2025年苏教版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年苏教版选修4化学下册阶段测试试卷653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、在0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是A.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动B.加水，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C.滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)减少D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动2、向蒸馏水中加入少量下列物质，能促进水的电离的是（）。A.醋酸钠B.氨水C.硫酸氢钠D.稀盐酸3、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.0.1mol/LNa2CO3的溶液中：c()=2c(H2CO3)+c(H＋)-c(OH－)B.物质的量浓度之比为1:2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝2c()＋2c()＋2c(H2CO3)C.向3.0L0.1mol·L－1NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8g时，溶液中：c(Na＋)＞c()＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)D.等物质的量的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH＝4.75中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)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，溶液中增大B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＜1D.在Na2S溶液中存在2c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)5、和浓度均为的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是（）A.B.C.D.6、常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[－lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是。

A.从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小B.c、e两点溶液对应的pH=7C.常温下，A－的水解平衡常数Kh约为1×10－9mol·L－1D.b点的溶液呈酸性，粒子浓度之间存在：c(HA)+2c(H+)=2c(OH－)+c(A－)7、化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质的氧化性的是A.食醋除水垢B.纯碱去油污C.葡萄糖用于工业制镜D.漂白粉漂白织物8、常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.Kal(H2S)的数量级为10-6B.NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.当体系呈中性时，>D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响9、常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸；溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是。

A.a点溶液pH=11B.曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C.c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D.在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、用如图所示装置进行中和热测定实验；请回答下列问题：

（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是___；从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）使用补全仪器后的装置进行实验，取50mL0.25mol/LH2SO4溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，若用50mL0.50mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会___。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)11、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)。12、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)=_________________13、已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；请回答下列问题：

（1）此温度___25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___。

（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是___。

A．通入适量SO2气体B．加入适量Ba(OH)2溶液。

C．升温至60℃D．加入NH4Cl溶液。

（3）此温度下纯水中的c(H＋)＝__。

（4）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是___。

①1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶。

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱。

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应。

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢。

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+同时存在14、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问题。

(1)常温下0.1mol·L－1的HA溶液中pH＝3，则HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式____________________________________。

(2)已知：常温下0.1mol·L－1BOH溶液pH＝13，将V1L0.1mol·L－1HA溶液和V2L0.1mol·L－1BOH溶液混合；回答下列问题：

①当V1:V2＝1:1时，溶液呈____性，请用离子方程式解释原因________________。

②当混合溶液pH＝7时，溶液中离子浓度大小关系是_____________________。15、我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰；2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：

Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和

a：

b：

(1)相同温度下，反应的___________

(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器极大地改善了该问题，其原理如图1所示：

保持压强为温度为向密闭容器中按投料比，投入一定量和不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．气体压强不再变化。

B．气体的平均相对分子质量不再变化。

C．不再变化。

D．的物质的量之比为

②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。

(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同，其他反应条件均相同)。

①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。

(4)阴极的电极反应式为___________。16、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。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、结构与性质(共3题，共27分)18、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：)19、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“＝”）。20、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：__。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共5分)21、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、实验题(共2题，共10分)22、盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量和可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器，这种玻璃仪器的名称是___________。

(2)大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(3)实验中改用盐酸跟溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“偏大”“相等”或“偏小”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：___________。

(4)用相同浓度和体积的氨水代替溶液进行上述实验，测得的中和热数值会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(5)取溶液和硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。温度。

实验次数起始温度终止温度。

温度差平均值。

平均值平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4

则中和热___________(取小数点后一位。)【本题中溶液和硫酸溶液的密度均取中和后生成溶液的比热容取】23、某探究性学习小组欲用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100mL－1)。有关操作如下：

Ⅰ.实验步骤。

（1）用________(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋；在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。

（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。

（3）读取盛装0.1000mol·L－1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。

（4）滴定。当__________________________________________________时；停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。

Ⅱ.实验记录。滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95

Ⅲ.数据处理与讨论。

（1）处理数据可得：c(市售白醋)＝________mol·L－1；市售白醋总酸量＝________g·100mL－1。

（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________填写序号)。

a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗。

b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后；再加少量水。

d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A、醋酸溶液中组存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加入氢氧化钠和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，故A正确；

B；加水稀释；促进电离，平衡向正反应方向移动，但离子浓度均减小，反应速率减慢，故B错误；

C、0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，滴加少量0.1mol/LHCl溶液，溶液中c(H+)增加；故C错误；

