2024年浙教版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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化学上册阶段测试试卷266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、已知下列反应的反应热：

(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ⋅mol-1

(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ⋅mol-1

(3)H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ⋅mol-1

则下列反应的反应热为（）

2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)A.△H=+488.3kJ·mol−1B.△H=−244.15kJ·mol−1C.△H=−977.6kJ·mol−1D.△H=−488.3kJ·mol−12、下列反应中符合下列图像的是。

A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-Q1kJ/mol(Q1>0)B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH=+Q2kJ/mol(Q2>0)C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-Q3kJ/mol(Q3>0)D.H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH=+Q4kJ/mol(Q4>0)3、已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）N2O4（g）+Q现将一定量的NO2和N2O4混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中；两种物质的浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.图中两条曲线X和Y，其中X表示NO2浓度随时间的变化B.a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于化学平衡状态的是b和dC.反应进行至25min时，曲线变化的原因是加入了0.4molN2O4D.若要达到与d相同的平衡状态，在25min时还能采取的措施是缩小容器的体积4、常温下，100mL0.1mol·L-1的H2A溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液；含A元素相关微粒物质的量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性B.X点所加NaOH溶液体积为50mLC.X点溶液中含A元素的相关离子存在以下关系：c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1D.Y点溶液中存在以下关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)5、已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述中不正确的是A.该温度高于25℃B.该温度下NaHSO4溶液中，水电离出来的c(H+)=1×10-10mol/LC.该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性D.c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)6、25℃时，将浓度均为0.1mol·L−1；体积分别为V(HA)和V(BOH)的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合；保持V(HA)+V(BOH)=100mL，V(HA)、V(BOH)与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.Ka(HA)=10−6mol·L−1B.b点时，c(B+)=c(A−)+c(HA)C.c点时，随温度升高而减小D.a→c过程中水的电离程度始终增大7、磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图；下列说法正确的是。

A.H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43−B.pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4−、HPO42−、PO43−C.滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)D.滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、的生产；应用是一个国家化工水平的重要标志。

（1）上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：

则____________，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是________（选填“”或“”）。

（2）经催化加氢合成乙烯：恒容条件下，按投料；各物质平衡浓度变化与温度的关系如图所示：

①指出图中曲线分别表示_______、________的浓度。

②升高温度，平衡常数_________（“减小”“增大”或“不变”）。点，______（用表示）。写出能提高乙烯平衡产率的措施__________（任举两种）。

（3）加州理工学院TheodorAgape等在强碱环境下，实现了电催化制产物的选择性高达转化为的电极反应式为___________________。9、我国芒硝（Na2SO4·10H2O）的储量丰富；它是重要的化工原料。

（1）制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合，结晶得NaHCO3晶体，再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝−127.4kJ·mol−1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝−131.5kJ·mol−1

则：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol−1。

（2）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，a、b均为离子交换膜。

①Na+迁移方向是________。

②气体1是________；溶液2是________。10、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。11、碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)ΔH；实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=___。

（2）由图1可知，该反应ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3由大到小的顺序为___。

（3）由图2可知，A点时H2的平衡转化率为___。12、一定温度下，向2L密闭容器中充入5molN2和7molH2。发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。请问答:

(1)该反应的平衡常数表达式为___________

(2)一定温度下，不能说明上述反应已达到平衡的是____________(填选项字母)。

a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等。

b.单位时间内消耗amolN2同时生成2amolNH3

c.容器内的压强不再变化。

d.容器内的密度不再变化。

e.容器内H2的体积分数不再变化。

(3)当该反应达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则该温度下反应的平衡常数K=_____。

(4)若在上述平衡条件下保持温度不变，将容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡时N2(g)的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变")，c(NH3)____0.5mol/L(填“>”、“<”或“=”)。13、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。14、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_________________________。15、有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；

(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________(填化学式)；

(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)16、(1)氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为____________，若将负极材料改为CH4，写出其负极反应方程式___________。

