2025年人教五四新版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教五四新版选修4化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、①C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=－393.5kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）ΔH=－571.6kJ/mol

现在0.2mol炭粉和氢气组成的悬浮气，在氧气中完全燃烧，共放出67.93kJ的热量，则混合物中C与H2物质的量之比为A.1︰1B.1︰2C.2︰3D.3︰22、已知下列两个热化学方程式：

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol－1

C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol－1

下列说法正确的是A.H2的燃烧热为571.6kJ·mol－1B.C3H8完全燃烧生成1molH2O(l)放出的热量为555kJC.1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为5011.6kJD.5molH2和C3H8的混合气体，若完全燃烧时放出3847kJ热量，则V(H2)：V(C3H8)=1：33、常温下；0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是。

A.HA是强酸B.该混合液pH=7C.图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）4、已知某温度下，AgBr、AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.B.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，可使a点变到d点C.一定温度下，AgCl固体分别在下列溶液a.溶液b.蒸馏水、c.溶液中的溶解度由大到小的排列顺序是b>a>cD.常温下，AgCl在纯水中的比在溶液中的大5、下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）

A.图①中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B.在③开关闭合的情况下，四个装置的铁腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②C.图③中，开关闭合时，Fe的腐蚀速率减小D.图②和④的装置中Fe电极均被保护评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。7、回答下列问题：

（1）已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为___________________________________。

（2）工业上利用CO和H2合成清洁能源CH3OH，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-116kJ/mol

如图表示CO的平衡转化率(α)随温度和压强变化的示意图。X表示的是_____________，Y1_____Y2(填“<”、“=”、“>”)。

（3）合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生反应，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。0~4min，CO2的平均反应速率v(CO2)=____________mol·L−1·min−1。

②该温度下平衡常数为_____________。

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是______________。

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1

C．恒温恒压下；气体的体积不再变化。

D．恒温恒容下；气体的密度不再变化。

（4）为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲烷为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极。写出该燃料电池的负极反应式：_____________________________。8、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)9、汽车尾气中的NOx是大气污染物之一，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。

（1）已知：

①CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H1=-574kJ·mol-1

②CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H2=-1160kJ·mol-1

③CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H3＝____。

（2）反应③在热力学上趋势很大，其原因是____。在固定容器中按一定比例混合CH4与NO2后，提高NO2转化率的反应条件是____。

（3）在130℃和180℃时，分别将0.50molCH4和amolNO2充入1L的密闭容器中发生反应③，测得有关数据如下表：。实验编号

温度

0分钟

10分钟

20分钟

40分钟

50分钟

1

130℃

n(CH4)/mol

0.50

0.35

0.25

0.10

0.10

2

180℃

n(CH4)/mol

0.50

0.30

0.18

0.15

①开展实验1和实验2的目的是____。

②130℃时，反应到20分钟时，NO2的反应速率是____。

③180℃时达到平衡状态时，CH4的平衡转化率为____。

④已知130℃时该反应的化学平衡常数为6.4，试计算a=____。

（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，该电极反应为____。10、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA－、A2-在三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。回答下列问题：

（1）H2A的电离方程式是__________________，二级电离常数K2＝_________。

（2）已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为_______________________。11、我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰；2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：

Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和

a：

b：

(1)相同温度下，反应的___________

(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器极大地改善了该问题，其原理如图1所示：

保持压强为温度为向密闭容器中按投料比，投入一定量和不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/的平衡转化率的选择性①326021.967.3②326036.1100.0

已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。

①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。

A．气体压强不再变化。

B．气体的平均相对分子质量不再变化。

C．不再变化。

D．的物质的量之比为

②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。

(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同；也可能不同，其他反应条件均相同)。

①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。

②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。

Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。

(4)阴极的电极反应式为___________。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、工业流程题(共4题，共40分)13、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_______________________________。14、铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：

回答下列问题：

(1)固体X中主要含有______填写化学式

(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调节溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。

(3)酸化的目的是使转化为若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______；干燥。

(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。

(6)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mol•L-1，此时溶液中c()等于______mol•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。15、氯化亚铜（）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含）生产的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中：X是________，Z是________。（均填化学式）

（2）写出生成的离子方程式________。

（3）析出的晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下现向饱和溶液中加入固体至此时溶液中=________。

（6）实验探究pH对产率的影响如下表所示：。pH1234567产率/%70908278757270

析出晶体最佳pH为________，当pH较大时产率变低的原因是________。16、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、结构与性质(共3题，共9分)17、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：)18、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“＝”）。19、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】