D、加入少量CH3COONa固体；醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故D错误；

故选A。2、A【分析】【详解】

A.醋酸钠是强碱弱酸盐；弱酸根离子醋酸根水解促进水的电离，A正确；

B.氨水为一元弱碱溶液；抑制水的电离，B错误；

C.硫酸氢钠溶液中电离出的氢离子抑制水的电离；C错误；

D.稀盐酸为强酸溶液抑制水的电离；D错误；

故答案选A。

【点睛】

酸或碱对水的电离起到抑制作用，加入能够水解的盐对水的电离起促进作用。3、D【分析】【详解】

A.Na2CO3在溶液中根据物料守恒：c（Na＋）=2c（CO32－）+2c（HCO3－）+2c（H2CO3），溶液呈电中性可知：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），因此有c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+2c（H2CO3）；故A错误；

B.物质的量浓度之比为1:2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒：2n（Cl）=n（C），即2c(HClO)＋2c(ClO－)＝c()＋c()＋c(H2CO3)；故B错误；

C.溶液增重的质量为二氧化碳，n（CO2）==0.2mol，NaOH溶液中含有氢氧化钠为：n（NaOH）=0.1mol·L－1×3.0L=0.3mol，1＜=1.5＜2，所以二者反应生成的是NaHCO3和Na2CO3，设n（Na2CO3）=xmol、n（NaHCO3）=ymol，根据C原子、Na原子守恒得：x+y=0.2、2x+y=0.3，解得：x=0.1、y=0.1，故反应后生成等物质的量的NaHCO3和Na2CO3，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则：c（CO32－）＜c（HCO3－），正确的离子浓度大小为：c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋）；故C错误；

D.等物质的量的CH3COOH、CH3COONa混合溶液pH=4.75，溶液显酸性说明醋酸电离大于醋酸根离子水解，电荷守恒可知：c（CH3COO－）+c（OH－）=c（Na＋）+c（H＋），c（Na＋）＞c（CH3COOH），得到c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H＋）；故D正确；

故选D。4、A【分析】【详解】

A.向0.1mol·L−1CH3COOH溶液中加入少量水，加水促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，同一溶液中体积相同，所以溶液中增大；故A正确；

B.升高温度促进水解，溶液中=则升高温度比值减小，故B错误；

C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，显中性，即c(OH−)=c(H+)，所以c(Cl−)=c(NH4+)，即溶液中=1；故C错误；

D.在Na2S溶液中存在物料守恒，即是c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)；故D错误；

故选A。5、D【分析】【分析】

本题考查溶液中离子浓度问题，由于H2CO3H＋＋HCO3－，HCO3－H++CO32－K1>K2所以CO32－水解程度大于HCO3－由于水解所以溶液呈碱性所以c(OH－)>c(H＋)。

【详解】

浓度最大，两种盐同浓度，由于的水解程度大于的电离程度并且生成故溶液显碱性且水解都是微弱的，且浓度大于所以故答案D正确。

答案选D。6、B【分析】【分析】

根据图示，0.1mol·L－1的HA溶液中－lgc水(H+)=11，则c水(H+)=10-11mol/L，由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，说明HA为弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液20mL时，恰好完全反应生成NaA，即d点溶液中溶质为NaA，则b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液；f点为等物质的量浓度的NaA和NaOH的混合溶液，据此分析解答。

【详解】

A．NaA水解促进水的电离，过量的NaOH存在抑制水的电离，从d点以后至f点，H2O的电离程度一直减小；故A正确；

B．c点存在NaA和HA；因为c点溶液为中性，pH=7，e点存在NaA和NaOH，则e点为碱性，pH＞7，故B错误；

C．起始时溶液中只有HA，溶液为酸性，c水(H+)=10-11mol/L，则由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的电离平衡常数为Ka(HA)==≈10-5，所以A-的水解常数为Kh===10-9；故C正确；

D．b点为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，则c(HA)+2c(H+)=2c(OH-)+c(A-)；故D正确；

故选B。

【点睛】

明确HA为弱酸和各点溶液的组成和性质是解题的关键。本题的易错点为B，要注意不能根据水电离出H+浓度判断溶液的酸碱性和pH。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．食醋除水垢；利用食醋与水垢发生复分解反应，与氧化性无关，A错误；

