2025年浙教新版选修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年浙教新版选修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7题，共14分)1、在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。

。t/min

0

2

4

6

8

10

V(O2)/mL

0.0

9.9

17.2

22.4

26.5

29.9

下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A.0~6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10-2mol/(L·min)B.6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10-2mol/(L·min)C.反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%2、（环戊二烯）容易发生聚合生成二聚体；该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是（）

A.T1小于T2B.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−13、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：反应一段时间后达到平衡，测得生成且反应的前后压强之比为相同的温度下测量则下列说法正确的是A.该反应的化学平衡常数表达式是K=c(C)4c(D)2/c(A)3c(B)2B.此时，B的平衡转化率是C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D.增加C，B的平衡转化率不变4、下列溶液中，关于离子浓度的说法正确的是。A.一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值增大B.浓度均为的中混合溶液中：且C.的醋酸()溶液与溶液等体积混合后：D.已知浓度均为的混合溶液显碱性，则5、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中不符合上述条件的是（）A.AlCl3B.Na2O2C.FeCl2D.FeCl36、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述正确的是。

A.图中Y线代表的AgClB.n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C.向c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为10-0.717、港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是A.钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe-3e-=Fe3+B.防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子C.防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率D.方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用；运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。

Ⅰ.一定条件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

写出该反应的热化学方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应；平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：

（1）图中T1、T2的关系为T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）图中纵坐标为物质________的转化率，理由为_________________________________。

（3）图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=_________。B点的平衡常数为________。

（5）若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由为________________________________9、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。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。10、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有4NA个电子转移时，放出450kJ的热量。其热化学方程式为______________________。

（2）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

（3）钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及的步骤为：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

则TiO2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为______________________________。11、(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_____________。12、在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定条件下发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0。反应中各物质的物质的量随时间变化情况如图：

(1)该反应的化学平衡常数表达式为______，若升高温度，化学平衡常数K______(填“增大”；“减小”或“不变”)。

(2)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，转化率α(H2)=_____。

(3)HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示。若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅰ所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅲ所示。则甲条件可能是_____(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是______。

①恒容条件下；升高温度。

②恒容条件下；降低温度。

③恒温条件下；缩小反应容器体积。

④恒温条件下；扩大反应容器体积。

⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂13、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。14、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于________中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫灭火器中的主要成分是_______和_______溶液，反应的离子方程式为________。15、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大16、I．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:(单位省略)。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

（1）写出碳酸的第一步电离方程式__________________________________。

（2）25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为_____________________(填序号)。

（3）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为_______________。

（4）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN)，下列关系正确的是_______。

a．c(H+)>c(OH)b．c(H+)+c(HCN)=c(OH)c．c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L

II．请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：

（1）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10mol/L，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。

（2）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常温下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10某硫酸铜溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>________

（3）向含有相同浓度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液，先生成______沉淀(填化学式)。在工业废水处理过程中，依据沉淀转化原理,可用FeS作为沉淀剂除去废水中的Hg2+，写出相应的离子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)17、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2题，共16分)18、氯化铁是常见的水处理剂；利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如图：

已知：(1)无水FeCl3的熔点为555K；沸点为588K。

(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。

(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：。温度/℃02080100溶解度(g/100gH2O)74.491.8525.8535.7

实验室制备操作步骤如下：

I.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2；并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；

II.当装置A中不产生气泡时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2；当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；

III.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。

请回答：

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是__。

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入__后__；过滤、洗涤、干燥。

(3)试写出吸收塔中反应的离子方程式：___。

(4)捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为__。

(5)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL(已知：I2＋2=2I-＋)。

①滴定终点的现象是__；

②样品中氯化铁的质量分数为__。19、某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。

已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙烧前粉碎的目的是_______。

(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O

(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)。离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。

(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)20、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_____________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)；A正确；

B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小；反应速率减慢，B正确；

C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L；C错误；

D．6min时，H2O2分解率为：=50%；D正确。

答案选C。2、B【分析】【详解】

A．单位时间T2温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，则反应温度高，因此T1小于T2；故A正确；

B．a点浓度大；温度低，c点浓度小，温度高，因此a的反应速率与c点的反应速率不能比较，故B错误；

C．a点环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率；故C正确；

D．b点时环戊二烯浓度浓度改变理论0.9mol·L−1，因此二聚体的浓度为0.45mol·L−1；故D正确；

综上所述；答案为B。

【点睛】

速率由温度、压强、浓度、催化剂等多个变量决定，分析时一定要考虑多个变量相同，只有一个变量变化来分析速率的变化。3、D【分析】【分析】

在容器的容积不变时，气体的物质的量的比等于容器内的气体的压强的比。反应前后压强之比为则反应后气体的物质的量减小。由于产生了则同时产生的D，还有未反应的反应物A：2.8mol，1.2mol，反应后气体的物质的量是所以C是非气态物质，而D是气体。

