2025年沪科版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版选修4化学下册月考试卷67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7题，共14分)1、生产环氧乙烷（）的反应为（g）其反应机理如下：

①慢。

②快。

③快。

下列有关该反应的说法正确的是A.反应的活化能等于B.也是该反应的催化剂C.增大乙烯的浓度能显著提高环氧乙烷的生成速率D.该反应的原子利用率为100%2、某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.化学催化比酶催化的效果好B.使用不同催化剂可以改变反应的能耗C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.使用不同催化剂可以改变反应的热效应3、在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g），达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加1倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的70%，则A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的转化率减小了C.物质B的质量分数增加了D.化学计量数关系：a＞b4、下列实验操作、现象以及结论均正确的是。实验操作及现象结论A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶BFeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl在平衡体系中加入KCl晶体溶液颜色无明显变化加入KCl晶体，氯离子浓度增大，但该平衡不移动C加热FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体水解过程是吸热过程D用广泛pH试纸测得NH4Cl溶液的pH为5.8NH4Cl水解呈酸性

A.AB.BC.CD.D5、下列说法正确的是A.在稀醋酸中加水，溶液中c(H+)变大B.等体积、等pH的氨水和NaOH两溶液中加入稀盐酸至中性，消耗的n(HCl)一样多C.0.1mol·L-1Na2CO3液中，D.向混有Fe3+的CuSO4溶液中加入CuO可除去Fe3+6、下列说法中正确的是A.c(H+)等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液B.常温下pH＝10的氨水中由水电离出来的c(H+)与pH＝4的NH4Cl溶液相同C.pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：②>①>③D.醋酸和氢氧化钠反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c(Na+)7、常温下，向20mL0.1mol•L-1Na2X溶液中缓慢滴加0.1mol•L-1盐酸溶液（不逸出H2X），溶液pH与溶液中lg之间关系如图所示。下列说法错误的是（）

A.M点：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)B.常温下，0.1molNa2X和1molNaHX同时溶于水得到溶液pH=5.2C.N点：c(Na+)＜3c(X2-)+c(Cl-)D.常温下，X2-第一步水解常数Kh1的数量级为10-8评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、如图表示有关反应的反应过程与能量变化的关系；据此判断下列说法中正确的是。

A.等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多B.红磷比白磷稳定C.白磷转化为红磷是吸热反应D.红磷比白磷更容易与氧气反应生成P4O109、在3个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。

改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A.该反应的ΔH<0B.T1时，该反应的平衡常数为C.容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2D.若T21，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%10、根据相应的图象，判断下列相关说法正确的是（）A.甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密闭容器中反应达平衡，T0时条件改变如图所示，则改变的条件一定是加入催化剂B.乙：L(s)+aG(g)bR(g)反应达到平衡时，外界条件对平衡影响如图所示，若P1>P2，则a>bC.丙：aA+bBcC物质的百分含量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应D.丁：A+2B2C+3D反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，C是气体、D为固体或液体11、室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L－1氨水中；溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是。

A.a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/LB.a、b之间可能出现：c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)C.c点：c(Cl－)=c(NH4＋)D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热12、部分弱酸的电离平衡常数如表所示：。弱酸电离常数/（）（25℃）

下列说法错误的是（）A.B.C.中和等体积、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等体积、等浓度的和溶液中，前者所含离子总数小于后者13、向100mL0.1mol/L的NaOH溶液中通入224mL(标准状况下)CO2气体，恰好完全反应，则所得溶液中粒子浓度关系正确的是A.c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)B.c(Na＋)＞c(HCO3—)＞c(H+)＞c(CO32—)＞c(OH-)C.c(Na＋)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋c(CO32-)D.c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH-)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．15、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。16、碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)ΔH；实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=___。

（2）由图1可知，该反应ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3由大到小的顺序为___。

（3）由图2可知，A点时H2的平衡转化率为___。17、化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)ΔH＝+139kJ/mol

