2024年苏教新版选修4化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年苏教新版选修4化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH＝+247kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH＝+75kJ·mol−1，消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)ΔH＝+172kJ·mol−1；积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是。

A.高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳B.增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳C.升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大D.温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少2、高氯酸；硫酸、硝酸和盐酸都是强酸；其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：

。酸。

HClO4

H2SO4

HCl

HNO3

Ka

1.6×10－5

6.3×10－9

1.6×10－9

4.2×10－10

下列说法不正确的是（）A.在冰醋酸中这四种酸都是弱酸B.在冰醋酸中可能发生：HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋+SO42-D.酸性：HCl>HNO33、已知室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，下列叙述不正确的是

①该溶液的

②升高温度；溶液的pH增大；

③此酸的电离平衡常数约为

④加水稀释后；各离子的浓度均减小；

⑤由HA电离出的约为水电离出的的倍；

⑥适当增大HA的浓度，HA的电离平衡正向移动，电离平衡常数增大。A.②④⑥B.①④⑤C.②⑤⑥D.②④⑤4、下列有关电解质溶液的叙述正确的是A.同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7B.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大C.含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCO3-)D.在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)5、将0.2mol·L－1的KOH溶液与0.1mol·L－1的H2SO3溶液等体积混合后，溶液中各粒子浓度大小关系正确的是()A.c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c()＋c()B.2c(K＋)＝c()＋c()＋c(H2SO3)C.c(K＋)＞c()>c()＞c(H2SO3)D.c()＋c()＋c(H2SO3)＝0.1mol·L－16、室温下，0.1mol/L的某二元酸H2A溶液中；可能存在的所有含A粒子的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.H2A的电离方程式：H2A=H++HA－B.NaHA溶液显酸性C.等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（A2－）＞c（HA－）D.pH=5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c（HA－）:c（A2－）=100:17、向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS－、S2－)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是。

A.X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计Ka1(H2S)B.Y点对应溶液中c(Na＋)与含硫各微粒浓度的大小关系为：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X>YD.已知NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。其原因是Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋8、化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.使用含有氯化钙的融雪剂会促进桥梁的腐蚀B.用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，可消除水中重金属离子的污染C.旧钢材焊接前分别用饱和Na2CO3、NH4Cl溶液处理焊点，运用了盐类水解原理D.船底镶嵌锌块、地下输油钢管与外加直流电源负极相连，分别利用了原电池和电解池的原理评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（6分）肼（N2H4）可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。

已知：①N2（g）＋2O2（g）===N2O4（l）ΔH1＝－19.5kJ·mol－1

②N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝－534.2kJ·mol－1

（1）写出肼和N2O4反应的热化学方程式__________。

（2）已知H2O（l）===H2O（g）ΔH3＝＋44kJ·mol－1；则表示肼燃烧热的热化学方程式为__________。

（3）肼—空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为__________。10、写出下列热化学反应方程式：

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)；放出92.2kJ热量：______________。

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)；吸收68kJ热量：_______________。

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量：__________。11、对可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)＋dＤ(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：=K(为一常数)，K称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃时；K=1。

(1)若升高温度到950℃时，达到平衡时K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：①当x=5.0时，上述平衡向_______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_______。

(3)在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。12、据报道；我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外还有以下二种：

水蒸气重整：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

则反应①自发进行的条件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。13、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。14、25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。15、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共6分)17、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

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

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)18、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。19、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

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

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共6分)20、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共20分)21、实验室以工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料制取(NH4)2SO4晶体和轻质CaCO3；其实验流程如下：

已知：①金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(pH=8.5时Al(OH)3开始溶解)。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+开始沉淀时pH3.42.77.611.3完全沉淀时pH4.73.79.6/

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

回答下列问题：

(1)废渣粉末“浸取”时，主要反应的离子方程式为_____________________________。实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是______________________。

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为_________。若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_______________________。

(3)滤渣1成分是_______________(填化学式)。

(4)加适量H2O2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。“调pH值”除铁和铝时，应调节溶液的pH范围为_________________。22、Na2S2O4·2H2O是染料工业中常用的还原剂；俗称保险粉｡它可溶于氢氧化钠溶液并稳定存在，难溶于乙醇，受热易分解，制备保险粉的流程如下:

回答下列问题:

(1)保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，原因是__________

(2)若用Na2SO3固体和酸反应制备SO2气体，下列最适宜选用的酸是____(填标号)｡

A.浓盐酸B.稀硝酸C.70%硫酸D.98%硫酸。

(3)步骤②需要控制温度在35℃的原因是__________已知pH>11时，Zn(OH)2转化为为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是______________(25℃时Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10‑17，35℃时Ksp与Kw的变化可忽略)｡