【详解】

该反应的化学平衡常数表达式是故A错误；

在反应达到平衡时，生成则反应消耗B的平衡转化率是故B错误；

增大该体系的压强；平衡向右移动，但是由于温度不变，所以化学平衡常数就不变，故C错误；

由于C不是气体；所以增加C，平衡不会发生移动，B的平衡转化率不变，故D正确；

故选：D。4、A【分析】【详解】

A.NH3•H2O是弱电解质，加水稀释促进电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3•H2O)减小，溶液体积相同，所以一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c(NH4+)/c(NH3•H2O)的比值增大，A项正确；

B.任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，B项错误；

C.0.2mol•L-1的醋酸(CH3COOH)溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，且溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒得：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二者结合可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，C项错误；

D.浓度均为0.1mol•L-1的NH4Cl、NH3•H2O混合溶液中，根据物料守恒可得：c(NH3•H2O)+c(NH4+)=2c(Cl-)，根据电荷守恒可得：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，二者结合可得：c(NH4+)-c(NH3•H2O)=2c(OH-)-2c(H+)，D项错误；

答案选A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.Al可以由Al和Cl2直接化合物而成，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑；故A不符合题意；

B.Na2O2可由Na和O2在加热或点燃条件下得到，Na2O2投入Ba(HCO3)2溶液中，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑、Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋NaHCO3＋H2O或Ba(HCO3)2＋2NaOH=BaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O；故B不符合题意；

C.FeCl2不能由Fe和Cl2直接化合得到；故C符合题意；

D.FeCl3可由Fe和Cl2直接化合物而成，FeCl3投入到Ba(HCO3)2水溶液中发生Fe3＋＋3HCO3－=Fe(OH)3↓＋3CO2↑；故D不符合题意；

答案为C。

【点睛】

有学生认为，过量的Fe与Cl2反应可以得到FeCl2，这是错误的，要想让铁与FeCl3反应生成FeCl2，需要在水溶液中进行，因此铁与Cl2反应，无论氯气是否过量，最终得到的都是FeCl3。

.6、C【分析】【分析】

若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46；据此分析解答。

【详解】

若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46；

A.由以上分析知；图中X线代表AgCl，故A错误；

B.曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液；故B错误；

C.根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时；先析出氯化银沉淀，故C正确；

D.Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数此时溶液中的c(Ag+)相同，故有故D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

A．钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；故A错误；

B．铝和锌的活泼性大于铁；钢铁防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子，为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；

C．防腐涂料可以防水、隔离O2；减少铁与氧气接触，降低吸氧腐蚀速率，故C正确；

D．钢铁防腐只能减缓钢铁腐蚀；未能完全消除钢铁腐蚀，故D正确；

选A。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)为共价化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图像变化分析判断；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反应；图像中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；

(4)、结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变，根据υ=计算速率；

(5)；利用浓度积与平衡常数作比较；从而判断反应进行的反方向。

【详解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，热化学方程式为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案为Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T12，故答案为<；

(2)、保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，氮氯比越大，转化率越大，说明纵轴表示的是氯气的转化率，故答案为Cl2，增加时，Cl2的转化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反应比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大，图中A；B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是：A，故答案为A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.8，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

变化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

则υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A点平衡常数K==80；温度不变平衡常数不变，则B点平衡常数为80；

故答案为0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此时浓度积故平衡正向移动，所以υ(正)>υ(逆)，故答案为>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加时，Cl2的转化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc9、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-110、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合价是－1价，反应后变为＋4价，失去5个电子，即1mol乙炔失去10mol电子，则每有4NA个电子转移时，消耗乙炔的物质的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的热量是因此该反应的热化学方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反应热就是断键吸收的能量，和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能可知，每生成2mol氨气的反应热△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反应的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根据盖斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以该反应的反应热ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考点：考查热化学方程式的书写以及反应热的有关计算。【解析】（13分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）11、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/mol12、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡已到的影响因素及计算；图像分析注意拐点，先拐先平，说明其反应速率快，热化学中影响反应速率的因素有：浓度；温度、压强、催化剂依次分析。图像中HI的体积分数φ(HI)最终值一样，说明没有发生平衡的移动，只是速率的影响。

【详解】

(1)H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)ΔH<0，应的平衡常数K=反应为放热反应，升温平衡逆向进行；

故答案为：K=减小；

(2)根据图中数据，由图象可知达到平衡时生成0.5mol/L的HI，反应开始至达到平衡时需要时间3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L⋅min)，由图象可知达到平衡时生成0.5molHI，则消耗0.25molH2，H2(g)的转化率为0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案为：0.167；62.5%；

