2025年统编版2024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年统编版2024选修4化学上册阶段测试试卷953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、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·下列说法正确的是（）

A.H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B.断开2molHI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a)kJC.相同条件下，1molH2(g)和1molI2(g)总能量小于2molHI(g)的总能量D.向密闭容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反应后放出的热量为2akJ2、下列说法正确的是A.由石墨金刚石可知，石墨比金刚石稳定B.HCl和NaOH反应的中和热则和反应的中和热C.甲烷的标准燃烧热则D.对于给定可逆反应，温度一定时，其正反应和逆反应的平衡常数相等3、相同温度、相同容积的四个密闭容器中进行同样的可逆反应，起始时充入气体的物质的量及平衡时体系能量变化数据如表，下列说法正确的是。XYWZ反应体系能量变化甲放出乙放出丙放出丁吸收

A.X的转化率为：甲＜乙＜丙B.C.平衡时，甲容器中的反应速率比丁容器中的慢D.平衡时丙容器中Z的物质的量浓度最大4、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5、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc=－lgc，pKa=—lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是。

A.pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性C.随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大D.pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小6、四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，常温下甲胺(CH3NH2·H2O)的电离常数为Kb，且pKb=－lgKb=3.38。常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液，分别滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸；溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。

下列说法正确的是A.曲线1代表四甲基氢氧化铵溶液B.常温下，CH3NH3Cl水解常数的数量级为10－11C.b点溶液中存在c(H+)=c(OH－)+c(CH3NH2·H2O)D.在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列各图是温度T（或压强P）对f反应2A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是A.B.C.D.8、现有容积均为2L的甲、乙恒容密闭容器，向甲中充入1.5molCO2和3molH2，乙中充入2molCO2、3molH2，一定条件下仅发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g),实验测得反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH＞0B.曲线Ⅱ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系C.500K时，该反应的化学平衡常数为200D.700K时，若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，则达到平衡时，H2的体积分数大于9、下列说法正确的是A.电解精炼粗铜时，阳极质量的减少与阴极质量的增加相同B.对于一个固定的可逆反应，其他条件不变，只要温度发生改变，则平衡一定移动C.通过Qsp与Ksp的相对大小判断沉淀溶解平衡移动的方向，Qsp＜Ksp时，有沉淀析出D.盐类水解的结果可使溶液呈酸性、碱性或中性10、室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)B.向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]C.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)D.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－111、常温下，将NaOH固体分别加入浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是。

A.由a点到e点水的电离程度先增大后减小B.d点溶液中存在：c(HX)+c(X-)=0.1mol/LC.c点溶液中存在：c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)D.b点溶液中存在：c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L12、某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA－，HA－H++A2－；则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不合理的是（）A.c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol·L-1B.c(OH－)=c(H+)+c(HA－)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)D.c(Na+)=2c(A2－)+2c(HA－)+c(H2A)13、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)；沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.b点时c(Ba2＋)·c(SO)小于KspB.a点对应的Ksp等于c点对应的KspC.加水稀释可以使溶液由b点变到c点D.加入适量的Na2SO4可以使溶液由a点变到c点评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、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：__________15、Ⅰ.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)；某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A；B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为___________________，该反应的化学方程式为______________________。

（2）经12s时间，v(A)＝___________,v(C)＝___________，该反应12s时___________达到化学平衡（“是”或“否”）。

Ⅱ.（3）下列说法可以证明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是________(填序号)。

A．单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

B．一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

C．温度和体积一定时；混合气体颜色不再变化。

D．反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)16、在一个2L的密闭容器中，加入3molA和1molB，发生下述反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)；5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/L。

（1）达到平衡时，A的转化率为________，此温度下的平衡常数K＝_______________。（保留一位小数）

（2）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向________(填“正反应方向移动”“逆反应方向移动”或“不移动”)。

（3）维持容器的体积和温度不变，向密闭容器中加入氦气，达到新平衡时，B、C的浓度之比将________(填“增大”；“减小”或“不变”)。

（4）当增加A的浓度，B的转化率________；若将C分离出来，化学平衡常数________。(填“增大”、“减小”或“不变”)17、近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1；4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

①据图像可知反应平衡常数K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判断理由是：________________________________________________；

②若进料浓度比c(HCl)∶c(O2)等于1∶1，400℃时，O2的转化率是______。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。

（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上；科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

阴极区发生的反应有Fe3++e-=Fe2+和___________________（写反应方程式）。

电路中转移1mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。18、现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。

(1)若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。

(2)根据(1)中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。

(3)用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。19、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＝______________。20、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)22、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_____________________________。评卷人得分六、实验题(共2题，共4分)23、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。24、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：___。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A.HI分子中的化学键是极性共价键；故A错误；

B.△H=反应物断裂化学键需要的能量−生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol−2H−I=−aKJ/mol，得到断开2molH−I键所需能量约为(a+b+c)KJ；故B正确；

C.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；

D.反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2；充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；

