…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版三年級起點選修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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在一定溫度下，發生如下反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。改變起始時n(SO2)對反應的影響如圖所示。下列說法正確的是()

A.SO2的起始量越大，混合氣體中SO3的體積分數越大B.a、b、c三點中，a點時SO2的轉化率最高C.a、b、c三點的平衡常數：Kb>Kc>KaD.b、c點均為化學平衡點，a點未達平衡且反應正向進行2、在25℃時，將1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，充分反應。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固體（忽略體積和溫度變化），溶液pH隨加入CH3COOH或CH3COONa固體的物質的量的變化關系如圖所示。下列敘述正確的是。

A.b點混合液中c（H+）≥c（OH-）+c（CH3COO-）B.加入CH3COOH過程中，增大C.25℃時，CH3COOH的電離平衡常數Ka=mol·L-1D.a、b、c對應的混合液中，水的電離程度由大到小的順序是c＞a＞b3、常溫下，向體積均為1L、pH均等于2的鹽酸和醋酸中分別投入0.23gNa，則下列各圖中符合反應事實的是A.B.C.D.4、如圖，向燒杯中滴加幾滴濃鹽酸，CaCO3固體還有剩余（忽略體積；溫度的變化）；下列數值變小的是。

A.c(Ca2+)B.c(CO32-)C.c(H+)D.碳酸鈣的溶解度5、科學家研發出一種太陽光電化學電池（），可不受限于白天或黑夜全天候地儲存電能。該電池以硫酸為電解液，利用太陽能儲存電能（充電）的原理如圖（圖中略去部分光電轉換過程），下列說法不正確的是（）。A.放電時，電極為負極B.充電時，通過質子交換膜向電極遷移C.放電時，負極的電極反應式為D.充電時，/極的電極反應式為6、如圖是一種大型蓄電系統。放電前被膜隔開的電解質為Na2S2和NaBr3，放電后分別變為Na2S4和NaBr。下列敘述正確的是。

A.放電時，負極反應為3Br--2e-=B.充電時，陽極反應為2-2e-=C.放電過程中Na+經過離子交換膜，由a池移向b池D.用該電池電解飽和食鹽水，產生0.1molCl2時，a池生成30.9gNaBr評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、2019年國際非政府組織“全球碳計劃”12月4日發布報告：研究顯示，全球二氧化碳排放量增速趨于緩。CO2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑。

（1）一種途徑是將CO2轉化為成為有機物實現碳循環。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反應是由法國化學家PaulSabatier提出的，因此，該反應又叫Sabatier反應。CO2催化氫化制甲烷的研究過程：

①上述過程中，產生H2反應的化學方程式為：___________________________________。

②HCOOH是CO2轉化為CH4的中間體：CO2HCOOHCH4。當鎳粉用量增加10倍后，甲酸的產量迅速減少，當增加鎳粉的用量時，CO2鎳催化氫化制甲烷的兩步反應中反應速率增加較大的一步是_______________（填I或II）

（3）CO2經催化加氫可以生成低碳烴；主要有兩個競爭反應：

反應I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反應II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密閉容器中沖入1molCO2和4molH2,測得平衡時有關物質的物質的量隨溫度變化如圖所示。T1℃時，CO2的轉化率為_________。T1℃時，反應I的平衡常數K=_______。

（4）已知CO2催化加氫合成乙醇的反應原理為2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始時的投料比，即m=

①圖1中投料比相同，溫度T3>T2>T1,則ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3時，該反應達到平衡狀態后p(總）=20ɑMPa,恒壓條件下各物質的物質的量分數與溫度的關系如圖2.則曲線b代表的物質為_______（填化學式）8、弱電解質的電離平衡；鹽類的水解平衡和難溶物的溶解平衡均屬于化學平衡。

（1）常溫下，將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，測得混合后溶液的pH＝5，則MOH在水中的電離方程式為__________。

（2）已知常溫時CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，則反應CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常數Kh＝______。

（3）已知H2A在水中發生電離：H2A＝H++HA–，HA–H++A2–。

①等物質的量濃度的兩種溶液：NaHA溶液的pH_____(填“＞”、“＝”或“＜”)Na2A溶液的pH。

②已知0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，該溶液中各種離子濃度由大到小的順序是______。

③某溫度下，若向0.1mol·L–1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L–1NaOH溶液至溶液呈中性。對該混合溶液，下列說法一定正確的是____（填序號）。

A．c(H+)·c(OH–)＝1×10–14B．c(Na+)＝c(HA–)+2c(A2–)

C．溶液中水的電離程度逐漸減小D．c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)

