2024年北師大版選修4化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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)2024年北師大版選修4化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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8題，共16分)1、實(shí)驗(yàn)室中制備乙烯的方法是使乙醇脫水，反應(yīng)可以簡(jiǎn)單地表示為CH3CH2OH―→CH2=CH2↑＋H2O。已知CH2=CH2（g）和C2H5OH（l）的燃燒熱分別是1411.0kJ·mol－1和1366.8kJ·mol－1。則實(shí)驗(yàn)室用C2H5OH（l）制備CH2=CH2（g）生成1mol液態(tài)水的ΔH為（）A.－44.2kJ·mol－1B.＋44.2kJ·mol－1C.－2777.8kJ·mol－1D.＋2777.8kJ·mol－12、體積相同的密閉容器中均充入和分別于和開(kāi)始發(fā)生反應(yīng)：Z的含量隨時(shí)間t的變化如圖所示。已知在時(shí)刻改變曲線b某一實(shí)驗(yàn)條件；下列判斷正確的是。

A.曲線a是時(shí)的圖像B.從0到時(shí)刻，反應(yīng)物的C.時(shí)刻生成物Z的量D.時(shí)刻改變的條件可能是降溫3、相同溫度下，三種酸的電離常數(shù)如下，下列判斷中正確的是（）。酸HXHYHZ電離常數(shù)K9×10-79×10-61×10-2

A.三種酸的強(qiáng)弱關(guān)系：HX>HY>HZB.反應(yīng)HZ+Y－=HY+Z－能夠發(fā)生C.同體積、同濃度的三種酸中和堿的能力不同D.相同溫度下，1.0mol/LHX溶液的電離常數(shù)大于0.1mol/LHX溶液4、相同溫度，相同物質(zhì)的量濃度的五種溶液：①NH4Cl②NaHSO4③NaCl④CH3COONa⑤Na2CO3，pH按由大到小的順序排列，正確的是A.⑤>④>①>③>②B.⑤>④>③>①>②C.⑤>④>①>②>③D.④>⑤>③>①>②5、下列說(shuō)法不正確的是A.草木灰與銨態(tài)氮肥不宜混合使用B.電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂C.熱的純堿溶液比冷的除油污的效果更好D.在輪船外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕速率6、磷酸(H3PO4)是一種中強(qiáng)酸，常溫下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某微粒的濃度占各含磷微?？倽舛鹊姆?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如圖；下列說(shuō)法正確的是。

A.H3PO4的電離方程式為：H3PO43H++PO43?B.pH=2時(shí)，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4?、HPO42?、PO43?C.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)D.滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑7、常溫時(shí)，物質(zhì)的量濃度相同的三種鹽NaX、NaY、NaZ的溶液的pH依次為7、9、10。下列說(shuō)法正確的是A.對(duì)應(yīng)酸的酸性：HX<HY<HZB.鹽溶液中離子濃度c(Z-)>c(Y-)>c(X-)C.三種鹽溶液中水的電離度都比純水大D.溶液中陰、陽(yáng)離子總濃度：NaX>NaY>NaZ8、硫酸鍶(SrSO4)可用于煙火和陶瓷工業(yè)，該物質(zhì)是礦物天青石的主要成分，可有Na2SO4溶液加入鍶鹽溶液沉淀而得。如圖是硫酸鍶的溶解曲線；下列說(shuō)法正確的是。

A.圖像中a、c兩點(diǎn)的溶度積：Ksp(a)sp(c)B.363K時(shí)的溶度積Ksp(SrSO4)=1.0×10-3.20C.SrSO4的溶解度隨溫度升高而增大D.313K時(shí)，b點(diǎn)為飽和溶液，d點(diǎn)為不飽和溶液評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、甲胺(CH3NH2)是合成太陽(yáng)能敏化劑的原料。一定溫度下，在三個(gè)體積均為2.0L的恒容密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，測(cè)得有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：。容器編號(hào)溫度/K起始物質(zhì)的量（mol）平衡物質(zhì)的量molCH3OHNH3CH3NH2H2OCH3NH2H2OCH3NH2H2OI5300.400.40000.30II5300.800.8000III500000.200.200.16

下列說(shuō)法正確的是（）A.正反應(yīng)的平衡常數(shù)K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)B.達(dá)到平衡時(shí)，體系中c(CH3OH)關(guān)系：2c(CH3OH，Ⅰ)＞c(CH3OH，Ⅱ)C.達(dá)到平衡時(shí)，轉(zhuǎn)化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)＜1D.530K時(shí)，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH0.10mol、NH30.15mol、CH3NH20.10mol、H2O0.10mol，則反應(yīng)將向逆反應(yīng)方向進(jìn)行10、一定溫度下對(duì)冰醋酸逐滴加水稀釋?zhuān)话l(fā)生如圖變化，圖中Y軸的含義可能是。

A.導(dǎo)電能力B.pHC.氫離子濃度D.溶液密度11、時(shí)，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.溶液中：12、常溫下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖。下列說(shuō)法正確的是（）

A.點(diǎn)①所示溶液中：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)B.點(diǎn)②所示溶液中：c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.點(diǎn)③所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D.滴定過(guò)程中可能出現(xiàn)：c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)13、常溫下，某溶液中只含有CH3COO-、Na+、H+、OH-四種離子。已知該溶液的溶質(zhì)為一種或兩種，且具有一定的濃度，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶質(zhì)只有CH3COONaB.若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶質(zhì)為CH3COONa與CH3COOHC.若溶液pH=7，則可能存在：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)D.若溶液pH<7，則不可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)14、下列敘述正確的是A.0.1mol/L的KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.25℃時(shí)，將pH=3的鹽酸溶液和pH=11的氨水等體積混合，溶液中離子濃度的關(guān)系：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)C.在0.1mol/LNH4Cl溶液中：c(H+)=c(NH3?H2O)＋c(OH-)D.氯水中：c(Cl2)=2[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)]15、常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入的CO2的體積(V)與溶液中水電離出的OH-離子濃度(φ)的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是。

