2025年华师大版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年华师大版选修4化学下册阶段测试试卷506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6题，共12分)1、已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-Q1kJ•mol-1①

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-Q2kJ•mol-1②

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-Q3kJ•mol-1③

常温下，取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为（）kJA.0.4Q1+0.05Q3B.0.4Q1+0.05Q2C.0.4Q1+0.1Q3D.0.4Q1+0.1Q22、80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是（）。起始浓度甲乙丙c(NO2)/mol·L－10.100.200.20c(SO2)/mol·L－10.100.100.20

A.平衡时，乙中SO2的转化率大于50%B.当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍C.温度升至90℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D.其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L－1NO2和0.20mol·L－1SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同3、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是A.B.C.c(H+)D.n(OH-)4、H2A为二元弱酸。室温下，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(忽略溶液混合引起的体积变化)A.0.1mol/LH2A溶液：c(H2A)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)：c(Na+)＞c(HA－)；c(H2A)＞c(A2－)C.0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)D.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)和0.1mol/LH2A溶液等体积混合：c(Na+)＞c(HA－)+2c(A2－)5、在15mL0.lmol/LKOH溶液中逐滴加入0.2mol/L甲酸（HCOOH；弱酸）溶液，溶液pH和加入甲酸的体积关系曲线如图所示，下列关系正确的是。

A.在B点：c(K+)=c(HCOO-)＞c(OH-)=c(H+)，且a=7.5B.在B间任意一点，c(HCOO-)＞c(K+)＞c(OH-)＞c(H+)C.B→C段：水的电离程度先增大后减小D.在D点：c(HCOO-)+c(HCOOH)＞2c(K+)6、常温下的四份溶液：①0.01mol/L醋酸溶液；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液，下列说法正确的是A.①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大B.将②、③混合，若有pH＝7，则消耗溶液的体积：②＜③C.将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(H+)，则c(OH-)＞c(Na+)D.将四份溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：③＞④，①＞②评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、按要求写热化学方程式：

（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的C2H2气体放出热量为1300kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示C2H2气体充分燃烧的热化学方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式：___。8、(1)根据下列热化学方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________

(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol，该反应的热化学方程式为______________。9、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态过氧化氢。当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出257.7kJ的热量（相当于25℃、101kPa下测得的热量）。该反应的热化学方程式为__。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。则16g液态肼与过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是__kJ。10、根据反应Br+H2⇌HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，该反应为________反应（填“吸热”或“放热”）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、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共4题，共28分)14、“一碳化学”是指以含一个碳原子的化合物（如:CO2、CO、CH4、CH3OH等）为初始反应物,合成一系列重要的化工原料和燃料的化学。

（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下:

反应I:2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H1

反应II:NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ/mol

总反应:2NH3(g)+CO2(g)==CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ/mol

请回答下列问题:

①反应I的△H1=______kJ/mol

②反应II一般在_________（填“高温”或“低温”）情况下有利于该反应的进行。

③一定温度下,在体积为固定的密闭容器中按计量比进行反应I,下列能说明反应达到了平衡状态的是__________（填序号）。

A．混合气体的平均相对分子质量不再变化B．容器内气体总压强不再变化。

C．2V正(NH3)=V逆(CO2)D．容器内混合气体的密度不再变化。

④环境为真空时,在一敞开容器（非密闭容器）中加入NH2COONH4固体,足够长时间后，反应是否建立平衡状态?___________（填“是”或“否”）

（2）将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如下图。

①曲线I.II对应的平衡常数大小关系为KI_______KII（填“>”、“<”或“=”）。

②一定温度下,在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)(a、b、c均不为零)

若甲容器平衡后气体的压强为开始的0.8倍,则甲容器平衡混合气体中CH3OH(g)的体积分数为_______，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等,且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,乙容器中c的取值范围为________。

（3）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如下图,乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是________________。

