2024年浙教版選修4化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年浙教版選修4化學下冊階段測試試卷857考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、某反應(yīng)的反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示(圖中E1表示正反應(yīng)的活化能，E2表示逆反應(yīng)的活化能)；下列有關(guān)敘述中正確的是。

A.上圖可表示由KClO3加熱制O2反應(yīng)過程中的能量變化B.催化劑能改變該反應(yīng)的焓變C.催化劑能改變該反應(yīng)的正反應(yīng)的活化能而對逆反應(yīng)的活化能無影響D.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)2、室溫下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA；測得溶液pH的變化曲線如圖所示，下列說法正確的是。

A.a點所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(OH-)B.b點所示溶液中c(A-)＞c(HA)C.pH＝7時，c(Na+)＝c(A-)＋c(HA)D.a、b兩點所示溶液中水的電離程度a＜b3、羥氨(NH2OH)在水溶液中的電離方程式為：NH2OH+H2ONH3OH++OH-，用0.1mol/L鹽酸滴定20mL0.1mol/LNH2OH溶液；恒定25℃時，滴定過程中由水電離出來的OH-濃度的負對數(shù)與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是（）

A.A到D溶液中，NH2OH電離常數(shù)不變B.由A到D，水電離出的c(OH-)逐漸減小C.B點對應(yīng)的溶液中c(Cl-)=c(NH3OH+)D.C點對應(yīng)的溶液中c(H+)=c(OH-)+c(NH2OH)4、常溫下；將等濃度的NaOH溶液分別滴加到等pH；等體積的HA、HB兩種弱酸溶液中，溶液的pH與粒子濃度比值的對數(shù)關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是。

A.等pH的兩種酸的濃度：c(HA)<c(HB)B.電離平衡常數(shù)：10Ka(HA)=Ka(HB)C.b點溶液：c(B?)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時：c(B?)>c(HB)5、0.1mol·L－1的稀鹽酸與0.2mol·L－1醋酸鈉溶液等體積完全反應(yīng)后，測得反應(yīng)后的溶液中c（CH3COO－）>c（Cl－），則下列判斷中錯誤的是A.溫度為298K時，pH<7B.c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1C.c（CH3COOH）<c（CH3COO－）D.c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na+）＋c（H+）6、常溫下，向的二元酸溶液中滴加溶液，溶液中含A元素的粒子的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化如圖，y點對應(yīng)溶液的下列說法中不正確的是

A.二元酸的電離方程式為：B.當溶液中和NaHA物質(zhì)的量相等時：C.在x點溶液中離子濃度大小關(guān)系：D.常溫下的電離常數(shù)為7、室溫下，向0.01mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸銨溶液；溶液pH隨滴入醋酸銨溶液體積變化的曲線示意圖如圖所示。下列分析正確的是。

A.a點，pH=2B.b點，c(CH3COO-)>c(NH4+)C.c點，pH可能大于7D.ac段，pH的增大僅是因為醋酸電離平衡逆向移動8、硼酸(H3BO3)為一元弱酸，已知H3BO3與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通過電解的方法制備。其工作原理如下圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子；陰離子通過)。下列說法錯誤的是。

A.a與電源的正極相連接B.陽極的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+C.當電路中通過3mol電子時，可得到1molH3BO3D.B(OH)4-穿過陰膜進入產(chǎn)品室，Na+穿過陽膜進入陰極室9、鋼鐵腐蝕發(fā)生得最普遍的是A.吸氧腐蝕B.析氫腐蝕C.化學腐蝕D.摩擦損耗評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、（1）用50mL0.50mol·L-1的鹽酸與50mL0.55mol·L-1的氫氧化鈉溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)；測定反應(yīng)過程中所放出的熱量并計算每生成1mol液態(tài)水時放出的熱量。

完成下列問題：

①燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是__________。

②用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的生成1mol液態(tài)水時放出熱量的數(shù)值會__________。

