2025年统编版2024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年统编版2024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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一个容积固定的5L反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左侧进行如下可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，通过控制温度使其达到不同的平衡状态；右侧充入氮气，两侧温度保持相等。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的氮气。左侧反应达到平衡时；隔板恰好处于反应器位置2处。则下列说法错误的是。

A.若左侧开始反应时v正>v逆，则5>x>1.75B.若左侧开始反应时x＝1.75，则起始时v正＝v逆C.若左侧开始反应时x＝2，则达到平衡时混合气体中SO2所占的体积分数为25%D.若左侧开始反应时x＝1.65，则达到平衡时SO3的转化率为10%2、已知反应：A(s）＋3B(g）2C(g）ΔH<0；在体积为10L的密闭容器中发生反应的过程如图所示：

下列说法正确的是（）A.前4min，用A表示反应速率为υ(A）=0.005mol/(L·min）B.X曲线表示B的物质的量随时间变化的关系C.第t1min时说明反应达到了平衡D.第10min时，可能采取了降温3、一定温度下，向3个初始体积均为1.0L的密闭容器中按下表所示投料，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0达到平衡，下列说法错误的是。

。容器编号。

容器类型。

起始物质的量/mol

反应物的转化率。

平衡时NH3的物质的量/mol

N2

H2

NH3

H2

NH3

Ⅰ

恒温恒容。

1

3

0

α1

1.2

Ⅱ

绝热恒容。

1

3

0

α2

a

Ⅲ

恒温恒压。

2

6

0

α3

b

A.达到平衡时，α1>α2B.平衡时NH3的物质的量b<2.4C.达到平衡时，容器Ⅱ中的反应速率比容器Ⅰ中的大D.保持温度不变，向容器Ⅰ中再充入0.1molN2、0.2molH2、0.2molNH3，平衡向正反应方向移动4、下列叙述正确的是A.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-B.向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液的离子方程式：HA-+OH-=A2-+H2OC.两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2D.常温下，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液pH<75、下列溶液中微粒的物质的量浓度之间的关系不正确的是（）A.Ca(ClO)2溶液中：c(ClO－)＞c(Ca2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)B.NaHSO3溶液中：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋2c(SO32-)C.0.1mol·L－1Ca(HCO3)2溶液中：c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)＝0.2mol·L－1D.CH3COONa溶液与盐酸混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＝c(CH3COOH)6、下列水解方程式错误的是A.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-B.NH4++H2ONH3·H2O+H+C.CO32-+2H2OH2CO3+2OH-D.Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+7、Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中的二价汞的主要存在形态与Cl-、OH-的浓度关系如图所示[图中涉及的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物，粒子浓度很小时常用负对数表示，如pH=-lgc(H+)，pCl=-1gc(Cl-)]:

下列说法中错误的是A.Hg(NO3)2固体溶于水通常会出现浑浊B.海水Cl-的浓度大于0.1mol/L，则其中汞元素的主要存在形态是Hg(OH)2C.少量Hg(NO3)2溶于0.001moL/L盐酸后得到澄清透明溶液D.已知Ksp(HgS)=1.6×10-52，当c(S2-)=1×10-5mo/L时，c(Hg2+)=1.6×10-47mo/L8、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（）

。选项。

实验操作。

实验目的或结论。

A；

向里推注射器。

通过观察液面差判断该装置的气密性。

B；

向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末；搅拌一段时间后过滤。

除去MgCl2溶液中少量FeCl3

C；

常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末；过滤，向洗涤的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生。

说明常温下Ksp(BaCO3)4)

D；

C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液。

不能检验制得气体是否为乙烯。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（1）在化学反应中使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能；观察如图，然后回答问题。

①图中反应是___（填“吸热”或“放热”），该反应的△H=___（用含E1、E2的代数式表示）。

②已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2kJ•mol-1，则其逆反应的活化能为___。

（2）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时；即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热。已知0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量。

①反应的热化学方程式为___。

②又已知H2O(l)＝H2O(g)；ΔH＝＋44kJ/mol。则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出热量是___kJ。

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是___。10、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=-92.4kJ•mol-1。一种工业合成氨的简易流程图如下：

(1)天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：______。

(2)步骤II中制氯气原理如下：

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是______。

a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强。

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为______。

(3)下图表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在下图坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图______。

(5)上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是(填序号)______，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______。11、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：在一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中充入和后，测得混合气体的压强是反应前的倍，则用甲醇表示的该反应的速率为________。

