2025年粤教沪科版选修4化学下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年粤教沪科版选修4化学下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、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则2ΔH1<ΔH2B.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气燃烧热为241.8kJ·mol-1C.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量D.已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定2、25℃时，用蒸馏水稀释10mLpH=11的氨水。下列叙述正确的是A.该10mL氨水的浓度为0.001mol/LB.稀释至100mL时，溶液的pH小于10C.稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小D.稀释过程中，的值一定增大3、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.的溶液中，B.将等物质的量的和混合溶于水中：C.的与的NaOH溶液等体积混合：D.的硫酸铵溶液中：4、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.25℃时，pH＝7的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝c()＝c(Cl－)B.25℃时，向10mLpH＝12的NaOH溶液中滴加等体积pH＝2的CH3COOH溶液：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C.0.1mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1的CaCl2溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)D.浓度均为0.1mol·L－1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c()的大小顺序为③>②>①5、常温下，将10mL0.1mol·L－1NaA溶液逐滴加入10mL0.1mol·L－1HA溶液中，已知HA的电离平衡常数Ka=1.8×10－4。下列说法正确的是A.滴加过程中，混合溶液中始终变小B.滴加过程中，混合溶液中c(H+)+c(OH－)>2.0×10－7mol·L－1C.充分混合后，溶液中A－的水解程度比原NaA溶液中A－的水解程度大D.充分混合后，溶液中c(Na+)>c(A－)>c(HA)>c(H+)>c(OH－)6、常温下，向20.00mL0.1mol/L的甲胺(CH3NH2)溶液中滴加0.1mol/L的盐酸；混合溶液的pH与相关微粒浓度比值的对数关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.已知甲胺的碱性稍强于氨，甲胺在水中的电离方程式为CH3NH3++H2O⇌CH3NH2+OH﹣B.b点加入的盐酸体积V＜20.00mLC.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl溶于蒸馏水，可得到a点对应的溶液D.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb＝-lgKb＝3.47、改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac－、H+、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝-lgKa；下列叙述错误的是。

A.直线b、d分别对应H+、OH－B.pH＝6时，c(HAc)＞c(Ac－)＞c(H+)C.HAc电离常数的数量级为10-5D.从曲线a与c的交点可知pKa＝pH＝4.748、25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（），发生反应：体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示。下列判断正确的是。

A.往平衡体系中加入少量金属铅后，c（Pb2+）增大B.往平衡体系中加入少量固体后，c（Sn2+）变小C.升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应D.25℃时，该反应的平衡常数K=2.2评卷人得分二、填空题(共5题，共10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、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

11、研究与深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

(1)CO可用于炼铁。高炉炼铁过程中发生的主要反应为：Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：。温度/°C100011501300平衡常数4.03.73.5

则该反应的平街常数表达式K=_________，H_________0(填“>”、“<”或“=”)。

(2)CO2可用于生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，为探究该反应原理，将1molCO2和3molH2充入一容积为1L的密闭容器中；分别在250°C；T°C下发生反应，测得甲醇的物质的量随时间的变化如下图所示。

请分析并回答下列问题：

250°C时，反应在前10min的平均速率v(H2)_________molL-1min-1，从反应开始到平衡，CO2转化率为_________%。相同温度下，若某时刻该容器中含有1molH2、1.2molCO2、0.8molCH3OH、1.5molH2O，则此时反应所处的状态为____________________________________(填“向正反应方向进行中”、“向逆反应方向进行中心”或“平衡状态”)。12、氢气用于工业合成氨：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。

(1)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正、逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t4、t5、t7时刻所对应改变的实验条件分别是t2______t4____，t5_____，t7_____。

(2)在一定条件下，将2molN2与5molH2混合于一个10L的密闭容器中；反应情况如图所示：

①5min内的平均反应速率v(NH3)＝_________________________________；

②达到平衡时NH3的百分含量为______________________________。13、体积均为100mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数。

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、元素或物质推断题(共1题，共6分)15、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_____________________________。评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)16、高氯酸铵（NH4ClO4）易分解产生大量气体，常用作火箭推进剂。实验室可通过下列反应制取：NaClO4（aq）+NH4Cl（aq）NH4ClO4（aq）+NaCl（aq）。

