2025年牛津上海版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年牛津上海版选修4化学上册阶段测试试卷602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8题，共16分)1、现有容积固定且相同的甲、乙、丙三个容器，均存在如下反应：在一定条件下分别向三个容器中充入的气体量和如下表所示：。容器甲210乙10.50丙10.51

根据以上数据，下列选项正确的是A.B.C.D.2、向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件；平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是。

A.Y的起始物质的量为0.5molB.该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)ΔH<0C.若t0=0，t1=10min，则t0~t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol·(L·min)-1D.反应物X的转化率t6点比t3点高3、稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2O⇌NH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，应加入的物质或采取的措施是（）A.NH4Cl固体B.硫酸C.水D.加热4、下列实验操作和数据记录都正确的是A.用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2gB.用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mLC.用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2D.用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2mL5、向NaOH溶液中逐滴加入CH3COOH溶液，直到溶液呈中性。对所得溶液中离子浓度大小的比较，下列关系式中正确的是A.c(CH3COO－)>c(Na＋)B.c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)C.c(Na＋)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)D.c(Na＋)=c(CH3COO－)6、常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是A.pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na+)<c(CH3COO-)B.浓度为0.2mol/L的CH3COOH溶液和浓度为0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]C.醋酸浓溶液加少量水稀释，几乎不变D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]7、25℃时，用0.0500mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：B.点②所示溶液中：C.滴定过程中可能出现：D.点③所示溶液中：8、硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子；阴离子通过)。下列说法错误的是。

A.a与电源的正极相连接B.阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+C.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3D.B(OH)4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、某反应过程能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为放热反应，热效应等于ΔHC.改变催化剂，可改变该反应的活化能D.有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E210、相同温度下，体积均为0.25L旳两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.6kJ/mol，实验测得起始、平衡时得有关数据如下表：。容器编号起始时各物质物质旳量/mol达平衡时体。

系能量旳变化N2H2NH3NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q

下列叙述错误旳是（）A.容器①、②中反应旳平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3旳体积分数均为25%C.容器②中达平衡时放出旳热量Q=23.15kJD.若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量＜23.15kJ11、工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下；达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率C.温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点D.温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动12、一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是。

A.550℃时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小，平衡不移动B.650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动D.925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0p总13、下列说法正确的是（）。A.已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量烧碱溶液可使溶液中值增大B.25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2OH＋＋OH－逆向移动，c(H＋)降低C.取c(H＋)＝0.01mol·L－1的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.3g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－)14、高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25℃，其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知]。下列说法正确的是（）

A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质B.由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1=4.0×10-4C.25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K＞100D.C两点对应溶液中水的电离程度不相等15、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.c()相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]>c(NH4Cl)B.将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液中：c(H+)＋c(H2CO3)＝c(OH-)＋c()＋c(NH3·H2O)C.溶液X：10mL0.1mol·L-1NaCl；溶液Y：10mL0.1mol·L-1CH3COONa，则：X中离子总浓度>Y中离子总浓度D.少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中：c(Na+)＝c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)16、25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化）；下列说法正确的是。

A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大17、下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）B.NaHSO3和NaHCO3两溶液混合呈中性的溶液中（S和C均用R表示）：c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）C.常温下，等物质的量浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2中c（NH4＋）：①＜③＜②D.常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合呈中性的溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到科学家的不断关注，下列为制取Cu2O的三种方法：

。方法Ⅰ

用碳粉在高温条件下还原CuO

方法Ⅱ

电解法，原理为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑

方法Ⅲ

用肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2

（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是_________________________。

（2）方法Ⅱ利用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为______________________________；电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时，停止电解，通过离子交换膜的阴离子的物质的量为________mol。(离子交换膜只允许OH－通过)

（3）方法Ⅲ为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。生成1molN2时，生成Cu2O的物质的量为________________。

（4）肼-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。写出肼-空气燃料电池放电时负极的电极反应式：___________________________。19、多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题：

