2025年牛津译林版选修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年牛津译林版选修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、在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。下列说法正确的是。

A.反应物A的浓度：a点小于b点B.该反应的生成物可能对反应起催化作用C.曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态D.A的平均反应速率：ab段大于bc段2、在一密闭容器中，等物质的量的X和Y发生如下反应：X（g）＋2Y（g）2Z（g），反应达到平衡时，混合气体中X和Y的物质的量之和与Z的物质的量相等，则X的转化率为（）A.40%B.50%C.60%D.70%3、下列溶液一定是碱性的是（）A.pH＝8的某电解质的溶液B.c(OH-)＞1×10-7mol/LC.溶液中含有OH-D.溶液中c(OH-)＞c(H+)4、常温下,分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示.下列说法不正确的是。

A.曲线L1表示与pH的变化关系B.Ka(HA)=1×10-5.5C.a点时两溶液中水的电离程度相同D.0.10mol/LMA溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)5、下列叙述正确的是A.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-B.向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液的离子方程式：HA-+OH-=A2-+H2OC.两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2D.常温下，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液pH<76、下列实验操作叙述和结论正确的是A.恒温下向澄清石灰水中加入少量CaO有Ca(OH)2固体析出，则此状态下Ca(OH)2的质量分数减小，KSP不变B.除去NH4Cl溶液中的少量Fe3+，可以加入NaOH调节溶液pH后过滤结晶C.直接蒸干FeSO4溶液就可以得到FeSO4固体D.实验室制备FeCl2溶液时会加入盐酸防止水解，并加入少量铁粉防止氧化7、用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为A.0.1molB.0.2molC.0.3molD.0.4mol评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、下列说法正确的是()A.纯水在20℃和80℃时的pH，前者大B.Cl2、Ba(OH)2、CO2、HF分别为非电解质、强电解质、非电解质、弱电解质C.强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡D.在溶液中，导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质9、水的电离平衡曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EB.若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C.若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体D.若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性10、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)11、部分弱酸的电离平衡常数如表所示：。弱酸电离常数/（）（25℃）

下列说法错误的是（）A.B.C.中和等体积、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等体积、等浓度的和溶液中，前者所含离子总数小于后者12、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.氯水中：c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)B.Na2CO3溶液：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)D.室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)13、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5题，共10分)14、以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。

(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1。

①该反应在常温下____________自发进行（填“能”与“不能”）；

②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______________（填字母；下同）。

a．容器中的压强不变b．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

c．c(CO)=c(H2)d．密闭容器的容积不再改变。

(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt

①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为________________。（取小数二位；下同）

②该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=________。

③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是________________________（用含a、b的数学式表示）。

(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ•mol-1)的变化。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。

a．升高温度。

b．充入He(g)；使体系压强增大。

c．将H2O(g)从体系中分离出来

d．再充入1molCO2和3molH215、一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。D是____(填离子符号)。B→A＋C的热化学方程式为____________(用离子符号表示)。16、2013年12月2日，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料；四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体。

（1）写出反应的化学方程式：_____________________________________________。

（2）该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应；反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量，断开化学键________的总能量小于形成化学键________的总能量（填“吸收”或“放出”）。

（3）如果一个反应可以分几步进行；则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。据此回答下列问题。

已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)ΔH1＝＋532.36kJ·mol－1

Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)ΔH2＝＋473.63kJ·mol－1

写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式____________________。17、图表示800℃时；A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，t是达到平衡状态的时间。试回答：

(1)该反应的化学方程式为________。

(2)2min内，A物质的平均反应速率为_______。18、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共10分)20、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：_____。评卷人得分六、实验题(共3题，共9分)21、氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：

(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。

(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。

(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。

(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。22、过氧化钙可用于改善地表水质,也可用于应急供氧。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：

已知：①“沉淀"时需控制温度为0~8℃。

②CaO2·8H2O是白色晶体粉末；难溶于水。

(1)“沉淀”步骤的实验装置如图所示。

①“沉淀”时控制温度为0~8℃的目的是___________。

②仪器a的优点是_________，仪器b的名称是__________。

(2)“乙醇洗”的目的是_________。

(3)产品纯度测定：

第一步：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体(过量)；再滴入适量盐酸溶液，充分反应后加入指示剂。

