2025年沪教版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年沪教版选修4化学下册月考试卷96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、某反应由AB、BC两步反应构成，反应的能量变化曲线如图所示，E1、E2、E3、E4表示活化能；下列有关该反应的ΔH的计算正确的是。

A.ΔH=(E1+E2)-(E4+E3)B.ΔH=(E4+E3)-(E1+E2)C.ΔH=(E1+E2+E3)-E4D.ΔH=(E1+E3)-(E2+E4)2、可逆反应有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡后吸收热量为已知下列叙述正确的是A.甲中反应达到平衡时，B.达到平衡后，甲中C的体积分数比乙大C.达到平衡后，再向乙中加入平衡向生成C的方向移动D.乙中的热化学反应方程式为3、在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO－。加入少量下列物质或采取下述方法，能使平衡逆向移动的是A.加水B.CH3COONa固体C.升温D.NaCl固体4、表示0.1mol・L-1NaHCO3溶液中有关微粒浓度的关系式中正确的是A.c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（H+）>c（OH-）B.c（H2CO3）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）C.c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（OH-）D.c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+2c（H2CO3）5、25℃下，向20mL0.1mol•L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液，随滴入NaOH溶液体积的变化混合溶液的pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.A-的水解常数约为10-11B.水的电离程度：e＞d＞c＞b＞aC.c点和d点溶液中均符合c（Na+）=c（A-）D.b点溶液中粒子浓度关系：c（A-）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）6、室温下，将0.1mol·L-1NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中；溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：

下列关系中，不正确的是A.M点c(Na+)＞c()B.N点c()+c(Na+)=2c(-)C.Q点c()+c(NH3·H2O)=c(Na+)D.M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q7、常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是。

A.在同一溶液中，H2CO3、不能大量共存B.测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C.当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D.已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝10评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、实验测得4g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式________。9、分Ⅰ.工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH(CO结构式为C≡O)。又知某些化学键的键能(断开1mol化学键时所需要的最低能量)数值如下表：

则ΔH＝_____________，在相应的反应条件下，将1molCO(g)与足量H2混合充分反应后，则放出或吸收的热量Q________ΔH的数值(填“>”、“＝”或“<”)。

Ⅱ.电化学降解NO3-的原理如右图所示。

①电源A极为________(填“正极”或“负极”)；阴极反应式为_______________。

②若电解过程中转移了1mol电子；则膜左侧电解液的质量减少量为________g。

Ⅲ.已知NO2和N2O4的相互转化反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为2L的恒温密闭玻璃容器中；反应物浓度随时间变化关系如下图：

①图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是________。A．容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B．容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C．容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D．容器内混合气体的平均分子量不随时间变化而改变

②前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝________mol/(L·min)。

③反应25min时，若只改变了某一个条件，使曲线发生如上图所示的变化，该条件可能是_____________(用文字表达)；其平衡常数K(d)________K(b)(填“>”、“＝”或“<”)。10、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)11、氢气用于工业合成氨：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。

(1)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正、逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t4、t5、t7时刻所对应改变的实验条件分别是t2______t4____，t5_____，t7_____。

(2)在一定条件下，将2molN2与5molH2混合于一个10L的密闭容器中；反应情况如图所示：

①5min内的平均反应速率v(NH3)＝_________________________________；

②达到平衡时NH3的百分含量为______________________________。12、（1）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是溶液、溶液、盐酸和溶液中的一种。已知A；B的水溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH相同。

则：①B是________溶液，C是________。

②常温下若B溶液中与C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，则________（填某个数）。

（2）已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序可以有以下几种可能：

①

②

③

④

则：

（i）上述关系一定不正确的是________（填序号）。

（ii）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________（填序号）。

（iii）若四种离子浓度关系有则该溶液显________（填“酸性”“碱性”或“中性”）。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共2题，共12分)14、某工厂的氨氮废水中主要含有可用电化学氧化法加以处理。

（1）图1是电化学氧化法的原理示意图。a的电极反应式是_____________。

（2）研究显示，其他条件不变时，不同下氨氮的去除量如图2所示。已知：与相比，在电极表面的吸附效果更好。结合平衡移动原理和图中数据，解释从5到9时氨氮去除量增大的原因：______________。

（3）在电解废水的过程中，会经历“”的过程。其他条件相同、的浓度不同时，废水中氨氮脱除效率的实验结果如下：。的浓度/（）400100电解时间/h0.50.5氨氮脱除效率/（）2.40.8

