2024年鲁人新版选修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年鲁人新版选修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6题，共12分)1、下列说法不正确的是A.增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多B.增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多C.升高温度，活化分子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多D.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多2、在四个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，发生反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，其他条件不变时，容器I、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率随温度的变化如图所示。

下列说法正确的是A.该反应的正反应放热B.V3>1>V1C.图中C三点处容器内总压强：p(I)A>P(II)B>P(III)CD.容器Ⅳ在470℃（图像中纵向虚线所示温度）进行反应时，起始速率：v(N2O)正＞v(N2O)逆3、下列说法中正确的是A.25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的KwB.根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性C.常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1:104D.100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性4、在某一元碱（）中，滴加入的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.该碱溶液可以溶解B.点对应的体积大于C.点时，D.点时，5、常温下，将NaOH固体逐渐加到某浓度的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH与微粒浓度lg的变化关系如图所示。下列叙述不正确的是（）

A.Ka(HA)的数量级为10－5B.A点所表示的溶液中：c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)C.B点所表示的溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)D.从A点到C点，水的电离程度先增大后减小6、通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能。键能的大小可衡量化学键的强弱；也可以估算化学反应的反应热。下表为某些化学键的键能。

。化学键。

N-N

O=O

N≡N

N-H

键能(kJ/mol)

154

500

942

a

已知火箭燃料肼（）的有关化学反应的能量变化如图所示；则下列说法错误的是（）

A.N2比O2稳定B.N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534kJ/molC.表中的a＝194D.图中的ΔH3=＋2218kJ/mol评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。8、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。经测定溶液中c(CH3COO―)为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka＝________。

（2）已知饱和硫化氢的浓度为0.1mol/L，硫化氢的电离常数为Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为__________mol/L。9、(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）10、（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11、某同学设计一个燃料电池（如图所示）；目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

根据要求回答相关问题：

（1）通入氢气的电极为____（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为____________________________。

（2）石墨电极为____（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，____（填“铁极”或“石墨极”）区的溶液先变红。

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____（填“增大”“减小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为______________________________________。

（4）写出上述例题中乙池电解的总反应方程式：_________________________。

（5）若上述例题甲池中消耗标准状况下的氢气11.2L，则丙池中理论上应析出铜的质量为____。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、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12分)13、汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH＝−566.0kJ/mol

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝+180.5kJ/mol

③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝−116.5kJ/mol

回答下列问题：

（1）CO的燃烧热为___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。

（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为___。14、回答下列各题：

（1）已知:①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ/mol；

②

③

则表示氢气燃烧热的热化学方程式为________。

（2）判断下列反应的熵值是增大；减小还是几乎不变。

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；熵________（填“增大”“减小”“几乎不变”；下同）

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；熵________

③（NH4）2CO3（g）=NH4HCO3（g）+NH3（g）；熵________

④Cu（s）+Cl2（g）=CuCl2（s）；熵________15、现有常温下的六种溶液：①0.01mol·L-1CH3COOH溶液；②0.01mol·L-1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。

（1）将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②__(填“＞”“＜”或“=”)③。

（2）若将②③等体积混合后，则所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为__。

（3）将六种溶液稀释100倍后，比较溶液的pH：③__(填“＞”“＜”或“=”)④。

（4）水的电离程度相同的是__(填序号)。

（5）将①④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，则混合液呈_(填字母)。

A.酸性B.碱性C.中性D.三性皆有可能。

（6）若改变温度后，测得④溶液pH=10，则该温度下Kw=__。在该温度下，将①④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=__mol·L-1。16、化学平衡类似；电离平衡的平衡常数，叫做电离常数（用K表示）。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：

回答下列问题：

(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3－、H3PO4、H2PO4－、HPO42－都看作是酸，则它们酸性最强的是___________（填化学式，下同），最弱的是_________________

(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__________________________，1.2mol•L﹣1的NaClO溶液pH=__________________________（已知：lg2=0.3）。

(3)求出该温度下，0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液中的c(H+)=____________mol•L﹣1。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共6分)17、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共18分)18、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：)19、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“＝”）。20、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6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A、增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多，故A说法正确；B、增大反应物的浓度只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，故B说法错误；C、升温使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，故C说法正确；D、催化剂能降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，有效碰撞次数增多，故D说法正确。2、D【分析】【分析】

由图像可知，随着温度的升高，平衡时N2O的转化率增大；即平衡正向移动，则该反应正向为吸热反应，该反应是一个体积增大的反应，相同温度时，容器Ⅲ中转化率最小，故容器Ⅲ压强最大，容器体积最小。

