2025年苏教新版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年苏教新版选修4化学上册阶段测试试卷827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6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是ΔH＝－283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC.101kPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热D.反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H<02、下列关于化学反应图像的说法错误的是（）

A.图1可表示反应在等温、等压条件下平衡后t时刻充入NO2时反应速率随时间的变化图像B.图2可表示在一定温度下将0.5molCO和0.5molH2充入体积为2L的密闭容器中发生反应时，CO的体积分数随时间的变化图像C.图3可表示反应且温度：T1>T2D.图4可表示反应且m+n>p+q3、常温下，下列粒子浓度关系错误的是A.溶液中：B.的和混合溶液中：C.将溶液与溶液等体积混合：D.向溶液中通入至中性：4、25℃时，用蒸馏水稀释10mLpH=11的氨水。下列叙述正确的是A.该10mL氨水的浓度为0.001mol/LB.稀释至100mL时，溶液的pH小于10C.稀释时，溶液中所有的离子的浓度均变小D.稀释过程中，的值一定增大5、水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是A.4℃时，纯水的pH=7B.温度升高，纯水中的c（H+）增大，c（OH﹣）减小C.水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小6、关于0.1mol/LNa2CO3溶液，下列判断不正确的是A.粒子种类与NaHCO3溶液不同B.升高温度，c减小C.加入Ca(OH)2溶液，c减小D.cH++cNa+=2c+c+cOH-评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、已知破坏1molH﹣H键、1molI﹣I键、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出________kJ的热量．8、在一定温度下，把1molN2和3molH2通入一个一定容积的密闭的容器里，发生如下反应：N2＋3H22NH3；当此反应进行到一定程度时，反应混和物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的物质的量(mol)。如果a、b；c取不同的数值；它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：

（1）若a＝0，b＝0，则c＝__________。

（2）若a＝0.5，则b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必须满足的一般条件是：请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c______。9、时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式HClO电离平衡常数

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”、“减小”或“不变”

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反应不能发生的是______填序号

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号

a.b.c．d．

（5）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。10、常温下，有0.1mol/L的四种溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分别与等量的溶液③恰好完全反应；消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加热后碱性增强；结合化学用语解释原因：_________。

(5)常温下；下列关于溶液②的判断正确的是_________。

a.c(CH3COO−)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变。

d.滴入NaOH浓溶液，溶液导电性增强11、已知常温下H2C2O4的电离平衡常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反应NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K＝9.45×104，则NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝______________。12、I.下列有关叙述正确的是_______

A.碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂。

B.银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag

C.放电时；铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大。

D.电镀时；待镀的金属制品表面发生还原反应。

Ⅱ.锌是一种应用广泛的金属；目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为_______。

(2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作。

(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为_______，其作用是_______。

(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是_______。

(5)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为_______。

(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，，冷淀，毁罐取出，，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为_______。(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、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)14、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：)15、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“＝”）。16、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、实验题(共4题，共40分)17、50mL0.5mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在如图所示的位置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看；可知下图装置有三处不妥之处，请指出____________；_____________、________________。

(2)在测定中和热的实验中；计算反应热时需要的数据有_________

①酸的浓度和体积②碱的浓度和体积③比热容④反应前后溶液的温度差⑤操作所需时间。A．①②③⑤B．①②③④C．②③④⑤D．①③④⑤(3)实验中改用60mL0.50mol·L-1的盐酸跟50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，所求中和热_________(填“相等”或“不相等”)，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)。

(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。18、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。

(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。

(2)NaOH稍过量的原因是_______。

(3)实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。

(4)他们记录的实验数据如下：

。实验用品。

溶液温度。

t1

t1

t2

①

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.3℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

②

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.5℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18J/(℃•g)，各物质的密度均为1g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。

(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。19、某实验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸进行中和热的测定；测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示：

（1）仪器A的名称为___。

（2）装置中碎泡沫塑料的作用是___。

（3）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：___。

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/℃终止温度。

t2/℃温度差。

(t2－t1)/℃1H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①温度差平均值为___℃。

②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则中和热△H＝-53.5kJ/mol。

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是___(填字母)。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度20、某研究小组探究电解FeCl2溶液的电极反应产物。

