2025年沪科新版选修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2025年沪科新版选修4化学下册阶段测试试卷260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、将2molX和0.8molY置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：2X（g）+Y（s）M（g）+N（g）△H。反应过程中测得N的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A.无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度不变或压强不变时，反应达平衡状态B.温度为T2时，X的平衡转化率为60%，平衡常数K=5.625C.T1、T2的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2D.降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率2、已知某温度下，K(HCN)＝6.2×10－10、K(HF)＝6.8×10－4、K(CH3COOH)＝1.8×10－5。下列说法正确的是（）A.酸性：HCN>CH3COOH>HFB.同浓度的NaF、CH3COONa、NaCN三种溶液其pH：NaF>CH3COONa>NaCNC.CH3COOH可与NaF溶液反应：CH3COOH+NaF=CH3COONa+HFD.等质量的NaOH分别与CH3COOH、HCN、HF恰好反应时，消耗三种酸的物质的量相同3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.60gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为2NAB.标准状况下，2.24LHF与1.6gCH4分子所含电子数目均为NAC.0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NAD.25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有氢氧根数目为0.2NA4、25℃时，H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。

下列叙述错误的是A.将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液pH在5～6时发生反应的离子方程式为B.Na2HAsO4溶液中离子浓度关系c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性时c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO)D.AsO43-第一步水解的平衡常数的数量级为10－35、常温下，现有溶液，已知含氮或含碳各微粒的分布分数平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A.当时，溶液中存在下列关系：B.溶液中存在下列关系：C.向的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，和浓度逐渐减小D.分析可知，常温下水解平衡常数的数量级为6、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。

。选项。

实验操作。

实验现象。

结论。

A

将盐酸滴入NaHCO3溶液。

有气泡产生。

氯的非金属性比碳的强。

B

将乙烯与SO2分别通入酸性KMnO4溶液中。

KMnO4溶液均褪色。

两种气体使酸性KMnO4溶液褪色原理相同。

C

向某溶液中滴加KSCN溶液。

溶液显红色。

证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+

D

向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液；静置。

出现红褐色沉淀。

同温下，Ksp[Mg(OH)2]>KSP[Fe(OH)3]

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

I.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-l，则反应③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反应速率：a点的v逆_____b点的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2时的平衡常数Kc=_____。

（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率（脱氮率即NO的转化率）如图所示。M点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_________。

Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解反应2N2O=2N2+O2对环境保护有重要意义。

（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常数为K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反应。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反应。

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。

①k=_____（用含K和k1的代数式表示）。

②下列表述正确的是_____。

a．IO为反应的中间产物

b．碘蒸气的浓度大小不会影响N2O的分解速率。

c．第二步对总反应速率起决定作用

d．催化剂会降低反应的活化能；从而影响△H

（5）通过N2O传感器可监测环境中N2O的含量；其工作原理如图所示。

①NiO电极上的电极反应式为_____。

②N2O浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”）8、(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是______________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________。

(2)如图所示是101kPa时氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体的能量变化，此反应的热化学方程式为_____________。9、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

10、在一定温度下，现有三种酸：a.盐酸b．硫酸c．醋酸；现回答下面问题（注：填对应的字母）

（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）当三者c(H+)相同且溶液体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序_______________。

（4）当c(H+)相同；溶液体积相同时；同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始时反应速率的大小关系为_______________。

（5）将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_____。11、已知某溶液中只存在四种离子；某同学推测其离子浓度大小顺序有如下三种关系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质是__________(填化学式)，上述四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)。

(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为__________(填化学式)。

(3)若该溶液是由体积相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，则溶液中四种离子浓度的大小顺序为__________(填序号)，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中与碱中的关系是__________

(4)将等物质的量浓度的溶液和溶液等体积混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)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、有机推断题(共1题，共5分)13、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：_____。评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)14、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。15、把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中；发生反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g).5min末已生成0.2molW，若测知以Z浓度的变化来表示平均速率为0.01mol/(L·min),则。

（1）上述反应Z气体的计量系数n的值是______；

（2）上述反应在5min末时，已用去的Y占原来物质的质分数是__________。16、在一定温度下，10L密闭容器中加入5molSO2、4.5moLO2，经10min后反应达平衡时，有3molSO2发生了反应。试回答下列问题：

(1)O2的转化率为__。

(2)用SO2表示该反应的反应速率为__。

(3)平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为__。（最简整数比）17、T℃时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，分别向甲、乙两容器中加入6molA和3molB，发生反应如下：3A（g）＋bB（g）3C（g）＋2D（g）ΔH<0；4min时甲容器内的反应恰好达到平衡；A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为1.8mol/L；tmin时乙容器内的反应达平衡，B的浓度为0.8mol/L。根据题给信息回答下列问题：

