2025年人教新起点选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教新起点选修4化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、已知H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g）；该反应分①；②两步进行，其能量曲线如图所示，已知：ICl中氯为－1价，碘为+1价。下列有关说法正确的是。

A.反应①为吸热反应B.反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应C.反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关D.HI（g）＋ICl（g）I2（g）＋HCl（g）△H＝－218kJ/mol2、对于反应：2A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＜0，下列图像正确的是（）A.B.C.D.3、25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是A.pH=11的氨水B.0.01mol/L的Na2CO3溶液C.pH=2的NaHSO4溶液D.0.1mol/L的盐酸4、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol•L-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是A.V（NaOH）＝0时，c(H+)＝1×10-2mol•L-1B.V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C.V（NaOH）＝10mL时，c(H+)＝1×10-7mol/LD.V（NaOH）＞10mL时，c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)5、常温下有H2RO4=H++HRO4－、HRO4－⇌H++RO42－，现有物质的量浓度都为0.1mol∙L-1的三种溶液：①NaHRO4溶液；②H2RO4溶液；③Na2RO4溶液。下列说法中正确的是（）A.②和③等体积混合后的溶液中：c(Na+)=c(HRO4－)+c(H2RO4)+c(RO42－)B.100mL①溶液中：n(HRO4－)+n(RO42－)+n(OH－)－n(H+)=0.01molC.①和②等体积混合后的溶液中离子浓度大小顺序为c(H+)>c(HRO4－)>c(Na+)D.若①和③等体积混合后，会抑制水的电离，则HRO4－的电离程度肯定大于RO42－的水解程度6、室温时，0.01mol·L－1某一元弱酸(HA)的电离度为1%，则下列说法正确的是A.向上述弱酸溶液中滴入2滴HA，溶液的pH＜4B.加入等体积0.01mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的c(H+)=c(OH-)C.加入等体积0.005mol·L－1NaOH溶液后，所得溶液的pH＞7D.加入等体积0.01mol·L－1NaOH溶液后，c(A-)=0.01mol·L－17、常温下，量取的两种二元酸与各分别加水稀释，测得pH与加水稀释倍数有如图所示关系，则下列有关叙述不正确的是

A.为弱酸B.NaHA水溶液中：C.含等物质的量的NaHNaHB的混合溶液中：D.的NaHB溶液中：8、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后；置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）

A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.一段时间后，右侧导管液面会下降D.活性炭的存在会加速铁的腐蚀评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________10、研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。

(1)处理含SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。根据已知条件写出此反应的热化学方程式是____________________。

已知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。

已知：①CO(g)＋NO2(g)===NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

②2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若在标准状况下用2.24LCO还原NO2至N2(CO完全反应)，则整个过程中转移电子的物质的量为__________mol，放出的热量为__________kJ(用含有a和b的代数式表示)。11、某化学科研小组研究在其他条件不变时；改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中，p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，t表示反应时间)：

根据以上规律判断(填“＞”“=”或“＜”)：

（1）反应Ⅰ：p2__p1，ΔH__0。

（2）反应Ⅱ：T1__T2，ΔH__0。

（3）反应Ⅲ：若T2__T1，则ΔH__0。

（4）反应Ⅳ：若T2__T1，则ΔH__0。12、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。13、甲醇是一种重要的化工原料；又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。

（1）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)；CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。

①A、B两点对应的压强大小关系是PA___PB(填“>、<；＝”)。

②A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是___。

③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是___(填代号)。

a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍b.CH3OH的体积分数不再改变。

c.混合气体的密度不再改变d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变。

（2）在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K=___。

（3）T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol，此时v(正)___v(逆)(填“>、<或＝”)。14、利用所学化学反应原理；解决以下问题：

(1)一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中；溶液的导电能力变化如右图所示，请回答下列问题：

①写出冰醋酸电离方程式____________

②加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：_______________________________________

③a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：__________（填“相同”、“a点大”、“b点大”；“c点大”）

(2)常温下，将0.2mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合；所得溶液的pH=5(溶液体积变化忽略不计)，则该溶液中：

c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=_______mol/L

c(H+)-c(CH3COO−)+c(Na+)=_______mol/L

(3)KAl(SO4)2·12H2O可做净水剂，其原理是____________________________________(用离子方程式表示)

(4)在0.10mol·L-1Na2SO3溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________________________________。15、常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH－离子浓度(c)的关系如图所示。

(1)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：________________________________________________。

(2)a点溶液中由水电离产生的c(H+)＝______________；b点溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是___。(选填序号)

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体16、常温下，将某一元酸甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：。实验。

