2024年人教版选修4化学上册月考试卷

…………○…………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年人教版选修4化学上册月考试卷746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7题，共14分)1、下列有关化学研究的正确说法是A.同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B.对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同C.依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液D.从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律2、N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为:N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH；有关化学反应的物质变化过程如图1，能量变化过程如图2。下列说法正确的是。

A.由图1可知:ΔH1=ΔH+ΔH2B.由图2可知:ΔH=-226kJ/molC.由图2可知:反应①的反应速率比反应②快D.为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+3、小组同学查阅资料，得到了Na2CO3(aq)与盐酸反应过程中的能量变化示意图如下。

(注：碳酸钠与碳酸氢钠的溶解过程的热效应忽略不计)

下列说法错误的是A.△H1＜△H2B.若反应HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O的熵增效应大于吸热效应，则其在常温下能自发进行C.CO32－(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)△H＝(△H1＋△H2－△H3)kJ/molD.相同条件下，结合H＋的能力：CO32－＞HCO3－4、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.向溶液中加入等体积溶液：B.物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，C.已知常温下，的电离常数溶液：D.溶液与溶液混合：5、如表是几种常见弱酸的电离平衡常数下列说法中正确的是酸电离平衡常数

A.温度升高，值减小B.溶液中加入少量冰醋酸，将增大C.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：D.和在溶液中不能大量共存6、已知T℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；Ag2CrO4是一种橙红色固体；T℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.T℃时Ag2CrO4的Ksp＝2×10－12B.浓度均为2×10－5mol/LAgNO3溶液与NaCl溶液等体积混合没有沉淀生成C.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体可使溶液由Y点到X点D.保持温度T℃不变，Ag2CrO4溶液长时间放置可使溶液由X点到Z点7、埋在地下的铸铁输油管道，在下列情况下被腐蚀得最慢的是A.在潮湿疏松的碱性土壤中B.在干燥致密的酸性土壤中C.将输油管道与电源负极相连D.在输油管道接口处包上铜皮评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋于缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。

（1）一种途径是将CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家PaulSabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：

①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：___________________________________。

②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_______________（填I或II）

（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃；主要有两个竞争反应：

反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密闭容器中冲入1molCO2和4molH2,测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为_________。T1℃时，反应I的平衡常数K=_______。

（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始时的投料比，即m=

①图1中投料比相同，温度T3>T2>T1,则ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3时，该反应达到平衡状态后p(总）=20ɑMPa,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2.则曲线b代表的物质为_______（填化学式）9、采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术；在含能材料；医药等工业中得到广泛应用。已知：

2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=−4.4kJ·mol−1

2NO2(g)＝N2O4(g)ΔH2=−55.3kJ·mol−1

则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol−1。10、在体积为1L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，化学平衡常数K与温度T的关系如下表：。T/℃70080085010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式K＝__________，升高温度，化学平衡向__________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。

(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。

A．c(CO2)＝c(CO)B．K不变。

C．容器中的压强不变D．v正(H2)＝v正(CO2)E．c(H2)保持不变。

(3)若某温度下，平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，此时的温度为_____；在此温度下，若向该容器中投入1molCO2、1.2molH2、0.75molCO、1.5molH2O，则此时反应朝______方向进行(填“正反应”、“逆反应”)。11、液氨常用作制冷剂；回答下列问题。

（1）一定条件下在密闭容器中发生反应：

a．NH4I(s)NH3(g)+HI(g)

b．2HI(g)H2(g)+I2(g)

①写出反应a的平衡常数表达式_____________

②达到平衡后，扩大容器体积，反应b的移动方向______（填正向、逆向或不移动），达到新的平衡时容器内颜色将怎样变化______（填加深；变浅或不变）

（2）工业上合成氨的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.60kJ·mol－1

下列说法能说明上述反应向正反应方向进行的是________(填序号)。

a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2

b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键。

c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2

d.混合气体的平均摩尔质量增大。

e.容器内的气体密度不变。

（3）已知合成氨反应在某温度下2L的密闭容器中进行；测得如下数据：

根据表中数据计算：

①反应进行到2h时放出的热量为________kJ。

②0～1h内N2的平均反应速率为________mol·L－1·h－1。

③此温度下该反应的化学平衡常数K＝________(保留两位小数)。

④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将向________方向移动(填正反应或逆反应)。

（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，请用离子反应方程式表示其水溶液显碱性的原因_________________________。12、下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示；不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：

K2CO3____________________________________，溶液呈_______性；

NH4Cl_____________________________________，溶液呈_______性。

K2SO4_____________________________________，溶液呈_______性；13、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”)。14、某工业废水中含有和可采用沉淀法将其除去。

