2025年仁爱科普版选修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年仁爱科普版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知：①H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH1；②2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH2。其他条件不变时，改变反应物的量，则下列判断正确的是()A.ΔH1，ΔH2都不变B.ΔH1，ΔH2都增大C.ΔH1，ΔH2都减小D.ΔH1减小，ΔH2增大2、N2（g）与H2（g）在一定条件下经历如下过程生成NH3（g）。下列说法正确的是。

A.I中破坏的均为极性键B.Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为吸热过程C.Ⅳ中NH2与H2生成NH3D.该条件下生成1molNH3放热54kJ3、在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是A.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B.加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C.滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)减少D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动4、下表是25℃时弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是。CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10—5Ka=3.0×10—8Ka1=4.1×10—7Ka2=5.6×10—11

A.根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(ClO﹣)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)B.根据表中数据可知，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClOC.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小D.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，溶液的中的OH—数目增多5、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A.的溶液中：B.在溶液中一定有：C.相等的溶液、溶液和溶液：D.10mL溶液与10mL1盐酸混合：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、25℃时，在20mL0.1mol•L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是。

A.A点对应溶液中：c(OH-)＞c(H+)B.25℃时，HA电离常数的数量级为10－5C.B点对应的NaOH溶液体积小于10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发)，则增大8、已知25℃时Ksp(BaSO4)＝1.0×10−10。该温度下，CaSO4悬浊液中c(Ca2+)与c(SO42−)的关系如图所示；下列叙述正确的是（）

A.向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca(NO3)2，析出的沉淀量不同B.a、b、c、d四点对应的体系中，d点体系最稳定C.升高温度后，溶液可能会由a点转化为b点D.反应Ba2+(aq)+CaSO4(s)BaSO4(s)+Ca2+(aq)的平衡常数K＝9×1049、环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]；后者广泛应用于航天；化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。下列说法正确的是（）

A.该电池工作是，镍连接的是电源的正极B.可将该电池的DMF惰性有机溶剂更换为NaOH溶液C.该反应的总反应方程式为Fe＋2＋H2↑D.溶液中的Na+离子不断的向Fe附近移动评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。11、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：_____________________________。12、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：_________________________________。13、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量．14、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。经测定溶液中c(CH3COO―)为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka＝________。

（2）已知饱和硫化氢的浓度为0.1mol/L，硫化氢的电离常数为Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为__________mol/L。15、蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金属镍在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄电池放电时；该电池发生氧化反应的物质是________（城序号）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留电池充电时；阳极的电极反应式是____________。

（4）用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如电路中转移了0.1mo电子，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是________；将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH=________________。

（5）该电池电极材料对环境有危害。在对电池进行回收处理过程中遇到以下问题：已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；当逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液体积改变）；

①先沉淀的离子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是__________。16、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。

(1)a电极材料应为____，电极反应式为_______。

(2)电解液C可以是__________。

A.纯净水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d为苯，其作用是______，在加入苯之前对C应作何简单处理_______

(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作电解液。

B.适当增大电源的电压。

C.适当减小两电极间距离。

D.适当降低电解液的温度17、下图所示水槽中试管内有一枚铁钉；放置数天后观察：

（1）铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于____________腐蚀。

（2）若试管内液面上升，则原溶液呈______________性，发生____________腐蚀，正极反应式为________________________。

（3）若试管内液面下降，则原溶液呈___________性，发生____________腐蚀，正极反应式为_______________________。18、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)20、(1)分别取40mL0.50mol/L盐酸与0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。实验时，还需测量的数据有_______________。

A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量。

C反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量。

E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量。

(2)某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热为△H=____________。

(3)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___(填“相等”或“不相等”)所求中和热___________________(填“相等”或“不相等”)

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；用40mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会__________。(填“偏大”；“偏小”或“无影响”)

(5)上述实验结果与57.3kJ/mol(常温下中和热的值)有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度。

c.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯21、中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验；回答下列问题：

（1）从上图实验装置看；其中尚缺少的一种玻璃用品是__________________________。

（2）若改用60mL0.25mol·L-1H2SO4和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比；所放出的热量___________（填“相等”；“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________填“相等”“不相等”）。

