2025年外研衔接版选修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年外研衔接版选修4化学下册阶段测试试卷476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、已知：

①I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH1＝－9.48kJ/mol

②I2(s)＋H2(g)2HI(g)ΔH2＝＋26.48kJ/mol

下列判断正确的是()A.254gI2(g)中通入2gH2(g)，反应放热9.48kJB.I2(g)=I2(s)ΔH＝－17.00kJ/molC.固态碘的稳定性比气态碘的稳定性高D.1mol固态碘和1mol气态碘分别与氢气完全反应，前者断裂的I—I键更多2、反应mA(s)+nB(g)pC(g)△H＜0,在一定温度下；平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（）

①m+n>p②x点表示的正反应速率大于逆反应速率③n>p④x点比y点时的反应速率慢⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大A.①②⑤B.②④C.①③D.①③⑤3、汽车尾气净化的主要反应原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。将1.0molNO、0.8molCO充入2L恒容密闭容器，分别在T1℃和T2℃下测得n(CO2)随时间(t)的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是。

A.该反应是吸热反应B.T1℃时，K=0.9C.T2℃时，0~2s内的平均反应速率v(N2)=0.075mol/(L·s)D.T1℃时，向平衡体系中加入1molNO，再次平衡时NO转化率大于40%4、痛风性关节病的发病机理和尿酸钠有关。室温下，将尿酸钠（NaUr）的悬浊液静置，取上层清液滴加盐酸，溶液中尿酸的浓度c（HUr）与pH的关系如图所示。已知Ksp（NaUr）=4.9×10-5mol2·L-2，Ka（HUr）=2.0×10-6mol·L-1。下列说法正确的是。

A.上层清液中，c（）=7.0×10-2mol·L-1B.M→N的变化过程中，c(Na+)·c(Ur-)的值将逐渐减小C.当c(HUr)=c(Ur-)时，c(Cl-)＞c(Ur-)D.当pH=7时，2c(Na+)＝c(Ur-)+c(Cl-)5、常温下；将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH；等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)B.电离平衡常数：10Ka(HA)=Ka(HB)C.b点溶液：c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)>c(HB)6、在15mL0.lmol/LKOH溶液中逐滴加入0.2mol/L甲酸（HCOOH；弱酸）溶液，溶液pH和加入甲酸的体积关系曲线如图所示，下列关系正确的是。

A.在B点：c(K+)=c(HCOO-)＞c(OH-)=c(H+)，且a=7.5B.在B间任意一点，c(HCOO-)＞c(K+)＞c(OH-)＞c(H+)C.B→C段：水的电离程度先增大后减小D.在D点：c(HCOO-)+c(HCOOH)＞2c(K+)7、工业用溶液吸收减少空气污染。常温下，测得溶液吸收过程中，pH随的变化关系如下表所示，下列说法正确的是pH

A.B.溶液的C.吸收液的时，D.溶液中，的水解常数8、下图所示的电解池I和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是。

A.AB.BC.CD.D9、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后；置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）

A.活性炭的存在会加速铁的腐蚀B.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e-=Fe3+C.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀D.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。11、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

12、体积均为100mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

13、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于14、在室温下；下列五种溶液：

①0.1mol·L-1NH4Cl

②0.1mol·L-1CH3COONH4

③0.1mol·L-1NH4HSO4

④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液。

⑤0.1mol·L-1NH3·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+)的大小关系是________(用①②③⑤表示)

(3)室温，溶液②的pH=7，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)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、有机推断题(共1题，共7分)16、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：_____。评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)17、亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：

已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。

（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。

（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。

回答下列问题：

（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：___________。

（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是_______________

（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是____。

（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a.___；b．_____；c．用38~60℃的热水洗涤；d．在低于60oC的真空中蒸发；干燥。

（6）装置C中C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中C1O2与NaOH溶液反应的化学方程式为______。

（7）NaClO2纯度测定：①称取所得NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（C1O2－的还原产物为Cl－），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)，以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为_____。重复滴定3次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中NaClO2的质量分数为____________。18、是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在加入适量溶液，生成沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗剂、真空干燥得到固体样品。反应方程式为2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4↓+2H2O

