2025年苏教版选修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年苏教版选修4化学下册阶段测试试卷389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6题，共12分)1、25℃时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)或-1g[c(H+)/c(HC2O4-)]和-1gc(C2O42-)关系如图所示；下列说法不正确的是。

A.曲线L1表示-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)的关系B.Ka2(H2C2O4)的数量级为10-2C.已知NaHC2O4溶液的pH＜7，则溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水[c(HC2O4-)/c(H2C2O4)]增大2、下图表示25℃时，稀释HClO、CH3COOH两种酸的稀溶液时；溶液pH随加水量的变化情况。下列说法不正确的是。

A.由图可知Ⅰ为CH3COOH、Ⅱ为HClOB.图中a点酸溶液的浓度大于b点酸溶液的浓度C.图中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)3、在25℃时，浓度均为0.5mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是A.a=b=cB.a＞b＞cC.a＞c＞bD.c＞a＞b4、物质的量浓度相同的下列溶液中，浓度最大的是A.(NH4)2SO4B.(NH4)2CO3C.(NH4)2SO3D.(NH4)2Fe(SO4)25、柠檬酸用表示是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.的第二步电离常数的数量级为B.时，C.溶液中的水解程度大于电离程度D.时，6、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪；具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是。

A.H+从左侧经过质子交换膜移向右侧B.该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋C.电流由O2所在的铂电极流出D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。

Ⅰ．CO2可用FeO吸收获得H2。

i.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔHl=－76.0kJ·mol-1

ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+113.4kJ·mol-1

(1)3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)ΔH3=_________kJ·mol-1。

(2)在反应i中，每放出38.0kJ热量，有______gFeO被氧化。

Ⅱ．CO2可用来生产燃料甲醇。

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol-1。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

(3)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________mol·(L·min)-1。

(4)氢气的转化率＝________________________。

(5)该反应的平衡常数为__________________________(保留小数点后2位)。

(6)下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。A．升高温度B．充入He(g)，使体系压强增大C．再充入1molH2D．将H2O(g)从体系中分离出去(7)当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1________c2的关系(填“＞”；“＜”或“＝”)。

III．CO2可用碱溶液吸收获得相应的原料。

利用100mL3mol·L-1NaOH溶液吸收4.48LCO2(标准状况)；得到吸收液。

(8)将该吸收液蒸干，灼烧至恒重，所得固体的成分是_________(填化学式)。8、氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。

（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼），副产物对环境友好，写出反应的化学方程式________。

（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；该反应的平衡常数和温度关系如图所示：

①该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料气中的氨碳比[]为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是______。图中A点处，NH3的平衡转化率为__________。

（3）①在氨水加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离程度增大，的值_______。（填“增大”；“减小”或“不变”；）

②室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用离子方程式表示），该反应的平衡常数为______（用含a的数学表达式表示）。9、在一定温度下，把1molN2和3molH2通入一个一定容积的密闭的容器里，发生如下反应：N2＋3H22NH3；当此反应进行到一定程度时，反应混和物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的物质的量(mol)。如果a、b；c取不同的数值；它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：

（1）若a＝0，b＝0，则c＝__________。

（2）若a＝0.5，则b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必须满足的一般条件是：请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c______。10、在一定温度下；冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：

（1）“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三点处，溶液中c(H+)由小到大的顺序为________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三点处，电离程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。11、(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝_______________。若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝___________。与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，请写出液氨的电离平衡常数表达式K=____________________________。

(2)同素异形体相互转化的反应热相当少而转化速率慢，有时还很不完全，测定时很困难；现可依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是______(填“白磷”或“红磷”)，试写出白磷转化成红磷的热化学方程式______________________________________。12、按照要求回答下列问题。

（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．

（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．

（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．

（4）将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．13、按要求回答下列问题：

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为______________。

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：

①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－）浓度大小关系为____________。

②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用数值列出计算式即可）mol·L－1。14、(1)依据反应：设计的原电池如图所示。

①电极X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，向溶液扩散的离子是________（填离子符号）。

(2)钢铁发生电化学腐蚀可分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀；可以采用电化学手段进行防护。

①写出钢铁在酸性较强的环境中发生电化学腐蚀的正极反应式：_________。

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用下图所示的方案：

其中连接在铁闸门上的固体材料R可以采用________（填写字母序号）。

a.铜b.钠c.锌d.石墨。

(3)电解原理在工业上有着广泛的用途；如图表示一个电解池，装有电解液a；X；Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

①若X、Y都是惰性电极，a是饱和溶液，则电解的总反应式为________________。

②当电路中流通电子时，整个装置共放出气体________L（标准状况下）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共18分)16、某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下；实验数据如下：

