2025年粤教版选修4化学上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年粤教版选修4化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（）A.55kJB.220kJC.550kJD.1108kJ2、已知H-H、Cl-Cl和H-Cl的键能分别为436kJ·mol-1、243kJ·mol-1和431kJ·mol-1，请用此数据估计，由Cl2、H2生成1molHCl时的热效应△H等于（）A.-183kJ·mol-1B.-91.5kJ·mol-1C.+183kJ·mol-1D.+91.5kJ·mol-13、如下图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器。当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2mol和2mol开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态提示：物质X，Y的状态均未知，物质Z的状态为气态)，2X(?)+Y(?)aZ(g)此时Ⅰ中X，Y，Z的物质的量之比为1:3:2。下列判断正确的是

ⅠⅡⅢA.物质Z的化学计量数a=2B.若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ<ⅡC.若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态D.若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ>Ⅱ4、常温下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是()A.c(HCl)>c(CH3COOH)B.c(Cl－)＝c(CH3COO－)C.等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多D.用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多5、常温下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），其中d点为反应终点。下列说法不正确的是（）

A.V=20.00mLB.常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5C.b点溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c点的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)6、碳酸钙在下列物质中溶解度最大的是A.氨水B.石灰水C.食盐水D.硫酸铵溶液评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，CH4—H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol

反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡转化率的条件是________。

a．增大压强b．加入催化剂c．增大水蒸气浓度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的热化学方程式是________。

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ，达到平衡时CO的转化率是80%，其平衡常数为_________。

(2)实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的CaO可以明显提高H2的百分含量。做对比实验；结果如下图所示：

①投入CaO时，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入纳米CaO时，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反应中催化剂活性会因积炭反应而降低，相关数据如下表：。反应ⅠⅡ∆H(kJ/mol)+75﹣173

①研究发现，如果反应Ⅰ不发生积炭过程，则反应Ⅱ也不会发生积炭过程。因此，若保持催化剂的活性，应采取的条件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，反应的化学方程式是_________。8、我国芒硝（Na2SO4·10H2O）的储量丰富；它是重要的化工原料。

（1）制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合，结晶得NaHCO3晶体，再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝−127.4kJ·mol−1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝−131.5kJ·mol−1

则：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol−1。

（2）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，a、b均为离子交换膜。

①Na+迁移方向是________。

②气体1是________；溶液2是________。9、（1）向1L1mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应为△H1、△H2、△H3，则三者由小到大顺序为________

（2）由盖斯定律结合下述反应方程式；回答问题：

①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H=﹣176kJ/mol

②NH3（g）+H2O（l）═NH3•H2O（aq）△H=﹣35.1kJ/mol

③HCl（g）+H2O（l）═HCl（aq）△H=﹣72.3kJ/mol

④NH3•H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）△H=﹣52.3kJ/mol

则NH4Cl（s）+2H2O（l）═NH4Cl（aq）其△H等于_________kJ/mol．

（3）根据下列热化学方程式分析，写出C（s）燃烧热的热化学方程式________

C（s）+H2O（l）═CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ•mol﹣1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3=﹣571.6kJ•mol﹣1．10、高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=__，又知1100℃时，K=0.28。

（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数__（填“变大”；“变小”或“不变”）。

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态：__（填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。11、在一定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通如图所示。容器中发生以下反应：N2+3H22NH3（正反应为放热反应）。若反应达平衡后；测得混合气体的体积为7体积，据此回答下列问题：

（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积；如果反应达到平衡后混合气体中各物质的体积仍与上述平衡时完全相同，那么：

①若a=1,c=2，则b=____。在此情况下，反应起始时将向______（填“正”或“逆”）反应方向进行。

②若需规定起始时反应向逆反应方向进行，则c的范围是______。

（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是______，原因是_____。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、已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；请回答下列问题：

（1）此温度___25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___。

（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是___。

A．通入适量SO2气体B．加入适量Ba(OH)2溶液。

C．升温至60℃D．加入NH4Cl溶液。

（3）此温度下纯水中的c(H＋)＝__。

（4）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是___。

①1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶。

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱。

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应。

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢。

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+同时存在14、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是____写出二者反应的离子方程式：___________。

