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【化学】福建省厦门市第一中学2018-2019学年高二下学期3月月考（解析版） 试卷
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福建省厦门市第一中学2018-2019学年高二下学期3月月考
1.比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推导不合理的是
序号
化学反应事实
影响化学反应的因素
A
铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧
反应物浓度
B
碳在常温下不与氧气发生反应，而在高温时能与氧气反应
反应温度
C
水在通电的条件才能分解，双氧水只要加入二氧化锰就迅速分解
催化剂
D
铜片在空气中很难燃烧，纳米铜粉在空气中较易燃烧
反应物的接触面积
【答案】C
【解析】
A．铁丝能在氧气中燃烧是因为氧气的浓度大了，故A正确；B．碳在点燃时能与氧气反应是因为温度达到了着火点，故B正确；C．水的分解和双氧水分解是两种不同物质的分解，无法判断催化剂对反应速率的影响，故C错误；D．铜片与铜粉都是铜，铜片不易燃烧是因为它的体积大温度升高慢，而铜粉体积小温度升高快很快达到了着火点，是反应物的接触面积改变，故D正确；故答案为C。
2.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HS－＋H2OH3O＋＋S2－
B. CO2＋2H2OHCO3－＋H3O+
C. NH4＋＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋
D. HCO3－＋OH－CO32－＋H2O
【答案】C
【解析】
A．HS－＋H2OH3O＋＋S2－表示的是HS-的电离方程式，故A错误；B．CO2＋2H2OHCO3－＋H3O+表示的是H2CO3的电离方程式，故B错误；C．NH4＋＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋表示的是NH4+的水解方程式，故C正确；D．HCO3－＋OH－CO32－＋H2O表示的是HCO3-的电离方程式，故D错误；答案为C。
3.下列有关活化分子和活化能的说法不正确的是( )
A. 增加气体反应物的浓度可以提高活化分子百分数
B. 升高温度可增加单位体积活化分子数
C. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
D. 使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数
【答案】A
【解析】
【分析】
活化分子指的是能发生有效碰撞的分子，它们的能量比一般分子的能量高；活化分子百分数指的是活化分子占所有分子中的百分含量。
【详解】A.增加气体反应物的浓度，只是增加活化分子的浓度，但是不增加活化分子百分数，A错误；
B.升高温度使普通分子的能量增加，使部分普通分子变成活化分子，因此可以提高单位体积内活化分子百分数， B正确；
C.根据活化分子的定义，发生有效碰撞的一定是活化分子，C正确；
D.使用催化剂，改变反应途径，使反应所需的活化能降低，使大部分普通分子变成活化分子，提高单位体积活化分子百分数， D正确。
本题答案选A。
【点睛】能够提高活化分子百分数的途径包括升高温度和加入催化剂。提高活化分子的浓度包括升高温度、加入催化剂、提高浓度等。
4.Li/Li2O体系的能量循环图如图所示。已知，△H4＞0。下列说法正确的是
A. △H3<0
B. △H3+△H4+△H5=△H6
C. △H6>△H5
D. △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0
【答案】C
【解析】
【详解】A．断裂化学键需要吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热量，△H3＞0，故A错误；
B．根据盖斯定律可知：反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5 = △H6，故B错误；
C．根据能量转化关系和盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，△H6＞△H5，故C正确；
D．根据盖斯定律，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，故D错误；
答案选C
【点睛】把握反应的转化关系、盖斯定律的应用为解题的关键。本题中需要注意断裂化学键需要吸收能量，△H＞0；形成化学键需要放出能量，△H＜0。
5.一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示，石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e－+H2O=MnO(OH)+OH-。该装置工作时，下列叙述正确的是
A. 石墨电极上的电势比Al电极上的低
B. Al电极区的电极反应式：A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+
C. 每消耗27gAl，有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上
D. 若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，电极反应式相同
【答案】B
【解析】
【分析】
放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-，MnO2得电子，石墨为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．根据上述分析，石墨为正极，Al为负极，石墨电极上的电势比Al电极上的高，故A错误；
B．MnO2得电子为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3，负极电极反应式为Al-3e-+3NH3•H2O═Al(OH)3+3NH4+，故B正确；
C．电子从负极流向正极，但是电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；
D．若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，负极生成的氢氧化铝会被氢氧化钠溶解，电极反应式不同，故D错误。
答案选B。
6.下列说法中正确的是
A. 25 ℃时0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液的Kw大于100℃时0.01mol•L﹣1NaCl溶液的Kw
B. 常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性
D. 室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【详解】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离，则离子积常数增大，所以25℃时0.1mol•L-1NH4Cl溶液的Kw小于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的Kw，故A错误；
B．酸抑制水的电离、含有弱离子的盐促进水的电离，则常温下pH=3的醋酸和硫酸铝溶液中由水电离出的c(H+)分别为：mol/L=10-11 mol/L、10-3 mol/L，二者之比为1：108，故B正确；
C．温度未知，不能根据溶液的pH判断溶液酸碱性，pH=6.5的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，也可能是中性，故C错误；
D．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合时氨水过量较多，溶液呈碱性，故D错误；
答案选B。
【点睛】明确溶液中溶质成分及其性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意离子积常数只与温度有关，温度未知时不能根据pH判断溶液酸碱性。
7.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是( )
①二氧化硫 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性。①SO2＋H2OH2SO3，H2SO3HSO3－＋H＋，HSO3-SO32－＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。
8.能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)>c(OH－)的操作是
①将水加热煮沸 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通CO2 ④向水中加入明矾晶体 ⑤向水中加NaHCO3固体 ⑥向水中加NaHSO4固体 ⑦向水中加NH4Cl固体
A. ①②④⑤ B. ①⑤⑦ C. ③④⑥ D. ④⑦
【答案】D
【解析】
【分析】
影响水的电离的因素：温度，同离子效应，所加物质的酸碱性等。
【详解】①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误；
②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)
④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c(H＋)>c(OH－)，故④正确；
⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c(H＋)
⑦向水中加NH4Cl固体，NH4+与水电离出的OH-结合生成一水合氨弱电解质，促进水的电离，使水的电离向右移动，酸性增强，c(H＋)>c(OH－)，故⑦正确。
答案选D。
【点睛】本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果如何（c(H+)与c(OH-)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。
9.下列说法正确的是( )
A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C. 热的碳酸钠溶液去除油污的效果更好
D. 草木灰和铵态氮肥一起使用对农作物的肥效更佳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据有关离子的水解平衡及其移动分析解答。
【详解】A项：AlCl3溶液中都存在铝离子的水解平衡，加热蒸干时，因水解吸热和HCl的挥发，使AlCl3水解完全生成Al(OH)3沉淀，灼烧时Al(OH)3分解生成Al2O3。Al2(SO4)3溶液中也存在铝离子的水解平衡，因H2SO4是不挥发性酸，加热蒸干时其浓度变大，抑制铝离子的水解，最终得到Al2(SO4)3固体。A项错误；
B项：FeSO4溶液中Fe2+水解，配制其溶液时使用H2SO4抑制其水解，才不会在溶液中引入杂质离子，B项错误；
C项：碳酸钠溶液中碳酸根分步水解使溶液呈碱性，加热促进其水解，溶液中氢氧根浓度增大，去除油污的效果更好，C项正确；
D项：草木灰（K2CO3）中碳酸根水解呈碱性，铵态氮肥中铵根水解呈酸性，两者混合使用会使铵根转化为氨气而损失氮元素，D项错误。
本题选C。
【点睛】弱阴离子水解使溶液呈碱性，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。水解平衡的移动符合平衡移动原理。
10. 下列事实一定能说明HF是弱酸的是
①常温下NaF溶液的pH大于7； ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应； ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；⑥HF与水能以任意比混溶；
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红。
A. ①②⑦ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①④
【答案】D
【解析】
F-水解显碱性，证明HF是弱酸。用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗只能说明导电性很差。常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3，说明部分电离，证明为弱酸。⑤⑦只是说明为酸，弱酸无法证明。⑥说明HF中有氢键。
11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断不正确的是（ ）
A. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
B. 该反应达到平衡时，4v(Ni(CO)4)生成=v(CO)生成
C. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
D. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
【答案】C
【解析】
【详解】A.加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni(CO)4分解率较高，A正确；
B.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B正确；