设碳粉xmol,则氢气为(0.2−x)mol；则。

则解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol:0.1mol=1:1，故答案选：A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol－1可知H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1；A错误；

B.根据C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol－1可知反应产生4molH2O时放出2220kJ的热量，则反应产生1molH2O(l)放出热量为2220kJ÷4=555kJ；B正确；

C.1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.6kJ÷2)+2×2220kJ=4725.8kJ；C错误；

D.假设混合气体中H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=5；285.8x+2220y=3847，解得x=3.75，y=1.25，所以x：y=3.75：1.25=3：1，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(H2)：V(C3H8)=3：1；D错误；

故合理选项是B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L；与图不符，所以HA为弱酸，A错误；

B；根据A的分析；可知该溶液的pH＞7，B错误；

C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+；C错误；

D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+）；D正确；

答案选D。4、D【分析】【详解】

由图可知，纵横坐标的乘积越大，越小，则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上，b点在AgBr在沉淀溶解平衡曲线上；

A.图像b点所以故A正确；

B.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体，增大，平衡逆向移动，减小，减小，增大；可使a点变到d点，故B正确；

C.越大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动程度越大，AgCl的溶解度越小，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是故C正确；

D.只受温度的影响，温度不变，则不变，所以常温下，AgCl在纯水中的与在溶液中的相等；故D错误；

故选D。

【点睛】

难溶电解质的只受温度的影响，温度不变，不变，与其所处的环境无关；但其溶解度与所处的环境有关，例如C项，一定温度下，AgCl固体在三种溶液中的溶解度比较，越大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动程度越大，AgCl的溶解度越小；再例如D项，常温下，AgCl在纯水中的与在溶液中的相等，但是AgCl在纯水中的溶解度比在溶液中的溶解度大。这是同学们的易错点。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．图①中；铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A错误；

B．图①发生化学腐蚀；图②是电解池，但铁是阴极被保护不被腐蚀，图③是发生电化学腐蚀，图④是电解池且铁作阳极，因电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，作原电池负极加快腐蚀，作电解池阳极腐蚀最快，四个装置的腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②，B正确；

C．图③中；开关闭合时，形成原电池，原电池可以加快负极腐蚀速率，即Fe的腐蚀速率加快，C错误；

D．图②和④的装置中Fe电极分别做电解池的阴极和阳极；电解池的阴极材料被保护，图②和④的装置中只有②的Fe电极被保护，D错误；

故答案为：B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-17、略

【分析】【分析】

燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的化合物释放的热量；可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。

【详解】

(1)根据燃烧热的概念，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol；

(2)△H<0，该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，图像中曲线Y升高，根据方程可知，增大压强，体积减小，平和正向移动，则X表示压强；当压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，Y12;

(3)①通过图像可知，反应在15min时平衡，4min反应正向进行，则v(正)>v(逆)；v(CO2)=/=0.5/4=0.125mol/（L·min）；

②该温度下平衡常数，=5.33；

③A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，因此3v正(CH3OH)=v正(H2)，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不能说明CH3OH正逆反应速率相同；A错误；

B.平衡时反应混合物中各组分的含量保持不变，但容器内CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度之比不一定为1:3:1:1；所以不能作为平衡的标志，B错误；

C.该反应是气体分子数变化的反应；恒温恒压下，气体的体积不再变化，可以作为平衡的标志，C正确；

D.反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度始终保持不变，因此混合气体的密度保持不变不能作为平衡的标志，D错误；

答案为C

(4)甲烷燃料电池以甲烷为燃料，以空气为氧化剂，以KOH溶液为电解质，负极得电子，电解质溶液参与反应，电池反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；【解析】CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)△H=-283kJ/mol压强<>0.1255.33(或5.3或16/3)CCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O8、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD9、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据盖斯定律，②＋①得，CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H3＝-867kJ·mol-1；（2）此反应放出的热量十分大，所以反应③趋势很大；在固定容器中按一定比例混合CH4与NO2后，反应放热，降低温度平衡正向移动NO2转化率增大；减小压强，平衡正向移动，NO2转化率增大；（3）①实验1和实验2只有温度不同，开展实验1和实验2的目的是研究温度对该化学平衡的影响；②130℃时，反应到20分钟时，NO2的反应速率是0.025mol/(L·min)；③180℃时达到平衡状态时，CH4的物质的量为0.15mol，平衡转化率为70%

a=1.2mol

（4）根据装置图，石墨I电极是负极，失电子发生氧化反应，氮元素化合价升高为+5,石墨I电极上生成氧化物Y,Y是N2O5，电极反应是NO2+NO3--e-═N2O5。