回答下列问题：

(1)上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是___________。

(2)银锌碱性电池的电解质溶液为溶液，电池放电时正极的转化为负极的转化为写出该电池反应方程式：___________。

(3)准确称取上述制备的样品(设仅含和)2.558g，在一定的条件下完全分解为和得到224.0mL(标准状况下)。计算样品中的质量分数_____(计算结果精确到小数点后两位)。19、某小组研究溶液中Fe2＋与的反应。实验I试剂现象滴管试管试管1mol•L-1FeSO4溶液(pH=4)1mol•L-1NaNO2溶液(pH=8)a.滴加1滴FeSO4溶液，溶液变黄色，继续滴加，溶液变为棕色，2小时后，无明显变化1mol•L-1NaNO3溶液(加NaOH溶液pH=8)b.持续滴加FeSO4溶液，无明显变化1mol•L-1NaNO3溶液(加NaOH溶液pH=8)b.持续滴加FeSO4溶液，无明显变化

已知：[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。

(1)研究现象a中的黄色溶液。

①用__________溶液检出溶液中含有Fe3＋。

②甲认为是O2氧化了溶液中的Fe2＋。乙认为O2不是主要原因，理由是_____________。

③进行实验Ⅱ，装置如图所示。左侧烧杯中的溶液只变为黄色，不变为棕色，右侧电极上产生无色气泡，经检验该气体为NO。产生NO的电极反应式为_______实验Ⅱ的目的是________。

(2)研究现象a中的棕色溶液。综合实验I和实验Ⅱ，提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe2＋或Fe3＋发生了反应。进行实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为Fe2＋与NO发生了反应。实验Ⅲ的操作和现象是_______。

(3)研究酸性条件下，溶液中Fe2＋与的反应。序号操作现象i取1mol·L－l的NaNO2溶液，加稀硫酸至pH=3，加入1mol·L－lFeSO4溶液溶液立即变为棕色ii取1mol·L－l的NaNO3溶液，加硫酸至pH=3，加入1mol·L－lFeSO4溶液无明显变化iii分别取0.5mLlmol·L－l的NaNO3溶液与1mol·L－l的FeSO4溶液，混合，小心加入0.5mL浓硫酸液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环

i中溶液变为棕色的离子方程式为_______、__________。

实验结论：本实验条件下，溶液中的氧化性与溶液的酸碱性等有关。20、I．亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，如果缺铁就可能出现缺铁性贫血，但是摄入过量的铁也有害。下面是一种常见补药品说明书中的部分内容：该药品含Fe2+33%～36%；不溶于水但能溶于人体中的胃酸：与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收。

甲同学设计了以下实验检测该补铁药品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+。药品说明书中“与Vc同服可增加本品吸收”，通过探究，说明Vc具有___________性。

(2)乙同学采用在酸性条件下用高锰酸钾标准溶液滴定的方法测定该药品是否合格，准确称量上述药品10.00g，将其全部溶于试剂2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。

①该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都可以是______(填序号)。

A．蒸馏水B．稀盐酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

②请计算该药品含“铁”的质量分数为_________(保留三位有效数字)。

II．二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。利用食盐水制取ClO2的工业流程如下图所示：

(3)下图为用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2的装置。写出阳极产生ClO2的电极反应式：_________。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。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_________mol。

(4)用于电解的食盐水，需先除去其中的SO等杂质，除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5时，c(CO)∶c(SO)=___________(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9)。

(5)②发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共15分)21、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：)22、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“＝”）。23、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9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.254gI2(g)和2gH2(g)的物质的量均为1mol，由I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH1＝－9.48kJ/mol可知；若这些反应物完全转化为生成物，则可放热9.48kJ，由于该反应是可逆反应，反应物不能转化为生成物，反应放热少于9.48kJ，A项错误；

B.根据盖斯定律，①－②得：I2(g)=I2(s)ΔH＝－35.96kJ/mol；B项错误；

C.由上述热化学方程式可知；在相同条件下，固态碘能量低于气态碘，故固态碘的稳定性比气态碘的稳定性高，C项正确；

D.1mol固态碘和1mol气态碘均含有1molI—I键；分别与氢气完全反应，两者断裂的I—I键相同，D项错误。

故选C。2、B【分析】试题分析：①A为固态；压强对该物质无影响，由图像的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，①错误；②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图像可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即V正＞V逆，②正确；③由图像的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，③错误；④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，④正确；⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，⑤错误，答案选B。