（4）常溫下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH＝8時，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。9、室溫下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，設由水電離產生的OH﹣的物質的量濃度分別為A和B，則A和B的關系為________10、我國對世界鄭重承諾：2030年前實現碳達峰；2060年前實現碳中和，其中的關鍵技術是運用催化轉化法實現二氧化碳的碳捕集和碳利用。請回答下列問題：

Ⅰ、一定溫度下，和在催化劑作用下可發生a、b兩個平行反應，分別生成和

a：

b：

(1)相同溫度下，反應的___________

(2)在傳統的催化固定反應床中，的轉化率和甲醇的選擇性通常都比較低。后來，科學團隊研制了一種具有反應和分離雙功能的分子篩膜催化反應器極大地改善了該問題，其原理如圖1所示：

保持壓強為溫度為向密閉容器中按投料比，投入一定量和不同反應模式下的平衡化率和的選擇性的相關實驗數據如下表所示。實驗組反應模式溫度/的平衡轉化率的選擇性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的選擇性是指轉化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述條件發生反應。下列說法能證明反應a達到平衡狀態的是___________(填字母)。

A．氣體壓強不再變化。

B．氣體的平均相對分子質量不再變化。

C．不再變化。

D．的物質的量之比為

②由表中數據可知，在模式下，的轉化率明顯提高，結合具體反應分析可能的原因是___________。

(3)反應b在進氣比不同時，測得的平衡轉化率如圖2所示(各點對應的反應溫度可能相同；也可能不同，其他反應條件均相同)。

①D和F兩點對應的溫度關系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒溫條件下，在達到平衡狀態為G點的反應過程中，當的轉化率剛好達到時，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用圖3所示裝置電解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定溫度范圍內，持續通入二氧化碳，電解過程中的物質的量基本不變。

(4)陰極的電極反應式為___________。11、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀，應用如圖電解實驗可以制得白色的純凈的Fe(OH)2沉淀。兩電極材料分別為石墨和鐵。

(1)a電極材料應為____，電極反應式為_______。

(2)電解液C可以是__________。

A.純凈水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d為苯，其作用是______，在加入苯之前對C應作何簡單處理_______

(4)為了在較短時間內看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作電解液。

B.適當增大電源的電壓。

C.適當減小兩電極間距離。

D.適當降低電解液的溫度評卷人得分三、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、元素或物質推斷題(共1題，共5分)13、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態氧化物與化合物X2O2發生反應生成鹽乙。

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形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共7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Ksp=_____。(列式帶入數據并計算出結果)

(3)現將足量的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)，寫出沉淀轉化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

由圖象可知a、b、c為二氧化硫的不同的物質的量時的平衡時SO3體積分數，b點SO3體積分數最大；反應在相同的溫度下進行，平衡常數只受溫度的影響，對應反應來說，氧氣的物質的量越多，二氧化硫的物質的量越少，則二氧化硫的轉化率越大，以此解答該題。

【詳解】

A.由圖象可知，隨著二氧化硫的物質的量增多，三氧化硫的體積分數先增大后減小，則混合氣體中SO3的體積分數不一定增大；故A錯誤；

B.二氧化硫越少；氧氣越多，則二氧化硫的轉化率越大，a點轉化率最大，故B正確；

C.平衡常數只與溫度有關系，a、b；c三點的平衡常數均相等；故C錯誤；

D.由圖象可知縱坐標為三氧化硫平衡時的體積分數，則a、b；c都在曲線上；應都為化學平衡點，只不過起始二氧化硫的物質的量不同，故D錯誤；

答案選B。2、C【分析】【分析】

CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，a點顯酸性，故形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。若向該混合溶液中通入CH3COOH，CH3COONa減少，CH3COOH增多；若向該混合溶液中加入CH3COONa固體，CH3COONa增多，CH3COOH減少。

【詳解】

A．根據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由題可知，在b點時，c（H+）＜c(OH-)+c(CH3COO-)；A錯誤；

B．＝==加入CH3COOH過程中，n(Na+)不變，n(CH3COOH)增大，所以減小，故減小；B錯誤；

C．根據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c點時，溶液pH=7，有c(H+)=c(OH-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中根據物料守恒：則醋酸的電離平衡常數為：C正確；

D．溶液中酸或堿電離的氫離子或氫氧根濃度越大，水的電離程度越小，由題可知，a、b、c對應的混合液中pH≤7，醋酸對水的電離的抑制程度大于醋酸根離子對水的電離的促進程度，水的電離均受到抑制，由于氫離子濃度a＞b＞c，則水的電離程度由大到小的順序是c＞b＞a；D錯誤。

