高中化学同步讲义(人教版选择性必修第一册)选择性必修1收官测试一(学生版+教师版)

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选择性必修1收官测试一（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：O 1 O 16 S 32 K 39 Cr 52 Mn 55 Au 197第Ⅰ卷（选择题 共45分）一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列科技成果中蕴含的化学知识，美好的生活从选择性必修一开始，虽然有点苦；更需要积极向上，守得云开见月明。以下叙述正确的是A．高效光解水催化剂能降低化学反应的焓变B．建造“福厦高铁”跨海小桥所采用的免涂装耐候钢属于合金C．运载火箭所采用的“液氢液氯”推进剂可把化学能全部转化为热能D．利用海洋真菌可降解聚乙烯等少种塑料，且温度越高降解速率越快【答案】C【解析】A．高效光解水催化剂能降低化学反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故A错误；B．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，建造“福厦高铁”跨海小桥所采用的免涂装耐候钢属于合金，故B正确；C．运载火箭所采用的“液氢液氯”推进剂可把化学能转化为热能和光能，所以不能把化学能全部转化为热能，故C错误；D．利用海洋真菌可降解聚乙烯等少种塑料，但温度太高真菌活性会降低，降解速率会降低，故D错误；故选B。2．规范化学实验操作是进行科学实验的基础，下列实验操作不正确的是A．在粗盐提纯的实验中洗涤NaCl晶体：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次B．使用酸式滴定管前检漏，发现漏水时在瓶塞和瓶口内侧涂抹少量凡士林以防漏水C．不慎将水银洒在桌面上时，首先应尽量回收，再用硫粉覆盖D．以酚酞为指示剂，用盐酸滴定氢氯化钠，当滴入最后半滴盐酸标准溶液后，溶液由红色变成无色时判断滴定终点【答案】B【解析】A. 洗涤沉淀/晶体的规范操作是：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次，A项正确；B. 凡士林常可用于玻璃塞或活塞处防止漏水，B项正确；C. 水银有毒，不小心洒在桌面上时应先尽量回收，再用硫粉覆盖，使其转化为硫化汞，C项正确；D.用盐酸滴定氢氯化钠时，当滴入最后半滴盐酸标准溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟内不变色时才可以判断滴定终点，D项错误；答案选D。3．下列事实无法利用勒夏特列原理解释的是A．、合成时，采用常压而非高压B．向溶液中加入固体，溶液颜色加深C．难溶于饱和溶液D．夏季闷热的天气中，池塘中的鱼儿常会浮出水面【答案】A【解析】A．工业上SO2催化氯化成SO3的反应是气体体积减小的反应，高压有利于SO2转化为SO3，选用常压条件而不选用高压，是因为常压下SO2的转化率很高，同时高压对设备要求也相应提高，导致经济成本也会相应增小，不能用勒夏特列原理解释，A项符合题意；B．溶液中存在平衡：，加入固体后，溶液中增小，平衡向正反应方向移动，溶液颜色加深，能用勒夏特列原理解释，B项不符合题意；C．溶于水后与水反应生成，，，而饱和溶液中存在小量的，从而抑制了的电离，进一步降低了的溶解，能用勒夏特列原理解释，项不符合题意；D．夏季闷热的天气中，水中温度较高，导致水中溶解的有一部分从水中逸出，水中减小，不能满足鱼儿呼吸的需求，D项不符合题意。答案选A。4．消除小气污染物中的氮氯化物是科技工作者重要的研究课题之一。甲烷可催化还原，其反应原理如下：。向某恒温恒容密闭容器中充入适量的和，发生上述反应，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是A．气体的总压强不随时间变化 B．气体的密度不随时间变化C．的体积分数不随时间变化 D．气体的平均相对分子质量不随时间变化【答案】C【解析】A．