第二步：用浓度为cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。(已知：2~I2)，产品(CaO2)的纯度为________(列出计算表达式)。

(4)某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应：

①装置A中发生反应的化学方程式为____________。

②装置E用于测定O2的体积，请在框中画出装置图__________。

③上述装置验证“CaO2与SO2反应生成O2”存在不足，原因是____________。23、TiCl4是制备Ti的重要中间产物，实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装置省略）。

已知：有关物质的性质如表：

请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。装置①中气体X和仪器A中药品的组合为_____。

a.CO2、碱石灰b.N2、碱石灰c.N2、浓硫酸d.O2；碱石灰。

（2）装置②中热水的作用是____；装置⑤中浓硫酸的作用是___________。

（3）TiCl4遇潮反应的化学方程式为_______。

（4）装置④烧瓶中的物质为TiCl4和____，分离出TiCl4的方法是____（填操作名称）。

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，请设计实验验证产物中CO气体：___。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A、随着反应的进行，反应物的浓度减小，a点反应物A的浓度大于b点；故A错误；

B；在恒温恒容条件下；随着反应物浓度的减小，反应速率增大，可能是某种生成物对反应起到催化作用，故B正确；

C；曲线上v(A)始终在变化；说明曲线上各点均表示没有达到达到平衡，故C错误；

D、根据图像，ab段的反应速率小于bc段的；故D错误；

故选B。2、A【分析】【分析】

根据题中X（g）＋2Y（g）2Z（g）可知；本题考查化学平衡时转化率，运用转化率等于变化量除以投入量分析。

【详解】

设起始时X和Y的物质的量分别为n，反应达到平衡时X转化了n1mol：

n－n1＋n－2n1＝2n1，n1＝X的转化率为A项正确；

答案选A。3、D【分析】【分析】

任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH>7；溶液呈碱性，据此判断。

【详解】

A.没指明温度，Kw不一定等于10−14；不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；

B.没指明温度，Kw不一定等于10−14，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性；故B错误；

C.任何水溶液中都含有氢氧根离子；不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；

D.溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(OH-)＞c(H+)；溶液一定显碱性，故D正确；

答案选D。

【点睛】

任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)>10-7，pH值<7，溶液呈酸性；c(H+)<10-7，pH值>7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH＝8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。4、C【分析】【详解】

A.MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系；故A正确；

B.曲线L2表示lg与pH的变化关系，lg=0时，=1，此时pH=5.5，c(H+)=1×10-5.5mol/L，则Ka(HA)==c(H+)=1×10-5.5；故B正确；

C.a点溶液的pH＞7，对于曲线L2，由于A-离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离，而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度；抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；

D.曲线L1中，lg=0时，=1，Kb(MOH)=c(OH-)＞1×10-5＞1×10-5.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A-＞M+，则MA溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)、c（M+）＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；故D正确。

故选C。5、D【分析】【详解】

A.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能是酸的溶液可能是碱的溶液，若为酸性溶液I-、H+、NO3-发生氧化还原反应不能共存，若为碱性溶液，OH-和Mg2+生成沉淀不能共存；故A错误；

B.0.1mol/L、pH=1的NaHA，NaHA是强酸的酸式盐，所以向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液，则离子方程式为H++OH−=H2O；故B错误；

C.醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1>10c2；故C错误；

D.醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠，醋酸浓度较大，反应后醋酸过量，则溶液pH<7；故D正确。

故选D。6、D【分析】【详解】

A．温度不变，饱和溶液的浓度不变，变化前后Ca(OH)2的质量分数不变；故A错误；

B．加入NaOH调节pH；铁离子转化成难溶物氢氧化铁沉淀，但会引入新的杂质离子钠离子，故B错误；

C．直接蒸干FeSO4溶液；亚铁离子易被氧化，最后得不到纯净的硫酸亚铁，故C错误；

D．氯化亚铁溶液中水解，亚铁离子易被氧化，配制溶液时为了抑制水解，并防止氧化，用FeCl2固体配制FeCl2溶液时需再向溶液中加入少量铁粉和盐酸；故D正确；

答案选D。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意除杂时要遵循除杂原则，如不能引入新杂质，本题中应改用氨水调节溶液pH。7、B【分析】【分析】

