2025年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷402考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、反應(yīng)X(g)+Y(g)2Z(g)△H<0，在一定條件下，反應(yīng)情況如圖所示．若使曲線a變?yōu)榍€b可采取的措施是。

A.加入催化劑B.增大壓強(qiáng)C.降低溫度D.保持容器體積不變，沖入He氣2、在一密封的容器中，將一定量的NH3加熱使其發(fā)生分解反應(yīng)：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，當(dāng)達(dá)到平衡時，測得50%的NH3分解，此時容器內(nèi)的壓強(qiáng)是原來的A.1.125倍B.1.25倍C.1.375倍D.1.50倍3、室溫下，向20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸中滴加0.1000mol·L?1NaOH溶液；溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖，已知lg3=0.5，鄰苯二甲酸為弱酸。下列說法不正確的是。

A.選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差B.用酸式滴定管量取20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸時，酸式滴定管水洗后需用待取液潤洗C.NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度的準(zhǔn)確性直接影響分析結(jié)果的可靠性，因此需用鄰苯二甲酸氫鈉標(biāo)定NaOH溶液的濃度，標(biāo)定時采用甲基橙為指示劑D.V(NaOH)=10.00mL時，pH約為1.54、25℃時純水的電離度α1，pH=11的氨水中水的電離度為α2，pH=3的鹽酸中水的電離度α3．若將上述氨水與鹽酸等體積混合，所得溶液中的電離度為α4下列關(guān)系式中正確的是A.α1＜α2＜α3＜α4B.α3=α2＜α1＜α4C.α2＜α3＜α1＜α4D.α2=α3＜α4＜α15、常溫下，用0.1000mol?L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是（）

A.點①時：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)B.點②時：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)C.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值：③點等于④點D.恰好完全中和時，將兩種溶液混合后：c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)6、25℃時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液：①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④(NH4)2SO4、⑤Ba(OH)2、⑥CH3COONa、⑦NH4Cl、⑧HCl，其中pH值按由大到小順序排列的一組是（）A.⑤②①⑥⑦④③⑧B.⑤②⑥①⑦④⑧③C.③⑧④⑦①⑥②⑤D.⑤②①③⑧⑦④⑥7、下列過程或現(xiàn)象與鹽類水解無關(guān)的是()A.純堿溶液去油污B.明礬KAl(SO4)2?12H2O凈化水C.加熱氯化鐵溶液顏色變深D.鋼鐵在潮濕的環(huán)境下生銹8、25℃時，在Fe(OH)2和Cu(OH)2的飽和溶液中，金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)[-1g(M2+)]與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示，已知該溫度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。

下列說法正確的是()A.向X點對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH，可轉(zhuǎn)化為Y點對應(yīng)的溶液B.b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系，且Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1(mol/L)3C.當(dāng)Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存時，溶液中：c(Fe2+):c(Cu2+)=1:104.6D.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入適量CuO評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、已知反應(yīng)：

①C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH1＝－110.5kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）＋OH-（aq）＝H2O（l）ΔH2＝－57.3kJ/mol

下列結(jié)論正確的是（）A.若碳的燃燒熱用ΔH3來表示，則ΔH3<ΔH1B.H2SO4和Ca（OH）2反應(yīng)的中和熱ΔH＝2×（－57.3）kJ·mol-1C.需要加熱才能發(fā)生的反應(yīng)一定是吸熱反應(yīng)D.稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量小于57.3kJ10、工業(yè)上主要采用甲醇與CO的羰基化反應(yīng)來制備乙酸，發(fā)生反應(yīng)如下：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(l)。在恒壓密閉容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，測得甲醇的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示。已知在T2溫度下；達(dá)到平衡時容器的體積為2L。下列說法正確的是。

A.該反應(yīng)的ΔH>0B.縮小容器容積，既能加快反應(yīng)速率，又能提高乙酸的產(chǎn)率C.溫度為T1時，該反應(yīng)的正反應(yīng)速率：B點大于A點D.溫度為T2時，向上述已達(dá)到平衡的恒壓容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO的混合氣體，平衡不移動11、常溫下，用0.1mol?L-1的氨水滴定10.00mL0.1mol?L-1的酸HA溶液，所加氨水的體積（V）與溶液中l(wèi)g的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.溶液中水的電離程度X＜Y＜ZB.X點：c（A-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）C.Y點：V（氨水）＜10.00mLD.Z點：2c（H+）+c（NH4+）=2c（OH-）+c（NH3?H2O）12、室溫下；0.2mol/L的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后，所得溶液中部分微粒的組分及濃度如圖所示，下列對混合溶液的分析正確的是。

A.溶液顯酸性B.升溫，c（X）增大，c（Y）減小C.c（B+）+c（Y）=c（Cl－）D.稀釋溶液，c（X）增大，c（Z）增大13、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表所示：。弱酸電離常數(shù)/（）（25℃）

下列說法錯誤的是（）A.B.C.中和等體積、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等體積、等濃度的和溶液中，前者所含離子總數(shù)小于后者14、下列敘述中一定正確的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H+)為10-13mol/LB.pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比為1︰10C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)15、已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是A.加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固體，則c(H+)+c(Na+)=c(HSO3－)+c(OH－)+c(SO32－)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，則c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)16、室溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中通入HCl氣體至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)B.相同濃度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中：c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)C.c(NH)相等的HCOONH4溶液、CH3COONH4溶液：c(HCOONH4)＞c(CH3COONH4)D.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)17、已知298K時，Ksp(MnS)=4.65×10?14，Ksp(MnCO3)=2.24×10?11，298K下，MnS、MnCO3(R2?代表S2?或CO32-)在水中的溶解曲線如圖所示；下列說法正確的是。