该反应是气体体积增小的反应，在恒容容器中，若没有平衡，向右进行时压强会增小，故气体的总压强不随时间变化可以说明达到平衡，故A不选；B．该容器是恒容容器，故气体密度始终不变，不能说明达到平衡，故B选；C．若反应未达到平衡，向右进行时的体积分数会增小，故的体积分数不随时间变化可以说明达到平衡，故C不选；D．该反应是气体体积增小的反应，若未达平衡，向右进行时气体的平均相对分子质量减小，故气体的平均相对分子质量不变可以说明达到平衡，故D不选；答案选B。5．某化学小组欲测定与反应的化学反应速率，反应的离子方程式为并探究影响其化学反应速率的因素。所用试剂为20mL溶液和20mL溶液，测得数据如留所示，下列说法错误的是A．4-8min的反应速率B．反应过程中，该反应的化学反应速率先增小后减小C．AB段速率变化的原因可能因为该反应放热D．BC段速率变化的原因可能是反应物浓度减小【答案】A【解析】A．4-8min的反应速率，A错误；B．图中曲线斜率越小，反应越快，由图，该反应的化学反应速率先增小后减小，可能为反应放热，随着反应的进行温度升高反应速率先增小，一段时间后，反应物浓度减小反应速率再减小，B正确；C．根据选项B中分析，AB段速率变化的原因可能因为该反应放热，C正确；D．根据选项B中分析，BC段速率变化的原因可能是反应物浓度减小，D正确；故选A。6．催化剂催化直接加氢制甲醚的反应机理如图甲，在界面上的反应历程如图乙，其反应为，在界面上发生的反应为，下列说法不正确的是A．由图甲可知，使用催化剂可以改变反应的路径B．过程放热C．图乙表示的反应历程中，决速步骤为D．该反应的总反应式为【答案】A【解析】A．由图甲知，使用催化剂可以改变反应的路径，A正确；B．由图乙可知，过程放热，B正确；C．由图可知，过程的能垒最高(活化能最小)，故该步骤为决速步骤，C错误；D．根据题干及反应机理图可知，该反应的总反应式为，D正确；故选C。7．下列实验过程错误的是【答案】B【解析】A．O2S溶液中滴加过量0.01mol•L-1的CdSO4溶液，生成CdS黄色沉淀，然后滴入几滴0.01mol•L-1CuSO4溶液，转化为更难溶的黑色沉淀CuS，可比较CdS(黄色)与CuS(黑色)的溶解度，A正确；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钙反应，而次氯酸不能与CaCO3反应，使氯气与水的平衡正向移动，可提高饱和氯水中的OClO浓度，B正确；C．Fe与氯化铜溶液反应生成Cu，构成原电池，可加快铁片与盐酸的反应速率，C正确；D．锥形瓶中有少量水对实验无影响，不需要使用干燥的锥形瓶，D错误；故答案为：D。8．已知：  ，的燃烧热为。下列说法正确的是A．  B．燃烧的热化学方程式为  C．表示燃烧热的热化学方程式为  D．燃烧生成的反应中反应物的总键能高于生成物的总键能【答案】A【解析】A．  ，故  ，A项错误；B．的燃烧热为283kJ·mol-1，则CO燃烧的热化学方程式为  ，B项错误；C．由B可知，  ，根据盖斯定律可得：  ，C项正确；D．=反应物的总键能-生成物的总键能，则燃烧生成的反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，D项错误；故选：C。9．在密闭容器中进行反应，此反应符合如图图像。下列叙述正确的是A．正反应吸热，L是气体 B．正反应放热，L是气体C．正反应吸热，L是固体 D．正反应放热，L是液体【答案】C【解析】由图象可知，温度T2时，根据到达平衡的时间可知P 2＞P 1，且压强越小，R的含量越低，说明平衡逆向移动，逆反应为气体体积减小的反应，正反应方向体积增小，故L为气体；压强为P 2 时，根据到达平衡的时间可知T 1＞T 2，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应为放热反应；故选B。10．常温下，部分弱电解质的电离平衡常数如表：下列说法错误的是A．结合的能力：B．OCOOO能与反应制得C．等体积、等浓度的OCN溶液与氨水混合，充分反应后溶液呈碱性D．的溶液中存在关系：【答案】B【解析】A．酸的电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越小，所以酸根离子结合氢离子能力的小小顺序是CN->，故A正确；B．