2025年蘇教新版選修4化學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇教新版選修4化學上冊階段測試試卷827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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列說法正確的是（）A.HCl和NaOH反應的中和熱ΔH＝－57.3kJ/mol，則H2SO4和Ba(OH)2反應的中和熱ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃燒熱是ΔH＝－283.0kJ/mol，則2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反應的ΔH＝+2×283.0kJ/molC.101kPa時，1mol碳燃燒所放出的熱量為碳的燃燒熱D.反應物所具有的總能量小于生成物所具有的總能量時，△H<02、下列關于化學反應圖像的說法錯誤的是（）

A.圖1可表示反應在等溫、等壓條件下平衡后t時刻充入NO2時反應速率隨時間的變化圖像B.圖2可表示在一定溫度下將0.5molCO和0.5molH2充入體積為2L的密閉容器中發(fā)生反應時，CO的體積分數(shù)隨時間的變化圖像C.圖3可表示反應且溫度：T1>T2D.圖4可表示反應且m+n>p+q3、常溫下，下列粒子濃度關系錯誤的是A.溶液中：B.的和混合溶液中：C.將溶液與溶液等體積混合：D.向溶液中通入至中性：4、25℃時，用蒸餾水稀釋10mLpH=11的氨水。下列敘述正確的是A.該10mL氨水的濃度為0.001mol/LB.稀釋至100mL時，溶液的pH小于10C.稀釋時，溶液中所有的離子的濃度均變小D.稀釋過程中，的值一定增大5、水是最寶貴的資源之一．下列表述正確的是A.4℃時，純水的pH=7B.溫度升高，純水中的c（H+）增大，c（OH﹣）減小C.水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小6、關于0.1mol/LNa2CO3溶液，下列判斷不正確的是A.粒子種類與NaHCO3溶液不同B.升高溫度，c減小C.加入Ca(OH)2溶液，c減小D.cH++cNa+=2c+c+cOH-評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、已知破壞1molH﹣H鍵、1molI﹣I鍵、1molH﹣I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ．則由氫氣和碘單質反應生成2molHI需要放出________kJ的熱量．8、在一定溫度下，把1molN2和3molH2通入一個一定容積的密閉的容器里，發(fā)生如下反應：N2＋3H22NH3；當此反應進行到一定程度時，反應混和物就處于化學平衡狀態(tài)?，F(xiàn)在該容器中，維持溫度不變，令a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的物質的量(mol)。如果a、b；c取不同的數(shù)值；它們必須滿足一定的相互關系，才能保證達到平衡時，反應混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時的完全相同。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）若a＝0，b＝0，則c＝__________。

（2）若a＝0.5，則b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必須滿足的一般條件是：請用兩個方程式表示，其中一個只含a和c，另一個只含b和c______。9、時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：。化學式HClO電離平衡常數(shù)

回答下列問題：

（1）一般情況下，當溫度升高時，______填“增大”、“減小”或“不變”

（2）下列四種離子結合質子能力由大到小的順序是______填序號

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反應不能發(fā)生的是______填序號

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸餾水稀釋的醋酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是______填序號

a.b.c．d．

（5）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如圖所示。

則HX的電離平衡常數(shù)______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）______醋酸溶液中水電離出來的c（H+），理由是___________。10、常溫下，有0.1mol/L的四種溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化學用語解釋溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分別與等量的溶液③恰好完全反應；消耗的體積：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加熱后堿性增強；結合化學用語解釋原因：_________。

(5)常溫下；下列關于溶液②的判斷正確的是_________。

a.c(CH3COO?)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不變。

d.滴入NaOH濃溶液，溶液導電性增強11、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＝______________。12、I.下列有關敘述正確的是_______

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。

Ⅱ.鋅是一種應用廣泛的金屬；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，所產生焙砂的主要成分的化學式為_______。

(2)焙燒過程中產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?！把鯄核峤敝邪l(fā)生的主要反應的離子方程式為_______。

(6)我國古代曾采用“火法”工藝冶煉鋅。明代宋應星著的《天工開物》中有關于“升煉倭鉛”的記載：“爐甘石十斤，裝載入一泥罐內，，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)13、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、結構與性質(共3題，共6分)14、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關)。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應達到平衡時，CO2的轉化率為a，CH3OH的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數(shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

