2025年北师大新版选修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年北师大新版选修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7题，共14分)1、在36g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积；且。

C(s)+O2(g)=CO(g)△H=－110.5kJ/mol

CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=－283kJ/mol

与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（）A.172.5kJB.566kJC.1149kJD.283kJ2、反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)过程中的能量变化情况如下图所示；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是。

A.该反应的ΔH＝＋91kJ/molB.加入催化剂，正、逆反应的活化能数值均减小C.加入催化剂，该反应的ΔH变小D.如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH变大3、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)B.0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH—)=c(HCO3—)+c(H+)+c(H2CO3)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05molL-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4C1)4、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.在0.1mol⋅L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)B.在0.1mol⋅L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.向0.2mol⋅L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol⋅L-1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c(Na+)=0.1mol⋅L-1]：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)5、常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中水电离出的H+浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（）

A.稀硫酸的浓度为0.1mol·L-1B.C点溶液呈中性C.E点溶液中存在：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)D.B点到D点、D点到F点所加氨水体积一定相等6、下列说法正确的是（）A.硫酸氢钠溶液中，c(Na+)>c(SO42-)B.醋酸钠溶液中，c(Na+)>c(CH3COO-)C.碳酸钠溶液中，c(HCO3-)>c(OH--)D.碳酸氢钠溶液中，c(CO32-)>c(H+)7、最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）

A.吸附层b为电池的正极B.“全氢电池”的总反应为：H++OH-=H2OC.NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应D.Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、25℃时加水稀释10mLpH=11的氨水，下列判断正确的是A.原氨水的浓度=10－3mol/LB.溶液中c(NH4+)/c(NH3∙H2O)增大C.氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D.再加入10mLpH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定大于79、常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10－15，该溶液可能是A.一定浓度的醋酸溶液B.一定浓度的NaHSO4溶液C.一定浓度的NH4Cl溶液D.0.1mol/L的NaCl溶液10、时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.溶液中：11、用0.100mol·L-1HCl溶液滴定0.100mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图，已知下列说法错误的是。

A.a点溶液中：c(CO32-)>c(HCO3-)B.b点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)C.c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D.溶液中水的电离程度：a>b>c>d12、常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)关系如图所示；下列说法错误的是。

A.曲线M表示和的关系B.滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)－3c(HC2O)>0C.随pH的升高而减小D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：

NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)△H=－200.9kJ·mol－1

NO(g)＋1/2O2(g)=NO2(g)△H=－58.2kJ·mol－1

SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)△H=－241.6kJ·mol－1

反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=_______mol·L－1。14、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15、在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示。

(1)该反应的平衡常数表达式为______________，若温度升高K值增大，则该反应的正反应为__________反应（填吸热或放热）。

(2)a、b、c、d四个点中，化学反应处于平衡状态的是______________点。从起点开始首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为___________________________。

(3)25min时，增加了______mol______（填物质的化学式）使平衡发生了移动。

(4)变化过程中a、b、c、d四个时刻体系的颜色由深到浅的顺序是______（填字母）。16、某温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：

(1)由图中数据分析：该反应的化学方程式为_____________________。

(2)反应开始至2min，Z的平均反应速率为____，此时X的转化率为_____。

(3)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)对于该反应，能增大正反应速率的的措施是________

A.增大容器容积B.移走部分YC.通入大量XD.升高温度E.加催化剂。

(5)此反应在三种不同情况下的反应速率分别为:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反应速率最快的是________(填编号)。

(6)下列各项中不可以说明上述反应达到平衡的是______(填字母)。

a.混合气体的密度不变。

b.混合气体的压强不变。

c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率。

d.X的浓度保持不变。

e.生成1molZ和同时生成1.5molX

f.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶217、某化学科研小组研究在其他条件不变时；改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中，p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，t表示反应时间)：

根据以上规律判断(填“＞”“=”或“＜”)：

（1）反应Ⅰ：p2__p1，ΔH__0。

（2）反应Ⅱ：T1__T2，ΔH__0。

（3）反应Ⅲ：若T2__T1，则ΔH__0。

（4）反应Ⅳ：若T2__T1，则ΔH__0。18、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡时NH3的体积分数φ(NH3)与氢氮比x(H2与N2的物质的量比)的关系如图：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a点总压为50MPa，T2时Kp=_______(MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)19、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－。回答下列问题。

