2025年粤人版选修4化学下册月考试卷

…………○…………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2025年粤人版选修4化学下册月考试卷16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、在某温度下，向三个初始体积为1L的密闭容器中按表所示投料，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，达到平衡时，下列说法错误的是。容器编号容器类型起始物质的量反应物的转化率平时时的物质的量Ⅰ恒温恒容130Ⅱ绝热恒容002aⅡ恒温恒压130b

A.平衡时NH3的物质的量：a>1.2，b>1.2B.容器I、II中平衡常数关系：K(I)>K(II)C.a1+a2<1D.若起始时向容器A中充入lmolN2(g)、0.4molH2(g)、0.4molNH3(g)，此时平衡向正反应方向移动2、用AG表示溶液酸度：AG＝lg常温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol·L－1的CH3COOH。滴定结果可表示如图；下列分析正确的是。

A.常温下CH3COOH的Ka数量级为10－6B.m点加入NaOH的体积为25mLC.n点：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D.在滴加NaOH溶液的过程中，溶液中m点水的电离程度最大3、醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)⇌H+(aq)+CH3COO-(aq)ΔH＞0，25℃时，0.1mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5(Ka表示酸的电离常数)。下列说法正确的是A.升高温度，c(H+)增大，Ka变大B.该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动C.该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5D.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H+)减小4、25℃，有两种盐的稀溶液，分别是amol∙L-1NaX和bmol∙L-1NaY溶液，下列判断错误的是A.若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则酸性：HXB.若a>b，测得c(X-)=c(Y-)，则溶液中的c(HX)>c(HY)C.若a>b，测得c(HX)=c(HY)，则溶液中的c(X-)-)D.若a=b，并测得a=c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则HX是强酸，HY是弱酸5、对下列图像的描述正确的是。

A.根据图①可判断反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的△H>0B.图②可表示压强（P）对反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响C.图③可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化D.根据图④，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、氮及氮的化合物在生产生活中有着重要的用途，NH3、HNQ3等是重要化工产品。

（1）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭；水和空气为原料来制取的。其主要反应是：

①2C+O2→2CO

②C+H2O(g)→CO+H2

③CO+H2O(g)→CO2+H2

某次生产中将焦炭、H2O(g)和空气（设空气中N2和O2的体积比为4:1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：表中x＝_______m3，实际消耗了_____kg焦炭。气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0

（2）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(1)ΔH<0。若向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2,反应在不同条件下进行上述反应；反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①与实验a相比，c组改变的实验条件可能是____________。

②用P0表示开始时总压强，P表示平衡时总压强，.用α表示SO2的平衡转化率，则α表达式为________。

（3）已知N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。（2NO22NO+O2）。在1L的密闭容器中发生反应N2O42NO2达到平衡状态。

①若此时为标准状态下(273K101KPa)，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色____(和原平衡状态比；填选项字母，下同)

A．增大(加深)B．减小(变浅)C．不变D．不能确定。

②若此时为25℃，101KPa下，再向其中加入4.6g纯的NO2，则达到平衡时混合物的颜色______，混合物中NO2的体积分数___________。

（4）查阅资料可知：常温下，Ksp[Ag(NH3)2+]=1.00×107。Ksp[AgC1]=2.50×10-10.

①银氨溶液中存在平衡：Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，该反应平衡常数的表达式为K稳=__________；

②计算得到可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K=______，1L1mol/L氨水中最多可以溶解AgCl_______mol（保留2位有效数字）7、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___。8、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类9、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)。10、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。增加压强，NO的转化率__（填“提高”；“不变”或“降低”）。

②由实验结果可知，脱硫反应速率___脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是__。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均__（填“增大”；“不变”或“减小”）。

②反应ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为___。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是__。11、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.12、LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点。某电极的工作原理如左下图所示，该电池电解质为能传导Li+的固体材料。

（1）放电时，该电极为_____极，电极反应为__________________________

（2）充电时该电极连接外接电源的______极。

（3）放电时，电池负极的质量_______(减少；增加、不变)

（4）LiOH可做制备锂离子电池电极的材料，利用如右上图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。阴极区电解液为__________溶液（填化学式），离子交换膜应使用__________(阳、阴)离子交换膜。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、元素或物质推断题(共1题，共3分)14、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)15、无水氯化铁是一种重要的化工原料；其熔点为306℃，沸点为315℃，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下：

