2025年中图版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年中图版选修4化学上册阶段测试试卷350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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol

Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol

根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）

A.CO的燃烧热为566kJ/molB.上图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H<-452kJ/molD.CO2(g)与Na2O2(s)反应放出452kJ热量时，电子转移数为1.204×1024(个)2、稀氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH－，下列叙述正确的是A.加水稀释后，溶液中c(H+)减小B.通入少量HCl(g)后，溶液中c(NH4+)减小C.加入少量浓氨水，电离平衡逆向移动D.加入少量NH4Cl固体，溶液的pH减小3、常温下，现有的溶液，已知含氮或含碳各微粒的分布分数平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数与pH的关系如图所示．下列说法正确的是

A.当溶液的时，溶液中存在下列关系：B.溶液中存在下列守恒关系：C.往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时和浓度逐渐减小D.通过分析可知常温下4、时，将的某一元酸HA与的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是微粒浓度

A.所得溶液中：B.时，水的离子积C.时，一元酸HA的电离常数D.时，溶液中的水解率为5、室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH－。下列叙述正确的是A.升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性B.向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低C.向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/LD.向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L6、25℃时，用0.1000mol·L-1KOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液；滴定中pH变化如图，下列关系错误的是。

A.V=0.00mL时，CH3COOH溶液pH＝3，其电离平衡常数K≈10-5mol·L-1B.V=10.00mL时，溶液中c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.溶液pH=7时，=1D.V=30.00mL时，溶液中c(K+)＝0.0600mol·L-17、氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺的性质与氨相似，也是一元弱碱，时，电离常数现用的稀硫酸滴定的甲胺溶液，溶液中的负对数与所加稀硫酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是

A.甲胺在水中的电离方程式为因此溶液呈碱性B.C点所在溶液中C.D四点对应的溶液中电离常数相等D.A点溶液中存在8、下列说法正确的是A.常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D.物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的9、化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.使用含有氯化钙的融雪剂会促进桥梁的腐蚀B.用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，可消除水中重金属离子的污染C.旧钢材焊接前分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点，运用了盐类水解原理D.船底镶嵌锌块、地下输油钢管与外加直流电源负极相连，分别利用了原电池和电解池的原理评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________11、(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧的热化学方程式为_______________。

(2)甲醇蒸气转化为氢气的一种原理是CH3OH和H2O反应生成CO2和H2。下图是该过程中能量变化示意图。

若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，正反应活化能a的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)，反应热ΔH的变化是________(填“增大”、“减小”或“不变”)。请写出反应进程CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式_______________。12、CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)

已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：。化学键C—HC=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol－14137454361075

则该反应的ΔH＝__________________。13、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。

（1）今有如下两个热化学方程式：则a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ•mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ•mol﹣1

（2）拆开lmol气态物质中某种共价键需要吸收的能量叫键能，部分化学键键能如表。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436a945

已知反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ•mol﹣1，试根据表中所列键能数据计算a=______________。

（3）利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反应③为制取二甲醚的第3步反应，利用△H1和△H2计算△H3时，还需要利用________反应的△H。

（4）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃；其过程如图。

图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________________________。14、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_______。15、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)在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：该反应的化学平衡常数表达式是K=_________。已知平衡常数K与温度T的关系如表:。T/℃400300平衡常数KK1K2

①试判断K1_________K2(填写“>”“=”或“<”)。

②下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填字母)。

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器内压强保持不变。

d．混合气体的密度保持不变。

③合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是_________(填字母)。

a．采用较高温度(400~500℃)b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来。

c．用铁触媒加快化学反应速率d．采用较高压强(20~50MPa)

(2)对反应在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示，下列说法正确的是_________。

a．A、C两点的反应速率：A>C

b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

c．A、C两点N2O4的转化率：A

d．由状态B到状态A，可以用加热的方法16、常压下；取不同浓度；不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

。温度（℃）

c(氨水)(mol/L)