C.平衡常数与温度有关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，D正确；
故合理选项是C。
12.H2S与CO2在高温下发生反应：CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。下列说法不正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应
B. 通入CO2后，正反应速率先增大后减小
C. H2S的平衡转化率α = 4.5 %
D. 反应平衡常数K = 1/351
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故A正确；
B．通入CO2瞬间，正反应速率最大，但随着反应进行，正反应速率逐渐减小，故B正确；
C． H2S(g) + CO2(g)⇌COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01，H2S的平衡转化率α=×100%=2.5%，故C错误；
D．根据C的分析，平衡浓度：c(H2S)==0.156mol/L，c(CO2)=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=0.004mol/L，平衡常数K===，故D正确；
答案选C。
13.焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应的∆H>0 B. C点时达到平衡状态
C. 增加C的量能够增大SO2的转化率 D. T3时增大压强，能增大活化分子百分数
【答案】B
【解析】
【详解】A.升高温度平衡向吸热方向移动，C点对应温度升高到D点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；
B.达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，根据图知，只有C点符合，故B正确；
C.能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动，但不能是增加C的物质的量，因为C为固体，故C错误；
D. 增大压强，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确解读图像是解题的关键。本题中要注意平衡时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，而不是1∶1。
14.常温下，将pH均为11，体积均为V0的AOH和BOH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 碱性强弱：AOH＞BOH
B. 水的电离程度：a=b＞c
C. 稀释相同倍数时：c（A+）＜c（B+）
D. 中和盐酸的能力：a=b＜c
【答案】D
【解析】
【详解】由图知当lg =2时，AOH的pH下降了2个单位，故AOH为强碱，同理BOH为弱碱，故A正确；
B项水的电离程度受溶液中c(OH-)的影响，溶液中的氢离子就为水电离的，所以根据pH的大小分析水电离程度，故a＝b > c，B正确；
C、起始溶液中两种离子B+ 和A+的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱BOH电离程度增大，c(B+)＞c(A+)，C项正确；
D、起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：b＝c＞a，D不正确。
故选D。
【点睛】掌握稀释过程中电离平衡的移动对溶液中的pH的变化分析强弱电解质，根据溶液中的三大守恒书写微粒浓度间的关系。
15.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应△H>0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
16.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb =3.38。常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液，分别滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液
B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e
C. b点溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)
D. 常温下，CH3NH3Cl水解常数的数量级为10－11
【答案】D
【解析】
【分析】
由图示可知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质，则曲线1代表甲胺；曲线2代表四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]。据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，曲线2代表四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，曲线1代表的是甲胺，故A错误；
B．c点加入20mL盐酸，甲胺与盐酸恰好完全反应生成CH3NH3C1，CH3NH3+水解，促进了水的电离，则c点水解程度最大，故B错误；
C．c点二者恰好反应生成CH3NH3C1，根据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)，而b点加入的HCl较少，根据物料守恒，则c(Cl-)＜c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)，故C错误；
D．pKb=-lgKb=3.38，则Kb=10-3.38，则CH3NH3C1水解常数Kh===10-10.62≈2.1×10-11，其数量级为10-11，故D正确；
答案选D。
【点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答的关键。本题的易错点为C，要注意c点为甲胺与盐酸恰好反应生成CH3NH3C1的点。
17.已知常温下部分弱酸的电离常数如表，下列说法不正确的是
弱酸
电离常数
CH3COOH
Ka=1.76×10-5
H2SO3
Ka1=1.23×10-2、 Ka2=5.6×10-8
HF
Ka=6.8×10-4
A. 在1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中不一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
B. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. 常温下，pH均等于3的醋酸溶液与盐酸等体积混合后，溶液的pH变小
D. 常温下，相同体积、相同物质的量浓度的NaF、Na2SO3、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由大到小的顺序是：Na2SO3 > NaHSO3 > NaF
【答案】C
【解析】
【详解】A．若H2A为二元强酸，NaHA为强酸的酸式盐，溶液中可能不存在H2A，故A正确；
B．溶液为酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，故B正确；
C．常温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合，由于两溶液中氢离子浓度相等，则混合液中氢离子浓度不变，所以混合液的pH仍然为3，故C错误；
D．相同温度下，酸的强弱酸性是：H2SO3＞HF＞HSO3-，相同体积、相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的离子总数相应变大，所以相同体积、相同物质的量浓度的NaF、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由大到小排列的顺序是NaHSO3 > NaF，而Na2SO3电离出两个阳离子和一个阴离子，离子数目最多，所以溶液中离子总数由大到小排列的顺序是Na2SO3 > NaHSO3 > NaF，故D正确；
答案选C。
18.25℃时，向1L 0.1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为Ka=10－5
B. 当通入0.1mol氨气时，c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)
C. 当c(R-)=c(HR) 时，溶液为酸性
D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)] 逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据起点：PH=5，lg ， HR的电离平衡常数为Ka==10－5，故不选A；
B. 当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，所以铵根离子水解能力略小于R-， NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)，故不选B；
C. 当c(R-)=c(HR) 时，lg ，根据图像可知PH=5， 溶液为酸性，故不选C。
D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh,因为水解常数只受温度影响, c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh是定值,故选D;
正确答案:D。
19.H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2R、HR－、R2－)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示[a(X)=c(X)/[c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)]]。下列说法错误的是
A. 常温下，K2（H2R）=1.0×10－11
B. 常温下，HR－在水中的电离程度大于其水解程度
C. pH=9时， c(Na+)>c(HR－)+2c(R2－)
D. pH=7时，c(H2R)=c(HR－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图像知： pH=11时， c(R2-)= c(HR-)，故K2(H2R) = = 1.0×10-11，选项A正确；
B、根据图像，pH =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；
C、pH =9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+ c(OH-)，而c(H+)< c(OH )，故c(Na+)>c(HR-)+2c(R2- )，选项C正确；
D、由图中信息可知，pH=7时，c(H2R) = c(HR-)，选项D正确。
答案选B
【点睛】本题考查酸碱混合时定性判断和有关pH的计算，易错点为选项B，根据图像，pH =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度。
20.用石墨作电极电解AlCl3溶液时，如下图所示的电解变化曲线合理的是
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】因为Al3+水解呈酸性，pH＜7，随着电解的进行，H+减少，pH增大，生成难溶物增多：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑。但pH不会大于7，而且Al(OH)3沉淀也不会溶解，故②③错误，①④正确。
答案选A。
21.将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出（假定杂质不反应，溶液体积不变），发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq) Mn2+(aq)+ Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)。
（1）为加快反应速率可以采取的措施有____________、____________；
（2）不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是____________。
（3）下列能说明反应已达平衡的有____________ (填编号)。
A．溶液的颜色不发生变化 B．溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)
C．体系中固体的质量不变 D．Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变
（4）室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=____________。若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时c(Mn2+) =____________ (不考虑离子水解的影响)。
（5）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为______。
