2025年牛津译林版选修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年牛津译林版选修4化学下册阶段测试试卷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5题，共10分)1、下列内容与结论不对应的是。选项内容结论AH2O(g)变成H2O(l)该过程的ΔS＜0B硝酸铵溶于水可自发进行因为ΔS＞0C一个反应的ΔH＞0、ΔS＞0该反应一定不能自发进行DH2(g)＋F2(g)=2HF(g)ΔH＝－271kJ·mol－1、ΔS＝8J·mol－1·K－1该反应在任何温度下均可自发进行

A.AB.BC.CD.D2、常温时，下列关于溶液的pH或微粒的物质的量浓度的说法不正确的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)B.某溶液中只存在Cl-、OH-、NH4+、H+四种离子，则一定不存在下列关系：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)C.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol⋅L-1，若a>7，则溶液的pH一定为14-aD.将0.2mol⋅L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液中：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)3、25℃时，将0.1mol·L-1的R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中-lg与lgc(OH-)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.Kb(ROH)=10-5.7B.P、Q点对应的稀释程度：P＜QC.若将溶液无限稀释，溶液中2c(R＋)≈c()D.25℃时，加入适量R2SO4可使P点移至W点4、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，其中或下列说法正确的是。

A.直线I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.c()＞c()＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27D.c(K+)=c()+c()对应pH=75、为研究金属腐蚀的条件和速率；某课外小组的学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中，再放置于玻璃钟罩里，保存一星期后，下列有关实验现象的描述不正确的是（）

A.装置Ⅰ中左侧液面一定会上升B.装置Ⅰ中左侧液面比装置Ⅱ中低C.装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重D.装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途，NH3、HNQ3等是重要化工产品。

（1）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭；水和空气为原料来制取的。其主要反应是：

①2C+O2→2CO

②C+H2O(g)→CO+H2

③CO+H2O(g)→CO2+H2

某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气（设空气中N2和O2的体积比为4:1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：表中x＝_______m3，实际消耗了_____kg焦炭。气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0

（2）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(1)ΔH<0。若向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2,反应在不同条件下进行上述反应；反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①与实验a相比，c组改变的实验条件可能是____________。

②用P0表示开始时总压强，P表示平衡时总压强，.用α表示SO2的平衡转化率，则α表达式为________。

（3）已知N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。（2NO22NO+O2）。在1L的密闭容器中发生反应N2O42NO2达到平衡状态。

①若此时为标准状态下(273K101KPa)，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色____(和原平衡状态比；填选项字母，下同)

A．增大(加深)B．减小(变浅)C．不变D．不能确定。

②若此时为25℃，101KPa下，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色______，混合物中NO2的体积分数___________。

（4）查阅资料可知：常温下，Ksp[Ag(NH3)2+]=1.00×107。Ksp[AgC1]=2.50×10-10.

①银氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，该反应平衡常数的表达式为K稳=__________；

②计算得到可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K=______，1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl_______mol（保留2位有效数字）7、0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为__________。8、在25℃；101kPa下；依据事实写出下列反应的热化学方程式。

（1）1g乙醇燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ。则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为_____；

（2）已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________；若适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量。则其热化学方程式为：_____；已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成1molAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为：__________9、在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左、右两侧分别进行如下可逆反应：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol、3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的水蒸气和适量的铁粉(忽略铁粉对容器体积的影响)当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器位置2处请填写以下空白：

(1)若x=1.5则左侧反应在起始时向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行欲使反应维持向该方向进行，则x的取值范围是______。

(2)若X=2，则左侧反应在起始时向______填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为______。10、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。11、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。12、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13、（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中__________________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（2）常温下，将VmL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中；充分反应。回答下列问题。（忽略溶液体积的变化）

①如果溶液pH=7，此时V的取值___________20.00（填“>”、“<”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________________。

②如果V=40.00，则此时溶液中c(OH－)-c(H＋)-c(CH3COOH)=_________mol·L-1。

（3）常温下，向20ml0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HC1溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下图；回答下列问题：

①若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，则此溶液的pH的取值范围是________________；为测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，下列方案可行的是_________________

A．取a克混合物充分加热，减重b克。

B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体。

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克。

D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。

②所得溶液中含量最多的三种离子的物质的量浓度的大小关系为_________________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共2题，共6分)15、乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得；它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。