（2）現(xiàn)有反應(yīng)PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，523K時，將10molPCl5注入容積為2L的密閉容器中；平衡時壓強為原來的1.5倍。

①該溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K為__________

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為__________11、按要求回答下列問題。

(1)已知在常溫常壓下：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)?H=-1275.6kJ·mol-1

②H2O(l)=H2O(g)?H=+44.0kJ·mol-1寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式___________________________。

(2)已知：CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)?H1=-192.9kJ·mol-1

H2(g)+O2(g)H2O(g)?H2=-120.9kJ·mol-1

則甲醇與水蒸氣催化重整反應(yīng)的焓變?H3________________。

(3)苯乙烯是重要的基礎(chǔ)有機原料。工業(yè)中用乙苯(C6H5—CH2CH3)為原料，采用催化脫氫的方法制取苯乙烯(C6H5—CH=CH2)的反應(yīng)方程式為:C6H5—CH2CH3(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)?H1

已知：3C2H2(g)C6H6(g)?H2；C6H6(g)+C2H4(g)C6H5—CH2CH3(g)?H3

則反應(yīng)3C2H2(g)+C2H4(g)C6H5—CH=CH2(g)+H2(g)的?H=________。

(4)氨的合成是最重要的化工生產(chǎn)之一。工業(yè)上合成氨用的H2有多種制取的方法：

①用焦炭跟水反應(yīng)：

②用天然氣跟水蒸氣反應(yīng)：已知有關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖所示，則方法②中反應(yīng)的?H=________。12、為有效控制霧霾；各地積極采取措施改善大氣質(zhì)量，研究并有效控制空氣中的氮氧化物；碳氧化物和硫氧化物含量顯得尤為重要。

I.汽車內(nèi)燃機工作時會引起N2和O2的反應(yīng)：N2+O22NO；是導致汽車尾氣中含有NO的原因之一。

（1）在T1、T2溫度下，一定量的NO發(fā)生分解反應(yīng)時N2的體積分數(shù)隨時間變化如右圖所示，根據(jù)圖像判斷反應(yīng)N2(g)+O2(g)2NO(g)的△H__________0(填“>"或“<”）。

（2）在T3溫度下，向2L密閉容器中充入10molN2與5molO2，50秒后達到平衡，測得NO的物質(zhì)的量為2mol，則該反應(yīng)的速率v(N2)_________。該溫度下，若增大壓強此反應(yīng)的平衡常數(shù)將____________(填“增大”、“減小”、“不變”或“無法確記”）；若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol，則達到平衡后O2的轉(zhuǎn)化率為__________。

II.甲烷和甲醇可以做燃料電池；具有廣闊的開發(fā)和應(yīng)用前景，回答下列問題。

（3）甲醇燃料電池（簡稱DMFC)由于結(jié)構(gòu)簡單；能量轉(zhuǎn)化率高、對環(huán)境無污染；可作為常規(guī)能源的替代品而越來越受到關(guān)注。DMFC工作原理如右圖所示：

通入a氣體的電極是原電池的____________極（填“正”或“負”），其電極反應(yīng)式為_______________。

（4）某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示U形管中氯化鈉溶液的體積為800ml。閉合K后，若每個電池甲烷用量為0.224L(標況），且反應(yīng)完全，則理論上通過電解池的電量為__________(法拉第常數(shù)F=9.65×104C/mol)，若產(chǎn)生的氣體全部逸出，電解后溶液混合均勻，電解后U形管中溶液的pH為_________。13、已知常溫下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反應(yīng)NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K＝9.45×104，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝______________。14、砷酸(H3AsO4)分步電離的平衡常數(shù)(25℃)為：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步電離的平衡常數(shù)的表達式為K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為_________________。15、I.下列有關(guān)敘述正確的是_______

