2025年沪教版选修4化学下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年沪教版选修4化学下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6题，共12分)1、室温下，用的盐酸分别滴定浓度均为的氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液随加入盐酸体积[V(盐酸)]变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.当滴定氨水消耗V(盐酸)=时，B.当分别消耗V(盐酸)=时，两溶液中含有的离子总数C.当滴定氨水消耗V(盐酸)=时，D.在逐滴加入盐酸至的过程中，两份溶液中水的电离程度均先增大后减小2、图为常温下溶液逐滴加入到溶液中pH的变化曲线；下列说法不正确的是。

A.在区间内某点，两溶液恰好完全反应B.反应过程中溶液中阴、阳离子总数：b点小于c点C.区间内不包含a、c两点可能存在：D.d点时溶液中：3、H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸；常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：

下列说法正确的是（）A.在pH为6.37及10.25时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO3-)=c(CO32-)B.反应HCO3-CO32-+H+的电离常数为10-6.37C.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=2c(Na+)D.往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：2CO32-+H2C2O4=2HCO3-+C2O42-4、时，与NaOH溶液反应后的溶液中存在含硫微粒：和它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。根据信息判断下列说法不正确的是

A.pH控制在时可获得较纯的B.时的溶液中溶质主要为C.时，溶液中存在：D.为的二级电离常数，由图中数据，可估算出5、某兴趣小组设计如图所示微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1、闭合K2；发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()

A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑B.断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C.断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－=2Cl－D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极6、某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2；发现电流计A指针偏转。下列有关描述正确的是。

A.断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2Cl－＋2H+H2↑＋Cl2↑B.断开K2，闭合K1时，a是电源的正极，铁电极发生氧化反应C.断开K1，闭合K2时，石墨电极附近溶液变红，铁电极上的电极反应为：Cl2＋2e—=2Cl－D.断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的A.正反应活化能小于100kJ·mol－1B.逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1C.正反应活化能不小于100kJ·mol－1D.正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol－18、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+QkJ（Q＞0）。在10L恒温恒容密闭容器中加入0.1molSO2和0.05molO2，经过2min达到平衡状态，反应放热0.025QkJ。下列判断正确的是A.在2min内，O2的转化率为25%B.在1min时，c(SO2)+c(SO3)=0.01mol/LC.若再充入0.1molSO3，达到平衡后SO3的质量分数会减小D.向该容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2，平衡后反应放热大于0.05QkJ9、碳酸有两个电离常数Ki1、Ki2，分别对应碳酸的两步电离。关于Ki1和Ki2说法正确的是A.Ki1的表达式为Ki1=B.Ki2对应的电离过程是HCO3-+H2OH3O++CO32-C.当碳酸的电离平衡正向移动时，Ki1与Ki2均相应增大D.改变条件使Ki1减小，则Ki2一定也减小10、KHC2O4·H2C2O4·2H2O(四草酸钾，记作PT)是一种分析试剂。室温时，H2C2O4的pKa1、pKa2分别为1.23、4.19(pKa=-lgKa)。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是A.0.1mol·L-1PT溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)B.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：c(Na＋)-c(K＋)<c(HC2O4－)－c(H2C2O4)C.0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)>c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)D.0.1mol·L-1PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)11、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc（OH-）]与溶液离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是。

A.曲线N表示pOH与lg两者的变化关系B.NaHX溶液中c（H2X）>c（X2-）C.当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（HX-）+2c（X2-）D.常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-412、二茂铁[Fe(C5H5)2]可作为燃料的节能消烟剂；抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是。

A.a为电源的负极B.电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C.电解池的总反应化学方程式为Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑D.二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H++2e-H2↑评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、回答下列问题：

（1）已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为___________________________________。

（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-116kJ/mol

如图表示CO的平衡转化率(α)随温度和压强变化的示意图。X表示的是_____________，Y1_____Y2(填“<”、“=”、“>”)。

（3）合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。0~4min，CO2的平均反应速率v(CO2)=____________mol·L−1·min−1。

②该温度下平衡常数为_____________。

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是______________。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1

