2024年魯人新版選修4化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2024年魯人新版選修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6題，共12分)1、下列說法不正確的是A.增大壓強，單位體積內氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多B.增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多C.升高溫度，活化分子百分數(shù)增加，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多D.催化劑能降低反應的活化能，提高活化分子百分數(shù)，有效碰撞次數(shù)增多2、在四個恒容密閉容器中按下表相應量充入氣體，發(fā)生反應2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，其他條件不變時，容器I、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡轉化率隨溫度的變化如圖所示。

下列說法正確的是A.該反應的正反應放熱B.V3>1>V1C.圖中C三點處容器內總壓強：p(I)A>P(II)B>P(III)CD.容器Ⅳ在470℃（圖像中縱向虛線所示溫度）進行反應時，起始速率：v(N2O)正＞v(N2O)逆3、下列說法中正確的是A.25℃時NH4Cl溶液的Kw大于100℃時NaCl溶液的KwB.根據(jù)溶液的pH與酸堿性的關系，推出pH＝6.8的溶液一定顯酸性C.常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為1:104D.100℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性4、在某一元堿（）中，滴加入的醋酸溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.該堿溶液可以溶解B.點對應的體積大于C.點時，D.點時，5、常溫下，將NaOH固體逐漸加到某濃度的一元酸HA溶液中，測得混合溶液的pH與微粒濃度lg的變化關系如圖所示。下列敘述不正確的是（）

A.Ka(HA)的數(shù)量級為10－5B.A點所表示的溶液中：c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)C.B點所表示的溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)D.從A點到C點，水的電離程度先增大后減小6、通常人們把拆開1mol某化學鍵所消耗的能量看作是該化學鍵的鍵能。鍵能的大小可衡量化學鍵的強弱；也可以估算化學反應的反應熱。下表為某些化學鍵的鍵能。

?；瘜W鍵。

N-N

O=O

N≡N

N-H

鍵能(kJ/mol)

154

500

942

a

已知火箭燃料肼（）的有關化學反應的能量變化如圖所示；則下列說法錯誤的是（）

A.N2比O2穩(wěn)定B.N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534kJ/molC.表中的a＝194D.圖中的ΔH3=＋2218kJ/mol評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、（3分）發(fā)射衛(wèi)星用作燃料，作氧化劑，兩者反應生成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反應的熱化學方程式。

____。8、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在電離平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。經(jīng)測定溶液中c(CH3COO―)為1.4×10－3mol/L，此溫度下醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝________。

（2）已知飽和硫化氫的濃度為0.1mol/L，硫化氫的電離常數(shù)為Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，計算飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度為__________mol/L。9、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液變紅。該溶液中HSO3－的電離程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物質的量濃度相同的①氨水；②氯化銨；③碳酸氫銨；④硫酸氫銨；⑤硫酸銨5種溶液中，c（NH4+）的大小順序是__________________。（用序號從大到小表示）10、（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(填化學式)；當測得溶液其中一種金屬陽離子沉淀完全(濃度小于10-5mol/L)時；溶液中的另一種金屬陽離子的物質的量濃度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質)，實驗室利用毒重石制備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調節(jié)PH=8可除去_____________(填離子符號)，濾渣II中含____________(填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

開始沉淀時的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀時的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，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-)比原來的大。

B．溶液中無沉淀析出，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．溶液中無沉淀析出，但最終溶液中c(SO42-)比原來的大11、某同學設計一個燃料電池（如圖所示）；目的是探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。

根據(jù)要求回答相關問題：

（1）通入氫氣的電極為____（填“正極”或“負極”），負極的電極反應式為____________________________。

（2）石墨電極為____（填“陽極”或“陰極”），反應一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，____（填“鐵極”或“石墨極”）區(qū)的溶液先變紅。

（3）如果粗銅中含有鋅、銀等雜質，丙裝置中反應一段時間，硫酸銅溶液濃度將____（填“增大”“減小”或“不變”）。精銅電極上的電極反應式為______________________________________。

（4）寫出上述例題中乙池電解的總反應方程式：_________________________。

（5）若上述例題甲池中消耗標準狀況下的氫氣11.2L，則丙池中理論上應析出銅的質量為____。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、計算題(共4題，共12分)13、汽車尾氣中排放的NOx和CO污染環(huán)境，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH＝?566.0kJ/mol

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝+180.5kJ/mol

③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝?116.5kJ/mol

回答下列問題：

（1）CO的燃燒熱為___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收946kJ、498kJ的能量，則1molNO(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為___kJ。

