2025年新世纪版选修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年新世纪版选修4化学上册阶段测试试卷287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8题，共16分)1、比较下列四组△H(所有的△H均小于0)的大小，其中△H2<△H1的是A.4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H14Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H2B.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1C(s)+O2(g)=CO(g)△H2C.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2D.A(g)+B(g)=C(g)△H1A(g)+B(g)=C(l)△H22、一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2(g)的平衡转化率如表所示。乙丙丁丁密闭容器体积/L2211起始物质的量n(SO2)/mol0.40.80.80.4n(O2)/mol0.240.240.480.240.24SO2的平衡转化率%α1α2α3α3

下列判断中，正确的是A.甲中反应的平衡常数小于乙B.SO2的平衡转化率：α1＞α2＝α3C.容器中SO3的物质的量浓度：丙＞甲＝丁D.该温度下，甲和乙中反应的平衡常数K均为4003、一定温度下，在三个容积均为2L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0；测得反应的相关数据如下表所示。下列说法错误的是（）

A.达到平衡时，容器I和容器II中正反应速率：vI(H2)>vII(H2)B.达到平衡时，容器II中c(CO2)>1.75mol·L-1C.达到平衡时，容器I和容器II中的转化率：αI(CO)=αII(H2O)D.达到平衡时，容器II和容器I中的平衡常数：KII>KI4、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＞05、25℃时，在①0.01mol/L的盐酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01mol/L的NaOH溶液4种溶液中，由水电离出的c(H+)的大小关系是A.②＞①＞④＞③B.①=②=③=④C.②=③＞①=④D.②＜①＜③＜④6、室温下，向10mL0.2000mol/LNaOH溶液中滴加0.2000mol/L的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示忽略溶液混合过程中体积变化已知H2CO3Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，下列说法正确的是

A.HA为弱酸，电离平衡常数的数量级约为10−9B.b点所示溶液中c(A−)>c(HA)C.pH=7时，c(Na+)=c(A−)+c(HA)D.室温下，以酚酞为指示剂进行滴定，若氢氧化钠吸收少量CO2，恰好完全反应时消耗该HA溶液的体积仍为10mL7、一定温度下，将Cl2缓慢通入水中，当通入的Cl2体积为V1时达到饱和，溶液中c(H＋)变化如图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低；下列叙述中正确的是。

A.将饱和氯水升温，继续通入Cl2时，溶液中c(H＋)变化如曲线bB.在饱和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)C.降温，不继续通入Cl2时，溶液中c(H＋)增大D.在饱和氯水中加入NaOH使pH＝7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)8、室温下，向20mLlmol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐渐加入NaOH固体(忽略溶液温度及体积变化)，测得溶液中的H2X、HX-、X2-的物质的量浓度与溶液pH变化关系如图。下列叙述错误的是（）

A.NaHX的水溶液呈酸性B.当加入NaOH固体0.01mol时，溶液pH=3.2C.当加入NaOH固体0.02mol时，溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HX-)>c(H+)>c(X2-)>c(OH-)D.当加入NaOH固体0.04mol时，溶液中水的电离程度最大评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、为解决大气中CO2的含量增大的问题；某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。“绿色自由”构想的部分技术流程如下：

（1）合成塔中反应的化学方程式为______________________；已知△H<0,从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了____________________________________。

（2）从合成塔分离出甲醇的原理与下列_______操作的原理比较相符（填字母）。

A．过滤B．分液C．蒸馏D．结晶。

（3）工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施。“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括________________。

（4）在体积为2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

写出CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式________________。10、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________11、按要求回答下列问题。

(1)已知在常温常压下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)∆H=-1275.6kJ·mol-1

②H2O(l)=H2O(g)∆H=+44.0kJ·mol-1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式___________________________。

(2)已知：CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)∆H1=-192.9kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)H2O(g)∆H2=-120.9kJ·mol-1

则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变∆H3________________。

(3)苯乙烯是重要的基础有机原料。工业中用乙苯(C6H5—CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)的反应方程式为:C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)∆H1

已知：3C2H2(g)C6H6(g)∆H2；C6H6(g)+C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)∆H3

则反应3C2H2(g)+C2H4(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)的∆H=________。

(4)氨的合成是最重要的化工生产之一。工业上合成氨用的H2有多种制取的方法：

①用焦炭跟水反应：

②用天然气跟水蒸气反应：已知有关反应的能量变化如图所示，则方法②中反应的∆H=________。12、已知H2S与CO2高温下发生反应：H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2L的空钢瓶中；反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