编号HA的物质的。

量浓度NaOH的物质的。

量浓度混合后溶液的pH甲pHa乙pH7丙丁pH10

从甲组情况分析，从a值大小如何判断HA是强酸还是弱酸？________________________________________________________________________。

乙组混合溶液中和的大小关系是________填标号

A.前者大后者大。

C.二者相等无法判断。

从丙组实验结果分析，该混合溶液中__________填“”“”或“”

分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果列式___________17、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共18分)19、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)20、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共7分)22、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、实验题(共3题，共12分)23、50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液在图1装置中进行中和反应；并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

（1）写出该反应的中和热热化学方程式：___________。

（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒，其原因是_____。

（3）如果改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量_____（“增加”、“减少”或“不变”），所求中和热数值_____（“增加”；“减少”或“不变”）。

（4）某研究小组将装置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度_________（填“高于”；“低于”或“等于”）22℃。

（5）①请填写下表中的空白：。温度。

实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值。

(t2－t1)/℃HClNaOH平均值平均值126.226.026.132.9

________________________227.027.427.237.0325.925.925.932.5426.426.226.333.3

②近似认为50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_________(取小数点后一位)。24、某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。

。实验。

向试管中加2mL溶液。

实验现象。

实验I：

0.1mol/LAgNO3溶液。

镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体；并有少量气泡产生。

实验II：

2.0mol/LNH4Cl溶液。

反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2）；一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2）；一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

实验III：

pH="8.2"NaHCO3溶液。

产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体。

产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体。

请回答下列问题：

（1）对实验I进行研究：

①推测实验Ⅰ中黑色固体为Ag；则发生反应的离子方程式为_______________。

②确认黑色固体为Ag的实验方案是___________________________________。

（2）对实验II进行研究：

①反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应；或___________。

②“一段时间后”产生的气体一定含有H2和_____。

③为进一步研究；设计如下实验：

。实验。

操作。

现象。

实验IV

向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L(NH4)2SO4溶液。

产生气体的速率明显慢于实验II

结合实验II；IV；可以得出的结论是________________________________。

（3）对实验III进行研究：

①经检验，白色固体为碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3]。

②推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3－，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测；其实验操作是__________________________。

（4）根据上述实验判断；影响Mg与盐溶液反应多样性的原因有_______（填字母序号）

A．盐溶液中阳离子的氧化性B．盐溶液的温度。

C．含Mg生成物的溶解性D．盐溶液中阴离子的影响25、三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备BCl3。

已知：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；②2B+6HCl2BCl3+3H2；③硼与铝的性质相似；也能与氢氧化钠溶液反应。

请回答下列问题：

（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为___________。

（2）装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。

（3）装里E中的试剂为___________，如果拆去E装置，可能的后果是____________。

（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_____。

（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式________，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：

则阳极的电极反应式__________________，分析产品室可得到H3BO3的原因________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.根据图示可知反应①的生成物总能量低于反应物总能量；因此反应①为放热反应，故A错误；

B.反应①为H2（g）＋2ICl（g）=HI（g）＋2HCl（g），氢元素化合价升高失电子，碘元素化合价降低得电子；反应②HI（g）＋ICl（g）I2（g）＋HCl（g）只涉及碘元素化合价升降得失电子；故B错误；

C.反应①比反应②的速率慢；说明反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，故C正确；

D.反应①、反应②总的能量变化为218kJ，因此H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g）△H＝－218kJ/mol；故D错误；

答案选C。2、A【分析】【分析】

由反应2A（g）+B（g）2C（g）△H＜0；可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动，以此解答该题。

【详解】

A.该反应为放热反应；升高温度，反应速率增大，到达平衡用的时间少，曲线的斜率增大，平衡向逆反应方向移动，B的物质的量分数增加，A选项正确。

B.反应中气体反应物的化学计量数之和大于生成物计量数；增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，反应放热，在相同压强下，较高温度时，A的转化率减小，图象不正确，故B选项错误。

C.该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故C选项错误。

D.该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，百分含量升高，D选项错误。

故答案为A。

【点睛】

本类考查化学平衡移动图象问题，题目难度不大，要注意分析化学方程式的特征以及温度、压强对平衡移动的影响。3、D【分析】【详解】

氨水、盐酸和NaHSO4溶液均抑制水的电离，Na2CO3溶液促进水的电离，pH=11的氨水c（H+）=10-11mol·L-1，c（OH-）=10-3mol·L-1；0.1mol·L-1的盐酸中c（H+）=10-1mol·L-1，pH=2的NaHSO4溶液中c（H+）=10-2mol·L-1，酸溶液和强酸酸式盐溶液中氢离子或碱溶液中氢氧根离子浓度越大，抑制水的电离程度越大，溶液中水的电离程度越小，所以水的电离程度最小的是0.1mol·L-1的盐酸；故答案为：D。