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为______。

(2)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法；对应的反应依次为：

①SiCl4(g)+H2(g)⇌SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1>0

②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)⇌4SiHCl3(g)ΔH2<0

③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)⇌3SiHCl3(g)ΔH3

反应③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。20、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______________．21、在一定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通如图所示。容器中发生以下反应：N2+3H22NH3（正反应为放热反应）。若反应达平衡后；测得混合气体的体积为7体积，据此回答下列问题：

（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积；如果反应达到平衡后混合气体中各物质的体积仍与上述平衡时完全相同，那么：

①若a=1,c=2，则b=____。在此情况下，反应起始时将向______（填“正”或“逆”）反应方向进行。

②若需规定起始时反应向逆反应方向进行，则c的范围是______。

（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是______，原因是_____。22、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－。回答下列问题。

(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是____________________(用离子方程式表示)。

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

A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)

C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

(3)已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2,0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________________评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)23、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)24、某实验小组用工业上废弃固体(主要成分Cu2S和Fe2O3)混合物制取粗铜和Fe2(SO4)3晶体；设计的操作流程如下：

(1)③实验过程中，过滤操作用到的玻璃仪器有_________。

(2)③④操作中会有一种气体生成，若在实验室制备该气体，可选择下列哪些装置_____(填字母)。

(3)溶液B在空气中放置有可能变质，如何检验溶液B是否变质：__________。

(4)溶液B加稀硫酸酸化后加强氧化剂X，试剂X最好选择下列哪种试剂______(填字母)。

a.Cl2b.H2O2c.KMnO4

试剂X在酸性条件下与溶液B反应的离子方程式为____________。

(5)由溶液C经_______、________、过滤等操作得Fe2(SO4)3晶体。

(6)实验室中很难用硫酸亚铁与烧碱溶液反应制得纯净的Fe(OH)2，某同学利用下图装置(铁作电极，电解质溶液：氯化钠溶液)，通过电解法制取较纯的Fe(OH)2，且较长时间不变色，写出电解的化学反应方程式为______。

25、由乳酸与FeCO3反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。

(1)C的名称是___________。

(2)清洗仪器,检查装置气密性,A中加入盐酸,B中加入铁粉,C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______；打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_______________。

Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:

将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。

(3)加入少量铁粉的作用是______________。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:

(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。

。滴定次数。

0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液体积/mL

滴定前读数。

滴定后读数。

滴定后读数。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。26、一个看似平常的蛋壳；却可以设计出很多精巧的实验。

将的溶液装进一只掏空洗净的鸡蛋壳里，将蛋壳开口朝上，部分浸入盛有的溶液的烧杯中；装置如图所示，在静置一周的过程中，蛋壳外表逐渐出现金属铜，同时烧杯中的溶液渐渐褪色，并变得浑浊。

（1）设此装置中发生的是与直接相遇的反应，写出该反应的离子方程式_______。

（2）金属铜和浑浊现象均出现在蛋壳外，这意味着什么？_________。

（3）已知蛋壳外没有产生黑色沉淀，说明蛋壳外________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A.由于反应可逆，甲容器中反应实际放出的热量小于197kJ，故故A错误；

B.在体积不变的情况下，加入氦气对平衡移动没有影响，乙和丙容器中平衡状态相同，故故B正确；

C.甲和乙装置相比，甲的投料增加，相当于在乙的基础上增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率甲大于乙，故故C错误；

D.乙和丙容器中平衡状态相同，能量变化相同，由C项知，则△H1<2△H3，该反应为放热反应，焓变为负值，所以△H1<△H3；故D错误；

故选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．t4～t5阶段反应速率降低，但平衡不移动，说明t4时刻改变的条件为减小压强，即反应前后气体化学计量数之和相等，X的浓度减小，为反应物，变化为(1-0.8)mol·L-1=0.2mol·L-1，Z的浓度增大，为生成物，变化为(0.6-0.3)mol·L-1=0.3mol·L-1，则X和Z的化学计量数之比为2：3，则Y的化学计量数为1，Y的浓度变化为0.2mol·L-1×=0.1mol·L-1，Y为反应物，因此起始时Y的物质的量为(0.1+0.4)mol·L-1×1L=0.5mol；A项正确；

B．根据选项A的分析，反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)，根据图乙，t5时刻改变的条件应为温度，正、逆反应速率均升高，因此应是升高温度，因v正>v逆反应向正反应方向进行，说明正反应是吸热反应，即ΔH>0；B项错误；