(2)NH3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。该电池负极的电极反应式为__________；每消耗3.4gNH3转移的电子数目为_________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共4题，共8分)18、工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分别在183℃；315℃升华。

（1）在焙烧炉中发生反应：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反应2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移______mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为_______。在温度约为700℃向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为_________。充分反应后温度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），开始分离收集AlCl3。

②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的_______（填字母序号）。

①氧化性②吸水性③难挥发性④脱水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式________，与铅蓄电池相比．释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（Al）:m（Pb）=__________________。19、汽车的大量使用给人们的出行带来了便利；但也带来了诸多社会问题，如废旧铅蓄电池的环境污染。通过下列工艺流程对废旧铅蓄电池进行处理，可回收金属铅和粗硫酸。

已知：i.铅膏的成分：

ii.常温下，部分铅盐的浓度积：

回答下列有关问题：

(1)“翻料、倾料”操作后所得电解质溶液中的电解质是_______(填化学式)。

(2)“铅膏”加水的目的是调成悬浊液，作用是_______。

(3)反应I的化学方程式是_______。

(4)测得“析铅”后的滤液中，对析出的进行洗涤、干燥，得产品，则原铅膏中的总物质的量为_______滤液中_______(保留一位小数)。滤液X中主要溶质的用途有_______(填一种)。

(5)HBF4是一种强酸，则气体Y为_______(填化学式)。20、软锰矿是一种常见的锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质。高锰酸钾具有强氧化性；在实验室中和工业上常用作氧化剂。以软锰矿为原料先制得锰酸钾，再使其在酸性条件下歧化而制得高锰酸钾的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列问题：

(1)“还原”中加稀硫酸的两个作用分别是__________________、___________。

(2)“滤渣2”的成分是____________。利用上表格数据，计算Mn(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。

(3)“熔融”时生成锰酸钾的化学方程式为__________________。

(4)“歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________________。

(5)操作1为蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，“减压过滤”(装置如图所示)的目的是_____。

(6)由锰酸钾制备高锰酸钾除了有歧化法；还有电解法：以锰酸钾为电解液，镍板为阳极，铁板为阴极。

①写出生成高锰酸钾的电极反应式：___________。

②由电解法制备高锰酸钾时可循环利用的物质是________(填化学式)。21、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。评卷人得分五、实验题(共1题，共8分)22、(1)某学生用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，根据3次实验分别记录有关数据如表：。滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积滴定后刻度溶液体积第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09

则依据表中数据，该NaOH溶液的物质的量浓度为______。

(2)实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是______。

A.酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液清洗。

B.开始实验时；酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失。

C.滴定过程中；锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数。

D.达到滴定终点时；仰视读数并记录。

(3)准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用______。(填仪器名称)评卷人得分六、计算题(共4题，共28分)23、按要求写出下列反应的热化学方程式。

（1）以CO2和NH3为原料可合成尿素[CO(NH2)2]。已知：

①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH1＝－159.47kJ·mol－1

②NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2＝＋116.49kJ·mol－1

③H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1

则NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式为________。

（2）已知25℃；101kPa时：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH1＝－197kJ·mol－1

②H2O(g)=H2O(l)ΔH2＝－44kJ·mol－1

③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3＝－545kJ·mol－1

则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式为_____。

（3）工业上利用甲烷催化还原NOx可减少氮氧化物的排放。已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－574kJ·mol－1

②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－1160kJ·mol－1

甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。

（4）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。已知：。化学键H—HH—ClCl—Cl键能/（kJ·mol－1）436431242

工业上通过氢气在氯气中充分燃烧制取HCl气体，该反应的热化学方程式为_____。24、按要求回答下列问题：

(1)300℃，硅粉与HCl(g)反应生成1molSiHCl3气体和H2(g)时，放出225kJ的热量。该反应的热化学方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