考点：考查外界条件对平衡状态的影响3、C【分析】【详解】

A.根据图像，T1℃＞T2℃，升高温度，n(CO2)减少；平衡逆向移动，正反应是放热反应，故A错误；

B.T1℃时，2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)

起始(mol)10.800

反应(mol)0.40.40.40.2

平衡(mol)0.60.40.40.2

K==故B错误；C．T2℃，0～2s内的平均反应速率v(CO2)==0.15mol/(L•s)，v(N2)=v(CO2)=0.075mol/(L•s)，故C正确；D.根据B的计算，T1℃时；NO的转化率=40%，向平衡体系中加入1molNO，NO转化率减小，故D错误；故选C。

点睛：本题考查了化学平衡和平衡常数的影响因素、反应速率和平衡常数的计算应用、图象变化的分析判断等。本题的易错点为D，要注意加入NO尽管平衡正向移动，但NO本身的转化率减小。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据Ksp=c(Na+)·c(Ur-)=4.910-5，求出c(Ur-)=A错误；

B．在M→N的变化过程中，温度不变，Ksp不变，则c(Na+)·c(Ur-)的值不变；B错误；

C．当c(HUr)=c(Ur-)时，根据Ka(HUr)=2.010-6可以求出pH=5.7，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据NaUr+HCl=NaCl+HUr，可知NaCl浓度等于尿酸浓度，因所得溶液为NaCl、HCl、HUr，HUr为弱酸，则c(Ur-)＜c(Cl-)；C正确；

D．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Ur-)+c(Cl-)+c(OH-)，当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)；D错误；

故选C。5、B【分析】【详解】

A选项，lg或lg=0时HB的pH大于HA的pH，则Ka(HA)>Ka(HB)，酸强弱顺序为HA>HB，因此等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)；故A正确；

B选项，lg或lg=0时HA的pH=4，HB的pH=5，因此电离平衡常数：Ka(HA)=10Ka(HB)；故B错误；

C选项，b点溶液呈酸性，lg=0，c(B−)=c(HB)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)和呈酸性得出c(B−)>c(Na+)，因此c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；故C正确；

D选项，lg=0时溶液的pH=5，此时c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，根据图像lg>0，则c(B−)>c(HB)；故D正确。

综上所述，答案为B。6、D【分析】【详解】

A．当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL，反应生成甲酸钠溶液，甲酸钠水解，溶液显示碱性，若溶液为中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(K+)=c(HCOO-)；由于溶液中存在部分甲酸，则应该满足a＞7.5，故A错误；

B．在A、B间任意一点，开始存在c(OH-)＞c(HCOO-)，因此可能存在：c(K+)＞c(OH-)＞c(HCOO-)＞c(H+)；故B错误；

C．B点是甲酸钾和甲酸的混合溶液；在C点甲酸过量，溶液呈酸性，抑制水的电离，B→C段，酸的浓度增大，水电离程度减小，即水的电离程度一直减小，故C错误；

D．D点甲酸过量，所加入甲酸的物质的量为：0.02L×0.2mol/L═0.004mol，KOH的物质的量为：0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒，则反应后溶液中一定满足：c(HCOO-)+c(HCOOH)＞2c(K+)；故D正确；

故选D。7、C【分析】【详解】

用溶液吸收时；随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性；

A．由表中信息可知：当时，溶液第二级电离平衡常数为：因为亚硫酸为二元弱酸，存在电离平衡，而且所以故A错误；

B．由表中信息可知：溶液的为酸性溶液，根据物料守恒可得：溶液中故B错误；

C．由表中数据，当时，故当吸收液呈中性时，可推出而且故C正确；

D．溶液中的水解存在二级水解，一级水解平衡常数为：故D错误；

故答案为C。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系；①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。8、D【分析】【详解】