（3）倒入NaOH溶液的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入。

（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是：________。(从下列选出)。

A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。

（5）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：

。温度。

实验次数

起始温度t1℃

终止温度t2/℃

温度差平均值。

(t2－t1)/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.1

29.5

______

2

27.0

27.4

27.2

32.3

3

25.9

25.9

25.9

29.2

4

26.4

26.2

26.3

29.8

②近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3；中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。

③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差；产生偏差的原因可能是(填字母)_________。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中22、已知可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)；在830K温度下达到平衡。

(1)其化学平衡常数K的表达式为K＝_______。

(2)830K时，若起始时：c(CO)＝2mol/L，c(H2O)＝3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，K值为________。

(3)830K，若只将起始时c(H2O)改为6mol/L，则水蒸气的转化率为_______。

(4)若830K时起始浓度c(CO)＝amol/L，c(H2O)＝bmol/L，H2的平衡浓度c(H2)＝cmol/L，①a、b、c之间的关系式是_________；

②当a＝b时，a＝________c。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共30分)23、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：)24、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“＝”）。25、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9题，共18分)1、A【分析】【详解】

焓变的数值只随化学计量数的改变而改变，ΔH1表示稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol水的反应热，与反应物的量无关；ΔH2表示2mol二氧化硫气体与1mol氧气完全反应生成2mol三氧化硫气体的反应热，与反应物的量无关，故选A。2、D【分析】【详解】

A．I中破坏的N2和H2中的共价键都是非极性键；故A错误；

B．图象中Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ三个过程均是化学键形成的过程；为能量降低的过程，都是放热过程，故B错误；

C．图象中Ⅳ的变化是NH2和H生成NH3，不是NH2和H2发生的反应；故C错误；

D．由图可知最终反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；放出的热量为(324+399+460-1129)kJ=54kJ，故D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A、醋酸溶液中组存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加入氢氧化钠和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，故A正确；

B；加水稀释；促进电离，平衡向正反应方向移动，但离子浓度均减小，反应速率减慢，故B错误；

C、0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)增加；故C错误；

D、加入少量CH3COONa固体；醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故D错误；

故选A。4、D【分析】【详解】

A.根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，NaClO的水解程度较大，则各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(ClO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；A错误；

B.根据表中数据可知酸性：HClO>HCO3﹣，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO；B错误；

C.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，体积增大，电离平衡正向进行，则c(CH3COOH)减小的程度大于c(H+)，溶液中增大；C错误；

D.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，温度升高，碳酸钠的水解平衡正向进行，溶液的中的OH-数目增多；D正确；

答案为D。

【点睛】

酸性：HClO>HCO3﹣，向次氯酸钠溶液中通入少量或过量的CO2，含C产物均为HCO3﹣。5、D【分析】【详解】

A．溶液溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，则故A错误；

B．根据电荷守恒，在溶液中一定有：故B错误；

C．铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，氯化铵化学式中含有一个铵根离子，硫酸铵和碳酸铵化学式中含有两个铵根离子，所以铵根离子浓度相等的溶液、溶液和溶液：故C错误；

D．二者混合溶液，溶液中的溶质是物质的量浓度相等的NaCl、HCl，混合溶液呈酸性，氯化氢完全电离、醋酸部分电离、氯化钠完全电离，所以根据物料守恒得故D正确；

选D。

【点睛】

本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解、质子守恒、电荷守恒是解答本题的关键。若相互混合的溶液能反应，则根据反应后溶液中的溶质判断离子浓度大小。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、C【分析】【详解】

A．据图可知A点对应溶液pH<7，所以此时溶液显酸性，c(OH-)<c(H+)；故A错误；

B．B点lg=0，即=1，此时pH=5.3，即c(H+)=10-5.3mol/L，此时HA电离常数Ka==c(H+)=10-5.3=5.01×10-6，数量级为10-6；故B错误；

C．当NaOH的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的HA和NaA，HA电离常数Ka=10-5.3，则Aˉ的水解平衡常数为=10-8.7<10-5.3，所以HA的电离程度比NaA的水解程度要大，即溶液中c(HA)<c(Aˉ)，则此时>1，所以若要=1；则需要少加入一些NaOH，所以B点对应的NaOH溶液体积小于10mL，故C正确；