(3)曲线(Ⅰ)与曲线(Ⅱ)相比；到达平衡时间缩短，反应速率加快，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，可能使用催化剂，由于反应前后气体体积不变，也可能是增大压强，故选：③⑤；曲线(Ⅲ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时更长，反应速率减慢，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，由于反应前后气体体积不变，应是减小压强，故选④；

故答案为：③⑤；④；

【点睛】

反应速率是单位时间内物质的浓度的变化量，在计算时注意转换关系最后一问根据图像分析可得，只改变反应速率，不使平衡移动。【解析】K=减小0.16762.5%③⑤④13、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-514、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐；结合铜离子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可发生水解，相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3；据此分析解答。

【详解】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常温下pH＜7；为了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫灭火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意铝离子和碳酸氢根离子易发生双水解而不能共存。【解析】酸＜硫酸抑制Al2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑15、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。16、略

【分析】【分析】

I.（1）多元弱酸应分步电离；

（2）利用盐类水解中“越弱与水解”进行分析；

（3）根据电离常数判断；

（4）通过c(Na＋)>c(CN－)；判断出以电离还是水解为主；

II.（1）根据水的离子积；计算pH；

（2）利用溶度积进行计算；

（3）利用溶度积的原则进行分析；

【详解】

I.（1）碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为：H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－；

故答案为H2CO3H＋＋HCO3－；

（2）三种盐都是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据表中数据，电离H＋能力：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，利用盐类水解中“越弱越水解”，得出水解能力大小顺序是CO32－>CN－>CH3COO－，即pH由大到小的顺序是②>①>③。

故答案为②>①>③；

（3）电离出H＋能力：H2CO3>HCN>HCO3－，因此NaCN中通入少量的CO2，其离子方程式为CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

故答案为：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

（4）HCN和NaOH等体积混合，反应后溶液中的溶质为NaCN和HCN，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(CN－)，说明CN－的水解能力大于HCN的电离能力，溶液显碱性，a、根据上述分析，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；故a错误；

b、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，物料守恒：c(CN－)＋c(HCN)=2c(Na＋)，两式联立得到2c(H＋)＋c(HCN)=2c(OH－)＋c(CN－)，故b错误；

c、根据物料守恒，c(CN－)＋c(HCN)=0.01mol·L－1；故c正确；

c正确；故答案为c；

II.（1）纯水中水电离c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即该温度下，水的离子积Kw=4×10－7×4×10－7=1.6×10－13，该温度下，滴入盐酸，根据水的离子积c(OH－)==8×10－10mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=8×10－10mol·L－1；

故答案为8×10－10mol·L－1；

（2）根据浓度商与Ksp之间的关系，当Qc=Ksp时，此时溶液为饱和溶液，即要使Cu(OH)2开始出现沉淀，c(OH－)>=1×10－9mol·L－1；则pH应大于5；

故答案为5；

（3）Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，说明HgS比FeS更难溶，即先有HgS沉淀产生；反应向更难溶的方向进行，即发生的离子方程式为Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)；

故答案为HgS；Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)。

【点睛】

本题的易错点是I中（3），学生经常书写成2CN－＋CO2－＋H2O=2HCN＋CO32－，学生忽略了HCN电离出H＋强于HCO3－，HCN与CO32－反应生成HCO3－，因此正确的是CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－，因此类似这种题型应注意生成物是否能发生反应。【解析】H2CO3H＋+HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+（aq）+Fe（S）Hg+Fe2+（aq）三、判断题(共1题，共2分)17、×【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2题，共16分)18、略

【分析】【分析】

根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3；工业上用铁与氯气反应生成氯化铁；多余的氯气用吸收剂吸收转化为氯化铁溶液，经分离；提纯得到氯化铁。

【详解】

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是将废铁屑与稀盐酸反应生成的亚铁离子全部氧化为铁离子；答案：将亚铁离子全部氧化为铁离子；

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体时；为抑制铁离子的水解，要在氯化氢气氛里进行加热，所以实验的操作步骤是加入盐酸后蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：盐酸；蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)进入吸收塔的尾气是没有反应完的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，答案：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(4)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325(162.5×2=325)的铁的氯化物可以推出：当温度超过673K时，2分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6，答案：Fe2Cl6；

(5)①称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定滴定实验时，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点，答案：滴入最后一滴Na2S2O3溶液；锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

②由反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2＋2=2I-＋可得关系式：

解得n(Fe3+)=cV×10-3mol，则m克样品中氯化铁的质量分数=×100%=答案：【解析】将亚铁离子全部氧化为铁离子盐酸蒸发浓缩、冷却结晶2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe2Cl6滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色19、略

【分析】【分析】

由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化