2025年浙教新版选修4化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教新版选修4化学上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8题，共16分)1、N2（g）与H2（g）在一定条件下经历如下过程生成NH3（g）。下列说法正确的是。

A.I中破坏的均为极性键B.Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为吸热过程C.Ⅳ中NH2与H2生成NH3D.该条件下生成1molNH3放热54kJ2、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、将pH＝13的NaOH溶液平均分成两份，一份加适量水，另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后，pH都降低为12，则加入的水与硫酸的体积比为A.10：1B.11：1C.20：1D.21：14、下列说法不正确的是A.浓度均为①的②③④溶液中的大小顺序为③>①>②>④B.浓度均为的溶液与NaClO溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者C.为一元弱酸，在水溶液中存在：D.的溶液中：5、下列说法不正确的是A.pH相等的盐酸、CH3COOH溶液分别与足量锌反应，后者产生的氢气多B.1molCH3COOH能中和的NaOH和氨水(NH3•H2O)的物质的量相等C.氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl﹣)=c(NH4+)，则溶液呈中性D.水溶液中，若c(OH﹣)＞c(H+)，则溶液呈碱性6、25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是（）。序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9

A.酸性强弱：CH3COOH>HFB.离子的总浓度：①>③C.②中：c(CH3COO-)=c(NH4+)=c(OH-)=c(H+)D.②和④中c(CH3COO-)相等7、如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪；具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是。

A.H+从左侧经过质子交换膜移向右侧B.该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋C.电流由O2所在的铂电极流出D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量8、中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案；其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.该电化学装置中，Pt电极作正极B.Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势C.电子流向：Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极D.BiVO4电极上的反应式为SO32-－2e-+2OH-=SO42-+H2O评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。10、研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为______________。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______。

a．体系压强保持不变。

b．混合气体颜色保持不变。

c．SO3和NO的体积比保持不变。

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH_____0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是_______。11、一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2)b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变。

c．消耗nmolH2同时消耗nmolCOd．容器中物质的总物质的量不随时间改变。

（3）该反应的v正随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。12、对可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dＤ(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：=K(为一常数)，K称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃时；K=1。

(1)若升高温度到950℃时，达到平衡时K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：①当x=5.0时，上述平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_______。

(3)在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。13、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-；回答下列问题。

①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_____(用离子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)14、某工业废水中含有和可采用沉淀法将其除去。

（1）若加入来沉淀和当溶液中和共存时，___________。

（2）若加入溶液来调节使和完全沉淀，应满足的条件为_________。

已知：①

②时，会转化为

③离子完全除去的标准：该离子浓度15、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______。

16、依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；设计的原电池如下图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是________；Y是________。

(2)银电极为电池的________极，X电极上发生的电极反应为_____________________17、（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0。CO和H2O浓度变化如图，则0〜4min的平均反应速率v(CO)=______________mol/(L·min)

（2）t1℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如下表。时间(min)COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c450.1160.2160.08460.0960.2660.104

请回答：

①表中3〜4min之间反应处于_____________状态；c3数值_____________0.12mol/L(填大于；小于或等于)。

②反应在4〜5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是_____________(单选)，表中5〜6min之间数值发生变化，可能的原因是_____________(单选)。

a．增加了水蒸气的量b．升高温度c．使用催化剂d．增加压强。

（3）如图是一个电化学的装置图。

①图中乙池是________装置（填“电解池”或“原电池”)甲池中OH-移向____________极(填“CH3OH”或“O2”)。若丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液，当外电路有1mol电子通过时，C、D两极共产生_______mol的气体。

②写出B电极的电极反应式：______________________________________________________________。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、结构与性质(共3题，共12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：__。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共6分)22、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】制备In2O3的工艺流程如下：

（1）写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________

（2）从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：__________、_________；过滤、洗涤和干燥。

（3）提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___________（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式_________________________。

（4）完成下列化学方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃时，反应In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常数K=0.25；

i．t℃时，反应达到平衡时，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密闭容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃时反应达到平衡。此时In2O3的转化率为50%，则x=_________。

（6）高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放会引起一系列的环境问题，任写一条其引起的环境问题：_____________。23、利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②Cr2O+H2O2CrO+2H+

③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：。阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9)溶解

(1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需________。

(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为__________(填微粒的化学式)。

(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR=MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_______。

(4)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：____________。

(5)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：。银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色黄色白色砖红色白色Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

①滴定时可选为滴定指示剂的是_______(填编号)，滴定终点的现象是_________。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某废水25.00mL，滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00mL，则废水中SCN-的物质的量浓度为______________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)24、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8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．I中破坏的N2和H2中的共价键都是非极性键；故A错误；

