2025年岳麓版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年岳麓版选修4化学上册阶段测试试卷175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、下列有关实验装置进行的相应实验；能达到实验目的的是。

。选项。

A

B

C

D

实验装置。

实验目的。

制取少量纯净的CO2

验证钠和水的反应时放热反应。

进行喷泉实验。

进行中和热的测定。

A.AB.BC.CD.D2、3.2gCH3OH(l)完全燃烧生成液态水和CO2，放出72.576kJ的热量。下列热化学方程式正确的是A.CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-72.576kJ·mol－1B.CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-72.576kJ·mol－1C.2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝-1451.52kJ·mol－1D.CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝+725.76kJ·mol－13、甲胺是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应测得有关实验数据如表,下列说法正确的是。容器编号温度起始物质的量平衡时物质的量CH3NH2(g)CH3NH2(g)Ⅰ53000Ⅱ53000Ⅲ50000

A.达到平衡时，体系中关系：ⅠⅡB.达到平衡时，转化率：ⅢC.正反应的平衡常数ⅠⅡⅢD.530K时，若起始向容器Ⅰ中充入则反应将向逆反应方向进行4、常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：]。下列叙述不正确的是。

A.Ka(HA)的数量级为10-5B.滴加NaOH溶液的过程中，保持不变C.m点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)D.n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)5、下列关于盐类水解的叙述中，错误的是A.盐类水解是中和反应的逆反应B.盐类水解过程中吸热过程C.含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性D.盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱6、常温下，取0.2mol·L－1HX溶液与0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝8，则下列关于混合溶液的说法（或关系式）正确的是A.c(Na＋)－c(X－)＝9.9×10－7mol·L－1B.c(Na＋)＝c(X－)＋c(HX)＝0.2mol·L－1C.c(OH－)－c(HX)＝c(H＋)＝1×10－6mol·L－1D.c(Na＋)＞c(X－)＞c(HX)＞c(OH－)＞c(H＋)7、常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示[Ksp（CaSO4）=9×10﹣6]；下列说法正确的是（）

A.b点对应的Ksp等于a点对应的KspB.d点溶液通过蒸发可以变到c点C.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42﹣）一定等于3×10﹣3mol·L﹣1D.在任何溶液中，c（Ca2+）、c（SO42﹣）均相等8、CO2和CH4重整可制备合成气；催化重整反应历程示意图如下：

下列说法不正确的是A.Ni在该反应中做催化剂，参与化学反应B.合成气的主要成分为CO和H2C.①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D.①→②吸收能量评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或下列说法不正确的是。

A.直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系B.图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27C.对应1.27＜pH＜4.27D.对应pH=710、水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.图中对应点的温度关系为：a＞b＞cB.纯水仅升高温度，可从a点变到c点C.水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞dD.在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性11、H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如图所示；下列说法正确的是。

A.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝2.5：c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)B.由图可知：H2C2O4的Ka2＝10－4.2C.向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，则溶液中：2c(C2O42－)>c(Na＋)D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)12、室温下；0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是。

A.溶液显酸性B.升温，c（X）增大，c（Y）减小C.c（B+）+c（Y）=c（Cl－）D.稀释溶液，c（X）增大，c（Z）增大13、Zn（OH）2、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物，二者溶解度均随温度升高而增大。某温度下，Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na2S的混合溶液中滴加ZnSO4溶液，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p（Zn）=-lgc（Zn2+），p（B）=-lgc（OH-）或-1gc（S2-）。下列说法错误的是（）

A.曲线l表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线B.该温度下，Ksp（ZnS）=1.0×10-28C.升高温度时，b点一定会向c点移动D.已知此温度下Ka2（H2S）═4.0×10-16，向0.01mol•L-lNaHS溶液中滴加等体积0.2mol•L-1ZnSO4溶液不能产生沉淀14、下列有关说法正确的是A.常温下，pH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中，水的电离程度不相同B.反应NH3(g)+HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＞0C.向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D.向盛有KI3溶液(I3-I2＋I-)的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、实验测得乙醇在氧气中充分燃烧生成和时释放出aKJ的热量，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：______16、完成下列填空:

（1）下图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图,写出N2和H2反应的热化学方程式:____________________.