A.圖象中x約等于2.2×10?7B.其它條件不變，加熱N的懸濁液可使溶液組成由e點沿ef線向f點方向移動C.常溫下，加水稀釋M溶液可使溶液組成由d點沿df線向f點方向移動D.向含有MnS和MnCO3的飽和溶液中加少量MnCl2，增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、發(fā)射衛(wèi)星時可用肼（N2H4）為燃料和二氧化氮做氧化劑；兩者反應(yīng)生成氮氣和氣態(tài)水；已知：

N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

（1）肼和二氧化氮反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為___________；

（2）有人認(rèn)為若用氟氣代替二氧化氮作氧化劑，則反應(yīng)釋放能量更大，肼和氟氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_19、能源是人類生活和社會發(fā)展的物質(zhì)基礎(chǔ)；研究化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，有助于更好地利用化學(xué)反應(yīng)為人們的生產(chǎn)和生活服務(wù)。請回答下列問題：

(1)從能量的角度看：斷開化學(xué)鍵要________能量；形成化學(xué)鍵要________能量。

(2)已知強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的稀溶液發(fā)生的中和反應(yīng)可表示為△H=-57.3kJ/mol。中和熱測定實驗中，用到的玻璃儀器有燒杯、量筒、________、________。若用20gNaOH配成的稀溶液與足量稀鹽酸反應(yīng)，則能放出________kJ的熱量。

(3)0.2mol液態(tài)高能燃料聯(lián)氨(分子式為N2H4)在氧氣中燃燒會生成氮氣和液態(tài)水，并放出124.25kJ的熱量，則其熱化學(xué)方程式為_________________________。

(4)已知：△H=-44kJ/mol；

△H=-1228kJ/mol。

寫出液態(tài)酒精完全燃燒后溫度恢復(fù)到室溫時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_______________________。20、現(xiàn)己知N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molNH3(g)過程中能量變化如圖所示：

根據(jù)下列鍵能數(shù)據(jù)計算N-H鍵鍵能為____________kJ/mol。

?；瘜W(xué)鍵。

H-H

N≡N

鍵能(kJ/mol)

436

946

21、在一定體積的密閉容器中，進(jìn)行如下化學(xué)反應(yīng)：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化學(xué)平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列問題：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝_______________。

（2）該反應(yīng)為_______________反應(yīng)（填“吸熱”；“放熱”）。

（3）能判斷該反應(yīng)是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是_______________。

a．容器中壓強(qiáng)不變b．混合氣體中c(CO)不變。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，試判斷此時的溫度為_______________℃。

（5）1200℃時，在某時刻體系中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，則此時上述反應(yīng)的平衡向__________移動（填“正向”、“逆向”或“不”）。22、據(jù)報道；我國在南海北部神狐海域進(jìn)行的可燃冰（甲烷的水合物)試采獲得成功。甲烷是一種重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外還有以下二種：

水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③

則反應(yīng)①自發(fā)進(jìn)行的條件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。23、含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；在化學(xué)上用作緩沖溶液。向其中加入少量酸或堿時溶液的酸堿性變化不大。

（1）向該溶液中加入少量鹽酸時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________________；向其中加入少量KOH溶液時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________________。

（2）現(xiàn)將HA溶液和NaOH溶液等體積混合；得到緩沖溶液。

①若HA為該溶液顯酸性，則溶液中________（填“”、“”或“”）。

②若HA為該溶液顯堿性，溶液中所有的離子按濃度由大到小排列的順序是_______________。24、按要求回答下列問題：

（1）常溫下，測得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，則Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為______________。

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常溫下常見弱酸的電離平衡常數(shù)Ka如表所示：

①同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中陰離子（不含OH－）濃度大小關(guān)系為____________。

②同pH的下列4種物質(zhì)的溶液分別加水稀釋100倍，pH變化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常溫下物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和醋酸鈉混合液的pOH＝8，則c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用數(shù)值列出計算式即可）mol·L－1。25、水是生命的源泉；工業(yè)的血液、城市的命脈。河水是主要的飲用水源；污染物通過飲用水可毒害人體，也可通過食物鏈和灌溉農(nóng)田間接危及健康。請回答下列問題：

（1）純水在100℃時，pH=6，該溫度下1mol·L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（OH-）=___mol·L-1。

（2）25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解的離子方程式為___。

（3）體積均為100mLpH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則相同溫度時，HX的電離平衡常數(shù)__（填“大于”或“小于”或“等丁”）CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

（4）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強(qiáng)弱的物理量。已知：?；瘜W(xué)式電離常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為___。

②向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

（5）25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH=6，則溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=__mol·L-1（填精確值）。26、表是相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)，操作Ⅲ發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應(yīng)在溶液中能發(fā)生的理由是________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)27、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、計算題(共4題，共36分)28、在密閉容器中充入amolSO2和bmolO2（V2O5為催化劑，400℃），反應(yīng)達(dá)平衡時，容器內(nèi)共有dmol氣體。這時容器內(nèi)尚有SO2多少摩爾________？29、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

（1）下列說法正確的是__（填序號）。

A.向BaSO4飽和溶液中加入固體Na2SO4可以由a點變到b點。

B.通過蒸發(fā)可以由d點變到c點。

C.d點無BaSO4沉淀生成。

D.a點對應(yīng)的Ksp大于c點對應(yīng)的Ksp

（2）將100mL1mol?L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反應(yīng)后，過濾，濾液中殘留的Ba2+的物質(zhì)的量濃度約為___。

（3）若沉淀分別用100mL純水和100mL0.01mol?L-1的H2SO4溶液洗滌，兩種情況下?lián)p失的BaSO4的質(zhì)量之比為__。30、甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液pH＝4是否能達(dá)到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過計算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp＝8.0×10﹣38，Cu(OH)2的溶度積Ksp＝3.0×10﹣20，通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3.0mol?L﹣1；則：

