2025年沪教版选修4化学上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化学上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、已知：C(s)的燃烧热△H=—393.5kJ·mol—1，C(s)+O2(g)=CO(g)△H=—110.5kJ·mol—1。测得某次实验中mg炭粉燃烧所得气体中，CO和CO2的体积比为1:2，则与这些炭完全燃烧(只生成CO2)相比较，损失的能量是A.kJB.kJC.kJD.kJ2、常温时，下列关于溶液的pH或微粒的物质的量浓度的说法不正确的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)B.某溶液中只存在Cl-、OH-、NH4+、H+四种离子，则一定不存在下列关系：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)C.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol⋅L-1，若a>7，则溶液的pH一定为14-aD.将0.2mol⋅L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液中：2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA)3、乙酸钙[(CH3COO)2Ca·H2O]常用作食品稳定剂和抑霉剂，下列有关0.1mol·L－1乙酸钙溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是A.c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)B.c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)C.c(CH3COO－)＞c(Ca2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D.c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－14、25℃时，向20mL0.1mol/LH2A溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液；(忽略反应前后溶液体积变化)原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是。

A.II表示的是HA-的物质的量的变化曲线B.NaHA水溶液显碱性C.的值随着V[NaOH(aq)]的增大而减小D.当V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol/L5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为6NAB.将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NAC.在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，转移4NA个电子D.含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数等于0.1NA6、已知：pKa=-lgKa，25°C时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mo/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的曲线如下图所示。

下列说法不正确的是A.d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19B.c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)C.b点所得溶液中：c(A2-)＞c(H2A)D.a点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、25°C向中滴加过程中，变化如图所示。

（1）A点溶液用化学用语解释原因：_________________。

（2）下列有关B点溶液的说法正确的是_______________（填字母序号）。

a.溶质为：

b.微粒浓度满足：

c.微粒浓度满足：

（3）两点水的电离程度：______（填“”、“”或“”）。8、已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)；反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是_____(填“吸热”或“放热”)反应；1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量______(填“高”“低”或“高低不一定”)。

(2)若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1_______，E2________，ΔH______(填“增大”“减小”或“不变”)。9、研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。

(1)处理含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。根据已知条件写出此反应的热化学方程式是____________________。

已知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

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

②2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若在标准状况下用2.24LCO还原NO2至N2(CO完全反应)，则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)。10、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（液态）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________。

（2）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量。其热化学方程式为______________。11、在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左、右两侧分别进行如下可逆反应：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol、3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的水蒸气和适量的铁粉(忽略铁粉对容器体积的影响)当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器位置2处请填写以下空白：

(1)若x=1.5则左侧反应在起始时向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行欲使反应维持向该方向进行，则x的取值范围是______。

(2)若X=2，则左侧反应在起始时向______填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为______。12、液氨常用作制冷剂；回答下列问题。

（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：

a．NH4I(s)NH3(g)+HI(g)

b．2HI(g)H2(g)+I2(g)

①写出反应a的平衡常数表达式_____________

②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向______（填正向、逆向或不移动），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化______（填加深；变浅或不变）

（2）工业上合成氨的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.60kJ·mol－1

下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是________(填序号)。

a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2

b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键。

c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2

d.混合气体的平均摩尔质量增大。

e.容器内的气体密度不变。

（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行；测得如下数据：

根据表中数据计算：

①反应进行到2h时放出的热量为________kJ。

②0～1h内N2的平均反应速率为________mol·L－1·h－1。

③此温度下该反应的化学平衡常数K＝________(保留两位小数)。

④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向________方向移动(填正反应或逆反应)。

（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因_________________________。13、已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；请回答下列问题：

（1）此温度___25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___。

（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是___。

A．通入适量SO2气体B．加入适量Ba(OH)2溶液。

C．升温至60℃D．加入NH4Cl溶液。

（3）此温度下纯水中的c(H＋)＝__。

（4）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是___。

①1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶。

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱。

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应。

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢。

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+同时存在14、温下，将四种不同的一元酸（用HA代表）分别和NaOH溶液等体积混合。两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：。实验HA物质的量NaOH物质的量混合后溶编号浓度/(mol·L－1)浓度/(mol·L－1)液的pH甲0.10.1pH＝a乙0.120.1pH＝7丙0.20.1pH＞7丁0.10.1pH＝11