（2）常温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或碱性，下同）；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠等体积混合，所得溶液呈___________。15、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是____________________（用离子方程式表示）。

(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、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16分)17、二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.0kJ·mol-1

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）已知:H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，若由合成气(CO、H2)制备1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，其热化学方程式为_______________。

（2）有人模拟该制备原理：500K时，在2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，5min达到平衡，平衡时测得c(H2)=1.8mol·L-1，c(CH3OCH3)=0.2mol·L-1，此时CO的转化率为__________。用CH3OH表示反应①的速率是_____________mol·L-1·min-1，可逆反应②的平衡常数K2=______________________。

（3）在体积一定的密闭容器中发生反应②，如果该反应的平衡常数K2值变小，下列说法正确的是____。

A.平衡向正反应方向移动B.平衡移动的原因是升高了温度。

C.达到新平衡后体系的压强不变D.容器中CH3OCH3的体积分数减小。

（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，则a=________(填数值)。

（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融态的碳酸盐(如熔融K2CO3)，其中CO2会参与电极反应。工作时正极的电极反应为______________。

18、(1)一定温度下，某体积不变的密闭容器进行的可逆反应：下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是_________

①B的百分含量保持不变②体系的压强不再发生变化。

③混合气体的平均分子量不变④混合气体的密度不变。

⑤生成2n摩尔B同时生成n摩尔C

(2)一定条件下，向2L恒容密闭容器中加入3molA和1molB，发生反应．2min末该反应达到平衡，生成并测得C的浓度为0.4mol/L．请回答下列问题：

①x=____________；

②A的平衡转化率为__________．

(3)下列表格中的各种情况，能用图的曲线表示的是___________

反应纵坐标甲乙①相同质量的氨，在同一容器中氨气的转化率400℃500℃②等质量钾、钠分别与足量水反应质量钠钾③在体积可变的恒压容器中，体积比1:3的氨气的浓度活性高的催化剂活性一般的催化剂④和在相同温度物质的量2个大气压10个大气压

(4)氮的氧化物是大气污染物之一；用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染．

已知：

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______________

(5)25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入和发生反应若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图I所示，则_____(填“>”“<”或“=”)0：图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应的平衡常数的对数值与温度的变化关系图，其中正确的曲线是_________(填“甲”或“乙”)，a值为_______________．

19、研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减少。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：

①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<01正＝k1正c2(NO)1逆＝k1逆c(N2O2)

②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<02正＝k2正c(N2O2)c(O2)2逆＝k2逆c2(NO2)

请回答下列问题：

(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H＝________kJ·mol-1(用含△H1和△H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝_________，升高温度，K值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_____________。

A．k2正增大，c(N2O2)增大B．k2正增大，c(N2O2)减小

C．k2正减小，c(N2O2)增大。

由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用下图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_________(填字母)。

(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3·H2O＝NH4NO3+NH4NO2+H2O。若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c()_______c()+c()(填“>”“<”或“＝”)。工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染。电解池如图所示，阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可传导O2-。该电解池阴极的电极反应式是________。

20、一些行业的废水中氨氮含量严重超标；废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。

I．电镀行业废水处理流程如下：

(1)吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以和游离态的保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移，从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中和平衡态的平衡关系有________。

(2)温度、值、空气流量对脱除氨有很大的影响。值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，时，吹脱率随着增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因________。

(3)次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是________。

II．对于含有的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生在通入的情况，又产生以氧化水中的同时还可以通过生成沉淀而持续被除去。

(1)阳极的电极反应式是________。

(2)废水中的转化为的离子方程式是________。

(3)大于不利于的生成，原因是________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共8分)21、草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下。

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8

(1)CoC2O4·2H2O中C的化合价是____________________________。

(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：______________。

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。

(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是______________(填化学式)，试用离子方程式和必要的文字简述其原理：____________________________。

