2025年浙教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年浙教版选修4化学下册月考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7题，共14分)1、根据如图所示示意图；下列说法不正确的是()

A.反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=(b-a)kJ·mol-1B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量C.amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJD.1mol2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ2、有些化学反应反应速率很慢且副反应较多，测定这些反应的焓变可运用A.阿伏加德罗定律B.勒夏特列原理C.盖斯定律D.质量守恒定律3、在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；有关下列图象的说法正确的是。

A.依据图a可判断正反应为吸热反应B.在图b中，虚线可表示压强增大C.若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D.由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞04、下列有关电解质溶液的叙述正确的是A.同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7B.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大C.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCO3-)D.在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)5、下列说法正确的是A.常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液B.溶液中：C.将的稀释1000倍后，D.溶液中：6、现有100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，向其中缓慢通入CO2(如图所示）。下列说法错误的是。

已知：①

②溶液中粒子浓度可用以下公式计算：

A.0.01molCO2通入溶液时发生反应的化学方程式为B.通入0.1molCO2后，用HNO3维持体系pH=6，此时溶液中粒子浓度大小关系为c(HCO3-)>c(HCIO)>c(Ca2+)C.迅速通入0.05molCO2后，关闭开关，久置后发现体系中沉淀减少D.缓慢通入0.05molCO2的过程中，水的电离程度一直减小7、下列有关金属腐蚀的推断正确的是A.金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程B.钢铁吸氧腐蚀时，负极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-C.1.68g铁粉发生吸氧腐蚀时，理论上最多能吸收氧气504mL（标准状况）D.镀锌铁皮的镀层损坏后，铁更容易腐蚀评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。已知在T2温度下；达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH>0B.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高乙酸的产率C.温度为T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点D.温度为T2时，向上述已达到平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合气体，平衡不移动9、各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是A.I2(g)+H2(g)2HI(g)（恒温）B.CH3COOHH++CH3COO-（忽略溶液体积变化）C.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl（忽略溶液体积变化）D.CH3OCH(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO(g)-Q（恒压）10、25℃时，向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，溶液中CN－；HCN物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示；其中a点的坐标为(9.5，0.5)。溶液的pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系正确的是。

A.图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)<c(HCN)B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol·L－1C.图乙中b点的溶液：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)D.图乙中c点的溶液：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+c(CN－)11、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表，下列叙述正确的是。

。酸。

电离平衡常数。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亚硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能12、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)；沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.b点时c(Ba2＋)·c(SO)小于KspB.a点对应的Ksp等于c点对应的KspC.加水稀释可以使溶液由b点变到c点D.加入适量的Na2SO4可以使溶液由a点变到c点评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、在密闭容器中进行反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反应②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反应③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代数式表示)。

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=_________________________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1.0，在此温度下2L密闭容器中进行反应①，Fe和CO2的起始量均为2.0mol，达到平衡时CO2的转化率为_____________________________，CO的平衡浓度为_____________________________。

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，则a_____0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________________________(填序号)。

A．缩小反应器体积B．再通入CO2C．升高温度D．使用合适的催化剂。

（4）在密闭容器中，对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始时分别为20mol和10mol；达平衡时，SO2的转化率为80%。若从SO3开始进行反应，在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，则起始时SO3的物质的量为_____________，其转化率为____________。14、实验测得4g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式________。15、根据事实；写出298K时下列反应的热化学方程式：

（1）将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为__。

（2）1mol碳与适量水蒸气完全反应，生成一氧化碳气体和氢气，吸收131.3kJ热量。___。

（3）家用液化气中主要成分之一是丁烷。当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出丁烷燃烧反应的热化学方程式___。

（4）1molHgO(s)分解为液态汞和氧气，吸热90.7kJ。__。16、氮是地球上含量丰富的一种元素；氮及其化合物在工农业生产；生活中有着重要作用。

（1）上图是和反应生成过程中能量的变化示意图，下列有关说法正确的是_______。

a.反应物的总能量比生成物的总能量高。

b.反应物的活化能比生成物的活化能高。

c.反应物的总键能比生成物的总键能高。

d.该反应为熵增反应。

（2）请写出和反应的热化学方程式：_______，决定该反应进行方向的主要判据为________。

（3）试根据表中及图中数据计算的键能______________kJ/mol；。化学键键能/kJ/mol390943

（4）用催化还原还可以消除氮氧化物的污染。已知：

4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol

若1molNH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热△H3=_____________kJ/mol(用含a、b的式子表示)。17、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。18、25℃时，水的电离程度很小，1L纯水中只有___mol水电离。水的离子积常数Kw=___，水的电离是___过程，升高温度，能促进水的电离，所以Kw随温度升高而___。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共3题，共21分)20、Ⅰ.今有两个氢气燃烧生成水的热化学方程式：

