溶解度比AgZ大，則在上述2的體系中，能實現(xiàn)AgY向AgZ的轉(zhuǎn)化，理由：【解析】a＜b＜c＜dClO-+H2O+CO2=HCO+HClOB減小l.0×l0-6mol·L-1能Ksp(AgY)＞Ksp(AgZ)19、略

【分析】【詳解】

(1)①P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH1=-2983.2kJ·mol-1，②P(紅磷，s)+O2(g)=P4O10(s)ΔH2=-738.5kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律：①?②×4可得：P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)△H=(?2983.2kJ/mol)?(?738.5kJ/mol)×4=?29.2kJ/mol；熱化學(xué)方程式為：P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH=-29.2kJ?mol-1；故答案為：P4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH=-29.2kJ?mol-1；

(2)在某密閉容器中加入62g白磷和50.4L氧氣(標準狀況)，白磷中磷原子物質(zhì)的量==2mol，氧氣物質(zhì)的量==2.25mol，含有4.5mol氧原子；依據(jù)原子守恒列式計算：設(shè)P4O10物質(zhì)的量為x，P4O6物質(zhì)的量為y，4x+4y=2，5x+3y=2.25，計算出x=0.375mol，y=0.125mol，最后生成0.375molP4O10，0.125molP4O6mol，故物質(zhì)的量之比為3:1；P4(白磷，s)+3O2(g)═P4O6(s)△H=?1638kJ?mol?1；P4(白磷，s)+5O2(g)═P4O10(s)△H1=?2983.2kJ?mol?1；放出的熱量=0.375mol×(?2983.2kJ/mol)+0.125mol×(?1638kJ/mol)=1323.45kJ；故答案為：3:1；1323.45kJ；

(3)已知白磷和PCl3的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，現(xiàn)提供以下化學(xué)鍵的鍵能(kJ?mol?1):P?P198，Cl?Cl243，P?Cl331；則反應(yīng)P4(白磷，s)+6Cl2(g)═4PCl3(s)的反應(yīng)熱△H=198kJ/mol×6+6×243kJ/mol?4×3×331kJ/mol=?1326kJ/mol；故答案為：-1326kJ?mol-1；

(4)根據(jù)CH4、H2；和CO的燃燒熱；可得熱化學(xué)方程式：

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(L)△H=?890.2kJ?mol?1

②O2(g)+H2(g)=H2O(L)△H=?285.8kJ?mol?1

③CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=?283.0kJ?mol?1

根據(jù)蓋斯定律，①?②×2?③×2可得：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ?mol?1，即生成2molCO，需要吸熱247.4kJ，則生成1molCO所需熱量為123.7kJ，故答案為：123.7kJ?！窘馕觥縋4(s，白磷)=4P(s，紅磷)ΔH=-29.2kJ?mol-13：11323.45kJ-1326kJ?mol-1123.7kJ四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共24分)20、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結(jié)構(gòu)，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結(jié)構(gòu)能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+21、略

【分析】(1)

鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)原子的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2，故答案為：[Ar]3d64s2；

(2)

①用X射線衍射可以測得鐵晶體的晶胞結(jié)構(gòu)；故答案為：X射線衍射；

②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞A中位于頂點和體心的鐵原子個數(shù)為8×+1=2，晶胞B中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為8×+6×=4；則A；B兩種晶胞中含有的鐵原子個數(shù)比為1：2，故答案為：1：2；

③由晶胞結(jié)構(gòu)可知；在A晶胞中，位于頂點的鐵原子與位于體心的鐵原子的距離最近，則每個鐵原子周圍與它最近且相等距離的鐵原子有8個，故答案為：8；

(3)

由鐵的吸氧腐蝕原理可知；解釋暖貼發(fā)熱的原因是暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱，故答案為：暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水、無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池，鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱；

(4)

①四氯合鐵離子中具有空軌道的鐵離子為配離子的中心離子，具有孤對電子的氯離子是配體，中心離子鐵離子與配體氯離子形成配位鍵，故答案為：Fe3+；Cl—；配位鍵；

②亮黃色的工業(yè)鹽酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向鹽酸中逐滴滴加硝酸銀飽和溶液至過量時，溶液中氯離子與滴入的銀離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，溶液中的氯離子濃度減少，絡(luò)合平衡向右移動，四氯合鐵離子的濃度減小，溶液的亮黃色逐漸變淺說明在高濃度氯離子的條件下四氯合鐵離子才是穩(wěn)定存在的，故答案為：白色沉淀、亮黃色逐漸變淺至褪去。【解析】(1)[Ar]3d64s2