B．纯碱溶液显碱性；油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，与氧化性无关，B错误；

C．葡萄糖分子中含醛基；能和银氨溶液发生银镜反应，体现葡萄糖有还原性，与氧化性无关，C错误；

D．漂白粉的有效成分为次氯酸钙；次氯酸钙有强氧化性，能漂白织物，与氧化性有关，D正确。

答案选D。8、C【分析】【分析】

根据多元弱酸的电离，一级电离远远大于二级电离，故第一个交点对应c(HS-)和c(H2S)，第二个交点对应c(HS-)和c(S2-)；再结合具体问题进行分析。

【详解】

A．c(HS−)=c(H2S)时，Ka1(H2S)==c(H+)=10−6.9，数量级为10-7；故A错误；

B．c(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)==c(H+)=10−13，NaHS溶液中，Kh===10-7.1>Ka2(H2S)=10−13，溶液呈碱性，说明HS−水解程度大于电离程度，则c(S2−)2S)；故B错误；

C．溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，c(HS−)>c(H2S)，则>1、根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS−)+2c(S2−)，所以=1，则>故C正确；

D．当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，溶液中c(Cu2+)减小，Cu2+水解程度较小；则溶液的pH增大，故D错误；

答案选C。

【点睛】

第一个交点，pH为6.9时，对应酸的一级电离；第二个交点，pH为13.0，对应酸的二级电离；再结合弱酸根的电离、水解判断离子的浓度关系。9、C【分析】【分析】

氢氧化钠为强电解质；一水合氨为弱电解质，所以体积；浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。

【详解】

A.曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13；故A错误；

B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点；c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；

C.c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)；故C正确；

D.由图像知；曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；

故选C。

【点睛】

正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

(2)中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热；和所用酸以及碱的量的多少无关；根据弱电解质的电离时吸热过程。

【详解】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温；隔热、减少实验过程中的热量散失，根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小。【解析】保温隔热，防止热量散失环形玻璃搅拌棒偏小11、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/mol12、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+③.413、略

【分析】【详解】

已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；

⑴常温下水的离子积常数为KW＝1.0×10－14，而此温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；温度越高，离子积常数越大，从而说明此温度大于25℃，原因是水的离子积常数随温度的升高而增大，故答案为＞；水的离子积常数随温度的升高而增大；

⑵A选项，通入适量SO2气体；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故A符合题意；

B选项，加入适量Ba(OH)2溶液；电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B符合题意；

C选项；升温至60℃，平衡正向移动，促进水的电离，故C不符合题意；

D选项，加入NH4Cl溶液；铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成弱电解质一水合氨，平衡正向移动，促进水的电离，故D不符合题意；

综上所述；答案为：AB；

⑶水的离子积常数KW＝1.0×10－12，此温度下纯水中的c(H＋)＝c(OH－)==1×10－6mol/L，故答案为1×10－6mol/L；

⑷①如果醋酸为强酸，全部电离，则1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=1mol·L-1，而1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1；说明是弱酸即弱电解质，故①符合题意；

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶；强弱电解质与溶解性没有联系，故②不符合题意；

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱；说明醋酸溶液中的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，则说明醋酸为弱电解质，故③符合题意；

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应；强酸与弱酸都是按照方程式比例消耗，因此不能说明是弱电解质，故④不符合题意；

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢；说明同浓度醋酸中的氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，说明电离程度小，因此为弱电解质，故⑤符合题意；

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO－、H+同时存在，弱电解质存在弱电解质分子，故⑥符合题意；所以可以证明它是弱电解质的是①③⑤⑥，故答案为①③⑤⑥。【解析】①.＞②.水的离子积常数随温度的升高而增大③.AB④.1×10－6mol/L⑤.①③⑤⑥14、略

【分析】【分析】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L；据此分析解答；

(2)常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1；说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。

【详解】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HA⇌H++A-，故答案为：弱电解质；HA⇌H++A-；

(2)①常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，BOH完全电离，属于强碱，V1∶V2=1∶1时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2O⇌HA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2O⇌HA+OH-；

②在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)。

【点睛】

正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓度远大于水电离的离子浓度。【解析】弱电解质HAH＋＋A－碱A－＋H2OHA＋OH－c(B+)=c(A－)＞c(OH－)=c(H+)15、略

【分析】【详解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案为:-90.7kJ/mol；

（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B.气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为不一定非得平衡时物质的量之比为在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B

；在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；

（3）图中D点（1,60），即CO2转化率为60%；根据关系列三段式：

KD=

图中F点（1.5,50），即CO2转化率为50%；根据关系列三段式：

KF=

通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TDF；

图中G点（1.5,40），即CO2转化率为40%；根据关系列三段式：

KG=

恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时；根据关系列三段式：

QG=

因为KG>QG,所以向正反应方向进行。故>

故答案为：TDF；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大；>

（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，【解析】(1)

(2)B在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。

(3)<通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大>

(4)16、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-1三、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、结构与性质(共3题，共27分)18、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-0.5119、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完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><20、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、元素或物质推断题(共1题，共5分)21、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