2025年滬科新版選修4化學(xué)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2025年滬科新版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷260考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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、將2molX和0.8molY置于體積為2L的恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2X（g）+Y（s）M（g）+N（g）△H。反應(yīng)過程中測得N的體積分?jǐn)?shù)在不同溫度下隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是（）

A.無論溫度為T1還是T2，當(dāng)容器中氣體密度不變或壓強(qiáng)不變時，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)B.溫度為T2時，X的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，平衡常數(shù)K=5.625C.T1、T2的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＜K2D.降低溫度、增大壓強(qiáng)、及時分離出產(chǎn)物均有利于提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率2、已知某溫度下，K(HCN)＝6.2×10－10、K(HF)＝6.8×10－4、K(CH3COOH)＝1.8×10－5。下列說法正確的是（）A.酸性：HCN>CH3COOH>HFB.同濃度的NaF、CH3COONa、NaCN三種溶液其pH：NaF>CH3COONa>NaCNC.CH3COOH可與NaF溶液反應(yīng)：CH3COOH+NaF=CH3COONa+HFD.等質(zhì)量的NaOH分別與CH3COOH、HCN、HF恰好反應(yīng)時，消耗三種酸的物質(zhì)的量相同3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.60gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數(shù)為2NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LHF與1.6gCH4分子所含電子數(shù)目均為NAC.0.2molFeI2與足量氯氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NAD.25℃時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有氫氧根數(shù)目為0.2NA4、25℃時，H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系分別如圖所示。

下列敘述錯誤的是A.將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，當(dāng)溶液pH在5～6時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為B.Na2HAsO4溶液中離子濃度關(guān)系c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性時c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO)D.AsO43-第一步水解的平衡常數(shù)的數(shù)量級為10－35、常溫下，現(xiàn)有溶液，已知含氮或含碳各微粒的分布分?jǐn)?shù)平衡時，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

A.當(dāng)時，溶液中存在下列關(guān)系：B.溶液中存在下列關(guān)系：C.向的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，和濃度逐漸減小D.分析可知，常溫下水解平衡常數(shù)的數(shù)量級為6、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是。

。選項。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

將鹽酸滴入NaHCO3溶液。

有氣泡產(chǎn)生。

氯的非金屬性比碳的強(qiáng)。

B

將乙烯與SO2分別通入酸性KMnO4溶液中。

KMnO4溶液均褪色。

兩種氣體使酸性KMnO4溶液褪色原理相同。

C

向某溶液中滴加KSCN溶液。

溶液顯紅色。

證明原溶液中有Fe3+，無Fe2+

D

向2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入5mL0.1mol·L-1NaOH溶液。出現(xiàn)白色沉淀后，繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液；靜置。

出現(xiàn)紅褐色沉淀。

同溫下，Ksp[Mg(OH)2]>KSP[Fe(OH)3]

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當(dāng)前重要的研究課題。

I.汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在一定條件下可發(fā)生反應(yīng)生成無毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃燒熱△H2=-283.0kJ·mol-l，則反應(yīng)③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小組在三個容積為5L的恒容密閉容器中；分別充入0.4molNO和0.4molCO，發(fā)生反應(yīng)③。在三種不同實驗條件下進(jìn)行上述反應(yīng)（體系各自保持溫度不變），反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如圖所示：

①溫度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡轉(zhuǎn)化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反應(yīng)速率：a點(diǎn)的v逆_____b點(diǎn)的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2時的平衡常數(shù)Kc=_____。

（3）將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑（cat1、cat2）進(jìn)行反應(yīng)，相同時間內(nèi)測量的脫氮率（脫氮率即NO的轉(zhuǎn)化率）如圖所示。M點(diǎn)_____（填“是”或“不是”）對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，說明理由_________。

Ⅱ．N2O是一種強(qiáng)溫室氣體，且易形成顆粒性污染物，研究N2O的分解反應(yīng)2N2O=2N2+O2對環(huán)境保護(hù)有重要意義。

（4）碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率；反應(yīng)歷程為：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常數(shù)為K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反應(yīng)。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反應(yīng)。

其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。實驗表明，含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k為速率常數(shù)）。

