2025年粤教沪科版选修4化学下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年粤教沪科版选修4化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列叙述正确的是（）A.反应的活化能越小，单位时间内有效碰撞越多B.反应的活化能越大，单位时间内有效碰撞越多C.反应的活化能越小，单位时间内有效碰撞越少D.反应的活化能太小，单位时间内几乎无有效碰撞2、下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是（）A.1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]B.放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行C.2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）△H＞0能否自发进行与温度有关D.常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞03、液氨与水的性质相似，也存在微弱电离：2NH3（l）NH4++NH2－，其离子积常数K=[NH4+]·[NH2－]=2×10－30（223K），维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是A.液氨的电离度B.液氨的离子积C.[NH4+]D.[NH2－]4、常温下，下列说法正确的是A.CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)=c(OH—)+c(CH3COO—)B.pH=2的HCl与等体积0.01mol/LCH3COONa混合后，溶液中c(Cl—)=c(CH3COO—)C.氨水中通入过量CO2后，溶液中c(H+)+c(NH4+)=c(OH—)+c(HCO3—)D.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c(K+)>c(HCO3—)5、室温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，用0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L-1H2C2O4溶液的曲线如图所示（体积变化忽略不计)。下列说法正确的是。

A.滴定过程中，当pH=4时，存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+c()B.点①、③、④所示溶液中，点③所示溶液水的电离程度最大C.点③所示溶液：3c()+2c()+c(H2C2O4)=0.lmol•L-1D.滴定过程中可能出现：c(Na+)＞c()=c()＞c(OH-)＞c(H+)6、已知t℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点C.在t℃时，以0.01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀D.在t℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO47、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色）；某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是A.①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B.②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C.③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D.④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应8、如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是（）

A.腐蚀过程中，负极是cB.正极反应是O2+4e－+2H2O=4OH－C.若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为0.224L(相对原子质量Cu64，Cl35.5)D.环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、写出下列热化学反应方程式：

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)；放出92.2kJ热量：______________。

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)；吸收68kJ热量：_______________。

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量：__________。10、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量．11、污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反应达到平衡，此时NO2的浓度为0.05mol/L。

(1)反应从开始到5min时，CO的平均反应速率v(CO)=________，NO2的平衡转化率a=________，310K时，上述反应的平衡常数K=________。

(2)在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，则该反应的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。12、已知：A(g)＋2B(g)2C(g)；恒温恒压下，在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L。

(1)下列能用于判断该反应达到平衡的是（填字母）：__________________。

a．A、B的浓度之比为1∶2b．容器内气体的总物质的量不变。

c．容器内气体密度不再变化d．生成0.2molA的同时生成0.2molC

(2)平衡后，再向容器中通入1mol氦气，A的转化率___________（填“增大”；“不变”、“减小”）。

(3)在T1、T2不同温度下，C的体积分数与时间关系如图所示。则T1______T2（填“大于”或“小于”，下同），该反应的△H__________0。若在T1下达到平衡，K(T1)=_____。(计算结果)

13、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。14、（1）pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___(填“>”“=”或“<”；下同)NaOH溶液的pH。

（2）将0.2mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na+)>c(A-)。

①混合溶液中，c(A-)___c(HA)。

②混合溶液中，c(HA)+c(A-)____0.1mol·L-1。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题，共7分)16、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_____________________________。评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)17、(1)分别取40mL0.50mol/L盐酸与0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。实验时，还需测量的数据有_______________。

A.反应前盐酸溶液的温度B.反应前盐酸溶液的质量。

C反应前氢氧化钠溶液的温度D.反应前氢氧化钠溶液的质量。

E.反应后混合溶液的最高温度F.反应后混合溶液的质量。

(2)某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热为△H=____________。

(3)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___(填“相等”或“不相等”)所求中和热___________________(填“相等”或“不相等”)

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH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”)；用40mL0.50mol/LNaOH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)上述实验结果与57.3kJ/mol(常温下中和热的值)有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.实验装置保温；隔热效果差。

b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度。

c.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】A.反应的活化能越小，活化分子百分含量越高，单位时间内有效碰撞越多，故A正确；B.反应的活化能越大，活化分子百分含量越低，单位时间内有效碰撞越少，故B错误；C.反应的活化能越小，活化分子百分含量越高，单位时间内有效碰撞越多，故C错误；D.反应的活化能太小，几乎所有分子都是活化分子，单位时间内有效碰撞很多，故D错误；故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A、物质聚集状态不同熵值不同，气体S＞液体S＞固体S，1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]；故A说法正确；

