2025年新世纪版选修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年新世纪版选修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7题，共14分)1、次氯酸可用于杀菌消毒，已知时：①②下列说法正确的是A.在时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：B.将与混合后的溶液，一定存在：C.将与等体积混合后的溶液，溶液显碱性，则存在：D.已知酸性则等浓度和NaClO的混合液中：2、某温度下，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L溶液，溶液的pH与所加溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是A.进行该实验时，温度高于B.a点溶液中：C.c点溶液中：D.过程中，水的电离程度始终逐渐增大3、H2A是一种弱酸，已知常温下0.1mol/LNaHA溶液呈酸性。关于该溶液中微粒浓度的以下判断中，可能错误的是（）A.c(A2-)+c(OH-)=c(H2A)+c(H+)B.c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)C.c(HA-)>c(H+)>c(OH-)D.c(HA-)>c(OH-)>c(A2-)4、向20mL0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴加0.1mol/L氨水(已知室温下H2CO3Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6x10-11)，NH3•H2O(Kb=1.78×10-5)，下列说法错误的是（）A.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO)=c(H2CO3)+c(H+)B.无论滴加多少氨水，溶液中一定满足：c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=c(Na+)C.当滴入10mL氨水时，发生反应的离子方程式为：HCO+NH3·H2O=CO+NH+H2O，该反应的平衡常数约为0.1D.当滴入20mLNH3·H2O时，c(Na+)=c(NH)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L5、常温下，下列溶液均为有关叙述正确的是（）A.碳酸氢钠溶液中B.碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小C.碳酸钠溶液中D.碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质只有NaCl6、以熔融Na2CO3为电解质，H2和CO混合气为燃料的电池原理如下图所示。

下列说法正确的是（）A.b是电池的负极B.a电极的反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ=2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ=H2O＋CO2C.a电极上每消耗22.4L原料气，电池中转移电子数约为2╳6.02╳1023D.a、b两极消耗的气体的物质的量之比是1︰17、糕点包装中常见的脱氧剂组成：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等。脱氧过程中A.发生析氢腐蚀B.铁粉作阴极发生氧化反应C.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）D.可以吸热，从而降低温度，起保鲜糕点的作用评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响；得到如图所示的变化规律（图中T表示温度），由此可得出的结论是。

A.反应速率a>b>cB.达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>cC.若T2>T1，则正反应一定是吸热反应D.达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c>b>a9、在体积为2L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将1molCO2和3molH2在反应器中反应8小时，CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH>0B.图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率C.图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度可提高H2的转化率D.520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=10、室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液与HCOOK溶液：c(K+)-c(HCOO-)＞c(Na+)-c(CH3COO-)B.向0.1mol·L-1的HCOONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)C.0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D.c(NH4+)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)11、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显酸性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)12、已知298K时，Ksp(MnS)=4.65×10−14，Ksp(MnCO3)=2.24×10−11，298K下，MnS、MnCO3(R2−代表S2−或CO32-)在水中的溶解曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.图象中x约等于2.2×10−7B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。14、无水氯化铝在生产；生活中应用广泛。已知：

Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1

2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1

由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为__________。15、下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：。物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根据上述数据回答下列问题：

(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。16、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

（2）如图中表示NO2的变化的曲线是________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝________。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器内压强保持不变。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度。

c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂17、图表示800℃时；A；B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，t是达到平衡状态的时间。试回答：

(1)该反应的化学方程式为________。

(2)2min内，A物质的平均反应速率为_______。18、在一定温度下,测得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4,则此温度下CH3COOH的电离平衡常数值约为__________。19、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______20、已知0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=8，按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各种微粒(水分子除外)________．21、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____________。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)22、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)23、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21分)24、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：)25、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“＝”）。26、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7题，共14分)1、B【分析】【详解】

．根据盖斯定律①－②得故A错误；

B．二者完全反应后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HClO和NaClO，根据电荷守恒和物料守恒可知因此故B正确；