A.a點(diǎn)溶液中：水電離出的c(H+)=1×10-10mol/LB.b點(diǎn)溶液中：n(Na+)=1×10-10molC.c點(diǎn)溶液中：c(Na+)＞c()＞c()D.d點(diǎn)溶液中：c(Na+)=2c()+c()16、常溫下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)關(guān)系如圖所示；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.曲線M表示和的關(guān)系B.滴定過(guò)程中，當(dāng)pH=5時(shí)，c(Na+)－3c(HC2O)>0C.隨pH的升高而減小D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、納米級(jí)Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到科學(xué)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(yáng)極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________________；電解一段時(shí)間，當(dāng)陰極產(chǎn)生的氣體體積為112mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，停止電解，通過(guò)離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。(離子交換膜只允許OH－通過(guò))

（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(lái)制備納米級(jí)Cu2O，同時(shí)放出N2。生成1molN2時(shí)，生成Cu2O的物質(zhì)的量為_(kāi)_______________。

（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(xiě)出肼-空氣燃料電池放電時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)式：___________________________。18、依據(jù)敘述；寫(xiě)出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出450kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________。

（2）已知拆開(kāi)1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________。

（3）鈦（Ti）被稱(chēng)為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

則TiO2(s)與Cl2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________。19、寫(xiě)出下列熱化學(xué)反應(yīng)方程式：

(1)1molN2(g)與適量H2(g)起反應(yīng)生成NH3(g)；放出92.2kJ熱量：______________。

(2)1molN2(g)與適量O2(g)起反應(yīng)生成NO(g)；吸收68kJ熱量：_______________。

(3)1molCu(s)能與一定量的O2(g)起反應(yīng)生成CuO(s)，放出157kJ熱量：__________。20、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(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)_____________。利用反應(yīng)6NO2＋7N5＋12H2O也可處理NO2。當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)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(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______。

a．體系壓強(qiáng)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(shí)生成1molNO2

測(cè)得上述反應(yīng)平衡時(shí)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(qiáng)的關(guān)系如圖所示。該反應(yīng)ΔH_____0(填“>”或“<”)。實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是_______。21、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)φ(NH3)與氫氮比x(H2與N2的物質(zhì)的量比)的關(guān)系如圖：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a點(diǎn)總壓為50MPa，T2時(shí)Kp=_______(MPa)－2(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))22、圖表示800℃時(shí)；A；B、C三種氣體物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的情況，t是達(dá)到平衡狀態(tài)的時(shí)間。試回答：

(1)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。

(2)2min內(nèi)，A物質(zhì)的平均反應(yīng)速率為_(kāi)______。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)23、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)24、新型電池在飛速發(fā)展的信息技術(shù)中發(fā)揮著越來(lái)越重要的作用。Li2FeSiO4是極具發(fā)展?jié)摿Φ男滦弯囯x子電池電極材料，在蘋(píng)果的幾款最新型的產(chǎn)品中已經(jīng)有了一定程度的應(yīng)用。其中一種制備Li2FeSiO4的方法為：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2

某學(xué)習(xí)小組按如下實(shí)驗(yàn)流程制備Li2FeSiO4并測(cè)定所得產(chǎn)品中Li2FeSiO4的含量。

實(shí)驗(yàn)(一)制備流程：

實(shí)驗(yàn)(二)Li2FeSiO4含量測(cè)定：

從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測(cè)定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)。經(jīng)4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的體積如下：。實(shí)驗(yàn)序號(hào)1234消耗KMnO4溶液體積20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL

（1）實(shí)驗(yàn)(二)中的儀器名稱(chēng)：儀器B____________，儀器C__________。

（2）制備Li2FeSiO4時(shí)必須在惰性氣體氛圍中進(jìn)行，其原因是______________________。

（3）操作Ⅱ的步驟______________，在操作Ⅰ時(shí)，所需用到的玻璃儀器中，除了普通漏斗、燒杯外，還需_______________。

（4）還原劑A可用SO2，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式_____________________，此時(shí)后續(xù)處理的主要目的是_________________________。

（5）滴定終點(diǎn)時(shí)現(xiàn)象為_(kāi)_______________________________；根據(jù)滴定結(jié)果，可確定產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______________；若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，會(huì)使測(cè)得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。25、某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定。

Ⅰ.配制0.50mol·L－1H2SO4溶液。

(1)若配制250mLH2SO4溶液，則需量筒量取密度為1.84g·cm－3，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的濃硫酸____mL。

Ⅱ.測(cè)定稀硫酸和稀氫氧化鈉反應(yīng)的中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：

(2)儀器A的名稱(chēng)為_(kāi)__________。

(3)寫(xiě)出表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式：__________________。

(4)取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表。實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃溫度差(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①溫度差的平均值為_(kāi)___℃。

②近似認(rèn)為0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比熱容c＝4.18J·(g·℃)－1。則測(cè)得的中和熱ΔH＝___________(取小數(shù)點(diǎn)后一位)。

③上述結(jié)果與57.3kJ·mol－1有偏差，產(chǎn)生此偏差的原因可能是____(填字母)。

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度。

(5)碎泡沫塑料的作用是___________。26、新型電池在飛速發(fā)展的信息技術(shù)中發(fā)揮著越來(lái)越重要的作用。Li2FeSiO4是極具發(fā)展?jié)摿Φ男滦弯囯x子電池電極材料，在蘋(píng)果的幾款最新型的產(chǎn)品中已經(jīng)有了一定程度的應(yīng)用。其中一種制備Li2FeSiO4的方法為：固相法：2Li2SiO3＋FeSO4Li2FeSiO4＋Li2SO4＋SiO2

某學(xué)習(xí)小組按如下實(shí)驗(yàn)流程制備Li2FeSiO4并測(cè)定所得產(chǎn)品中Li2FeSiO4的含量。

實(shí)驗(yàn)(一)制備流程：

實(shí)驗(yàn)(二)Li2FeSiO4含量測(cè)定：

從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol·Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測(cè)定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)。經(jīng)4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的體積如下：。實(shí)驗(yàn)序號(hào)1234消耗KMnO4溶液體積20.00mL19.98mL21.38mL20.02mL