【答案】 (1). 升高温度 (2). 增大c(Sn2+) (3). 构成多个微型原电池，加快反应速率 (4). ACD (5). 3 (6). 0.375mol∙L-1 (7). Mn2+ —2e- +2H2O＝MnO2 + 4H+
【解析】
【分析】
根据加快反应速率的因素有升温、加压、增大浓度、加入催化剂、增大接触面积、构成原电池加快反应速率等措施分析解答(1)、(2)；
(3)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
(4)根据图像，平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，结合平衡常数表达式计算K；根据温度不变，平衡常数不变，分析判断；
(5)阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，据此书写阳极的电极反应式。
【详解】(1)反应Mn(s)+Sn2+(aq)⇌Mn2+(aq)+Sn(s)，压强影响不大，增大反应速率的因素主要是升温、增大c(Sn2+)离子浓度，故答案为：升高温度；增大c(Sn2+)；
(2)不考虑温度因素，一段时间后，置换出的Sn与Mn构成多个微型原电池，加快反应速率，因此Mn的溶解速率加快，故答案为：构成多个微型原电池，加快反应速率；
(3)反应Mn(s)+Sn2+(aq)⇌Mn2+(aq)+Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)。A．溶液的颜色不发生变化，说明离子浓度不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)和起始浓度有关，与平衡状态无直接关系，故B错误；C．体系中固体的质量不变，说明溶液中离子浓度不变，反应达到平衡状态，故C正确；D．Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：ACD；
(4)根据图像可知，平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，平衡常数K===3；若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，因此浓度变为原来的一半=×0.75mol/L=0.375mol•L-1，故答案为：3；0.375mol•L-1；
(5)阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2 +4H+。
22.碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：
（1）海洋是地球上碳元素的最大吸收池。
①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、___________、___________。
②在海洋碳循环中，可通过如上图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式___________。
（2）过量CO2溶解于海水将使许多海洋生物面临巨大威胁。研究者提出，用下图所示方法从海水中提取CO2，可以降低环境温室气体CO2的含量。
① a室的电极反应式是__________；
② 利用该装置产生的物质X可处理b室排出的海水，获得可排回大海的合格海水，X的化学式是__________。
（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。
（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】 (1). HCO3－ (2). CO32- (3). (4). 2H2O - 4e- = O2↑ + 4H+或4OH--4e-= O2↑+2H2O (5). NaOH (6). ＞ (7). 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 (8). c(Na+)> c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+)
【解析】
【分析】
(1)①二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；②由图可知此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
(2)①a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；②根据电解原理分析判断生成物；
(3)该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，根据电离平衡常数分析判断碳酸氢铵溶液的酸碱性；根据温度对一水合氨和二氧化碳的影响分析解答；
(4)根据图像可知，生成碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠和碳酸氢钠物质的量之比为1∶1，结合盐类水解的原理分析解答。
【详解】(1)①二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-，溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、HCO3-、CO32-，故答案为：HCO3-、CO32-；
②反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
(2)①a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-= O2↑+2H2O，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-= O2↑+2H2O；
②c室接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根离子，海水中含有大量Na+，通过阳离子交换膜进入出c室生成NaOH，用氢氧化钠处理b室排出的海水(pH＜6的海水)，获得可排回大海的合格海水，故答案为：NaOH；
(3)工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3·H2O+CO2=NH4HCO3，根据NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知碳酸氢根离子的水解程度(Kh==×10－3)大于铵根离子的水解程度(Kh==×10－9)，溶液显碱性，pH＞7；烟气冷却至15.5～26.5℃，可以降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收，故答案为：＞；降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；
(4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用 N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，可能发生的反应先后为NaOH+ HCl=NaCl+H2O，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑，根据图像可知，溶液中含有碳酸氢钠和碳酸钠，且二者物质的量之比为1∶1，二者水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。
【点睛】本题难点为(3)中碳酸氢铵溶液酸碱性的判断，需要借助于电离平衡常数计算出铵根离子和碳酸氢根离子的水解平衡常数，再根据水解平衡常数的大小判断溶液的酸碱性。
23.CO 还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。回答下列问题：
I．CO 还原NO 的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g) 2CO2(g)＋N2(g) △H
（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，它们之间能发生上述反应:
① 该反应平衡常数K表达式为_________；
② 该反应的K极大（570 K时为1×1059），但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是_______；
（2）以Mn3O4 为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。
第一步：_________；
第二步：3MnO2＋2CO＝Mn3O4＋2CO2
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO 和NO 混合气体，加入Mn3O4 发生脱硝反应，t0 时达到平衡，测得反应过程中CO2 的体积分数与时间的关系如右图所示。
① 比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”、“＜”或“=”）
② NO 的平衡转化率为_______。
II．T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v =kPm(CO)Pn( NO2)，k 为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：
（4）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=a kPa，反应t min时达到平衡，测得体系中P(NO)=b kPa，则此时v=_________kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_________（Kp是以分压表示的平衡常数）。
【答案】 (1). K= (2). 化学反应速率慢 (3). Mn3O4＋2NO＝3MnO2＋N2 (4). ＞ (5). 80 % (6). 9×10-5(a－b)2 (7).
【解析】
【分析】
(1)①平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；②反应的平衡常数极大(570K时为1×1059)，但反应速率可能极慢；
(2)根据①2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，②3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2分析解答；
(3)①a点反应正向进行，b点反应达到平衡状态；②结合三段式列式计算；
(4)根据表格数据分析判断化学反应速率v=k Pm(CO)Pn( NO2)，m=1，n=1，据此计算化学反应速率常数k，再利用三段式列式计算。
【详解】I．(1)①平衡常数K等于生成物浓度幂的积与反应物浓度幂的积之比，所以反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的平衡常数K=，故答案为：K=；
②反应的平衡常数极大，但反应速率极慢，装备尾气处理装置可提高反应速率，有利于尾气的转化速率，故答案为：化学反应速率慢；
(2)①2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，②3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2，以Mn3O4为脱硝反应的催化剂，则①-②得到反应的第一步：Mn3O4+2NO=3MnO2+N2，故答案为：Mn3O4+2NO=3MnO2+N2；
(3)①a点反应正向进行，v 正 ＞v 逆，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，b点反应达到平衡状态v 正 =v 逆，因此a处v 正 ＞b处v 逆，故答案为：＞；
②在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO 和NO 混合气体，设物质的量为1mol，根据图像，平衡时，二氧化碳体积分数50%，设生成氮气为x，
2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，
起始(mol) 1 1 0 0
变化(mol) 2x 2x 2x x
平衡(mol) 1-2x 1-2x 2x x
则=50%，解得：x=0.4mol，NO 的平衡转化率=×100%=80%，故答案为：80%；
(4)化学反应速率v=k Pm(CO)Pn( NO2)，k 为化学反应速率常数，结合图表数据得到：m=1，n=1，化学反应速率常数k=，
CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)
起始量 a a 0 0
变化量 b b b b
平衡量 a-b a-b b b
此时v=k P(CO)P( NO2)=×(a-b)(a-b)=9×10-5(a-b)2；反应前后气体物质的量不变，气体压强不变，可以利用气体压强代替气体分压计算平衡常数，则K=，故答案为：9×10-5(a-b)2；。
24.二甲醚（CH3OCH3）是一种新兴化工原料，具有甲基化反应性能。
I．二甲醚的生产：二甲醚的生产原理之一是利用甲醇脱水成二甲醚，化学方程式如下：
反应i 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH 1
（1）已知：甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为-761.5 kJ·mol-1、-1455.2 kJ·mol-1，且H2O(g) = H2O(l) ΔH＝﹣44.0 kJ·mol﹣1。则反应i的ΔH 1＝_________kJ·mol﹣1.
