2025年人教版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教版選修4化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷330考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、常溫下，將pH和體積均相同的HNO2和CH3COOH溶液分別稀釋；其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是。

A.電離平衡常數(shù)：Ka(CH3COOH)>Ka(HNO2)B.從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中的值保持不變C.溶液中水的電離程度：b>cD.a點(diǎn)時(shí)，相同體積的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中的n(Na+)相等2、下列說(shuō)法正確的是（）A.在溫度不變時(shí)，水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同時(shí)增大B.pH=0的溶液是酸性最強(qiáng)的溶液C.強(qiáng)堿的水溶液中不存在H+D.某溫度下，純水中c(H+)=2×10-7mol.L-1，其呈酸性3、下列說(shuō)法中不正確的是A.向飽和氯水中滴加NaOH溶液，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c(Na+)＝c(HClO)＋2c(ClOˉ)B.等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液混合：2c(Na+)＝3c(CO32?)＋3c(HCO3?)＋3c(H2CO3)C.常溫下pH＝2的強(qiáng)酸與pH＝2的弱酸等體積混合(不發(fā)生化學(xué)反應(yīng))，所得溶液pH＝2D.常溫下0.1mol·Lˉ1NH4HCO3溶液中存在下列關(guān)系：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(H+)=2c(CO32?)＋c(OH?)＋c(H2CO3)4、0.02mol·L-1的HCN溶液與0.02mol·L-1的NaCN溶液等體積混合，已知混合液中c(CN-)+)，則下列關(guān)系正確的是（）A.c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-)B.c(HCN)+c(CN-)=0.04mol·L-1C.2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)D.c(CN-)>c(HCN)5、下列離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是（）A.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+B.CO2+H2OHCO3-+H+C.CO32-+H2OHCO3-+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+6、下列水解方程式正確的是（）A.Fe3++3H2O＝Fe（OH）3↓+3H+B.Br﹣+H2O?HBr+OH﹣C.CH3COOH+H2O?CH3COO﹣+H3O+D.NH4++2H2O?NH3?H2O+H3O+7、下列物質(zhì)溶于水后溶液顯堿性的是A.K2SO4B.SO2C.FeCl3D.NaClO評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、（3分）發(fā)射衛(wèi)星用作燃料，作氧化劑，兩者反應(yīng)生成N2和水蒸氣；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

試寫出N2H4與NO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

____。9、一定溫度下，向2L密閉容器中充入5molN2和7molH2。發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。請(qǐng)問(wèn)答:

(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)__________

(2)一定溫度下，不能說(shuō)明上述反應(yīng)已達(dá)到平衡的是____________(填選項(xiàng)字母)。

a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等。

b.單位時(shí)間內(nèi)消耗amolN2同時(shí)生成2amolNH3

c.容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化。

d.容器內(nèi)的密度不再變化。

e.容器內(nèi)H2的體積分?jǐn)?shù)不再變化。

(3)當(dāng)該反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得c(N2)=2.0mol/L，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____。

(4)若在上述平衡條件下保持溫度不變，將容器擴(kuò)大到原來(lái)的兩倍，再次達(dá)到平衡時(shí)N2(g)的轉(zhuǎn)化率_______(填“增大”、“減小”或“不變")，c(NH3)____0.5mol/L(填“>”、“<”或“=”)。10、常溫下有濃度均為0.5mol/L的四種溶液：①Na2CO3；②NaHCO3；③HCl；④NH3·H2O。

（1）上述溶液中，可發(fā)生水解的是________(填序號(hào)；下同)。

（2）上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能和硫酸反應(yīng)的離子方程式分別為_(kāi)_______________，___________

（3）向溶液④中加入少量氯化銨固體，此時(shí)的值________(填增大；減小、不變)。

（4）若將③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③的體積___④的體積(填大于；小于、等于)

（5）取10mL溶液③，加水稀釋到500mL，則該溶液中由水電離出的c(H＋)＝________。11、（1）在①NH4Cl②NaCl③CH3COONa三種鹽溶液中；常溫下呈酸性的是_____（填序號(hào)，下同），呈中性的是_____，呈堿性的是_____。

（2）氯化鐵水解的離子方程式為_(kāi)_____，配制氯化鐵溶液時(shí)滴加少量鹽酸的作用是____。12、（1）一定溫度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向濃度均為0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化學(xué)式)；當(dāng)測(cè)得溶液其中一種金屬陽(yáng)離子沉淀完全(濃度小于10-5mol/L)時(shí)；溶液中的另一種金屬陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))，實(shí)驗(yàn)室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O調(diào)節(jié)PH=8可除去_____________(填離子符號(hào))，濾渣II中含____________(填化學(xué)式)。加入H2C2O4時(shí)應(yīng)避免過(guò)量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

開(kāi)始沉淀時(shí)的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀時(shí)的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃時(shí)，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，向100mL該條件下的CaSO4飽和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列敘述正確的是。

A．溶液中析出CaSO4固體沉淀，最終溶液中c(SO42-)比原來(lái)的大。

B．溶液中無(wú)沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都變小。

C．溶液中析出CaSO4固體沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都變小。

D．溶液中無(wú)沉淀析出，但最終溶液中c(SO42-)比原來(lái)的大13、LiFePO4電池具有穩(wěn)定性高、安全、對(duì)環(huán)境友好等優(yōu)點(diǎn)。某電極的工作原理如左下圖所示，該電池電解質(zhì)為能傳導(dǎo)Li+的固體材料。

