2025年上教版選修4化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年上教版選修4化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、甲烷是一種高效清潔的新能源，4g甲烷完全燃燒生成液態(tài)水時放出222.5kJ熱量，則下列熱化學方程式中表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式是A.1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+H2O(l)ΔH=+445kJ·mol-1B.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=+890kJ·mol-1C.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－890kJ·mol-1D.2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=－1780kJ·mol-12、已知分解1mol放出熱量38.8kJ，在存在的條件下加熱的分解機理為。

①慢。

②↑快。

下列說法不正確的是（）A.1mol所具有的總能量高于1molKCl和1.5mol所具有的總能量B.分解速率快慢主要取決于反應①C.1g1g0.1g混合加熱，充分反應后質(zhì)量為1gD.將固體二氧化錳碾碎，可加快的分解速率3、下列敘述與圖象對應符合的是A.對于達到平衡狀態(tài)的在t0時刻充入了一定量的平衡逆向移動B.對于反應C.該圖像表示的化學方程式為：D.對于反應y可以表示Y的百分含量4、常溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的物質(zhì)的量濃度為1×10-12mol/L，此溶液可能是（）A.pH=12的KCN溶液B.pH=12的NaOH溶液C.0.01mol/LH2SO4D.0.02mol/LHCl5、25℃時，向20mL0.1mol/LH2A溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液；(忽略反應前后溶液體積變化)原溶液中部分粒子的物質(zhì)的量隨滴入NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是。

A.II表示的是HA-的物質(zhì)的量的變化曲線B.NaHA水溶液顯堿性C.的值隨著V[NaOH(aq)]的增大而減小D.當V[NaOH(aq)]=20mL時，溶液中存在關(guān)系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol/L6、室溫時；向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中不斷滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH變化曲線如圖所示，在滴定過程中，下列關(guān)于溶液中離子濃度關(guān)系不正確的是（）

A.a點時：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)B.b點時：c(Na+)=c(CH3COO-)C.c點時：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d點時：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)7、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液，通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢復到電解前的濃度，則電解過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為A.0.1molB.0.2molC.0.3molD.0.4mol評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、下列四個圖像：

以下反應中完全符合上述圖像的是（）A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q1kJB.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)-Q2kJC.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)+Q3kJD.C(s)+CO2(g)2CO(g)-Q4kJ9、煙氣中的NO經(jīng)過O3預處理，再用CaSO3懸濁液吸收去除。預處理時發(fā)生反應：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)。測得：v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。向容積均為2L的甲、乙兩個密閉容器中充入一定量的NO和O3；測得NO的體積分數(shù)隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是()

A.高溫有利于提高容器中NO的平衡轉(zhuǎn)化率B.T1時，反應在t1min內(nèi)的平均速率v(O2)＝mol·L－1·min－1C.T1時，NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)的k正＞3k逆D.T2時，向2L密閉容器中充入0.6molNO、0.4molO3，到達平衡時c(NO2)小于乙容器中平衡時c(NO2)10、Na2CO3溶液在稀釋過程中，溶液中下列哪些項逐漸減小A.c(H＋)B.c(OH－)·c(H＋)C.D.11、常溫下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水電離出H+濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.從a到d，HA的電離先促進再抑制B.c、e兩點溶液對應的pH=7C.常溫下，A-的水解平衡常數(shù)Kh約為1×10-9mol·L-1D.f點的溶液呈堿性，粒子濃度之間存在：2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)12、亞砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治療。室溫下，配制一組c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化關(guān)系曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A.pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)B.c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)C.c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)D.pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)13、人體血液里最主要的緩沖體系是碳酸氫鹽緩沖體系（H2CO3/HCO3-），它維持血液的pH穩(wěn)定。已知在人體正常體溫時，反應H2CO3HCO3-+H+的平衡常數(shù)Ka=10-6.1，正常血液中[HCO3-]:[H2CO3]≈20:1，則關(guān)于血液緩沖體系的判斷正確的是A.正常人血液的pH約為7.4B.當過量的堿進入血液中時，發(fā)生的反應只有HCO3-+OH-→CO32-+H2OC.血液中存在[HCO3-]+[OH-]+2[CO32-]=[H+]+[H2CO3]D.正常人血液內(nèi)不會存在以HCO3-/CO32-為主的緩沖體系14、25C時；有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

