2025年外研版選修4化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※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(xué)上冊階段測試試卷446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：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)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、氧化亞銅常用于制船底防污漆。用CuO與Cu高溫?zé)Y(jié)也可制取Cu2O。已知反應(yīng)：

①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH=?314kJ/mol

②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=?292kJ/mol

則反應(yīng)CuO(s)與Cu(s)反應(yīng)生成Cu2O(s)的熱化學(xué)方程式是（）A.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=?22kJ/molB.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=+22kJ/molC.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=?11kJ/molD.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=+11kJ/mol2、反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常數(shù)K1，反應(yīng)HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K2，則K1、K2的關(guān)系為（平衡常數(shù)為同溫度下的測定值）（）A.K1=2K2B.C.K1=K2D.K1=3、在恒容密閉容器中將與含少量CO的混合生成甲醇，反應(yīng)為下圖中是按分別為①4和②6兩種投料比時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線。

下列有關(guān)說法正確的是A.按投料比①時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線對應(yīng)的是圖中的曲線IB.圖中a點(diǎn)對應(yīng)的的轉(zhuǎn)化率等于C.圖中b點(diǎn)對應(yīng)的平衡常數(shù)K的值大于c點(diǎn)D.的數(shù)值，a點(diǎn)比c點(diǎn)小4、雞沒有汗腺，只能依賴“喘息”調(diào)節(jié)體溫。雞過度地呼出CO2，使下列平衡向左移動(dòng)，導(dǎo)致蛋殼變薄，使農(nóng)場主和超市經(jīng)營者蒙受經(jīng)濟(jì)損失。CO2(g)CO2(aq)，CO2(aq)+H2OH2CO3(aq)；H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3－(aq)；HCO3－(aq)H+(aq)+CO32－(aq)；Ca2+(aq)+CO32－(aq)CaCO3(s)（蛋殼）。澳大利亞學(xué)者研究發(fā)現(xiàn)，夏季給雞喂食下列某種飲料會(huì)使蛋殼變厚，這種飲料可能是（）A.淡鹽水B.碳酸水C.蔗糖D.澄清石灰水5、下列各離子方程式中，屬于水解反應(yīng)的是A.HCO3-+H2OH3O++CO32-B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C.PO43-+H3O+HPO42-+H2OD.H2O+H2OH3O++OH-6、25℃時(shí)，同體積、濃度均為0.10mol?L-1的CH3COOH溶液和HX溶液，分別與同體積0.10mol?L-1NaHCO3溶液混合，產(chǎn)生CO2的體積隨時(shí)間變化如圖；下列說法錯(cuò)誤的是。

A.原溶液中c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液B.與CH3COOH反應(yīng)結(jié)束后的溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)C.反應(yīng)結(jié)束后兩溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)D.由該實(shí)驗(yàn)可知HX為強(qiáng)酸評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低溫度，化學(xué)反應(yīng)速率__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）600℃時(shí)，在一容積為2L的密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，在反應(yīng)進(jìn)行至10min和20min時(shí)，分別改變了影響反應(yīng)速率的一個(gè)條件，反應(yīng)過程中SO2、O2、SO3物質(zhì)的量變化如圖所示，前10min正反應(yīng)速率逐漸___(填“增大”“減小”或“不變”)；前15min內(nèi)用SO3表示平均反應(yīng)速率為__。

（3）圖中反應(yīng)進(jìn)程，表示正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等的時(shí)間段是___。

（4）根據(jù)上圖判斷，10min時(shí)改變的反應(yīng)條件可能是___(填編號(hào)，下同)；20min時(shí)改變的反應(yīng)條件可能是___。

A．加入催化劑B．縮小容器容積。

C．降低溫度D．增加O2的物質(zhì)的量8、化學(xué)反應(yīng)原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。CO可用于合成甲醇，一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入CO和H2，發(fā)生反應(yīng)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，達(dá)到平衡后測得各組分的濃度如下：。物質(zhì)COH2CH3OH濃度/(mol·L－1)0.91.00.6

(1)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為________。

(2)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________。

(3)恒溫恒容條件下，可以說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是________(填字母)。

A．v正(CO)＝2v逆(H2)

