2025年岳麓版选修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年岳麓版选修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7题，共14分)1、常温下，向10mL草酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系；下列说法正确的是。

A.在溶液中水解程度大于电离程度B.当V(NaOH)=10mL时溶液中存在：C.当V(NaOH)=15mL时，溶液中存在：D.当V(NaOH)=20mL时，溶液中存在：2、25℃时，在20mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，错误的是。

A.在A点：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)B.在B点：c(OH－)=c(H＋)，c(Na＋)=c(CH3COO－)C.在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=2c(Na＋)D.在C点：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)3、常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、和的物种分布分数α(X)=与pH的关系如图所示：

下列说法正确的是A.⇌H++的lgK=-6.4B.pH=8的溶液中：c(Na+)＞c()C.NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na+)=c(Cl-)D.向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：＋OH-=+H2O4、是阿伏加德罗常数的值。已知：常温下，的电离常数HClO的电离常数84消毒液制备原理为下列说法正确的是A.溶液中数为B.完全反应时转移电子数为C.84消毒液中D.84消毒液中通少量5、常温下向10mL的HR溶液中逐滴滴入的溶液，所得溶液pH及导电性变化如下图。下列分析不正确的是

A.点导电能力增强说明HR为弱酸B.b点溶液说明没有水解C.c点溶液存在D.任意点溶液均有6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol-OH和1molOH-含有的电子数均为10NAB.室温下，1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中数为0.1NAC.标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD.常温常压下，1.6gCH4中含有的共价键总数为0.4NA7、下列浓度关系正确的是（）A.0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B.1L0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C.0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D.同温下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、按要求写热化学方程式：

（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的C2H2气体放出热量为1300kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示C2H2气体充分燃烧的热化学方程式：___；

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式：___。9、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

(1)已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量；该反应燃烧的热化学方程式是。

____________________________________________________

(2)如图是298K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为：_________________________________。10、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类11、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

12、有两个起始体积相同的密闭容器A和B；A容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压；B容器为固定体积。

起始时这两个容器分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO2+O22SO3；并达到平衡。

⑴达到平衡所需时间，A容器比B容器_____，两容器中SO2的转化率A比B______。

⑵达到⑴所述平衡后，若向两容器中分别通入等量Ar气体，A容器的化学平衡_____移动，B容器中的化学平衡________移动。

⑶达到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数_______，B容器中SO3的体积分数________(填变大、变小、不变)。13、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－。

（1）常温下NaHA溶液的pH________(填序号)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定。

（2）某温度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室温下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由为______________。14、25℃时，将pH=x氨水与pH=y的硫酸(且x+y=14，x＞11)等体积混合后，所得溶液中各种离子的浓度关系正确的是______。

A.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)

B.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)

C.c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)

D.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)15、化学电池的发明；是贮能和供能技术的巨大进步。

(1)如图所示装置中；Zn片是_____(填“正极”或“负极”)，Cu片上发生的电极反应为_____。

(2)该装置是典型的原电池装置；可将氧化还原反应释放的能量直接转变为电能，能证明产生电能的实验现象是_____。

(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图：

下列说法不正确的是_____(填序号)。

①A为电池的正极。

②该装置实现了电能转化为化学能。

③电池工作时，电池内部的锂离子定向移动16、利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5；可循环使用。则石墨Ⅰ是电池的________极；石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为__________________________________。

（2）工作时，甲池内的NO向___________极移动(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上发生的电极反应为_________________________________。

（4）若溶液中减少了0.01molCr2O则电路中至少转移了___________mol电子。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共2题，共4分)18、乙二醛（OHC—CHO）是一种重要化工产品。工业上，可用乙二醇（HOCH2CH2OH）气相氧化法制备乙二醛。已知：

①OHC—CHO(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)ΔH＝－78kJ·mol－1

②几种化学键的键能如下表所示：。化学键H-HO=OH-O键能/kJ·mol－1436497463

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝________kJ·mol－1。乙二醇气相氧化法制备乙二醛的热化学方程式为____________。19、在废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。已知：25℃H2S电离常数分别为Ka1＝1.3×10—7，Ka2＝7.0×10—15，某溶液含0.02mol/LMn2+、0.1mol/LH2S，向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。当溶液的pH＝5时，Mn2+开始沉淀为MnS；则：