（2）若已知下列数据:试根据表中及图中数据计算N-H的键能____________kJ·mol-1.。化学键H-HN≡N键能/kJ·mol-1435943

（3）合成氨反应通常用铁触媒作催化剂。使用铁触媒后E1和E2的变化是:E1___________,E2_________(填“增大”；“减小、”“不变”)。

（4）用NH3催化还原NOX还可以消除氮氧化物的污染。例如4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g);ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g);ΔH2=bkJ/mol若1molNH3还原NO至N2,写出该反应的热化学方程式__________(ΔH用a、b表示).17、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。

（1）今有如下两个热化学方程式：则a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ•mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ•mol﹣1

（2）拆开lmol气态物质中某种共价键需要吸收的能量叫键能，部分化学键键能如表。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436a945

已知反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ•mol﹣1，试根据表中所列键能数据计算a=______________。

（3）利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反应③为制取二甲醚的第3步反应，利用△H1和△H2计算△H3时，还需要利用________反应的△H。

（4）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃；其过程如图。

图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________________________。18、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15min内用SO3表示平均反应速率为__。

（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。

（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。

A．加入催化剂B．缩小容器容积。

C．降低温度D．增加O2的物质的量19、据报道；我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外还有以下二种：

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。20、常压下；取不同浓度；不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

。温度（℃）

c(氨水)(mol/L)

电离常数。

电离度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________（填“左”；“右”）移动；能支持该结论的表中数据是__________；

a．电离常数b．电离度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不变的原因是________________________。21、已知常温下H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反应NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K＝9.45×104，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝______________。22、化学电池的发明；是贮能和供能技术的巨大进步。

(1)如图所示装置中；Zn片是_____(填“正极”或“负极”)，Cu片上发生的电极反应为_____。

(2)该装置是典型的原电池装置；可将氧化还原反应释放的能量直接转变为电能，能证明产生电能的实验现象是_____。

(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图：

下列说法不正确的是_____(填序号)。

①A为电池的正极。

②该装置实现了电能转化为化学能。

③电池工作时，电池内部的锂离子定向移动23、我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰；2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：

Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和

a：

b：

(1)相同温度下，反应的___________

(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器极大地改善了该问题，其原理如图1所示：

保持压强为温度为向密闭容器中按投料比，投入一定量和不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．气体压强不再变化。

B．气体的平均相对分子质量不再变化。

C．不再变化。

D．的物质的量之比为

②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。

(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同，其他反应条件均相同)。

①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。

(4)阴极的电极反应式为___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)24、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共6分)25、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：)26、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“＝”）。27、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：__。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共8分)28、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_____________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A.该装置为启普发生器的简易装置，要求固体反应前后始终保持块状，纯碱为粉末或颗粒状，因此用Na2CO3制备CO2不能用启普发生器的简易装置；故A错误；

B.Na与H2O反应如果是放热反应；广口瓶中气体受热膨胀，U型管中红墨水出现左低右高，因此该装置能完成实验目的，故B正确；

C.Cl2能溶于水，但在水中溶解度较小，Cl2与H2O不能形成喷泉；故C错误；

D.缺少环形玻璃搅拌棒；无法完成实验目的，故D错误；

答案为B。

【点睛】

用启普发生器或其简易装置制备气体，该反应不能加热、固体反应始终保持块状。2、C【分析】【详解】

3.2gCH3OH(l)的物质的量为=0.1mol，完全燃烧生成液态水和CO2，放出72.576kJ的热量，则1molCH3OH(l)完全燃烧生成液态水和CO2，放出725.76kJ的热量，即甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ•mol-1或2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝-1451.52kJ·mol－1，选项C正确，故答案为C。3、C【分析】【详解】

