2025年粤教沪科版选修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年粤教沪科版选修4化学下册阶段测试试卷767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、已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，H—H、O=O和O—H键的键能分别为436kJ·mol-1、496kJ·mol-1和462kJ·mol-1，则2gH2完全燃烧放出的热量为A.480kJB.240kJC.960kJD.916kJ2、常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体；溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是。

A.b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB.b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C.取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小D.d点溶液呈中性3、常温下，下列有关溶液的说法正确的是（）A.pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③B.常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同C.HA的电离常数Ka=4.93×10-10，则等浓度的NaHA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)D.已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)4、25℃时，向二元酸溶液中滴加溶液；有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是。

A.等体积等浓度的溶液与溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大B.时，溶液中存在：C.当时，升高温度，减小D.当时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：5、常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液；溶液pH随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是。

A.a点：pH=1B.c点：V(NaOH)=20mLC.b点：离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.a→d过程中，水电离出c(H+)不断增大6、最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）

A.吸附层b为电池的正极B.“全氢电池”的总反应为：H++OH-=H2OC.NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应D.Na+在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。

（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼），副产物对环境友好，写出反应的化学方程式________。

（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；该反应的平衡常数和温度关系如图所示：

①该反应的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料气中的氨碳比[]为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是______。图中A点处，NH3的平衡转化率为__________。

（3）①在氨水加水稀释的过程中，NH3·H2O的电离程度增大，的值_______。（填“增大”；“减小”或“不变”；）

②室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用离子方程式表示），该反应的平衡常数为______（用含a的数学表达式表示）。8、以煤为原料；经过化学加工使煤转化为气体；液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。

(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1。

①该反应在常温下____________自发进行（填“能”与“不能”）；

②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______________（填字母；下同）。

a．容器中的压强不变b．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键。

c．c(CO)=c(H2)d．密闭容器的容积不再改变。

(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：。实验组温度/℃起始量/mol达到平衡所需时间/min达到平衡所需时间/minH2OCOH2COH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt

①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为________________。（取小数二位；下同）

②该反应为_____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=________。

③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是________________________（用含a、b的数学式表示）。

(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ•mol-1)的变化。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。

a．升高温度。

b．充入He(g)；使体系压强增大。

c．将H2O(g)从体系中分离出来

d．再充入1molCO2和3molH29、某温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：

(1)由图中数据分析：该反应的化学方程式为_____________________。

(2)反应开始至2min，Z的平均反应速率为____，此时X的转化率为_____。

(3)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)对于该反应，能增大正反应速率的的措施是________

A.增大容器容积B.移走部分YC.通入大量XD.升高温度E.加催化剂。

(5)此反应在三种不同情况下的反应速率分别为:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反应速率最快的是________(填编号)。

(6)下列各项中不可以说明上述反应达到平衡的是______(填字母)。

a.混合气体的密度不变。

b.混合气体的压强不变。

c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率。

d.X的浓度保持不变。

e.生成1molZ和同时生成1.5molX

f.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶210、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应为___反应（选填吸热；放热）。

（2）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）=c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为___℃。11、据报道；我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。

甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式；除部分氧化外还有以下二种：

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③

则反应①自发进行的条件是___，ΔH3=___kJ·mol-1。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8分)13、软锰矿是一种常见的锰矿物，其主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质。高锰酸钾具有强氧化性；在实验室中和工业上常用作氧化剂。以软锰矿为原料先制得锰酸钾，再使其在酸性条件下歧化而制得高锰酸钾的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列问题：

(1)“还原”中加稀硫酸的两个作用分别是__________________、___________。

(2)“滤渣2”的成分是____________。利用上表格数据，计算Mn(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。

(3)“熔融”时生成锰酸钾的化学方程式为__________________。

(4)“歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________________。

(5)操作1为蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，“减压过滤”(装置如图所示)的目的是_____。

(6)由锰酸钾制备高锰酸钾除了有歧化法；还有电解法：以锰酸钾为电解液，镍板为阳极，铁板为阴极。

①写出生成高锰酸钾的电极反应式：___________。

②由电解法制备高锰酸钾时可循环利用的物质是________(填化学式)。14、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__________________。

