【文档说明】黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，693.058 KB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年度上学期高二9月月考试卷化学考试时间：75分钟分值：100分可能用的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32K-39Fe-56Cu-64Ba-137一、单选题(本题包括15小题，每小题只有一个正确选项

，每小题3分，共45分)1.对于反应3224NH+5O4NO+6HO,下列为4种不同情况下测得的反应速率,表明该反应进行最快的是()A.()3vNH=0.2mol()/LsB.()2vO=14.5mol/()LminC.()2

vHO=0.25mol()/LsD.()()vNO=9mol/Lmin【答案】A【解析】【详解】对于3224NH+5O4NO+6HO反应，如果都用氧气表示其反应速率，根据反应速率之比是化学计量数之比，结合方程式可知：A.当()3vNH=0.2mol()/Ls，则；()2vO=15mol/L(

)minB.()2vO=14.5mol/()LminC.当()2vHO=0.25mol()/Ls，则()2vO=12.5mol/()LminD.当()()vNO=9mol/Lmin，则()2vO=11.25mol/()Lmin所以反应速率最快的是选项A。

故答案：A。2.一定温度下，向某恒容密闭容器中通入5molO2、6moLSO2，经t1s建立了平衡体系：2SO2(g)+O2(g)垐?噲?2SO3(g)，此时测得氧气的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量(n)与反应时间(t)的关系

的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】当氧气转化率为30%时，消耗了氧气5mol30%1.5mol=，根据2SO2(g)+O2(g)垐?噲?2SO3(g)方程式可知，消耗2SO3mol，同时生成了33molSO，SO2剩余6mol3mol=3mol−，O2剩余5mol1.5mo

l=3.5mol−，故B项符合题意。答案选B。3.在一定温度下，体积一定的密闭容器中可逆反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡的标志是（）A.容器内混合气体的密度不再变化B.断裂2molO-H的同

时形成1molH-HC.容器内混合气体的压强不再变化D.消耗3molFe的同时生成1molFe3O4【答案】A【解析】【详解】A.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)是气体质量减少的反应，反应过程中体积不变，则密

度一直减小，当容器内混合气体的密度不再变化时，反应达到平衡，故A正确；B.断裂2molO-H的同时形成1molH-H都表示的是正反应速率，不能说明反应达到平衡，故B错误；C.反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s

)+4H2(g)是气体体积不变的反应，反应过程中压强一直不变，容器内混合气体的压强不再变化时不能说明反应达到平衡，故C错误；D.消耗3molFe的同时生成1molFe3O4都表示的是正反应速率，不能说明反应达到平衡，故D错误；正确答案是A。4.在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g

)2XY(g)ΔH＜0，达到甲平衡，在仅改变某一条件后达到乙平衡，对改变的条件下列分析正确的是A.图I是增大反应物的浓度B.图Ⅱ一定是加入催化剂的变化情况C.图Ⅲ是增大压强D.图Ⅲ是升高温度【答案】D【解析】【详解】A．图I在某一时刻正逆反应速率都增大，若只是增

大反应物的浓度，只有正反应速率增大，逆反应速率不变，A错误；B．图Ⅱ正逆速率都增大，但增大程度相同，可能是增大压强或加入催化剂的变化情况，因为该反应是前后气体分子数相同的反应，增大压强，正逆速率都增大，但仍

相等，平衡不移动，B错误；C．图Ⅲ改变条件速率增大，但平衡逆向移动，可能是升温，该反应是气体前后分子数相同的反应，故增大压强，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，C错误；D．图Ⅲ改变条件速率增大，但平衡逆向移动，可能是升温，D正确；故选D。5

.在一密闭容器中反应aA(g)bB(g)达平衡后，测得c(B)为1mol/L。如保持温度不变，将容器体积变为原来的2倍，重新达到新的平衡时，c(B)变为0.6mol/L，则下列说法不正确的是A.平衡向正反应方向移动B.物质A的转化率增大C.物质B的质量分数增大D.a＞b【答案】