A.堿性鋅錳電池中，MnO2是催化劑。

B.銀鋅紐扣電池工作時，Ag2O被還原為Ag

C.放電時；鉛酸蓄電池中硫酸濃度不斷增大。

D.電鍍時；待鍍的金屬制品表面發(fā)生還原反應(yīng)。

Ⅱ.鋅是一種應(yīng)用廣泛的金屬；目前工業(yè)上主要采用“濕法”工藝冶煉鋅。某含鋅礦的主要成分為ZnS(還含少量FeS等其他成分)，以其為原料冶煉鋅的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：

(1)硫化鋅精礦的焙燒在氧氣氣氛的沸騰爐中進行，所產(chǎn)生焙砂的主要成分的化學式為_______。

(2)焙燒過程中產(chǎn)生的含塵煙氣可凈化制酸，該酸可用于后續(xù)的_______操作。

(3)浸出液“凈化”過程中加入的主要物質(zhì)為_______，其作用是_______。

(4)電解沉積過程中的陰極采用鋁板，陽極采用Pb-Ag合金惰性電極，陽極逸出的氣體是_______。

(5)改進的鋅冶煉工藝，采用了“氧壓酸浸”的全濕法流程，既省略了易導致空氣污染的焙燒過程，又可獲得一種有工業(yè)價值的非金屬單質(zhì)?！把鯄核峤敝邪l(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_______。

(6)我國古代曾采用“火法”工藝冶煉鋅。明代宋應(yīng)星著的《天工開物》中有關(guān)于“升煉倭鉛”的記載：“爐甘石十斤，裝載入一泥罐內(nèi)，，然后逐層用煤炭餅墊盛，其底鋪薪，發(fā)火煅紅，，冷淀，毀罐取出，，即倭鉛也?！痹摕掍\工藝過程主要反應(yīng)的化學方程式為_______。(注：爐甘石的主要成分為碳酸鋅，倭鉛是指金屬鋅)評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、計算題(共4題，共40分)17、(1)已知單質(zhì)硫16g燃燒放熱為149kJ；寫出硫燃燒熱的熱化學方程式：_________________

(2)依據(jù)蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學反應(yīng)的焓變進行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根據(jù)蓋斯定律，計算298K時由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反應(yīng)的焓變：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化學鍵的鍵能分別是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化學鍵的鍵能為_____kJ/mol。

(4)S(單斜)和S(正交)是硫的兩種同素異形體。

已知：①S(單斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(單斜；s)比S(正交，s)更_________（填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”）

(5)同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和點燃條件下的ΔH(化學計量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同條件下，2mol氫原子所具有的能量________1mol氫分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)18、I.寫出下列反應(yīng)的熱化學方程式。

（1）CuCl(s)與O2反應(yīng)生成CuCl2(s)和一種黑色固體。在25℃、101kPa下，已知該反應(yīng)每消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，該反應(yīng)的熱化學方程式是_____________________。

（2）在1.01×105Pa時，16gS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S固體燃燒熱的熱化學方程式為________________________。

II.研究NOx、SO2；CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

（3）處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S固體。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反應(yīng)的熱化學方程式是_____________________。

（4）氮氧化物是造成光化學煙霧和臭氧層損耗的主要氣體。已知：

CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若用標準狀況下3.36LCO還原NO2至N2(CO完全反應(yīng))的整個過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________mol，放出的熱量為______________kJ(用含有a和b的代數(shù)式表示)。19、常溫下，工業(yè)上可以用氨水除去反應(yīng)C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO(g)中產(chǎn)生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反應(yīng)NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=______________。(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)20、在廢水處理領(lǐng)域中，H2S或Na2S能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去。已知：25℃H2S電離常數(shù)分別為Ka1＝1.3×10—7，Ka2＝7.0×10—15，某溶液含0.02mol/LMn2+、0.1mol/LH2S，向該溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH，(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。當溶液的pH＝5時，Mn2+開始沉淀為MnS；則：