下列有關(guān)微粒濃度的說法正確的是（）A.pH均為8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液：c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)B.濃度均為0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)C.0.2mol/LHCN溶液與0.lmol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液中：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)D.濃度均為0lmol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)15、已知在常溫下測得濃度均為0.1mol/L的下列6種溶液的pH：。溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3

下列說法或表達錯誤的是A.結(jié)合質(zhì)子能力由強到弱的順序為：CO32－＞HCO3－＞CH3COO-B.常溫下電離常數(shù)比較：Ki1(H2CO3)＞Ki2(H2CO3)＞Ki(C6H5OH)C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.HCN+Na2CO3=NaHCO3+NaCN16、室溫下，某二元堿X(OH)2水溶液中相關(guān)組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH變化的曲線如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.Kb2的數(shù)量級為10-8B.X(OH)NO3水溶液顯酸性C.等物質(zhì)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+)評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到科學家的不斷關(guān)注，下列為制取Cu2O的三種方法：

。方法Ⅰ

用碳粉在高溫條件下還原CuO

方法Ⅱ

電解法，原理為2Cu＋H2OCu2O＋H2↑

方法Ⅲ

用肼(N2H4)還原新制的Cu(OH)2

（1）工業(yè)上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是_________________________。

（2）方法Ⅱ利用離子交換膜控制電解液中OH－的濃度而制備納米Cu2O，裝置如圖所示，該電池的陽極反應式為______________________________；電解一段時間，當陰極產(chǎn)生的氣體體積為112mL(標準狀況)時，停止電解，通過離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為________mol。(離子交換膜只允許OH－通過)

（3）方法Ⅲ為加熱條件下用液態(tài)肼(N2H4)還原新制的Cu(OH)2來制備納米級Cu2O，同時放出N2。生成1molN2時，生成Cu2O的物質(zhì)的量為________________。

（4）肼-空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%的KOH溶液。寫出肼-空氣燃料電池放電時負極的電極反應式：___________________________。18、以煤為原料；經(jīng)過化學加工使煤轉(zhuǎn)化為氣體；液體、固體燃料以及各種化工產(chǎn)品的工業(yè)叫煤化工。

(1)將水蒸氣通過紅熱的碳即可產(chǎn)生水煤氣。反應為：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ?mol-1。

①該反應在常溫下____________自發(fā)進行（填“能”與“不能”）；

②一定溫度下，在一個容積可變的密閉容器中，發(fā)生上述反應，下列能判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的是______________（填字母；下同）。

a．容器中的壓強不變b．1molH—H鍵斷裂的同時斷裂2molH—O鍵。

c．c(CO)=c(H2)d．密閉容器的容積不再改變。

(2)將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三組數(shù)據(jù)：。實驗組溫度/℃起始量/mol達到平衡所需時間/min達到平衡所需時間/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt

①實驗1中以v(CO2)表示的反應速率為________________。（取小數(shù)二位；下同）

②該反應為_____（填“吸”或“放”）熱反應，實驗2條件下平衡常數(shù)K=________。

③若實驗3達平衡時與實驗2平衡狀態(tài)中各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等，且t＜3min，則a、b應滿足的關(guān)系是________________________（用含a、b的數(shù)學式表示）。

(3)目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來生產(chǎn)甲醇。一定條件下發(fā)生反應：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如圖表示該反應進行過程中能量(單位為kJ?mol-1)的變化。在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。

a．升高溫度。

b．充入He(g)；使體系壓強增大。

c．將H2O(g)從體系中分離出來

d．再充入1molCO2和3molH219、已知化學反應的能量變化如圖所示：

(1)b分別代表的意思是______、______。

(2)該反應______20、含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；在化學上用作緩沖溶液。向其中加入少量酸或堿時溶液的酸堿性變化不大。

