2025年新科版選修4化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新科版選修4化學下冊階段測試試卷233考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、右圖1為甲烷和O2構(gòu)成的燃料電池示意圖，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，圖2為電解AlCl3溶液的裝置；電極材料均為石墨。用該裝置進行實驗，反應開始后觀察到x電極附近出現(xiàn)白色沉淀。下列說法正確的是。

A.圖2中Y電極為陰極B.圖2中總反應的化學方程式為：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑C.圖1中電解質(zhì)溶液的pH增大D.圖1中的a電極反應式為：CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O2、在醋酸的電離過程中，加入水會使下列比值增大的是A.c(CH3COOH)/c(CH3COO—)B.c(CH3COO—)/c(OH—)C.c(H+)/c(CH3COOH)D.c(H+)/c(OH—)3、某二元弱堿B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等濃度鹽酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的濃度分數(shù)δ隨溶液POH[POH=-lgc(OH)-]變化的關(guān)系如圖；以下說法正確的是。

A.交點a處對應加入的鹽酸溶液的體積為5mLB.當加入的鹽酸溶液的體積為10mL時存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)C.交點b處c(OH)=6.4×10-5D.當加入的鹽酸溶液的體積為15mL時存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，4、25℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH－，下列敘述正確的是()A.將純水加熱到95℃時，KW變大，pH不變，水仍呈中性B.向純水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移動，KW變小C.向純水中加入少量鹽酸，平衡逆向移動，c(H＋)增大，KW不變D.向純水中加入醋酸鈉，平衡正向移動，KW增大5、對于溶液的酸堿性說法正確的是A.使甲基橙變黃色的溶液一定呈堿性B.pH等于7的溶液一定呈中性C.c(H+)=c(OH－)的溶液一定呈中性D.不能使酚酞試液變紅的溶液一定呈酸性6、室溫下，HF溶液與NaOH溶液等體積混合忽略混合前后溶液體積的變化則下列有關(guān)混合后的溶液中離子濃度的敘述正確的是A.由水電離產(chǎn)生的為B.C.升高溫度，增大D.7、下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol·L-1的NH4Cl溶液與0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合后的溶液：c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B.把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)C.pH=2的一元酸HA與pH=12的一元堿MOH等體積混合：c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示，已知1molSO2(g)被氧化為1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1?；卮鹣铝袉栴}:

（1）圖中A、C分別表示:________、________。

（2）圖中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并寫出其熱化學反應方程式：________。9、按要求寫熱化學方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的丁烷氣體放出熱量為QkJ，經(jīng)測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，寫出表示丁烷燃燒熱的熱化學方程式______________________________________________________。

（3）已知下列熱化學方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

寫出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學方程式_________________________________________。10、碳是形成化合物種類最多的元素；其單質(zhì)及形成的化合物是人類生產(chǎn)生活的主要能源物質(zhì)。

(1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成物質(zhì)N，其能量變化如圖所示。則M、N相比，較穩(wěn)定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，則C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根據(jù)鍵能數(shù)據(jù)估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反應熱ΔH=____。

化學鍵C—HC—FH—FF—F鍵能(kJ·mol-1)41448956515511、在一定溫度下，把2體積N2和6體積H2通入一個帶活塞的體積可變的容器中，活塞的一端與大氣相通如圖所示。容器中發(fā)生以下反應：N2+3H22NH3（正反應為放熱反應）。若反應達平衡后；測得混合氣體的體積為7體積，據(jù)此回答下列問題：

（1）保持上述反應溫度不變，設(shè)a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的體積；如果反應達到平衡后混合氣體中各物質(zhì)的體積仍與上述平衡時完全相同，那么：