（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。

（2）一定条件下；以异丁烷为原料生产异丁烯。温度；压强改变对异丁烷平衡转化率的。

影响如下图所示。

①判断p1、p2的大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。

②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。

（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。温度/℃580590600610610以γ-Al2O3为载体异丁烷转化率/%36.4136.4938.4239.2342.48异丁烯收率/%26.1727.1127.5126.5626.2226.22以TiO2为载体异丁烷转化率/%30.2330.8732.2333.6333.92异丁烯收率/%25.8827.3928.2328.8129.3029.30

说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%

①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。

a.载体会影响催化剂的活性。

b.载体会影响催化剂的选择性。

c.载体会影响化学平衡常数。

②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。18、已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。

（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；

（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；

（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。19、常温下0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=__________。20、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___________________________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)21、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)22、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：)23、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“＝”）。24、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、工业流程题(共1题，共3分)25、工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分别在183℃；315℃升华。

（1）在焙烧炉中发生反应：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反应2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移______mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为_______。在温度约为700℃向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为_________。充分反应后温度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），开始分离收集AlCl3。

②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的_______（填字母序号）。

①氧化性②吸水性③难挥发性④脱水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式________，与铅蓄电池相比．释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（Al）:m（Pb）=__________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

A．反应热为-106kJ•mol-1；

B．AgO2是中间产物；

C．反应速率取决于慢反应；

D．根据总反应式判断。

【详解】

A、活化能不等于反应热，选项A错误；

B、是中间产物；银单质是催化剂，选项B错误；

C；根据反应机理；反应速率取决于慢反应，所以增大乙烯浓度对反应速率影响不大，选项C错误；

D、反应的总反应式为2CH2=CH2+O22反应物完全转化为生成物，无副产物生成，则反应的原子利用率为100%，选项D正确。

答案选D。

【点睛】

本题考查催化剂、外界条件对反应速率的影响，注意反应速率的快慢取决于慢反应，试题难度不大。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．酶催化的活化能小于化学催化的活化能；所以酶催化比化学催化的效果好，A错误；

B．使用不同催化剂；反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，B正确；

C．由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；C错误；

D．使用不同催化剂；反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变为生成物与反应物的总能量差，所以不同催化剂不会改变反应的焓变，D错误；

故选C。3、A【分析】试题分析：采用假设法分析，假设a=b；则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的。

1/2倍，但当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b.

假设a=b，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B和C的浓度应均是原来的1/2倍，但当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，则说明a＜b．

A；由以上分析可知；平衡应向正反应方向移动，故A正确；

B；平衡应向正反应方向移动；A的转化率增大，故B错误；

C；平衡应向正反应方向移动；物质B的质量分数增加了，故C错误。

D、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＜b；故D错误。

故选A

考点：化学平衡移动的影响因素。

点评：本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键。4、B【分析】【详解】

A.滴定管的下端无刻度；则剩余盐酸放入锥形瓶其体积大于20.00mL，故A错误；

B.该反应中KCl实质上不参加反应；所以KCl量的多少不影响平衡移动，故B正确;

C.Fe(OH)3胶体的制备是向沸腾的蒸馏水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液；继续加热至液体呈红褐色，停止加热，故C错误；

D.广泛pH试纸测定值为正整数，可测定pH为5或6，故D错误5、D【分析】【详解】

A.在稀醋酸中加水，溶液中c(H+)变小；故A错误；

B.氨水是弱碱，不能完全电离，等pH的氨水和NaOH两溶液，氨水的浓度更大，等体积、等pH的氨水和NaOH两溶液中加入稀盐酸至中性时，氨水消耗的n(HCl)更多；故B错误；

C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，由电荷守恒得故C错误；

D.溶液中存在Fe3+的水解平衡向溶液中加入CuO，消耗氢离子，使平衡正向移动，从而使Fe3+完全沉淀为氢氧化铁而过滤除去；故D正确；

故选D。

【点睛】

稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。6、D【分析】【详解】

A．中性溶液中c(H＋)与c(OH－)相等；常温下，c(H+)等于1×10-7mol/L的溶液是中性溶液；若温度改变，水的电离被影响，则中性溶液中c(H＋)也会改变，不一定是1×10-7mol/L；A错误；