D【解析】【详解】将容器的体积变为原来的2倍，假设平衡不移动，B的浓度为0.5mol·L－1<0.6mol·L－1，说明平衡向正反应方向进行，降低压强，平衡向体积增大的反应移动，即a<b，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的质量

分数增大，选项D正确。6.现有常温下pH=2的醋酸溶液，下列有关叙述正确的是（）A.c(H+)＝c(CH3COO-)B.醋酸的物质的量浓度为0.01mol·L-1C.与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性D.加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离，但电离常数

Ka不变【答案】D【解析】【详解】A．根据守恒c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，故A错误；B．醋酸是弱电解质，PH=2，物质的量浓度为大于0.01mol·L-1，故B错误；C．醋酸是弱电解质，pH=2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶

液呈酸性，故C错误；D．加入醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离常数只与温度有关，所以Ka不变，故D正确。7.下列属于水解的离子方程式且书写正确的是A.23233HCOHOHOCO−+−++B.()323Fe3HOFeO

H3H++++C.23223SO2HOHSO2OH−−++D.()3323Al3HCOAlOH3CO=+−++【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢根离子水解会生成碳酸和氢氧根离子，上述属于碳酸氢根离子的电离方程

式，A不符合题意；B．盐类水解非常微弱，所以铁离子水解生成氢氧化铁弱电解质，不是沉淀，B不符合题意；C．亚硫酸根离子水解分步进行，其水解的方程式为：2323SOHOHSOOH−−−++，C错误；D．铝离子和碳酸氢根离子会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，上述水解方程式书写正确，D符

合题意；故选D。8.下列事实能证明乙酸是弱电解质的方法有①乙酸能与NaOH溶液发生中和反应②常温下，0.1mol/L的乙酸溶液的pH约为3③相同条件下，浓度均为1mol/L的乙酸溶液的导电能力比盐酸的导电

能力弱④常温下，CH3COONa水溶液pH>7A.①②③B.②③④C.②③D.全部【答案】B【解析】【详解】①乙酸能与NaOH溶液发生中和反应，说明醋酸一种酸，不能说明乙酸是弱电解质，①不符合题意；②常温下，0.1mol/L

的乙酸溶液的pH约为3，说明乙酸不完全电离，为弱电解质，②符合题意；③相同条件下，浓度均为1mol/L的乙酸溶液的导电能力比盐酸的导电能力弱，说明醋酸部分电离，属于弱电解质，③符合题意；④常温下，CH3COONa水溶液pH＞7，说明醋酸根会发生水解，则醋酸

为弱电解质，④符合题意；综上所述答案为B。9.下列有关问题，与盐的水解有关的是①实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞是②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体④Al2S

3不能通过溶液中的反应制取⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体⑥铁在潮湿环境中生锈A.①②③⑥B.②③④⑥C.①④⑤⑥D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①Na2CO3水解产生NaOH，NaOH会和玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液有黏性，会将玻璃塞

粘在试剂瓶上，故实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，①符合题意；②NaHCO3与Al2(SO4)3发生互促的完全双水解生成氢氧化铝、二氧化碳，故NaHCO3与Al2(S

O4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，与盐的水解有关，②符合题意；③CuCl2水解生成Cu(OH)2和HCl，加热蒸干CuCl2溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，③符合题意；④S2-与Al3+在溶液中发生互促的完

全双水解，故Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，④符合题意；⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，加热蒸干AlCl3溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Al(OH)3固体，与盐的水解有关，⑤符合题意；⑥Fe、H2O、O2反应生成氢氧化铁，氢氧化

铁失水生成铁锈，铁在潮湿环境中生锈与盐的水解无关，⑥不符合题意；综上所述，①②③④⑤与盐的水解有关，D正确；故选D。10.下列表述中，合理的是A.将水加热，Kw增大，pH变小B.把3FeCl的水溶液加热蒸干可得到3FeCl固体C.用25mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液D.用石灰乳