（1）若NH4Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是_____。

（2）根据如图的溶解度曲线，在反应后得到的混合溶液中获得NH4ClO4晶体的实验操作依次为：_____；洗涤，干燥。

（3）在上述操作中，洗涤剂应选择_____

A.热水B.乙醇C.冰水D.滤液。

（4）样品中NH4ClO4的含量可用蒸馏法进行测定；蒸馏装置如图所示（加热和仪器固定装置已略去）；

实验步骤如下：

步骤1：按如图组装好仪器；准确称取样品ag（约0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。

步骤2：准确量取40.00mL约0.1mol·L－1H2SO4溶液于锥形瓶中。

步骤3：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入20mL3mol•L－1NaOH溶液。

步骤4：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约100mL溶液。

步骤5：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次；洗涤液并入锥形瓶中。

步骤6：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用cmol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点；记录消耗NaOH标准溶液的体积。

步骤7：将实验步骤1-6重复2次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V1mL

步骤8：在步骤1中不加入样品，将实验步骤1-6重复3次。记录消耗NaOH标准溶液的平均体积为V2mL。

请回答：

①步骤2中，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是_____。

②为确保氨气被充分吸收的实验步骤为_________，为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为_____

③请用含字母的表达式表示（如果有数字，请化简成一个数字）样品中NH4ClO4的含量_____。17、实验小组研究Mg与NH4Cl溶液的反应，实验如下：。实验试剂X现象ⅠH2O产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止Ⅱ1mol/LNH4Cl溶液(pH=5)数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。反应很快停止的原因是__。

(2)探究实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的原因。

假设一：NH4Cl溶液显酸性，c(H+)较大；与Mg反应速率较快。

①用离子方程式表示NH4Cl溶液显酸性的原因：___。

测定实验Ⅱ反应过程中溶液pH随时间的变化；结果如下：

②假设一__(填“是”或“不是”）实验Ⅰ；Ⅱ产生气泡差异的主要原因。

假设二：NH4Cl溶液中的NH溶解Mg(OH)2固体；使Mg能够持续与水反应。

进行实验：向1mol/LNH4Cl溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液a。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液a；固体溶解。

③有同学认为假设二的实验不严谨，需增加对比实验：__(填操作和现象）；说明假设二正确。

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水的目的是___。

(3)1min后，实验Ⅱ中还检测到少量NH3。

①检测NH3时要使用湿润的___试纸。

②气体中含有少量NH3的原因是__。

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，解释Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因：__。18、某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

。装置。

分别进行的操作。

现象。

i．连好装置一段时间后；向烧杯中滴加酚酞。

ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

铁片表面产生蓝色沉淀。

铁片表面产生蓝色沉淀。

(1)小组同学认为以上两种检验方法；均能证明铁发生了吸氧腐蚀。

①实验i中的现象是___。

②用电极反应式解释实验i中的现象：___。

(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀；理由是___。

②进行下列实验；在实验几分钟后的记录如下：

。实验。

滴管。

试管。

现象。

0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液。

iii．蒸馏水。

无明显变化。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。

(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响；又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。

。实验。

试剂。

现象。

A

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

B

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)

产生蓝色沉淀。

C

铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

D

铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共18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8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A．CO转化为CO2放热，则2|ΔH1|>|ΔH2|，从而得出2ΔH1<ΔH2；A正确；

B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的产物呈气态，则氢气燃烧热>241.8kJ·mol-1；B不正确；

C．16gSO2(g)和足量O2在密闭容器中不能完全反应，所以放出热量<0.25QkJ；C不正确；

D．已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0；则石墨比金刚石稳定，D不正确；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．一水合氨是弱电解质；在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，25℃时，pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故A错误；

B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将10mLpH=11的氨水稀释至100mL，氨水稀释10倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的则稀释后溶液的pH在10～11之间，故B错误；

C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大；故C错误；

D．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)减小，则溶液中增大；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意稀释氨水过程中，溶液中主要存在的离子的浓度均会减小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3·H2O)都会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c(H+)增大。3、B【分析】【详解】