(1)HS—的电离常数表达式为______________；

(2)Na2S溶液中的微粒有_____________种；

(3)NaHS溶液的pH_____________7(填“＞”、“＝”或“＜”)，理由是__________________；

(4)当溶液的pH＝5时，c(S2—)∶c(H2S)＝______________；

(5)MnS的溶度积为_____________；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(S2—)＝____________mol/L。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共21分)20、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：)21、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“＝”）。22、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、有机推断题(共1题，共2分)23、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：_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A.根据图示信息得到在溶液中存在时的所以在溶液中水解程度小于电离程度；故A错误；

B.当V(NaOH)=10mL时，溶液体积是原来的2倍，则溶液中物质浓度是原来的一半，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得故B正确；

C.当V(NaOH)=15mL时，溶质为等浓度的和溶液呈酸性，则溶液中离子浓度大小为：故C错误；

D.当V(NaOH)=20mL时，与氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为图像分析可知溶液呈碱性，依据质子守恒可知：故D错误；

综上所述,答案为B。

【点睛】

根据变化曲线分析以及随氢氧化钠溶液体积变化，溶液中的溶质，再根据三大守恒解题。2、A【分析】【详解】

A项、在A点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，但CH3COO-水解程度较小，溶液中c（CH3COO-）＞c（OH-）；故A错误；

B项、B点溶液呈中性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（Ac-）＞c（OH-）=c（H+）；故B正确；

C项、C点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知溶液中存在如下关系c（CH3COO-）+c（CH3COOH）﹦2c（Na+）；故C正确；

D项、在A、B、C点，溶液中均存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)；故D正确；

故选A。

【点睛】

开始时c（OH-）＞c（CH3COO-），当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液10mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V＞10，但此时c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。3、B【分析】【详解】

A.根据图像，当pH═6.4时，c()═c(H2CO3)，则H2CO3⇌H++的K==10-6.4，lgK═lg10-6.4=-6.4，H2CO3的一级电离远大于二级电离，则⇌H++的lgK＜-6.4；故A项错误；

B.pH═8的溶液中：c(H＋)＜c(OH-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)＋c(H＋)═c()＋2c()＋c(OH-)，所以c(Na+)＞c()＋2c()，则c(Na+)＞c()；故B项正确；

C.向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，溶液中c(H＋)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)＋c(H＋)═c()＋2c()＋c(OH-)+c(Cl-)，则c(Na+)═c()＋2c()+c(Cl-)；故C项错误；

D.由图像可知，向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，随着溶液pH的增大，溶液中H2CO3减小，增多，主要发生的离子反应为H2CO3＋OH-=＋H2O；故D项错误；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A.由于水解，数应小于故A错误；

B.没有标明“标准状况”；无法计算氯气的物质的量，也就无法计算反应转移的电子数，故B错误；

C.由电子守恒和物料守恒可得故C正确；

D.由电离常数可知，HClO和不能大量共存；故D错误。

故选C。

【点睛】

本题考查阿伏加德罗常数以及溶液中弱电解质的电离常数和三大守恒、离子方程式书写等知识，较为综合。掌握碳酸的电离常数以及酸性强弱比较是解答关键。5、B【分析】【详解】

A．溶液导电能力与离子浓度成正比；如果HR是强电解质，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低，根据图知，加入氨水至溶液呈中性时随着氨水的加入，溶液导电能力增强，说明离子浓度增大，则HR为弱电解质，故A正确；

B．弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性；且此时二者的浓度；体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；

C．c点溶液的说明溶液呈碱性，溶液中再结合电荷守恒得故C正确；

D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以任意点溶液均有故D正确；

故选B。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等。6、D【分析】【详解】

A．-OH中含有9个电子，OH-中含有10个电子，则1mol–OH中含有电子数为9NA，而1molOH-含有的电子数为10NA；A错误；

B．在1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=0.1mol/L×1L=0.1mol，在溶液中会发生水解反应而消耗，故溶液中含有数小于0.1NA；B错误；