(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？___________

(2)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________________

(3)分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式表示)：c(Na＋)－c(A－)＝______mol·L－1。

(4)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－HB－H＋＋B2－

在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________。

A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)15、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、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3题，共15分)17、（1）①CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g)ΔH=+177.7kJ·mol-1

②C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)ΔH=-131.3kJ·mol-1

③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)＝1/2Na2SO4(l)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1

④C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

⑤CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

（a）上述热化学方程式中表示不正确的有__（填序号）。

（b）根据上述信息；写出C转化为CO的热化学方程式__________。

（2）已知热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1，该反应的活化能为167.2kJ·mol-1，则其逆反应的活化能为__kJ·mol-1。

（3）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣574kJ·mol-1

CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=﹣1160kJ·mol-1

若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2，反应中转移的电子总数为__（用阿伏加德罗常数NA表示）；放出的热量为__kJ。

（4）下列有关中和热的说法正确的是（________）。A．表示中和热的热化学方程式：H＋(l)＋OH－(l)＝H2O(l)ΔH＝-57.3kJ·mol－1B．准确测量中和热的实验过程中，至少需记录温度4次C．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，测量出的中和热数值偏小D．已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)＝Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝-114.6kJ·mol－1，则该反应的中和热为57.3kJ·mol－118、金属钛(Ti)及其合金是高强度、低密度结构材料，在航空航天、医疗器械等领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将TiO2转化为TiCl4；再进一步还原得到钛。

(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应a)和碳氯化法(反应b)。

a．TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1

b．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH2

已知：C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH4=-566.0kJ·mol-1

①直接氯化反应在___________(填“高温”“低温”)有利于自发进行。

②ΔH2=___________kJ·mol-1

③碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，从熵变角度分析可能的原因是___________。

④已知常压下TCl4的沸点为136°C，从碳氯化反应的混合体系中分离出TiCl4的措施是___________。

(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中TiCl4、CO、CO2平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。

①已知在200°C平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是___________。

②图中a曲线代表的物质是___________，原因是___________。

③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1200°C)=___________Pa。19、硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛，工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一。

I．SO2尾气的处理。

方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4

已知：a．CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s)ΔH=−178.3kJ·mol−1

b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=−2762.2kJ·mol−1

c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=−2314.8kJ·mol−1

（1）写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：___。

方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4。

（2）实验测得NH4HSO3溶液中=1500，则溶液的pH为________(已知：H2SO3的Ka1=1.5×10−2，Ka2=1．0×10−7，K(NH3·H2O)=1.74×10－5；)。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_____。

Ac(NH4+)>c(HSO3－)>c(H+)>c(SO32−)>c(OH－)

Bc(HSO3－)>c(NH4+)>(SO32－)>c(H+)>c(OH－)

Cc(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+2c(SO32−)+c(H2SO3)

Dc(H+)+c(H2SO3)=c(OH－)+c(SO32−)+c(NH3·H2O)

II．SO2的回收利用：

（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1:1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：

①恒温恒压条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。

aSO2Cl2的浓度保持不变b混合气体的压强不再改变。

c混合气体的密度不再改变d混合气体的平均相对分子质量不再改变。

②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____(用含p的表达式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。

III．（4）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为在工业上用作强氧化剂。

①在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1molS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。

②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共5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24分)21、实验室测定水体中氯离子含量，实验过程如下：向水样中加入K2CrO4溶液作指示剂，用0.0010mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点。已知：Ag2CrO4为不溶于水的砖红色沉淀；常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.8×10-12。回答下列问题：

（1）滴定时，应使用____(填“酸式”或“碱式”)滴定管。

（2）滴定达到终点的标志是_______________________。

（3）实验过程中测得数据如表：。编号123V(水样)/mL10.0010.0010.00V(AgNO3)/mL3.754.013.99

计算水样中氯离子的含量为________mg/L（保留2位小数）

（4）滴定结束后：

①当溶液中的残余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，则此时溶液中c(CrO42-)=_______mol·L-1。