【详解】

A项、由图像可知，随着温度的升高，平衡时N2O的转化率增大；即平衡正向移动，则该反应正向为吸热反应，故A错误；

B项；由图可知；因为该反应是一个体积增大的反应，增大压强，反应逆向移动，相同温度时，容器Ⅲ中转化率最小，故容器Ⅲ压强最大，容器体积最小，故B错误；

C项、该反应是正向体积增大的反应，由曲线变化趋势可知容器的体积V(III)V(II)V(I)，所以在相同转化率下，A、B、C三点处容器内总压强的关系为：PA(I)B(II)C(III)；故C错误。

D项、根据平衡常数公式k=由图像可知，470℃时容器II的平衡常数k==0.0675，在相同的温度下，容器II和容器IV的平衡常数相等，所以容器IV的平衡常数k=0.0675，而容器IV中初始浓度商QC==0.04＜0.0675，所以反应向正反应方向进行，则起始速率v正(N2O)v逆(N2O)；故D正确。

故选D。3、C【分析】【详解】

A.水的电离是吸热过程，温度由25℃升高到100℃时，水的电离程度增大，Kw增大；A错误；

B.若温度升高到100℃，Kw=10-12；pH＝6.8的溶液显碱性，B错误；

C.常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-9：10-5=1:104；C正确；

D.100℃时，pH＝2的盐酸中c(H+)=0.01mol/L，pH＝12的NaOH溶液中c(OH−)=1mol/L；二者等体积混合，溶液显碱性，D错误。

故选C。4、D【分析】【详解】

A.由A点知：0.1mol⋅L−1一元碱的pH=13可得，该碱为强碱，所以该碱溶液可以溶解故A正确；

B.恰好中和时生成强碱弱酸盐pH应大于7，而B点pH=7，所以该点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，a点的体积大于25mL，故B正确；

C.C点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，溶液中CH3COOY的浓度>CH3COOH的浓度，因pH<7，所以c(H+)>c(OH−)，弱酸的电离是微弱的，结合电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，则应有c(CH3COO−)>c(Y+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；

D.D点为CH3COOY和CH3COOH等物质的量浓度的混合液，根据物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，所以应有故D错误；

答案选D。5、D【分析】【详解】

A.图中B点lg=0，则=1，即c(A−)=c(HA)，此时的pH=4.5，则Ka(HA)==c(H+)=10−4.5，所以Ka(HA)的数量级为10−5；故A正确；

B.A点时溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)<c(A-)；又因为-2<0，则c(HA)>c(A-)；氢氧根有一部分消耗掉，则c(Na＋)>c(OH-)，所以c(HA)>c(A-)>c(Na＋)>c(OH-)；故B正确；

C.由A项可知，B点c(A-)=c(HA)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，可知c(H＋)＝c(HA)＋c(OH-)－c(Na＋)；故C正确；

D.酸碱滴定过程中，随着加入碱，酸电离出来的氢离子对水的抑制作用逐渐减弱，故水的电离程度增大，当酸碱恰好完全反应时，再滴加碱时，碱电离出来的OH－又会抑制水的电离；且程度增大，故水的电离程度逐渐减小。C点pH为7刚好滴定完全，所以从A点到C点，水的电离程度一直增大，故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，根据图象判断HA为弱酸为解答该题的关键，注意掌握酸碱混合的定性判断及pH的计算方法，明确离子浓度大小的判断方法。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．N≡N的键能为942kJ/mol，O=O的键能为500kJ/mol，所以N2比O2稳定；A正确；

B．从图中可以看出，反应物为N2H4(g)＋O2(g)，生成物为N2(g)＋2H2O(g)，ΔH=－534kJ/mol；B正确；

C．利用ΔH3建立有关a的等量关系，即ΔH3=154+4a+500=2218；a＝391，C错误；

D．图中的ΔH3=2752kJ/mol-534kJ/mol=＋2218kJ/mol；D正确；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-18、略

【分析】【分析】

平衡常数K一般是通过列三段式计算。

【详解】

（1）醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的电离程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=带入数据可得，约为1.96×10－5；

（2）已知饱和硫化氢溶液中以第一步电离为主；设溶液中氢离子的浓度为xmol/L,根据题意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氢的平衡浓度可近似计算为0.1，带入数据计算;1.0×10－7=得出饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为1.0×10－4mol/L。【解析】1.96×10－51.0×10－49、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.＞②.⑤④②③①10、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。11、略

【分析】【分析】

(1)装置甲为氢氧燃料电池；通入氢气的电极为负极，负极的电极反应式氢气发生氧化的方程式；

(2)在乙装置中；铁电极与电源的负极相连，据此判断石墨电极为阳极，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，溶液先变红的是生成氢氧根离子的一极；

(3)丙装置是电解精炼铜；按该反应原理判断硫酸铜溶液浓度变化并书写精铜电极上的电极反应式；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置；据此写电解的总反应方程式；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式，结合数据计算质量；