①若a=1,c=2，則b=____。在此情況下，反應起始時將向______（填“正”或“逆”）反應方向進行。

②若需規(guī)定起始時反應向逆反應方向進行，則c的范圍是______。

（2）在上述裝置中，若需控制平衡后混合氣體為6.5體積，則可采取的措施是______，原因是_____。12、甲醇可以與水蒸氣反應生成氫氣，反應方程式如下：在一定條件下，向體積為的恒容密閉容器中充入和后，測得混合氣體的壓強是反應前的倍，則用甲醇表示的該反應的速率為________。

上述可逆反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是填序號________。

①

②混合氣體的密度不變。

③混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變。

③的濃度都不再發(fā)生變化。

下圖中P是可自由平行滑動的活塞，關(guān)閉K，在相同溫度時，向A容器中充入和向B容器中充入和兩容器分別發(fā)生上述反應。已知起始時容器A和B的體積均為試回答：

①反應達到平衡時容器B的體積為容器B中的轉(zhuǎn)化率為_______，A、B兩容器中的體積百分含量的大小關(guān)系為B______填“”“”或“”

②若打開K，一段時間后重新達到平衡，容器B的體積為________連通管中氣體體積忽略不計，且不考慮溫度的影響

工業(yè)上合成甲醇的反應為在容積相同的三個密閉容器中，按不同方式投入反應物，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。容器乙丙丙反應物投入量平衡數(shù)據(jù)的濃度反應的能量變化的絕對值abcc體系壓強反應物轉(zhuǎn)化率

下列說法正確的是__________。

13、含氮；磷污水過量排放引起的水體富營養(yǎng)化是當前備受關(guān)注的環(huán)境問題。

(1)氮肥、磷肥都可以促進作物生長。氮、磷元素在周期表中處于同一主族，從原子結(jié)構(gòu)角度分析它們性質(zhì)相似的原因是_______，性質(zhì)有差異的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被細菌分解，當氧氣不充足時，在反硝化細菌的作用下，細菌利用有機物(又稱碳源，如甲醇)作為電子供體，將硝態(tài)氮的化合物(含NO3-)連續(xù)還原最終生成N2；發(fā)生反硝化作用，完成下述反應的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小組研究溫度對反硝化作用的影響。在反應器內(nèi)添加等量的相同濃度的甲醇溶液，從中取污泥水混合液分置于4個燒杯中，使4個燒杯內(nèi)的溫度不同，將實驗數(shù)據(jù)作圖如圖。由圖像分析產(chǎn)生差異的原因是：_______。

(4)某小組研究濃度對反硝化作用的影響。

①保持其他條件相同，在反應器內(nèi)添加不等量的甲醇溶液，使4個燒杯碳源濃度依次為183mg?L-1、236mg?L-1、279mg?L-1和313mg?L-1。該小組預測反硝化速率變化的趨勢是增大，預測依據(jù)是_______。

②碳源為183mg?L-1的污水經(jīng)過2h的反硝化試驗，可使NO3-由15.0mg?L-1降至8.8mg?L-1。已知M(NO3-)=62g?mol-1，NO3-的轉(zhuǎn)化速率是________mol(L?h)-1。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)15、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質(zhì)的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)16、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。17、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共2分)18、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)19、(1)已知單質(zhì)硫16g燃燒放熱為149kJ；寫出硫燃燒熱的熱化學方程式：_________________

(2)依據(jù)蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學反應的焓變進行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根據(jù)蓋斯定律，計算298K時由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反應的焓變：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化學鍵的鍵能為_____kJ/mol。

(4)S(單斜)和S(正交)是硫的兩種同素異形體。

已知：①S(單斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(單斜；s)比S(正交，s)更_________（填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”）

(5)同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和點燃條件下的ΔH(化學計量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同條件下，2mol氫原子所具有的能量________1mol氫分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)20、（1）沼氣是一種能源，它的主要成分是CH4，常溫下，0.5molCH4完全燃燒生成CO2(g)和液態(tài)水時，放出445kJ熱量，則熱化學方程式為__。

