2025年人教版选修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、同温同压下，下列各热化学方程式（ΔH均小于0）中反应热的绝对值最大的是（）A.2A(l)+B(l)=2C(g)B.2A(g)+B(g)=2C(g)C.2A(g)+B(g)=2C(l)D.2A(l)+B(l)=2C(l)2、已知常温下，向溶液中，滴入NaOH溶液；所得曲线如图所示，下列说法正确的是(已知电离度为已电离粒子的浓度与初始浓度的比值)

A.若A点的则此温度下醋酸的电离度计算式为B.B点存在等式关系：C.若C点加入氢氧化钠溶液amL，则常温下醋酸的电离平衡常数计算式为D.若D点则由水电离出的3、常温下，将1.0LXmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合充分反应；再向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.X<0.1B.b→a过程中，水的电离程度逐渐增大C.Ka(CH3COOH)=10-8/(X-0.1)D.b→c过程中，c(CH3COOH)/c(CH3COO)逐渐变小4、下列有关说法不正确的是A.已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3－I2＋I－B.Cr(OH)3在溶液中存在沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c３(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol/L，溶液的pH应调至5C.已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag２CrO4)＝2.0×10－12，将等体积的浓度为1×10－4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1×10－4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生D.25℃时，溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积不一定等于10－145、已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：≈2.4，≈3.2)（）

A.M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C.向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液D.FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、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7、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：在一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中充入和后，测得混合气体的压强是反应前的倍，则用甲醇表示的该反应的速率为________。

上述可逆反应达到平衡状态的依据是填序号________。

①

②混合气体的密度不变。

③混合气体的平均相对分子质量不变。

③的浓度都不再发生变化。

下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入和向B容器中充入和两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为试回答：

①反应达到平衡时容器B的体积为容器B中的转化率为_______，A、B两容器中的体积百分含量的大小关系为B______填“”“”或“”

②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响

工业上合成甲醇的反应为在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：。容器乙丙丙反应物投入量平衡数据的浓度反应的能量变化的绝对值abcc体系压强反应物转化率

下列说法正确的是__________。

8、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____。9、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+)10、将等体积的氨水与盐酸溶液混和后，若混和溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中的pH值______（填“＞”、“＜”或“=”，下同）7，混和前c(NH3·H2O)_______c(HCl)，氨水中c(OH-)______盐酸中c(H+)。11、下表是室温下，几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）：。酸或碱电离常数（Ka或Kb）CH3COOHKa＝1.75×10－5柠檬酸（H3C6H5O7）Ka1＝7.4×10－4

Ka2＝1.73×10－5

Ka3＝4.0×10－7NH3·H2OKb＝1.75×10－5

请回答下列问题：

（1）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，下列选项中一定变小的是__________（填字母）。

A．

B．c(H＋)

C．c(OH－)·c(H＋)

D．

E．

（2）浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）溶液显_____（填“酸”“碱”或“中”）性，通过计算说明其原因____12、（1）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是溶液、溶液、盐酸和溶液中的一种。已知A；B的水溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH相同。

则：①B是________溶液，C是________。

②常温下若B溶液中与C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，则________（填某个数）。

（2）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可以有以下几种可能：

①

②

③

④

则：

（i）上述关系一定不正确的是________（填序号）。

（ii）若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________（填序号）。

（iii）若四种离子浓度关系有则该溶液显________（填“酸性”“碱性”或“中性”）。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、实验题(共4题，共20分)14、二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿（有效成分为）为原料；通过热解法进行生产。

（1）碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：

i.

ii.

①反应i的化学平衡常数表达式___________。

②焙烧制取的热化学方程式是_________________。

（2）焙烧（装置如图1）时持续通入空气，并不断抽气的目的是________________。

（3）在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究；结果如图2；图3所示。

①图2是在常压（）下的研究结果，请在图2中用虚线画出下转化率与反应温度的关系图______。

②常压下，要提高的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧

③图3中，焙烧时，的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。15、I.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：

（1）定性分析：如图甲可通过观察______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/LFeCl3改为____mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是____。

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_____。

（3）查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。

II.欲用下图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。

（1）该实验不能达到目的，若想证明MnO2是催化剂还需要确认__________。

加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图所示。

（2）写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式_________。

（3）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为______>______>______>______，解释反应速率变化的原因__________。16、某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。

。实验。

向试管中加2mL溶液。

实验现象。

实验I：

0.1mol/LAgNO3溶液。

镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体；并有少量气泡产生。

实验II：

2.0mol/LNH4Cl溶液。

反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2）；一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2）；一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。

