2025年湘教新版选修四化学下册月考试卷

…………○…………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年湘教新版选修四化学下册月考试卷607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7题，共14分)1、向足量的硫酸溶液中加入200mL0.4mol/L的Ba(OH)2溶液，放出10.24kJ的热量。向足量的Ba(OH)2溶液中加入200mL0.4mol/L的HCl溶液，放出2.2kJ的热量。则硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应的离子的热化学方程式为A.Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-2.92kJ/molB.Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-18kJ/molC.Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-0.72kJ/molD.Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-73kJ/mol2、可逆反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s)；根据图示，下列判断不正确的是。

A.压强P2>P1B.(a+b)<(c+d)C.温度：T1>T2D.该反应的∆H>03、已知氯水中存在反应：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClO，取5mL饱和氯水进行如下实验。下列说法中，正确的是A.加5mL水，c(H+)增大B.加少量NaCl固体，c(H+)不变C.加少量碳酸钙粉末，c(HClO)升高D.加少量Na2SO3固体，溶液pH升高4、生产上用过量烧碱溶液处理某矿物含过滤后得到滤液用溶液处理，测得溶液pH和生成的量随加入溶液体积变化的曲线如下：下列有关说法不正确的是。

A.溶液的物质的量浓度为B.b点与c点溶液所含微粒种类相同C.a点溶液中存在的离子是D.生成沉淀的离子方程式为：5、在室温时，向溶液中滴加溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示无气体溢出以下说法不正确的是

A.a点时水的电离程度最大B.b点时溶液中的离子浓度关系有C.c点时溶液中的粒子浓度大小关系为D.d点时溶液中6、下列物质溶于水后溶液显碱性的是A.K2SO4B.SO2C.FeCl3D.NaClO7、下列有关实验装置；操作；不能实现相应实验目的的是。

。

A

B

C

D

装置。

目的。

用KOH溶液除去溴苯中单质溴。

证明浓硫酸有脱水性；强氧化性。

先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀，证明Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)

不能通过观察水能否全部流下来判断装置气密性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为：____________。9、据公安部2019年12月统计；2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物；氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。

I.汽油燃油车上安装三元催化转化器；可有效降低汽车尾气污染。

（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=−393.5kJ·mol−1

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221.0kJ·mol−1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol−1

CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式___。

（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。

下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___（填字母代号）。

A.比值不变。

B.容器中混合气体的密度不变。

C.v（N2）正=2v（NO）逆

D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变。

（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO；装置如图2所示。

已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式___。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。

（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。实验测得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(CO)、n(O2)如表：。时间/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4

①T1温度时=___L/mol。

②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__T1(填“>”、“<”或“=")。

II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0

（5）温度为T时，向10L密闭容器中充入5molH2和CO2的混合气体，此时容器内压强为5P，两种气体的平衡转化率ɑ与的关系如图所示：

①图中CO2的平衡转化率可用表示___（L1或L2）

②该温度下，反应X的平衡常数Kp=___。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。10、在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，左、右两侧分别进行如下可逆反应：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左侧中加入SO2、O2、SO3的物质的量分别为xmol、3.25mol、1mol；右侧中加入9mol的水蒸气和适量的铁粉(忽略铁粉对容器体积的影响)当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器位置2处请填写以下空白：

(1)若x=1.5则左侧反应在起始时向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行欲使反应维持向该方向进行，则x的取值范围是______。

(2)若X=2，则左侧反应在起始时向______填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时混合气中SO2所占的体积分数为______。11、（1）某溶液由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前________（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）混合后溶液中________

（2）①下列方法中句以使酸稀溶液中电离程度增大的是________（填字母序号）。

a．滴加少量浓盐酸b．微热溶液c．加水稀释d．加入少量醋酸钠晶体。

②25℃时浓度均为的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是()

a．两溶液的pH相同。

b．两溶液的导电能力相同。

c．两溶液中由水电离出的相同。

d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同12、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)，13、工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2；并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。

（1）若采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH充分接触，导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水相应的离子方程式为________________。