(1)Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為_____

(2)Fe3+完全沉淀時溶液的pH為_____

(3)通過計算確定上述方案_____(填“可行”或“不可行”)；理由_____。31、電解飽和食鹽水是一項重要的化學(xué)工業(yè)，其反應(yīng)原理為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+C12↑；完成下列計算：

(1)當(dāng)電解產(chǎn)生0.2molNaOH時，能收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2_____L。

(2)電解生成的氯氣和氫氣可以化合生成氯化氫。某工廠每天電解585t食鹽，若生成的氯氣80％用于生產(chǎn)鹽酸，每天最多可生產(chǎn)36.5％的鹽酸________t。

(3)已知室溫時飽和食鹽水的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.265，取200g飽和食鹽水進(jìn)行電解，當(dāng)NaCl反應(yīng)了一半時停止電解，分別求出所得混合溶液中NaCl和NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_________。(寫出計算過程，保留3位小數(shù))評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共12分)32、由黏土(主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等雜質(zhì))與磷肥生產(chǎn)的含氟廢氣生產(chǎn)冰晶石Na3AlF6的工藝流程如下：

請回答下列問題：

(1)冰晶石在電解Al2O3制鋁中的作用是______，需定期更換石墨______(填“陽”或“陰”)極。

(2)不用98%硫酸進(jìn)行“反應(yīng)1”的可能原因是______。

A．不易發(fā)生離子反應(yīng)；造成浸出率下降。

B．反應(yīng)速率太快太劇烈；造成了操作危險。

C．產(chǎn)生較多酸性廢液；也提高了原料成本。

(3)保持其他條件不變，反應(yīng)1的鋁浸出率在不同溫度下隨時間變化如圖所示?！胺磻?yīng)1”的最佳溫度與時間分別是______℃、______min。

(4)“除雜”步驟產(chǎn)生的“濾渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等難溶物，寫出產(chǎn)生S的離子方程式______。

(5)若按“黏土濾液溶液”來制備Al2(SO4)3·18H2O，該方案的原料利用率比原方案更______(填“高”或“低”)。

(6)“反應(yīng)2”所得“濾液”中含氟物質(zhì)主要為______(寫化學(xué)式)。

(7)已知Ka(HF)=6.4×10-4，Al3++6F-AlF的K=1.0×1019，欲使平衡時c(AlF)/c(Al3+)≥10，且調(diào)節(jié)并維持濾液pH=5.5，則其中HF平衡濃度應(yīng)不低于______mol/L(保留2位有效數(shù)字，100.5≈3.2)。33、鉛精礦可用于冶煉金屬鉛，其主要成分為PbS。

I．火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。

（1）用鉛精礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。

（2）火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2，可將廢氣通入過量氨水中進(jìn)行處理，反應(yīng)的離子方程式為：____。

II．濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時；還可制得硫磺，相對于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下：

已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度/℃20406080100溶解度/g1.001.421.942.883.20

②PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì)，在Cl—濃度較大的溶液中，存在平衡：PbCl2（aq）+2Cl—（aq）PbCl42—（aq）

（3）浸取液中FeCl3的作用是_________。

（4）結(jié)合信息判斷，操作a為_________，以利于PbCl2的析出。

（5）將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3應(yīng)置于______（填“陰極室”或“陽極室”）中。

②簡述濾液2電解后再生為FeCl3的可能原理：______。

③若鉛精礦的質(zhì)量為ag，鉛浸出率為b，當(dāng)電解池中通過cmol電子時，金屬鉛全部析出，鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算式為______。34、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應(yīng)時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當(dāng)試劑X是__________時；更有利于降低生產(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：__________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

由圖可知曲線a變?yōu)榍€b；到達(dá)平衡的時間增長，應(yīng)改變條件降低反應(yīng)速率，同時Y的轉(zhuǎn)化率增大，即條件改變平衡向正反應(yīng)移動，結(jié)合外界條件對反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的影響分析。

【詳解】

由圖可知曲線a變?yōu)榍€b；到達(dá)平衡的時間增長，應(yīng)改變條件降低反應(yīng)速率，同時Y的轉(zhuǎn)化率增大，即條件改變平衡向正反應(yīng)移動；

A.加入催化劑；反應(yīng)速率加快，平衡不移動，Y的轉(zhuǎn)化率不變，A錯誤；

B.增大壓強(qiáng)；反應(yīng)速率加快，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，平衡不移動，Y的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤；

C.該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；降低溫度，反應(yīng)速率降低，平衡向放熱的正反應(yīng)移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大，C正確；

D.保持容器體積不變；沖入He氣，物質(zhì)的濃度不變，反應(yīng)速率不變，化學(xué)平衡不移動，Y的轉(zhuǎn)化率不變，D錯誤；

故合理選項是C。

【點睛】

本題考查化學(xué)平衡圖象、影響平衡移動的因素等，根據(jù)圖象判斷條件改變導(dǎo)致降低反應(yīng)速率且平衡向正反應(yīng)移動是解題的關(guān)鍵，結(jié)合外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡移動的影響分析。2、D【分析】【詳解】

設(shè)氨氣的物質(zhì)的量為2mol2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)，

起始(mol)200

變化(mol)10.51.5

平衡(mol)10.51.5；

根據(jù)阿伏加德羅定律可知，此時容器內(nèi)的壓強(qiáng)是原來的×P(原)=1.5P(原)；故選D。

【點睛】

解答本題的關(guān)鍵是理解阿伏加德羅定律。要注意同溫同體積條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A.選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑；可以較準(zhǔn)確得到NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的消耗體積，減小實驗誤差，故A正確；

B.用酸式滴定管量取20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸時；酸式滴定管水洗后，必需用待取液潤洗，否則會稀釋鹽酸溶液，導(dǎo)致所測結(jié)果偏低，故B正確；