A.的溶液中硫化氢分步电离，故A错误；

B.将等物质的量的和混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故B正确；

C.的与的NaOH溶液等体积混合溶液中氢离子和氢氧根离子恰好反应，草酸浓度大于氢氧化钠溶液，草酸又电离出氢离子，溶液显酸性，故C错误；

D.硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根离子水解溶液显酸性，的硫酸铵溶液中：故D错误；

故选：B。4、D【分析】【详解】

A选项，25℃时，pH＝7的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：c(H＋)＝c(OH－)<c()＝c(Cl－)；故A错误；

B选项，25℃时，向10mLpH＝12的NaOH溶液中滴加等体积pH＝2的CH3COOH溶液，溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，且溶液呈酸性，电离占主要：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；故B错误；

C选项，0.1mol·L－1的CH3COONa溶液与0.1mol·L－1的CaCl2溶液等体积混合，根据物料守恒得出：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)；故C错误；

D选项，浓度均为0.1mol·L－1的①(NH4)2CO3，铵根水解，碳酸根水解，相互促进的双水解，水解程度大，②(NH4)2SO4，铵根单一水解，③(NH4)2Fe(SO4)2，铵根水解，亚铁离子水解，相互抑制双水解，水解程度小，因此c()的大小顺序为③>②>①；故D正确。

综上所述；答案为D。

【点睛】

向10mLpH＝12的NaOH溶液中滴加10mLpH＝2的CH3COOH溶液，氢氧化钠电离出的氢氧根刚好把醋酸电离出的氢离子反应完，未电离的醋酸又开始电离，容易显酸性。5、B【分析】【详解】

A.滴加过程中，氢离子浓度减小，则混合溶液中始终变大；故A错误；

B.Ka=1.8×10－4，则HA的电离大于A-水解，滴加过程中，混合溶液呈酸性，且水的离子键则故B正确；

C.充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，HA溶液抑制A－的水解；故C错误；

D.充分混合后，溶液为NaA和HA的混合液，且HA的电离大于A-水解，则溶液中c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH－)；故D错误；

故答案选：B。6、C【分析】【详解】

A．甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺也是弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣；故A正确；

B．CH3NH3Cl为强酸弱碱盐；其水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故B正确；

C．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，CH3NH2电离程度大于CH3NH3Cl水解程度，所以溶液中c(CH3NH3+)＞c(CH3NH2)，lg＞0，应该在a、b之间；故C错误；

D．当lg＝0时，c(CH3NH2)＝c(CH3NH3+)，溶液的pH＝10.6，则Kb＝＝c(OH﹣)＝＝10﹣3.4，所以pKb＝﹣lgKb＝3.4；故D正确；

答案选C。7、B【分析】【分析】

微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L，lgc(CH3COOH)≈-2，碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L，lgc(CH3COO-)≈-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。

【详解】

A.根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH－；故A正确；

B.根据图象，pH＝6时，c(Ac－)＞c(HAc)＞c(H+)；故B错误；

C.HAc电离常数Ka=当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5；故C正确；

D.曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa＝-lgKa＝-lgc(H+)=pH＝4.74；故D正确；

答案选B。8、D【分析】【详解】

A.往平衡体系中加入少量金属铅后，固体的浓度为常数，浓度不变，平衡不移动，c（Pb2+）不变；选项A错误；

B.往平衡体系中加入少量固体后，c（Sn2-）增大；选项B错误；

C.升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，选项C错误；

D.由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.10mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数K==2.2；选项D正确；

答案选D。二、填空题(共5题，共10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】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39111、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡常数的表达式书写；根据温度对平衡影响分析平衡常数的变化。

（2）根据化学平衡的三段式计算各数据；结合浓度幂之商与平衡常数的大小关系分析反应进行的方向。

【详解】

（1）根据方程式分析，该反应的平衡常数=根据温度升高，平衡常数减小，说明该反应正反应为放热反应，即H<0。

（2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；

起始1300

改变0.752.250.750.75

平衡0.250.750.750.75

用氢气浓度变化量表示反应速率为二氧化碳的转化率为该温度下的平衡常数为相同温度下，若某时刻该容器中含有1molH2、1.2molCO2、0.8molCH3OH、1.5molH2O，有Qc=

