2025年沪教新版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教新版选修4化学上册月考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7题，共14分)1、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：。容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3

下列说法不正确的是A.0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B.a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0mol2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％D.K1=K2>K32、常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L；该溶液可能是()

①二氧化硫水溶液②氯化钾水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.②③D.③④3、下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是A.NaHSO4B.CH3COONH4C.Na2SD.NH3•H2O4、下列溶液一定是碱性的是（）A.pH＝8的某电解质的溶液B.c(OH-)＞1×10-7mol/LC.溶液中含有OH-D.溶液中c(OH-)＞c(H+)5、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-ΔH＞0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H﹢）增大，Kw不变C.向水中通入少量HCl气体，平衡正向移动，c（H﹢）增大D.将水加热，Kw增大，pH不变6、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＞b7、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A.NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B.NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C.加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、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%9、现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/LHCl；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列说法正确的是A.①中水电离程度最大，②③④中水电离程度一样大B.将②③混合，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②<③C.将①、④等体积混合，所得溶液中一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)D.将①、④混合，若有c(CH3COO¯)>c(H+)，则混合液一定呈碱性10、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.c()相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)B.将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液中：c(H+)＋c(H2CO3)＝c(OH-)＋c()＋c(NH3·H2O)C.溶液X：10mL0.1mol·L-1NaCl；溶液Y：10mL0.1mol·L-1CH3COONa，则：X中离子总浓度>Y中离子总浓度D.少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)11、亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂的原料。常温下向1L0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.a、b两点，水分别电离出的c(OH-)水之比为10-6.54：10-1.43B.b点对应溶液中存在：c(Na+)＞3c(HPO32-)C.当V(NaOH)=1L时，c(Na+)>c(H2PO3-)>c(H3PO3)>c(HPO32-)D.反应H3PO3+HPO32-2H2PO3-的平衡常数为105.1112、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，溶液中CN－；HCN物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示；其中a点的坐标为(9.5，0.5)。溶液的pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系正确的是。

A.图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)<c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol·L－1C.图乙中b点的溶液：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)D.图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)13、工业电解溶液的装置如图所示，A、B两极均为惰性电极。下列说法正确的是（）

A.该装置可用于制备溶液，其中A极发生还原反应B.生成a溶液的电极室中反应为：C.A极还可能有少量CO2产生，B两极产生的气体M和R体积比略大于2:1D.当时，则另一室理论上可制备4mol溶质a（假设右室溶液体积为0.5L）评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、发射卫星时可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮做氧化剂；两者反应生成氮气和气态水；已知：

N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

（1）肼和二氧化氮反应的热化学方程式为___________；

（2）有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放能量更大，肼和氟气反应的热化学方程式：_15、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：______。16、研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g),ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1、C(s)＋CO2(g)="2CO(g)",ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1。则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________

（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ(填“大于”；“等于”或“小于”)。

②在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是______________(填字母)。

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比,下列有关说法正确的是___________。

a．正反应速率加快；逆反应速率也加快。

b．氢气的浓度减小。

c．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大。

d．甲醇的物质的量增加。

e．达到新的平衡时平衡常数增大17、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)18、常压下；取不同浓度；不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

。温度（℃）

c(氨水)(mol/L)

电离常数。

电离度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________（填“左”；“右”）移动；能支持该结论的表中数据是__________；

a．电离常数b．电离度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不变的原因是________________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)19、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10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_____________________________。评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)21、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256.652kJ的热量。

（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。

（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A的仪器名称为____________________。

（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_______________。

（4）某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度T1℃终止温度T2℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；

（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。22、某研究小组查阅资料发现与的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在；并据此设计实验1(如下图所示)。发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。

I.初步探究。

实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实睑记录如下表。。编号饱和溶液饱和碘水石蜡油操作溶液现象2-11滴5mL1mL不加热1滴无明显现象2-21滴5mL1mL加热一段时间后冷却1滴无明显现象