（2）已知：N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g)ΔH1=+akJ·mol-1

N(g)+3H(g)=NH3(g)ΔH2=-bkJ·mol-1

NH3(g)=NH3(l)ΔH3=-ckJ·mol-1

寫出N2(g)和H2(g)反應生成液氨的熱化學方程式__。

（3）SF6是一種優(yōu)良的絕緣氣體，分子結(jié)構(gòu)中，只存在S-F鍵，已知1molS(s)轉(zhuǎn)化為氣態(tài)硫原子吸收能量280kJ，F(xiàn)-F鍵能為160kJ·mol-1，S-F鍵能為330kJ·mol-1，試寫出S(s)和F2(g)反應生成SF6(g)的熱化學方程式__。21、（1）等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水溶液混合后，溶液呈_____（填“酸性”，“中性”或“堿性”），溶液中c（H+）_____c(OH—)+c(NH3·H2O)（填“＞”或“＝”或“＜”）。

（2）某溫度下，純水中的c(H+)＝2.0×10－7mol/L，此時溶液的c(OH—)＝_______mol/L；若溫度不變，滴入稀鹽酸使c(H+)＝5.0×10－4mol/L，則溶液中c(OH－)＝__________mol/L，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝_______mol/L，此時溫度_______25℃（填“高于”、“低于”或“等于”）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】根據(jù)所給裝置的特點分析，圖①是燃料電池，圖②是電解池。反應開始后觀察到x電極附近出現(xiàn)白色沉淀為Al(OH)3，說明X是陰極，氫離子放電，產(chǎn)生OH－，所以得到Al(OH)3沉淀。故a是負極，A處通入通入甲烷氣體，發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH4＋10OH--8e-===CO32-＋7H2O，由于反應消耗了OH-，電解質(zhì)溶液的pH減小，A、C、D均錯誤；X極：2H++2e-=H2↑，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Y極2Cl--2e-=Cl2↑；總反應為2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑；B正確；正確選項B。

點睛：燃料電池中，可燃物在負極發(fā)生氧化反應，氧氣在正極發(fā)生還原反應；在書寫極反應方程式時，注意電子的得失，也要注意所使用電解質(zhì)情況，這樣才能寫出符合要求的極反應方程式。2、C【分析】【詳解】

A．加水稀釋醋酸，促進醋酸電離，則n（CH3COO－）增大、n（CH3COOH）減??；則比值減小，故A錯誤；

B．加水稀釋，c（CH3COO-）減小，氫離子濃度減小，根據(jù)KW不變可知，c（OH-）增大；則比值減小，故B錯誤；

C．加水稀釋醋酸，促進醋酸電離，n（H+）增大，n（CH3COOH）減??；則比值增大，故C正確。

D．加水稀釋醋酸，c（H+）減小，由于KW不變，所以c（OH-）增大；則比值減小，故D錯誤；

故選：C。3、C【分析】圖中曲線①B(OH)2，②為B(OH)+③為B2+；交點a處對應加入的鹽酸溶液的體積為5mL時，反應生成等濃度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于兩種溶質(zhì)水解電離能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+濃度分數(shù)δ不相等，A錯誤；當加入的鹽酸溶液的體積為10mL時，溶液為B(OH)Cl，溶液顯酸性，根據(jù)B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(B2+)>c(OH-)，B錯誤；交點b處時，c(B(OH)+)=c(B2+)，根據(jù)B(OH)+B2++OH-，K2=c(OH-)=6.4×10-5,C正確；當加入的鹽酸溶液的體積為15mL時，生成等體積等濃度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在電荷守恒為c(Cl-)+c(OH-)=2c(B2+)+c(B(OH)+)+c(H+)，D錯誤；正確選項C。4、C【分析】【分析】