(1)HS—的電離常數(shù)表達式為______________；

(2)Na2S溶液中的微粒有_____________種；

(3)NaHS溶液的pH_____________7(填“＞”、“＝”或“＜”)，理由是__________________；

(4)當溶液的pH＝5時，c(S2—)∶c(H2S)＝______________；

(5)MnS的溶度積為_____________；

(6)當Mn2+完全沉淀時，溶液中c(S2—)＝____________mol/L。評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共9分)21、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

KClO3加熱制O2反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；故A正確；催化劑不能改變化學反應(yīng)的焓變，故B錯誤；催化劑能同等程度的改變正；逆反應(yīng)的活化能，故C錯誤；生成物的能量大于反應(yīng)物的能量，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故D錯誤。

點睛：催化劑能同等程度的改變正逆反應(yīng)的活化能，所以能同等程度改變正逆反應(yīng)反應(yīng)速率，加入催化劑平衡不移動。2、B【分析】【詳解】

A．a(chǎn)點溶液的溶質(zhì)為0.05mol/LNaA，此時溶液呈堿性，說明HA為弱酸，A-會發(fā)生水解，因此c(Na+)>c(A-)，A-水解較為微弱，且水會發(fā)生電離，因此溶液中相關(guān)微粒濃度關(guān)系為：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)；故A錯誤；

B．b點溶液溶質(zhì)為等濃度的NaA和HA，此時溶液呈酸性，說明HA的電離程度大于A-的水解程度，因此溶液中c(A-)>c(HA)；故B正確；

C．pH=7時，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，因此c(Na+)<c(A-)＋c(HA)；故C錯誤；

D．a(chǎn)點溶質(zhì)為強堿弱酸鹽，其中弱離子發(fā)生水解會促進水的電離，而b點的溶質(zhì)中含有酸，會抑制水的電離，因此水的電離程度a>b；故D錯誤；

故答案為：B。3、B【分析】【詳解】

A.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；所以溫度不變電離常數(shù)不變，A正確；

B.由圖可知，C點-lgc(OH-)值最小，則水電離出的c(OH-)最大，所以由A到D，水電離出的c(OH-)先增大再減??；B錯誤；

C.B點對應(yīng)的溶液中，-lgc(OH-)=7，則水電離產(chǎn)生的c(H+)=c(OH-)=10-7，所以溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒：c(NH3OH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)；C正確；

D.C點對應(yīng)的溶液中，鹽酸與NH2OH溶液恰好完全反應(yīng)生成強酸弱堿鹽NH3OHCl，NH3OHCl水解生成NH2OH，溶液呈酸性，根據(jù)物料守恒：c(Cl-)=(NH3OH+)+c(NH2OH)，電荷守恒：c(NH3OH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，兩式相加可得：c(H+)=c(OH-)+c(NH2OH)；D正確。

答案選B。

【點睛】

學會由圖分析，利用反應(yīng)原理知識解題，根據(jù)電荷守恒和物料守恒解決微粒之間的關(guān)系，本題D選項為難點。4、B【分析】【詳解】

A選項，lg或lg=0時HB的pH大于HA的pH，則Ka(HA)>Ka(HB)，酸強弱順序為HA>HB，因此等pH的兩種酸的濃度：c(HA)<c(HB)；故A正確；

B選項，lg或lg=0時HA的pH=4，HB的pH=5，因此電離平衡常數(shù)：Ka(HA)=10Ka(HB)；故B錯誤；

C選項，b點溶液呈酸性，lg=0，c(B?)=c(HB)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)和呈酸性得出c(B?)>c(Na+)，因此c(B?)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)；故C正確；

D選項，lg=0時溶液的pH=5，此時c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時，根據(jù)圖像lg>0，則c(B?)>c(HB)；故D正確。

綜上所述，答案為B。5、D【分析】【分析】

0.1mol?L-1的稀鹽酸與0.2mol?L-1醋酸鈉溶液等體積完全反應(yīng)后，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，測得反應(yīng)后的溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度；據(jù)此分析。