H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=akJ/mol

2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH=bkJ/mol

请回答下列问题：

（1）反应热的关系：2a__________（填“＞”、“＜”或“＝”）b。

（2）若已知H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=－242kJ/mol，且氧气中1mol氧氧键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收的热量为_________。

Ⅱ.氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图一所示：a、b两个电极均由多孔碳制成；通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。

（1）a电极反应式是______________；

（2）该燃料电池生成了360kg的水，则电路中通过了______mol的电子。

（3）用如图二所示电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液；则：

①X电极反应式是____________。

②Y电极的材料是______________。21、用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可以提高燃烧效率，又能得到高纯CO2；是一种高效；清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。

①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)△H1=－47.3kJ/mol

②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H2=+210.5kJ/mol

③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)△H3=-86.2kJ/mol

（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=_______（用△H1△H2△H3表示）。

（2）反应①～③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18.结合各反应的△H；归纳lgK～T曲线变化规律：

a）__________________________________

b)__________________________________

（3）向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO，反应①于900ºC达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1；计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留2位有效数字）。

（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入_______。

（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生成CaSO4，该反应的化学方程式为_______；在一定条件下CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为_______。22、研究含氮污染物的治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物；在生产生活中有重要意义。

I．污染物SO2、NO2经O2预处理后用CaSO3悬浊液吸收，可减少尾气中SO2、NOx的含量。

T℃时，O2氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：

（1）T℃时，反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的△H=__________kJ.mol-1。

（2）T℃时，将0.6molNO和0.2molO3气体充入到2L固定容积的恒温密闭容器中；NO的浓度随反应时间的变化如图1所示。

①T℃时，反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的平衡常数K=______________。

②不能说明反应达到平衡状态的是______________。

A．气体颜色不再改变。

B．气体的平均摩尔质量不再改变。

C．气体的密度不再改变。

D．单位时间内生成O3和NO2物质的量之比为1∶3

II．NO2的二聚体N2O4是火箭中常用氧化剂。完成下列问题：

（3）如图2所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的透明气囊。关闭K2，将各1molNO2通过K1、K3分别充入真空A；B中；反应起始时A、B的体积相同均为aL（忽略导管中的气体体积）。

①若容器A中到达平衡所需时间ts，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v(NO2)=________________。

②若打开K2，平衡后B容器的体积缩至0.4aL，则打开K2之前，气球B体积为__________L。

③若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数________（填“变大“变小”或“不变”）。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5分)23、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7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且焓变等于(b−a)kJ⋅mol−1，结合状态及焓变可知热化学方程式为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=(b−a)kJ⋅mol−1；故A正确；

B.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；该反应为吸热反应，焓变为正，则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；

C.热量与物质的状态有关，amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2，生成CO与H2不清楚状态；因此吸收的热量不一定等于131.3akJ，故C错误；

D.形成化学键释放能量，由图可知，1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ；故D正确。

综上所述；答案为C。

【点睛】

吸热反应是反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量；放热反应是反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量。2、C【分析】【详解】

有些反应的速率很慢；有些反应同时有副反应发生，还有些反应在通常条件下不易直接进行，因而测定这些反应的反应热就很困难，运用盖斯定律可方便地计算出他们的反应热。

答案选C。3、C【分析】【详解】

A．依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，υ逆>υ正；平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；

B．在图b中；平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；

C．若正反应的ΔH＜0；升高温度，正；逆反应速率都加快，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；

D．由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，该反应是气体体积减小的反应，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0；错误；

答案选C。4、D【分析】【详解】

A、同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH不一定等于7，如同浓度、同体积的氢氧化钠和硫酸混合后，PH<7；A错误；

B、加入Na2SO4固体；硫酸根离子浓度增大，由于溶度积常数不变，故钡离子浓度减小，B错误；

C、含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，生成KHCO3，但HCO3－发生水解，则c(K＋)>c(HCO3－)；C错误；

D、CH3COONa溶液呈碱性，加入适量CH3COOH，使溶液呈中性时，根据电荷守恒可使c(Na＋)=c(CH3COO－)；D正确。

答案选D。5、D【分析】【分析】

A．溶液的PH=7，则再结合电荷守恒判断；

B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒；根据物料守恒和电荷守恒判断；

C．pH=6的硫酸稀释1000倍后溶液接近中性；氢离子浓度为中性溶液中氢离子浓度，根据物质的量不变计算硫酸根离子浓度；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断。