注：方框內包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：)15、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時反應速率的大小關系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。16、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分五、實驗題(共4題，共40分)17、50mL0.5mol·L-1的鹽酸與50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在如圖所示的位置中進行中和反應。通過測定反應過程中放出的熱量可計算中和熱。回答下列問題：

(1)從實驗裝置上看；可知下圖裝置有三處不妥之處，請指出____________；_____________、________________。

(2)在測定中和熱的實驗中；計算反應熱時需要的數(shù)據有_________

①酸的濃度和體積②堿的濃度和體積③比熱容④反應前后溶液的溫度差⑤操作所需時間。A．①②③⑤B．①②③④C．②③④⑤D．①③④⑤(3)實驗中改用60mL0.50mol·L-1的鹽酸跟50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液進行反應；與上述實驗相比，所求中和熱_________(填“相等”或“不相等”)，所放出的熱量________(填“相等”或“不相等”)。

(4)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進行上述實驗，測得的中和熱數(shù)值會______(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。18、某化學興趣小組要完成中和熱的測定。

(1)實驗桌上備有大、小兩個燒杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、膠頭滴管、環(huán)形玻璃攪拌棒、50mL0.50mol/L鹽酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液，實驗尚缺少的玻璃用品是____、____。

(2)NaOH稍過量的原因是_______。

(3)實驗中若改用60mL0.50mol/L鹽酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液進行上述反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和熱____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。

(4)他們記錄的實驗數(shù)據如下：

。實驗用品。

溶液溫度。

t1

t1

t2

①

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.3℃

50mL0.50mol/L鹽酸。

50mL0.50mol/L鹽酸。

②

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.5℃

50mL0.50mol/L鹽酸。

50mL0.50mol/L鹽酸。

已知：Q=cm(t2-t1)，反應后溶液的比熱容c為4.18J/(℃?g)，各物質的密度均為1g/cm3。根據實驗結果寫出NaOH溶液與HCl溶液反應的熱化學方程式：____。

(5)若用等濃度的醋酸與NaOH溶液反應，則測得的中和熱(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不變”)，其原因是_______。19、某實驗小組用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸進行中和熱的測定；測定稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應的中和熱的實驗裝置如圖所示：

（1）儀器A的名稱為___。

（2）裝置中碎泡沫塑料的作用是___。

（3）寫出表示該反應中和熱的熱化學方程式(中和熱為57.3kJ·mol－1)：___。

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸進行實驗，實驗數(shù)據如下表。實驗次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度。

t2/℃溫度差。

(t2－t1)/℃1H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①溫度差平均值為___℃。

②近似認為0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比熱容c＝4.18J·(g·℃)－1。則中和熱△H＝-53.5kJ/mol。

③上述結果與57.3kJ·mol－1有偏差，產生此偏差的原因可能是___(填字母)。

a．實驗裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定硫酸的溫度20、某研究小組探究電解FeCl2溶液的電極反應產物。

（1）配制1mol?L-1FeCl2溶液，測得pH=4.91，原因______（用離子方程式表示）。從化合價角度分析，F(xiàn)e2+具有________。

（2）該小組同學預測電解FeCl2溶液兩極的現(xiàn)象：陽極有黃綠色氣體產生；陰極有無色氣體產生。

該小組同學用右圖裝置電解1mol?L-1FeCl2溶液：

①取少量銀灰色固體洗滌后，加稀H2SO4有氣泡產生；再向溶液中加入________（試劑和現(xiàn)象），證明該固體為Fe。

②該小組同學進一步分析紅褐色固體產生的原因，甲同學認為________；乙同學認為2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化Fe2+最終生成Fe（OH）3。

為證實結論；設計方案如下：用實驗Ⅰ的裝置和1.5v電壓，電解酸化（pH=4.91）的_______，通電5分鐘后，陽極無明顯現(xiàn)象，證實乙同學的推論不正確。丙同學認為仍不嚴謹，原因是產生的氣體溶于水，繼續(xù)實驗________（操作和現(xiàn)象），進一步證實了乙同學的推論不正確。