（2）CO將NO2還原為單質的熱化學方程式為___。14、回答下列各題：

（1）已知:①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ/mol；

②

③

則表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式為________。

（2）判斷下列反應的熵值是增大；減小還是幾乎不變。

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；熵________（填“增大”“減小”“幾乎不變”；下同）

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；熵________

③（NH4）2CO3（g）=NH4HCO3（g）+NH3（g）；熵________

④Cu（s）+Cl2（g）=CuCl2（s）；熵________15、現(xiàn)有常溫下的六種溶液：①0.01mol·L-1CH3COOH溶液；②0.01mol·L-1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液與pH=12的氨水等體積混合后所得溶液；⑥0.01mol·L-1HCl溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合所得溶液。

（1）將②③混合后所得溶液pH=7，則消耗溶液的體積：②__(填“＞”“＜”或“=”)③。

（2）若將②③等體積混合后，則所得混合溶液中各離子濃度大小順序為__。

（3）將六種溶液稀釋100倍后，比較溶液的pH：③__(填“＞”“＜”或“=”)④。

（4）水的電離程度相同的是__(填序號)。

（5）將①④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，則混合液呈_(填字母)。

A.酸性B.堿性C.中性D.三性皆有可能。

（6）若改變溫度后，測得④溶液pH=10，則該溫度下Kw=__。在該溫度下，將①④混合后，測得溶液pH=7，則所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=__mol·L-1。16、化學平衡類似；電離平衡的平衡常數(shù)，叫做電離常數(shù)（用K表示）。下表是某溫度下幾種常見弱酸的電離平衡常數(shù)：

回答下列問題：

(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3－、H3PO4、H2PO4－、HPO42－都看作是酸，則它們酸性最強的是___________（填化學式，下同），最弱的是_________________

(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，發(fā)生的離子方程式為__________________________，1.2mol?L﹣1的NaClO溶液pH=__________________________（已知：lg2=0.3）。

(3)求出該溫度下，0.10mol?L﹣1的CH3COOH溶液中的c(H+)=____________mol?L﹣1。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共1題，共6分)17、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(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)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_____________________________。評卷人得分六、結構與性質(共3題，共18分)18、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關)。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉化率為a，CH3OH的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：)19、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。20、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A、增大壓強，單位體積內氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多，故A說法正確；B、增大反應物的濃度只能增大活化分子數(shù)，不能增大活化分子百分數(shù)，故B說法錯誤；C、升溫使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多，故C說法正確；D、催化劑能降低反應的活化能，使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，有效碰撞次數(shù)增多，故D說法正確。2、D【分析】【分析】

由圖像可知，隨著溫度的升高，平衡時N2O的轉化率增大；即平衡正向移動，則該反應正向為吸熱反應，該反應是一個體積增大的反應，相同溫度時，容器Ⅲ中轉化率最小，故容器Ⅲ壓強最大，容器體積最小。

【詳解】

A項、由圖像可知，隨著溫度的升高，平衡時N2O的轉化率增大；即平衡正向移動，則該反應正向為吸熱反應，故A錯誤；

B項；由圖可知；因為該反應是一個體積增大的反應，增大壓強，反應逆向移動，相同溫度時，容器Ⅲ中轉化率最小，故容器Ⅲ壓強最大，容器體積最小，故B錯誤；

C項、該反應是正向體積增大的反應，由曲線變化趨勢可知容器的體積V(III)V(II)V(I)，所以在相同轉化率下，A、B、C三點處容器內總壓強的關系為：PA(I)B(II)C(III)；故C錯誤。

D項、根據(jù)平衡常數(shù)公式k=由圖像可知，470℃時容器II的平衡常數(shù)k==0.0675，在相同的溫度下，容器II和容器IV的平衡常數(shù)相等，所以容器IV的平衡常數(shù)k=0.0675，而容器IV中初始濃度商QC==0.04＜0.0675，所以反應向正反應方向進行，則起始速率v正(N2O)v逆(N2O)；故D正確。

