2025年外研版三年级起点选修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年外研版三年级起点选修4化学上册阶段测试试卷339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、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气；需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：

则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol2、某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是。

A.两步反应均为放热反应B.整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4C.加入催化剂可以改变反应的焓变D.三种物质所含能量由高到低依次为：C3、在恒容密闭容器中通入X并发生反应2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示；下列叙述正确的是。

A.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆B.T2下在0—t1min时间内v（Y）=a-b/t1mol·L-1·min-1C.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量D.M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小4、25℃时，下列对于Na2SO3与NaHSO3的混合溶液中微粒浓度关系的说法正确的是A.一定存在3c（Na+）＝c（HSO3−）＋c（SO32−）＋c（H2SO3）B.一定存在c（Na+）＋c（H+）＝c（HSO3−）＋c（SO32−）＋c（OH－）C.若混合溶液中n（Na2SO3）＝2n（NaHSO3）时，溶液呈碱性，则有c（Na+）＞c（SO32−）＞c（HSO3−）＞c（OH−）＞c（H+）D.若混合溶液中n（Na2SO3）＝n（NaHSO3）时，溶液呈酸性，则有c（Na+）＞c（HSO3−）＞c（H+）＞c（SO32−）＞c（OH−）5、下列溶液呈碱性的是A.NH4NO3B.H2SO4C.KClD.Na2CO36、25℃时；下列有关电解质溶液说法正确的是。

A.1.0mol/LNH4HCO3溶液pH=8.0，由此可知Ka1(H2CO3)>Kb(NH3·H2O)>Kaa2(H2CO3)B.向氨水中加入NH4C1固体，溶液中c(NH3·H2O)·c(H+)/c(NH4+)增大C.向CH3COONa溶液中滴加硫酸至中性时，c(SO42－)3COOH)D.图中曲线可以表示向100mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.02mol/LNaOH溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)7、下列各离子浓度的大小比较正确的是A.0.1mol·L-1K2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)B.常温时将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，则c(NH4+)＞c(Cl-)C.NH4+浓度相同的下列溶液：①(NH4)2Fe(SO4)2②(NH4)2CO3③(NH4)2SO4，各溶液浓度大小顺序：③＞②＞①D.含有NH4+、Cl-、OH-、H+的溶液中，离子浓度大小关系可能为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)8、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-；并实现其定向通过。下列说法不正确的是。

A.该装置将光能转化为化学能并分解水B.双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C.光照过程中阳极区溶液中的n(OH-)基本不变D.再生池中的反应：2V2++2H2O2V3++2OH-+H2↑9、下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是（）A.纯银器的表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B.当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更为普遍D.相对于在内河行驶的轮船来说，海轮更容易被腐蚀评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、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_________。11、在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定条件下发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。反应中各物质的物质的量随时间变化情况如图：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为______，若升高温度，化学平衡常数K______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，转化率α(H2)=_____。

(3)HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示。若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅰ所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅲ所示。则甲条件可能是_____(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是______。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂12、将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：

（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。13、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)14、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共2题，共6分)16、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为回答下列问题：

a.b.粉末c.溶液d.溶液e.溶液。

（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。

（2）完成下表实验过程：。操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开关闭调节使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出；②

___

ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：

↓

（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___

（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量某同学预测转变为设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。17、TiCl4是制备Ti的重要中间产物，实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装置省略）。

已知：有关物质的性质如表：

请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。装置①中气体X和仪器A中药品的组合为_____。

a.CO2、碱石灰b.N2、碱石灰c.N2、浓硫酸d.O2；碱石灰。

（2）装置②中热水的作用是____；装置⑤中浓硫酸的作用是___________。

（3）TiCl4遇潮反应的化学方程式为_______。

（4）装置④烧瓶中的物质为TiCl4和____，分离出TiCl4的方法是____（填操作名称）。

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，请设计实验验证产物中CO气体：___。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共9分)18、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_____________________________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9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：__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。

【详解】

左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9)△H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol；故D符合题意；

答案：D。

【点睛】

根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。2、B【分析】【详解】

A.A→B的反应为吸热反应；B→C的反应为放热反应，故A错误；

B.整个反应中△H=E1-E2+E3-E4；故B正确；

C.加入催化剂；只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；

D.物质的总能量越低；越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D错误；

综上所述；本题正确答案：B。

【点睛】

反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。3、A【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡图像及其相关数据计算。由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。