水的電離吸熱；結(jié)合酸；堿、鹽對是水電離平衡的影響以及影響水的離子積常數(shù)的因素分析解答。

【詳解】

A.電離吸熱，將純水加熱到95℃時促進水的電離，KW變大；氫離子濃度變大，pH減小，水仍呈中性，A錯誤；

B.向純水中加入少量NaOH溶液，氫氧根濃度增大，抑制水的電離，平衡逆向移動，溫度不變，KW不變；B錯誤；

C.向純水中加入少量鹽酸，氫離子濃度增大，抑制水的電離，平衡逆向移動，溫度不變，KW不變；C正確；

D.向純水中加入醋酸鈉，醋酸根水解，促進水的電離，平衡正向移動，溫度不變，KW不變；D錯誤。

答案選C。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．甲基橙在溶液的PH值大于4.4時顯黃色；這時溶液不一定是堿性，A選項錯誤；

B．沒指明溫度；25℃時，pH=7的溶液為中性溶液，100℃時，pH=7的溶液為堿性溶液，B選項錯誤；

C．溶液顯酸性、中性還是堿性，取決于溶液中c（H+）和c（OH-）的相對大小，c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性；C選項正確；

D．酚酞的變色范圍是8-10；所以能使酚酞試液變紅的溶液呈堿性，不能使酚酞試液變紅的溶液，可能是堿性溶液；中性溶液或酸性溶液，D選項錯誤；

答案選C。

【點睛】

溶液的酸堿性取決于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相對大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈堿性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性。6、B【分析】【詳解】

A.等體積等濃度的HF和氫氧化鈉恰好反應生成NaF，溶液中水解促進水的電離，由水電離產(chǎn)生的大于故A錯誤；

B.依據(jù)溶質(zhì)物料守恒分析計算，室溫下，HF溶液與NaOH溶液等體積混合生成NaF，溶液中存在物料守恒故B正確；

C.氟離子水解過程是吸熱反應，升溫平衡正向進行，減小；故C錯誤；

D.HF是弱酸，等體積等濃度的HF和氫氧化鈉恰好反應生成NaF，溶液中水解呈堿性，溶液中離子濃度大小為：故D錯誤；

故選B。7、B【分析】【詳解】

A．0.1mol?L-1的NH4Cl溶液與0.05mol?L-1的NaOH溶液等體積混合后存在等量的NH4+和NH3?H2O，NH3?H2O電離程度大于NH4+水解程度，溶液呈堿性，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)；故A錯誤；

B．0.02mol?L-1CH3COOH溶液與0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合，溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)；故B正確；

C．酸和堿的強弱未知，混合后溶液的性質(zhì)不能確定，無法判斷c(OH-)和c(H+)大?。还蔆錯誤；

D．0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，計算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

本題的易錯點和難點為D，要注意靈活運用電解質(zhì)溶液中的電荷守恒和物料守恒。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)A；C分別表示反應物總能量和生成物總能量；

(2)根據(jù)參加反應SO2的物質(zhì)的量之比等于對應的△H之比；

(3)根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱以及1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的反應熱利用蓋斯定律來求；

【詳解】

(1)圖中A；C分別表示反應物總能量、生成物總能量；

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，所以2molSO2(g)氧化為2molSO3(g)的△H=-198kJ?mol-1，則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ?mol-1；

(3)因單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ?mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ?mol-1，而1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，則SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ?mol-1，由蓋斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ?mol-1+(-99kJ?mol-1)=-395kJ?mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H為-395kJ?mol-1×3=-1185kJ?mol-1，其熱化學反應方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1。【解析】反應物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-19、略

【分析】（1）中和熱是指：25℃、101kPa下，酸與堿反應生成1mol水時所放出的熱量，所以，H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式為：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的質(zhì)量為25g，其物質(zhì)的量為0.25mol，根據(jù)C守恒可得丁烷的物質(zhì)的量為0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出熱量為QkJ；而燃燒熱是指：25℃；101kPa下；1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量。故丁烷的燃料熱的熱化學方程式為：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由熱化學方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；結(jié)合蓋斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學方程式為：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)10、略

