2024年上教版选修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年上教版选修4化学上册月考试卷720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、可逆反应A(aq)+B(aq)C(l)+D(aq)ΔH=-50kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A.正反应活化能小于50kJ·mol-1B.逆反应活化能不小于50kJ·mol-1C.正反应活化能大于50kJ·mol-1D.逆反应活化能比正反应活化能小50kJ·mol-12、已知以下的热化学反应方程式：

Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

则56gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为（）A.－327kJ/molB.＋327kJ/molC.＋436kJ/molD.－436kJ/mol3、不管化学过程是一步完成或分为数步完成，这个过程的热效应是相同的。已知：H2O(g)＝H2O(l)；△H1＝Q1kJ/molC2H5OH(g)＝C2H5OH(l)；△H2＝Q2kJ/molC2H5OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)；△H3＝Q3kJ/mol。酒精液体的燃烧热△H为（）kJ/molA.2（Q1＋Q2＋Q3）B.(Q1＋Q2＋Q3)C.(Q1－Q2＋Q3)D.(3Q1－Q2＋Q3)4、常温下，向20mL0．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol•L－1NaOH溶液；所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.OA各点溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B.C至D各点溶液导电能力依次增强C.点O时，pH＞1D.点C时，X约为10.45、常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是A.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH值升高B.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO－)-c(CH3COOH)＝2[c(H＋)-c(OH－)]C.将pH＝a的醋酸稀释为pH＝a+1的过程中，c(CH3COOH)/c(H＋)减小D.等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=146、不同物质的溶液酸碱性不同，根据下表中pH的情况判断，下列说法中不正确的是（）。盐酸CuSO4溶液NaCl溶液水Na2CO3溶液NaOH溶液pH<7<7=7=7>7>7

A.酸溶液一定显酸性B.显碱性的溶液不一定是碱溶液C.盐溶液一定显中性D.盐溶液不一定显中性评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、烟气(主要污染物SO2、NO、NO2)的大量排放造成严重的大气污染；国内较新研究成果是采用以尿素为还原剂的脱硫脱硝一体化技术。

(1)脱硫总反应：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知该反应能自发进行，则条件是____(填“高温”；“低温”或“任何温度”)。

(2)电解稀硫酸制备O3(原理如图)，则产生O3的电极反应式为______。

(3)室温下，往恒容的反应器中加入固定物质的量的SO2和NO，通入O3充分混合。反应相同时间后，各组分的物质的量随n(O3)∶n(NO)的变化见上图。

①n(NO2)随n(O3)∶n(NO)的变化先增加后减少，原因是____。

②臭氧量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，试用过渡态理论解释可能原因__。

(4)通过控制变量法研究脱除效率的影响因素得到数据如下图所示，下列说法正确的是____。

A.烟气在尿素溶液中的反应：v(脱硫)＜v(脱硝)

B.尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响。

C.强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除。

D.pH=7的尿素溶液脱硫效果最佳。

(5)尿素的制备：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＜0。一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。

①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L－1，平衡常数K=__。

②上图是该条件下，系统中尿素的物质的量随反应时间的变化趋势，当反应时间达到3min时，迅速将体系升温，请在图中画出3~10min内容器中尿素的物质的量的变化趋势曲线__________。8、2013年12月2日，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料；四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体。

（1）写出反应的化学方程式：_____________________________________________。

（2）该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应；反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量，断开化学键________的总能量小于形成化学键________的总能量（填“吸收”或“放出”）。

（3）如果一个反应可以分几步进行；则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。据此回答下列问题。

已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)ΔH1＝＋532.36kJ·mol－1

Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)ΔH2＝＋473.63kJ·mol－1

写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式____________________。9、研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g),ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1、C(s)＋CO2(g)="2CO(g)",ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1。则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________

（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ(填“大于”；“等于”或“小于”)。

②在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是______________(填字母)。

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比,下列有关说法正确的是___________。

a．正反应速率加快；逆反应速率也加快。

b．氢气的浓度减小。

c．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大。

d．甲醇的物质的量增加。

e．达到新的平衡时平衡常数增大10、“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出了高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。生产煤炭气的反应之一是：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.4kJ/mol