（1）放電時(shí)，該電極為_(kāi)____極，電極反應(yīng)為_(kāi)_________________________

（2）充電時(shí)該電極連接外接電源的______極。

（3）放電時(shí)，電池負(fù)極的質(zhì)量_______(減少；增加、不變)

（4）LiOH可做制備鋰離子電池電極的材料，利用如右上圖裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為L(zhǎng)iOH和LiCl溶液。陰極區(qū)電解液為_(kāi)_________溶液（填化學(xué)式），離子交換膜應(yīng)使用__________(陽(yáng)、陰)離子交換膜。評(píng)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(píng)卷人得分四、原理綜合題(共4題，共32分)15、（1）羰基硫(COS)多產(chǎn)生于煤化工合成氣中，能引起催化劑中毒，可通過(guò)水解反應(yīng)除去，其熱化學(xué)方程式為COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)△H。相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：?；瘜W(xué)鍵C=O(CO2)C=O(COS)C=S(COS)H-SH-OE/kJmol-1803742577339465

則△H為_(kāi)__。

（2）近期太陽(yáng)能的利用又有新進(jìn)展。利用太陽(yáng)能由CO2制取C的原理如圖所示，若重整系統(tǒng)發(fā)生的反應(yīng)中=4，則重整系統(tǒng)中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：___。

（3）已知：常溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5。下列說(shuō)法正確的是___(填字母代號(hào))。

A.濃度均為0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者。

B.用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積、pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點(diǎn)；消耗NaOH溶液的體積相等。

C.0.2mol·L-1CH3COONa與0.1mol·L-1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞C(H+)

D.0.2mol·L-1HCOOH與0.1mol·L-1NaOH等體積混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)

（4）NaHS可用作污水處理的沉淀劑。已知：25℃時(shí)，H2S的電離常數(shù)Ka1=1.0×10-7、Ka2=7.0×10-15，反應(yīng)Hg2+(aq)+HS-(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常數(shù)K=1.75×1038。則Ksp(HgS)=___。16、汽車尾氣的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。

（1）利用氨水可以將SO2；氮氧化物吸收；原理如下圖所示。

①25℃時(shí)，在pH=5的NH4HSO3溶液中，c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=__________mol/L(填確值)

②請(qǐng)寫出NO2和NO按體積比1：1被吸收時(shí)反應(yīng)的離子方程式_____________________。

（2）科研工作者目前正在嘗試以二氧化鈦(TiO2)催化分解汽車尾氣的研究。

①已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

TiO2催化尾氣降解原理可表示為：2COg)+O2(g)2CO2(g)△H3

則2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)△H4=______________________。

②在O2、H2O(g)濃度一定條件下，模擬CO、NO的降解，得到其降解率(即轉(zhuǎn)化率)如圖1所示。請(qǐng)解釋T1后NO降解率下降的可能原因______________________。

（3）瀝青混凝土也可降解CO。如圖2為在不同顆粒間隙的瀝青混凝土(α；β型)在不同溫度下；反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得CO降解率變化。結(jié)合如圖回答下列問(wèn)題：

①已知在50℃時(shí)在α型瀝青混凝土容器中，平衡時(shí)O2濃度為0.01mol·L－1，求此溫度下CO降解反應(yīng)的平衡常數(shù)____________________________________________。(用含x的代數(shù)式表示)

②科研團(tuán)隊(duì)以β型瀝青混凝土顆粒為載體，將TiO2改為催化效果更好的TiO2納米管，在10℃~60℃范圍內(nèi)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)?jiān)谌鐖D中用線段與“”陰影描繪出CO降解率隨溫度變化的曲線可能出現(xiàn)的最大區(qū)域范圍(在圖中畫(huà)出)。____________

（4）TiO2納米管的制備是在弱酸性水溶液中以金屬鈦為陽(yáng)極進(jìn)行電解，寫出陽(yáng)極的電極反應(yīng)式____________________________________________。17、SO2是一種污染性氣體，減少SO2在大氣中的排放是環(huán)境保護(hù)的重要內(nèi)容回答下列問(wèn)題：

(1)已知：S(s)+O2(g)=SO2(g)?H=—297.2kJ·mol-1，CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)?H=—295.9kJ·mol-1，若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)反應(yīng)物的能量為E1，則生成物的能量E2是___________

(2)利用反應(yīng)：C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)，可減少SO2在大氣中的排放，在密閉容器中投入足量的反應(yīng)物，不同實(shí)驗(yàn)條件下達(dá)到平衡，測(cè)得T=600℃下的x(SO2)—p和p=105Pa下—1gKc—t如圖所示[x(SO2)表示SO2平衡時(shí)含量，Kc表示平衡常數(shù)]。該反應(yīng)的正反應(yīng)是___________反應(yīng)(填“放熱”、“吸熱”)，理由是___________。

(3)恒溫恒容條件下，下列事實(shí)不能說(shuō)明反應(yīng)C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)達(dá)到平衡狀態(tài)的是___________(填字母)。A．不變B．v(CO2)正=v(SO2)逆C．混合氣體的總壓強(qiáng)不再改變D．混合氣體的密度不再改變(4)800℃，在1.0L的恒容密閉容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中壓強(qiáng)為p0kPa，發(fā)生反應(yīng)C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)，5min時(shí)容器中CO2的體積分?jǐn)?shù)為20%，10min時(shí)達(dá)平衡，容器中壓強(qiáng)為pkPa時(shí)。0~5minv(SO2)___________kPa·min-1，800℃的化學(xué)平衡常數(shù)Kc=___________mol/L。