（1）實(shí)驗(yàn)(二)中的儀器名稱(chēng)：儀器B____________，儀器C__________。

（2）制備Li2FeSiO4時(shí)必須在惰性氣體氛圍中進(jìn)行，其原因是______________________。

（3）操作Ⅱ的步驟______________，在操作Ⅰ時(shí)，所需用到的玻璃儀器中，除了普通漏斗、燒杯外，還需_______________。

（4）還原劑A可用SO2，寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式_____________________，此時(shí)后續(xù)處理的主要目的是_________________________。

（5）滴定終點(diǎn)時(shí)現(xiàn)象為_(kāi)_______________________________；根據(jù)滴定結(jié)果，可確定產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______________；若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，會(huì)使測(cè)得的Li2FeSiO4含量_______________。（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共2題，共8分)27、氫氣是一種清潔能源；氫氣的制取與儲(chǔ)存是氫能源利用領(lǐng)域的研究熱點(diǎn)。

(1)熱分解法制氫。某溫度，H2O(g)H2(g)+1/2O2(g)。該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式K=_____

(2)熱化學(xué)循環(huán)制氫。制備H2的反應(yīng)步驟如下：

①Br2(g)+CaO(s)=CaBr2(s)+1/2O2(g)ΔH=－73kJ·mol-1

②3FeBr2(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+6HBr(g)+H2(g)ΔH=+384kJ·mol-1

③CaBr2(s)+H2O(g)=CaO(s)+2HBr(g)ΔH=+212kJ·mol-1

④Fe3O4(s)+8HBr(g)=Br2(g)+3FeBr2(s)+4H2O(g)ΔH=－274kJ·mol-1

則H2O(g)H2(g)+1/2O2(g)ΔH=_________kJ·mol－1。

(3)光電化學(xué)分解制氫，鈦酸鍶光電極:4OH-－4e-O2+2H2O，則鉑電極的電極反應(yīng)為_(kāi)______。

(4)水煤氣法制氫。CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH<0；在850℃時(shí)，K=1。

①若升高溫度到950℃時(shí)，達(dá)到平衡時(shí)K_________1(填“＞”；“＜”或“＝”)。

②850℃時(shí)，若向一容積可變的密閉容器中同時(shí)充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，若要使上述反應(yīng)開(kāi)始時(shí)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則x應(yīng)滿足的條件是_________。

(5)甲烷制氫。將1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容積為100L的反應(yīng)室，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)。測(cè)得達(dá)到平衡所需的時(shí)間為5min，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則用H2表示該反應(yīng)的平均反應(yīng)速率為_(kāi)____。

(6)LiBH4具有非常高的儲(chǔ)氫能力，分解時(shí)生成氫化鋰和兩種非金屬單質(zhì)。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____。28、CO2是一種廉價(jià)的碳資源；其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉(zhuǎn)化為_(kāi)_________(寫(xiě)離子符號(hào))；若所得溶液pH=10，溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)__________。(室溫下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11）

(2)CO2與CH4經(jīng)催化重整不僅可以制得合成氣，還對(duì)溫室氣體的減排具有重要意義。催化重整反應(yīng)為：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。

已知：C(s)+2H2(g)=CH4(s)△H=-75kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2(s)△H=-394kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO(s)△H=-111kJ·mol-1

①該催化重整反應(yīng)的△H=__________。有利于提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是__________(填標(biāo)號(hào))。

A低溫低壓B低溫高壓C高溫低壓D高溫高壓。

某溫度下，在體積為2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率是50％，其平衡常數(shù)為_(kāi)_________mol2·L-2。

②反應(yīng)中催化劑活性會(huì)因積碳反應(yīng)而降低，同時(shí)存在的消碳反應(yīng)則使積碳量減少。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。消碳反應(yīng)。

CO2(g)+C(s)=2CO(g)消碳反應(yīng)。

CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H/kJ·mol-1172172活化能/kJ·mol-1催化劑X3391催化劑Y437272

由上表判斷，催化劑X__________Y(填“優(yōu)于”或“劣于”)，理由是：__________________。

(3)在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO是一種新的能源利用方式；基本原理如圖所示：

①X是電源的__________極(填“正”或“負(fù)”)。

②陰極的電極反應(yīng)式是：H2O+2e-=H2+O2-、CO2+2e-=CO+O2-

則總反應(yīng)可表示為_(kāi)_________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

由已知燃燒熱可以寫(xiě)出兩個(gè)熱化學(xué)方程式：CH2=CH2（g）＋3O2（g）=2CO2（g）＋2H2O（l）ΔH1＝－1411.0kJ·mol－1①；C2H5OH（l）＋3O2（g）=2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH2＝－1366.8kJ·mol－1②；根據(jù)蓋斯定律可知，由②－①得：C2H5OH（l）=H2O（l）＋CH2=CH2（g）ΔH＝＋44.2kJ·mol－1；B項(xiàng)正確；

故答案選B。2、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，b曲線到達(dá)平衡的時(shí)間小于a，則b反應(yīng)速率大于a，溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以a曲線的溫度小于b曲線，則b是時(shí)的圖像；故A錯(cuò)誤；

B．通過(guò)A知，b曲線溫度大于a曲線，溫度越高，反應(yīng)速率越大，所以故B錯(cuò)誤；

C．設(shè)生成物Z的物質(zhì)的量為n，

平衡時(shí)，則Z的含量根據(jù)圖像，時(shí)刻生成物Z含量相等，則時(shí)刻生成物Z的物質(zhì)的量n相等，其初始狀態(tài)相等，所以故C錯(cuò)誤；

D．該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，時(shí)刻；Z的含量增大，說(shuō)明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則可能改變的條件是降低溫度，故D正確；