回答下列各题：

(1)向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液，煮沸至溶液变为红褐色，该过程可用离子方程式表示为________________。

(2)由FeCl3·6H2O获得无水氯化铁的方法是_________。

(3)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_______________。

(4)吸收塔内盛放的吸收剂为____________。

(5)某兴趣小组仿照工业制备无水氯化铁；设计如下实验：

①装置C中玻璃丝的作用为_____________；

②该实验设计存在的明显缺陷为_______________；

③通过下列实验测定实验后所得固体中FeCl3的质量分数。

a.称取mg所得固体；溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；

b.取出10mL待测溶液液于锥形瓶中；加入稍过量的KI溶液充分反应；

c.以淀粉做指示剂，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通过上述实验测得所得固体中氯化铁的质量分数为_____________；若加入淀粉偏多，可能导致最终结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。16、研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性；某小组同学进行如下实验：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大_____（选填“增大”；“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe2(SO4)3否否加入5g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

17、盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量和可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器，这种玻璃仪器的名称是___________。

(2)大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(3)实验中改用盐酸跟溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“偏大”“相等”或“偏小”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：___________。

(4)用相同浓度和体积的氨水代替溶液进行上述实验，测得的中和热数值会___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(5)取溶液和硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。温度。

实验次数起始温度终止温度。

温度差平均值。

平均值平均值126.226.026.130.1227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4

则中和热___________(取小数点后一位。)【本题中溶液和硫酸溶液的密度均取中和后生成溶液的比热容取】18、工业上用空气氧化（NH4）2SO3的方法制取（NH4）2SO4；某研究小组用如图装置模拟该过程，并通过测定反应后溶液中SOT的浓度来计算该反应的转化率。

实验步骤如下：

①按图连接好装置；检查装置气密性；

②取200mL0.5000mol•L-1（NH4）2SO3溶液（调节pH=8）装入三颈烧瓶中，加入催化剂，控制气体流速为300L•h-1；在温度为50℃下进行实验；

③反应2.5h后，测定反应后溶液中SO32-的浓度。

回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_____，仪器M中装有H2O2溶液，则装置A中发生反应的化学方程式为_______。

（2）实验中通如N2的目的是_____。

（3）装置B的作用是_____（任答一条）。

（4）装置C中采用多孔球泡的目的是_____，已知亚硫酸铵溶液的pH小于8,要调节装置C中溶液的pH=8,应向该溶液中加入一定量的_____（填标号。

aNH3•H2ObBa（OH）2c澄清石灰水。

（5）该实验缺少的装置是_____。

（6）取VmL反应后的溶液（反应前后体积不变）于碘量瓶中，滴入3滴淀粉溶液，用amol•L-1的标准碘溶液滴定至终点时，消耗碘水的体积为bmL，则（NH4）2SO3的转化率为_____。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共3分)19、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5题，共10分)1、D【分析】【详解】

绝热恒容时，为NH3反应物，发生反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)△H>0，正反应为吸热反应，温度降低，平衡向生成的方向移动，a>1.2，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)为气体体积减小的反应，恒温恒压时，与原平衡相比相当于压强增大，平衡向生成NH3的方向移动，

b>1.2；故A正确；

B.平衡常数与温度有关，容器Ⅱ绝热，且反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)△H>0，随反应进行，温度会越来越低，且Ⅱ反应为Ⅰ的逆反应，则容器I、II中平衡常数关系：K(I)>K(II)；故B正确；

C.根据A分析，NH3的转化率减小，即容器I中N2的转化率与容器Ⅱ中NH3的转化率之和小于1；故C正确；

D.容器I中反应达到平衡状态时，化学平衡常数若起始时向容器A中充入lmolN2(g)、0.4molH2(g)、0.4molNH3(g)，浓度商则该反应向逆反应方向移动，故D错误。

答案选D。

【点睛】

根据浓度商判断平衡移动的方向。2、C【分析】0.1mol·L－1的CH3COOH的溶液酸度AG＝lg=8，又故酸碱均会抑制水的电离，盐能促进水的电离。

【详解】

A．数量级为10－5；故A错误；

B．m点AG＝lg=0，故醋酸与氢氧化钠恰好中和显碱性，不符合故B错误；

C．n点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，又在n点AG＝lg=-9，故溶液显碱性c(H＋)＜c(OH－)，c(Na＋)＞c(CH3COO－)，故c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)；C正确；