①其它条件相同、适当提高的浓度，可以显著增大废水中的脱除效率。

用化学用语解释原因：____________、

②图2中，时，废水中去除量下降，可能的原因是：_______________。15、为减少排放；科学家着眼于能源转换和再利用等问题。回答下列问题：

(1)我国科学家采用酞菁钴()和锌-氮-碳()串联催化剂，可有效地将还原为甲烷。模拟装置如图1所示；串联催化剂表面反应历程如图2所示。

图1图2

①关于该装置的说法错误的是_______。

A．串联催化剂表面发生的反应为：

B．该串联催化装置，可将制备的过程分解在两种活性位点上进行。

C．在表面被氧化，生成中间产物

D．标准状况下，每生成理论上可处理

②已知：ΔH1=-akJ/mol

ΔH2=-bkJ/mol

ΔH3=+ckJ/mol(a、b；c均为正值)

则反应的ΔH4=_______kJ/mol(用a、b；c表示)。

(2)还可制取和水蒸气。将和充入恒容密闭容器中，在两种不同催化剂作用下发生反应，相同时间内的转化率随温度变化曲线如图3所示：

①点时v正_______v逆(填“＞”“＜”“=”)。

②随温度的升高，的转化率先增大后减小，理由是_______。

③已知c点时容器内的压强为P，在T5温度下该反应的平衡常数Kp为_______(用含P的关系式表示)。

(3)在某催化剂作用下，和还能发生如下反应：图4所示为在体积为的恒容容器中，通入和时，测得的温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响：

①a、b两点平衡常数的大小关系为：Ka_______Kb(填“＞”“＜”)。

②如果不用催化剂，其他条件不变，则250℃时的平衡转化率位于_______点(填“a”“c”“d”)。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共8分)16、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：_____。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共21分)17、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：)18、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“＝”）。19、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：__。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，整个反应中△H=(E1-E2)+(E3-E4)=E1+E3-E2-E4，故选D。2、C【分析】【详解】

A.可逆反应不能完全反应，甲参加反应的A小于1mol，故甲中反应达到平衡时故A错误；

B.甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2molC为完全等效平衡；平衡时同种物质的含量相同，则C的体积分数相等，故B错误；

C.甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2molC为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为由于则解得则平衡体系中A为B为C为1mol，再向乙中加入等效为增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向生成C的方向移动，故C正确；

D.可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于乙中热化学方程式为：故D错误。

故选C。3、B【分析】【详解】

A.加水促进弱电解质的电离；电离平衡向右移动，故A不选；

B.加入CH3COONa固体，增大了CH3COO－浓度；平衡逆向移动，故B选；

C.弱电解质的电离是吸热过程；升温促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，故C不选；

D.加入NaCl固体；对平衡无影响，故D不选；

故选B。4、B【分析】【详解】

A．NaHCO3溶液呈碱性，则应有c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B．NaHCO3溶液中存在HCO3-的水解和电离平衡，根据质子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H2CO3)+c(H+)；故B正确；

C．NaHCO3溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；故C错误；

D．溶液存在物料守恒，即c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意电荷守恒和物料守恒的依据，其中物料守恒是根据C原子个数与钠原子个数相等建立的，因此c(H2CO3)前面没有系数2。5、D【分析】【分析】

b点溶质为等体积的NaA和HA，形成缓冲溶液，c点为中性点，c(H+)=c(OH-)；d点为中和点，溶质只有NaA，溶液显碱性。

【详解】

A.HAH++A-，其电离平衡常数A-+H2OHA+OH-，其水解平衡常数根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，A错误；

B.d点恰好反应生成NaA，A-水解；能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B错误；

C.c点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d点溶液显碱性，c(H+)-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)>c(A-)；C错误；

D.b点溶液中溶质为等体积的NaA和HA，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)；D正确；

故答案选D。

【点睛】

酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系，看该点上的溶质成分以及pH。6、C【分析】【详解】

A．M点溶液显酸性NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O，100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，NH4+发生水解；所以显酸性，故A选项正确。

B．N点满足c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，N点PH=7，故c(H+)=c(OH-)，所以上述式子可以写成c()+c(Na+)=2c(-)；故B选项正确。

C．Q点溶液中含有硫酸钠，氢氧化钠和氨水故根据物料守恒2c()+2c(NH3·H2O)=c(Na+)