（1）向該溶液中加入少量鹽酸時，發(fā)生反應的離子方程式是____________________；向其中加入少量KOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式是____________________。

（2）現(xiàn)將HA溶液和NaOH溶液等體積混合；得到緩沖溶液。

①若HA為該溶液顯酸性，則溶液中________（填“”、“”或“”）。

②若HA為該溶液顯堿性，溶液中所有的離子按濃度由大到小排列的順序是_______________。21、表是相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)，操作Ⅲ發(fā)生反應的化學方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應在溶液中能發(fā)生的理由是________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)22、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共1題，共9分)23、“碘鐘”實驗中，3I-+=+2的反應速率可以用I3-與加入的淀粉溶液顯藍色的時間t來度量，t越小，反應速率越大。某探究性學習小組在20℃進行實驗，得到的數(shù)據(jù)如下表：。實驗編號①②③④⑤c(I-)/mol·L-10.0400.0800.0800.1600.120c(S2O82-)/mol·L-10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1

回答下列問題：

(1)該實驗的目的是_______。

(2)顯色時間t1=_______。

(3)溫度對該反應的反應速率的影響符合一般規(guī)律，若在40℃下進行編號③對應濃度的實驗，顯色時間t2的范圍為_______(填字母)。

A.<22.0sB.22.0～44.0sC.>44.0sD.數(shù)據(jù)不足；無法判斷。

(4)通過分析比較上表數(shù)據(jù)，得到的結(jié)論是_______。評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)24、紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應生成PCl3(g)和PCl5(g)。反應過程和能量關(guān)系如圖所示(圖中的ΔH表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù))。根據(jù)圖回答下列問題：

（1）P和Cl2反應生成PCl3的熱化學方程式是___。

（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的熱化學方程式是___。

（3）P和Cl2分兩步反應生成1molPCl5的ΔH3。P和Cl2一步反應生成1molPCl5的ΔH4___ΔH3(填“大于”、“小于”或“等于”)。25、常溫下，工業(yè)上可以用氨水除去反應C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中產(chǎn)生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=______________。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)26、電解飽和食鹽水是一項重要的化學工業(yè)，其反應原理為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+C12↑；完成下列計算：

(1)當電解產(chǎn)生0.2molNaOH時，能收集到標準狀況下的H2_____L。

(2)電解生成的氯氣和氫氣可以化合生成氯化氫。某工廠每天電解585t食鹽，若生成的氯氣80％用于生產(chǎn)鹽酸，每天最多可生產(chǎn)36.5％的鹽酸________t。

(3)已知室溫時飽和食鹽水的溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為0.265，取200g飽和食鹽水進行電解，當NaCl反應了一半時停止電解，分別求出所得混合溶液中NaCl和NaOH的質(zhì)量分數(shù)_________。(寫出計算過程，保留3位小數(shù))參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

4g甲烷的物質(zhì)的量為0.25mol；完全燃燒生成液態(tài)水時放出222.5kJ熱量，則1mol甲烷完全燃燒生成液態(tài)水時放出890kJ熱量，則甲烷燃燒熱的熱化學方程式是：

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－890kJ·mol-1，故C正確。2、C【分析】【詳解】

A、反應為放熱反應，故所具有的總能量高于和所具有的總能量；選項A正確；

B、由分解機理可知，的分解速率取決于慢反應；即反應①，選項B正確；

C、由反應②可知，分解會生成一部分故反應后的總質(zhì)量大于選項C錯誤；

D；將固體二氧化錳碾碎；增大接觸面積，可加快反應①的反應速率，選項D正確。

答案選C。3、B【分析】【詳解】

A．對于達到平衡狀態(tài)的N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)在t0時刻充入了一定量的NH3，c(NH3)立即增大，故V逆立即增大，由于反應物的濃度是在原來基礎上逐漸增大，故V正在原來基礎上逐漸增大；不會出現(xiàn)突變，故A錯誤；