。实验序号。

①

②

③

加入试剂。

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

MnSO4固体。

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

Na2SO4固体。

褪色时间/s

116

6

117

请回答：

（1）该实验结论是________。

（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。

（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。

（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。17、某兴趣小组在实验室设计如下实验研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反应。

(1)振荡静置后C中观察到的现象是____；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液然后____(写出实验操作和现象)。

(2)测定上述KI溶液的浓度；进行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反应。

Ⅱ.小心加热除去过量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步骤II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步骤川达到滴定终点的现象是____。

③已知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是____。18、二氧化氯(ClO2)是黄绿色易溶于水的气体，熔点－59℃．沸点11℃，但其浓度过高时易发生分解，因此常将其制成NaClO2固体便于运输和贮存。回答下列问题：

(1)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：

①电解时发生反应方程式为__________。

②溶液X中大量存在的溶质有__________(填化学式)。

③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_______(填标号)。

a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水。

(2)实验室中用过氧化氢法将ClO2制备成NaClO2固体；其实验装置如图所示。

①A中发生的反应为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，仪器A的名称是_______。

②写出制备NaClO2固体的化学方程式：__________。冰水浴冷却的目的是________。

③为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_______。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)评卷人得分五、计算题(共2题，共6分)19、I.写出下列反应的热化学方程式。

（1）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是_____________________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S固体燃烧热的热化学方程式为________________________。

II.研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反应的热化学方程式是_____________________。

（4）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：

CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若用标准状况下3.36LCO还原NO2至N2(CO完全反应)的整个过程中转移电子的物质的量为________mol，放出的热量为______________kJ(用含有a和b的代数式表示)。20、（1）等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水溶液混合后，溶液呈_____（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c（H+）_____c(OH—)+c(NH3·H2O)（填“＞”或“＝”或“＜”）。

（2）某温度下，纯水中的c(H+)＝2.0×10－7mol/L，此时溶液的c(OH—)＝_______mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)＝5.0×10－4mol/L，则溶液中c(OH－)＝__________mol/L，由水电离产生的c(H＋)＝_______mol/L，此时温度_______25℃（填“高于”、“低于”或“等于”）。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)21、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6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A.H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则因此曲线L1表示-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线L2表示-1g[c(H+)c(HC2O4)和-1gc(C2O42-)的关系，故A正确；B.根据上述分析，因为则故B错误；C.根据B的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故C正确；D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水，草酸的电离程度增大，[c(HC2O4-)/c(H2C2O4)]增大，故D正确；本题选B。2、B【分析】【详解】

A．由于酸性：CH3COOH＞HClO，则加入等量的水时，CH3COOH的pH变化更大，因此图像中Ⅰ为CH3COOH；Ⅱ为HClO；A选项正确；

B．由A可知，CH3COOH的电离程度大于HClO，当两者稀释相同倍数时，即到a、b两点时，CH3COOH的浓度小于HClO；B选项错误；

C．曲线Ⅰ代表CH3COOH，CH3COOH中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，其电离平衡常数则a、c两电温度相同，所以Kw和Ka均相等，即相等；C选项正确；

D．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于CH3COO-和ClO-均会水解显碱性，且水解程度CH3COO-＜ClO-，因此溶液中离子浓度c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；D选项正确；

答案选B。3、D【分析】【详解】

加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：对于(NH4)2CO3，因为使水解平衡向右移动，促进水解．对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为因增大了c(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以c＞a＞b；故答案为：D。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：4、D【分析】【分析】

根据的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对水解起促进作用的离子；则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱；铵根离子的水解程度较小，则浓度相同时，化学式中铵根离子数目越多，则溶液中铵根离子浓度越大，据此进行解答。

【详解】

物质的量浓度相同的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2SO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；若不考虑其他因素影响，铵根离子浓度相同；

A.(NH4)2SO4溶液中的水解不受硫酸根离子的影响；

B.(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小；

C.(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根离子的水解对的水解起促进作用，导致水解程度增大，浓度减小；

D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的亚铁离子的水解对的水解起抑制作用，导致水解程度减小，浓度增大；

则浓度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，答案选D。5、B【分析】【分析】

根据图像，H3R为三元弱酸，电离方程式为H3RH2R－＋H＋、H2R－HR2－＋H＋、HR2－R3－＋H＋，随着pH增大H＋浓度减小，促进电离，曲线分别代表H3R、H2R－、HR2－、R3－；据此分析解答。

【详解】

柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R－＋H＋、H2R－HR2－＋H＋、HR2－R3－＋H＋，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，促进电离，在图形中表示的曲线分别为a、b；c、d；

A.H3R的第二步电离平衡常数Ka2=电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，曲线b、c交点时，Ka2=c(H＋)≈10－4.6，数量级约为故A错误；

B.时，溶液显示酸性，据图有故B正确；

C.根据图示知道，Na2HR溶液显示酸性，说明HR2－的水解程度小于电离程度；故C错误；

D.时，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中含有其他阳离子，如Ca2＋、Mg2＋等；不符合电荷守恒，故D错误。

