2025年北师大版选修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9题，共18分)1、某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(s)—Q，下列叙述中，正确的是A.反应过程中，气体的密度始终不变B.当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C.升高温度，v（正）增大、v（逆）减小，平衡向正反应方向移动D.当2v正(X)=v逆(Z)时，反应达平衡2、已知一定条件下热化学方程式：

2KNO3(s)=2KNO2(s)＋O2(g)ΔH＝+58kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－94kJ·mol－1

为提供分解1molKNO3所需的能量，理论上需完全燃烧碳（）A.molB.molC.molD.mol3、下列有关说法中正确的是（）A.已知常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，则HSO3-电离程度小于水解程度B.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小C.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。向含有Cl-、CrO42-且浓度均为0.010mol·L-1溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，CrO42-先产生沉淀D.25℃时，0.1mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱4、下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度C.稀醋酸中加入少量NaOH固体，溶液的导电性增强D.向醋酸中加入氨水至中性，溶液中5、下列说法正确的是A.常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液B.溶液中：C.将的稀释1000倍后，D.溶液中：6、常温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积看成两者溶液的体积之和）；下列说法正确的是。

A.点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(OH－)B.点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)C.点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.15mol·L-1D.点⑤所示溶液中：c(OH－)=c(H＋)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)7、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)＝c(SO42－)＋c(OH－)B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)C.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)D.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]8、25℃时，向10mL物质的量浓度均为0.1mol∙L-1的HCl和CH3COOH混合溶液中滴加0.1mol∙L-1NaOH溶液，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A.未加NaOH溶液时：c(H+)＞c(Cl-)＝c(CH3COOH)B.加入10mLNaOH溶液时：c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+)C.加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)＝c(Na+)D.加入20mLNaOH溶液时：2c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)9、下列事实中，与电化学腐蚀无关的是A.用铜质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀B.为了保护海轮的船壳，常在船壳上附加锌块C.在空气中，银器表面会生成一层黑色的物质D.埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更容易被腐蚀评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题；它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1

②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1

③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+1025kJ•mol-1

写出NH3(g)和O2(g)在一定条件下转化为N2(g)与液态水的热化学方程式_________

（二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1。合成时反应温度控制在500℃，压强是2×l07~5×l07Pa；铁触媒做催化剂。

（1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_________。

A．及时分离出NH3

B．使用铁触媒做催化剂。

C．反应温度控制在500℃左右。

D．反应时压强控制在2×l07~5×l07Pa

（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。下列说法中正确的是________。

A．单位时间内，有3molH-H生成的同时又6mdN-H断裂；说明反应达到平衡状态。

B．N2和H2的物质的量之比保持不变时；说明反应达到平衡状态。

C．达到平衡状态时；混合气体的平均相对分子质量变大。

D．达到平衡状态后,再充入2molNH3，重新达到平衡后，N2的体积分数变小。

（三）如图表示H2的转化率与起始投料比（n(N2)∶n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的压强P1、P2、P3从高到低的顺序是_________________；测得B（X，60）点时N2的转化率为50%，则X=________。

（四）一定温度下，将lmolN2和3molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=________（用平衡分压代替平衡浓度进行计算；分压=总压×体积分数，可不化简）。

（五）以NO原料，通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出以惰性材料作电极的阳极反应式：_______________。11、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，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．12、①CaCO3(s)=CaO+CO2(g)；ΔH=177.7kJ/mol

②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH=-131.3kJ/mol

③1/2H2SO4(l)+NaOH(l)=1/2Na2SO4(l)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

④C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH=-393.5kJ/mol

⑤CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；ΔH=-283kJ/mol

⑥HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol

⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=-517.6kJ/mol

（1）上述热化学方程式中，不正确的有（_________）

（2）根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式___________________。

（3）上述正确的反应中，表示燃烧热的热化学方程式有（_________）；

（4）表示中和热的热化学方程式有（___________）。13、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

（2）如图中表示NO2的变化的曲线是________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝________。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器内压强保持不变。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度。

c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂14、一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变。

c．消耗nmolH2同时消耗nmolCOd．容器中物质的总物质的量不随时间改变。

（3）该反应的v正随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。15、温下，将四种不同的一元酸（用HA代表）分别和NaOH溶液等体积混合。两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：。实验HA物质的量NaOH物质的量混合后溶编号浓度/(mol·L－1)浓度/(mol·L－1)液的pH甲0.10.1pH＝a乙0.120.1pH＝7丙0.20.1pH＞7丁0.10.1pH＝11