②已知2AgCl+CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，计算出该反应的平衡常数为___________。

（5）下列情况会造成实验测定结果偏低的是____________。（填标号）

A.锥形瓶洗涤后未干燥

B.滴定前；未使用标准液润洗滴定管。

C.酸式滴定管滴定前仰视读数；滴定后俯视读数。

D.酸式滴定管滴定前尖嘴部分充满溶液，滴定结束时滴定管尖嘴有气泡22、亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：

已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。

（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。

（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。

回答下列问题：

（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：___________。

（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是_______________

（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是____。

（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a.___；b．_____；c．用38~60℃的热水洗涤；d．在低于60oC的真空中蒸发；干燥。

（6）装置C中C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中C1O2与NaOH溶液反应的化学方程式为______。

（7）NaClO2纯度测定：①称取所得NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（C1O2－的还原产物为Cl－），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)，以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为_____。重复滴定3次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中NaClO2的质量分数为____________。23、某学生用0.1500mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸；其操作可分解为如下几步：

A.用蒸馏水洗净滴定管。

B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL；注入锥形瓶中，加入酚酞。

D.另取锥形瓶；再重复操作2-3次。

E.检查滴定管是否漏水。

F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。

（3）滴定终点的现象是_______________________。

（4）滴定结果如表所示:。滴定次数待测液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。

（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数。

b.锥形瓶用盐酸润洗。

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡；滴定终点时发现气泡。

d.达到滴定终点时；仰视读数。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

碳不完全燃烧损失的热量为生成的CO燃烧放出的热量；根据碳原子守恒计算出CO的物质的量，再根据CO燃烧的热化学方程式计算。

【详解】

mg碳的物质的量为mol，由于CO和CO2的体积比为1:2，根据碳原子守恒得CO的物质的量为mol×=mol；由C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1，C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ·mol-1，得CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=(-393.5kJ·mol-1)-(-110.5kJ·mol-1)=-283.0kJ·mol-1，即1molCO完全燃烧放出的热量为283.0kJ，则molCO完全燃烧放出的热量为×283.0kJ=kJ，故答案选D。2、C【分析】【详解】

A.根据电荷守恒，溶液中存在由于溶液则所以有：故A正确；

B.若说明溶液为中性，根据电荷守恒可得：溶液中离子浓度大小为：故B正确；

C.某物质的水溶液中由水电离出的若说明该溶液能抑制水的电离，可能是酸溶液或碱溶液，所以该溶液的pH为a或14-a，故C错误；

D.将0.2mol⋅L-1的某一元弱酸HA溶液和0.1mol⋅L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中盐和酸的浓度都是0.050.1mol⋅L-1，根据电荷相等有根据物料守恒得二者结合可得：故D正确；

综上所述；答案为C。

【点睛】

混合物混合时先分析反应后溶质是什么，再利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析，得出结论。3、D【分析】【详解】

A.溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；故A正确；

B.根据物料守恒可知：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Ca2+)，再结合A项中电荷守恒，联立可知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)；故B正确；

C.CH3COO-离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由(CH3COO)2Ca可知，则有c(CH3COO-)＞c(Ca2+)，c(OH-)＞c(H+)，正确的顺序应为，c(CH3COO-)＞c(Ca2+)＞c(OH-)＞c(H+)；故C正确；

D.根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Ca2+)=0.2mol/L；故D错误；

故答案为D。

【点睛】

做题时注意从电荷守恒、物料守恒的角度着手分析，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．4、B【分析】【详解】

A．H2A总物质的量为2×10-3mol，结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1mol/LH2A溶液中H2A的物质的量小于2×10-3mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线；A正确；

B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度；则NaHA水溶液呈酸性，B错误；

C.由电离平衡常数可知：则温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小；C正确；

D．V[NaOH(aq)]=20mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40mL，钠离子浓度为0.05mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05mol/L；D正确；

答案选B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式均为CH，故78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为=6NA；A正确；

B．由于氯气与水的反应是一个可逆反应，故将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目和Cl2数目的两倍之和为2NA；B错误；

C．在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中生成1molO2，转移2NA个电子，故每生成32g氧气，转移2NA个电子；C错误；