故选：B。2、A【分析】【详解】

A．焓变为正；为吸热反应，石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故A正确；

B．生成硫酸钡放热，则和反应的中和热故B错误；

C．甲烷的标准燃烧热则故C错误；

D．正反应和逆反应的平衡常数互为倒数关系；且K与温度有关，故D错误；

故选：A。3、D【分析】【详解】

A．丙的物质的量是乙的2倍，物质的量增大，压强增大，转化率减小，则转化率乙>丙；甲乙相比，甲中增大了X的物质的量，则X的转化率减小，则转化率甲＜乙；丙的物质的量相当于在甲的基础上增加了Y，则X的转化率增大，甲＜丙，所以X的转化率为：乙>丙>甲；故A错误；

B．甲丁属于等效平衡，二者反应方向相反，二者的转化率之和为100%，则甲丁热量之和为Q，丙的加入Y的量大于甲，向正方向进行的程度大，所以丙放出的热量大于甲，则丙丁热量之和大于Q，即c+d>Q；故B错误；

C．根据反应2X(g)+Y(g)3W(g)+2Z(g)可知；在恒温恒容条件下，初始时2molX；1molY相当于加入3molW、2molZ，二者两个平衡互为等效平衡，则平衡时各组分浓度相等，所以平衡时甲、丁容器中的反应速率相等，故C错误；

D．丙中可以看作先加入2molX和1molY；平衡后又加了1molY，增大反应物的浓度平衡正向移动，所以生成物的浓度增大，即丙中Z的物质的量浓度最大，故D正确；

故答案为：D。

【点睛】

虚拟“中间态”法构建等效平衡：

（1）构建恒温恒容平衡思维模式。

新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成；相当于增大压强；

（2）构建恒温恒压平衡思维模式（以气体物质的量增加的反应为例；见图示）

新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加；压强不变，平衡不移动。

4、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。5、C【分析】随pH的升高，c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是

【详解】

A.根据图示，pH=3.50时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)；故A错误；

B.根据a点，H2A的Ka1=10-0.8，根据c点，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常数是=10-8.7，等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合；电离大于水解，溶液显酸性，故B错误；

C.随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小，所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大；故C正确；

D.根据物料守恒，pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变，故D错误；答案选C。6、B【分析】【分析】

四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]；由Ka×Kh=Kw计算水解常数；b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物；但比例不是1:1；酸碱抑制水电离，盐水解促进水电离。

【详解】

A.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]；故A错误；

B．Ka×Kh=Kw，CH3NH3Cl的水解常数为=10-10.62，其数量级为10－11；故B正确；

C．c点二者恰好反应生成CH3NH3C1，根据质子守恒可知：c（H+）=c（OH-）+c（CH3NH2•H2O），由于b点加入的HCl较少，则c（H+）＜c（OH-）+c（CH3NH2•H2O）；故C错误；

D．体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b；c、e三点中c点水的电离程度最大；故D错误；

故选B。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【详解】

该反应的正反应为吸热反应；升高温度正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则A正确，B错误；

A为固体；反应物气体的化学计量数小于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则C正确；D错误。

故选AC。8、CD【分析】【详解】

A．随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应，该反应的ΔH＜0；故A错误；

B．相同温度下，平衡常数不变，曲线Ⅰ中CO2的平衡转化率高，甲和乙相比，相同条件下乙中二氧化碳的浓度大，曲线Ⅰ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系；故B错误；

C．如图所示，曲线Ⅰ代表甲容器的反应，500K时，CO2的平衡转化率为60%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=1.5mol×(1-60%)=0.6mol，n(H2)=3mol-3×1.5mol×60%=0.3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.9mol，该反应的化学平衡常数为K==200；故C正确；

D．如图所示，曲线Ⅱ代表乙容器的反应，700K时，乙容器中CO2的平衡转化率为20%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(H2)=3mol-3×2mol×20%=1.8mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.4mol，此时H2的体积分数==若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，此时密闭容器中n(CO2)=2.5mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol，与原平衡初始相比，氢气的物质的量不变，其他组分增加，相当于增大了密闭容器的压强，平衡正向移动，则达到平衡时，H2的体积分数大于故D正确；

答案选CD。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．电解过程中；阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故A错误；

B．升高温度平衡向吸热的方向移动；若正反应为放热反应，升高温度，只要温度发生改变，则平衡一定移动，故B正确；

C．Qsp＞Ksp为过饱和溶液会析出沉淀，Qsp=Ksp为饱和溶液，Qsp＜Ksp为不饱和溶液，所以可通过Qsp和Ksp的相对大小；来判断沉淀溶解平衡的移动方向，故C错误；

D．弱酸弱碱盐溶液中弱碱阳离子水解显酸性；弱酸阴离子水解显碱性，二者水解程度大小不同，溶液酸碱性不同，若弱碱阳离子水解程度大，溶液显酸性，若弱酸阴离子水解程度大溶液显碱性，若二者水解程度相近，溶液显中性，故D正确；