（2）反应i中甲醇转化率、二甲醚选择性的百分率与不同催化剂的关系如下表所示，生产时，选择的最佳催化剂是_________。
催化剂
甲醇转化率/%
二甲醚选择性/%
SiO2-TiO2/SO42-
35.1
98.1
SiO2-TiO2/Fe3+
52.9
98.7
GSAL-108
81.0
98.1
SiO2-Al2O3
62.1
96.4
注：反应条件：常压、温度270℃，甲醇液体空速14mL/(g·h)
（3）选定催化剂后，测得平衡时的甲醇转化率与温度的关系如图所示。经研究产物的典型色谱图发现该过程主要存在的副反应为：
反应ii 2CH3OH(g) C2H4 (g)+2H2O(g) ΔH2＝﹣29.1kJ·mol﹣1
① 工业上生产二甲醚的温度通常在270-300℃，高于330℃之后，甲醇转化率下降。
根据化学平衡移动原理分析其原因可能是_________；
根据化学反应速率变化分析其原因可能是_________。
② 某温度下，以CH3OH(g)为原料，平衡时各物质的分压数据如下表：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
C2H4 (g)
H2O(g)
分压/MPa
0.16
0.288
0.016
…
则反应i中，CH3OH(g)的平衡转化率α=_________。（用平衡分压代替平衡浓度计算；结果保留两位有效数字。）
II．二甲醚的应用：
（4）下图为绿色电源“直接二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。该电池的负极反应式为：_________；
【答案】 (1). ﹣23.8 (2). GSAL-108 (3). 该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降 (4). 温度升高，催化剂活性降低，对二甲醚的选择性下降，转化率下降 (5). 75% (6). CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+
【解析】
【分析】
(1)根据甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热写出热化学方程式，再根据盖斯定律书写出目标方程式；
(2)甲醇的转化率越大、二甲醚的选择性越高越好；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动；催化剂活性在一定温度范围内，当不在该范围内时催化剂会失去活性；②同一容器中，不同物质的压强之比等于其物质的量之比分析解答；
(4)①根据溶液中氢离子的移动方向可知，左电极为负极，负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子，据此书写电极反应式。
【详解】I．(1)甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为-761.5kJ•mol-1、-1455.2kJ•mol-1，其热化学方程式分别为：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-761.5kJ•mol-1，②CH3OCH3(g)+3O2(g) = 2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1455.2kJ•mol-1，③H2O(g)=H2O(1) △H=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，将方程式①×2-②-③得：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=[2×(-761.5)+1455.2+44.0]kJ/mol=-23.8kJ/mol，故答案为：-23.8；
(2)甲醇的转化率越大、二甲醚的选择性越高越好，根据表中数据知，应该选取催化剂GSAL-108，故答案为：GSAL-108；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率下降；温度升高催化剂失活，对二甲醚选择性下降，转化率下降，故答案为：该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率下降；温度升高催化剂失活，对二甲醚选择性下降，转化率下降；
②同一容器中，不同物质的压强之比等于其物质的量之比，根据分压中甲醇、二甲醚、乙烯的物质的量之比=0.16MPa∶0.288MPa∶0.016MPa=10∶18∶1，假设平衡时甲醇、二甲醚、乙烯的物质的量分别是10mol、18mol、1mol，根据C原子守恒知，生成18mol二甲醚需要36mol甲醇、生成1mol乙烯需要2mol甲醇，则开始时甲醇物质的量=(10+36+2)mol=48mol，反应i中甲醇的转化率=×100%=×100%=75%，故答案为：75%；
II．(4)根据溶液中氢离子的移动方向可知，左电极为负极，负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子，负极反应式为：(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，右电极为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极的反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，故答案为：(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
25.硼(B)可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。
（1）H3BO3为一元弱酸，常温下，在水中存在如下电离平衡：
H3BO3 + H2O[B(OH)4]-+H+，Ka=5.72×10-10。
① 25℃时，0.175 mol/L的H3BO3溶液pH约为_________（取整数）。
② 已知碳酸H2CO3的电离平衡常数为Ka1 = 4.4×10-7，Ka2 = 5.6×10-11。将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为_________。
（2）在容积恒定为2 L的密闭容器中加入足量BPO4和Na固体并充入一定量的H2(g)发生储氢反应：BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s) △H＜0
① 体系中H2的物质的量与反应时间的关系如表所示：
t /min
0
2
4
6
8
10
n(H2)/mol
2.0
1.5
1.2
0.9
0.8
0.8
下列有关叙述正确的是(填标号)_________。
a. 当容器内气体的摩尔质量不再变化时，反应达到平衡状态
b. 10 min时向容器内通入少量H2，则重新达平衡前ν(放氢)> ν(吸氢)
c. 保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，达新平衡时H2的浓度为0.4 mol/L
d. 升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大
② 下图为相同时间，NaBH4的产率与反应温度的关系曲线。NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是_________。
（3）NaBH4(s)遇H2O(l)剧烈水解，生成氢气和NaBO2(s)。
① 通常状况下，实验测得3.8gNaBH4(s)发生水解反应放出21.6 kJ热量，写出该反应的热化学方程式_________。
② t1/2为NaBH4水解的半衰期(水解一半所需要的时间，单位为min)。lg t1/2随pH和温度的变化如图所示。溶液pH=4时，NaBH4________(填“能”或“不能”)稳定存在；T1_________T2。(填 “>”或“<”)
【答案】 (1). 5 (2). CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]- (3). cd (4). 603K之前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快 (5). NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol (6). 不能 (7). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据K=计算；②根据硼酸和碳酸的电离常数可知，酸性碳酸＞硼酸＞碳酸氢根离子，书写将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中反应的离子方程式；
(2)①该反应前后只有氢气为气体，平衡常数K=，据此分析判断；②建立平衡状态的过程中，温度升高，反应速率加快；
(3)①3.8gNaBH4(s)的物质的量==0.1mol，则1mol NaBH4(s)放出216kJ热量，据此书写反应的热化学方程式；②NaBH4可水解放出氢气，在酸性条件下，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，结合影响盐类水解的因素分析解答。
【详解】(1)25℃时，0.175mol/L硼酸溶液中K=，而c([B(OH)4]-)=c(H+)，故c(H+)===10-5mol/L，则pH=5，故答案为：5；
②根据硼酸和碳酸的电离常数可知，酸性碳酸＞硼酸＞碳酸氢根离子，因此将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]-，故答案为：CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]-；
(2)①a. 该反应前后只有氢气为气体，气体的摩尔质量始终不变，容器内气体的摩尔质量不再变化时，不能判断反应达到平衡状态，故a错误；b. 根据表格数据，10 min时处于平衡状态，此时向容器内通入少量H2，相当于增大压强，氢气的浓度，正反应速率大于逆反应速率，即ν(放氢)＜ν(吸氢)，故b错误；c. 温度不变，平衡常数K=不变，保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，新平衡与原平衡等效，氢气的浓度相同，为=0.4 mol/L，故c正确；d. 升高温度，正逆反应速率均加快，平衡逆向移动，氢气增多，压强增大，故d正确；故选cd；
②NaBH4的产率在603K之前，因为反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NaBH4的产率随温度升高而增大，故答案为：603K之前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快；
(3)①NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，3.8gNaBH4(s)的物质的量==0.1mol，则1mol NaBH4(s)放出216kJ热量，反应的热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol，故答案为：NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol；
②NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，因此NaBH4在酸性条件下，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，反应离子方程式为：BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑，不能稳定性存在；水解反应为吸热反应，升温促进水解，半衰期缩短，故T1＜T2，故答案为：不能；＜。
1.比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推导不合理的是
序号
化学反应事实
影响化学反应的因素
A
铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧
反应物浓度
B
碳在常温下不与氧气发生反应，而在高温时能与氧气反应
反应温度
C
水在通电的条件才能分解，双氧水只要加入二氧化锰就迅速分解
催化剂
D
铜片在空气中很难燃烧，纳米铜粉在空气中较易燃烧
反应物的接触面积
【答案】C
【解析】
A．铁丝能在氧气中燃烧是因为氧气的浓度大了，故A正确；B．碳在点燃时能与氧气反应是因为温度达到了着火点，故B正确；C．水的分解和双氧水分解是两种不同物质的分解，无法判断催化剂对反应速率的影响，故C错误；D．铜片与铜粉都是铜，铜片不易燃烧是因为它的体积大温度升高慢，而铜粉体积小温度升高快很快达到了着火点，是反应物的接触面积改变，故D正确；故答案为C。
2.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HS－＋H2OH3O＋＋S2－
B. CO2＋2H2OHCO3－＋H3O+
C. NH4＋＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋
D. HCO3－＋OH－CO32－＋H2O
【答案】C
【解析】
A．HS－＋H2OH3O＋＋S2－表示的是HS-的电离方程式，故A错误；B．CO2＋2H2OHCO3－＋H3O+表示的是H2CO3的电离方程式，故B错误；C．NH4＋＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋表示的是NH4+的水解方程式，故C正确；D．HCO3－＋OH－CO32－＋H2O表示的是HCO3-的电离方程式，故D错误；答案为C。
3.下列有关活化分子和活化能的说法不正确的是( )
A. 增加气体反应物的浓度可以提高活化分子百分数
B. 升高温度可增加单位体积活化分子数
C. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子
D. 使用催化剂可降低活化能，提高单位体积活化分子百分数
【答案】A
【解析】
【分析】
活化分子指的是能发生有效碰撞的分子，它们的能量比一般分子的能量高；活化分子百分数指的是活化分子占所有分子中的百分含量。
【详解】A.增加气体反应物的浓度，只是增加活化分子的浓度，但是不增加活化分子百分数，A错误；
B.升高温度使普通分子的能量增加，使部分普通分子变成活化分子，因此可以提高单位体积内活化分子百分数， B正确；
C.根据活化分子的定义，发生有效碰撞的一定是活化分子，C正确；
D.使用催化剂，改变反应途径，使反应所需的活化能降低，使大部分普通分子变成活化分子，提高单位体积活化分子百分数， D正确。
本题答案选A。
【点睛】能够提高活化分子百分数的途径包括升高温度和加入催化剂。提高活化分子的浓度包括升高温度、加入催化剂、提高浓度等。
4.Li/Li2O体系的能量循环图如图所示。已知，△H4＞0。下列说法正确的是
A. △H3<0
B. △H3+△H4+△H5=△H6
C. △H6>△H5
D. △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0
【答案】C
【解析】
【详解】A．断裂化学键需要吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热量，△H3＞0，故A错误；
B．根据盖斯定律可知：反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5 = △H6，故B错误；
C．根据能量转化关系和盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，△H6＞△H5，故C正确；
D．根据盖斯定律，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，故D错误；
答案选C
【点睛】把握反应的转化关系、盖斯定律的应用为解题的关键。本题中需要注意断裂化学键需要吸收能量，△H＞0；形成化学键需要放出能量，△H＜0。
5.一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示，石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e－+H2O=MnO(OH)+OH-。该装置工作时，下列叙述正确的是
A. 石墨电极上的电势比Al电极上的低
B. Al电极区的电极反应式：A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+
C. 每消耗27gAl，有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上
D. 若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，电极反应式相同
【答案】B
【解析】
【分析】
放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-，MnO2得电子，石墨为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．根据上述分析，石墨为正极，Al为负极，石墨电极上的电势比Al电极上的高，故A错误；
B．MnO2得电子为正极，则Al为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3，负极电极反应式为Al-3e-+3NH3•H2O═Al(OH)3+3NH4+，故B正确；
C．电子从负极流向正极，但是电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；
D．若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，负极生成的氢氧化铝会被氢氧化钠溶解，电极反应式不同，故D错误。
答案选B。
6.下列说法中正确的是
A. 25 ℃时0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液的Kw大于100℃时0.01mol•L﹣1NaCl溶液的Kw
B. 常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性
D. 室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【详解】A．水的电离吸热，升高温度促进水电离，则离子积常数增大，所以25℃时0.1mol•L-1NH4Cl溶液的Kw小于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的Kw，故A错误；
B．酸抑制水的电离、含有弱离子的盐促进水的电离，则常温下pH=3的醋酸和硫酸铝溶液中由水电离出的c(H+)分别为：mol/L=10-11 mol/L、10-3 mol/L，二者之比为1：108，故B正确；
C．温度未知，不能根据溶液的pH判断溶液酸碱性，pH=6.5的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，也可能是中性，故C错误；
D．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合时氨水过量较多，溶液呈碱性，故D错误；
答案选B。
【点睛】明确溶液中溶质成分及其性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意离子积常数只与温度有关，温度未知时不能根据pH判断溶液酸碱性。
7.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是( )
①二氧化硫 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性。①SO2＋H2OH2SO3，H2SO3HSO3－＋H＋，HSO3-SO32－＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。
8.能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)>c(OH－)的操作是
①将水加热煮沸 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通CO2 ④向水中加入明矾晶体 ⑤向水中加NaHCO3固体 ⑥向水中加NaHSO4固体 ⑦向水中加NH4Cl固体
A. ①②④⑤ B. ①⑤⑦ C. ③④⑥ D. ④⑦
【答案】D
【解析】
【分析】
影响水的电离的因素：温度，同离子效应，所加物质的酸碱性等。
【详解】①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误；
②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)
④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c(H＋)>c(OH－)，故④正确；
⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c(H＋)
⑦向水中加NH4Cl固体，NH4+与水电离出的OH-结合生成一水合氨弱电解质，促进水的电离，使水的电离向右移动，酸性增强，c(H＋)>c(OH－)，故⑦正确。
答案选D。
【点睛】本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果如何（c(H+)与c(OH-)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。
9.下列说法正确的是( )
A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C. 热的碳酸钠溶液去除油污的效果更好
D. 草木灰和铵态氮肥一起使用对农作物的肥效更佳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据有关离子的水解平衡及其移动分析解答。
【详解】A项：AlCl3溶液中都存在铝离子的水解平衡，加热蒸干时，因水解吸热和HCl的挥发，使AlCl3水解完全生成Al(OH)3沉淀，灼烧时Al(OH)3分解生成Al2O3。Al2(SO4)3溶液中也存在铝离子的水解平衡，因H2SO4是不挥发性酸，加热蒸干时其浓度变大，抑制铝离子的水解，最终得到Al2(SO4)3固体。A项错误；
B项：FeSO4溶液中Fe2+水解，配制其溶液时使用H2SO4抑制其水解，才不会在溶液中引入杂质离子，B项错误；
C项：碳酸钠溶液中碳酸根分步水解使溶液呈碱性，加热促进其水解，溶液中氢氧根浓度增大，去除油污的效果更好，C项正确；
D项：草木灰（K2CO3）中碳酸根水解呈碱性，铵态氮肥中铵根水解呈酸性，两者混合使用会使铵根转化为氨气而损失氮元素，D项错误。
本题选C。
【点睛】弱阴离子水解使溶液呈碱性，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。水解平衡的移动符合平衡移动原理。
10. 下列事实一定能说明HF是弱酸的是
①常温下NaF溶液的pH大于7； ②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗；
③HF与NaCl不能发生反应； ④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3；
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体；⑥HF与水能以任意比混溶；
⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红。
A. ①②⑦ B. ②③⑤ C. ③④⑥ D. ①④
【答案】D
【解析】
F-水解显碱性，证明HF是弱酸。用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗只能说明导电性很差。常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3，说明部分电离，证明为弱酸。⑤⑦只是说明为酸，弱酸无法证明。⑥说明HF中有氢键。
11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断不正确的是（ ）
A. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
B. 该反应达到平衡时，4v(Ni(CO)4)生成=v(CO)生成
C. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
D. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
【答案】C
【解析】
【详解】A.加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni(CO)4分解率较高，A正确；
B.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，B正确；
C.平衡常数与温度有关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，D正确；
故合理选项是C。
12.H2S与CO2在高温下发生反应：CO2 (g) + H2S (g) COS (g) + H2O (g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。下列说法不正确的是
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应
B. 通入CO2后，正反应速率先增大后减小
C. H2S的平衡转化率α = 4.5 %
D. 反应平衡常数K = 1/351
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故A正确；
B．通入CO2瞬间，正反应速率最大，但随着反应进行，正反应速率逐渐减小，故B正确；
C． H2S(g) + CO2(g)⇌COS(g)+H2O(g)
起始(mol) 0.40 0.10 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01，H2S的平衡转化率α=×100%=2.5%，故C错误；