实验III：

pH="8.2"NaHCO3溶液。

产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体。

产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体。

请回答下列问题：

（1）对实验I进行研究：

①推测实验Ⅰ中黑色固体为Ag；则发生反应的离子方程式为_______________。

②确认黑色固体为Ag的实验方案是___________________________________。

（2）对实验II进行研究：

①反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应；或___________。

②“一段时间后”产生的气体一定含有H2和_____。

③为进一步研究；设计如下实验：

。实验。

操作。

现象。

实验IV

向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L(NH4)2SO4溶液。

产生气体的速率明显慢于实验II

结合实验II；IV；可以得出的结论是________________________________。

（3）对实验III进行研究：

①经检验，白色固体为碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3]。

②推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3－，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测；其实验操作是__________________________。

（4）根据上述实验判断；影响Mg与盐溶液反应多样性的原因有_______（填字母序号）

A．盐溶液中阳离子的氧化性B．盐溶液的温度。

C．含Mg生成物的溶解性D．盐溶液中阴离子的影响17、新年到来之际，多国媒体人士赞赏习主席新年贺词关注民生发展，展现中国新时代的新面貌，饮用水安全是民生大计，ClO2与Cl2的氧化性相近，沸点为11℃，极易溶于水且不与水发生化学反应，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某小组在实验室中探究ClO2的制备方法。请回答下列问题：

(1)SO2与NaClO3反应制备ClO2

①装置A中反应的离子方程式为________，橡胶管的作用是_________。

②用上图中的装置收集一定量的ClO2，其连接顺序为a→_______________（按气流方向；用小写字母表示）。

③已知装置B中生成一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为________________。

(2)电解法制备ClO2

①B为电源的____________极。

②阴极的电极反应式为_____________。此外，阴极区还有一个离子反应发生，该离子方程式为_______________。

(3)ClO2能杀死SARS–CoV–2病毒、美国季节性流感病毒、细菌、真菌和各种孢子及孢子形成的菌体，还可将污水中含有的CN–转化为两种无毒气体，其还原产物为Cl–，若污水中CN–的含量为bmg/L，则处理100m3这种污水，至少需要ClO2___________mol。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)18、用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下：

(1)“矿石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。

①“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为____________________。

②“混合气体”的主要成分是_______________(填化学式)．

③FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_______________。Al2O3也能发生类似反应．这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧”温度为_____________________。

(3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_________。

(4)用电解氧化法可以增强合金AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3),电解质溶液为H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为______________________。

(5)假设流程中SiO2损失了20%，Al2O3损失了25%，当投入1t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=______________。19、实验室以工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料制取(NH4)2SO4晶体和轻质CaCO3；其实验流程如下：

已知：①金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(pH=8.5时Al(OH)3开始溶解)。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+开始沉淀时pH3.42.77.611.3完全沉淀时pH4.73.79.6/

②已知常温下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9

回答下列问题：

(1)废渣粉末“浸取”时，主要反应的离子方程式为_____________________________。实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是______________________。

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为_________。若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_______________________。

(3)滤渣1成分是_______________(填化学式)。

(4)加适量H2O2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。“调pH值”除铁和铝时，应调节溶液的pH范围为_________________。20、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______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

根据放热反应的反应热符号为“-”；反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值越大，结合物质的状态进行判断，同一物质的能量：g＞l＞s。

【详解】

各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量：g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，故C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，反应热的绝对值最大，答案选C。2、C【分析】【详解】

A.若A点的A点为溶液，则则醋酸的电离度为：故A错误；

B.B点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的根据电荷守恒可知：根据物料守恒可得：二者结合可得：故B错误；

C.C点加入氢氧化钠溶液amL，C点则根据电荷守恒可知所以常温下醋酸的电离平衡常数计算式为故C正确；

D.若D点此时酸碱恰好完全反应，溶质为水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的故D错误；

故选：C。

【点睛】

解决此类问题的关键是弄清楚每一点对应的溶质是什么，之后灵活运用电荷守恒和物料守恒解决问题。3、B【分析】【分析】

根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。

【详解】

A.b点溶液呈酸性，酸过量，则X>0.1mol/L；A错误；

B.b→a过程中；加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；

C.a点时，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，则Ka(CH3COOH)=C错误；

D.b→c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO)减小，而逐渐变大；D错误；

答案为B。

【点睛】

b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。4、C【分析】【详解】

A．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I－，即KI3溶液中存在平衡为I3－I2＋I－；故A正确；