（1）该反应的化学平衡常数表达式K＝____________。

（2）向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是____（填标号）。

AH2SBCOSCCO2DN2

（3）CO2的平衡转化率α1＝_____%，反应平衡常数K＝__________。（保留两位有效数字）

（4）在600K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，CO2的转化率α2________α1，该反应的ΔH______0（填“>”“<”或“＝”）。13、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。14、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8

请回答下列问题：

（1）写出H2CO3电离方程式_________平衡常数表达式Ka1(H2CO3)=__________________

（2）CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为___________

（3）①CH3COO－、②HCO3-、③CO32-、④ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为（注意：用序号①、②、③、④作答）____________________

（4）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数__________（填“大于”；“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数。

（5）将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式_____________15、在室温下；有下列五种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/LCH3COONH4

③0.1mol/LNH4HSO4

④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

（1）溶液①呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是____________(用离子方程式表示)。

（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的关系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）

（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）已知室温下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，通过计算可推知溶液④呈____性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由小到大为____________（用离子符号表示），该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____mol·L－1。(已知≈2.36)，16、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。17、常温下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液；图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。回答下列问题:

（1）由图中信息可知HA为_________酸(填“强”或“弱”）。

（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a______________7(填“>”、“<”或“=”），用离子方程式表示其原因：_____________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=_________

（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系______________________。

（4）K点对应的溶液中，溶液的pH=10，则c(MOH)+c(OH-)=_________________mol·L-1。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)19、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为回答下列问题：

a.b.粉末c.溶液d.溶液e.溶液。

（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。

（2）完成下表实验过程：。操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开关闭调节使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出；②

___

ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：

↓

（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___

（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量某同学预测转变为设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。20、过氧化钙可用于改善地表水质,也可用于应急供氧。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：

已知：①“沉淀"时需控制温度为0~8℃。

②CaO2·8H2O是白色晶体粉末；难溶于水。

(1)“沉淀”步骤的实验装置如图所示。

①“沉淀”时控制温度为0~8℃的目的是___________。

②仪器a的优点是_________，仪器b的名称是__________。

(2)“乙醇洗”的目的是_________。

(3)产品纯度测定：

第一步：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体(过量)；再滴入适量盐酸溶液，充分反应后加入指示剂。

第二步：用浓度为cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。(已知：2~I2)，产品(CaO2)的纯度为________(列出计算表达式)。

(4)某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应：

①装置A中发生反应的化学方程式为____________。

②装置E用于测定O2的体积，请在框中画出装置图__________。

③上述装置验证“CaO2与SO2反应生成O2”存在不足，原因是____________。21、无水氯化铁是一种重要的化工原料；其熔点为306℃，沸点为315℃，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下：

回答下列各题：

(1)向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液，煮沸至溶液变为红褐色，该过程可用离子方程式表示为________________。

(2)由FeCl3·6H2O获得无水氯化铁的方法是_________。

(3)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_______________。

(4)吸收塔内盛放的吸收剂为____________。

(5)某兴趣小组仿照工业制备无水氯化铁；设计如下实验：

①装置C中玻璃丝的作用为_____________；

②该实验设计存在的明显缺陷为_______________；

③通过下列实验测定实验后所得固体中FeCl3的质量分数。

a.称取mg所得固体；溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；

b.取出10mL待测溶液液于锥形瓶中；加入稍过量的KI溶液充分反应；

c.以淀粉做指示剂，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通过上述实验测得所得固体中氯化铁的质量分数为_____________；若加入淀粉偏多，可能导致最终结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共28分)22、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应对于消除环境污染有重要意义。

(1)NO在空气中存在如下反应：该反应分两步完成，其反应历程如图所示：

回答下列问题：

①写出反应Ⅰ的热化学方程式___________。

②反应Ⅰ和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应，慢反应决定总反应的速率，那么决定反应速率的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：。

浓度/mol/L

时间/min

NO

0

0.100

0

0

10

0.040

0.030

0.030

20

0.032

0.034

0.017

①T℃时，该反应的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。

②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是___________。

(3)在汽车排气管中安装催化净化装置可以在一定程度上减少尾气对环境的危害，反应原理为：在密闭容器中充入一定量的CO和NO发生反应；下图为平衡时NO的体积分数与温度；压强的关系。