B．混合氣體的密度不變。

C．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變。

D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化。

(4)若將容器體積壓縮到1L，則達(dá)到新平衡時(shí)c(H2)的取值范圍是___________。

(5)若保持容器體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此時(shí)v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。9、在一定溫度下,測得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH為4,則此溫度下CH3COOH的電離平衡常數(shù)值約為__________。10、工業(yè)上可以用NaOH溶液或氨水吸收過量的分別生成其水溶液均呈酸性．相同條件下，同濃度的兩種酸式鹽的水溶液中較小的是______，用文字和化學(xué)用語解釋原因______11、25℃時(shí)，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關(guān)系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產(chǎn)生）

（1）用化學(xué)用語表示M點(diǎn)的原因__________。

（2）四點(diǎn)中，水電離產(chǎn)生的濃度最大的是______________點(diǎn)。

（3）下列關(guān)系中，正確的是________。

aP點(diǎn)

bN點(diǎn)

cQ點(diǎn)

d溶液中小于溶液中12、化學(xué)與生活；生產(chǎn)、科研密切相關(guān)；請根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答：

物質(zhì)在水中可能存在電離平衡；鹽的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它們都可看作化學(xué)平衡。

（1）A為0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序?yàn)開___。

（2）B為0.1mol·L-1NaHCO3溶液，實(shí)驗(yàn)測得NaHCO3溶液的pH＞7，請分析NaHCO3溶液顯堿性的原因：___。

（3）C為FeCl3溶液，實(shí)驗(yàn)室中配制FeCl3溶液時(shí)通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，將產(chǎn)生紅褐色沉淀和無色氣體，該反應(yīng)的離子方程式為___。13、某二元酸(化學(xué)式用HB表示)在水中的電離方程式是H2B=H++HB-；HB-?H++B2-；回答下列問題。

①Na2B溶液顯_______(填“酸性”、“中性”或“堿性”)，理由是_____(用離子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子濃度關(guān)系式正確的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)14、I．已知25℃時(shí)，醋酸、碳酸、氫氰酸的電離平衡常數(shù)如下表:(單位省略)。醋酸碳酸氫氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

（1）寫出碳酸的第一步電離方程式__________________________________。

（2）25℃時(shí)，等濃度的三種溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的順序?yàn)開____________________(填序號(hào))。

（3）25℃時(shí)，向NaCN溶液中通入少量CO2，反應(yīng)的離子方程式為_______________。

（4）將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，測得混合溶液中c(Na+)>c(CN)，下列關(guān)系正確的是_______。

a．c(H+)>c(OH)b．c(H+)+c(HCN)=c(OH)c．c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L

II．請用有關(guān)電解質(zhì)溶液的知識(shí)回答下列問題：

（1）某溫度下純水的c(H+)=4.0×10mol/L，若溫度不變，滴入稀鹽酸，使c(H+)=2.0×10mol/L，則此溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=_________。

（2）氫氧化銅懸濁液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s)?Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常溫下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10某硫酸銅溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀，應(yīng)調(diào)整溶液使之pH>________

（3）向含有相同濃度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液，先生成______沉淀(填化學(xué)式)。在工業(yè)廢水處理過程中，依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化原理,可用FeS作為沉淀劑除去廢水中的Hg2+，寫出相應(yīng)的離子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)15、下圖所示水槽中試管內(nèi)有一枚鐵釘；放置數(shù)天后觀察：

（1）鐵釘在逐漸生銹，則鐵釘?shù)母g屬于____________腐蝕。

（2）若試管內(nèi)液面上升，則原溶液呈______________性，發(fā)生____________腐蝕，正極反應(yīng)式為________________________。

（3）若試管內(nèi)液面下降，則原溶液呈___________性，發(fā)生____________腐蝕，正極反應(yīng)式為_______________________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共10分)17、實(shí)驗(yàn)室以工業(yè)廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)為原料制取(NH4)2SO4晶體和輕質(zhì)CaCO3；其實(shí)驗(yàn)流程如下：

已知：①金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍(pH=8.5時(shí)Al(OH)3開始溶解)。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+開始沉淀時(shí)pH3.42.77.611.3完全沉淀時(shí)pH4.73.79.6/

②已知常溫下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9

回答下列問題：

(1)廢渣粉末“浸取”時(shí)，主要反應(yīng)的離子方程式為_____________________________。實(shí)驗(yàn)時(shí)需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是______________________。