15、铁，镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiO、FeO，CaO、等]中回收的工艺流程如图：

已知在350℃分解生成和回答下列问题：

(1)“浸渣”的成分有外，还含有_______(写化学式)。

(2)矿渣中部分FeO焙烧时与反应生成的化学方程式为_______。

(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中浓度为)，当溶液中时，除钙率准确值为_______[]。

(4)以Fe、Ni为电极制取的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①电解时阳极的电极反应式为_______

②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，该物质溶解，溶液出现紫红色。该反应的离子方程式为_______

16、已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6和少量钙镁杂质）反应，生成Li2SO4、MgSO4等；最终制备金属锂。

②某些物质的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：

请回答：

（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化学式是______。

（3）流程中使用了不同浓度的Na2CO3溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3与盐酸反应得到LiCl溶液的离子方程式是_______。

（5）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是_____。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共7分)17、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_____________________________。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共14分)18、Ⅰ.已知NO(g)＋CO2(g)=NO2(g)＋CO(g)ΔH1；

2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2

则2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)的反应热ΔH=___(用含△H1，△H2的代数式表示)。

Ⅱ.某条件下，在2L密闭容器中发生如下反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)ΔH，在三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在850℃，NO、O2的起始浓度都为0，NO2的浓度（mol·L-1）随时间（min）的变化如图所示。请回答下列问题：

（1）实验Ⅱ隐含的反应条件是___。

（2）实验II中，从反应开始至达到平衡，用氧气浓度变化表示的化学反应速率为___。

（3）800℃时，该反应的平衡常数K=___。该反应是___（填“吸”或“放”）热反应。

（4）若实验Ⅰ中达到平衡后，再向密闭容器中通入2mol由物质的量之比为1：1组成的NO2与NO混合气体（保持温度不变），此时正反应方向速率___逆反应方向速率（填“大于”或“等于”或“小于”）。

（5）若实验Ⅰ中达到平衡后，再向密闭容器中再通入一定量的NO2（保持温度不变），一段时间后达到新平衡，则新平衡与原平衡相比混合气体中NO2的体积分数___（填“增大”或“不变”或“减小”）。

（6）NO2、NO是重要的大气污染物，近年来人们利用NH3在一定条件下与之反应而将其转化为无害的参与大气循环的物质，如：8NH3+6NO27N2+12H2O。该反应中氧化产物与还原产物物质的量的比为：___。19、氮的氧化物(如NO2、N2O4、N2O5等)应用很广；在一定条件下可以相互转化。

(1)已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1

NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH2

2NO2(g)N2O4(g)ΔH3

2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH4

则反应N2O4(g)＋O3(g)=N2O5(g)＋O2(g)的ΔH＝__________。

(2)N2O5在一定条件下发生分解：2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：。t/min0.001.002.003.004.005.00c(N2O5)/(mol·L－1)1.000.710.500.350.250.17

设反应开始时体系压强为p0，2.00min末体系的压强为p，则p∶p0＝________

(3)N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α(N2O4)]随温度变化如图所示。

①图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108kPa，计算该温度下反应的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压＝总压×物质的量分数)。

②由图推测N2O4(g)2NO2(g)是吸热反应还是放热反应，说明理由：________。若要提高N2O4转化率，除改变反应温度外，其他措施有________(任写一条)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则2×436kJ/mol+496kJ/mol－2×2×462kJ/mol＝－480kJ/mol，则2gH2完全燃烧放出的热量为×480kJ/mol×=240kJ；B选项正确。

故答案选B。2、C【分析】【分析】

氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O；对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；

【详解】

A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl；即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；

B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)－)；故B错误；

C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小；故C正确；

D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。3、A【分析】【详解】

A．氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4＋浓度的大小顺序为①>②>③；故A正确；

B．氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离；醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；

C．Kh＝＞Ka，可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)；故C错误；

D．酸性HF＞CH3COOH，则酸根离子水解程度F−＜CH3COO−，则溶液中c(F−)＞c(CH3COO−)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na＋)＝c(K＋)，可知c(Na＋)−c(F−)＜c(K＋)−c(CH3COO−)；故D错误；