(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是______________；其使用的适宜pH范围是______________。

A.2.0〜2.5

B.3.0〜3.5

C.4.0〜4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=______________。

(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4·2H2O，最终得到产品m2kg，产率(实际产量/理论产量×100%)为____________________________。(已知：M(Co2O3)=166，M(CoC2O4·2H2O)=183，仅需列出数字计算式)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol；消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。

【点睛】

本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。2、A【分析】【分析】

【详解】

△H=E(H-H)+E(Cl-Cl)-2E(H-Cl)=436kJ·mol-1+243kJ·mol-1-2×431kJ·mol-1=-183kJ·mol-1，故选A。3、C【分析】【详解】

A选项，设达平衡时Y反应的物质的量为x，则2X(?)+Y(?)aZ(g)

起始量：2mol2mol0

转化量：2xxax

平衡量：2-2x2-xax

由(2-2x):(2-x):ax=1:3:2；可得x=0.8，a=1，故A错误；

B选项，若X、Y均为气态，反应Ⅰ体系的压强大于反应Ⅱ体系的压强，反应Ⅰ可看成是在Ⅱ的基础上增大压强，平衡向反应方向移动，则转化率Ⅰ>Ⅱ；故B错误；

C选项；如X；Y都是气体，则混合气体的密度不变，如图所示，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，故C正确；

D选项；若X为固态；Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图Ⅱ压强等于图Ⅰ压强，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，故D错误。

综上所述，答案为C。4、B【分析】【详解】

A．醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)＜c(CH3COOH)；故A错误；

B．溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO-)；故B正确；

C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多；故C错误；

D．同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全；由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；

故选B。

【点睛】

明确弱电解质的电离特点为解答关键。注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，醋酸为弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等时，醋酸浓度较大；物质的量浓度相等时，盐酸的pH较小，酸性较强。本题的易错点为CD。5、D【分析】【分析】

A.d点溶液是反应终点；按恰好完全反应来分析；

B.a点溶液是氯化铵溶液水解呈酸性；常温下pH为5，结合水解常数与电离平衡常数的关系估算；

C.b点溶液恰好呈中性；加入的碱溶液体积小于10.00mL来判断；

D.c点的混合溶液中；一水合氨和氯化铵的物质的量相等，根据电荷守恒和物料守恒分析；

【详解】

A.d点为反应终点，加入NaOH的体积为20.00mL时，恰好完全反应生成NH3⋅H2O和NaCl；说法正确，不符合；

B.常温下，a点对应的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；说法正确，不符合；

C.b点溶液恰好呈中性，加入NaOH的体积小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；说法正确，C不符合；

D.c点溶液为加入NaOH的体积为10.00mL，恰得到物质的量均为10-3mol的NH3⋅H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：由物料守恒：两个式子合并得到：因为c点溶液呈碱性，所以>c(Na+)；D选项说法错误，D符合；

答案选D。6、D【分析】【详解】

碳酸钙中存在溶解平衡，CaCO3CO32-＋Ca2+。

A．加入氨水；不影响平衡的移动，碳酸钙的溶解度不变；

B．加入石灰水；增大了钙离子浓度，平衡逆向移动，碳酸钙的溶解度减小；

C．加入食盐水不影响平衡的移动；碳酸钙的溶解度不变；

D．加入硫酸铵溶液；铵根离子水解显酸性，使得碳酸根离子浓度减小，平衡正向移动，碳酸钙的溶解度增大；

综上所述，溶解度最大的是硫酸铵溶液，故选D。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

(1)①提高物质的转化率就是使平衡正向移动；可以分析该反应的正反应的特点再根据平衡移动原理进行判断；

②根据盖斯定律；将方程式叠加，反应热也相加，得到重整后的热化学方程式；

③对于反应前后气体体积不变的反应；物质平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比等于它们的物质的量乘积的比；