答案选BD。10、BC【分析】【详解】

A.溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HCN)>c(H＋)>c(CN－)；选项A错误；

B.若向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]；选项B正确；

C.因Ka(HCN)＝6.2×10－10<Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，NaCN水解程度大于NaHC2O4，0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c(HCN)>c(H2C2O4)，而存在物料守恒有c(Na＋)=c(CN－)+c(HCN)=c(HC2O4-)＋c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)；选项C正确；

D.若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项D，若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1。11、CD【分析】【详解】

A.a点lg=12，则溶液中c(H+)=0.1mol/L，可知HX为强酸，e点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L完全中和；强酸对水的电离起抑制作用，酸的浓度减小，则水的电离变大，由a点到e点水的电离程度一直增大，A项错误；

B.HX为强酸会完全电离；溶液中不存在HX，B项错误；

C.c点lg=6，则溶液中c(H+)=10-4mol/L，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=2c(Na＋)，联立两个等式可得c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)，所以c(Y－)+2c(OH－)=2c(H＋)+c(HY)；C项正确；

D.b点lg=0，则溶液中c(H+)=10-7mol/L=c(OH－)，根据电荷守恒有c(Y－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，即c(Y－)=c(Na＋)，根据元素守恒有c(Y－)+c(HY)=0.1mol/L，联立两个等式可得c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L，所以c(HY)+c(Na+)=0.1mol/L；D项正确；

答案选CD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液酸碱性判断及溶液中离子浓度大小比较，涉及盐类的水解和弱酸的电离等。本题的易错点为B，要注意根据0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY中lg的值判断酸的强弱。12、AD【分析】【详解】

A．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2-能水解、HA-只电离不水解，则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故A错误；

B．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在质子守恒关系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故B正确；

C．0.1mol.L-1的Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(OH－)=c(H+)+c(HA－)；故C正确；

D．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2-能水解、HA-只电离不水解，则在0.1mol.L-1的Na2A溶液中不存在H2A；故D错误；

故选AD。13、BD【分析】【分析】

【详解】

该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态；

A．b点表示Qc＞Ksp；溶液过饱和，有沉淀析出，故A错误；

B．Ksp只受温度的影响，a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp；故B正确；

C．加入蒸馏水，c（SO42－）、c（Ba2＋）均减小，不可能出现c（SO42－）不变，而c（Ba2＋）减小的情况；故C错误；

D．加入适量的Na2SO4，c（SO42－）增大，c（Ba2＋）减小；可能能使溶液由a点变到c点，故D正确。

故选BD。三、填空题(共7题，共14分)14、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﹣115、略

【分析】【分析】

依据图象可知：A、B为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，则A、B变化的浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L，推知a:b=3:1。

【详解】

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为0.05mol·L－1·s－14s2L=0.4mol；由图可知，4s内A的变化浓度为0.3mol/L，C的变化浓度为0.2mol/L，则a:c=3:2，又因a:b=3:1，则a:b:c=3:1:2，故该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。

（2）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）=因v(A)：v(C)＝3:2，则有图可知12s后各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态。

（3）A.单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI，速率之比不等于物质的量之比，A错误；

B.一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂；说明正逆反应速率相等，B正确；

C.混合气体颜色不再变化；说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，C正确；

D.反应速率v（H2）=v（I2）=v（HI）；未体现正与逆的关系，D错误；

答案选BC。【解析】0.4mol3A(g)＋B(g)2C(g)0.05mol/(Ls)0.03mol/(Ls)是BC16、略

【分析】【详解】

在2L的密闭容器中，加入3molA和1molB，发生下述反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)，5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/L，可列出三段式：

（1）根据三段式可知，达到平衡时，A的转化率为此温度下的平衡常数

（2）维持容器的温度不变；缩小容器的体积，压强增大；根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向系数减小的方向移动，则平衡将向正反应方向移动；

（3）维持容器的体积和温度不变，向密闭容器中加入氦气，平衡不移动，达到新平衡时，各物质浓度不变，则B、C的浓度之比将不变；

（4）当增加A的浓度，平衡正向移动，则B的转化率增大；若将C分离出来，体系的温度不变，化学平衡常数只与温度有关，故化学平衡常数不变。【解析】①.60%②.8.3③.正反应方向④.不变⑤.增大⑥.不变17、略

【分析】【分析】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时；升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

计算氧气的转化率。

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。

【详解】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图像表明；进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

则氧气的转化率为：故答案为：

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

【点睛】

进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl)∶c(O2)=1∶1，b曲线代表c(HCl)∶c(O2)=4∶1，c曲线代表c(HCl)∶c(O2)=7∶1。【解析】>图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。21%CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O11.218、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01mol·L-1的某酸(A)与0.01mol·L-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性；则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。

【详解】

(1)若A为CH3COOH，所得溶液为0.01mol·L-1CH3COOH与0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01mol·L-1HCl与0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为mol·L-1=10-10mol·L-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01mol·L-1H2S与0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力<水解能力。答案为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

对于①、②来说，最后一步水电离，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最强，②中次之，③中不受影响，所以阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；

(3)浓度为0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是a>b>c。答案为：a>b>c。

【点睛】

0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c19、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】1.75×10－520、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)四、判断题(共1题，共4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、元素或物质推断题(共1题，共7分)22、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