则：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差_______kJ。25、在密闭容器中加入一定量的N2和H2，反应N2(g)+3H2（g）2NH3（g），平衡时c（N2）=4.5mol/L，c（H2）=1mol/L，c（NH3）=5mol/L；求：

（1）N2和H2的起始浓度；____

（2）N2的转化率；____

（3）平衡时气体物质的量与开始时气体物质的量之比。____26、在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

（1）0～9min内，v(H2)=__mol·L−1·min−1。

（2）能说明上述反应达到平衡状态的是__(填编号)。

a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1

b．混合气体的密度不随时间的变化而变化。

c．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O

d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变。

e．混合气体的压强不随时间的变化而变化。

（3）平衡时H2的转化率为___。

（4）平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数是__。

（5）一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v逆(CH3OH)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

由中C、的化学计量数为2，可推出：即得，

选项D正确。

答案选D。2、B【分析】【详解】

由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；

由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；

综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；

B.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；

C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故C不符合；

D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0，为吸热反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合；

故选B。3、C【分析】【分析】

由图可知0-10min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；25min时，NO2的浓度增大，应为加入一定量的NO2；达到平衡的时间段为10min～25min以及30min以后。

【详解】

A．结合以上分析可知，其中X表示NO2浓度随时间的变化；故A正确；

B．达到平衡的时间段为10min∼25min以及30min以后，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d；故B正确；

C．25min时，NO2的浓度增大0.4mol∙L−1，所以应为加入0.4mol的NO2；故C错误；

D．d状态为平衡状态，NO2与N2O4的浓度与原来的平衡状态相比较均增大，适当缩小容器体积，NO2与N2O4的浓度都增大；可达到与d相同的状态，故D正确。

综上所述，答案为C。4、D【分析】【详解】

A．图中曲线分析可知溶液中存在酸H2A的分子，说明为弱酸，将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后恰好转化为NaHA；根据图像可知溶液显酸性，故A错误；

B．X点溶液中c（H2A）=c（HA-）；X点所加NaOH溶液体积大于50mL，故B错误；

C．X点溶液中c（H2A）=c（HA-），X点溶液体积大于100mL，导致含有A微粒浓度之和减小，所以c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＜0.1mol/L；故C错误；

D．根据图象分析，Y点溶液中c（HA-）=c（A2-），根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），则Y点溶液中存在以下关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HA-)；故D正确；

故答案选D。

【点睛】

明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，C为解答易错点。5、C【分析】【详解】

试题分析：A、常温下，蒸馏水的pH=7，而此时蒸馏水的pH=6，升高温度促进水的电离，即温度高于25℃，故说法正确；B、此时水的离子积为10－12，水电离出的c(H＋)=c(OH－)=10－12/10－2mol/l=10－10mol·L－1，故说法正确；C、pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合时，碱过量，溶液显碱性，故说法错误；D、溶液呈现电中性，即有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，根据电离方程式c(Na＋)=c(SO42－)，两式推出：c(H＋)=c(OH－)＋c(SO42－)；故说法正确。

考点：考查影响水的离子积的因素、溶液酸碱性的判断、离子浓度大小比较等知识。6、B【分析】【详解】

A.由图可知0.1mol·L−1HA溶液pH=3，由HA=H++A-可知Ka(HA)==110-5，故A错误；

B.b点是两者等体积混合溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合物料守恒可知:c(B+)=c(A-)+c(HA)；故B错误；

C.升高温度促进水解，Kh增大，则c点时，随温度升高而减小，故C正确；

D.a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；

故选：B。7、C【分析】【分析】

观察图可知：随着PH值的增大，水溶液中各种含磷微粒的含量相应的发生改变：PH从0到4，H3PO4含量下降，H2PO4-含量上升，PH=2时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；从4到10，H2PO4-含量下降，HPO42-含量上升，PH=7时，两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零；pH>10，HPO42-含量下降，PO43-含量上升；PH在虚线所标处两者浓度相等，其它含磷微粒含量几乎为零。根据图中各微粒的分布情况，结合弱电解质的电离，电中性原则及物质的基本性质可对各选项作出判断。