A.温度越高反应速率越大。

B.根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率。

C.根据图象判断参加反应的X的量的多少；反应的X越多，放热越多。

D.M点时再加入一定量X；达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析．

【详解】

A.由上述分析可知T1>T2，M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，正确；B.T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a-b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=所以错误；C.进行到M点X的转化率较W点低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量较N点放出的热量少，错误；D.M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，错误。

【点睛】

（1）温度升高，绝大多数化学反应速率都会升高。（2）对于有气体参加的化学反应，增加某气体的浓度，其自身转化率不一定降低，可能升高，可能保持不变，具体情况具体分析，不能单纯套用常见规律。4、C【分析】【详解】

A．由于溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，所以溶液中的钠元素总量一定大于硫元素总量，所以一定不存在A项错误；

B．混合溶液无论Na2SO3和NaHSO3比例是什么，均有电荷守恒式：成立；所以选项中的等式一定不成立，B项错误；

C．由于n(Na2SO3)=2n(NaHSO3)，所以溶液中钠离子浓度最大，由于弱电解质的电离和盐类的水解平衡进行的程度都十分微弱，所以和的浓度依次排在第二和第三，由于溶液显碱性，所以浓度大于浓度；C项正确；

D．由于n(Na2SO3)=n(NaHSO3)，并且混合溶液呈酸性，所以的电离程度大于的水解程度，即相比于消耗的更多溶液中剩余的更少；又因为弱电解质的电离和盐类的水解平衡进行的程度都十分微弱，所以有：D项错误；

答案选C。

【点睛】

在比较溶液中各类粒子浓度大小时，一般认为弱电解质的电离和盐类的水解平衡进行的程度都十分微弱，所以由于发生电离和水解而消耗的量很少。5、D【分析】【详解】

A．NH4NO3为强酸弱碱盐；溶液呈酸性，A不合题意；

B．H2SO4为强酸；溶液显酸性，B不合题意；

C．KCl为强酸强碱的正盐；溶液呈中性，C不合题意；

D．Na2CO3为强碱弱酸的正盐；溶液呈碱性，D符合题意；

故选D。6、C【分析】【详解】

A、1.0mol·L－1NH4HCO3溶液的pH=8.0，溶液显碱性，即HCO3－水解程度大于NH4＋水解程度，根据Kh=Kw/Ka，HCO3－水解平衡常数为Kh=Kw/Ka1，NH4＋水解平衡常数：Kh=Kw/Kb，则有Ka1b，即Ka1(H2CO3)b(NH3·H2O)；故A错误；

B、=Kw和Kb只受温度的影响，向氨水中加入NH4Cl固体；温度不变，即Kw和Kh不变，该比值保持不变，故B错误；

C、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)＋2c(SO42－)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，推出c(Na＋)=c(CH3COO－)＋2c(SO42－)，依据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c(Na＋)，两式合并得出：c(CH3COOH)=2c(SO42－)，因此有c(SO42－)3COOH)；故C正确；

D、CH3COOH为弱酸，0.01mol·L－1CH3COOH溶液的pH>2，故D错误。7、D【分析】A.0.1mol·L-1K2CO3溶液中存在碳酸钾的水解，水解后溶液显碱性，根据质子守恒，c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)，故A错误；B.常温时将等体积的盐酸和氨水混合后pH=7，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(NH4+)=c(Cl-)，故B错误；C.①(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子水解抑制铵根离子的水解，②(NH4)2CO3中碳酸根离子的水解促进铵根离子的水解，③(NH4)2SO4中硫酸根离子不水解，对铵根离子的水解无影响，当NH4+浓度相同时，溶液浓度大小顺序：②＞③＞①，故C错误；D.含有NH4+、Cl-、OH-、H+的溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，离子浓度大小关系可能为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；故D正确；故选D。

点睛：本题考查盐类水解的原理和应用，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键。8、D【分析】【分析】

由示意图可知，双极性膜将水解离为H+和OH-，在光电池的作用下，左侧电极为阴极，V3+在阴极得电子发生还原反应生成V2+，右侧电极为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应生成氧气，再生池中V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，反应的化学方程式为2V2++2H+2V3+H2↑。

【详解】

A.该装置将光能转化为电能；电能转化为化学能，并使水转化为氢气和氧气，故A正确；

B.双极性膜将水解离为H+和OH-，H+进入阴极池使溶液呈酸性，OH-进入阳极池；使溶液呈碱性，故B正确；

C.光照过程中，双极性膜将水解得到OH-的物质的量与OH-在阳极失电子发生氧化反应的物质的量相等，阳极区溶液中OH-的物质的量不变；故C正确；

D.再生池中V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，反应的化学方程式为2V2++2H+2V3+H2↑；故D错误；