B．pH=4的NH4Cl溶液中的NH4＋水解，促进水的电离；而pH＝10的氨水中的NH3·H2O，会电离出OH－，抑制水的电离，则pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出来的c(H＋)大于pH=10的氨水中由水电离出来的c(H＋)；B错误；

C．①NaHCO3和②Na2CO3溶液中，酸根阴离子水解，使得溶液呈碱性，HCO3－的水解能力弱于CO32－，③NaOH溶液是强碱完全电离，使得溶液呈碱性；碱性越强，需要的溶质的浓度越小，则溶液的物质的量浓度大小：①>②>③；C错误；

D．醋酸和氢氧化钠反应后，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，就可以得出c(CH3COO-)=c(Na+)；D正确；

答案为D。7、B【分析】【详解】

A．M点对应的溶液中，c(X2-)=10c(HX-)，pH＞7，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小排序为c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)；A项正确；

B．1molNaHX和0.1molNa2X投人水中，NaHX电离大于Na2X水解，故溶液中lg＜1；pH＞5.2，B项错误；

C．N点对应的溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(C1-)，c(H+)>c(OH-)，c(HX-)=c(X2-)，整理得：c(Na+)＜3c(X2-)+c(C1-)；C项正确；

D．常温下，X2-+H2O⇌HX-+OH-，选择N点对应的数据计算，Kb1=1×10-7.8=10-8×100.2，1＜100.2＜10，数量级为10-8；故D正确；

答案选B。二、多选题(共6题，共12分)8、AB【分析】【详解】

A．白磷比红磷的能量高，则等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多，故A正确；B．红磷能量低，红磷比白磷稳定，故B正确；C．白磷比红磷的能量高，白磷转化为红磷为放热反应，故C错误；D．白磷能量高，性质活泼，白磷更容易与氧气反应生成P4O10；故D错误；故选AB。

点睛：本题考查反应热与焓变，把握图中能量及能量变化、能量低的物质稳定为解答的关键。本题的难点是D，要注意白磷比红磷的能量高，能量越高，越不稳定，性质越活泼。9、AD【分析】【分析】

A.由图可知，温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使平衡逆向移动；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L；根据反应方程式计算；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析；容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；

D.为放热反应；起始量III看成I体积减小一半，温度降低；压强增大，均使平衡正向移动。

【详解】

A.图中温度升高，平衡时NO2浓度降低；说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；

B.T1温度时，反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K==故B错误；

C.根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2，则平衡时两容器压力比为==＞故C错误；

D.T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为×100%=40%；温度降低；压强增大，均使平衡正向移动，容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，故D正确；

故答案选AD。

【点睛】

物质的量浓度随时间的变化曲线，把握图中浓度变化、压强与温度对平衡的影响为解答的关键，注意选项C容器容积和反应温度一定时，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，S是固体，不改变浓度。10、CD【分析】【详解】

A．甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密闭容器中反应达平衡，若a+b=c时；加入催化剂或增大压强时的图像相同，A说法错误；

B．乙：L(s)+aG(g)bR(g)反应达到平衡时，外界条件对平衡影响如图所示，若P1>P2，等温时，增大压强G的体积分数增大，平衡逆向移动，向气体计量数减小的方向移动，则a＜b；B说法错误；

C．丙：aA+bBcC物质的百分含量和温度关系如图所示，T2之前，反应未达到平衡状态，T2点平衡；升高温度，C的百分含量降低，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，C说法正确；

D．丁：A+2B2C+3D反应速率和反应条件变化关系如图所示；降低温度，平衡正向进行，则该反应的正反应为放热反应；增大压强，平衡正向移动，气体计量数左边大于右边，则A；B、C是气体、D为固体或液体，D说法正确；

答案为CD。

【点睛】

丙中，初始量A最大，C为零，加入A、B物质后开始加热，故T2点之前反应未达到平衡状态。11、BC【分析】【详解】

A.a点为氨水溶液，氨水中的氢离子为水电离的，由于a点溶液的pH<14，则溶液中氢离子浓度大于1.010-14mol/L，即水电离出的c(H+)>1.010-14mol/L，故A错误；

B.当加入的盐酸体积较少时，消耗的一水合氨较少，溶质为氨水和氯化铵，则溶液中会出现离子浓度关系:c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)，故B正确；