（1）配制1mol•L-1FeCl2溶液，测得pH=4.91，原因______（用离子方程式表示）。从化合价角度分析，Fe2+具有________。

（2）该小组同学预测电解FeCl2溶液两极的现象：阳极有黄绿色气体产生；阴极有无色气体产生。

该小组同学用右图装置电解1mol•L-1FeCl2溶液：

①取少量银灰色固体洗涤后，加稀H2SO4有气泡产生；再向溶液中加入________（试剂和现象），证明该固体为Fe。

②该小组同学进一步分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为________；乙同学认为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化Fe2+最终生成Fe（OH）3。

为证实结论；设计方案如下：用实验Ⅰ的装置和1.5v电压，电解酸化（pH=4.91）的_______，通电5分钟后，阳极无明显现象，证实乙同学的推论不正确。丙同学认为仍不严谨，原因是产生的气体溶于水，继续实验________（操作和现象），进一步证实了乙同学的推论不正确。

（3）该小组同学进一步探究电解1mol•L-1FeCl2溶液电极产物的影响因素。

。实验。

条件。

操作及现象。

电压。

pH

阳极。

阴极。

阴极。

Ⅰ

1.5v

4.91

无气泡产生；溶液逐渐变浑浊，5分钟后电极表面析出红褐色固体。

无气泡产生；4分钟后电极表面有银灰色金属状固体附着。

Ⅱ

1.5v

2.38

无气泡产生；溶液出现少量浑浊，滴加KSCN溶液变红色。

无气泡产生；电极表面有银灰色金属状固体附着。

Ⅲ

1.5v

1.00

无气泡产生；溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色。

有气泡产生；无固体附着。

Ⅳ

3.0v

4.91

无气泡产生；溶液逐渐变浑浊，3分钟后电极表面有红褐色固体产生。

极少量气泡产生；1分钟出现镀层金属。

Ⅴ

6.0v

4.91

有气泡产生；遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。溶液逐渐变浑浊。

大量气泡产生；迅速出现镀层金属。

①对比实验Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ可以得出结论：

阳极Fe2+放电时，酸性较强主要生成Fe3+；酸性较弱主要生成Fe（OH）3。阴极________。

②对比实验Ⅰ；Ⅳ、Ⅴ可以得出结论：

增大电压；不仅可以改变离子的放电能力，也可以________。

（4）综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与________有关。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共6分)21、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：_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．1molH2SO4和1molBa(OH)2反应时，生成2molH2O(l)和1molBaSO4，所以放出的热量ΔH<2×(－57.3)kJ/mol；且不是中和热，A不正确；

B．已知CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol；B正确；

C．101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2(g)时所放出的热量；才为碳的燃烧热，C不正确；

D．反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H>0；D不正确；

故选B。2、C【分析】【详解】

A．在等温、等压条件下，平衡后t时刻充入正反应速率增大，逆反应速率减小，最后重新达到平衡状态，A正确；

B．和在体积为的密闭容器中发生反应，起始时与的体积比为的体积分数为50%，设反应过程中消耗则有三段式：

则平衡时的体积分数为所以在反应过程中的体积分数不变；B正确；

C．根据先拐先平数值大的原则，温度：温度高时的体积分数小；说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，C错误；

D．由图可知，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应方向为气体体积减少的方向，则D正确；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A.水解的程度不大，水解显碱性，且水电离出则溶液中存在选项A正确；

B.溶液显酸性，由可知选项B正确；

C.等体积混合，醋酸与NaOH的物质的量比为2：1，由物料守恒可知选项C正确；

D.中性时由可知选项D错误；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．一水合氨是弱电解质；在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，25℃时，pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故A错误；

B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，将10mLpH=11的氨水稀释至100mL，氨水稀释10倍后，溶液中氢氧根离子浓度大于原来的则稀释后溶液的pH在10～11之间，故B错误；

C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大；故C错误；

D．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)减小，则溶液中增大；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意稀释氨水过程中，溶液中主要存在的离子的浓度均会减小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3·H2O)都会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，溶液中c(H+)增大。5、C【分析】【详解】