（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0~5min的平均反应速率为_________________________。

（2）关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是_____________。

A．CO的含量保持不变。

B．v正(H2O)=v正(H2)

C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。

（3）若上述反应在t0时刻达到平衡(如下图)，在t1时刻改变某一条件，请在下图中继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化：（用实线表示）

①缩小容器体积，t2时到达平衡；②t3时平衡常数K值变大，t4到达平衡。

（4）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：_________________。

（5）如下图所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程。乙池中发生反应的离子方程式为____________。当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为_______________________________g。

11、（1）某溶液由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前________（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）混合后溶液中________

（2）①下列方法中句以使酸稀溶液中电离程度增大的是________（填字母序号）。

a．滴加少量浓盐酸b．微热溶液c．加水稀释d．加入少量醋酸钠晶体。

②25℃时浓度均为的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是()

a．两溶液的pH相同。

b．两溶液的导电能力相同。

c．两溶液中由水电离出的相同。

d．中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同12、分25℃时，向10mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1NaOH溶液；溶液的pH与NaOH溶液体积关系如右图所示：

(1)用电离方程式表示P点pH＜7的原因是________。

(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是________点。

(3)下列关系中，正确的是________。

a.M点c(Na+)＞c(NH4+)

b.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)

c.Q点c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)13、已知常温下：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－Kh=2.2×10－8

NH3·H2ONH4＋＋OH－Kb=1.8×10－5

将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合；可用于浸取矿渣中ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略。

(1)0.2mol·L-1氨水中，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)、c(H+)按从大到小的顺序排列为________；常温下，0.2mol·L-1NH4HCO3溶液pH________7(选填“>”；“〈”或“=”)。

(2)0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合后（NH3按NH3·H2O算），c(NH4+)+c(NH3·H2O)=______mol·L-1。14、常温下，向溶液中加入溶液，可观察到的现象是______，发生反应的离子方程式为______，若将所得悬浊液的pH值调整为4，则溶液中的溶液为______已知常温下评卷人得分三、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、工业流程题(共2题，共12分)16、辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源；用同槽酸浸湿法治炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：

已知：

①MnO2有较强的氧化性；能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；

③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：。金属离子Fe3+Mn2+Cu2+开始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)实验室配制240mL4.8mol•L-1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___________。

(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________(任写一点)。

(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式：___________。

(4)调节浸出液pH=4的作用是___________。

(5)写出流程中生成MnCO3的离子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在经过___________得到MnSO4·H2O晶体。

(7)本工艺中可循环使用的物质是___________(写化学式)。17、2020年12月，嫦娥五号“探月”任务正在进行当中，本次任务将实现中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学探究，时隔n年，人类再一次成功取得月球样本，中国成为人类第三个获取月球样本的国家。电源是航天器在广袤太空中持续运行的重要支撑，嫦娥五号采用的是钴酸锂电源，以钴酸锂为正极材料所制备的锂离子电池，具有重量轻，比能量高，工作电压高，放电平衡、寿命长等特点。从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中；回收钴；锂的操作流程如图所示：

回答下列问题。

(1)“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，该反应的离子方程式为_______；

(2)LiCoO2中Co的化合价为_______，“酸浸”时主要反应的离子方程式为_______；若将硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_______(填化学式)污染环境。

(3)“沉钴”后溶液中c(CO2+)=_______。(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)

(4)根据下图判断：“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_______、_______、洗涤、干燥等步骤。证明Li2CO3固体已洗涤干净的实验方法_______。

评卷人得分五、结构与性质(共3题，共15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：__。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)21、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：_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

某反应的△H=-50kJ·mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=-50kJ·mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小50kJ·mol-1，逆反应活化能不小于50kJ·mol-1；正反应活化能大小不能确定，只有B正确；