(2)从生成物；反应物的酸碱性及固体表面积大小对物质浓度及化学平衡移动的影响分析；

(3)根据甲烷分解反应的特点分析判断；根据炭与水蒸气反应产物状态分析解答。

【详解】

(1)①由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)∆H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的转化率提高就要使化学平衡正向移动；a．该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，a错误；b．加入催化剂能够同等倍数的改变化学反应速率，化学平衡不发生移动，b错误；c．增大反应物水蒸气浓度；化学平衡正向移动，甲烷的转化率增大，c正确；故意合理选项是c；

②反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol；

③在密闭容器中，将2.0molCO与8.0molH2O混合加热到800℃发生反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(开始)/mol2.08.000

n(改变)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以浓度比等于物质的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；

(3)①反应Ⅰ的正反应是气体体积增大的吸热反应；为了减少积炭，要使平衡逆向移动，可以采取的措施是增大压强；降低温度的办法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均发生了积炭反应，通入过量水蒸气能有效清除积炭，是因为C与水蒸气反应，产生氢气和CO，反应的化学方程式是C+H2O=CO+H2。

【点睛】

本题考查了盖斯定律、化学平衡移动原理的应用的知识。涉及热化学方程式的书写、物质平衡转化率的判断、平衡常数计算、平衡移动、反应条件的控制等。掌握化学基本原理、了解物质的基本属性(状态、颗粒大小等)是分析问题的基础。【解析】cCH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)∆H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)减小，使生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大纳米CaO颗粒小，表面积大，使反应速率加快降低温度、增大压强C+H2O=CO+H28、略

【分析】【分析】

（1）根据题意写出化学方程式即可，需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体；故要加上沉淀符号；根据盖斯定律计算即可；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2。

【详解】

（1）根据题意，可以得该反应的化学方程式为：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根据盖斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6kJ·mol−1；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2；故Na+透过a膜进入阴极室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透过a膜进入阴极室（其他合理答案给分）氢气（H2）H2SO49、略

【分析】【详解】

（1）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H＋（aq）十OH－（aq）=H2O△H=一57.3kJ·mol－1，分别向1L1mol·L－1的NaOH溶液中加入：①浓H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，恰好完全反应时的放出的热量为①＞②＞③，所以△H1＜△H2＜△H3，故答案为：△H1＜△H2＜△H3；

（2）根据盖斯定律：②+④-①+③得。

NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=（-35.1kJ·mol－1）+（-52.3kJ·mol－1）-（-176kJ·mol－1）+（-72.3kJ·mol－1）

即NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=+16.3kJ·mol－1；

故答案为：+16.3；

（3）①C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ·mol－1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ·mol－1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.6kJ·mol－1。

根据盖斯定律，①+②×+③×得：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1；

故答案为：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1．【解析】△H1＜△H2＜△H3+16.3C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣110、略

【分析】【详解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常数表达式为K=故答案为：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反应是吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，即平衡正向移动，平衡常数变大；故答案为：变大；

（2）1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，说明反应未达到平衡状态，平衡正向进行，v正大于v逆；故答案为：否，大于；Qc＜K，反应向正反应方向进行。【解析】①.②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反应向正反应方向进行11、略

【分析】【详解】

(1)①反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同,恒温恒压条件下,采用极限分析,按化学计量数转化到左边,应满足2体积N2、6体积H2，2体积的氨气完全转化得到1体积氮气、3体积氢气，故1+a=1+1=2，3+b=6，则b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，则b=3；因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，则平衡时氨气应该为1体积，而在起始时，氨气的体积c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动，故答案为：3；逆；

②若让反应逆向进行；由上述①所求出的平衡时氨气为1体积，氨气的体积必须大于1体积，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1＜c≤4，故答案为：1＜c≤4；

(2)平衡后混合气体为6.5体积<7体积，恒压条件下，应是改变温度影响平衡移动，由于正反应为放热反应，且是气体总分子数减小的反应，只能为降低温度，,故答案为：降低温度；6.5<7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施。【解析】①.3②.逆③.1＜c≤4④.降温⑤.6.5＜7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施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】【详解】