(4)步骤③中加入一定量NaCl固体的目的是____｡

(5)步骤④的操作是__________经干燥得Na2S2O4·2H2O样品｡

(6)为了测定Na2S2O4·2H2O样品纯度，取mg样品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液｡取10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L碘标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL｡测定过程中，发生的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O═NaHSO3•CH2O+NaHSO2•CH2O，NaHSO2•CH2O+2I2+2H2O═NaHSO4+HCHO+4HI，则样品中Na2S2O4·2H2O的纯度为____｡参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低；故A错误；

B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比；有助于减少积碳，故B正确；

C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大；故C错误；

D．根据图像；温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；

答案选B。2、C【分析】【详解】

A．根据电离平衡常数知；在醋酸中这几种酸都不完全电离，都是弱酸，选项A正确；

B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，反应HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4能进行；选项B正确；

C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-；选项C错误；

D．Ka(HCl)>Ka(HNO3)，故酸性：HCl>HNO3；选项D正确；

答案选C。3、A【分析】【分析】

室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，该溶液中

该溶液的

升高温度；促进HA电离；

此酸的电离平衡常数

加水稀释后，溶液中增大；

该溶液中水电离出的

电离平衡常数只与温度有关；温度不变，电离平衡常数不变。

【详解】

室温时，某一元酸HA在水中有发生电离，该溶液中

该溶液的故正确；

升高温度，促进HA电离，则溶液中增大；溶液在pH减小，故错误；

此酸的电离平衡常数故正确；

加水稀释后，促进HA电离，HA电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中增大；故错误；

该溶液中水电离出的溶液中所以由HA电离出的约为水电离出的的倍；故正确；

电离平衡常数只与温度有关；温度不变，电离平衡常数不变，故错误；

故选A。

【点睛】

本题考查了弱电解质的电离，根据pH、电离平衡常数的计算方法即可解答，注意：电离平衡常数只与温度有关，与电解质的电离程度无关、溶液酸碱性无关、溶液浓度无关，难点是该溶液中水电离出氢离子浓度的计算。4、D【分析】【详解】

A、同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH不一定等于7，如同浓度、同体积的氢氧化钠和硫酸混合后，PH<7；A错误；

B、加入Na2SO4固体；硫酸根离子浓度增大，由于溶度积常数不变，故钡离子浓度减小，B错误；

C、含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，生成KHCO3，但HCO3－发生水解，则c(K＋)>c(HCO3－)；C错误；

D、CH3COONa溶液呈碱性，加入适量CH3COOH，使溶液呈中性时，根据电荷守恒可使c(Na＋)=c(CH3COO－)；D正确。

答案选D。5、C【分析】【分析】

根据题中溶液中各粒子浓度大小可知；本题考查溶液中离子浓度大小的比较，运用溶液中遵循电荷守恒；物料守恒及多元弱酸根阴离子分步水解分析。

【详解】

等体积混合之后,发生了反应:2KOH+H2SO3=K2SO3+2H2O因为氢氧化钾浓度是亚硫酸的二倍,则两者恰好反应,生成亚硫酸钾；

A.生成的亚硫酸钾溶液中电荷守恒,阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,则c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c()＋2c(),A项错误；

B.生成的亚硫酸钾溶液中物料守恒,则c(K＋)＝2c()＋2c()＋2c(H2SO3)；B项错误；

C.生成的亚硫酸钾溶液中因为亚硫酸根的水解作用,所以c(K+)>c(SO32-),而因为是两步水解,程度逐渐降低,而且水解程度非常微弱.所以cSO32-)>c(HSO3-)>c(H2SO3),C项正确；

D.生成的亚硫酸钾溶液中存在物料守恒,即硫元素总物质的量是不变的；.但因为混合之后体积变为原来的二倍,则浓度应该是原来的一半,所以浓度和应该是0.05mol/L；D项错误；

答案选C。

【点睛】

多元弱酸根阴离子分步水解，以第一步为主，往后每一步的水解程度都比上一步弱很多，且水解都是很微弱的。6、D【分析】【分析】

A.根据溶液中含有A2-和HA-离子，不存在H2A；则第一步电离完全；

B.由A可知NaHA溶液只发生电离不发生水解；

C.由图像可知pH=3时HA-和A2-浓度相等，则等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合pH<7；则电离大于水解；

D.据图象分析，pH=3时，c(HA−)与c(A2−)相同，计算电离平衡常数K，再根据电离平衡常数计算pH=5时，计算c（HA－）:c（A2－）比值；

【详解】

A.根据溶液中含有A2-和HA-离子，不存在H2A，则第一步电离完全，H2A的电离方程式：故A正确；

B.NaHA溶液只发生电离不发生水解；则NaHA溶液显酸性，故B正确；

C..由图像可知pH=3时HA-和A2-浓度相等，则等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合pH<7，说明电离大于水解，所以c（Na+）＞c（A2－）＞c（HA－）；故C正确；