【详解】

A项；磷酸是三元中强酸；属于弱电解质，电离方程式应分步书写，A选项错误；

B项、由图可知，PH=2时，含磷微粒主要是H3PO4和H2PO4-；其它含量几乎为零，B错；

C项、根据电中性原则有：c(H+)+c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH-)，PH=7时，c（H+）=C（OH-），所以有：c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)；C正确；

D项、生成二氧化碳的环境为酸性环境，在磷酸中滴加少量碳酸钠溶液得到的含磷产物主要是H2PO4-或HPO42-；D错；

答案选C。

【点睛】

本题中，要结合图来判断不同环境下的含磷微粒的存在形式。如D选项，要根据反应的量来判断反应后的溶液酸碱性，从而判断微粒的存在形式。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【详解】

（1）与反应过程无关，只与反应的始态与终态有关，所以根据图像可知，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是故答案为：

（2）①该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，水蒸气和乙烯都减少，根据反应方程式，水蒸气比乙烯减少的快，由图可知，m和n减少，且m减少的快，则m为水蒸气，n为乙烯，同理，二氧化碳和氢气都增多，氢气增多的比二氧化碳快，a和b都是增多，a增多的快，a为氢气，b为二氧化碳，故答案为：

②该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡常数减小，恒容条件下，设CO2的浓度为1xmol/L，H2浓度为3xmol/L，则

在A点，CO2的浓度等于H2O的浓度，c0=2(x-c0)，x=c0，K=该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；又因为该反应正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；移走产物，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高，故答案为：减小；加压；适当降温、移走产物；

（3）在碱性条件下，得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：故答案为：【解析】减小加压、适当降温、移走产物9、略

【分析】【分析】

（1）根据题意写出化学方程式即可，需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体；故要加上沉淀符号；根据盖斯定律计算即可；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2。

【详解】

（1）根据题意，可以得该反应的化学方程式为：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根据盖斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6kJ·mol−1；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2；故Na+透过a膜进入阴极室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透过a膜进入阴极室（其他合理答案给分）氢气（H2）H2SO410、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】53.111、略

【分析】【分析】

(1)根据化学平衡常数的定义书写该反应的平衡常数表达式；

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行；MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)；反应前后气体物质的量增大，压强越大平衡逆向进行；

(3)由图可知A点时氢气的体积分数为40%；结合三行计算列式计算平衡转化率。

【详解】

(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化学平衡常数为达到平衡，体系各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体或纯液体没有浓度变化量，则该反应的平衡常数表达式为K=

(2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行，正反应为为吸热反应，△H＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应正向是气体增大的反应，增大压强则平衡逆向进行，氢气体积分数增大，即其它条件相同时，压强越大，氢气体积分数越大，则p3＞p2＞p1；

(3)设生成二氧化碳物质的量为x；三段式为。

由图可知A点时氢气的体积分数为40%，得到×100%=40%，x=1mol，氢气转化率=×100%=50%。

【点睛】

由于固体或纯液体没有浓度变化量，浓度始终为常数1，不用写入平衡常数表达式中。【解析】K=＞p3＞p2＞p150%12、略

【分析】【分析】

(1)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

(2)可逆反应达到平衡状态时；正；逆反应速率相等(同种物质)或正、逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