上述可逆反应达到平衡状态的依据是填序号________。

①

②混合气体的密度不变。

③混合气体的平均相对分子质量不变。

③的浓度都不再发生变化。

下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入和向B容器中充入和两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为试回答：

①反应达到平衡时容器B的体积为容器B中的转化率为_______，A、B两容器中的体积百分含量的大小关系为B______填“”“”或“”

②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响

工业上合成甲醇的反应为在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器乙丙丙反应物投入量平衡数据的浓度反应的能量变化的绝对值abcc体系压强反应物转化率

下列说法正确的是__________。

12、工业合成氨技术反应原理为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

(1)T℃时，反应达到平衡，测得υ(NH3)＝0.12mol·L-1·min-1

①υ(N2)＝____mol·L-1·min-1

②化学平衡常数表达式K＝_____

(2)在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2的平衡转化率。

L表示______，其中X1______X2(填“>”或“<)13、（1）某溶液由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前________（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）混合后溶液中________

（2）①下列方法中句以使酸稀溶液中电离程度增大的是________（填字母序号）。

a．滴加少量浓盐酸b．微热溶液c．加水稀释d．加入少量醋酸钠晶体。

②25℃时浓度均为的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是()

a．两溶液的pH相同。

b．两溶液的导电能力相同。

c．两溶液中由水电离出的相同。

d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同14、常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3；②NaHCO3；③HCl；④NH3·H2O。

（1）上述溶液中，可发生水解的是________(填序号；下同)。

（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的离子方程式分别为________________，___________

（3）向溶液④中加入少量氯化铵固体，此时的值________(填增大；减小、不变)。

（4）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积___④的体积(填大于；小于、等于)

（5）取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。15、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度评卷人得分三、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、有机推断题(共1题，共3分)17、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分五、实验题(共2题，共18分)18、某化学反应在四种不同条件下进行，B、D起始浓度（mol/L）为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：。实验序号010203040506011800℃1.00.800.670.570.500.500.5022800℃0.600.500.500.500.500.5033800℃0.920.750.600.600.600.6044820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

（1）在实验1中，反应在10至20分钟时间内平均速率为____________mol/（L·min）．

（2）在实验2中，A的初始浓度＝________________mol/L，反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是____________．

（3）设实验3的反应速率为实验1的反应速率为则________（填“＞”、“＝”或“＜”）且________（填“＞”；“＝”或“＜”）1.0mol/L.

（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是____________（填“吸热”或“放热”）反应．理由是________________．19、为了更深刻地认识卤素的性质；某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。

[实验一]氯气的制备。

（1）该小组拟用图甲实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并完成与金属铁的反应(夹持仪器略去)。每个虚线框表示一个单元装置，请用文字描述将下列装置的错误之处改正：___。

[实验二]探究氯化亚铁与氧气反应的产物。

已知氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃；三氯化铁在100℃左右时升华，极易水解。在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应：12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2；该化学小组选用图乙部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。

（2）实验装置的合理连接顺序为A→___→E。

（3）简述将装置F中的固体配成溶液的操作方法：___。

[实验三]卤素化合物之间反应的实验条件控制探究。

（4）在不同实验条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组同学设计的一组实验的数据记录如下表(实验控制在室温下进行)：。试管标号12340.20mol•L-1KI溶液/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4溶液/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象

①该组实验的目的是___。

②2号试管反应完全后，取少量试管中的溶液，滴加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有KCl，写出反应的离子方程式：___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共5分)20、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、D【分析】【分析】

由左侧反应达到平衡时，隔板恰好处于反应器位置2处可知，左右容器体积之比为2:3，由阿伏加德罗定律可得平衡时左容器中气体的物质的量为=6mol。

【详解】

A.该反应为气体体积减小的反应，由左侧开始反应时v正>v逆可知，起始时气体的物质的量大于6mol，即（x+3.25+1）＞6，解得x>1.75；若3.25mol氧气完全反应，可得反应后混合气体的物质的量为（x-6.5+1-6.5）mol，由（x-6.5+1-6.5）=6解得，x=5，因可逆反应不可能完全反应，则x＜5，故有5>x>1.75；故A正确；

B.若左侧开始反应时x＝1.75，混合气体的物质的量为（1.75+3.25+1）=6，说明反应达到平衡，则起始时v正＝v逆；故B正确；

C.若左侧开始反应时x＝2；（2+3.25+1）mol=6.25mol＞6mol，说明平衡向正反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：