C.鄰苯二甲酸氫鈉與NaOH溶液恰好反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鈉；由鄰苯二甲酸為弱酸可知鄰苯二甲酸鈉溶液呈堿性，則用鄰苯二甲酸氫鈉標(biāo)定NaOH溶液的濃度時應(yīng)采用酚酞為指示劑，選用甲基橙會使所測結(jié)果偏低，故C錯誤；

D.V(NaOH)=10.00mL時，鹽酸過量，溶液中氫離子濃度為mol/L；則溶液pH=1+lg3=1.5，故D正確；

故選C。

【點睛】

選擇指示劑的原則：指示劑變色要靈敏、明顯，且變色范圍不宜過寬；終點盡可能與指示劑的變色范圍一致，如由于酸(堿)的強(qiáng)弱不同，反應(yīng)后可能生成強(qiáng)酸堿鹽或強(qiáng)堿弱酸鹽等，它們發(fā)生水解呈酸(堿)性，這樣我們就應(yīng)該選擇與其相一致變色范圍的指示劑。4、D【分析】【詳解】

氨水和鹽酸中水的電離受到抑制且相同；氨水與鹽酸等體積混合后溶液為氨水和氯化銨溶液，以氨水的電離為主，溶液呈堿性，抑制水的電離，但溶液pH比pH=11的氨水小，故電離度大，所以有α2=α3＜α4＜α1；

答案選D。5、D【分析】【詳解】

A.點時，滴加NaOH溶液的體積為10mL，對于HCN溶液，恰好生成1，由于溶液呈堿性，因此的水解程度大于HCN的電離程度，則故A說法正確；

B.點時滴加NaOH溶液的體積為10mL，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒和物料守恒可得：故B說法正確；

C.點溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒，推出則點溶液中點二者恰好反應(yīng)，根據(jù)物料守恒可知因此溶液中的值為由于溶液中濃度均遠(yuǎn)大于濃度，所以的值約等于即點近似等于點；故C說法正確；

D.恰好中和時反應(yīng)后溶質(zhì)為等物質(zhì)量的NaCN和根據(jù)物料守恒得：混合液中滿足電荷守恒：二者結(jié)合可得：故D說法錯誤。

答案：D。6、B【分析】【詳解】

25℃時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液：①NaCl，pH=7，由于Ba(OH)2中氫氧根濃度大于NaOH中氫氧根濃度故pHBa(OH)2>pH(NaOH)>7，CH3COONa水解呈堿性，由于水解是微弱的，故pH(NaOH)>pH(CH3COONa)>7，H2SO4和HCl氫離子濃度前者大于后者故pH(H2SO4)<pH(HCl)<7，(NH4)2SO4與NH4Cl水解呈酸性，由于前者銨根離子濃度大于后者故pH((NH4)2SO4)<pH(NH4Cl)<7，綜上所述pH值按由大到小順序排列為⑤②⑥①⑦④⑧③，故答案選：B。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．純堿為Na2CO3；在溶液中水解顯堿性，而油脂屬于酯類，在堿性條件下發(fā)生水解而溶解，故純堿溶液能去油污，與鹽類的水解有關(guān)，故A不選；

B．明礬溶于水能水解生成氫氧化鋁膠體；具有吸附功能，能夠凈水，與鹽類的水解有關(guān)，故B不選；

C．鹽類的水解為吸熱過程；故加熱氯化鐵溶液后，對氯化鐵的水解有促進(jìn)作用，能水解出氫氧化鐵膠體顯紅褐色，故溶液顏色變深，與鹽類的水解有關(guān)，故C不選；

D．鐵在潮濕的環(huán)境下生銹；發(fā)生電化學(xué)腐蝕，與鹽類的水解無關(guān)，故D選；

故選D。8、B【分析】【分析】

縱坐標(biāo)為金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)[-1g(M2+)]，縱坐標(biāo)數(shù)值越大，說明對應(yīng)的金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度越小。結(jié)合pH的數(shù)值，根據(jù)題給信息“該溫度下Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]”可推知，溶液酸堿性相同時，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，離子濃度越大，-lgc(M2+)值越小，則相同條件下，飽和溶液中c(Fe2+)較大，所以Fe(OH)2飽和溶液中-lgc(Fe2+)較小，則b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系，a線表示Cu(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系。

【詳解】

A．向X點對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH，溶液中會生成Cu(OH)2沉淀；溶液中銅離子的濃度會減小，而圖中從X點到Y(jié)點銅離子濃度不變，與實驗事實不相符，故A項錯誤；

B．結(jié)合以上分析可知，b線表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系；由圖象可知，pH=8時，-lgc(Fe2+)=3.1，Ksp[Fe(OH)2]=B項正確；

C．當(dāng)pH=10時，-lgc(Cu2+)=11.7，則Ksp[Cu(OH)2]=C項錯誤；

D．Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入適量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+濃度不變；D項錯誤。

答案選B。二、多選題(共9題，共18分)9、AD【分析】【詳解】

A.燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，又C(s)+O2(g)═CO(g)△H1=-110.5kJ/mol，該反應(yīng)沒有生成穩(wěn)定氧化物，則碳燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出熱量大，所以△H3＜△H1，故A正確；

B.中和熱必須是生成1molH2O所放出的熱量，與幾元酸、堿無關(guān)，而H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)除生成水以外還生成硫酸鈣沉淀，放出更多的熱量，則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的△H＜2×(-57.3)kJ/mol，故B錯誤；

C.很多放熱反應(yīng)也需要條件才發(fā)生，如碳的燃燒反應(yīng)，需要加熱才發(fā)生，但是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C錯誤；

D.醋酸電離要吸熱，則稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量小于57.3kJ，故D正確。

故選：AD。

【點睛】

燃燒熱：在25攝氏度,101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱；中和熱：在稀溶液中，強(qiáng)酸跟強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量叫做中和熱。10、BD【分析】【詳解】

