2025年外研版三年级起点选修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年外研版三年级起点选修4化学下册阶段测试试卷247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、白磷和氯气反应生成PCl3的热化学方程式为P4（白磷，g）+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1，已知化学键键能为Cl—Cl键243kJ·mol-1，P—Cl键331kJ·mol-1。白磷和PCl3的分子结构如图所示；则P—P键的键能为（）

A.396kJ·mol-1B.198kJ·mol-1C.99kJ·mol-1D.49.5kJ·mol-12、—定条件下，向密闭容器中充入一定量的气体X，发生反应3X(g)Y(g)+xZ(g)，一段时间后反应达到平衡。12min时，将容器体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再次达到平衡。反应中各时刻X物质的浓度如下表所示。下列说法中不正确的是（）。反应时间（min）05121720X的浓度（mol·L-1）1.00.40.40.70.7

A.x=1B.5min时该反应处于化学平衡状态C.从反应开始到18min时，X的转化率为30%D.0〜5min内，该反应的平均速率为v(X)=0.12mol·L-1·min-13、对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4＋2NO2N2＋CO2＋2H2O。在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法不正确的是（）

A.组别①中，0～20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L－1·min－1B.由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2C.40min时，表格中T2对应的数据为0.18D.0～10min内，CH4的降解速率①＜②4、已知：某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1L的密闭容器中加入反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表：。物质0.81.241.24

下列说法正确的是A.平衡后升高温度，平衡常数B.平衡时，C.平衡时反应混合物的总能量减少20kJD.平衡时再加入与起始等量的达到新平衡后的转化率增大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、25°C时，将0.1mol/LNaOH溶液加入20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中，所加入溶液体积(V)和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是。

A.pH=7时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)B.a点所示的溶液中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)C.b点所示的溶液中c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)D.a、b两点所示的溶液中水的电离程度相同7、在溶液(NH4)2SO4中，离子浓度大小顺序正确的是A.c(NH4+)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)B.c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)C.c(NH4+)>c(SO42－)>c(OH－)>c(H＋)D.c(SO42－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)8、常温下，下列关于电解质溶液的正确判断是A.在pH=12的溶液中，Al3+、Cl-、CONa+可以大量共存B.在pH=0的溶液中，Na+、NOSOK+可以大量共存C.由水电离出的氢离子浓度为1.0×10-12mol•L-1溶液中，K+、Cl-、HCONa+可以大量共存D.由0.1mol•L-1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A-+H2O⇌HA+OH-9、电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.0200mol/L盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.0200mol/L的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法不正确的是（）

A.曲线②代表滴定NaOH溶液的曲线,在相同温度下,水的电离程度A>C>D>BB.常温下，测得A点溶液的pH=6，则二甲胺常温下电离常数Kb约为10-4C.向二甲胺溶液中滴加盐酸10~20mL过程中:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c(OH-)D.B点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH2+]+2c[(CH3)2NH·H2O]评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

I.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-l，则反应③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反应速率：a点的v逆_____b点的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2时的平衡常数Kc=_____。

（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率（脱氮率即NO的转化率）如图所示。M点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_________。

Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解反应2N2O=2N2+O2对环境保护有重要意义。

（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常数为K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反应。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反应。

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。

①k=_____（用含K和k1的代数式表示）。

②下列表述正确的是_____。

a．IO为反应的中间产物

b．碘蒸气的浓度大小不会影响N2O的分解速率。

c．第二步对总反应速率起决定作用

d．催化剂会降低反应的活化能；从而影响△H

（5）通过N2O传感器可监测环境中N2O的含量；其工作原理如图所示。

①NiO电极上的电极反应式为_____。

②N2O浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”）11、有一种观点认为：与燃烧化石燃料相比，以乙醇为燃料不会增加大气中二氧化碳的含量。你认为这种观点是否正确_________？请说明理由_________。12、已知：Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1，Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1，写出Na2CO3•10H2O脱水反应生成Na2CO3(s)和水蒸气的热化学方程式______13、在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)⇌R(g)+2L(？)；此反应规律符合如图图象：

(1)T1______T2，正反应的△H______0(填“＞”；“＜”或“=”；下同)

(2)P1______P2，L为______(填“固”或“液”或“气”态)14、常温下，将0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。

