2025年沪教版选修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年沪教版选修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、在一个活塞式的反应容器中，通入2molSO2和1molO2，于500℃下发生化合反应并达到平衡，在保持恒温、恒压的条件下，再通入2molSO2和1molO2，下列叙述的内容完全正确的是A.v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动，SO3的百分含量增加B.v(正)增大，v(逆)不变，平衡向正反应方向移动，SO3的百分含量增加C.v(正)增大，v(逆)增大，平衡向正反应方向移动，SO3的百分含量增加D.开始时v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动；随后又逐渐恢复到原反应速率，SO3的百分含量保持不变2、H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸；常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：

下列说法正确的是A.在pH为6.37及10.25时，溶液均存在c(H2CO3)＝c(HCO3-)＝c(CO32－)B.反应CO32－＋H2OHCO3-＋OH-的平衡常数为10－7.23C.0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)D.往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42−3、常温下，将0.2000mol/L的NaOH溶液逐滴加入到20.00mL0.2000mol/LNH4Cl溶液中，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法错误的是（）

A.a点溶液中：c(NH3•H2O)+c(H+)=c(OH-)+c(NH4+)B.从a点到d点水的电离程度不断减弱C.b点溶液中：c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)D.c点溶液中：c(NH3•H2O)+c(NH4+)=2c(Na+)4、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A.NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B.NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C.加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑5、一定温度下，两种碳酸盐（分别为Ca2+和Ba2+两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：已知比溶解度更大（不考虑阴离子的水解）。下列说法正确的是。

A.向的溶液中加入固体当加入固体的质量为时，恰好沉淀完全（离子浓度为时认为沉淀完全；忽略溶液体积变化）B.的C.该温度下，向的饱和溶液中加入溶液，一定能产生沉淀D.线表示的溶解平衡曲线6、如下图所示的装置；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法正确的是。

A.电源B极是正极B.(甲)、(乙)装置的F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2∶3∶2C.欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D.装置(丁)中X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带负电荷7、中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作空气电极（图1）；设计并组装出一种轻型；能折叠的可充电锂空气电池，其工作原理如图2所示。下列有关说法正确的是。

A.闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源负极B.放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极C.放电时，Li+由正极经过液相有机电解质移向负极D.充电时，阳极的电极反应式为Li2O2+2e-=O2↑+2Li+评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝；回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol·L−1）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式____________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_____________。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pc如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_______（填“增大”“不变”或“减小”）。

②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为________________。

（3）如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是______________。

②已知下列反应：

SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)的ΔH=_______。9、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：_____________________________。10、(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大。已知：H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1molNH3过程中放出46kJ的热量，则N≡N的键能为____________________。

(2)某温度时；在一个10L的恒容容器中，X；Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：

根据图中数据填空：

①该反应的化学方程式为___________________________；

②反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为_____________________；

(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，则原混合气体中a:b=_____________；

(4)在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：a.混合气体的压强；b.混合气体的密度；c.混合气体的平均相对分子质量；d.混合气体的颜色。

①一定能证明2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态的是(填字母，下同)_____________；

②一定能证明I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)达到平衡状态的是________________；

③一定能证明A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)达到平衡状态的是__________________。11、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12、碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)ΔH；实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=___。

（2）由图1可知，该反应ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3由大到小的顺序为___。

（3）由图2可知，A点时H2的平衡转化率为___。13、在一定温度下；冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：

（1）“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三点处，溶液中c(H+)由小到大的顺序为________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三点处，电离程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。14、在室温下；下列四种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。

(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4+)最小的是_______(填序号)。

(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_______c()(填“＞”、“＜”或“＝”)。15、已知常温下H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反应NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K＝9.45×104，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝______________。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、实验题(共2题，共4分)17、(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18、邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。物质TEMPO－COOH溶解性微溶于水，易溶于CH2Cl2难溶于水，易溶于CH2Cl2易溶水，难溶于CH2Cl2熔点/℃7043—沸点/℃270153—性质+NaHSO3(易溶于水)

实验步骤如下：

I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下；滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。

II.反应完全后；将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥；过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。

III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液；充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤；干燥至恒重，得1.30g产品。