C．二者完全反应后，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaClO、HClO和NaCl，溶液呈碱性，说明HClO的电离程度小于NaClO水解程度，则微粒浓度大小顺序是故C错误；

D．酸性则酸根离子水解程度酸根离子水解程度越大，则该酸根离子在水溶液中浓度越小，这两种酸根离子都水解导致溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是故D错误；

故答案为B。2、A【分析】【详解】

A．0.1mol/LNaOH溶液的根据图像可知，起始溶液说明该温度下大于常温下水的离子积，所以进行该实验时，温度高于故A正确；

B．a点溶液中，加入10mL0.1mol/L溶液后，溶液中含有等浓度的氢氧化钠和醋酸钠，根据电荷守恒和物料守恒可得：故B错误；

C．该温度下c点溶液溶液呈中性，根据电荷守恒可知故C错误；

D．过程中；先是酸碱中和反应生成盐，水的电离程度逐渐增大，完全中和后，相当于在盐溶液中加入醋酸，水的电离程度又减小，故D错误；

故选A。3、D【分析】【分析】

H2A是一种弱酸，常温下0.1mol/LNaHA溶液呈酸性，说明HA−的电离程度大于水解程度；再结合电荷守恒和物料守恒解答。

【详解】

H2A是一种弱酸，常温下0.1mol/LNaHA溶液呈酸性，说明HA−的电离程度大于水解程度；

A．根据电荷守恒得c(HA-)＋2c(A2-)＋c(OH-)＝c(Na＋)＋c(H+)，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(HA-)＋c(A2-)＋c(H2A)，所以得c(A2-)＋c(OH-)＝c(H2A)＋c(H+)；故A正确；

B．常温下0.1mol/LNaHA溶液呈酸性，则HA−的电离程度大于水解程度，HA−的电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)；故B正确；

C．溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，HA−的电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)；故C正确；

D．HA−的电离程度大于水解程度，HA−的电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(A2-)＞c(OH-)；故D错误；

故答案选D。

【点睛】

根据溶液酸碱性确定酸式酸根离子水解程度和电离程度相对大小，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答。4、D【分析】【详解】

A.NaHCO3溶液含有的粒子有：Na+、H+、OH-、H2CO3、H2O，根据质子守恒可得：A正确；

B.根据物料守恒，NaHCO3溶液中一定满足：c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=c(Na+)；B正确；

C.氨水与NaHCO3溶反应离子方程式为：HCO+NH3·H2O=CO+NH+H2O，该反应的平衡常数即C正确；

D.当滴入20mLNH3·H2O时，反应恰好完全反应，此时则c(Na+)=c(NH)+c(NH3·H2O)=0.05mol/L；D错误；

答案选D。5、A【分析】【详解】

A．碳酸氢钠溶液显碱性，是HCO3-的水解大于HCO3-电离缘故，则溶液中故A正确；

B．碳酸钠溶液中CO32-的水解程度比碳酸氢钠溶液中HCO3-的水解程度大，则Na2CO3的碱性强；即碳酸钠溶液pH大，故B错误；

C．碳酸钠溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，将物料守恒式c(Na+)代入电荷守恒式得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)；故C错误；

D．碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质除NaCl，还可能含有少量H2CO3与NaHCO3；故D错误；

故答案为A。

【点睛】

考查离子浓度大小比较；根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。6、B【分析】【详解】

A．b上为氧气得电子与二氧化碳反应生成CO32-，则b是电池的正极，A错误；B．a为负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，电极a反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ=2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ=H2O＋CO2，B正确；C．未指明标准状况，无法计算，C错误；D．电极a反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ=2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ=H2O＋CO2，b极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，则a、b两极消耗的气体的物质的量之比是2：1；D错误。答案选B。