【詳解】

A．CH3COOH電離程度大于CH3COO-的水解程度，所以溫度為298K時，溶液呈酸性，則pH<7；A正確；

B．二者混合時溶液體積增大一倍，濃度減半，根據(jù)物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol?L-1；B正確；

C．因為CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO－)；C正確；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，此溶液中電荷守恒為c(CH3COO－)＋c(OH－)+c(Cl－)＝c(Na+)＋c(H+)；D錯誤；

答案選D。

【點睛】

溶液中的三大守恒：電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒是高考中的高頻考點，一般可根據(jù)電荷、物料推出質(zhì)子守恒；也可以直接根據(jù)得氫離子、失氫離子守恒直接書寫；D選項即為電荷守恒，找出溶液中的所有離子即可判斷對錯。6、B【分析】【詳解】

A.根據(jù)圖像，未加NaOH時，的物質(zhì)的量為所以第一步完全電離，溶液中不存在分子，的電離是不完全電離；故A不符合題意；

B.當溶液中和NaHA物質(zhì)的量相等時，由電荷守恒和物料守恒可得故B符合題意；

C.在x點溶液中的溶質(zhì)為NaHA，只電離不水解，離子濃度大小關(guān)系：故C不符合題意；

D.常溫下的電離常數(shù)而y點對應(yīng)溶液的和NaHA物質(zhì)的量相等，則故D不符合題意。

故選B。

【點睛】

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確圖像中酸堿混合時溶液中的溶質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，抓住圖像進行分析即可，注意電離平衡常數(shù)和電荷關(guān)系的應(yīng)用。7、B【分析】【詳解】

A．由于醋酸是弱電解質(zhì)；不能完全電離，所以0.01mol/的醋酸溶液中氫離子濃度小于0.01mol/L，a點的pH大于2，A錯誤；

B．所得溶液為CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，CH3COONH4溶液顯中性，CH3COOH溶液顯酸性，所以b點溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根據(jù)電荷守恒可知c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)；B正確；

C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液；所得混合溶液必顯酸性，即c點溶液的pH一定小于7，C錯誤；

D．a(chǎn)c段溶液的pH增大；不僅是因為醋酸的電離平衡逆向移動，還有溶液的稀釋作用，D錯誤；

故選B。

【點睛】

在ab段，溶液的pH增大很快，這主要是由于醋酸是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，向0.01mol?L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸銨溶液，導致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的電離平衡左移，故溶液中的c(H+)減小，溶液的pH增大；而在bc段，溶液的pH變化不明顯，主要是由于加入的醋酸銨溶液導致溶液體積增大，故溶液中的c(H+)減小，pH變大，但變大的很緩慢。8、C【分析】【詳解】

a為陽極，與電源的正極相連接，故A正確；陽極上水失電子生成O2和H+，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-═O2↑+4H+，故B正確；電解時陰極上水得電子生成H2和OH-，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，原料室中的鈉離子通過陽膜進入陰極室，原料室中的B（OH）4-通過陰膜進入產(chǎn)品室，故D正確；陽極室中氫離子通入陽膜進入產(chǎn)品室，理論上每生成1molH3BO3，需要1molH+，1molB（OH）4-；故需要轉(zhuǎn)移1mol電子，故C錯誤；故選C。

點睛：該裝置是電解裝置的升級版，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意每個室中離子濃度的變化，結(jié)合離子交換膜的類型，就可以明白產(chǎn)品室、原料室的作用，不論如何復雜電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目是不變的，電路中通過電子數(shù)不變。9、A【分析】【詳解】

鋼鐵腐蝕發(fā)生得最普遍的是電化學腐蝕，電化學腐蝕包含吸氧腐蝕和析氫腐蝕，以吸氧腐蝕為主，最為普遍，故選A。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【詳解】