B．根據(jù)“定一議二”的原則，將曲線a和b做對比可知壓強p2＞p1，將曲線b和c做對比可知溫度T1＞T2；故B正確；

C．根據(jù)圖象可知，A為反應物，B和C為生成物，在t1時反應達平衡，A、B、C的濃度該變量分別為0.8mol/L、0.4mol/L和1.2mol/L，故A、B、C的計量數(shù)之比為2∶1∶3，由于此反應最后達平衡，故為可逆反應，故化學方程式為：2A?B+3C；故C錯誤；

D．從圖象可知，溫度T升高，y降低。而對于反應2X(g)+3Y(g)?2Z(g)△H＜0；升高溫度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，故D錯誤；

故選B。4、B【分析】【分析】

常溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的物質(zhì)的量濃度為1×10-12mol/L，說明水的電離受到抑制，該溶液為酸溶液或堿溶液，且水電離產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量濃度也為1×10-12mol/L。

【詳解】

常溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的OH-的物質(zhì)的量濃度為1×10-12mol/L，說明水的電離受到抑制，該溶液為酸溶液或堿溶液，且水電離產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量濃度也為1×10-12mol/L；

A．pH=12的KCN溶液中，CN-發(fā)生了水解；促進了水的電離，故A不符合題意；

B．pH=12的NaOH溶液中，由水電離產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量濃度為1×10-12mol/L；故B符合題意；

C．0.01mol/LH2SO4中，c(H+)=0.02mol/L，由水電離產(chǎn)生的OH-的物質(zhì)的量濃度為c(OH-)=mol/L；故C不符合題意；

D．0.02mol/LHCl中，c(H+)=0.02mol/L，由水電離產(chǎn)生的OH-的物質(zhì)的量濃度為c(OH-)=mol/L；故D不符合題意；

故答案選B。5、B【分析】【詳解】

A．H2A總物質(zhì)的量為2×10-3mol，結(jié)合圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時，0.1mol/LH2A溶液中H2A的物質(zhì)的量小于2×10-3mol，說明H2A在溶液中不能完全電離，所以H2A為弱酸，存在電離平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，電離程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步電離產(chǎn)生的H+對第二步電離起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的濃度變化曲線；A正確；

B．NaHA水溶液是強堿弱酸鹽，HA-水解呈顯堿性，HA-又會電離呈酸性，則NaHA溶液的酸堿性取決于HA-水解與電離程度的相對大小，由圖知，當加入20mL氫氧化鈉溶液時，所得即為NaHA水溶液，而此時溶液中A2-離子濃度大于H2A濃度，即HA-水解程度小于電離程度；則NaHA水溶液呈酸性，B錯誤；

C.由電離平衡常數(shù)可知：則溫度不變，K1不變，隨著NaOH溶液的加入c(H+)逐漸減小，所以會隨著V[NaOH(aq)]的增大而減??；C正確；

D．V[NaOH(aq)]=20mL時，發(fā)生反應：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶質(zhì)為NaHA，體積變化忽略不計，總體積為40mL，鈉離子濃度為0.05mol/L，根據(jù)物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05mol/L；D正確；

答案選B。6、D【分析】【詳解】

A.a點時醋酸過量，溶液為CH3COOH和CH3COONa的混合物，CH3COOH溶液中的質(zhì)子守恒式為c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，CH3COONa溶液中的質(zhì)子守恒式：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，則混合溶液中質(zhì)子守恒式：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；故A正確；

B.溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，b點時溶液的pH=7，呈中性，則c(H+)=c(OH?)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO?)；故B正確；