15、含硫化合物在工业上应用广泛；硫化物是脱硫；染料行业重要的原材料。

（1）酸工业烟道气中的SO2；CO．可用如图所示的综合循环吸收法脱除：

已知再生塔中每产生ImolCO2（g），放出29．9的热量，则其热化学方程式为______。

（2）H2S热分解反应为：2H2S（g）2H2（g）＋S2（g）。在恒容密闭容器中，H2S的起始浓度均为cmol・L—1，控制不同温度使之分解．相同时间后测的H2S转化率曲线如图1所示：其中a为平衡时转化率、b为未平衡时转化率分别与温度的关系曲线。

①在975℃：t秒时反应达到平衡，则平衡前反应的平均速率v（S2）＝_____（用含c；t的代数式表示）。

②请说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：______________。

（3）725℃时，H2S的电离平衡常数K＝1．3×10-7、Ka2＝7．0×10-15。用NaOH溶液吸收H2S气体得到pH＝10的Na2S溶液，在此过程中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或”不变”）；此时溶液中=_____________________

（4）加热Na2S溶液可以生成Na2S2O3，NaOH和H2，温度升高时还可生成Na2SO4，图2是含3molNa2S的溶液在不同温度下反应，生成H2物质的量与反应时间的关系。分析图像，完全反应后生成Na2S2O3物质的量最多的是______（填”c”或”d“）点：不考虑离子的水解，则c点溶液中浓度最高的阴离子为______（写化学式），S2O32—的物质的量为_______。16、2018年6月27日；国务院发布《打赢蓝天保卫战三年行动计划》，该计划是中国政府部署的一项污染防治行动计划，旨在持续改善空气质量，为群众留住更多蓝天。对废气的进行必要的处理，让空气更加清洁是环境科学的重要课题。

（1）已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H1＝＋180.5kJ/mol

C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H2＝－393.5kJ/mol

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H3＝－221.0kJ/mol

若某反应的平衡常数表达式为请写出此反应的热化学方程式_____________。

（2）用如图所示的电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和

①NO在电极上发生的反应为_________________。

②SO2在电极上发生的反应为__________________。

③写出物质A的化学式____________。

（3）利用氨气可以设计高能环保燃料电池（反应原理：4NH3+3O2=2N2+6H2O），用该电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极的电极反应式为__________；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为________L。17、CO2是一种廉价的碳资源；其综合利用具有重要意义。回答下列问题：

(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为__________(写离子符号)；若所得溶液pH=10，溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)__________。(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）

(2)CO2与CH4经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。

已知：C(s)+2H2(g)=CH4(s)△H=-75kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2(s)△H=-394kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO(s)△H=-111kJ·mol-1

①该催化重整反应的△H=__________。有利于提高CH4平衡转化率的条件是__________(填标号)。

A低温低压B低温高压C高温低压D高温高压。

某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50％，其平衡常数为__________mol2·L-2。

②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：。消碳反应。

CO2(g)+C(s)=2CO(g)消碳反应。

CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H/kJ·mol-1172172活化能/kJ·mol-1催化剂X3391催化剂Y437272

由上表判断，催化剂X__________Y(填“优于”或“劣于”)，理由是：__________________。

(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式；基本原理如图所示：

①X是电源的__________极(填“正”或“负”)。

②阴极的电极反应式是：H2O+2e-=H2+O2-、CO2+2e-=CO+O2-

则总反应可表示为__________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)18、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共21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：__。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为n===0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；△H=-Q1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ；由2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH3＝－2Q3kJ/mol，可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为×0.1mol×2Q3kJ/mol=0.1Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1+0.1Q3，答案选D。2、D【分析】【分析】

甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，故△c(NO2)=0.05mol/L；则：

NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)

开始(mol/L)：0.10.100

转化(mol/L)：0.050.050.050.05

平衡(mol/L)：0.050.050.050.05

故该温度下平衡常数K==1。

【详解】

A．令乙中SO2的浓度变化量为x；则：

NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)

开始(mol/L)：0.20.100

转化(mol/L)：xxxx

平衡(mol/L)：0.2-x0.1-xxx

所以=1，解得x=故二氧化硫的转化率为×100%=66.7%＞50%；故A正确；

B．反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(NO2)：n(SO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍；故B正确；