(3)先计算各种物质的平衡浓度；带入平衡常数表达式，可得该反应的化学平衡常数的值；

(4)利用压强对化学平衡移动的影响分析平衡移动的方向；判断物质的平衡转化率及物质的平衡浓度大小。

【详解】

(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K=

(2)a.NH3生成的速率与NH3分解的速率相等；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；

b.单位时间内消耗amolN2，同时生成2amolNH3，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，b错误；

c.该反应是反应前后气体体积不等的反应；反应在恒容密闭容器中进行，若压强不再随时间变化而变化，说明气体总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，c正确；

d.容器内的密度不再变化，该反应两边都是气体，气体的质量不变，反应中容器的容积不变，根据ρ=可知；密度在反应过程中始终不变，不能作为判断平衡状态的依据，d错误；

e.容器内H2的体积分数不再变化，说明H2的物质的量不再随时间变化而变化；此时反应达到平衡状态，e正确；

故合理选项是bd；

(3)在2L密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应开始时，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol÷2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol÷2L=3.5mol/L，达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则根据物质反应转化关系可知△c(N2)=2.5mol/L-2.0mol/L=0.5mol/L，△c(H2)=1.5mol/L，△c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡时各种物质的浓度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=L2·mol-2=0.0625L2·mol-2；

(4)在(3)所得平衡状态的基础上，将容器扩大到原来的两倍，c(NH3)瞬间变为原平衡的即为0.5mol/L，此时容器内压强减小，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆方向移动，则反应N2的转化率减小，达到平衡时c(NH3)<0.5mol/L。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态判断、化学平衡常数的计算、平衡移动等知识，注意掌握化学平衡状态的判断方法、利用化学平衡平衡常数的定义计算某条件下其数值的大小。【解析】K=bd0.0625L2·mol－2减小<13、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%14、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－15、略

【分析】【分析】

(1)根据NH4+水解规律进行分析；

(2)根据Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；电离平衡进行分析；

(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；

(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离进行分析。

【详解】

(1)②为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；

(2)③为Na2CO3溶液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性相同Al2(SO4)3BC16、略

【分析】【分析】

在原电池中；负极上失电子，燃料发生氧化反应，正极上得电子，氧气发生还原反应。

【详解】

(1)氢氧燃料电池正极上氧气得电子，发生还原反应，电解质是碱，则生成OH-，反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，若将负极材料改为CH4，在碱性条件下应该生成总反应式为：CH4+2O2+2OH-=+3H2O，正极反应为：2O2+4H2O+8e-=8OH-，两式相减得负极反应方程式为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；

(2)NH3代替氢气，电解质溶液是KOH溶液没有变，则正极反应式也没有变化，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O，正极反应为：3O2+6H2O+12e-=12OH-，两式相减得负极反应方程式为：4NH3+12OH--12e-=2N2+12H2O，即为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；3.4gNH3物质的量为:根据负极反应可知，2molNH3转移6mol电子，则3.4gNH3转移的电子数目为0.6mol，即0.6NA。

【点睛】

燃料电池电极方程式的书写，掌握正极反应式一般较固定，记住在酸性或碱性条件下的正极反应，负极反应等于总反应减去正极反应。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=+7H2O2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA三、判断题(共1题，共2分)17、×【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、工业流程题(共4题，共8分)18、略

【分析】【分析】

（1）由盖斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反应热也进行相应的计算；

（2）①根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO，根据氯元素化合价变化计算注意电子数目；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，根据元素化合价计算n（Al）、n（Pb）；再根据m=nM计算。

【详解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由盖斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案为：-467.5；

（2）①根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反应中氯元素化合价由0价降低为-1价，氯气是氧化剂，故生成1molAlCl3时转移电子为1mol×3=3mol；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-，反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；故温度应控制在315℃以下；

故答案为：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性；

故答案为：c；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，则n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2319、略