C.c點時，氫氧化鈉與醋酸恰好反應生成醋酸鈉溶液，醋酸鈉溶液中，根據(jù)電荷守恒可得：①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，根據(jù)物料守恒可得：②c(Na+)=c(CH3COO?)+c(CH3COOH)，將②帶入①可得：c(OH?)=c(CH3COOH)+c(H+)；故C正確；

D.d點為NaOH和CH3COONa的混合物，氫氧化鈉過量，溶液呈堿性，由于CH3COO?存在微弱的水解，則：c(Na+)>c(OH?)>c(CH3COO?)>c(H+)；故D錯誤；

答案選D。7、B【分析】【分析】

根據(jù)電解池的工作原理；要想讓電解后的電解質(zhì)復原，遵循的原則是出什么加什么，加入CuO后溶液與電解前相同，說明陰極只有銅離子放電。

【詳解】

加入0.1molCuO后恰好恢復到電解前的濃度，說明有陰極有0.1mol銅析出，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1mol×（2-0）=0.2mol，故B正確。二、多選題(共9題，共18分)8、BD【分析】【分析】

由圖像可知，溫度越高，生成物的濃度越大，說明溫度升高平衡向正反應移動，故該可逆反應正反應為吸熱反應；

由圖像可知，壓強一定時，溫度越高，生成物的濃度越大，說明溫度升高平衡向正反應移動，正反應為吸熱反應；溫度一定時，壓強越高，生成物的濃度越小，說明增大壓強平衡向逆反應移動，該可逆反應正反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應；

由圖像可知，壓強一定時，溫度越高，混合物平均相對分子質(zhì)量越??；溫度一定時，壓強越高，混合物平均相對分子質(zhì)量越大，

由圖像可知，平衡后加壓逆反應速率大于正反應速率，則加壓化學平衡逆向移動，可逆反應正反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應；

綜合上述可知：正反應為吸熱反應；正反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應；壓強一定時，溫度越高，混合物平均相對分子質(zhì)量越??；溫度一定時，壓強越高，混合物平均相對分子質(zhì)量越大。

【詳解】

A.該反應為放熱反應；升高溫度平衡左移，則溫度越高生成物濃度越小，故A不符合；

B.該反應為吸熱反應；正反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應；相同溫度下壓強增大平衡左移，氣體物質(zhì)的量減小，平均相對分子質(zhì)量增大；相同壓強升高溫度平衡右移氣體物質(zhì)的量增多，平均相對分子質(zhì)量減小，所以該反應符合上述4個圖像，故B正確；

C.該反應為放熱反應；升高溫度平衡左移，則溫度越高生成物濃度越小，故C不符合；

D.該反應為吸熱反應；正反應為氣體物質(zhì)的量增大的反應；相同溫度下壓強增大平衡左移，二氧化碳體積分數(shù)變大，平均相對分子質(zhì)量增大；相同壓強升高溫度平衡右移，二氧化碳體積分數(shù)減小，平均相對分子質(zhì)量減小，所以該反應符合上述4個圖像，故D正確；

故答案為BD。9、BC【分析】【分析】

T2溫度下先達到化學平衡，故T1＜T2；到達平衡時，T2溫度下NO的體積分數(shù)大于T1溫度下NO的體積分數(shù)；說明升高溫度，平衡逆向移動，故該反應的正反應為放熱反應。

【詳解】

A．結(jié)合分析可知；升高溫度，平衡逆向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，A錯誤；

B．由反應方程式可知，反應前后體系中氣體的總物質(zhì)的量不變，則到達t1時，NO減小的物質(zhì)的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，所以v(NO)==mol·L－1·min－1，v(O2)=v(NO)=mol·L－1·min－1；B正確；

C．由反應方程式可知，反應前后，體系中氣體的總物質(zhì)的量不變，那么，到達t1時；NO減小的物質(zhì)的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，列三段式有。