【分析】【分析】

(1)M轉(zhuǎn)化為N是吸熱反應；所以N的能量高，不穩(wěn)定；

(2)燃燒熱是1mol可燃物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；根據(jù)蓋斯定律來回答；

(3)化學反應的焓變可以用反應物和生成物的鍵能計算；依據(jù)△H=反應物鍵能之和?生成物鍵能之和計算得到。

【詳解】

(1)有機物M經(jīng)過太陽光光照可轉(zhuǎn)化成N，：△H=+88.6kJ?mol?1；過程是吸熱反應，N暗處轉(zhuǎn)化為M，是放熱反應，能量越低越穩(wěn)定，說明M穩(wěn)定，故答案為：M；

(2)將已知反應依次編號為①、②、③，由蓋斯定律可知2×①+②+③]×得到熱化學方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，則△H=△H1+=a+故答案為：a+

(3)由反應熱△H=反應物鍵能之和?生成物鍵能之和，結(jié)合圖表中鍵能數(shù)據(jù)可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol?(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=?1940kJ/mol，故答案為：?1940kJ/mol?！窘馕觥縈a+-1940kJ·mol-111、略

【分析】【詳解】

(1)①反應達到平衡后混合氣體中各物質(zhì)的量仍與上述平衡時完全相同,恒溫恒壓條件下,采用極限分析,按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊,應滿足2體積N2、6體積H2，2體積的氨氣完全轉(zhuǎn)化得到1體積氮氣、3體積氫氣，故1+a=1+1=2，3+b=6，則b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，則b=3；因反應前混合氣體為8體積，反應后混合氣體為7體積，體積差為1體積，則平衡時氨氣應該為1體積，而在起始時，氨氣的體積c=2體積，比平衡狀態(tài)時大，為達到同一平衡狀態(tài)，氨的體積必須減小，所以平衡逆向移動，故答案為：3；逆；

②若讓反應逆向進行；由上述①所求出的平衡時氨氣為1體積，氨氣的體積必須大于1體積，最大值則為2體積氮氣和6體積氫氣完全反應時產(chǎn)生的氨氣的體積，即為4體積，則1＜c≤4，故答案為：1＜c≤4；

(2)平衡后混合氣體為6.5體積<7體積，恒壓條件下，應是改變溫度影響平衡移動，由于正反應為放熱反應，且是氣體總分子數(shù)減小的反應，只能為降低溫度，,故答案為：降低溫度；6.5<7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施?！窘馕觥竣?3②.逆③.1＜c≤4④.降溫⑤.6.5＜7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施12、略

【分析】【詳解】

(1)設(shè)反應的甲醇物質(zhì)的量為x，可列三段式：20s后，測得混合氣體的壓強是反應前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，不能說反應達到平衡，故①不符合；

②反應前后氣體質(zhì)量不變，容器體積不變，反應過程中密度不變，混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，故②不符合；

③反應前后氣體物質(zhì)的量增大，質(zhì)量守恒，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化是平衡標志，故④符合；

故答案為：③④；

(3)①B容器的體積變?yōu)樵瓉淼?.5倍，增加的氣體的物質(zhì)的量為3.6mol×0.5=1.8mol，依據(jù)化學方程式可知增加2mol，反應甲醇1mol，則反應的甲醇的物質(zhì)的量為0.9mol，CH3OH的轉(zhuǎn)化率A是恒容反應容器，B是恒壓反應容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)與B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反應方程式中生成物氣體增多，反應時A容器壓強比B容器大，所以A中平衡時相當于B平衡后的加壓，加壓平衡向逆反應方向移動，A容器中H2O百分含量增多，則B

故答案為：75%；<；

②打開K時，AB組成一個等溫等壓容器，相應的起始投入總物質(zhì)的量與平衡的總體積成正比，設(shè)打開K重新達到平衡后總的體積為x，則x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的體積為2.75a-a=1.75a；