（1）甲容器中反应的平均速率v（B）＝____，化学方程式中计量数b＝____；

（2）乙容器中反应达到平衡时所需时间t___4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_____；

（3）若要使甲、乙容器中B的平衡浓度相等，可以采取的措施是___；

A.保持温度不变；增大甲容器的体积至2L

B.保持容器体积不变；使甲容器升高温度。

C.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的A气体。

D.保持容器压强和温度都不变；向甲中加入一定量的B气体。

（4）写出平衡常数表达式K＝____，并计算在T℃时的化学平衡常数K＝____。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共10分)18、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。19、从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：

已知：CoC2O4•2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的离子生成而溶解。

(1)“煅烧1”的主要目的是________________。

(2)“还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为______________。

(3)“除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是______________________。

(4)“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：

①随n():n(Co2+)比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是__________。

②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是_______。

(5)为了获得较为纯净的CoC2O4•2H2O，“操作X”的实验操作为_______________。

(6)已知煅烧CoC2O4•2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为____________。

(7)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为__________________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．该反应前后气体计量数之和不变；则反应前后气体物质的量不变，恒温恒容时气体压强始终不变，反应前后气体物质的质量是个变值，不能根据压强判断平衡状态，恒温恒容时，气体的密度是个变值，可以根据气体密度不变判断平衡状态，故A错误；

B．温度为T2时，X的平衡转化率为60%，则消耗的n(X)=1mol/L×60%=0.6mol/L，

则K==0.5625；故B错误；

C．根据“先拐先平数值大”知，T1>T2，升高温度N的含量降低，则平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小，则T1、T2的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2；故C正确；

D．降低温度；及时分离出产物都使平衡正向移动；有利于提高反应物的平衡转化率，反应前后气体计量数之和不变，增大压强，平衡不移动，转化率不变，故D错误；

答案选C。

【点睛】

注意把握三段式的运用，把握计算的思路和方法，掌握外界条件对平衡移动的影响是解题的关键。2、D【分析】【详解】

A．电离平衡常数越大，酸性越强，由电离平衡常数的值，可得出酸性：HF>CH3COOH>HCN；A不正确；

B．酸性越弱，酸根离子水解的程度越大，溶液的pH越大，则同浓度的NaF、CH3COONa、NaCN三种溶液其pH：NaF3COONa

C．由于CH3COOH的酸性比HF弱，所以CH3COOH与NaF溶液不反应；C不正确；

D．NaOH与一元弱酸CH3COOH；HCN、HF等摩反应；当加入等质量的NaOH时，消耗三种酸的物质的量相同，D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于60gCH2O，则n(CH2O)==2mol，因而C原子的物质的量为2mol，即C原子数为2NA；故A正确；

B．标况下HF为液态，不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L/mol这个数值来计算其物质的量；故B错误；

C．FeI2与足量氯气反应生成碘单质和氯化铁，即2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，则2molFeI2与3molCl2反应，转移6mol电子，0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA；故C错误；

D．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，则OH-的物质的量n=c×V=0.1mol/L×1L=0.1mol，氢氧根数目为0.1NA；故D错误；

答案为A。4、C【分析】【详解】

A.当溶液pH在5～6时，H2AsO的分布分数由1开始降低，HAsO的分布分数由0开始增加，故发生反应A正确；

B.当pH=11.5时，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得则HAsO的电离程度小于AsO的水解程度，Na2HAsO4溶液显碱性，c(H2AsO)＞c(AsO)，同时水也电离出氢氧根离子，故c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)；B正确；

C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在[H+]=[OH-]、c(HAsO)=c(H2AsO)，根据电荷守恒c(Na+)=2c(HAsO)+c(H2AsO)；C错误；

D.当pH=11.5时，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得则AsO43-第一步水解的平衡常数数量级为10－3；D正确；

答案选C。5、C【分析】【详解】

结合图像可知，溶液的时，溶液中离子浓度大小为：选项A正确；

B.溶液中则水解程度大于即溶液中并且存在物料守恒：所以选项B正确；

C.的溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，先逐渐增大，当pH大于后随溶液pH增大时；铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子才开始减小，选项C错误；

D.时，的电离平衡常数的水解平衡常数所以常温下水解平衡常数的数量级为选项D正确；

答案选C。

【点睛】

本题结合图像考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，题目难度中等，明确图像曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．比较非金属性；应根据最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸是无氧酸，不能根据其酸性比非金属性，可用高氯酸的酸性进行比较，故A错误；

B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，发生的是氧化反应；SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色；褪色原理相同，故B正确；

C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+不变色，只能说明含Fe3+，不能证明无Fe2+；故C错误；

D．向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/L的NaOH，观察到白色沉淀后继续滴入FeCl3，静置，出现红褐色沉淀，因为NaOH溶液过量，不能证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]；发生了沉淀的转化，故D错误。