由圖可知，t1時，平衡正向進行，v正＞v逆，即k正c(NO)·c(O3)＞k逆(NO2)·c(O2)，＞==3，所以>3；C正確；

D．設平衡時乙容器中c(NO2)=a，根據(jù)方程式可知c(O2)=a，c(NO)=(0.4-a)mol/L，c(O3)=(0.6-a)mol/L，則有平衡常數(shù)K=設充入0.6molNO、0.4molO3到達平衡時c(NO2)=b，則c(O2)=b，c(NO)=(0.6-b)mol/L，c(O3)=(0.4-b)mol/L，平衡常數(shù)K=溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以=所以a=b，即兩種情況下c(NO2)相等；D錯誤；

答案選BC。10、CD【分析】【分析】

根據(jù)題中Na2CO3溶液可知；本題考查溶液中離子濃度變化，運用鹽類電離；弱電解質(zhì)水解分析。

【詳解】

因為c(H+)·c(OH-)的乘積保持不變，Na2CO3溶液在稀釋過程中，隨著稀釋倍數(shù)的增大，碳酸根離子水解程度增大，導致其濃度相對降低，c(OH-)減小，c(H+)一定增大，所以比值減小，比值減??；

答案選CD。11、AB【分析】【詳解】

A．NaA水解促進水的電離，過量的NaOH存在抑制水的電離，從a到d，溶液中生成的NaA不斷增多，A2-的水解；不斷促進水的電離，故A錯誤；

B．c點存在NaA和HA；因為c點溶液為中性，pH=7，e點存在NaA和NaOH，則e點為堿性，pH＞7，故B錯誤；

C．起始時溶液中只有HA，溶液為酸性，c水(H+)=10-11mol/L，則由HA電離出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的電離平衡常數(shù)為Ka(HA)=≈10-5，所以A-的水解常數(shù)為Kh==10-9；故C正確；

D．f點加入NaOH40mL，溶液中存在等量的NaOH和NaA，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，則2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)；故D正確；

故答案為AB。

【點睛】

判斷電解質(zhì)溶液的離子濃度關(guān)系，需要把握三種守恒，其中：①電荷守恒規(guī)律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒規(guī)律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，守恒關(guān)系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)，質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。12、BD【分析】【分析】

H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，說明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)；據(jù)此解答。

【詳解】

A．由圖可知，pH=11時，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)；A錯誤；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式為NaH2AsO3的物料守恒，則c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由圖可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)時，溶液顯堿性，即H2AsO3-的水解程度大于電離程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)；B正確；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因為電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)；C錯誤；

D．電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由圖可知，pH=12.8時，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)；D正確。

答案選BD。

【點睛】

要學會看圖比較大小，避開復雜的計算陷阱，注意兩曲線的交點表示的意義和應用。13、AD【分析】【詳解】

A.正常血液中[HCO3-]:[H2CO3]≈20:1，H2CO3HCO3-+H+的平衡常數(shù)Ka=10-6.1，則所以正常人血液的pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-8.1)≈7.4；故A正確；

B.當過量的堿進入血液中時，HCO3-、H2CO3都與堿反應；故B錯誤；

C.人體血液里最主要的緩沖體系是碳酸氫鹽緩沖體系；違背了電荷守恒，故C錯誤；

D.HCO3-、CO32-均水解顯堿性，且CO32-的水解程度大于HCO3-，所以正常人血液內(nèi)不會存在以HCO3-/CO32-為主的緩沖體系；故D正確；

選AD。14、BC【分析】【詳解】

A.酸的電離平衡常數(shù)越大，電離程度越大，則酸根離子的水解程度越小，當鹽溶液的pH相同時，濃度越大，電離平衡常數(shù)：CH3COOH>HCN>HCO3—，則水解程度CO32—>CN—>CH3COO—，所以c(Na2CO3)3COONa)；A選項錯誤；

B．根據(jù)物料守恒可得，濃度均為0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)；B選項正確；

C．0.2mol/LHCN溶液與0.lmol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液為NaCN和HCN的混合溶液，由于NaCN的水解大于HCN的電離，故有c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)；C選項正確；