(1)①中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是減少實驗過程中的熱量損失；

②NH3?H2O是弱電解質(zhì)；電離過程為吸熱過程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量小于57.3kJ；

(2)①初始投料為10mol，容器容積為2L，設(shè)轉(zhuǎn)化的PCl5的物質(zhì)的量濃度為x；則有：

恒容容器中壓強比等于氣體物質(zhì)的量濃度之比，所以有解得x=2.5mol/L，所以平衡常數(shù)K==2.5；

②PCl5的平衡轉(zhuǎn)化率為=50%?！窘馕觥竣?減少實驗過程中的熱量損失②.偏?、?2.5④.50%11、略

【分析】【詳解】

(1)①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔΗ＝－1275.6kJ·mol－1；

②H2O(l)=H2O(g)ΔΗ＝＋44.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①×-②×2得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1；

答案：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1

(2)根據(jù)蓋斯定律和已知方程式，可得甲醇和水蒸氣催化重整的方程式=①-②，所以焓變ΔΗ3=ΔΗ1-ΔΗ2=-192.9kJ/mol+120.9kJ/mol=-72.0kJ/mol；

答案：－72.0kJ·mol－1

(3)根據(jù)蓋斯定律，將已知三個熱化學方程式相加即得所求方程式，所求熱效應(yīng)也等于三式的熱效應(yīng)相加，所以ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2+ΔΗ3；

答案：ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3

(4)由圖知CO(g)+O2(g)=CO2(g）ΔΗ=-akJ/mol；①

H2(g)+O2(g)=H2O(g）ΔΗ=-bkJ/mol；②

CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g）ΔΗ=-ckJ/mol③

根據(jù)蓋斯定律得方法②中反應(yīng)的ΔΗ=③-①-②×3=-c-(-a)-(-b)×3=（a+3b-c）kJ/mol；

答案：(a＋3b－c)kJ·mol－1【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔΗ＝－725.8kJ·mol－1－72.0kJ·mol－1ΔΗ1＋ΔΗ2＋ΔΗ3(a＋3b－c)kJ·mol－112、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）根據(jù)題給圖像知，溫度為T2時先達到平衡狀態(tài)，說明溫度為T2時反應(yīng)速率快，故溫度：T1＜T2，但溫度為T2時反應(yīng)達平衡時氮氣的體積分數(shù)低；說明升高溫度平衡向正反應(yīng)方向進行，正方應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即△H＞0。

（2）50秒后達到平衡，測得NO的物質(zhì)的量為2mol，根據(jù)方程式可知消耗氮氣是1mol，則該反應(yīng)的速率v(N2)根據(jù)公式v=△n/V△t將題給數(shù)據(jù)代入計算得υ(N2)＝＝0.01mol·L－1·s－1；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，增大壓強平衡常數(shù)不變；平衡時氮氣和氧氣的濃度分別是5mol/L－0.5mol/L＝4.5mol/L、2.5mol/L－0.5mol/L＝2mol/L，NO的濃度是1mol/L，T3溫度下該反應(yīng)的化學平衡常數(shù)K＝1/9，如果該溫度下，若開始時向上述容器中充入N2與O2均為1mol；則。

N2（g）+O2（g）2NO（g）

起始濃度（mol/L）0.50.50

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）xx2x

平衡濃度（mol/L）0.5－x0.5－x2x

因此平衡常數(shù)K＝＝1/9，解得x=1/14，因此達到平衡后N2的轉(zhuǎn)化率為14.3%；

（3）燃料電池中，通入燃料的電極為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)。根據(jù)裝置圖可知左側(cè)是電子流出的一極，所以通入a氣體的電極是原電池的負極。由于存在質(zhì)子交換膜，所以甲醇被氧化生成二氧化碳，電極方程式為CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