故答案选A。

【点睛】

本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。4、B【分析】【详解】

A．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，得到NaHA的溶液，由图示关系知，c(A2-)＞c(H2A)；说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，溶液中水的电离程度比纯水中的小，故A错误；

B．时，NaOH溶液与H2A溶液反应得到NaHA的溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，也存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，处理得故B正确；

C．向二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L-lNaOH溶液40mL，反应后得到Na2A溶液，A2-离子水解溶液显碱性，加热促进水解，A2-离子浓度减小，钠离子浓度不变，则的比值增大；故C错误；

D．根据图象知，当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质为NaHA，HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；故D错误；

故选B。5、C【分析】【分析】

a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，b点是醋酸消耗一半，溶质为等量的醋酸和醋酸钠；c溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；d点为醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液；且醋酸钠是氢氧化钠的2倍，据此分析。

【详解】

A.a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，醋酸为弱酸不完全电离，c(H+)<0.1mol/L，pH>1；故A错误；

B.若c点V=20mL，则醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶质为醋酸钠，醋酸钠水解使溶液显碱性，pH不为7，由此可知c点：V(NaOH)<20mL；故B错误；

C.b点溶质为等量的醋酸和醋酸钠，且溶液呈酸性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因c(H+)>c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故C正确；

D.随氢氧化钠体积的增加，醋酸逐渐转变成醋酸钠，当V=20mL时溶质完全是醋酸钠，因醋酸抑制水的电离，醋酸钠水解促进水的电离，此过程中水的电离程度逐渐增大；当V>20mL后；溶质为醋酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠抑制水的电离，随氢氧化钠的增加水的电离程度逐渐减小，故D错误；

故选：C。6、C【分析】【详解】

A.由装置图中电子流向可知，电子由吸附层a流出，经导线到吸附层b，吸附层a做负极，吸附层b做正极；故A正确；

B.由图可知负极反应为：正极反应式为：总反应为：H++OH-=H2O；故B正确；

C.NaClO4的作用是传导离子；并未参加电极反应，故C错误；

D.原电池中阳离子向正极移动；该电池左侧为负极，右侧为正极，故钠离子从左侧向右侧移动，故D正确；

故选：C。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中数据可知；温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即ΔH＜0；

②x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2)=1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为：

（3）①由题：其中Kb表示NH3·H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率42%不变NH4++H2ONH3·H2O+H+8、略

【分析】【详解】

（1）①对于反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ•mol-1；ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，可知在高温条件下反应能自发进行，常温下不能自发进行；答案为：不能；

②一定温度下；在一个容积可变的密闭容器中发生上述反应，根据“正逆相等，变量不变”可判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态；

a．因为容器的容积可变，说明是恒压条件，故容器中的压强不变不能说明反应达到平衡，a错误；

b．1molH—H键断裂表示逆反应，2molH—O键断裂表示正反应，且正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，b正确；

c．c(CO)=c(H2)并不能说明正逆反应速率相等或各组分的百分含量不变，不能说明反应达到平衡，c错误；

d．因为该反应是一个气体物质的量增加的反应；由于容器的容积可变，随反应进行，容器的容积增大，故当容器的容积不变时说明反应达到平衡，d正确；

故选bd；

（2）①根据CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，结合表中数据，平衡时消耗的CO的物质的量为1.6mol，则生成的CO2的物质的量为1.6mol，CO2的浓度变化为0.8mol/L，根据可得(CO2)=

②根据表中1、2两组实验数据，假设温度相同，实验2相对于实验1为减小压强，因为该反应反应前后气体物质的量不变，则两平衡等效，平衡时H2的物质的量应该为0.8mol,但由于温度升高，H2的物质的量为0.4mol；说明升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应；容器的容积为2L，结合表中实验2的数据，利用三段式：

则=

③实验3与实验2反应温度相同，若平衡状态中各物质的质量分数分别相等，则为等效平衡，则a、b应满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a＞1（或b＞2）；