根据电解池的工作原理；要想让电解后的电解质复原，遵循的原则是出什么加什么，加入CuO后溶液与电解前相同，说明阴极只有铜离子放电。

【详解】

加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度，说明有阴极有0.1mol铜析出，则转移电子的物质的量是0.1mol×（2-0）=0.2mol，故B正确。二、多选题(共6题，共12分)8、AC【分析】【详解】

A．水的电离是吸热过程；升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH值减小，故20℃的纯水的pH大于80℃的纯水的pH，前者大，故A正确；

B．Cl2是单质；既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．由于强电解质在溶液中完全电离；强电解质在溶液中不存在电离平衡，故C正确；

D．电解质的强弱与导电能力无关；导电能力与溶液中的离子浓度的大小有关，故D错误；

故选AC。9、CD【分析】【详解】

A.D、E的温度都是25℃，Kw相等，B点c(H+)和c(OH-)都大于E点的c(H+)和c(OH-)，并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-)，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大；故B＞C＞A=D=E，故A正确；

B．加酸，c(H+)变大，但c(OH-)变小，温度不变，Kw不变；故B正确；

C．若从A点到C点，c(H+)变大，c(OH-)变大，Kw增大；温度应升高，故C错误；

D．若处在B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol•L-1；等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D错误；

故选CD。10、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。11、AD【分析】【详解】

A.根据电离常数可知，酸性利用强酸制弱酸的原理可知，与水反应生成和HCN，故A错误；

B.由A项分析可知，HCOOH可与反应生成水和二氧化碳，故B正确；

C.等体积、等pH的和溶液中，所含溶质的物质的量则中和时溶液消耗的的量较大，故C正确；

D.根据电荷守恒，溶液中，溶液中，即两种溶液中的离子总数均是而的酸性比的弱，则溶液中的较大，较小，故溶液中所含离子总数较小，故D错误；

故选：AD。12、BD【分析】【详解】

A．氯水中未反应的氯气分子与反应掉的氯气没有明确的数量关系，并不存在c(Cl2)=2c(ClO-)+2c(Cl-)+2c(HClO)，故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)(即质子守恒)，故B正确；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(Na+)，故C错误；

D．溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，如果二者以1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，所以要使混合溶液呈中性，氢氧化钠要过量，铵根离子易水解，结合物料守恒得c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故D正确；

故选：BD。13、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5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

（1）①对于反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1；ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，可知在高温条件下反应能自发进行，常温下不能自发进行；答案为：不能；

②一定温度下；在一个容积可变的密闭容器中发生上述反应，根据“正逆相等，变量不变”可判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态；

a．因为容器的容积可变，说明是恒压条件，故容器中的压强不变不能说明反应达到平衡，a错误；

b．1molH—H键断裂表示逆反应，2molH—O键断裂表示正反应，且正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，b正确；

c．c(CO)=c(H2)并不能说明正逆反应速率相等或各组分的百分含量不变，不能说明反应达到平衡，c错误；

d．因为该反应是一个气体物质的量增加的反应；由于容器的容积可变，随反应进行，容器的容积增大，故当容器的容积不变时说明反应达到平衡，d正确；

故选bd；

（2）①根据CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，结合表中数据，平衡时消耗的CO的物质的量为1.6mol，则生成的CO2的物质的量为1.6mol，CO2的浓度变化为0.8mol/L，根据可得(CO2)=

②根据表中1、2两组实验数据，假设温度相同，实验2相对于实验1为减小压强，因为该反应反应前后气体物质的量不变，则两平衡等效，平衡时H2的物质的量应该为0.8mol,但由于温度升高，H2的物质的量为0.4mol；说明升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应；容器的容积为2L，结合表中实验2的数据，利用三段式：

则=

③实验3与实验2反应温度相同，若平衡状态中各物质的质量分数分别相等，则为等效平衡，则a、b应满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a＞1（或b＞2）；