B．当c（Cr3＋）=10-5mol·L－1时，溶液的c（OH－）==10-9mol·L－1，c（H＋）==10-5mol·L－1，pH=5，即要使c（Cr3＋）降至10-5mol·L－1；溶液的pH应调至5，故B正确；

C．AgCl饱和所需Ag＋浓度c（Ag＋）==1.8×10-6mol·L－1，Ag2CrO4饱和所需Ag＋浓度c（Ag＋）=mol·L－1=1.4×10-4mol·L－1，则1.8×10-6mol·L－1＜1.4×10-4mol·L－1，所以Cl－先沉淀。故C错误；

D．25℃时，由于外界条件的影响，水的电离程度可能改变，溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积不一定等于10－14；故D正确；

故选C。5、D【分析】【详解】

A．饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)==3.2×10－11mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1；故A错误；

B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液；不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；

C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小；Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；

D．平衡常数K==6000，故D正确。二、填空题(共7题，共14分)6、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cbaad7、略

【分析】【详解】

(1)设反应的甲醇物质的量为x，可列三段式：20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，4+2x=1.2×4，x=0.4mol，

(2)①是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说反应达到平衡，故①不符合；

②反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；

③反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故③符合；

④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故④符合；

故答案为：③④；

(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率A是恒容反应容器，B是恒压反应容器；B容器充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)与B容器充入1molCH2OH(g)和2molH2O(g)，是等效平衡；反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，则B

故答案为：75%；<；

②打开K时，AB组成一个等温等压容器，相应的起始投入总物质的量与平衡的总体积成正比，设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则x：(3+3.6)=1.5a：3.6，求得x=2.75a，所以B的体积为2.75a-a=1.75a；

故答案为：1.75a；

(4)A．根据表格信息可知，在恒温恒容下，丙中反应物是甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则A错误；

B．由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为129kJ，甲与乙是完全等效平衡，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=129n，等于乙容器b=129(1−n)，故a+b=129；故B正确；

C．比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2>p3；故C错误；

D．甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2>α3，所以α1+α3<1；故D正确；

答案为BD。【解析】③④8、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-═N2O59、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-Mab10、略

【分析】【分析】

根据溶液电中性的原则判断溶液的pH，氨水为弱电解质，如等浓度混合，则反应生成NH4Cl水解呈酸性；而溶液呈中性，则氨水需过量，据此分析解答。

【详解】

反应后溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(NH4+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，所以溶液pH=7；如等浓度、等体积混合，则完全反应生成NH4Cl，NH4+水解呈酸性，而溶液呈中性，则氨水需过量，所以混合前氨水浓度大于盐酸浓度，即c(NH3•H2O)＞c(HCl)，因氨水为弱电解质，如氨水中c(OH-)≥盐酸中c(H+)，则反应后溶液呈碱性，所以氨水中c(OH-)＜盐酸中c(H+)，故答案为=；＞；＜。【解析】①.=②.＞③.＜11、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱电解质；越稀越电离。

（2）弱酸的酸式盐显酸性或者碱性；是通过比较电离和水解的相对强弱。

【详解】

（1）A．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，可变形为稀释过程中，温度不变，醋酸根离子浓度减小，Ka不变，故选项A数据增大，不符合题意；

B．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，酸性变小，即c(H＋)变小，B符合题意；

C．c(OH－)·c(H＋)即为Kw，温度不变，Kw不变；故C项不符合题意；

D．即为Ka，温度不变，Ka不变，故D项不符合题意；

E．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，c(H＋)变小，由于Kw不变，c(OH-)变大，则变大；故E项不符合题意；

综合以上；本题选B。

(3).浓度为0.10mol/L柠檬酸氢二钠（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的电离常数Ka3＝4.0×10－7，而水解常数Kh2＝＝＜Ka3，电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。【解析】B酸性因为Ka3＝4.0×10－7，Kh2＝＝＜Ka3，所以显酸性12、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C为溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为溶液、溶液．故A为溶液，B为溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答该题．

根据溶液酸碱性与溶液pH的表达式计算出pHb、pHc，然后根据水的离子积计算出pHb+pHc；

任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

若溶液中只有一种溶质，为溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很小；

若四种离子浓度关系有c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒判断c（H+）、c（OH-）相对大小。

【详解】

（1）溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A、B、C、D分别为盐酸、常温下若溶液中与盐酸溶液中的相同，则有C溶液则

