2025年外研版選修4化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版選修4化學下冊階段測試試卷610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7題，共14分)1、已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H1

②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H2

下列推斷正確的是A.若CO的燃燒熱為△H3，則H2的燃燒熱為△H3?△H1B.反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2?△H1C.若反應②的反應物總能量低于生成物總能量，則△H2＜0D.若等物質的量CO和H2完全燃燒生成氣態(tài)產物時前者放熱更多，則△H1＞02、可用下面示意圖表示的是。

反應縱坐標甲乙ASO2與O2在同溫、同體積容器中反應SO2的轉化率2molSO2和1molO22molSO2和2molO2B2molSO2與1molO2在同溫、體積可變的恒壓容器中反應SO2的轉化率1×106Pa1×105PaC相同質量氨，在同一固定容積容器中反應氨氣的濃度400℃500℃D體積比為1：3的N2、H2在同溫、體積可變的恒壓容器中反應氨氣的濃度活性高的催化劑活性一般的催化劑

A.AB.BC.CD.D3、某溫度下，在2L的密閉容器中，加入和發(fā)生反應：平衡時，X、Y、Z、R的體積分數(shù)分別為在此平衡體系中加入和再次達到平衡后，X、Y、Z、R的體積分數(shù)不變，下列敘述錯誤的是（）A.B.第一次平衡時，X與Y的轉化率之比為1∶1C.第二次平衡時，R的濃度為D.平衡時，其他條件不變，升高溫度可提高X的轉化率4、向某密閉容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三種氣體。一定條件下發(fā)生反應，各物質濃度隨時間變化如甲圖所示[t0～t1階段c(B)未畫出]。乙圖為t2時刻后改變條件平衡體系中正、逆反應速率隨時間變化的情況，且四個階段都各改變一種不同的條件。已知，t3～t4階段使用催化劑。下列說法中不正確的是()

A.若t1＝15min，則用C的濃度變化表示在t0～t1時間段的平均反應速率為0.004mol·L－1·min－1B.t4～t5階段改變的條件一定是減小壓強C.B的起始物質的量為0.02molD.t5～t6階段，容器內A的物質的量減少了0.03mol，而此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則該反應的熱化學方程式為3A(g)?B(g)＋2C(g)ΔH＝＋100akJ·mol－15、常溫下，100mL0.1mol·L-1的H2A溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液；含A元素相關微粒物質的量隨pH的變化如圖所示。下列說法正確的是（）

A.將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性B.X點所加NaOH溶液體積為50mLC.X點溶液中含A元素的相關離子存在以下關系：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1D.Y點溶液中存在以下關系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)6、其他條件不變，升高溫度，下列數(shù)據(jù)不一定增大的是()A.可逆反應的化學平衡常數(shù)KB.0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pHC.水的離子積常數(shù)KwD.弱酸的電離平衡常數(shù)Ka7、如圖是一種大型蓄電系統(tǒng)。放電前被膜隔開的電解質為Na2S2和NaBr3，放電后分別變?yōu)镹a2S4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、多選題(共5題，共10分)8、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+QkJ（Q＞0）。在10L恒溫恒容密閉容器中加入0.1molSO2和0.05molO2，經過2min達到平衡狀態(tài)，反應放熱0.025QkJ。下列判斷正確的是A.在2min內，O2的轉化率為25%B.在1min時，c(SO2)+c(SO3)=0.01mol/LC.若再充入0.1molSO3，達到平衡后SO3的質量分數(shù)會減小D.向該容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2，平衡后反應放熱大于0.05QkJ9、以CH3CH=CH2、NH3、O2為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產物丙烯醛(C3H4O)的化學方程式分別為：反應Ⅰ.2C3H6+2NH3+3O22C3H3N(g)+6H2O(g)；反應Ⅱ.C3H6+O2C3H4O(g)+H2O(g)。反應相同時間，丙烯腈產率與反應溫度的關系如圖a所示，丙烯腈和丙烯醛的平衡產率與的關系如圖b所示。下列說法正確的是(丙烯腈的選擇性=×100%)（）