（2）氯碱工业耗能高；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，甲，乙所用的离子膜为同一类型。

①甲中的离子交换膜为________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

②经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的______(填写“左”或“右”)池注入。

③图中X是________(填化学式)；乙中右室的电极反应式为：_________，图示中氢氧化钠溶液质量分数a％与b％的关系是_________(填字母)。

A.a%=b%B.a%﹥b%C.a%﹤b%评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共1题，共5分)15、煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、投料比及产率等问题。已知：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）的平衡常数随温度的变化如下，试回答下列问题：。温度/℃4005008301000平衡常数K10910.6

（1）该反应的平衡常数表达式K=__________。该反应的正反应是______反应（填“放热”或“吸热”）。

（2）某温度下，上述反应达到平衡后，恒容、升高温度，原化学平衡向______反应方向移动（填“正”或“逆”），容器内混合气体的压强________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_____

a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变。

c．v正（H2）=v逆（H2O）d．c（CO2）=c（CO）

（4）830℃，在恒容反应器中发生如表中的反应，按表中的物质的量投入反应混合物，其中向正反应方向进行的有__________（选填A、B、C、D）。n（CO）n（H2O）n（H2）n（CO2）A1523B2211C3300D0.5211评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)16、乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO3反应制得；它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。

Ⅰ.制备碳酸亚铁：装置如图所示。

(1)仪器B的名称是___。

(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是___，然后打开活塞2，关闭活塞___。

Ⅱ.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液；在75℃下搅拌使之充分反应。

(3)该反应化学方程式为___。为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入___，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：___；干燥。

a.过滤b.隔绝空气，加热c.冷却结晶d.用适量乙醇洗涤。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量；

(4)用K2Cr2O7滴定法测定样晶中Fe2+的含量计算样品纯度，称取6.00g样品配制成250.00mL溶液。取25.00mL用0.0100mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___(以质量分数表示)。17、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。

(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。

(2)NaOH稍过量的原因是_______。

(3)实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，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”)，理由是________。

(4)他们记录的实验数据如下：

。实验用品。

溶液温度。

t1

t1

t2

①

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.3℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

②

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.5℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18J/(℃•g)，各物质的密度均为1g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。

(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。18、某化学反应在四种不同条件下进行，B、D起始浓度（mol/L）为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：。实验序号010203040506011800℃1.00.800.670.570.500.500.5022800℃0.600.500.500.500.500.5033800℃0.920.750.600.600.600.6044820℃1.00.400.250.200.200.200.20

根据上述数据；完成下列填空：

（1）在实验1中，反应在10至20分钟时间内平均速率为____________mol/（L·min）．

（2）在实验2中，A的初始浓度＝________________mol/L，反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是____________．

（3）设实验3的反应速率为实验1的反应速率为则________（填“＞”、“＝”或“＜”）且________（填“＞”；“＝”或“＜”）1.0mol/L.

（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是____________（填“吸热”或“放热”）反应．理由是________________．19、新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2

某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。

实验(一)制备流程：

实验(二)Li2FeSiO4含量测定：

从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：。实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL

（1）实验(二)中的仪器名称：仪器B____________，仪器C__________。

（2）制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是______________________。

（3）操作Ⅱ的步骤______________，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_______________。

（4）还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_____________________，此时后续处理的主要目的是_________________________。

（5）滴定终点时现象为________________________________；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_______________；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共3分)20、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7题，共14分)1、D【分析】【详解】

向足量的硫酸溶液中加入200mL0.4mol/L的Ba(OH)2溶液，生成0.08mol硫酸钡和0.16mol水，放出的热量是10.24kJ；如果向足量Ba(OH)2溶液中加入200mL0.4mol/L的HCl溶液时，生成0.08mol水放出的热量为2.2kJ。则只生成0.16mol水时放出的热量是4.4kJ，所以只生成0.08mol硫酸钡时放出的热量是10.24-4.4=5.84kJ，所以生成1mol硫酸钡时放出的热量是=73kJ/mol；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A．由题干左图可知，P2条件下达到平衡所需要的时间比P1的更短，P2条件下反应速率更快，故P2>P1；A正确；