（2）溶液中只存在四种离子时，一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为该溶液中离子浓度的大小关系为若四种离子浓度关系有根据溶液的电中性原则，有则该溶液显中性。

【点睛】

A、B、C、D根据A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的电离程度相同判断出A、B、C、D四种物质；溶液中只存在四种离子时根据电荷守恒及条件判断出溶液的溶质，酸碱性。【解析】盐酸14②①中性三、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、实验题(共4题，共20分)14、略

【分析】【分析】

（1）考查平衡常数表达式以及盖斯定律；

（2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气的目的可以从的平衡正向移动入手；

（3）增压平衡逆向移动。未达到平衡的某个时间点物质的转化率大小比较可以从反应速率入手。

【详解】

（1）①固体不写进平衡常数表达式，故K=

②热化学方程式i扩大倍数2，再加上方程式ii，可得到焙烧制取的热化学方程式

（2）焙烧时持续通入空气，并不断抽气分离出CO2，的平衡会正向移动，故答案为保持的浓度，降低的浓度；使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；

（3）①增压平衡逆向移动；相同温度条件下物质转化率降低，则作图为：

②结合图2和图3，湿空气中，左右，焙烧的转化率较高；

③8h时干空气中未达到平衡，物质的转化率大小可以通过比较反应速率得到，故答案为干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，时未达到平衡。【解析】保持的浓度，降低的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率湿空气中，左右干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，时未达到平衡。15、略

【分析】【分析】

I.本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果；需要注意“单一变量”原则；

II.本实验主要考查催化剂的特点；以及化学反应速率的影响因素。

【详解】

I.（1）甲中，加入催化剂的现象是有气泡生成，催化剂的作用是加快反应速率，所以可以通过观察产生气泡的快慢来判断两种催化剂的效果；Cl-本身具有很弱的还原性，H2O2具有强氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以为了排除阴离子差异的干扰，需要将FeCl3换为0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以确保Fe3+的量和Cu2+的量相同；

（2）题中已告知两个实验都生成40mL的气体；其他影响因素已忽略，说明催化剂效果的数据只能是反应速率，故需要测量生成40mL气体所需要的时间；

（3）催化剂在整个化学反应中，可以看成是先参加了反应，再被生成了，这两个反应相加就是一个总反应，催化剂刚好被抵消了，表现为不参加反应；总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，用总反应减去这个离子方程式就可以得到另一个离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

II.（1）化学反应前后，催化剂的质量和化学性质不变；要想证明MnO2是催化剂；还要验证这两点都不变才行；

（2）该反应的化学方程式为：

（3）A、B、C、D各点的反应速率都是瞬时速率，瞬时速率的大小比较要看各点斜率，斜率越大，瞬时反应速率也越大；经观察，A、B、C、D四个点的斜率依次减小，所以化学反应速率：D＞C＞B＞A；由于四个点的条件都相同，随着反应的进行，H2O2不断被消耗，使得其浓度逐渐减小，所以其分解速率也逐渐减小。【解析】产生气泡0.05排除阴离子的干扰产生40mL气体的需要的时间2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O确认MnO2的质量和化学性质是否改变DCBA反应物浓度逐渐减小16、略

【分析】本题考查实验方案设计与评价，（1）①出现黑色固体，此固体为Ag，利用金属活动顺序表，发生置换反应，即Mg＋2Ag＋=Mg2＋＋2Ag；②确认是Ag，需要检验Ag＋，即将Ag转化成Ag＋，具体操作是：将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，说明黑色固体为Ag；（2）①NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗H＋促使平衡向正反应方向进行；②根据实验II，除得到氢气外，还有一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为NH3；③加入的是(NH4)2SO4，NH4＋的浓度与NH4Cl中NH4＋浓度相同，不同的是阴离子，因此得出结论是Cl－有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42－不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）；（3）②HCO3－在水中既有电离也有水解，HCO3－H＋＋CO32－，pH=8.2说明溶液显碱性，得到Mg2(OH)2CO3，当没有HCO3－，则H＋和Mg2＋反应的程度很小，实验设计为：向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，观察反应现象；（4）A、根据实验I，利用Ag＋的氧化性较强，得到黑色固体，故A正确；B、四个实验中没有说明温度对实验的影响，故B错误；C、根据实验III，得到碱式碳酸镁，碱式碳酸镁不溶于水，故C正确；D、实验II和IV的对比，说明阴离子的影响，故D正确。【解析】2Ag++Mg=2Ag+Mg2+将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。NH4+水解使溶液中c(H+)增大，与Mg反应生成H2NH3Cl-有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42-不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。ACD17、略