A.其他條件不變，增大壓強有利于提高丙烯腈平衡產率B.圖a中X點所示條件下，延長反應時間能提高丙烯腈產率C.圖a中Y點所示條件下，改用對丙烯腈選擇性更好的催化劑能提高丙烯腈產率D.由圖b中Z點可知，該溫度下反應Ⅱ的平衡常數(shù)為K=10、草酸是二元弱酸，草酸氫鈉溶液呈酸性，在0.1mol/LNaHC2O4中下列關系正確的是A.c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.c(HC2O4-)+c(C2O42-)=c(Na＋)C.c(C2O42-)<c(H2C2O4)D.c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L11、20℃時，下列有關電解質溶液的說法正確的是A.pH=9.25，濃度均為0.1mol/L的NH4Cl和NH3?H2O的混合溶液：c(NH4+)+c(H+)>c(NH3?H2O)+c(OH-)B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反應：c(OH-)=c(H+)+2c(HClO)+2c(ClO-)C.向0.1mol/LNaHSO3溶液中通入NH3至pH=7的溶液：c(Na+)>c(SO32-)>c(NH4+)D.CO2通入KOH溶液，當由水電離的c(H+)=10-7mol/L，一定存在：c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)12、Co3O4是制備石墨烯電池正極材料LiCoO2的原料。以鈷礦石(主要成分為Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等雜質)為原料制取Co3O4的工藝流程如圖：

已知：Co與Fe為活潑金屬，氧化性由強到弱的順序為：Co3+＞Fe3+＞Co2+。

幾種氫氧化物的溶度積如下表：

。氫氧化物。

Co(OH)2

Fe(OH)2

Co(OH)3

Al(OH)3

Fe(OH)3

溶度積(Ksp)

2.0×10－15

8.0×10－16

2.0×10－44

1.3×10－33

4.0×10－39

下列有關說法錯誤的是A.溶解池中生成H2的離子反應方程式為：Co+2H+=Co2++H2↑B.加入試劑1的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，試劑1可選用雙氧水或碘水C.殘渣1的主要成分為Fe(OH)3D.操作Ⅱ包括過濾、洗滌、干燥和灼燒四個步驟評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、參考下列圖表和有關要求回答問題：

(1)圖Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，若在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E2的變化是________(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，ΔH的變化是________。請寫出NO2和CO反應的熱化學方程式：_________。

(2)甲醇質子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉化為氫氣的兩種反應原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

則甲醇燃燒生成液態(tài)水的熱化學方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)：?；瘜W鍵P—PP—OO=OP=O鍵能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃燒放熱為1194kJ，白磷及其完全燃燒的產物結構如圖Ⅱ所示，則表中x＝________kJ·mol－114、寫出下列熱化學反應方程式：

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

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

(3)1molCu(s)能與一定量的O2(g)起反應生成CuO(s)，放出157kJ熱量：__________。15、可逆反應：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)；根據(jù)圖回答：

(1)壓強p1_________p2（填“＞”或“＜”）；

(2)a+b__________c+d（填“＞”或“＜”）；

(3)溫度t1℃_________t2℃（填“＞”或“＜”）；

(4)正反應為_________反應。(填吸熱或放熱)16、高爐煉鐵中發(fā)生的基本反應之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=__，又知1100℃時，K=0.28。

（1）溫度升高，化學平衡移動后達到新的平衡，平衡常數(shù)__（填“變大”；“變小”或“不變”）。

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在這種情況下，該反應是否處于化學平衡狀態(tài)：__（填“是”或“否”），此時，化學反應速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。17、體積均為100mL、pH=2的CH3COOH與一元酸HX,加水稀釋過程中pH與溶液體積的關系如圖所示,則HX的電離平衡常數(shù)__________（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

18、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。

Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－?H＋＋A2－。

（1）常溫下NaHA溶液的pH________(填序號)，原因是_________________。

A.大于7B.小于7C.等于7D.無法確定。

（2）某溫度下，若向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)。此時該混合溶液中的下列關系一定正確的是________。

A.c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B.c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)

C.c(Na＋)＞c(K＋)D.c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1

（3）室溫下若0.1mol·L－1的NaHA溶液的pH＝2，則0.1mol·L－1H2A溶液中c（H＋）______（填“＞＂、“＜”或“＝“）0.11mol·L－1，理由為______________。19、下列鹽溶液中能發(fā)生水解的用離子方程式表示；不能發(fā)生水解的請寫上“不發(fā)生水解”字樣，并說明溶液的酸堿性：