D．硫离子水解产生的阴离子多于参与水解的硫离子个数，故含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA；D错误；

故答案为：A。6、A【分析】【详解】

A．弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−，则A2-水解平衡常数Khl=====10−6.81；故A错误；

B．b点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)；故B正确；

C．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)＞c(OH−)，则c(A2-)＞c(H2A)；故C正确；

D．a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H2A；故D正确；

答案选A。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

（1）是弱电解质，用化学用语解释溶液即写出电离的方程式；

（2）B点加入的的物质的量为的一半，故溶质为和且物质的量之比为1:1；

（3）酸和碱会抑制水的电离；大部分能水解的盐促进水的电离；

【详解】

（1）是弱电解质，在溶液中部分电离，导致氢离子浓度小于溶液其电离的方程式为：

（2）B点溶液：

a.和物质的量之比为1:1；故a正确；

b.由电荷守恒可知，溶液中存在：故b正确；

c.由物料守恒（原子守恒）可知，溶液中存在：故c错误；

（3）酸和碱会抑制水的电离，大部分能水解的盐促进水的电离，A点的酸性溶液抑制水的电离，C点为醋酸和醋酸钠的混合溶液，因为PH=7，醋酸的抑制作用与醋酸钠的促进作用相互抵消，对水的电离无影响，故水的电离程度：A

【点睛】

（1）判断酸碱中和时水的电离程度技巧：

酸碱恰好完全反应生成正盐时水的电离程度最大；

（2）判断溶液中某些等式是否正确，可从电荷守恒、物料守恒、质子守恒等入手。【解析】ab8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由图中可知；反应物的总能量低于生成物的总能量即1mol气体A和1mol气体B具有的总能量比1mol气体C和1mol气体D具有的总能量低，故该反应是吸热反应，故答案为：吸热；低；

(2)图中可知，E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，是由于降低了正逆反应的活化能，活化分子的百分数增大，故E1和E2均减小，但催化剂只改变反应途径与反应的始态和终态，故ΔH不变，故答案为：减小；减小；不变。【解析】吸热低减小减小不变9、略

【分析】【详解】

本题主要考查反应热的计算。

(1)2①-②得此反应的热化学方程式是2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1。

(2)2①+②得4CO(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+bkJ·mol－1

若在标准状况下用2.24L即0.1molCO还原NO2至N2(CO完全反应)，CO～2e-,则整个过程中转移电子的物质的量为0.2mol，放出的热量为(2a+b)/40kJ。【解析】①.2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1②.0.2③.(2a+b)/4010、略

【分析】【详解】

（1）1g甲醇（液态）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则16g，即1mol甲醇释放22.68kJ/g×16g/mol=725.76kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，1molC2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水时，转移10mol电子，释放1300kJ的热量，则热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725.76kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）这两个平衡体系的特点是：第一个反应前后气体的总物质的量发生变化，第二个保持不变，故右边永远是9mol气体，同在一个容器中，同温同压，故气体的物质的量之比等于体积之比。故平衡时，左边为6mol气体；当x=1.5时，左边现在总的物质的量为5.75mol<6mol，故向逆反应方向进行；若保持该方向，1.25<1.75；

