2025年人教A新版選修4化學上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年人教A新版選修4化學上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5題，共10分)1、已知：①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ?mol﹣1

②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ?mol﹣1

③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ?mol﹣1

根據(jù)蓋斯定律判斷：若使46g液態(tài)無水酒精完全燃燒，最后恢復(fù)到室溫，則放出的熱量為A.（b﹣a﹣c）kJB.（3a﹣b+c）kJC.（a﹣3b+c）kJD.（b﹣3a﹣c）kJ2、濕法煙氣脫氮工藝中常用到尿素，其反應(yīng)原理為NO（g）＋NO2（g）＋CO（NH2）2（s）2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H<0；達到平衡后改變某一條件，反應(yīng)速率（v）與時間（t）的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是。

A.t4～t5引起變化的原因可能是升高溫度B.CO2含量最高的時間段是t1～t2C.t2～t3引起變化的原因可能是增加反應(yīng)物濃度D.t6引起變化的原因可能是加入催化劑3、在醋酸的下列性質(zhì)中,可以證明它是弱電解質(zhì)的是()A.1mol/L的醋酸溶液中H+濃度約為10-3mol/LB.醋酸能與水以任意比互溶C.10mL1mol/L的醋酸恰好與10mL1mol/LNaOH溶液完全反應(yīng)D.醋酸的導(dǎo)電性比強酸溶液弱4、常溫下兩種不同濃度的NaOH溶液，c(H+)分別為1×10-13mol/L和1×10-10mol/L。將此兩溶液等體積混合后，所得溶液中的c(H+)是()A.1×(10-14+10-10)mol/LB.mol/LC.2×10-13mol/LD.2×10-14mol/L5、某課外研究小組設(shè)計數(shù)字化實驗探究溫度對鹽類水解反應(yīng)的影響。通過加熱50mL0.1000mol/L的Na2CO3標準溶液進行實驗；測得溶液的pH隨溫度變化的關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是。

A.由ab段可得結(jié)論：CO32-(aq)+H2O(l)?HCO3-(aq)+OH-(aq)?H>0B.e點溶液中：(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=1×10-3.35mol/LC.bd段pH減小是水的Kw隨著溫度的升高而增大所致D.從a→d隨著溫度升高，始終增大評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、(1)根據(jù)下列熱化學方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以計算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反應(yīng)熱為_____________

(2)已知在101kPa時，CO的燃燒熱為283kJ·mol－1。相同條件下，若2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量為1molCO完全燃燒放出熱量的6.30倍，CH4完全燃燒的熱化學方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa時，1.00gC6H6(l)燃燒生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的熱量，C6H6的燃燒熱ΔH＝________kJ·mol，該反應(yīng)的熱化學方程式為______________。7、將一定量純凈的氨基甲酸胺（H2NCOONH4）固體，置于特制密閉真空容器中（假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計），在恒定溫度下使反應(yīng)：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)達到分解平衡，實驗測得不同溫度及反應(yīng)時間（t123）的有關(guān)表格：

氨基甲酸銨分解時溫度、氣體總濃度及反應(yīng)時間的關(guān)系。溫度/℃氣體總濃度(mol/L)

時間/min1525350000t10.9×10-32.7×10-38.1×10-3t22.4×10-34.8×10-39.4×10-3t32.4×10-34.8×10-39.4×10-3

(1)在25℃，0-t1時間內(nèi)產(chǎn)生氨氣的平均速率為___。

(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)換算出，15℃時合成反應(yīng)2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)平衡常數(shù)K約為___。

(3)以捕捉到的CO2與H2為原料可合成甲醇（CH3OH），其反應(yīng)的化學方程為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH<0在恒溫恒容的密閉容器中，加入1molCO2和3molH2，充分反應(yīng)達平衡時放出熱量akJ，若在原容器中加入2molCO2和6molH2，在相同溫度下反應(yīng)達平衡時放熱bkJ，則a和b滿足的關(guān)系___。8、研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

(1)NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學反應(yīng)方程式為______________。利用反應(yīng)6NO2＋7N5＋12H2O也可處理NO2。當轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

則反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是_______。

a．體系壓強保持不變。

b．混合氣體顏色保持不變。

c．SO3和NO的體積比保持不變。

d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2

測得上述反應(yīng)平衡時NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數(shù)K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系如圖所示。該反應(yīng)ΔH_____0(填“>”或“<”)。實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是_______。9、時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：。化學式HClO電離平衡常數(shù)