K2CO3____________________________________，溶液呈_______性；

NH4Cl_____________________________________，溶液呈_______性。

K2SO4_____________________________________，溶液呈_______性；20、表是相關物質的溶解度數(shù)據(jù)，操作Ⅲ發(fā)生反應的化學方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應在溶液中能發(fā)生的理由是________。21、(1)依據(jù)反應：設計的原電池如圖所示。

①電極X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，向溶液擴散的離子是________（填離子符號）。

(2)鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕可分為析氫腐蝕和吸氧腐蝕；可以采用電化學手段進行防護。

①寫出鋼鐵在酸性較強的環(huán)境中發(fā)生電化學腐蝕的正極反應式：_________。

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用下圖所示的方案：

其中連接在鐵閘門上的固體材料R可以采用________（填寫字母序號）。

a.銅b.鈉c.鋅d.石墨。

(3)電解原理在工業(yè)上有著廣泛的用途；如圖表示一個電解池，裝有電解液a；X；Y是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連。

①若X、Y都是惰性電極，a是飽和溶液，則電解的總反應式為________________。

②當電路中流通電子時，整個裝置共放出氣體________L（標準狀況下）。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)22、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共15分)23、I.采用廢易拉罐(主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質)制備明礬[KAl(SO4)2·12H2O]的過程如圖所示。回答下列問題：

(1)易拉罐溶解過程中主要反應的化學方程式為_______

(2)寫出由濾液A生成沉淀B的反應離子方程式：_______

(3)明礬可以凈水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反應的平衡常數(shù)等于_______。

II.以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖：

氯化過程控制電石渣過量，在75°C左右進行。氯化時存在C12與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應，Ca(ClO)2進一步轉化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化學方程式為_______。

(6)氯化過程中Cl2轉化為Ca(ClO3)2的總反應方程式為：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2轉化為Ca(ClO3)2轉化率的可行措施有_______(填序號)。

A.適當堿緩通入Cl2速率B.充分攪拌漿料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后過濾，向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g·L-1，如圖，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的操作步驟是_______、_______；過濾、洗滌、干燥。

24、工業(yè)上用重晶石（主要成分為BaSO4）制備BaCO3的常用方法有高溫煅燒還原法；沉淀轉化法等。高溫煅燒還原法的工藝流程可簡單表示如下：

（1）若“煅燒”時產生一種有毒的還原性氣體，則反應的化學方程式為_____________。

（2）工業(yè)上煅燒重晶石礦粉時，為使BaSO4得到充分的還原和維持反應所需的高溫，應采取的措施是________。

a加入過量的焦炭；同時通入空氣。

b設法將生成的BaS及時移出。

（3）在第一次過濾后洗滌，檢驗是否洗滌干凈的試劑最好是________。

（4）沉淀轉化法制備BaCO3可用飽和Na2CO3溶液將BaSO4轉化為BaCO3：

BaSO4（s）＋（aq）BaCO3（s）＋（aq）

①在實驗室將少量BaSO4固體全部轉化為BaCO3的實驗操作方法與步驟為_________。

②與高溫煅燒還原法相比，沉淀轉化法的優(yōu)點主要有_______。

③已知：Ksp（BaCO3）＝2.40×10－9，Ksp（BaSO4）＝1.20×10－10。現(xiàn)欲用沉淀轉化法將BaSO4轉化為BaCO3，該反應的平衡常數(shù)為________。25、從鎳礦石尾礦中提取NiSO4是解決我國鎳資源匱乏的一條重要途徑；已知該過程如下：

表1：各物質的Ksp數(shù)據(jù)如下表：。物質MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：濾液A中各金屬離子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根據(jù)以上信息；回答下列問題：