回答下列问题：

①该反应达平衡后，为了提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施___________。

a．改用高效催化剂b．升高温度c．缩小容器的体积d．保持恒容再通入CO

②若在D点对反应容器降温的同时缩小体积使体系压强增大，重新达到平衡状态可能是图中点中的___________点。23、为缓解能源紧张；越来越多的国家开始重视生物质能源(利用能源作物和有机废料，经过加工转变为生物燃料的一种能源)的开发利用。

(1)如图是某国能源结构比例图，其中生物质能源所占的比例是__。

(2)生物柴油是由动植物油脂转化而来，其主要成分为脂肪酸酯，几乎不含硫，生物降解性好，一些国家已将其添加在普通柴油中使用。关于生物柴油及其使用，下列说法正确的是__。

①生物柴油是可再生资源②可减少二氧化硫的排放③与普通柴油相比易分解④与普通柴油制取方法相同。

A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④

(3)已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6kJ∙mol-1

②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ∙mol-1

写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式__。

(4)已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如表：。O=OH—HH—O(g)1mol化学键断裂需要吸收的能量/kJ496436x

则表中x为()。

(5)向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为___。24、脱去冶金工业排放烟气中的方法有多种。

（1）利用本生（Bunsen）热化学循环吸收工艺由下列三个反应组成：

则________

（2）氧化锌吸收法：配制悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫。测得pH、吸收效率随时间t的变化如图甲；溶液中部分微粒与pH的关系如图乙所示。

①为提高的吸收效率可采取的措施有：增大悬浊液中的量、________。

②图甲中的曲线ab段发生的主要化学方程式为________。

③时，溶液________。

（3）如图丙所示，利用惰性电极电解含的烟气回收S及以实现废物再利用。

①阴极的电极反应式为________。

②每处理含的烟气，理论上回收S、的物质的量分别为________、________。25、二甲醚制备两种方法原理如下。

第一种方法：丹麦Topspe工艺的合成气一步法；是专门针对天然气原料开发的一项新技术。

①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1

第二种方法：二甲醚生产二步法；即先合成甲醇，甲醇在催化剂下制二甲醚。

②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3

(1)若由合成气(CO、H2)直接制备1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，整个过程中放出的热量为244kJ，则△H2=___________kJ·mol－1。(已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol)

(2)下列有关反应①叙述不正确的是___________

a.达到平衡后；升高温度，ν正减少；ν逆增大，平衡逆向移动。

b.当四种物质的浓度相等；反应达到化学平衡状态。

c.若改变条件；反应物的转化率一定增大，正反应速率一定大于逆反应速率。

d.当达到平衡时2v正(O2)=v逆(CH4)

e.向该恒容平衡体系中充入氩气；ν正；ν逆均增大，平衡向右移动。

(3)有人模拟制备原理Ⅱ；绘制如图甲图像：

i说明CO的转化率随温度升高先增大后减小的原因：______________________。

ii.反应②自发进行的条件是______________________。

iii.若在350℃时的2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，8min达到平衡，c(CH3OCH3)=0.3mol·L－1，用H2表示反应②的速率是___________；可逆反应③的平衡常数K3=___________。

iv.若350℃时测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)___________ν(逆)，说明原因_________。

(4)光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图乙所示则b极的电极反应式为___________________________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)26、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．①4Al(s)+3O2(g)＝2Al2O3(s)△H1，②4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)△H2，由盖斯定律①-②：4Al(s)+2Fe2O3(s)＝2Al2O3(s)+4Fe(s)△H1-△H2，铝热反应放热，所以△H1-△H2＜0，即△H1＜△H2；故A错误；

B．等量的C(s)燃烧生成CO2(g)，即充分燃烧时放出的热量多，又燃烧为放热反应，△H＜0，则△H1＜△H2；故B错误；

C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2；故C错误；

D．①A(g)+B(g)＝C(g)△H1，②A(g)+B(g)＝C(l)△H2，由盖斯定律①-②：C(l)＝C(g)△H＝△H1-△H2＞0，因此△H1＞△H2；故D正确；

故答案为D。2、D【分析】【详解】

A．温度相同；平衡常数相等，则甲；乙中反应的平衡常数相等，故A错误；

B．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，增大二氧化硫的浓度会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，乙、丙相比，丙实验增大了氧气物质的量，氧气的转化率减小，二氧化硫转化率增大；则二氧化硫转化率，α1＜α2=α3；故B错误。