(2)廢渣粉末“浸取”時(shí)，反應(yīng)溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為_________。若溫度過高將會(huì)導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是_______________________。

(3)濾渣1成分是_______________(填化學(xué)式)。

(4)加適量H2O2的作用是________________________________(用離子方程式表示)?！罢{(diào)pH值”除鐵和鋁時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為_________________。評卷人得分五、計(jì)算題(共3題，共21分)18、已知0.4mol液態(tài)肼（N2H4）和足量H2O2反應(yīng)；生成氮?dú)夂退魵?，放?56.65kJ的熱量。

（1）寫出H2O2電子式___；上述反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______。

（2）已知H2O(l)=H2O(g)；△H=+44kJ·mol-1，則16g液態(tài)肼燃燒生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出的熱量是____kJ。

（3）已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ·mol-1，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；△H=-534kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律寫出肼與NO2完全反應(yīng)生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水的熱化學(xué)方程式______。19、苯乙烷(C8H10)可生產(chǎn)塑料單體苯乙烯(C8H8)，其反應(yīng)原理是C8H10(g)C8H8(g)＋H2(g)ΔH＝＋125kJ·mol－1

Ⅰ．某溫度下，將0.40mol苯乙烷，充入2L真空密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，測定不同時(shí)間該容器內(nèi)物質(zhì)的量，得到數(shù)據(jù)如下表：。時(shí)間/min010203040n(C8H10)/mol0.400.300.26n2n3n(C8H8)/mol0.000.10n10.160.16

(1)該溫度下，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=________________。

(2)若保持其他條件不變，用0.40molH2(g)和0.40molC8H8(g)合成C8H10(g)，當(dāng)有30kJ熱量放出時(shí)，該反應(yīng)中H2的轉(zhuǎn)化率是________________，通過計(jì)算說明此時(shí)，該反應(yīng)是否達(dá)到了平衡狀態(tài)__________？20、25℃時(shí)，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，則0.01mol/LFeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___評卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)21、某探究性學(xué)習(xí)小組欲用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量(g·100mL－1)。有關(guān)操作如下：

Ⅰ.實(shí)驗(yàn)步驟。

（1）用________(填儀器名稱)量取10.00mL食用白醋；在燒杯中用水稀釋后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中定容，搖勻即得待測白醋溶液。

（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴________作指示劑。

（3）讀取盛裝0.1000mol·L－1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)。如果液面位置如圖所示，則此時(shí)的讀數(shù)為________mL。

（4）滴定。當(dāng)__________________________________________________時(shí)；停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)。重復(fù)滴定3次。

Ⅱ.實(shí)驗(yàn)記錄。滴定次數(shù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)(mL)1234V(樣品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95

Ⅲ.數(shù)據(jù)處理與討論。

（1）處理數(shù)據(jù)可得：c(市售白醋)＝________mol·L－1；市售白醋總酸量＝________g·100mL－1。

（2）在本實(shí)驗(yàn)的滴定過程中，下列操作會(huì)使實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏大的是________填寫序號(hào))。

a．堿式滴定管在滴定時(shí)未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗。

b．堿式滴定管的尖嘴在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失。

c．錐形瓶中加入待測白醋溶液后；再加少量水。

d．錐形瓶在滴定時(shí)劇烈搖動(dòng)，有少量液體濺出22、某興趣小組為研究原電池原理；設(shè)計(jì)如圖甲乙兩個(gè)原電池裝置。

(1)如圖甲，a和b用導(dǎo)線連接，Cu電極的電極反應(yīng)式為：________，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)極。

(2)如圖乙所示的原電池裝置中，負(fù)極材料是_____。正極上能夠觀察到的現(xiàn)象是_______________。負(fù)極的電極反應(yīng)式是_________________。原電池工作一段時(shí)間后,若消耗負(fù)極5.4g，則放出氣體______mol。

(3)將反應(yīng)Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4設(shè)計(jì)成鹽橋電池并畫圖____________

(4)依據(jù)Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl晶體的反應(yīng)原理設(shè)計(jì)原電池，你認(rèn)為是否可行并說明理由______。23、是銀鋅堿性電池的正極活性物質(zhì)，可通過下列方法制備：在加入適量溶液，生成沉淀，保持反應(yīng)溫度為80，邊攪拌邊將一定量溶液緩慢加到上述混合物中，反應(yīng)完全后，過濾、洗劑、真空干燥得到固體樣品。反應(yīng)方程式為2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4↓+2H2O