A；25℃时；纯水的pH=7，4℃时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，A错误；

B、温度升高，水的电离平衡向右移动，c（H+）与c（OH﹣）均增大；B错误；

C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，25℃时，纯水电离出的H+浓度只有1.0×10-7mol•L‾1；纯水中主要存在形态是水分子，C正确；

D；水的离子积不受溶液酸碱性的影响；D错误；

故答案选C。6、A【分析】【详解】

A.Na2CO3溶液中分步水解，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，以第一步水解为主，NaHCO3溶液中存在水解和电离，+H2OH2CO3+OH-，=+H+，以水解为主，所以Na2CO3中粒子种类与NaHCO3溶液相同；均为7种，故A错误；

B.水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c()减小；故B正确；

C.加入Ca(OH)2溶液，会转化为CaCO3沉淀，c()减小；故C正确；

D.Na2CO3溶液中存在电荷守恒：cH++cNa+=2c+c+cOH-；故D正确；

故选A。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

氢气和碘反应生成2molHI的反应实质是；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案为：11。

【点睛】

本题主要考查了与键能有关的知识，掌握旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量是解答的关键。【解析】118、略

【分析】【分析】

给据题给信息；本题为恒温恒容条件下等效平衡的判断和计算。首先分析可逆反应，可知该反应为反应前后气体分子数不等的可逆反应。对于这样的可逆反应，要保证反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同,即要与原平衡等效,则投入的物质的量换算成同一边物质，应与之前相应物质的投入量相等。据此进行计算判断。

【详解】

（1）根据反应方程式，将1molN2和3molH2换算成NH3的量，为2mol，则可知2molNH3相当于1molN2和3molH2；则c=2，答案为：2；

（2）根据反应方程式，有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：解得：答案为：1.5；1；

（3）根据题意有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：答案为：【解析】21.519、略

【分析】【分析】

(1)弱电解质的电离为吸热过程；升高温度，促进弱电解质的电离；

(2)电离平衡常数越大；酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；

(3)根据酸性强弱；结合强酸能够制取弱酸分析判断；

(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；据此分析解答；

(5)加水稀释；促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；故答案为增大；

(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；

(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；

(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；

(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它对水的电离的抑制能力减弱。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。【解析】增大cdb大于大于稀释后HX溶液中的小于溶液中的它对水的电离的抑制能力减弱10、略

【分析】【详解】

(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH−)=0.1mol/L，故pH=13，故答案为：13；(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；(4)由溶液中存在加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案为：溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a错误；ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故b正确；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；故答案为：bd。【解析】HCl=H++Cl-13=溶液中存在水解为吸热反应，加热使平衡正向移动bd11、略

【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关，由题意将平衡常数表达式写出，再观察找到K之间的联系。

【详解】

由题意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常数K=变形为=带入数据可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5。【解析】1.75×10－512、略

【分析】【详解】

试题分析：20-IA.碱性锌锰电池中，MnO2是正极，错误。B，银锌纽扣电池工作时，Ag2O中的+1价的Ag得到电子被还原为单质Ag。Zn单质失去电子，被氧化，作负极。正确。C.放电时，铅酸蓄电池中硫酸由于不断被消耗，所以浓度不断减小，错误。D.电镀时，待镀的金属制品作阴极，在阴极上发生还原反应，所以表面有一层镀层金属附着在镀件表面。正确。20-Ⅱ(1)由于硫化锌精矿的成分是ZnS，焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，发生反应：2ZnS+3O22ZnO+2SO2。因此所产生焙砂的主要成分是ZnO。(2)焙烧过程中产生的含尘烟气主要成分是SO2可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作。(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等；(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，由于电极是惰性电极，所以在阳极是溶液中的OH-放电，电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑.所以阳极逸出的气体是氧气。(5)根据题意可得“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O.(6)用焦炭煅烧炉甘石的化学反应方程式为ZnCO3+2CZn+3CO↑。