(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。

(2)合成产品的化学方程式为______。

(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。

(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。

(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。

(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。

(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)19、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、计算题(共4题，共36分)20、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行化学方法处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为_________。21、在2L的密闭容器中，充入1molN2和3molH2；在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，相同温度下，测得平衡时混合气体的压强比反应前混合气体的压强减小了1/10，填写下列空白：

（1）平衡时混合气体中三种气体的物质的量比为_____________；

（2）N2的转化率为_______________；

（3）2分钟内，NH3的平均反应速率为______________。22、25℃，CH3COOH的电离平衡常数为1.7×10-5。

(1)CH3COOH的电离方程式为_________。25℃，0.1mol/LCH3COOH溶液中计算c(H+)的表达式为__________。

(2)25℃时，CH3COONa稀溶液中的水解平衡常数等于_____(保留小数点后一位数字)。

(3)25℃，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH最接近______(填选项)。A．9B．10C．11D．1223、(1)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，溶液中的c(Ag＋)是________？

(2)已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，则将Mg(OH)2放入蒸馏水中形成饱和溶液，溶液的pH为________？

(3)在0.01mol·L－1的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH是________？当Mg2＋完全沉淀时，溶液的pH为________？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

恒温；恒压的条件下；只要开始时加入反应物的物质的量之比相等，平衡等效，即达平衡状态时各组分的百分含量相等，据此分析。

【详解】

恒温、恒压的条件下，只要开始时加入反应物的物质的量之比相等，平衡等效，即达平衡状态时各组分的百分含量相等。平衡后等比例加入反应物，正反应速率增大后逐渐减小，逆反应速率减小后增大，平衡正向移动，达新的平衡后，SO3的百分含量保持不变；故D正确。

故选：D。

【点睛】

本题考查了等效平衡的相关知识，注意反应环境是恒压还是恒容，题目难度中等。2、D【分析】【详解】

A.pH=6.37时，c(H2CO3)=c(HCO3−)，溶液中几乎不存在CO32−，pH=10.25时，c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中几乎不存在H2CO3；A错误；

B.反应CO32－＋H2OHCO3-＋OH-，为CO32－的水解平衡，pH=10.25时，溶液中c(HCO3−)=c(CO32−)，所以B错误；

C.当pH=4.27时，c(C2O42-)=c(HC2O4−)，HC2O4−的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，HC2O4−的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O4−电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O4－)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；C错误；

D.根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10−1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO3-的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42−；D正确；

故答案为D。3、A【分析】【详解】

A.a点为溶液，水解，溶液显酸性，根据质子守恒有：两边同时加上得水解程度微弱，则c(NH4＋)2c(NH3·H2O)，因此有故A说法错误；

B.从a点到d点的过程中氢氧化钠与氯化铵反应；在d点时二者恰好完全反应产生氯化钠和一水合氨，一水合氨电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，因此从a到d水的电离程度不断减弱，故B说法正确；

C.b点溶液根据电荷守恒则故故C说法正确；

D.c点所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠的混合溶液，根据物料守恒可得：故D说法正确。

答案：A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；A项错误；

B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)；B项错误；

C.加热NaHCO3溶液；可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；

D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑；D项正确；

答案选D。5、A【分析】【详解】

A.碳酸钙的溶解度比碳酸钡更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡，曲线a代表碳酸钡的溶解平衡曲线，曲线a知Ksp(BaCO3)=10-4，n(BaCl2)=0.1L×1mol/L=0.1mol；n(Na2CO3)=116.6g/106g/mol=1.1mol，两者反应生成碳酸钡沉淀后，碳酸钠过量，剩余n(CO32-)=1.1mol-0.1mol=1mol，c(CO32-)=1mol/0.1L=10mol/L，此时c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)/c(CO32-)(剩)=10-4/10=10-5mol/L；钡离子恰好沉淀完全，A正确；

B.由曲线b可知，当pM=0时，p(CO32-)=2.2，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=1×10-2.2=10-2.2；B错误；

C.在CaCO3中存在溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+(aq)+CO32-(aq)，加入碳酸钠溶液，溶液体积变大，c（Ca2+）减小，c(CO32-)增大，c（Ca2+）×c(CO32-)不一定大于Ksp(CaCO3)；不一定产生沉淀，C错误；

D.碳酸钙比碳酸钡溶解度更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡；由图可知，曲线a的溶度积小于曲线b的溶度积，曲线b表示碳酸钙溶解平衡曲线；D错误；