故选B。2、D【分析】【详解】

给以上热化学方程式依次编号。

①Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH＝－15.73kJ/mol

②Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g)ΔH＝＋640.4kJ/mol

③Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－24.8kJ/mol

由盖斯定律可知，反应FeO(s)＋CO(g)＝Fe(s)＋CO2(g)可由得到，其反应热为则56gCO即1molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH为-436kJ/mol；D项正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据盖斯定律可知，①×3＋③－②即得到C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(l)，所以酒精液体的燃烧热△H＝(3Q1－Q2＋Q3)kJ/mol，答案选D。4、D【分析】【详解】

A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，则c(B-)>c(Na+)；A选项正确；

B．C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L-1；导电能力依次增强，B选项正确；

C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1；C选项正确；

D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)==5×10-6mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9mol·L-1；C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；

【点睛】

C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。5、D【分析】【详解】

A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，有CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入CH3COONa后，CH3COO－浓度增大，平衡逆向移动，溶液中的H＋减小；溶液中的pH增大，A项正确，不符合题意；

B．在混合溶液中，有电荷守恒C(CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，有物料守恒2c(Na＋)=c(CH3COOH)＋C(CH3COO－)；联立两式，可得c(CH3COO－)-c(CH3COOH)＝2[c(H＋)-c(OH－)]；B项正确；不符合题意；

C．在醋酸溶液中，有电离平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数转化形式有Ka不变，稀释过程中c(CH3COO－)减小，则减小；C项正确，不符合题意；

D．若a+b=14，则c(H＋)=c(OH-)，醋酸会过量，所以a+b＞14；D项错误，符合题意；

本题答案选D。6、C【分析】【详解】

A．盐酸的pH<7；由此可得：酸溶液一定显酸性，A正确；

B．显碱性的溶液可能是碱溶液；也可能是强碱弱酸盐溶液，B正确；

C．盐溶液不一定显中性，如CuSO4溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性；C不正确；

D．盐溶液不一定显中性；可能显酸性，也可能显碱性，D正确；

故选C。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2，所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol。据此解答。

【详解】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应；熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。

（2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑；OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生O3的电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被转化为更高价的物质；所以减少。

②臭氧的量对反应SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大；若用过渡态理论解释可能是该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。

（4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则v(脱硫)>v(脱硝)；故A错误；

B.由右图可知；随尿素溶液pH的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大，故尿素溶液pH的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故B正确；

C.如右图所示；pH越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故C正确；

D.如右图所示；溶液的pH对脱硫率没有影响，故D错误。答案选BC。

（5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应10min后达到平衡，容器中气体密度为4.8g·L－1，则容器中气体的质量为4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

变化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=本小题答案为：100。

②通过①的分析可知，若温度不变，反应10min后达到平衡，CO(NH2)2的物质的量为0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min，平衡向逆向移动，CO(NH2)2的物质的量为小于0.5mol，图像为本小题答案为：【解析】低温3H2O―6e―＝O3＋6H＋n(O3):n(NO)<1时，NO被O3氧化为NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1,NO2被转化为更高价的物质，所以减少(或NO2发生副反应，所以n(NO2)减少也给分)该反应的活化能高，反应速率慢BC100

达到平衡时尿素的物质的量＜0.5mol，反应达到平衡的时间在10min之前8、略

【分析】【分析】

⑴“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料；四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体。

⑵燃烧放出大量热；反应物的总能量大于生成物的总能量。

⑶将第1个方程式减去第2个方程式得到Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式。

【详解】

⑴“长征”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体，因此反应的化学方程式：C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O；故答案为：C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O。

⑵燃烧放出大量热；因此该反应是放热反应，ΔH=生成物总能量−反应物总能量=断键吸收的能量−成键放出的能量＜0，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键放出的总能量；故答案为：放热；大于；吸收；放出。

⑶将第1个方程式减去第2个方程式得到Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ·mol−1；故答案为：Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ·mol−1。【解析】C2H8N2＋2N2O42CO2↑＋3N2↑＋4H2O放热大于吸收放出Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)ΔH＝＋58.73kJ/mol9、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）化学反应①Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ/mol；②C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律，反应①－②×3可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-28.5kJ/mol；

（2）①曲线Ⅱ比I先达到平衡。说明温度曲线Ⅱ>I。由于温度高，CH3OH含量低，化学反应平衡逆向移动，说明化学平衡常数KⅠ>KⅡ；

②增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但氢气的转化率是降低的，在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是c