答案：B。6、B【分析】【分析】

【详解】

A.有装置图可知：左侧为负极，右侧为正极，故H+从左侧经过质子交换膜移向右侧；故A正确；

B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；故B错误；

C．乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极；故C正确；

D．根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量；根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确；

本题答案为：B。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】（1）

依据盖斯定律，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)可由(i+ii)得到，则ΔH3=(－76.0kJ·mol-1+113.4kJ·mol-1)=+18.7kJ·mol-1；

（2）

由反应i可看出，当有6molFeO参与反应，其中有4molFeO被氧化，放出76kJ的热量，则当放出38kJ的热量时，有2mol的FeO被氧化，有3molFeO参与反应，则被氧化的FeO的质量为2mol72g/mo=144g；

（3）

由图中数据可以看出，10min时反应达到平衡状态，c(CO2)=1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，浓度转化量之比等于化学计量数之比，则c(H2)=30.75mol/L=2.25mol/L，v(H2)＝=0.225mol·(L·min)-1；

（4）

氢气初始浓度为3mol/L，达到平衡时H2的浓度变化量为2.25mol/L，故H2的转化率为=75

（5）

根据题给数据可知，平衡时c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=3mol/L-2.25mol/L=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，所以平衡常数K=≈5.33；

（6）

A．反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，二氧化碳的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，n(CH3OH)/n(CO2)减小；A错误；

B．充入He(g)，使体系压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变；B错误；

C．再充入1molH2，增大了反应物浓度，平衡向正向移动，二氧化碳的物质的量减小，甲醇的物质的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；C正确；

D．将H2O(g)从体系中分离出去，生成物浓度减小，平衡向正向移动，二氧化碳的物质的量减小，甲醇的物质的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；D正确；

答案选CD；

（7）

在恒容密闭容器中，进行的反应，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但只能是减弱氢气浓度的改变，不能抵消，所以c1c2；

（8）

n(NaOH)=0.1L3mol/L=0.3mol，n(CO2)==0.2mol，因为：当二氧化碳过量时：NaOHCO2=NaHCO3，氢氧化钠和二氧化碳1:1反应生成碳酸氢钠，当氢氧化钠过量时：2NaOHCO2=Na2CO3，氢氧化钠和二氧化碳2:1反应生成碳酸钠，而题目所给氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为3:2，所以得到的是NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，将混合溶液蒸干，灼烧至恒重，NaHCO3分解，产物只有Na2CO3。【解析】+18.71440.22575%5.33CD＜Na2CO38、略

【分析】【详解】

（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中数据可知；温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即ΔH＜0；

②x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2)=1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为：

（3）①由题：其中Kb表示NH3·H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率42%不变NH4++H2ONH3·H2O+H+9、略

【分析】【分析】

给据题给信息；本题为恒温恒容条件下等效平衡的判断和计算。首先分析可逆反应，可知该反应为反应前后气体分子数不等的可逆反应。对于这样的可逆反应，要保证反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同,即要与原平衡等效,则投入的物质的量换算成同一边物质，应与之前相应物质的投入量相等。据此进行计算判断。

【详解】

（1）根据反应方程式，将1molN2和3molH2换算成NH3的量，为2mol，则可知2molNH3相当于1molN2和3molH2；则c=2，答案为：2；

（2）根据反应方程式，有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：解得：答案为：1.5；1；

（3）根据题意有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：答案为：【解析】21.5110、略

【分析】【分析】

溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中离子浓度随着水的加入先逐渐增大后逐渐减小，c(H+)在b点处的溶液中最大，在c点处的溶液中最小，这是因为加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势，c(H+)增大还是减小；取决于这两种趋势中哪一种占主导地位，越稀越电离，电离程度增大，向溶液中加入消耗氢离子的物质会使平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小。

【详解】

⑴“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是在“O”点处；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故导电能力为0，故答案为：在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在。

⑵导电能力越强，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的顺序为c<a<b，故答案为：c<a<b。

⑶加水稀释；越稀越电离，因此电离程度最大的是c，故答案为：c。

⑷若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①加少量NaOH固体；②加少量Na2CO3固体；③加入Zn，Mg等活泼金属，故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn，Mg等活泼金属。【解析】①.在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固体⑤.加少量Na2CO3固体⑥.加入Zn，Mg等活泼金属11、略

【分析】【详解】

(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K=

(2)依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。【解析】1×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=红磷P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－112、略

【分析】【分析】

(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒进行分析；

(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；

(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；

【详解】

(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液显中性；

(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；

(4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。

【点睛】

本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%13、略

【分析】【分析】

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：因为c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB）；故HB为弱酸；