(1)研究小组同学根据所查阅资料写出的与反应的离子方程式为___________。

(2)实验2中；加入石蜡油的目的是___________。

(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因；他们的理由是___________。

II.查阅资料，继续探究：(资料)为不溶于水的白色固体。

实验3：

(4)试管a的实验现象说明滤液1中含有___________。

(5)试管b中，加入溶液后所产生实验现象的原因是___________。

(6)甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明氧化了。他提出如下假设：

i.可能是氧化了；

ii.可能是空气中的O2氧化了。

他设计、实施了实验4，实验记录如下表。。编号实验操作实验现象4在试管中加入1滴溶液，蒸馏水，1滴试剂一段时间后加入1滴溶液溶液不变红

①试剂a是___________。

②依据实验4，甲同学做出判断：___________。23、某小组研究溶液中Fe2＋与的反应。实验I试剂现象滴管试管试管1mol•L-1FeSO4溶液(pH=4)1mol•L-1NaNO2溶液(pH=8)a.滴加1滴FeSO4溶液，溶液变黄色，继续滴加，溶液变为棕色，2小时后，无明显变化1mol•L-1NaNO3溶液(加NaOH溶液pH=8)b.持续滴加FeSO4溶液，无明显变化1mol•L-1NaNO3溶液(加NaOH溶液pH=8)b.持续滴加FeSO4溶液，无明显变化

已知：[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。

(1)研究现象a中的黄色溶液。

①用__________溶液检出溶液中含有Fe3＋。

②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2＋。乙认为O2不是主要原因，理由是_____________。

③进行实验Ⅱ，装置如图所示。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。产生NO的电极反应式为_______实验Ⅱ的目的是________。

(2)研究现象a中的棕色溶液。综合实验I和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2＋或Fe3＋发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2＋与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是_______。

(3)研究酸性条件下，溶液中Fe2＋与的反应。序号操作现象i取1mol·L－l的NaNO2溶液，加稀硫酸至pH=3，加入1mol·L－lFeSO4溶液溶液立即变为棕色ii取1mol·L－l的NaNO3溶液，加硫酸至pH=3，加入1mol·L－lFeSO4溶液无明显变化iii分别取0.5mLlmol·L－l的NaNO3溶液与1mol·L－l的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5mL浓硫酸液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环

i中溶液变为棕色的离子方程式为_______、__________。

实验结论：本实验条件下，溶液中的氧化性与溶液的酸碱性等有关。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1；故A错误；

B．甲和乙的温度相同；平衡常数相等；

甲中A(g)+B(g)⇌D(g)

开始(mol/L)2.02.00

反应(mol/L)1.61.61.6

平衡(mol/L)0.40.41.6

化学平衡常数K==10；

乙中A(g)+B(g)⇌D(g)

开始(mol/L)2.00

反应(mol/L)1.01.01.0

平衡(mol/L)1.0-1.01.0

化学平衡常数K==10；解得：a=2.2，故B正确；

C．甲中CO转化率=×100%=80%；若容器甲中起始投料2.0molA；2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；

D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3；故D正确；

故选A。2、A【分析】【分析】

酸、碱或强酸酸式盐都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L；说明水的电离受到抑制，说明为酸溶液或碱溶液，据此分析解答。

【详解】

①SO2在水溶液中与水反应产生H2SO3，是酸溶液，电离产生H+；使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，①正确；

②KCl溶液是强酸强碱盐溶液；不水解，对水的电离无影响，②错误；

③NaNO3溶液是强酸强碱盐溶液；不能水解，对水的电离无影响，③错误；

④NaOH溶液是强碱溶液，电离产生OH-；使水的电离平衡逆向移动，对水的电离有抑制作用，④正确；

综上所述可知：对水电离其抑制作用的是①④；故合理选项是A。

【点睛】

本题考查了酸或碱对水的电离的影响，应注意的是酸或碱对水的电离有抑制作用，盐类的水解对水的电离有促进作用。3、A【分析】A.硫酸氢钠为强电解质，完全电离出氢离子和硫酸根离子和钠离子，故除了水分子外不存在其他分子，故正确；B.醋酸铵能水解生成醋酸和一水合氨，存在其他分子，故错误；C.硫化钠水解生成硫化氢分子，故错误；D.一水合氨部分电离，存在分子形式，故错误。故选A。4、D【分析】【分析】