(5)用電化學(xué)原理吸收煙道氣中SO2以減少其排放，其裝置示意圖。H2O2從___________口進(jìn)入，電路中通過(guò)1mol電子時(shí)，正極區(qū)溶液的c(H+)將___________，負(fù)極區(qū)n(H2SO4)=___________。

18、常用于制取硝酸；硝基化合物等；但同時(shí)也是空氣污染物。

(1)工業(yè)制硝酸時(shí)，需將轉(zhuǎn)化為現(xiàn)有以下兩種途徑：

I.①

Ⅱ.②

③

若已知④

計(jì)算可得___________。途徑Ⅱ與途徑I相比，優(yōu)勢(shì)在于___________。

(2)反應(yīng)②的反應(yīng)歷程和能量變化如圖所示；標(biāo)注“*”表示在催化劑表面吸附的物質(zhì)。

對(duì)總反應(yīng)速率影響較大的步驟的活化能為_(kāi)__________該步驟的化學(xué)方程式是___________。

(3)某溫度下向容器中按照體積比1：3充人和控制壓強(qiáng)為反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)體系中的體積分?jǐn)?shù)為0.6。

①的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________。

②在化學(xué)平衡體系中，用各氣體物質(zhì)的分壓替代濃度，計(jì)算的平衡常數(shù)叫壓強(qiáng)平衡常數(shù)。此溫度下反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)___________(列出計(jì)算式即可)。

(4)制硝酸的工業(yè)尾氣中含有將尾氣與適量空氣混合后通入到濃氨水中，可生成反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。若尾氣中含有2.8%(體積分?jǐn)?shù))的則處理標(biāo)準(zhǔn)狀況下尾氣時(shí)，理論上至少需要濃氨水的體積為_(kāi)__________評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共6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(xué)方程式：_________________

(2)依據(jù)蓋斯定律可以對(duì)某些難以通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接測(cè)定的化學(xué)反應(yīng)的焓變進(jìn)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(jì)算298K時(shí)由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反應(yīng)的焓變：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化學(xué)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(xué)鍵的鍵能為_(kāi)____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(diǎn)燃條件下的ΔH(化學(xué)計(jì)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、25℃，CH3COOH的電離平衡常數(shù)為1.7×10-5。

(1)CH3COOH的電離方程式為_(kāi)________。25℃，0.1mol/LCH3COOH溶液中計(jì)算c(H+)的表達(dá)式為_(kāi)_________。

(2)25℃時(shí)，CH3COONa稀溶液中的水解平衡常數(shù)等于_____(保留小數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字)。

(3)25℃，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH最接近______(填選項(xiàng))。A．9B．10C．11D．12評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共21分)21、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：

已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見(jiàn)下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問(wèn)題。

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達(dá)到最大值后無(wú)明顯變化，而B(niǎo)a(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是________。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到________操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_(kāi)______(當(dāng)溶液中某離子濃度時(shí)；可認(rèn)為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________。22、氯化亞銅（）常用作有機(jī)合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工業(yè)上用制作印刷電路的廢液（含）生產(chǎn)的流程如圖所示：

根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：

（1）生產(chǎn)過(guò)程中：X是________，Z是________。（均填化學(xué)式）

（2）寫出生成的離子方程式________。

（3）析出的晶體不用水而用無(wú)水乙醇洗滌的原因是________。

（4）在的生成過(guò)程中理論上不需要補(bǔ)充SO2氣體，其理由是________。

（5）已知：常溫下現(xiàn)向飽和溶液中加入固體至此時(shí)溶液中=________。

（6）實(shí)驗(yàn)探究pH對(duì)產(chǎn)率的影響如下表所示：。pH1234567產(chǎn)率/%70908278757270

析出晶體最佳pH為_(kāi)_______，當(dāng)pH較大時(shí)產(chǎn)率變低的原因是________。23、膽礬是一種重要的含銅化合物，某課外研究小組用粗銅(含少量)通過(guò)不同的化學(xué)反應(yīng)制取膽礬的過(guò)程如圖：

物質(zhì)完全沉淀時(shí)的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

當(dāng)溶液中被沉淀離子的物質(zhì)的量濃度小于時(shí)；認(rèn)為該離子沉淀完全。

試回答下列問(wèn)題：

（1）下列物質(zhì)中，最適合作為試劑X的是________(填序號(hào))。

A.B.C.D.

（2）由粗銅通過(guò)兩種途徑制取膽礬，與途徑Ⅱ相比，途徑Ⅰ有明顯的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)，分別是______________、____________________。

（3）試劑Y可以是______________________(任填一種物質(zhì)的化學(xué)式)。

（4）若溶液C中的濃度分別為則向溶液C中加入少量試劑Y的過(guò)程中應(yīng)控制溶液C的pH范圍約為_(kāi)_______。

（5）氫化亞銅是一種紅色固體，40～50℃時(shí)，濾液E和溶液混合反應(yīng)可得氫化亞銅沉淀，同時(shí)得到硫酸和磷酸，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________________________，該反應(yīng)每轉(zhuǎn)移1.5個(gè)電子，生成CuH的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。

（6）納米氧化亞銅是一種用途廣泛的光電材料，電化學(xué)法可用銅棒和石墨作電極，電解濾液E獲得納米氧化亞銅，電解過(guò)程中無(wú)氣體產(chǎn)生，則銅棒作________極，生成的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________，電解過(guò)程中濾液E的濃度____________(填“增大”“不變”或“減小”)。

（7）得到晶體，乙醇代替蒸餾水洗滌晶體的目的是______________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