(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？___________

(2)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________________

(3)分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式表示)：c(Na＋)－c(A－)＝______mol·L－1。

(4)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－

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

A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)16、（1）25°C时，若向amol·L－1的HA溶液中，滴加等体积的bmol·L－1的NaOH溶液，使溶液呈中性，用含a的代数式表示HA的电离平衡常数Ka＝____________。

（2）25°C时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液显_____性（填“酸”、“碱”或“中”），用含a的代数式表示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)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共2题，共14分)18、CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为：CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)ΔH=+330kJ/mol

（1）下图表示初始投料比n(CH4):n(CO2)为1:3或1:4，CH4的转化率在不同温度（T1、T2）下与压强的关系。[注：投料比用a1、a2表示]

①a2=__________。

②判断T1的T2的大小关系，并说明理由：__________。

（2）CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下：

①过程Ⅰ，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，其热化学方程式是__________。

②过程Ⅱ，实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程式是__________。

③假设过程Ⅰ和过程Ⅱ中的各步均转化完全，下列说法正确的是__________。（填序号）

a．过程Ⅰ和过程Ⅱ中发生了氧化还原反应。

b．过程Ⅱ中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3

c．若过程Ⅰ投料可导致过程Ⅱ中催化剂失效19、运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂；水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：

①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。

②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。

（2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分；在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。有关资料如图1所示。则：

①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。

②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=___________________.

（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在一定温度范围内发生如下转化：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-xkJ/molx>0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：

①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”）

②此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________

（4）常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8；则在此溶液中：

①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号）

A．c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)

B．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)

C．c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=9.9×10－7mol·L－1

②=________（结果保留三位有效数字）。评卷人得分五、计算题(共3题，共15分)20、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____________。21、（1）据报道；我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①

CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。

（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g)ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。

。化学键。

C—H

C—F

H—F

F—F

键能/(kJ·mol－1)

414

489

？

155

（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。22、工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。设在容积为2.0L的密闭容器中充入0.60molN2(g)和1.60molH2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为计算：

（1）该条件下N2的平衡转化率______；(小数点后保留一位)

（2）该条件下反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数_______。(不带单位)评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)23、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_____________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】A.W是固态；反应正向进行时，气体质量减小；

B.反应前后气体体积不变；

C.升温时正逆反应速率都增大；

D.当正逆反应速率相等时；反应达到平衡状态。

【详解】

A.容器体积不变；正向进行时，气体质量减少，气体密度减小，故A错误；

B.反应前后气体体积不变；所以气体压强始终不变，故B错误；

C.升高温度时正逆反应速率都增大；故C错误；

D.2v正（X）=v逆（Z）时；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；

故答案选：D。

【点睛】

判断反应是否达到平衡，若反应为等体积反应，不能通过压强判断。2、B【分析】【详解】

依据反应2KNO3（s）═2KNO2（s）+O2（g）△H=+58kJ•mol-1，反应1molKNO3所需要吸收的热量=提供热量需要碳燃烧放出，依据热化学方程式计算；C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-94kJ•mol-1，反应放热需要燃烧碳的物质的量为mol；故选B。

【点睛】

本题考查了热化学方程式计算的分析应用，掌握基础顺利解决，题目较简单。3、D【分析】【详解】

A．常温下0.1mol/LNaHSO3溶液pH＜7，HSO3-电离程度大于水解程度；A选项错误；

B．向0.1mol⋅L-1CH3COOH溶液中加入少量水，醋酸的电离平衡正向移动，则c(H+)减小的程度比c(CH3COOH)小，溶液中增大；B选项错误；

C．析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=mol/L=1.56×10-8mol/L，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=mol/L=3×10-5，c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以2种阴离子产生沉淀的先后顺序为Cl-、CrO42-；C选项错误；

D．硫化氢为弱电解质；部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，D选项正确；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A、向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，溶液中氢离子数目增大，醋酸分子数目减小，二者在同一溶液中，故溶液中c(H＋)/c(CH3COO－)增大；错误；

B；稀醋酸中加入少量醋酸钠；醋酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，错误；

C；稀醋酸中加入少量NaOH固体；二者反应生成醋酸钠，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，正确；

D、向醋酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒知溶液中c(NH4＋)/c(CH3COO－)=1；错误。

故答案选C。5、D【分析】【分析】

A．溶液的PH=7，则再结合电荷守恒判断；

B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒；根据物料守恒和电荷守恒判断；

C．pH=6的硫酸稀释1000倍后溶液接近中性；氢离子浓度为中性溶液中氢离子浓度，根据物质的量不变计算硫酸根离子浓度；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断。