C．根据化学反应速率表达式可知，v(Z)==0.03mol·L-1·s-1；C项正确；

D．t5～t6阶段，平衡向正反应方向移动，X的转化率升高，而t3～t5阶段，平衡不移动，所以X的转化率为t6点比t3点高；D项正确；

故答案选B。3、A【分析】【详解】

A．加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，故A选项正确。

B．加硫酸，会溶液中的氢氧根反应，使平衡正向移动，故B选项错误。

C．加水；电离平衡正向移动，故C选项错误。

D．氨水的电离过程吸热；加热使反应正向进行，故D选项错误。

故答案选A。4、D【分析】【详解】

A.氢氧化钠应该放在小烧杯中称量；A错误；

B.应该用25mL酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；B错误；

C.广泛pH试纸读数只能是整数；C错误；

D.用10mL量筒量取NaCl溶液；体积为6.5mL，D正确；

答案选D。5、D【分析】【详解】

滴定至中性时，溶液中溶质主要是醋酸钠、醋酸，溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，因此所以

故答案为：D。6、D【分析】【详解】

A．pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)<c(CH3COO-)；故A正确；

B．浓度为0.2mol/L的CH3COOH溶液和浓度为0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后的溶液中含有等浓度的CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，和物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，因此c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]；故B正确；

C．醋酸浓溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，Ka=醋酸浓溶液中，忽略水电离产生的氢离子浓度，则c(CH3COO-)=c(H+)，则有Ka=所以题中所问Ka只与温度有关；所以加少量水稀释时，比值几乎不变，故C正确；

D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]；故D不正确；

故选D。7、C【分析】【分析】

用0.0500mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，反应为H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4；

A.点①pH=8.3时，反应生成Na2C2O4；根据电荷守恒进行判断；

B.点②pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；再结合电荷守恒进行判断；

C.滴定过程中点①溶液呈碱性；点②溶液呈中性，点③溶液呈酸性，据此进行判断；

D.点③溶液呈酸性，溶质为NaHC2O4；据此判断。

【详解】

用0.0500mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液，反应为H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4；

A.点①pH=8.3时，反应生成Na2C2O4，C2O42-水解生成HC2O4-、H2C2O4，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(OH-)，根据物料守恒有c(Na+)=2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，两式结合得c(OH-)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(H+)；A项错误；

B.点②pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，可知B项错误；

C.滴定过程中点①溶液呈碱性，点②溶液呈中性，点③溶液呈酸性，随着草酸的滴入，NaHC2O4逐渐增多，有C项正确；

D.点③溶液呈酸性，溶质为NaHC2O4，HC2O4-电离程度大于水解程度，故有D项错误；

答案选C。

【点睛】

电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等;物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变;质子守恒:质子守恒是指电解质溶液中的分子或离子得到或失去的质子的物质的量相等。质子守恒也可根据电荷守恒和物料守恒联合求出;把握盐溶液中的物料守恒、电荷守恒的计算方法是解题的关键。8、C【分析】【详解】

a为阳极，与电源的正极相连接，故A正确；阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故B正确；电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入阴极室，原料室中的B（OH）4-通过阴膜进入产品室，故D正确；阳极室中氢离子通入阳膜进入产品室，理论上每生成1molH3BO3，需要1molH+，1molB（OH）4-；故需要转移1mol电子，故C错误；故选C。

点睛：该装置是电解装置的升级版，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意每个室中离子浓度的变化，结合离子交换膜的类型，就可以明白产品室、原料室的作用，不论如何复杂电子转移的数目是不变的，电路中通过电子数不变。二、多选题(共9题，共18分)9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高；没有催化剂参与，错误；

B．由于反应物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH，正确；

C．改变催化剂；改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，正确；

D．E1是正反应的活化能，E2是中间产物的活化能，有催化剂条件下,正反应的活化能等于E1；错误。

答案选B。10、BC【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关；利用反应热计算生成氨气的物质的量；进而根据化学方程式计算生成氨气的体积分数；从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系。