C．恒温恒压下；气体的体积不再变化。

D．恒温恒容下；气体的密度不再变化。

（4）为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲烷为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极。写出该燃料电池的负极反应式：_____________________________。14、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。15、有c(H+)=0.01mol/L的盐酸；硫酸、醋酸三瓶溶液：

（1）设三种酸的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是_____（用“>、<；=”表示；下同）。

（2）取同体积的三种酸溶液分别加入足量的锌粉，反应过程中放出H2的速率依次为b1、b2、b3，则其关系是________________。

（3）完全中和体积和物质的量浓度均相同的三份NaOH溶液时，需三种酸的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是________。16、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______17、按要求填写下面的空。

（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它们的pH值由小到大的排列顺序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3；则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加水稀释。pH值将_____（填“增大”；“减小”或“无法确定”）

（3）25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）

（4）pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共27分)19、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)20、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)22、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)。23、实验室中有一未知浓度的稀盐酸；某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行实验。请完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。

①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)__→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→__→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中；贴上标签。

②称量__g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、___、__。

（2）取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00

①滴定达到终点的标志是___。

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__(保留两位有效数字)。

③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的__；然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有：___。

A.滴定终点读数时俯视读数。

B.酸式滴定管使用前；水洗后未用待测盐酸溶液润洗。

C.锥形瓶水洗后未干燥。

D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体。

E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3

F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失24、从下列试剂中选择实验所需的物品，你__(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L-1的硫酸和0.01mol·L－1的硫酸。若能；简述操作过程__。

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】的氢氧化钠溶液和氨水；氢氧化钠的pH大于氨水，曲线Ⅰ表示氢氧化钠；曲线Ⅱ表示氨水。

【详解】

A.当滴定氨水消耗V(盐酸)=时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和氨水，此时溶液呈碱性，氨水电离大于氯化铵水解，故A正确；

B.当分别消耗V(盐酸)=时，两溶液都恰好反应，溶质分别为氯化钠、氯化铵，氯化铵水解溶液显酸性，根据电荷守恒可知剩余两溶液中含有的离子总数故B错误；

C.当滴定氨水消耗V(盐酸)=时，根据物料守恒故C正确；

D.在逐滴加入盐酸至的过程中；都是酸过量，两份溶液中水的电离程度均先增大后减小，故D正确；

答案选B。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断和计算，注意把握弱电解质的电离、水电离以及电荷守恒、物料守恒的应用方法。2、A【分析】【详解】

A.c点溶液的pH=7，若两溶液恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，则要想使pH=7，醋酸要过量，则C点时两溶液已经完全反应且醋酸过量，在区间内某点；两溶液恰好完全反应，故A错误；

B.氢氧化钠是强电解质，溶液中钠离子数目不变，c点为中性，b点为碱性，加入的醋酸越多，溶液中阴阳离子数目越多，则反应过程中溶液中阴、阳离子总数：b点小于c点；故B正确；

C.a点溶质为氢氧化钠，加入醋酸，氢氧化钠的量大于醋酸的量，且溶液呈碱性，则区间内不包含a、c两点可能存在：故C正确；

D.d点加入25mL0.2000mol⋅L−1CH3COOH溶液时，反应后溶质为0.0500mol/L的醋酸和醋酸钠；则根据电荷守恒和物料守恒：故D正确；

答案选A。3、D【分析】【详解】

A.在pH为6.37时，溶液中c(H2CO3)＝c(HCO3-)，此时溶液中无CO32-，在pH为10.25时，溶液中c(HCO)＝c(CO32-)，此时溶液中无H2CO3；故A错误；

B.在pH为10.25时，c(HCO)＝c(CO32-)，HCOH＋＋CO的电离常数Ka2＝10－10.25；故B错误；

C.根据物料守恒，可知0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中物料守恒，c(Na＋)＝2c(H2C2O4)＋2c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)；故C错误；

D.从题图2可知，H2C2O4的一级电离常数K′a1＝10－1.30，二级电离常数K′a2＝10－4.27，再结合题图1可知，酸性：H2C2O4＞HC2O4-＞H2CO3＞HCO3-，故往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO32-＋H2C2O4===2HCO3-＋C2O42-；故D正确；

