2024年鲁人新版选修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年鲁人新版选修4化学下册阶段测试试卷739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5题，共10分)1、下列关于化学反应能量变化的叙述正确的是A.对于反应△H<0，在其他条件不变的情况下，使用不同的催化剂，△H不变B.同温同压下，光照和点燃条件下的焓变不同中C.甲烷的标准燃烧热为则甲烷燃烧的热化学方程式为：D.500°C．30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成气体，放热19.3kJ，其热化学方程式为：2、在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）

A.该反应的△H<0B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2C.在T2时，若反应体系处于状态D，则这时一定有正<逆D.在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C3、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)B.0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH—)=c(HCO3—)+c(H+)+c(H2CO3)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05molL-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4]<c[(NH4)2CO3]<c(NH4C1)4、某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是。

①pH＝3的强酸溶液1mL；加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位。

②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH4+物质的量前者大。

③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)

④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：

c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10)mol/LA.①②B.②③C.①③D.②④5、对于常温下0.01mol/L的氨水，下列叙述正确的是A.c(H+)+c(NH4+)>c(OH－)B.由H2O电离出的c(H+)=1.0×10－12mol·L－1C.与等体积等浓度的盐酸混合后所得溶液显酸性D.与等体积等浓度的氯化铵溶液混合c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.02mol﹒L-1评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

(1)已知：i反应A中；4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii

①H2O的电子式是_______。

②反应A的热化学方程式是_______。

③断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为_______kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键(填“强”或“弱”)_______。

(2)对于反应A，如图是4种投料比[n(HCl)：n(O2)；分别为1：1；2：1、4：1、6：1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。

①曲线b对应的投料比是_______。

②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_______。

⑧投料比为2：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______.7、一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。D是____(填离子符号)。B→A＋C的热化学方程式为____________(用离子符号表示)。8、合成氨对人类的生存和发展有着重要意义；1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。

(1)反应的化学平衡常数表达式为_______。

(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_______。序号化学反应的数值①②

(3)如图是合成氨反应平衡混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中X分别代表温度或压强。其中X代表的是_______(填“温度”或“压强”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

9、在一定温度下，把1molN2和3molH2通入一个一定容积的密闭的容器里，发生如下反应：N2＋3H22NH3；当此反应进行到一定程度时，反应混和物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的物质的量(mol)。如果a、b；c取不同的数值；它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：

（1）若a＝0，b＝0，则c＝__________。

（2）若a＝0.5，则b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必须满足的一般条件是：请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c______。10、将1molI2（g）和2molH2置于5L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2（g）＋H2（g）2HI（g）ΔH<0；并达到平衡。HI的体积分数w（HI）随时间变化如曲线（Ⅱ）所示：

（1）达到平衡时，I2（g）的物质的量浓度为________。

（2）若改变反应条件，在甲条件下w（HI）的变化如曲线（Ⅰ）所示，在乙条件下w（HI）的变化如曲线（Ⅲ）所示。则甲条件可能是________，乙条件可能是________（填入下列条件的序号）。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂11、常压下；取不同浓度；不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

。温度（℃）

c(氨水)(mol/L)

电离常数。

电离度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)温度升高，NH3·H2O的电离平衡向________（填“左”；“右”）移动；能支持该结论的表中数据是__________；

a．电离常数b．电离度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不变的原因是________________________。12、(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)13、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40分)14、化学反应中放出的热能(焓变，△H)与反应物和生成物在反应过程中断键和形成新键过程中吸收和放出能量的大小关系。已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-185kJ/mol，断裂1molH-H键吸收的能量为436KJ，断裂1molCl-Cl键吸收的能量为247kJ，则形成1molH-Cl键放出的能量为______kJ。15、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。____16、在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：。时间/(s)020406080100c(N2O4)/(mol/L)0.20a0.10cdec(NO2)/(mol/L)0.000.12b0.220.240.24