答案選D。3、B【分析】【詳解】

A選項(xiàng)，表中電離常數(shù)大小關(guān)系：1×10-2>9×10-6>9×10-7，所以酸性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篐Z>HY>HX；故A錯(cuò)誤；

B選項(xiàng)，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)原理得到HZ+Y－=HY+Z－；故B正確；

C選項(xiàng)；同體積；同濃度的三種酸中，溶質(zhì)的總量相等，中和堿的能力相同，故C錯(cuò)誤；

D選項(xiàng)；電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

綜上所述；答案為B。

【點(diǎn)睛】

電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液的濃度無(wú)關(guān)，溫度一定時(shí)，K越大，酸越強(qiáng)，但不一定酸性越強(qiáng)。4、B【分析】【詳解】

硫酸氫鈉溶液電離出氫離子，溶液顯酸性；同溫度相同物質(zhì)的量濃度下列溶液中，NH4Cl中銨根離子水解導(dǎo)致溶液顯示酸性，但是酸性小于硫酸氫鈉，CH3COONa、Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液呈堿性，對(duì)應(yīng)酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，酸根離子的水解程度大小為CH3COO-＜CO32-，所以溶液pH：CH3COONa＜Na2CO3；按pH由大到小的順序排列為：⑤＞④＞③＞①＞②；

答案選B。5、B【分析】【詳解】

A．草木灰的主要成分為碳酸鉀；與銨態(tài)氮肥混合能夠發(fā)生雙水解反應(yīng)，易使氨氣逸出，土壤中銨根離子濃度降低，從而降低肥效，故A正確；

B．電解MgCl2飽和溶液得到氫氧化鎂沉淀，Mg是活潑金屬，工業(yè)上采用電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂；故B錯(cuò)誤；

C．純堿的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度，能促進(jìn)其水解，所得溶液堿性更強(qiáng)，除油污的效果更好，故C正確；

D．在輪船外殼上鑲?cè)脘\塊；Zn-Fe-海水形成原電池，Zn作負(fù)極，F(xiàn)e作正極，F(xiàn)e電極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)而被保護(hù)，故D正確；

故選B。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意電解熔融氯化鎂和電解氯化鎂溶液的區(qū)別。6、C【分析】【分析】

觀察圖可知：隨著PH值的增大，水溶液中各種含磷微粒的含量相應(yīng)的發(fā)生改變：PH從0到4，H3PO4含量下降，H2PO4-含量上升，PH=2時(shí)，兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零；從4到10，H2PO4-含量下降，HPO42-含量上升，PH=7時(shí)，兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零；pH>10，HPO42-含量下降，PO43-含量上升；PH在虛線所標(biāo)處兩者濃度相等，其它含磷微粒含量幾乎為零。根據(jù)圖中各微粒的分布情況，結(jié)合弱電解質(zhì)的電離，電中性原則及物質(zhì)的基本性質(zhì)可對(duì)各選項(xiàng)作出判斷。

【詳解】

A項(xiàng)；磷酸是三元中強(qiáng)酸；屬于弱電解質(zhì)，電離方程式應(yīng)分步書(shū)寫(xiě)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

B項(xiàng)、由圖可知，PH=2時(shí)，含磷微粒主要是H3PO4和H2PO4-；其它含量幾乎為零，B錯(cuò)；

C項(xiàng)、根據(jù)電中性原則有：c(H+)+c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)+c(OH-)，PH=7時(shí)，c（H+）=C（OH-），所以有：c(Na+)=c(H2PO4?)+2c(HPO42?)+3c(PO43?)；C正確；

D項(xiàng)、生成二氧化碳的環(huán)境為酸性環(huán)境，在磷酸中滴加少量碳酸鈉溶液得到的含磷產(chǎn)物主要是H2PO4-或HPO42-；D錯(cuò)；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

本題中，要結(jié)合圖來(lái)判斷不同環(huán)境下的含磷微粒的存在形式。如D選項(xiàng)，要根據(jù)反應(yīng)的量來(lái)判斷反應(yīng)后的溶液酸堿性，從而判斷微粒的存在形式。7、D【分析】試題分析：A．因pH越大，說(shuō)明酸根離子水解越是強(qiáng)烈，對(duì)應(yīng)的酸越弱．所以HX、HY、HZ的酸性由強(qiáng)到弱的順序：HX＞HY＞HZ，故A錯(cuò)誤；B．因pH越大，說(shuō)明酸根離子水解越是強(qiáng)烈，所以鹽溶液中離子濃度c(Z-)＜c(Y-)＜c(X-)，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)NaX溶液PH=7分析，X-離子不水解；溶液中水的電離不變，故C錯(cuò)誤；D．陰離子水解生成弱電解質(zhì)和氫氧根離子，水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，氫離子濃度越?。蝗芤褐嘘?；陽(yáng)離子總濃度：NaX＞NaY＞NaZ，故D正確；故選D。

考點(diǎn)：考查了鹽類(lèi)水解的應(yīng)用判斷，溶液酸堿性的分析，離子濃度大小的比較判斷。8、B【分析】【詳解】

A.溶度積只受溫度的影響，溫度不變（283K），則溶度積不變，即Ksp(a)=Ksp(c)；故A錯(cuò)誤；

B.Ksp=c(Sr2＋)×c(SO42－)，c(Sr2＋)=10－1.6mol·L－1，c(SO42－)=10－1.6mol·L－1，則Ksp=10－1.6×10－1.6=10－3.2；故B正確；

C.根據(jù)表格數(shù)據(jù)，得出Ksp的大小順序是313K>283K>363K；故C錯(cuò)誤；

D.313K時(shí)，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液Qc＜Ksp，而d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的Qc＞Ksp，則b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液為不飽和溶液；d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液為飽和溶液，故D錯(cuò)誤；