回答下列問題：

（1）一般情況下，當溫度升高時，______填“增大”、“減小”或“不變”

（2）下列四種離子結(jié)合質(zhì)子能力由大到小的順序是______填序號

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反應(yīng)不能發(fā)生的是______填序號

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸餾水稀釋的醋酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是______填序號

a.b.c．d．

（5）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如圖所示。

則HX的電離平衡常數(shù)______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）______醋酸溶液中水電離出來的c（H+），理由是___________。10、現(xiàn)將0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合得混合溶液Q。

(1)若A為CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是___；若A為HCl，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為___mol·L-1；若A為H2S，Q接近中性，則HS-的電離能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“無法確定”)。

(2)根據(jù)(1)中信息比較相同條件下，濃度均為0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，陰離子總濃度由大到小的順序為___(填序號)。

(3)用濃度為0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同體積、相同濃度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，當?shù)味ㄖ林行詴r，消耗NaOH溶液的體積分別為amL、bmL、cmL，則a、b、c的大小關(guān)系是___。11、某些電鍍廠的酸性廢水中常含有一定量的CrO42-和Cr2O72-；它們會對人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大的傷害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。

方法1：還原沉淀法；該法的工藝流程為：

其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O

（1）若平衡體系的pH=12，該溶液顯________色。

（2）寫出第③步的離子反應(yīng)方程式：__________。

（3）第②步中，用6mol的FeSO4·7H2O可還原________molCr2O72-離子。

（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)

常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至_______。

方法2：電解法：該法用Fe做電極電解含Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr(OH)3沉淀。

（5）寫出陽極的電極反應(yīng)式___________________。

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是(用電極反應(yīng)解釋)__________________________

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，則陰極上的電極反應(yīng)式為____________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、實驗題(共1題，共7分)13、某學生用0.1500mol/LNaOH溶液測定某未知濃度的鹽酸；其操作可分解為如下幾步：

A.用蒸餾水洗凈滴定管。

B.用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀鹽酸25.00mL；注入錐形瓶中，加入酚酞。

D.另取錐形瓶；再重復(fù)操作2-3次。

E.檢查滴定管是否漏水。

F.取下堿式滴定管用標準NaOH溶液潤洗后；將標準液注入堿式滴定管“0”刻度以上2-3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把錐形瓶放在滴定管下面；瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定時正確操作的順序是(用序號字母填寫)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中應(yīng)該選擇如圖中滴定管_________(填標號)。

（3）滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。

（4）滴定結(jié)果如表所示:。滴定次數(shù)待測液體積/mL標準溶液的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

計算該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為____________(保留4位有效數(shù)字)。

（5）下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時；先仰視后平視讀數(shù)。

b.錐形瓶用鹽酸潤洗。

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡；滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡。

d.達到滴定終點時；仰視讀數(shù)。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，則pH＞5.1，常溫下若用0.1mol·L-1鹽酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示劑，達到終點時所用鹽酸的量應(yīng)是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共8分)14、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、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)15、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ?mol﹣1，②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ?mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3a+b-c）kJ/mol，即1mol液態(tài)乙醇完全燃燒并恢復(fù)至室溫，放出的熱量為（3a﹣b+c）kJ，而46g液態(tài)乙醇的物質(zhì)的量是1mol，所以完全燃燒并恢復(fù)至室溫，放出的熱量為（3a﹣b+c）kJ，答案選B。2、B【分析】【詳解】

A．t4～t5反應(yīng)速率均增大，且平衡逆向移動，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故t4改變的原因可能是升高溫度；A正確；

B．t3時刻也是正向移動，二氧化碳為生成物，二氧化碳含量最高的時間段是t3～t4；B錯誤；

C．t2～t3反應(yīng)速率均增大，且平衡正向移動，t2時刻未突變；故引起變化的原因可能是增加反應(yīng)物濃度，C正確；

D．t6時刻反應(yīng)速率增大；平衡不移動，故引起變化的原因可能是加入催化劑，D正確；

答案選B。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A、1mol/L的醋酸溶液中H+濃度約為10-3mol/L；說明醋酸部分電離，可以證明醋酸是弱電解質(zhì)，A正確；