B．由A项分析可知，P2>P1，分析左图可知压强越大，A的转化率越小，即增大压强，平衡逆向移动，故逆反应是气体体积减小的方向，因D是固体，故(a+b)

C．由题干右图可知，T1条件下达到平衡所需要的时间比T2的更短，T1条件下反反应速率更快，故T1>T2；C正确；

D．由C项分析可知，T1>T2，分析右图可知温度越高，A的百分含量越小，即升高温度，平衡正向移动，故正反应是吸热反应，即∆H>0；D正确；

故答案为：B。3、C【分析】试题分析：A．加入5mL水，溶液稀释，c(H+)减小；B．加入少量NaCl固体，C(Cl－)增大，平衡向左移动，c(H+)减小；D．加少量碳酸钙粉末，H+与碳酸钙反应，c(H+)减小，平衡向右移动，c(HClO)升高，C正确；D．加少量Na2SO3固体，Na2SO3与HClO发生氧化还原反应，生成Na2SO4与HCl；溶液酸性增强，pH升高，D错误。答案选C。

考点：考查化学平衡的移动。4、A【分析】【详解】

A、加入溶液时沉淀最多，沉淀为NaOH过量，滤液中含NaOH，由可知，前8mL不生成沉淀，故A错误；

B、b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含故B正确；

C、a点显碱性，溶质为NaOH、存在的离子是故C正确；

D、促进的电离，生成沉淀的离子方程式为：故D正确；

故选A。5、C【分析】【详解】

A.a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完溶液中只有与b、c、d三点溶液均含有可以促进水的电离，而抑制水的电离．b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大，故A正确；

B.b点溶液呈中性，溶液中根据电荷守恒：即有故B正确；

C.c点溶液为加入150mLNaOH溶液，此时溶液中恰好生成初始时等量的和溶液呈碱性，电离程度大于水解程度，所以故C错误；

D.d点溶液为加入200mLNaOH溶液，反应恰好生成据物料守恒故D正确；

答案选C。

【点睛】

本题考查酸碱中和反应，根据图像分析，明确发生反应的原理，把握溶液中的守恒关系分析是解题的关键，整体难度不大，是基础题。6、D【分析】【分析】

【详解】

A.K2SO4是强酸强碱盐；水溶液呈中性，A不符合题意；

B.SO2是酸性氧化物；水溶液呈酸性，B不符合题意；

C.FeCl3是强酸弱碱盐，水溶液因Fe3+水解呈酸性；C不符合题意；

D.NaClO是强碱弱酸盐，水溶液因ClO-水解呈碱性；D符合题意；

答案选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A.溴和NaOH反应生成可溶性的钠盐；溴苯不易溶于水，然后采用分液方法分离提纯溴苯，所以A选项是正确的；

B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性；能将蔗糖脱水碳化（有黑色物质生成）并放出大量的热，在此条件下，碳可以把浓硫酸还原为二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，故该过程可以证明浓硫酸表现了脱水性和强氧化性，所以B选项是正确的；

C.Ag2CrO4和AgCl的组成结构不相似；，不能依据先生成白色沉淀就判断氯化银的Ksp较小，只能依此判断氯化银的溶解度较小，故C错误；

D.该装置中分液漏斗和烧瓶通过橡皮管连接；可以使两者中的气压相同，打开分液漏斗的活塞后，分液漏斗中的水可以顺利完全流下，故不能依此判断该装置的气密性如何，故D选项是正确的。

故选C。

【点睛】

本题考查化学实验方案评价，涉及气密性检验、溶度积大小比较、物质性质、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作是解本题关键，侧重考查学生分析判断及实验操作、实验评价能力，易错选项是D。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【详解】

S在氧气中燃烧生成SO2，32gS发生反应放出297kJ的能量，根据热化学方程式书写规则，S燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1

【点睛】

在书写热化学方程式时，25℃、101kPa的条件可以不注明。【解析】S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-19、略