D．在滴加NaOH溶液的过程中；酸碱恰好反应完全时，溶质只有可水解的盐，水的电离程度最大，m点未达到中和点，故D错误；

答案选C。

【点睛】

根据初始酸度计算离子浓度并进行相关计算；在单电荷四离子（单四体系）体系中，判断离子浓度可以采用首末同项进行相关分析，如选项C。3、A【分析】【分析】

醋酸的电离为吸热过程，温度升高，Ka增大，温度降低，Ka减小；且电离平衡常数只与温度有关，由此进行分析判断。

【详解】

A.醋酸的电离为吸热过程，温度升高，Ka增大；A项正确；

B.向溶液中加少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大；平衡逆向移动，B项错误；

C.电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，因此该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5；C项错误；

D.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，c(H+)增大；平衡逆向移动，D项错误；

答案选A。

【点睛】

解答本题时要注意电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，Ka增大。4、C【分析】【详解】

A.若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，说明X-水解程度大于Y-，越弱越水解，说明酸性：HX

B.根据物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+c(HY)=b，根据a>b，且c(X-)=c(Y-)，所以c(HX)>c(HY)；B正确；

C.根据物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+c(HY)=b，根据a>b，且c(HX)=c(HY)，所以c(X-)>c(Y-)；C错误；

D.因a=c(X-)，说明X-不水解，则HX是强酸，a=b=c(Y-)+c(HY)，说明Y-发生了水解；说明HY是弱酸，D正确；

答案选C。

【点睛】

水解规律:无弱不水解，有弱才水解，谁弱谁水解，都弱双水解,谁强显谁性，同强显中性,，越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。5、D【分析】【详解】

A.根据图象可知；温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；

B.从图象可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大；根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；

C.乙酸和氨水都为弱电解质；二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；

D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+═Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去；故D正确；

答案选D。

【点睛】

本题主要老查了化学反应速率变化曲线及其应用体积百分含量随温度、压强变化曲线电解质溶液的导电性难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

（1）氮气不参与反应，且空气中氮气和氧气的体积比为4：1，则空气中氧气的体积为根据表中知氧气剩余1.0m3，则参与反应的氧气体积为(5-1)m3=4m3，设水蒸气的体积为mm3，根据氧元素守恒可知，x+12×2=4×2+m，由氢元素守恒可知水蒸气的体积为60m3，即m=60，则x=44。和的物质的量为n=根据碳元素守恒可知实际消耗焦炭的质量为m=nM==3.0×104g=30Kg。答案：44；30。

（2）①a、c开始均通入2molCO和1molSO2；容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是：升高温度，故答案为：升高温度。

②用p0表示开始的时候的总压强，p表示平衡时的总压强，a表示CO的平衡转化率，则：

压强之比等于物质的量之比，则p0：p=3：(2-2a+1-a+2a)，整理可得a=×100%，故答案为a=×100%；

（3）①根据N2O42NO2，N2O4与NO2共存的温度是264-413K,低于溶点264K时，全部为无色的N2O4晶体，达到264K时N2O4开始分解，沸点294K时成为红棕色的混合气体，温度高与413K时，气体又变为无色。标准状态下(273K101KPa)，加入4.6g纯的NO2，知n(NO2)=0.1mol，部分发生反应，生成N2O4；所以颜色变深；答案：A。

②温度升至25℃，平衡正向移动，向其中加入4.6g纯的NO2；平衡虽然逆向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，因此，本题正确答案是：A．

（4）①化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,则化学平衡常数=因此，本题正确答案是:

②可逆反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)的化学平衡常数K==K∙Ksp[AgC1]=1.00×107×2.50×10-10=2.50×10-3；

设溶解的AgCl物质的量为x,反应前后系数相同,可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数,AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl－(aq)根据平衡常数=2.50×10-3，X=0.045mol,因此，本题正确答案是:2.5×10-3；0.045mol。【解析】4430升高温度×100%AAB2.5×10-30.045mol7、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并写出热化学方程式。

（2）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式。

【详解】

（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【点睛】

此题最易错之处是没有弄清中和热的概念，即生成1摩尔水时反应放出的热量才是中和热。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol8、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C9、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/mol10、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大压强，NO转化率提高;

②在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2溶解度较高；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行；