电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量小于d；则。

A．在金属活动性顺序表中；Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；

B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d；故B错误；

C．在金属活动性顺序表中；Fe；Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；

D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d；故D正确；

故选D。9、A【分析】【分析】

【详解】

A.Fe；C和电解质溶液构成原电池；Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故A正确；

B.由图可知该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极Fe失电子生成亚铁离子,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；故B错误；

C.弱酸性或中性条件下铁会发生吸氧腐蚀；水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故C错误；

D.铁腐蚀过程发生电化学反应；部分化学能转化为电能，放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故D错误；

故答案：A。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B11、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39112、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于13、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A14、略

【分析】【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为：

（2）①0.1mol·L-1NH4Cl溶液中铵根离子水解不受影响；铵根离子浓度小于0.1mol/L；

②0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解；铵根离子浓度较①低；

③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的电离出的氢离子抑制铵根离子的水解；铵根离子浓度较①大；

⑤0.1mol·L-1NH3·H2O溶液中NH3·H2O电离出的铵根离子较少；铵根离子浓度最低；

因此四种溶液中铵根离子浓度大小关系为：③＞①＞②＞⑤；

（3）常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：pH=7说明溶液中c(OH−)=c(H+)，得到：故答案为：=。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：【解析】①.酸②.NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+③.③＞①＞②＞⑤④.＝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、有机推断题(共1题，共7分)16、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、实验题(共4题，共32分)17、略

【分析】【分析】

为避免酸液沸腾而飞溅，将浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌得到浓硫酸和甲醇的混合溶液。该混合液和NaClO3在三颈烧瓶中反应产生ClO2，ClO2和H2O2、NaOH在B中反应产生NaClO2，多余的ClO2用C中NaOH溶液吸收。

【详解】

(1)浓硫酸密度大且溶于水放出大量的热；所以，将浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌，故答案为：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌；

(2)气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，实验过程中需要持续通入CO2的目的，一是搅拌作用，二是降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数）；防止爆炸；

(3)装置A中，CH3OH作还原剂，氧化产物为CO2，C元素化合价升高6，NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，Cl元素化合价降低1，根据电子得失守恒可知，CH3OH与NaClO3的物质的量之比为1:6；即氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，故答案为：6:1；

(4)ClO2和H2O2、NaOH在B中反应产生NaClO2，ClO2作氧化剂，还原产物为NaClO2，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，结合电子得失守恒、原子守恒可得装置B中方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；

(5)饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，高于60℃时分解，在38~60℃之间析出NaClO2，故要控制温度在38~60℃之间蒸发浓缩，并且趁热过滤除去母液，得到的晶体也要用38~60℃的热水洗涤，在低于60oC的真空中蒸发；干燥，故答案为：控制在38～60℃之间蒸发浓缩；控制温度在38～60℃之间趁热过滤；

(6)C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，Cl元素的化合价降低1，则另一种产物必为NaClO3，结合原子守恒可知，另一种产物为H2O，即C1O2与NaOH溶液反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；

(7)NaClO2将I-氧化成I2，加入淀粉碘化钾，溶液为蓝色，用Na2S2O3滴定溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复为蓝色，说明I2消耗完，此时为滴定终点。滴定消耗Na2S2O3物质的量=0.2000mol/L×18mL×10-3=3.6×10-3mol，根据得失电子守恒有以下关系：NaClO2～Cl-～4e-～4I-～2I2～4Na2S2O3，故3.6×10-3molNa2S2O3对应NaClO2的物质的量==9×10-4mol，则1.000g样品中NaClO2的物质的量n=9×10-4×10mol=9×10-3mol，质量m=9×10-3mol×90.5g/mol=0.8145g，则该样品中NaClO2的质量分数==81.45%；故答案为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复蓝色；81.45%。

【点睛】

(7)只要分析出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，就能根据电子得失守恒分析出：NaClO2～Cl-～4e-～4I-～2I2～4Na2S2O3，然后用关系式法计算即可。【解析】将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸6:12ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O控制在38～60℃之间蒸发浓缩控制温度在38～60℃之间趁热过滤2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复蓝色81.45%18、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO42﹣或OH﹣，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液；若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)；

故答案为取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液；若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)；

(2)电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，反应还应有KOH参加，反应的方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag；