D．根据C的分析，平衡浓度：c(H2S)==0.156mol/L，c(CO2)=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=0.004mol/L，平衡常数K===，故D正确；
答案选C。
13.焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应的∆H>0 B. C点时达到平衡状态
C. 增加C的量能够增大SO2的转化率 D. T3时增大压强，能增大活化分子百分数
【答案】B
【解析】
【详解】A.升高温度平衡向吸热方向移动，C点对应温度升高到D点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；
B.达到平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，根据图知，只有C点符合，故B正确；
C.能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动，但不能是增加C的物质的量，因为C为固体，故C错误；
D. 增大压强，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确解读图像是解题的关键。本题中要注意平衡时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，而不是1∶1。
14.常温下，将pH均为11，体积均为V0的AOH和BOH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 碱性强弱：AOH＞BOH
B. 水的电离程度：a=b＞c
C. 稀释相同倍数时：c（A+）＜c（B+）
D. 中和盐酸的能力：a=b＜c
【答案】D
【解析】
【详解】由图知当lg =2时，AOH的pH下降了2个单位，故AOH为强碱，同理BOH为弱碱，故A正确；
B项水的电离程度受溶液中c(OH-)的影响，溶液中的氢离子就为水电离的，所以根据pH的大小分析水电离程度，故a＝b > c，B正确；
C、起始溶液中两种离子B+ 和A+的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱BOH电离程度增大，c(B+)＞c(A+)，C项正确；
D、起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：b＝c＞a，D不正确。
故选D。
【点睛】掌握稀释过程中电离平衡的移动对溶液中的pH的变化分析强弱电解质，根据溶液中的三大守恒书写微粒浓度间的关系。
15.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应△H>0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
16.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb =3.38。常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液，分别滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液
B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e
C. b点溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)
D. 常温下，CH3NH3Cl水解常数的数量级为10－11
【答案】D
【解析】
【分析】
由图示可知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质，则曲线1代表甲胺；曲线2代表四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]。据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，曲线2代表四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，曲线1代表的是甲胺，故A错误；
B．c点加入20mL盐酸，甲胺与盐酸恰好完全反应生成CH3NH3C1，CH3NH3+水解，促进了水的电离，则c点水解程度最大，故B错误；
C．c点二者恰好反应生成CH3NH3C1，根据物料守恒，c(Cl-)=c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)，而b点加入的HCl较少，根据物料守恒，则c(Cl-)＜c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)，故C错误；
D．pKb=-lgKb=3.38，则Kb=10-3.38，则CH3NH3C1水解常数Kh===10-10.62≈2.1×10-11，其数量级为10-11，故D正确；
答案选D。
【点睛】正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答的关键。本题的易错点为C，要注意c点为甲胺与盐酸恰好反应生成CH3NH3C1的点。
17.已知常温下部分弱酸的电离常数如表，下列说法不正确的是
弱酸
电离常数
CH3COOH
Ka=1.76×10-5
H2SO3
Ka1=1.23×10-2、 Ka2=5.6×10-8
HF
Ka=6.8×10-4
A. 在1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中不一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
B. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C. 常温下，pH均等于3的醋酸溶液与盐酸等体积混合后，溶液的pH变小
D. 常温下，相同体积、相同物质的量浓度的NaF、Na2SO3、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由大到小的顺序是：Na2SO3 > NaHSO3 > NaF
【答案】C
【解析】
【详解】A．若H2A为二元强酸，NaHA为强酸的酸式盐，溶液中可能不存在H2A，故A正确；
B．溶液为酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，故B正确；
C．常温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合，由于两溶液中氢离子浓度相等，则混合液中氢离子浓度不变，所以混合液的pH仍然为3，故C错误；
D．相同温度下，酸的强弱酸性是：H2SO3＞HF＞HSO3-，相同体积、相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的离子总数相应变大，所以相同体积、相同物质的量浓度的NaF、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由大到小排列的顺序是NaHSO3 > NaF，而Na2SO3电离出两个阳离子和一个阴离子，离子数目最多，所以溶液中离子总数由大到小排列的顺序是Na2SO3 > NaHSO3 > NaF，故D正确；
答案选C。
18.25℃时，向1L 0.1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为Ka=10－5
B. 当通入0.1mol氨气时，c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)
C. 当c(R-)=c(HR) 时，溶液为酸性
D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)] 逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据起点：PH=5，lg ， HR的电离平衡常数为Ka==10－5，故不选A；
B. 当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，所以铵根离子水解能力略小于R-， NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)，故不选B；
C. 当c(R-)=c(HR) 时，lg ，根据图像可知PH=5， 溶液为酸性，故不选C。
D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh,因为水解常数只受温度影响, c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh是定值,故选D;
正确答案:D。
19.H2R为二元弱酸，向一定体积的0.1mol/L的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2R、HR－、R2－)的物质的量分数a(X)随pH的变化曲线如图所示[a(X)=c(X)/[c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)]]。下列说法错误的是
A. 常温下，K2（H2R）=1.0×10－11
B. 常温下，HR－在水中的电离程度大于其水解程度
C. pH=9时， c(Na+)>c(HR－)+2c(R2－)
D. pH=7时，c(H2R)=c(HR－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图像知： pH=11时， c(R2-)= c(HR-)，故K2(H2R) = = 1.0×10-11，选项A正确；
B、根据图像，pH =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度，选项B错误；
C、pH =9时，根据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+ c(OH-)，而c(H+)< c(OH )，故c(Na+)>c(HR-)+2c(R2- )，选项C正确；
D、由图中信息可知，pH=7时，c(H2R) = c(HR-)，选项D正确。
答案选B
【点睛】本题考查酸碱混合时定性判断和有关pH的计算，易错点为选项B，根据图像，pH =9时，溶液中的溶质主要是NaHR，此时溶液显碱性，故HR在水中的电离程度小于其水解程度。
20.用石墨作电极电解AlCl3溶液时，如下图所示的电解变化曲线合理的是
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】因为Al3+水解呈酸性，pH＜7，随着电解的进行，H+减少，pH增大，生成难溶物增多：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑。但pH不会大于7，而且Al(OH)3沉淀也不会溶解，故②③错误，①④正确。
答案选A。
21.将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出（假定杂质不反应，溶液体积不变），发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq) Mn2+(aq)+ Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)。
（1）为加快反应速率可以采取的措施有____________、____________；
（2）不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是____________。
（3）下列能说明反应已达平衡的有____________ (填编号)。
A．溶液的颜色不发生变化 B．溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)
C．体系中固体的质量不变 D．Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变
（4）室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=____________。若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时c(Mn2+) =____________ (不考虑离子水解的影响)。
（5）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为______。
【答案】 (1). 升高温度 (2). 增大c(Sn2+) (3). 构成多个微型原电池，加快反应速率 (4). ACD (5). 3 (6). 0.375mol∙L-1 (7). Mn2+ —2e- +2H2O＝MnO2 + 4H+
【解析】
【分析】
根据加快反应速率的因素有升温、加压、增大浓度、加入催化剂、增大接触面积、构成原电池加快反应速率等措施分析解答(1)、(2)；
(3)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
