2024年沪教版选修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年沪教版选修4化学下册阶段测试试卷705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、同温同压下，下列各热化学方程式（ΔH均小于0）中反应热的绝对值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、温度为T，保持压强为p时合成氨气，原料气投料比与的平衡转化率的关系如图所示。M点时；该反应的压力平衡常数为[注：用平衡时气态物质的分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数]

A.341.3B.59.3C.0.017D.0.00293、化学的实用性表现在它与人们的生活紧密联系。下列常用物质的主要化学成分溶于水后对水的电离有抑制作用的是（）A.明矾B.苏打C.“84”消毒液(NaClO）D.洁厕灵（HCl）4、的X、Y、Z三种酸的水溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示；X；Z不为平行线。则下列说法正确的是。

A.原溶液都是稀溶液B.原溶液的浓度大小为C.Z是强酸，Y和X是弱酸D.溶液中微粒浓度5、物质的量浓度相同的下列溶液，按c（CO32﹣）由小到大顺序排列正确的是。

①Na2CO3

②NaHCO3

③H2CO3

④（NH4）2CO3A.④＜③＜②＜①B.③＜②＜①＜④C.③＜②＜④＜①D.③＜④＜②＜①6、下列离子方程式中，属于水解反应的是A.HCOOH⇌HCOO-+H+B.HCO+H2O⇌H2CO3+OH-C.NH3·H2O⇌NH+OH-D.HCO+H2O⇌CO+H3O+评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、已知下列热化学方程式；回答下列各问：

①C(s)+1/2O2(g)＝CO(g)ΔH＝—110.4kJ/mol

②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝—393.5kJ/mol

(1)C的燃烧热为______kJ/mol。

(2)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ的热量。写出CH4燃烧热的热化学方程式__________________________________________________。

(3)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：

CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1

CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1

则2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝________kJ·mol－1。

(4)在恒温(500K)、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1.0molH2发生合成氨反应N2+3H22NH3，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，该反应的热化学方程式为___________________________________。8、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______________________________。9、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是____________________．

（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图．该反应的热化学方程式为：________________．

（3）拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1molN2完全反应生成NH3的反应热△H为____________，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量为______________．10、硼酸（H3BO3）在食品；医药领域应用广泛。

(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6+6H2O=2H3BO3+__________。

(2)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12；由此图可得出：

①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_______________________。

②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”)。

(3)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq），已知0.70mol·L-1H3BO3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）__________11、近年来将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

（1）迪肯发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为密闭容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1；4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

①据图像可知反应平衡常数K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判断理由是：________________________________________________；

②若进料浓度比c(HCl)∶c(O2)等于1∶1，400℃时，O2的转化率是______。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。

（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上；科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

阴极区发生的反应有Fe3++e-=Fe2+和___________________（写反应方程式）。

电路中转移1mol电子，可生成氯气__________L（标准状况）。12、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)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、工业流程题(共4题，共32分)17、用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下：

(1)“矿石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。

①“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为____________________。

②“混合气体”的主要成分是_______________(填化学式)．

③FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_______________。Al2O3也能发生类似反应．这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧”温度为_____________________。

(3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_________。

(4)用电解氧化法可以增强合金AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3),电解质溶液为H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为______________________。

(5)假设流程中SiO2损失了20%，Al2O3损失了25%，当投入1t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=______________。18、我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示：

已知：

①锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；还含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作为_____________。

A.酸浸B.过滤C.焙炒D.焙烧。

(2)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_____________________。

(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。

(4)制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是______________________________，若溶解时不加H2O2带来的后果是____________________。

(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。

①MnO2参与反应的离子方程式为_____________。

②该样品中MnO2的质量分数为__________________(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。19、以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。

(1)“除铝”时反应的离子方程式为______________________________。

(2)试从沉淀溶解平衡移动的角度解释“浸取时加入H2O2、稀盐酸”可促进LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉铁”时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是_____________________。