答案为：①放②0.17③b=2a；a＞1；

（3）根据图象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2；

a．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小；a错误；

b．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，b错误；

c．将H2O(g)从体系中分离出来，平衡逆向移动，c(CH3OH)增大，c正确；

d．再充入1molCO2和3molH2，等效成增大压强，平衡正向移动，c(CH3OH)增大；d正确；

故选cd。

【点睛】

（1）解决化学平衡的问题一定要注意审题，首先要审清反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压；其次是审清反应特点，即ΔH和ΔV，然后再根据外界条件对反应速率的影响和平衡移动原理解决问题；（2）注意“虚拟法”在化学平衡中的应用，即把一个过程分成两个阶段，把无法比较的过程变得具有可比性。【解析】①.不能②.bd③.0.13mol•(L•min)-1④.放⑤.K=0.17⑥.b=2a，a＞1⑦.c、d15、略

【分析】【分析】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-；结合图中能量变化计算反应热。

【详解】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，则D为ClO4−；B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，△H=(63kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=−117kJ/mol。【解析】ClO4－3ClO－(aq)=2Cl－(aq)+ClO3－(aq)△H=−117kJ/mol16、略

【分析】【分析】

⑴“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料；四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体。

⑵燃烧放出大量热；反应物的总能量大于生成物的总能量。

⑶将第1个方程式减去第2个方程式得到Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式。

【详解】

⑴“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体，因此反应的化学方程式：C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O；故答案为：C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O。

⑵燃烧放出大量热；因此该反应是放热反应，ΔH=生成物总能量−反应物总能量=断键吸收的能量−成键放出的能量＜0，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键放出的总能量；故答案为：放热；大于；吸收；放出。

⑶将第1个方程式减去第2个方程式得到Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ·mol−1；故答案为：Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ·mol−1。【解析】C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O放热大于吸收放出Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ/mol17、略

【分析】【分析】

随反应进行；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，据此结合图像分析判断。

【详解】

(1)由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物，则A、B、C计量数之比为1.2：0.4：1.2=3：1：3，反应为可逆反应，反应方程式为：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案为：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由图可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案为：0.6mol/(L·min)。【解析】3A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)18、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；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.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.四、判断题(共1题，共7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】错五、有机推断题(共1题，共10分)20、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、实验题(共3题，共9分)21、略

【分析】【分析】

实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O也能验证NO具有氧化性。

【详解】

（1）实验室使用铜和稀硝酸反应制取NO，发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应为固体和液体不加热制取气体，则应用装置③制备气体，由于NO除易氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是通入N2，以排除装置内的O2，故答案为：稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)。

（2）分液漏斗在使用时；为了使液体顺利流下，不改动装置，要先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，使漏斗上口处内外空气相通，再打开旋塞，故答案为：先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞。

（3）NO与NiO反应，绿色的NiO转化为黑色的Ni2O3，Ni元素化合价升高，被氧化，则NO中N元素化合价降低被还原，由信息可知，NO可被还原为N2，即NO转化为N2，故答案为：N2。

（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中，轻轻不断摇动试管，可使NO气体与溶液充分接触，便于气体吸收；NO被Na2SO3碱性溶液吸收被还原为N2O则SO被氧化为SO根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平反应的离子方程式为2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO，根据吸收反应，SO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收，故答案为：为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收。【解析】(1)稀硝酸③通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)

(2)先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞；再打开旋塞。

(3)N2

(4)为使NO气体与溶液充分接触2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2OSO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收22、略

【分析】【分析】

（1）由流程知，①“沉淀”时发生反应：Ca2++2NH3•H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O+2NH4+；从原料的性质和提高利用率的角度回答；

（2）在“水洗”后；在“烘烤”前；据此找出“乙醇洗“的目的；

（3）产品纯度测定：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体（过量）。再滴入适量盐酸溶液充分反应，则过氧化钙把碘离子全部氧化为碘单质，第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，因此会先蓝色，第三步：逐滴滴入浓度为cmol•L-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，2S2O32-+I2=2I-+S4O62-完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可计算出产品纯度；

（4