由平衡时气体的物质的量为6，可得（2-2a）+（3.25-a）+（1+2a）=6，解得a=0.25，平衡时二氧化硫的物质的量为1.5mol，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为×100%=25%；故C正确；

D.若左侧开始反应时x＝1.55；（1.55+3.25+1）mol=5.8mol＜6mol，说明平衡向逆反应方向进行，设反应消耗amol二氧化硫，由题意建立如下三段式：

由平衡时气体的物质的量为6；可得（1-2a）+（3.25+a）+（1.55+2a）=6，解得a=0.2，即转化率为20%，故D错误；

故选D。2、D【分析】【详解】

A；A是固体；浓度视为常数，故A错误；

B；B是反应物；随着反应的进行，B的物质的量减小，X曲线不表示B的物质的量浓度随时间的变化，故B错误；

C、t1时刻以后物质的量改变；说明反应没有达到平衡，故C错误；

D；第10min时；生成物的物质的量增大，反应物物质的量减小，说明平衡向正反应方向移动，此反应正反应方向是放热反应，可能是降温造成的，故D正确；

答案选D。3、B【分析】以Ⅰ为参考，由于正反应为放热反应，所以Ⅱ的绝热恒容体系建立平衡后体系温度更高，相当于Ⅰ的平衡体系升高温度，则平衡逆向移动，所以反应物的转化率降低，即α1>α2，A正确；但是由于温度更高，所以平衡时反应速率更大，C正确。以2倍的Ⅰ为参考（记做体系Ⅳ），平衡时NH3的物质的量为2.4mol，由于正反应气体体积减小，Ⅲ恒压条件下建立平衡过程中容器体积不断减小，相当于Ⅳ体系加压建立新的平衡，由于加压时平衡正向移动，所以能够生成更多的NH3，即b>2.4，B错误。Ⅰ体系反应消耗N20.6mol、H21.8mol，容器体积为1L，平衡体系中c(N2)=0.4mol/L、c(H2)=1.2mol/L、c(NH3)=1.2mol/L，K=1.22/(0.4×1.23)=1.736，D选项再充入三种气体后，c(N2)2=0.5mol/L、c(H2)2=1.4mol/L、c(NH3)2=1.4mol/L，则Qc=1.42/(0.5×1.43)=1.020

点睛：这种平衡体系数据比较题目，需要选好比较参照对象，抓住变化的条件进行分析。4、D【分析】【详解】

A.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能是酸的溶液可能是碱的溶液，若为酸性溶液I-、H+、NO3-发生氧化还原反应不能共存，若为碱性溶液，OH-和Mg2+生成沉淀不能共存；故A错误；

B.0.1mol/L、pH=1的NaHA，NaHA是强酸的酸式盐，所以向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液，则离子方程式为H++OH−=H2O；故B错误；

C.醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1>10c2；故C错误；

D.醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠，醋酸浓度较大，反应后醋酸过量，则溶液pH<7；故D正确。

故选D。5、B【分析】【分析】

A项比较离子浓度时要考虑水解或电离；但是程度都较小；B；C项是等式问题，用三大守恒分析；D项用电荷守恒和物料守恒分析。

【详解】

A、ClO－水解使溶液中c(OH－)＞c(H＋)，但因水解程度小，故c(ClO－)＞c(Ca＋)；故A项正确；

B、NaHSO3溶液中的质子守恒式应为c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO32-)；B项错误；

C、碳元素在溶液中的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3；由物料守恒知C项正确；

D、若CH3COONa与HCl两者恰好完全反应，则混合溶液显酸性，现混合溶液呈中性，则HCl的物质的量小于CH3COONa，故c(Na＋)＞c(Cl－)。中性溶液中：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可得c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，结合物料守恒式c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)可得c(Cl－)＝c(CH3COOH)，故c(Na＋)＞c(Cl－)＝c(CH3COOH)；D项正确。