反应是体积不变的反应，容器Ⅱ相当在容器I基础上增大一倍压强，由于恒温恒容时，增大压强，平衡不移动，所以各物质的含量或浓度均为容器I中各物的2倍，即ⅠⅡ故A错误；

B.根据三段式可知容器I中反应三段式为：

容器Ⅲ中反应三段式为：

所以ⅠⅢ即ⅠⅢ故B错误；

C.容器I和容器Ⅱ反应均在530k温度下进行，所以反应的平衡常数不变，即ⅠⅡ所以正反应的平衡常数ⅠⅡⅢ故C正确；

D.此时浓度熵所以反应将向正反应方向进行，故D错误；

故选：C。4、D【分析】【分析】

根据图像，溶液中含有HA，说明HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，加入NaOH溶液，发生NaOH＋HA=NaA＋H2O，c(A－)/c(HA)比值增大，即减小；然后依据溶液中三个“守恒”进行分析；

【详解】

A、HA为弱酸，即存在HAH＋＋A－，Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA)，时，Ka=c(H＋)=10－4.76=10－5＋0.24，即数量级为10－5；故A说法正确；

B、Ka和Kw只受温度的影响；因此该比值保持不变，故B说法正确；

C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(A－)，由A选项分析，m点时，c(A－)=c(HA)，因此有c(H＋)=c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)；故C说法正确；

D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na＋)－)＋c(HA)，故D说法错误。5、C【分析】【详解】

A；盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程；是中和反应的逆反应，故A正确；

B；盐类水解是中和反应的逆反应；中和反应放热，盐的水解是吸热的，故B正确；

C；水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小；如醋酸铵是一种含有弱酸根离子的盐，但是该溶液显中性，故C错误；

D；水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小；阳离子水解程度大，溶液显示酸性，阴离子水解程度大，溶液显示碱性，故D正确；

故选C。6、A【分析】【分析】

取0.2mol•L-1HX溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合；恰好生成NaX，测得混合溶液的pH=8，说明溶液呈碱性，NaX为强碱弱酸盐，结合盐类水解原理以及物料守恒解答该题。

【详解】

A.该盐溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)，移项得故A正确；

B.等物质的量的该酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，盐溶液中存在物料守恒，即故B错误；

C.该盐溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)①，存在物料守恒，即c(Na+)=c(X−)+c(HX)②，将②带入①得c(HX)+c(H+)=c(OH−)，所以c(OH−)−c(HX)=c(H+)=1×10−8mol⋅L−1；故C错误；

D.由C可知c(OH−)>c(HX)；故D错误；

故答案选：A。

【点睛】

利用三大守恒和水的离子积常数计算溶液中浓度大小关系。7、A【分析】【分析】

【详解】

该图是CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不在曲线上，则b和d点不是平衡状态；

A．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，所以任意一点Ksp都相等；故A正确；

B．d点在平衡线下方，为不饱和溶液，蒸发时c（Ca2+）、c（SO42-）都会增大；所以d点溶液通过蒸发不能变到c点，故B错误；

C．b点在平衡线上方，Qc=5×10-3×4×10-3=2×l0-5＞Ksp，所以会有沉淀生成，即Ca2+与SO42-形成CaSO4沉淀，最终达到溶解平衡状态，由于起始c（Ca2+）=5×10-3mol/L＞c（SO42-）=4×10-3mol/L，消耗的c（Ca2+）、c（SO42-）相等，平衡后溶液中c（Ca2+）·c（SO42-）=Ksp，则平衡后溶液中c（SO42﹣）小于3×l0-3mol/L；故C错误；

D．常温下，在任何CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）和c（SO42﹣）都满足Ksp=c（Ca2+）·c（SO42﹣）=9×10﹣6；但二者浓度不一定相等，故D错误；

故答案选A。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．从图中可以清楚的看到Ni在该反应前后没有改变；故做催化剂，参与化学反应，故Ａ正确；

B．从图中可以看到出来H2和CO，故合成气的主要成分为CO和H2；故B正确；

C．从图中可以看到过渡态中既有碳氧键的断裂；又有碳氧键的形成，故C正确；

D．从图中可以推出；纵坐标表示能量，状态①的能量比状态②的能量高，故①→②会释放能量，故D错误；

故答案为：D。二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【详解】

A.草酸为二元弱酸，一级电离抑制二级电离，电离常数＞由图可知，当lgy＝0时，溶液pH＝-lgc(H+)＝-lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系；故A正确；