【点睛】

掌握化学平衡常数的表达式和影响因素，只有温度能影响化学平衡常数，判断反应进行的方向时用此时物质的浓度幂之商与平衡常数比较，若小于平衡常数，则说明该反应向正反应方向进行，反则反之。【解析】<0.225mol/(L•min)75%向正反应方向进行中12、略

【分析】【分析】

（1）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，根据正逆反应速率与时间的关系可知，其中t2、t4﹑t5﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是：t2时正反应速率增大而逆反应速率暂时不变随之增大，所以是增加反应物的浓度；t4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以是减小生成物的浓度；t7时刻正逆反应速率都减小；且反应向正反应方向进行，说明是降低温度；

（2）根据图像以及速率之比等于化学方程式的系数比求用氨表示的速率；用三段式计算平衡时NH3的体积分数。

【详解】

（1）根据一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系，t2﹑t4﹑t5﹑t7时刻对应的实验条件改变分别是t2时正反应速率增大而逆反应速率暂时不变随之增大，所以是增加反应物的浓度；t4正逆反应速率同时增大相同的倍数但平衡不移动，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t7时刻正逆反应速率都减小；且反应向正反应方向进行，说明是降低温度，平衡正向进行；

故答案为：增大反应物的浓度；催化剂；减少生成物的浓度；降低温度；

（2）根据起始氮气和氢气的物质的量和平衡时的物质的量可以列三段式解答：

①所以5min内的平均反应速率v(NH3)==0.04mol/(L•min)；

②达到平衡时NH3的体积分数=×100%=40%。

故答案为：0.04mol/(L•min)；40%

【点睛】

有关可逆反应的计算要学会运用三段式，即是初始量，转化量，平衡量，然后代入有关物理量进行计算。【解析】①.增大反应物的浓度②.加入催化剂③.减小NH3的浓度④.降温⑤.0.04mol/(L•min)⑥.40%13、略

【分析】【详解】

pH相等的酸中；加水稀释促进弱酸的电离，稀释相同的倍数，pH变化大的酸的酸性强，由图可知，HX的pH变化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，则HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，故答案为：大于。

【点睛】

对于强酸溶液，稀释10倍，pH增大1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH增大不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7；对于强碱溶液，稀释10倍，pH减小1个单位，对于弱酸溶液，稀释10倍，pH减小不足1个单位，但无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7；弱酸弱碱的稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。【解析】大于三、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、元素或物质推断题(共1题，共6分)15、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五、实验题(共3题，共6分)16、略

【分析】【分析】

(1)该反应需要的温度较低；氨气与浓盐酸的反应是放热反应，据此分析解答；

(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4；据此分析解答；

(3)从能够除去杂质和减少产品的损失角度分析判断；

(4)①H2SO4为酸性溶液；②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收；装置需要气密性好，尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水；③根据实验步骤和原理计算。

【详解】

(1)氨气与浓盐酸反应放出热量，该反应需要温度较低，反应放出的热量可以维持反应的发生，因此NH4Cl用氨气和浓盐酸代替；上述反应不需要外界供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；

(2)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩；冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；

(3)由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大。A.用热水洗涤；会使产品损失较大，故A不选；B.用乙醇洗涤，不能洗涤除去其他无机盐，故B不选；C.用冰水洗涤可以除去其他无机盐，并且减少了产品的溶解损失，故C选；D滤液中含有其他杂质，不能用来洗涤，故D不选；故答案为：C；

(4)①硫酸为酸溶液，应该用酸式滴定管准确量取40.00mLH2SO4溶液；故答案为：酸式滴定管；

②为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，首先要保证装置的气密性良好，其次使反应尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水，因此为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验步骤为：4、5；为提高氨的吸收率，本实验还缺少的一步实验的步骤为检查装置的气密性，故答案为：4、5；组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进行下面的实验；