选D。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小比较、电离平衡常数计算，注意根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，利用图象的特殊点计算是解题的关键。4、D【分析】【详解】

A.由图可以看出pH控制在之间时，溶液中绝大数硫元素都以的形式存在，故可获得较纯的故A正确；

B.由图可知时溶液中硫元素是以的形式存在的，既溶液中溶质为故B正确；

C.时由电荷守恒可知故可知溶液中存在故C正确；

D.由图中数据可以计算吃故D错误。

故选D。5、D【分析】试题分析：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-；其为正极，C错误，D；根据C中分析可知D正确，答案选D。

【考点定位】本题综合考查电解池和原电池知识。

【名师点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。6、D【分析】【分析】

【详解】

A.断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-；故A错误；

B.断开K2，闭合K1时；是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属铁不能做阳极，应该是做阴极，则a是电源的正极，铁电极为负极，发生还原反应，故B错误；

C.断开K1，闭合K2时，发现电流计A指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，断开K2，闭合K1时；铁电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铁做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应，故C错误；

D.断开K1，闭合K2时，发现电流计A指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，断开K2，闭合K1时；铁电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此石墨电极作正极，故D正确；

故选D。二、多选题(共6题，共12分)7、CD【分析】【详解】

某反应的△H=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1；无法确定正；逆反应活化能的大小，CD正确，故选CD。

【点睛】

正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：8、BD【分析】【详解】

A.根据热化学方程式知，1molO2完全反应放出QkJ热量，则反应放热0.025QkJ时，反应的O2为0.025mol，则在2min内，O2的转化率为故A错误；

B.根据S原子守恒，反应过程中，c(SO2)+c(SO3)=故B正确；

C.若再充入0.1molSO3，平衡逆向移动，但达到平衡后SO3的质量分数会增大；故C错误；

D.向该容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2；若此时平衡与原平衡等效，则放出热量为0.05QkJ，根据平衡移动原理，此时平衡正向移动，则平衡后反应放热大于0.05QkJ，故D正确；

故选BD。9、BD【分析】【详解】

A．电离平衡常数是指弱电解质达到电离平衡时，生成物离子的浓度幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以Ki1的表达式为A不正确；

B．Ki2对应的电离过程是HCO3-+H2OH3O++CO32-，可以简写为Ki2对应的电离过程是HCO3-H++CO32-；B正确；

C．电离平衡常数只与温度有关系；温度不变，平衡常数不变，C不正确；

D．电离时吸热的，改变条件使Ki1减小，则改变的条件一定是降低温度，所以Ki2一定也减小；D正确；

答案选BD。10、AC【分析】【详解】

A．PT溶于水后，若HC2O4－和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c(H2O4-)=c(H2C2O4)，但是HC2O4－和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于HC2O4－的电离程度，根据H2C2O4H＋HC2O4－，溶液中的HC2O4－的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O4-)>c(K+)>c(H2C2O4)；A错误，符合题意；

B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据c(C2O42－)=c(HC2O4－)，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)<c(HC2O4－)+c(K＋)，可得c(Na＋)-c(K＋)<c(HC2O4－)－c(H2C2O4)；B正确，不选；

C．若PT与等物质的量的NaOH反应，则H2C2O4与NaOH反应生成NaHC2O4，此时溶液中的c(K＋)=c(Na＋)。HC2O4－在溶液中能够电离，也能水解，其电离平衡常数Ka2=10－4.19，其水解平衡常数电离大于水解，溶液呈酸性。现需要滴加NaOH至溶液呈中性，则NaOH的量大于PT的量，则溶液中c(K＋)<c(Na＋)；C错误，符合题意；

D．0.1mol·L-1PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合，根据物料守恒，有c(Na＋)=3c(K＋)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。则c(Na＋)-c(K＋)=2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)；D正确，不选。

答案选AC。

【点睛】

B项比较难，需要运用到电荷守恒，物料守恒，以及电离平衡常数的相关计算。在溶液中，如果pH=pKa，则弱酸和电离出来的酸根阴离子浓度相同，如此题中，pH=pKa2，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。11、BD【分析】【分析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则碱性条件下，pOH相同时，由图像可知N为pOH于的变化曲线，曲线M为pOH与的变化曲线。

