2025年湘教新版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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年湘教新版选修4化学下册月考试卷801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、关于室温下pH=2的盐酸和0.01mol•L-1的醋酸溶液，下列说法正确的是()A.两溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)=n(HCl)B.两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)＜c(Cl-)C.相同体积的两溶液均用水稀释100倍后，盐酸的pH比醋酸的大D.相同体积的两溶液分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体比醋酸的多2、pH＝2的强酸溶液，加水稀释，若溶液体积扩大10倍，则由水电离的c(H＋)和c(OH－)的变化A.c(H＋)和c(OH－)都减少B.c(H＋)和c(OH－)都增大C.c(H＋)增大和c(OH－)减少D.c(H＋)减小和c(OH－)增大3、常温下，向体积均为1L、pH均等于2的盐酸和醋酸中分别投入0.23gNa，则下列各图中符合反应事实的是A.B.C.D.4、下列各组数据中，其比值为2：1的是A.氨水与溶液混合后的溶液中，B.相同温度下，乙酸溶液与乙酸溶液中之比C.溶液中，D.的溶液与的KOH溶液中，5、磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图；下列说法正确的是。

A.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B.该温度下，H3PO4的三级电离常数Ka3＞10-12C.H3PO4的电离方程式为：H3PO4⇌3H++PO43—D.滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3Na2CO3+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑6、25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示下列叙述错误的是。

A.从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B.直线n表示pH与的关系C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D.pH=4.18的混合溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)7、根据下列实验操作和现象所做出的结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

相同条件下，浓度均为1mol·L−1的CH3COOH和HCl分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗。

CH3COOH是弱电解质。

B

向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水；先出现蓝色沉淀。

Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]

C

分别向pH＝3的盐酸和草酸溶液中加入足量锌粒；一段时间后草酸反应速率更快。

草酸是二元酸。

D

室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L－1Na2SO3溶液的pH为10；0.1mol•L－1NaHSO3溶液pH为5

HSO结合H＋的能力比SO32－的强。

A.AB.BC.CD.D8、锌—空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源，总反应式为：2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2；示意图如图所示。有关该电池的说法正确的是。

A.电池可以用稀硫酸做电解质溶液B.电池工作时，电子由a电极沿导线流向b电极C.空气扩散电极上的电极反应：O2+2H2O+4e–=4OH–D.阻隔空气进入锌—空气电池，电池仍能工作9、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2；原理如图。下列有关说法正确的是。

A.a为电源的负极B.电解前后，阴极室溶液的pH不变C.阳极室中发生的电极反应为2H++2e-=H2↑D.若两极共收集到气体产品13.44L，则除去的尿素为7.2g（忽略气体的溶解）评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、根据以下三个热化学方程式：

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2kJ/mol

2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系：__________11、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

已知：ⅰ．反应A中；4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。

ⅱ．

（1）反应A的热化学方程式是____。

（2）断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为____kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键(填“强”或“弱”)____。12、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

(1)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：该反应的化学平衡常数表达式是K=_________。已知平衡常数K与温度T的关系如表:。T/℃400300平衡常数KK1K2

①试判断K1_________K2(填写“>”“=”或“<”)。

②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

③合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是_________(填字母)。

a．采用较高温度(400~500℃)b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来。

c．用铁触媒加快化学反应速率d．采用较高压强(20~50MPa)

(2)对反应在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是_________。

a．A、C两点的反应速率：A>C

b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

c．A、C两点N2O4的转化率：A

d．由状态B到状态A，可以用加热的方法13、铁及其化合物与生产；生活关系密切。

（1）写出铁红（Fe2O3）的一种用途：_______________________。

（2）写出利用FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体的离子方程式：_________________________；

（3）已知t℃时，FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25，在该温度下，反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=_________________14、（1）在医学上小苏打经常用于治疗胃酸过多，写出其电离方程式__；其水溶液中各离子浓度大小的关系为__。

（2）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__(填化学式)。

（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是___。15、科学家预言；燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下：

请回答下列问题：

（1）Pt(a)电极是电池的________极，电极反应式为__________________；Pt(b)电极发生________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为___________。

（2）电池的总反应方程式为____________________。

（3）如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有______mol。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、原理综合题(共1题，共10分)17、为减少排放；科学家着眼于能源转换和再利用等问题。回答下列问题：