(1)表中b________c(填“＜”；“=”或“＞”)。

(2)0-20s内N2O4的平均反应速率为__________。

(3)在80℃时该反应的平衡常数K的数值为__________。

(4)CO2可以被NaOH溶液吸收，若所得溶液c()∶c()＝2∶1，溶液pH＝______。(室温下，H2CO3的K1＝4×10-7；K2＝5×10-11)

(5)25℃时，H2SO3H＋＋的电离平衡常数为Ka，已知该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝1×10-12。则Ka＝_______。17、在废水处理领域中，H2S或Na2S能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。已知：25℃H2S电离常数分别为Ka1＝1.3×10—7，Ka2＝7.0×10—15，某溶液含0.02mol/LMn2+、0.1mol/LH2S，向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。当溶液的pH＝5时，Mn2+开始沉淀为MnS；则：

(1)HS—的电离常数表达式为______________；

(2)Na2S溶液中的微粒有_____________种；

(3)NaHS溶液的pH_____________7(填“＞”、“＝”或“＜”)，理由是__________________；

(4)当溶液的pH＝5时，c(S2—)∶c(H2S)＝______________；

(5)MnS的溶度积为_____________；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(S2—)＝____________mol/L。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共5分)18、近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必须解决的问题。一种对正极材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金属进行回收处理的工艺如图所示：

已知：金属离子的浸出率计算公式为式中η为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为g·mL-1；V为滤液体积；单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。

(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(难溶于水)参与“浸出还原”反应的离子方程式为______。

(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为______。

(4)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将准确称量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00％)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64mg·mL-1，则Co2+的浸出率为______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-⇌[CoC14]2-+6H2O

①等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为______。

②将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理解释原因______。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共27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5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A.对于反应△H<0；在其他条件不变的情况下，使用不同的催化剂，反应速率不同，但△H不变，故A正确；

B.同温同压下，光照和点燃条件下的焓变是相同的；故B错误；

C.甲烷的标准燃烧热为则甲烷燃烧的热化学方程式为：水应该是液态水，故C错误；

D.500°C．30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成气体，放热19.3kJ，氮气和氢气是可逆反应，因此生成19.3kJ的热量，根本没有消耗完0.5mol氮气，只是消耗了其中的一部分，因此其热化学方程式为：焓变数字应该比38.6还要大，故D错误。

综上所述；答案为A。

【点睛】

焓变与反应条件无关，只与反应物总能量和生成物总能量有关。2、C【分析】【详解】

A.由题中可知，温度升高，c(NO)增大，故平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正反应的△H<0，A正确；B.由A分析可知，正反应为放热反应，由图中可知T12，则K1>K2，B正确；C.在T2时，若反应体系处于状态D要回到状态B，此过程c(NO)减小，即向正方向移动，故这时一定有正>逆，C错误；D.由于该反应中，C为固体，故在反应过程中混合气体的密度一直在改变，故在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，D正确；故答案为：C。3、D【分析】【分析】

根据题中微粒的物质的量浓度关系可知；本题考查离子浓度大小的比较，运用盐类水解是微弱的分析。

【详解】

A.0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(SO42−)>c(H+)>c(OH-)；A项错误；

B.溶液中存在质子守恒,水电离出的所有氢氧根离子浓度等于电离出所有氢离子的存在形式,0.2mol/L的Na2CO3溶液中：c(OH−)=c(HCO3−)+c(H+)+2c(H2CO3)；B项错误；

C.0.1mol/L的NH4Cl溶液与0.05mol/L的NaOH溶液等体积混合得到等浓度的NH4Cl溶液、NaCl溶液和NH3⋅H2O溶液,一水合氨电离大于铵根离子水解,其混合溶液中：c(Cl−)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)；C项错误；

D.(NH4)2SO4中含有2个铵根离子,所以铵根离子浓度最大,(NH4)2CO3中含有2个铵根离子,碳酸根离子和铵根离子相互促进水解,NH4Cl是强酸弱碱盐,铵根离子能水解但较弱;所以当它们物质的量浓度相同时,c(NH4+)大小顺序为(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl,所以如果c(NH4+)相同,电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小,所以当c(NH4+)相同时,物质的量浓度由小到大的顺序为,(NH4)2SO4<(NH4)2CO34Cl；D项正确；