考点：考查原电池、电解池的反应原理、试剂的作用、金属的冶炼方法及反应条件的控制的知识。【解析】BDZnO浸出锌粉置换出Fe等O22ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2OZnCO3+2CZn+3CO↑三、判断题(共1题，共2分)13、×【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)14、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-0.5115、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><16、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、实验题(共4题，共40分)17、略

【分析】【分析】

（1）应在最短的时间内让盐酸和氢氧化钠充分反应；所以应增添搅拌装置；为了测得温度的最高值，应加强保温；隔热和防止热量散失；

（2）根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（4）NH3•H2O是弱电解质；电离吸热。

【详解】

（1）为了测得温度的最高值；应在最短的时间内让盐酸和氢氧化钠充分反应，故缺少环形玻璃搅拌棒；为了测得温度的最高值，应加强保温；隔热和防止热量散失措施，应在在大小烧杯间填满碎泡沫（或纸条），并使小烧杯口与大烧杯口相平，故答案为：无环形玻璃搅拌棒；在大小烧杯间没有填满碎泡沫（或纸条）；小烧杯口与大烧杯口不相平；

（2）由Q=cm△T可知；测定中和热需要测定的数据为：酸和碱的浓度和体积，比热容，反应前后溶液的温度差，B符合；故答案为：B；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是酸和碱反应生成1mol水时的热效应，与酸碱的用量无关，故答案为：相等；不相等；

（4）NH3•H2O是弱电解质；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故答案为：偏小。

【点睛】

本题考查热化学方程式的书写，中和热的测定原理，反应热的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。【解析】无环形玻璃搅拌棒在大小烧杯间没有填满碎泡沫(或纸条)小烧杯口与大烧杯口不相平B相等不相等偏小18、略

【分析】【分析】

(1)根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器；然后判断还缺少的仪器；

(2)NaOH的浓度比HCl的大；目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应；

(3)物质反应放出的热量与反应的物质多少相对应。中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；

(4)先判断温度差的有效性，然后求出温度差的平均值，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；

(5)根据醋酸是弱酸；电离吸收热量分析。

【详解】

(1)中和热的测定过程中；需要用量筒量取酸溶液；碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒和温度计；

(2)NaOH与HCl的体积相同；而NaOH的浓度比HCl的大，目的是NaOH过量，确保盐酸完全反应，使反应更充分；

(3)化学反应过程中放出的热量与反应的物质多少有关，若实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，反应放出的热量以不足量的NaOH为标准，由于反应的NaOH增多，反应产生的H2O的物质的量也增多，所以反应放出的热量也比前者多，二者数值不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1molH2O时放出的热量；因此所求的中和热相等；

(4)两次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值为3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反应产生水的物质的量以不足量的HCl为标准计算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的质量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm•c•△T，可得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量Q==56.85kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.85kJ/mol。所以该反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol；

(5)若用醋酸代替HCl；由于醋酸为弱酸，电离过程需吸收热量，导致溶液的温度升高偏低，产生等量的水，反应放出的热量偏少，使测得的中和热(ΔH)偏大。

【点睛】

本题考查中和热的测定的知识，注意理解中和热的概念以及热量计算公式中热量单位的换算。注意弱电解质主要以电解质分子存在，电离吸热，使中和热数值测定有偏差。【解析】量筒温度计保证盐酸溶液完全反应不相等相等中和热是指酸与碱发生中和反应生成1mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol偏大醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大19、略

【分析】【分析】

(1)结合仪器的结构和性能确定仪器A的名称；

(2)碎泡沫能减小空气的流通；减小能量损失；

(3)硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，结合中和热为57.3kJ•mol-1；书写热化学方程式；

(4)①先计算出每次实验操作测定的温度差；然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差；说明实验过程中有能量损失，产生此偏差，由此分析判断。

【详解】

(1)为充分的搅拌；使酸碱充分混合反应，要用环形玻璃棒搅拌棒，则仪器A的名称为环形玻璃棒搅拌棒；

(2)测量过程中要尽量减少热量的损失；则碎泡沫的作用是保温；隔热、减少热量损失；

(3)中和热为57.3kJ•mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ热量，则1mol硫酸与2mol氢氧化钠反应生成硫酸钠和2mol水，放出热量为114.6kJ，所以其热化学方程式：H2