D.据图象分析，pH=3时，c(HA−)与c(A2−)相同.根据表达式：pH=5时，结合K值可推出，c(HA−):c(A2−)=1:100；故D错误；

故答案选：D。

【点睛】

据图象分析，pH=3时，c(HA−)与c(A2−)相同，计算电离平衡常数7、A【分析】【分析】

向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S；据此分析解答。

【详解】

A．当滴加盐酸至X点时，c(HS−)=c(S2-)，所以Ka2==c(H+)，由X点处的pH，可以计算Ka2(H2S)，不能计算Ka1(H2S)；故A错误；

B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，设Na2S、NaOH各为1mol，则n(Na)=3n(S)，溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]；故B正确；

C.X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S、NaHS、NaCl；Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS、H2S、NaCl。Na2S和NaHS都能水解，水解促进水的电离；H2S的电离抑制了水的电离。因此溶液中水的电离程度大小关系为：X>Y；故C正确；

D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液后溶液的酸性变强，说明发生了反应Cu2++HS-=CuS↓+H+；故D正确；

答案选A。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．融雪剂因含有氯化钙；故其所形成的溶液导电性增强，易形成原电池反应而导致金属腐蚀，从而会促进桥梁的腐蚀，A项正确；

B．用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水，会引入有毒的Ba2+；不可消除水中重金属离子的污染。B项错误；

C．废旧钢材表面有油脂和铁锈，Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解，用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂；NH4Cl溶液由于NH4+的水解显酸性，用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈；都运用了盐类水解的原理，C项正确；

D．船底镶嵌锌块利用了原电池原理；地下输油钢管与外加直流电源负极相连利用了电解池的原理，D项正确；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】试题分析：（1）①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ•mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ•mol-1

根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：②×2-①得到：2N2H4（l）++N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=—1048.9kJ/mol；

（2）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；此时生成的水必须为液态，可燃物必须为1mol．

由反应。

①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ•mol-1

②H2O（l）═H2O（g）△H3=+44kJ•mol-1

将①-2×②可得：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H2=—622.2kJ•mol-1；

（3）负极发生还原反应，是肼在反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

考点：考查盖斯定律的计算、燃烧热的计算及燃料电池电极反应式的书写等。【解析】（各2分；共6分）

（1）2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－1048.9kJ·mol－1；

（2）N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－622.2kJ·mol－1

（3）N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑10、略

【分析】【分析】

热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答。

【详解】

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)，放出92.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)，吸收68kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量，则该反应的热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【点睛】

本题考查了热化学方程式的书写，物质反应过程的热量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关，相同质量的物质含有的能量：气态>液态>固态；放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热的单位是kJ/mol。热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。【解析】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）从题给信息知：正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO2和H2的浓度将减少，而CO和H2O(g)的浓度将增大；故K值减少；

（2）将1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反应方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是：x<3．0mol。

（3）其他物质的投料不变，增加H2的量，平衡向逆反应方向移动，但H2的转化率将减少。

考点：化学平衡【解析】①.小于②.逆反应③.x＜3.0④.小于12、略

【分析】【分析】

根据△H-T△S判断反应的自发性；根据盖斯定律；将①-②得到反应③的热化学方程式。

【详解】

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：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，根据盖斯定律，将①-②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案为：高温；+247.1。【解析】高温+247.113、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.14、略

【分析】【分析】

依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数，将转化为变为一个变量进行判断。

【详解】

25℃时，H2SO3⇌HSO3－＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式为HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH−，则NaHSO3的水解平衡常数当加入少量I2时，发生反应HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I−，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：1.0×10－12；增大。【解析】1.0×10－12增大15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)三、判断题(共1题，共2分)16、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、结构与性质(共3题，共6分)17、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5118、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><19、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、有机推断题(共1题，共6分)20、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、工业流程题(共2题，共20分)21、略

【分析】【分析】

工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，根据溶度积的数值可知，可将CaSO4转化为CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，将滤渣加入稀盐酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2与稀盐酸不反应作为滤渣1析出、向滤液中加入过氧化氢将FeCl2转化为FeCl3，加氢氧化钙溶液并调节pH值可除去AlCl3、FeCl3，将它们转化为氢氧化铝和氢氧化铁，CaCl2可以加入碳酸铵溶液制取轻质CaCO3；再将含有硫酸铵的溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得硫酸铵晶体，由此分析。

【详解】

(1)已知常温下，