回答下列問題：

(1)上述制備過程中，檢驗(yàn)洗劑是否完全的方法是___________。

(2)銀鋅堿性電池的電解質(zhì)溶液為溶液，電池放電時(shí)正極的轉(zhuǎn)化為負(fù)極的轉(zhuǎn)化為寫出該電池反應(yīng)方程式：___________。

(3)準(zhǔn)確稱取上述制備的樣品(設(shè)僅含和)2.558g，在一定的條件下完全分解為和得到224.0mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。計(jì)算樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_____(計(jì)算結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律；將所給的反應(yīng)通過加；減、乘、除等變形可以得目標(biāo)反應(yīng)，反應(yīng)熱做相應(yīng)變形即可。

【詳解】

已知:①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH=?314kJ/mol，②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=?292kJ/mol，將可得等于則得故選C。2、D【分析】【詳解】

反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為因此D項(xiàng)正確；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

A．同一溫度下，兩種物質(zhì)參加反應(yīng)，增大氫氣的濃度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，按投料比①時(shí)，二氧化碳轉(zhuǎn)化率較小，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線對應(yīng)的是圖中的曲線Ⅱ；故A錯(cuò)誤；

B．相同條件下，二氧化碳的含量越高，二氧化碳轉(zhuǎn)化率越低，所以曲線Ⅰ是兩種投料比為1：6；而一氧化碳與氫氣的物質(zhì)的量之比不知，所以無法求氫氣的轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；

C．溫度升高二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率降低，所以平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以b點(diǎn)對應(yīng)的平衡常數(shù)K值小于c點(diǎn)；故C錯(cuò)誤；

D．a(chǎn)點(diǎn)二氧化碳轉(zhuǎn)化率大于c點(diǎn)，比值中二氧化碳濃度減?。患状紳舛仍龃?，則比值a點(diǎn)比c點(diǎn)小，故D正確；

答案選D。4、B【分析】【詳解】

所加物質(zhì)要能影響幾個(gè)化學(xué)平衡；最終使碳酸鈣的量增多，因淡鹽水和蔗糖不能影響所給的幾個(gè)平衡，首先排除；澄清石灰水堿性很強(qiáng)，不能直接飲用，排除，因此碳酸水能影響這幾個(gè)化學(xué)平衡，是的不斷正向移動(dòng)，故B符合題意。

綜上所述，答案為B。5、B【分析】【詳解】

A.HCO3-+H2OH3O++CO32-，從HCO3-轉(zhuǎn)化為CO32-；應(yīng)為電離平衡，A錯(cuò)誤；

B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，從CH3COO-到CH3COOH；應(yīng)為水解反應(yīng)，B正確；

C.PO43-+H3O+HPO42-+H2O，反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是PO43-與H+的反應(yīng)；不是水解反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D.H2O+H2OH3O++OH-；這是水的電離平衡，D錯(cuò)誤。

故選B。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．曲線斜率數(shù)值越大反應(yīng)速率越快，反應(yīng)速率越快，溶液中c(H+)越大，根據(jù)圖象，HX曲線斜率數(shù)值較大，則酸性HX較強(qiáng)，所以原溶液中c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液；故A正確；

B．碳酸氫鈉與CH3COOH反應(yīng)結(jié)束后的溶液中溶質(zhì)為CH3COONa，CH3COO-水解、Na+不水解，所以溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)；故B正確；

C．曲線斜率數(shù)值越大反應(yīng)速率越快，反應(yīng)速率越快，溶液中c(H+)越大，相同濃度的這兩種酸中c(H+)越大，酸的酸性越強(qiáng)，根據(jù)圖知，酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，則水解程度CH3COO-＞X-，水解程度越大，溶液中酸根離子濃度越小，所以反應(yīng)結(jié)束后兩溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)；故C正確；

D．根據(jù)圖象無法判斷HX是否完全電離；則無法判斷HX是否是強(qiáng)酸，故D錯(cuò)誤；

故選D。

【點(diǎn)睛】

正確判斷HX和CH3COOH酸性強(qiáng)弱是解題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為D，要注意酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，但HX不一定為強(qiáng)酸。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【分析】