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比，a．将容器体积压缩到原来的1/2，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率和逆反应速率都加快，a项正确；b．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，H2浓度仍然增大，b项错误；C．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小；c项错误；d．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，d项正确；e．温度不变，平衡常数不变，e项错误；答案选ad。

考点：考查热化学方程式的书写、化学平衡常数、温度对化学平衡常数的影响、物质转化率等知识。【解析】大于cbaad10、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）因为是等体积，因此密度增大了0.12g·L－1，气体质量增大了3×0.12g=0.36g，根据质量差，求出消耗的H2O的物质的量0.36/12mol=0.03mol，v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min)；（2）A、根据化学平衡状态的定义，CO的含量保持不变，说明反应达到平衡，故正确；B、反应方向都是向正反应方向进行，要求是一正一逆，故错误；C、根据摩尔质量的定义，气体的质量增大，气体的物质的量增大，因此摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故正确；(3)①缩小容器的体积，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，图像是：②平衡常数增大，只改变温度，说明化学反应向正反应方向移动，此反应是吸热反应，因此升高温度，图像是：（4）①CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol－1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g)△H=＋44.0kJ·mol－1，CH3OH＋O2=CO＋2H2O(g)，①－②＋2×③得出：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)△H=(－725.8＋283＋2×44)kJ·mol－1=－354.8kJ·mol－1；（5）甲池为原电池，乙池、丙池为电解池，通甲醇的一极为负极，通氧气的一极为正极，乙池中石墨跟电池的正极相连，即石墨为阳极，Ag作阴极，因此电极总反应式是：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，甲池反应方程式为CH3OH＋3/2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，甲池溶液增重的质量为甲醇和氧气的质量，设甲醇的物质的量为xmon，则氧气的物质的量为3x/2mol，因此有32x＋3×32x/2=16，解得x=0.2mol，整个电路中通过电子的物质的量为0.2×6mol=1.2mol，丙池中沉淀：Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。

考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、勒夏特列原理、化学平衡常数、电极反应式的书写等知识。【解析】0.002mol∕L·minAC如图：CH3OH(l)＋O2(g)="CO"(g)＋2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，34.811、略

【分析】【详解】

(1)由于HCl为强酸，完全电离，NH3∙H2O为弱碱，部分电离，所以要保证混合后溶液中性，c(NH3∙H2O)＞c(HCl)，即混合前c(HCl)＜c(NH3∙H2O)，若该溶液是由体积相等的HCl溶液和氨水混合而成，且恰好呈中性，则c(OH-)=c(H+)，据电荷守恒式：c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl−)=c(NH4+)；

①a．滴加少量浓盐酸；引入氢离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故a错误；

b．电离过程吸热，微热溶液促进醋酸电离，故b正确；

c．越稀越电离；加水稀释，离子浓度减小，促进醋酸电离，故c正确；

d．加入少量醋酸钠晶体；引入醋酸根离子，产生同离子效应而抑制醋酸电离，故d错误；

故答案为：bc；

②a．醋酸是弱电解质；HCl是强电解质；相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故a错误；

b．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故b错误；

c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH−)小于醋酸；故c错误；

d．中和等物质的量的NaOH溶液；消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故d正确；

故答案为：d。

【点睛】

浓度相同的一元弱酸和强酸，弱酸不能完全电离，但是加入氢氧化钠后，会将弱酸中的所有氢离子释放出来，生成盐，消耗同浓度的碱的量相同。【解析】①.＜②.=③.bc④.d12、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=NH4++H++SO42-，因此P点pH＜7，故答案为NH4HSO4=NH4++H++SO42-；

(2)M点，溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解；促进水的电离，Q点溶质为一水合氨；硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，水的电离程度较大的是M点，故答案为M；

(3)a.M点溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，铵根离子水解，c(Na+)＞c(NH4+)，正确；b.N点溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)，正确；c.Q点溶质为等物质的量一水合氨、硫酸钠，根据物料守恒，2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Na+)，错误；故选ab。