②平衡常数K是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【详解】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反应是气体体积分数减小的反应，则增大压强，NO转化率提高，故答案为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫；脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小。

②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为故答案为：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。【解析】4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好11、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.12、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）放电时，该装置是原电池，正极发生还原反应，反应为：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充电时为电解池，该电极连接外接电源的正极；（3）放电时，该装置是原电池，电池负极发生氧化反应，负极反应为：Li―e－=Li＋，质量减少；（4）根据示意图，B极区生产H2，同时生成LiOH，则B极区电解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液则无法得到纯净的LiOH，则B极区电解液为LiOH溶液；离子交换膜应使用阳离子交换膜，传导Li＋。

【考点】

电解原理及应用。

【点睛】

本题考查电解原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；准确理解题给信息是解决问题的关键。首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，侧重于对分析问题、解决问题能力的考查。【解析】正FePO4+e-+Li+=LiFePO4正极减少LiOH阳三、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、元素或物质推断题(共1题，共3分)14、略

【分析】【分析】

根据题干可知Q；W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【详解】

(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根据方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O五、实验题(共4题，共20分)15、略

【分析】【分析】

铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O；最终得到无水氯化铁。

(5)利用装置A制备Cl2，装置B干燥氯气，在装置C中反应得到FeCl3；装置D用于尾气吸收。

【详解】

(1)FeCl3溶液中Fe3＋容易水解，带入沸水中，促进Fe3＋水解，可得到FeOH胶体，离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；

(2)由于Fe3＋易水解，FeCl3水解会生成Fe(OH)3和HCl，受热HCl逸出，使得水解平衡正向移动，最终得到Fe(OH)3受热分解的产物Fe2O3；应该在HCl的氛围中加热脱水；

(3)FeCl3的相对式量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；

(4)工业尾气中含有Cl2，吸收塔中吸收Cl2最终得到FeCl3，因此吸收塔中的物质吸收氯气后转化为FeCl3，根据反应Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，应为FeCl2溶液；

(5)①无水氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，制得FeCl3首先得到FeCl3形成的气体，在玻璃管的尾部放置玻璃丝，可以冷凝收集FeCl3，也可以防止冷凝的FeCl3堵塞导管；

②FeCl3极易吸水，而装置C和D之间缺少干燥装置，水蒸气可以通过导管进入装置C中，使得产物FeCl3潮解；

③Fe3＋可将I－氧化成I2，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，碘单质能与Na2S2O3反应，可得关系式2Fe3＋～I2～2Na2S2O3；10mL含FeCl3的待测液，消耗n(Na2S2O3)=bV×10－3mol，则mg固体中含有n(FeCl3)=10×bV×10－3mol=0.01bVmol，则FeCl3的质量分数加入过量的淀粉溶液，并不会影响消耗的Na2S2O3溶液的量，因此对实验结果无影响。【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋在HCl的氛围中加热脱水Fe2Cl6FeCl2溶液冷凝收集FeCl3（或防止导管堵塞）装置C和D之间缺少干燥装置，会使所得FeCl3潮解无影响。16、略

【分析】【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】

（1）由Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c和b（只加水；对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知随着溶液的pH增大，上述平衡向正反应方向移动，减小，而增大，故减小。

（4）向试管c继续滴加KI溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H2SO4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO42-转化为Cr2O72-，Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化，而在碱性条件下，CrO42-不能将I-氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr2O72-大于CrO42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。

（5）①实验ⅱ中，Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。

②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知，加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+，Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。

【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。【解析】溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2OCrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应，若因浓H2SO4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率17、略

【分析】(1)

由图可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；综上所述；本题答案是：环形玻璃搅拌棒。

(2)

大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小；综上所述本题答案是：偏小。

(3)

改用60mL0.5mol/L盐酸与50mL0.5mol/LNaOH溶液进行反应；生成水的物质的量与上述实验相等，所放出的热量相等，中和热是指强酸和强碱的稀溶液发生反应生成1mol液态水时放出的热，而与实际参加反应的酸；碱的物质的量无关，故所求中和热相等；综上所量热器述，本题答案是：相等；相等；中和热是指强酸和强碱的稀溶液发生反应生成1mol液态水所放出的热量，而与实际参加反应的酸、碱的物质的量无关。

(4)

一水合氨为弱碱；电离过程为吸热过程，所以