吸收烟气中的2SO的离子方程式：2232Ca2OHSOCaSOHO+−++=+【答案】A【解析】【详解】A．水的电离过程吸热，加热促进水的电离，Kw增大，pH变小，故A正确；B．加热时FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，盐酸易挥发，所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到为氢氧化铁

固体，故B错误；C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶。应放在酸式滴定管中，故C错误；D．Ca(OH)2做反应物，不拆分，应书写为()2322CaOHSOCaSOHO+=+，故D错误；故选A。11.室

温下，向100mL0.2mol·L-1的NH3·H2O中缓慢通入HCl，随着HCl通入量的不同，下列溶液中微粒对应关系(不考虑溶液体积变化)正确的是选项n(HCl)/mol溶液中各微粒的物质的量浓度关系A0c(NH3·H2O)＞c(+4NH)＞c(OH-)＞c(H

+)B0.005c(NH3·H2O)+4c(OH-)=3c(+4NH)+4c(H+)C0.01c(NH3·H2O)+c(+4NH)=c(Cl-)+c(OH-)D002c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(+4NH)＞c(OH-)A.AB

.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】在100mL0.2mol·L-1的NH3·H2O中含有溶质的物质的量n(NH3·H2O)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，通入HCl气体时发生反应：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，然后根据通入的HCl的物质的量，结合反应消耗关系

，确定混合溶液的成分，发现溶液中各种微粒的浓度大小关系。【详解】A．通入HCl的物质的量是0mol时，溶液的溶质为NH3·H2O，由于NH3·H2O是弱电解质，主要以电解质分子存在，电离产生的+4NH、OH-的浓度远小于电解质分子的浓度，溶液

中除NH3·H2O电离产生OH-外，还存在H2O电离产生OH-，故溶液中离子浓度大小关系为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(+4NH)＞c(H+)，A错误；B．溶液中n(NH3·H2O)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，当通入HCl的物质的

量n(HCl)=0.005mol＜0.02mol，二者发生反应：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，n(NH3·H2O)过量=0.02mol-0.005mol=0.015mol，反应后混合溶液中n(NH3

·H2O)：n(NH4Cl)=0.015mol：0.005mol=3：1，根据电荷守.恒可得：c(+4NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒可得c(NH3·H2O)+c(+4NH)=4c

(Cl-)，将两个式子联立可得c(NH3·H2O)+4c(OH-)=3c(+4NH)+4c(H+)，B正确；C．当通入HCl的物质的量是0.01mol时，反应产生NH4Cl的物质的量是0.01mol，剩余NH3·H2O的物质的量是0.01mol，溶液为等物质的量的NH4Cl

、NH3·H2O的混合溶液，根据电荷守恒可得c(+4NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据电荷守恒可知c(NH3·H2O)+c(+4NH)=2c(Cl-)，将两式联立可得c(+4NH)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-)，C错误；D．当通入HCl的物

质的量是0.02mol时，二者恰好反应产生NH4Cl，其物质的量是0.02mol。该盐是强酸弱碱盐，+4NH发生水解反应产生NH3·H2O、H+，导致+4NH的物质的量比Cl-小，所以c(Cl-)＞c(+4NH)，但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质产生的离子浓度，盐水解

产生的NH3·H2O的浓度远小于+4NH的浓度，因此c(+4NH)＞c(NH3·H2O)，D错误；故合理选项是B。12.某溶液在25℃时由水电离出的氢离子的浓度为1×10-12mol·L-1，下列说法正确的是A.向该溶液中加入铝片后，一定能生成氢气B.HCO-3、HS-、HPO2

-4等离子在该溶液中一定不能大量共存C.该溶液的pH一定为12D.若该溶液中的溶质只有一种，它一定是酸或者是碱【答案】B【解析】【分析】根据水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱或强酸的酸式