【分析】【分析】

废旧铅蓄电池，“翻料、倾料”得二氧化硫把铅膏中的还原为加入碳酸铵把转化为HBF4和碳酸铅反应生成Pb(BF4)2，电解Pb(BF4)2得到金属Pb。

【详解】

(1)废旧铅蓄电池中的电解质是硫酸，“翻料、倾料”操作后所得电解质溶液中的电解质是

(2)“铅膏”加水调成悬浊液；可以增大反应物的接触面积，加快后续化学反应速率；

(3)反应I是用二氧化硫把铅膏中的还原为化学方程式是

(4)测得“析铅”后的滤液中，对析出的进行洗涤、干燥，得产品，根据铅元素守恒，原铅膏中的总物质的量为滤液中“析铅”过程是硫酸铅和碳酸铵反应生成碳酸铅和硫酸铵；滤液X中的溶质是硫酸铵，硫酸铵可以用作化肥。

(5)HBF4是一种强酸，HBF4和碳酸铅反应生成Pb(BF4)2和二氧化碳，则气体Y为

【点睛】

本题以废旧铅蓄电池回收金属铅和粗硫酸为载体，考查化学工艺流程，明确目的和反应原理是解题关键，掌握沉淀转化，会根据溶度积常数进行计算，培养学生应用知识解决实际问题的能力。【解析】①.②.增大反应物的接触面积，加快后续化学反应速率③.④.1000.1⑤.⑥.作化肥⑦.20、略

【分析】【分析】

软锰矿主要成分是MnO2，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2杂质，用硫酸溶解，加入二氧化硫还原，过滤出难溶的SiO2；得含有硫酸亚铁；硫酸铝、硫酸锰的溶液，所得溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，再加入高锰酸钾溶液，把硫酸锰氧化为二氧化锰，二氧化锰、氢氧化钾在熔融条件下和氧气反应生成锰酸钾，锰酸钾在酸性条件下发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰。

【详解】

(1)软锰矿中主要成分是二氧化锰，还含有Al2O3、Fe2O3，二氧化锰是强氧化剂，在酸性溶液中具有较强的氧化性，而SO2在水溶液中具有较强的还原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增强MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸锰的溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH为10.1，Mn(OH)2的Ksp=10−5×(1010.1−14)2；

(3)“熔融”时二氧化锰、氢氧化钾、氧气反应生成锰酸钾，反应方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程图可知锰酸钾歧化为高锰酸钾和二氧化锰；锰酸钾既是氧化剂也是还原剂，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。

(5)减压过滤即抽滤；加快过滤速度；

(6)①电解制备KMnO4，MnO在阳极失电子生成MnO电极反应式是MnO−e−=MnO

②电解时阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−；产物之一为KOH可以用于锰酸钾的制备。

【点睛】

本题以软锰矿为原料(主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质)制备高锰酸钾为载体，明确各步骤的反应原理是解题关键，掌握氧化还原反应规律，熟悉混合物分离方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增强MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6−14)2或10−5×(1010.1−14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快过滤速度MnO−e−=MnOKOH21、略

【分析】【分析】

分析由粗铜(含少量Fe)通过不同的化学反应制取胆矾的流程图可知，由粗铜通过两种途径制取胆矾，途径Ⅰ中，铜在空气中加热生成CuO，同时铁生成Fe3O4，固体A为CuO和Fe3O4的混合物，加入足量的稀硫酸，固体A溶解生成硫酸铜、溶液中还含有Fe2+、Fe3+，从后续分离步骤分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后面形成Fe(OH)3除去，试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀；途径II铜直接和浓硫酸加热反应，生成硫酸铜、水和二氧化硫，铁也被氧化成Fe3+；得到溶液C，经分离得到胆矾，可以据此解答。

【详解】

（1）根据以上分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入杂质，最适合作为试剂X的是H2O2；故选C；

因此；本题正确答案为：C。

（2）途径II中产生二氧化硫气体不但会产生污染；而且会使部分硫酸因转化成二氧化硫而造成转化率不高，因此与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少，途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

因此；本题正确答案为：产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少；途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

（3）试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，因此试剂Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