故選D。3、C【分析】【詳解】

A.水的電離是吸熱過程，溫度由25℃升高到100℃時，水的電離程度增大，Kw增大；A錯誤；

B.若溫度升高到100℃，Kw=10-12；pH＝6.8的溶液顯堿性，B錯誤；

C.常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為10-9：10-5=1:104；C正確；

D.100℃時，pH＝2的鹽酸中c(H+)=0.01mol/L，pH＝12的NaOH溶液中c(OH?)=1mol/L；二者等體積混合，溶液顯堿性，D錯誤。

故選C。4、D【分析】【詳解】

A.由A點知：0.1mol?L?1一元堿的pH=13可得，該堿為強堿，所以該堿溶液可以溶解故A正確；

B.恰好中和時生成強堿弱酸鹽pH應大于7，而B點pH=7，所以該點對應的溶質為CH3COOY和CH3COOH，a點的體積大于25mL，故B正確；

C.C點對應的溶質為CH3COOY和CH3COOH，溶液中CH3COOY的濃度>CH3COOH的濃度，因pH<7，所以c(H+)>c(OH?)，弱酸的電離是微弱的，結合電荷守恒c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Y+)，則應有c(CH3COO?)>c(Y+)>c(H+)>c(OH?)，故C正確；

D.D點為CH3COOY和CH3COOH等物質的量濃度的混合液，根據(jù)物料守恒c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和電荷守恒c(CH3COO?)+c(OH?)=c(H+)+c(Y+)，所以應有故D錯誤；

答案選D。5、D【分析】【詳解】

A.圖中B點lg=0，則=1，即c(A?)=c(HA)，此時的pH=4.5，則Ka(HA)==c(H+)=10?4.5，所以Ka(HA)的數(shù)量級為10?5；故A正確；

B.A點時溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)<c(A-)；又因為-2<0，則c(HA)>c(A-)；氫氧根有一部分消耗掉，則c(Na＋)>c(OH-)，所以c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)；故B正確；

C.由A項可知，B點c(A-)=c(HA)，結合電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，可知c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)；故C正確；

D.酸堿滴定過程中，隨著加入堿，酸電離出來的氫離子對水的抑制作用逐漸減弱，故水的電離程度增大，當酸堿恰好完全反應時，再滴加堿時，堿電離出來的OH－又會抑制水的電離；且程度增大，故水的電離程度逐漸減小。C點pH為7剛好滴定完全，所以從A點到C點，水的電離程度一直增大，故D錯誤；

故選D。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，根據(jù)圖象判斷HA為弱酸為解答該題的關鍵，注意掌握酸堿混合的定性判斷及pH的計算方法，明確離子濃度大小的判斷方法。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．N≡N的鍵能為942kJ/mol，O=O的鍵能為500kJ/mol，所以N2比O2穩(wěn)定；A正確；

B．從圖中可以看出，反應物為N2H4(g)＋O2(g)，生成物為N2(g)＋2H2O(g)，ΔH=－534kJ/mol；B正確；

C．利用ΔH3建立有關a的等量關系，即ΔH3=154+4a+500=2218；a＝391，C錯誤；

D．圖中的ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=＋2218kJ/mol；D正確；

故選C。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】（2）×2-（1），得所求熱化學方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-18、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)K一般是通過列三段式計算。

【詳解】

（1）醋酸溶液中，存在電離平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的電離程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=帶入數(shù)據(jù)可得，約為1.96×10－5；

（2）已知飽和硫化氫溶液中以第一步電離為主；設溶液中氫離子的濃度為xmol/L,根據(jù)題意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氫的平衡濃度可近似計算為0.1，帶入數(shù)據(jù)計算;1.0×10－7=得出飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度為1.0×10－4mol/L?！窘馕觥?.96×10－51.0×10－49、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性分析；

（2）根據(jù)NH4+水解方程式NH4++H2O?NH3?H2O+H+分析；

【詳解】

（1）HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性；根據(jù)指示劑變色，判斷溶液呈酸性，故電離大于水解。

故答案為：＞；

（2）水解和電離是微弱，⑤中銨根離子為硫酸根離子的兩倍，故銨根離子濃度最大；④中氫離子抑制了銨根離子的水解；②中只有銨根離子水解，不促進也不抑制；③中碳酸氫根離子的水解產(chǎn)生氫氧根離子，促進了銨根離子的水解。所以銨根離子的濃度由大到小為④②③，①為弱電解質，只能很少部分電離，水解和電離是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小順序為⑤④②③①。

故答案為：⑤④②③①?！窘馕觥竣?＞②.⑤④②③①10、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)相對大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，當溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L時，認為鎂離子完全沉淀，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化學反應的速率與反應物的接觸面積有關；毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率，故答案為增大接觸面積從而使反應速率加快；

②根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)可知：Fe3+完全沉淀時的pH為3.2，加入氨水，調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，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的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時應避免過量，防止CaC2O4沉淀完全后，過量的H2C2O4會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少，故答案為Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4過量會導致生成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；所以混合液中無沉淀析出，最終溶液中硫酸根離子濃度增大；故選D。