D。濃度均為0.1mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中，醋酸根離子水解程度較小，則c(CH3COOH)+c(H+)3COO-)+c(OH-)；D選項錯誤；

答案選BC。15、BC【分析】【詳解】

A．酸根離子水解程度越大，其結(jié)合質(zhì)子能力越強，酸根離子水解程度CO32－＞HCO3－＞CH3COO-，所以酸根離子結(jié)合質(zhì)子能力大小順序是CO32－＞HCO3－＞CH3COO-；故A正確；

B．酸根離子水解程度CO32?＞C6H5O?＞HCO3?，酸的電離平衡常數(shù)從小到大順序是：HCO3?＜C6H5OH＜H2CO3；故B錯誤；

C．酸性HCO3?＜HClO，所以少量二氧化碳通入NaClO溶液中發(fā)生的反應為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；故C錯誤；

D．酸性HCO3?＜HCN＜H2CO3，所以過量的HCN滴入碳酸鈉溶液中發(fā)生反應：HCN+Na2CO3=NaCN+NaHCO3；故D正確；

答案選BC。

【點睛】

酸根離子水解程度越大，得到的堿的堿性越強。16、BC【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)時，溶液pH=6.2，則溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，數(shù)量級為10-8，故A正確；

B．X(OH)+的電離平衡常數(shù)為Kb2=10-7.8mol/L，根據(jù)圖象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]時，溶液的pH=9.2，則溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，則X(OH)+的水解平衡常數(shù)為Ka==10-9.2，則電離程度大于水解程度，溶液顯堿性，故B錯誤；

C．等物質(zhì)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，則溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C錯誤；

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

故選：BC。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）工業(yè)上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是C還原CuO生成的Cu2O可能被C繼續(xù)還原為Cu，反應不易受控制。（2）陽極Cu失去電子發(fā)生氧化反應，2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。電池陰極的反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極生成的氣體為H2，標準狀況下生成氣體的物質(zhì)的量為0.005mol，所以通過離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為0.01mol。(3)方法Ⅲ的化學反應方程式為N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O＋6H2O+N2↑，由化學方程式可知，生成1molN2時，同時生成Cu2O的物質(zhì)的量為2mol。(4)燃料負極失去電子發(fā)生氧化反應，電極方程式為N2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑?！窘馕觥糠磻灰卓刂?，Cu2O可能被C繼續(xù)還原為Cu2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O0.012molN2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑18、略

【分析】【詳解】

（1）①對于反應C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ?mol-1；ΔH＞0，ΔS＞0，根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS＜0反應能自發(fā)進行，可知在高溫條件下反應能自發(fā)進行，常溫下不能自發(fā)進行；答案為：不能；

②一定溫度下；在一個容積可變的密閉容器中發(fā)生上述反應，根據(jù)“正逆相等，變量不變”可判斷一個可逆反應是否達到化學平衡狀態(tài)；

a．因為容器的容積可變，說明是恒壓條件，故容器中的壓強不變不能說明反應達到平衡，a錯誤；

b．1molH—H鍵斷裂表示逆反應，2molH—O鍵斷裂表示正反應，且正逆反應速率相等，說明反應達到平衡，b正確；

c．c(CO)=c(H2)并不能說明正逆反應速率相等或各組分的百分含量不變，不能說明反應達到平衡，c錯誤；

d．因為該反應是一個氣體物質(zhì)的量增加的反應；由于容器的容積可變，隨反應進行，容器的容積增大，故當容器的容積不變時說明反應達到平衡，d正確；

故選bd；

（2）①根據(jù)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，結(jié)合表中數(shù)據(jù)，平衡時消耗的CO的物質(zhì)的量為1.6mol，則生成的CO2的物質(zhì)的量為1.6mol，CO2的濃度變化為0.8mol/L，根據(jù)可得(CO2)=

