2024年西师新版选修4化学下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年西师新版选修4化学下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、根据热化学方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是A.1molSO2(g)的能量总和大于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和B.加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量C.S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1kJ；Q1的值大于297.23D.足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23kJ热量2、下列关于反应热的说法正确的是()A.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关B.已知C(s)+O2(g)＝CO(g)的反应热为110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJC.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关D.当∆H为“－”时，表示该反应为吸热反应3、一定温度下对冰醋酸逐滴加水稀释；发生如图变化，图中Y轴的含义可能是（）

A.氢氧根离子浓度B.pHC.氢离子浓度D.溶液密度4、298K时，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是。

A.溶液呈中性时:c(Na+)=2c(X2-)B.Ka2(H2X)为10-7C.NaHX溶液c(H+)<c(OH-)D.溶液pH由1开至2.6时主要存在的反应是:H2X+OH-=HX-+H2O5、下列应用与盐类水解无关的是A.纯碱溶液去油污B.明矾做净水剂C.用氯化铁溶液制氢氧化铁胶体D.用Na2S做沉淀剂，除去溶液中的Cu2+6、下列关于甲；乙、丙、丁四个图像的说法中；不正确的是()

A.甲图表示1L1mol·L－1Na2SO3溶液吸收SO2溶液pH随n(SO2)的变化，则NaHSO3溶液显酸性B.由图乙可知，a点Kw的数值与b点Kw的数值相等C.图丙表示可得碱的强弱：ROH＞MOHD.图丁表示某温度BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，则加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点，最终变到c点7、下列关于除杂方法的叙述正确的是()A.乙烯中混有的SO2可以通过溴水除去B.除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤洗涤C.向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3D.除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤8、下列根据实验操作所得出的现象和结论均正确的是（）。实验操作实现现象结论A向某溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液溶液变成血红色该溶液中有无B将石蜡油气化后，使气体流经碎瓷片，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液溶液紫红色褪去碎瓷片的主要作用是使石蜡油受热均匀C向固体滴加饱和溶液有砖红色沉淀生成Ksp：D将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，二者直接接触银器恢复往日光泽

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、某反应过程能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.反应过程a有催化剂参与B.该反应为放热反应，热效应等于ΔHC.改变催化剂，可改变该反应的活化能D.有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E210、某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的A.正反应活化能小于100kJ·mol－1B.逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1C.正反应活化能不小于100kJ·mol－1D.正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol－111、下列说法或表示方法正确的是A.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同B.放热反应的反应速率大于吸热反应的反应速率C.盖斯定律实质上是能量守恒的体现D.H2的燃烧热为ΔH=－285.8kJ/mol，2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol12、初始温度为t℃，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生如下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，测得反应的相关数据如下：。容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L41001II绝热恒容1Lp20022aIII恒温恒压2Lp38200b

下列说法正确的是()A.反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行13、对于可逆反应：A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0，下列图像中正确的是A.B.C.D.14、在常温下，将VmL0.05mol·L－1的醋酸溶液缓慢滴加到10mL0.05mol·L－1的Na2CO3溶液中，并不断搅拌（气体完全逸出），所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.当V=10时，c(Na+)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(CH3COO－)>c(H+)B.当0＜V＜20时，c(H+)＋c(Na+)=c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)C.当V=20时，c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)D.当V=40时，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)15、室温下，下列说法不正确的是A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在16、室温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7：c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)B.相同浓度的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溶液等体积混合：c(Na+)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大。已知：H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1molNH3过程中放出46kJ的热量，则N≡N的键能为____________________。

(2)某温度时；在一个10L的恒容容器中，X；Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：

根据图中数据填空：

①该反应的化学方程式为___________________________；

②反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为_____________________；

(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，则原混合气体中a:b=_____________；

(4)在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：a.混合气体的压强；b.混合气体的密度；c.混合气体的平均相对分子质量；d.混合气体的颜色。

①一定能证明2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态的是(填字母，下同)_____________；

②一定能证明I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)达到平衡状态的是________________；

③一定能证明A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)达到平衡状态的是__________________。18、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。19、Ⅰ.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)；某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A；B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为___________________，该反应的化学方程式为______________________。

（2）经12s时间，v(A)＝___________,v(C)＝___________，该反应12s时___________达到化学平衡（“是”或“否”）。

Ⅱ.（3）下列说法可以证明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是________(填序号)。