（4）電解氯化鈉溶液的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知關(guān)系式1molCH4～8mole﹣～8molNaOH，故若每個電池甲烷通入量為0.224L（標準狀況），生成0.08molNaOH，c（NaOH）＝0.08mol÷0.8L＝0.1mol/L，pH=13；電解池通過的電量為×8×9.65×104C?mol﹣1=7.72×103C（題中雖然有兩個燃料電池；但電子的傳遞量只能用一個池的甲烷量計算。

考點：考查外界條件對平衡狀態(tài)的影響以及有關(guān)計算、電化學原理的應(yīng)用等【解析】>0.01mol/(L.s)不變14.3%負CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+7.72×103c1313、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，由題意將平衡常數(shù)表達式寫出，再觀察找到K之間的聯(lián)系。

【詳解】

由題意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K=變形為=帶入數(shù)據(jù)可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5?！窘馕觥?.75×10－514、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，據(jù)此寫出第三步電離平衡常數(shù)的表達式；依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關(guān)系計算水解常數(shù)。

【詳解】

砷酸(H3AsO4)的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，則其第三步電離平衡常數(shù)的表達式為Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，則該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為故答案為：2.5×10－3?！窘馕觥?.5×10－315、略

【分析】【詳解】

試題分析：20-IA.堿性鋅錳電池中，MnO2是正極，錯誤。B，銀鋅紐扣電池工作時，Ag2O中的+1價的Ag得到電子被還原為單質(zhì)Ag。Zn單質(zhì)失去電子，被氧化，作負極。正確。C.放電時，鉛酸蓄電池中硫酸由于不斷被消耗，所以濃度不斷減小，錯誤。D.電鍍時，待鍍的金屬制品作陰極，在陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，所以表面有一層鍍層金屬附著在鍍件表面。正確。20-Ⅱ(1)由于硫化鋅精礦的成分是ZnS，焙燒在氧氣氣氛的沸騰爐中進行，發(fā)生反應(yīng)：2ZnS+3O22ZnO+2SO2。因此所產(chǎn)生焙砂的主要成分是ZnO。(2)焙燒過程中產(chǎn)生的含塵煙氣主要成分是SO2可凈化制酸，該酸可用于后續(xù)的浸出操作。(3)浸出液“凈化”過程中加入的主要物質(zhì)為鋅粉，其作用是置換出Fe等；(4)電解沉積過程中的陰極采用鋁板，陽極采用Pb-Ag合金惰性電極，由于電極是惰性電極，所以在陽極是溶液中的OH-放電，電極反應(yīng)是：4OH--4e-=2H2O+O2↑.所以陽極逸出的氣體是氧氣。(5)根據(jù)題意可得“氧壓酸浸”中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O.(6)用焦炭煅燒爐甘石的化學反應(yīng)方程式為ZnCO3+2CZn+3CO↑。

考點：考查原電池、電解池的反應(yīng)原理、試劑的作用、金屬的冶煉方法及反應(yīng)條件的控制的知識。【解析】BDZnO浸出鋅粉置換出Fe等O22ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2OZnCO3+2CZn+3CO↑三、判斷題(共1題，共2分)16、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、計算題(共4題，共40分)17、略

【分析】【分析】

(1)先根據(jù)n=計算16gS的物質(zhì)的量；然后結(jié)合燃燒熱的概念書寫表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學方程式；

(2)將已知的熱化學方程式疊加；可得待求反應(yīng)的熱化學方程式；

(3)根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物總鍵能與生成物總鍵能的差計算NO分子中化學鍵的鍵能；

(4)根據(jù)蓋斯定律；將已知熱化學方程式疊加，可得單斜硫與正交硫轉(zhuǎn)化的熱化學方程式然后進行判斷；依據(jù)物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性越強分析判斷；