电离常数。

电离度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________（填“左”；“右”）移动；能支持该结论的表中数据是__________；

a．电离常数b．电离度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不变的原因是________________________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、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24分)18、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：)19、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“＝”）。20、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、有机推断题(共1题，共4分)21、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9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A.燃烧热对应1mol可燃物；CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；

B.反应物有一氧化碳和氧气两种物质，所以上图不能表示由CO生成CO2的反应过程；故B错误；

C.CO2(g)=CO2(s)△H<0，所以2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H>-452kJ/mol；故C错误；

D.根据信息可知，CO2(g)与Na2O2(s)反应放出452kJ热量时，电子转移2mol，电子转移数为1.204×1024(个)；故D正确；

故选D。2、D【分析】【详解】

A、加水促进电离，氢氧根离子的物质的量增大，但溶液体积增大的更多，故氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，c(H+)增大；故A错误；

B、通入适量HCl，H+和OH-反应生成水促进NH3•H2O电离，所以溶液中c(OH-)减小、c(NH4+)增大；故B错误；

C；加入少量浓氨水；氨水的浓度增大，电离平衡正向移动，故C错误；

D、加入少量氯化铵晶体，c(NH4+)增大，NH3•H2O电离平衡逆向移动，则c(OH-)减小；pH减小，故D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A.结合图像可知，溶液的时，溶液中离子浓度大小为：选项A错误；

B.溶液中存在物料守恒：溶液显碱性则而的电离程度很小，即远大于所以选项B错误；

C.的溶液的根据图像可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，选项C错误；

D.由于的溶液的说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于选项D正确；

答案选D。4、D【分析】【详解】

时，将的某一元酸HA与的NaOH溶液等体积混合，则起始时HA与NaOH发生反应则反应恰好生成的NaA，根据物料守恒，已知则已知根据电荷守恒，则

A.所得溶液中，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：选项A错误；

B.时，溶液中则水的离子积选项B错误；

C.时，一元酸HA的电离常数选项C错误；

D.时，的NaA溶液中，平衡时发生的水解反应为：则水解率为：选项D正确；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A．升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，但溶液中c(H+)仍然等于c(OH－)；溶液显中性，故A错误；

B．向水中加入少量氨水，由于c(OH－)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，移动的结果只能减弱这种变化，故c(OH－)增大；故B错误；

C．向水中加入少量硫酸，c(H+)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，故由水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L；故C错误；

D．向水中加入少量NH4Cl固体，结合水电离出的OH－，导致平衡正向移动，促进水的电离，故由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L；故D正确；

故答案为：D。6、B【分析】【详解】

A．0.1mol/L醋酸溶液的pH=3，则该温度下醋酸的电离常数为A选项正确；

B．V＝10.00mL时生成的醋酸钾和剩余的醋酸浓度相等，溶液显酸性，这说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则溶液中c(CH3COO-)>c(K+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)；B选项错误；

C．溶液pH=7时显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知钾离子浓度等于醋酸根浓度，因此溶液中=1；C选项正确；

D．当V=30.00mL时，KOH过量，n(K+)=0.1mol·L-1×0.03L=0.003mol，则溶液中c(K+)＝0.003mol÷0.05L=0.0600mol·L-1；D选项正确；

答案选B。7、D【分析】【详解】

A.也是一元弱碱，可以电离出氢氧根离子，电离过程为可逆，电离方程式为：故A正确；

B.C点所在溶液中氢氧根离子浓度故B正确；

C.温度不变；电离常数不变，C正确；

D.A点溶液中存在等物质的量浓度的盐和甲胺，溶液显碱性，以甲胺的电离为主，D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查了弱电解质电离平衡、酸碱反应后溶液酸碱性判断、水电离平衡影响因素、盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变；A错误；

B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动；所以溶解消耗的AgCl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；