【详解】

A、根据混合液中的电荷守恒式判断，常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液则故A错误；

B、根据溶液中的质子守恒式判断：故B错误；

C、将的稀释1000倍后，考虑水的电离，故C错误；

D、根据溶液中电荷守恒式判断：故D正确；

故选D。

【点睛】

选项C,酸溶液加水稀释，无论稀释多少倍，溶液只能无限接近中性，不可能为碱性，pH=6的硫酸，加水稀释1000倍，氢离子浓度近似等于10-7mol/L，而硫酸根离子浓度可以达到所要稀释的倍数。6、D【分析】【详解】

A.点②所示溶液中存在电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)；故A错误；

B.点③所示溶液为KHC2O4溶液，此时pH＜7，则HC2O4-电离大于水解，c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)；故B错误；

C.点④所示溶液为0.02mol·L-1KHC2O4和0.02mol·L-1K2C2O4的混合液，根据物料守恒可知c(K＋)=0.06mol·L-1，c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)=0.04mol·L-1，则c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10mol·L-1；故C错误；

D.点⑤所示溶液为K2C2O4溶液存在质子守恒：c(OH－)=c(H＋)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)；故D正确；

故答案选：D。

【点睛】

溶液中存在电荷守恒、质子守恒、物料守恒，以此分析溶液中离子浓度关系。7、A【分析】【详解】

A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，又因为c(Na+)=c(SO42－)；故A正确；

B、NH4Cl与氨水混合溶液中的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，c(OH－)>c(H+)，所以c(NH4+)>c(Cl－)，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl－)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H+)；故B错误；

C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)；故C错误；

D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合的物料守恒为2c(Na+)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]；故D错误；

故选A；

【点睛】

解答本题需要掌握两个方面的知识;

混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；

能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．未加NaOH溶液时：c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)；A不正确；

B．加入10mLNaOH溶液时，盐酸与NaOH刚好完全反应，此时溶液为NaCl和CH3COOH的混合溶液，在CH3COOH中，满足电荷守恒：c(OH-)＋c(CH3COO-)＝c(H+)；B正确；

C．加入NaOH溶液至pH=7时：c(Cl-)＋c(CH3COO-)＝c(Na+)；C不正确；

D．加入20mLNaOH溶液时，NaOH与HCl和CH3COOH刚好完全反应，依据物料守恒可得：c(Na+)＝c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)；D不正确；

故选B。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．用铜质铆钉铆接铁板；铁；铜在电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，Cu为正极，加快铁的腐蚀，与电化学腐蚀有关，故A不符合题意；

B．在船壳上附加锌块；Zn为负极，被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，与电化学腐蚀有关，故B不符合题意；

C．金属银与空气中的硫化氢气体反应生成黑色硫化银的过程属于化学腐蚀；与电化学腐蚀无关，故C符合题意；

D．与埋在干燥土壤里的铁管相比；铁管在潮湿的环境下容易形成原电池，Fe为负极，C为正极，加快铁的腐蚀，与电化学腐蚀有关，故D不符合题意；

故选C。

【点睛】

金属的腐蚀分为电化学腐蚀和化学腐蚀，电化学腐蚀速率快于化学腐蚀，注意电化学腐蚀形成条件是解答关键。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【详解】

（一）已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；

（二）（1）A．及时分离出NH3；减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D．该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；

（2）A．单位时间内，有3molH-H生成的同时必定6mdN-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B．根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入2molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小；正确；故选CD；

（三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1>P2>P3；设起始量氢气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%；

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x则0.5y：0.6x=1：3，解得=即X=故答案为P1>P2>P3；

（四）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始（mol）130

反应x3x2x

平衡1-x3-3x2x

则×100%=20%，解得x=mol，NH3的物质的量分数为÷=20%，N2的物质的量分数为20%，H2的物质的量分数为60%，平衡常数Kp=故答案为

（五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。【解析】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molBCCDP1>P2>P32∶5NO+2H2O-3e-=4H++NO3-11、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ12、略

【分析】【详解】

（1）根据热化学方程式的书写方法判断，①②③都是有错误的，错误之处分别是：①中物质没标状态，②是吸热反应，△H=+131kJ/mol，③除H2O外其它物质的状态不是“l”应为“aq”、△H=-57.3kJ/mol；其他均正确；

（2）结合化学反应④⑤，利用盖斯定律：④-⑤得C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol；

（3）1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热；上述反应中，④⑤分别是表示C；CO燃烧热的热化学方程式；