C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为大于80℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；

D．令平衡时NO的浓度为ymol/L；则：

NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)

开始(mol/L)：0.10.200

转化(mol/L)：yyyy

平衡(mol/L)：0.1-y0.2-yyy

则=1，解得y=而乙平衡时CO的浓度mol/L；故D错误；

故选D。3、B【分析】【分析】

加水稀释促进电离，所以c（NH3．H2O）减小，NH3．H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH-）、c（NH4+）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大。

【详解】

A.是平衡常数；加水稀释，温度不变，平衡常数不变，故A不符合；

B.加水稀释促进电离，所以n()减小，n(OH−)增大,则减小；故B符合；

C.加水稀释，氨水碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，KW不变；氢离子浓度增大，故C不符合；

D.加水稀释促进电离，所以n(OH−)增大；故D不符合；

故选B。4、C【分析】【详解】

A．H2A为二元弱酸，溶液中存在电离H2AHA－+H+、HA－A2－+H+，且第一步电离程度大于第二步，但弱电解质的电离是微弱的，所以c(H2A)＞c(H+)＞c(HA－)＞c(A2－)；故A错误；

B．0.1mol/LNaHA溶液中存在HA－的电离和水解，溶液pH＜７说明电离程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(HA－)；故B错误；

C．0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA－)+2c(A2－)+2c(H2A)，二式联立可得c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)；故C正确；

D．混合溶液应显酸性，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，酸性溶液中c(H+)＞c(OH－)，所以c(Na+)＜c(HA－)+2c(A2－)；故D错误；

综上所述答案为C。5、D【分析】【详解】

A．当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL，反应生成甲酸钠溶液，甲酸钠水解，溶液显示碱性，若溶液为中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(K+)=c(HCOO-)；由于溶液中存在部分甲酸，则应该满足a＞7.5，故A错误；

B．在A、B间任意一点，开始存在c(OH-)＞c(HCOO-)，因此可能存在：c(K+)＞c(OH-)＞c(HCOO-)＞c(H+)；故B错误；

C．B点是甲酸钾和甲酸的混合溶液；在C点甲酸过量，溶液呈酸性，抑制水的电离，B→C段，酸的浓度增大，水电离程度减小，即水的电离程度一直减小，故C错误；

D．D点甲酸过量，所加入甲酸的物质的量为：0.02L×0.2mol/L═0.004mol，KOH的物质的量为：0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒，则反应后溶液中一定满足：c(HCOO-)+c(HCOOH)＞2c(K+)；故D正确；

故选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．酸或碱能抑制水的电离，当溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，pH=12的氨水和pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=0.01moL/L，0.01moL/LHCl中c(H+)=0.01moL/L，所以这三种溶液中水的电离程度相同，0.01mol/LCH3COOH中c(H+)＜0.01moL/L；所以醋酸中水的电离程度最大，故A错误；

B．②③若等体积混合后溶液呈碱性；若pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；

C．若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，有c(CH3COO-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(OH-)＜c(Na+)；故C错误；

D．将四份溶液稀释100倍后溶液的pH：氨水存在电离平衡；溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，pH值③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸中存在电离平衡，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，酸性越弱，pH越大，所以溶液pH①＞②，故D正确；

故选D。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

(1)根据生成碳酸钙的质量计C2H2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示C2H2燃烧热化学方程式；

(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。

【详解】

(1)n(CaCO3)==1mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由C2H2燃烧的化学方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反应的C2H2的物质的量是n(C2H2)=因为燃烧mol的C2H2放出的热量为1300kJ，所以燃烧1molC2H2产生CO2气体和产生液态水放出热量是2600kJ，故C2H2的燃烧热为2600kJ，所以表示C2H2燃烧热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。【解析】C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol8、略

【分析】【详解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案为-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为=891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则1molC6H6(l)在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃烧热△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃烧的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案为：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。9、略