B；酸的強弱與溶解性無關(guān)；B錯誤；

C；酸堿發(fā)生中和反應(yīng)；酸消耗堿的量由酸的物質(zhì)的量和元數(shù)決定，與酸的強弱無關(guān)，C錯誤；

D；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性取決于溶液中自由移動離子的濃度；與電解質(zhì)的強弱無關(guān)，D錯誤；

故答案選A。4、C【分析】【詳解】

對于NaOH溶液來說，溶液中OH-的濃度大于溶液中H+的濃度，要先計算溶液中c(OH-)。c(H+)為1×10-13mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L；c(H+)為1×10-10mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=10-4mol/L。將兩種溶液等體積混合，假設(shè)每種溶液的體積為1L，混合過程中溶液體積變化不計，則根據(jù)混合前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，可知混合溶液中c(OH-)==mol/L，則該溶液中c(H+)=mol/L=2×10-13mol/L，故合理選項是C。5、B【分析】【詳解】

A.觀察ab小段圖象變化可知，溶液的pH隨著溫度升高面增大，證明鹽類的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，該熱化學方程式為CO32-(aq)+H2O(l)?HCO3-(aq)+OH-(aq)?H>0；故A正確；

B.由圖可知e點溶液中：(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，溫度為30所以不能用常溫下的Kw進行相關(guān)計算，故B錯誤；

C.由圖可知bd段pH隨著溫度的升高而逐漸減小，因為水的電離是吸熱反應(yīng)，隨著溫度，Kw增大；根據(jù)質(zhì)子守恒規(guī)律，所以pH隨著溫度的升高而逐漸減小，故C正確；

D.因為水解是吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，鹽類的水解程度增大，根據(jù)CO32-+H2O?HCO3-+OH-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，所以從a→d隨著溫度升高，始終增大；故D正確；

故答案：B。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依據(jù)蓋斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案為-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃燒熱為283kJ/mol，相同條件下，2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量為283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，則1molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量為=891.45kJ，故甲烷完全燃燒生成液態(tài)水的熱化學方程式為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案為CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃燒生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的熱量，則1molC6H6(l)在氧氣中完全燃燒放出的熱量為41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃燒熱△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃燒的熱化學方程式為C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案為：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。7、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)物呈固態(tài)，所以生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，由25℃，0-t1時間內(nèi)混合氣的總濃度，可求得c(NH3)；從而求出產(chǎn)生氨氣的平均速率。

(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求出15℃時2.4×10-3mol/L混合氣中所含NH3、CO2的濃度，代入公式K=可求出平衡常數(shù)。

(3)將原容器中加入2molCO2和6molH2后平衡移動過程分解為兩個過程：一個過程為加壓但平衡不移動，另一過程為平衡移動過程，然后分別進行分析，確定熱量變化，然后與原平衡進行比較，確定a和b滿足的關(guān)系。

【詳解】

(1)25℃，0-t1時間內(nèi)混合氣的總濃度為2.7×10-3mol/L，生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，因為反應(yīng)物呈固態(tài)，所以c(NH3)=×2.7×10-3mol/L=1.8×10-3mol/L，氨氣的平均速率==×10-3mol/(L·min)。答案為：×10-3mol/(L·min)；

(2)15℃時,c(總)=2.4×10-3mol/L，c(NH3)=1.6×10-3mol/L，c(CO2)=8×10-4mol/L，K==4.9×108。答案為：4.9×108；

(3)在恒溫恒容的密閉容器中，1molCO2和3molH2充分反應(yīng),達平衡時放出熱量akJ。將原容器中加入2molCO2和6molH2，相當于壓強增大為原來的二倍，若加壓但平衡不移動，則放熱2akJ；加壓后平衡正向移動，反應(yīng)繼續(xù)放出熱量，所以與原平衡進行比較，放出的熱量比原來的二倍還要大，故a和b滿足的關(guān)系為b>2a。答案為：b>2a。

【點睛】

在進行反應(yīng)后濃度或熱效應(yīng)的分析時，為便于與原平衡進行比較，可將平衡移動過程分解為幾個簡單的階段，對最終結(jié)果不產(chǎn)生影響。【解析】×10-3mol/(L·min)4.9×108b>2a8、略