(1)步驟I酸浸之前需將礦石粉碎，目的是_______________。

(2)若雜質離子的濃度c≤1.0×10-5mol/L即可認定沉淀完全，則步驟Ⅱ中當Pb2+恰好沉淀完全時，溶液中硫離子的濃度c(S2-)=_____________mol·L-1；此時Ni2+是否已開始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常溫下進行步驟Ⅲ的目的是為了除去鐵和錳元素，已知除鐵元素的離子反應如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此時Mn2+的氧化產物為MnO2，寫出除錳元素的離子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造鎳鎘電池的重要原料，鎳鎘電池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，則隨著放電的進行，正極區(qū)pH______(填“增大”、“減小”或“不變”)；充電時陰極電極反應式為______________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．氫氣的燃燒熱是指1mol氫氣完全燃燒生成液體水時放出的熱量；而反應①②中的水是氣體，A項錯誤；

B．根據(jù)蓋斯定律，反應CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1；B項正確；

C．若反應②的反應物總能量低于生成物總能量，則該反應是吸熱反應，ΔH2>0；C項錯誤；

D．由于對于放熱反應，焓變是負值，則放出的熱量越多，焓變越小，所以若等物質的量的CO和H2完全燃燒生成氣態(tài)產物時前者放熱更多，則ΔH1<0；D項錯誤；

答案選B。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．SO2量相同，由于乙中O2量大，故乙中SO2的轉化率高；A錯誤；

B．由于甲壓強大；反應快，達平衡時間短，B錯誤；

C．氨的分解反應為放熱；故升高溫度，反應速率越快，同時升高溫度反應向吸熱反應方向（即正方向）移動，故圖像正確，C正確；

D．平衡時NH3濃度應相同；催化劑不改變平衡的方向，D錯誤；

故選C。3、D【分析】【分析】

在此平衡體系中加入和相當于增大壓強，再次達到平衡后，X；Y、Z、R的體積分數(shù)不變，則說明該反應為氣體分子數(shù)不變的反應，據(jù)此分析作答。

【詳解】

A.根據(jù)上述分析可知；3+m=2+2，解得m=1，故A正確；

B.對于可逆反應，設轉化的Y的物質的量為x，則根據(jù)已知信息列出三段式如下：

則根據(jù)體積分數(shù)可知，解得x=0.2mol，那么。

第一次平衡時，X與Y的轉化率之比為∶=1：1；故B正確；

C.第二次平衡時，平衡不移動，各物質的濃度為原來第一次平衡的1.5倍，根據(jù)上述選項分析可知，第一次平衡時R的濃度為=在此平衡體系中加入和后，R的濃度應為故C正確；

D.因正反應為放熱反應；升高溫度X的轉化率降低，故D錯誤；

答案選D。

【點睛】

三段式是解決化學反應速率與化學平衡有關計算的靈魂，理解可逆反應的反應過程是解題的關鍵。4、C【分析】【詳解】

A.若t1＝15min，生成物C在t0～t1時間段的平均反應速率v＝＝＝0.004mol·L－1·min－1；故A正確；

B.t4～t5階段改變條件；正；逆反應速率都減小且仍相等，所以改變的條件應為減小壓強，故B正確；

C.t0～t1階段A的濃度變化為0.15mol·L－1－0.06mol·L－1＝0.09mol·L－1，C的濃度變化為0.11mol·L－1－0.05mol·L－1＝0.06mol·L－1，反應中A與C的化學計量數(shù)之比為0.09∶0.06＝3∶2，根據(jù)t4～t5階段改變壓強平衡不移動可知，該反應的化學方程式為3A(g)?B(g)＋2C(g)，由A的起始物質的量為0.3mol和起始濃度為0.15mol·L－1可知，容器的容積V＝＝2L；由反應的化學方程式可知B的起始濃度為0.05mol·L－1－＝0.02mol·L－1，所以B的起始物質的量為0.02mol·L－1×2L＝0.04mol；故C錯誤；

D.t5～t6階段A的物質的量減少了0.03mol，此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則當A的物質的量減少3mol時，容器與外界的熱交換總量為100akJ，根據(jù)圖像可知t5～t6階段改變的條件應為升高溫度，A的物質的量減少，說明平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，故該反應的熱化學方程式為3A(g)?B(g)＋2C(g)ΔH＝＋100akJ·mol－1；故D正確；

答案為C。5、D【分析】【詳解】

A．圖中曲線分析可知溶液中存在酸H2A的分子，說明為弱酸，將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后恰好轉化為NaHA；根據(jù)圖像可知溶液顯酸性，故A錯誤；