（1）若加入来沉淀和当溶液中和共存时，___________。

（2）若加入溶液来调节使和完全沉淀，应满足的条件为_________。

已知：①

②时，会转化为

③离子完全除去的标准：该离子浓度评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、有机推断题(共1题，共3分)16、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：_____。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共20分)17、一种利用钛铁矿制备Li4Ti5O12的工艺流程如图：

已知：钛铁矿的主要成分是FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量的MgO和SiO2等杂质。

回答下列问题：

(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是___(写出一条即可)。

(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为___，加热水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中=___。已知：此温度下，FePO4、Mg3(PO4)2的溶度积常数分别为1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为___。

(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时阴极电极反应式为___。18、以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)“焙烧”生成的气体直接排放可能造成的环境问题是______，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹的目的是______。

(2)电解时，如c(Pb2+)远大于c(H+)，则Pb2+优先于H+放电，工业上应用此原理可对铅进行电解精炼。“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，则阳极泥的主要成分为_____。

(3)写出制备PbO2的离子方程式______。

(4)已知部分含铅化合物的Ksp如下表所示：。物质PbCl2PbSKsp1.2×10-59.0×10-29

①铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止，原因是_______。

②Pb(NO3)2是强酸弱碱盐，氢硫酸是弱酸[Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15]，已知K＞105时可以认为反应基本完全，请判断向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体___(填能或否)形成PbS沉淀。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共15分)19、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：)20、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“＝”）。21、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：__。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A选项，同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，更难得出有关规律，应只改变一个变量来进行化学研究，故A错误；B选项，根据盖斯定律可知，对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同，故B正确；C选项，分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的，胶体粒子直径介于1nm～100nm之间，溶液溶质粒子直径小于1nm，浊液粒子直径大于100nm，溶液和浊液都不具有丁达尔效应，故C错误；D选项，元素非金属性强越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氢化物的酸性无关，故D错误．故选B．2、B【分析】【详解】

A.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=△H1+△H2，即ΔH1=ΔH-ΔH2；故A错误；

B.由图2分析可知；反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量=135kJ/mol-359kJ/mol=-226kJ/mol，故B正确；

C.由图2有催化剂的图像可知；反应①的活化能大于反应②，相同条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应①的反应速率比反应②慢，故C错误；

D.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，反应过程中Pt2O+和Pt2O2+参与反应后又生成不需要补充；故D错误；

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A、根据图像可知，△H1、△H2均为负数，而前者的绝对值大于后者，所以△H1＜△H2；A正确；

B、熵增使反应自发，而焓增使反应不自发，若反应HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O的熵增效应大于吸热效应；所以最终反应可以在常温下自发进行，B正确；

C、根据图像，CO32－(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)是放热反应，所以△H＝(△H1＋△H2－△H3)kJ/mol；C错误；

D、结合氢离子的能力越强，则对应的酸越弱，所以相同条件下，结合H＋的能力：CO32－＞HCO3－；D正确；

故答案选C。4、D【分析】【分析】

A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3；

B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成CH3COONa溶液；根据物料守恒分析；

C．溶液要先判断水解和电离的大小；确定溶液的酸碱性；

D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液；由此分析。

【详解】

A．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，二者反应生成碳酸钠和水，溶液中溶质为0.05mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3，NaHCO3和Na2CO3水解导致溶液呈碱性，且碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，所以c（HCO）＞c（CO）＞c（OH－）＞c（H＋）；故A错误；

B．物质的量浓度都为的与溶液等体积混合后，溶液变成的CH3COONa溶液，根据物料守恒，故B错误；

C．NaHC2O4溶液中水解：HC2O+H2OH2C2O4+OH－，其水解平衡常数的表达式为Kh2=然后变形，即上下同乘以c（H＋），得到Kh2==1.85×10-13＜说明HC2O4－的电离程度大于其水解，溶液显酸性，溶液：故C错误；

D．溶液与溶液混合，相当于等物质的量浓度的NH3·H2O和NaCl的混合溶液，氯化钠是强电解质，不水解，显中性，而一水合氨发生部分电离，溶液呈碱性：故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及质子守恒的灵活运用，易错选项是C，先要计算草酸氢根的水解常数，与电离常数比较，确定其电离大于水解，溶液呈酸性。5、D【分析】【详解】

A.弱电解质的电离吸热，升高温度促进其电离，所以增大；故A错误；

B.加入冰醋酸促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，电离平衡常数不变，所以减小；故B错误；

C.根据酸的电离常数知，离子水解程度：磷酸根离子碳酸根离子醋酸根离子，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为故C错误；