【分析】【分析】

（1）根据盖斯定律计算反应热；完成热化学方程式书写；

（2）化学平衡状态的判断要依据正逆反应速率相等；各组分的浓度不变来分析判断；

（3）结合图示信息确定吸收室中的反应物和产物；以及阴极的反应物和产物，依据电子得失守恒以及元素守恒完成反应方程式的书写；

（4）根据表达式；结合平衡时正逆反应速率相等，确定平衡常数与正逆速率常数之间的关系，利用表格数据列出三段式，求解平衡常数，根据温度改变平衡常数改变，由不同温度时平衡常数的大小确定温度的变化情况；

（5）根据浓度对平衡的影响分析反应物比值改变时的转化率变化；借助特殊的交点数据列三段式求解Kp。

【详解】

（1）将三个反应依次标记为I、II、III，根据盖斯定律热化学方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得到，则ΔH===-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol；

（2）A.反应过程中NO的浓度在减小，二氧化碳的浓度在增大，则比值在反应过程中是变量；当比值不变时说明浓度不再改变，反应达到平衡，故A可判断；

B.该反应前后各物质均为气体；气体质量保持不变，容器体积恒定，则密度始终保持恒定，故容器中混合气体的密度不变不能确定平衡状态，故B不可判断；

C.平衡时正逆反应速率相等，不同物质间速率要满足化学计量数之比，即2v（N2）正=v（NO）逆时反应达平衡状态；故C不能判断；

D.反应前后气体质量不变；该反应正向气体分子数减小，反应过程中容器中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当平均摩尔质量不变时反应达到平衡，故D可判断。

故答案为：AD；

（3）由电解装置可知左侧Pb为阴极，阴极上发生转变为的反应，电解为弱酸性环境，则电极反应式为：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中发生NO和产生和氮气的反应，反应方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-

（4）①v正=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)，当反应达平衡时v正=v逆，则k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，

根据表格信息，T1时反应3s达到平衡状态，c(CO)=c(O2)=0.2mol/L，结合反应可知二氧化碳的浓度变化量=一氧化碳的浓度变化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，则该温度时的平衡常数K=则该温度时=80；故答案为：80；

②温度改变为T2时k正=k逆，即=1，此时的平衡常数小于T1时的平衡常数，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动平衡常数减小，因此T2大于T1，故答案为：>；

（5）①越大时，可视为是二氧化碳不变时增大氢气的物质的量，增大氢气的量平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氢气，故答案为：L1；

②温度为T不变时，平衡常数不变，取交点时计算，交点时两者的转化率均为50%，总气体为5mol，=amol，则=（5-a）mol，列三段式得：。CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：a5-a转化物质的量：0.5a0.5（5-a）aa平衡物质的量：0.5a0.5（5-a）aa

由变化量之比等于化学计量数之比得：解得：a=1,代入三段式得。CO2(g)+⇌CH4(g)+⇌CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：4转化物质的量：210.51平衡物质的量：210.51

起始物质的量为5mol时气体压强为5P，平衡时气体物质的量为4mol，则平衡时压强为4P，故答案为：

【点睛】

本题主要考查化学反应原理的有关知识，涉及盖斯定律的应用，平衡状态的判断，平衡常数的计算等知识，特别主要反应平衡常数表达式中是不允许代入固体和纯液体物质，代数计算算是一定要注意只能是平衡浓度。平衡常数只与温度有关，温度不变时任意平衡点的平衡常数相同。【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/molAD2+2e-+2H+=+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>L110、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）这两个平衡体系的特点是：第一个反应前后气体的总物质的量发生变化，第二个保持不变，故右边永远是9mol气体，同在一个容器中，同温同压，故气体的物质的量之比等于体积之比。故平衡时，左边为6mol气体；当x=1.5时，左边现在总的物质的量为5.75mol<6mol，故向逆反应方向进行；若保持该方向，1.25<1.75；