（3）該小組同學進一步探究電解1mol?L-1FeCl2溶液電極產物的影響因素。

。實驗。

條件。

操作及現(xiàn)象。

電壓。

pH

陽極。

陰極。

陰極。

Ⅰ

1.5v

4.91

無氣泡產生；溶液逐漸變渾濁，5分鐘后電極表面析出紅褐色固體。

無氣泡產生；4分鐘后電極表面有銀灰色金屬狀固體附著。

Ⅱ

1.5v

2.38

無氣泡產生；溶液出現(xiàn)少量渾濁，滴加KSCN溶液變紅色。

無氣泡產生；電極表面有銀灰色金屬狀固體附著。

Ⅲ

1.5v

1.00

無氣泡產生；溶液無渾濁現(xiàn)象，滴加KSCN溶液變紅色。

有氣泡產生；無固體附著。

Ⅳ

3.0v

4.91

無氣泡產生；溶液逐漸變渾濁，3分鐘后電極表面有紅褐色固體產生。

極少量氣泡產生；1分鐘出現(xiàn)鍍層金屬。

Ⅴ

6.0v

4.91

有氣泡產生；遇濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍。溶液逐漸變渾濁。

大量氣泡產生；迅速出現(xiàn)鍍層金屬。

①對比實驗Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ可以得出結論：

陽極Fe2+放電時，酸性較強主要生成Fe3+；酸性較弱主要生成Fe（OH）3。陰極________。

②對比實驗Ⅰ；Ⅳ、Ⅴ可以得出結論：

增大電壓；不僅可以改變離子的放電能力，也可以________。

（4）綜合分析上述實驗，電解過程中電極反應的產物與________有關。評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共6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)據并計算出結果)

(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)，寫出沉淀轉化的離子方程式：_____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．1molH2SO4和1molBa(OH)2反應時，生成2molH2O(l)和1molBaSO4，所以放出的熱量ΔH<2×(－57.3)kJ/mol；且不是中和熱，A不正確；

B．已知CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，則2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反應的ΔH＝+2×283.0kJ/mol；B正確；

C．101kPa時，1mol碳完全燃燒生成CO2(g)時所放出的熱量；才為碳的燃燒熱，C不正確；

D．反應物所具有的總能量小于生成物所具有的總能量時，△H>0；D不正確；

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．在等溫、等壓條件下，平衡后t時刻充入正反應速率增大，逆反應速率減小，最后重新達到平衡狀態(tài)，A正確；

B．和在體積為的密閉容器中發(fā)生反應，起始時與的體積比為的體積分數(shù)為50%，設反應過程中消耗則有三段式：

則平衡時的體積分數(shù)為所以在反應過程中的體積分數(shù)不變；B正確；

C．根據先拐先平數(shù)值大的原則，溫度：溫度高時的體積分數(shù)??；說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，C錯誤；

D．由圖可知，升高溫度，A的轉化率增大，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，壓強越大，A的轉化率越大，說明增大壓強，平衡正向移動，正反應方向為氣體體積減少的方向，則D正確；

答案選C。3、D【分析】【詳解】

A.水解的程度不大，水解顯堿性，且水電離出則溶液中存在選項A正確；

B.溶液顯酸性，由可知選項B正確；

C.等體積混合，醋酸與NaOH的物質的量比為2：1，由物料守恒可知選項C正確；

D.中性時由可知選項D錯誤；

答案選D。4、D【分析】【詳解】

A．一水合氨是弱電解質；在水溶液里部分電離，則溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度，25℃時，pH=11氨水的濃度大于0.001mol/L，故A錯誤；

B．一水合氨是弱電解質，加水稀釋促進一水合氨電離，將10mLpH=11的氨水稀釋至100mL，氨水稀釋10倍后，溶液中氫氧根離子濃度大于原來的則稀釋后溶液的pH在10～11之間，故B錯誤；

C．加水稀釋促進一水合氨電離，溶液中c(OH-)減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c(H+)增大；故C錯誤；

D．加水稀釋氨水，促進一水合氨電離，導致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3·H2O)減小，則溶液中增大；故D正確；

故選D。

【點睛】

本題的易錯點為C，要注意稀釋氨水過程中，溶液中主要存在的離子的濃度均會減小，即c(OH-)、c(NH4+)、c(NH3·H2O)都會減小，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，溶液中c(H+)增大。5、C【分析】【詳解】