故答案為：1.75a；

(4)A．根據(jù)表格信息可知，在恒溫恒容下，丙中反應物是甲的2倍，相當于增大壓強，平衡正向移動，則A錯誤；

B．由題目可知生成1molCH3OH的能量變化為129kJ，甲與乙是完全等效平衡，甲、乙平衡狀態(tài)相同，令平衡時甲醇為nmol，對于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1?n)，故a+b=129；故B正確；

C．比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質(zhì)的量為乙的2倍，壓強增大，對于反應平衡向生成甲醇的方向移動，故2p2>p3；故C錯誤；

D．甲、乙處于相同的平衡狀態(tài)，則α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正確；

答案為BD?！窘馕觥竣邰?3、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）N和P最外層電子數(shù)相同；且都是5個，N和P位于VA族；P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑大于N的原子半徑，即P和N的性質(zhì)有差異；

（2）根據(jù)信息，NO3－與甲醇反應，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根據(jù)化合價升降法進行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化細菌的作用下發(fā)生反應，溫度對反硝化細菌有影響，因此根據(jù)圖像分析產(chǎn)生差異的原因是其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根據(jù)問題（2）；甲醇是反應物，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快；

②令溶液的體積為1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的轉(zhuǎn)化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【點睛】

本題難點是氧化還原反應方程式的書寫，首先找準氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，本題氧化還原反應：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判斷化合價的變化，找出最小公倍數(shù)，N2中N的化合價整體降低10價，CH3OH中C顯－2價；C的化合價升高6價；

最小公倍數(shù)為30，即N2的系數(shù)為3，CH3OH系數(shù)為5，最后根據(jù)原子守恒以及所帶電荷數(shù)相等配平其他即可。【解析】最外層電子數(shù)相同，都是5個P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反應的反應物(還原劑)，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快5×10-5三、判斷題(共1題，共2分)14、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時則平衡時

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5116、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成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）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時反應速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠大于鹽酸，分別與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：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。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時反應速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠大于鹽酸，與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠比強酸大。與堿反應時，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><17、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進，點④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進水的電離，所以水的電離程度從大到小排序為④③②；

【點睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、有機推斷題(共1題，共2分)18、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點；都是該溫度下的平衡點，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進行比較，可確定曲線外的某一點是否達到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數(shù)，可由一種離子濃度計算另一種離子的濃度。

【詳解】

(1)A點時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點c(Ag+)相同的曲線上的點相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點未達沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不飽和溶液。答案為：不飽和；

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=c2(Ag+)?c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案為：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在飽和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)?c()是一個定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越??；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸餾水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，則溶液中c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為b>a>c。答案為：b>a>c；

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點睛】

一種難溶性物質(zhì)，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉(zhuǎn)化，其溶解度往往越小?！窘馕觥坎伙柡?.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、計算題(共3題，共27分)19、略

【分析】【分析】

(1)先根據(jù)n=計算16gS的物質(zhì)的量；然后結(jié)合燃燒熱的概念書寫表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學方程式；

(2)將已知的熱化學方程式疊加；可得待求反應的熱化學方程式；

(3)根據(jù)反應熱等于反應物總鍵能與生成物總鍵能的差計算NO分子中化學鍵的鍵能；

(4)根據(jù)蓋斯定律；將已知熱化學方程式疊加，可得單斜硫與正交硫轉(zhuǎn)化的熱化學方程式然后進行判斷；依據(jù)物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性越強分析判斷；

(5)根據(jù)蓋斯定律分析比較；

(6)根據(jù)斷裂化學鍵吸收能量；形成化學鍵釋放能量分析比較。

【詳解】

(1)16gS的物質(zhì)的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量149kJ，則1molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃燒熱的熱化學方程式為S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根據(jù)反應熱等于反應物總鍵能與生成物總鍵能的差；假設(shè)NO中鍵能為x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(單斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律，將①-②，整理可得S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；