Ⅰ.制备碳酸亚铁：装置如图所示。

(1)仪器B的名称是___。

(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是___，然后打开活塞2，关闭活塞___。

Ⅱ.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液；在75℃下搅拌使之充分反应。

(3)该反应化学方程式为___。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入___，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：___；干燥。

a.过滤b.隔绝空气，加热c.冷却结晶d.用适量乙醇洗涤。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量；

(4)用K2Cr2O7滴定法测定样晶中Fe2+的含量计算样品纯度，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___(以质量分数表示)。16、聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁；其流程如下：

回答下列问题：

（1）试剂A为__________。

（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了_______，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则_________。

（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。

（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从_____（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再_______，打开阀门a通大气后，最后取下______（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是___________。

（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g；溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：

a.一份加入过量的BaCl2溶液；然后过滤；洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；

b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点；消耗标准溶液20.00mL。

已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）

①计算所得产品化学式中n=_______。

②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：______。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共7分)17、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：

已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在。

回答下列问题：

(1)Na2CrO4中Cr元素的化合价为___

(2)Ksp(CaCrO4)___(填“＞”或“＜”)Ksp(CaSO4)。

(3)流程中循环物质X为___(填化学式)。

(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_________

(5)步骤I一III是为了制得纯碱，从环境保护的角度看，可能的不足之处是___

(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是___

(7)测定产品活性氧的实验步骤如下：准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol·L－1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。

①滴定到终点时，溶液呈___(填“无色”或“浅红色”)。

②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该实验测得的产品中活性氧为___(列出计算表达式)。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共8分)18、“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。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=-159.47kJ/molK1

反应II：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ/molK2

总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3K3

请回答：

（1）①总反应的△H3=_______kJ/mol。该热化学方程式的平衡常数K3=______(用K1、K2表示)。

②一定温度下，在体积固定的密闭容器中按计量比进行反应I，下列不能说明反应达平衡状态的是_____________。

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。

③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）在体积可变的恒压(P总)密闭容器中充入1molCO2与足量的碳，让其发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)△H>0。平衡时；体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。

①T℃时，达平衡后向容器中若充入稀有气体，v(正)___v(逆)(填“>”“<”或“=”)；若充入等体积的CO2和CO，平衡________移动(填“正向”“逆向”或“不”)。

②650℃，CO2的转化率为_____________。

③已知：气体分压(P分)=气体总压×体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数，925℃时，Kp=_____________(用含P总的代数式表示)。19、燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题：

（1）已知：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)ΔH＝﹣3412.0kJ·mol−1

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH＝﹣25.0kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH＝﹣221.0kJ·mol−1

则2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g)ΔH＝____kJ·mol−1。

（2）碱性NaClO2溶液脱硫法。

SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+4OH−⇌2SO42-+C1−+2H2O，已知pc＝﹣lgc（SO2）。在刚性容器中，将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中；测得pc与温度的关系如图所示。

由图分析可知，该脱硫反应是____反应（填“放热”或“吸热”）；若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K____（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（3）燃料细菌脱硫法。

①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌（T．f）；氧化亚铁微螺菌（L．f）、氧化硫硫杆菌（T．t）进行脱硫；其脱硫过程如图所示：

已知：脱硫总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+；

Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+7Fe2++6H+；

写出Ⅱ反应的化学方程式____。

②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池：

该细胞膜为____（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。该电池的正极电极反应式为______。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．H2O(g)变成H2O(l)，混乱度减小，其△S<0，故A正确；

B．硝酸铵溶于水可自发进行，混乱度增大，△S>0，故B正确；

C．△H>0，△S>0，高温下可自发进行，故C错误；

D．△H<0，△S>0，在任意外界条件下均可自发进行，故D正确；

故选C。2、C【分析】【详解】

A.根据电荷守恒，溶液中存在由于溶液则所以有：故A正确；

B.若说明溶液为中性，根据电荷守恒可得：溶液中离子浓度大小为：故B正确；

C.某物质的水溶液中由水电离出的若说明该溶液能抑制水的电离，可能是酸溶液或碱溶液，所以该溶液的pH为a或14-a，故C错误；

D.将0.2mol⋅L-1的某一元弱酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中盐和酸的浓度都是0.050.1mol⋅L-1，根据电荷相等有根据物料守恒得二者结合可得：故D正确；

综上所述；答案为C。

【点睛】

混合物混合时先分析反应后溶质是什么，再利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析，得出结论。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．P点时，lgc(OH-)=-8.0，即c(OH-)=10-8mol·L-1，-lg即故A正确；