D．为Aˉ的水解平衡常数的倒数，水解为吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，则其倒数减小，即减小；故D错误；

故答案为C。8、D【分析】【详解】

A、向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca(NO3)2；抑制固体溶解的作用和效果相同，则析出的沉淀量相同，故A错误；

B；曲线上的点为平衡点；c为不饱和溶液，d为过饱和溶液，则d点体系最不稳定，故B错误；

C、a点转化为b点，c(Ca2+)减小、c(SO42−)增大，而升高温度，c(Ca2+)与c(SO42−)浓度变化趋势相同，则升高温度不能使溶液由a点转化为b点；故C错误；

D、反应Ba2+(aq)+CaSO4(s)BaSO4(s)+Ca2+(aq)的平衡常数K====9×104，故D正确。9、C【分析】【分析】

由制备流程可知，Fe失去电子生成Fe2+，Na+得到电子生成Na，所以阳极为Fe电极，Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)2，因此反应方程式为：Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑。

【详解】

A.Fe失去电子生成Fe2+；阳极为Fe电极，Fe电极与电源的正极相连，A错误；

B.水会阻碍中间产物Na的生成，且OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2；所以DMF惰性有机溶剂不能更换为NaOH溶液，B错误；

C.Na是中间产物，不参与反应，反应物为Fe和C5H6，生成物为H2和Fe(C5H5)2，因此反应方程式为：Fe＋2＋H2↑；C正确；

D.电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，溶液中的Na+离子不断的向Ni附近移动；D错误；

故答案为：C。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）11、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-+7H2O12、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－113、略

【分析】【详解】

氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案为：11。

【点睛】

本题主要考查了与键能有关的知识，掌握旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】1114、略

【分析】【分析】

平衡常数K一般是通过列三段式计算。

【详解】

（1）醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的电离程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=带入数据可得，约为1.96×10－5；

（2）已知饱和硫化氢溶液中以第一步电离为主；设溶液中氢离子的浓度为xmol/L,根据题意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氢的平衡浓度可近似计算为0.1，带入数据计算;1.0×10－7=得出饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为1.0×10－4mol/L。【解析】1.96×10－51.0×10－415、略

【分析】试题分析：（1）镍的原子序数是28；因此金属镍在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄电池放电时相当于原电池；该电池发生氧化反应的电极是负极，因此发生反应的物质是铁，答案选B；

（3）蓄留电池充电时相当于电解，阳极失去电子，是原电池中正极反应的逆反应，则电极反应式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性电极电解氯化钠溶液，阳极是氯离子放电，产生氯气，假如电路中转移了0.1mo电子，则根据方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此时氯气是0.05mol；在标准状况下的体积是1.12L，用该蓄电池电解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且电解池的电极均为惰性电极。阳极产生的气体在标准状况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根据方程式可知同时还有0.1mol氢氧化钠生成，因此将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液中氢氧根的浓度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①产生Ni(OH)2时需要氢氧根的浓度是产生氢氧化铁时需要氢氧根的浓度是所以先沉淀的离子是Fe3+。

②根据①中分析可知铁离子开始沉淀时溶液的pH＝3，镍离子开始沉淀时溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范围是3<7。

考点：考查电化学原理的应用以及溶度积常数的有关计算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<716、略

【分析】【详解】

（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC；故答案为：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；

（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化加热煮沸BC17、略

【分析】【详解】

（1）铁钉表面形成无数个微小的铁碳原电池；属于电化学腐蚀；

（2）若试管内液面上升，说明发生了吸氧腐蚀，溶液呈弱碱性或中性，相关方程式：正极：O2+2H2O+4e—=4OH—；负极：Fe-2e-=Fe2+；

（3）若试管内液面下降，说明发生了析氢腐蚀，溶液呈明显酸性；相关方程式：正极：2H++2e—=H2↑；负极：Fe-2e-=Fe2+。【解析】电化学弱酸性或中吸氧O2+2H2O+4e—=4OH—较强的酸析氢2H++2e—=H2↑18、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<三、判断题(共1题，共2分)19、×【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、实验题(共3题，共30分)20、略