已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；

⑴常温下水的离子积常数为KW＝1.0×10－14，而此温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；温度越高，离子积常数越大，从而说明此温度大于25℃，原因是水的离子积常数随温度的升高而增大，故答案为＞；水的离子积常数随温度的升高而增大；

⑵A选项，通入适量SO2气体；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故A符合题意；

B选项，加入适量Ba(OH)2溶液；电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B符合题意；

C选项；升温至60℃，平衡正向移动，促进水的电离，故C不符合题意；

D选项，加入NH4Cl溶液；铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成弱电解质一水合氨，平衡正向移动，促进水的电离，故D不符合题意；

综上所述；答案为：AB；

⑶水的离子积常数KW＝1.0×10－12，此温度下纯水中的c(H＋)＝c(OH－)==1×10－6mol/L，故答案为1×10－6mol/L；

⑷①如果醋酸为强酸，全部电离，则1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=1mol·L-1，而1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1；说明是弱酸即弱电解质，故①符合题意；

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶；强弱电解质与溶解性没有联系，故②不符合题意；

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱；说明醋酸溶液中的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，则说明醋酸为弱电解质，故③符合题意；

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应；强酸与弱酸都是按照方程式比例消耗，因此不能说明是弱电解质，故④不符合题意；

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢；说明同浓度醋酸中的氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，说明电离程度小，因此为弱电解质，故⑤符合题意；

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO－、H+同时存在，弱电解质存在弱电解质分子，故⑥符合题意；所以可以证明它是弱电解质的是①③⑤⑥，故答案为①③⑤⑥。【解析】①.＞②.水的离子积常数随温度的升高而增大③.AB④.1×10－6mol/L⑤.①③⑤⑥14、略

【分析】【分析】

（1）离子浓度越大；导电性越强，氨水为弱电解质，醋酸铵为强电解质；

（2）一水合氨为弱电解质；浓度越大，电离程度越小；

（3）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水过量。

【详解】

（1）氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：导电性先变大后变小；NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，又弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案为：＜；

（3）室温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；室温下，pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，醋酸是弱电解质，所以醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案为：酸性；酸性。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡的应用知识，注意把握弱电解质的电离特点。【解析】导电性先变大后变小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性15、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B三、判断题(共1题，共2分)16、×【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16分)17、略

【分析】【详解】

（1）给H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol编号为③，根据盖斯定律，①×2+②-③得：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)△H2=-244.0kJ·mol-1。

（2）由已知，CO和H2按照物质的量之比1：2反应，H2反应了6mol-1.8mol•L-1×2L=2.4mol，所以CO反应了1.2mol，此时CO的转化率为：1.2mol÷2mol×100%=60%；根据反应①，生成CH3OH1.2mol，用CH3OH表示反应①的速率是1.2mol÷2L÷5min=0.12mol•L-1•min-1；由c(CH3OCH3)=0.2mol·L-1，可得反应②H2O(g)的平衡浓度为0.2mol·L-1，反应②CH3OH(g)的平衡浓度为1.2mol÷2L-2×0.2mol·L-1=0.2mol·L-1，所以可逆反应②的平衡常数K2===1。

（3）化学平衡常数只受温度影响，反应②正向为放热反应，升高温度K2值变小，平衡逆向移动，CH3OCH3(g)生成率降低，容器中CH3OCH3的体积分数减小；容器中气体总物质的量不变；容器容积固定，T增大，根据PV=nRT，则P增大，故BD正确。

（4）反应物按化学计量数之比投料，则平衡转化率相同，如图，交点纵坐标表示H2和CO转化率相等，横坐标a表示H2(g)和CO(g)的投料比；所以a=2。

（5）正极上是氧气得电子发生还原反应，由已知熔融K2CO3作电解质，CO2参与反应，故电极反应式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-。【解析】2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)△H2=-244.0kJ·mol-160%0.121BD22CO2+O2+4e-=2CO32-18、略