故答案選B。二、多選題(共8題，共16分)9、AC【分析】【詳解】

A．容器I和容器II反應(yīng)均在530K溫度下進(jìn)行，所以反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，即K(Ⅰ)=K(Ⅱ)。容器I中反應(yīng)：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c(CH3OH)=c(NH3)=0.40mol÷2.0L=0.20mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0；當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)c(H2O)=0.30mol÷2.0L=0.15mol/L，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知平衡時(shí)：c(CH3OH)=c(NH3)=0.20mol/L-0.15mol/L=0.05mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0.15mol/L，則該條件下的化學(xué)平衡常數(shù)K(Ⅰ)==9；

對(duì)于容器III中反應(yīng)：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)，反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c(CH3OH)=c(NH3)=0mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=0.2mol÷2.0L=0.1mol/L；當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)c(CH3NH2)=0.16mol÷2.0L=0.08mol/L，根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知平衡時(shí)：c(CH3OH)=c(NH3)=0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L，c(H2O)=c(CH3NH2)=0.08mol/L；該條件下的化學(xué)平衡常數(shù)K(Ⅲ)==16，所以正反應(yīng)的平衡常數(shù)：K(Ⅰ)=K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)；A正確；

B．反應(yīng)CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)的正反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，容器Ⅱ相當(dāng)在容器I基礎(chǔ)上壓強(qiáng)增大一倍，由于恒溫恒容時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，所以各物質(zhì)的含量或濃度均為容器I中各物的2倍，即2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH；Ⅱ)，B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)選項(xiàng)A分析可知，對(duì)于容器I中反應(yīng)，反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c(NH3)=0.20mol/L，平衡時(shí)c(NH3)=0.05mol/L，則NH3的轉(zhuǎn)化率為α(NH3，I)=×100%=75%；

對(duì)于容器Ⅲ中的反應(yīng)，反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，c(H2O)=0.1mol/L，平衡時(shí)c(H2O)=0.08mol/L，則水的轉(zhuǎn)化率α(H2O，III)=×100%=20%，所以達(dá)到平衡時(shí)，轉(zhuǎn)化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O；Ⅲ)=75%+20%=95%＜1，C正確；

D．對(duì)于容器I中反應(yīng)：CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)；

反應(yīng)開(kāi)始時(shí)c(CH3OH)=0.10mol÷2L=0.05mol/L，c(NH3)=0.15mol÷2L=0.075mol/L，c(CH3NH2)=c(H2O)=010mol÷2L=0.05mol/L，Qc==0.67，根據(jù)選項(xiàng)A分析可知在530K時(shí)的化學(xué)平衡常數(shù)K(Ⅰ)=9，故Qc＜K(Ⅰ)；說(shuō)明反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，化學(xué)反應(yīng)正向進(jìn)行，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是AC。10、AC【分析】【詳解】

A．隨水的增加；醋酸的電離程度增大，電離出來(lái)的氫離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)，后來(lái)溶液體積變化大于氫離子物質(zhì)的量的變化，氫離子濃度減小，導(dǎo)電性減弱，故A正確；

B．隨水的增加；醋酸的電離程度增大，電離出來(lái)的氫離子濃度增大，pH減小，后來(lái)溶液體積變化大于氫離子物質(zhì)的量的變化，氫離子濃度減小，pH增大，故B錯(cuò)誤；

C．隨水的增加；醋酸的電離程度增大，電離出來(lái)的氫離子濃度增大，后來(lái)溶液體積變化大于氫離子物質(zhì)的量的變化，氫離子濃度減小，故C正確；

D．醋酸的密度大于1g/mL；隨水的增加，溶液的密度減小，故D錯(cuò)誤；

故選AC。11、BC【分析】【詳解】

A.任何電解質(zhì)溶液中都存在質(zhì)子守恒，溶液中根據(jù)質(zhì)子守恒得故A錯(cuò)誤；

B.溶液中存在物料守恒，故B正確；

C.溶液中存在電荷守恒，即：故C正確；

D.溶液中電離小于其水解程度，溶液顯堿性，溶液中離子濃度大小為：故D錯(cuò)誤。

故選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查了電解質(zhì)溶液中物料守恒、電荷守恒、離子濃度大小比較、注意溶液中離子水解和電離程度的比較，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。12、AB【分析】【詳解】

A.點(diǎn)①反應(yīng)后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，由電荷守恒可知c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），則兩式整合可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；故A正確；

B.點(diǎn)②溶液pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－）可知c（Na+）＝c（CH3COO－），則c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；故B正確；

C.點(diǎn)③說(shuō)明兩溶液恰好完全反應(yīng)生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度較小，則c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+）；故C錯(cuò)誤；

D.如果出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）這個(gè)關(guān)系；則溶液中陽(yáng)離子電荷數(shù)大于陰離子，電荷一定不守恒，故D錯(cuò)誤；

故選AB。

【點(diǎn)睛】

如果出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）這個(gè)關(guān)系，則溶液中陽(yáng)離子電荷數(shù)大于陰離子，電荷一定不守恒是解答關(guān)鍵。13、BD【分析】【分析】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性；判斷溶液中的溶質(zhì)；

C．若溶液pH=7；呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

D．若溶液pH<7；呈酸性，判斷溶液中的溶質(zhì)，進(jìn)而分析離子濃度關(guān)系。

【詳解】

A．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈堿性，若存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，則溶液中溶質(zhì)可以是CH3COONa，或CH3COONa和NaOH；故A錯(cuò)誤；

B．分析離子濃度關(guān)系可知溶液呈酸性，若存在c(CH3COO-)>c(Na+)=c(H+)>c(OH-)，則溶液中溶質(zhì)只能為CH3COONa與CH3COOH；故B正確；

C．若溶液pH=7，呈中性，則c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)=c(CH3COO-)，由于溶液中溶質(zhì)具有一定的濃度，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)；故C錯(cuò)誤；

D．若溶液pH<7，呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，由電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH?)＝c(Na＋)＋c(H＋)可得c(Na+)<c(CH3COO-)；故D正確；

故答案選BD。14、AC【分析】【詳解】

A.0.1mol/L的KHC2O4溶液中，根據(jù)電荷守恒可知：c(K+)+c(H+)＝c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)；故A正確；