D.和反应生成所以这三种离子不能大量共存，故D正确；

故选：D。6、B【分析】【详解】

试题分析：A．依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2×10-6=10-12，故A错误；B．浓度均为2×10－5mol/LAgNO3溶液与NaCl溶液等体积混合时Qc=2×10－5mol/L×2×10－5mol/L=4×10－10(mol/L)2＜2×10－10(mol/L)2，没有AgCl沉淀生成，故B正确；C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故C错误；D．保持温度T℃不变，Ag2CrO4溶液长时间放置后析出晶体Ag2CrO4，CrO42-浓度降低；无法使溶液由X点到Z点，故D错误，答案为B。

【考点定位】考查溶度积的应用；沉淀的生成等。

【名师点晴】准确理解溶解平衡和溶度积的概念是解题关键；①溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；②溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。7、C【分析】【分析】

铸铁被腐蚀的情况有两种；一是直接接触的化学腐蚀，二是在一定条件发生的电化学腐蚀，比如吸氧腐蚀和析氢腐蚀，铸铁的防护可连接活泼金属作负极，被保护金属作正极的方法，也可外加电源，被保护金属与电源负极相连作阴极的方法，据此分析解答。

【详解】

A．在潮湿；疏松的土壤中；铸铁管道与氧气和水充分接触，发生吸氧腐蚀，容易生锈，故A不符合题意；

B．在呈酸性的土壤中；发生析氢腐蚀，腐蚀速度快，故B不符合题意；

C．铁与电源负极相连；作阴极被保护，铁不易生锈，故C符合题意；

D．铜皮与铁；水、氧气同时接触；构成原电池，活泼金属铁作负极，加快腐蚀，故D不符合题意；

故答案为：C。

【点睛】

判断金属腐蚀快慢的规律：

（1）对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。

（2）对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。

（3）活动性不同的两种金属；活动性差别越大，腐蚀速率越快。

（4）对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓变；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

求出CO2的转化率；反应I的平衡常数K；

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低；说明正反应为放热反应；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。

【详解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案为：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案为：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②当镍粉用量增加10倍后；甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，故答案为：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃时；根据三段是：

CO2的转化率为平衡时，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；则。

T1℃时，反应I的平衡常数故答案为：

（4）①根据图示，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应，△H＜0；故答案为：＜；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，故答案为：CO2。【解析】+1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO29、略

【分析】【详解】

第一个方程式×-第二个方程式得到第三个方程式，故ΔH=ΔH1-ΔH2=53.1kJ·mol−1，故答案为：53.1。【解析】53.110、略

【分析】【详解】

平衡常数K==根据题中给出的表格可知，温度升高，K值增大，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；达到平衡状态的依据是各反应物的物质的量、浓度、压强等不再随时间的变化而变化，正反应速率等于逆反应速率；当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，=1，该温度为850℃；该温度下，向该容器中投入1molCO2、1.2molH2、0.75molCO、1.5molH2O，数值带入==0.94<1；因而反应正向移动。

【点睛】

化学平衡及平衡常数的基本计算。

点评：本题主要考查化学平衡的相关内容，属于简单题，出题几率较大，应引起重视。【解析】正反应E850℃正反应11、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）①反应NH4I(s)NH3(g)+HI(g)平衡常数表达式是k＝c(NH3)∙c(HI)②反应2HI(g)H2(g)+I2(g)由于是反应前后气体体积相等的反应，达到平衡后，扩大容器体积，2HI(g)H2(g)+I2(g)不移动。由于容器的容积扩大，所以达到新的平衡时容器内颜色变浅；（2）a.单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2，则反应处于平衡状态，错误；b.单位时间内生成6nmolN—H键的同时生成2nmolH—H键，则反应正向进行，正确；c.用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1∶3∶2是任何状态下都存在的状态，不能确定反应进行的方向或程度，错误；d.由于第一个反应是气体体积增大的反应，如果反映未达到平衡状态，反应正向进行，则混合气体的质量增大，由更高的固体变为气体，混合气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量增大，正确；e.无论反应是否处于平衡状态，容器内的气体密度不变，因此不能确定反应进行的方向，错误。（3）①根据方程式可知1mol的氮气完全反应放出热量是92.60kJ，反应进行到2h时N2发生反应消耗了0.3mol，则放出的热量为92.60kJ/mol×0.3mol=27.78KJ；②0～1h内H2的平均反应速率为V(H2)=(4.50-4.20)mol÷2L÷1h=0.15(mol/L∙h)，由于V(H2)=3V(N2)，所以V(N2)=V(H2)÷3=0.05(mol/L∙h)，③当反应达到平衡时，c(N2)=0.5mol/Lc(H2)=1.5mol/L,c(NH3)=0.5mol/L,此温度下该反应的化学平衡常数K＝0.15;④反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，则由于反应物的浓度增大的多，所以化学平衡将向正反应方向移动；（4）肼（N2H4）的性质类似于NH3，极易溶于水，与水反应生成一种二元弱碱在溶液中分步电离，水溶液显碱性是由于存在电离平衡：N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－。