【详解】

A．平衡常数只与温度有关；相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；

B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：＝0.5mol；利用三段式法计算：

平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数＝

从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2；在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B错误；

C．②中含有0.2molNH3相当在①的基础上加入氨气；抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；

D．若容器①体积为0.5L；相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ，故D正确；

故答案选BC。11、BD【分析】【详解】

A.根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0；故A错误；

B.缩小容器的体积；相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；

C.根据图像，T1温度下未达到平衡；反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；

D.T2下，甲醇的转化率为60%，达到平衡，此时容器的体积为2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化学平衡常数K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为4L，此时c(CH3OH)==0.05mol·L－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K；说明平衡不移动，故D说法正确；

答案：BD。

【点睛】

本题的难点是选项D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，推出此时容器的体积应为4L。12、BC【分析】【详解】

A.可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向着正向移动，v正、v逆均减小；故A错误；

B；由图可以知道；650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol；

则有C(s)+CO2(g)2CO(g)

开始10

转化x2x

平衡1-x2x

所以100%=40%，计算得出x=0.25mol，则CO2的转化率为：100%=25.0%；故B正确；

C.由图可以知道，T℃时，反应达平衡后CO2和CO的体积分数都为50%即为平衡状态；所以平衡不移动，故C正确；

D.925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，设p总=P，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP===23.04P总；故D错误；

答案选BC。13、AC【分析】【详解】

A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，值增大；故A正确；

B．含有弱离子的盐能够水解；促进水的电离，向水中加入醋酸钠固体，醋酸根离子水解，是结合氢离子生成了弱电解质醋酸，溶液中氢离子浓度减小，促进水的电离，故B错误；

C．反应速率与氢离子浓度成正比，c(H+)=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸；醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C正确；

D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(NO3-)；故D错误；

故选AC。14、BD【分析】【详解】

A.溶液中存在HFeO4-、H2FeO4，所以H2FeO4属于弱电解质；故A错误；

B.由B点数据可知，H2FeO4的第一步电离常数Ka1==4.0×10-4；故B正确；

C.H2FeO4(aq)和H3FeO4+(aq)相等时pH约等于1.5，25℃，H2FeO4(aq)+H+H3FeO4+(aq)的平衡常数K=<100；故C错误；

D.A点的溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4-水解，抑制水电离，C点溶液呈碱性，说明HFeO4-电离小于FeO42-水解；促进水电离，对应溶液中水的电离程度不相等，故D正确；

选BD。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意根据A、C点计算H2FeO4的电离平衡常数。15、BC【分析】【详解】

A．(NH4)2SO4可以电离出两个铵根，所以c()相等时，其浓度最小，NH4HSO4可以电离出氢离子抑制铵根的水解，所c(NH4HSO4)<c(NH4Cl)，则三种溶液的浓度大小关系为：c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]；故A错误；

B．析出部分NaHCO3晶体后，可以认为溶液中溶质为NH4Cl和NaHCO3，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c()=c(OH-)+c(HCO)+2c()+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c()+c(H2CO3)，c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)，联立可得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()+c(NH3•H2O)；故B正确；

C．NaCl溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以溶液中离子总浓度即为2[c(Na+)+c(H+)]，同理可得醋酸钠溶液中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]，两溶液中c(Na+)相同，但醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解使溶液显碱性，所以氢离子浓度较小，则X中离子总浓度>Y中离子总浓度；故C正确；

D．少量的氯气通入过量冷的0.1mol·L-1NaOH溶液中，溶液中的溶质为NaCl、NaClO、NaOH，所以c(Na+)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)；故D错误；

故答案为BC。16、BC【分析】【分析】

根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；

【详解】

A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线；故A错误；

B.K(HA)的表达式为K(HA)=pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5；故B正确；

C.P点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正确；

D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小；故D错误；

答案选BC。17、BD【分析】【详解】

A．pH=4的0.1mol·L-1的NaHA溶液中，电离大于水解，c（A2-）＞c（H2A）；不正确；

B．电荷守恒：c（H+）+c（Na＋）＝c（HRO3—）＋2c（RO32—）+c（OH―），溶液呈中性，所以c（H+）＝c（OH―）；正确；

C．(NH4)2CO3中RO32—促进了NH4+的水解，(NH4)2SO4中SO42—对NH4+的水解无影响，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+对NH4+的水解起到抑制作用，所以c（NH4＋）：①＜②＜③；不正确；