点睛：解答电解池相关题目时，应从几步入手：①看电极（材料），判断电极本身是否参与反应。②看溶液，判断电解液中的阳离子、阴离子种类，从而判断在阴极、阳极发生反应的微粒。③看隔膜，判断两极反应发生后阴离子、阳离子的浓度变化，从而判断溶液中微粒穿过阴（阳）离子隔膜的方向和产物。7、C【分析】【分析】

铁粉；氯化钠溶液、炭粉构成原电池；铁作负极，碳作正极；负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关分析计算。

【详解】

A．中性环境下发生吸氧腐蚀；A错误；

B．铁为负极；发生氧化反应，不是阴极，B错误；

C．由得失电子守恒可得，还原性铁粉最终会被氧化为+3价，所以1.12gFe完全被氧化转移电子的物质的量为：1mol氧气转移4mol电子，所以消耗氧气物质的量为：=0.015mol，则V(O2)=0.015mol×22.4L/mol=336mL；C正确；

D．铁粉；氯化钠溶液、炭粉构成原电池；原电池放电过程是放热反应，D错误；

答案选C。

【点睛】

原电池中一般较活泼的作负极发生氧化反应。此题形成的原电池是金属的吸氧腐蚀，所以氧气作正极得电子；C项最多消耗氧气的计算时，铁首先被氧化成二价铁，再继续被空气氧化成三价铁，所以铁最终失去3个电子计算。二、多选题(共5题，共10分)8、CD【分析】【分析】

从图中可以看出，随着B2的不断加入，AB3%的平衡体积分数先增大后减小，则平衡不断正向移动，A2的转化率不断增大，AB3的物质的量不断增大。

【详解】

A．因为温度不变，不断加入B2，则B2浓度不断增大，反应速率a

B．随着B2的不断加入，平衡不断正向移动，A2的转化率：c>b>a；B不正确；

C．若T2>T1，则温度高时AB3%大；表明平衡正向移动，正反应一定是吸热反应，C正确；

D．随着B2的不断加入，平衡不断正向移动，AB3的物质的量：c>b>a；D正确；

故选CD。9、BC【分析】【详解】

A．反应在CH3OH的产率达到最高点后达到平衡，随温度升高，CH3OH的产率降低，反应是放热反应，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH<0；故A错误；

B．图中P点所示条件下，没有达到平衡，延长反应时间能提高CH3OH的产率；故B正确；

C．图中Q点所示条件下，增加CO2的浓度促进平衡正向移动，可提高H2的转化率；故C正确；

D．列出三段式：

520K时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=故D错误；

故选BC。10、BC【分析】【分析】

A．两个溶液中的电荷守恒分别为：c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)；

C．HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O；

D．越弱越水解，水解程度：c(HCOO-)﹤c(CH3COO-)。

【详解】

A．根据电荷守恒有：HCOOK溶液中，c(K+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(HCOO-)，CH3COONa溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)，因为Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，所以CH3COO-水解程度更大，碱性更强，c(OH-)-c(H+)更大，那么c(K+)-c(HCOO-)+)-c(CH3COO-)；A错误；

B．电荷守恒式子为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HCOO-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HCOO-)，那么c(Na+)＞c(Cl-)，又因为物料守恒式子为：c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，所以c(Cl-)+c(HCOO-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，那么c(Cl-)=c(HCOOH)，综上所述：c(Na+)＞c(Cl-)=c(HCOOH)；B正确；

C．0.1mol·L-1的HCOOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，NaOH反应完，HCOOH反应了一半，混合后的溶质为：等物质的量的HCOONa和HCOOH，电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)，物料守恒有：2c(Na+)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，物料守恒-电荷守恒可得：c(Na+)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)；C正确；

D．NH4+水解呈酸性，HCOO-、CH3COO-水解呈碱性，HCOO-、CH3COO-水解对NH4+水解起促进作用，因为水解程度HCOO-﹤CH3COO-，所以CH3COONH4溶液中NH4+水解程度更大，现在c(NH4+)相等，那么一定有c(HCOONH4)﹤c(CH3COONH4)；D错误。