(1)我国科学家采用酞菁钴()和锌-氮-碳()串联催化剂，可有效地将还原为甲烷。模拟装置如图1所示；串联催化剂表面反应历程如图2所示。

图1图2

①关于该装置的说法错误的是_______。

A．串联催化剂表面发生的反应为：

B．该串联催化装置，可将制备的过程分解在两种活性位点上进行。

C．在表面被氧化，生成中间产物

D．标准状况下，每生成理论上可处理

②已知：ΔH1=-akJ/mol

ΔH2=-bkJ/mol

ΔH3=+ckJ/mol(a、b；c均为正值)

则反应的ΔH4=_______kJ/mol(用a、b；c表示)。

(2)还可制取和水蒸气。将和充入恒容密闭容器中，在两种不同催化剂作用下发生反应，相同时间内的转化率随温度变化曲线如图3所示：

①点时v正_______v逆(填“＞”“＜”“=”)。

②随温度的升高，的转化率先增大后减小，理由是_______。

③已知c点时容器内的压强为P，在T5温度下该反应的平衡常数Kp为_______(用含P的关系式表示)。

(3)在某催化剂作用下，和还能发生如下反应：图4所示为在体积为的恒容容器中，通入和时，测得的温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响：

①a、b两点平衡常数的大小关系为：Ka_______Kb(填“＞”“＜”)。

②如果不用催化剂，其他条件不变，则250℃时的平衡转化率位于_______点(填“a”“c”“d”)。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共10分)18、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、结构与性质(共3题，共15分)19、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：)20、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“＝”）。21、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、B【分析】【详解】

pH=2的盐酸和0.01mol•L-1的醋酸溶液的浓度均为0.01mol/L；即两种酸的浓度相等。

A．两种酸的浓度相等，即c(CH3COOH)=c(HCl)，由n=cV可知，两种酸的体积V相同时n(CH3COOH)=n(HCl)；但两酸的体积V不确定，所以不能判断两溶液中溶质的物质的量的大小关系，故A错误；

B．两种酸的浓度相等，但醋酸是弱酸、部分电离，所以两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)＜c(Cl-)；故B正确；

C．相同体积的两溶液均用水稀释100倍后；两种酸的浓度仍然相等，但醋酸是弱酸；部分电离，所以醋酸的酸性弱、pH大，故C错误；

D．两种酸的浓度相等、体积相等，则酸的物质的量：n(CH3COOH)=n(HCl)，与足量Mg反应时n(H2)=n(CH3COOH)=n(HCl)；所以生成氢气体积相等，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为A，要注意溶质的物质的量与溶液的浓度和体积两个因素有关。2、B【分析】【详解】

强酸稀释后，溶液中氢离子浓度减小，稀释前后，溶液的温度不变，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)不变，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液中的氢氧根离子是水电离产生的，因此由水电离的c(H＋)和c(OH－)均增大；故A；C、D错误，B正确，故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意溶液中的氢离子主要是酸电离产生的，水电离的氢离子浓度一定等于水电离的氢氧根离子浓度。3、B【分析】【详解】

A．醋酸与Na反应生成的醋酸钠溶液中；因醋酸根离子水解显碱性，但醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液的pH＜7，故A错误；

B．因盐酸与Na恰好完全反应；则反应后溶液的pH=7，而醋酸过量，溶液显酸性，所以溶液的pH＜7，故B正确；

C．因Na的质量相同；则与盐酸恰好完全反应，醋酸过量，生成氢气相同，故C错误；

D．因Na的质量相同；则与盐酸恰好完全反应，醋酸过量，生成氢气相同，且醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸先反应结束，故D错误；

故选：B。4、A【分析】【详解】

A．氨水与溶液混合后则由电荷守恒可知故1；

故A正确；

B．因乙酸为弱酸，浓度越小，电离程度越大，则乙酸溶液与乙酸溶液中之比不等于2：1；应小于2：1，故B错误；

C．由化学式为但的水解，则1，故C错误；

D．强碱溶液，则故2；故D错误；

答案选A。5、A【分析】【详解】

A．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，当滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)；A项正确；