(4)根据图像，平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，结合平衡常数表达式计算K；根据温度不变，平衡常数不变，分析判断；
(5)阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，据此书写阳极的电极反应式。
【详解】(1)反应Mn(s)+Sn2+(aq)⇌Mn2+(aq)+Sn(s)，压强影响不大，增大反应速率的因素主要是升温、增大c(Sn2+)离子浓度，故答案为：升高温度；增大c(Sn2+)；
(2)不考虑温度因素，一段时间后，置换出的Sn与Mn构成多个微型原电池，加快反应速率，因此Mn的溶解速率加快，故答案为：构成多个微型原电池，加快反应速率；
(3)反应Mn(s)+Sn2+(aq)⇌Mn2+(aq)+Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)。A．溶液的颜色不发生变化，说明离子浓度不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)和起始浓度有关，与平衡状态无直接关系，故B错误；C．体系中固体的质量不变，说明溶液中离子浓度不变，反应达到平衡状态，故C正确；D．Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：ACD；
(4)根据图像可知，平衡状态下Mn2+(aq)浓度为0.75mol/L，Sn2+(aq)浓度0.25mol/L，平衡常数K===3；若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，因此浓度变为原来的一半=×0.75mol/L=0.375mol•L-1，故答案为：3；0.375mol•L-1；
(5)阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2 +4H+。
22.碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：
（1）海洋是地球上碳元素的最大吸收池。
①溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、___________、___________。
②在海洋碳循环中，可通过如上图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式___________。
（2）过量CO2溶解于海水将使许多海洋生物面临巨大威胁。研究者提出，用下图所示方法从海水中提取CO2，可以降低环境温室气体CO2的含量。
① a室的电极反应式是__________；
② 利用该装置产生的物质X可处理b室排出的海水，获得可排回大海的合格海水，X的化学式是__________。
（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。
（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】 (1). HCO3－ (2). CO32- (3). (4). 2H2O - 4e- = O2↑ + 4H+或4OH--4e-= O2↑+2H2O (5). NaOH (6). ＞ (7). 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 (8). c(Na+)> c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+)
【解析】
【分析】
(1)①二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；②由图可知此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
(2)①a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子；②根据电解原理分析判断生成物；
(3)该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，根据电离平衡常数分析判断碳酸氢铵溶液的酸碱性；根据温度对一水合氨和二氧化碳的影响分析解答；
(4)根据图像可知，生成碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠和碳酸氢钠物质的量之比为1∶1，结合盐类水解的原理分析解答。
【详解】(1)①二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3-，溶于海水中的CO2主要以四种无机碳形式存在，即：CO2、H2CO3、HCO3-、CO32-，故答案为：HCO3-、CO32-；
②反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
(2)①a室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-= O2↑+2H2O，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-= O2↑+2H2O；
②c室接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根离子，海水中含有大量Na+，通过阳离子交换膜进入出c室生成NaOH，用氢氧化钠处理b室排出的海水(pH＜6的海水)，获得可排回大海的合格海水，故答案为：NaOH；
(3)工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3·H2O+CO2=NH4HCO3，根据NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知碳酸氢根离子的水解程度(Kh==×10－3)大于铵根离子的水解程度(Kh==×10－9)，溶液显碱性，pH＞7；烟气冷却至15.5～26.5℃，可以降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收，故答案为：＞；降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；
(4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用 N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，可能发生的反应先后为NaOH+ HCl=NaCl+H2O，Na2CO3 + HCl = NaHCO3 +NaCl，NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑，根据图像可知，溶液中含有碳酸氢钠和碳酸钠，且二者物质的量之比为1∶1，二者水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。
【点睛】本题难点为(3)中碳酸氢铵溶液酸碱性的判断，需要借助于电离平衡常数计算出铵根离子和碳酸氢根离子的水解平衡常数，再根据水解平衡常数的大小判断溶液的酸碱性。
23.CO 还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。回答下列问题：
I．CO 还原NO 的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g) 2CO2(g)＋N2(g) △H
（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，它们之间能发生上述反应:
① 该反应平衡常数K表达式为_________；
② 该反应的K极大（570 K时为1×1059），但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是_______；
（2）以Mn3O4 为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。
第一步：_________；
第二步：3MnO2＋2CO＝Mn3O4＋2CO2
（3）在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO 和NO 混合气体，加入Mn3O4 发生脱硝反应，t0 时达到平衡，测得反应过程中CO2 的体积分数与时间的关系如右图所示。
① 比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”、“＜”或“=”）
② NO 的平衡转化率为_______。
II．T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v =kPm(CO)Pn( NO2)，k 为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：
（4）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=a kPa，反应t min时达到平衡，测得体系中P(NO)=b kPa，则此时v=_________kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_________（Kp是以分压表示的平衡常数）。
【答案】 (1). K= (2). 化学反应速率慢 (3). Mn3O4＋2NO＝3MnO2＋N2 (4). ＞ (5). 80 % (6). 9×10-5(a－b)2 (7).
【解析】
【分析】
(1)①平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；②反应的平衡常数极大(570K时为1×1059)，但反应速率可能极慢；
(2)根据①2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，②3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2分析解答；
(3)①a点反应正向进行，b点反应达到平衡状态；②结合三段式列式计算；
(4)根据表格数据分析判断化学反应速率v=k Pm(CO)Pn( NO2)，m=1，n=1，据此计算化学反应速率常数k，再利用三段式列式计算。
【详解】I．(1)①平衡常数K等于生成物浓度幂的积与反应物浓度幂的积之比，所以反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的平衡常数K=，故答案为：K=；
②反应的平衡常数极大，但反应速率极慢，装备尾气处理装置可提高反应速率，有利于尾气的转化速率，故答案为：化学反应速率慢；
(2)①2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，②3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2，以Mn3O4为脱硝反应的催化剂，则①-②得到反应的第一步：Mn3O4+2NO=3MnO2+N2，故答案为：Mn3O4+2NO=3MnO2+N2；
(3)①a点反应正向进行，v 正 ＞v 逆，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，b点反应达到平衡状态v 正 =v 逆，因此a处v 正 ＞b处v 逆，故答案为：＞；
②在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO 和NO 混合气体，设物质的量为1mol，根据图像，平衡时，二氧化碳体积分数50%，设生成氮气为x，
2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，
起始(mol) 1 1 0 0
变化(mol) 2x 2x 2x x
平衡(mol) 1-2x 1-2x 2x x
则=50%，解得：x=0.4mol，NO 的平衡转化率=×100%=80%，故答案为：80%；
(4)化学反应速率v=k Pm(CO)Pn( NO2)，k 为化学反应速率常数，结合图表数据得到：m=1，n=1，化学反应速率常数k=，
CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)
起始量 a a 0 0
变化量 b b b b
平衡量 a-b a-b b b
此时v=k P(CO)P( NO2)=×(a-b)(a-b)=9×10-5(a-b)2；反应前后气体物质的量不变，气体压强不变，可以利用气体压强代替气体分压计算平衡常数，则K=，故答案为：9×10-5(a-b)2；。
24.二甲醚（CH3OCH3）是一种新兴化工原料，具有甲基化反应性能。
I．二甲醚的生产：二甲醚的生产原理之一是利用甲醇脱水成二甲醚，化学方程式如下：
反应i 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH 1
（1）已知：甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为-761.5 kJ·mol-1、-1455.2 kJ·mol-1，且H2O(g) = H2O(l) ΔH＝﹣44.0 kJ·mol﹣1。则反应i的ΔH 1＝_________kJ·mol﹣1.