答案选D。

【点睛】

水解是微弱的，多元弱酸根分步水解，以第一步为主，往后每一步都比前一步弱很多。4、D【分析】【详解】

①pH=3的强酸溶液，加水稀释后，溶液中H+和SO42-浓度都会降低，但是氢氧根离子浓度会升高，溶液的pH值升高2，错误；②1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量相等，但溶液浓度越小，NH4+的水解程度越大，则溶液含NH4+物质的量前者大，正确；③pH=8.3的碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，则c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，错误；④pH＝4、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，根据物料守恒，2c(Na+)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)再根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得关系式：c(CH3COO－)-c(CH3COOH)=2×[c(H+)-c(OH-)]=2（10-4-10-10）mol/L，正确；答案选D。5、C【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒，所以得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)；故A错误；

B．假设氨水是强碱，0.0lmol/L的氨水中c（OH-）=0.01mol/L，则溶液的pH=12，溶液中氢离子全部来自于水电离的，所以由H2O电离出的c（H+）=1.0×10-12mol•L-1，实际上，氨水是弱碱，所以由H2O电离出的c(H+)＞1.0×10-12mol•L-1；故B错误；

C．等物质的量使氨水和盐酸恰好反应生成氯化铵；氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故C正确；

D．根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=0.01mol•L-1；故D错误；

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

(1)③设H—O键的键能为x，H—Cl键的键能为y，则有-115.6=-2×243-4x＋4y＋498，化简得x-y=31.9，即断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强。

(2)①同一温度下，O2的浓度越大，HCl的平衡转化率越高，故曲线a、d分别对应n(HCl)：n(O2)为6：1、1：1的情况，曲线b对应的投料比是4：1。

②在图上作一平行于温度轴的直线与曲线b、c、d相交，可以看出，当不同投料比下HCl的平衡转化率相同时，曲线b对应的温度最低；曲线d对应的温度最高。则可得出结论：投料比越高，对应的反应温度越低。

③此时HCl的平衡转化率为80%。设反应开始时n(HCl)=2amol，n(O2)=amol。

4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)

起始2amolamol00

转化1.6amol0.4amol0.8amol0.8amol

平衡0.4amol0.6amol0.8amol0.8amol

则平衡混合气体中Cl2的物质的量分数是。

×100%≈30.8%。【解析】4HCl+O22Cl2+2H2O∆H=-115.6kJ/mol32强4：1投料比越小时对应的温度越低30.8%7、略

【分析】【分析】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-；结合图中能量变化计算反应热。

【详解】

由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，则D为ClO4−；B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，△H=(63kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=−117kJ/mol。【解析】ClO4－3ClO－(aq)=2Cl－(aq)+ClO3－(aq)△H=−117kJ/mol8、略

【分析】【详解】

（1）根据化学平衡常数的定义可知故答案为：

（2）平衡常数越大,说明反应物转化率越高，N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数，所以与H2反应时，N₂的转化率更高，故答案为：N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

（3）工业合成氨反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，加压平衡正向移动，NH3的体积分数增大；该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故X代表压强，L线代表温度，且L2>L1，故答案为：压强；＜；反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。【解析】(1)

(2)N₂与H2反应的平衡常数远大于N₂与O₂反应的平衡常数；平衡常数越大，N₂的转化率越高，固氮效果越好。

(3)压强＜反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，所以L1＜L2。9、略

【分析】【分析】

给据题给信息；本题为恒温恒容条件下等效平衡的判断和计算。首先分析可逆反应，可知该反应为反应前后气体分子数不等的可逆反应。对于这样的可逆反应，要保证反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同,即要与原平衡等效,则投入的物质的量换算成同一边物质，应与之前相应物质的投入量相等。据此进行计算判断。