B．图象中Ⅱ；Ⅲ、Ⅳ三个过程均是化学键形成的过程；为能量降低的过程，都是放热过程，故B错误；

C．图象中Ⅳ的变化是NH2和H生成NH3，不是NH2和H2发生的反应；故C错误；

D．由图可知最终反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；放出的热量为(324+399+460-1129)kJ=54kJ，故D正确；

故选D。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、D【分析】【详解】

pH＝13的NaOH溶液，c(NaOH)=0.1mol/L；设一份氢氧化钠溶液的体积为1L，加入水的体积为aL，加入0.1mol/L硫酸的体积为bL；

a=9L；b=所以加入的水与硫酸的体积比为9：=21：1，故选D。4、A【分析】【详解】

A.浓度均为的溶液，在这四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，但中铵根离子浓度高，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：故A错误；

B.等物质的量浓度的溶液与NaClO溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，又因为酸性比较：强于HClO；所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B正确；

C.为一元弱酸，在水溶液中，部分水解生成依据物料守恒得：故C正确；

D.碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒可知：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所有碳原子浓度之和等于即故D正确；

综上所述；答案为A。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小判断，盐溶液中离子浓度关系，明确盐类水解规律、影响盐类水解因素，把握物料守恒是解题关键，题目难度中等。5、A【分析】【详解】

A．HCl是强电解质、CH3COOH是弱电解质，pH相同的HCl、CH3COOH溶液，c(HCl)＜c(CH3COOH)；分别与足量Zn反应时生成气体与酸的物质的量成正比，酸溶液体积未知，无法判断哪种酸生成的氢气多，故A错误；

B．NaOH和NH3•H2O都是一元碱，二者分别与CH3COOH按1：1反应生成盐，所以1molCH3COOH能中和的NaOH和氨水(NH3•H2O)的物质的量相等；故B正确；

C．如果混合溶液中出现c(Cl﹣)═c(NH4+)，溶液中存在电荷守恒c(Cl﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)+c(NH4+)，则c(OH﹣)＝c(H+)；溶液呈中性，故C正确；

D．如果溶液中c(OH﹣)＞c(H+)，溶液呈碱性，如果c(OH﹣)＝c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH﹣)＜c(H+)；溶液呈酸性，故D正确；

答案选A。6、B【分析】【分析】

A．NaF和CH3COONa溶液中阴离子水解显碱性；对应酸性越弱，阴离子水解程度越强；

B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解；溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小；

C．醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液显中性，电解质的浓度远大于氢离子和氢氧根离子的浓度；

D．CH3COONH4与CH3COONa的水解程度不同。

【详解】

A．由表中数据得到，碱性：NaF3COONa，所以说明阴离子的水解能力：F－3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH

B．①③两种溶液有各自的电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，所以两种溶液的离子总浓度都等于各自的2[c(Na＋)＋c(H＋)]，因为两种溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两种溶液的氢离子浓度即可；pH为：①<③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液①的2[c(Na＋)＋c(H＋)]大于溶液③的2[c(Na＋)＋c(H＋)]，所以离子的总浓度：①>③；选项B正确；

C．溶液②中，pH＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L(电离和水解的程度都不会太大)，所以应该是c(CH3COO－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)；选项C错误；

D．醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是②<④；选项D错误；

故选B。

【点睛】

利用越弱越水解解答，酸性越弱，酸根的水解程度越大，溶液的pH越大。7、B【分析】【分析】

【详解】

A.有装置图可知：左侧为负极，右侧为正极，故H+从左侧经过质子交换膜移向右侧；故A正确；

B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；故B错误；

C．乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极；故C正确；

D．根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量；根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确；

本题答案为：B。8、C【分析】【分析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知，Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应，为正极，电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；BiVO4电极为负极，SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应，电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；据此分析解答。

【详解】

A．Pt电极上氢离子得电子生成氢气；发生还原反应，Pt电极作正极，故A正确；

B．Pt电极为正极，BiVO4电极为负极，所以Pt电极电势高于BiVO4电极；故B正确；

C．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)；不能进入溶液，故C错误；

D．BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O；故D正确；

故选C。

【点睛】

根据电极上物质的变化判断正负极为解答的关键。本题的易错点为C，要注意溶液通过自由移动的离子导电，难点为D，要注意电极反应式的书写与溶液的酸碱性有关。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H="-41.8"kJ•mol-1；(3)a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物质的体积a2a00

转化物质的体积xxxx

平衡物质的体积a-x2a-xxx

平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；(4)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104kPa时；CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。

考点：以NO2、SO2；CO等物质为载体；综合考查化学方程式的书写和氧化还原反应，及平衡常数的计算等。

【点睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失11、略

【分析】【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；

（4）反应速率=

【详解】

：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；吸热；

（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；

b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；

c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗nmolH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

d．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选ab；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸气的浓度；