【详解】

(1)装置甲为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，氢气在负极被氧化，在碱性环境下发生反应生成水，其反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙装置中，铁电极与电源的负极相连作阴极，则石墨电极为阳极，该装置反应为电解饱和食盐水，阳极为氯离子被氧化，阴极反应为2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反应一段时间后，滴入酚酞溶液后铁电极负极溶液先变红；

(3)丙装置是电解精炼铜，粗铜作阳极，阳极上粗铜中比铜活泼的杂质如锌、铜会被氧化，硫酸铜溶液中铜离子得到电子被还原，阴极得到电子数和阳极上失去电子数相同，故析出的铜比溶解的铜少，则铜离子浓度减小；精铜作阴极，则其电极反应式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置，则电解的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式为。

则m=32g。【解析】负极H2-2e－+2OH－=2H2O阳极铁极减小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g三、判断题(共1题，共2分)12、×【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12分)13、略

【分析】【分析】

(1)CO的燃烧热为1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1；正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；

(2)根据盖斯定律计算此反应的反应热；写出热化学方程式。

【详解】

(1)已知2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1，可知1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，且1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ；498kJ的能量；设1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为QkJ，则180kJ=(946kJ+498kJ)-2QkJ，解得：Q=631.8，故答案为：283kJ/mol；631.8；

(2)①2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1、②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1、③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-116.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，则△H=(-566.0kJ•mol-1)×2-(+180.5kJ•mol-1)-(-116.5kJ•mol-1)=-1196kJ/mol，则CO将NO2还原的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)△H=-1196kJ/mol，故答案为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)△H=-1196kJ/mol。【解析】283kJ·mol−1631.82NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g)∆H=-1196kJ·mol−114、略

【分析】【分析】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)；

(2)产生气体或气体物质的物质的量增大的反应；熵变通常都是正值，为熵增加反应，反之为熵减小的反应，据此判断。

【详解】

(1)已知：①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-192.9kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律，(②-①)÷3-③可得：H2(g)+O2(g)=H2O(l)则△H=[(-192.9kJ/mol)-(+49.0kJ/mol)]÷3-(+44kJ/mol)=-124.6kJ/mol，即氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol；

(2)①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)为气体体积减小的反应；属于熵值减小的反应；

②H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)前后气体体积不变；熵值几乎不变；

③(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)；反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应；

④Cu(s)+Cl2(g)═CuCl2(s)；反应前有气体，反应后没有气体，属于熵值减小的反应。

【点睛】

通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。【解析】H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-124.6kJ/mol减小几乎不变增加减小15、略

【分析】【分析】

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，据此分析判断；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，据此分析排序；

(3)加水稀释促进弱电解质的电离；③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，据此判断；

(4)酸或碱抑制水的电离；含有弱根离子的盐促进水的电离，①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，据此分析判断；

(5)将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)；根据电荷守恒分析判断；

(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，c(H+)=10-10，结合Kw=c(OH-)•c(H+)计算；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)据此计算。

【详解】

①0.01mol/LCH3COOH溶液中pH大于2；

②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；

③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L；

④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；

⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；氨水过量，溶液呈碱性；

⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液；二者恰好反应生成氯化钠，溶液呈中性。

(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，要使pH=7，则消耗的盐酸的体积较大，故答案为：＞；

(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；

(3)将这几种溶液稀释100倍数时；加水稀释促进弱电解质的电离，③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，所以③的pH＞④的pH，故答案为：＞；

(4)酸或碱抑制水的电离；含有弱根离子的盐促进水的电离，①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离，所以水的电离程度最大的是⑥；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，②的氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；

(5)将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，根据电荷守恒，则有c(OH-)＜c(H+)；混合溶液呈酸性，故答案为：A；

(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，则Kw=c(OH-)•c(H+)=10-2×10-10=10-12；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=-10-7=10-5-10-7，故答案为：10-12；10-5-10-7。【解析】①.＞②.c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)③.＞④.②③④⑤.A⑥.10-12⑦.(10-5-10-7)或9.9×10-616、略

【分析】【详解】

(1)同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：所以酸性最强的是最弱的是

(2)因为酸性:碳酸的酸性强于次氯酸,所以反应的离子方程式为：═

1.2mol/L的NaClO溶液中水解离子方程式为：⇌Kh====×10-6，由于ClO-的水解程度较小，所以c（HClO）≈c（OH-），c（HClO）≈1.2mol/L，则c（OH-）==2×10-3.5mol/L，mol/L，pH=-lg（5×10-11.5）=10.8；

(3)该温度下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌平衡常数由于电离程度较小，c（CH3COO-）≈c（H+），c（CH3COOH）≈0.1mol/L，c（H+）=1.33×10-3mol/L。【解析】H3PO4HPO42−CO2+ClO−+H2O═HClO+HCO3−10.81.33×10−3五、元素或物质推断题(共1题，共6分)17、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、结构与性质(共3题，共18分)18、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)+4