B.由图可知，pH＝0时，==则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27；故B正确；

C.设pH＝a，c(H+)＝10−a，=104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，=当102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以对应2.77＜pH＜4.27；故C错误；

D.由电荷守恒可得c(K+)+c(H+)=+2+c(OH-)，当c(K+)=+2时，溶液中c(H+)=c(OH-)；pH＝7，故D错误；

故选CD。10、CD【分析】【详解】

A．温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，a点Kw=10-14，所以温度关系为：b＞c＞a；故A错误；

B．c点Kw=10-13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，故B错误；

C．a、d曲线温度相同，则离子积常数相同，即d点Kw=10-14，b点Kw=10-12，c点Kw=10-13，所以水的电离常数KW数值大小关系为：b＞c＞d；故C正确；

D．b点Kw=10-12；中性溶液pH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故D正确；

故答案为：CD。

【点睛】

正确理解水的电离平衡曲线：

（1）曲线上任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同；温度相同；

（2）曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同；温度不同；

（3）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。11、BD【分析】【分析】

H2C2O4水溶液中加入NaOH，H2C2O4与碱中和，转化为HC2O4-，则c(H2C2O4)减小，c(HC2O4－)增大，随着NaOH加入，H2C2O4全部转化为HC2O4-，再继续加入NaOH，HC2O4-与碱反应转化为C2O42－，则c(HC2O4－)减小，c(C2O42－)增大；则图中各曲线代表的微粒分别为：

以此分析解答。

【详解】

A．根据图像所示，pH＝2.5时，c(HC2O4－)远大于c(C2O42－)和c(H2C2O4)，则不可能得到c(H2C2O4)＋c(C2O42－)>c(HC2O4－)；故A错误；

B.由图可知：pH＝4.2时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，H2C2O4的Ka2＝=10-4.2；故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)+c(OH-)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(H＋)=c(OH-)，则溶液中：c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，则c(Na＋)＞2c(C2O42－)；故C错误；

D.将0.01mol·L－1的H2C2O4溶液与0.02mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液中恰好完全反应，形成溶质为Na2C2O4的溶液，该溶液中质子守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)；故D正确；

答案选BD。12、AC【分析】【分析】

的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中浓度小于说明在溶液中存在B0H为弱碱，BCl溶液呈酸性，则一般来说，盐类的水解程度较小，则：反应后溶液中离子浓度大小为：即X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：据此回答。

【详解】

A．BOH为弱碱，反应生成强酸弱碱盐BCl，则溶液显酸性，A正确；

B．盐的水解为吸热反应，升温促进水解，则Y浓度增大，B错误；

C．X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒为：C正确；

D．稀释后促进水解，但是溶液中氢离子浓度减小，即减小，D错误；

答案选AC。13、CD【分析】【详解】

A．若曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则a点时c（Zn2+）=c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=10-6×（10-6）2=1.0×10-18，所以假设成立，即曲线表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线；故A正确；

B．曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，b点时c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)•c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28；故B正确；

C．曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，ZnS溶解吸热，升高温度时溶液中c（Zn2+）、c(S2-)增大，则p(Zn)、p(B)减小，即升高温度时，b点一定会沿着ba方向向a点移动；故C错误；

D．等体积混合瞬间，NaHS浓度为0.005mol•L-l、ZnSO4浓度为0.1mol•L-1，c(S2-)=mol/L=1.4×10-9mol/L，浓度熵Qc=c(Zn2+)•c(S2-)=1.4×10-9×0.1=1.4×10-10mol＞1.0×10-28=Ksp(ZnS)；所以产生ZnS沉淀，故D错误；

答案选CD。

【点睛】

把握图象的意义、图中离子浓度与Ksp关系为解答的关键。14、AC【分析】【详解】

A．常温下，pH均为9的CH3COONa和NaOH溶液中；氢氧根离子浓度相同，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，水的电离程度不相同，故A正确；

B．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行；根据△H-T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0才能满足△H-T△S＜0，故B错误；