综上所述；本题选A。

【点睛】

本题主要考查沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握图像中pM、p(CO32-)越大，M2+、CO32-浓度越小是解题的关键，易错选C，以为加入碳酸钠，碳酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，一定有沉淀产生；产生错误的原因是，忽视加入的不是碳酸钠固体，而是碳酸钠溶液，溶液的体积也发生变化，c(M2+)减小，形成沉淀的必要条件是离子积大于溶度积。6、C【分析】【详解】

试题分析：在F极附近显红色；说明F电极是阴极，氢离子放电而使溶液显碱性，所以B是电源的负极，A是正极，选项A不正确；C；D、E、F电极生成的单质分别是氧气、铜、氯气、氢气，根据电子的得失守恒可知，物质的量比为1:2:2:2，选项B正确；C不正确，G应该是Ag，H是铜；D不正确，氢氧化铁胶粒带正电荷，答案选B。

考点：考查电化学的综合应用。

点评：该题综合性强，难度较大。需要熟练掌握电解原理，特别是阴阳极的判断、电解产物的判断等都需要在掌握基础知识的基础上，灵活运用知识。7、A【分析】【详解】

A.锂是活泼金属；电池中应作负极，充电时应于电源的负极相连，从而推出X为直流电源的负极，故A正确；

B.纤维素属于非电解质；不导电，因此纸张中纤维素不作电极，故B错误；

C.放电属于原电池，根据原电池工作原理，Li＋应从液相有机电解质移向正极；故C错误；

D.充电时，阳极上应失去电子，化合价升高，即阳极电极反应式为Li2O2－2e－=O2↑＋2Li＋；故D错误；

答案：A。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，会将NO氧化成NO3-，且NaClO2溶液呈碱性，据此分析作答；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；

②化学平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据平衡常数的定义列出具体表达式；

（3）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；

②根据盖斯定律计算。

【详解】

（1）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的；则增加压强，NO的转化率提高；

故答案为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

故答案为大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，根据反应3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为减小；

②反应ClO2−+2SO32-===2SO42-+Cl−的平衡常数K表达式为：K=；

故答案为K=

（3）①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果好；

故答案为形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；

②SO2(g)+2OH−(aq)=SO32−(aq)+H2O(l)ΔH1

ClO−(aq)+SO32−(aq)=SO42−(aq)+Cl−(aq)ΔH2

CaSO4(s)===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3

则根据盖斯定律可知①+②−③即得到反应SO2(g)+Ca2+（aq）+ClO−(aq)+2OH−(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl−(aq)，则△H1＋△H2－△H3；

故答案为△H1＋△H2－△H3。【解析】4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小K=形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高△H1＋△H2－△H39、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-+7H2O10、略

【分析】【分析】

(1)根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可计算得到N≡N的键能；

(2)①化学方程式中；化学计量数之比等于各个物质的量的变化量之比；

②根据化反应速率来计算化学反应速率；

(3)根据化学反应中的三段式进行计算；

(4)根据化学平衡状态的特征判断；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，以此解答该题。

【详解】

(1)设N≡N的键能为xkJ/mol，根据题意写出热化学方程式ΔH=-46kJ/mol；根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可得：

解得x=946，因此N≡N的键能为946kJ/mol；

故答案为：946kJ/mol。

(2)①根据图示内容可知；X和Y是反应物，Z是生成物，X；Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，因此反应的化学方程式为：

3X+Y⇌2Z；

故答案为：3X+Y⇌2Z；

②反应开始至2min；以气体X表示的平均反应速率为：v=0.3mol÷10L÷2min=0.015mol/（L•min）；

故答案为：0.015mol/（L•min）；

(3)设Y的变化量是xmol，

当n(X)=n(Y)=2n(Z)时，可得：a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以原混合气体中a:b=7:5；

故答案为：7:5；

(4)①对于反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，a.混合气体的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故a正确；b.该反应中混合气体的密度一直不变，故b错误；c.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.SO2、O2和SO3均为无色；混合气体的颜色一直不变，故d错误；

故选：ac；

②对于反应I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.该反应中混合气体的密度一直不变，故b错误；c.该反应中混合气体的平均相对分子质量一直不变；故c错误；d.混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故d正确；

