2024年浙教版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年浙教版选修4化学下册阶段测试试卷857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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某反应的反应过程中的能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)；下列有关叙述中正确的是。

A.上图可表示由KClO3加热制O2反应过程中的能量变化B.催化剂能改变该反应的焓变C.催化剂能改变该反应的正反应的活化能而对逆反应的活化能无影响D.该反应为放热反应2、室温下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA；测得溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法正确的是。

A.a点所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(OH-)B.b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)C.pH＝7时，c(Na+)＝c(A-)＋c(HA)D.a、b两点所示溶液中水的电离程度a＜b3、羟氨(NH2OH)在水溶液中的电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH++OH-，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/LNH2OH溶液；恒定25℃时，滴定过程中由水电离出来的OH-浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示，下列说法错误的是（）

A.A到D溶液中，NH2OH电离常数不变B.由A到D，水电离出的c(OH-)逐渐减小C.B点对应的溶液中c(Cl-)=c(NH3OH+)D.C点对应的溶液中c(H+)=c(OH-)+c(NH2OH)4、常温下；将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH；等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)B.电离平衡常数：10Ka(HA)=Ka(HB)C.b点溶液：c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)>c(HB)5、0.1mol·L－1的稀盐酸与0.2mol·L－1醋酸钠溶液等体积完全反应后，测得反应后的溶液中c（CH3COO－）>c（Cl－），则下列判断中错误的是A.温度为298K时，pH<7B.c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1C.c（CH3COOH）<c（CH3COO－）D.c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na+）＋c（H+）6、常温下，向的二元酸溶液中滴加溶液，溶液中含A元素的粒子的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图，y点对应溶液的下列说法中不正确的是

A.二元酸的电离方程式为：B.当溶液中和NaHA物质的量相等时：C.在x点溶液中离子浓度大小关系：D.常温下的电离常数为7、室温下，向0.01mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液；溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是。

A.a点，pH=2B.b点，c(CH3COO-)>c(NH4+)C.c点，pH可能大于7D.ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动8、硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子；阴离子通过)。下列说法错误的是。

A.a与电源的正极相连接B.阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+C.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3D.B(OH)4-穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室9、钢铁腐蚀发生得最普遍的是A.吸氧腐蚀B.析氢腐蚀C.化学腐蚀D.摩擦损耗评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（1）用50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应；测定反应过程中所放出的热量并计算每生成1mol液态水时放出的热量。

完成下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的生成1mol液态水时放出热量的数值会__________。

（2）现有反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)，523K时，将10molPCl5注入容积为2L的密闭容器中；平衡时压强为原来的1.5倍。

①该温度下该反应的平衡常数K为__________

②PCl5的平衡转化率为__________11、按要求回答下列问题。

(1)已知在常温常压下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)∆H=-1275.6kJ·mol-1

②H2O(l)=H2O(g)∆H=+44.0kJ·mol-1写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式___________________________。

(2)已知：CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)∆H1=-192.9kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)H2O(g)∆H2=-120.9kJ·mol-1

则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变∆H3________________。

(3)苯乙烯是重要的基础有机原料。工业中用乙苯(C6H5—CH2CH3)为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)的反应方程式为:C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)∆H1

已知：3C2H2(g)C6H6(g)∆H2；C6H6(g)+C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)∆H3

则反应3C2H2(g)+C2H4(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)的∆H=________。

(4)氨的合成是最重要的化工生产之一。工业上合成氨用的H2有多种制取的方法：

①用焦炭跟水反应：

②用天然气跟水蒸气反应：已知有关反应的能量变化如图所示，则方法②中反应的∆H=________。12、为有效控制雾霾；各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物；碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要。

I.汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O22NO；是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。

（1）在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“>"或“<”）。

（2）在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5molO2，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，则该反应的速率v(N2)_________。该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将____________(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确记”）；若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1mol，则达到平衡后O2的转化率为__________。

II.甲烷和甲醇可以做燃料电池；具有广阔的开发和应用前景，回答下列问题。

（3）甲醇燃料电池（简称DMFC)由于结构简单；能量转化率高、对环境无污染；可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如右图所示：

通入a气体的电极是原电池的____________极（填“正”或“负”），其电极反应式为_______________。

（4）某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示U形管中氯化钠溶液的体积为800ml。闭合K后，若每个电池甲烷用量为0.224L(标况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为__________(法拉第常数F=9.65×104C/mol)，若产生的气体全部逸出，电解后溶液混合均匀，电解后U形管中溶液的pH为_________。13、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＝______________。14、砷酸(H3AsO4)分步电离的平衡常数(25℃)为：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，该步水解的平衡常数(25℃)为_________________。15、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)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)17、(1)已知单质硫16g燃烧放热为149kJ；写出硫燃烧热的热化学方程式：_________________