C．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中SO2转化率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍；丙体积为2L，丁体积为1L，起始量分别为0.8，0.48；0.40，0.24，丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙=丁＞甲，故C错误；

D．2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

开始(mol)0.40.240

转化(mol)0.320.160.32

平衡(mol)0.080.080.32

平衡浓度0.040.040.16

所以该温度下，平衡常数K==400；故D正确；

故选D。3、C【分析】【详解】

A.达到平衡时，容器I和容器II中达到平衡时，由于T1温度高，速度越快，因此正反应速率：vI(H2)>vII(H2)；故A正确；

B.达到平衡时，容器II中如果在T1温度时，c(H2)=1.75mol·L-1，c(CO2)=1.75mol·L-1，在T2时，降低温度，平衡向放热方向即正向移动，因此c(CO2)>1.75mol·L-1；故B正确；

C.达到平衡时，容器I和容器Ⅲ中的转化率两者相等即αI(CO)=αⅢ(H2O)，但由于容器II温度低，平衡正向移动，因此αII(H2O)>αⅢ(H2O)，所以αII(H2O)>αI(CO)；故C错误；

D.达到平衡时，T2时，降低温度，平衡向放热方向即正向移动，因此容器II和容器I中的平衡常数：KII>KI；故D正确。

综上所述，答案为C。4、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。5、B【分析】【详解】

酸或碱抑制水电离；酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；

①0.01mol⋅L−1的盐酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)=

②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=c(OH−)水=

③pH=12的氨水中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=

④0.01mol⋅L−1的NaOH溶液中c(OH−)=0.01mol⋅L−1，c(H+)水=

则由水电离出的c(H+)大小关系①=②=③=④；

故选B。

【点睛】

水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25℃时)

（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1；

（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7mol·L－1，当溶液中的c(H＋)<10－7mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10－7mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；

（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。若给出的c(H＋)>10－7mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10－7mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。6、A【分析】【详解】

A．由a点可知，0.1mol·L−1NaA溶液pH=11，因此HA为弱酸，NaA溶液中存在A−的水解平衡：A−+H2OHA+OH−，水解平衡常数Kh=c(OH−)·c(HA)÷c(A−)，c(OH−)≈c(HA)=10−3mol·L−1，c(A−)=(0.1−10−3)mol·L−1≈0.1mol·L−1，带入数值，得出Kh≈10−5，由Ka=Kw/Kh=10−9；A说法正确；

B．b点所示溶液为等浓度的NaA与HA的混合溶液，由于Kah，因此NaA的水解程度大于HA的电离程度，因此c(A−)；B说法错误；

C．pH=7时，根据电荷守恒，溶液中有：c(H+)+c(Na+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，推出c(Na+)=c(A−)；C说法错误；

D．若氢氧化钠吸收少量CO2，则溶液中有少量Na2CO3，HA的Ka=10−9，已知H2CO3Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11，酸性：H2CO3>HA>因此发生反应为：Na2CO3+HA=NaHCO3+NaA，如果不变质：NaOH+HA=NaA+H2O，变质后2NaOH~Na2CO3~HA；因此消耗酸的体积小于10mL，D说法错误。

故选A。7、B【分析】【详解】

A．将饱和氯水升高温度，Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低，溶液中c（H＋）应减小，溶液中c（H＋）变化如曲线c；故A错误；

B．在饱和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列关系电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)；故B正确；

C．降低温度，氯气溶解度增大，促进次氯酸电离，则继续通入Cl2时，溶液中c（H＋）增大，变化曲线如b；故C错误；

D．溶液pH=7时，次氯酸过量，溶液中存在：c（Cl－）=c（HClO）+c（ClO－），c（Cl－）＞c（ClO－）；故D错误；

故选B。8、B【分析】【分析】

【详解】

A.由H2X和HX-曲线的相交点可知，酸的Ka1＝1.0×10-3.2，由X-与HX-曲线的相交点可知酸的Ka2=1.0×10-6.2，可以计算NaHX的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1.0×10-10.8＜Ka1，所以NaHX的水解小于其HX-的电离；从而NaHX的水溶液呈酸性，A正确；

B.当加NaOH固体0.01mol时，溶液中的溶质为H2X和NaHX，两者的浓度相同，但因H2X的电离大于NaHX的水解，所以溶液中H2X与HX-的浓度并不相同，且H2X的电离大于HX-的水解；所以溶液pH＞3.2，B错误；