B．根据图象可知，在该温度下，若pH=12时，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3==1O-12，而实际图像中显示pH>12，H3PO4的三级电离常数Ka3<10-12；B项错误；

C．H3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式应分步书写，以第一步为主：H3PO4⇌H++H2PO4-；C项错误；

D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑；D项错误；

答案选A。6、D【分析】【详解】

A.如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大；故A正确；

B.pH增大，增大，减小，则直线n表示pH与的关系；故B正确；

C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2

Ka1(H2C2O4)=在N点=-1，即N点的pH＝2.22，则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以Ka1(H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22；故C正确；

D.M点：-lg=0，Ka2==10-3.18×10-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)；故D错误；

故选D。7、A【分析】【详解】

A．等浓度时盐酸完全电离，醋酸部分电离，则CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，能够说明CH3COOH是弱电解质；故A正确；

B．Ksp小的先沉淀，向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]；故B错误；

C．pH=3的盐酸和草酸；草酸浓度大，随着反应的进行，草酸继续电离，一段时间后草酸反应速率比盐酸快，只能说明草酸为弱酸，不能说明草酸为二元酸，故C错误；

D．0.1mol•L－1Na2SO3溶液的pH为10；0.1mol•L－1NaHSO3溶液pH为5，说明Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱；故D错误；

故选A。8、C【分析】【分析】

由电池总反应式可知，锌电极为原电池负极，碱性条件下，锌失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH–-2e–=Zn（OH）2，空气扩散电极为原电池正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e–=4OH–。

【详解】

A项；锌和氢氧化锌能够与稀硫酸反应；则电解质溶液不可能是稀硫酸，故A错误；

B项、电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，即电子由b电极沿导线流向a电极；故B错误；

C项、由电池总反应式可知，空气扩散电极为原电池正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e–=4OH–；故C正确；

D项；阻隔空气进入锌—空气电池；不能发生自发的氧化还原反应，电池不能工作，故D错误；

故选C。

【点睛】

构成原电池的首要条件是必须能发生自发的氧化还原反应，若不能发生自发的氧化还原反应，电池不能正常工作是解答关键，也是易错点。9、B【分析】【详解】

A.由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极；故A错误；

B.阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水；所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B正确；

C.由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；故C错误；

D.题中没有说明收集到的气体是否在标准状况下；无法使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。

故选B。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

硫化氢完全燃烧放出的热量多；生成液态水是放出的热量多。

【详解】

硫化氢完全燃烧放出的热量多，则Q1>Q2；气态水的能量高于液态水的能量，则硫化氢生成液态水是放出的热量多，即Q2>Q3，综上可得Q1>Q2>Q3，故答案为：Q1>Q2>Q3。

【点睛】

依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断是解题关键。【解析】Q1>Q2>Q311、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6kJ，可知反应4HCl+O22Cl2+2H2O的ΔH=-115.6kJ·mol-1，故答案为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1；

(2)由ΔH=(生成物键能之和-反应物键能之和)可得，4E(H—Cl)+498kJ·mol-1-4E(H—O)-2×243kJ·mol-1=-115.6kJ·mol-1，所以E(H—O)-E(H—Cl)=31.9kJ·mol-1，所以断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ。键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl键强。【解析】4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-132强12、略

【分析】【详解】

（1）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：根据平衡常数表达式可知，该反应的化学平衡常数表达式是

①根据降低温度平衡放热方向移动以及平衡正向移动平衡常数增大，所以K12；

②a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为为1:3:2；所以不能作为平衡的标志，故a错误；

b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体体积减小；若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；

d．反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；

答案选c；

③a．加热到500℃合成氨是放热反应；升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故a错误；

b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故b正确；

c．用铁作催化剂加快化学反应速率；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释，故c错误；

d．采用较高压强(20Mpa−50MPa)；合成氨是气体体积减小的反应，加压至20∼50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故d正确；

答案选bd；

(3)a．.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C>A；故a错误；

b．B和C的体积分数相等，所以B、C两点的气体的平均相对分子质量相等，故b错误；

c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A>C；故c错误；

d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大；所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；

答案选d。【解析】<cbdd13、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）铁红（Fe2O3）常用作防锈漆和炼铁的原料；故答案为防锈漆；炼铁；