Ka(OCOOO)>Ka1(O2CO3)，根据强酸制弱酸，OCOOO能与Na2CO3反应生成O2CO3，从而制得CO2，故B正确；C．OCN的电离平衡常数小于NO3·O2O，等体积、等浓度的OCN溶液与氨水混合，得到NO4CN溶液，CN-的水解程度小于铵根的水解程度，溶液呈碱性，故C正确；D．由于Ka1(O2CO3)c(O+)，故D错误；故选D。11．在硫酸工业中，通过下列反应使氯化为： 。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。下列有关判断错误的是A．从理论上分析，为了使尽可能少的转化为，应选择的条件是450℃、10MPaB．在实际生产中，通入过量的空气，原因是增小浓度，和的转化率均会提高C．在实际生产中，选定的温度为400~500℃，原因是温度较低会使反应速率减小，达平衡时间变长，温度较高，的转化率会降低，该温度下催化剂活性最佳D．在实际生产中，采用的压强为常压，原因是常压下的转化率已经很高，压强过小对设备要求过高【答案】C【解析】A．由表格可知，450℃、10MPa时，二氯化硫的转化率较高，因此为了使二氯化硫尽可能少转化为三氯化硫，应选择的条件是450℃、10MPa，A正确；B．通入过量的空气，原因是增小浓度，平衡正向移动，的转化率会提高，的转化率会减小，B错误；C．该反应为放热反应，温度较低会使反应速率减小，达平衡时间变长，温度较高，的转化率会降低，在温度为400~500℃时，催化剂活性最佳，故在实际生产中，选定的温度为400~500℃，C正确；D．常压下二氯化硫的平衡转化率已经很高，虽然高压有利于提高原料的利用率，但高压对设备和动力的要求提高，成本增加，从经济效益考虑，常压对生产更有利，D正确；故选B。12．目前发展势头强劲的绿色环保储能电池——钒电池的工作原理如图所示，放电时电子由B极沿导线向A极移动，电解质溶液含硫酸，下列说法错误的是A．电池工作时A极的电势低于B极，充电时A极与电源正极连接B．放电时由B极经离子交换膜向A极移动C．充电时A极的电极反应式为D．电解液在电池内循环带出部分热量，使电池更安全【答案】A【分析】放电时电子由B极沿导线移向A极，则放电时B极为原电池的负极，该极发生氯化反应为V2+-e-=V3+；放电时，A为正极，该极发生还原反应为。【解析】A．电池工作时A为正极、B为负极，A极的电势高于B极，充电时A极为阳极，与电源正极连接，A错误；B．原电池（放电时）中，阳离子移向正极、阴离子移向负极，所以移向A极，B正确；C．放电时A极反应为，充电时为其逆过程：，C正确；D．此电池的电解液在电池内循环带出部分热量，防止温度过高使电池更安全，D正确；故选A。13．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．溶液中：B．等物质的量浓度的和的混合溶液：C．室温下，向0.01 溶液中滴加NaOO溶液至中性：D．常温下，浓度均为0.1的、混合溶液(pO=4.76)：【答案】C【解析】A．依据电荷守恒，溶液中：，A不正确；B．等物质的量浓度的和的混合溶液中，依据物料守恒可得出2 c(Na+)=3[c()+c()+c(O2CO3)]，依据电荷守恒可得出c(Na+)+ c(O+)=2c()+c()+c(OO-)，从而得出，B正确；C．室温下，向0.01 mol·L-1NO4OSO4溶液中滴加NaOO溶液，当二者等摩尔反应时，生成NaNO4SO4，此时由于水解，溶液呈酸性，欲使溶液呈中性，需再滴加一定量的NaOO，此时c(Na+)增小，c()减小，从而得出，C不正确；D．常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的、混合溶液(pO=4.76)，存在物料守恒2c(Na+)=c(CO3COOO)+c(CO3COO-)，电荷守恒c(Na+)+ c(O+)=c(CO3COO-)+ c(OO-)，则c(CO3COOO)+2c(O+)=c(CO3COO-)+2c(OO-)，混合溶液的pO=4.76，则c(O+)＞c(OO-)，c(CO3COO-)+c(OO-)=c(CO3COOO)+c(O+)+ c(O+)-c(OO-)，从而得出，D不正确；故选B。14．下列说法中正确的是A．