答案為C。3、B【分析】【詳解】

A．醋酸與Na反應生成的醋酸鈉溶液中；因醋酸根離子水解顯堿性，但醋酸過量，溶液顯酸性，所以溶液的pH＜7，故A錯誤；

B．因鹽酸與Na恰好完全反應；則反應后溶液的pH=7，而醋酸過量，溶液顯酸性，所以溶液的pH＜7，故B正確；

C．因Na的質量相同；則與鹽酸恰好完全反應，醋酸過量，生成氫氣相同，故C錯誤；

D．因Na的質量相同；則與鹽酸恰好完全反應，醋酸過量，生成氫氣相同，且醋酸中氫離子濃度大于鹽酸中氫離子濃度，則醋酸先反應結束，故D錯誤；

故選：B。4、B【分析】【詳解】

碳酸鈣飽和溶液存在加入鹽酸，c（H+）增大，消耗CO32-，c（CO32-）減小，平衡正向移動，c（Ca2+）增大，碳酸鈣溶解度增大，故B正確。5、D【分析】【分析】

由充電示意圖中電子的移動方向可知，TiO2/WO3電極為陽極，VO2+在陽極失電子發生氧化反應生成VO2+，電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt電極為陰極，V3+在陰極得到電子發生還原反應生成V2+，電極反應式為V3++e-=V2+，放電時，TiO2/WO3電極為正極；Pt電極為負極。

【詳解】

A.由分析可知；放電時，Pt電極為原電池的負極，故A正確；

B.充電時；陽離子移向陰極，則氫離子通過質子交換膜向Pt電極遷移，故B正確；

C.放電時，Pt電極為負極，V2+在負極失電子發生氧化反應生成V3+，電極反應式為V2+-e-=V3+；故C正確；

D.電解池的離子交換膜為質子膜，電極反應式不可能有氫氧根離子參與，則充電時，TiO2/WO3電極為陽極，VO2+在陽極失電子發生氧化反應生成VO2+，電極反應式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D錯誤；

故選D。

【點睛】

書寫電極反應式時，注意電解質溶液為酸性，若電解質溶液為酸性，電極反應式中不能出現氫氧根是解答關鍵。6、D【分析】【分析】

放電時Na+由b池向a池移動，在原電池中，陽離子移向正極，則a池為正極，得到電子，發生還原反應，b池為負極，失去電子，發生氧化反應；充電時與放電相反，a池發生氧化反應，為電解池的陽極，b池發生還原反應；為電解池的陰極，據此分析。

【詳解】

A．放電時，負極反應為2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+；A錯誤；

B．充電時，陽極反應為3NaBr-2e-═NaBr3+2Na+；B錯誤；

C．放電時即原電池中，陽離子移向正極，Na+經過離子交換膜，由b池移向a；C錯誤；

D．該原電池與電解池是串聯電路，Cl-失去電子生成Cl2與NaBr3得到電子生成NaBr的電子總數相等，即2Cl-～Cl2～2e-～NaBr～3NaBr，所以n(NaBr)=3n(Cl2)=3×0.1mol=0.3mol，m(NaBr)=0.3mol×103g/mol=30.90g；D正確；

故答案為：D。

【點睛】

本題綜合考查原電池和電解池知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，能正確寫出電極反應式是該題的關鍵。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓變；

（2）①根據流程圖可知反應物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4；

②當鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃時；根據三段是：

求出CO2的轉化率；反應I的平衡常數K；

（4）①根據圖示，溫度越高，H2轉化率越低；說明正反應為放熱反應；

②溫度升高，反應逆向進行，所以產物的物質的量是逐漸減少的，反應物的物質的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH。

【詳解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案為：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根據流程圖可知反應物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4，則化學方程式為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②當鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快，故答案為：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃時；根據三段是：

CO2的轉化率為平衡時，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；則。

T1℃時，反應I的平衡常數故答案為：

（4）①根據圖示，溫度越高，H2轉化率越低，說明正反應為放熱反應，△H＜0；故答案為：＜；

②溫度升高，反應逆向進行，所以產物的物質的量是逐漸減少的，反應物的物質的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH，故答案為：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO28、略

【分析】【分析】

（1）常溫下；將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，所得物質為MCl，測得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知該堿為弱堿；

（2）結合水的離子積常數和水解平衡常數求算公式計算；

（3）①由H2A＝H++HA–,HA–H++A2–可知NaHA該鹽為強酸強堿鹽，Na2A為強堿弱酸鹽；可以利用鹽類水解的規律求解；

②由0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2可知，該溶液中主要存在HA–H++A2–；可以據此回答；

③由溶液呈中性可知溶液中氫離子的濃度等于氫氧根的濃度；

（4）結合Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20進行計算求解；

【詳解】

（1）常溫下，將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，所得物質為MCl，測得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知該堿為弱堿，故MOH在水中的電離方程式為MOHM++OH?；