盐溶液。若溶液溶质为酸或强酸酸式盐，则此时溶液中c(OH-)=c(OH-，水)=c(H+，水)=1×10-12mol/L，则c(H+)=-14-2w--1210=mol/L=10mol/L(OH)10Kc，对应pH=2；若溶液溶质为碱，

则此时溶液中c(H+)=c(H+，水)=1×10-12mol/L，对应pH=12。【详解】A．若该溶液为HNO3溶液，则加入Al不会产生氢气，产生氮的氧化物，A错误；B．由分析知，此时溶液中存在大量的H+或OH-，弱酸酸式根与H+或OH-均不能大量共存，故HCO-3、HS-、HPO2-4

等离子此时一定不能大量共存，B正确；C．由分析知，溶液pH可能为2或12，C错误；D．该溶液还可能是强酸酸式盐，如NaHSO4溶液，D错误；故答案选B。13.常温下，用0.1000mol/L的盐酸滴定20mL相同浓度的一元碱BOH溶液(滴有少量酚酞)，滴定过程中溶液pH及电导率变化曲

线如图所示。下列说法中错误的是A.a、b两点溶液导电能力：b>aB.a点溶液中，c(B+)>c(BOH)C.a点溶液中存在：2c(OH−)+c(BOH)=c(B+)+2c(H+)D.滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl−)=0.1000mol/L【答案】D【解析】【分析】据图可知未滴加

盐酸时，0.1000mol·L－1BOH溶液的pH=11，则溶液中c(OH－)=10-3mol/L，溶液中存在电离平衡BOHB++OH－，据此回答；【详解】A．a点滴入10mL盐酸，所以溶液中的溶质为等物质的量的BCl和BOH，此时c(Cl－)约为-

10.100molL0.01L0.01L+0.02L=0.033mol/L，b点滴入20mL盐酸，溶液中的溶质为BCl，c(Cl－)约为-10.100molL0.02L0.02L+0.02L=0.05mol/L，而且随着盐酸的滴入c(B+)逐渐增大，所以导

电能力：b>a，故A正确；B．a点溶液中的溶质为等物质的量的BCl和BOH，存在电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(B+)+c(H+)，由图知溶液呈碱性，则c(Cl－)＜c(B+)，存在物料守恒2c(Cl－)=c(BOH)+c(B+)，则c(B+)＞c(Cl－)＞

c(BOH)，B正确；C．a点滴入10mL盐酸，所以溶液中的溶质为等物质的量的BCl和BOH，存在电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(B+)+c(H+)，存在物料守恒2c(Cl－)=c(BOH)+c(B+)，二式联立可得2c(OH－)+c(BOH)=c(B+)+2c(H

+)，故C正确；D．滴定至pH=7时，存在电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(B+)+c(H+)，c(OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)=c(B+)，据的图可知pH=7时，加入的盐酸体积略大于2

0mL，n(Cl－)略大于0.002mol，溶液体积略大于40mL，所以c(Cl－)不为0.1mol/L，故D错误；答案选D。14.亚硒酸23HSeO是一种二元弱酸。常温下23HSeO溶液中逐滴加入KOH溶液，混合溶液中lgX[X为()(

)-323cHSeOcHSeO或()()2-3-3cSeOcHSeO]与pH的变化关系如图所示。下列选项正确的是A.曲线a表示()()2-3-3cSeOlgcHSeO与pH的变化关系B.23HSeO的a1

K的数量级为210−C.pH2.37=时()()()2323cK2cSeOcHSeO+−+D.pH5.23=时，溶液中存在：()()()()++--3cK+cH=cOH+3cHSeO【答案】D【解析】【分析】硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2S

eO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg323c(HSeO)c(HSeO)−，b表示lg323c(SeO)c(HSeO)−−，以

此解题。【详解】A．由分析可知，a表示lg323c(HSeO)c(HSeO)−，b表示lg323c(SeO)c(HSeO)−−，故A错误；B．H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO3−，lg323c(HSeO)c(HSeO)−为0时，pH=2.37，则平衡常数