(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是____________________(用离子方程式表示)。

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

A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)

C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________________评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)20、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30分)21、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：)22、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“＝”）。23、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、计算题(共4题，共8分)24、按要求写出下列反应的热化学方程式。

（1）以CO2和NH3为原料可合成尿素[CO(NH2)2]。已知：

①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1

②NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋116.49kJ·mol－1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1

则NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式为________。

（2）已知25℃；101kPa时：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1＝－197kJ·mol－1

②H2O(g)=H2O(l)ΔH2＝－44kJ·mol－1

③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3＝－545kJ·mol－1

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式为_____。

（3）工业上利用甲烷催化还原NOx可减少氮氧化物的排放。已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1

②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1

甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。

（4）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。已知：。化学键H—HH—ClCl—Cl键能/（kJ·mol－1）436431242

工业上通过氢气在氯气中充分燃烧制取HCl气体，该反应的热化学方程式为_____。25、T℃时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，分别向甲、乙两容器中加入6molA和3molB，发生反应如下：3A（g）＋bB（g）3C（g）＋2D（g）ΔH<0；4min时甲容器内的反应恰好达到平衡；A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；tmin时乙容器内的反应达平衡，B的浓度为0.8mol/L。根据题给信息回答下列问题：

（1）甲容器中反应的平均速率v（B）＝____，化学方程式中计量数b＝____；

（2）乙容器中反应达到平衡时所需时间t___4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_____；

（3）若要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是___；

A.保持温度不变；增大甲容器的体积至2L

B.保持容器体积不变；使甲容器升高温度。

C.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的A气体。

D.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的B气体。

（4）写出平衡常数表达式K＝____，并计算在T℃时的化学平衡常数K＝____。26、利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：SO2（g）＋O2（g）SO3（g）+98kJ/mol

（1）某温度下该反应的平衡常数K=若在此温度下，向100L的恒容密闭容器中，充入3.0molSO2(g)、16.0molO2(g)和3.0molSO3(g)，则反应开始时v（正）__v（逆）（填“＜”；“＞”或“＝”）。

（2）一定温度下，向一带活塞的体积为20L的密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，达到平衡后体积变为16L，则平衡后SO2转化的百分率为__。

（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是__（填字母）。

A.保持温度和容器体积不变，充入0.2molO2

B.保持温度和容器内压强不变，充入0.4molSO3

C.降低温度。

D.移动活塞压缩气体。

（4）若以如图所示装置，用电化学原理生产硫酸，为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为__。

27、常温下，工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=______________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

将所给的两个热化学方程式直接相加得：C(s)+O2(g)=CO2（g）△H=－393.5kJ/mol，所以36g碳完全燃烧放出的热量为393.5kJ/mol×3mol=1180.5kJ；据题意，36g碳不完全燃烧，生成CO1mol，生成CO22mol，生成1molCO放出热量110.5kJ，生成2molCO2放出热量393.5kJ×2mol=787kJ。所以与这些碳完全燃烧相比；损失的热量为：1180.5kJ-110.5kJ-787kJ=283kJ，所以答案选择D项。

【点睛】

损失的热量，就是1molCO燃烧放出的热量，即283kJ。2、B【分析】【分析】

【详解】

A.反应物总能量大于生成物总能量；该反应放热，A错误；

B.加入催化剂；降低反应的活化能，正；逆反应的活化能数值均减小，B正确；

C.加入催化剂；降低反应的活化能,但是反应热不变，C错误；

D.如果该反应生成液态CH3OH；放出更多的热量，因反应热为负极，则△H减小，D错误；

选答案B。3、D【分析】【分析】

根据题中微粒的物质的量浓度关系可知；本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。

【详解】

A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)；A项错误；

B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)；B项错误；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；C项错误；

D.(NH4)2SO4中含有2个铵根离子,所以铵根离子浓度最大,(NH4)2CO3中含有2个铵根离子,碳酸根离子和铵根离子相互促进水解,NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子能水解但较弱;所以当它们物质的量浓度相同时,c(NH4+)大小顺序为(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl,所以如果c(NH4+)相同,电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小,所以当c(NH4+)相同时,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO34Cl；D项正确；

答案选D。

【点睛】

水解是微弱的，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。4、D【分析】【分析】

根据盐类的水解规律进行分析；根据物料守恒；质子守恒、电荷守恒规律进行解答。

【详解】

A．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，溶液显示碱性，则：溶液中正确的粒子难度大小为：故A错误；