故C选项错误。

D．因为加酸和碱抑制水的电离；水解促进电离，所以M；N、Q三个点中，M点水的电离程度最大，N点PH为7，水解程度居中，Q点有氢氧化钠抑制水的电离，故水的电离程度最小，故D选项正确。

故答案选C。7、D【分析】【详解】

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；故A正确；

B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3；故B正确；

C．由图像可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)；故C正确；

D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，因此本题应计算1mol甲醇完全燃烧放出的热，用∆H表示燃烧热时还应加上负号。

【详解】

根据燃烧热的定义，CH3OH的燃烧热ΔH=所以表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol。答案为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol

【点睛】

表示燃烧热的方程式要注意：

1.可燃物的系数为1；其他物质的化学计量数可能出现分数；

2.产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2；而不是C→CO；

3.注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定，所以水应为液态。【解析】CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol9、略

【分析】【详解】

试题分析：Ⅰ.CH3OH：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)中的焓变△H1=反应物总键能-生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到△H1═1072kJ•mol-1+2×436kJ•mol-1-(3×413kJ•mol-1+358kJ•mol-1+463kJ•mol-1)="-116"kJ•mol-1；由于是可逆反应，平衡时1molCO(g)反应后生成的CH3OH小于1mol，所以放出的热量小于116kJ，故答案为-116kJ•mol-1；＜；

Ⅱ、由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为正极；2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑；

②由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗0.5mol水，产生1molH+进入阴极室；阳极室质量减少9g，故答案为9g；

Ⅲ.①由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；容器内混合气体的体积不变；质量不变所以密度不变，因此，密度不能判断平衡；故答案为X；B；

②X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，所以υ(NO2)==0.04mol•L-1•min-1；故答案为0.04；

③由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大，可知改变的条件为增大NO2的浓度；温度不变，化学平衡常数不变；故答案为增大NO2的浓度；=；

考点：考查了化学反应速率及化学平衡的影响、化学平衡图象、反应速率计算的相关知识。【解析】Ⅰ、-116kJ•mol-1；＜；

Ⅱ、①正极；2NO3-+10e-+12H+=6H2O+N2↑；②9g；

Ⅲ、①X；B；②0.04；③增大NO2的浓度；=；10、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BC11、略

【分析】【分析】

（1）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，根据正逆反应速率与时间的关系可知，其中t2、t4﹑t5﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是：t2时正反应速率增大而逆反应速率暂时不变随之增大，所以是增加反应物的浓度；t4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以是减小生成物的浓度；t7时刻正逆反应速率都减小；且反应向正反应方向进行，说明是降低温度；

（2）根据图像以及速率之比等于化学方程式的系数比求用氨表示的速率；用三段式计算平衡时NH3的体积分数。

【详解】

（1）根据一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系，t2﹑t4﹑t5﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是t2时正反应速率增大而逆反应速率暂时不变随之增大，所以是增加反应物的浓度；t4正逆反应速率同时增大相同的倍数但平衡不移动，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t7时刻正逆反应速率都减小；且反应向正反应方向进行，说明是降低温度，平衡正向进行；

故答案为：增大反应物的浓度；催化剂；减少生成物的浓度；降低温度；

（2）根据起始氮气和氢气的物质的量和平衡时的物质的量可以列三段式解答：

①所以5min内的平均反应速率v(NH3)==0.04mol/(L•min)；

②达到平衡时NH3的体积分数=×100%=40%。

故答案为：0.04mol/(L•min)；40%

【点睛】

有关可逆反应的计算要学会运用三段式，即是初始量，转化量，平衡量，然后代入有关物理量进行计算。【解析】①.增大反应物的浓度②.加入催化剂③.减小NH3的浓度④.降温⑤.0.04mol/(L•min)⑥.40%12、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C为溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为溶液、溶液．故A为溶液，B为溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答该题．

根据溶液酸碱性与溶液pH的表达式计算出pHb、pHc，然后根据水的离子积计算出pHb+pHc；

任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

若溶液中只有一种溶质，为溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很小；

若四种离子浓度关系有c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒判断c（H+）、c（OH-）相对大小。

【详解】

（1）溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A、B、C、D分别为盐酸、常温下若溶液中与盐酸溶液中的相同，则有C溶液则