(5)根據(jù)蓋斯定律分析比較；

(6)根據(jù)斷裂化學鍵吸收能量；形成化學鍵釋放能量分析比較。

【詳解】

(1)16gS的物質(zhì)的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量149kJ，則1molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃燒熱的熱化學方程式為S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物總鍵能與生成物總鍵能的差；假設(shè)NO中鍵能為x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(單斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律，將①-②，整理可得S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根據(jù)該熱化學方程式可知：單斜硫轉(zhuǎn)化為正交硫放出熱量；說明正交硫能量比單斜硫的能量低，物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強，故單斜硫不如正交硫的穩(wěn)定性強；

(5)反應(yīng)熱只與反應(yīng)的溫度、物質(zhì)的狀態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)條件無關(guān)，所以同溫同壓下，在光照和點燃條件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化學計量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1=ΔH2；

(6)由于鍵能是形成1mol化學鍵所釋放的能量或斷裂1mol化學鍵所吸收的能量；說明含有化學鍵的分子所具有的能量比形成該化學鍵的原子的能量低，因此在相同條件下，2mol氫原子所具有的能量比1mol氫分子所具有的能量高。

【點睛】

本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、表示燃燒熱是熱化學方程式的書寫、反應(yīng)熱與鍵能和物質(zhì)穩(wěn)定性的關(guān)系?；瘜W反應(yīng)過程的能量變化只與物質(zhì)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑、反應(yīng)條件無關(guān)。在書寫燃燒熱的熱化學方程式時，要注意可燃物的物質(zhì)的量必須是1mol，且反應(yīng)產(chǎn)物是穩(wěn)定的化合物，如H2O的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài)，CO2的穩(wěn)定狀態(tài)是氣態(tài)；物質(zhì)含有的能量越低穩(wěn)定性就越強，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更穩(wěn)定?！窘馕觥縎(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不穩(wěn)定=>18、略

【分析】【分析】

I.（1）黑色固體為氧化銅；消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放熱177.6kJ，據(jù)此書寫熱化學方程式；

（2）16g（即0.5mol）S固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫；放熱148.5kJ，1molS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放熱297kJ，據(jù)此書寫熱化學方程式；

II.（3）（4）利用蓋斯定律進行計算；并書寫正確的熱化學方程式；

【詳解】

I.（1）黑色固體為氧化銅，消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放熱177.6kJ，熱化學方程式為：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1；

（2）16g（即0.5mol）S固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放熱148.5kJ，1molS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放熱297kJ，熱化學方程式為：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1；

II.（3）根據(jù)蓋斯定律由2×①-②得熱化學方程式為：2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270kJ·mol－1；

（4）已知：①CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

②2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

根據(jù)蓋斯定律由2×①+②得：4CO(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+b）kJ·mol－1；4molCO還原NO2至N2，電子轉(zhuǎn)移8mol，放出的熱量為(2a+b）kJ，用標準狀況下3.36L(即0.15mol)CO還原NO2至N2，電子轉(zhuǎn)移0.3mol，放出的熱量為kJ。

【點睛】

本題的難點是根據(jù)蓋斯定律書寫出正確的熱化學方程式，一般情況下，蓋斯定律在應(yīng)用分三步走：【解析】4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-12CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270kJ·mol－10.319、略

【分析】【分析】

根據(jù)化學平衡常數(shù)的含義，將各種微粒代入，然后變形，通過轉(zhuǎn)化為NH3·H2O、H2CO3的平衡常數(shù)進行整理；就可得到其數(shù)值。

【詳解】

反應(yīng)NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K==1.25×10-3。

【點睛】

本題考查了化學平衡常數(shù)的計算?；瘜W平衡常數(shù)等于水的離子積常數(shù)與相應(yīng)的弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)或電離平衡常數(shù)乘積的比值。學會將電離平衡常數(shù)表達式變形，找到待求量與已知量關(guān)系是本題解答的關(guān)鍵，注重數(shù)學知識在化學計算中的應(yīng)用能力的培養(yǎng)。【解析】1.25×10-320、略

【分析】【分析】

(1)HS-電離生成硫離子和氫離子；

(2)Na2S溶液中存在S2-的兩