C.当加入NaOH固体0.02mo时，溶液溶质即为NaHX，因HX-的电离大于HX-的水解，所以c(Na+)＞c(HX-)＞c(H+)＞c(X2-)＞c(OH-)；C正确。

D.当加入NaOH固体0.04mol时，液的溶质为Na2X，水解能力最强，水的电离程度最大D正确；故答案为：B。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

废气通入饱和碳酸钾溶液，发生反应CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高温水蒸气通入分解池，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、水、CO2，二氧化碳与氢气在合成塔中反应生成甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；此反应为放热反应，工业生产条件选择要考虑转化率；反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面，可以采用较高温度（催化剂活性强）、高压、适当催化剂。

【详解】

（1）根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；实际生产中采用300℃的温度；除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了温度对催化剂活性的影响；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化剂的催化活性。

（2）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液；甲醇与水互溶，沸点相差大，因此采用蒸馏法分离；

答案：C

（3）由流程图可以找出循环利用的物质还有高温水蒸气；

答案：高温水蒸气。

（4）三行式法进行计算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L▪min)；如果使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氢气的量，或者加压；降温等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根据盖斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化剂的催化活性③.C④.高温水蒸气⑤.0.24mol/(L•min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol10、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc11、略

【分析】【详解】

(1)①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔΗ＝－1275.6kJ·mol－1；

②H2O(l)=H2O(g)ΔΗ＝＋44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①×-②×2得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1；

答案：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1

(2)根据盖斯定律和已知方程式，可得甲醇和水蒸气催化重整的方程式=①-②，所以焓变ΔΗ3=ΔΗ1-ΔΗ2=-192.9kJ/mol+120.9kJ/mol=-72.0kJ/mol；

答案：－72.0kJ·mol－1

(3)根据盖斯定律，将已知三个热化学方程式相加即得所求方程式，所求热效应也等于三式的热效应相加，所以ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2+ΔΗ3；

答案：ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3

(4)由图知CO(g)+O2(g)=CO2(g）ΔΗ=-akJ/mol；①

H2(g)+O2(g)=H2O(g）ΔΗ=-bkJ/mol；②

CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g）ΔΗ=-ckJ/mol③

根据盖斯定律得方法②中反应的ΔΗ=③-①-②×3=-c-(-a)-(-b)×3=（a+3b-c）kJ/mol；

答案：(a＋3b－c)kJ·mol－1【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1－72.0kJ·mol－1ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3(a＋3b－c)kJ·mol－112、略

【分析】【分析】

由题意知①通入H2S，平衡正向移动，但自身转化率减小；通入CO2，平衡正向移动；通入COS，平衡逆向移动；恒容条件下通入N2；平衡不移动。②在600K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，说明升高温度平衡逆向移动；③利用“三段式”计算平衡转化率以及反应平衡常数。

【详解】

（1）反应方程式为H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）则化学平衡常数表达式

故答案为

（2）A.充入H2S，浓度增大，平衡正向移动，H2S的转化率减小；故A选项错误；

B．充入COS，平衡逆向移动，H2S的转化率减小；故B选项错误；

C.充入CO2，平衡正向移动，H2S的转化率增大；故C选项正确；

D.充入N2，平衡不移动，H2S的转化率不变；故D选项错误；

故答案选C；

（3）由题意设H2S转化的物质的量为x，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)

起始（mol）0.400.1000

转化（mol）xxxx

平衡（mol）0.40-x0.10-xxx

已知反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，解得x=0.01，故CO2的平衡转化率a1=×100%=10%；反应平衡常数K=≈2.8×10-3；

故答案为10%2.8×10-3；

（4）水的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，CO2的转化率a2＞a1，且正反应放热，即△H＜0；

故答案为><。

【点睛】

题目考查化学平衡的影响因素和计算等问题，检验学生的分析能力和计算能力，解题方法：列出化学平衡三段式，根据平衡常数、平衡移动原理等分析和计算，难度中等。【解析】C10%2.8×10-3><13、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%14、略