【分析】【詳解】

試題分析：(1)NO2與H2O反應(yīng)的方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，當反應(yīng)中有1molNO2參加反應(yīng)時，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗的NO2為1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根據(jù)蓋斯定律，將第二個方程式顛倒過來，與第一個方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ?mol-1，則NO2+SO2?SO3+NO△H="-41.8"kJ?mol-1；(3)a．本反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，故體系的壓強保持不變，故a不能說明反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)，a錯誤；b．隨著反應(yīng)的進行，NO2的濃度減小，顏色變淺，故b可以說明反應(yīng)已達平衡，故b正確；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)，故c錯誤；d．d中所述的兩個速率都是逆反應(yīng)速率，不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)，故d錯誤，故選b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物質(zhì)的體積a2a00

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積xxxx

平衡物質(zhì)的體積a-x2a-xxx

平衡時NO2與SO2體積比為1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常數(shù)K====8/3；(4)由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H＜0；壓強大，有利于加快反應(yīng)速率，有利于使平衡正向移動，但壓強過大，需要的動力大，對設(shè)備的要求也高，故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件．因為在250℃、壓強為1.3×104kPa時；CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒有必要再增大壓強。

考點：以NO2、SO2；CO等物質(zhì)為載體；綜合考查化學方程式的書寫和氧化還原反應(yīng)，及平衡常數(shù)的計算等。

【點睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失9、略

【分析】【分析】

(1)弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程；升高溫度，促進弱電解質(zhì)的電離；

(2)電離平衡常數(shù)越大；酸越強，酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強，酸根離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱；

(3)根據(jù)酸性強弱；結(jié)合強酸能夠制取弱酸分析判斷；

(4)醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋，促進醋酸電離，則n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但醋酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都減小；據(jù)此分析解答；

(5)加水稀釋；促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，升高溫度，促進弱電解質(zhì)的電離，所以當溫度升高時，Ka增大；故答案為增大；

(2)電離平衡常數(shù)越大，酸越強，越易電離，則酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強，酸根離子結(jié)合質(zhì)子的能力越弱，則四種離子結(jié)合質(zhì)子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案為a＞b＞d＞c；

(3)酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，該反應(yīng)無法發(fā)生，故c正確；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應(yīng)只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-；該反應(yīng)不能發(fā)生，故d正確；故答案為cd；

(4)a．加水稀釋，促進醋酸電離，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，所以的比值減小，故a錯誤；b．加水稀釋，促進醋酸電離，醋酸根離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子的物質(zhì)的量減小，則的比值增大，故b正確；c．加水稀釋，盡管促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以的比值減小，故c錯誤；d．加水稀釋，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則氫氧根離子濃度增大，的比值減小，故d錯誤，故答案為b；

(5)加水稀釋，促進弱酸電離，pH相同的不同酸，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸，酸性強，變化小的酸，酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，對水的電離的抑制程度越大；根據(jù)圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)，因為溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它對水的電離的抑制能力減弱，故答案為大于；大于；稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它對水的電離的抑制能力減弱。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意對醋酸溶液進行稀釋，醋酸溶液中主要存在的離子濃度均會減小，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，因此氫氧根離子濃度會增大?！窘馕觥吭龃骳db大于大于稀釋后HX溶液中的小于溶液中的它對水的電離的抑制能力減弱10、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得溶液Q為0.01mol·L-1的某酸(A)與0.01mol·L-1的某酸鈉鹽的混合溶液。若混合溶液顯酸性；則主要發(fā)生某酸的電離；若混合溶液呈堿性，則主要發(fā)生某酸鈉鹽的水解，若混合溶液呈中性，則可認為某酸的電離程度與某酸鹽的水解程度相等。

【詳解】

(1)若A為CH3COOH，所得溶液為0.01mol·L-1CH3COOH與0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，則CH3COOH電離大于CH3COO-的水解，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A為HCl，則所得溶液為0.01mol·L-1HCl與0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為mol·L-1=10-10mol·L-1；若A為H2S，則所得溶液為0.01mol·L-1H2S與0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，則表明HS-易發(fā)生水解，即HS-電離能力<水解能力。答案為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

對于①、②來說，最后一步水電離，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最強，②中次之，③中不受影響，所以陰離子總濃度由大到小的順序為③>②>①。答案為：③>②>①；