答案为：①放②0.17③b=2a；a＞1；

（3）根据图象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2；

a．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小；a错误；

b．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，b错误；

c．将H2O(g)从体系中分离出来，平衡逆向移动，c(CH3OH)增大，c正确；

d．再充入1molCO2和3molH2，等效成增大压强，平衡正向移动，c(CH3OH)增大；d正确；

故选cd。

【点睛】

（1）解决化学平衡的问题一定要注意审题，首先要审清反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压；其次是审清反应特点，即ΔH和ΔV，然后再根据外界条件对反应速率的影响和平衡移动原理解决问题；（2）注意“虚拟法”在化学平衡中的应用，即把一个过程分成两个阶段，把无法比较的过程变得具有可比性。【解析】①.不能②.bd③.0.13mol•(L•min)-1④.放⑤.K=0.17⑥.b=2a，a＞1⑦.c、d9、略

【分析】【详解】

(1)由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为3X+Y⇌2Z；

(2)反应开始至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol/(L•min)，X的转化率为×100%=30%；

(3)图象分析可知；反应到5min后，物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，所以5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相同，故答案为等于；

(4)根据影响反应速率的因素；降低温度反应速率减小，如果使用合适的催化剂，增加体系组分浓度，升温，其反应速率增大，故答案为CDE；

(5)化为用同一物质表示的反应速率，则①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比较可知；反应速率最快的是②,故答案为②；

(6)a.气体质量和体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态，故a错误；b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态，故b正确；c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态，故c正确；d.各组分浓度不变达到化学平衡状态，所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态，故d正确；e.生成1molZ和同时生成1.5molX，说明正逆反应速率相等，即达到化学平衡状态，故e正确；f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比，故X、Y、Z的反应速率之比为3：1：2，故f错误，故答案为af。【解析】①.3X+Y⇌2Z②.0.05mol/(L•min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af10、略

【分析】【分析】

（1）根据温度对化学平衡；化学平衡常数的影响来回答；

（2）根据平衡浓度和平衡常数的关系来回答；

【详解】

（1）化学平衡常数的大小只与温度有关；升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热；

答案为吸热。

（2）平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时；平衡常数等于1，平衡常数只受温度的影响，当K=1时，根据表中数据，所以温度是830℃；

答案为830℃。【解析】①.吸热②.830℃11、略

【分析】【分析】

根据△H-T△S判断反应的自发性；根据盖斯定律；将①-②得到反应③的热化学方程式。

【详解】

水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol－1①，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol－1②，根据盖斯定律，将①-②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=（+205.9kJ·mol－1）-（-41.2kJ·mol－1）=+247.1kJ·mol－1，故答案为：高温；+247.1。【解析】高温+247.1三、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8分)13、略

【分析】【分析】

软锰矿主要成分是MnO2，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2杂质，用硫酸溶解，加入二氧化硫还原，过滤出难溶的SiO2；得含有硫酸亚铁；硫酸铝、硫酸锰的溶液，所得溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，再加入高锰酸钾溶液，把硫酸锰氧化为二氧化锰，二氧化锰、氢氧化钾在熔融条件下和氧气反应生成锰酸钾，锰酸钾在酸性条件下发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰。

【详解】

(1)软锰矿中主要成分是二氧化锰，还含有Al2O3、Fe2O3，二氧化锰是强氧化剂，在酸性溶液中具有较强的氧化性，而SO2在水溶液中具有较强的还原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增强MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸锰的溶液中加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH除去铁、铝，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH为10.1，Mn(OH)2的Ksp=10−5×(1010.1−14)2；

(3)“熔融”时二氧化锰、氢氧化钾、氧气反应生成锰酸钾，反应方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程图可知锰酸钾歧化为高锰酸钾和二氧化锰；锰酸钾既是氧化剂也是还原剂，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。

(5)减压过滤即抽滤；加快过滤速度；

(6)①电解制备KMnO4，MnO在阳极失电子生成MnO电极反应式是MnO−e−=MnO

②电解时阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−；产物之一为KOH可以用于锰酸钾的制备。

【点睛】

本题以软锰矿为原料(主要成分是MnO2，还含有Al2O3，Fe2O3，SiO2杂质)制备高锰酸钾为载体，明确各步骤的反应原理是解题关键，掌握氧化还原反应规律，熟悉混合物分离方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增强MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6−14)2或10−5×(1010.1−14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快过滤速度MnO−e−=MnOKOH14、略