（3）弱酸的电离平衡常数越大；酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。

【详解】

（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：

（2）①溶液存在电离：同时存在水解根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；

②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案为：=；

（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）浓度大小关系为CH3COO->ClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小；故答案为：a；

③根据常温下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的电荷守恒为：物料守恒为：相减消去钠离子可得：故答案为：2×10-6-2×10-8。【解析】>=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-814、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①依据反应：可知，该装置为铜锌原电池，Zn作负极，Cu作正极，则电极X的材料是Zn(锌)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸铜)溶液；

②电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，溶液在负极区，原电池中，阴离子向负极移动，则向溶液扩散的离子是

(2)①钢铁在酸性较强的环境中发生析氢腐蚀，正极反应式：2H++2e-=H2↑；

②为了减缓水库铁闸门被腐蚀的速率；可以采用图示中的牺牲阳极的阴极保护法，即在铁闸门上的固体材料R的活泼性要强于铁；

a．铜的活泼性比铁弱，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故a不符合题意；

b．钠的活泼性比铁强，但钠可与水反应，故b不符合题意；

c．锌的活泼性比铁强；可代替铁作负极，能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故c符合题意；

d．石墨活泼性比铁弱；不能代替铁作负极，不能减缓水库铁闸门被腐蚀的速率，故d不符合题意；

答案选c；

(3)①根据图示，该装置为电解质，X、Y都是惰性电极，根据电源电极可知，X作阴极，Y作阳极，若a是饱和溶液，则该装置为电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解的总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根据①中电解总反应，生成1mol氯气和1mol氢气时电路中转移2mol电子，当电路中流通电子时，生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，则整个装置共放出标准状况下气体体积为0.2×22.4L/mol=4.48L。【解析】Zn(锌)CuSO4(硫酸铜)2H++2e-=H2↑c2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L三、判断题(共1题，共2分)15、×【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3题，共18分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂；起着加快反应速率的作用；

（2）除催化剂对反应速率有影响外；还有其他的外界因素如温度；浓度等；

（3）实验②中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂；能加快化学反应速；

（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色；从而缩短褪色时间，产生干扰。

【点睛】

本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。【解析】在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用温度、浓度等KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰17、略

【分析】【分析】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉。

【详解】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且30秒内不复原；用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时；加入淀粉指示剂，再继续滴加。

【点睛】

当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。【解析】溶液分层，下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色滴加KSCN溶液，溶液变红不可以当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且30秒内不恢复用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入淀粉指示剂，再继续滴加18、略

【分析】【分析】

(1)由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，加入NaClO2溶液反应生成ClO2、NH3、溶液X，X中含Cl-、OH-，由信息可知，ClO2易溶于水；所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；

(2)氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O；结合滴定原理及发生的反应计算产物的纯度。据此分析解答。

（1）①氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，发生反应方程式为NH4Cl+2HCl3H2+NCl3，故答案为：NH4Cl+2HCl3H2+NCl3；②加入NaClO2溶液反应生成ClO2、NH3、溶液X，X中含Cl-、OH-，则溶质为NaCl、NaOH；故答案为：NaCl、NaOH；③由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水或水溶液吸收，氨气为碱性气体，可与酸反应，则应选用浓硫酸除去ClO2中的NH3；故答案为：c；

（2）①A中发生的反应为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，仪器A的名称是三颈(口)烧瓶；故答案为：三颈(口)烧瓶；②根据分析，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，则制备NaClO2固体的化学方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；根据题中信息，ClO2的熔沸点较低，温度过高易挥发，制备NaClO2时使用双氧水，双氧水高温下易分解，导致产率降低，则冰水浴冷却的目的是减少双氧水分解或减少ClO2的挥发或提高ClO2的溶解度；故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；减少双氧水分解或减少ClO2的挥发或提高ClO2的溶解度；③含有NaClO2的溶液中加入足量酸化的KI溶液反应，NaClO2被还原为Cl-，离子反应方程式为：ClO+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，根据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得关系式：ClO~2I2~4Na2S2O3，则1L样品的溶液中n(NaClO2)=×n(Na2S2O3)×=×0.20mol·L-1×0.02L×100=0.1mol，则NaClO2粗品的纯度==90.5%。故答案为：90.5%；【解析】(1)NaCl；NaOHc

(2)三颈(口)烧瓶2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O减少双氧水分解或减少ClO2的挥发或提高ClO2的溶解度90.5%五、计算题(共2题，共6分)19、略

【分析】【分析】

I.（1）黑色固体为氧化铜；消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放热177.6kJ，据此书写热化学方程式；

（2）16g（即0.5mol）S固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫；放热148.5kJ，1molS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放热297kJ，据此书写热化学方程式；

II.（3）（4）利用盖斯定律进行计算；并书写正确的热化学方程式；

【详解】

I.（1）黑色固体为氧化铜，消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放热177