Ka1=323c(HSeO)cc(HSeO)（H）+−=10-2.37，则数量级为310−，故B错误；C．由图可知pH2.37=时，()-3cHSeO=()2cHSeO，则根据电荷守恒可知，()()()()()++--2-33cK+cH=cOH+c

HSeO2cSeO+，因为溶液显酸性，故氢氧根浓度大于氢离子浓度，且()-3cHSeO=()2cHSeO，则()()()2323cK2cSeOcHSeO+−+，故C错误；D．pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO3−、SeO23−，lg323c(SeO)c(HSeO)−−

=0，有c(HSeO3−)=c(SeO23−)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO3−)+2c（SeO23−）=c(OH-)+3c(HSeO3−)，故D正确；故选D。15.已知25℃时二元酸2HA的715a

1a2K1.310,K7.110−−==．下列说法正确的是A.在等浓度的2NaANaHA、溶液中，水的电离程度前者小于后者B.取pHa=的2HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pHa1=+C.向2HA溶液中加入NaOH溶液至pH1

1=，则()()2cAcHA−−D.向10.1molL−的2HA溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH3=，则2HA的电离度为0.013%【答案】D【解析】【详解】A．多元弱酸根离子水解时，促进水的电离，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的N

a2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．加水稀释促进H2A电离，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的110，则该溶液pHa1+，故B错误；C．假设溶

液中c(A2-)=c(HA-)，则溶液中2-++-15a2-c(A)c(H)K==c(H)=7.110mol/Lc(HA)，即溶液的pH大于14、小于15，要使溶液的pH小于14，()()2--cA<cHA，故C错误；D．pH=3的溶液中c(H+)=10-3mol/L，由于H2A的电离程度小，

溶液中2c(HA)0.1mol/L，-+--3-7a12c(HA)c(H)c(HA)10K===1.310c(HA)0.1，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，-2c(HA)c(HA)电离，则2HA的电离度为-51.31010

0%=0.013%0.1，故D正确；故答案为：D。二、填空题(本题包括4小题，共55分)16.(Ⅰ)合成氨工业在国民经济中占有重要地位。()()()223Ng3Hg2NHg+，Δ0H是合成氨工业的重要反应。在一定温度下，向容积为1L的

密闭容器中充入0.5mol2N和1.3mol2H反应过程中2H的浓度随时间变化如图所示：请回答：（1）20min内，()2Nv=___________mol/(Lmin)。（2）升高温度，平衡向___________(填“正”或“逆)反应方向移动。（3）平衡时，2N的转化率是__________

_；（4）该温度下，合成氨反应的化学平衡常数数值为___________；(Ⅱ)一定温度下，在1L的烧瓶中充入一定量24NO气体。体系中气体颜色由浅变深的对应的化学方程式：()()242NOg2NOg。（5）保持温度和容积不

变，向达到平衡的容器中再充入一定量24NO气气体，24NO气的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，反应的平衡常数___________。（6）某小组为研究温度对化学平衡移动的影响，设计如图实验。图方案还需补充的是_______

____(用文字表达)；实验现象及结论为___________。【答案】（1）0.005（2）逆（3）20%（4）0.1（5）①.减小②.不变（6）①.向A中加入热水，B中加入等体积冷水②.A中气体颜

色比B中深，说明升温，()()242NOg2NOg的平衡正向移动【解析】【小问1详解】20min内，氢气的变化量为0.3mol/L，则氮气的变化量为0.1mol/L，()20.1/LvN0.00520molmol==mol/(Lmin)；【小问2详解】该反应放热反应，升高温度，平衡逆向移动；

【小问3详解】平衡时，氢气的变化量为0.3mol/L，则氮气的变化量为0.1mol/L，2N的转化率是0.1/1L100%0.5molmolL=20%【小问4详解】根据浓度的变化量之比等于反应的系数比，则平衡