故答案为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag；

(3)n(O2)==1.000×10﹣2mol；

设样品中Ag2O2的物质的量为x，Ag2O的物质的量为y

248g/mol×x+232g/mol×y=2.588g

x+=1.000×10﹣2mol

x=9.500×10﹣3mol

y=1.000×10﹣3mol

w(Ag2O2)==×100%=91%。

答：样品中Ag2O2的质量分数为91%。

考点：化学电源新型电池。【解析】取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba(NO3)2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全(取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全)Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag91%19、略

【分析】【分析】

（1）①可用检验铁离子；

②对比实验中滴加溶液都会携带氧气；

③在正极上得电子被还原生成可证明与亚铁离子发生氧化还原反应；

（2）要证明与发生了反应，可将分别通入溶液中；根据颜色变化判断；

（3）酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子与反应生成

【详解】

(1)①KSCN与铁离子反应，溶液显血红色，则可用检验铁离子；

故答案为：

②对比实验中滴加溶液都会携带氧气，但溶液中无明显变化，则不是主要原因；

故答案为：两个实验过程均有但溶液中无明显变化；

③在正极上得电子被还原生成电极方程式为实验Ⅱ的目的是证实被氧化生成

故答案为：证实被氧化生成

(2)想证明与发生了反应，可将分别通入溶液中，可观察到将通入溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将通入溶液中；无明显变化；

故答案为：将通入溶液中,溶液由浅绿色变黄色最后变棕色,将通入溶液中；无明显变化；

(3)酸性条件下，溶液、溶液发生氧化还原反应生成亚铁离子与反应生成反应的离子方程式为同时发生

故答案为：【解析】KSCN两个实验过程均有O2但NaNO3溶液中无明显变化＋e－＋H2O===NO↑＋2OH－证实Fe2＋被氧化生成Fe3＋将NO通入FeSO4溶液中溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化Fe2＋＋+2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2OFe2＋＋NO===[Fe(NO)]2＋20、略

【分析】【分析】

I．(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+，说明亚铁离子容易被氧化生成Fe3+，而亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用；“与Vc同服可增加本品吸收”，据此分析判断Vc的作用；

(2)①试剂1起溶解作用，结合药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸和酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性分析判断；②根据反应的方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O结合消耗的高锰酸钾的物质的量计算；

II．(3)由题意可知，阳极上氯离子放电生成ClO2，据此书写电极反应式；在阴极发生2H++2e-=H2↑；通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据生成氢气的物质的量计算解答；

(4)根据c(SO)=c(CO)=计算；

(5)电解食盐水得到的氯酸钠(NaClO3)在发生器②中与盐酸反应生成ClO2；结合图示还生成了氯气，据此分析书写反应的方程式。

【详解】

I．(1)加入KSCN溶液后溶液变为淡红色，说明溶液中有少量Fe3+，说明亚铁离子容易被氧化生成Fe3+，而亚铁是血红蛋白重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，“与Vc同服可增加本品吸收”，服用Vc可防止药品中的Fe2+被氧化成Fe3+；说明Vc具有还原性，故答案为：还原；

(2)①试剂1起溶解作用；根据药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸，因此该实验中的试剂2与甲同学设计的实验中的试剂1都应该是某种酸，由于盐酸能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，而硝酸又具有较强的氧化性，因此只能选用稀硫酸，故答案为：C；

②用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL，消耗的高锰酸钾的物质的量为0.0200mol/L×0.01200L=0.00024mol，根据得失电子守恒，反应的方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则该药品含“铁”的物质的量为0.00024mol×5×=0.06mol，药品含“铁”的质量分数为×100%=33.6%；故答案为：33.6%；

II．(3)由题意可知，阳极上氯离子放电生成ClO2，电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；在阴极上发生2H++2e-=H2↑，氢气的物质的量为=0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故通过交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，故答案为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；0.01；

(4)根据Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5时，则c(SO)=c(CO)=因此c(CO)∶c(SO)===50；故答案为：50；

(5)电解食盐水得到的氯酸钠(NaClO3)在发生器②中与盐酸反应生成ClO2，根据图示，同时生成氯气，二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。【解析】还原性C33.6%Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+0.01502NaClO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl。六、结构与性质(共3题，共15分)21、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