【详解】

A、根据混合液中的电荷守恒式判断，常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液则故A错误；

B、根据溶液中的质子守恒式判断：故B错误；

C、将的稀释1000倍后，考虑水的电离，故C错误；

D、根据溶液中电荷守恒式判断：故D正确；

故选D。

【点睛】

选项C,酸溶液加水稀释，无论稀释多少倍，溶液只能无限接近中性，不可能为碱性，pH=6的硫酸，加水稀释1000倍，氢离子浓度近似等于10-7mol/L，而硫酸根离子浓度可以达到所要稀释的倍数。6、B【分析】【详解】

A．100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.05molCO2反应生成CaCO3和HClO，0.01molCO2通入溶液时，CO2为不足量，发生反应的化学方程式依然是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；A正确；

B．当通入0.1molCO2后，100mL0.5mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.1molCO2反应生成Ca(HCO3)2和HClO，由物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1mol/L，c(HClO)+c(ClO-)=1mol/L；由题中的公式可求得。

比较它们的倒数，可知c(H2CO3)

C．久置后；次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸能与碳酸钙反应，导致体系中沉淀减少，C正确；

D．缓慢通入0.05molCO2的过程中，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Ca(ClO)2电离出的ClO-促进水的电离，生成的HClO电离出的H+能抑制水的电离，缓慢通入0.05molCO2的过程中，ClO-转化为HClO；，故水的电离程度一直减小，D正确；

答案选B。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程；A错误；

B．钢铁吸氧腐蚀时，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；B错误；

C．n(Fe)=1.68g÷56g/mol=0.03mol，在吸氧腐蚀过程中，Fe首先转化为Fe2+，最终变为Fe2O3，Fe失去电子物质的量是n(e-)=0.03mol×3=0.09mol，由于电子守恒，理论上最多能吸收标准状况氧气V(O2)=(0.09mol÷4)×22.4L/mol=0.504L=504mL；C正确；

D．镀锌铁皮的镀层损坏后，由于金属活动性Zn>Fe；Zn作负极，首先被腐蚀的是Zn，所以铁不容易被腐蚀，D错误；

答案选C。二、多选题(共5题，共10分)8、BD【分析】【详解】

A.根据图像，随着温度升高甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即△H<0；故A错误；

B.缩小容器的体积；相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，乙酸的产率提高，故B说法正确；

C.根据图像，T1温度下未达到平衡；反应向正方向进行，该反应的正反应速率：A点大于B点，故C说法错误；

D.T2下，甲醇的转化率为60%，达到平衡，此时容器的体积为2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化学平衡常数K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此时气体总物质的量与原平衡时气体总物质的量相等，即容器的体积为4L，此时c(CH3OH)==0.05mol·L－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K；说明平衡不移动，故D说法正确；

答案：BD。

【点睛】

本题的难点是选项D的判断，再通入一定物质的量的物质，判断平衡如何移动，一般是通过Qc和K之间的关系进行分析，本题中容器为恒压密闭容器，即容器的体积可变，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO时，容器的体积不是2L，投入气体总物质的量等于原平衡气体总物质的量，利用阿伏加德罗推论，推出此时容器的体积应为4L。9、AD【分析】【分析】

根据图象中的纵横坐标表示的意义；分析某条件改变时，一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图中一致，则为正确答案。

【详解】

A；碘单质与氢气反应是压强不变的反应；所以增大体积，都平衡移动不影响，所以碘单质的转化率不变，与图中符合，故A正确；

B、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，使CH3COOH溶液中CH3COO﹣浓度增加，电离平衡逆向移动，则c（H+）减小；pH逐渐增大，与图中不符合，故B错误；

C、因该反应中K+、Cl﹣实际不参加反应；则加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，铁离子的浓度不变，与图中不符合，故C错误；

D；因反应为吸热反应；则体积、压强不变时，升高温度，平衡正向移动，则甲醚的转化率增大，与图中相符合，故D正确。

答案选AD。

【点睛】

本题考查化学平衡的移动与化学平衡图象，明确影响化学平衡的移动因素是解答本题的关键，并注意图中曲线变化趋势的意义来解答。10、BC【分析】【分析】

NaCN溶液中加入盐酸，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，当pH=9.5时，c(HCN)=c(CN－)；当加入盐酸的体积为10mL时；NaCN与HCl刚好完全反应，生成HCN和NaCl。