时：c(H2)=1mol/L，c(N2)=0.4mol/L，c(NH3)=0.2mol/L，平衡常数K=210..2=0.1.004；【小问5详解】保持温度和容积不变，向达到平衡的容器中再充入一定量N2O4气体，反应物浓度

增大，但N2O4的转化率减小，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；【小问6详解】该实验研究的是温度对化学平衡移动的影响，则甲和乙中温度应不同，还需补充的是：向A中加入热水，为B中加入等体积冷水；观察到A中气体颜色比B中深，说明升温，()()242NOg2NOg的平衡正向

移动。17.常温下．有浓度均为0.1mol·L-l的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④Na2CO3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa=4.9×10-10Ka1=4×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×

10-5（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是_______（填序号）。（2）NaCN溶液显碱性的原因（用方程式说明）______（3）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_____④（填“>”、“<"、“=”）。（4）25℃时，将amol·L-1的醋酸和0.1mol·

L-lNaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则a_____0.1（填“﹥”、“﹤”或“=”）。（5）Na2CO3溶液中离子浓度大小为：___________（6）向NaCN溶液中通入CH3COOH，则发生的离子反应方程式为：_______。

（7）同温下，溶液的pH值④____①（填“>”、“<"、“=”）。【答案】①.②>④>①>③②.CN-+H2OHCN+OH-③.<④.＞⑤.c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)⑥.CH3CO

OH+CN-=HCN+CH3COO-⑦.>【解析】【分析】（1）结合表格数据易知，电离平衡常数越小，酸性越弱，再依据盐类水解的“越弱越水解”规律作答；（2）依据盐类水解“谁强显谁性”原理分析原因；（3）通过比较③和④溶液中的碱性强弱，对比达到中性后消耗的同浓度的盐酸的体积；（4）醋酸为弱

酸，恰好完全中和后的溶液为醋酸钠，水解显碱性，据此分析；（5）Na2CO3溶液中CO32-会发生水解，结合水解平衡与电离平衡分析溶液中离子浓度大小关系；（6）利用强酸制弱酸原理书写；（7）结合盐溶液中“越弱越水解”规律解答。【详解】（1）相同浓度的溶液中，①NaCN溶液水解显碱性，②

NaOH溶液为强碱溶液，③CH3COONa溶液显碱性，④Na2CO3溶液水解显碱性，因为酸性：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，越弱越水解，因此溶液的碱性②＞④＞①＞③，4种溶液pH由大到小的顺序是②＞④＞①＞③，故答案为②＞④＞①＞③；（2）因NaCN溶液中存在水解平衡CN-+H2O

HCN+OH-，促进水的电离，使溶液显碱性，故答案为CN-+H2OHCN+OH-；（3）等浓度③CH3COONa溶液和④Na2CO3溶液中，根据越弱越水解规律结合表格可以看出，因酸性：醋酸＞碳酸氢根离子，所以等浓度的N

a2CO3溶液水解程度大于CH3COONa的水解程度，对应的碱性强于CH3COONa，则若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③<④，故答案为<；（4）因醋酸为一元弱酸，假如醋酸与氢氧化钠完全中和生成的

醋酸钠显碱性，现等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸过量，即a﹥0.1，故答案为﹥；（5）Na2CO3溶液中，CO32-会发生水解，其水解平衡为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液显示碱性，生成的碳酸氢根离子部分发生水解，部分发生微弱电离，HCO3-H

++CO32-，则Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)，故答案为c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)；（6）CH3COOH的Ka

=1.7×10-5，HCN的Ka=4.9×10-10，则根据强酸制弱酸原理可知，向NaCN溶液中通入CH3COOH，发生的离子方程式为：CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-，故答案为CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-；（7

）因碳酸的第二步电离平衡常数Ka2=5.6×10-11，HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10-10，则酸性：HCN＞碳酸氢根离子，所以对应的盐水解程度：碳酸钠＞NaCN,则同温下，溶液的pH值④﹥①，故答案为