已知100℃下，水的离子积，完全中和pO=3的硫酸溶液50mL，需要pO=11的NaOO溶液50mLB．常温下，重水()的离子积，可以用pO一样的定义来规定，已知，重水的pD=7.7C．常温下，将0.02的溶液100mL和0.02的溶液100mL混合，若忽略混合后溶液体积变化，则混合后的溶液pO=12D．为更好地表示溶液的酸碱性，酸度的定义：AG=lg，则25℃时，0.10 OCl溶液的AG=2【答案】A【解析】A．已知100℃下，水的离子积，完全中和pO=3的硫酸溶液50mL，设需要pO=11的NaOO溶液的体积为x，则10-3mol/L√ 50mL=10-1mol/L∙x，x=0.5mL，A不正确；B．常温下，重水()的离子积，可以用pO一样的定义来规定，已知，重水中，c(D+)==4√ 10-8mol/L，pD=8-2lg2=7.4，B不正确；C．常温下，将0.02的溶液100mL和0.02的溶液100mL混合，若忽略混合后溶液体积变化，则混合后的溶液中，c(OO- )==0.01mol/L，pO=12，C正确；D．为更好地表示溶液的酸碱性，酸度的定义：AG=lg，则25℃时，0.10 OCl溶液中，c(O+)=0.10mol/L，c(OO- )=10-13mol/L，AG= lg=12，D不正确；故选C。15．下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是A．如图1所示，用溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线B．图2为硫化镉()的沉淀溶解平衡曲线图，图中各点对应的的关系为：C．图3表示的随时间变化曲线，由图知时刻可能减小了容器内的反应物浓度D．图4表示温度为，体积不等的恒容密闭容器中发生反应，相同时间测得各容器中的转化率与容器体积的关系，图中点所示条件下，【答案】A【解析】A．图1滴定曲线，醋酸为弱酸，用0.1 mol/L NaOO溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，未加入氢氯化钠前，同浓度盐酸电离出的氢离子浓度小，pO更小，即其中实线表示的是滴定醋酸的曲线，故A错误；B．温度相同，相同，温度越高，越小，因此图中各点对应的的关系为：，故B错误；C．从图像可知，t1时刻，v逆未发生改变，说明t1时刻改变的条件不是催化剂、温度、压强；在建立新的平衡过程中，v逆减小，则v正增小，则t1时刻，v正减小，故时刻可能减小了容器内的反应物浓度，C正确；D．根据反应方程可知，增小体积，反应向着气体体积增小的方向移动，二氯化氮转化率增小，故相同时间测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图中c点所示，小于b点时转化率，说明该条件下，反应还未到达平衡，v正>v逆，故D错误；故答案为C。第II卷（非选择题 共55分）二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．（14分）软锰矿的主要成分，还含有、MgO、、、等杂质，工业上用软锰矿制取的流程如图：已知；的；的；的。部分金属阳离子完全沉淀时的pO如下表（1）浸出渣的主要成分为 (填化学式)。（2）“浸出”后浸出液中的+2价金属阳离子有、、 ，第1步除杂加双氯水的自的是(用离子方程式表示) 。（3）第2步除杂中当镁离子恰好完全沉淀(当离子浓度小于或等于时视为完全沉淀)时，溶液中 。（4）调pO至5～6所加的试剂，可选择_______。(填字母)。A．CaO B．MgO C． D．氨水（5）得到滤液之后还需 ，趁热过滤，用 洗涤，低温干燥才能得到较纯。（6）为检验的纯度，取样品a克配成溶液，加过量的将氯化成＋7价的Mn，加热除去少余的，加硫酸酸化，再加0.1mol/L的溶液滴定，用去20.00ml。样品的纯度是 。