D．电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH―）＋c（CH3COO―）＋c（Cl―）；

物料守恒：c（Na＋）=c（CH3COO―）＋c（CH3COOH）；

溶液呈中性，c（H+）＝c（OH―），所以溶液中：c（Na＋）＞c（Cl—）＝c（CH3COOH）正确；

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是C还原CuO生成的Cu2O可能被C继续还原为Cu，反应不易受控制。（2）阳极Cu失去电子发生氧化反应，2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。电池阴极的反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成的气体为H2，标准状况下生成气体的物质的量为0.005mol，所以通过离子交换膜的阴离子的物质的量为0.01mol。(3)方法Ⅲ的化学反应方程式为N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O＋6H2O+N2↑，由化学方程式可知，生成1molN2时，同时生成Cu2O的物质的量为2mol。(4)燃料负极失去电子发生氧化反应，电极方程式为N2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑。【解析】反应不易控制，Cu2O可能被C继续还原为Cu2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O0.012molN2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑19、略

【分析】【详解】

（1）参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可直接写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1，故答案为：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1；

（2）仔细观察发现：②-①=③，根据盖斯定律可得：∆H3=∆H2-∆H1，故答案为：∆H2-∆H1。【解析】Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)∆H=-225kJ·mol-1∆H2-∆H120、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﹣130.67kJ21、略

【分析】【详解】

(1)①反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同,恒温恒压条件下,采用极限分析,按化学计量数转化到左边,应满足2体积N2、6体积H2，2体积的氨气完全转化得到1体积氮气、3体积氢气，故1+a=1+1=2，3+b=6，则b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，则b=3；因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，则平衡时氨气应该为1体积，而在起始时，氨气的体积c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动，故答案为：3；逆；

②若让反应逆向进行；由上述①所求出的平衡时氨气为1体积，氨气的体积必须大于1体积，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1＜c≤4，故答案为：1＜c≤4；

(2)平衡后混合气体为6.5体积<7体积，恒压条件下，应是改变温度影响平衡移动，由于正反应为放热反应，且是气体总分子数减小的反应，只能为降低温度，,故答案为：降低温度；6.5<7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施。【解析】①.3②.逆③.1＜c≤4④.降温⑤.6.5＜7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施22、略

【分析】【分析】

该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，但是HB－不发生水解；溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。

【详解】

（1）该二元酸在水中第一步完全电离、第二步部分电离，所以在Na2B的水溶液中只有B2－能发生水解生成HB－，溶液呈碱性，用离子方程式表示：B2－＋H2OHB－＋OH－；故答案为：碱性；B2－＋H2OHB－＋OH－；

（2）A．HB－不发生水解，则该溶液中含有B元素的微粒有B2－、HB－，不含H2B，c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1；故A错误；

B．B2－水解导致溶液呈碱性，则c（OH－）＞c（H＋），钠离子不水解，则c（Na＋）＞c（HB－），所以存在c（Na＋）+c（OH－）＞c（H＋）+c（HB－），或根据质子守恒得c（OH－）=c（H＋）+c（HB－）；故B错误；

C．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)；故C正确；

D．根据物料守恒：c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)；故D正确；

故选CD；

（3）0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，c(Na＋)=0.1mol·L－1，c(HB－)=0.09mol·L－1，加上水电离的氢离子c(H＋)>0.01mol·L－1,c(B2－)=0.01mol·L－1,水电离的c(OH－)，0.1mol·L－1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)；故答案为：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查分析判断能力，明确B2－只发生第一步水解是解本题关键，注意该溶液中c（H2B）=0，为解答易错点。【解析】①.碱性②.B2－＋H2OHB－＋OH－③.CD④.c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)四、判断题(共1题，共9分)23、×【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、实验题(共3题，共6分)24、略

【分析】【分析】

废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体a是SO2，固体A是CuO和Fe2O3，固体A和稀硫酸混合，发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，所以溶液A中成分为CuSO4、Fe2(S