>。【点睛】本题侧重考查弱电解质及对应的盐类水解规律，掌握盐类“有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性”的基本水解规律是解题的关键，要特别注意的是，二元弱酸如碳酸分两步电离，对应的盐分别是碳酸氢钠与碳酸钠，这是学生的易错点。18.硫的化合

物应用广泛，研究其性质具有重要意义。回答下列问题：（1）某小组测定10.1molL−23NaSO，溶液先升温后降温过程中的pH，数据如下表：时刻1t2t3t4t温度/℃25304025pH9.669.529.37

9.25实验过程中，取1t、4t时刻的溶液，加入盐酸酸化的2BaCl溶液做对比，4t时刻产生的白色沉淀多。①23NaSO溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)。②13tt⎯⎯→过程中，水的离子积常数W

K_______(填“增大”、“减小”或“不确定”，下同)；23SO−水解程度_______。③与1t相比，4t溶液pH变小的原因是_______。（2）室温时，向100mL10.1molL−44N

HHSO溶液，溶液pH中滴加10.1molL−NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。①a点溶液pH_______1(填“>”、“＜”或“=”)。②b点到c点发生反应的离子方程式为____

___。③c点溶液中各离子浓度的大小关系是_______。④d点和e点对应溶液中，水的电离程度d_______e(填“>”、“＜”或“=”)。【答案】（1）①.2-32--3SO+HOHSO+OH②.

增大③.减小④.亚硫酸钠溶液在加热升温的过程中被空气中的氧气氧化为硫酸钠，溶液中亚硫酸根离子浓度减小水解平衡向左移动，所以生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小（2）①.>②.NH4++OH-=NH3•H2O③.c(Na+)＞c(SO24−)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)；④.>

【解析】【分析】（1）亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为2-32--3SO+HOHSO+OH、223--3HSOSO+HOH+OH，由实验过程中，取t1､t4时刻的溶液，加入足量盐酸酸化的氯化钡溶液做对比实验，t4时刻的溶液产生白色沉淀多可知

，亚硫酸钠溶液在加热升温的过程中被空气中的氧气氧化为硫酸钠，溶液中硫酸根离子浓度增大；（2）硫酸氢铵溶液中硫酸氢根离子完全电离显酸性，铵根离子水解显碱性但前者是主要的，滴加氢氧化钠的过程中，氢氧根离子先与氢离

子反应生成水，然后与铵根离子结合生成一水合氨。【小问1详解】①Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：2-32--3SO+HOHSO+OH、223--3HSOSO+HOH+OH，以第一步水解为主，故答案：2-32--3SO+HOHSO+OH②t1→t

3的过程中，升高温度，水的电离平衡向正反应方向移动，WK增大；③亚硫酸钠溶液在加热升温的过程中被空气中的氧气氧化为硫酸钠，溶液中亚硫酸根离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，23SO−水解程度减小；④t1与t4的pH不同是因为亚硫酸钠溶液在加热升温的过程中被空气中的

氧气氧化为硫酸钠，溶液中亚硫酸根离子浓度减小水解平衡逆向移动，所以生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小；【小问2详解】①硫酸氢铵溶液中硫酸氢根离子完全电离生成氢离子使溶液pH值等于1，铵根离子水解显碱性但前者是主要的，故pH值大于1；②由b

到c发生反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；③在c点pH=7，即c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L，溶液呈中性，此时溶液中发生的反应为2NH4HSO4+2NaOH=(NH4)2SO4+Na2SO4+H

2O和极少量的(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+NH3·H2O，因此溶液中c(Na2SO4)>c[(NH4)2SO4]，则有c(Na+)＞c(SO24−)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)；④d点溶液中的溶质是硫酸铵、

硫酸钠和一水合氨，e点溶液中的溶质是硫酸钠和一水合氨，铵根离子能发生水解促进水的电离，浓度小了故水的电离程度减小了。19.氮、硫的化合物合成、应用以及对环境的影响一直是科学界研究的热点。(1)尿素主要以NH3和CO2为原料进行