（2）根据上述；反应向正反应方向进行了。

平衡总物质的量为6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的体积分数="1.5/6=25%"；

考点：化学平衡。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。【解析】①.逆反应②.1.25＜x＜1.75③.正反应④.0.2512、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①反应NH4I(s)NH3(g)+HI(g)平衡常数表达式是k＝c(NH3)∙c(HI)②反应2HI(g)H2(g)+I2(g)由于是反应前后气体体积相等的反应，达到平衡后，扩大容器体积，2HI(g)H2(g)+I2(g)不移动。由于容器的容积扩大，所以达到新的平衡时容器内颜色变浅；（2）a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2，则反应处于平衡状态，错误；b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键，则反应正向进行，正确；c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2是任何状态下都存在的状态，不能确定反应进行的方向或程度，错误；d.由于第一个反应是气体体积增大的反应，如果反映未达到平衡状态，反应正向进行，则混合气体的质量增大，由更高的固体变为气体，混合气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量增大，正确；e.无论反应是否处于平衡状态，容器内的气体密度不变，因此不能确定反应进行的方向，错误。（3）①根据方程式可知1mol的氮气完全反应放出热量是92.60kJ，反应进行到2h时N2发生反应消耗了0.3mol，则放出的热量为92.60kJ/mol×0.3mol=27.78KJ；②0～1h内H2的平均反应速率为V(H2)=(4.50-4.20)mol÷2L÷1h=0.15(mol/L∙h)，由于V(H2)=3V(N2)，所以V(N2)=V(H2)÷3=0.05(mol/L∙h)，③当反应达到平衡时，c(N2)=0.5mol/Lc(H2)=1.5mol/L,c(NH3)=0.5mol/L,此温度下该反应的化学平衡常数K＝0.15;④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，则由于反应物的浓度增大的多，所以化学平衡将向正反应方向移动；（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，水溶液显碱性是由于存在电离平衡：N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－。

考点：考查化学反应速率、化学平衡移动、反应的化学平衡常数的计算、移动方向、物质的溶液的酸碱性的原因分析的知识。【解析】k＝c(NH3)∙c(HI)不移动变浅b、d27.780.050.15正反应N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－13、略

【分析】【详解】

已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；

⑴常温下水的离子积常数为KW＝1.0×10－14，而此温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；温度越高，离子积常数越大，从而说明此温度大于25℃，原因是水的离子积常数随温度的升高而增大，故答案为＞；水的离子积常数随温度的升高而增大；

⑵A选项，通入适量SO2气体；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故A符合题意；

B选项，加入适量Ba(OH)2溶液；电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B符合题意；

C选项；升温至60℃，平衡正向移动，促进水的电离，故C不符合题意；

D选项，加入NH4Cl溶液；铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成弱电解质一水合氨，平衡正向移动，促进水的电离，故D不符合题意；

综上所述；答案为：AB；

⑶水的离子积常数KW＝1.0×10－12，此温度下纯水中的c(H＋)＝c(OH－)==1×10－6mol/L，故答案为1×10－6mol/L；

⑷①如果醋酸为强酸，全部电离，则1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=1mol·L-1，而1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1；说明是弱酸即弱电解质，故①符合题意；

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶；强弱电解质与溶解性没有联系，故②不符合题意；

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱；说明醋酸溶液中的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，则说明醋酸为弱电解质，故③符合题意；

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应；强酸与弱酸都是按照方程式比例消耗，因此不能说明是弱电解质，故④不符合题意；

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢；说明同浓度醋酸中的氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，说明电离程度小，因此为弱电解质，故⑤符合题意；

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO－、H+同时存在，弱电解质存在弱电解质分子，故⑥符合题意；所以可以证明它是弱电解质的是①③⑤⑥，故答案为①③⑤⑥。【解析】①.＞②.水的离子积常数随温度的升高而增大③.AB④.1×10－6mol/L⑤.①③⑤⑥14、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离；结合电荷守恒判断；

（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）；

（4）根据二元酸的电离方程式知，B2-只发生第一步水解；结合电荷守恒和物料守恒分析解答．

【详解】

（1）若HA是强酸；恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；

（2）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，故答案为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-3-10-11）mol•L-1，

故答案为：10-3-10-11；

（4）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；

A．由物料守恒得c（B2-）+c（HB-）=0.1mol•L-1；故A正确；

B．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C．溶液中质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HB-）；故C正确；

D．溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HB-）+2c（B2-），故D错误；

故答案为：AC．

【点睛】

本题第（4）题中要注意题目所给信息H2B=H＋＋HB－，第一步电离是完全的，所以HB－不会发生水解，不要惯性思维。【解析】①.a＝7时，HA是强酸;a＞7时，HA是弱酸②.c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)③.10－3－10－11④.AC15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于三、判断题(共1题，共2分)16、×【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3题，共15分)17、略