①k=_____（用含K和k1的代數(shù)式表示）。

②下列表述正確的是_____。

a．IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物

b．碘蒸氣的濃度大小不會影響N2O的分解速率。

c．第二步對總反應(yīng)速率起決定作用

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；從而影響△H

（5）通過N2O傳感器可監(jiān)測環(huán)境中N2O的含量；其工作原理如圖所示。

①NiO電極上的電極反應(yīng)式為_____。

②N2O濃度越高，則電壓表讀數(shù)越_____。（填“高”或“低”）8、(1)在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過兩步反應(yīng)被氧化成NO3-。兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：

①第一步反應(yīng)是________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)，判斷依據(jù)是______________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學(xué)方程式是____________________。

(2)如圖所示是101kPa時氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫氣體的能量變化，此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_____________。9、現(xiàn)己知N2(g)和H2(g)反應(yīng)生成1molNH3(g)過程中能量變化如圖所示：

根據(jù)下列鍵能數(shù)據(jù)計算N-H鍵鍵能為____________kJ/mol。

?；瘜W(xué)鍵。

H-H

N≡N

鍵能(kJ/mol)

436

946

10、在一定溫度下，現(xiàn)有三種酸：a.鹽酸b．硫酸c．醋酸；現(xiàn)回答下面問題（注：填對應(yīng)的字母）

（1）當(dāng)三種酸物質(zhì)的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同時；物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是________________。

（3）當(dāng)三者c(H+)相同且溶液體積也相同時；分別放入足量的鋅，相同狀況下產(chǎn)生氣體的體積由大到小的順序_______________。

（4）當(dāng)c(H+)相同；溶液體積相同時；同時加入形狀、密度、質(zhì)量完全相同的鋅，則開始時反應(yīng)速率的大小關(guān)系為_______________。

（5）將c(H+)相同的三種酸均加水稀釋至原來的100倍后，c(H+)由大到小的順序是_____。11、已知某溶液中只存在四種離子；某同學(xué)推測其離子濃度大小順序有如下三種關(guān)系：

①

②

③

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是__________(填化學(xué)式)，上述四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)。

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，則溶液中的溶質(zhì)為__________(填化學(xué)式)。

(3)若該溶液是由體積相等的NaOH溶液和溶液混合而成，且恰好呈中性，則溶液中四種離子濃度的大小順序為__________(填序號)，則混合前兩溶液的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為__________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)混合前酸中與堿中的關(guān)系是__________

(4)將等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液等體積混合后，溶液呈酸性，混合后的溶液中各種微粒濃度由大到小的順序(除外)為____________________________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、有機(jī)推斷題(共1題，共5分)13、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(diǎn)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：_____。評卷人得分五、計算題(共4題，共16分)14、按要求回答下列問題：

(1)300℃，硅粉與HCl(g)反應(yīng)生成1molSiHCl3氣體和H2(g)時，放出225kJ的熱量。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

則：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：斷開1molH-O鍵與斷開1molH-Cl鍵所需能量相差_______kJ。15、把0.6molX氣體和0.4molY氣體混合于2L容器中；發(fā)生反應(yīng)：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g).5min末已生成0.2molW，若測知以Z濃度的變化來表示平均速率為0.01mol/(L·min),則。

（1）上述反應(yīng)Z氣體的計量系數(shù)n的值是______；

（2）上述反應(yīng)在5min末時，已用去的Y占原來物質(zhì)的質(zhì)分?jǐn)?shù)是__________。16、在一定溫度下，10L密閉容器中加入5molSO2、4.5moLO2，經(jīng)10min后反應(yīng)達(dá)平衡時，有3molSO2發(fā)生了反應(yīng)。試回答下列問題：

(1)O2的轉(zhuǎn)化率為__。

(2)用SO2表示該反應(yīng)的反應(yīng)速率為__。

(3)平衡時容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)與反應(yīng)前的壓強(qiáng)之比為__。（最簡整數(shù)比）17、T℃時，有甲、乙兩個密閉容器，甲容器的體積為1L，乙容器的體積為2L，分別向甲、乙兩容器中加入6molA和3molB，發(fā)生反應(yīng)如下：3A（g）＋bB（g）3C（g）＋2D（g）ΔH<0；4min時甲容器內(nèi)的反應(yīng)恰好達(dá)到平衡；A的濃度為2.4mol/L，B的濃度為1.8mol/L；tmin時乙容器內(nèi)的反應(yīng)達(dá)平衡，B的濃度為0.8mol/L。根據(jù)題給信息回答下列問題：