【分析】【详解】

0.4mol液态肼和0.8mol过氧化氢混合反应生成氮气和水蒸气，放出的热量为257.7kJ，那么1mol液态肼发生相同的反应放出热量为所以该反应的热化学方程式为：由可知，1mol液态肼与2mol液态过氧化氢混合反应生成液态水的热化学方程式为：那么16g液态肼即0.5mol，发生上述反应放出的热量为：【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-644.25kJ·mol-1410.12510、略

【分析】【详解】

根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故答案为：吸热。【解析】吸热11、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】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、原理综合题(共4题，共28分)14、略

【分析】【详解】

(1)①反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H1=akJ•mol-1，反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ•mol-1，总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ•mol-1，由盖斯定律总反应Ⅲ-反应Ⅱ，得到2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H1=a=-159.47kJ•mol-1；故答案为-159.47；

②反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ•mol-1，反应前后气体体积增大，△S＞0，焓变分析可知是吸热反应，△H＞0，所以依据反应自发进行的判断依据△H-T△S＜0；需要在高温下反应自发进行，故答案为高温；

③A．反应I中反应物为气体，生成全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，故A错误；B．反应I中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，故B正确；C．反应处于平衡状态时v正(NH3)=2v逆(CO2)；故C错误；D．反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，故D正确；故选BD；

④环境为真空时,在一敞开容器(非密闭容器)中加入NH2COONH4固体，发生NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)；水蒸气进入环境中，浓度近似为0，无论经过多长时间，反应都不会建立平衡状态，故答案为否；

(2)①II平衡时间小于I，说明II反应速率大于I，且平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II的温度大于I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KⅠ＞KⅡ；,故答案为＞；

②设二氧化碳反应量为x

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

初始量(mol)：1300

转化量(mol)：x3xxx

平衡量(mol)：1-x3-3xxx

甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即=0.8，解得x=0.4mol，甲容器平衡混合气体中CH3OH(g)的体积分数=物质的量分数=×100%=12.5%；依题意：甲；乙为等同平衡；且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：0.4＜c＜1mol，故答案为12.5%；0.4＜c＜1；

(3)①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃，故答案为300℃～400℃。

点睛：本题的易错点为c的取值范围的计算，根据平衡的三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围。【解析】-159.47高温BD否>12.5%0.4<1300～400℃15、略

【分析】【详解】

（1）根据图所示，再生塔中发生的反应是Na2SO4＋4CO=4CO2＋Na2S，生成4molCO2时放出的热量为4×29.9kJ=119.6kJ，该反应的热化学方程式为Na2SO4(s)＋4CO(g)==Na2S(s)＋4CO2(g)△H＝－119.6kJ·mol－1；

（2）①达到平衡前，消耗H2S的浓度为0.4cmol·L－1，同时生成S2浓度为0.4c/2mol·L－1=0.2cmol·L－1，根据化学反应速率的数学表达式，v(S2)=0.2c/tmol/(L·s)；

②随着温度升高，化学反应速率增大，达到平衡所需时间变短，曲线b向曲线a逼近；

（3）NaOH为强碱，对水的电离产生抑制，Na2S为强碱弱酸盐，S2－水解促进水的电离，因此用NaOH溶液吸收H2S气体生成Na2S的过程中，水的电离程度增大；c(S2－)/c(HS－)=c(S2－)×c(H＋)/[c(HS－)×c(H＋)]=7.0×10－15/10－15=7.0×10－5；

（4）温度升高，生成Na2SO4，c点温度高于d点温度，一部分S生成Na2SO4，因此生成Na2S2O3物质的量最多的是d点；根据反应，硫元素的化合价升高，H元素的化合价降低，令生成Na2S2O3的物质的量为xmol，根据硫元素守恒，Na2SO4物质的量为(3－2x)mol，根据得失电子守恒守恒，得出2xmol×4＋(3－2x)mol×8=10mol×2，解得x=0.5，即Na2S2O3的物质的量为0.5mol，Na2SO4的物质的量为2mol，c点溶液中浓度最高的阴离子是SO42－；S2O32－的物质的量为0.5mol。【解析】Na2SO4(s)＋4CO(g)==Na2S(s)＋4CO2(g)△H＝－119.6kJ·mol－1或：1/4Na2SO4(s)＋CO(g)==1/4Na2S(s)＋CO2(g)△H＝－29.9kJ·mol－10.2c/tmol·L－1·s－1温度升高，反应加快，达到平衡所需时间变短增大7.0×10－5dSO42－0.5mol16、略