【点睛】

酸或碱抑制水的电离，弱酸强碱盐和强酸弱碱盐促进水的电离。4、D【分析】【详解】

A.草酸是二元中强酸，V(NaOH)=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c(H+)＜1×10-2mol•L-1；故A错误；

B.V(NaOH)＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，由于草酸氢钠溶液显酸性，而草酸钠溶液显碱性，当混合溶液显中性时，即c(H+)=c(OH-)时，存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)；故B错误；

C.V(NaOH)=10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c(H+)＜1×10-7mol•L-1；故C错误；

D.V(NaOH)＞10mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42-水解生成HC2O4-，则离子浓度为c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)；故D正确；

正确答案是D。5、D【分析】【详解】

A.H2RO4一级电离为完全电离，溶液中不存在H2RO4；A错误；

B.根据电荷守恒可得，溶液体积为100mL，则有B错误；

C.微弱电离，和等体积混合后，离子浓度大小顺序为C错误；

D.水解促进水的电离，电离抑制水的电离，二者等体积混合后，抑制水的电离，则的电离程度大于的水解程度；D正确。

综上所述，答案为D。6、A【分析】【详解】

A．0.01mol/LHA的电离度为1%，则氢离子浓度c(H+)=0.01mol/L×1%=10-4mol/L，溶液pH=4，向该溶液中加入HA，则溶液中HA的浓度增大，电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液pH<4；故A正确；

B．等浓度、等体积混合HA和氢氧化钠溶液，则二者恰好完全反应得到的是NaA溶液，NaA溶液为强酸强碱盐溶液，显碱性，所得溶液的c(H+)<c(OH-)；故B错误；

C．溶液混合后；所得溶液为等浓度的HA和NaA混合液，由于HA电离程度大于NaA的水解程度，故所得溶液显酸性，故C错误；

D．二者溶液混合后，恰好反应所得溶液为的NaA溶液，c(A-)<0.005mol/L；故D错误；

故答案为：A。7、D【分析】【详解】

A.溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸；故A正确；

B.根据图像知，溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明是强酸。NaHA水溶液中存在根据电荷守恒可知故B正确；

C.根据图像知，溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明是强酸。溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸，含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，根据物料守恒可得：故C正确；

D.溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明为弱酸，的NaHB溶液，水解程度大于其电离程度，钠离子不水解，导致溶液呈碱性，则溶液中离子浓度大小顺序是故D错误。

故选D。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，根据图像确定酸的强弱是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。8、D【分析】【分析】

铁粉；活性炭的混合物用NaCl溶液润湿后；构成原电池，发生吸氧腐蚀，按照原电池工作原理进行分析；

【详解】

A、发生吸氧腐蚀，即构成原电池，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；故A错误；

B；该装置为原电池；将化学能转化成电能，但部分化学能转化成热能，故B错误；

C；发生的腐蚀为吸氧腐蚀；试管中的压强降低，即一段时间后，右侧导管液面上升，故C错误；

D；活性炭、铁在NaCl溶液中构成原电池；铁作负极，活性炭为正极，加快反应速率，故D正确；

答案为D。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%10、略

【分析】【详解】

本题主要考查反应热的计算。

(1)2①-②得此反应的热化学方程式是2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1。

(2)2①+②得4CO(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+bkJ·mol－1

若在标准状况下用2.24L即0.1molCO还原NO2至N2(CO完全反应)，CO～2e-,则整个过程中转移电子的物质的量为0.2mol，放出的热量为(2a+b)/40kJ。【解析】①.2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1②.0.2③.(2a+b)/4011、略

【分析】【详解】

(1)反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率越大；在同一个温度下，p2时A的转化率大于p1时的转化率，可知，p2＞p1；在同一压强下，随着温度的升高，A的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(2)温度越高，化学反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，根据图像，T1温度下，化学反应速率快，则T1＞T2；根据图像，可知温度升高，C的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(3)当n(B)起始相同时，可知C在T1时的体积分数大于在T2时的体积分数，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，C的体积分数增减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0；

(4)若T2＞T1，升高温度，A的转化率增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0。【解析】①.＞②.＜③.＞④.＜⑤.＞(或＜)⑥.＞(或＜)⑦.＞(或＜)⑧.＞(或＜)12、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂13、略

【分析】【分析】

(1)①根据压强对化学平衡的影响分析；

②根据温度对化学平衡的影响分析可得；

③根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等；各组分含量保持不变分析；

(2)根据“三段式”计算P1压强、T1℃时反应的K；

(3)，温度不变K不变，比较T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol的浓度商；与K比较可得。

【详解】

(1)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，是气体体积减小的反应，加压反应物转化率增大，所以PA＜PB；