（2）根据上述；反应向正反应方向进行了。

平衡总物质的量为6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的体积分数="1.5/6=25%"；

考点：化学平衡。

点评：化学平衡是历年高考重中之重，考生一定要系统备考此知识点。难度较大。【解析】①.逆反应②.1.25＜x＜1.75③.正反应④.0.2511、略

【分析】【详解】

(1)由于HCl为强酸，完全电离，NH3∙H2O为弱碱，部分电离，所以要保证混合后溶液中性，c(NH3∙H2O)＞c(HCl)，即混合前c(HCl)＜c(NH3∙H2O)，若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c(OH-)=c(H+)，据电荷守恒式：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl−)=c(NH4+)；

①a．滴加少量浓盐酸；引入氢离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故a错误；

b．电离过程吸热，微热溶液促进醋酸电离，故b正确；

c．越稀越电离；加水稀释，离子浓度减小，促进醋酸电离，故c正确；

d．加入少量醋酸钠晶体；引入醋酸根离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故d错误；

故答案为：bc；

②a．醋酸是弱电解质；HCl是强电解质；相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故a错误；

b．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故b错误；

c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH−)小于醋酸；故c错误；

d．中和等物质的量的NaOH溶液；消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故d正确；

故答案为：d。

【点睛】

浓度相同的一元弱酸和强酸，弱酸不能完全电离，但是加入氢氧化钠后，会将弱酸中的所有氢离子释放出来，生成盐，消耗同浓度的碱的量相同。【解析】①.＜②.=③.bc④.d12、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+)2.36×10－513、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）电解饱和食盐水产物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气还可以和氢氧化钠之间反应得到氯化钠、次氯酸钠和水，整个过程发生的反应是：Cl-+H2OClO-+H2↑，故答案为Cl-+H2OClO-+H2↑；

（2）①根据题意：装置中所用的离子膜都只允许阳离子通过；所以均是阳离子交换膜，故答案为阳离子交换膜；

②根据物质的转化情况；电解池的左池是电解食盐水得到的氢氧化钠，所以经精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的左池进入，故答案为左；

③在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池正极区消耗水，生成氢氧根离子，所以a%小于b%，故答案为Cl2；O2+4e-+2H2O=4OH-；C。

考点：考查了电解原理的相关知识。【解析】Cl-+H2OClO-+H2↑阳离子交换膜左Cl2O2+4e-+2H2O=4OH-C三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、原理综合题(共1题，共5分)15、略

【分析】【详解】

(1)⇌反应的平衡常数根据表中数据可以知道,温度升高平衡常数减小,说明平衡向逆反应方向移动,正反应为放热反应,正确答案:放热。

(2)反应是放热反应；温度升高,反应速率增大,平衡向逆反应方向移动，反应前后气体体积不变,等容容器中压强之比等于温度之比，所以压强增大,正确答案：逆；增大；增大。

(3)反应前后气体体积不变,压强始终不会变化,所以压强不变,无法判断是否达到平衡状态，a错误；浓度不变，反应达到了化学平衡状态，b正确；正、逆反应速率相等，各组分浓度不变，达到了化学平衡状态，c正确；浓度相等时，不能判断各组分浓度是否不变,无法判断是否达到平衡状态，故d错误；正确选项bc。

(4)根据时,平衡常数计算：

根据浓度商反应向逆反应方向移动，A错误；根据浓度商反应向正反应方向移动，B正确；只有反应物，反应向正反应方向移动，C正确；根据浓度商达到平衡状态；平衡不移动，D错误；正确答案：BC。

点睛：如果一个可逆反应中，同时加入反应物和生成物，要用浓度商与该温度下的平衡常数进行比较，如果浓度商大于平衡常数，反应逆反应方向移动；如果浓度商小于平衡常数，反应向正反应方向移动；如果浓度商等于平衡常数，平衡不移动。【解析】①.②.放热③.逆④.增大⑤.bc⑥.BC五、实验题(共4题，共32分)16、略

【分析】【分析】

结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间；生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。