A.酸的酸性越強(qiáng)；電離平衡常數(shù)越大；

B.電離平衡常數(shù)之與溫度有關(guān)；

C.酸能抑制水的電離，H+濃度越大；抑制程度就越大；

D.a點(diǎn)時(shí)同體積的兩種酸，H+濃度相同，但n(HNO2)3COOH)；據(jù)此分析作答。

【詳解】

A.根據(jù)圖像可知酸性HNO2>CH3COOH，酸的酸性越強(qiáng)，電離平衡常數(shù)越大，因此Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.電離平衡常數(shù)之與溫度有關(guān)，溫度不變電離平衡常數(shù)不變，c、d兩點(diǎn)所處的溫度相同，因此溶液中的值保持不變；B項(xiàng)正確；

C.酸性HNO2>CH3COOH，HNO2電離出的H+濃度大于CH3COOH電離出的H+濃度，H+濃度越大，抑制程度就越大，因此水的電離程度：c>b；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.a點(diǎn)時(shí)同體積的兩種酸，H+濃度相同，但n(HNO2)3COOH)，因此CH3COOH反應(yīng)時(shí)消耗的NaOH更多，溶液中的n(Na+)不相等；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選B。2、A【分析】【詳解】

A.任何水溶液中c(H+)和c(OH-)的乘積都等于該溫度時(shí)的水的離子積常數(shù)，在溫度不變時(shí)，水的離子積常數(shù)是定值，因此c(H+)和c(OH-)不能同時(shí)增大；故A正確；

B.pH=0的溶液僅代表溶液中的氫離子濃度為1mol/L；并不表示溶液的酸性最強(qiáng)，當(dāng)氫離子濃度大于1mol/L時(shí)，直接用氫離子濃度表示溶液的酸性，如6mol/L的濃硝酸中氫離子濃度即為6mol/L，酸性強(qiáng)于pH=0的溶液。故B錯(cuò)誤；

C.任何水溶液中都存在水的電離平衡；水電離產(chǎn)生氫離子和氫氧根離子，在強(qiáng)堿溶液中存在氫離子只是濃度偏小，故C錯(cuò)誤；

D.任何溫度下，純水電離產(chǎn)生的氫離子濃度都等于其電離產(chǎn)生的氫氧根濃度，c(H+)=c(OH-)溶液顯中性；故D錯(cuò)誤；

故選：A。3、D【分析】【詳解】

A．溶液呈中性，則c（H＋）=c（OH－），根據(jù)電荷守恒c（H＋）+c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）可知：c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－），根據(jù)物料守恒得：c（Cl－）=c（ClO－）+c（HClO），二者結(jié)合可得：c（Na＋）=c（HClO）+2c（ClO－）；故A正確；

B．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液混合：任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)＝3c(CO32?)＋3c(HCO3?)＋3c(H2CO3)；故B正確；

C．常溫下pH＝2的強(qiáng)酸與pH＝2的弱酸等體積混合(不發(fā)生化學(xué)反應(yīng))；氫離子濃度相等，所得溶液pH＝2，故C正確；

D．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4＋）+c（NH3·H2O）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3），由電荷守恒得：c(NH4+)+c(H+)=c(OH?)＋2c(CO32?)＋c（HCO3－）兩式消去c（HCO3－），可得：c(NH3·H2O)＋c(CO32?)+c(OH?)=c（H2CO3）+c(H+)；故D錯(cuò)誤；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查離子濃度大小比較，涉及強(qiáng)酸弱酸混合的定性判斷、離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識(shí)，明確電荷守恒、物料守恒的含有為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力，難點(diǎn)D，注意利用電荷守恒、物料守恒加減消元法，可得到質(zhì)子守恒的等式。4、C【分析】【詳解】

0.02mol?L?1的HCN溶液與0.02mol?L?1NaCN溶液等體積混合，混合溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(CN?)+c(OH?)，且混合溶液中c(CN-)+)，則c(OH-)>c(H+)；溶液呈堿性，說(shuō)明NaCN的水解程度大于HCN的電離程度；

A.根據(jù)以上分析知，溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，離子濃度大小順序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.二者等體積混合時(shí)溶液體積增大一倍，導(dǎo)致濃度減小為原來(lái)的一半，結(jié)合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02mol·L-1；B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.HCN溶液與NaCN溶液等濃度等體積混合，根據(jù)物料守恒得，2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)；C項(xiàng)正確；

D.通過(guò)以上分析知，NaCN水解程度大于HCN電離程度，所以c(CN-)<c(HCN)；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選C。5、C【分析】【詳解】

A．由CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3COO-；發(fā)生醋酸的電離，A不合題意；

B．由H2CO3轉(zhuǎn)化為HCO3-；發(fā)生碳酸的電離，B不合題意；

C．由CO32-生成HCO3-，發(fā)生CO32-的水解反應(yīng)；C符合題意；

D．由HS-生成S2-，發(fā)生HS-的電離；D不合題意；

故選C。6、D【分析】【詳解】

A．水解是非常微弱的，水解方程式應(yīng)該用“?”；且不能使用沉淀符號(hào)，故A錯(cuò)誤；

B．溴離子是強(qiáng)酸的酸根離子不發(fā)生水解；故B錯(cuò)誤；

C．CH3COOH+H2O?CH3COO-+H3O+；是醋酸的電離方程式，不是水解方程式，故C錯(cuò)誤；

D．水解是非常微弱的，水解方程式應(yīng)該用“?”，銨根離子水解，生成一水合氨和氫離子，離子方程式為NH4++2H2O?NH3?H2O+H3O+；故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意強(qiáng)酸的酸根陰離子不水解。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A.K2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；水溶液呈中性，A不符合題意；