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5kJ/mol。

（2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为T1时先拐，先达到平衡，所以T1＞T2；故答案为：＞。

②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，已知T1＞T2；所以CO的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。

③a、b点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a点加入了催化剂，反应速率加快，所以反应速率a点大于b点，a点的v逆大于b点的v正；故答案为：＞。

④压强与物质的量成正比关系可得，设平衡时，生成的氮气为xmol，则根据三段式：

则故答案为：17150。

（3）图象分析可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

Ⅱ.（4）①根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则故答案为：

②a．IO是第二步反应的生成物；第三步反应的反应物，所以IO为反应的中间产物，a正确；

b．含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O的分解速率，b错误；

c．反应的快慢取决于慢反应；所以第二步对总反应速率起决定作用，c正确；

d．催化剂会降低反应的活化能；加快反应速率，不影响△H，d错误；故答案为：ac。

（5）①NiO电极上N2O反应生成NO2，N元素的化合价由+1价升高为+4价，发生氧化反应，NiO电极是负极，其电极反应为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt电极上O2反应生成O2-，O元素的化合价由0价降低为-2价，发生还原反应，Pt电极是正极，其电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根据U=IR，N2O浓度越高，N2O越失去电子生成NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读数越高，故答案为：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高8、略

【分析】【详解】

（1）①根据图像，第一步反应ΔH小于0，也可以根据应物的总能量大于生成物的总能量判断该反应为放热反应，故答案为：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量；

②第一步反应的热化学方程式为：第二步反应的热化学方程式为：两步反应相加，即可得到目标方程式：故答案为：

（2）反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和故该反应的热化学方程式为：故答案为：【解析】放热ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346KJ/mol9、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39110、略

【分析】【分析】

盐酸、硫酸分别是一元、二元强酸，醋酸是一元弱酸，电离微弱，结合一元酸和二元酸的关系不难解答小题(1)(2)(3)(4)。将溶液稀释时，弱酸的PH值变化慢；据此分析可解答(5)。

【详解】

(1)物质的量浓度相同时，强酸完全电离，氢离子浓度大；盐酸是一元强酸，二元强酸硫酸电离的氢离子浓度是盐酸的两倍；醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度小。所以氢离子浓度为b>a>c，故答案为：b>a>c。

(2)氢离子浓度相同时电离氢离子能力越弱的酸所需的浓度越高；等物质量的硫酸电离的氢离子是盐酸的两倍，所以所需的浓度是盐酸的一半，所以这三种酸所需浓度大小关系是：c>a>b或c>a=2b。答案为c>a>b(或c>a=2b)。

(3)当c(H+)相同且溶液体积也相同时，三种酸已电离的氢离子物质的量相同，这部分H+与锌产生的气体体积相同。盐酸和硫酸已完全电离所以产生等量的H2；而醋酸溶液中大量未电离的醋酸会随反应进行不断电离出氢离子直至反应完，所以产生H2最多。所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是：c>a=b。答案为：c>a=b。

(4)活泼金属与酸反应的实质是与酸电离出的氢离子反应，三种酸氢离子浓度相同，其他条件也完全相同，所以反应速率相同，故答案为：a=b=c。

(5)强酸已完全电离，稀释促进弱酸的电离，所以稀释相同的倍数，弱酸氢离子浓度由于得到补充而变化较小。故答案为：c>a=b。

【点睛】

决定活泼金属与酸反应速率的是氢离子的浓度，而不是酸的浓度；决定与活泼金属产生氢气的量的是酸能电离出的氢离子的物质的量，不能只看已电离的氢离子的物质的量，没有电离的弱酸会由于氢离子的消耗而继续电离。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b11、略

【分析】【详解】

(1)若溶液中只存在一种溶质，则该溶质为由于能水解使溶液呈碱性，故①符合题意。故答案为：①；

(2)若上述关系中③是正确的，即溶液呈酸性，说明溶液中除含有外，还含有一定量的故溶液中的溶质为和故答案为：和

(3)溶液呈中性，说明根据电荷守恒：则故溶液中四种离子浓度的大小顺序为②符合题意。

若混合前，则混合后溶液中的溶质只有为强碱弱酸盐，溶液显碱性，现在溶液显中性，说明过量，即

由于中和过程中会继续电离出说明混合前酸中小于碱中

故答案为：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根据电荷守恒：故即溶液中

根据物料守恒：又知故则混合后溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序(除外)

故答案为：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.三、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、有机推断题(共1题，共5分)13、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、计算题(共4题，共16分)14、略

【分析】【分析】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2；放出225kJ热量，根据书写热化学方程式的要求书写；

(2)根据盖斯定律分析计算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)的△H；再根据焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量计算。

【详解】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件，该反应的热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol，故答案为：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol；