A.根據(jù)圖像，隨著溫度升高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，根據(jù)勒夏特列原理，該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H<0；故A錯誤；

B.縮小容器的體積；相當(dāng)于增大體系壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，且平衡正向移動，乙酸的產(chǎn)率提高，故B說法正確；

C.根據(jù)圖像，T1溫度下未達(dá)到平衡；反應(yīng)向正方向進(jìn)行，該反應(yīng)的正反應(yīng)速率：A點大于B點，故C說法錯誤；

D.T2下，甲醇的轉(zhuǎn)化率為60%，達(dá)到平衡，此時容器的體積為2L，c(CH3OH)=0.04mol·L－1，c(CO)=0.05mol·L－1，化學(xué)平衡常數(shù)K==500，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO，此時氣體總物質(zhì)的量與原平衡時氣體總物質(zhì)的量相等，即容器的體積為4L，此時c(CH3OH)==0.05mol·L－1，c(CO)==0.04mol·L－1，Qc==K；說明平衡不移動，故D說法正確；

答案：BD。

【點睛】

本題的難點是選項D的判斷，再通入一定物質(zhì)的量的物質(zhì)，判斷平衡如何移動，一般是通過Qc和K之間的關(guān)系進(jìn)行分析，本題中容器為恒壓密閉容器，即容器的體積可變，再充入0.12molCH3OH和0.06molCO時，容器的體積不是2L，投入氣體總物質(zhì)的量等于原平衡氣體總物質(zhì)的量，利用阿伏加德羅推論，推出此時容器的體積應(yīng)為4L。11、AC【分析】【分析】

根據(jù)起點，=1012，則溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1；說明HA為強(qiáng)酸，然后根據(jù)計量點，推出該點的物質(zhì)，利用電荷守恒；物料守恒等進(jìn)行分析；

【詳解】

根據(jù)起點，=1012，則溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1；說明HA為強(qiáng)酸；

A.根據(jù)圖像，縱坐標(biāo)從0～12，溶液中c(H＋)增大，0以下，溶液中c(OH－)增大；即三點中，Y點水的電離程度最大，故A說法錯誤；

B.X點加入5mL氨水，反應(yīng)溶質(zhì)為NH4A和HA，且物質(zhì)的量相等，HA為強(qiáng)酸完全電離HA=H＋＋A－，NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，水中H2OH＋＋OH－，從而推出溶液顯酸性，離子濃度大小順序是c(A－)>c(H＋)>c(NH4＋)>c(OH－)；故B說法錯誤；

C.Y點=1，溶液顯中性，恰好完全時，消耗10mL氨水，此時溶質(zhì)為NH4A，溶液顯酸性，因此為使溶液顯中性，需要多加一部分氨水，即Y點V(NH3·H2O)>10.00mL；故C說法錯誤；

D.Z點加入氨水20.00mL，反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為NH4A和NH3·H2O，且物質(zhì)的量相等，根據(jù)電荷守恒，c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(A－)，根據(jù)物料守恒，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O=2c(A－)，兩式聯(lián)立解得：2c（H＋）+c（NH4＋）=2c（OH－）+c(NH3·H2O)；故D說法正確；

答案：AC。12、AC【分析】【分析】

的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后，所得溶液中濃度小于說明在溶液中存在B0H為弱堿，BCl溶液呈酸性，則一般來說，鹽類的水解程度較小，則：反應(yīng)后溶液中離子濃度大小為：即X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒為：據(jù)此回答。

【詳解】

A．BOH為弱堿，反應(yīng)生成強(qiáng)酸弱堿鹽BCl，則溶液顯酸性，A正確；

B．鹽的水解為吸熱反應(yīng)，升溫促進(jìn)水解，則Y濃度增大，B錯誤；

C．X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒為：C正確；

D．稀釋后促進(jìn)水解，但是溶液中氫離子濃度減小，即減小，D錯誤；

答案選AC。13、AD【分析】【詳解】

A.根據(jù)電離常數(shù)可知，酸性利用強(qiáng)酸制弱酸的原理可知，與水反應(yīng)生成和HCN，故A錯誤；

B.由A項分析可知，HCOOH可與反應(yīng)生成水和二氧化碳，故B正確；

C.等體積、等pH的和溶液中，所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量則中和時溶液消耗的的量較大，故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒，溶液中，溶液中，即兩種溶液中的離子總數(shù)均是而的酸性比的弱，則溶液中的較大，較小，故溶液中所含離子總數(shù)較小，故D錯誤；

故選：AD。14、BD【分析】【詳解】

A.醋酸是一元弱酸，部分電離，存在電離平衡，所以醋酸電離產(chǎn)生的H+濃度小于0.1mol/L，但溶液溫度不確定，因此不能確定水電離出的c(H+)濃度大??；A錯誤；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故兩種溶液中c(H+)之比為=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正確；

C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液，根據(jù)電荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C錯誤；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正確；

故合理選項是BD。15、CD【分析】【詳解】

A.加入少量金屬Na，Na與HSO3-電離出的H+反應(yīng)，促使平衡②右移，HSO3-離子濃度減小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)濃度減小，A錯誤；

B.加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B錯誤；

C.加入氫氧化鈉與氫離子反應(yīng)，c(H+)減小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)濃度增大，c(HSO3-)減小，的比值增大，C正確；

D.在NaHSO3溶液中鈉離子與硫元素的所有存在形式物質(zhì)的量相等，加入氨水至中性后該數(shù)量關(guān)系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正確。

答案選CD。16、AB【分析】【分析】

由Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5可知，酸性HCOOH>CH3COOH。

【詳解】

A．由pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由物料守恒可知：由電荷守恒可知故可知離子濃度為c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)；故A正確；