B.SO2是酸性氧化物；水溶液呈酸性，B不符合題意；

C.FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，水溶液因Fe3+水解呈酸性；C不符合題意；

D.NaClO是強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液因ClO-水解呈堿性；D符合題意；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】（2）×2-（1），得所求熱化學(xué)方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-19、略

【分析】【分析】

(1)化學(xué)平衡常數(shù)K等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；

(2)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；正；逆反應(yīng)速率相等(同種物質(zhì))或正、逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比(不同物質(zhì))，平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量、濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

(3)先計(jì)算各種物質(zhì)的平衡濃度；帶入平衡常數(shù)表達(dá)式，可得該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的值；

(4)利用壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響分析平衡移動(dòng)的方向；判斷物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率及物質(zhì)的平衡濃度大小。

【詳解】

(1)反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K=

(2)a.NH3生成的速率與NH3分解的速率相等；表明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到了平衡狀態(tài)，故a正確；

b.單位時(shí)間內(nèi)消耗amolN2，同時(shí)生成2amolNH3，表示的都是正反應(yīng)速率，無(wú)法判斷正、逆反應(yīng)速率是否相等，b錯(cuò)誤；

c.該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不等的反應(yīng)；反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，若壓強(qiáng)不再隨時(shí)間變化而變化，說(shuō)明氣體總物質(zhì)的量不再改變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c正確；

d.容器內(nèi)的密度不再變化，該反應(yīng)兩邊都是氣體，氣體的質(zhì)量不變，反應(yīng)中容器的容積不變，根據(jù)ρ=可知；密度在反應(yīng)過(guò)程中始終不變，不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，d錯(cuò)誤；

e.容器內(nèi)H2的體積分?jǐn)?shù)不再變化，說(shuō)明H2的物質(zhì)的量不再隨時(shí)間變化而變化；此時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，e正確；

故合理選項(xiàng)是bd；

(3)在2L密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol÷2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol÷2L=3.5mol/L，達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得c(N2)=2.0mol/L，則根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知△c(N2)=2.5mol/L-2.0mol/L=0.5mol/L，△c(H2)=1.5mol/L，△c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=L2·mol-2=0.0625L2·mol-2；

(4)在(3)所得平衡狀態(tài)的基礎(chǔ)上，將容器擴(kuò)大到原來(lái)的兩倍，c(NH3)瞬間變?yōu)樵胶獾募礊?.5mol/L，此時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)減小，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，減小壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積增大的逆方向移動(dòng)，則反應(yīng)N2的轉(zhuǎn)化率減小，達(dá)到平衡時(shí)c(NH3)<0.5mol/L。

【點(diǎn)睛】

本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、平衡移動(dòng)等知識(shí)，注意掌握化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷方法、利用化學(xué)平衡平衡常數(shù)的定義計(jì)算某條件下其數(shù)值的大小?！窘馕觥縆=bd0.0625L2·mol－2減小<10、略

【分析】【分析】

(1)含有弱離子的鹽能發(fā)生水解，據(jù)此分析；

(2)這幾種物質(zhì)中，能和強(qiáng)堿、強(qiáng)酸反應(yīng)的物質(zhì)為弱酸的酸式鹽，據(jù)此分析；

(3)向氨水中加入氯化銨抑制一水合氨電離，據(jù)此分析；

(4)NH3?H2O為弱電解質(zhì)，不能完全電離，據(jù)此分析；

(5)取10mL溶液③；加水稀釋到100mL，溶液濃度為原來(lái)的十分之一，為0.01mol/L，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)含有弱離子的鹽能發(fā)生水解，Na2CO3和NaHCO3都是含有弱離子的鹽；能發(fā)生水解，故答案為：①②；

(2)這幾種物質(zhì)中，能和強(qiáng)堿、強(qiáng)酸反應(yīng)的物質(zhì)是碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式分別為HCO3-+OH-=H2O+CO32-、HCO3-+H+=H2O+CO2，故答案為：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；HCO3-+H+=H2O+CO2；

(3)向氨水中加入氯化銨，溶液中銨根離子濃度增大，抑制一水合氨電離，氫氧根離子濃度減小，所以c(NH4+)c(OH?)的值增大；故答案為：增大；

(4)NH3?H2O為弱電解質(zhì)；不能完全電離，如等體積混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水應(yīng)過(guò)量，故答案為：小于；

(5)取10mL溶液③，加水稀釋到100mL，溶液濃度為原來(lái)的為0.01mol/L，由Kw=c(OH?)?c(H+)可知，c(OH?)=10?12mol?L?1，則此時(shí)溶液中由水電離出的c(H+)=10?12mol?L?1，故答案為：10?12?！窘馕觥竣?①②②.HCO3-+OH-=H2O+CO32-③.HCO3-+H+=H2O+CO2④.增大⑤.小于⑥.10?1211、略

【分析】【分析】

根據(jù)鹽溶液中存在的水解平衡和影響水解平衡的因素分析。

【詳解】

(1)①NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液呈酸性，②NaCl為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，③CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO-水解使溶液呈堿性；

(2)氯化鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，水解離子方程式為Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+；配制溶液時(shí)應(yīng)防止水解生成沉淀而使溶液變渾濁，則應(yīng)加入鹽酸。