【分析】【详解】

(1)、碳酸为多元弱酸，以第一步电离为主，故答案为H2CO3H++HCO3-；

(2)、Ka越大，则酸性越强，故答案为CH3COOH>H2CO3>HClO；

(3)、酸性越强，酸根结合H+的能力越弱，反之，酸性越弱酸根结合H+的能力越强；故答案为③④②①；

(4)；由图可知；稀释相同倍数时，HX的pH变化程度更大，故HX酸性强，电离程度大，故答案为大于；

(5)、由Ka可知：碳酸的酸性大于HClO，而HClO酸性大于HCO3-，根据强制弱的原理，产物为：HClO+HCO3-，故答案为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-。【解析】H2CO3H++HCO3-CH3COOH>H2CO3>HClO③④②①大于CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-15、略

【分析】【分析】

NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，水解相互促进；NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；NH3·H2O是一元弱碱；结合电离和水解分析解答。

【详解】

（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。

（2）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，铵根水解程度越大，溶液中越小，铵根水解程度②＞①，③中电离出的氢离子抑制铵根水解，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，最小，则浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞⑤。

（3）室温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则根据电荷守恒得

（4）室温下的电离常数为1.8×10－5，所以电离大于铵根水解，溶液呈碱性；由电荷守恒可知溶液呈碱性所以即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；设则根据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb计算可得【解析】酸NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋③＞①＞②＞⑤＝碱c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)2.36×10－516、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑17、略

【分析】【详解】

（1）根据图示，0.01mol·L-1HA的pH=2；HA为强酸；

（2）根据图示，当加入51mLMOH溶液时，溶液的pH=7，说明加入50mLMOH溶液时，HA与MOH恰好完全反应，溶液呈酸性，即MA稀溶液的pH<7；原因是M＋水解，M+水解的离子方程式为M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促进水的电离，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；

（3）根据图示，K点加入100mLMOH溶液，得到的溶液中含有等浓度的MA、MOH，K点溶液呈碱性，MOH的电离程度大于M+的水解水解，离子浓度的大小关系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；

（4）K点对应的溶液，根据电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)；根据物料守恒，2c(A－)=0.01mol/L=c(MOH)+c(M＋)，两式整理得，c(MOH)+c(OH-)=c(H＋)+c(A－)=10-10mol/L+0.005mol/L≈0.005mol·L-1。【解析】①.强②.<③.M＋＋H2OMOH＋H＋④.1×10－amol·L－1⑤.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)⑥.0.005三、判断题(共1题，共2分)18、×【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、实验题(共3题，共30分)19、略

【分析】【分析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3；反应生成二氧化硫气体；

（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下；反应分步进行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）

发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；据此分析反应现象；

当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；

（3）预测S2O32-转变为SO42-；可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；

【详解】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

故答案为SO2；H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−；

打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下；反应分步进行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）

发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；

反应过程中的现象是导管口有气泡冒出；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小。

当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加；使产物分解，降低产率；

故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加；使产物分解，降低产率；

(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成；

故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；【解析】溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成20、略

【分析】【分析】

（1）由流程知，①“沉淀”时发生反应：Ca2++2NH3•H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O+2NH4+；从原料的性质和提高利用率的角度回答；

（2）在“水洗”后；在“烘烤”前；据此找出“乙醇洗“的目的；

（3）产品纯度测定：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体（过量）。再滴入适量盐酸溶液充分反应，则过氧化钙把碘离子全部氧化为碘单质，第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，因此会先蓝色，第三步：逐滴滴入浓度为cmol•L-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，2S2O32-+I2=2I-+S4O62-完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可计算出产品纯度；

（4）探究产品(CaO2)与SO2的反应时，①装置A中发生反应，用于制取二氧化硫气体，据此写化学方程式；②装置B中饱和NaHSO3溶液不能吸收水；③装置E是测定O2的体积的装置；据此回答。

【详解】

（1）①据分析，“沉淀”时氨水和双氧水与氯化钙反应，得到CaO2•8H2O沉淀；氨水易挥发；双氧水易分解，故控制温度为0℃左右的原因是防止氨水挥发和过氧化氢分解；

故答案为：防止氨水挥发和过氧化氢分解；

②仪器a的是恒压漏斗（或滴液漏斗）；其优点是可平衡气压，使液体顺利滴下；

仪器b是冷凝管；故答案为：可平衡气压；使液体顺利滴下；冷凝管；

（2）“乙醇洗“在“水洗”后；在“烘烤”前；“水洗”已除去可溶性杂质，故“醇洗”是利用乙醇的挥发性，在挥发时带走表面的水，故目的是去除晶体表面的水分，故答案为：去除晶体表面的水分；