（4）反应速率故答案为0.004mol/（L﹒min）。【解析】①.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）②.吸热③.ab④.升高温度⑤.增大水蒸汽的浓度⑥.0.004mol/（L﹒min）12、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）从题给信息知：正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO2和H2的浓度将减少，而CO和H2O(g)的浓度将增大；故K值减少；

（2）将1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反应方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是：x<3．0mol。

（3）其他物质的投料不变，增加H2的量，平衡向逆反应方向移动，但H2的转化率将减少。

考点：化学平衡【解析】①.小于②.逆反应③.x＜3.0④.小于13、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；

②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：

故答案为：碱性；

②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c(H2B)=0；故A错误；

B.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故B错误；

C.根据电荷守恒得故C正确；

D.根据物料守恒得故D正确；

故答案选：CD。【解析】①.碱性②.③.CD14、略

【分析】【详解】

(1)=故答案为：105；

(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因时，会转化为因此pH应小于11，应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；【解析】1058.5～1115、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。16、略

【分析】【分析】

原电池是由两个半电池组成的，根据氧化还原反应2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；铜是负极，银是正极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，则铜极应处于含有铜离子的可溶性盐溶液中，银处于含有银离子的可溶性银盐溶液中，电子从负极沿大小流向正极。

【详解】

（1）根据电解质溶液中的阳离子与电极材料是同种金属的特点，可推知X是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活动性Cu>Ag，结合原电池反应的原理可知银电极为电池的正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e－=Cu2＋，故答案为：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【点睛】

注意含有盐桥的原电池中，电极材料和其相应的盐溶液必须含有相同的金属元素是解答关键，也是易错点。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋17、略

【分析】【详解】

(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min)；故答案为0.03mol/(L•min)；

(2)①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡．另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min-4min之间反应应处于平衡状态；由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C3数值应小于0.12mol/L；故答案为平衡；小于；

②反应在4min-5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选b；表中5min-6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动，故选a；故答案为b；a；

(3)①根据图示，图中甲池属于燃料电池，乙池和丙池属于电解池；甲池中通入甲醇的是负极，通入氧气的是正极，原电池中阴离子移向负极，因此OH-移向CH3OH极。丙池中为400ml1mol/L硫酸铜溶液含有硫酸铜0.4mol，0.4mol铜离子放电转移0.8mol电子，当外电路有1mol电子通过时，阳极有氢氧根离子放电生成0.25mol氧气，阴极还有0.2mol氢离子放电生成0.1mol氢气，两极共产生0.35mol的气体，故答案为电解池；CH3OH；0.35；

②乙池中B电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为Ag+＋e-=Ag，故答案为Ag+＋e-=Ag。

点睛：本题综合考查化学平衡常数、平衡的有关计算和判断、原电池和电解池等问题。将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。本题的易错点是(3)中气体的判断。【解析】0.03平衡小于ba电解池CH3OH0.35Ag+＋e-===Ag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、结构与性质(共3题，共12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)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><21、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、工业流程题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】

将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼得到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O，故答案为：In(OH)3+3H+=In3++3H2O；

(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)电解精炼粗铟提纯时，粗铟为阳极，阴极上In3+发生还原反应，电极反应式为In3++3e-=In，故答案为：阳极；In3++3e-=In；

(4)硝酸铟受热易分解，产物为三氧化二铟、二氧化氮及氧气，反应的方程式为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑；

(5)ⅰ．反应In2O3+CO⇌2InO+CO2的平衡常数K==0.25，根据同一容器中，气体的浓度之比等于物质的量之比，==4；故答案为：4；

ⅱ.0.02mol的In2O3(s)在反应达到平衡时转化率为50%，可知参加反应的In2O3物质量为0.01mol，同时参加反应的CO和生成的CO2的物质的量也为0.01mol，据ⅰ知平衡时=4，即=4；解得：x=0.05mol，故答案为：0.05mol；

(6)672mLNO2气体的物质的量为=0.03mol，被nmolNa2O2直接吸收，则根据电子守恒：0.03mol×1=nmol×2，解得：n=0.015mol，Na2O2的质量为0.015mol×78g/mol=1.17g；大量NO2气体排到大气中，会造成光化学烟雾或硝酸型酸雨，故答案为：1.17；光化学烟雾或硝酸型酸雨。【解析】In(OH)3+3H+=In3++3H2O蒸发浓缩冷却结晶阳极In3++3e-=In4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑40.051.17光化学烟雾或硝酸型酸雨23、略

【分析】【分析】

向含铬污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1，浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O再向溶液中加入NaOH溶液并调节pH为8，根据表中数据可知，溶液中Fe3+、A