B．相同濃度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中，可知由酸性HCOOH大于CH3COOH，由鹽類水解規(guī)律越弱越水解可知相同濃度的CH3COONa和HCOONa溶液中，CH3COONa水解程度較大，故c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故溶液中的離子濃度關(guān)系是c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)；故B正確；

C．由酸性HCOOH>CH3COOH可知，HCOONH4的水解程度小于CH3COONH4的水解程度，故c(NH)相等時c(HCOONH4)＜c(CH3COONH4)；故C錯誤；

D．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等體積混合溶液中的溶質(zhì)CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量濃度相等，由物料守恒可知：電荷守恒可知：故可知c(Na+)+c(OH-)=故D選項錯誤；

【點睛】

本題目中主要考核鹽類溶液中微粒濃度之間的關(guān)系，注重考查物料守恒和電荷守恒規(guī)律。17、AB【分析】【分析】

因4.65×10?14<2.24×10?11，所以N線為MnS的溶解度曲線，M線為MnCO3的溶解度曲線。

【詳解】

A．圖像中x約等于≈2.2×10?7；A正確；

B．加熱N的懸濁液，可增大MnS的溶解度，但c(Mn2+)、c(S2-)同等程度增大；所以可使溶液組成由e點沿ef線向f點方向移動，B正確；

C．加水稀釋M溶液，c(Mn2+)、c(CO32-)都減??；不可能使溶液組成由d點沿df線向f點方向移動，C不正確；

D．向含有MnS和MnCO3的飽和溶液中加少量MnCl2，不變；D不正確；

故選AB。三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律解答。

【詳解】

已知：①N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)△H＝－543kJ/mol

②N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H＝+67.7kJ/mol

③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)△H＝－242kJ/mol

④1/2H2(g)＋1/2F2(g)＝HF(g)△H＝－269kJ/mol

(1)根據(jù)蓋斯定律：①×2-②得氣態(tài)肼和二氧化氮的反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

故答案為2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/mol；

(2)根據(jù)蓋斯定律，①+④×4-③×2得氣態(tài)肼和氟氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol；

故答案為N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol?！窘馕觥?N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7KJ/molN2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)△H=-1135KJ/mol19、略

【分析】【詳解】

(1)斷開化學(xué)鍵變?yōu)閱蝹€原子需要吸收能量；原子形成化學(xué)鍵時會釋放能量；

(2)在測量中和熱時，需要的玻璃儀器有燒杯、量筒、溫度計、環(huán)形玻璃攪拌棒；20g氫氧化鈉的物質(zhì)的量：n(NaOH)=0.5mol，已知氫氧化鈉和鹽酸反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，則20g氫氧化鈉和鹽酸完全反應(yīng)放出熱量Q==28.65kJ；

(3)聯(lián)氨燃燒的化學(xué)方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，已知0.2mol聯(lián)氨燃燒放出124.25kJ的熱量，則1mol聯(lián)氨反應(yīng)放出熱量為Q==621.25kJ，則聯(lián)氨燃燒的熱化學(xué)方程式為N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.25kJ/mol；

(4)液態(tài)酒精完全燃燒后恢復(fù)至室溫，H2O的狀態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，將題中兩個熱化學(xué)方程式依次標(biāo)記為Ⅰ、Ⅱ，根據(jù)蓋斯定律Ⅰ×3+Ⅱ可得目標(biāo)熱化學(xué)方程式：則△H=-1360kJ/mol，即液態(tài)酒精完全燃燒后溫度恢復(fù)到室溫時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為則△H=-1360kJ/mol?！窘馕觥课辗懦鰷囟扔嫮h(huán)形玻璃攪拌棒28.65△H=-621.25kJ/mol則△H=-1360kJ/mol20、略

【分析】【分析】

據(jù)?H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能求得?H，再根據(jù)?H=反應(yīng)物鍵能和-生成物鍵能和計算N-H鍵鍵能。

【詳解】

?H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，則，?H=反應(yīng)物鍵能和-生成物鍵能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案為：391【解析】39121、略

【分析】【詳解】

(1)因平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)K=故答案為

(2)由表可知：升高溫度；化學(xué)平衡常數(shù)增大，說明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動，因此正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為吸熱；

(3)a、反應(yīng)是一個反應(yīng)前后體積不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)的改變不會要引起平衡移動，故a錯誤；b、化學(xué)平衡時，各組分的濃度不隨時間的改變而改變，因此混合氣體中c(CO)不變，說明達(dá)到了平衡狀態(tài)，故b正確；c、化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；d、c(CO2)=c(CO)時，不能表明正逆反應(yīng)速率相等，不一定達(dá)到了平衡狀態(tài)，故d錯誤；故選bc；

(4)某溫度下，各物質(zhì)的平衡濃度符合下式：3c(CO2)?c(H2)=5c(CO)?c(H2O)，則平衡常數(shù)K==0.6；所處溫度為700℃，故答案為700；

(5)1200℃時，某時刻濃度商Qc==4＞K=2.6，說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故答案為逆向?！窘馕觥课鼰醔c700逆向22、略

【分析】【分析】

根據(jù)△H-T△S判斷反應(yīng)的自發(fā)性；根據(jù)蓋斯定律；將①-②得到反應(yīng)③的熱化學(xué)方程式。

【詳解】

水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，滿足△H-T△S＜0，則需要高溫；水蒸氣重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②，根據(jù)蓋斯定律，將①-②得到反應(yīng)③的熱化學(xué)方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案為：高溫；+247.1?！窘馕觥扛邷?247.123、略

【分析】【分析】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入酸時生成弱電解質(zhì)，加入堿時生成正鹽，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA，根據(jù)溶液的酸堿性以及電荷守恒就行分析判斷。