（2）利用FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；

（3）反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）===4；故答案为4。

考点：考查了铁及其化合物的性质、化学平衡的相关知识。【解析】①.防锈漆、炼铁②.Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+③.414、略

【分析】【详解】

(1)小苏打的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-以及H2O⇌H++OH-；钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氢钠水解而使溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要是碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)＞c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(2)AlCl3的水溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，水解方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干过程中加热促进其水解，而盐酸易挥发，所以蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧后得到Al2O3；

(3)硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.NaHCO3=Na++HCO3-②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)③.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+④.Al2O3⑤.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑15、略

【分析】从示意图中可以看出电极Pt(a)原料是CH3OH和水，反应后产物为CO2和H＋，CH3OH中碳元素化合价为－2，CO2中碳元素化合价为＋4，说明Pt(a)电极上CH3OH失去电子，电极Pt(a)是负极，则电极Pt(b)是正极，Pt(b)电极原料是O2和H＋，反应后的产物为H2O，氧元素化合价由0→－2，发生还原反应，因为电解质溶液是稀H2SO4，可以写出电池总反应式为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，再写出较为简单的正极反应式：3O2＋12e－＋12H＋=6H2O，用总反应式减去正极反应式即可得到负极反应式为：2CH3OH＋2H2O－12e－=2CO2↑＋12H＋。【解析】负CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋还原O2＋4H＋＋4e－===2H2O2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O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、原理综合题(共1题，共10分)17、略

【分析】【分析】

CO2在作催化剂的条件下转化为CO，CO在作催化剂的条件下转化为CH4，装置为电解池，串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了8价，得到8个电子与8个氢离子结合生成甲烷和水，发生的反应为：阳极上的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，总的电极反应为：CO2+2H2OCH4+2O2；根据盖斯定律计算反应的焓变；相同时间内的转化率随温度变化曲线可知，b点达到平衡状态；根据化学平衡的移动和平衡常数的表达式和三段式进行计算，由此分析。

【详解】

①A．根据分析，串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了8价，得到8个电子与8个氢离子结合生成甲烷和水，串联催化剂表面发生的反应为：故A不符合题意；

B．该串联催化装置，可将制备的过程分为两步；故可以在两种活性位点上进行，故B不符合题意；

C．CO2在作催化剂的条件下转化为CO，CO2的化合价从+4价降低到+2价，CO2在表面被还原，生成中间产物故C符合题意；

D．根据电极反应，总的电极反应为：CO2+2H2OCH4+2O2；氧原子的化合价从-2价升高到0价，每生成2mol氧气时处理1mol二氧化碳，标准状况下，每生成氧气的物质的量n===0.5mol，理论上可处理0.25mol二氧化碳，V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；故D符合题意；

答案选CD；

②已知：ⅠΔH1=+akJ/mol

ⅡΔH2=-bkJ/mol

ⅢΔH3=+ckJ/mol

根据盖斯定律，2×Ⅰ-2×Ⅱ-Ⅲ，得到反应：的ΔH4=2a+2b-ckJ/mol；

(2)还可制取和水蒸气。将和充入恒容密闭容器中；

①b点达到平衡状态，a点未达到平衡状态，平衡正向移动，a点时v正＞v逆；

②b点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，转化率增大；b点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移，转化率降低；随温度的升高，的转化率先增大后减小；

③c点时容器内的压强为P；二氧化碳的转化率为50%，列出三段式；

平衡时各物质的物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，在T5温度下该反应的平衡常数Kp为=

(3)在某催化剂作用下，图4所示为在体积为的恒容容器中，通入和时；

①由图可知，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，说明温度升高，平衡逆向移动，平衡常数越小，温度，a＞b，两点平衡常数的大小关系为：Ka＜Kb；

②如果不用催化剂，其他条件不变，由图可知，250℃后，的平衡转化率变化不大，250℃时的平衡转化率位于a点。

【点睛】

写电化学中的电极反应时，需要看清楚题中有无电源，判断清楚是原电池还是电解质，从而根据氧化还原反应判断出两极的电极反应，根据化合价的变化判断出转移的电子数，为易错点。【解析】CD2a+2b-c＞b点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快，转化率增大；b点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移，转化率降低＜a五、元素或物质推断题(共1题，共10分)18、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，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：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，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、结构与性质(共3题，共15分)19、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-0.5120、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