（1）用离子方程式表示该溶液中存在的三个平衡体系___、___、__。

（2）溶液中各离子的物质的量浓度由大到小顺序为___。

（3）溶液中粒子中浓度为0.1mol/L的是___，浓度为0.05mol/L的是__。

（4）物质的量之和为0.lmol的两种粒子是___与___。15、硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二部电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-，HSO4-H++SO42-。请回答下列有关问题：

(1)Na2SO4溶液呈______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由_________________________（用离子反应方程式表示）。

(2)写出H2SO4溶液与BaCl2溶液离子反应方程式______________________________________；

(3)在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是______。（填字母代号）

A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1

B．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）

C．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+c（SO42-）

D．c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）

(4)若25℃时，0.10mol·L-1的NaHSO4溶液的c（SO42-）=0.029mol·L-1，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______0.029mol·L-1（填“＞”“=”或“＜”），其理由是__________________________________。

(5)若25℃时，0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______mol·L-1。16、化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb为盐的水解常数。回答下列问题：

(1)写出CH3COONa水解的离子方程式______。

(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序______。

(3)25℃时，Ka(CH3COOH)______Kb(CH3COO-)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(4)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是______(填写选项字母)。

a.代谢产生的H+被HCO3-结合形成H2CO3

b.血液中的缓冲体系可抵抗大量酸；碱的影响。

c.代谢产生的碱被H2CO3中和转化为HCO3-17、按要求填写下面的空。

(1)温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4②NaNO3③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa，它们的pH值由小到大的排列顺序是________。

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①④⑤⑥D.⑤⑥②④①③

(2)25℃时，利用pH试纸测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为____。向10mL此溶液中加水稀释，电离常数的值将________。(填“增大”“减小”或“无法确定”)

(3)25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=______。(取近似值)

(4)pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)_______V(CH3COOH)(填＞；＜或=；下同)

(5)浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl____________pH(CH3COOH)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、有机推断题(共1题，共4分)19、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2题，共6分)20、某兴趣小组同学将铜片加入稀硝酸；发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。请你和探究小组完成下列问题:

（1）提出合理假设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是__________。A．反应放热导致温度升高B．压强增大C．生成物的催化作用D．反应物接触面积增大（2）初步探究测定实验过程中不同时间溶液的温度；结果如下表：

。时间/min

0

10

15

20

25

35

50

60

70

80

80

温度/℃

25

26

26

26

26

26.5

27

27

27

27

27

根据表中实验数据规律，结合实验假设你得出的结论是________________。

（3）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用。为此；请你完成以下实验设计（将表格和实验目的补充完整）：

。实验。

编号铜片。

质量/g0.1mol·L-1

硝酸/mL硝酸铜。

溶液/mL亚硝酸钠。

溶液/mL水的体积。

/mL实验目的。

①

5

20

0

0

___

实验①和②探究_________对实验的影响；实验①和③探究亚硝酸根的影响。

②

5

20

0.5

0

0

③

5

20

____

____

0

21、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____________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共3分)22、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_____________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

已知反应的ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，设P—P键的键能为x，则P4(白磷，g)+6Cl2(g)═4PCl3(g)ΔH＝-1326kJ·mol-1=(x)×6+(243kJ·mol-1)×6-(331kJ·mol-1)×4×3，解得：x=198kJ·mol-1，故答案为B。2、C【分析】【分析】

12min时；将容器体积压缩至原来的一半，若平衡不移动，X的浓度应为0.8mol/L；达到新的平衡时，X的浓度为0.7mol/L，说明X在减少，平衡正向移动。压缩体积，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，则3＞1+x，则x=1。

【详解】

A．c(X)=0.4mol/L时，将容器体积压缩至原来的一半，此时c(X)=0.8mol/L，平衡时c(X)=0.7mol/L，表明平衡正向移动，3>1+x；所以x=1，正确，A不选；

B．根据数据；5min和12min的X的浓度不变，说明该反应处于化学平衡状态，正确，B不选；

C．设原容器体积为1L，则n(X)起=1.0mol，平衡时，容器体积为0.5L，n(X)平=0.5L×0.7mol/L=0.35mol，从反应开始到18min时，X的转化率为=65%；不正确，C选；

D．0〜5min内，该反应的平均速率为v(X)==0.12mol·L-1·min-1；正确，D不选；

故选C。3、C【分析】【详解】

A.组别①中，0～20min内，参加反应的CH4为0.25mol，则参加反应的NO2为0.50mol，NO2的降解速率为A正确；

B.从表中数据可以看出，0～10min内，T1时参加反应的CH4的物质的量为0.15mol，T2时参加反应的CH4的物质的量为0.20mol，T2时CH4的反应速率快，由此可得出T1＜T2；B正确；