③根据实验步骤，过程中的硫酸先后与氨气和氢氧化钠反应，其中与氨气反应的硫酸为cmol·L－1×(V1-V2)×10-3L=c(V2–V1)×10-3mol，则NH4ClO4的物质的量为c(V2–V1)×10-3mol，样品中NH4ClO4的含量为×100%=故答案为：

【点睛】

本题的易错点为(4)③中NH4ClO4的含量的计算，要注意步骤8是滴定测定硫酸的浓度，计算过程中不能用0.1mol·L－1计算硫酸的总量。【解析】氨气与浓盐酸反应放出热量蒸发浓缩（至晶膜出现），冷却结晶，过滤C酸式滴定管4、5组装好整套蒸馏装置后，应检查装置的气密性再进行下面的实验17、略

【分析】【详解】

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。而氢氧化镁不溶于水，会覆盖在镁单质的表面，减少了镁与水的接触面积，从而使反应速率减慢并停止，故答案为：生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面；使Mg与水接触面积减小，反应很快停止；

(2)①NH4Cl溶液显酸性是因铵根离子能发生水解反应产生氢离子，反应为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；

②根据反应过程中的pH值变化曲线；若假设一是实验I；II产生差异的原因的话，因此起始时氯化铵的浓度最大，水解产生的氢离子浓度最大，开始阶段的反应速率应比较大，则开始阶段pH值应出现明显变化，这与图像不符合，因此假设一不是实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因，故答案为：不是；

③假设二的实验操作中不能说明是铵根离子还是氢氧根离子对氢氧化镁产生了影响，应补充对照实验，排除氢氧根离子对沉淀的影响，具体操作：在其他条件相同时，向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解，故答案为：向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b；固体不溶解；

④向NH4Cl溶液中加几滴氨水是溶液呈碱性，这样可以在确保铵根浓度不变的情况下，排除氢离子的影响，故答案为：排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变；

(3)①检测NH3一般用湿润的红色石蕊试纸；看试纸是否变蓝，故答案为：红色石蕊；

②随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3，导致气体中含有少量NH3，故答案为：随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3；

(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快；【解析】生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止NH+H2ONH3•H2O+H+不是向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变红色石蕊随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快18、略

【分析】【分析】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，在碳棒附近溶液中生成OH-；使酚酞变色。

②在碳棒上，发生O2得电子生成OH-的电极反应。

(2)①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性；就可直接与Fe作用。

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜去除，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同。

(3)A.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；也可能是铁片发生了吸氧腐蚀；

C.铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；

D.铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+。

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，不让K3[Fe(CN)6]与Fe接触，而是取Fe电极附近的溶液，进行Fe2+的检验。

【详解】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，碳棒为正极，发生O2得电子生成OH-的反应；从而使碳棒附近溶液变红。答案为：碳棒附近溶液变红；

②在碳棒上，O2得电子生成OH-，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。答案为：O2＋4e-＋2H2O=4OH-；

(2)①有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就有可能发生K3[Fe(CN)6]与Fe的直接作用。答案为：K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验；

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜被破坏，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同，也是破坏铁表面的氧化膜。答案为：Cl-破坏了铁片表面的氧化膜；

(3)A.已除O2的铁片不能发生吸氧腐蚀，只能发生铁片、K3[Fe(CN)6]溶液的反应，从而表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；A符合题意；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)，同时满足两个反应发生的条件，既可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；也可能是铁片发生了吸氧腐蚀，B不合题意；

C.铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)，不能发生吸氧腐蚀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；C符合题意；

D.铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；D不合题意。答案为：AC；

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，取Fe电极附近的溶液，放在另一仪器中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，进行Fe2+的检验。答案为：取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液；若出现蓝色沉淀。

【点睛】

在进行反应分析时，我们需明确Cl-的作用，它仅能破坏铁表面的氧化膜，而不是充当铁与K3[Fe(CN)6]反应的催化剂，从硫酸酸洗铁片，命题人就给我们做了暗示。【解析】碳棒附近溶液变红O2＋4e-＋2H2O=4OH-K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验Cl-破坏了铁片表面的氧化膜AC取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀六、结构与性质(共3题，共18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