故选：d；

③对于反应A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故b正确；c.混合气体的平均相对分子质量不变；说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.由于B；C、D三种气体的颜色未知，因此混合气体的颜色一直不变无法判断是否达平衡状态，故d错误；

故选：bc。

【点睛】

本题考查了化学平衡的计算，涉及化学反应速率的计算以及平衡状态的判断，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析方法，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。【解析】946kJ/mol；3X+Y⇌2Z；0.015mol/（L•min）；7:5；ac；d；bc。11、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cbaad12、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的定义书写该反应的平衡常数表达式；

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行；MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)；反应前后气体物质的量增大，压强越大平衡逆向进行；

(3)由图可知A点时氢气的体积分数为40%；结合三行计算列式计算平衡转化率。

【详解】

(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化学平衡常数为达到平衡，体系各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体或纯液体没有浓度变化量，则该反应的平衡常数表达式为K=

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行，正反应为为吸热反应，△H＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应正向是气体增大的反应，增大压强则平衡逆向进行，氢气体积分数增大，即其它条件相同时，压强越大，氢气体积分数越大，则p3＞p2＞p1；

(3)设生成二氧化碳物质的量为x；三段式为。

由图可知A点时氢气的体积分数为40%，得到×100%=40%，x=1mol，氢气转化率=×100%=50%。

【点睛】

由于固体或纯液体没有浓度变化量，浓度始终为常数1，不用写入平衡常数表达式中。【解析】K=＞p3＞p2＞p150%13、略

【分析】【分析】

溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中离子浓度随着水的加入先逐渐增大后逐渐减小，c(H+)在b点处的溶液中最大，在c点处的溶液中最小，这是因为加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势，c(H+)增大还是减小；取决于这两种趋势中哪一种占主导地位，越稀越电离，电离程度增大，向溶液中加入消耗氢离子的物质会使平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小。

【详解】

⑴“O”点处冰醋酸的导电能力为0的原因是在“O”点处；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故导电能力为0，故答案为：在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在。

⑵导电能力越强，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的顺序为c<a<b，故答案为：c<a<b。

⑶加水稀释；越稀越电离，因此电离程度最大的是c，故答案为：c。

⑷若使c点处的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)减小，可采取的措施有①加少量NaOH固体；②加少量Na2CO3固体；③加入Zn，Mg等活泼金属，故答案为：加少量NaOH固体；加少量Na2CO3固体；加入Zn，Mg等活泼金属。【解析】①.在“O”点处冰醋酸未发生电离，无离子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固体⑤.加少量Na2CO3固体⑥.加入Zn，Mg等活泼金属14、略

【分析】【分析】

根据盐类的水解判断溶液的酸碱性并写出水解离子方程式；根据物质的微粒构成情况判断离子浓度的大小；根据电荷守恒判断离子浓度的关系；据此解答。

【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+；答案为酸，+H2O⇌NH3·H2O+H+。

（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/LNH4Cl中水解显酸性；②0.1mol/LCH3COONH4中CH3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；④0.1mol/LNH3⋅H2O是弱电解质，微弱电离生成铵根离子显碱性；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0.1mol/LNH3⋅H2O；答案为③；④。

（3）0.1mol/LCH3COONH4中存在CH3COO-、H+、OH-等四种离子，由电荷守恒得c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，室温下，测得溶液②的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(CH3COO-)；答案为=。【解析】①.酸②.+H2O⇌H++NH3•H2O③.③④.④⑤.=15、略

【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关，由题意将平衡常数表达式写出，再观察找到K之间的联系。

【详解】

由题意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K=变形为=带入数据可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－5三、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、实验题(共2题，共4分)17、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.abd18、略

【分析】【分析】

以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl；反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。

【详解】

（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时；需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；

（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；

（3）配制饱和NaHCO3溶液时；往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯；玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；

（4）反应在水相中进行；生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；

（5）二氯甲烷沸点较低；而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；

（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应；使平衡逆向移动，析出产品；

（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。【解析】(1)冷水浴平衡内外压强；使漏斗内液体顺利流下。

(2)+NaClO+H2O+NaCl

(3)烧杯；玻璃棒。

(4)生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相；避免被NaClO进一步氧化邻硝基苯甲酸。

(5)蒸馏。

(6)能浓盐酸会与NaHSO3溶液反应；使平衡逆向移动，析出产品。

(7)86.1%五、元素或物质推断题(共1题，共2分)19、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