A．单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI

B．一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂。

C．温度和体积一定时；混合气体颜色不再变化。

D．反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)20、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)21、“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出了高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。生产煤炭气的反应之一是：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.4kJ/mol

（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0~5min的平均反应速率为_________________________。

（2）关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是_____________。

A．CO的含量保持不变。

B．v正(H2O)=v正(H2)

C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。

（3）若上述反应在t0时刻达到平衡(如下图)，在t1时刻改变某一条件，请在下图中继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化：（用实线表示）

①缩小容器体积，t2时到达平衡；②t3时平衡常数K值变大，t4到达平衡。

（4）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_________________。

（5）如下图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程。乙池中发生反应的离子方程式为____________。当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为_______________________________g。

22、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红。该溶液中HSO3－的电离程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物质的量浓度相同的①氨水；②氯化铵；③碳酸氢铵；④硫酸氢铵；⑤硫酸铵5种溶液中，c（NH4+）的大小顺序是__________________。（用序号从大到小表示）23、如图是溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图：

(1)其中，是______。填微粒符号

(2)在溶液中各微粒浓度等式关系正确的是_______

a.

b.

c.24、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大25、Ⅰ．高铁酸盐在能源，环保等方面有着广泛的用途。高铁酸钾（K2FeO4）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图1是高铁电池的模拟实验装置：

（1）该电池放电时正极的电极反应式为_________________；若维持电流强度为lA，电池工作10min，理论消耗Zn______g（已知F＝965OOC/mol，计算结果小数点后保留一位数字）。

（2）盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向______（填“左”或“右”，下同）池移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向______移动。

（3）图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线．由此可得出高铁电地的优点有______________。

Ⅱ．第三代混合动力车，可以用电动机，内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力．降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。

（4）混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油（以辛烷C8H18计）和氧气充分反应，生成1mol水蒸气放热550kJ；若1g水蒸气转化为液态水放热2.5kJ，则辛烷燃烧热的热化学方程式为_____________。

（5）混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示）为负极，碱液（主要为KOH）为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：

H2+2NiOOH2Ni(OH)2。

根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时．乙电极周围溶液的pH______（填“增大”,“减小”或“不变”），该电极的电极反应式为_______________。

（6）远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学有腐蚀中的______腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的______（填“正”或“负”）极相连，铅酸蓄电池放电时的总反应式为_____________。

Ⅲ．（7）市售一次电池品种很多，除熟知的普通锌锰干电池外．还有碱性锌锰电池，锂电池等。碱性锌锰电池的正极材料为_________，该电池放电时的电极反应式为________。

Ⅳ.催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用催化工艺。

（8）人们常用催化剂来选择反应进行的方向．图1所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时．生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成________（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=________。

评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)26、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)27、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：)28、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“＝”）。29、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：__。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共16分)30、利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②Cr2O+H2O2CrO+2H+

③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：。阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9)溶解

(1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需________。

(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为__________(填微粒的化学式)。

(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR=MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_______。

(4)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：____________。

(5)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：。银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色黄色白色砖红色白色Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

①滴定时可选为滴定指示剂的是_______(填编号)，滴定终点的现象是_________。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某废水25.00mL，滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00mL，则废水中SCN-的物质的量浓度为______________。31、从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：

已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的离子生成而溶解。

(1)“煅烧1”的主要目的是________________。

(2)“还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为______________。

(3)“除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是______________________。

(4)“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：

①随n():n(Co2+)比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是__________。

②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是_______。

(5)为了获得较为纯净的CoC2O4•2H2O，“操作X”的实验操作为_______________。

(6)已知煅烧CoC2O4•2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为____________。

(7)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为__________________。

32、从镍矿石尾矿中提取NiSO4是解决我国镍资源匮乏的一条重要途径；已知该过程如下：

表1：各物质的Ksp数据如下表：。物质MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：滤液A中各金属离子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根据以上信息；回答下列问题：

(1)步骤I酸浸之前需将矿石粉碎，目的是_______________。

(2)若杂质离子的浓度c≤1.0×10-5mol/L即可认定沉淀完全，则步骤Ⅱ中当Pb2+恰好沉淀完全时，溶液中硫离子的浓度c(S2-)=_____________mol·L-1；此时Ni2+是否已开始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常温下进行步骤Ⅲ的目的是为了除去铁和锰元素，已知除铁元素的离子反应如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此时Mn2+的氧化产物为MnO2，写出除锰元素的离子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造镍镉电池的重要原料，镍镉电池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，则随着放电的进行，正极区pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)；充电时阴极电极反应式为______________________。33、(1)工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是。

