2025年沪科版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、25℃时，往某酸的钠盐Na2A溶液中通入HCl,溶液中-lg和-lgc(HA-)或-lg和-1gc(A2-)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.直线L2表示-lg和-lgc(HA-)的关系B.通入HCl过程中，水电离的c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积不断增大C.c(H2A)的数量级为10-7D.在NaHA溶液中c(Na+)>(HA-)>c(H2A)>c(A2-)2、室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10mol·L－1的H2A和NaOH的混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法中正确的是（）

A.在c(Na＋)＝0.10mol·L－1的溶液中：c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)B.pH＝4的溶液中：c(HA－)＝c(H2A)＋c(A2－)C.pH＝7的溶液中：c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)D.Ka1(H2A)的数量级为10－53、下列对Na2CO3和NaHCO3溶液说法中不正确的是（）A.在Na2CO3和NaHCO3溶液中离子种类相同B.在溶质物质的量浓度和体积相等的Na2A和NaHA溶液中，阴离子总数相等C.在NaHCO3溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()D.在Na2CO3溶液中一定有：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)4、常温下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3∙H2O的变化趋势如图所示（不考虑生成NH3,已知NH3∙H2O的kb=1.810-5）,下列说法正确的是（）A.a=0.005B.在M点时，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）molC.随着NaOH溶液的滴加，不断增大D.当n(（NaOH）)=0.01mol时，c(（NH3•H2O）c(Na+）c（OH-)5、室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法错误的是（）

A.a点水的电离程度最大B.该温度下H2S的Ka1≈10-7.2C.曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D.a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小6、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示；下列有关说法正确的是。

A.阳极电极反应式为：2H++2e→H2↑B.此过程中电子从Fe移向Cu，铁铆钉发生还原反应C.此过程中铜会被腐蚀，发生氧化反应D.此过程中铁做负极，被氧化评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；其化学平衡常数K与温度t的关系如下：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

请回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数K=_________。

（2）该反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。

（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为________℃。

（4）830℃，在1L的固定容器的密闭容器中放入2molCO2和1molH2，平衡后CO2的转化率为_______。8、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA－、A2-在三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。回答下列问题：

（1）H2A的电离方程式是__________________，二级电离常数K2＝_________。

（2）已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为_______________________。9、(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝_______________。若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝___________。与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，请写出液氨的电离平衡常数表达式K=____________________________。

(2)同素异形体相互转化的反应热相当少而转化速率慢，有时还很不完全，测定时很困难；现可依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是______(填“白磷”或“红磷”)，试写出白磷转化成红磷的热化学方程式______________________________________。10、在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。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)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“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序号）。

(4)常温下，0.1mol/L氨水溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．11、弱酸HA的电离常数25℃时，有关弱酸的电离常数如下：。弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是________________（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。12、已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：

①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)

③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)

填写下列空白：

(1)若溶液中只溶解了一种溶质；则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的；则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。

(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。13、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

14、室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为________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10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、原理综合题(共2题，共6分)17、氨气是重要的化工原料；广泛应用于化工；轻工、制药、合成纤维等领城。

(1)一定条件下，Haber法工业合成氨反应的能量变化如图所示(ad表示被催化剂吸附；反应历程中粒子均为气态)：

①该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=_______。

②写出一条既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率的措施_______。

(2)工业上用NH3催化还原烟气中NOx可以消除氮氧化物的污染。烟气以一定的流速通过两种不同催化剂；测得烟气脱氮率(即氮氧化物转化率)与温度的关系如图。

反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)。

下列说法正确的是_______(填序号)。A．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响B．在交叉点P处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡C．催化剂a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降可推知该反应为放热反应(3)温度为T时，在恒容的密闭容器中充入0.5molNH3(g)和1molNO(g)，发生反应：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(1)。起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则10min内N2的反应速率v(N2)=_______kPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp=_______(列出含p的计算式即可；分压=总压×物质的量分数)。

(4)我国科学家合成了一种新型的Fe-SnO2催化剂；用该催化剂修饰电极，可实现室温条件下电催化固氮生产氨和硝酸，原理如图所示：

①电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向_______室(填“a”或“b”)移动。

②写出阳极的电极反应式_______。18、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机理对于消除环境污染有重要意义。

(1)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1；3：1、1：3时；得到NO脱除率曲线如图1所示。

①n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，对应的是曲线_________(填“a”“b”或“c”)。

②由图1可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是_________。

(2)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行；其反应过程能量变化示意图如图2。

Ⅰ．2NO(g)→N2O2(g)；ΔH1Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)→2NO2(g)；ΔH2

①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图2)分析其原因：______。

(3)新型绿色硝化剂N2O5可以通过N2O4为原料用电解法制备，实验装置如图4所示。则电极B接直流电源的_________极，电解池中生成N2O5的电极反应式为_________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9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6题，共12分)1、D【分析】【详解】

分析：A.H2A是二元弱酸，存在两步电离：H2AHA-+H+,HA-A2-+H+，第2步电离受到第1步抑制，所以直线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系；B.温度不变，水的离子积为常数；C.根据图像变化可知，Ka1=10-6，Ka2=10-12；D.已知：Ka1=10-6，Ka2=10-12；HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8,Ka2h,电离程度小于水解程度；比较溶液中离子浓度大小。