【點(diǎn)睛】【解析】①②③Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+抑制氯化鐵的水解12、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）難溶物溶度積常數(shù)小的先沉淀，根據(jù)溶度積常數(shù)相對(duì)大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，當(dāng)溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L時(shí)，認(rèn)為鎂離子完全沉淀，則溶液中的磷酸根濃度為C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案為Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化學(xué)反應(yīng)的速率與反應(yīng)物的接觸面積有關(guān)；毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應(yīng)物的接觸面積，增大反應(yīng)速率，故答案為增大接觸面積從而使反應(yīng)速率加快；

②根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)可知：Fe3+完全沉淀時(shí)的pH為3.2，加入氨水，調(diào)pH為8，F(xiàn)e3++3NH3?H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，F(xiàn)e3+完全沉淀，濾渣1為Fe(OH)3，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時(shí)的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時(shí)的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4時(shí)應(yīng)避免過(guò)量，防止CaC2O4沉淀完全后，過(guò)量的H2C2O4會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少，故答案為Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4過(guò)量會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀；產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；

（3）由圖示可知，在該條件下，CaSO4飽和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．當(dāng)向100mL該條件下的CaSO4飽和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)?c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中無(wú)沉淀析出，最終溶液中硫酸根離子濃度增大；故選D。

【考點(diǎn)定位】考查難溶物的溶解平衡；物質(zhì)的分離和提純。

【名師點(diǎn)晴】本題考查了實(shí)驗(yàn)室利用毒重石制備BaCl2?2H2O的設(shè)計(jì)方法，側(cè)重考查影響反應(yīng)速率的因素、實(shí)驗(yàn)基本操作、沉淀溶解平衡的應(yīng)用等知識(shí)，實(shí)驗(yàn)步驟結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析是解答的關(guān)鍵。制備BaCl2?2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))，加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應(yīng)：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，調(diào)pH為8，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)的pH為3.2，只有Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時(shí)的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時(shí)的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到BaCl2?2H2O?！窘馕觥浚?）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反應(yīng)物的接觸面積，增大反應(yīng)速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；會(huì)導(dǎo)致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品產(chǎn)量會(huì)減少；（3）D。13、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）放電時(shí)，該裝置是原電池，正極發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充電時(shí)為電解池，該電極連接外接電源的正極；（3）放電時(shí)，該裝置是原電池，電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)為：Li―e－=Li＋，質(zhì)量減少；（4）根據(jù)示意圖，B極區(qū)生產(chǎn)H2，同時(shí)生成LiOH，則B極區(qū)電解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液則無(wú)法得到純凈的LiOH，則B極區(qū)電解液為L(zhǎng)iOH溶液；離子交換膜應(yīng)使用陽(yáng)離子交換膜，傳導(dǎo)Li＋。

【考點(diǎn)】

電解原理及應(yīng)用。

【點(diǎn)睛】

本題考查電解原理及應(yīng)用，包括電極方程式的書(shū)寫、電解液的判斷、離子移動(dòng)方向的判斷；準(zhǔn)確理解題給信息是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。首先通過(guò)電解法制備LiOH的分析考查了電解的原理及應(yīng)用，側(cè)重于對(duì)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題能力的考查。【解析】正FePO4+e-+Li+=LiFePO4正極減少LiOH陽(yáng)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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、原理綜合題(共4題，共32分)15、略

【分析】【詳解】

（1）△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能=742kJ/mol+577kJ/mol+2×465kJ/mol-2×339kJ/mol-2×803kJ/mol=-35kJ/mol；

（2）由圖可知CO2被FeO還原為C，F(xiàn)eO被氧化為FexOy，而=4，說(shuō)明FexOy為Fe2O3，因此方程式為：4FeO＋CO22Fe2O3+C；

（3）A.HCOONa中Na+為陽(yáng)離子，不發(fā)生水解，NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液顯酸性；因此兩溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和，前者大于后者，A項(xiàng)正確；

B.pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液，濃度CH3COOH＞HCOOH，用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積、pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點(diǎn)，酸的物質(zhì)的量越多，消耗的堿體積越大，即消耗的NaOH溶液的體積CH3COOH＞HCOOH；B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.混合溶液中醋酸的水解平衡常數(shù)為=5.1×10-10＜Ka，說(shuō)明中CH3COONa水解程度小于其電離程度，溶液顯酸性，因此有：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；C項(xiàng)正確；

D.0.2mol·L-1HCOOH與0.1mol·L-1NaOH等體積混合，根據(jù)電荷守恒有：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根據(jù)物料守恒有：c(HCOO-)+c(HCOOH)=2c(Na+)，兩式聯(lián)立后得：c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+)；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選AC；

（4）H2S的電離常數(shù)Ka2==7.0×10-15,反應(yīng)Hg2+(aq)+HS-(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常數(shù)K==1.75×1038，Ksp(HgS)==×=c(Hg2+)·c(S2-)==4.0×10-53?！窘馕觥俊?5kJ/mol4FeO＋CO22Fe2O3+CA、C4.0×10-5316、略

【分析】【分析】

(1)①25℃時(shí)，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)；據(jù)此分析；

②根據(jù)流程圖知，NO2、NO與NH4HSO3反應(yīng)，+4價(jià)的氮氧化+4價(jià)的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得電子被還原，則HSO3－被氧化生成SO42－；據(jù)此書(shū)寫離子方程式；

(2)①根據(jù)已知方程式構(gòu)建目標(biāo)方程式；根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱；

②根據(jù)平衡移動(dòng)原理來(lái)分析；升高溫度，平衡逆向移動(dòng)；

(3)①化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪乘積的比值；

②據(jù)催化劑能加快化學(xué)反應(yīng)速率；但不影響平衡移動(dòng)畫(huà)圖；

(4)據(jù)陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)書(shū)寫電極反應(yīng)方程式。