因此，本题正确答案为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

（4）根据制备的最终目的是得到胆矾，要除去铁元素，加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH，使Fe3+沉淀完全时，且Cu2+不沉淀，由表中数据可知，Fe3+沉淀完全时pH=3.2，Cu2+沉淀完全时pH=6.4，此时c(OH-)=10-7.6，据此可求出氢氧化铜的溶度积Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=1×10-5×10-15.2=10-20.2，若c(Cu2+)=1mol/L，解得c(OH-)=10-10.1，则c(H+)=10-3.9；pH=3.9；

因此；本题正确答案为：3.2～3.9；

（5）滤液E中的铜离子和H3PO2溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出反应的离子方程式为4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；该反应中每生成4molCuH转移12mol电子，所以每转移1.5NA个电子；生成CuH的物质的量为0.5mol；

因此，本题正确答案为：4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；0.5mol；

（6）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2++2e－+H2O==Cu2O+2H+，由两电极反应可知，阳极产生的Cu2+小于阴极消耗的Cu2+故电解过程中滤液E的浓度减小；

因此，本题正确答案为：阳极；2Cu2++2e−+H2O=Cu2O+2H+；减小；

（7）因为硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发；所以用乙醇代替蒸馏水洗涤硫酸铜晶体；

因此，本题正确答案为：硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发。【解析】①.C②.产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少③.途径Ⅰ不会产生污染大气的气体④.CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3⑤.3.2～3.9⑥.4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4⑦.0.5mol⑧.阳极⑨.2Cu2++2e−+H2O=Cu2O+2H+⑩.减小⑪.硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发五、实验题(共1题，共8分)22、略

【分析】【分析】

(1)先根据数据的有效性；舍去第2组数据，然后求出1；3组平均消耗V(盐酸)；

(2)利用c(碱)=来进行浓度计算；

(3)高锰酸钾具有氧化性；所以准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管。

【详解】

(1)由三次盐酸溶液的体积可知，第2组数据偏差太大，要舍去，求出1、3组平均消耗盐酸平均体积值V(盐酸)=mL=26.10mL，由HCl与NaOH反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知c(碱)==0.1044mol/L；

(2)由c(碱)=可知：

A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸；消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不符合题意；

B.酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，B不符合题意；

C.滴定过程中；锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数，实际上加入的标准液体积偏小，导致待测碱液浓度偏低，C符合题意；

D.读取盐酸体积时；仰视读数记录，读数偏大，则消耗酸的体积偏大，导致待测液溶液c(碱)偏高，D不符合题意；

故合理选项是C；

(3)酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性；容易腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以准确量取25.00mL酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管。

【点睛】

本题考查中和滴定，涉及溶液浓度的计算、仪器的使用、误差分析、滴定终点的判断等。明确滴定实验中的仪器、数据处理及中和滴定的误差分析是解答本题的关键，注意酸碱中和的实质。【解析】①.0.1044mol/L②.C③.酸式滴定管六、计算题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

⑴⑵⑶根据盖斯定律进行计算。

⑷ΔH＝反应中断裂旧化学键的键能之和－反应中形成新化学键的键能之和。

【详解】

⑴依据盖斯定律，由①＋②－③得到2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝(－159.47＋116.49－44)kJ·mol－1＝－86.98kJ·mol−1；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－86.98kJ·mol−1。

⑵依据盖斯定律，由×(③－①－2×②)得到SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝×(ΔH3－ΔH1－2ΔH2)＝－130kJ·mol−1；故答案为：SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH＝－130kJ·mol−1。

⑶依据盖斯定律，由(①＋②)×得到CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝×(ΔH1＋ΔH2)＝－867kJ·mol−1；故答案为：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol−1。

⑷ΔH＝反应中断裂旧化学键的键能之和－反应中形成新化学键的键能之和，则H2在Cl2中燃烧的反应热＝436kJ·mol−1＋242kJ·mol−1－2×431kJ·mol−1＝－184kJ·mol−1，所以该反应的热化学方程式为H2(g)