A；25℃時；純水的pH=7，4℃時，純水的電離程度減小，pH稍大于7，A錯誤；

B、溫度升高，水的電離平衡向右移動，c（H+）與c（OH﹣）均增大；B錯誤；

C、水是一種極弱的電解質，電離程度很小，25℃時，純水電離出的H+濃度只有1.0×10-7mol?L￣1；純水中主要存在形態(tài)是水分子，C正確；

D；水的離子積不受溶液酸堿性的影響；D錯誤；

故答案選C。6、A【分析】【詳解】

A.Na2CO3溶液中分步水解，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，以第一步水解為主，NaHCO3溶液中存在水解和電離，+H2OH2CO3+OH-，=+H+，以水解為主，所以Na2CO3中粒子種類與NaHCO3溶液相同；均為7種，故A錯誤；

B.水解吸熱，所以升高溫度，水解程度增大，c()減??；故B正確；

C.加入Ca(OH)2溶液，會轉化為CaCO3沉淀，c()減??；故C正確；

D.Na2CO3溶液中存在電荷守恒：cH++cNa+=2c+c+cOH-；故D正確；

故選A。二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【詳解】

氫氣和碘反應生成2molHI的反應實質是；舊鍵斷裂吸收能量的值為：436kJ+151kJ=587kJ，新鍵生成釋放能量為：299kJ×2=598kJ，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵生成釋放的能量，反應為放熱反應，放出的熱量為：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案為：11。

【點睛】

本題主要考查了與鍵能有關的知識，掌握舊鍵斷裂要吸收能量，新鍵生成要釋放能量是解答的關鍵?！窘馕觥?18、略

【分析】【分析】

給據題給信息；本題為恒溫恒容條件下等效平衡的判斷和計算。首先分析可逆反應，可知該反應為反應前后氣體分子數(shù)不等的可逆反應。對于這樣的可逆反應，要保證反應混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時的完全相同,即要與原平衡等效,則投入的物質的量換算成同一邊物質，應與之前相應物質的投入量相等。據此進行計算判斷。

【詳解】

（1）根據反應方程式，將1molN2和3molH2換算成NH3的量，為2mol，則可知2molNH3相當于1molN2和3molH2；則c=2，答案為：2；

（2）根據反應方程式，有：N2＋3H22NH3

根據等效平衡有：解得：答案為：1.5；1；

（3）根據題意有：N2＋3H22NH3

根據等效平衡有：答案為：【解析】21.519、略

【分析】【分析】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程；升高溫度，促進弱電解質的電離；

(2)電離平衡常數(shù)越大；酸越強，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱；

(3)根據酸性強弱；結合強酸能夠制取弱酸分析判斷；

(4)醋酸是弱電解質，加水稀釋，促進醋酸電離，則n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但醋酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都減??；據此分析解答；

(5)加水稀釋；促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，據此分析解答。

【詳解】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程，升高溫度，促進弱電解質的電離，所以當溫度升高時，Ka增大；故答案為增大；

(2)電離平衡常數(shù)越大，酸越強，越易電離，則酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱，則四種離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案為a＞b＞d＞c；

(3)酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應能夠發(fā)生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應能夠發(fā)生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，該反應無法發(fā)生，故c正確；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-；該反應不能發(fā)生，故d正確；故答案為cd；

(4)a．加水稀釋，促進醋酸電離，氫離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，所以的比值減小，故a錯誤；b．加水稀釋，促進醋酸電離，醋酸根離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，則的比值增大，故b正確；c．加水稀釋，盡管促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以的比值減小，故c錯誤；d．加水稀釋，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則氫氧根離子濃度增大，的比值減小，故d錯誤，故答案為b；

(5)加水稀釋，促進弱酸電離，pH相同的不同酸，稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸，酸性強，變化小的酸，酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，對水的電離的抑制程度越大；根據圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)，因為溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它對水的電離的抑制能力減弱，故答案為大于；大于；稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它對水的電離的抑制能力減弱。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意對醋酸溶液進行稀釋，醋酸溶液中主要存在的離子濃度均會減小，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，因此氫氧根離子濃度會增大?！窘馕觥吭龃骳db大于大于稀釋后HX溶液中的小于溶液中的它對水的電離的抑制能力減弱10、略