【詳解】

(1)25℃時(shí)，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)，則c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=（10-5-10-9）mol/L；

②根據(jù)流程圖知，NO2、NO與NH4HSO3反應(yīng)，+4價(jià)的氮氧化+4價(jià)的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得電子被還原，則HSO3－被氧化生成SO42－，反應(yīng)的方程式為：NO+NO2+3NH4HSO3=N2+3NH4HSO4，離子方程式為NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

因此，本題正確答案是：NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

(2)①反應(yīng)Ⅰ：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

反應(yīng)Ⅱ：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

根據(jù)蓋斯定律(Ⅰ×3+Ⅱ×2)得反應(yīng)2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)

則△H4=[(－113.0kJ·mol－1)×3+(－138.0kJ·mol－1)×2]=-615kJ/mol

因此；本題正確答案是：-615kJ/mol；

②由以上計(jì)算可知，2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)為放熱反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，造成HNO3濃度降低；

因此；本題正確答案是：溫度升高，平衡逆向移動(dòng)；

(3)①CO的降解率為x；設(shè)起始CO濃度為amol/L；

2CO(g)+O2(g)2CO2(g)

開(kāi)始(mol/L)a0

變化(mol/L)axaxax

平衡(mol/L)a-ax0.01ax

K===

因此，本題正確答案是：

②據(jù)催化劑能加快化學(xué)反應(yīng)速率；但不影響平衡移動(dòng)，故圖為。

因此，本題正確答案是：

(4)陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故電極反應(yīng)方程式為Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；

因此，本題正確答案是：Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+?！窘馕觥?0-5-10-9NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+-615kJ/mol溫度升高，平衡逆向移動(dòng)

(圖像畫(huà)法說(shuō)明：陰影部分a點(diǎn)之前在型上方，a點(diǎn)之后重合)Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+17、略

【分析】(1)

將已知反應(yīng)依次編號(hào)為①②，由蓋斯定律可知，②+①×2得到反應(yīng)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，則?H=?H2—2?H1=(—295.9kJ·mol-1)—(—297.2kJ·mol-1)×2=—890.3kJ·mol-1，由反應(yīng)熱?H=—(E1—E2)可得E2=E1—890.3，故答案為：E1—890.3；

(2)

該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化硫平衡時(shí)的含量減小，則由圖可知b為恒溫線、a為恒壓線，由恒壓線變化可知，升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)增大，說(shuō)明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；a為恒壓線，b為恒溫線，溫度升高，Kc增大；

(3)

A．二氧化碳和氣態(tài)硫都是生成物，反應(yīng)中的比值始終不變，則不變；不能說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，無(wú)法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故A符合題意；

B．由化學(xué)方程式的計(jì)量數(shù)可知，v(CO2)正=v(SO2)逆說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等；反應(yīng)已達(dá)到平衡，故B不符合題意；

C．該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)；反應(yīng)中混合氣體的壓強(qiáng)增大，則混合氣體的總壓強(qiáng)不再改變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故C不符合題意；

D．由化學(xué)方程式可知；該反應(yīng)為氣體質(zhì)量增大的反應(yīng)，恒溫恒容條件下，混合氣體的密度增大，則混合氣體的密度不再改變說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故D不符合題意；

故選A；

(4)

設(shè)5min時(shí)；反應(yīng)生成amol二氧化碳，由題意可建立如下三段式：

由5min時(shí)容器中二氧化碳的體積分?jǐn)?shù)為20%可得：×100%=20%，解得a=0.25，由p1:p2=n1:n2，p2=1.25p0，則反應(yīng)消耗二氧化硫的分壓為×1.25p0=0.25p0，則0~5min內(nèi)，v(SO2)=kPa·min-1=kPa·min-1；設(shè)10min時(shí)，反應(yīng)生成bmol二氧化碳；由題意可建立如下三段式：

由p1:P2=n1:n2可得：p0:p=1.0:(1.0+b)，解得b=則800℃，在1.0L的恒容密閉容器中反應(yīng)的平衡常數(shù)Kc=mol/L=mol/L，故答案為：

(5)

由圖中電子的移動(dòng)方向可知，右側(cè)電極為原電池的負(fù)極，二氧化硫在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為SO2—2e—+2H2O=SO+2H+，左側(cè)電極為正極，過(guò)氧化氫在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為H2O2+2e—+2H+=2H2O，電路中通過(guò)1mol電子時(shí)，正極區(qū)消耗氫離子，則溶液中的氫離子濃度減小，負(fù)極區(qū)生成硫酸根離子的物質(zhì)的量為1mol×=0.5mol，溶液中硫酸的物質(zhì)的量為1mol/L×0.2L+0.5mol=0.7mol，故答案為：0.7mol?！窘馕觥?1)E1—890.3

(2)吸熱a為恒壓線，b為恒溫線，溫度升高，Kc增大。

(3)A

(4)

(5)a減小0.7mol18、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)蓋斯定律可得途徑Ⅱ與途徑I相比；優(yōu)勢(shì)在于途徑Ⅱ的兩個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，相對(duì)容易進(jìn)行；

故答案為：途徑Ⅱ的兩個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)；相對(duì)容易進(jìn)行；

(2)活化能是反應(yīng)物平均能量與過(guò)渡態(tài)能量的差值，基元反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由圖像可知，對(duì)總反應(yīng)速率影響較大的步驟的活化能為該步驟的化學(xué)方程式是