【詳解】

(1)含有弱酸HA和其鈉鹽NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或堿時，溶液的酸堿性變化不大，是由于加入少量酸時發(fā)生反應(yīng)：A-+H+=HA，加入少量堿時發(fā)生反應(yīng)：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化不大而起到緩沖作用，故答案為：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；

(2)HA溶液和NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)后，溶質(zhì)為等濃度的HA和NaA；

①若HA為該溶液顯酸性，說明c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案為：

②若HA為該溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，可知c(Na+)＞c(CN-)，又電離和CN-水解是微弱的，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案為：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。

【點睛】

等濃度的弱酸HA和NaA的混合溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，質(zhì)子守恒2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)；但溶液顯什么性，取決于HA的電離程度和A-水解程度的大小關(guān)系，例如①若HA為的電離程度大于CH3COO-水解程度，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得c(Na+)＜c(CH3COO-)，則離子濃度由大到小的排列順序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②若HA為的電離程度小于CN-水解程度，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得，c(Na+)＞c(CN-)，則離子濃度由大到小的排列順序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；這是高頻考點，也是學(xué)生們的易錯點。【解析】①.A-+H+=HA②.HA+OH-=H2O+A③.④.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)24、略

【分析】【分析】

（1）常溫下，測得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；說明該鹽屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，據(jù)此進(jìn)行分析離子濃度大小關(guān)系；

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合后溶液中的溶質(zhì)為NaB和HB，且其物質(zhì)的量之比為1:1；溶液中存在電荷守恒：因為c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液顯酸性；因為題目中問到了c（HB）；故HB為弱酸；

（3）弱酸的電離平衡常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，其酸根陰離子的水解程度越弱。

【詳解】

（1）Na2A溶液pH＝8，說明存在水解，Na2A溶液中存在的電離：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為：

（2）①溶液存在電離：同時存在水解根據(jù)溶液顯酸性可知電離程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案為：>；

②根據(jù)物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案為：=；

（3）①根據(jù)圖表提供信息可知電離平衡常數(shù)：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）濃度大小關(guān)系為CH3COO->ClO->CN-，故答案為：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀釋時酸性越弱pH值變化越??；故答案為：a；

③根據(jù)常溫下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的電荷守恒為：物料守恒為：相減消去鈉離子可得：故答案為：2×10-6-2×10-8?！窘馕觥?gt;=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-825、略

【分析】【詳解】

（1）100℃純水中：c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L（根據(jù)pH與c(H+)關(guān)系換算），故100℃時Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；1mol/LNaOH溶液中c(OH-)=1mol/L，NaOH溶液中H+全部來源于水，故由水電離出的c水(H+)=c(H+)=10-12mol/L，又c水(H+)=c水(OH-)，故由水電離出的OH-為10-12mol/L；

（2）碳酸根水解結(jié)合水電離出的H+生成碳酸氫根，即水解方程式為：

（3）根據(jù)圖像；加水稀釋過程中，HX的pH變化比較小，說明HX酸性比醋酸弱，即相同條件下，HX電離程度小，電離平衡常數(shù)小，故填小于；

（4）①三者溶液都因相應(yīng)陰離子水解呈堿性，故需比較三者水解程度的大小，因為：K2(H2CO3)<K(HCN)<K(CH3COOH)，根據(jù)越弱越水解規(guī)律得水解程度：故堿性強(qiáng)弱：Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即pH：Na2CO3>NaCN>CH3COONa；（注意判斷水解程度，應(yīng)拿電離常數(shù)比較）

②由平衡常數(shù)數(shù)值可知酸性強(qiáng)弱：H2CO3>HCN>故不能制HCN，即此時反應(yīng)生成HCN和NaHCO3，故方程式為：

（5）由電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L–10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。（c(H+)、c(OH-)由pH換算求得）．

【點睛】

運用Kw計算時，注意溫度?！窘馕觥?0-12CO+H2OHCO+OH-小于Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO39.9×10-726、略

【分析】【分析】

根據(jù)溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，四種物質(zhì)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(yīng)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點睛】

本題考查了物質(zhì)制備的知識。兩種鹽在溶液中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，產(chǎn)生兩種新鹽，發(fā)生反應(yīng)是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，或由溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度更小的物質(zhì)。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小四、判斷題(共1題，共6分)27、×【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、計算題(共4題，共36分)28、略

【分析】【分析】

根據(jù)差量法計算參加反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算剩余SO2的物質(zhì)的量。

【詳解】

平衡后，混合氣體物質(zhì)的量減少量=amol+bmol-dmol=(a+b-d)mol；則：

=解得：n(SO2)=2(a+b-d)mol，故容器內(nèi)尚有SO2為：amol-2(a+b-d)mol=(2d-a-2b)mol，故答案為：2d-a-2b?！窘馕觥?d-a-2b29、略

【分析】【分析】

該圖中的是平衡曲線，線上的任意點都是平衡狀態(tài)，b和d不是平衡狀態(tài)，結(jié)合選項分析判斷；根據(jù)硫酸根離子與鋇離子的反應(yīng)，求出剩余的硫酸根離子濃度，再根據(jù)Ksp計算；利用離子對溶解平衡的影響及Ksp（BaSO4）來計算溶解的硫酸鋇的質(zhì)量，然后確定兩種洗滌方法中BaSO4沉淀的損耗量之比。

【詳解】

(1)A.硫酸鋇飽和溶液中存在著溶解平衡，a點在平衡曲線上，加入Na2SO4，會增大c(SO42-)，平衡左移，c(Ba2+)應(yīng)降低，不可能由a點變到b點；故A錯誤；