①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中；加热；过滤，调节滤液的pH为3；

②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4

请回答下列问题：

①加入的氧化剂X，下列物质最好选用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化学式为____________。

③溶液乙在蒸发结晶时应注意：________________________________。

(2)如图为相互串联的甲；乙两个电解池；试回答下列问题：

甲池若为用电解原理精炼铜的装置，阴极增重19.2g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为__________L（不考虑气体的溶解情况）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1molSO2(g)的能量总和小于1molS(s)和1molO2(g)的能量总和；故A错误；

B．加入合适的催化剂不会影响反应焓变；即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；

C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ⋅mol−1；故C正确；

D．热化学方程式的系数只表示物质的量；标准状况下1L氧气的物质的量小于1mol，故D错误；

故答案为：C。2、A【分析】【详解】

A；盖斯定律认为：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关；而与反应的途径无关，A正确；

B；燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；碳完全燃烧生成二氧化碳，B错误；

C；反应热的大小即反应物所具有的能量和生成物所具有的能量的差异；C错误；

D、∆H<0；为放热反应，D错误；

故选A。3、C【分析】【详解】

A．随水的增加电离程度在增大；电离出来的氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故A错误；

B．随水的增加电离程度在增大；电离出来的氢离子浓度增大，pH减小，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；

C．随水的增加电离程度在增大；电离出来的氢离子浓度增大，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，故C正确；

D．醋酸的密度大于1g/mL；随水的增加，溶液的密度减小，故D错误；

故选：C。

【点睛】

一定温度下对冰醋酸逐滴加水稀释，醋酸的浓度逐渐减小，电离出来的氢离子浓度先增大后减小，所以导电能力先增大后减小，溶液密度逐渐减小。4、B【分析】【详解】

A.溶液显中性，pH=7的时候，溶液中的HX-和X2-相等，存在的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，因为溶液显中性有c(H+)=c(OH-)，所以得到c(Na+)=2c(X2-)+c(HX-)；选项A错误；

B.溶液显中性，pH=7的时候，溶液中的HX-和X2-相等，所以选项B正确；

C.从图中得到当HA-占主导的时候，溶液显酸性，所以NaHX溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)；选项C错误；

D.溶液pH由1至2.6时，图中看出主要是将H3X+转化为H2X；所以选项D错误；

故答案选B。5、D【分析】【分析】

根据物质性质进行作答；油污能在碱性环境下水解，明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，氯化铁在煮沸的水中生成氢氧化铁胶体，金属阳离子常用沉淀法去除。

【详解】

A.纯碱溶液碳酸钠水解生成氢氧根离子；油污中的酯基在氢氧根环境下水解，与盐类水解有关，A错误；

B.明矾溶于水；铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的杂质形成沉淀，与盐类水解有关，B错误；

C.用氯化铁溶液在沸水中发生水解；制氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，C错误；

D.用Na2S做沉淀剂，硫离子与Cu2+结合生成硫化铜沉淀；与盐类水解无关，D正确。

答案为D。6、D【分析】【详解】

A.Na2SO3溶液吸收SO2，发生反应1L1mol·L－1Na2SO3溶液中Na2SO3的物质的量为1mol，可吸收1molSO2，由图可看出但吸收5/6molSO2时，此时溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液呈酸性，所以但继续吸收SO2溶液中的溶质只有NaHSO3时；溶液呈酸性，故A正确；

B.Kw只与温度有关，a、b两点温度相同，故a点Kw的数值与b点相等；故B正确；

C.稀释相同的倍数；pH值变化慢的为弱碱，所以碱的强弱：ROH＞MOH，故C正确；

D.硫酸钡溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，平衡左移，c（SO42-）增大，c（Ba2+）降低；故D错误；

故答案为D。7、D【分析】【详解】

A．乙烯与二氧化硫均能与溴水反应，乙烯中混有的SO2；可以通过氢氧化钠溶液除去，故A错误；

B．碳酸钡溶于盐酸但是硫酸钡不溶，所以固体中加入盐酸后会将BaCO3溶解而除去，反应的离子方程式为BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；剩余的是硫酸钡，故B错误；