【分析】【分析】

(1)在A装置中，Na2SO3与70%~80%的H2SO4发生复分解反应，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2气体首先进入安全瓶E，再进入B装置，与NaClO3、H2SO4发生反应，生成ClO2、NaHSO4；生成的ClO2进入D中液化；尾气进入C中，被NaOH溶液吸收。

(2)与A相连的电极，ClO2→ClO2-；Cl元素化合价降低，则此电极为阴极，A电极为负极，从而得出B电极为正极，与之相连的是电解池的阳极。

【详解】

(1)①装置A中反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑，则离子方程式为SO32-＋2H+=SO2↑+H2O，橡胶管可使分液漏斗内外气体相连，从而保持内外压力的平衡，故其作用是使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体顺利流下；答案为：SO32-＋2H+=SO2↑+H2O；使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等；便于液体顺利流下；

②用上图中的装置收集一定量的ClO2，依据上面的分析，从制SO2—防倒吸—制ClO2—冷凝—尾气处理考虑，其连接顺序为a→g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；答案为：g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）；

③已知装置B中生成一种酸式盐，则SO2与NaClO3、H2SO4发生反应，生成ClO2、NaHSO4，发生反应的化学方程式为SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4。答案为：SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4；

(2)①由以上分析可知；B为电源的正极；答案为：正；

②阴极ClO2→ClO2-，电极反应式为ClO2+e-=ClO2-；此外，阴极区还有酸性溶液中，ClO3-与ClO2-生成ClO2的反应发生，离子方程式为ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；答案为：ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O；

(3)依据电子守恒，可得出如下关系式：ClO2-CN–，若污水中CN–的含量为bmg/L，则处理100m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为=mol；答案为：3.85b或

【点睛】

连接实验装置时，首先应弄清各个装置的作用，从而确定装置的相对位置，最后再依据导管的长短，确定接口的连接顺序。【解析】SO32-＋2H+=SO2↑+H2O使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体顺利流下g→h→b→c→e→f→d（或h→g→b→c→e→f→d）SO2＋2NaClO3＋H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4正ClO2+e-=ClO2-ClO3-+ClO2-＋2H+=2ClO2↑+H2O3.85b或五、工业流程题(共3题，共30分)18、略

【分析】【分析】

硫化矿(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸铵在空气中焙烧，-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，控制焙烧温度，防止Al2O3也发生类似的反应；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，经系列处理得到NH4Fe(SO4)2；过滤得到滤渣为SiO2、Al2O3和GeO2，加盐酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相应的氯化物，二氧化硅不溶解，过滤得到二氧化硅滤渣；蒸馏分离滤液中的GeCl4后再加入氨水调节pH得到Al(OH)3沉淀，过滤取Al(OH)3沉淀，与前序滤渣SiO2和焦炭高温焙烧还原得到Al和Si；再加纯铝搅拌得到合金。

【详解】

(1)矿石粉碎后可以增大与空气的接触面积；使矿石充分灼烧；

(2)①“焙烧”时，GeS2中-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，方程式为GeS2+3O2GeO2+2SO2；

②混合气体中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及铵盐分解产生的NH3；

③Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式为4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制备NH4Fe(SO4)2和硅铝合金，所以要使Fe2O3尽量反应，而Al2O3不反应；据图可知300℃时大部分氧化铁转化为硫酸盐，只有极少量氧化铝转化为硫酸盐，所以最合适的温度为300℃；

(3)GeCl4易水解，蒸馏过程中会HCl挥发造成彻底水解，所以需要在酸性条件下防止GeCl4水解；再进行蒸馏；

(4)电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知Al单质被氧化成三氧化二铝，电解质溶液显酸性，所以电极方程式为2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+；

(5)1t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×45%=450kg，流程中损失20%，所以被利用的二氧化硅的质量为450kg×(1-20%)=360kg，则n(Si)==6000mol；1t硫化矿中SiO2的质量为1000kg×20.4%=204kg，流程中损失25%，所以被利用的Al2O3的质量为204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg铝，则n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。

【点睛】

蒸发易水解的氯化物(如氯化铁，氯化铜等)的水溶液时要注意，为防止溶质彻底水解而得不到目标产物，需要在HCl气流中抑制水解，进行蒸发。【解析】①.使矿石充分灼烧