B．根据碳酸钠溶液中的质子守恒可得：故B错误；

C．向溶液中加入等体积溶液，反应后溶质为等浓度的的水解程度大于则：溶液中正确的离子浓度关系为：故C错误；

D．和混合溶液的则根据电荷守恒可得：c(Na+)=c(CH3COO-)=0.1mol/L，溶液中离子浓度大小为：故D正确；

答案：D。5、C【分析】【分析】

向稀硫酸中滴入氨水，发生反应H2SO4＋2NH3·H2O===(NH4)2SO4＋2H2O，开始时硫酸过量，溶液显酸性，抑制水的电离，随着反应进行，硫酸被消耗，水的电离程度增大，D点时，稀硫酸和氨水恰好完全反应生成(NH4)2SO4，水的电离程度达到最大，此时溶液显酸性的原因是NH4+水解，随着氨水的继续滴加，水的电离程度逐渐减小，E点溶液仍呈酸性，因为此时NH4+的水解程度大于NH3·H2O的电离程度。

【详解】

A.根据图像A点可知，在稀H2SO4溶液中，水电离出的氢离子浓度是10－13mol·L－1，根据水的离子积常数可得，硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol·L－1，则稀硫酸的浓度为0.05mol·L－1；A错误；

B.D点由水电离出的H＋浓度最大，此时稀硫酸与氨水恰好完全反应生成(NH4)2SO4；则C点时硫酸过量，溶液显酸性，故B错误；

C.E点溶液为硫酸铵和一水合氨的混合溶液，此时溶液显酸性，则c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)；故C正确；

D.B点到D点水的电离程度增大；是硫酸铵生成阶段，铵根离子水解使溶液显酸性，促进水的电离，D点到F点，因为加入的氨水抑制水的电离，使水的电离程度逐渐减小，两个阶段铵根离子的水解程度不一样，则加氨水体积不相等，故D错误；

选C。

【点睛】

本题考查学生酸碱混合溶液的酸碱性的判断，明确酸、碱、盐对水电离的影响，理解盐的水解原理，正确分析图象中各特殊点的意义是解题的关键。6、B【分析】【详解】

A.NaHSO4在水溶液中电离方程式为：NaHSO4=H++Na++SO42-，故硫酸氢钠溶液中，c(Na+)=c(SO42-)；故A选项错误。

B.醋酸钠溶液中，CH3COO-会水解，故c(Na+)>c(CH3COO-)；故B选项正确。

C.碳酸钠溶液中，CO32-+H2OHCO3-+OH-，碳酸氢根跟氢氧根是1:1，但由于存在水的电离，所以氢氧根肯定大于碳酸氢根，故c(OH-)＞c(HCO3-)；故C选项错误。

D.碳酸氢钠溶液中，HCO3-每电离1mol，便产生等物质的量的CO32-和H+，在这个基础上再考虑水的电离，故有c(H+)>c(CO32-)；故D选项错误。

故答案选B。

【点睛】

本题的易错点为C和D选项，注意考虑水的电离，水电离出H+与OH-会影响溶液中离子浓度大小。7、C【分析】【详解】

A.由装置图中电子流向可知，电子由吸附层a流出，经导线到吸附层b，吸附层a做负极，吸附层b做正极；故A正确；

B.由图可知负极反应为：正极反应式为：总反应为：H++OH-=H2O；故B正确；

C.NaClO4的作用是传导离子；并未参加电极反应，故C错误；

D.原电池中阳离子向正极移动；该电池左侧为负极，右侧为正极，故钠离子从左侧向右侧移动，故D正确；

故选：C。二、多选题(共5题，共10分)8、BD【分析】【详解】

A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，pH=11的氨水中c（OH－）=10-3mol·L－1，氢氧根离子浓度小于氨水浓度，所以氨水浓度大于10-3mol·L－1；故A错误；

B．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，但氢氧根离子减小，所以溶液中=的增大；故B正确；

C．稀释氨水过程中；促进一水合氨电离，氢氧根离子；铵根离子、一水合氨浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大，故C错误；

D．常温下；pH=11的氨水和pH=3的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水的物质的量大于盐酸的物质的量，所以混合溶液呈碱性，故D正确；