B．X點溶液中c（H2A）=c（HA-）；X點所加NaOH溶液體積大于50mL，故B錯誤；

C．X點溶液中c（H2A）=c（HA-），X點溶液體積大于100mL，導致含有A微粒濃度之和減小，所以c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＜0.1mol/L；故C錯誤；

D．根據(jù)圖象分析，Y點溶液中c（HA-）=c（A2-），根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），則Y點溶液中存在以下關系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)；故D正確；

故答案選D。

【點睛】

明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質是解答本題的關鍵，抓住圖象進行分析即可，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用，C為解答易錯點。6、A【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；本題考查化學平衡常數(shù)的含義，弱電解質在水溶液中的電離平衡，離子積常數(shù)，運用溫度對反應化學平衡常數(shù)；水的離子積常數(shù)、電離平衡常數(shù)分析。

【詳解】

A.若正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，化學平衡常數(shù)減小，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，化學平衡常數(shù)增大，可逆反應的化學平衡常數(shù)K不一定增大，A項正確；

B.醋酸鈉水解吸熱，升溫能夠促進其水解，堿性增強，pH增大，B項錯誤；

C.水的電離過程是吸熱的，升高溫度促進水的電離，升高溫度電離程度增大，水的離子積一定增大，C項錯誤；

D.弱酸的電離是吸熱過程，升溫促進弱電解質的電離，電離度增大，弱酸的電離平衡常數(shù)Ka增大，D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

鹽類水解是吸熱反應，升高溫度促進其水解；水的電離過程是吸熱的，升高溫度促進水的電離。7、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(fā)生還原反應，b池為負極，失去電子，發(fā)生氧化反應；充電時與放電相反，a池發(fā)生氧化反應，為電解池的陽極，b池發(fā)生還原反應；為電解池的陰極，據(jù)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(lián)電路，Cl-失去電子生成Cl2與NaBr3得到電子生成NaBr的電子總數(shù)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、多選題(共5題，共10分)8、BD【分析】【詳解】

A.根據(jù)熱化學方程式知，1molO2完全反應放出QkJ熱量，則反應放熱0.025QkJ時，反應的O2為0.025mol，則在2min內，O2的轉化率為故A錯誤；

B.根據(jù)S原子守恒，反應過程中，c(SO2)+c(SO3)=故B正確；

C.若再充入0.1molSO3，平衡逆向移動，但達到平衡后SO3的質量分數(shù)會增大；故C錯誤；

D.向該容器中再加入0.1molSO2和0.05molO2；若此時平衡與原平衡等效，則放出熱量為0.05QkJ，根據(jù)平衡移動原理，此時平衡正向移動，則平衡后反應放熱大于0.05QkJ，故D正確；

故選BD。9、BC【分析】【詳解】

A．2C3H6+2NH3+3O22C3H3N(g)+6H2O(g)是氣體體積增大的反應；故增大壓強平衡逆向移動，丙烯腈平衡產率降低，A錯誤；

B．由圖可知；X點丙烯腈的產率未達到最大值，所以在X點的條件下，延長反應時間能提高丙烯腈的產率，B正確；

C．Y點丙烯腈的產率達到最大值；改用對丙烯腈選擇性更好的催化劑，可以增加丙烯腈的產率，減少副產物的量，C正確；

D．×100%，從圖b中可以看出丙烯醛的平衡產率是0.2，但題目沒有告訴丙烯的起始量以及轉化率是多少，無法計算反應后丙烯以及丙烯醛的濃度，所以平衡表達式中四個物質的濃度均為未知量；D錯誤；

故選BC。

【點睛】

本題的易錯選項為D，若本題已知轉化率，可以計算出D選項的表達式，但是圖像的縱坐標是產率，×100%，產率與轉化率是兩個完全不同的概念，所以不能利用產率計算出D選項的表達式。10、AD【分析】【詳解】

A．電解質溶液中存在電荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(HC2O4-)+c(OH―)+2c(C2O42-)；故A正確；

B．草酸氫鈉溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根據(jù)物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=c(Na＋)；故B錯誤；