【分析】【详解】

（1）（a）根据热化学方程式的书写方法；②③都是错误的，错误之处分别是：

②该反应为吸热反应，ΔH＞0，应为ΔH=+131.3kJ·mol-1；

③H2SO4、NaOH、Na2SO4均为溶液；不是纯液体，应用aq表示状态；

故答案为：②③；

（b）已知热化学方程式④C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1；⑤CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1；根据盖斯定律知：C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)可由④-⑤得到，ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-283kJ·mol-1)=-110.5kJ·mol-1；则C转化为CO的热化学方程式为：C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1；

（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变的绝对值；H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1，该反应的活化能为167.2kJ∙mol−1，则其逆反应的活化能=167.2kJ·mol-1+241.8kJ·mol-1=409.0kJ·mol-1；

（3）已知①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1；

②CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1；

根据盖斯定律(①+②)/2可得：③CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H==-867kJ⋅mol−1，标况下，4.48L甲烷的物质的量为：甲烷中碳元素的化合价为－4价，反应产物二氧化碳中C元素化合价为+4价，化合价变化为8，即完全反应1mol甲烷转移了8mol(8NA)电子，则反应0.2mol甲烷转移的电子总数为：0.2mol×8NA=1.6NA；根据热化学方程式③可知，完全反应0.2mol甲烷放热的热量为：867kJ⋅mol−1×0.2mol=173.4kJ；

（4）A.H＋、OH－不是纯液体，应用aq表示状态，应为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；A项错误；

B.准确测量中和热的实验过程；每一组完整的实验数据需记录三次温度，分别是第一次测盐酸起始温度，第二次测氢氧化钠起始温度，第三次测混合液的最高温度；而且需重复实验2到4次，则至少需记录温度6次，B项错误；

C.中和热测定实验成败的关键是保温工作；金属铜的导热效果好于环形玻璃搅拌棒，所以测量出的中和热数值偏小，C项正确；

D.中和热指的是稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时放出的热量，根据已知热化学方程式可知，生成1mol水放出57.3kJ的热量，则该反应的中和热为57.3kJ·mol-1；D项正确；

故答案为：CD。【解析】②③C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH=-110.5kJ·mol-1409.01.6NA173.4CD18、略

【分析】【详解】

（1）①直接氯化时ΔH1=172kJ·mol-1；所以反应在高温有利于自发进行；故答案为高温。

②已知：a．TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1；c．C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1；d．2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH4=-566.0kJ·mol-1；所以反应b．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)：b=a+2c-d，所以ΔH2=ΔH1+2ΔH3-ΔH4=-49kJ·mol-1；故答案为-49。

③生成CO反应的中ΔS更大，所以碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4；更有利于反应正向进行；故答案为生成CO反应的ΔS更大，更有利于反应正向进行。

④常压下TCl4的沸点为136°C，大于四氯化碳沸点可用降温冷凝法将TCl4从碳氯化反应的混合体系中分离；故答案为降温冷凝。

（2）①虽然在200°C平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4；温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多，所以实际生产中反应温度却远高于此温度；故答案为温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多。

②曲线a代表的物质的比例随着温度升高而增大，CO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高，所以曲线a代表的物质为CO；故答案为CO；CO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0；温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高。

③故答案为8×104。【解析】(1)高温-49生成CO反应的ΔS更大；更有利于反应正向进行降温冷凝。

(2)温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多COCO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高8×10419、略

【分析】【详解】

(1)CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)方程式为：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)，可以由反应得到，根据盖斯定律，反应的焓变△H==-402.0kJ•mol-1，即热化学方程式：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s)△H=-402.0kJ•mol-1；

(2)H2SO3的Ka1=Ka2=所以==1500，将Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.0×10−7带入可解得c(H+)=10-6mol/L，则pH=-lgc(H+)=6；

(3)NH4HSO3溶液中存在铵根的水解，其水解平衡常数Kh=存在HSO3－的电离和水解，其电离平衡常数为Ka2=1.0×10−7，其水解平衡常数Kh2=NH4+的水解程度大于HSO3－的水解，HSO3－的电离大于水解，所以溶液显酸性，c(H+)>c(OH－)；

A．NH4+水解程度比HSO3－的电离程度小，且HSO3－会水解，所以c(NH4+)>c(HSO3－)，HSO3－电离出氢离子，且大于水解，NH4+水解也生成氢离子，所以c(H+)>c(SO32−)，溶液呈酸性，水解是微弱的，所以c(NH4+)>c(HSO3－)>c(H+)>c(SO32−)>c(OH－)；故A正确；