考点：考查了弱电解质的电离平衡的影响因素、溶液的酸碱性与pH的相关知识。【解析】NH4HSO4=NH4++H++SO42-或HSO4-=H++SO42-Mab13、略

【分析】【详解】

（1）氨水中c(NH3•H2O)最大，因为水会电离出OH-，故水的电离较弱，故c(H+)最小，故浓从大到小为：故溶液呈碱性，溶液pH>7；

故答案为：>；

（2）由物料守恒可知，二者混合后，含氮元素微粒总浓度为0.2mol/L，故

故答案为：0.2。【解析】①.②.>③.0.214、略

【分析】【分析】

FeCl3是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，FeCl3和NaHCO3相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，pH=4的溶液中c(OH-)=10-10mol/L，利用Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)计算溶液中Fe3+的浓度；据此分析解答。

【详解】

是强酸弱碱盐，是强碱弱酸盐，和相互促进水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体和氯化钠，所以现象为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出，反应的离子方程式为的溶液中所以溶液中故答案为：有红褐色沉淀生成，有气泡冒出；【解析】有红褐色沉淀生成，有气泡冒出三、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、工业流程题(共2题，共12分)16、略

【分析】【分析】

酸浸过程中，二氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解成溶液，pH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等；加热赶氢过后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体。

（1）

实验室配置240mL4．8mol•L－1的溶液需要250mL的容量瓶和胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；

（2）

为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积；加热、搅拌等。故答案为：粉碎矿石（或加热或者搅拌）；

（3）

由题目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S与MnO2在H2SO4浸泡的条件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根据氧化还原反应配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5～3.2可知当PH=4时，Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀；故答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使锰离子沉淀，反应离子方程式为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在经过加热浓缩；冷却结晶即可得硫酸锰晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；

（7）

工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3可循环使用，故答案为NH3。【解析】(1)250mL容量瓶；胶头滴管。

(2)粉碎矿石（或加热或者搅拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加热浓缩；冷却结晶。

(7)NH317、略

【分析】【详解】

(1)根据题中信息可知，正极材料主要由Al、LiCoO2构成，LiCoO2不能够和NaOH溶液发生反应，因此“碱浸”过程中产生的气体为Al和NaOH溶液反应生成的H2，“过滤”所得滤液中的主要成分为NaAlO2，其和盐酸反应能够得到Al(OH)3，反应的离子方程式为：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓。

(2)LiCoO2中锂元素化合价为+1，氧元素为-2，所以Co的化合价为+3；“酸浸”时的反应物为LiCoO2、硫酸和Na2S2O3，根据“沉钴”的产物为Co(OH)2可判断，反应后Co元素的化合价从+3降低为+2，根据氧化还原反应规律以及工艺中最后可得到Na2SO4·10H2O的副产品，可知S元素的化合价升高，因此Na2S2O3是反应的还原剂，由上述分析可知“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O；若将硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，可知该情况下盐酸为还原剂，其和LiCoO2发生氧化还原反应会生成污染环境的Cl2；故答案为：+3；8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O；Cl2；

(3)“沉钴”产物为Co(OH)2，为了不引入别的杂质，同时达到沉淀Co2+的目的，应该加入NaOH溶液或NaOH固体，由流程图可知，当溶液的pH=9.5时，Co2+会完全沉淀，此时溶液中c(OH-)=mol/L=10-4.5mol/L，由Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15可知“沉钴”后溶液中c(Co2+)==1.09×10-6mol/L，故答案为：1.09×10-6mol/L。

(4)分析溶解度曲线可知Li2CO3微溶，其溶解度随温度的升高而降低，为了提高锂元素的回收率，应该采用蒸发浓缩，并在较高温度下趁热过滤等操作；由于固体表面有硫酸根，证明Li2CO3固体已洗涤干净的实验方法为取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净；故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净。【解析】①.AlO+H++H2O=Al(OH)3↓②.+3③.8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O④.Cl2⑤.1.09×10-6mol/L⑥.蒸发浓缩⑦.趁热过滤⑧.取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净五、结构与性质(共3题，共15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)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5119、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：>；