C．向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，氢氧化镁和氢氧化铜的阴阳离子比相同，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]；故C正确；

D．加入适量CCl4，碘溶解在CCl4层显紫色，则由现象可知I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，KI3在CCl4中几乎不溶；故D错误；

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

4.6g乙醇的物质的量==0.1mol，0.1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量；则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量；

【详解】

乙醇的物质的量乙醇在氧气中充分燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出akJ的热量，则1mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出10akJ热量，则其热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol；

故答案为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol。

【点睛】

结合燃烧热的定义解答，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量即为燃烧热。【解析】CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-10akJ/mol16、略

【分析】【分析】

⑴根据图像得出生成1mol气态氨气放出的热量；再写出热化学方程式。

⑵根据焓变等于断键吸收的热量减去成键放出的热量进行计算。

⑶使用催化剂会降低反应所需活化能。

⑷根据盖斯定律进行计算。

【详解】

⑴根据图像可知生成1molNH3(g)放出了46kJ的热量，因此N2(g)和H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1，故答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1。

⑵设N—H的键能为xkJ·mol-1.；ΔH=943+435×3－6x=－92，x=390，故答案为390。

⑶使用铁触媒催化剂，活化能降低，因此E1减小，E2减小；故答案为减小；减小。

⑷4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=bkJ/mol将第1个方程减去第2个方程的3倍得到，NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=故答案为NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92kJ·mol-1390减小减小NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)，ΔH=17、略

【分析】【详解】

⑴两个反应均为放热反应，生成液态水放出的热量多，但焓变反而小，所以则a＜b；

故答案为：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案为：391

⑶利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2计算△H3时，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）还需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反应的△H。

故答案为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol18、略

【分析】【分析】

(1)结合温度对速率的影响分析。

(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；

(3)当反应达到化学平衡状态时；各组分的浓度不随时间的变化而变化；

(4)10min到15min的时间段；化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。

【详解】

(1)降低温度；化学反应速率减小；

(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；

(3)根据图示曲线变化可知；15～20min；25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；

(4)根据图像所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。【解析】①.减小②.减小③.1.33×10-3mol/（L•min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D19、略

【分析】【分析】

根据△H-T△S判断反应的自发性；根据盖斯定律；将①-②得到反应③的热化学方程式。

【详解】

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②，根据盖斯定律，将①-②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案为：高温；+247.1。【解析】高温+247.120、略

【分析】【分析】

【详解】

①温度升高，促进NH3·H2O的电离；平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；

（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH－）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH－）减小，而温度升高，使c（OH－）增大，双重作用使c（OH－）基本不变。【解析】右a氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变21、略

【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关，由题意将平衡常数表达式写出，再观察找到K之间的联系。

【详解】

由题意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K=变形为=带入数据可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－522、略

【分析】【分析】

(1)由图可知；活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动。

【详解】

(1)由图可知，活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极，氢离子在正极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负极；2H++2e-=H2↑；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能，能证明产生电能的实验现象为电流表指针发生偏转，故答案为：电流表指针发生偏转；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动，则①②错误，故答案为：①②。

【点睛】

原电池中，电子由负极经导线向负极移动，阳离子向正极方向移动是解答关键。【解析】负极2H++2e-=H2↑电流表指针发生偏转①②23、略

【分析】【详解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案为:-90.7kJ/mol；

（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B.气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为不一定非得平衡时物质的量之比为在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B

；在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；

（3）图中D点（1,60），即CO2转化率为60%；根据关系列三段式：

KD=

图中F点（1.5,50），即CO2转化率为50%；根据关系列三段式：

KF=

通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TDF；

图中G点（1.5,40），即CO2转化率为40%；根据关系列三段式：

KG=

恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时；根据关系列三段式：

QG=

因为KG>QG,所以向正反应方向进行。故>

故答案为：TDF；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大；>

（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，【解析】(1)

(2)B在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。

(3)<通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大>

(4)四、判断题(共1题，共2分)24、×【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】错五、结构与性质(共3题，共6分)25、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-0.5126、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