【分析】【分析】

(1)根据平衡常数表达式可知，目标反应为2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol

③2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3=-221.0kJ/mol根据盖斯定律②×2-①-③得到2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）的焓变△H；并写出反应的热化学方程式；

(2)电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4；根据电解方程式结合电解原理分析解答；

(3)阴极得到电子发生还原反应；结合电解环境书写可得；根据阴阳极电子转移数目相等计算。

【详解】

(1)目标反应为2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g），①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ/mol③2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H3=-221.0kJ/mol由盖斯定律②×2-①-③有2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=（-393.5kJ/mol）×2-（+180.5kJ/mol）-（-221.0kJ/mol）=-746.5kJ/mol，即2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol；

(2)电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为和则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O2NH4HSO4+3H2SO4；据此解题：

①电解时，阴极NO转化为结合电子守恒、电荷守恒有NO+6H++5e-=+H2O，故答案为：NO+6H++5e-=+H2O；

②阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2e-═+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-═+4H+；

③由电解方程式可知，物质A为硫酸，其的化学式H2SO4，故答案为：H2SO4；

(3)电池电解含有的碱性工业废水，在阴极产生N2，阴极发生还原反应，电极反应为：2+10e-+6H2O=N2+12OH-；在标准状况下，当阴极收集到13.44LN2时，转移电子为×10=6mol，电子转移数相同，则氨气转移电子也为6mol，氨气放电生成氮气，氮元素从-3到0，1mol氨气转移电子3mol，则6mol电子需要氨气2mol，理论上消耗NH3的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L；故答案为：2+10e-+6H2O=N2+12OH-；44.8L。【解析】17、略

【分析】【分析】

(1)根据K2=结合溶液的pH分析解答；

(2)①根据盖斯定律分析计算△H；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol×50%=0.5mol，生成的n(CO)=n(H2)=1mol；根据三段式分析解答化学平衡常数；

②消碳反应越容易发生；催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行；

(3)①电解池阳极发生氧化反应；阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；

②电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2；CO；阳极产生氧气，据此书写总反应方程式。

【详解】

(1)K2==5×10-11，当c(HCO3-)=c(CO32-)，c(H+)=5×10-11，pH=10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3-)远远小于c(CO32-)，CO2主要转化为CO32-；若所得溶液pH=10，c(H+)=1×10-10，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，K2===5×10-11，解得=故答案为CO32-；

(2)①C(s)+2H2(g)═CH4(g)△H=-75kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-394kJ•mol-1，③C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-111kJ•mol-1，根据盖斯定律，将方程式2×③-①-②得CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)，△H=2×(-111kJ•mol-1)-(-75kJ•mol-1)-(-394kJ•mol-1)=+247kJ/mol；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选C；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)=n(CH4)=1mol×50%=0.5mol，生成的n(CO)=n(H2)=1mol；

该化学反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

开始(mol/L)10.500

反应(mol/L)0.250.250.50.5

平衡(mol/L)0.750.250.50.5

化学平衡常数K===故答案为+247；C；

②根据表中数据知；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性，故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；

(3)①根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O-CO2混合气体；二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；

②电解池阴极发生还原反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e-═H2↑+O2-，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e-═CO+O2-，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故答案为H2O+CO2H2+CO+O2。【解析】+247kJ/molC劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，催化剂Y消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，因此催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性负H2O+CO2H2+CO+O2五、元素或物质推断题(共1题，共2分)18、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、结构与性质(共3题，共21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