C．向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，CaCO3与氢离子反应生成钙离子，引入新的杂质，应加入MgCO3或MgO或Mg(OH)2除去杂质FeCl3；故C错误；

D．Na2S与AgCl发生沉淀的转化，生成Ag2S和NaCl，过滤除去Ag2S和剩余的AgCl；达到除杂的目的，故D正确；

答案为D。8、D【分析】【详解】

A．含有铁离子的溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液，也会出现溶液变成血红色现象，不能判断是否一定含有故A错误；

B．碎瓷片是石蜡油分解反应的催化剂；故B错误：

C．同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，而类型不同，不能由现象直接比较Ksp的大小；故C错误；

D．银器、金属铝与食盐水构成原电池，铝做负极发生氧化反应，硫化银在正极被还原为银，生成的铝离子和硫离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，因此总反应为故D正确；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由图示可知反应过程a需要的活化能较高；没有催化剂参与，错误；

B．由于反应物的能量高于生成物的能量；多余的能量就以热能的形式释放出来。所以该反应为放热反应，热效应等于反应物与生成物能量的差值ΔH，正确；

C．改变催化剂；改变了反应途径，降低了反应的活化能，但是反应热不变，正确；

D．E1是正反应的活化能，E2是中间产物的活化能，有催化剂条件下,正反应的活化能等于E1；错误。

答案选B。10、CD【分析】【详解】

某反应的△H=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1；无法确定正；逆反应活化能的大小，CD正确，故选CD。

【点睛】

正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：11、AC【分析】【详解】

A．反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同；故A正确；

B；反应速率与反应热无关；故B错误；

C．盖斯定律是变化过程中能量变化和途径无关；与反应物和生成物能量有关，可以看作是能量守恒的体现，故C正确；

D．燃烧热为1mol物质燃烧生成稳定氧化物的能量变化，则氢气燃烧热的△H为-285.8kJ•mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，因此2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ/mol；故D错误；

故选AC。12、BD【分析】【分析】

三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。

【详解】

A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1；故Ａ错误；

B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a＞1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2；故B正确；

C．根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa；故C错误；

D．反应容器Ⅰ平衡常数若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行，故D正确。

综上所述，答案为BD。13、AB【分析】【分析】

对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0；正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图像分析解答。

【详解】

A.升高温度；正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；

B.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量减小；压强不变的情况下升高温度，平衡逆向移动，A的物质的量分数增大，故B正确；

C.温度越高；反应速率越快，则到达平衡的时间越短，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物A的含量增大，图像不符合，故C错误；

D.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率应该大于逆反应速率，故D错误；

故选AB。14、BC【分析】【详解】

A、当V=10时，得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3混合溶液，醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性，由于醋酸的酸性比碳酸的强，HCO3－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，水解程度是微弱的，则溶液中c(Na+)>c(CH3COO－)>c(HCO3－)>c(OH-)>c(H+)；故A错误；

B、溶液呈电中性，一定存在电荷守恒，则溶液中c(H+)＋c(Na+)=c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)；故B正确；

C、当V=20时，得到CH3COONa溶液，溶液中有电荷守恒c(H+)＋c(Na+)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na+)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式得到c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H+)；故C正确；

D、当V=40时，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液，醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，电离产生更多的c(CH3COO－)，溶液呈酸性，弱电解质电离程度不大，则溶液c(CH3COO－)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH－)；故D错误；

故选BC。

【点睛】

解答本题需要掌握两个方面的知识;

混合后的溶液的溶质是什么，根据醋酸和Na2CO3反应量的关系得出。如C选项，醋酸和Na2CO3的物质的量之比为2∶1，恰好完全反应。所以溶质是CH3COONa溶液；

能够灵活运用盐类水解的三合守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。15、BC【分析】【详解】

A.相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若则V(氨水)＞V(盐酸)；溶质为氯化铵和氨水的混合物，故A正确；

B.均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后；混合溶液的pH=3，故B错误；

C.含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则c(CN－)<c(Na+)；故C错误；

D.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，根据物料守恒，两者存在故D正确。

综上所述，答案为BC。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。

【详解】

A．由pH=7可知：c(H+)=c(OH-)，由物料守恒可知：由电荷守恒可知故可知离子浓度为c(Na+)＞c(Cl-)=c(CH3COOH)；故A正确；

B．相同浓度的CH3COONa和HCOONa的混合溶液中，可知由酸性HCOOH大于CH3COOH，由盐类水解规律越弱越水解可知相同浓度的CH3COONa和HCOONa溶液中，CH3COONa水解程度较大，故c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故溶液中的离子浓度关系是c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)；故B正确；