【详解】

A．图甲溶液中，存在电荷守恒c(Cl－)+c(CN－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，pH=7，c(OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)+c(CN－)=c(Na+)；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN－)+c(HCN)，故c(Cl－)=c(HCN)；A不正确；

B．常温下，a点时，c(CN－)=c(HCN)，pH=9.5，c(OH－)=10-4.5mol/L，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)==10－4.5mol·L－1；B正确；

C．图乙中b点时，发生反应后c(HCN)=c(Cl－)=c(CN－)，此时溶液中CN-发生水解：CN-+H2OHCN+OH-，水解反应后，c(HCN)增大，c(CN－)减小，所以溶液中：c(HCN)>c(Cl－)>c(CN－)>c(OH－)>c(H+)；C正确；

D．图乙中c点的溶液中，发生反应NaCN+HCl==NaCl+HCN，且二者刚好完全反应，反应后，发生HCN的电离：HCNH++CN-，离子间满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH－)+c(CN－)，物料守恒：c(Cl-)=c(HCN)+c(CN－)，故c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH－)+2c(CN－)；D不正确；

故选BC。11、CD【分析】【分析】

【详解】

根据表中数据可知；酸性大小关系为：醋酸＞亚硫酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子；

A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同温度时，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中；物质的量浓度最小的为水解程度最大的盐：碳酸钠，由于没有告诉溶液体积，各物质的物质的量大小无法判断，故A错误；

B．SO2有还原性，NaClO有氧化性，二者发生氧化还原反应；少量的SO2通入NaClO溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B错误；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正确；

D．若温度不变，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原来是稀溶液，稀释作用大于平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pH＞a；若原来是浓溶液，加水时使酸分子的电离作用大于水的稀释作用，平衡正向移动是c(H+)增大的趋势；所得溶液的pH＜a；若加水时使酸分子的电离作用等于加水对溶液的稀释作用，平衡不发生移动pH=a。故三种情况均有可能，D正确；

故选CD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态；

A．b点表示Qc＞Ksp；溶液过饱和，有沉淀析出，故A错误；

B．Ksp只受温度的影响，a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp；故B正确；

C．加入蒸馏水，c（SO42－）、c（Ba2＋）均减小，不可能出现c（SO42－）不变，而c（Ba2＋）减小的情况；故C错误；

D．加入适量的Na2SO4，c（SO42－）增大，c（Ba2＋）减小；可能能使溶液由a点变到c点，故D正确。

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

（1）由盖斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反应①的化学平衡常数表达式K=c(CO)/c(CO2)，设转化的CO2的物质的量为xmol，则平衡时CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的转化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍；对于反应①，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；

A．该反应前后气体的物质的量不变；缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，A不符合；

B．通入CO2；浓度增大，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，B符合；

C．该反应正反应是吸热反应；升高温度，速率加快，平衡向正反应移动，CO的物质的量增大，C符合；

D．使用合适的催化剂；加快反应速率，平衡不移动，D不符合。

（4）在相同的温度下，欲使平衡时各成分的百分含量与前者相同，说明两平衡是等效平衡，按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式可知，20molSO2和10molO2完全转化，可得SO3的物质的量为20mol，故从SO3开始反应，达到相同平衡状态，需要SO3物质的量为20mol；SO2的转化率为80%，其转化的物质的量为20mol×80%=16mol，所以从SO3开始反应，达到相同平衡状态，SO3物质的量为16mol，转化的SO3物质的量为（20-16）mol=4mol，其SO3转化率为=20%。【解析】①.(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%14、略

【分析】【分析】

燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，因此本题应计算1mol甲醇完全燃烧放出的热，用∆H表示燃烧热时还应加上负号。

【详解】

根据燃烧热的定义，CH3OH的燃烧热ΔH=所以表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol。答案为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol

【点睛】

表示燃烧热的方程式要注意：

1.可燃物的系数为1；其他物质的化学计量数可能出现分数；

2.产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2；而不是C→CO；

3.注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定，所以水应为液态。【解析】CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)∆H=-726.4kJ/mol15、略

【分析】【详解】

（1）1mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出的热量为热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/mol，故答案为：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/mol；

（2）1mol碳与适量水蒸气完全反应，生成一氧化碳气体和氢气，吸收131.3kJ热量，热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol；

（3）1g丁烷气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，放出热量50kJ，则1mol丁烷气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，所放出的热量为：丁烷气体燃烧的热化学方程式为：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/mol，故答案为：C4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/mol；