(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根据盖斯定律，计算298K时由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化学键的键能为_____kJ/mol。

(4)S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。

已知：①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(单斜；s)比S(正交，s)更_________（填“稳定”或“不稳定”）

(5)同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量________1mol氢分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)18、I.写出下列反应的热化学方程式。

（1）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是_____________________。

（2）在1.01×105Pa时，16gS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S固体燃烧热的热化学方程式为________________________。

II.研究NOx、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（3）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S固体。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反应的热化学方程式是_____________________。

（4）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：

CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若用标准状况下3.36LCO还原NO2至N2(CO完全反应)的整个过程中转移电子的物质的量为________mol，放出的热量为______________kJ(用含有a和b的代数式表示)。19、常温下，工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=______________。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)20、在废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。已知：25℃H2S电离常数分别为Ka1＝1.3×10—7，Ka2＝7.0×10—15，某溶液含0.02mol/LMn2+、0.1mol/LH2S，向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。当溶液的pH＝5时，Mn2+开始沉淀为MnS；则：

(1)HS—的电离常数表达式为______________；

(2)Na2S溶液中的微粒有_____________种；

(3)NaHS溶液的pH_____________7(填“＞”、“＝”或“＜”)，理由是__________________；

(4)当溶液的pH＝5时，c(S2—)∶c(H2S)＝______________；

(5)MnS的溶度积为_____________；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(S2—)＝____________mol/L。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共9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9题，共18分)1、A【分析】【详解】

KClO3加热制O2反应是吸热反应；故A正确；催化剂不能改变化学反应的焓变，故B错误；催化剂能同等程度的改变正；逆反应的活化能，故C错误；生成物的能量大于反应物的能量，该反应为吸热反应，故D错误。

点睛：催化剂能同等程度的改变正逆反应的活化能，所以能同等程度改变正逆反应反应速率，加入催化剂平衡不移动。2、B【分析】【详解】

A．a点溶液的溶质为0.05mol/LNaA，此时溶液呈碱性，说明HA为弱酸，A-会发生水解，因此c(Na+)>c(A-)，A-水解较为微弱，且水会发生电离，因此溶液中相关微粒浓度关系为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)；故A错误；

B．b点溶液溶质为等浓度的NaA和HA，此时溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，因此溶液中c(A-)>c(HA)；故B正确；

C．pH=7时，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，因此c(Na+)<c(A-)＋c(HA)；故C错误；

D．a点溶质为强碱弱酸盐，其中弱离子发生水解会促进水的电离，而b点的溶质中含有酸，会抑制水的电离，因此水的电离程度a>b；故D错误；

故答案为：B。3、B【分析】【详解】

A.平衡常数只与温度有关；所以温度不变电离常数不变，A正确；

B.由图可知，C点-lgc(OH-)值最小，则水电离出的c(OH-)最大，所以由A到D，水电离出的c(OH-)先增大再减小；B错误；

C.B点对应的溶液中，-lgc(OH-)=7，则水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-7，所以溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH3OH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)；C正确；

D.C点对应的溶液中，盐酸与NH2OH溶液恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，NH3OHCl水解生成NH2OH，溶液呈酸性，根据物料守恒：c(Cl-)=(NH3OH+)+c(NH2OH)，电荷守恒：c(NH3OH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，两式相加可得：c(H+)=c(OH-)+c(NH2OH)；D正确。

答案选B。

【点睛】

学会由图分析，利用反应原理知识解题，根据电荷守恒和物料守恒解决微粒之间的关系，本题D选项为难点。4、B【分析】【详解】

A选项，lg或lg=0时HB的pH大于HA的pH，则Ka(HA)>Ka(HB)，酸强弱顺序为HA>HB，因此等pH的两种酸的浓度：c(HA)<c(HB)；故A正确；

B选项，lg或lg=0时HA的pH=4，HB的pH=5，因此电离平衡常数：Ka(HA)=10Ka(HB)；故B错误；

C选项，b点溶液呈酸性，lg=0，c(B−)=c(HB)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)和呈酸性得出c(B−)>c(Na+)，因此c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；故C正确；

D选项，lg=0时溶液的pH=5，此时c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，根据图像lg>0，则c(B−)>c(HB)；故D正确。

综上所述，答案为B。5、D【分析】【分析】

0.1mol∙L-1的稀盐酸与0.2mol∙L-1醋酸钠溶液等体积完全反应后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，测得反应后的溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度；据此分析。

【详解】

A．CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以温度为298K时，溶液呈酸性，则pH<7；A正确；

B．二者混合时溶液体积增大一倍，浓度减半，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol∙L-1；B正确；

C．因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO－)；C正确；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，此溶液中电荷守恒为c(CH3COO－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)；D错误；