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)相等时c(HCOONH4)＜c(CH3COONH4)；故C错误；

D．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液和0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合溶液中的溶质CH3COOH和CH3COONa，且物质的量浓度相等，由物料守恒可知：电荷守恒可知：故可知c(Na+)+c(OH-)=故D选项错误；

【点睛】

本题目中主要考核盐类溶液中微粒浓度之间的关系，注重考查物料守恒和电荷守恒规律。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

(1)根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可计算得到N≡N的键能；

(2)①化学方程式中；化学计量数之比等于各个物质的量的变化量之比；

②根据化反应速率来计算化学反应速率；

(3)根据化学反应中的三段式进行计算；

(4)根据化学平衡状态的特征判断；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此解答该题。

【详解】

(1)设N≡N的键能为xkJ/mol，根据题意写出热化学方程式ΔH=-46kJ/mol；根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可得：

解得x=946，因此N≡N的键能为946kJ/mol；

故答案为：946kJ/mol。

(2)①根据图示内容可知；X和Y是反应物，Z是生成物，X；Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，因此反应的化学方程式为：

3X+Y⇌2Z；

故答案为：3X+Y⇌2Z；

②反应开始至2min；以气体X表示的平均反应速率为：v=0.3mol÷10L÷2min=0.015mol/（L•min）；

故答案为：0.015mol/（L•min）；

(3)设Y的变化量是xmol，

当n(X)=n(Y)=2n(Z)时，可得：a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以原混合气体中a:b=7:5；

故答案为：7:5；

(4)①对于反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，a.混合气体的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故a正确；b.该反应中混合气体的密度一直不变，故b错误；c.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.SO2、O2和SO3均为无色；混合气体的颜色一直不变，故d错误；

故选：ac；

②对于反应I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.该反应中混合气体的密度一直不变，故b错误；c.该反应中混合气体的平均相对分子质量一直不变；故c错误；d.混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故d正确；

故选：d；

③对于反应A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故b正确；c.混合气体的平均相对分子质量不变；说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.由于B；C、D三种气体的颜色未知，因此混合气体的颜色一直不变无法判断是否达平衡状态，故d错误；

故选：bc。

【点睛】

本题考查了化学平衡的计算，涉及化学反应速率的计算以及平衡状态的判断，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析方法，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。【解析】946kJ/mol；3X+Y⇌2Z；0.015mol/（L•min）；7:5；ac；d；bc。18、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）19、略

【分析】【分析】

依据图象可知：A、B为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，则A、B变化的浓度分别为0.6mol/L、0.2mol/L，推知a:b=3:1。

【详解】

（1）经测4s时间，v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则4s时物质C的物质的量为0.05mol·L－1·s－14s2L=0.4mol；由图可知，4s内A的变化浓度为0.3mol/L，C的变化浓度为0.2mol/L，则a:c=3:2，又因a:b=3:1，则a:b:c=3:1:2，故该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。

（2）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）=因v(A)：v(C)＝3:2，则有图可知12s后各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态。

（3）A.单位时间内生成nmolH2的同时；生成nmolHI，速率之比不等于物质的量之比，A错误；

B.一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂；说明正逆反应速率相等，B正确；

C.混合气体颜色不再变化；说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，C正确；

D.反应速率v（H2）=v（I2）=v（HI）；未体现正与逆的关系，D错误；

答案选BC。【解析】0.4mol3A(g)＋B(g)2C(g)0.05mol/(Ls)0.03mol/(Ls)是BC20、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD21、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）因为是等体积，因此密度增大了0.12g·L－1，气体质量增大了3×0.12g=0.36g，根据质量差，求出消耗的H2O的物质的量0.36/12mol=0.03mol，v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min)；（2）A、根据化学平衡状态的定义，CO的含量保持不变，说明反应达到平衡，故正确；B、反应方向都是向正反应方向进行，要求是一正一逆，故错误；C、根据摩尔质量的定义，气体的质量增大，气体的物质的量增大，因此摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故正确；(3)①缩小容器的体积，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，图像是：②平衡常数增大，只改变温度，说明化学反应向正反应方向移动，此反应是吸热反应，因此升高温度，图像是：（4）①CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol－1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g)△H=＋44.0kJ·mol－1，CH3OH＋O2=CO＋2H2O(g)，①－②＋2×③得出：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)△H=(－725.8＋283＋2×44)kJ·mol－1=－354.8kJ·mol－1；（5）甲池为原电池，乙池、丙池为电解池，通甲醇的一极为负极，通氧气的一极为正极，乙池中石墨跟电池的正极相连，即石墨为阳极，Ag作阴极，因此电极总反应式是：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，甲池反应方程式为CH3OH＋3/2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，甲池溶液增重的质量为甲醇和氧气的质量，设甲醇的物质的量为xmon，则氧气的物质的量为3x/2mol，因此有32x＋3×32x/2=16，解得x=0.2mol，整个电路中通过电子的物质的量为0.2×6mol=1.2mol，丙池中沉淀：Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。