故选D。

【点睛】

再生池中的反应为V2+和H+在催化剂作用下反应生成V3+和H2，酸性条件下，不可能生成OH-是解答关键。9、A【分析】【分析】

【详解】

A.金属银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变质；属于化学腐蚀，故A错误；

B.镀锌铁制品的镀层受损后；形成铁；锌原电池，金属铁作正极被保护，不易发生腐蚀，镀层锌仍能对铁制品起保护作用，故B正确；

C.金属的化学腐蚀和电化学腐蚀共存；但以电化学腐蚀为主，故C正确；

D.海轮指在大海里面行驶的轮船；内河跟大海的区别就是海水中含较多的电解质，所以海轮更容易被腐蚀，故D正确；

故选A。二、填空题(共5题，共10分)10、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。11、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡已到的影响因素及计算；图像分析注意拐点，先拐先平，说明其反应速率快，热化学中影响反应速率的因素有：浓度；温度、压强、催化剂依次分析。图像中HI的体积分数φ(HI)最终值一样，说明没有发生平衡的移动，只是速率的影响。

【详解】

(1)H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0，应的平衡常数K=反应为放热反应，升温平衡逆向进行；

故答案为：K=减小；

(2)根据图中数据，由图象可知达到平衡时生成0.5mol/L的HI，反应开始至达到平衡时需要时间3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L⋅min)，由图象可知达到平衡时生成0.5molHI，则消耗0.25molH2，H2(g)的转化率为0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案为：0.167；62.5%；

(3)曲线(Ⅰ)与曲线(Ⅱ)相比；到达平衡时间缩短，反应速率加快，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，可能使用催化剂，由于反应前后气体体积不变，也可能是增大压强，故选：③⑤；曲线(Ⅲ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时更长，反应速率减慢，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，由于反应前后气体体积不变，应是减小压强，故选④；

故答案为：③⑤；④；

【点睛】

反应速率是单位时间内物质的浓度的变化量，在计算时注意转换关系最后一问根据图像分析可得，只改变反应速率，不使平衡移动。【解析】K=减小0.16762.5%③⑤④12、略

【分析】【详解】

（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小；平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A；B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；

x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。【解析】①.＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.减小13、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac14、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc三、判断题(共1题，共2分)15、×【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、实验题(共2题，共6分)16、略

【分析】【分析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3；反应生成二氧化硫气体；

（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下；反应分步进行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）

发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；据此分析反应现象；

当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；

（3）预测S2O32-转变为SO42-；可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；

【详解】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

故答案为SO2；H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−；

打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下；反应分步进行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）

发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；

反应过程中的现象是导管口有气泡冒出；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小。

当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加；使产物分解，降低产率；

故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加；使产物分解，降低产率；

(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成；

故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；【解析】溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成17、略

【分析】【分析】

根据有关物质的性质，通入气体X，将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，装有干燥剂，干燥X气体，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；四氯化碳易挥发，②装置加热使四氯化碳挥发，③装置在加热条件下TiO2与CCl4反应制备TiCl4，CCl4、TiCl4为互相混溶的液体混合物，根据沸点的差异，应该采用蒸馏法分离TiCl4；装置⑤的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中，据此分析作答。

【详解】

（1）仪器A的名称为球形干燥(或干燥管)；

通入的气体的作用排除装置中的空气，球形干燥管中应该盛放固体干燥剂，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；

a．碱石灰能与二氧化碳反应；a不符合；

b．N2性质比较比较稳定，并且与碱石灰不反应，b符合；

c．球形干燥管中不能盛放浓硫酸；c不符合；

d．O2能把TiCl4氧化；d不符合；

答案选b。

（2）四氯化碳易挥发，热水的作用是加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应；装置⑤中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中；

（3）TiCl4遇与发生水解生成TiO2，故TiCl4遇潮反应的化学方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HCl；

（4）装置③中反应生成的TiCl4与未反应CCl4的进入装置④中；并且都是以液体形式存在，两者互溶，因为两者沸点不同，因此采取蒸馏的方法分离这两种物质；

（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，由于Cl2在反应中不可能反应完，所以混合气体除含有CO和CO2，还含有Cl2，若要验证CO，首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明。【解析】球形干燥(或干燥管)b加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中TiCl4+2H2O=TiO2↓+4HClCCl4蒸馏首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明五、元素或物质推断题(共1题，共9分)18、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、结构与性质(共3题，共9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－)=0.1mo