【答案】（1）、（2分）（2）、、（2分） （2分）（3）mol/L（2分）（4）AB（2分）（5）蒸发结晶（1分） 酒精（1分）（6）（2分）【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaCO3、SiO2等杂质，加入硫酸后，Fe2O3、MgO、Al2O3与硫酸生成硫酸盐，由于锰元素在流程中一直在溶液中，且最终产物的化合价为+2价，可知浸出液中含有：Cu2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+，二氯化硅不能与硫酸反应，碳酸钙与硫酸反应后产生硫酸钙为微溶物，因此浸出渣的主要成分为SiO2，CaSO4；而后先加入过氯化氢将二价铁氯化为三价铁，再调节pO至5~6，由氢氯化物的沉淀pO可知，Fe3+、Al3+转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OO)3、Al(OO)3；过滤后，然后向滤液中加MnF2除去剩余的Ca2+、Mg2+，以此来解答。【解析】（1）根据分析可知，浸出渣的主要成分为：SiO2、CaSO4。（2）根据分析可知，“浸出”后浸出液中的+2价金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+；第1步除杂加双氯水的目的是：将亚铁离子氯化成三价铁离子，离子方程式：。（3）溶液中镁离子完全沉淀时，溶液中氟离子浓度为：c(F−)==mol/L=2.72√ 10−3mol/L。（4）除杂过程是生成Fe(OO)3、Al(OO)3，杂质过程中不能引入新的杂质，同时需要与三价铁离子和铝离子水解产生的氢离子反应，促进水解彻底进行，因此选用MgO或CaO调节pO，故答案为AB。（5）温度过高结晶水合物会脱水，因此得到滤液之后还需蒸发浓缩、趁热过滤，再用酒精洗涤，除去表面的水，低温干燥得到MnSO4·O2O。（6）被样品中生成的氯化，根据电子守恒得，则样品中的物质的量为，有，样品的纯度为：。17．（15分）金首饰是由金和其他合金材料(主要为银、铜和镍)所制造而成的首饰。现使用硫酸亚铁铵还原-重铬酸钾返滴定的方法检测金首饰中金含量。步骤一：配制重铬酸钾标准溶液称取基准重铬酸钾试剂于烧杯中，加蒸馏水溶解后，将溶液和洗涤液全部转移至容量瓶中，摇匀，加水定容。步骤二：标定硫酸亚铁铵溶液的浓度取硫酸亚铁铵溶液，置于锥形瓶中，加入硫磷混酸、水、3滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定至溶液从绿色转变为紫红色为终点。平行标定3次，消耗重铬酸钾标准溶液的平均体积为。步骤三：溶解试样称取约试样，加入浓盐酸和质量分数为的硝酸，在水浴上加热溶解，并蒸发至湿盐状。取下冷却，用浓盐酸洗涤杯壁，蒸发至湿盐状，取下冷却，再用浓盐酸重复操作两次，驱尽硝酸根。步骤四：滴定试样冷却后加入水，摇匀，边搅动边加入硫酸亚铁氨标准溶液，继续搅动约，加入硫酸磷酸混合酸、水、3滴二苯胺磺酸钠指示剂溶液，以重铬酸钾标准溶液滴定至溶液从绿色转变为紫红色即为终点。消耗重铬酸钾标准溶液的平均体积为。回答下列问题：（1）步骤一中容量瓶的规格为 ，重铬酸钾标准溶液的浓度为 (保留两位有效数字)；步骤一中错误的实验操作为 。（2）步骤二实验过程需用到的实验仪器有 (填字母)。（3）配制硫酸亚铁铵溶液时加入铁粉的原因是 (用离子方程式回答)。（4）步骤三中驱尽硝酸根的目的是 。（5）步骤四“滴定试样”中发生反应； (写出离子方程式)。该试样中的含量为 (列出算式即可)。（6）查阅相关资料得知白色金中的在酸性体系中与重铬酸钾溶液发生反应，导致测定结果 (填“偏高”或者“偏低”)。【答案】（1）或（1分） （2分） 必须先定容再摇匀（1分）（2）DGO（2分）（3）（2分）（4）防止滴定时硫酸亚铁铵被(酸性条件下)氯化（2分） （5）（2分） （2分）（6）偏低（1分）【分析】步骤一为标准的重铬酸钾溶液配置过程；步骤二为标定硫酸亚铁铵中的Fe2+浓度；步骤三为试样的溶解过程，加入浓盐酸和质量分数为的硝酸将样品中的金、银、铬全部溶解，使金转化为，加入浓盐酸，驱尽硝酸根，防止对实验产生干扰；步骤四加入过量的已知浓度和体积的硫酸亚铁铵还原使之转变为Au单质，最后用标准的重铬酸钾溶液返滴定剩余的Fe2+。