(1)結(jié)合溫度對速率的影響分析。

(2)10～15min反應(yīng)物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應(yīng)速率逐漸減小、逆反應(yīng)速率逐漸增大；根據(jù)n=計(jì)算前15min內(nèi)用SO2表示的平均反應(yīng)速率；

(3)當(dāng)反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)；各組分的濃度不隨時(shí)間的變化而變化；

(4)10min到15min的時(shí)間段；化學(xué)反應(yīng)速率加快，二氧化硫和氧氣的量減小，三氧化硫的量增加；反應(yīng)進(jìn)行至20min時(shí)，氧氣的物質(zhì)的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)降低溫度；化學(xué)反應(yīng)速率減?。?/p>

(2)根據(jù)圖示可知，10～15min反應(yīng)物濃度逐漸減小、生成物濃度逐漸增大，說明正反應(yīng)速率逐漸減??；15min時(shí)三氧化硫的物質(zhì)的量為0.04mol，前15min內(nèi)用SO3表示的平均反應(yīng)速率為：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L?min)；

(3)根據(jù)圖示曲線變化可知；15～20min；25～30min時(shí)間段，各組分的濃度不隨時(shí)間的變化而變化，說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)；

(4)根據(jù)圖像所示信息，10min到15min的時(shí)間段，化學(xué)反應(yīng)速率加快，可以是加了催化劑或者是增大壓強(qiáng)，或縮小容器體積，故答案為AB；反應(yīng)進(jìn)行至20min時(shí)，氧氣的物質(zhì)的量增加，二氧化硫的減少，三氧化硫的增加，可以推斷是增加了O2的量，故答案為D。【解析】①.減?、?減?、?1.33×10-3mol/（L?min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D8、略

【分析】【分析】

根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)寫出三段式：

【詳解】

（1）反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)為

（3）A.化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，應(yīng)為正逆反應(yīng)速率相等；反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)為恒容條件下進(jìn)行；反應(yīng)物總質(zhì)量不變，總體積不變，混合氣體的密度始終不變，不能作為反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志，B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)“變量不變達(dá)平衡”該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)；混合氣體的平均相對分子質(zhì)量是變量，若混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再發(fā)生改變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡了，C正確；

D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化；說明反應(yīng)達(dá)到平衡了，D正確；

（4）將容器體積壓縮到1L，若平衡不移動(dòng)，則各物質(zhì)的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，但壓強(qiáng)增大，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動(dòng)，氫氣的平衡濃度小于2mol/L，所以氫氣的濃度為

（5）)若保持容器體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，說明反應(yīng)達(dá)到平衡與原來的平衡狀態(tài)相同，則v正=v逆?！窘馕觥?0%(或0.67)CD1.0mol·L－12)<2.0mol·L－1＝9、略

【分析】【詳解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH為4，則CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的電離平衡常數(shù)值約為故答案為：【解析】10、略

【分析】【分析】

根據(jù)銨根離子水解后，溶液顯酸性，抑制亞硫酸氫根的電離；據(jù)此分析解答。

【詳解】

因?yàn)樯蓙喠蛩岣x子和氫離子，銨根水解，溶液呈酸性，抑制亞硫酸氫根的電離，所以中濃度減小，故答案為：水解使增大，電離平衡逆向移動(dòng)，濃度減小。【解析】①.②.水解使增大，電離平衡逆向移動(dòng)，濃度減小11、略

【分析】【分析】

(1)M點(diǎn)為硫酸銨溶液；硫酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解使溶液呈酸性；

(2)M點(diǎn)溶質(zhì)為硫酸銨和硫酸鈉；銨根離子水解促進(jìn)了水的電離，而Q溶質(zhì)為硫酸鈉和一水合氨，溶液呈堿性，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，同時(shí)銨根離子水解生成H+；

b．N點(diǎn)溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；結(jié)合電荷守恒判斷；

c．Q點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結(jié)合物料守恒判斷；

d．NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解。

【詳解】

(1)M點(diǎn)為硫酸銨溶液，硫酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液呈酸性，所以此時(shí)溶液的pH＜7；

(2)根據(jù)圖示可知，P點(diǎn)呈強(qiáng)酸性，抑制了水的電離；M點(diǎn)加入10mLNaOH溶液，此時(shí)二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進(jìn)了水的電離；N點(diǎn)為中性，不影響水的電離；Q點(diǎn)加入20mLNaOH溶液，此時(shí)溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點(diǎn)；