（2）反应i中甲醇转化率、二甲醚选择性的百分率与不同催化剂的关系如下表所示，生产时，选择的最佳催化剂是_________。
催化剂
甲醇转化率/%
二甲醚选择性/%
SiO2-TiO2/SO42-
35.1
98.1
SiO2-TiO2/Fe3+
52.9
98.7
GSAL-108
81.0
98.1
SiO2-Al2O3
62.1
96.4
注：反应条件：常压、温度270℃，甲醇液体空速14mL/(g·h)
（3）选定催化剂后，测得平衡时的甲醇转化率与温度的关系如图所示。经研究产物的典型色谱图发现该过程主要存在的副反应为：
反应ii 2CH3OH(g) C2H4 (g)+2H2O(g) ΔH2＝﹣29.1kJ·mol﹣1
① 工业上生产二甲醚的温度通常在270-300℃，高于330℃之后，甲醇转化率下降。
根据化学平衡移动原理分析其原因可能是_________；
根据化学反应速率变化分析其原因可能是_________。
② 某温度下，以CH3OH(g)为原料，平衡时各物质的分压数据如下表：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
C2H4 (g)
H2O(g)
分压/MPa
0.16
0.288
0.016
…
则反应i中，CH3OH(g)的平衡转化率α=_________。（用平衡分压代替平衡浓度计算；结果保留两位有效数字。）
II．二甲醚的应用：
（4）下图为绿色电源“直接二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。该电池的负极反应式为：_________；
【答案】 (1). ﹣23.8 (2). GSAL-108 (3). 该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降 (4). 温度升高，催化剂活性降低，对二甲醚的选择性下降，转化率下降 (5). 75% (6). CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+
【解析】
【分析】
(1)根据甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热写出热化学方程式，再根据盖斯定律书写出目标方程式；
(2)甲醇的转化率越大、二甲醚的选择性越高越好；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动；催化剂活性在一定温度范围内，当不在该范围内时催化剂会失去活性；②同一容器中，不同物质的压强之比等于其物质的量之比分析解答；
(4)①根据溶液中氢离子的移动方向可知，左电极为负极，负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子，据此书写电极反应式。
【详解】I．(1)甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为-761.5kJ•mol-1、-1455.2kJ•mol-1，其热化学方程式分别为：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-761.5kJ•mol-1，②CH3OCH3(g)+3O2(g) = 2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1455.2kJ•mol-1，③H2O(g)=H2O(1) △H=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，将方程式①×2-②-③得：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=[2×(-761.5)+1455.2+44.0]kJ/mol=-23.8kJ/mol，故答案为：-23.8；
(2)甲醇的转化率越大、二甲醚的选择性越高越好，根据表中数据知，应该选取催化剂GSAL-108，故答案为：GSAL-108；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率下降；温度升高催化剂失活，对二甲醚选择性下降，转化率下降，故答案为：该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率下降；温度升高催化剂失活，对二甲醚选择性下降，转化率下降；
②同一容器中，不同物质的压强之比等于其物质的量之比，根据分压中甲醇、二甲醚、乙烯的物质的量之比=0.16MPa∶0.288MPa∶0.016MPa=10∶18∶1，假设平衡时甲醇、二甲醚、乙烯的物质的量分别是10mol、18mol、1mol，根据C原子守恒知，生成18mol二甲醚需要36mol甲醇、生成1mol乙烯需要2mol甲醇，则开始时甲醇物质的量=(10+36+2)mol=48mol，反应i中甲醇的转化率=×100%=×100%=75%，故答案为：75%；
II．(4)根据溶液中氢离子的移动方向可知，左电极为负极，负极上二甲醚失电子生成二氧化碳和氢离子，负极反应式为：(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，右电极为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极的反应式为O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，故答案为：(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
25.硼(B)可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。
（1）H3BO3为一元弱酸，常温下，在水中存在如下电离平衡：
H3BO3 + H2O[B(OH)4]-+H+，Ka=5.72×10-10。
① 25℃时，0.175 mol/L的H3BO3溶液pH约为_________（取整数）。
② 已知碳酸H2CO3的电离平衡常数为Ka1 = 4.4×10-7，Ka2 = 5.6×10-11。将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为_________。
（2）在容积恒定为2 L的密闭容器中加入足量BPO4和Na固体并充入一定量的H2(g)发生储氢反应：BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s) △H＜0
① 体系中H2的物质的量与反应时间的关系如表所示：
t /min
0
2
4
6
8
10
n(H2)/mol
2.0
1.5
1.2
0.9
0.8
0.8
下列有关叙述正确的是(填标号)_________。
a. 当容器内气体的摩尔质量不再变化时，反应达到平衡状态
b. 10 min时向容器内通入少量H2，则重新达平衡前ν(放氢)> ν(吸氢)
c. 保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，达新平衡时H2的浓度为0.4 mol/L
d. 升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大
② 下图为相同时间，NaBH4的产率与反应温度的关系曲线。NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是_________。
（3）NaBH4(s)遇H2O(l)剧烈水解，生成氢气和NaBO2(s)。
① 通常状况下，实验测得3.8gNaBH4(s)发生水解反应放出21.6 kJ热量，写出该反应的热化学方程式_________。
② t1/2为NaBH4水解的半衰期(水解一半所需要的时间，单位为min)。lg t1/2随pH和温度的变化如图所示。溶液pH=4时，NaBH4________(填“能”或“不能”)稳定存在；T1_________T2。(填 “>”或“<”)
【答案】 (1). 5 (2). CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]- (3). cd (4). 603K之前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快 (5). NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol (6). 不能 (7). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据K=计算；②根据硼酸和碳酸的电离常数可知，酸性碳酸＞硼酸＞碳酸氢根离子，书写将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中反应的离子方程式；
(2)①该反应前后只有氢气为气体，平衡常数K=，据此分析判断；②建立平衡状态的过程中，温度升高，反应速率加快；
(3)①3.8gNaBH4(s)的物质的量==0.1mol，则1mol NaBH4(s)放出216kJ热量，据此书写反应的热化学方程式；②NaBH4可水解放出氢气，在酸性条件下，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，结合影响盐类水解的因素分析解答。
【详解】(1)25℃时，0.175mol/L硼酸溶液中K=，而c([B(OH)4]-)=c(H+)，故c(H+)===10-5mol/L，则pH=5，故答案为：5；
②根据硼酸和碳酸的电离常数可知，酸性碳酸＞硼酸＞碳酸氢根离子，因此将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式为CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]-，故答案为：CO32-+H2O+H3BO3=HCO3-+[B(OH)4]-；
(2)①a. 该反应前后只有氢气为气体，气体的摩尔质量始终不变，容器内气体的摩尔质量不再变化时，不能判断反应达到平衡状态，故a错误；b. 根据表格数据，10 min时处于平衡状态，此时向容器内通入少量H2，相当于增大压强，氢气的浓度，正反应速率大于逆反应速率，即ν(放氢)＜ν(吸氢)，故b错误；c. 温度不变，平衡常数K=不变，保持温度不变，平衡后再充入1 mol H2，新平衡与原平衡等效，氢气的浓度相同，为=0.4 mol/L，故c正确；d. 升高温度，正逆反应速率均加快，平衡逆向移动，氢气增多，压强增大，故d正确；故选cd；
②NaBH4的产率在603K之前，因为反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NaBH4的产率随温度升高而增大，故答案为：603K之前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快；
(3)①NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，3.8gNaBH4(s)的物质的量==0.1mol，则1mol NaBH4(s)放出216kJ热量，反应的热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol，故答案为：NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216kJ/mol；
②NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，因此NaBH4在酸性条件下，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，反应离子方程式为：BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑，不能稳定性存在；水解反应为吸热反应，升温促进水解，半衰期缩短，故T1＜T2，故答案为：不能；＜。
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