（2）溶液中只存在四种离子时，一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为该溶液中离子浓度的大小关系为若四种离子浓度关系有根据溶液的电中性原则，有则该溶液显中性。

【点睛】

A、B、C、D根据A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的电离程度相同判断出A、B、C、D四种物质；溶液中只存在四种离子时根据电荷守恒及条件判断出溶液的溶质，酸碱性。【解析】盐酸14②①中性三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、原理综合题(共2题，共12分)14、略

【分析】【分析】

（1）该装置为电解池，a电极是化合价降低，得电子作为阴极；

（2）已知：与相比，在电极表面的吸附效果更好。增大，水解产生的越多；氨氮去除量增大；

（3）电解废水的过程中，先在阳极失电子产生再由氧化

（4）可从氯气浓度减小、逸出等方面入手；

【详解】

（1）由分析可知，阴极a的电极反应式是

（2）结合分析和题干可知，废水中存在：溶液增大，会降低，平衡正向移动，增大，比在电极表面的吸附效果更好；有利于含氮微粒在电极表面吸附；

（3）①电解废水的过程中，先在阳极失电子产生电极反应式为：

②结合①问，时，废水中去除量下降，可能的原因是氯气浓度减小（如：较大，优先放电；与会生成碱性条件下氧化性弱）、逸出（与结合生成逸出）等。【解析】废水中存在：增大，降低，平衡正向移动，增大，有利于含氮微粒在电极表面吸附较大，优先放电（或与结合生成逸出；或与会生成碱性条件下氧化性弱）。15、略

【分析】【分析】

CO2在作催化剂的条件下转化为CO，CO在作催化剂的条件下转化为CH4，装置为电解池，串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了8价，得到8个电子与8个氢离子结合生成甲烷和水，发生的反应为：阳极上的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，总的电极反应为：CO2+2H2OCH4+2O2；根据盖斯定律计算反应的焓变；相同时间内的转化率随温度变化曲线可知，b点达到平衡状态；根据化学平衡的移动和平衡常数的表达式和三段式进行计算，由此分析。

【详解】

①A．根据分析，串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了8价，得到8个电子与8个氢离子结合生成甲烷和水，串联催化剂表面发生的反应为：故A不符合题意；

B．该串联催化装置，可将制备的过程分为两步；故可以在两种活性位点上进行，故B不符合题意；

C．CO2在作催化剂的条件下转化为CO，CO2的化合价从+4价降低到+2价，CO2在表面被还原，生成中间产物故C符合题意；

D．根据电极反应，总的电极反应为：CO2+2H2OCH4+2O2；氧原子的化合价从-2价升高到0价，每生成2mol氧气时处理1mol二氧化碳，标准状况下，每生成氧气的物质的量n===0.5mol，理论上可处理0.25mol二氧化碳，V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；故D符合题意；

答案选CD；

②已知：ⅠΔH1=+akJ/mol

ⅡΔH2=-bkJ/mol

ⅢΔH3=+ckJ/mol

根据盖斯定律，2×Ⅰ-2×Ⅱ-Ⅲ，得到反应：的ΔH4=2a+2b-ckJ/mol；

(2)还可制取和水蒸气。将和充入恒容密闭容器中；

①b点达到平衡状态，a点未达到平衡状态，平衡正向移动，a点时v正＞v逆；

②b点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，转化率增大；b点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移，转化率降低；随温度的升高，的转化率先增大后减小；

③c点时容器内的压强为P；二氧化碳的转化率为50%，列出三段式；

平衡时各物质的物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，在T5温度下该反应的平衡常数Kp为=

(3)在某催化剂作用下，图4所示为在体积为的恒容容器中，通入和时；

①由图可知，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，说明温度升高，平衡逆向移动，平衡常数越小，温度，a＞b，两点平衡常数的大小关系为：Ka＜Kb；

②如果不用催化剂，其他条件不变，由图可知，250℃后，的平衡转化率变化不大，250℃时的平衡转化率位于a点。

【点睛】

写电化学中的电极反应时，需要看清楚题中有无电源，判断清楚是原电池还是电解质，从而根据氧化还原反应判断出两极的电极反应，根据化合价的变化判断出转移的电子数，为易错点。【解析】CD2a+2b-c＞b点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，转化率增大；b点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移，转化率降低＜a五、有机推断题(共1题，共8分)16、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)+六、结构与性质(共3题，共21分)17、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-0.5118、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+)=10-13m