【详解】

（1）根据反应方程式，将1molN2和3molH2换算成NH3的量，为2mol，则可知2molNH3相当于1molN2和3molH2；则c=2，答案为：2；

（2）根据反应方程式，有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：解得：答案为：1.5；1；

（3）根据题意有：N2＋3H22NH3

根据等效平衡有：答案为：【解析】21.5110、略

【分析】【分析】

(1)混合气体总的物质的量不变，根据平衡时HI的体积分数计算根据方程式知道转化的碘的物质的量，进而计算平衡时碘的物质的量，再根据计算；

(2)由图可知；改变条件平衡不移动，甲的速率增大；乙的速率降低，据此结合外界条件对反应速率与平衡移动的影响判断。

【详解】

混合气体总的物质的量不变，平衡时，由方程式可以知道，转化的碘的物质的量=平衡时碘的物质的量=1mol-0.9mol=0.1mol，平衡时，I2(g)的物质的量浓度为故答案为：0.02mol/L。

(2)由图可以知道；改变条件平衡不移动，甲的速率增大；乙的速率降低；

①恒容条件下；升高温度，平衡向逆反应移动；

②恒容条件下；降低温度，平衡向正反应方向移动；

③恒温条件下；缩小反应容器体积，压强增大，平衡不移动，反应速率增大；

④恒温条件下；扩大反应容器体积，压强减小，平衡不移动，反应速率减小；

⑤恒温恒容条件下；加入适当催化剂，平衡不移动，反应速率增大；

故甲条件可能是③⑤，乙条件可能是④，故答案为：③⑤；④。【解析】①.0.02mol/L②.③⑤③.④11、略

【分析】【分析】

【详解】

①温度升高，促进NH3·H2O的电离；平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；

（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH－）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH－）减小，而温度升高，使c（OH－）增大，双重作用使c（OH－）基本不变。【解析】右a氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变12、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)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、计算题(共4题，共40分)14、略

【分析】【分析】

依据反应热=反应物总键能-生成物总键能计算可得。

【详解】

由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得436kJ/mol+247kJ/mol-2E（H-Cl）=-185kJ/mol，解得E（H-Cl）=434kJ/mol，则形成1molH-Cl键放出的能量为434kJ，故答案为：434kJ；【解析】434kJ15、略

【分析】【分析】

（1）平衡时c（N2）=4.5mol/L，c（H2）=1mol/L，c（NH3）=5mol/L；则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol/L）：xy0

转化量（mol/L）：2.57.55

平衡量（mol/L）：x-2.5y-7.55

再结合平衡时氮气；氢气浓度计算；

（2）N2的转化率=×100%；

（3）气体物质的量之比等于混合气体总物质的量浓度之比。

【详解】

(1)平衡时c(N2)=4.5mol/L，c(H2)=1mol/L，c(NH3)=5mol/L，则：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

起始量(mol/L):xy0

转化量(mol/L):2.57.55

平衡量(mol/L):x−2.5y−7.55

则x−2.5=4.5，故x=7，y−7.5=1，故y=8.5，N2的起始浓度为7mol/L，H2的起始浓度为8.5mol/L；

(2)N2的转化率=×100%≈35.7%；故答案为：35.7%；

(3)气体物质的量之比等于混合气体总物质的量浓度之比，则平衡时气体物质的量与开始时气体物质的量之比为(4.5+1+5)mol/L:(7+8.5)mol/L=21:31，平衡时气体物质的量与开始时气体物质的量之比为21:31。【解析】①.c（N2）=7mol/L，c（H2）=8.5mol/L②.35.7%③.21：3116、略

【分析】【分析】

由反应方程式N2O4(g)2NO2(g)可求出，当c(NO2)=0.12mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.06mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L-0.06mol/L=0.14mol/L；当c(NO2)=0.24mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.12mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L-0.12mol/L=0.08mol/L。

【详解】

(1)c(N2O4)=0.10mol/L时，其浓度变化量为0.20mol/L-0.10mol/L=0.10mol/L，b=0.20mol/L；当c(NO2)=0.22mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.11mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L-0.11mol/L=0.09mol/L，即c=0.09mol/L，则b＞c；答案为：＞；