（3）产品中CaO2含量计算如下：产品纯度测定时的关系式为：CaO2～2e-～I2～2Na2S2O3；

则纯度为：故答案为：×100%；

（4）某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应时：①装置A中发生反应，用于制取二氧化硫气体，则化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

②装置E是测定O2的体积的装置，故可以用或或故答案为：或或

③因为B、C间无干燥装置，O2可能是由H2O和CaO2反应产生的，故答案为：O2可能是由H2O和CaO2反应产生的。

【点睛】

本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及物质的化学方程式的书写，实验方法和实验操作、物质的检验和计算等问题，能有效提取题目提供的信息、掌握实验基本操作等是解题关键。【解析】防止氨水挥发和过氧化氢分解可平衡气压，使液体顺利滴下冷凝管去除晶体表面的水分×100%Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O②或或O2可能是由H2O和CaO2反应产生的21、略

【分析】【分析】

铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O；最终得到无水氯化铁。

(5)利用装置A制备Cl2，装置B干燥氯气，在装置C中反应得到FeCl3；装置D用于尾气吸收。

【详解】

(1)FeCl3溶液中Fe3＋容易水解，带入沸水中，促进Fe3＋水解，可得到FeOH胶体，离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；

(2)由于Fe3＋易水解，FeCl3水解会生成Fe(OH)3和HCl，受热HCl逸出，使得水解平衡正向移动，最终得到Fe(OH)3受热分解的产物Fe2O3；应该在HCl的氛围中加热脱水；

(3)FeCl3的相对式量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；

(4)工业尾气中含有Cl2，吸收塔中吸收Cl2最终得到FeCl3，因此吸收塔中的物质吸收氯气后转化为FeCl3，根据反应Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，应为FeCl2溶液；

(5)①无水氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，制得FeCl3首先得到FeCl3形成的气体，在玻璃管的尾部放置玻璃丝，可以冷凝收集FeCl3，也可以防止冷凝的FeCl3堵塞导管；

②FeCl3极易吸水，而装置C和D之间缺少干燥装置，水蒸气可以通过导管进入装置C中，使得产物FeCl3潮解；

③Fe3＋可将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，碘单质能与Na2S2O3反应，可得关系式2Fe3＋～I2～2Na2S2O3；10mL含FeCl3的待测液，消耗n(Na2S2O3)=bV×10－3mol，则mg固体中含有n(FeCl3)=10×bV×10－3mol=0.01bVmol，则FeCl3的质量分数加入过量的淀粉溶液，并不会影响消耗的Na2S2O3溶液的量，因此对实验结果无影响。【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋在HCl的氛围中加热脱水Fe2Cl6FeCl2溶液冷凝收集FeCl3（或防止导管堵塞）装置C和D之间缺少干燥装置，会使所得FeCl3潮解无影响。五、原理综合题(共4题，共28分)22、略

【分析】(1)

(1)①如图，反应Ⅰ的反应热为：kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为：故填

②反应的快慢与该反应的活化能有关；活化能越高反应所需的温度越高，相同温度下其反应速率越慢，从图中可以看出反应Ⅱ的活化能较高，该反应为慢反应，故填Ⅱ；

(2)

(2)①该反应的平衡常数表达式为根据表中该数据，10min达平衡时代入上式可得K=0.56，故填0.56；

②由表中数据可以看出；20min重新达平衡时，NO和二氧化氮浓度减少，氮气浓度增加，该反应正向移动，所以其改变的条件为将二氧化碳从体系中分离出来，故填将二氧化碳从体系中分离出来；

(3)

(3)①反应为分子数减少的反应；且为放热反应，使该反应速率提高的方式有：增大压强；升高温度，使用催化剂，增大反应物或者生成物的浓度，若同时使其转化率升高，则必须使其平衡正向移动，所以升高温度、增大生成物浓度，使用催化剂的方式均不可行，则可采用增大压强或者增加反应物的浓度，故填cd；

②图中纵坐标为NO的体积分数，横坐标为压强，曲线表示NO的体积分数随压强的升高而降低，若在D点降低温度的同时缩小体积增大压强，则该反应正向进行，NO的体积分数降低，则其从图中D点变到G点，故填G。【解析】(1)Ⅱ

(2)0.56从体系中分离出

(3)cdG23、略

【分析】【详解】

(1)生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式；即以生物质为载体的能量，甘蔗和油料作物占13%+14%=27%，属于生物质能，生物质能源所占的比例是27%；

(2)①生