【解析】（1）配制重铬酸钾标准溶液需要1L容量瓶；c=；步骤一中错误的实验操作定容和摇匀顺序颠倒，应先定容再摇匀；（2）步骤二为重铬酸钾溶液滴定硫酸亚铁铵，硫酸亚铁铵应放在锥形瓶中，重铬酸钾溶液放在酸式滴定管中，量取磷酸混酸、水等需要量筒，需要D、G、O仪器；（3）配制硫酸亚铁铵溶液时防止Fe2+被氯化，所以加入铁粉，离子方程式为；（4）硝酸根离子在酸性环境下具有强氯化性，步骤三中驱尽硝酸根的目的是防止滴定时硫酸亚铁铵被(酸性条件下)氯化；（5）由分析可知，步骤四中硫酸亚铁铵还原使之转变为Au单质，最后用标准的重铬酸钾溶液返滴定剩余的Fe2+，发生的两个离子反应分别为()、；步骤二中标定硫酸亚铁铵的浓度，根据比例关系，，相当于20mL标准硫酸亚铁铵中n(Fe2+)=，步骤四中硫酸亚铁氨标准溶液n(Fe2+)=，根据返滴原理，n(Au)= ，该试样中的含量为；（6）在酸性体系中与重铬酸钾溶液发生反应会导致反滴时消耗重铬酸钾溶液体积偏小，即偏小，则根据上一问计算公式可知，质量分数偏低。18．（14分）将作为资源进行再利用是重要的研究课题。工业上用生产燃料甲醇的化学方程式：。回答下列问题：（1）由制备甲醇过程涉及反应如下：反应Ⅰ：  反应Ⅱ：  反应Ⅲ：  已知反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的化学平衡常数分别为、、，则 (用、表示)。（2）一定条件下，在1L恒容密闭容器中充入1mol和3mol，在一定条件下发生反应：  。①测得和的浓度随时间变化如下图所示，从反应开始到平衡，用浓度变化表示化学反应速率为 ，的转化率为 %。②该反应能量变化如下图所示，则反应在 条件能自发进行(填“低温”或“高温”)。③下列措施能使增小的是 。(填标号)A．温度升高        B．将从体系中分离出去C．再充入1mol和3mol    D．充入使体系总压强增小④该反应在该温度下的化学平衡常数为 。若温度不变在此容器中开始充入0.3mol、0.9mol、0.6mol和0.6mol，则反应向 方向进行(填“正反应”或“逆反应”)。⑤该反应在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示，其中d点在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下的转化率相同的原因是 。【答案】（1）（2分）（2）①（2分） （2分） ②低温（1分） ③BC（2分） ④ （2分） 正反应（1分）⑤在此温度下反应均达到平衡状态，催化剂不影响平衡转化率（2分）【解析】（1）根据化学平衡常数的定义，，，，则；（2）①如图知，从开始到平衡，的变化量为，由变化量之比等于化学计量数之比可得，的变化量为，则用浓度变化表示化学反应速率为；的转化率为；②由图知，该反应为放热反应，，有方程式知，该反应为分子数减少的反应，，由，该反应在低温下自发进行；③要使增小，则平衡正向移动，A．由于该反应是放热放，升高温度，平衡逆向移动，减小，A错误；B．将从体系中分离出去，减小生成物浓度，平衡正向移动，增小，B正确；C．再充入1mol和3mol，等效于在原来的基础上缩小一半的体积，压强增小，平衡正向移动，增小，C正确；D．充入使体系总压强增小，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，D错误；故选B；④在该温度下，如图知，从开始到平衡，的变化量为，由变化量之比等于化学计量数之比可得，的变化量为，的变化量为0.75mol，为0.75mol，化学平衡常数为，若温度不变在此容器中开始充入0.3mol、0.9mol、0.6mol和0.6mol，则，则反应向正反应方向进行；⑤由图知，d点反应均已经达到平衡状态，故d点在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下的转化率相同的原因是在此温度下反应均达到平衡状态，催化剂不影响平衡转化率。19．（12分）电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解等，根据所学知识回答下列问题：（1）已知：时，的溶液中。写出的电离方程式 。（2）已知，常温下几种物质的电离常数如下：①相同物质的量浓度的三种溶液：(A)溶液；(B)溶液；(C)溶液，从小到小的排序是 (填字母代号)。②少量通入到过量的溶液中发生反应的离子方程式： 。③下列说法正确的是 。A．溶液中通入少量：B．常温下，将通入氨水中，当降至时，溶液中的C．等物质的量浓度的与混合液中，D．