(5)“电解”制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：__________________。20、氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

开始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。并写出H2O2的电子式__________，Fe（铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X是__________时；更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共10分)21、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_____________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

根据放热反应的反应热符号为“-”；反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值越大，结合物质的状态进行判断，同一物质的能量：g＞l＞s。

【详解】

各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量：g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，故C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值最大，答案选C。2、A【分析】【详解】

从图中可以看出来在M点，n(H2)∶n(N2)=3，且N2的转化率为0.8，求压力平衡常数，要先求物质的量分数，假设氢气和氮气开始的物质的量分别为3mol、1mol，氮气转化率0.8，反应0.8mol。则根据三段式，3H2＋N22NH3

开始的物质的量310

转化的物质的量2.40.81.6

平衡时的物质的量0.60.21.6

总的物质的量为2.4mol；分压=总压×物质的量分数，总压为p；

用分压代替平衡浓度进行计算，则有A符合要求。

本题答案选A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．明矾是KAl(SO4)2·12H2O，其中Al3＋发生水解；促进水的电离，A选项错误；

B．苏打是Na2CO3，CO32-发生水解；促进水的电离，B选项错误；

C．84消毒液的成分是NaClO，ClO-发生水解；促进水的电离，C选项错误；

D．洁厕灵主要成分是HCl；抑制水的电离，D选项正确。

答案选D。4、C【分析】【详解】

A.由图中可知，稀释1000倍后，X与Y溶液的说明两者为弱酸，Z溶液说明Z为强酸；而刚开始稀释时，X的pH减小，Y的pH增大，说明X是浓溶液，Y是稀溶液，故A错误；

B.pH相等时，弱酸浓度大于强酸，所以Y和X浓度大于Z，根据图像知，刚开始稀释时，X的pH减小、Y的pH增大，说明X是浓溶液、Y是稀溶液，则三种酸浓度大小顺序是故B错误；

C.由A中分析可知Z是强酸；Y和X属于弱酸，故C正确；

D.Y为弱酸，NaY溶液为强碱弱酸盐，水解显碱性，则故D错误。

故选C。5、C【分析】①碳酸钠是强碱弱酸盐；在溶液中完全电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较弱；

②碳酸氢钠是强碱弱酸盐的酸式盐；在溶液中电离出碳酸氢根离子和钠离子，碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子浓度较小；

③碳酸是二元弱酸；在溶液中分步电离，第二步电离出碳酸根离子，且第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离；

④碳酸铵是弱酸弱碱盐；发生相互促进的水解，导致碳酸根离子浓度减小，据此解答。

【详解】

①Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中完全电离出碳酸根离子，碳酸根离子的水解程度较弱，其溶液中c（CO32-）最大；

②NaHCO3在溶液中完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，碳酸氢根离子电离出的CO32-较小；

③H2CO3是二元弱酸，在溶液中分步电离，第二步才电离出碳酸根离子，且第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离，所以其溶液中的c（CO32-）最小；

④（NH4）2CO3在溶液中完全电离出碳酸根离子和铵根离子，铵根离子水解促进了碳酸根离子的水解，浓度相同时其溶液中c（CO32-）小于Na2CO3；

根据分析可知，物质的量浓度相同时c（CO32-）由小到大顺序为③＜②＜④＜①。

答案选C。6、B【分析】【详解】

A.HCOOH⇌HCOO-+H+为弱酸甲酸的电离方程式；A不符合题意；

B.HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，为HCO的水解离子方程式；属于水解反应，B符合题意；

C.NH3·H2O⇌NH+OH-为弱碱氨水的电离方程式；C不符合题意；

D.HCO+H2O⇌CO+H3O+为HCO的电离方程式；D不符合题意；

答案选B。

【点睛】

在判断反应为电离还是水解时，要注意不要被H2O迷惑。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合反应热化学方程式②C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH＝-393.5kJ/mol；可知碳的燃烧热为393.5kJ/mol；故答案为393.5；