考点：本题考查化学反应中的能量变化、化学反应速率与限度、电化学。【解析】（1）-867kJ·mol-1

（2）此反应放出的热量十分大；降低温度；降低压强。

（3）①研究温度对该化学平衡的影响。

②0.025mol/(L·min)③70%④1.2

（4）NO2+NO3--e-═N2O510、略

【分析】【分析】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离；从图中pH=4.2分析二级电离常数。

⑵根据图中pH=1.2信息得出一级电离常数；根据电离常数得出酸强弱顺序，再根据酸强弱书写离子方程式。

【详解】

⑴多元弱酸的电离是一步一步电离，H2A的电离方程式是H2AH+＋HA－，从图中pH=4.2分析二级电离常数故答案为：H2AH+＋HA－；10−4.2。

⑵已知25℃时HF的Ka＝10-3.45，根据图中pH=1.2信息得出因此酸强弱顺序为H2A＞HF＞HA－，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生反应的离子方程式为H2A+F－=HF+HA－；故答案为：H2A+F－=HF+HA－。【解析】H2AH+＋HA－10-4.2H2A＋F－==HF＋HA－11、略

【分析】【详解】

（1）=-49.5kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.7kJ/mol,故答案为:-90.7kJ/mol；

（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B.气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为不一定非得平衡时物质的量之比为在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B

；在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；

（3）图中D点（1,60），即CO2转化率为60%；根据关系列三段式：

KD=

图中F点（1.5,50），即CO2转化率为50%；根据关系列三段式：

KF=

通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TDF；

图中G点（1.5,40），即CO2转化率为40%；根据关系列三段式：

KG=

恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时；根据关系列三段式：

QG=

因为KG>QG,所以向正反应方向进行。故>

故答案为：TDF；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大；>

（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，【解析】(1)

(2)B在模式下；选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。

(3)<通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大>

(4)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、工业流程题(共4题，共40分)13、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、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少14、略

【分析】【分析】

根据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，然后加水溶解，过滤分离，得到的X成分为Fe2O3、MgO，滤液中成分是Na2CrO4、NaAlO2；向滤液中加入醋酸并调节溶液的pH为7~8，使偏铝酸盐完全转化为Al(OH)3沉淀，然后采用过滤方法除去氢氧化铝沉淀，所以操作II是过滤，得到的Y为Al(OH)3，继续调节溶液的pH为小于5，使转化为最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析作答。

【详解】

(1)根据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，加水溶解，过滤得到不溶于水的固体X为Fe2O3；MgO；

(2)调节溶液的pH为7~8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：

(3)酸化可使转化为所以在酸性条件下与H+离子反应生成该反应为可逆反应，反应的离子方程式为

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；

(5)根据过氧化铬的结构简式可知一个铬与五个氧形成形成六个铬氧极性共价键，其中有两对氧原子形成过氧键，过氧键中氧元素为-1价，形成Cr=O键的氧原子呈-2价，过氧化氢与K2Cr2O7在酸性溶液中发生反应生成CrO5和水，根据元素守恒可得离子反应为由于过氧化氢中的过氧键形成了CrO5中的过氧键；所以该反应过程中没有元素化合价发生变化，该反应不属于氧化还原反应；

(6)当溶液中Clˉ完全沉淀时，即c(Clˉ)=1.0×10-5mol/L，则所以此时溶液中

【点睛】

第5小题为本题难点，要注意到CrO5结构中—O—O—为过氧键，过氧键中的氧原子的化合价为+1价，从而计算出Cr元素的化合价为+6。【解析】Fe2O3、MgO冷却结晶洗涤不属于2.0×10-55×10-315、略

【分析】【分析】

根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子；过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜；铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：Fe；Cl2；

(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)氯化亚铜微溶于水；不溶于乙醇和稀硫酸；析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；

(4)依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；

(5)常温下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=mol/L=1.2×10-11，c(Cl-)=mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中==3×10-8，故答案为：3×10-8；

(6)由表中数据可知；析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。

【点睛】

根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据反应的方程式分析判断。【解析】Fe或等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品的损失Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体2pH较大时，水解程度增大，反应生成减少16、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、结构与性质(共3题，共9分)17、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