C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小；C错误；

D．大多数物质的溶解度随温度的升高而增加；说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。

答案选B。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．融雪剂因含有氯化钙；故其所形成的溶液导电性增强，易形成原电池反应而导致金属腐蚀，从而会促进桥梁的腐蚀，A项正确；

B．用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，会引入有毒的Ba2+；不可消除水中重金属离子的污染。B项错误；

C．废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂；NH4Cl溶液由于NH4+的水解显酸性，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈；都运用了盐类水解的原理，C项正确；

D．船底镶嵌锌块利用了原电池原理；地下输油钢管与外加直流电源负极相连利用了电解池的原理，D项正确；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc11、略

【分析】【详解】

(1)在25℃、101kPa下，1g液态甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，因此1mol甲醇即32g甲醇燃烧反应生成二氧化碳和液态水放出热量为22.68kJ×32=725.76kJ，因此甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(1)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1。

(2)反应体系中加入催化剂，降低了活化能，焓变不变，因此正反应活化能a的变化是减小，反应热ΔH的变化是不变；根据反应物活化能减去生成物活化能得到焓变，因此CH3OH(g)和H2O(g)反应的热化学方程式为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-1。【解析】CH3OH(1)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(1)ΔH＝－725.76kJ·mol－1减小不变CH3OH(g)+H2O(g)＝CO2(g)+3H2(g)ΔH=（a-b）kJ·mol-112、略

【分析】【分析】

由反应的焓变ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和计算可得。

【详解】

该反应的焓变ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和=[4×E(C—H)＋2×E(C=O)]－[2×E(CO)＋2×E(H—H)]＝(4×413＋2×745)kJ·mol－1－(2×1075＋2×436)kJ·mol－1＝＋120kJ·mol－1，故答案为：＋120kJ·mol－1。【解析】＋120kJ·mol－113、略

【分析】【详解】

⑴两个反应均为放热反应，生成液态水放出的热量多，但焓变反而小，所以则a＜b；

故答案为：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案为：391

⑶利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2计算△H3时，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）还需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反应的△H。

故答案为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol14、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15、略

【分析】【详解】

（1）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：根据平衡常数表达式可知，该反应的化学平衡常数表达式是

①根据降低温度平衡放热方向移动以及平衡正向移动平衡常数增大，所以K12；

②a．平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内N2、H2、NH3的浓度之比不一定为为1:3:2；所以不能作为平衡的标志，故a错误；

b．平衡时不同物质表示速率之比等于系数之比说明到达平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆说明反应达到平衡，故b错误；

c．反应前后气体体积减小；若压强不变，说明反应达到平衡，故c正确；

d．反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，故d错误；

答案选c；

③a．加热到500℃合成氨是放热反应；升温会使平衡逆向移动，降低转化率，升温的目的是为了保证催化剂的催化活性，加快化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故a错误；

b．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，将氨及时液化分离，利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故b正确；

c．用铁作催化剂加快化学反应速率；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂是为了加快化学反应速率，用勒夏特列原理无法解释，故c错误；

d．采用较高压强(20Mpa−50MPa)；合成氨是气体体积减小的反应，加压至20∼50MPa，有利于化学平衡正向移动，有利于氨的合成，故d正确；

答案选bd；

(3)a．.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快，所以速率：C>A；故a错误；

b．B和C的体积分数相等，所以B、C两点的气体的平均相对分子质量相等，故b错误；

c．A、C两点都在等温线上，C点压强更高，压强增大，平衡向气体体积减少的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4的转化率降低，所以两点N2O4的转化率：A>C；故c错误；

d．该反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数增大；所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故d正确；

答案选d。【解析】<cbdd16、略

【分析】【分析】

【详解】

①温度升高，促进NH3·H2O的电离；平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；

（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH－）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH－）减小，而温度升高，使c（OH－）增大，双重作用使c（OH－）基本不变。【解析】右a氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变三、判断题(共1题，共2分)17、×【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24分)18、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-0.5119、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><20、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；