C．草酸是二元弱酸，草酸氫鈉溶液呈酸性，說明HC2O4－電離程度大于水解程度，則c（C2O42－）＞c（H2C2O4）；故C錯誤；

D．草酸氫鈉溶液中存在H2C2O4、C2O42－、HC2O4－，根據(jù)物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42－）+c（HC2O4－）=0.1mol·L－1；故D正確；

故選AD。

【點睛】

難點C，離子濃度大小比較，根據(jù)溶液酸堿性確定HC2O4－電離程度和水解程度關系，AD再結合守恒思想分析解答。11、AC【分析】【詳解】

A．濃度均為0.1mol/L的NH4Cl和NH3?H2O的混合溶液顯堿性，說明銨根的水解程度小于一水合氨的電離程度，所以c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3?H2O)，電荷守恒式為c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)+c(H+)>c(NH3?H2O)+c(OH-)；故A正確；

B．向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反應，溶液中的溶質為等物質的量的CaCl2和Ca(ClO)2，溶液中存在電荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，存在物料守恒2c(Ca2+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)，聯(lián)立可得c(OH-)=c(H+)-c(HClO)；故B錯誤；

C．0.1mol?L-1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)①，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因為pH=7所以c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)②，由①得c(Na+)＞c(SO32-)；將①式左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，結合②③得c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32-)＞c(NH4+)；故C正確；

D．若溶液中存在c(K+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，對應的溶液溶質應為KHCO3，而碳酸氫鉀溶液顯堿性，溶液中水電離的c(H+)不等于10-7mol/L；故D錯誤；

故答案為AC。

【點睛】

選項C為難點，要充分利用電荷守恒、物料守恒式結合溶液的酸堿性進行離子濃度比較，需要學生有較強的數(shù)學推理能力，難度較大。12、BC【分析】【分析】

鈷礦石主要成分為Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等雜質，煅燒后用鹽酸溶解，溶液中陽離子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反應的H+，加入Co粉會有氫氣生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+；根據(jù)幾種氫氧化物的溶度積數(shù)據(jù)，需要將Fe2+轉化為Fe3+除去，因此加入試劑1的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾除去，濾液中加入濃氨水調節(jié)pH使Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，過濾分離，Co(OH)2灼燒得到Co3O4；濾液中含有氯化鈉；氯化銨等。據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．Co與HCl發(fā)生置換反應生成CoCl2與H2，反應離子方程式為：Co+2H+=Co2++H2↑；故A正確；

B．試劑1是將Fe2+氧化為Fe3+，碘水不能將Fe2+氧化為Fe3+，雙氧水可以將Fe2+氧化為Fe3+；且還原產物為水，故B錯誤；

C．加入碳酸鈉調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，殘渣I的主要成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3；故C錯誤；

D．操作Ⅱ是將Co(OH)2固體與液體分離，然后將Co(OH)2灼燒生成Co3O4；操作Ⅱ包括過濾；洗滌、干燥，灼燒四個步驟，故D正確；

故選BC。三、填空題(共9題，共18分)13、略

【分析】【分析】

(1)加入催化劑能降低反應所需的活化能，但是不改變反應物的總能量和生成物的總能量，由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ；根據(jù)熱化學方程式書寫原則進行書寫；

(2)依據(jù)熱化學方程式；利用蓋斯定律進行計算；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；根據(jù)化學鍵的斷裂和形成的數(shù)目進行計算。

【詳解】

(1)加入催化劑能降低反應所需的活化能，則E1和E2都減小，催化劑不能改變反應物的總能量和生成物的總能量之差，即反應熱不改變，所以催化劑對反應熱無影響，由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ，反應的熱化學方程式為NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1，故答案為：減?。徊蛔儯籒O2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律計算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案為：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃燒需拆開6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案為：138。

【點睛】

本題的易錯點為(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子結構，正確判斷共價鍵的類型和數(shù)目?！窘馕觥繙p小不變NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113814、略

【分析】【分析】

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

【詳解】

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

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

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

【點睛】

本題考查了熱化學方程式的書寫，物質反應過程的熱量變化，不僅與反應的物質多少有關，還與物質的存在狀態(tài)有關，相同質量的物質含有的能量：氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)；放熱反應的反應熱為負值，吸熱反應的反應熱為正值，反應熱的單位是kJ/mol。熱化學方程式的系數(shù)僅表示物質的量，可以是整數(shù)，也可以是分數(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/mol15、略