详解：A项，H2A是二元弱酸，在溶液中发生两步电离：H2AHA-+H+,HA-A2-+H+，Ka1=c(H+)×c(HA-)/c(H2A)、Ka2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)，因为Ka1>Ka2，则-lgKa1<-lgKa2，所以曲线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系，A错误；通入HCl过程中，促进了Na2A溶液的水解，由于温度不变，水电离c(OH-)与水电离的c(H+)的乘积保持不变，B错误；曲线L2表示-lg和-lgc(A2-)的关系，据图可知，则Ka2=10-6.2，K(H2A)的数量级为10-6，C错误；由上述分析可知，HA-发生电离的平衡常数Ka1=10-6、Ka2=10-12，HA-发生水解反应的平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-6=10-8,Ka2h,电离程度小于水解程度，在NaHA溶液中c(Na+)>(HA-)>c(H2A)>c(A2-),D正确；正确选项D。2、A【分析】【详解】

A.根据物料守恒，c(Na＋)＝0.10mol·L－1的溶液，溶质是NaHA，根据质子守恒c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)；故A正确；

B.c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10mol·L－1，根据图示，pH＝4的溶液中，c(HA－)大于0.05mol·L－1，所以c(H2A)＋c(A2－)小于0.05mol·L－1；故B错误；

C.根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)+c(OH－)，所以pH＝7的溶液中c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)；故C错误；

D.根据图像，c(H2A)=c(HA－)时，pH=3.3，Ka1(H2A)=10-3.3，数量级为10－4；故D错误；

故答案选A。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生的图像分析能力和计算能力，注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理的技巧。3、B【分析】【详解】

A．能电离和水解，电离生成和H+，水解生成H2CO3和OH-，第一步水解生成和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在水电离产生的H+；所以两种溶液中粒子种类相同，A正确；

B．在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2-水解生成的阴离子HA-及OH-增多；故两种溶液中阴离子总数不相等，B错误；

C．在NaHCO3溶液中存在阴、阳离子的电荷守恒，阳离子为Na+、H+阴离子为OH-、存在的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()；C正确；

D．在Na2CO3溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，氢离子被结合为弱电解质，溶液中氢氧根离子大于氢离子，存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)；D正确；

故答案为B。4、B【分析】【详解】

A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3•H2O，由NH3•H2ONH4++OH-，可知此时溶液中kb=1.810-5=则c(OH-)=1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)-n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)=n(OH-)+n(Cl-)-n(NH4+)-n(H+)=0.005+n(OH-)-n(H+)＞0.005；即a＞0.005，故A错误；

B．M点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol；故B正确；

C．随着NaOH溶液的滴加，c(NH3•H2O)减小，且=可知比值不断减小，故C错误；

D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)；故D错误；

故答案为B。5、D【分析】【详解】

A选项，由题图可知，a点表示通入SO2气体112mL(即0.005mol)时pH=7，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，溶液呈中性，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量；溶液均呈酸性，故a点水的电离程度最大，故A正确；

B选项，由题图中曲线的起点可知，a点溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，0.1mol/LH2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1mol/L，电离方程式为H2SH++HS－、HS-H++S2－；以第一步为主，根据平衡常数表达式计算出该温度下H2S的Ka1≈≈10－7.2；故B正确；

C选项，当通入SO2气体336mL时，物质的量为0.015mol，反应后相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因为H2SO3的酸性强于H2S，故此时溶液对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化；故C正确；

D选项，根据平衡常数表达式可知=a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)不再变化；故D错误。

综上所述，答案为D。6、D【分析】【分析】

水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；原电池放电时，电子从负极流向正极。

【详解】

A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－；故A错误；

B．此过程中电子从Fe移向Cu，负极上发生的电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋；铁铆钉发生氧化反应，故B错误；

C．该原电池中铜作正极；原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C错误；

D．此过程中铁做负极，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋；铁铆钉发生氧化反应，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】分析：(1)化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，判断正反应的热效应；

(3)根据浓度熵和平衡常数的关系分析判断；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；根据三段式用y表示出平衡时各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算y的值。

详解：(1)可逆反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式K=故答案为

(2)由表中数据可知；温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，正反应是吸热反应，故答案为吸热；

(3)平衡浓度符合下式c(CO2)•c(CH2)=c(CO)•c(H2O)时；浓度熵和平衡常数相等均等于1，平衡常数只值受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，温度是830℃，故答案为830；

(4)令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol；则：

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

开始(mol)：2100

变化(mol)：yyyy

平衡(mol)：2-y1-yyy

故=1，解得：y=故平衡后CO2的转化率为=故答案为

点睛：本题考查化学平衡常数的应用。注意掌握化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等。解答本题需要熟练掌握三段式解答化学平衡的计算方法。【解析】吸热8308、略

【分析】【分析】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离；从图中pH=4.2分析二级电离常数。