任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH>7；溶液呈碱性，据此判断。

【详解】

A.没指明温度，Kw不一定等于10−14；不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；

B.没指明温度，Kw不一定等于10−14，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性；故B错误；

C.任何水溶液中都含有氢氧根离子；不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；

D.溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(OH-)＞c(H+)；溶液一定显碱性，故D正确；

答案选D。

【点睛】

任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH值<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH值>7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH＝8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。5、B【分析】根据题中水的电离平衡可知；本题考查影响水的电离平衡的因素，运用加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离和温度不变，离子积常数不变分析。

【详解】

A．一水合氨电离出OH−而导致溶液中c(OH−)增大；从而抑制水电离，故A错误；

B．向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变Kw不变；故B正确；

C．向水中加入少量HCl气体，HCl电离出H+而抑制水电离；故C错误；

D．水的电离是吸热过程；升高温度促进水电离，则Kw增大，pH减小，故D错误；

答案选B。6、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：7、D【分析】【分析】

【详解】

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

B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)；B项错误；

C.加热NaHCO3溶液；可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；

D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑；D项正确；

答案选D。二、多选题(共6题，共12分)8、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。9、AC【分析】【分析】

①0.01mol/LCH3COOH，发生部分电离，溶液中的c(H+)<10-2mol/L；②0.01mol/LHCl，c(H+)=10-2mol/L；③pH＝12的氨水，c(OH¯)＝10-2mol/L；④pH＝12的NaOH溶液，c(OH¯)＝10-2mol/L。

【详解】

A．由以上分析可知，①中c(H+)最小，对水电离的抑制作用最弱，水的电离程度最大，②中酸电离出的c(H+)与③、④中碱电离出的c(OH¯)相同；对水电离的抑制作用相同，水的电离程度一样大，A正确；

B．将②③混合，所得溶液为NH4Cl、NH3·H2O的混合液，由于NH3·H2O为弱碱，氨水的起始浓度大于10-2mol/L，所以若pH＝7时消耗溶液的体积：②>③；B不正确；

C．将①、④等体积混合，刚好完全反应生成CH3COONa，溶液中存在平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，所以一定有：c(OH¯)＝c(H+)+c(CH3COOH)；C正确；

D．在醋酸溶液中，发生电离CH3COOHCH3COO-+H+，将①、④混合，溶液中一定含有CH3COONa，可能含有CH3COOH，因此溶液中存在c(CH3COO¯)＞c(H+)时不能确定溶液的酸碱性；D不合题意；

故选AC。10、BC【分析】【详解】

A．(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以c()相等时，其浓度最小，NH4HSO4可以电离出氢离子抑制铵根的水解，所c(NH4HSO4)<c(NH4Cl)，则三种溶液的浓度大小关系为：c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]；故A错误；

B．析出部分NaHCO3晶体后，可以认为溶液中溶质为NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c(HCO)+2c()+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c()+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)，联立可得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()+c(NH3•H2O)；故B正确；

C．NaCl溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以溶液中离子总浓度即为2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得醋酸钠溶液中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]，两溶液中c(Na+)相同，但醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解使溶液显碱性，所以氢离子浓度较小，则X中离子总浓度>Y中离子总浓度；故C正确；

D．少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中，溶液中的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)；故D错误；

故答案为BC。11、AD【分析】【分析】

A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝

B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)；

C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2；说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小；

D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝

【详解】

A．a点、b点水电离出的c水(OH-)之比＝＝10-6.54：10-1.43；故A正确；

B．b点c(H2PO3−)＝c(HPO32−)，溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c(OH−)＜c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＜2c(HPO32−)＋c(H2PO3−)，则c(Na＋)＜3c(HPO32−)；故B错误；

C．V(NaOH)＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH−)，根据电荷守恒得c(Na＋)＞c(H2PO3−)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(H2PO3−)＞c(HPO32-)＞c(H3PO3)；故C错误；

D．c(H2PO3−)＝c(H3PO3)时Ka1＝c(H＋)＝10−1.43，c(H2PO3−)＝c(HPO32−)时，Ka2＝c(H＋)＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为＝×＝×＝＝＝105.11；故D正确；