B.25℃時(shí)，將pH＝3的鹽酸溶液和pH＝11的氨水等體積混合，溶液呈堿性，則c(OH﹣)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(NH4+)＞c(Cl﹣)，溶液中離子濃度的關(guān)系為：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；故B錯(cuò)誤；

C.在0.1mol/LNH4Cl溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c(H+)＝c(NH3?H2O)+c(OH﹣)；故C正確；

D.氯水中只有部分氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，則溶液中c(Cl2)≠2[c(ClO﹣)+c(Cl﹣)+c(HClO)]；故D錯(cuò)誤。

答案選AC。

【點(diǎn)睛】

本題考查了離子濃度大小比較，明確電荷守恒、質(zhì)子守恒及鹽的水解原理的含義為解答關(guān)鍵，D為易錯(cuò)點(diǎn)，注意氯水中還存在未反應(yīng)的氯氣分子。15、AD【分析】【詳解】

A．a(chǎn)點(diǎn)溶液為1LpH=10的NaOH溶液，溶液中氫離子濃度為1×10-10mol·L－1；就是水電離出的，故A正確；

B．b點(diǎn)溶液中的鈉離子全部來(lái)自于1LpH=10的NaOH溶液，故故B錯(cuò)誤；

C．c點(diǎn)溶液中水電離出的氫氧根離子濃度最大，說(shuō)明溶液為碳酸鈉，根據(jù)碳酸根要水解，離子在溶質(zhì)中出現(xiàn)在前，不出現(xiàn)在后分析，溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Na＋)>c(CO32-)>c(HCO3-)；故C錯(cuò)誤；

D．d點(diǎn)溶液為碳酸氫鈉和碳酸的混合液，此時(shí)溶液呈中性，電荷守恒為c(Na＋)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L－1，則：c(Na＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)；故D正確。

故選AD。16、BC【分析】【分析】

二元弱酸的電離常數(shù)Ka1＞Ka2，斜線M表示表示和的乘積等于10-2；

斜線N表示表示和的乘積等于10-5。

【詳解】

A．H2C2O4為二元弱酸，第一步電離平衡常數(shù)大于第二部電離平衡常數(shù)，故大于即＞則＞即＜因此曲線M表示和的關(guān)系；A正確；

B．當(dāng)pH=5時(shí)，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，則c（HC2O）=c（C2O），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），則c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0；B錯(cuò)誤；

C．已知?jiǎng)t與溶液的pH無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；

D．由上圖可知，則同理Ka1=10-2，則草酸氫鈉的水解平衡常數(shù)=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，說(shuō)明以電離為主，溶液顯酸性，則中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；D正確；

故選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查了離子濃度大小的比較、平衡常數(shù)，難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)的組成為解題關(guān)鍵，注意掌握物料守恒，電荷守恒，及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用的能力。三、填空題(共6題，共12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(yīng)不易受控制。（2）陽(yáng)極Cu失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。電池陰極的反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極生成的氣體為H2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成氣體的物質(zhì)的量為0.005mol，所以通過(guò)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(xué)反應(yīng)方程式為N2H4+4Cu(OH)2=2Cu2O＋6H2O+N2↑，由化學(xué)方程式可知，生成1molN2時(shí)，同時(shí)生成Cu2O的物質(zhì)的量為2mol。(4)燃料負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式為N2H4+4OH－-4e－=4H2O+N2↑。【解析】反應(yīng)不易控制，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】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價(jià)是－1價(jià)，反應(yīng)后變?yōu)椋?價(jià)，失去5個(gè)電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，消耗乙炔的物質(zhì)的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應(yīng)熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學(xué)鍵所放出的能量的差值，則根據(jù)鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應(yīng)熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據(jù)蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)以及反應(yīng)熱的有關(guān)計(jì)算?！窘馕觥浚?3分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）19、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)；需要注意的有：物質(zhì)的狀態(tài)；反應(yīng)熱的數(shù)值與單位，反應(yīng)熱的數(shù)值與化學(xué)方程式前面的系數(shù)成正比，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)1molN2(g)與適量H2(g)起反應(yīng)生成NH3(g)，放出92.2kJ熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)與適量O2(g)起反應(yīng)生成NO(g)，吸收68kJ熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能與一定量的O2(g)起反應(yīng)生成CuO(s)，放出157kJ熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【點(diǎn)睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)，物質(zhì)反應(yīng)過(guò)程的熱量變化，不僅與反應(yīng)的物質(zhì)多少有關(guān)，還與物質(zhì)的存在狀態(tài)有關(guān)，相同質(zhì)量的物質(zhì)含有的能量：氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)；放熱反應(yīng)的反應(yīng)熱為負(fù)值，吸熱反應(yīng)的反應(yīng)熱為正值，反應(yīng)熱的單位是kJ/mol。熱化學(xué)方程式的系數(shù)僅表示物質(zhì)的量，可以是整數(shù)，也可以是分?jǐn)?shù)?！窘馕觥縉2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol20、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(dāng)反應(yīng)中有1molNO2參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，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(gè)方程式顛倒過(guò)來(lái)，與第一個(gè)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(qiáng)保持不變，故a不能說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，a錯(cuò)誤；b．隨著反應(yīng)的進(jìn)行，NO2的濃度減小，顏色變淺，故b可以說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)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(cuò)誤；d．d中所述的兩個(gè)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(cuò)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(shí)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(dòng)，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(qiáng)大，有利于加快反應(yīng)速率，有利于使平衡正向移動(dòng)，但壓強(qiáng)過(guò)大，需要的動(dòng)力大，對(duì)設(shè)備的要求也高，故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件．因?yàn)樵?50℃、壓強(qiáng)為1.3×104kPa時(shí)；CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強(qiáng)，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒(méi)有必要再增大壓強(qiáng)。

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

【點(diǎn)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(qiáng)CO轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，得不償失21、略

【分析】【分析】

①根據(jù)溫度影響平衡移動(dòng)；得出答案。

②根據(jù)題意得到氨氣；氮?dú)?、氫氣體積分?jǐn)?shù)；再得到它們的壓強(qiáng)，再根據(jù)壓強(qiáng)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