（2）=5×10–10

（3）①由H2A＝H++HA–可知NaHA該鹽為強酸強堿鹽，故該鹽為中性鹽溶液的PH=7，Na2A為強堿弱酸鹽，故溶液呈堿性PH>7，故答案為“<”；

②由題中信息可知溶液中c(Na+)=0.1mol·L－1>c(HA-),溶液中存在HA–H++A2–，可知：c(Na+)＞c(HA?)＞c(H+)＞c(A2?)＞c(OH?)；

③溶液呈中性可知則可知：

A．c(H+)·c(OH–)=kw由于溫度未知；故數值不能確定；

B．由電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(HA–)+2c(A2–)+c(OH-)又故c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)；

C．0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，由此可知最初溶液呈現酸性是HA–H++A2–；抑制水的電離，故隨著加入堿發生中和反應，水的電離程度逐漸增大；

D．由B可知D選項錯誤；

（4）由Ksp[Cu(OH)2]＝=2.2×10–20可知c(Cu2+)=2.2×10–8【解析】MOHM++OH?5×10–10＜c(Na+)＞c(HA?)＞c(H+)＞c(A2?)＞c(OH?)B2.2×10–89、略

【分析】【分析】

堿抑制水電離，含有弱酸根離子的鹽促進水電離，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH-)等于水離子積常數與c(H+)的比值。

【詳解】

pH=9的氫氧化鈉抑制水電離，溶液中的氫離子來自于水，溶液中c(H+)=10?9mol/L，水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于溶液中的c(H+)，則氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)=10?9mol/L；pH=9醋酸鈉促進水電離，溶液中的氫氧根離子來自于水，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于水離子積常數與溶液中c(H+)的比值，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)==10?5mol/L，所以A:B=10?4:1。【解析】A：B=10﹣4：110、略

【分析】【詳解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案為:-90.7kJ/mol；

（2）題目中已知壓強不變，所以A正確；B.氣體的平均相對分子質量為Mr,根據公式可知，Mr=由于方程式中都是氣體，所以質量守恒m不變。根據氣體前后氣體分子數之和可知n是個變量，所以氣體的平均相對分子質量為Mr不變時能證明反應a達到平衡狀態；C.由表格可知一直都是3，所以不是變量，不能證明反應a達到平衡狀態；D.CO2、H2、CH3OH、的物質的量之比為不一定非得平衡時物質的量之比為在任何情況下都可達到，所以D錯誤。在模式下；選擇合適的催化劑，只發生反應，同時分子篩膜能及時分離出水蒸氣，使平衡向右移動，二氧化碳的轉化率增大。故答案為：B

；在模式下；選擇合適的催化劑，只發生反應，同時分子篩膜能及時分離出水蒸氣，使平衡向右移動，二氧化碳的轉化率增大；

（3）圖中D點（1,60），即CO2轉化率為60%；根據關系列三段式：

KD=

圖中F點（1.5,50），即CO2轉化率為50%；根據關系列三段式：

KF=

通過計算可知D點平衡常數K小于F點，該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡常數K增大,所以TDF；

圖中G點（1.5,40），即CO2轉化率為40%；根據關系列三段式：

KG=

恒溫條件下，在達到平衡狀態為G點的反應過程中，當的轉化率剛好達到時；根據關系列三段式：

QG=

因為KG>QG,所以向正反應方向進行。故>

故答案為：TDF；通過計算可知D點平衡常數K小于F點，該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡常數K增大；>

（4）由圖可知該裝置為電解池，陰極發生還原反應，化合價降低，得到電子，【解析】(1)

(2)B在模式下；選擇合適的催化劑，只發生反應，同時分子篩膜能及時分離出水蒸氣，使平衡向右移動，二氧化碳的轉化率增大。

(3)<通過計算可知D點平衡常數K小于F點，該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡常數K增大>

(4)11、略

【分析】【詳解】

（1）制純凈的Fe(OH)2沉淀，則Fe為陽極，失去電子，b與電源正極相連，則b為陽極，故石墨為陰極，得到電子，a與電源負極相連，故發生的電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）純水導電性太差，影響物質的制備，而NaCl、NaOH溶液中氫離子放電，可生成Fe(OH)2沉淀，電解液為CuCl2溶液，發生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，則電解液b可選擇BC；故答案為：BC；

（3）苯的密度水的小；不溶于水，可隔絕空氣，防止氫氧化亞鐵被氧化，為防止氫氧化亞鐵被氧化，并在實驗加入苯之前，對d溶液進行加熱煮沸的目的是排出溶液中的氧氣，故答案為：隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化；加熱煮沸；

（4）短時間內看到白色沉淀，適當增大電源電壓、適當縮小兩電極間距離可增大反應的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低溫度反應速率減慢，故答案為：BC。【解析】石墨2H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化加熱煮沸BC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、元素或物質推斷題(共1題，共5分)13、略

【分析】【分析】

根據題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。