【分析】【詳解】

(1)鹽酸溶液呈酸性是由于HCl發(fā)生電離產生了H+，故答案為：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH?)=0.1mol/L，故pH=13，故答案為：13；(3)因為溶液①、②與溶液③都是按1:1進行反應的，故分別與等量的溶液③恰好完全反應，消耗的體積相等，故答案為：=；(4)由溶液中存在加熱使平衡正向移動，故堿性增強，故答案為：溶液中存在水解為吸熱反應，加熱使平衡正向移動(5)a．根據物料守恒有c(CH3COO?)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a錯誤；ｂ．溶液中有醋酸和水都會電離出H+，故c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)，故b正確；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO?)增大，使得醋酸的電離平衡逆向移動，c(H+)減小，故c錯誤；ｄ．醋酸是弱電解質，只能部分電離，滴入NaOH濃溶液后反應生成了強電解質醋酸鈉，故溶液導電性增強，故d正確；故答案為：bd?！窘馕觥縃Cl=H++Cl-13=溶液中存在水解為吸熱反應，加熱使平衡正向移動bd11、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關，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)據可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5?！窘馕觥?.75×10－512、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Ag。Zn單質失去電子，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，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：2ZnS+3O22ZnO+2SO2。因此所產生焙砂的主要成分是ZnO。(2)焙燒過程中產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，電極反應是：4OH--4e-=2H2O+O2↑.所以陽極逸出的氣體是氧氣。(5)根據題意可得“氧壓酸浸”中發(fā)生的主要反應的離子方程式為2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O.(6)用焦炭煅燒爐甘石的化學反應方程式為ZnCO3+2CZn+3CO↑。

考點：考查原電池、電解池的反應原理、試劑的作用、金屬的冶煉方法及反應條件的控制的知識?！窘馕觥緽DZnO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)13、×【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、結構與性質(共3題，共6分)14、略

【分析】【詳解】

（1）根據蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減??；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉化率；A正確；

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉化率為a，則消耗剩余的物質的量為根據碳原子守恒，生成CO的物質的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時則平衡時

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質的量分數(shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數(shù)據，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5115、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時反應速率的大小關系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠大于鹽酸，分別與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質的量大小關系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時反應速率的大小關系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠大于鹽酸，醋酸的物質的量遠大于鹽酸，與足量的②反應時，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質的量大小關系為①<④。答案為：<。

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質的量濃度遠比強酸大。與堿反應時，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><16、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點③所示溶液中的溶質成分，根據溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質成分；根據各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進水的電離；

【詳解】

（1）根據題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據加入氫氧化鈉的量可知點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，根據電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，根據物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進，點④所示溶液中溶質為CH3COONa；只有鹽的水解促進水的電離，所以水的電離程度從大到小排序為④③②；

【點睛】

明確混合溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用?！窘馕觥縜HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、實驗題(共4題，共40分)17、略

【分析】【分析】

（1）應在最短的時間內讓鹽酸和氫氧化鈉充分反應；所以應增添攪拌裝置；為了測得溫度的最高值，應加強保溫；隔熱和防止熱量散失；

（2）根據中和熱計算公式Q=cm△T中涉及的未知數(shù)據進行判斷；

（3）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關；并根據中和熱的概念和實質來回答；

（4）NH3?H2O是弱電解質；電離吸熱。

【詳解】

（1）為了測得溫度的最高值；應在最短的時間內讓鹽酸和氫氧化鈉充分反應，故缺少環(huán)形玻璃攪拌棒；為了測得溫度的最高值，應加強保溫；隔熱和防止熱量散失措施，應在在大小燒杯間填滿碎泡沫（或紙條），并使小燒杯口與大燒杯口相平，故答案為：無環(huán)形玻璃攪拌棒；在大小燒杯間沒有填滿碎泡沫（或紙條）；小燒杯口與大燒杯口不相平；

（2）由Q=cm△T可知；測定中和熱需要測定的數(shù)據為：酸和堿的濃度和體積，比熱容，反應前后溶液的溫度差，B符合；故答案為：B；

（3）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，用60mL0.50mol?L-1鹽酸跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進行反應；與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱是酸和堿反應生成1mol水時的熱效應，與酸堿的用量無關，故答案為：相等；不相等；

（4）NH3?H2O是弱電解質；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，反應放出的熱量偏小，故答案為：偏小。