①該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)升高溫度時(shí)，平衡向逆向移動(dòng)，氨氣的體積分?jǐn)?shù)減小，故可知T1>T2；

②由題意可知，a點(diǎn)總壓為50MPa，平衡時(shí)氫氣與氮?dú)庵葹?:1，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，則氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)為0.2，氫氣的體積分?jǐn)?shù)為0.6，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，平衡時(shí)氮?dú)夥謮簽?0MPa，氫氣分壓為30MPa，氨氣分壓為10MPa，T2時(shí)故答案為【解析】>22、略

【分析】【分析】

隨反應(yīng)進(jìn)行；反應(yīng)物的濃度降低，生成物的濃度增大，據(jù)此結(jié)合圖像分析判斷。

【詳解】

(1)由圖可知，隨反應(yīng)進(jìn)行A的濃度降低，A為反應(yīng)物，B、C的濃度增大，故B、C為生成物，則A、B、C計(jì)量數(shù)之比為1.2：0.4：1.2=3：1：3，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：3A(g)B(g)+3C(g)，故答案為：3A(g)B(g)+3C(g)；

(2)由圖可知，所以=0.6mol/(L·min)，故答案為：0.6mol/(L·min)?！窘馕觥?A(g)B(g)+3C(g)0.6mol/(L·min)四、判斷題(共1題，共4分)23、×【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)五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)24、略

【分析】【分析】

實(shí)驗(yàn)（一）制備流程：廢鐵屑中加入稀硫酸，鐵和硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，過(guò)濾后從濾液中獲得綠礬晶體，然后使綠礬失去結(jié)晶水得到硫酸亞鐵，硫酸亞鐵固體和亞硅酸鋰固體在惰性氣體保護(hù)下高溫反應(yīng)得到Li2FeSiO4。

實(shí)驗(yàn)（二）Li2FeSiO4含量測(cè)定：取20.00g產(chǎn)品于坩堝中，灼燒后加入足量稀硫酸，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移入燒杯中，通入足量的二氧化硫，把鐵元素全部轉(zhuǎn)化為+2價(jià)，用一定濃度的高錳酸鉀溶液滴定含亞鐵離子的溶液，測(cè)定的Li2FeSiO4含量。

【詳解】

（1）實(shí)驗(yàn)二中儀器B為配制溶液需要的容量瓶，得到含F(xiàn)e2+離子的溶液100mL；需要儀器為100mL容量瓶，儀器C為滴定實(shí)驗(yàn)裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的儀器，標(biāo)準(zhǔn)溶液為高錳酸鉀溶液具有氧化性能腐蝕橡膠管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案為100mL容量瓶，酸式滴定管；

（2）固相法中制備Li2FeSiO4的過(guò)程必須在惰性氣體氛圍中進(jìn)行；因?yàn)閬嗚F離子具有還原性，易被氧化，所以惰性氣體氛圍中是為了防止亞鐵離子被氧化，故答案為防止二價(jià)鐵被氧化；

（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亞鐵晶體的實(shí)驗(yàn)操作；蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾洗滌得到；操作Ⅰ是分離固體和溶液的方法，需要過(guò)濾，結(jié)合過(guò)濾裝置選擇儀器有普通漏斗；燒杯、玻璃棒，故答案為蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾；玻璃棒；

（4）還原劑A可用SO2，二氧化硫具有還原性被鐵離子氧化為硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此時(shí)后續(xù)操作應(yīng)除去過(guò)量的SO2以免影響后面Fe2+的測(cè)定，故答案為SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去過(guò)量的SO2，以免影響后面Fe2+的測(cè)定；

（5）滴定實(shí)驗(yàn)反應(yīng)終點(diǎn)的判斷是依據(jù)高錳酸鉀溶液滴入最后一滴溶液呈淺紅色且半分鐘不變化，從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol?Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測(cè)定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)．消耗高錳酸鉀溶液體積第3次誤差較大舍去，計(jì)算平均消耗溶液體積，結(jié)合離子反應(yīng)的定量關(guān)系計(jì)算，V(標(biāo)準(zhǔn))=mL=20.00mL；鐵元素守恒計(jì)算。

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

n=0.0200mol

100mL溶液中含物質(zhì)的量=0.0200mol×=0.1000mol；

產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=81%；

滴定前酸式滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失，會(huì)造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，會(huì)造成Li2FeSiO4的含量偏高；

故答案為溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；81%；偏高；【解析】100mL容量瓶酸式滴定管防止二價(jià)鐵被氧化蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾玻璃棒SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+除去過(guò)量的SO2，以免影響后面Fe2+的測(cè)定溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色81%偏高25、略

【分析】【詳解】

（1）由溶液稀釋前后，溶質(zhì)質(zhì)量不變可得：1.84g/cm3×V×98%=0.5mol/L×0.25L×98g/mol，解得V=6.8mL；答案為6.8；

（2）由圖可以看出儀器A為環(huán)形玻璃攪拌棒；答案為環(huán)形玻璃攪拌棒；

（3）強(qiáng)酸強(qiáng)堿的中和熱為-57.3kJ/mol，中和熱是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的稀溶液完全反應(yīng)生成1mol液態(tài)水放出的熱量，稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ?mol-1；答案為H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ?mol-1；

（4）①溫度差分別為2.5℃；4.0℃、3.9℃、4.1℃；第一次實(shí)驗(yàn)溫度差誤差較大，應(yīng)舍棄，故溫度差平均值為(4.0℃+3.9℃+4.0℃)/3=4.0℃；答案為4.0℃；

②生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的質(zhì)量為80mL×1g/cm3=80g，溫度差為4℃，則生成0.025mol的水應(yīng)放出的熱量為Q=m?c?△t=80g×4.18J·(g·℃)-1×4℃=1337.6J=1.3376kJ，所以實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H==-53.5kJ?mol-1；答案為-53.5kJ?mol-1；