答案选B。6、C【分析】【详解】

A．醋酸为弱酸，CH3COO-在水溶液中发生部分水解，生成CH3COOH和OH-；A正确；

B．一水合氨为弱碱，NH4+在水溶液中发生部分水解，生成NH3·H2O和H+；B正确；

C．碳酸为二元弱酸，CO32-在水溶液中水解分步进行；而不能一步完成，C错误；

D．氢氧化铁为弱碱，Fe3+在水溶液中部分水解，生成Fe(OH)3和H+；D正确；

故选C。7、B【分析】【详解】

Hg2+在pH在3—14时，以Hg(OH)2的形式存在，故Hg(NO3)2固体溶于水（pH=7）通常会出现浑浊，故A错误；海水Cl-的浓度等于0.1mol/L时，pCl=-1gc(Cl-)=1，若Cl-的浓度大于0.1mol/L，pCl为更小，查图可知，Hg2+以HgCl42—离子形式存在，故B错误；0.001moL/L盐酸中pH=3，pCl=3，查图可知，Hg2+主要存在形式为HgCl2，溶液为澄清透明，故C正确；Ksp(HgS)=c(S2-)c(Hg2+)=1.6×10-52，当c(S2-)=1×10-5mo/L时，c(Hg2+)=Ksp(HgS)/c(S2-)=1.6×10-52/1×10-5mo/L=1.6×10-47mo/L，故D正确。8、C【分析】【详解】

A．利用压强差检验装置气密性；向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，选项A不选；

B．氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀；同时生成氯化镁，能实现除杂目的，选项B不选；

C．浓度商大于溶度积时产生沉淀，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，碳酸钡的浓度商大于溶度积，所以产生沉淀，实际上Ksp（BaCO3）>Ksp（BaSO4）；选项C选；

D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；将得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，选项D不选；

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

(1)①依据图像；反应物的能量大于生成物的能量；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量；②逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；

(2)①0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量，1mol液态肼和过氧化氢反应放热640.0kJ，据此书写热化学方程式；②依据盖斯定律分析计算N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)的焓变；再计算16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量；③燃烧产物无污染是其优点。

【详解】

(1)①依据图像可知，反应物的能量大于生成物的能量，为放热反应；反应的焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，即△H=(E2-E1)kJ•mol-1，故答案为放热；(E2-E1)kJ•mol-1；

②反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图像能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-241.8kJ•mol-1，该反应的活化能为167.2kJ•mol-1；则其逆反应的活化能=167.2kJ/mol+241.8kJ/mol=409.0kJ/mol，故答案为409.0kJ/mol；

(2)①0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.0kJ的热量，1mol液态肼和过氧化氢反应放热640.0kJ，反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol，故答案为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol；

②a.N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640.0kJ/mol，b.H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，依据盖斯定律a-b×4得到：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-816.0kJ/mol；依据热化学方程式可知32g肼反应放热816.0kJ，则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是408.0kJ，故答案为408.0；

③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，生成物为氮气和水，不污染空气，故答案为生成物为氮气和水，不污染空气。【解析】放热E2-E1409.0kJ/molN2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ/mol408kJ产物为氮气和水，清洁无污染10、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓

（2）a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变；错误；d；降低压强，反应速率减小，错误；设CO的转化量为x

CO+H2OCO2+H2

转化量（mol）0.200.8

转化量（mol）xxx

转化量（mol）0.2-xx0.8+x

1mol+x=1.18mol；则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%

（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x则。

N2+3H22NH3

转化量（mol）a3a0

转化量（mol）x3x2x

转化量（mol）a-x3a-3x2x

2x÷（4a-2x）×100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=（a—0.592a）÷（4a—2×0.592a）×100%=14.5%

（4）随着反应的进行，NH3的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH3的物质的量逐渐减小；可画出图像。

（5）步骤IV为热交换，使合成氨放出的热量得到充分利用；对原料气加压，使平衡向正反应方向移动，分离液氨，减少生成物浓度，未反应的N2、H2循环使用等措施可提高提高合成氨原料总转化率。

考点：本题考查化学反应速率和化学平衡的移动、化学计算、化学图像、化学流程的分析。【解析】①.2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓②.a③.90%④.14.5%⑤.⑥.IV⑦.对原料气加压；分离液氨后。未反应的N2、H2循环使用11、略

【分析】【详解】

(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式：20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；

②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；

③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；

故答案为：③④；

(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B

故答案为：75%；<；

②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；

故答案为：1.75a；

(4)A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则A错误；

B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1−n)，故a+b=129；故B正确；

C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3；故C错误；

D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正确；

答案为BD。【解析】③④12、略

【分析】【详解】

(1)①根据速率之比等于化学计量数之比，可知：υ(N2)＝υ(NH3)＝

故答案为：0.06;

②化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，则该反应的平衡常数表达式为K=

故答案为：

(2)若X代表温度，L代表压强，由图像可知随横坐标压强的增大X曲线呈增大趋势，可知平衡正向移动，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动与图像吻合；若X代表压强，L代表温度，则随温度的升高，氮气的转化率增大，平衡正向移动，而该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，与图像不符，故X代表温度，L代表压强；由图像可知当压强一定时，温度X1对应的氮气转化率大于温度X2对应的氮气转化率，由此可知温度由X2到X1的过程平衡正向移动，而该反应放热，温度降低时平衡正向移动，因此X1小于X2；