(2)X射線衍射1：28

(3)暖貼無紡布袋內(nèi)的鐵粉和活性炭在水；無機鹽的環(huán)境中與氧氣接觸形成了鐵碳原電池；鐵粉做負極，失去電子被氧化，氧氣在碳粉正極得電子被還原，原電池反應(yīng)加速了鐵粉被氧化放熱。

(4)Fe3+Cl—配位鍵白色沉淀、亮黃色逐漸變淺22、略

【分析】（1）Zr原子序數(shù)為40，價電子排布為：4d25s2，電子層數(shù)為5，則Zr位于第5周期，外圍有4個電子，則位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置為第5周期第ⅣB族，最后填入電子的能級為d，所以Zr屬于d區(qū)元素。

（2）Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2，F(xiàn)e2+的電子排布式為[Ar]3d6，根據(jù)電子排布的泡利原理和洪特規(guī)則，3d上的6個電子有2個在同一原子軌道中，另外4個均單獨占據(jù)一條軌道，所以基態(tài)Fe2+中未成對電子數(shù)為4。第一電離能是氣態(tài)基態(tài)電中性原子失去一個電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時所需的最低能量。C、N、O三種元素中，C的半徑最大，核電荷數(shù)最少，對電子的束縛力最弱，其第一電離能最??；N的2p軌道上排布了3個電子，達到了半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能比O大，則C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C.N、O三種元素的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子間有氫鍵，其沸點高于CH4，水分子間的氫鍵比NH3分子間的氫鍵強，所以水的沸點高于NH3，所以C、N、O三種元素簡單氫化物的沸點由大到小的順序為H2O＞NH3＞CH4。O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤對電子，不易和Fe2+配位。CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒。在該晶胞中，O位于立方體的棱心，所以該晶胞含有3個O，Ti原子位于頂點，則含有1個Ti，Sr位于體心，則含有1個Sr，該復(fù)合型物質(zhì)的化學(xué)式為TiSrO3；每個Ti原子周圍距離最近的O原子的個數(shù)為6；該晶胞的質(zhì)量為g，晶體密度為ρg/cm3，所以晶胞的體積為cm3，晶胞的邊長為cm?！窘馕觥?1)第5周期第ⅣB族d

(2)4N＞O＞CH2O＞NH3＞CH4O電負性比N和C大，成鍵時不易給出孤電子對，不易和Fe2+配位CO＋HbO2?O2＋HbCO，增大氧氣的濃度，可以使平衡逆向移動，釋放出CO，可用于治療CO中毒SrTiO36五、原理綜合題(共4題，共28分)23、略

【分析】【詳解】

(1)①4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH2

根據(jù)蓋斯定律，將①×2+②×3得：20NH3(g)+15O2(g)=10N2(g)+30H2O(l)ΔH=(2ΔH1+3ΔH2)kJ·mol-1，則NH3(g)的標準燃燒熱ΔH=(2ΔH1+3ΔH2)/20kJ·mol-1，故答案為(2ΔH1+3ΔH2)/20kJ·mol-1；

(2)在相同的c(N2)/c(O2)條件下，降低溫度，平衡正向移動，NO的體積分數(shù)增大，因此圖像為故答案為

(3)①根據(jù)圖示，陽極區(qū)水電離的氫氧根離子放電生成氧氣，剩余的氫離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸氫根離子，陰極區(qū)溶液中水電離的氫離子放電生成氫氣，剩余的氫氧根離子與轉(zhuǎn)移過來的鈉離子結(jié)合生成氫氧化鈉，因此電解Na2CO3溶液可以生成NaHCO3和NaOH，同時電解水生成了氫氣和氧氣，則電解Na2CO3溶液的總反應(yīng)式為Na2CO3+H2ONaOH+NaHCO3，故答案為Na2CO3+H2ONaOH+NaHCO3；

②同濃度的稀NaHCO3和稀Na2CO3溶液以2∶1體積比混合后溶液顯堿性，以碳酸鈉的水解為主，因為碳酸鈉的水解平衡常數(shù)==×10-3mol/L=≈=2c(OH-)，因此c(OH-)=×10-3mol/L，則c(H+)==1.12×10-10mol·L-1，故答案為1.12×10-10mol·L-1；

(4)滴定反應(yīng)的方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，當紫色剛好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，說明達到了滴定終點；根據(jù)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知，與(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液反應(yīng)的高錳酸鉀為0.01L×0.1000mol/L×=2×10-4mol，則與NaNO2溶液反應(yīng)的高錳酸鉀為0.02400L×0.05000mol·L-1-2×10-