C.40min时，表格中T1反应已达平衡，则T2反应肯定达平衡，CH4的物质的量不再改变；对应的数据为0.15，C不正确；

D.0～10min内，因为T1＜T2，所以CH4的降解速率①＜②；D正确。

故选C。4、B【分析】【详解】

A.因为正反应故为放热反应，升高温度平衡常数减小，A项错误；

B.设平衡时又生成了的由化学平衡常数解得可知平衡时B项正确；

C.由选项B分析可知，平衡时生成的物质的量为1.6mol，根据方程式可知反应放出的热量为C错误；

D.平衡时，再加入与起始等量的相当于增大压强一倍，因为是等体积反应，故平衡不移动，的转化率不变；D项错误。

答案选B。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】【分析】

分析题给关系曲线图，当加入的VNaOH=10mL时，溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，且溶液pH＜7。当加入的VNaOH=20mL时，CH3COOH与NaOH完全反应，此时溶液溶质为CH3COONa；溶液的pH＞7。据此进行分析。

【详解】

A．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)；A项错误；

B．a点时，加入的VNaOH=10mL，此时溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa，则根据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，结合电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则：c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，由图像可知，a点时溶液的pH＜7，即c(H+)＞c(OH-)，故c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)；B项错误；

C．由分析可知，b点所示的溶液溶质为CH3COONa，根据质子守恒有：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)；C项正确；

D．由分析可知，a点溶液溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，且溶液pH＜7，对水的电离有抑制作用；b点溶液溶质为CH3COONa，CH3COO-会水解，促进水的电离，故a、b两点所示的溶液中水的电离程度不相同；D项错误；

答案选C。7、A【分析】【详解】

(NH4)2SO4是强电解质，完全电离，c(NH4+)接近c(SO42－)的二倍，铵根离子水解消耗水电离产生的OH－，所以c(H＋)>c(OH－)；但是盐的水解程度是微弱的，盐的电离远大于弱电解质水的电离，因此c(H＋)、c(OH－)都比较小，故：c(NH4+)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)，答案选A。8、D【分析】【详解】

A．在pH=12的溶液中存在大量OH﹣，Al3+、之间发生双水解反应，且Al3+与OH﹣反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．常温下pH=0的溶液呈酸性，在酸性条件下发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．由水电离出的H+浓度为1.0×10﹣12mol•L﹣1，说明水的电离受到抑制，故溶液可能是酸或碱，由于与H+、OH-均反应；故C错误；

D．由0.1mol/L一元酸HA溶液的pH=3，说明HA部分电离为弱酸，对应弱离子A-会水解，即NaA溶液存在水解平衡A﹣+H2O⇌HA+OH﹣；故D正确；

故答案选D。9、C【分析】A、NaOH为强碱，二甲胺为弱碱，没有滴定时，NaOH溶液的电导率大于二甲胺的，曲线②代表滴定NaOH溶液的曲线，当加入10mL盐酸时，与NaOH、二甲胺恰好完全反应，A点溶质是强酸弱碱盐，C点溶质为NaCl，D点NaOH过量，B点过量HCl，强酸弱碱盐促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，因为B点盐酸的量比D点NaOH量多，因此B点对水的抑制能力强于D点，因此相同温度下，水的电离程度为A>C>D>B，故A说法正确；B、在A点是二甲胺与盐酸恰好完全反应，(CH3)2NH2＋的浓度约等于c(Cl－)，(CH3)2NH的浓度约等于c(H＋)，因此Kh=10－6×10－6/0.01=10－10，Kb=Kw/Kh=10－4，故B说法正确；C、当在20mL时，c(Cl－)>c(H＋)>c[(CH3)2NH2＋]>c(OH－)，故C说法错误；D、根据质子守恒，c(H＋)=c(OH－)+c[(CH3)2NH2＋]+2c[(CH3)2NH·H2O]；故D说法正确。

点睛：本题的难点是选项B，即电离平衡常数的计算，因为A点是盐酸与二甲胺恰好完全反应，(CH3)2NH2＋发生水解，因此计算二甲胺的电离平衡常数时，应采用Kw=Kb×Kh，先根据水解常数的定义计算出Kh，代入三大常数的关系式即可。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【详解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5kJ/mol。