B；反应的自发性由焓变和熵变共同决定；当△G＝△H﹣T△S＜0时反应能自发进行，△G＞0时反应不能自发进行。焓变小于零的反应为放热反应，△H＜0，若△S＜0，高温下可以使△G＞0，反应不能自发进行；焓变大于零的反应为吸热反应，△H＞0，若△S＞0，高温下可以使△G＜0，反应可自发进行，故B说法错误；

C；△H＞0、△S＞0；则在高温下△H﹣T△S＜0可以成立，反应可自发进行，故反应能否自发进行与温度有关，故C说法正确；

D、常温下，反应C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反应不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，因为△S＞0的反应，则△H＞0，故D说法正确。3、B【分析】【分析】

液氨中存在平衡：2NH3（l）NH4++NH2－，维持温度不变，加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c(NH4+)或c(NH2－)增大；平衡逆向移动。

【详解】

A.加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，抑制液氨电离，液氨的电离度减小，A不符合题意；B.温度不变，电离平衡常数不变，即液氨的离子积不变，B符合题意；

C.加入少量NH4Cl固体，[NH4+]增大，加入少量NaNH2固体[NH4+]减小；C不符合题意；

D.加入少量NH4Cl固体，[NH2－]减小，加入少量NaNH2固体，[NH2－]增大；D不符合题意；

故选B。

【点睛】

只要温度不变，电离平衡即使移动，电离平衡常数也不会发生变化。4、D【分析】【详解】

A.CH3COOH溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)；故A错误；

B.pH=2的盐酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L与等体积0.01mol/L醋酸钠混合溶液后生成醋酸和氯化钠，醋酸是弱酸，溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-)；故B错误；

C.氨水中通入过量CO2后反应生成碳酸氢铵,溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32−)；故C错误；

D.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应生成KHCO3，HCO3-发生水解，则c(K+)＞c(HCO3-)；故D正确；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A．滴定过程中，当pH=4时，为酸性溶液，存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c()；故A错误；

B．点①溶液显酸性；抑制水的电离，点③对应的溶液呈中性，点④所示溶液中消耗氢氧化钠40mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为草酸钠，草酸根离子水解使溶液显碱性，促进水的电离，则点④所示溶液水的电离程度最大，故B错误；

C．原草酸溶液中存在物料守恒：c()+c()+c(H2C2O4)=0.lmol•L-1，点③对应的溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c()，可得c(Na+)=2c()+c()，设点③时加入的氢氧化钠溶液的体积为V，3c()+2c()+c(H2C2O4)=2c()+c()+c()+c()+c(H2C2O4)=c(Na+)+c()+c()+c(H2C2O4)===0.lmol•L-1；故C正确；

D．若c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，当点④之后继续加氢氧化钠溶液可符合，c(Na+)＞c()，但来自于的水解，且加碱抑制的水解，则溶液中始终c()＞c()；不可能相等，故D错误；

答案选C。6、C【分析】【详解】

A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp=c2（Ag＋）c（Clˉ）=10-6×10-6=1×10－12；错误；

B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，溶液中铬酸根浓度增大，Ag2CrO4的Ksp不变；溶液中银离子浓度减小，不能使溶液由Y点到X点，错误；

C．在t℃时，若生成氯化银沉淀则有c(Ag+)×c(Cl-)＞Ksp＝2×10－10，则c(Ag+)＞＝=2×10-8mol/L，若生成Ag2CrO4沉淀则有c2(Ag+)×c(CrO42-)＞Ksp＝1×10－12，则c2(Ag＋)＞＝=1×10-10，c(Ag＋)=1×10-5mol/L，故以0．01mol/LAgNO3溶液滴定20mL0．01mol/LKCl和0．01mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀；正确；

D．根据C选项分析可知，在t℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4；错误；

故答案选C。7、C【分析】【分析】

【详解】

A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度；故A说法正确；

B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+；故B说法正确；

C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀；不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；