(3)a．P點(diǎn)溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH?)，同時(shí)銨根離子水解生成H+，則c(H+)＞c(SO42?)＞c(NH4+)＞c(OH?)；故a錯(cuò)誤；

b．N點(diǎn)溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)＋c(OH?)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)，故b正確；

c．Q點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結(jié)合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故c正確；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中銨根離子都能發(fā)生水解，但NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解，則濃度相等的兩溶液中，NH4HSO4溶液中銨根離子濃度大于NH4Cl溶液中的銨根離子濃度；故d錯(cuò)誤；

答案選bc。【解析】Mbc12、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）測得NaHCO3溶液的pH＞7；從弱酸的陰離子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實(shí)驗(yàn)室中配制FeCl3溶液時(shí)要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，F(xiàn)e3+和HCO3-發(fā)生雙水解；生成紅褐色沉淀和無色氣體。

【詳解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序?yàn)閏(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-水解方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液顯弱堿性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實(shí)驗(yàn)室中配制FeCl3溶液時(shí)要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液時(shí)通常需要向其中加入鹽酸；

（4）把B和C溶液混合，F(xiàn)e3+和HCO3-發(fā)生雙水解，生成紅褐色沉淀和無色氣體，離子方程式為：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【點(diǎn)睛】

比較溶液中粒子濃度關(guān)系的解題流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解顯堿性③.鹽酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑13、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB-只能電離不能水解，說明B2-離子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，則Na2B溶液呈堿性；

②任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；據(jù)此分析解答。

【詳解】

①H2B第一步完全電離、第二步部分電離，則HB?只能電離不能水解，說明B2-離子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，則Na2B溶液呈堿性，其水解方程式為：

故答案為：堿性；

②A.根據(jù)原子守恒應(yīng)該為H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，則c(H2B)=0；故A錯(cuò)誤；

B.H2B第一步完全電離，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH?)=c(H+)+c(HB?)；故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)電荷守恒得故C正確；

D.根據(jù)物料守恒得故D正確；

故答案選：CD?！窘馕觥竣?堿性②.③.CD14、略

【分析】【分析】

I.（1）多元弱酸應(yīng)分步電離；

（2）利用鹽類水解中“越弱與水解”進(jìn)行分析；

（3）根據(jù)電離常數(shù)判斷；

（4）通過c(Na＋)>c(CN－)；判斷出以電離還是水解為主；

II.（1）根據(jù)水的離子積；計(jì)算pH；

（2）利用溶度積進(jìn)行計(jì)算；

（3）利用溶度積的原則進(jìn)行分析；

【詳解】

I.（1）碳酸是二元弱酸，在溶液中分步電離，電離方程式為：H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－；

故答案為H2CO3H＋＋HCO3－；

（2）三種鹽都是強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液顯堿性，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，電離H＋能力：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，利用鹽類水解中“越弱越水解”，得出水解能力大小順序是CO32－>CN－>CH3COO－，即pH由大到小的順序是②>①>③。

故答案為②>①>③；

（3）電離出H＋能力：H2CO3>HCN>HCO3－，因此NaCN中通入少量的CO2，其離子方程式為CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

故答案為：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

（4）HCN和NaOH等體積混合，反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為NaCN和HCN，且兩者物質(zhì)的量相等，因?yàn)閏(Na＋)>c(CN－)，說明CN－的水解能力大于HCN的電離能力，溶液顯堿性，a、根據(jù)上述分析，溶液顯堿性，即c(OH－)>c(H＋)；故a錯(cuò)誤；

b、電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，物料守恒：c(CN－)＋c(HCN)=2c(Na＋)，兩式聯(lián)立得到2c(H＋)＋c(HCN)=2c(OH－)＋c(CN－)，故b錯(cuò)誤；

c、根據(jù)物料守恒，c(CN－)＋c(HCN)=0.01mol·L－1；故c正確；

c正確；故答案為c；

II.（1）純水中水電離c(H＋)等于水電離出的c(OH－)，即該溫度下，水的離子積Kw=4×10－7×4×10－7=1.6×10－13，該溫度下，滴入鹽酸，根據(jù)水的離子積c(OH－)==8×10－10mol·L－1，即水電離出的c(H＋)=8×10－10mol·L－1；