合成。主要通过以下两个反应进行:反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l)ΔH1=-117.2kJ·mol-1反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l)ΔH2=+21.7k

J·mol-1请回答：CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)ΔH3=____kJ·mol-1;该反应能发生主要原因是_________(2)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)⇌S2(g)+2CO2(g)，在恒容容器中，1m

ol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图所示。①若700℃发生该反应，经3分钟达到平衡，计算0—3分钟v(S2)=_______mol•L-1•min-1，该温度下的平衡的常数为_________②若

该反应在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，达到平衡时SO2的转化率_________90%(填“＞”、“＜”或“=”)③下列说法一定能说明该反应达到平衡状态的是____A.焦炭的质量不再变化时B.CO2、SO2的浓度相等时C.SO2的消耗速率与CO2的生

成速率之比为1:1D.容器的总压强不再变化时(3)已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8①工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH

=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为___________________②工业上也可用氨水来吸收SO2，写出氨水吸收过量SO2的化学反应方程式______________【答案】①.+95.5②.熵增或△S>0③.0.15④.36.45

⑤.＜⑥.AD⑦.c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)⑧.NH3•H2O+SO2===NH4HSO3【解析】【详解】（1）反应1：2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(l)ΔH1=-11

7.2kJ·mol-1反应2：H2NCOONH4(l)H2O(l)+CO(NH2)2(l)ΔH2=+21.7kJ·mol-1则-（反应1+反应2）得，CO(NH2)2(l)+H2O(l)2NH3(l)+CO2(g)，对应的ΔH3=-（-117.2kJ·mol-1+21.7kJ·mol

-1）=+95.5kJ·mol-1；根据自由能变化公式ΔG=ΔH-TΔS，因反应的ΔH3>0，该反应之所以能发生，是因为该反应中的熵增或△S>0，故答案为95.5；熵增或△S>0；（2）①从图中可看出SO2的转化率为90%时达到平衡状态，则

根据可逆反应2222C(s)2SO(g)S(g)2CO(g)mol/L)100mol/L)0.90.450.9mol/L)0.10.450.9++起始浓度（转化浓度（平衡浓度（则v(S2)=ct=0.45/3molLmin=0

.15mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数K=()22222cc(CO)c(SO)S=220.45/(0.9/)(0.1/)molLmolLmolL=36.45，故答案为0.15；36.45；②由图象可知，温度超过700℃，SO2的转化率降低，说明平

衡向逆向移动，即该反应为放热反应，所以在起始温度为700℃的恒容绝热容器中进行，随着反应的进行，容器的温度会高于700℃，则达到平衡时SO2的转化率＜90%，故答案为＜；③反应式2C(s)+2SO2(g)⇌S2

(g)+2CO2(g)，则A.焦炭的质量不再变化时，说明反应达到动态平衡，A项正确；B.CO2、SO2的浓度相等时，不能说明浓度保持不变，则无法证明反应达到平衡状态，B项错误；C.SO2的消耗速率与CO2的生成速率均表示正反应速率，所以不能说明反应达到

平衡状态，C项错误；D.反应体系是气体体积增大的反应，则容器的总压强不再变化时，能说明反应达到平衡状态，D项正确；故答案为AD；(3)①Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，离子方程式为SO32-+SO2+H2O═2HSO3-；25℃时用1mol/L的Na

2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，故c（Na+）最大，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，根据K2=6.2×10-8=()233()(HSO)cSOcHc−+−可知()233(HSO)cSOc−−=0.62，故c（HSO3-

）>c（SO32-），则有：c（Na+）>c（HSO3-）>c（SO32-）>c（H+）=c（OH-）;故答案为c（Na+）>c（HSO3-）>c（SO32-）>c（H+）=c（OH-）；②SO2为酸性

氧化物，氨水吸收过量SO2会生成NH4HSO3，其化学反应方程式为NH3•H2O+SO2=NH4HSO3，故答案为NH3•H2O+SO2=NH4HSO3。