（4）1molHgO(s)分解为液态汞和氧气，吸热90.7kJ，热化学方程式为：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol，故答案为：HgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol。【解析】B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=−2165kJ/molC(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/molC4H10(g)+O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l)△H=−2900kJ/molHgO(s)=Hg(l)+O2(g)△H=+90.7kJ/mol16、略

【分析】【分析】

(1)根据图像，该反应物的总能量比生成物的总能量高，结合N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分析判断；

(2)先求出此反应的焓变；根据热化学方程式的书写规则再写出热化学方程式；该反应后气体的物质的量减少，结合复合判据分析解答；

(3)根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；

(4)利用盖斯定律分析计算。

【详解】

(1)根据图像，反应物的总能量比生成物的总能量高，说明该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能；反应物的活化能为254kJ/mol，生成物的活化能为300kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能低，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；正反应是一个熵减小的反应，正确的只有a，故答案为a；

(2)反应物总能量大于生成物总能量，应为放热反应，生成1mol氨气放出46kJ热量，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，该反应是一个熵减小的反应，决定该反应进行方向的主要判据为焓判据，故答案为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；焓判据；

(3)反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；设H-H的键能为x，则943kJ/mol+3x-6×390kJ/mol=-92kJ/mol，x=435kJ/mol，故答案为435；

(4)①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)；△H1=-akJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)；△H2=-bkJ/mol，根据盖斯定律，将可得：NH3(g)+NO(g)=N2(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol，故答案为【解析】a（合理即可）焓判据或ΔH<043517、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>18、略

【分析】【详解】

常温下水电离生成氢离子浓度等于氢氧根离子浓度为10−7mol/L，离子积常数Kw＝10−7mol/L×10−7mol/L＝10−14(mol/L)2，水的电离过程是吸热过程，升温平衡正向进行，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大；故答案为：10−7；1×10−14；吸热；增大。【解析】①.10−7②.1×10−14③.吸热④.增大四、判断题(共1题，共2分)19、×【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】错五、原理综合题(共3题，共21分)20、略

【分析】【详解】

Ⅰ(1)已知：①H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=akJ/mol；②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=bkJ/mol，利用盖斯定律，将①×2-①，可得：2H2O（l）═2H2O（g）；△H=（2a-b）kJ/mol，因液态水生成气态水时要吸热，则2a-b>0，所以：2a>b；

(2)已知H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ/mol，设H-H键断裂时吸收的热量为xkJ，根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则则x=436；

Ⅱ(1)氢氧燃料电池中，通入氢气的一极a为电源的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极反应式为2H2+4OH－-4e－＝4H2O；

(2)氢氧燃料电池的总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式相同，生成物为水，即2H2+O2=2H2O，在2H2+O2=2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=4，即当转移电子4mol时，会有2mol即36g的水生成，当为飞行员提供了360kg即2×104mol的水时，会转移电子4×104mol；

(3)①电解方法精炼粗铜，阴极上铜离子放电，电极反应式为：Cu2＋＋2e－＝Cu；

②电解方法精炼粗铜；阳极应该是粗铜与电源正极相连；阴极是纯铜与电源负极相连；

故答案为：粗铜。【解析】＞436kJ2H2+4OH－-4e－＝4H2O4×104Cu2＋＋2e－＝Cu粗铜21、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据盖斯定律可得2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；

（2）由图像及反应的△H可知，a）、反应①③是放热反应，随温度升高，lgK降低；反应②是吸热反应，随温度升高，lgK增大；b）；从图像上看出反应②、③的曲线较陡；说明放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；

（3）由图可知，反应①于900ºC的lgK=2，则K=100，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1，平衡时c平衡（CO2）=100×8.0×10-5mol·L-1=8.0×10-3mol·L-1，根据反应1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的浓度是8.0×10-3mol·L-1，则开始时c（CO）=8.0×10-5mol·L-1+8.0×10-3mol·L-1=8.08×10-3mol·L-1，所以CO的转化率为8.0×10-3mol·L-1/8.08×10-3mol·L-1×100%=99%；

（4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质SO2，可在CO中加入适量的CO2；抑制二氧化硫的产生；

（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒的角度分析，CaS与氧气发生化合反应，原子的利用率100%，生成CaSO4，化学方程式为CaS+2O2CaSO4，CO2与对二甲苯发生反应，所得产物中含有羧基，因为苯环的氢原子只有1种，所以产物的结构简式只有1种为

考点：考查盖斯定律的应用，对图像的分析，转化率的计算，化学方程式、结构简式的书写，物质的判断【解析】4△H1+△H2+2△H3放热反应的lgK随温度升高而下降放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大99%CO2CaS+2O2CaSO422、略

【分