故选BD。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质溶液中存在电离平衡、离子积常数只与温度有关是解本题关键，B选项将转化在再分析。9、AB【分析】【分析】

常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10-15，c(H+)=c(OH－)=10-7.5mol/L；水的电离被抑制，酸；碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用。

【详解】

A.一定浓度的醋酸溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，A项正确；

B.一定浓度的NaHSO4溶液中呈酸性；对水的电离起到抑制作用，B项正确；

C.一定浓度的NH4Cl溶液中；铵根离子水解呈酸性；对水的电离起到促进作用，C项错误；

D.0.1mol/L的NaCl溶液中水的电离不变，溶液中c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14；D项错误；

答案选AB。

【点睛】

本题重要知识点：常温下，水的电离c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14，当乘积变小，水的电离被抑制，酸、碱溶液对水的电离起到抑制作用；当乘积变大，水的电离被促进，水解的盐对水的电离起到促进作用。10、BC【分析】【详解】

A.任何电解质溶液中都存在质子守恒，溶液中根据质子守恒得故A错误；

B.溶液中存在物料守恒，故B正确；

C.溶液中存在电荷守恒，即：故C正确；

D.溶液中电离小于其水解程度，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：故D错误。

故选BC。

【点睛】

本题考查了电解质溶液中物料守恒、电荷守恒、离子浓度大小比较、注意溶液中离子水解和电离程度的比较，掌握基础是解题关键。11、AC【分析】【详解】

A.a点溶液溶质是Na2CO3、NaHCO3、NaCl且浓度相等，由于碳酸根水解程度大于碳酸氢根水解程度，碳酸根水解生成碳酸氢根，因此溶液中c(HCO3－)>c(CO32－)；故A错误；

B.b点溶液溶质为NaHCO3、NaCl且浓度相等，根据物料守恒得出c(Na+)=2c(HCO3－)+2c(CO32－)+2c(H2CO3)，因此有c(Na+)>c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)；故B正确；

C.c点溶液溶质为NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)；故C此错误；

D.碳酸钠水解程度最大，不断加盐酸，碱性不断减弱，水解程度不断减小，因此溶液中水的电离程度：a>b>c>d；故D正确。

综上所述，答案为AC。12、BC【分析】【分析】

二元弱酸的电离常数Ka1＞Ka2，斜线M表示表示和的乘积等于10-2；

斜线N表示表示和的乘积等于10-5。

【详解】

A．H2C2O4为二元弱酸，第一步电离平衡常数大于第二部电离平衡常数，故大于即＞则＞即＜因此曲线M表示和的关系；A正确；

B．当pH=5时，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，则c（HC2O）=c（C2O），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），则c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0；B错误；

C．已知则与溶液的pH无关，C错误；

D．由上图可知，则同理Ka1=10-2，则草酸氢钠的水解平衡常数=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，说明以电离为主，溶液显酸性，则中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；D正确；

故选BC。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小的比较、平衡常数，难度中等，明确反应后溶质的组成为解题关键，注意掌握物料守恒，电荷守恒，及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用的能力。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【详解】

①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)△H1=－200.9kJ·mol－1

②NO(g)＋O2(g)=NO2(g)△H2=－58.2kJ·mol－1

③SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)△H3=－241.6kJ·mol－1

①+2×②得：3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)，所以，△H=△H1+2△H2=(－200.9kJ·mol－1)+2×(－58.2kJ·mol－1)=－317.3kJ·mol－1，故答案为：－317.3kJ·mol－1。【解析】－317.314、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cbaad15、略

【分析】【详解】

（1）反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数表达式为：K＝若温度升高K值增大，反应向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，故答案为：K＝吸热；

（2）由图可知，10～25min及30min之后各物质的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，首次达到平衡时以NO2表示的平均反应速率为故答案为：b；d；0.04mol/(L·min)；

（3）利用25min后的物质的浓度变化可知在25min时加入了NO2，其加入的物质的量=(1.0mol⋅L−1-0.6mol⋅L−1)×2L=0.8mol；故答案为：0.8mol；NO2；

（4）从a到b，c(NO2)增大，c点和d点分别是增大c(NO2)后未达到平衡的点和平衡时的点，所以c点c(NO2)大于d点，二氧化氮浓度越大颜色越深，所以颜色由深到浅的顺序是c＞d＞b＞a。【解析】K＝吸热b、d0.04mol/(L·min)0.8molNO2c＞d＞b＞a16、略