故答案选AD。

【点睛】

明确图中a和b点含义及电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意D式的灵活变形；通过判断电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系，分析溶液中的微粒浓度。12、BC【分析】【分析】

NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，当pH=9.5时，c(HCN)=c(CN－)；当加入盐酸的体积为10mL时；NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。

【详解】

A．图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl－)+c(CN－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，pH=7，c(OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)+c(CN－)=c(Na+)；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN－)+c(HCN)，故c(Cl－)=c(HCN)；A不正确；

B．常温下，a点时，c(CN－)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH－)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)==10－4.5mol·L－1；B正确；

C．图乙中b点时，发生反应后c(HCN)=c(Cl－)=c(CN－)，此时溶液中CN-发生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反应后，c(HCN)增大，c(CN－)减小，所以溶液中：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)；C正确；

D．图乙中c点的溶液中，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，且二者刚好完全反应，反应后，发生HCN的电离：HCNH++CN-，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH－)+c(CN－)，物料守恒：c(Cl-)=c(HCN)+c(CN－)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)；D不正确；

故选BC。13、BD【分析】【分析】

电解池中阳离子流向阴极，根据Na+的流向可知B为阴极；水电离出的氢离子放电生成氢气，同时电离出更多的氢离子，所以流出NaOH溶液浓度变大；A为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，a溶液为碳酸氢钠溶液。

【详解】

A．根据分析可知A极为阳极发生氧化反应；故A错误；

B．根据分析可知A极为阳极，水电离出的氢氧根放电生成氧气，同时电离出更多的氢离子，氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根，电极方程式为故B正确；

C．气体M为O2，R为H2，根据电子守恒可知，理论上生成1molO2的同时生成2molH2，A极还可能有少量CO2产生；所以A；B两极产生的气体M和R体积比应略大于1:2，故C错误；

D．当时，说明电解过程中阴极生成的OH-为8mol/L，右室体积为0.5L，则转移的电子为4mol，根据电极方程式可知生成的碳酸氢钠为4mol；故D正确；

故答案为BD。

【点睛】

解决本题的关键是要记住电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极，据此确定该电解池的阴阳极，再进行分析作答。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

根据盖斯定律解答。

【详解】

已知：①N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

②N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

④1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

(1)根据盖斯定律：①×2-②得气态肼和二氧化氮的反应的热化学方程式为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

故答案为2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

(2)根据盖斯定律，①+④×4-③×2得气态肼和氟气反应的热化学方程式为：N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol；

故答案为N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol。【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/molN2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol15、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16、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）化学反应①Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ/mol；②C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律，反应①－②×3可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-28.5kJ/mol；

（2）①曲线Ⅱ比I先达到平衡。说明温度曲线Ⅱ>I。由于温度高，CH3OH含量低，化学反应平衡逆向移动，说明化学平衡常数KⅠ>KⅡ；

②增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但氢气的转化率是降低的，在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是c

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比，a．将容器体积压缩到原来的1/2，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率和逆反应速率都加快，a项正确；b．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，H2浓度仍然增大，b项错误；C．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小；c项错误；d．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，d项正确；e．温度不变，平衡常数不变，e项错误；答案选ad。

考点：考查热化学方程式的书写、化学平衡常数、温度对化学平衡常数的影响、物质转化率等知识。【解析】大于cbaad17、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BC18、略

【分析】【分析】

【详解】

①温度升高，促进NH3·H2O的电离；平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；

（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH－）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH－）减小，而温度升高，使c（OH－）增大，双重作用使c（OH－）基本不变。【解析】右a氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变四、判断题(共1题，共7分)19、×【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10分)20、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，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、实验题(共3题，共21分)21、略

【分析】【详解】

（1）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256.652kJ的热量，1mol液态肼放出的热量，=641.63kJ该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1。故答案为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1；

（2）根据图示可知；A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

（3）为泡沫塑料板；上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；

中和反应是放热反应；温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；

（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应前后温度差为：3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应前后温度差为：3.05℃；

40m