故答案为：压强；<；【解析】0.06压强<13、略

【分析】【详解】

(1)由于HCl为强酸，完全电离，NH3∙H2O为弱碱，部分电离，所以要保证混合后溶液中性，c(NH3∙H2O)＞c(HCl)，即混合前c(HCl)＜c(NH3∙H2O)，若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c(OH-)=c(H+)，据电荷守恒式：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl−)=c(NH4+)；

①a．滴加少量浓盐酸；引入氢离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故a错误；

b．电离过程吸热，微热溶液促进醋酸电离，故b正确；

c．越稀越电离；加水稀释，离子浓度减小，促进醋酸电离，故c正确；

d．加入少量醋酸钠晶体；引入醋酸根离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故d错误；

故答案为：bc；

②a．醋酸是弱电解质；HCl是强电解质；相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故a错误；

b．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故b错误；

c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH−)小于醋酸；故c错误；

d．中和等物质的量的NaOH溶液；消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故d正确；

故答案为：d。

【点睛】

浓度相同的一元弱酸和强酸，弱酸不能完全电离，但是加入氢氧化钠后，会将弱酸中的所有氢离子释放出来，生成盐，消耗同浓度的碱的量相同。【解析】①.＜②.=③.bc④.d14、略

【分析】【分析】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，据此分析；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，据此分析；

(3)向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离，据此分析；

(4)NH3•H2O为弱电解质，不能完全电离，据此分析；

(5)取10mL溶液③；加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的十分之一，为0.01mol/L，据此分析。

【详解】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，Na2CO3和NaHCO3都是含有弱离子的盐；能发生水解，故答案为：①②；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为HCO3-+OH-=H2O+CO32-、HCO3-+H+=H2O+CO2，故答案为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；HCO3-+H+=H2O+CO2；

(3)向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以c(NH4+)c(OH−)的值增大；故答案为：增大；

(4)NH3⋅H2O为弱电解质；不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，故答案为：小于；

(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的为0.01mol/L，由Kw=c(OH−)⋅c(H+)可知，c(OH−)=10−12mol⋅L−1，则此时溶液中由水电离出的c(H+)=10−12mol⋅L−1，故答案为：10−12。【解析】①.①②②.HCO3-+OH-=H2O+CO32-③.HCO3-+H+=H2O+CO2④.增大⑤.小于⑥.10−1215、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC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、有机推断题(共1题，共3分)17、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、实验题(共2题，共18分)18、略

【分析】【分析】

根据化学反应速率的定义计算；实验1；2中的平衡浓度相同；则起始浓度相同，实验2中反应速率快；根据温度高反应速率快，平衡浓度大的则其相应的起始浓度也大分析；由实验4和实验1可知，物质A起始浓度相同，温度不同，温度越低，平衡时反应物A的浓度越小，说明降低温度，平衡正向移动。

【详解】

(1)在实验1中，反应在10min至20min时间内，A的浓度减少△c(A)=0.8mol/L-0.67mol/L=0.13mol/L，反应时间为10min，故这段时间内平均速率v(A)==0.013mol/(L·min)；

(2)根据实验1、2的平衡浓度分析可知二者是等效平衡，则二者起始浓度相同，可知A的初始浓度c2=1.0mol/L。实验2中比实验1先达到平衡状态；说明其反应速率快，平衡状态不变，说明实验2中还隐含的条件是使用了催化剂；

(3)由表格数据可知，平衡时A的浓度实验3的大，实验1和实验3的温度相同，则实验3的起始浓度大于1.0mol/L，即c3＞1.0mol/L，由于浓度越大，其反应速率越快，所以反应速率：v3＞v1；

(4)由实验4和实验1可知；物质起始浓度相同，温度不同，温度升高，平衡时反应物A的浓度变小，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应。

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算及化学平衡的计算与判断。把握有关概念、平衡移动原理及平衡影响因素为解答的关键，注意表格中数据的分析与应用，侧重考查学生的分析、计算与应用能力。【解析】①.0.013②.1.0③.使用催化剂④.＞⑤.＞⑥.吸热⑦.温度升高时，平衡向右移动19、略

【分析】【分析】

(1)KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的Cl2中含有HCl和水蒸气杂质；应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大；