答案选D。

【点睛】

溶液中的三大守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒是高考中的高频考点，一般可根据电荷、物料推出质子守恒；也可以直接根据得氢离子、失氢离子守恒直接书写；D选项即为电荷守恒，找出溶液中的所有离子即可判断对错。6、B【分析】【详解】

A.根据图像，未加NaOH时，的物质的量为所以第一步完全电离，溶液中不存在分子，的电离是不完全电离；故A不符合题意；

B.当溶液中和NaHA物质的量相等时，由电荷守恒和物料守恒可得故B符合题意；

C.在x点溶液中的溶质为NaHA，只电离不水解，离子浓度大小关系：故C不符合题意；

D.常温下的电离常数而y点对应溶液的和NaHA物质的量相等，则故D不符合题意。

故选B。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图像进行分析即可，注意电离平衡常数和电荷关系的应用。7、B【分析】【详解】

A．由于醋酸是弱电解质；不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，a点的pH大于2，A错误；

B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以b点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)；B正确；

C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液；所得混合溶液必显酸性，即c点溶液的pH一定小于7，C错误；

D．ac段溶液的pH增大；不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D错误；

故选B。

【点睛】

在ab段，溶液的pH增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，溶液的pH增大；而在bc段，溶液的pH变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，pH变大，但变大的很缓慢。8、C【分析】【详解】

a为阳极，与电源的正极相连接，故A正确；阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故B正确；电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入阴极室，原料室中的B（OH）4-通过阴膜进入产品室，故D正确；阳极室中氢离子通入阳膜进入产品室，理论上每生成1molH3BO3，需要1molH+，1molB（OH）4-；故需要转移1mol电子，故C错误；故选C。

点睛：该装置是电解装置的升级版，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意每个室中离子浓度的变化，结合离子交换膜的类型，就可以明白产品室、原料室的作用，不论如何复杂电子转移的数目是不变的，电路中通过电子数不变。9、A【分析】【详解】

钢铁腐蚀发生得最普遍的是电化学腐蚀，电化学腐蚀包含吸氧腐蚀和析氢腐蚀，以吸氧腐蚀为主，最为普遍，故选A。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

(1)①中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；

②NH3•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，反应放出的热量小于57.3kJ；

(2)①初始投料为10mol，容器容积为2L，设转化的PCl5的物质的量浓度为x；则有：

恒容容器中压强比等于气体物质的量浓度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常数K==2.5；

②PCl5的平衡转化率为=50%。【解析】①.减少实验过程中的热量损失②.偏小③.2.5④.50%11、略

【分析】【详解】

(1)①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔΗ＝－1275.6kJ·mol－1；

②H2O(l)=H2O(g)ΔΗ＝＋44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①×-②×2得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1；

答案：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1

(2)根据盖斯定律和已知方程式，可得甲醇和水蒸气催化重整的方程式=①-②，所以焓变ΔΗ3=ΔΗ1-ΔΗ2=-192.9kJ/mol+120.9kJ/mol=-72.0kJ/mol；

答案：－72.0kJ·mol－1

(3)根据盖斯定律，将已知三个热化学方程式相加即得所求方程式，所求热效应也等于三式的热效应相加，所以ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2+ΔΗ3；

答案：ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3

(4)由图知CO(g)+O2(g)=CO2(g）ΔΗ=-akJ/mol；①

H2(g)+O2(g)=H2O(g）ΔΗ=-bkJ/mol；②

CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g）ΔΗ=-ckJ/mol③

根据盖斯定律得方法②中反应的ΔΗ=③-①-②×3=-c-(-a)-(-b)×3=（a+3b-c）kJ/mol；

答案：(a＋3b－c)kJ·mol－1【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1－72.0kJ·mol－1ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3(a＋3b－c)kJ·mol－112、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）根据题给图像知，温度为T2时先达到平衡状态，说明温度为T2时反应速率快，故温度：T1＜T2，但温度为T2时反应达平衡时氮气的体积分数低；说明升高温度平衡向正反应方向进行，正方应是吸热反应，即△H＞0。

（2）50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，根据方程式可知消耗氮气是1mol，则该反应的速率v(N2)根据公式v=△n/V△t将题给数据代入计算得υ(N2)＝＝0.01mol·L－1·s－1；平衡常数只与温度有关系，增大压强平衡常数不变；平衡时氮气和氧气的浓度分别是5mol/L－0.5mol/L＝4.5mol/L、2.5mol/L－0.5mol/L＝2mol/L，NO的浓度是1mol/L，T3温度下该反应的化学平衡常数K＝1/9，如果该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1mol；则。