③a項(xiàng)實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差；求得放出的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小；

b項(xiàng)量取氫氧化鈉溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)；會(huì)導(dǎo)致所量取的氫氧化鈉溶液體積偏大，放出熱量偏高，中和熱的數(shù)值偏大；

c項(xiàng)為正確操作；不會(huì)引起誤差；

d項(xiàng)溫度計(jì)測(cè)定氫氧化鈉溶液起始溫度；直接插入硫酸溶液測(cè)溫度，導(dǎo)致硫酸溶液的起始溫度偏高，求得的放出熱量偏小，中和熱數(shù)值偏??；據(jù)此分析只有ad選項(xiàng)才能使得中和熱的數(shù)據(jù)偏??；

答案為ad；

（5）碎泡沫塑料的導(dǎo)熱效果差，可以起到保溫、隔熱，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中熱量損失等作用；答案為保溫、隔熱，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中熱量損失。【解析】6.8環(huán)形玻璃攪拌棒H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ?mol-1。4.0-53.5kJ?mol-1ad保溫、隔熱，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中熱量損失26、略

【分析】【分析】

實(shí)驗(yàn)（一）制備流程：廢鐵屑中加入稀硫酸，鐵和硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，過(guò)濾后從濾液中獲得綠礬晶體，然后使綠礬失去結(jié)晶水得到硫酸亞鐵，硫酸亞鐵固體和亞硅酸鋰固體在惰性氣體保護(hù)下高溫反應(yīng)得到Li2FeSiO4。

實(shí)驗(yàn)（二）Li2FeSiO4含量測(cè)定：取20.00g產(chǎn)品于坩堝中，灼燒后加入足量稀硫酸，充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移入燒杯中，通入足量的二氧化硫，把鐵元素全部轉(zhuǎn)化為+2價(jià)，用一定濃度的高錳酸鉀溶液滴定含亞鐵離子的溶液，測(cè)定的Li2FeSiO4含量。

【詳解】

（1）實(shí)驗(yàn)二中儀器B為配制溶液需要的容量瓶，得到含F(xiàn)e2+離子的溶液100mL；需要儀器為100mL容量瓶，儀器C為滴定實(shí)驗(yàn)裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的儀器，標(biāo)準(zhǔn)溶液為高錳酸鉀溶液具有氧化性能腐蝕橡膠管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案為100mL容量瓶，酸式滴定管；

（2）固相法中制備Li2FeSiO4的過(guò)程必須在惰性氣體氛圍中進(jìn)行；因?yàn)閬嗚F離子具有還原性，易被氧化，所以惰性氣體氛圍中是為了防止亞鐵離子被氧化，故答案為防止二價(jià)鐵被氧化；

（3）操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亞鐵晶體的實(shí)驗(yàn)操作；蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾洗滌得到；操作Ⅰ是分離固體和溶液的方法，需要過(guò)濾，結(jié)合過(guò)濾裝置選擇儀器有普通漏斗；燒杯、玻璃棒，故答案為蒸發(fā)濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾；玻璃棒；

（4）還原劑A可用SO2，二氧化硫具有還原性被鐵離子氧化為硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此時(shí)后續(xù)操作應(yīng)除去過(guò)量的SO2以免影響后面Fe2+的測(cè)定，故答案為SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去過(guò)量的SO2，以免影響后面Fe2+的測(cè)定；

（5）滴定實(shí)驗(yàn)反應(yīng)終點(diǎn)的判斷是依據(jù)高錳酸鉀溶液滴入最后一滴溶液呈淺紅色且半分鐘不變化，從儀器B中取20.00mL溶液至錐形瓶中，另取0.2000mol?Lˉ1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液裝入儀器C中，用氧化還原滴定法測(cè)定Fe2+含量。相關(guān)反應(yīng)為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，雜質(zhì)不與酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)．消耗高錳酸鉀溶液體積第3次誤差較大舍去，計(jì)算平均消耗溶液體積，結(jié)合離子反應(yīng)的定量關(guān)系計(jì)算，V(標(biāo)準(zhǔn))=mL=20.00mL；鐵元素守恒計(jì)算。

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

n=0.0200mol

100mL溶液中含物質(zhì)的量=0.0200mol×=0.1000mol；

產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=81%；

滴定前酸式滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失，會(huì)造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，會(huì)造成Li2FeSiO4的含量偏高；

故答案為溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；81%；偏高；【解析】100mL容量瓶酸式滴定管防止二價(jià)鐵被氧化蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾玻璃棒SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+除去過(guò)量的SO2，以免影響后面Fe2+的測(cè)定溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色81%偏高六、原理綜合題(共2題，共8分)27、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的概念和化學(xué)方程式列式得到；

(2)依據(jù)蓋斯定律和熱化學(xué)方程式計(jì)算得到所需要的熱化學(xué)方程式；

(3)用原電池原理和電極書(shū)寫(xiě)方法寫(xiě)出；依據(jù)裝置圖分析反應(yīng)實(shí)質(zhì)是電解水；

(4)①反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小；

②若要使上述反應(yīng)開(kāi)始時(shí)向正反應(yīng)方向進(jìn)行；濃度商小于平衡常數(shù)計(jì)算判斷；

(5)依據(jù)甲烷的消耗量計(jì)算甲烷的化學(xué)反應(yīng)速率；結(jié)合速率之比等于化學(xué)方程式中的計(jì)量數(shù)之比計(jì)算得到氫氣表示的反應(yīng)速率；

(6)依據(jù)分解產(chǎn)物配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)某溫度下，H2O(g)?H2(g)+O2(g)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=

(2)①Br2(g)+CaO(s)=CaBr2(s)+1/2O2(g)ΔH=－73kJ·mol-1，②3FeBr2(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+6HBr(g)+H2(g)ΔH=+384kJ·mol-1，③CaBr2(s)+H2O(g)=CaO(s)+2HBr(g)ΔH=+212kJ·mol-1，④Fe3O4(s)+8HBr(g)=Br2(g)+3FeBr2(s)+4H2