考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、勒夏特列原理、化学平衡常数、电极反应式的书写等知识。【解析】0.002mol∕L·minAC如图：CH3OH(l)＋O2(g)="CO"(g)＋2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，34.822、略

【分析】【分析】

（1）根据HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性分析；

（2）根据NH4+水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+分析；

【详解】

（1）HSO3−的电离使溶液呈酸性，HSO3−的水解使溶液呈碱性；根据指示剂变色，判断溶液呈酸性，故电离大于水解。

故答案为：＞；

（2）水解和电离是微弱，⑤中铵根离子为硫酸根离子的两倍，故铵根离子浓度最大；④中氢离子抑制了铵根离子的水解；②中只有铵根离子水解，不促进也不抑制；③中碳酸氢根离子的水解产生氢氧根离子，促进了铵根离子的水解。所以铵根离子的浓度由大到小为④②③，①为弱电解质，只能很少部分电离，水解和电离是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小顺序为⑤④②③①。

故答案为：⑤④②③①。【解析】①.＞②.⑤④②③①23、略

【分析】【分析】

⑴先写出离子浓度大小；再得出结论。

⑵根据和三大守恒分析。

【详解】

⑴亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，由于还能少量水解，溶液中水电离出氢氧根离子和氢离子，故氢氧根离子浓度略大于由于溶液呈碱性，所以是最小的，所以离子浓度大小关系为：故是故答案为：

⑵亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子，溶液中还存在水的电离，

a.根据物料守恒可知，故a错误；

b.根据电荷守恒可知，故b正确；

c.根据质子守恒可知，故c错误。

故答案为：b。【解析】b24、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。25、略

【分析】【详解】

Ⅰ．（1）根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，左边烧杯只能生成三价铁，三价铁离子在碱溶液中沉淀下来，正极上高铁酸钾发生还原反应生成氢氧化铁，正极电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-＝Fe(OH)3↓+5OH-；若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，通过电子为1A×600s÷(96500C/mol)，则理论消耗Zn为1A×600s÷(96500C/mol)×1/2×65g/mol=0.2g；（2）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动；（3）由图可知高铁电池的优点有：使用时间长；工作电压稳定；

Ⅱ．（4）辛烷C8H18和氧气充分反应，生成lmol水蒸气放热550kJ，当生成9mol水蒸气则会放出550kJ×9=4950kJ的能量；若1g水蒸气转化为液态水放热2.5kJ，则9mol水蒸气转化为液态水放出的热量是2.5kJ×9×18＝405kJ，因此辛烷燃烧热的热化学方程式为C8H18(l)+O2(g)＝8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5355kJ/mol；（4）混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e-＝Ni(OH)2+OH-，该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大；（6）钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，在电解池中，阴极是被保护的电极，可以把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与电源的负极相连；铅酸蓄电池放电时的总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4＝2PbSO4+2H2O；

Ⅲ．（7）碱性锌锰电池的正极材料为MnO2，该电池放电时的电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-＝2MnOOH+2OH-。

Ⅳ.（8）催化剂降低反应的活化能，因此根据图像可知在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成HCHO；根据图像可知反应2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)的△H＝－2×（676－158－283）kJ/mol＝－470kJ/mol。

点睛：该题的难点是电极反应式的书写，明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断、离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。注意掌握电极反应式的书写方法，即“二判二析一写”。二判：①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。二析：①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。一写：根据电极产物，写出电极反应式。【解析】FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-0.2右左使用时间长、工作电压稳定C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5355kJ/mol△H=-5355kJ/mol增大NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-吸氧负Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2OMnO22MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-HCHO-470kJ/mol四、判