N2（g）+O2（g）2NO（g）

起始浓度（mol/L）0.50.50

转化浓度（mol/L）xx2x

平衡浓度（mol/L）0.5－x0.5－x2x

因此平衡常数K＝＝1/9，解得x=1/14，因此达到平衡后N2的转化率为14.3%；

（3）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，发生氧化反应。根据装置图可知左侧是电子流出的一极，所以通入a气体的电极是原电池的负极。由于存在质子交换膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，电极方程式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（4）电解氯化钠溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知关系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每个电池甲烷通入量为0.224L（标准状况），生成0.08molNaOH，c（NaOH）＝0.08mol÷0.8L＝0.1mol/L，pH=13；电解池通过的电量为×8×9.65×104C•mol﹣1=7.72×103C（题中虽然有两个燃料电池；但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算。

考点：考查外界条件对平衡状态的影响以及有关计算、电化学原理的应用等【解析】>0.01mol/(L.s)不变14.3%负CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+7.72×103c1313、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】1.75×10－514、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，据此写出第三步电离平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数。

【详解】

砷酸(H3AsO4)的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，则其第三步电离平衡常数的表达式为Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，则该步水解的平衡常数(25℃)为故答案为：2.5×10－3。【解析】2.5×10－315、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)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、计算题(共4题，共40分)17、略

【分析】【分析】

(1)先根据n=计算16gS的物质的量；然后结合燃烧热的概念书写表示物质燃烧热的热化学方程式；

(2)将已知的热化学方程式叠加；可得待求反应的热化学方程式；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算NO分子中化学键的键能；

(4)根据盖斯定律；将已知热化学方程式叠加，可得单斜硫与正交硫转化的热化学方程式然后进行判断；依据物质含有的能量越低，物质的稳定性越强分析判断；

(5)根据盖斯定律分析比较；

(6)根据断裂化学键吸收能量；形成化学键释放能量分析比较。

【详解】

(1)16gS的物质的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃烧产生SO2气体放出热量149kJ，则1molS完全燃烧产生SO2气体放出热量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃烧热的热化学方程式为S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差；假设NO中键能为x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根据盖斯定律，将①-②，整理可得S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根据该热化学方程式可知：单斜硫转化为正交硫放出热量；说明正交硫能量比单斜硫的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，故单斜硫不如正交硫的稳定性强；

(5)反应热只与反应的温度、物质的状态有关，而与反应条件无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1=ΔH2；

(6)由于键能是形成1mol化学键所释放的能量或断裂1mol化学键所吸收的能量；说明含有化学键的分子所具有的能量比形成该化学键的原子的能量低，因此在相同条件下，2mol氢原子所具有的能量比1mol氢分子所具有的能量高。

【点睛】

本题考查了盖斯定律的应用、表示燃烧热是热化学方程式的书写、反应热与键能和物质稳定性的关系。化学反应过程的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径、反应条件无关。在书写燃烧热的热化学方程式时，要注意可燃物的物质的量必须是1mol，且反应产物是稳定的化合物，如H2O的稳定状态是液态，CO2的稳定状态是气态；物质含有的能量越低稳定性就越强，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更稳定。【解析】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不稳定=>18、略

【分析】【分析】

I.（1）黑色固体为氧化铜；消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放热177.6kJ，据此书写热化学方程式；

（2）16g（即0.5mol）S固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫；放热148.5kJ，1molS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放热297kJ，据此书写热化学方程式；

II.（3）（4）利用盖斯定律进行计算；并书写正确的热化学方程式；

【详解】

I.（1）黑色固体为氧化铜，消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放热177.6kJ，热化学方程式为：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1；

（2）16g（即0.5mol）S固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放热148.5kJ，1molS固体在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放热297kJ，热化学方程式为：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1；

II.（3）根据盖斯定律由2×①-②得热化学方程式为：2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270kJ·mol－1；

（4）已知：①CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

②2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

根据盖斯定律由2×①+②得：4CO(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+b）kJ·mol－1；4molCO还原NO2至N2，电子转移8mol，放出的热量为(2a+b）kJ，用标准状况下3.36L(即0.15mol)CO还原NO2至N2，电子转移0.3mol，放出的热量为kJ。

【点睛】

本题的难点是根据盖斯定律书写出正确的热化学方程式，一般情况下，盖斯定律在应用分三步走：【解析】4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-12CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270kJ·mol－10.319、略

【分析】【分析】

根据化学平衡常数的含义，将各种微粒代入，然后变形，通过转化为NH3·H2O、H2CO3的平衡常数进行整理；就可得到其数值。

【详解】

反应NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K==1.25×10-3。

【点睛】

本题考查了化学平衡常数的计算。化学平衡常数等于水的离子积常数与相应的弱电解质电离平衡常数或电离平衡常数乘积的比值。学会将电离平衡常数表达式变形，找到待求量与已知量关系是本题解答的关键，注重数学知识在化学计算中的应用能力的培养。【解析】1.25×10-320、略

【分析】【分析】

(1)HS-电离生成硫离子和氢离子；

(2)Na2S溶液中存在S2-的两