（2）0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热890kJ，反应的____为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故答案为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；

（3）①CO2（g）＋3H2（g）=CH3OH（g）＋H2O（g）△H1＝－53.7kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)△H2＝+23.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将①×2-②，得：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H＝－84kJ·mol－1；故答案为－84；

（4）设反应生成NH3xmol则有：N2+3H22NH3

起始（mol）1.01.00

转化（mol）0.5x1.5xx

平衡（mol）1.0-0.5x1.0-1.5xx

平衡时混合气体的物质的量为1.6mol，故1.0-0.5x+1.0-1.5x+x=1.6，解得x=0.4mol，即生成0.4molNH3放出的热量为18.4kJ，则生成2molNH3放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1；

正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ·mol－1。【解析】393.5CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol－84N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ·mol－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）9、略

【分析】【详解】

（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol；

（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变△H=501kJ•mol﹣1﹣600kJ•mol﹣1=99kJ•mol﹣1，2mol二氧化硫全部反应放热198kJ；写出反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，1molH2完全反应生成NH3所放出的热量=kJ=30.67kJ。【解析】S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H=﹣296.8kJ/mol2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1△H=﹣92kJ•mol﹣130.67kJ10、略

【分析】【详解】

（1）根据原子守恒，B2H6与水反应的化学方程式为B2H6+6H2O=2H3BO3+6H2。

（2）①根据图像，温度升高，达到平衡的时间缩短，说明升高温度化学反应速率加快；根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大；说明升高温度，平衡正向移动。

②根据图像，温度升高，H3BO3的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，则∆H>0。

（3）反应H3BO3（aq）+H2O（l）[B(OH)4]-(aq)+H+（aq）的平衡常数K=c{[B(OH)4]-}·c(H+)/c(H3BO3)，平衡时c平衡{[B(OH)4]-}=c平衡（H+）=2.0×10-5mol·L-1，c平衡（H3BO3）≈c起始（H3BO3）=0.7mol/L，则K==5.7×10-10mol/L。【解析】①.6H2②.升高温度，反应速率加快，平衡正向移动③.>④.5.7×10-10mol/L11、略

【分析】【分析】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时；升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

计算氧气的转化率。

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。

【详解】

（1）①根据图知，进料浓度比c(HCl):c(O2)一定时，升高温度，HCl的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案为：>；图像表明；进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。

②温度一定时，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，400℃进料浓度比c(HCl):c(O2)=1:1时，HCl的转化率为a曲线，HCl转化率为84%，根据三段式：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)c0c000

反应(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

则氧气的转化率为：故答案为：

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH，故答案为：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)。

（3）由图可知，H+向左侧移动，则左侧为电解池的阴极，阴极上发生还原反应，根据图示信息可知，其阴极电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右侧为阳极，阳极电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，电路中转移1mol电子，生成0.5molCl2，其标准状况下的体积为故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

【点睛】

进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，温度一定，进料浓度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的转化率越小，所以图像中，a曲线代表c(HCl)∶c(O2)=1∶1，b曲线代表c(HCl)∶c(O2)=4∶1，c曲线代表c(HCl)∶c(O2)=7∶1。【解析】>图像表明，进料浓度比相同时温度升高HCl的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，生成物浓度降低，反应物浓度升高，K值越小。21%CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O11.212、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac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、工业流程题(共4题，共32分)17、略

【分析】【分析】

硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸铵在空气中焙烧，-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，控制焙烧温度，防止Al2O3也发生类似的反应；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，经系列处理得到NH4Fe(SO4)2；过滤得到滤渣为SiO2、Al2O3和GeO2，加盐酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相应的氯化物，二氧化硅不溶解，过滤得到二氧化硅滤渣；蒸馏分离滤液中的GeCl4后再加入氨水调节pH得到Al(OH)3沉淀，过滤取Al(OH)3沉淀，与前序滤渣SiO2和焦炭高温焙烧还原得到Al和Si；再加纯铝搅拌得到合金。