【分析】【详解】

(1)一定温度下，某体积不变的密闭容器进行的可逆反应：

①该反应是固体分解反应；任何时刻B的百分含量保持不变，故不能说明反应已达到平衡状态，①不选；

②该反应前后气体体积发生变化；体系的压强不再发生变化，能说明反应已达到平衡状态，②选；

③该反应气体的总质量不变；气体总物质的量不变，故混合气体的平均分子量保持不变，不能说明反应已达到平衡状态，③不选；

④该反应气体的总质量不变；气体总体积发生变化，故混合气体的密度不变，能说明反应已达到平衡状态，④选；

⑤生成2n摩尔B同时生成n摩尔C；均是正反应方向，不能说明反应已达到平衡状态，⑤不选；

综上所诉；答案为②④；

(2)①已知一定条件下，向2L恒容密闭容器中加入3molA和1molB，发生反应．2min末该反应达到平衡，生成并测得C的浓度为0.4mol/L；则C的物质的量为0.8mol，相同时间内，C；D转化量相等，故x=2；

②物质转化的量与化学计量数呈正比，则2min末A转化的物质的量为1.2mol，则A的平衡转化率为

(3)①、对于反应2NH3⇌N2+3H2，温度越高化学发应速率越快，所以甲达到化学平衡用的时间短，故①错误；

②、根据金属钾和金属钠与水反应的原理方程式可知，2Na～H2，2K～H2，等质量钾、钠，则金属钠的物质的量大，所以金属钠产生的氢气多，金属钾的活泼性强与金属钠，所以金属钾的反应速率快，故②正确；

③、催化剂只能加快反应速率，不引起平衡移动，所以甲和乙达到化学平衡时，氨气的浓度相等，故③错误；

④、对于反应2SO2+O2⇌2SO3；增大压强化学平衡向着正反应方向进行，所以达到平衡时，乙的三氧化硫的量高于甲的，故④错误；

综上所诉；答案为：②；

(4)已知：反应①：

反应②：

反应③：

根据反应的平衡常数表达式及化学反应遵守质量守恒定律，再结合盖斯定律：2×反应②-反应①-反应③可得热化学方程式：

(5)25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入和发生反应若反应开始与结束时温度相同，由图1分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为：△H<0；

T升高；平衡左移，K减小，lgK减小，曲线选乙；

根据气体压强之比等于物质的量之比可知解得：x=0.02mol，c(Cl2)=0.01mol/L、c(NOCl)=0.02mol/L，该反应的平衡常lgK=lg100=2，即a=2。【解析】②④240%②<乙219、略

【分析】【分析】

(1)2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=①+②，平衡常数K=由反应达平衡状态，所以1正=1逆、2正=2逆，所以1正×2正=1逆×2逆；而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小；

(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；2正升高到某一温度时2正减小；平衡逆向移动，氧气的浓度增大；

(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c()＜c()+c()，O2-在阳极发生氧化反应；而氮的氧化物在阴极发生还原反应，由此分析解答。

【详解】

(1)①2NO(g)N2O2(g)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可以由反应①+②而得，根据盖斯定律可知，该反应的△H=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以1正=1逆、2正=2逆，所以1正×2正=1逆×2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则是K==已知△H1＜0，△H2＜0，故△H1+△H2＜0，即正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：△H1+△H2；减小；

(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，从而导致该反应速率减小；2正升高到某一温度时2正减小；平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：B；a；

(3)根据电荷守恒c()+c(H+)=c()+c()+c(OH-)，而甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性c(H+)＞c(OH-)，所以c()＜c()+c()，所以气体NO2在阴极发生还原反应生成氮气，阴极的电极反应式：2NO2+8e-=N2+4O2-，故答案为：＜；2NO2+8e-=N2+4O2-。【解析】减小Ba＜2NO2+8e-=N2+4O2-20、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成OH-；

(2)根据溶液的酸碱性对NH3+H2O⇌+OH-的影响分析解答；

(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子生成N2，同时ClO-被还原生成Cl-；

Ⅱ．(1)Mg是活泼金属；活泼金属作阳极时，阳极本身失电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；

(2)Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中

(3)大于时，溶液中c(OH-)较大，Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2；结合(2)反应方程式分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，