（2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为T1时先拐，先达到平衡，所以T1＞T2；故答案为：＞。

②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，已知T1＞T2；所以CO的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。

③a、b点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a点加入了催化剂，反应速率加快，所以反应速率a点大于b点，a点的v逆大于b点的v正；故答案为：＞。

④压强与物质的量成正比关系可得，设平衡时，生成的氮气为xmol，则根据三段式：

则故答案为：17150。

（3）图象分析可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

Ⅱ.（4）①根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则故答案为：

②a．IO是第二步反应的生成物；第三步反应的反应物，所以IO为反应的中间产物，a正确；

b．含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O的分解速率，b错误；

c．反应的快慢取决于慢反应；所以第二步对总反应速率起决定作用，c正确；

d．催化剂会降低反应的活化能；加快反应速率，不影响△H，d错误；故答案为：ac。

（5）①NiO电极上N2O反应生成NO2，N元素的化合价由+1价升高为+4价，发生氧化反应，NiO电极是负极，其电极反应为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt电极上O2反应生成O2-，O元素的化合价由0价降低为-2价，发生还原反应，Pt电极是正极，其电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根据U=IR，N2O浓度越高，N2O越失去电子生成NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读数越高，故答案为：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高11、略

【分析】【详解】

植物利用太阳能将二氧化碳、水转化为有机物，有机物发酵生成乙醇，燃烧乙醇产生的二氧化碳还会重新进入这个碳循环，并不会增加大气中二氧化碳的含量，这个过程相当于我们将太阳能转化为化学能进行利用。【解析】正确乙醇为生物质燃料，燃烧乙醇产生的二氧化碳会被植物吸收转化再转化为乙醇，实现平衡，燃烧乙醇并不会增加大气中二氧化碳的含量。12、略

【分析】【分析】

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式。

【详解】

①Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1

②Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1

由盖斯定律①-②得到：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1；

故答案为：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1。【解析】Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-113、略

【分析】【详解】

(1)根据图像可知，当压强均为P1时，温度为T2的曲线首先达到平衡状态，这说明温度是T2＞T1；但温度高，R的含量低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，即△H＜0，故答案为：<；<；

(2)根据图像可知，当温度均为T1时，压强为P2的曲线首先达到平衡状态，这说明P2＞P1；但压强高，R的含量低，这说明增大越强平衡向逆反应方向移动，因此正方应是体积增大的可逆反应，即L一定是气态，故答案为：<；气态。【解析】①.<②.<③.<④.气态14、略

【分析】【分析】

0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反应得到物质的量均为0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的体积为1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物质的量浓度均为0.05mol/L；据此分析解答问题。

【详解】

(1)该溶液中存在：CH3COOH的电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的电离平衡：H2OH++OH-；故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-；

(2)由于溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-），故答案为：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）；

(3)溶液中粒子浓度为0.1mol/L的是Na+，浓度为0.05mol/L的是Cl-。故答案为：Na+；Cl-；

(4)根据物料守恒，物质的量之和为0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-，故答案为：CH3COOH；CH3COO-。【解析】①.CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-15、略

【分析】【详解】

（1）由于硫酸的第二步电离不完全，导致溶液中存在SO42－＋H2OHSO4－＋OH－这一水解平衡，导致Na2SO4溶液呈弱碱性；

（2）根据题目所给信息，硫酸氢根离子不完全电离，故方程式应写为HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋；

（3）A.根据物料守恒，可得出c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1；A正确；

B.根据质子守恒，可得出c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）；B正确；

C.根据电荷守恒，可得出c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+2c（SO42-）；C错误；

D.根据物料守恒，可得出c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）；D正确；

故答案选ABD；

（4）由于H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离，故0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）<0.029mol·L-1；

（5）0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，可知该溶液中c（H+）=0.11mol/L，第一步电离出的c（H+）=0.1mol/L，则HSO4-电离出的氢离子的浓度为0.11mol/L-0.1mol/L=0.01mol/L；故溶液中硫酸根离子的浓度为0.01mol/L。

【点睛】

解答本题的关键是要克服思维定势，根据题给硫酸的电离来分析和计算。【解析】弱碱性SO42－＋H2OHSO4－＋OH－HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋ABD＜H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离0.0116、略