B.d點時溶液不飽和，蒸發(fā)溶劑水，c(SO42-)、c(Ba2+)均增大；不可能由d點變到c點，故B錯誤；

C.d點在平衡曲線下，表示Qc＜Ksp；溶液不飽和，不會有沉淀析出，故C正確；

D.Ksp是一常數(shù)，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等；故D錯誤；

故答案為：C；

(2)由圖象可知Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10，將100mL1mol?L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反應(yīng)生成BaSO4，加入n(Ba2+)==0.001mol，可見反應(yīng)后硫酸根離子過量，剩余的硫酸根離子的濃度為：c(SO42-)==0.495mol/L，所以剩余的鋇離子為：c(Ba2+)==2.02×10-10mol/L；

故答案為：2.02×10-10mol/L；

(3)用100mL蒸餾水洗滌沉淀時，溶解的BaSO4的物質(zhì)的量為0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=0.1L×mol/L=10-6mol，用100mL0.01mol?L-1H2SO4溶液洗滌時，硫酸根離子抑制了沉淀的溶解，則溶解的BaSO4的物質(zhì)的量為0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=mol/L=10-9mol，由同種物質(zhì)的質(zhì)量之比等于物質(zhì)的量之比，則兩種洗滌方法中BaSO4沉淀的損耗量之比為10-6mol：10-9mol=1000：1，即兩種情況下?lián)p失的BaSO4的質(zhì)量之比為1000：1；

故答案為：1000：1?！窘馕觥緾2.02×10-10mol/L1000：130、略

【分析】【詳解】

（1）Cu(OH)2的溶度積Ksp=3.0×10?20，溶液中CuSO4的濃度為3.0mol?L?1，c(Cu2+)=3.0mol?L?1；依據(jù)溶度積常數(shù)c(Cu2+)×c2(OH?)=3.0×10?20；c2(OH?)=3.0×10?20/3.0=10?20；得到c(OH?)=10?10mol/L，依據(jù)水溶液中的離子積c(H+)×c(OH?)=10?14；求的c(H+)=10?4mol/L，溶液pH=4，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為4；

（2）殘留在溶液中的離子濃度小于1×10?5mol?L?1時就認(rèn)為沉淀完全，F(xiàn)e(OH)3的溶度積Ksp=8.0×10?38，c(Fe3+)×c3(OH?)=8.0×10?38；c3(OH?)=8.0×10?38/1×10?5=8.0×10?33；求的c(OH?)=2×10?11mol/L；水溶液中的離子積c(H+)×c(OH?)=10?14；c(H+)=5×10?4mol/L；則pH=3.3；

（3）通過計算可知pH=4能達(dá)到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的；則方案可行；

故答案為：可行；鐵離子沉淀完全時銅離子還沒有開始沉淀?！窘馕觥?3.3可行鐵離子沉淀完全時銅離子還沒有開始沉淀31、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式，將氫氧化鈉的量代入計算來求收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣；

(2)先利用化學(xué)反應(yīng)方程式，將食鹽的質(zhì)量代入計算氯氣的質(zhì)量，再進(jìn)一步計算生成鹽酸的質(zhì)量；

(3)先利用化學(xué)反應(yīng)方程式；將計算生成氫氧化鈉的質(zhì)量，氫氣和氯氣的質(zhì)量，注意總質(zhì)量應(yīng)為減去氫氣和氯氣的質(zhì)量。

【詳解】

(1)電解池的陽極上是氯離子失電子產(chǎn)生氯氣，陰極上是氫離子得電子生成氫氣，電解氯化鈉溶液的原理方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，產(chǎn)生0.2molNaOH時，則生成0.1mol氫氣，所以能收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2的體積為2.24L；

(2)電解氯化鈉溶液的原理方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，電解585t食鹽，則生成氯氣物質(zhì)的量為=5×106mol，氯氣80%用于生產(chǎn)鹽酸，可得到質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%的鹽酸為=800t；

(3)電解氯化鈉溶液的原理方程式為：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，所以取200g溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.265飽和食鹽水進(jìn)行電解，當(dāng)NaCl反應(yīng)了一半時，則消耗氯化鈉為=0.453mol，所以生成氫氧化鈉的質(zhì)量為0.453mol×40g/mol=18.12g，放出氫氣和氯氣共0.453mol××71g/mol+0.453mol××2g/mol=16.534g，則NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=0.099，NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=0.144，

答：所得溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.099；NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.144。

【點睛】

第3小題為易錯點，要注意總質(zhì)量應(yīng)為減去氫氣和氯氣的質(zhì)量?！窘馕觥?.24800所得溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.099，NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.144六、工業(yè)流程題(共3題，共12分)32、略

【分析】【分析】

黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO與硫酸反應(yīng)生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反應(yīng)，加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時生成硫酸鋇沉淀和硫單質(zhì)，過濾除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等難溶物，濾液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、MgSO4，再濃縮結(jié)晶得到Al2(SO4)3·18H2O；含氟廢氣SiF4、HF與飽和氯化鈉溶液和氨水反應(yīng)，主要生成NH4F和Na2SiF6，濾液NH4F中加入Al2(SO4)3·18H2O，調(diào)節(jié)pH值，再通過轉(zhuǎn)變后得到冰晶石Na3AlF6。

【詳解】

(1)電解Al2O3，由于Al2O3熔點高，為節(jié)約能源，加入冰晶石能降低Al2O3的熔點，以便Al2O3能熔化后電解，所以作用是助熔劑；電解時陽極上O2-失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2，陽極材料石墨與該極上生成的O2反應(yīng)被消耗，所以需定期更換石墨陽極；(2)98%硫酸濃度太高，水較少，使得離子反應(yīng)不易發(fā)生，造成浸出率下降，同時硫酸過量產(chǎn)生了較多酸性廢液，也提高了原料成本，所以答案選AC；(3)根據(jù)圖知，時間越長浸出率越高，溫度越高，浸出率越高，但浸出90min后，浸出率變化不大，70℃和90℃浸出率變化不大，且時間過長、溫度過高導(dǎo)致成本較大，所以最佳溫度是70℃，時間是90min；(4)“除雜”步驟加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時生成硫酸