(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=+83kJ•mol-1，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•mol-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ•mol-1)+(-20kJ•mol-1)+(-121kJ•mol-1)]×2=-116kJ•mol-1，焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，由4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-116kJ•mol-1，可得：4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-116kJ，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498kJ-486kJ+116kJ=128kJ，E(H-O)-E(H-Cl)=32kJ，故答案为：-116；32。【解析】Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)ΔH=-225kJ/mol-1163215、略

【分析】【分析】

把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中；5min末已生成0.2molW，则：

（1）v（Z）=计算n；

（2）根据已反应的Y的物质的量占原来量的百分数=×100%计算．

【详解】

把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中；5min末已生成0.2molW，则：

（1）v（Z）===0.01mol/(L·min)；计算n=1；

（2）根据已反应的Y的物质的量占原来量的百分数=×100%==25%。

【点睛】

本题考查化学平衡计算、反应速率计算，难点（1）注意对速率定义式的理解与灵活应用，（2）利用三段式，明确变化量和剩余量，根据已反应的Y的物质的量占原来量的百分数=×100%公式计算。【解析】①.1②.25%16、略

【分析】【分析】

已知反应2SO2+O22SO3，起始量各物质的量，平衡时SO2的物质的量，可利用三段式，求平衡时SO3、O2的物质的量及各物质的变化量，从而求出O2的转化率、用SO2表示的该反应的反应速率及平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比。

【详解】

(1)O2的转化率为=33.3%。答案为：33.3%；

(2)用SO2表示该反应的反应速率为=0.03mol/(L∙min)。答案为：0.03mol/(L∙min)；

(3)平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为=8:9.5=16:19。答案为：16:19。

【点睛】

阿伏加德罗定律的推论告诉我们，在同温同容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。对本题来说，平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比=平衡时混合气的总物质的量与起始时气体的总物质的量之比。【解析】①.33.3%②.0.03mol/（L·min）③.16：1917、略

【分析】【分析】

(1)反应前，甲容器中A的浓度为6mol•L-1，B的浓度为1.8mol/L，4min甲容器内的反应达到化学平衡后，A的浓度减少了3.6mol•L-1，B的浓度减少了1.2mol•L-1；根据反应速率的计算公式结合化学反应方程式中各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比计算解答；

(2)根据容器甲和容器乙的体积大小判断反应物浓度大小；根据浓度越小，反应速率越慢判断；

(3)根据勒夏特列原理；结合等效平衡规律分析判断；

(4)根据平衡常数的表达式写出反应3A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g)的平衡常数的表达式；根据T℃甲容器中达到平衡时各组分的浓度计算出T℃时的化学平衡常数K。

【详解】

(1)甲容器的体积为1L，加入6molA和3molB，则A、B的浓度分别为：6mol/L、3mol/L，4min时甲容器内的反应恰好达到平衡，A的浓度为2.4mol/L、B的浓度为1.8mol/L，则A的浓度变化为：△c(A)=6mol/L-2.4mol/L=3.6mol/L，B的浓度变化为：△c(B)=3mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，此时间内平均速率v(B)==0.3mol•L-1•min-1；浓度变化与化学计量数成正比，即3∶b=△c(A)∶△c(B)=3.6mol/L∶1.2mol/L=3∶1，即b=1，故答案为：0.3mol•L-1•min-1；1；

(2)甲容器的体积为1L；乙容器的体积为2L，乙容器的体积大于甲容器的体积，乙容器中气体的浓度小，则乙容器中反应速率小，到达平衡的时间长，所以乙容器中反应达到平衡时所需时间大于4min，故答案为：大于；乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物的浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间变长；

(3)由于该反应是体积增大的放热反应；甲的容器体积小，则压强大，平衡向着逆反应方向移动，甲中反应物的转化率小于乙，且达到平衡时甲中各组分浓度都大于乙。A．保持温度不变，增大甲容器的体积至2L，则此时甲和乙为等效平衡，甲；乙容器中B的平衡浓度相等，故A正确；B．保持容器体积不变，使甲容器升高温度，该反应为放热反应，平衡向着逆反应方向移动，甲中B的浓度增大，无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故B错误；C．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的A气体，反应物A的浓度增大，平衡向着正反应方向移动，甲中B的浓度减小，可能实现甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故C正确；D．保持容器压强和温度都不变，向甲中加入一定量的B气体，达到平衡时甲中B的浓度更大，无法满足甲、乙容器中B的平衡浓度相等，故D错误；故答案为：AC；

(4)反应3A(g)+B(g)⇌3C(g)+2D(g)的平衡常数为：K=T℃时甲容器中：

在T℃时的化学平衡常数K===10.8，故答案为：10.8。【解析】0.3mol•L-1•min-11大于乙容器的体积大于甲容器的体积，反应物的浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所需要的时间变长AC10.8六、工业流程题(共2题，共10分)18、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