(2)0-20s内N2O4的平均反应速率为=0.003mol·L-1·s-1，答案为：0.003mol·L-1·s-1；

(3)在80℃时，c(NO2)=0.24mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.12mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L-0.12mol/L=0.08mol/L，该反应的平衡常数K的数值为=0.72；答案为：0.72；

(4)若所得溶液c()∶c()＝2∶1，根据K2＝则c(H＋)＝K2×＝5×10－11×2mol·L－1＝10－10mol·L－1，pH＝－lg10－10＝10；答案为10；

(5)Ka＝Kh＝

Ka×Kh＝×＝c(H＋)×c(OH－)＝Kw；

Ka＝＝＝1×10－2，答案为1×10－2。

【点睛】

在利用平衡常数进行计算时，若操作不慎，在使用时易将K1与K2混淆。【解析】＞0.003mol·L-1·s-10.72101×10-217、略

【分析】【分析】

(1)HS-电离生成硫离子和氢离子；

(2)Na2S溶液中存在S2-的两步水解及水的电离；硫化钠的电离；据此分析判断；

(3)HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，计算出HS-的水解平衡常数Kh，判断Kh与Ka2的大小关系；再分析判断；

(4)=×××=据此分析计算；

(5)结合(4)的计算分析计算c(S2-)，再结合Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)计算；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(Mn2+)=10-5mol/L，结合Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)计算。

【详解】

(1)HS-电离生成硫离子和氢离子，则HS-的电离常数表达式K2=故答案为：

(2)Na2S溶液中存在S2-的两步水解及水的电离、硫化钠的电离，所以存在微粒有Na+、S2-、HS-、H2S、H+、OH-、H2O；共有7种微粒，故答案为：7；

(3)HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2，说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，则溶液的pH＞7，故答案为：＞；HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2；说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；

(4)=×××===9.1×10-12，故答案为：9.1×10-12；

(5)=Ka1×Ka2，溶液的pH=5，则溶液中c(S2-)=×c(H2S)=×0.1=9.1×10-13，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=0.02×9.1×10-13=1.82×10-14，故答案为：1.82×10-14；

(6)当Mn2+完全沉淀时，溶液中c(Mn2+)=10-5mol/L，溶液中c(S2-)==mol/L=1.82×10-9mol/L，故答案为：1.82×10-9。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意通过的适当变形，找到与电离平衡常数与水解平衡常数关系、溶度积常数以及水的离子积常数的关系。【解析】K2＝7＞HS-的电离平衡常数Ka2=7.0×10-15，其水解平衡常数Kh=≈7.7×10-8＞Ka2，说明其水解程度大于电离程度，溶液呈碱性9.1×10—121.82×10—141.82×10—9五、工业流程题(共1题，共5分)18、略

【分析】【分析】

经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品。

【详解】

(1)放电时，负极Li放电形成Li+；从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并参与正极反应进入正极材料中，所以放电能提高Li回收率；

(2)由图示知，LiCoO2浸出还原后生成Li+、Co2+，Co元素化合价由+3价被还原为+2价，故此时H2O2作还原剂，反应后生成O2，初步确定反应为：LiCoO2+H2O2→Li++Co2++O2↑，根据得失电子守恒配平得：2LiCoO2+H2O2→2Li++2Co2++1O2↑，根据流程知可在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加H2O配平元素守恒，配平后方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(3)洗涤沉淀具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀；待水自然流下后，重复操作2~3次；

(4)Co2+浸出率=

(5)①[Co(H2O)6]2+中配体H2O与中心Co2+形成配位键（属于σ键），故1个H2O周围形成3个σ键，所以该配离子中含σ键数目=3×6=18，[CoCl4]2-中配体Cl-与Co2+之间形成配位键；故该配离子中含σ键数目=4，所以两者σ键数目比为9：2；

②加水稀释，溶液体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色。【解析】放电时，Li+从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并进入正极材料中2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后重复操作2~3次98.00%9∶2加水稀释，溶液体积增大[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色六、结构与性质(共3题，共27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减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液