（4）稀强酸和稀强碱反应生成1mol水所放出的热量为中和热，反应中⑥为中和热的热化学方程式。【解析】①②③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)；ΔH=-110.5kJ/mol④⑤⑥13、略

【分析】【分析】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，结合c=计算；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；根据v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算NO2的反应速率；

(3)结合平衡的特征分析判断是否为平衡状态；

(4)根据浓度；压强、催化剂等对反应速率的影响分析判断。

【详解】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，NO的物质的量浓度是=0.0035mol/L；故答案为：0.0035mol/L；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向进行，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

0～2s内v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L•s)，故答案为：b；0.003mol/(L•s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始终存在，不能判定平衡状态，故a不选；b．反应后气体的物质的量逐渐减小，则容器内压强逐渐减小，当压强保持不变，说明达到平衡状态，故b选；c．2v逆(NO)=v正(O2)，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故c不选；d．容器内气体的质量不变、物质的量逐渐减小，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；

(4)a．及时分离出NO2气体，正反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大，故b选；c．增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；d．选择高效催化剂，反应速率加快，故d选；故答案为：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd14、略

【分析】【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；

（4）反应速率=

【详解】

：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；吸热；

（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；

b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；

c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗nmolH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选ab；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸气的浓度；

（4）反应速率故答案为0.004mol/（L﹒min）。【解析】①.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）②.吸热③.ab④.升高温度⑤.增大水蒸汽的浓度⑥.0.004mol/（L﹒min）15、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离；结合电荷守恒判断；

（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）；

（4）根据二元酸的电离方程式知，B2-只发生第一步水解；结合电荷守恒和物料守恒分析解答．

【详解】

（1）若HA是强酸；恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；

（2）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，故答案为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-3-10-11）mol•L-1，

故答案为：10-3-10-11；

（4）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；

A．由物料守恒得c（B2-）+c（HB-）=0.1mol•L-1；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．溶液中质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HB-）；故C正确；

D．溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HB-）+2c（B2-），故D错误；

故答案为：AC．

【点睛】

本题第（4）题中要注意题目所给信息H2B=H＋＋HB－，第一步电离是完全的，所以HB－不会发生水解，不要惯性思维。【解析】①.a＝7时，HA是强酸;a＞7时，HA是弱酸②.c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)③.10－3－10－11④.AC16、略

【分析】【详解】

（1）25°C向amol·L－1的HA溶液中，滴加等体积的bmol·L－1的NaOH溶液后，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，由于溶液呈中性，则c(A-)=c(Na+)=0.5bmol·L－1；所以电离平衡常数=

（2）25°C时，将氨水与盐酸等体积混合，反应完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH-)，则溶液显中性；c(OH-)=10-7mol·L－1，c(NH4+)＝0.005mol·L－1，由物料守恒可知c(NH3·H2O)＝0.5a-0.005mol·L－1，则NH3·H2O的电离平衡常数＝

【点睛】

弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子浓度会发生相应变化，但电离平衡常数不变，考题中经常利用电离平衡常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。【解析】中三、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、原理综合题(共2题，共14分)18、略

【分析】【详解】

(1).①.在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2＞a1，故a2表示的是1:4时甲烷的转化率；故答案为1:4；

②.因CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)的正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，则T2>T1，故答案为T2>T1；正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大；

(2).①.在过程I中，生成1molH2时吸收123.5kJ热量，据图可知，其热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol，故答案为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol；

②.由过程II的转化关系来看，混合气体中的H2将Fe3O4还原为Fe，反应方程式为：4H2+Fe3O43Fe+4H2O，故答案为4H2+Fe3O43Fe+4H2O；

③.a.两个过程都有元素化合价的改变，都发生了氧化还原反应，故a正确；b.过程II中Fe3O4最终被还原为Fe，Fe3O4不是催化剂，故b错误；c.若初始投料比时，二者恰好按照题给方程式反应，无CO2生成，导致CaCO3无法参加反应，使催化剂中毒失效，故c正确；答案选ac。【解析】1:4T2>T1正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247kJ/mol4H2+Fe3O43Fe+4H2Oac19、略

【分析】【详解】

（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）；

（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=296.0kJ/mol－283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol；

（3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降；故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；

（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；

①A.由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)；A项正确；

B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32-)；B项错误；

C.列出电荷守恒式：c(NH4＋)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=c(OH-)－c(H+)=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1；C项正确；故答案为：B；

②===6.25；故答案为：6.25。

【点睛】

在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子；再代入数据计算：

要计算Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式==【解析】+1NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）9.6+270.0kJ/molI>该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动B6.25五、计算题(共3题，共15分)20、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