C.c点pH=7，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知:c(Cl-)=c(NH4+)，故C正确；

D.d点时盐酸和氨水恰好完全反应放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；

故选BC。

【点睛】

因为氨水中的氢离子是水电离的，根据氨水中氢离子浓度大小进行判断；c点溶液的pH=7，为中性溶液，根据电荷守恒进行分析。12、AD【分析】【详解】

A.根据电离常数可知，酸性利用强酸制弱酸的原理可知，与水反应生成和HCN，故A错误；

B.由A项分析可知，HCOOH可与反应生成水和二氧化碳，故B正确；

C.等体积、等pH的和溶液中，所含溶质的物质的量则中和时溶液消耗的的量较大，故C正确；

D.根据电荷守恒，溶液中，溶液中，即两种溶液中的离子总数均是而的酸性比的弱，则溶液中的较大，较小，故溶液中所含离子总数较小，故D错误；

故选：AD。13、AD【分析】【分析】

224mL(标准状况下)CO2气体的物质的量是0.01mol，通入100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，恰好生成0.01molNaHCO3。

【详解】

A．根据物料守恒，NaHCO3溶液中c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)；故A正确；

B．碳酸氢钠溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)；由于HCO3－水解，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，则c(Na＋)＞c(HCO3-)；由于水解是微弱的，c(HCO3-)＞c(OH-)。CO32－来自HCO3－电离，由于水也会电离，HCO3－H＋＋CO32－，H2OH＋＋OH－，因此c(H+)＞c(CO32-)；综上c(Na＋)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；故B错误；

C．根据电荷守恒，NaHCO3溶液中c(Na＋)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)；故C错误；

D．根据物料守恒和电荷守恒，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(CO32-)，c(Na＋)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，联立两式，得到质子守恒，c(H+)＋c(H2CO3)＝c(CO32-)＋c(OH-)；故D正确。

答案选AD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ15、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B16、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的定义书写该反应的平衡常数表达式；

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行；MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)；反应前后气体物质的量增大，压强越大平衡逆向进行；

(3)由图可知A点时氢气的体积分数为40%；结合三行计算列式计算平衡转化率。

【详解】

(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化学平衡常数为达到平衡，体系各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体或纯液体没有浓度变化量，则该反应的平衡常数表达式为K=

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行，正反应为为吸热反应，△H＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应正向是气体增大的反应，增大压强则平衡逆向进行，氢气体积分数增大，即其它条件相同时，压强越大，氢气体积分数越大，则p3＞p2＞p1；

(3)设生成二氧化碳物质的量为x；三段式为。

由图可知A点时氢气的体积分数为40%，得到×100%=40%，x=1mol，氢气转化率=×100%=50%。

【点睛】

由于固体或纯液体没有浓度变化量，浓度始终为常数1，不用写入平衡常数表达式中。【解析】K=＞p3＞p2＞p150%17、略

【分析】【详解】

（1）化学平衡常数=则该反应的化学平衡常数的表达式K=

答案为：

（2）①根据反应C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

答案为：<；该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p12；

②设异丁烷初始物质的量为a，平衡转化率为40%，则根据反应利用三段式：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)

初始（mol）a00

变化（mol）40%a40%a40%a

平衡（mol）(1-40%)a40%a40%a

则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%；

答案为：28.6；

（3）①a.由上表数据；相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；

b.以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；

c.化学平衡常数只与温度有关；与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；

答案选ab；

②以γ-Al2O3为载体时温度升高时；异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加；

答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。【解析】<该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图像表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1228.6ab温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）18、略

【分析】【分析】

氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-；如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向；即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；

【详解】

(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动，NH的浓度增大；

故答案为：右；减小；增大；

(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，

故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；

(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；

故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。

【点睛】

明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。【解析】右减小增大右OH-NH3•H2ONH3左有无色刺激性气体产生19、略

【分析】【详解】

常温下0.01mol·L-1NaOH溶液中，根据pH=12，故答案为：12。【解析】1220、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+)四、判断题(共1题，共6分)21、×【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)22、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-0.5123、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><24、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