D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应；故D说法正确；

故选C。8、C【分析】【详解】

A.根据图示，腐蚀过程中，铜失电子生成Cu2＋；则负极是铜，即c是负极，故A正确；

B.氧气在正极得到电子，电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－；故B正确；

C.4.29gCu2(OH)3Cl的物质的量为4.29g/214.5g/mol＝0.02mol，根据铜原子守恒，Cu2＋的物质的量为0.04mol，负极反应为：2Cu-4e－=2Cu2＋，正极反应为O2+4e－+2H2O=4OH－，根据正负极放电量相等，则理论上耗氧体积为0.02mol×22.4L·mol-1=0.448L；故C错误；

D.根据上述分析，正极产物是OH－，负极产物为Cu2＋，环境中的Cl-扩散到孔口，与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，则离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2(OH)3Cl↓；故D正确。

故选C。

【点睛】

利用原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应是解答的关键，注意电荷守恒的应用。二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【分析】

热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答。

【详解】

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)，放出92.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)，吸收68kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量，则该反应的热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【点睛】

本题考查了热化学方程式的书写，物质反应过程的热量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关，相同质量的物质含有的能量：气态>液态>固态；放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热的单位是kJ/mol。热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。【解析】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol10、略

【分析】【详解】

氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案为：11。

【点睛】

本题主要考查了与键能有关的知识，掌握旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】1111、略

【分析】【分析】

(1)反应速率

(2)和310K时NO2的物质的量分数比较判断反应进行的方向确定反应的焓变。

【详解】

(1)污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒温恒容密闭容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反应达到平衡，此时2的浓度为0.05mol/L，结合三行计算列式：

反应从开始到5min时，CO的平均反应速率NO2的平衡转化率310K时，上述反应的平衡常数故答案为：0.02mol/(L•min)；50%；10；

(2)310K时，平衡后NO2的物质的量分数在350K下，重复上述实验，平衡后NO2的物质的量分数为30%，二氧化氮物质的量分数增大，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜。【解析】①.0.02mol/(L•min)②.50%③.10④.＜12、略

【分析】【分析】

反应A(g)＋2B(g)2C(g)为气体分子数减小的反应，根据题(3)图可知T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2。

【详解】

(1)a.反应开始时A和B按物质的量1:2投料；而A和B也按1:2进行反应，故反应过程中A；B的浓度之比一直为1∶2，不能说明达到平衡，a错误；

b.反应为前后气体分子数减少的反应，故当容器内气体的总物质的量不变时反应达到平衡，b正确；

c.在恒温恒压的条件下；容器体积之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体分子数改变，故反应过程中容器体积一直改变，当达到平衡时，气体质量一直不变，容器体积不再改变，则密度不再变化时，反应达到平衡，c正确；

d.根据反应方程式可知；A与C的化学计量数之比为1:2，则生成0.2molA的同时生成0.2molC，不能说明正逆反应速率相等，不能判定反应达到平衡，d错误；

答案选bc。

(2)达到平衡；通入与反应无关的气体，在恒温恒压条件下，容器体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A的转化率减小。

(3)根据图像可知，T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2，T2温度下C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H小于0；设平衡时C的物质的量为xmol，则A平衡时的物质的量为(1-x)mol，B平衡时的物质的量为(2-x)mol，恒温恒压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，故解得x=1mol，根据在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L可知，平衡时容器的体积为2.5L，则K(T1)==【解析】①.bc②.减小③.小于④.小于⑤.513、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%14、略

【分析】【详解】

(1)原两种溶液pH相等，醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解平衡使溶液显碱性，升高温度促进醋酸根离子水解，水解程度越大，溶液的pH越大，所以CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；

(2)①将0.2mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中溶质为等物质的量的NaA和HA，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，而混合溶液中c(Na+)>c(A-)，所以c(Na+)<c(HA)，所以c(A-)<c(HA)；

②两种溶液等体积混合后Na+的浓度被稀释为0.05mol·L-1，根据物料守恒可知2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，所以c(A-)+c(HA)=0.1mol·L-1。

【点睛】

判断混合溶液中离子浓度大小关系时，要先确定溶液中的溶质成分，再结合三大守恒、水解和电离规律进行判断。【解析】①.＞②.＜③.=三、判断题(共1题，共2分)15、×【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、元素或物质推断题(共1题，共7分)16、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