故答案為8×10－10mol·L－1；

（2）根據(jù)濃度商與Ksp之間的關(guān)系，當(dāng)Qc=Ksp時(shí)，此時(shí)溶液為飽和溶液，即要使Cu(OH)2開始出現(xiàn)沉淀，c(OH－)>=1×10－9mol·L－1；則pH應(yīng)大于5；

故答案為5；

（3）Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，說明HgS比FeS更難溶，即先有HgS沉淀產(chǎn)生；反應(yīng)向更難溶的方向進(jìn)行，即發(fā)生的離子方程式為Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)；

故答案為HgS；Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)是I中（3），學(xué)生經(jīng)常書寫成2CN－＋CO2－＋H2O=2HCN＋CO32－，學(xué)生忽略了HCN電離出H＋強(qiáng)于HCO3－，HCN與CO32－反應(yīng)生成HCO3－，因此正確的是CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－，因此類似這種題型應(yīng)注意生成物是否能發(fā)生反應(yīng)。【解析】H2CO3H＋+HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+（aq）+Fe（S）Hg+Fe2+（aq）15、略

【分析】【詳解】

（1）鐵釘表面形成無數(shù)個(gè)微小的鐵碳原電池；屬于電化學(xué)腐蝕；

（2）若試管內(nèi)液面上升，說明發(fā)生了吸氧腐蝕，溶液呈弱堿性或中性，相關(guān)方程式：正極：O2+2H2O+4e—=4OH—；負(fù)極：Fe-2e-=Fe2+；

（3）若試管內(nèi)液面下降，說明發(fā)生了析氫腐蝕，溶液呈明顯酸性；相關(guān)方程式：正極：2H++2e—=H2↑；負(fù)極：Fe-2e-=Fe2+?！窘馕觥侩娀瘜W(xué)弱酸性或中吸氧O2+2H2O+4e—=4OH—較強(qiáng)的酸析氫2H++2e—=H2↑三、判斷題(共1題，共2分)16、×【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、工業(yè)流程題(共1題，共10分)17、略

【分析】【分析】

工業(yè)廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸銨溶液浸取，根據(jù)溶度積的數(shù)值可知，可將CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，濾液中主要含有硫酸銨，濾渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，將濾渣加入稀鹽酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分別轉(zhuǎn)化為CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2與稀鹽酸不反應(yīng)作為濾渣1析出、向?yàn)V液中加入過氧化氫將FeCl2轉(zhuǎn)化為FeCl3，加氫氧化鈣溶液并調(diào)節(jié)pH值可除去AlCl3、FeCl3，將它們轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁和氫氧化鐵，CaCl2可以加入碳酸銨溶液制取輕質(zhì)CaCO3；再將含有硫酸銨的溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶可制得硫酸銨晶體，由此分析。

【詳解】

(1)已知常溫下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，廢渣粉末碳酸銨溶液時(shí)，溶度積小的溶液易轉(zhuǎn)化為溶度積更小的溶液，實(shí)現(xiàn)硫酸鈣向碳酸鈣的轉(zhuǎn)化，主要反應(yīng)的離子方程式為CaSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)；實(shí)驗(yàn)時(shí)需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是增加溶液中的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化；

(2)廢渣粉末“浸取”時(shí)，反應(yīng)溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為水浴加熱，若溫度過高將會(huì)導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是溫度過高，(NH4)2CO3分解；

(3)根據(jù)分析，SiO2與稀鹽酸不反應(yīng)，作為濾渣1析出，濾渣1的成分是SiO2；。

(4)H2O2具有氧化性，加適量過氧化氫將FeCl2轉(zhuǎn)化為FeCl3，過氧化氫的還原產(chǎn)物為水不引入新的雜質(zhì)，離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“調(diào)pH值”除鐵和鋁時(shí)，pH≥4.7時(shí)，鐵離子和鋁離子已經(jīng)完全沉淀，根據(jù)題意，pH=8.5時(shí)Al(OH)3開始溶解；需要應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為4.7≤pH＜8.5。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)溶度積的大小，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，可以判斷硫酸鈣可以轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，符合沉淀的轉(zhuǎn)化，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘馕觥緾aSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)增加溶液中的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化水浴加熱溫度過高，(NH4)2CO3分解SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH＜8.5五、計(jì)算題(共3題，共21分)18、略