【分析】【详解】

(1)由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为3X+Y⇌2Z；

(2)反应开始至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol/(L•min)，X的转化率为×100%=30%；

(3)图象分析可知；反应到5min后，物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，所以5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相同，故答案为等于；

(4)根据影响反应速率的因素；降低温度反应速率减小，如果使用合适的催化剂，增加体系组分浓度，升温，其反应速率增大，故答案为CDE；

(5)化为用同一物质表示的反应速率，则①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比较可知；反应速率最快的是②,故答案为②；

(6)a.气体质量和体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态，故a错误；b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态，故b正确；c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态，故c正确；d.各组分浓度不变达到化学平衡状态，所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态，故d正确；e.生成1molZ和同时生成1.5molX，说明正逆反应速率相等，即达到化学平衡状态，故e正确；f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比，故X、Y、Z的反应速率之比为3：1：2，故f错误，故答案为af。【解析】①.3X+Y⇌2Z②.0.05mol/(L•min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af17、略

【分析】【详解】

(1)反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，A的转化率越大；在同一个温度下，p2时A的转化率大于p1时的转化率，可知，p2＞p1；在同一压强下，随着温度的升高，A的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(2)温度越高，化学反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，根据图像，T1温度下，化学反应速率快，则T1＞T2；根据图像，可知温度升高，C的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；

(3)当n(B)起始相同时，可知C在T1时的体积分数大于在T2时的体积分数，若T2＞T1，升高温度，C的体积分数增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，C的体积分数增减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0；

(4)若T2＞T1，升高温度，A的转化率增加，平衡正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则ΔH＞0；若T2＜T1，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则ΔH＜0。【解析】①.＞②.＜③.＞④.＜⑤.＞(或＜)⑥.＞(或＜)⑦.＞(或＜)⑧.＞(或＜)18、略

【分析】【分析】

①根据温度影响平衡移动；得出答案。

②根据题意得到氨气；氮气、氢气体积分数；再得到它们的压强，再根据压强平衡常数进行计算。

【详解】

①该反应是放热反应，当升高温度时，平衡向逆向移动，氨气的体积分数减小，故可知T1>T2；

②由题意可知，a点总压为50MPa，平衡时氢气与氮气之比为3:1，氨气的体积分数为0.2，则氮气的体积分数为0.2，氢气的体积分数为0.6，氨气的体积分数为0.2，平衡时氮气分压为10MPa，氢气分压为30MPa，氨气分压为10MPa，T2时故答案为【解析】>19、略

【分析】【分析】

该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，但是HB－不发生水解；溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。

【详解】

（1）该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，溶液呈碱性，用离子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案为：碱性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不发生水解，则该溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A错误；

B．B2－水解导致溶液呈碱性，则c（OH－）＞c（H＋），钠离子不水解，则c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根据质子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B错误；

C．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正确；

D．根据物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正确；

故选CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水电离的氢离子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水电离的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案为：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析判断能力，明确B2－只发生第一步水解是解本题关键，注意该溶液中c（H2B）=0，为解答易错点。【解析】①.碱性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)四、判断题(共1题，共9分)20、×【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30分)21、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-0.5122、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><23、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、计算题(共4题，共8分)24、略

【分析】【分析】

⑴⑵⑶根据盖斯定律进行计算。

⑷ΔH＝反应中断裂旧化学键的键能之和－反应中形成新化学键的键能之和。

【详解】

⑴依据盖斯定律，由①＋②－③得到2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝(－159.47＋116.49－44)kJ·mol－1＝－86.98kJ·mol−1；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－86.98kJ·mol−1。

⑵依据盖斯定律，由×(③－①－2×②)得到SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝×(ΔH3－ΔH1－2ΔH2)＝－130kJ·mol−1；故答案为：SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝－130kJ·mol−1。

⑶依据盖斯定律，由(①＋②)×得到CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝×(ΔH1＋ΔH2)＝－867kJ·mol−1；故答案为：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol−1。

⑷ΔH＝反应中断裂旧化学键的键能之和－反应中形成新化学键的键能之和，则H2在Cl2中燃烧的反应热＝436kJ·mol−1＋242kJ·mol−1－2×431kJ·mol−1＝－184kJ·mol−1，所以该反应的热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－184kJ·mol−1；故答案为：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－184kJ·mol−1。【解析】2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)