C．NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应产生NA个NO2分子，但NO2会有一部分发生反应产生N2O4，该反应为可逆反应，因此反应后容器内气体分子数小于NA个；则其在标准状况下所占体积小于22.4L，C错误；

D．CH4分子中含有4个C-H键，1.6gCH4的物质的量是0.1mol，其中含有的共价键的物质的量是0.4mol，因此其中含有的共价键总数为0.4NA；D正确；

故合理选项是D。7、C【分析】试题分析：A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。错误。B.根据电荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).错误。C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。正确。D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)。错误。

考点：考查溶液中各微粒的浓度大小比较的知识。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

(1)根据生成碳酸钙的质量计C2H2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示C2H2燃烧热化学方程式；

(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。

【详解】

(1)n(CaCO3)==1mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)=1mol，即C2H2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由C2H2燃烧的化学方程式2C2H2+5O2=4CO2+2H2O可知反应的C2H2的物质的量是n(C2H2)=因为燃烧mol的C2H2放出的热量为1300kJ，所以燃烧1molC2H2产生CO2气体和产生液态水放出热量是2600kJ，故C2H2的燃烧热为2600kJ，所以表示C2H2燃烧热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol，故答案为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/mol；

(2)1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。【解析】C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-2600kJ/molNaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol9、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）燃烧反应为放热反应；16g固体硫是0.5mol，所以反应燃烧的热化学方程式是S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1；

（2）由图可知，反应物的总能量大于生成物总能量，反应放热；反应放出的能量是600kJ－508kJ＝92kJ，故热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。【解析】S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－110、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C11、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39112、略

【分析】【分析】

（1）根据化学反应速率越快；到达平衡的时间越短；利用等效平衡来判断平衡移动来解答；

（2）根据容器中的压强对化学平衡的影响；

（3）根据浓度对化学平衡的影响，求出平衡移动后SO3的体积分数。

【详解】

（1）因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A比B短，若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向两容器通入数量不多的等量氩气，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向逆反应方向移动，A容器体积不变，压强增大，参加反应的气体产生的压强不变，平衡不移动；

答案：逆反应方向移动；不。

（3）向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡后，A中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的体积分数不变，B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的体积分数增大；

答案：不变；变大【解析】①.短②.大③.逆反应方向移动④.不⑤.不变⑥.变大13、略

【分析】【分析】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离；不发生水解，因此溶液的pH显酸性。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1。

【详解】

⑴常温下NaHA溶液电离出HA－，HA－只发生电离，不发生水解，因此溶液的pH显酸性，故答案为：B；HA－只发生电离；不发生水解。

⑵某温度下，若向0.1mol∙L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol∙L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)，此温度为某温度，不一定是常温，因此A错误；根据电荷守恒和溶液呈中性得到B正确；如果等体积混合，溶液呈碱性，但溶液要呈中性，说明KOH的体积比NaHA的体积小，则c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正确；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol∙L－1；此混合溶液中的下列关系一定正确的是BC；故答案为：BC。

⑶室温下若0.1mol∙L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol∙L－1，H2A是强电解质，则0.1mol∙L－1H2A溶液全部电离，由于HA－只发生电离，不发生水解，而且第一步电离的氢离子浓度对HA－电离起了抑制作用，因此0.1mol∙L－1的HA－溶液电离出的氢离子浓度小于0.01mol∙L－1，所以0.1mol∙L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol∙L－1，故答案为：＜；H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。【解析】①.B②.HA－只发生电离，不发生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步电离所产生的H+对HA的电离起抑制作用。14、B:C【分析】【详解】

A.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)；故A错误；

B.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)，离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(H+)；故B正确；

C.任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，c(NH4+)+c(H+)＞c(SO42-)+c(OH-)；故C正确；