B．根据分析A项正确；则B错误；

C．根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32−)+c(H2SO3)；故C错误；

D．溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(OH－)=c(HSO3－)+2c(SO32−)+c(H+)，与物料守恒式联立消去c(NH4+)可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH－)+c(SO32−)+c(NH3·H2O)；故D正确；

综上所述选AD；

(3)①a．当反应达到平衡时各组分的浓度不再改变，所以SO2Cl2的浓度保持不变说明反应达到平衡；故a不选；

b．恒温恒压条件下混合气体的压强一直不变，故b选；

c．恒压条件下；平衡移动过程中容器体积会发生变化，而气体的质量不变，所以平衡移动时密度发生改变，当密度不变时说明反应达到平衡，故c不选；

d．气体质量一直不变；平衡移动过程中气体的总物质的量会发生改变，所以平均相对分子质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故d不选；

综上所述选b；

②据图可知M点SO2的转化率为50%，不妨设初始投料为1molSO2和1molCl2；则列三段式有：

相同条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以p(SO2)=p(Cl2)=p(SO2Cl2)=p，所以Kp=

(4)①根据过二硫酸的结构式可知过二硫酸中S为+6价，两个O为-1价，S2O82−与Mn2+反应时-1价的O被还原成-2价，Mn2+被氧化成+7价，升高5价，1molS2O82−能得到2mol电子，所以可以氧化Mn2+的物质的量为0.4mol；

②电解池中阳极发生氧化反应，用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵时，硫酸根被氧化成S2O82−，所以阳极反应为：2SO42−−2e−=S2O82−。

【点睛】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解析】①.CaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）ΔH=−402.0kJ·mol−1②.6③.AD④.b⑤.3/p⑥.0.4⑦.2SO42−−2e−=S2O82−五、元素或物质推断题(共1题，共5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24分)21、略

【分析】【详解】

(1)由于AgNO3溶液会发生水解显酸性；所以滴定时，选择酸式滴定管。

(2)关于终点现象的描述注意三方面问题：最后一滴，现象变化，半分钟内无变化。该滴定实验选用K2CrO4作指示剂，其可以与标准液反应生成砖红色的沉淀Ag2CrO4指示反应终点。因此答案为：滴入最后一滴AgNO3溶液；出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。

(3)分析表格数据，先排除第一列数据，相对误差过大，显然不能作为正确的实验数据。再对第2,3列数据进行平均值求取得出V(AgNO3)=4.00mL。滴加的AgNO3与水体中的Cl-发生反应Ag++Cl-=AgCl↓。因此每10mL水体中氯离子的质量为m=n×M=mg；则1L水体中氯离子含量为14.20mg。注意保留两位小数。

(4)溶液中c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，又因为Ksp(AgCl)=1.8×10-10,所以c(Ag+)=10-5mol/L；又因为Ksp(Ag2CrO4)=1.8×10-12，所以c(CrO)==1.8×10-2mol/L。反应2AgCl+2Cl-+Ag2CrO4的平衡常数表达式为K==1.8×10-8。

(5)A项，锥形瓶中装的是待测液，洗净后无需润洗，无需干燥，因此，无影响，A项不正确；B项，由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理c待=判断结果比实际值偏大，B项不正确；C项，酸式滴定管即标准液滴定管，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致V标比准确值偏低，因此结果偏低，C项正确；D项，酸式滴定管即标准液滴定管，滴定前尖嘴部分充满溶液，滴定结束时滴定管尖嘴有气泡会导致V标比准确值偏低；因此结果偏低，D项正确；答案选CD。

【点睛】

描滴定终点现象时注意在答案中体现出三点信息：最后一滴，现象变化以及半分钟内无变化。在分析滴定实验误差时，建议结合滴定实验的原理也就是计算公式以及正确的操作步骤进行分析。【解析】酸式滴入最后一滴AgNO3溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失14.201.8×10-21.8×10-8CD22、略

【分析】【分析】

为避免酸液沸腾而飞溅，将浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌得到浓硫酸和甲