【分析】【分析】

钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)煅烧，NiS转化为镍的氧化物和二氧化硫，铁、铝等元素的化合物也转化为氧化物，然后用稀硫酸和二氧化硫还原酸浸，将Co3+还原为Co2+，过滤后滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀；加入萃取剂萃取除去镍离子，然后再加入草酸铵将Co2+转化为CoC2O4•2H2O微溶物，过滤洗涤得到CoC2O4•2H2O晶体；将CoC2O4•2H2O煅烧得到钴的氧化物，再与Li2CO3烧结得到LiCoO2；据此分析解答(1)～(6)；

(7)根据电池反应式LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2知，充电时LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应生成Li1-xCoO2；据此书写电极反应式。

【详解】

(1)“煅烧1”中能够将原料充分氧化；并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构，便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化；

(2)“还原酸浸”过程中Co2O3能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O；

(3)还原酸浸后，加入NaClO3和Na2CO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去；

(4)①溶液中存在化学平衡：(aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)⇌CoC2O4•2H2O(s)，随n()∶n(Co2+)比值的增加，c()增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到n()∶n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O4•2H2O+(n-1)=使晶体部分溶解，故答案为：过量的与Co2+反应生成而溶解；

②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大；

(5)加入草酸铵沉钴生成CoC2O4•2H2O，CoC2O4•2H2O微溶于水，为了获得较为纯净的CoC2O4•2H2O；“操作X”为过滤；洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥；

(6)n(CO2)==0.06mol，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、n(O)==0.04mol，则n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.04mol=3∶4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。

(7)根据电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2。

【点睛】

本题的易错点为(7)，要注意电子转移数目的判断；难点为(4)，要注意充分理解和利用题意信息。【解析】使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化Co2O3+SO2+2H+=2Co2+++H2O将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去过量的与Co2+反应生成而溶解CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大过滤、洗涤、干燥Co3O4LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO215、略

【分析】在600℃焙烧时，(NH4)2SO4分解产生H2SO4，H2SO4与NiO、FeO、CaO反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3（未隔绝空气，亚铁被氧化）、CaSO4，SiO2不与硫酸反应，接着进入浸泡环节，由(1)题干知，Fe2(SO4)3转化为Fe2O3和FeO(OH)，另SiO2不溶，故浸渣中还含有SiO2，经过此步骤，所得浸取液中含有CaSO4（微溶物，上一步未完全除去）、NiSO4、H2SO4，接着进入除钙步骤，CaSO4转化为难溶的CaF2被除去，之后溶液中主要含有NiSO4、H2SO4、硫酸钠，萃取实现分离，根据流程，H2SO4应在有机相中，经过反萃取后可再生循环利用，无机项经过几步处理最终得NiSO4。

【详解】

(1)由分析知，浸渣中还含有SiO2；

(2)由题意知，FeO被氧化生成Fe2(SO4)3，因为过程中未加入氧化剂，故考虑是空气中O2将其氧化，结合得失电子守恒、元素守恒配平得化学方程式为：

(3)由Ksp=c(Ca2+)·c2(F-)=4.0×10-11=c(Ca2+)·(2.0×10-3)2，解得此时c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，原溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，故除钙率=

(4)①由题意知，阳极Fe放电生成根据阳极溶液显碱性，可添加OH-、H2O配平电荷守恒和元素守恒，故阳极的电极反应为：

②由于与铁元素有关，推测红褐色物质为Fe(OH)3，加入NaClO后Fe(OH)3溶解，溶液出现紫红色，说明Fe(OH)3又被氧化为首先根据得失电子守恒配平与化合价升降有关的物质，再根据溶液显碱性，添加OH-、H2O配平电荷守恒和元素守恒，最终得离子方程式为：【解析】99%16、略

【分析】【分析】

（1）根据难溶物和液体不溶；用过滤的方法进行分离；

（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；

（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；

（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂；水和二氧化碳；

（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式。

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子；锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂；水和氨气。

【详解】

（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶；用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；

（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；

（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；

（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑；【解析】过滤CaCO3和Mg(OH)2CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑2Cl--2e-=Cl2↑2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+2H2O+NH3↑五、元素或物质推断题(共1题，共7分)17、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1