②根據(jù)表中1、2兩組實驗數(shù)據(jù)，假設溫度相同，實驗2相對于實驗1為減小壓強，因為該反應反應前后氣體物質(zhì)的量不變，則兩平衡等效，平衡時H2的物質(zhì)的量應該為0.8mol,但由于溫度升高，H2的物質(zhì)的量為0.4mol；說明升溫平衡逆向移動，則該反應為放熱反應；容器的容積為2L，結(jié)合表中實驗2的數(shù)據(jù)，利用三段式：

則=

③實驗3與實驗2反應溫度相同，若平衡狀態(tài)中各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等，則為等效平衡，則a、b應滿足的關(guān)系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，說明實驗3容器內(nèi)壓強大于實驗2，則a＞1（或b＞2）；

答案為：①放②0.17③b=2a；a＞1；

（3）根據(jù)圖象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)為放熱反應，在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2；

a．升高溫度，平衡逆向移動，c(CH3OH)減??；a錯誤；

b．充入He(g)，使體系壓強增大，平衡不移動，c(CH3OH)不變，b錯誤；

c．將H2O(g)從體系中分離出來，平衡逆向移動，c(CH3OH)增大，c正確；

d．再充入1molCO2和3molH2，等效成增大壓強，平衡正向移動，c(CH3OH)增大；d正確；

故選cd。

【點睛】

（1）解決化學平衡的問題一定要注意審題，首先要審清反應條件，是恒溫恒容還是恒溫恒壓；其次是審清反應特點，即ΔH和ΔV，然后再根據(jù)外界條件對反應速率的影響和平衡移動原理解決問題；（2）注意“虛擬法”在化學平衡中的應用，即把一個過程分成兩個階段，把無法比較的過程變得具有可比性?！窘馕觥竣?不能②.bd③.0.13mol?(L?min)-1④.放⑤.K=0.17⑥.b=2a，a＞1⑦.c、d19、略

【分析】【詳解】

（1）化學反應的本質(zhì)是舊鍵的斷裂和新鍵的形成，其中化學鍵斷裂吸熱，化學鍵形成放熱，則圖中a表示舊鍵斷裂吸收的能量，b表示新鍵形成放出的能量；

故答案為：舊鍵斷裂吸收的能量；新鍵形成放出的能量；

（2）反應熱舊鍵斷裂吸收的總能量-新鍵形成放出的總能量，則圖中該反應

故答案為：【解析】舊鍵斷裂吸收的能量新鍵形成放出的能量20、略

【分析】【分析】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入酸時生成弱電解質(zhì)，加入堿時生成正鹽，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA，根據(jù)溶液的酸堿性以及電荷守恒就行分析判斷。

【詳解】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入少量酸時發(fā)生反應：A-+H+=HA，加入少量堿時發(fā)生反應：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用，故答案為：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA；

①若HA為該溶液顯酸性，說明c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案為：

②若HA為該溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，可知c(Na+)＞c(CN-)，又電離和CN-水解是微弱的，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案為：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。

【點睛】

等濃度的弱酸HA和NaA的混合溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，質(zhì)子守恒2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)；但溶液顯什么性，取決于HA的電離程度和A-水解程度的大小關(guān)系，例如①若HA為的電離程度大于CH3COO-水解程度，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得c(Na+)＜c(CH3COO-)，則離子濃度由大到小的排列順序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②若HA為的電離程度小于CN-水解程度，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得，c(Na+)＞c(CN-)，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；這是高頻考點，也是學生們的易錯點?！窘馕觥竣?A-+H+=HA②.HA+OH-=H2O+A③.④.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)21、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，四種物質(zhì)中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能發(fā)生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點睛】

本題考查了物質(zhì)制備的知識。兩種鹽在溶液中發(fā)生復分解反應，產(chǎn)生兩種新鹽，發(fā)生反應是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，或由溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)。會根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析是本題判斷的依據(jù)?！窘馕觥縆2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小四、判斷題(共1題，共2分)22、×【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】錯五、實驗題(共1題，共9分)23、略

【分析】【詳解