【分析】【分析】

根據(jù)“先拐先平”判斷：p2＞p1，t1＞t2。p2＞p1，增大壓強，A的轉化率減小，說明增大壓強平衡向逆反應方向移動；t1＞t2；溫度升高，A的百分含量減小，說明平衡正向移動，△H＞0。

【詳解】

(1)由圖像可知時p2先達到平衡，說明p2壓強較大，反應速率較大，則壓強p1比p2小，故答案為：p1＜p2；

(2)增大壓強，A的轉化率減小，說明增大壓強平衡向逆反應方向移動，則(a+b)比(c+d)小，故答案為：a+b＜c+d；

(3)由圖象可知t1℃時先達到平衡，溫度較高，則溫度t1℃比t2℃高，故答案為：t1℃＞t2℃；

(4)溫度升高，A的百分含量減小，說明平衡正向移動，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，故答案為：吸熱?！窘馕觥竣?p1＜p2②.(a+b)＜(c+d)③.t1℃＞t2℃④.吸熱16、略

【分析】【詳解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=故答案為：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反應是吸熱反應，升高溫度平衡向吸熱反應方向進行，即平衡正向移動，平衡常數(shù)變大；故答案為：變大；

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，說明反應未達到平衡狀態(tài)，平衡正向進行，v正大于v逆；故答案為：否，大于；Qc＜K，反應向正反應方向進行?！窘馕觥竣?②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反應向正反應方向進行17、略

【分析】【詳解】

pH相等的酸中；加水稀釋促進弱酸的電離，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸的酸性強，由圖可知，HX的pH變化程度更大，所以HX的酸性大于醋酸，則HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)，故答案為：大于。

【點睛】

對于強酸溶液，稀釋10倍，pH增大1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH增大不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趨近于7；對于強堿溶液，稀釋10倍，pH減小1個單位，對于弱酸溶液，稀釋10倍，pH減小不足1個單位，但無論稀釋多少倍，酸溶液的pH不能等于或小于7，只能趨近于7；弱酸弱堿的稀釋過程中有濃度的變化，又有電離平衡的移動，不能求得具體數(shù)值，只能確定其pH的范圍?！窘馕觥看笥?8、略

【分析】【分析】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關系一定正確的是BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強電解質，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1。

【詳解】

⑴常溫下NaHA溶液電離出HA－，HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，因此溶液的pH顯酸性，故答案為：B；HA－只發(fā)生電離；不發(fā)生水解。

⑵某溫度下，若向0.1mol?L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol?L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的體積變化)，此溫度為某溫度，不一定是常溫，因此A錯誤；根據(jù)電荷守恒和溶液呈中性得到B正確；如果等體積混合，溶液呈堿性，但溶液要呈中性，說明KOH的體積比NaHA的體積小，則c(Na＋)＞c(K＋)，因此C正確；c(Na＋)＋c(K＋)<0.05mol?L－1；此混合溶液中的下列關系一定正確的是BC；故答案為：BC。

⑶室溫下若0.1mol?L－1的NaHA溶液的pH＝2，c(H＋)=0.01mol?L－1，H2A是強電解質，則0.1mol?L－1H2A溶液全部電離，由于HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，而且第一步電離的氫離子濃度對HA－電離起了抑制作用，因此0.1mol?L－1的HA－溶液電離出的氫離子濃度小于0.01mol?L－1，所以0.1mol?L－1H2A中c（H＋）＜0.11mol?L－1，故答案為：＜；H2A第一步電離所產生的H+對HA的電離起抑制作用?！窘馕觥竣?B②.HA－只發(fā)生電離，不發(fā)生水解③.BC④.＜⑤.H2A第一步電離所產生的H+對HA的電離起抑制作用。19、略

【分析】【分析】

碳酸鉀為強堿弱酸鹽；碳酸根離子水解導致溶液呈堿性；氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性；硫酸鉀為強堿強酸鹽，不水解，據(jù)此分析解答。