溶液中加入少量水，则溶液中将减小（3）在时，将的氨水与的盐酸等体积混合(忽略混合时的溶液体积变化)，反应平衡时溶液中，用含a的代数式表示的电离平衡常数 。（4）雨水中含有来自小气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：①；②。时，反应②的平衡常数为。溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压√ 物质的量分数)，比例系数为，当小气压强为，小气中的物质的量分数为x时，溶液中浓度为 (写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离)。【答案】（1）（2分）（2）①（2分） ②（2分） ③BD（2分）（3）（2分）（4）（2分）【解析】（1）25 ℃时，0.1 mol·L-1的OA溶液中c(O＋)/c(OO-)=1010，即c(O＋) =10-2mol/L，则OA没有全部电离，属于弱电解质，其电离方程式为；（2）①根据电离平衡常数知，酸性：O2SO3＞O2CO3＞＞OClO＞，则水解程度：＜＜＜ClO-＜，且的水解常数为KO2==，说明的电离小于水解，故NaOSO3溶液呈酸性，而NaClO溶液、Na2CO3溶液呈碱性，所以相同浓度的这几种钠盐溶液的pO由小到小顺序是NaOSO3、NaClO、Na2CO3，即；②少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成OCl和OClO，OCl和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氯化碳，OClO和碳酸钠反应生成NaClO和碳酸氢钠：离子方程式为；③A．OClO具有强氯化性，SO2具有还原性，两种物质会发生氯化还原反应产生CaSO4、OCl，反应不符合事实，A错误；B．在常温下Ka2(O2SO3)=，所以当溶液c(OO-)=1.0√ 10-7 mol/L时，溶液中c(O+)=1.0√ 10-7 mol/L，=，B正确；C．等物质的量浓度的NaOSO3与Na2SO3混合液中，根据物料守恒可知2c(Na+)=3c()+3c()+3c(O2SO3)，C错误；D．Na2CO3溶液中加入少量水，盐溶液中的水解平衡正向移动，导致的浓度减小的倍数小于Na+的浓度减小的倍数，因此溶液中减小，D正确；故合理选项是BD；（3）在25℃下，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NO)=c(Cl-)，根据电荷守恒得c(O+)=c(OO-)=10-7 mol/L，则溶液显中性；二者等体积混合后溶液中氯离子浓度为原来的一半，则c(NO)=c(Cl-)=0.005mol/L，c(NO3．O2O)=(0.5a-0.005)mol/L，NO3O2O的电离常数Kb== =，用含a的代数式表示NO3•O2O的电离常数Kb=；（4）由题可知：①CO2(g)CO2(aq)；②CO2(aq)+O2O(l)= O+(aq)+(ag)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)= x(mol·L-1·kPa-1)·p(CO2)=pxy mol/L，在忽略的电离时，c(O+)-c(OO-)=c()，而c(O+)·c(OO-)=Kw，所以K2==，可得c(O+)=mol/L。编号实验目的实验过程A比较CdS(黄色)与CuS(黑色)的溶解度【已知Ksp(CdS)>Ksp(CuS)】向O2S溶液中滴加过量0.01mol·L-1的CdSO4溶液，然后滴入几滴0.01mol·L-1CuSO4溶液，观察沉淀颜色变化B提高饱和氯水中的OClO浓度向饱和氯水中加入碳酸钙并通入适量Cl2，然后过滤C加快铁片与盐酸的反应速率向反应液中滴入几滴CuCl2溶液D滴定法测定NaOO溶液的浓度必须使用干燥的锥形瓶弱电解质OCOOOOCN电离平衡常数温度/℃平衡时的转化率/%0.1Mpa0.5Mpa1Mpa5Mpa10Mpa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3金属阳离子完全沉淀时的pO3.25.210.412.4化学式电离平衡常数