D.二者混合时，氨水过量，所以溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)＜c(NH4+)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

x+y=14，常温下某氨水的pH=x，则氨水中c(OH-)=10x-14mol/L，某硫酸的pH=y，硫酸中c(H+)=10-ymol/L，所以氨水中c(OH-)等于硫酸中c(H+)，一水合氨是弱电解质，硫酸是强电解质，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性。15、略

【分析】【分析】

(1)由图可知；活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动。

【详解】

(1)由图可知，活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极，氢离子在正极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负极；2H++2e-=H2↑；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能，能证明产生电能的实验现象为电流表指针发生偏转，故答案为：电流表指针发生偏转；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动，则①②错误，故答案为：①②。

【点睛】

原电池中，电子由负极经导线向负极移动，阳离子向正极方向移动是解答关键。【解析】负极2H++2e-=H2↑电流表指针发生偏转①②16、略

【分析】(1)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，故答案为负；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ为负极，原电池中阴离子向负极移动，根据得失电子守恒计算1molO2反应中转移4mol电子，4molNO2转变成N2O5，转移4mol电子，相同状况下气体的体积比等于物质的量之比，故O2和NO2的体积比为1：4；故答案为石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ为负极，故Fe(Ⅰ)为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

(4)根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能够氧化0.06molFe2＋，即电解过程中需要生成0.06molFe2＋，Fe(I)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；故转移电子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，故答案为0.12。

点睛：本题考查原电池与电解原理，明确各个电极上发生的反应、物质之间的转化是解本题关键。本题的难点是(4)的计算，需要根据Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O计算出电解过程中生成的Fe2＋，再根据电极反应式进行计算，注意电路中转移的电子与Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中转移的电子是不一样的。【解析】负NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12三、判断题(共1题，共2分)17、×【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、计算题(共2题，共4分)18、略

【分析】【分析】

根据ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和；再根据盖斯定律进行计算。

【详解】

根据ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，得ΔH＝2×436kJ·mol−1＋497kJ·mol−1－4×463kJ·mol−1＝－483kJ·mol−1；已知：①OHC—CHO(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)ΔH1＝－78kJ·mol−1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝－483kJ·mol−1，根据盖斯定律，将②－①得：HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g)ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－483kJ·mol−1－(－78kJ·mol−1)＝－405kJ·mol−1；故答案为：－483；HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g)ΔH＝－405kJ·mol−1。【解析】－483HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)=OHC—CHO(g)＋2H2O(g)ΔH＝－405kJ·mol－119、略

【分析】【分析】

(1)HS-电离生成硫离子和氢离子；

(2)Na2S溶液中存在S2-的两步水解及水的电离；硫化钠的电离；据此分析判断；

(3)HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，计算出HS-的水解平衡常数Kh，判断Kh与Ka2的大小关系；再分析判断；

(4)=×××=据此分析计算；

(5)结合(4)的计算分析计算c(S2-)，再结合Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)计算；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(Mn2+)=10-5mol/L，结合Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)计算。

【详解】

(1)HS-电离生成硫离子和氢离子，则HS-的电离常数表达式K2=故答案为：

(2)Na2S溶液中存在S2-的两步水解及水的电离、硫化钠的电离，所以存在微粒有Na+、S2-、HS-、H2S、H+、OH-、H2O；共有7种微粒，故答案为：7；

(3)HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2，说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则溶液的pH＞7，故答案为：＞；HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2；说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；

(4)=×××===9.1×10-12，故答案为：9.1×10-12；

(5)=Ka1×Ka2，溶液的pH=5，则溶液中c(S2-)=×c(H2S)=×0.1=9.1×10-13，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=0.02×9.1×10-13=1.82×10-14，故答案为：1.82×10-14；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(Mn2+)=10-5mol/L，溶液中c(S2-)==mol/L=1.82×10-9mol/L，故答案为：1.82×10-9。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意通过的适当变形，找到与电离平衡常数与水解平衡常数关系、溶度积常数以及水的离子积常数的关系。【解析】K2＝7＞HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2，说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性9.1×10—121.82×10—141.82×10—9五、结构与性质(共3题，共21分)20、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-0.5121、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