【详解】

(1)仪器B是带支管的烧瓶；名称是蒸馏烧瓶；

(2)实验操作如下：关闭活塞2；打开活塞1；3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3；

(3)乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad；

(4)根据电子守恒；铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为。

解得n(Fe2+)=1.2×10-3mol

乳酸亚铁晶体的纯度为：

【点睛】

计算时直接由电子守恒、元素化合价的变化得到反应的关系式，不一定要通过化学方程式来进行计算，同时注意量的10倍关系。【解析】①.蒸馏烧瓶②.排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化③.1、3④.2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=[CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O⑤.适量铁粉⑥.bcad⑦.57.6%17、略

【分析】【分析】

(1)根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器；然后判断还缺少的仪器；

(2)NaOH的浓度比HCl的大；目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应；

(3)物质反应放出的热量与反应的物质多少相对应。中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；

(4)先判断温度差的有效性，然后求出温度差的平均值，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；

(5)根据醋酸是弱酸；电离吸收热量分析。

【详解】

(1)中和热的测定过程中；需要用量筒量取酸溶液；碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒和温度计；

(2)NaOH与HCl的体积相同；而NaOH的浓度比HCl的大，目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应，使反应更充分；

(3)化学反应过程中放出的热量与反应的物质多少有关，若实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，反应放出的热量以不足量的NaOH为标准，由于反应的NaOH增多，反应产生的H2O的物质的量也增多，所以反应放出的热量也比前者多，二者数值不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；因此所求的中和热相等；

(4)两次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反应产生水的物质的量以不足量的HCl为标准计算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的质量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm•c•△T，可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量Q==56.85kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.85kJ/mol。所以该反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol；

(5)若用醋酸代替HCl；由于醋酸为弱酸，电离过程需吸收热量，导致溶液的温度升高偏低，产生等量的水，反应放出的热量偏少，使测得的中和热(ΔH)偏大。

【点睛】

本题考查中和热的测定的知识，注意理解中和热的概念以及热量计算公式中热量单位的换算。注意弱电解质主要以电解质分子存在，电离吸热，使中和热数值测定有偏差。【解析】量筒温度计保证盐酸溶液完全反应不相等相等中和热是指酸与碱发生中和反应生成1mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol偏大醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大18、略

【分析】【分析】

根据化学反应速率的定义计算；实验1；2中的平衡浓度相同；则起始浓度相同，实验2中反应速率快；根据温度高反应速率快，平衡浓度大的则其相应的起始浓度也大分析；由实验4和实验1可知，物质A起始浓度相同，温度不同，温度越低，平衡时反应物A的浓度越小，说明降低温度，平衡正向移动。

【详解】

(1)在实验1中，反应在10min至20min时间内，A的浓度减少△c(A)=0.8mol/L-0.67mol/L=0.13mol/L，反应时间为10min，故这段时间内平均速率v(A)==0.013mol/(L·min)；

(2)根据实验1、2的平衡浓度分析可知二者是等效平衡，则二者起始浓度相同，可知A的初始浓度c2=1.0mol/L。实验2中比实验1先达到平衡状态；说明其反应速率快，平衡状态不变，说明实验2中还隐含的条件是使用了催化剂；

(3)由表格数据可知，平衡时A的浓度实验3的大，实验1和实验3的温度相同，则实验3的起始浓度大于1.0mol/L，即c3＞1.0mol/L，由于浓度越大，其反应速率越快，所以反应速率：v3＞v1；

(4)由实验4和实验1可知；物质起始浓度相同，温度不同，温度升高，平衡时反应物A的浓度变小，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应。

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算及化学平衡的计算与判断。把握有关概念、平衡移动原理及平衡影响因素为解答的关键，注意表格中数据的分析与应用，侧重考查学生的分析、计算与应用能力。【解析】①.0.013②.1.0③.使用催化剂④.＞⑤.＞⑥.吸热⑦.温度升高时，平衡向右移动19、略

【分析】【分析】

实验（一）制备流程：废铁屑中加入稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤后从滤液中获得绿矾晶体，然后使绿矾失去结晶水得到硫酸亚铁，硫酸亚铁固体和亚硅酸锂固体在惰性气体保护下高温反应得到Li2FeSiO4。

实验（二）Li2FeSiO4含量