【详解】

(1)矿石粉碎后可以增大与空气的接触面积；使矿石充分灼烧；

(2)①“焙烧”时，GeS2中-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，方程式为GeS2+3O2GeO2+2SO2；

②混合气体中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及铵盐分解产生的NH3；

③Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式为4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制备NH4Fe(SO4)2和硅铝合金，所以要使Fe2O3尽量反应，而Al2O3不反应；据图可知300℃时大部分氧化铁转化为硫酸盐，只有极少量氧化铝转化为硫酸盐，所以最合适的温度为300℃；

(3)GeCl4易水解，蒸馏过程中会HCl挥发造成彻底水解，所以需要在酸性条件下防止GeCl4水解；再进行蒸馏；

(4)电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知Al单质被氧化成三氧化二铝，电解质溶液显酸性，所以电极方程式为2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+；

(5)1t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×45%=450kg，流程中损失20%，所以被利用的二氧化硅的质量为450kg×(1-20%)=360kg，则n(Si)==6000mol；1t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×20.4%=204kg，流程中损失25%，所以被利用的Al2O3的质量为204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg铝，则n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。

【点睛】

蒸发易水解的氯化物(如氯化铁，氯化铜等)的水溶液时要注意，为防止溶质彻底水解而得不到目标产物，需要在HCl气流中抑制水解，进行蒸发。【解析】①.使矿石充分灼烧②.GeS2+3O2GeO2+2SO2③.SO2、NH3④.4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑⑤.300℃⑥.防止GeCl4水解⑦.2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+⑧.5:618、略

【分析】【分析】

废旧电池拆解后，锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解，铁和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，再加ZnO调节溶液的PH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙烧MnCO3，使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。

【详解】

（1）炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙烧时，炭包内部的碳比较难与氧气反应除去，正确答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反应过程中MnO2被还原，则H2O2被氧化生成O2，配平该反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正确答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉锰”生成MnCO3沉淀，焙烧后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空气中O2作为氧化剂参加了该反应，配平该反应为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正确答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO与H2SO4反应使溶液酸性减弱，从而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2与Fe(OH)2的溶度积相差不大，所以沉淀Fe2+时Zn2+必然同时生成沉淀。若溶解时不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反应过量H2SO4调节溶液pH使Fe2+沉淀时，Zn2+必然同时生成Zn(OH)2沉淀。正确答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+与Zn2+不能分离（或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）纯度测定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平该反应得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。则根据氧化还原反应电子守恒得MnO2质量分数为正确答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【点睛】

①根据题意书写氧化还原反应。首先根据题目已知列出知道的反应物和产物，然后联系题意补充氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物中缺少的物质（有时已知中全部给出），第三步进行氧化还原过程中电子得失的配平，再进行质量守恒和离子反应中电荷守恒的配平。以上述Na2C2O4与MnO2反应为例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，根据得失电子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑，由于反应前已经用硫酸酸化，再根据离子电荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑，最后根据质量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度积用于比较难溶电解质溶解度时，不同种类型的难溶电解质不能够直接进行比较。如本题中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前两者的组成为AB2型，第三个属于AB3型，通过各自的溶度积已知（数量级都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能与它们直接进行比较。【解析】CMnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+杂质Fe2+与Zn2+不能分离[或当Fe(OH)2沉淀完全时，Zn(OH)2也沉淀完全]MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O×100%19、略

【分析】【分析】

废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离子被氧化，PO和氢离子反应生成H2PO所以溶液主要有Li+、Fe3+、H2POCl－等，滤渣为碳；加入碳酸钠溶液与H2PO反应生成二氧化碳和PO继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶液。

【详解】

(1)除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为2Al＋2H2O＋2O