考点：考查化学反应速率、化学平衡移动、反应的化学平衡常数的计算、移动方向、物质的溶液的酸碱性的原因分析的知识。【解析】k＝c(NH3)∙c(HI)不移动变浅b、d27.780.050.15正反应N2H4·2H2O[N2H5·H2O]++OH－12、略

【分析】【分析】

碳酸钾为强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；硫酸钾为强碱强酸盐，不水解，据此分析解答。

【详解】

碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；硫酸钠为强碱强酸盐，钠离子和硫酸根离子都不水解，溶液呈中性，故答案为：CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；碱；NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；酸；不发生水解；中。

【点睛】

本题的易错点为碳酸钾的水解方程式的书写，要注意碳酸根离子水解分步进行，不能一步水解生成碳酸。【解析】①.CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-②.碱③.NH4++H2O⇌H++NH3·H2O④.酸⑤.不发生水解⑥.中13、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14、略

【分析】【详解】

(1)=故答案为：105；

(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因时，会转化为因此pH应小于11，应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；【解析】1058.5～11三、判断题(共1题，共2分)15、×【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、有机推断题(共1题，共3分)16、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)+五、工业流程题(共2题，共20分)17、略

【分析】【分析】

用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12，由制备流程可知，加盐酸酸浸溶解，SiO2与盐酸不反应，过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，对滤液①加热发生水解反应TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，水解后过滤，水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，沉淀为TiO2•xH2O，向沉淀中加入氨水、双氧水和LiOH反应过滤后得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑生成Li4Ti3O12；据此分析解答。

【详解】

(1)酸浸时；要提高铁的浸出率可采取的措施是提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等；

(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-；加热水的目的是促进水解；

(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水；氨水反应时；双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；

(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)，c(PO43-)==1.0×10-4mol·L-1，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO43-)，c(Fe3+)==1.5×10-17mol·L-1，此时溶液中==1.5×10-12；

(5)根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑；

(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时为电解池，是放电时的逆过程，充电时的总反应为：Li(x-5)C＋Li9Ti5O12LixC＋Li4Ti5O12，阴极上得电子，发生还原反应，电极反应式为Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC。

【点睛】

本题易错点为(3)，结合物质的性质分析，双氧水、氨水都不稳定，温度过高会分解和挥发；解答(6)时，要考虑二次电池的放电和充电过程互逆，根据放电过程总反应，书写充电过程总反应，再根据电解池阴极发生还原反应，分析书写电极反应。【解析】提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-促进水解提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发1.5×10-12Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC18、略

【分析】【分析】

方铅矿中通入空气焙烧，发生反应2PbS+3O22SO2+2PbO，加入焦炭还原，发生反应PbO+CPb+CO↑，得到的粗铅通过电解精炼得到纯Pb，Pb加热得到PbO，将PbO投入NaClO溶液中得到PbO2，发生的反应为ClO-+PbO=PbO2+Cl-；以此解答该题。

【详解】

(1)焙烧时发生反应2PbS+3O22SO2+2PbO，生成的气体是SO2；可导致酸雨，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹，可增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率；

(2)“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，电解精炼时，粗Pb作阳极、纯Pb作阴极，Zn、Fe比Pb活泼，所以阳极上Zn、Fe和Pb失电子生成离子进入溶液；铅的活泼性大于铜；银，铅先放电，阳极泥的主要成分为铜、银；

(3)PbO与ClO-发生氧化还原反应制备PbO2，反应的离子方程式为ClO-+PbO=PbO2+Cl-；

(4)①Pb的活动性比H强，铅与稀盐酸反应生成氯化铅和氢气，生成的PbCl2难溶于水，PbCl2覆盖在铅表面；阻止反应的进一步进行，因此反应进行一段时间后就会停止；

②假设能发生反应，Pb2++H2S=PbS↓+2H+，该反应的电离平衡常数K=＞1.0×105，所以该反应能进行到底，最终会有黑色沉淀生成。【解析】酸雨增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率Pb2＋＋2e-＝Pb铜、银ClO－＋PbO＝PbO2＋Cl－PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行假设能发生反应：Pb2＋＋H2S＝PbS↓＋2H＋，该反应的平衡常数反应可进行完全，故有PbS沉淀生成沉淀溶解，得到橙色溶液2PbCrO4＋2H＋=Pb2＋＋Cr2O72-＋H2O六、结构与性质(共3题，共15分)19、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