【分析】【分析】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；

(2)可以根据CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液；pH=4.76，呈酸性，结合电荷守恒分析解答；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，也可以计算出Kb再判断；

(4)H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+；有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定，据此分析解答。

【详解】

(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

(2)0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的电离为主，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，实际上Kb===×10-9；故答案为：＞；

(4)a．人体血液中存在H2CO3⇌H++HCO3-平衡，人体代谢产生的H+与HCO3-结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正确；b．血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故b错误；c．代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3-，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故c正确；故答案为：ac。【解析】①.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-②.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)③.＞④.ac17、略

【分析】【详解】

（1）将6种溶液进行分组：酸性组pH＜7，①（NH4）2SO4、③NH4HSO4、④NH4NO3：③NH4HSO4电离生成H＋，酸性最强，①（NH4）2SO4中c（NH4＋）较大、水解后溶液酸性较强，pH值由小到大的顺序为③＜①＜④；中性组②NaNO3，pH=7；碱性组pH＞7，⑤NaClO、⑥CH3COONa：CH3COOH的酸性大于HClO；所以⑤NaClO的水解程度大，碱性强；pH大，综上，6种溶液的pH值由小到大的排列顺序是③＜①＜④＜②＜⑥＜⑤，故A正确；

故答案为：A；

（2）0.1mol·L－1醋酸溶液中c（H＋）=c（CH3COO－）=0.001mol·L－1，c（CH3COOH）=0.1mol·L－1-0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，醋酸的电离常数K==10-5；醋酸溶液中加水稀释时，促进醋酸电离，溶液中n（CH3COOH）减小、n（H＋）增大，所以增大；

故答案为：10-5；增大；

（3）pH=3的NH4Al（SO4）2中c（H＋）=0.001mol·L－1，c（OH－）=10-11mol·L－1，电荷关系为2c（SO42－）+c（OH－）=c（NH4＋）+3c（Al3＋）+c（H＋），所以2c（SO42－）-c（NH4＋）-3c（Al3＋）=c（H＋）-c（OH－）=0.001mol·L－1-10-11mol·L－1=0.001mol·L－1；

故答案为：0.001mol·L－1；

（4）CH3COOH是弱酸，pH=2的CH3COOH溶液中c（H＋）＞0.01mol·L－1，pH=2的盐酸和CH3COOH溶液加水稀释相同倍数时，由于加水促进CH3COOH的电离，导致CH3COOH溶液的酸性强、pH小，要使加水至pH再次相等，则CH3COOH溶液应该继续加水，所以加入水的体积V（HCl）＜V（CH3COOH）；

故答案为：＜；

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，CH3COOH是弱酸，浓度相同的盐酸和CH3COOH溶液加入等体积的水稀释后，CH3COOH的电离不完全，导致CH3COOH溶液的酸性弱、pH大，即加入等体积的水稀释后pH（HCl）＜pH（CH3COOH）；

故答案为：＜。【解析】A10-5增大0.001mol·L－1＜＜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、有机推断题(共1题，共4分)19、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2题，共6分)20、略

【分析】(1)除了将铜片放入稀硝酸不再有其他操作；故接触面积是不需要列入合理假设的，由于反应物是固液体系，故压强也是不需要列入合理假设的．剩下的因素中，温度要成为影响因素的前提是反应过程中体系温度升高，当然还有催化剂的影响，故答案为AC；

(2)由表中数据可知；随着反应的进行，反应速率明显加快，但温度变化不大，所以温度不是反应速率明显加快的主要原因；故答案为温度不是反应速率明显加快的主要原因；

(3)探究进入到产物催化作用的研究，还是要从合理假设开始，从离子方程式看，新增的物质只有铜离子，故铜离子的影响应列入合理假设，另一种中间产物亚硝酸根的影响是试题提示的，故作为对照的实验①除了铜片和稀硝酸不应该再引入其他物质，根据实验②，对比实验中溶液的总体积应相同，三个实验的总体积应为20.5mL，则①中水的体积为0.5mL，③中硝酸铜为0，亚硝酸钠为0.5mL，故答案为①0.5；③0；0.5；实验目的：Cu2+。

点睛：本题主要考查酸与铜反应的探究，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，解答实验探究时要注意尽可能的把题中的能够影响化学反应的因素找出，然后再利用控制变量法来进行判断。【解析】AC温度不是反应速率明显加快的主要原因0