⑵根据图中pH=1.2信息得出一级电离常数；根据电离常数得出酸强弱顺序，再根据酸强弱书写离子方程式。

【详解】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离，H2A的电离方程式是H2AH+＋HA－，从图中pH=4.2分析二级电离常数故答案为：H2AH+＋HA－；10−4.2。

⑵已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，根据图中pH=1.2信息得出因此酸强弱顺序为H2A＞HF＞HA－，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为H2A+F－=HF+HA－；故答案为：H2A+F－=HF+HA－。【解析】H2AH+＋HA－10-4.2H2A＋F－==HF＋HA－9、略

【分析】【详解】

(1)25℃下，纯水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，则此时溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH＝13，此时溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+＋NH2－，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K=

(2)依据盖斯定律进行计算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(红磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。【解析】1×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=红磷P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－110、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋水解；使溶液显酸性；

(2)CH3COONH4属于弱酸弱碱盐；都发生水解，pH=7说明溶液显中性，用电荷守恒进行分析；

(3)利用弱电解质的电离；盐类水解程度微弱进行分析；

(4)NH3·H2O为弱碱；加水稀释促进电离进行分析；

【详解】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7时，说明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱电解质的电离程度、盐类水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小顺序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，但c(OH－)减小；故A不符合题意；

B.加水稀释，温度不变，Kb不变，c(NH4＋)减小；该比值增大，故B符合题意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受温度的影响，因此加水稀释Kw不变，即c(H＋)·c(OH－)保持不变；故C不符合题意；

D.该比值为NH3·H2O的电离平衡常数，加水稀释，电离平衡常数不变，故D不符合题意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B11、略

【分析】【分析】

根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱；根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。

【详解】

（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：故答案为：①>②>④>③；

（2）根据醋酸的电离常数，结合得pH=5，故答案为：5；

（3）当与溶液1：1混合时，溶质为根据的电离常数可知，的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故答案为：碱。【解析】①>②>④>③5碱12、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；即①符合；

（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；

（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为＜；＞。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用【解析】（每空2分）（1）NH4Cl①（2）NH4Cl、NH3•H2O；NH4Cl、HCl（3）小于大于13、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。14、略

【分析】【分析】

碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)等于水离子积常数与c(H+)的比值。

【详解】

pH=9的氢氧化钠抑制水电离，溶液中的氢离子来自于水，溶液中c(H+)=10−9mol/L，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)等于溶液中的c(H+)，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)=10−9mol/L；pH=9醋酸钠促进水电离，溶液中的氢氧根离子来自于水，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)等于水离子积常数与溶液中c(H+)的比值，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH−)==10−5mol/L，所以A:B=10−4:1。【解析】A：B=10﹣4：1三、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10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第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、原理综合题(共2题，共6分)17、略

【分析】(1)

①根据图示，0.5molN2、1.5molH2的总能量比1molNH3的能量大46KJ，该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=--92kJ/mol。

②增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率；

(2)

A．反应前后气体系数和不同；相同条件下，改变压强，平衡移动，对脱氮率有影响，故A错误；

B．催化剂不能使平衡移动；在交叉点P处脱氮率低于最大值，所以反应没有达到平衡，故B正确；

C．催化剂a，250℃脱氮率最高；催化剂b，450℃脱氮率最高，所以a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮；故C正确；

D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降；可能由于催化剂活性降低，故D错误；

选BC。

选BC。

(3)

起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则

x=0.1，平衡时N2的压强为kPa，则10min内N2的反应速率v(N2)=0.033pkPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp==

(4)

①a电极氮气得电子生成氨气，a是阴极，b电极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，b是阳极，电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向a室移动。

②阳极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为N2-10e-+6H2O=2+12H+。【解析】(1)-92kJ/mol增大压强(或增大c(H2)

(2)BC

(3)0.033p

(4)aN2-10e-+6H2O=2+12H+18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①在温度不变时，n(NH3)：n(NO)越大，则NO的去除率越高。根据图象可知NO的去除率大小关系是：a＞b＞c，所以n(NH3)：n(NO)=1：3时，NO去除率应该最低，故n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时；对应的是曲线是c；

②由图1可知；无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，这是因为反应在催化剂存在的条件下进行，当温度高于900℃时，可能催化剂失去活性，反应速率降低；

(2)①化学反应速率有速率较慢的反应步骤决定。由图象可知：反应I的活化能较小；反应比较容易进行，反应速率较快；反应II的活化能较高，反应较难发生，反应速率较慢，故以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是II；

②根据图象可知：T4没有T3陡度大，则转化相同量的NO，T4温度下耗时更长；根据能量图分析，△H1＜0，温度升高，反应I的化学平衡逆向移动，使c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响，故该温度下的反应速率慢，达到平衡所需时间长；

(3)从电解原理看，N2O4制备N2O5为氧化反应，则N2O5应该在阳极反应生成，所以电极A连接电源正极，A为阳极，阳极的电极反应式为：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；B为阴极，与电源负极连接。【解析】c催化剂失去活性ⅡT4ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响负极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+六、结构与性质(共3题，共9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)A