【详解】

A．根据分析可知，曲线N表示pOH与的变化曲线；故A错误；

B．曲线N中时，c(HX−)=c(X2−)，则曲线M中时，c(HX−)=c(H2X)，则说明HX−的水解程度较大，则c(X2−)2X)；故B正确；

C．混合液呈中性时，c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(Cl−)；故C错误；

D．常温下，Na2X的第一步水解常数曲线N中时，c(HX−)=c(X2−)，pOH=4，则D正确；

故D正确；

答案选BD。12、AC【分析】【分析】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。

【详解】

A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极；故A正确；

B.与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液；故B错误；

C.由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑；故C正确；

D.二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e-=Na；故D错误；

故选AC。

【点睛】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。

【详解】

(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol；

(2)△H<0，该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，图像中曲线Y升高，根据方程可知，增大压强，体积减小，平和正向移动，则X表示压强；当压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，Y12;

(3)①通过图像可知，反应在15min时平衡，4min反应正向进行，则v(正)>v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（L·min）；

②该温度下平衡常数，=5.33；

③A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能说明CH3OH正逆反应速率相同；A错误；

B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比不一定为1:3:1:1；所以不能作为平衡的标志，B错误；

C.该反应是气体分子数变化的反应；恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C正确；

D.反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D错误；

答案为C

(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以KOH溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；【解析】CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol压强<>0.1255.33(或5.3或16/3)CCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O14、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<043515、略

【分析】【分析】

HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸；本题需要抓住强弱电解质的本质区别。

【详解】

（1）HCl为一元强酸，H2SO4为二元强酸，CH3COOH为一元弱酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L的情况下，c3>c1>c2；

（2）反应速率与c(H+)有关，浓度越大，速率越快，由于盐酸和硫酸为强酸，所以c(H+)都等于0.01mol/L，且溶液体积相等的情况下，反应速率相等b1=b2，而醋酸为弱酸，c(H+)等于0.01mol/L，随反应进行，会促进醋酸的电离，使得c(H+)减小的程度没有盐酸和硫酸大，从而反应速率会比两种强酸的大，所以三者的速率比较结果为：b1=b23。

（3）盐酸和硫酸中H+等于0.01mol/L，消耗等量的NaOH溶液时，需要的体积相等V1=V2，而醋酸中H+等于0.01mol/L，但是还有很多的醋酸未电离，所以消耗等量的NaOH溶液时，所用溶液体积会小于盐酸和硫酸的，故答案为V1=V2>V3。【解析】①.c3>c1>c2②.b1=b23③.V1=V2>V316、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小17、略

【分析】【分析】

（1）先判断出溶液的酸碱性；然后利用盐类水解规律进行分析；

（2）利用电离平衡常数进行计算；以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；

（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；

（4）先稀释相同倍数；判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；

（5）利用强电解质完全电离；弱电解质部分电离进行分析；

【详解】

（1）①(NH4)2SO4溶液显酸性，②NaNO3溶液显中性，③NH4HSO4溶液显酸性，④NH4NO3溶液显酸性，⑤NaClO溶液显碱性，⑥CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO－水解能力强于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3；因此pH由小到大的顺序是③①④②⑥⑤，故A正确；

答案为A；

（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka==10－5；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H＋)减小；即pH增大；

答案为10－5；增大；

（3）根据电荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表达式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案为10－3mol·L－1；

（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)3COOH)；

答案为<；

（5）盐酸为强酸，0.1mol·L－1盐酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案为<。

【点睛】

稀释一元弱酸和一元强酸时，应注意是浓度相同还是pH相同，如果是浓度相同，体积相同，一元强酸完全电离，一元弱酸是部分电离，稀释相同倍数，强酸中c(H＋)始终大于弱酸；如果是pH相同，体积相同，则弱酸的浓度大于强酸，加水稀释，促进醋酸的电离，弱酸的pH小于强酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<四、判断题(共1题，共4分)18、×【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、结构与性质(共3题，共27分)19、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><21、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、实验题(共3题，共30分)22、略

【分析】【分析】