答案选BC。

【点睛】

溶液中离子浓度大小的比较，一是准确分析溶质的成分，二是三大守恒熟练运用。11、BC【分析】【详解】

A．根据图象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)时，溶液pH=6.2，则溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，数量级为10-8，故A正确；

B．X(OH)+的电离平衡常数为Kb2=10-7.8mol/L，根据图象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]时，溶液的pH=9.2，则溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，则X(OH)+的水解平衡常数为Ka==10-9.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故B错误；

C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，由于X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C错误；

D．在X(OH)NO3水溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(X2+)-c[X(OH)2]，故D正确，

故选：BC。12、AB【分析】【分析】

因4.65×10−14<2.24×10−11，所以N线为MnS的溶解度曲线，M线为MnCO3的溶解度曲线。

【详解】

A．图像中x约等于≈2.2×10−7；A正确；

B．加热N的悬浊液，可增大MnS的溶解度，但c(Mn2+)、c(S2-)同等程度增大；所以可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，B正确；

C．加水稀释M溶液，c(Mn2+)、c(CO32-)都减小；不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，C不正确；

D．向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，不变；D不正确；

故选AB。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）14、略

【分析】【分析】

【详解】

①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1

②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1

根据盖斯定律，①-②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=ΔH1-ΔH2=(+1344.1kJ·mol-1)-(+1169.2kJ·mol-1)=+174.9kJ•mol-1，故答案为：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=+174.9kJ•mol-1。【解析】Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=+174.9kJ•mol-115、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根据键能越大；物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式；焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

【详解】

（1）；（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高；则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：而形成2molH—Cl键放出的能量为所以在反应中每生成2molHCl放出的热量，同理可计算出反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。【解析】(1)A(2)D(3)放出;Cl216、略

【分析】【分析】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，结合c=计算；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；根据v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算NO2的反应速率；

(3)结合平衡的特征分析判断是否为平衡状态；

(4)根据浓度；压强、催化剂等对反应速率的影响分析判断。

【详解】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，NO的物质的量浓度是=0.0035mol/L；故答案为：0.0035mol/L；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向进行，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

0～2s内v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L•s)，故答案为：b；0.003mol/(L•s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始终存在，不能判定平衡状态，故a不选；b．反应后气体的物质的量逐渐减小，则容器内压强逐渐减小，当压强保持不变，说明达到平衡状态，故b选；c．2v逆(NO)=v正(O2)，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故c不选；d．容器内气体的质量不变、物质的量逐渐减小，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；

(4)a．及时分离出NO2气体，正反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大，故b选；c．增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；d．选择高效催化剂，反应速率加快，故d选；故答案为：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd17、略

【分析】【分析】

随反应进行；反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，据此结合图像分析判断。

【详解】

(1)由图可知，随反应进行A的浓度降低，A为反应物，B、C的浓度增大，故B、C为生成物，则A、B、C计量数之比为1.2：0.4：1.2=3：1：3，反应为可逆反应，反应方程式为：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案为：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由图可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案为：0.6mol/(L·min)。【解析】3A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)18、略

【分析】【详解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4，则CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的电离平衡常数值约为故答案为：【解析】19、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小20、略

【分析】【详解】

0.1mol•L-1CH3COONa溶液pH=8，说明溶液呈碱性，原因是醋酸根水解使溶液呈碱性，在溶液中发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，则有c(Na+)＞c(CH3COO-)；

因呈碱性，则c(OH﹣)＞c(H+)；

一般来说，单水解程度较低，则c(CH3COO-)＞c(OH﹣)；

因发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，且还存在水的电离，则c(OH-)＞c(CH3COOH)，故有c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(CH3COOH)＞c(H+)。【解析】c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(CH3COOH)＞c(H+)21、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%四、判断题(共1题，共2分)22、×【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、元素或物质推断题(共1题，共7分)23、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21分)24、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