B．R2SO4溶液中因存在R+的水解而使溶液显酸性；加水稀释，酸性减弱，故P点稀释程度更大，故B错误；

C．若将溶液无限稀释，溶液接近中性，根据电荷守恒可知，c(R+)≈2c()；故C错误；

D．溶液浓度增大，Kb(ROH)不变；故关系曲线不变，故D错误；

选A。4、B【分析】【详解】

A.二元弱酸草酸的当lgy＝0时，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错误；

B.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，c()＞c()，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，当c()＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以c()＞c()＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故C正确；

D.电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当c(K+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH-)；对应pH＝7，故D错误；

故选B。5、B【分析】【详解】

A．Ⅰ中铁钉中含有杂质C；C；Fe和水蒸气构成原电池，发生吸氧腐蚀，所以I中左侧压强减小，液面上升，故A正确；

B．盐酸具有挥发性，所以II中左侧空气中含有稀盐酸，导致II发生析氢腐蚀，发生了反应为2H++2e-=H2↑；生成了气体，则Ⅱ中左侧液面会下降，即左侧液面装置Ⅱ比装置Ⅰ低，故B错误；

C．Ⅰ中铁钉中含有杂质C；C；Fe和水蒸气构成原电池，发生吸氧腐蚀；Ⅱ中铁丝与铜丝相连，金属活泼性相差较大，且用挥发性盐酸，构成电化学腐蚀；Ⅲ中虽然铁钉也和铜丝相连，但由于所装试剂为不挥发性硫酸，且浓硫酸具有吸水性，铁钉在干燥的空气中几乎不被腐蚀；因此Ⅱ中的铁丝腐蚀最严重，故C正确；

D．Ⅲ中虽然铁钉也和铜丝相连；但由于所装试剂为不挥发性硫酸，且浓硫酸具有吸水性，铁钉在干燥的空气中几乎不被腐蚀，故D正确；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为C中I、Ⅱ、Ⅲ装置中铁钉腐蚀情况的比较，要注意盐酸和浓硫酸性质的区别。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

（1）氮气不参与反应，且空气中氮气和氧气的体积比为4：1，则空气中氧气的体积为根据表中知氧气剩余1.0m3，则参与反应的氧气体积为(5-1)m3=4m3，设水蒸气的体积为mm3，根据氧元素守恒可知，x+12×2=4×2+m，由氢元素守恒可知水蒸气的体积为60m3，即m=60，则x=44。和的物质的量为n=根据碳元素守恒可知实际消耗焦炭的质量为m=nM==3.0×104g=30Kg。答案：44；30。

（2）①a、c开始均通入2molCO和1molSO2；容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是：升高温度，故答案为：升高温度。

②用p0表示开始的时候的总压强，p表示平衡时的总压强，a表示CO的平衡转化率，则：

压强之比等于物质的量之比，则p0：p=3：(2-2a+1-a+2a)，整理可得a=×100%，故答案为a=×100%；

（3）①根据N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。标准状态下(273K101KPa)，加入4.6g纯的NO2，知n(NO2)=0.1mol，部分发生反应，生成N2O4；所以颜色变深；答案：A。

②温度升至25℃，平衡正向移动，向其中加入4.6g纯的NO2；平衡虽然逆向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，因此，本题正确答案是：A．

（4）①化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,则化学平衡常数=因此，本题正确答案是:

②可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K==K∙Ksp[AgC1]=1.00×107×2.50×10-10=2.50×10-3；

设溶解的AgCl物质的量为x,反应前后系数相同,可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数,AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)根据平衡常数=2.50×10-3，X=0.045mol,因此，本题正确答案是:2.5×10-3；0.045mol。【解析】4430升高温度×100%AAB2.5×10-30.045mol7、略

【分析】【分析】

【详解】

0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，可知，该可燃性气体是CO，易水解成TiO2·xH2O的为TiCl4，所以，产物为CO和TiCl4，配平方程式，可知2molCl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−1，故答案为：2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−1。【解析】2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)＝TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol−18、略

【分析】【分析】

热化学方程式书写；注意ΔH与反应物用量成正比例关系。

【详解】

（1）1mol乙醇的质量为46g，所以乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2(g）+3H2O（l）ΔH=(-29.7×56)kJ•mol﹣1=﹣1366.2kJ•mol﹣1；

（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=（N≡N+3H-H）﹣6N-H=﹣92kJ•mol﹣1；每生成23克NO2，即0.5mol，需要吸收16.95kJ热量，其热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1；结合信息可知常温下AX3为液态，AX5为固态，该反应的热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）=AX5（s）ΔH＝－123.8kJ•mol﹣1。