【點睛】

本題考查熱化學方程式的書寫，中和熱的測定原理，反應熱的計算，試題側重考查學生的分析能力及靈活應用基礎知識的能力。【解析】無環(huán)形玻璃攪拌棒在大小燒杯間沒有填滿碎泡沫(或紙條)小燒杯口與大燒杯口不相平B相等不相等偏小18、略

【分析】【分析】

(1)根據中和熱測定的實驗步驟選用需要的儀器；然后判斷還缺少的儀器；

(2)NaOH的濃度比HCl的大；目的是NaOH過量，確保鹽酸完全反應；

(3)物質反應放出的熱量與反應的物質多少相對應。中和熱是酸、堿發(fā)生中和反應產生1molH2O時放出的熱量；

(4)先判斷溫度差的有效性，然后求出溫度差的平均值，再根據Q=m?c?△T計算反應放出的熱量，然后根據△H=-kJ/mol計算出反應熱；

(5)根據醋酸是弱酸；電離吸收熱量分析。

【詳解】

(1)中和熱的測定過程中；需要用量筒量取酸溶液；堿溶液的體積，需要使用溫度計測量溫度，所以還缺少量筒和溫度計；

(2)NaOH與HCl的體積相同；而NaOH的濃度比HCl的大，目的是NaOH過量，確保鹽酸完全反應，使反應更充分；

(3)化學反應過程中放出的熱量與反應的物質多少有關，若實驗中若改用60mL0.50mol/L鹽酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液進行上述反應，反應放出的熱量以不足量的NaOH為標準，由于反應的NaOH增多，反應產生的H2O的物質的量也增多，所以反應放出的熱量也比前者多，二者數(shù)值不相等，但由于中和熱是酸、堿發(fā)生中和反應產生1molH2O時放出的熱量；因此所求的中和熱相等；

(4)兩次溫度差分別為：3.3℃，3.5℃，2組數(shù)據都有效，溫度差平均值為3.4℃，50mL0.55mol/LNaOH和50mL0.5mol/LHCl反應產生水的物質的量以不足量的HCl為標準計算，n(H2O)=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，混合溶液的質量和m(混合)=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g?℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm?c?△T，可得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出熱量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出熱量Q==56.85kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-56.85kJ/mol。所以該反應的熱化學方程式為：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol；

(5)若用醋酸代替HCl；由于醋酸為弱酸，電離過程需吸收熱量，導致溶液的溫度升高偏低，產生等量的水，反應放出的熱量偏少，使測得的中和熱(ΔH)偏大。

【點睛】

本題考查中和熱的測定的知識，注意理解中和熱的概念以及熱量計算公式中熱量單位的換算。注意弱電解質主要以電解質分子存在，電離吸熱，使中和熱數(shù)值測定有偏差?！窘馕觥苛客矞囟扔嫳ＷC鹽酸溶液完全反應不相等相等中和熱是指酸與堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)H2O時所釋放的熱量，與酸、堿的用量無關，因此所求中和熱相等HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.85kJ/mol偏大醋酸在溶液中電離吸收熱量，使測得的中和熱(ΔH)偏大19、略

【分析】【分析】

(1)結合儀器的結構和性能確定儀器A的名稱；

(2)碎泡沫能減小空氣的流通；減小能量損失；

(3)硫酸與氫氧化鈉反應生成硫酸鈉和水，結合中和熱為57.3kJ?mol-1；書寫熱化學方程式；

(4)①先計算出每次實驗操作測定的溫度差；然后舍棄誤差較大的數(shù)據，最后計算出溫度差平均值；

③上述結果與57.3kJ·mol－1有偏差；說明實驗過程中有能量損失，產生此偏差，由此分析判斷。

【詳解】

(1)為充分的攪拌；使酸堿充分混合反應，要用環(huán)形玻璃棒攪拌棒，則儀器A的名稱為環(huán)形玻璃棒攪拌棒；

(2)測量過程中要盡量減少熱量的損失；則碎泡沫的作用是保溫；隔熱、減少熱量損失；

(3)中和熱為57.3kJ?mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ熱量，則1mol硫酸與2mol氫氧化鈉反應生成硫酸鈉和2mol水，放出熱量為114.6kJ，所以其熱化學方程式：H2