(3)①設(shè)的平衡轉(zhuǎn)化率為充入為根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)，列三段式：

反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)體系中的體積分?jǐn)?shù)為0.6，則解得

②由①中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)的體積分?jǐn)?shù)分別為0.1，0.3、0.6，則此溫度下反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)

(4)結(jié)合題意，可得反應(yīng)的化學(xué)方程式為或處理標(biāo)準(zhǔn)狀況下含有(體積分?jǐn)?shù))的尾氣，需要濃氨水的體積【解析】途徑Ⅱ的兩個(gè)反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，相對(duì)容易進(jìn)行352(或125五、計(jì)算題(共2題，共6分)19、略

【分析】【分析】

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

(2)將已知的熱化學(xué)方程式疊加；可得待求反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

(3)根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物總鍵能與生成物總鍵能的差計(jì)算NO分子中化學(xué)鍵的鍵能；

(4)根據(jù)蓋斯定律；將已知熱化學(xué)方程式疊加，可得單斜硫與正交硫轉(zhuǎn)化的熱化學(xué)方程式然后進(jìn)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(qiáng)分析判斷；

(5)根據(jù)蓋斯定律分析比較；

(6)根據(jù)斷裂化學(xué)鍵吸收能量；形成化學(xué)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(xué)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(yīng)熱等于反應(yīng)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；

根據(jù)該熱化學(xué)方程式可知：?jiǎn)涡绷蜣D(zhuǎn)化為正交硫放出熱量；說(shuō)明正交硫能量比單斜硫的能量低，物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強(qiáng)，故單斜硫不如正交硫的穩(wěn)定性強(qiáng)；

(5)反應(yīng)熱只與反應(yīng)的溫度、物質(zhì)的狀態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)條件無(wú)關(guān)，所以同溫同壓下，在光照和點(diǎn)燃條件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化學(xué)計(jì)量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1=ΔH2；

(6)由于鍵能是形成1mol化學(xué)鍵所釋放的能量或斷裂1mol化學(xué)鍵所吸收的能量；說(shuō)明含有化學(xué)鍵的分子所具有的能量比形成該化學(xué)鍵的原子的能量低，因此在相同條件下，2mol氫原子所具有的能量比1mol氫分子所具有的能量高。

【點(diǎn)睛】

本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、表示燃燒熱是熱化學(xué)方程式的書(shū)寫、反應(yīng)熱與鍵能和物質(zhì)穩(wěn)定性的關(guān)系?；瘜W(xué)反應(yīng)過(guò)程的能量變化只與物質(zhì)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑、反應(yīng)條件無(wú)關(guān)。在書(shū)寫燃燒熱的熱化學(xué)方程式時(shí)，要注意可燃物的物質(zhì)的量必須是1mol，且反應(yīng)產(chǎn)物是穩(wěn)定的化合物，如H2O的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài)，CO2的穩(wěn)定狀態(tài)是氣態(tài)；物質(zhì)含有的能量越低穩(wěn)定性就越強(qiáng)，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更穩(wěn)定。【解析】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不穩(wěn)定=>20、略

【分析】【分析】

(1)CH3COOH是弱酸，部分電離生成醋酸根離子和氫離子，根據(jù)25℃，CH3COOH的電離平衡常數(shù)為1.7×10-5，結(jié)合電離平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算c(H+)；

(2)CH3COONa的水解平衡常數(shù)Kh==

(3)根據(jù)水解平衡常數(shù)結(jié)合平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算水解生成的c(OH-)；再判斷pH。

【詳解】

(1)CH3COOH是弱酸，部分電離生成醋酸根離子和氫離子，電離方程式為CH3COOH?H++CH3COO-，25℃，CH3COOH的電離平衡常數(shù)為1.7×10-5，則0.1mol/LCH3COOH溶液中K===1.7×10-5，解得：c(H+)=故答案為：CH3COOH?H++CH3COO-；

(2)CH3COONa的水解平衡常數(shù)Kh====5.9×10-10，故答案為：5.9×10-10；

(3)25℃，CH3COONa的水解平衡常數(shù)Kh=5.9×10-10==解得：c(OH-)=mol/L=7.7×10-6mol/L，pH最接近9，故選A。【解析】CH3COOHCH3COO-+H+5.9×10-10A六、工業(yè)流程題(共3題，共21分)21、略

【分析】【分析】

軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進(jìn)行反應(yīng)，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過(guò)濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽(yáng)離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向?yàn)V液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時(shí)濾液中的金屬陽(yáng)離子只有Mn2+，向?yàn)V液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀；過(guò)濾；洗滌、干燥得到高純碳酸錳。

【詳解】

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)元素價(jià)態(tài)規(guī)律可知-2價(jià)的S元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當(dāng)MnO2過(guò)量時(shí)，會(huì)消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減??；

(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液；所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；

(4)凈化時(shí)更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當(dāng)c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時(shí)，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；

(5)碳化過(guò)程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應(yīng)生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：②.③.過(guò)量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2④.蒸發(fā)⑤.H2O2⑥.4.9⑦.22、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，蝕刻液為氯化鐵溶液，則濾液①為氯化亞鐵，因此印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中應(yīng)先加入過(guò)量的鐵粉除去銅離子和鐵離子；過(guò)濾后，在濾液1中通入過(guò)量的氯氣，可生成氯化鐵，用于制作蝕刻液；濾渣①含有銅；鐵，加入過(guò)量的鹽酸除去鐵，濾液②為氯化亞鐵，濾渣②中含有銅，可與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化硫，銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅，調(diào)節(jié)溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶體，據(jù)此分析解