【分析】【詳解】

（1）雙氧水是一種含有氧氧共價(jià)鍵和氧氫共價(jià)鍵的極性分子，電子式為：

已知0.4mol液態(tài)肼和足量雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵鈺r(shí)放出256.65kJ的熱量，1mol液態(tài)肼反應(yīng)放出的熱量為：kJ=641.63kJ，則肼和雙氧水反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol；

（2）16g液態(tài)肼物質(zhì)的量==0.5mol，由①N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；△H=-641.63kJ/mol；②H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，結(jié)合蓋斯定律，將①-4×②得，N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）；△H=-817.63kJ/mol，所以0.5mol液態(tài)肼與足量雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出的熱量=0.5mol×817.63kJ/mol=408.8kJ；

（3））①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），△H=+67.7kJ·mol-1；②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=-534kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將②×2-①得2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=2×（-534kJ·mol-1）-（+67.7kJ·mol-1）=-1135.7kJ·mol-1，肼與NO2完全反應(yīng)生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水的熱化學(xué)方程式為2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ·mol-1?！窘馕觥縉2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol408.8kJ2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ·mol-119、略

【分析】【分析】

計(jì)算反應(yīng)C8H10(g)?C8H8(g)＋H2(g)的化學(xué)平衡常數(shù)，需先求出平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度，然后代入公式K=進(jìn)行計(jì)算；對于反應(yīng)C8H8(g)＋H2(g)C8H10(g)ΔH＝-125kJ·mol－1，由放熱30kJ，可計(jì)算出參加反應(yīng)的H2的物質(zhì)的量，由此可求出轉(zhuǎn)化率；并利用濃度求出濃度商；此反應(yīng)的平衡常數(shù)與反應(yīng)C8H10(g)C8H8(g)＋H2(g)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)；比較濃度商與平衡常數(shù)，便可得出結(jié)論。

【詳解】

(1)利用表中數(shù)據(jù)；可建立如下三段式：

該溫度下，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K==答案為：

(2)對于反應(yīng)C8H8(g)＋H2(g)C8H10(g)ΔH＝-125kJ·mol－1，當(dāng)放熱30kJ時(shí)，參加反應(yīng)的H2的物質(zhì)的量為=0.24mol，則該反應(yīng)中H2的轉(zhuǎn)化率是=60%；從而得出參加反應(yīng)的的C8H8物質(zhì)的量為0.24mol，生成C8H10的物質(zhì)的量為0.24mol，濃度商Q＝＝＝所以處于平衡狀態(tài)。答案為：60%；Q＝＝＝所以處于平衡狀態(tài)。

【點(diǎn)睛】

一個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)物、生成物分別為另一反應(yīng)的生成物、反應(yīng)物，且對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同時(shí)，兩反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)?！窘馕觥?0%Q＝＝＝所以處于平衡狀態(tài)20、略

【分析】【詳解】

0.01mol/LFeCl3溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L，則c(OH-)===2×10－12mol/L，根據(jù)Kw=1×10－14，因此c(H+)==0.005mol/L，pH=-lgc(H+)=2.3，即使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH為2.3，故答案為pH=2.3。【解析】pH=2.3六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)21、略

【分析】【詳解】

I.（1）白醋顯酸性；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中定容，搖勻即得待測白醋溶液；

（2）恰好反應(yīng)時(shí)生成醋酸鈉；溶液顯堿性，用酸式滴定管取待測白醋溶液20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示劑；

（3）根據(jù)液面位置可知此時(shí)的讀數(shù)為0.60mL；

（4）由于選用的指示劑是酚酞；因此當(dāng)加入最后一滴溶液后，液體由無色變?yōu)闇\紅色，且30秒鐘無變化時(shí)，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)，重復(fù)滴定3次；

III.（1）先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，舍去第1組數(shù)據(jù)，然后求出2、3、4三組平均消耗V(NaOH)=15.00mL，根據(jù)方程式CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O醋酸的濃度是=0.075mol?L-1；因此10.00mL樣品中含有醋酸的質(zhì)量為0.1L×0.075mol?L-1×60g?mol-1=0.45g，則市售白醋總酸量4.5g?100mL-1；

（2）a．堿式滴定管在滴定時(shí)未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗；會(huì)使得標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液濃度減小，造成V