【詳解】

碳酸鉀為強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導致溶液呈堿性，水解方程式為CO32-+H2O?OH-+HCO3-；NH4Cl為強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致溶液顯酸性，水解方程式為NH4++H2O?H++NH3·H2O；硫酸鈉為強堿強酸鹽，鈉離子和硫酸根離子都不水解，溶液呈中性，故答案為：CO32-+H2O?OH-+HCO3-；堿；NH4++H2O?H++NH3·H2O；酸；不發(fā)生水解；中。

【點睛】

本題的易錯點為碳酸鉀的水解方程式的書寫，要注意碳酸根離子水解分步進行，不能一步水解生成碳酸?！窘馕觥竣?CO32-+H2O?OH-+HCO3-②.堿③.NH4++H2O?H++NH3·H2O④.酸⑤.不發(fā)生水解⑥.中20、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，四種物質中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能發(fā)生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點睛】

本題考查了物質制備的知識。兩種鹽在溶液中發(fā)生復分解反應，產生兩種新鹽，發(fā)生反應是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質轉化為溶解度小的物質，或由溶解度小的物質轉化為溶解度更小的物質。會根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析是本題判斷的依據(jù)?！窘馕觥縆2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①依據(jù)反應：可知，該裝置為銅鋅原電池，Zn作負極，Cu作正極，則電極X的材料是Zn(鋅)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸銅)溶液；

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，溶液在負極區(qū)，原電池中，陰離子向負極移動，則向溶液擴散的離子是

(2)①鋼鐵在酸性較強的環(huán)境中發(fā)生析氫腐蝕，正極反應式：2H++2e-=H2↑；

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用圖示中的犧牲陽極的陰極保護法，即在鐵閘門上的固體材料R的活潑性要強于鐵；

a．銅的活潑性比鐵弱，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故a不符合題意；

b．鈉的活潑性比鐵強，但鈉可與水反應，故b不符合題意；

c．鋅的活潑性比鐵強；可代替鐵作負極，能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故c符合題意；

d．石墨活潑性比鐵弱；不能代替鐵作負極，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故d不符合題意；

答案選c；

(3)①根據(jù)圖示，該裝置為電解質，X、Y都是惰性電極，根據(jù)電源電極可知，X作陰極，Y作陽極，若a是飽和溶液，則該裝置為電解飽和食鹽水，生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，電解的總反應式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根據(jù)①中電解總反應，生成1mol氯氣和1mol氫氣時電路中轉移2mol電子，當電路中流通電子時，生成0.1mol氯氣和0.1mol氫氣，則整個裝置共放出標準狀況下氣體體積為0.2×22.4L/mol=4.48L?！窘馕觥縕n(鋅)CuSO4(硫酸銅)2H++2e-=H2↑c2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L四、判斷題(共1題，共8分)22、×【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】錯五、工業(yè)流程題(共3題，共15分)23、略

【分析】【分析】

I．易拉罐的主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質，可選擇濃NaOH溶解，得到偏鋁酸鈉溶液，并通過過濾除去Fe、Mg等雜質，濾液中加入NH4HCO3溶液后，促進AlO水解生成Al(OH)3沉淀，過濾后將沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸鋁溶液，添加K2SO4溶液后蒸發(fā)濃縮并冷卻結晶得到晶體明礬；

II．由制備流程可知，電石渣含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca(ClO3)2，過濾后在濾液中加入KCl轉化生成KClO3，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3；

（1）

易拉罐中鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，發(fā)生反應的化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（2）

濾液A是NaAlO2，與NaHCO3發(fā)生反應生成沉淀B是Al(OH)3，反應離子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+

（3）

明礬中Al3+水解生成Al(OH)3膠體吸附雜質沉降；因此可以凈水；

（4）

Al(OH)3溶于NaOH溶液反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，反應的平衡常數(shù)

（5）

氯氣與氫氧化鈣反應生成次氯酸鈣，氯化鈣和水，則生成次氯酸鈣的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

（6）

A．適當減緩通入氯氣速率；可以使氯氣被氫氧化鈣充分吸收而反應，可以提高氯氣的轉化率，A正確；

B．充分攪拌漿料可以增大反應物的接觸面積；使氯氣被氫氧化鈣充分吸收，而反應可以提高氯氣的轉化率，B正確；

C．加水使氫氧化鈣完全溶解