②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，同一温度平衡常数相同，所以KA=KB>KC；

③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍；都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；

b．CH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；

c．容器体积和气体质量始终不变；所以混合气体的密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；

d．CO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变；所以这不能说明反应达到平衡状态，故d错误；

故答案为b；

(2)在P1压强、T1℃时，容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；CO的转化率为0.5，列三段式有：

此温度下，反应的K==100；

(3)温度不变，K不变，T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下，CO：0.1mol、H2：0.2mol、CH3OH：0.2mol，此时Qc==50＜K，反应正向着正方向进行，v（正）＞v（逆）。【解析】①.＜②.KA=KB>KC③.b④.100⑤.＞14、略

【分析】【分析】

（1）溶液中电解质的导电能力与离子浓度有关；弱电解质加水稀释的过程中存在电离平衡的移动；

（2）盐类溶液中离子之间存在：物料守恒为等同于原醋酸溶液稀释之后浓度；电荷守恒，源自

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体；具有吸附作用，可做净水剂；

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐；亚硫酸根离子水解显碱性。

【详解】

（1）①醋酸属于弱电解质，部分发生电离，离子方程式为：

②冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时；水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降；

③由于酸的物质的量未发生改变；所以酸碱中和中所需的碱的物质的量相同；

（2）由物质的量守恒可知=0.1mol/L.==10−9；

（3）KAl(SO4)2·12H2O中铝离子发生水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可做净水剂，离子方程式为：

（4）Na2SO3属于强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小关系为：

【点睛】

盐类溶液中离子之间存在三个守恒：物料守恒，电荷守恒，质子守恒，在进行计算时注意观察题中所给式子符合什么变形；盐类溶液中离子浓度大小比较时注意离子的来源，确认溶液中原有的离子和水解或电离出来的离子，原有存在的离子浓度大于水解或者电离产生的离子浓度。【解析】①.CH3COOHCH3COO−＋H+②.冰醋酸中没有水，不能电离出自由移动的离子，所以导电性为零，当加水时冰醋酸电离，导电性增强，当达到b点时，水量越来越多，离子浓度下降，导电性又会下降③.相同④.0.1⑤.10−9⑥.Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+⑦.c(Na+)>c(SO32-)>c(OH−)>c(HSO3-)>c(H+)15、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氢氧化钠，溶液在ab段为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，抑制水的电离，bc段；氢氧化钠不断被消耗；到达c点，溶液为碳酸钠溶液，cd段碳酸钠溶液不断转变为碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)c点为碳酸钠溶液，溶液显碱性，离子浓度由大至小的关系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a点为氢氧化钠溶液，由水电离产生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，溶液显碱性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀释；平衡正向移动，电离程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸钠固体；溶液中醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，电离程度减小；

c．通氯化氢；溶液中氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，pH减小；

d．加入少量苛性钠固体；溶液中氢离子浓度减小，电离平衡正向移动，pH增大。

综上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad16、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）任何溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A-的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA)；

（4）由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)。

【详解】

(1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH>7；

故答案为：a=7时，HA是强酸；a>7时；HA是弱酸；

(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，由于pH=7，则c(Na+)=c(A−)；

故答案为：C；

(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A−的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A−)+c(HA)=0.2mol⋅L−1；

故答案为：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；0.2；

(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)−c(A−)=c(OH−)−c(H+)=(10−4−10−10)mol⋅L−1；

故答案为：10−4−10−10。

【点睛】

本题主要考查弱电解质的电离平衡，溶液离子浓度大小的比较等，主要考查溶液中的平衡，有一定难度。【解析】时，HA是强酸；时，HA是弱酸17、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12三、判断题(共1题，共2分)18、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、结构与性质(共3题，共18分)19、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><21、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、有机推断题(共1题，共7分)22、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、实验题(共3题，共12分)23、略

【分析】【详解】

（1）中和热热化学方程式中要求H2O的生成量为1mol，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒；原因是铜棒是金属材质，导热性能好，造成热量散失，导致误差较大。

（3）改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，盐酸过量，NaOH完全反应，所以所放热量增加；中和热对应生成1molH2O所产生的热值；所以所求中和热数值不变；

（4）由图2可知，当V1接近5mL时；反应已经发生，伴随放热，混合溶液温度接近22℃，所以该实验时环境温度小于22℃；

（5）4次平行试验的温差分别为：6.8℃；9.8℃、6.6℃、7℃；第二组试验偏差较大，无效，所以有效的为其他3组数据，可得平均温差为6.8℃；根据公式计算：

ΔH＝-56.8kJ/mol

【点睛】

定量试验如酸碱中和滴定和中和热测定进行平行实验中，对于数据的有效性需要考虑，偏差较大的数据要去除，