【分析】【分析】

(1)根据Q=c·m·△t计算分析；

(2)根据△H=-Q=-c·m·△t进行计算；

(3)根据反应放出的热量与反应的物质多少呈正比分析；结合中和热概念判断；

(4)一水合氨是弱电解质；电离吸收热量；物质完全反应放出热量比不完全反应放出热量多；

(5)a．实验装置保温；隔热效果必须好；

b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零值再测定H2SO4溶液的温度；

c．量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平；

d．酸碱混合尽可能减少实验过程中能量损失。

【详解】

(1)由Q=c·m·△t可知；测定中和热需要测定的数据为：

A.反应前盐酸和氢氧化钠溶液的温度；C.反应前氢氧化钠溶液的温度；E.反应后混合溶液的最高温度；故合理选项是ACE；

(2)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃；反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃；反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃；反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；

平均温度差为：3.1℃，40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式-Q=c·m·△t可计算出生成0.02mol的水放出热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1036.64J=1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；

(3)因所用的酸与碱物质的量多少不同，所以反应放出的热量不同，但由于中和热是强酸、强碱完全反应产生可溶性盐和1molH2O时时放出的热量；可知中和热是相等的；

(4)氨水中的一水合氨是一元弱碱；电离会吸收热量，使得测得的中和热数值会偏小，因碱的量可能不足，则测得的中和热可能会偏小；

(5)a.实验装置保温；隔热效果差则测得的热量不够；使测定中和热数值偏小，a符合题意；

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度这样因酸与碱会反应，热量散失，所以会偏小，b符合题意；

c.中和热的数值测定以盐酸为标准计算；用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数，这样会数值偏小，以该盐酸体积为标准计算会使测定数值偏大，c不符合题意；

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯这样会造成测得的热量会减小；结果使测定中和热数值偏小，d符合题意；

故合理选项是abd。

【点睛】

本题考查中和热的测定的有关知识。注意中和热的概念的理解，为使酸(或碱)反应完全，所加入的碱(或酸)要过量，以不足量的物质为标准计算。中和热测定关键是减少酸碱混合时的热量损失。【解析】①.ACE②.-51.8kJ/mol③.不相等④.相等⑤.偏小⑥.偏小⑦.abd21、略

【分析】【详解】

（1）由量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；因此本题答案是：环形玻璃搅拌棒。

（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25mol•L-1H2SO4和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比；生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等；因此，本题正确答案是：不相等；相等。

（3）中和热的测定中；必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以C选项是正确的；本题答案是：C。

（4）A．温度计用于测定温度；不能使用温度计搅拌溶液，故A错误；

B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌；会导致热量散失，影响测定结果，故B错误；

C．轻轻地振荡烧杯；会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，故C错误；

D．用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动；可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，所以D选项是正确的；

综上所述；本题答案是：D。

（5）①四次测定温度差分别为3.4℃；5.1℃，3.3℃，3.5℃，其中第2次的温度差误差较大，应该舍弃，其它三次温度差的平均值为：（3.4+3.3+3.5）/3=3.4℃；因此本题答案是：3.4。

②50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/cm3=100g；温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.4212KJ，所以实验测得的中和热△H="-1.4212/0.025=-56.8"kJ/mol；因此，本题正确答案是：-56.8kJ/mol。

③a．实验装置保温；隔热效果必须好；否则会有热量损失，测定结果偏小，故a正确；

b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，因为温度计上会有氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测定结果偏小，故b正确；

c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，故c正确；

因此，本题正确答案是：abc。【解析】环形玻璃搅拌棒不相等相等CD3.4-56.8kJ/molabc22、略

【分析】【详解】

（1）根据化学方程式，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，结合平衡常数概念，得到平衡常数表达式K＝

（2）平衡时CO的转化率为60%；则CO的浓度变化为1.2mol/L；

故平衡常数K=1；

（3）设反应的水蒸气的浓度变化量为xmol/L；则。

根据平衡常数解得x=1.5，故水蒸气的转化率为=25%；

（4）

根据平衡常数得当a=b时，整理，a=2c。【解析】①.②.1③.25%④.⑤.2五、结构与性质(共3题，共30分)23、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