【点睛】

燃烧热的热化学方程式可燃物的系数为1；利用键能计算焓变，应该用反应物总键能减去生成物总键能。【解析】C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）ΔH=﹣1366.2kJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH=﹣92kJ•mol﹣1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）ΔH=+67.8kJ•mol﹣1AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)ΔH＝－123.8kJ•mol﹣19、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）这两个平衡体系的特点是：第一个反应前后气体的总物质的量发生变化，第二个保持不变，故右边永远是9mol气体，同在一个容器中，同温同压，故气体的物质的量之比等于体积之比。故平衡时，左边为6mol气体；当x=1.5时，左边现在总的物质的量为5.75mol<6mol，故向逆反应方向进行；若保持该方向，1.25<1.75；

（2）根据上述；反应向正反应方向进行了。

平衡总物质的量为6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的体积分数="1.5/6=25%"；

考点：化学平衡。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。【解析】①.逆反应②.1.25＜x＜1.75③.正反应④.0.2510、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)11、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)12、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.ad13、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）醋酸的电离平衡常数K=因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；（2）①若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选<，因为溶液为中性，即氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则根据电荷守恒可以知道，另外的阴阳离子浓度也相等，所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）②根据电荷守恒分析有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），根据物料守恒有c（Na＋）=2c（CH3COO－）+2c（CH3COOH），两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c（OH－）-c（H＋）-c（CH3COOH）=1/2c（Na＋），钠离子浓度为0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8<12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。②碳酸钠的物质的两位0.10×0.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.1×0.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）。

考点：钠的重要化合物的性质【解析】三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、实验题(共2题，共6分)15、略

【分析】【分析】

结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间；生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。

【详解】

(1)仪器B是带支管的烧瓶；名称是蒸馏烧瓶；

(2)实验操作如下：关闭活塞2；打开活塞1；3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3；

(3)乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad；

(4)根据电子守恒；铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为。

解得n(Fe2+)=1.2×10-3mol

乳酸亚铁晶体的纯度为：

【点睛】

计算时直接由电子守恒、元素化合价的变化得到反应的关系式，不一定要通过化学方程式来进行计算，同时注意量的10倍关系。【解析】①.蒸馏烧瓶②.排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化③.1、3④.2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O⑤.适量铁粉⑥.bcad⑦.57.6%16、略

【分析】【分析】

分析制备流程，利用硫酸铜废液制备聚铁，则将硫酸铜废液除酸后，需先加入一定量的铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向其中加入少量硫酸，一方面可在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，另一方面为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。通过双氧水将Fe2+氧化为Fe3+。该步骤注意控制反应温度。之后加入水和稀硫酸进行聚合；最后通过减压蒸发得到聚铁。据此分析解答。

【详解】

（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁；故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；

（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀；导致聚铁产率降低；

（3）控制温度在一定范围内；一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；

（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度；防止加热时聚铁分解；

（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)=依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)=n=1。答案为：1；

②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。【解析】铁粉增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解b关闭减压泵旋转瓶降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解14Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4五、工业流程题(共1题，共7分)17、略

【分析】【分析】

以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠，

（1）Na2CrO4中钠元素化合价+1价，氧元素-2价，化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价；

（2）分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行；

（3）已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向进行；

（4）步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体；

（5）六价铬有毒，易造成环境污染；

（6）步骤V合成时，饱和碳酸钠溶液中，加入硅酸钠、30%的过氧化氢、95%的乙醇得到过碳酸钠晶体；

（7）①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，说明反应达到终点；

②过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比；据此写出实验测得的产品中活性氧。

【详解】

（1）Na2CrO4中钠元素化合价+1价，氧元素-2价，化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价为+6价，

故答案为+6；

（2）分析过程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行，证明Ksp（CaCrO4）＞Ksp（CaSO4），

故答案为＞；

（3）已知2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O4，

故答案为Na2Cr2O4；

（4）步骤Ⅱ中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，

故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

（5）步骤Ⅰ-Ⅲ是为了制得纯碱，从环境保护的角度看：六价铬有毒，易造成环境污染，

故答案为六价铬有毒，易造成环境污染；

（6）步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是：减小过碳酸钠的溶解度，提高产率，

故答案为减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；

（7）①滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，证明反应达到反应终点，

故答案为浅红色；

②准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL，反应为：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比=×100%=

故答案为【解析】+6>Na2Cr2O7六价铬有毒，易造成环境污染减小过碳酸钠的溶解度，提高产率浅红色六、