【考點定位】考查難溶物的溶解平衡；物質的分離和提純。

【名師點晴】本題考查了實驗室利用毒重石制備BaCl2?2H2O的設計方法，側重考查影響反應速率的因素、實驗基本操作、沉淀溶解平衡的應用等知識，實驗步驟結合物質的性質分析是解答的關鍵。制備BaCl2?2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質)，加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，調pH為8，F(xiàn)e3+完全沉淀時的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+，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的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)濃縮冷卻結晶得到BaCl2?2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品產(chǎn)量會減少；（3）D。11、略

【分析】【分析】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池；通入氫氣的電極為負極，負極的電極反應式氫氣發(fā)生氧化的方程式；

(2)在乙裝置中；鐵電極與電源的負極相連，據(jù)此判斷石墨電極為陽極，反應一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，溶液先變紅的是生成氫氧根離子的一極；

(3)丙裝置是電解精煉銅；按該反應原理判斷硫酸銅溶液濃度變化并書寫精銅電極上的電極反應式；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置；據(jù)此寫電解的總反應方程式；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關系式，結合數(shù)據(jù)計算質量；

【詳解】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池，通入氫氣的電極為負極，氫氣在負極被氧化，在堿性環(huán)境下發(fā)生反應生成水，其反應式為H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙裝置中，鐵電極與電源的負極相連作陰極，則石墨電極為陽極，該裝置反應為電解飽和食鹽水，陽極為氯離子被氧化，陰極反應為2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反應一段時間后，滴入酚酞溶液后鐵電極負極溶液先變紅；

(3)丙裝置是電解精煉銅，粗銅作陽極，陽極上粗銅中比銅活潑的雜質如鋅、銅會被氧化，硫酸銅溶液中銅離子得到電子被還原，陰極得到電子數(shù)和陽極上失去電子數(shù)相同，故析出的銅比溶解的銅少，則銅離子濃度減小；精銅作陰極，則其電極反應式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置，則電解的總反應方程式為2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關系式為。

則m=32g。【解析】負極H2-2e－+2OH－=2H2O陽極鐵極減小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g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、計算題(共4題，共12分)13、略

【分析】【分析】

(1)CO的燃燒熱為1molCO完全燃燒生成1molCO2時釋放的能量；已知N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1；正反應為吸熱反應，化學鍵斷裂時需吸收的能量-化學鍵生成時需放出的能量=反應吸收的熱量；

(2)根據(jù)蓋斯定律計算此反應的反應熱；寫出熱化學方程式。

【詳解】

(1)已知2CO(g)+O2(g)?2CO2(g)△H=-566.0kJ?mol-1，可知1molCO完全燃燒生成1molCO2時釋放的能量為=283kJ，則CO的燃燒熱為283kJ/mol；已知N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1，且1molN2(g)、1molO2(g)分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收946kJ；498kJ的能量；設1molNO(g)分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為QkJ，則180kJ=(946kJ+498kJ)-2QkJ，解得：Q=631.8，故答案為：283kJ/mol；631.8；

(2)①2CO(g)+O2(g)?2CO2(g)△H=-566.0kJ?mol-1、②N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H=+180.5kJ?mol-1、③2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H=-116.5kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，則△H=(-566.0kJ?mol-1)×2-(+180.5kJ?mol-1)-(-116.5kJ?mol-1)=-1196kJ/mol，則CO將NO2還原的熱化學方程式為2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)△H=-1196kJ/mol，故答案為：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)△H=-1196kJ/mol?！窘馕觥?83kJ·mol?1631.82NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g)?H=-1196kJ·mol?114、略

【分析】【分析】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)；

(2)產(chǎn)生氣體或氣體物質的物質的量增大的反應；熵變通常都是正值，為熵增加反應，反之為熵減小的反應，據(jù)此判斷。

【詳解】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)則△H=[(-192.9kJ/mol)-(+49.0kJ/mol)]÷3-(+44kJ/mol)=-124.6kJ/mol，即氫氣燃燒熱的熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol；

(2)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)為氣體體積減小的反應；屬于熵值減小的反應；

②H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)前后氣體體積不變；熵值幾乎不變；

③(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)；反應前沒有氣體，反應后生成氣體，為熵值增加的反應；

④Cu(s)+Cl2(g)═CuCl2(s)；反應前有氣體，反應后沒有氣體，屬于熵值減小的反應。

【點睛】

通常應用蓋斯定律進行簡單計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結合原熱化學方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關系?！窘馕觥縃2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol減小幾乎不變增加減小15、略