(3)濃度為0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必須有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的體積越小，故a、b、c的大小關(guān)系是a>b>c。答案為：a>b>c。

【點睛】

0.1mol/L的鹽溶液中，酸根離子與酸根水解生成的OH-的濃度和為0.1mol/L，所以比較溶液中陰離子的總濃度，實際上就是比較混合溶液中呈現(xiàn)水電離出H+的那一步水的電離能力，此步水的電離能力越弱，則溶液中陰離子的總濃度越小?！窘馕觥竣?c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c11、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）c(H+)減小，平衡2CrO42-(黃色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O左移；溶液呈黃色，故答案為黃；

（2）第③步是沉淀鉻離子的反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，故答案為Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓；

（3）6mol亞鐵離子被氧化為+3價，失去6mol電子，Cr2O72-離子中鉻元素化合價從+6價降低到+3價，應(yīng)該得到6mol電子，所以6mol的FeSO4·7H2O可還原1molCr2O72-離子；故答案為1；

（4）Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3+)?c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，則需c(OH-)===10-9mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L；即pH=5，故答案為5；

（5）在電解法除鉻中，鐵作陽極，陽極反應(yīng)為Fe-2e-═Fe2+，以提供還原劑Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是水電離產(chǎn)生的H+放電生成H2：2H++2e-═H2↑；故答案為2H++2e-=H2↑；

（7）用電鍍法在鐵制品上鍍上一層鋅，陰極上的電極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，故答案為Zn2++2e-=Zn。

考點：考查了鉻及其化合物的性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)、沉淀溶解平衡和電化學的相關(guān)知識?！窘馕觥奎SCr3++3OH-=Cr(OH)3↓15Fe-2e-=Fe2+2H++2e-=H2↑Zn2++2e-=Zn三、判斷題(共1題，共2分)12、×【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、實驗題(共1題，共7分)13、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

（2）堿性溶液應(yīng)選擇堿式滴定管；酸性；氧化性溶液應(yīng)選擇酸式滴定管；

（3）實驗中應(yīng)控制標準液滴入的速度并觀察錐形瓶中顏色變化；如溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色；可說明達到滴定終點，酚酞在酸性溶液中為無色，在堿性溶液中顯紅色；

（4）先判斷數(shù)據(jù)的有效性；然后求出平均值，最后根據(jù)關(guān)系式HCl～NaOH來計算出鹽酸的濃度；

（5）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響；

（6）甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅；3.1~4.4時呈橙色，pH≥4.4時變黃。

【詳解】

（1）中和滴定按照檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作；則正確的順序為：EAFBCGD；

（2）氫氧化鈉溶液顯堿性；應(yīng)選擇堿式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，為堿式滴定管，故選乙；

（3）滴定操作時眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液顏色的變化；當?shù)渭幼詈笠坏螛藴室簳r，溶液無色變淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色，可說明達到滴定終點；

（4）第一次消耗標準液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗標準液體積：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗標準液：20.19-0.20=19.99mL，三組數(shù)據(jù)均有效，所以消耗標準液體積為：=20.00mL；該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：

=0.1200mol·L-1；

（5）a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時；先仰視后平視讀數(shù)，導(dǎo)致所取鹽酸的量增加，消耗標準液偏大，則測定結(jié)果偏高，故a選；

b.錐形瓶用鹽酸潤洗，導(dǎo)致所取鹽酸的量增加，消耗標準液偏大，則測定結(jié)果偏高，故b選；

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡,滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡；導(dǎo)致消耗標準液偏小，則測定結(jié)果偏低，故c不選；

d.達到滴定終點時；仰視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗標準液偏大，則測定結(jié)果偏高，故d選；

故選abd；

（6）甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅，3.1~4.4時呈橙色，pH≥4.4時變黃；現(xiàn)已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1；則pH＞5.1，要將pH調(diào)到4.4，需加入更多的鹽酸，甲基橙作指示劑，達到終點時所用鹽酸的量應(yīng)是＞5mL。

【點睛】

本題考查中和滴定的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵：明確中和滴定的操作方法和原理，易錯點（5）注意掌中和滴定的誤差分析方法與技巧，難點（4）先求體積的平均值，再根據(jù)濃度計算公式計算，需學生具備一定的分析能力及化學計算能力。【解析】EABCG乙錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分