【分析】【分析】

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L，等體積混合，氨水過量，氨水繼續(xù)電離，溶液顯堿性，據(jù)此分析判斷；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L，等體積混合，氨水過量，氨水繼續(xù)電離，溶液呈堿性，據(jù)此分析排序；

(3)加水稀釋促進弱電解質的電離；③④中氫氧根離子濃度相等，加水稀釋促進一水合氨電離，導致③中氫氧根離子濃度大于④，據(jù)此判斷；

(4)酸或堿抑制水的電離；含有弱根離子的鹽促進水的電離，①②③④⑤抑制水的電離，⑥既不促進水的電離也不抑制水的電離；酸中氫離子濃度和堿中氫氧根離子濃度相等時，水的電離程度相同，據(jù)此分析判斷；

(5)將①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)；根據(jù)電荷守恒分析判斷；

(6)常溫下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改變溫度后，pH=10，c(H+)=10-10，結合Kw=c(OH-)?c(H+)計算；在該溫度下，pH=7，溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)據(jù)此計算。

【詳解】

①0.01mol/LCH3COOH溶液中pH大于2；

②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；

③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L；

④pH=12的NaOH溶液中氫氧化鈉濃度等于0.01mol/L；

⑤0.01mol/LCH3COOH溶液與pH=12的氨水等體積混合后所得溶液；氨水過量，溶液呈堿性；

⑥0.01mol/LHCl溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合所得溶液；二者恰好反應生成氯化鈉，溶液呈中性。

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L，等體積混合，氨水過量，氨水繼續(xù)電離，溶液顯堿性，要使pH=7，則消耗的鹽酸的體積較大，故答案為：＞；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L，等體積混合，氨水過量，氨水繼續(xù)電離，溶液呈堿性，所得混合溶液中各離子濃度大小順序為c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案為：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(3)將這幾種溶液稀釋100倍數(shù)時；加水稀釋促進弱電解質的電離，③④中氫氧根離子濃度相等，加水稀釋促進一水合氨電離，導致③中氫氧根離子濃度大于④，所以③的pH＞④的pH，故答案為：＞；

(4)酸或堿抑制水的電離；含有弱根離子的鹽促進水的電離，①②③④⑤抑制水的電離，⑥既不促進水的電離也不抑制水的電離，所以水的電離程度最大的是⑥；酸中氫離子濃度和堿中氫氧根離子濃度相等時，水的電離程度相同，②的氫離子濃度和③④中氫氧根離子濃度相等，所以水的電離程度相同的是②③④，故答案為：②③④；

(5)將①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，根據(jù)電荷守恒，則有c(OH-)＜c(H+)；混合溶液呈酸性，故答案為：A；

(6)常溫下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改變溫度后，pH=10，則Kw=c(OH-)?c(H+)=10-2×10-10=10-12；在該溫度下，pH=7，溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，則所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=-10-7=10-5-10-7，故答案為：10-12；10-5-10-7。【解析】①.＞②.c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)③.＞④.②③④⑤.A⑥.10-12⑦.(10-5-10-7)或9.9×10-616、略

【分析】【詳解】

(1)同一溫度下，酸的電離常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)酸的電離常數(shù)知，則它們酸性強弱順序是：所以酸性最強的是最弱的是

(2)因為酸性:碳酸的酸性強于次氯酸,所以反應的離子方程式為：═

1.2mol/L的NaClO溶液中水解離子方程式為：?Kh====×10-6，由于ClO-的水解程度較小，所以c（HClO）≈c（OH-），c（HClO）≈1.2mol/L，則c（OH-）==2×10-3.5mol/L，mol/L，pH=-lg（5×10-11.5）=10.8；

(3)該溫度下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在電離平衡CH3COOH?平衡常數(shù)由于電離程度較小，c（CH3COO-）≈c（H+），c（CH3COOH）≈0.1mol/L，c（H+）=1.33×10-3mol/L。【解析】H3PO4HPO42?CO2+ClO?+H2O═HClO+HCO3?10.81.33×10?3五、元素或物質推斷題(共1題，共6分)17、略

【分析】【分析】

根據(jù)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(jù)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。

【詳解】

(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+，故答案為：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，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據(jù)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，故答案為：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，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O?！窘馕觥縉H4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、結構與性質(共3題，共18分)18、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉化率為a，則消耗剩余的物質的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時則平衡時

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質的量分數(shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+4