（1）甲容器中反應(yīng)的平均速率v（B）＝____，化學(xué)方程式中計量數(shù)b＝____；

（2）乙容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時所需時間t___4min（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_____；

（3）若要使甲、乙容器中B的平衡濃度相等，可以采取的措施是___；

A.保持溫度不變；增大甲容器的體積至2L

B.保持容器體積不變；使甲容器升高溫度。

C.保持容器壓強(qiáng)和溫度都不變；向甲中加入一定量的A氣體。

D.保持容器壓強(qiáng)和溫度都不變；向甲中加入一定量的B氣體。

（4）寫出平衡常數(shù)表達(dá)式K＝____，并計算在T℃時的化學(xué)平衡常數(shù)K＝____。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共2題，共10分)18、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產(chǎn)高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽離子、HR表示有機(jī)萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學(xué)凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)

除雜效果對比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學(xué)凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產(chǎn)品進(jìn)行焰色反應(yīng)；可觀察到火焰呈___________(填標(biāo)號)。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫兩點(diǎn))。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應(yīng)”的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢為_______________________________。19、從鈷鎳廢渣(主要成分為Co2O3、NiS及鐵、鋁等元素的化合物等雜質(zhì))中提取制備鋰離子電池的電極材料LiCoO2的工藝如下：

已知：CoC2O4?2H2O微溶于水，它的溶解度隨溫度升高而逐漸增大，且能與過量的離子生成而溶解。

(1)“煅燒1”的主要目的是________________。

(2)“還原酸浸”過程中Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________。

(3)“除鐵、鋁”過程的兩種試劑的作用分別是______________________。

(4)“沉鈷”過程中，(NH4)2C2O4的加入量(圖a)、沉淀反應(yīng)的溫度(圖b)與鈷的沉淀率關(guān)系如圖所示：

①隨n():n(Co2+)比值的增加，鈷的沉淀率又逐漸減小的原因是__________。

②沉淀反應(yīng)時間為10min，當(dāng)溫度高于50℃以上時，鈷的沉淀率下降的原因可能是_______。

(5)為了獲得較為純凈的CoC2O4?2H2O，“操作X”的實驗操作為_______________。

(6)已知煅燒CoC2O4?2H2O時溫度不同，產(chǎn)物不同。400℃時在空氣中充分煅燒，得到鈷的氧化物質(zhì)量為2.41g，CO2的體積為1.344L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則此時所得鈷的氧化物的化學(xué)式為____________。

(7)利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運(yùn)動的特性，開發(fā)出石墨烯電池，電池反應(yīng)式為LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如圖。則充電時LiCoO2的電極反應(yīng)式為__________________。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

A．該反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變；則反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，恒溫恒容時氣體壓強(qiáng)始終不變，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的質(zhì)量是個變值，不能根據(jù)壓強(qiáng)判斷平衡狀態(tài)，恒溫恒容時，氣體的密度是個變值，可以根據(jù)氣體密度不變判斷平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B．溫度為T2時，X的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，則消耗的n(X)=1mol/L×60%=0.6mol/L，

則K==0.5625；故B錯誤；

C．根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1>T2，升高溫度N的含量降低，則平衡逆向移動，逆反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡常數(shù)減小，則T1、T2的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＜K2；故C正確；

D．降低溫度；及時分離出產(chǎn)物都使平衡正向移動；有利于提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變，增大壓強(qiáng)，平衡不移動，轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

注意把握三段式的運(yùn)用，把握計算的思路和方法，掌握外界條件對平衡移動的影響是解題的關(guān)鍵。2、D【分析】【詳解】

A．電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，由電離平衡常數(shù)的值，可得出酸性：HF>CH3COOH>HCN；A不正確；

B．酸性越弱，酸根離子水解的程度越大，溶液的pH越大，則同濃度的NaF、CH3COONa、NaCN三種溶液其pH：NaF3COONa

C．由于CH3COOH的酸性比HF弱，所以CH3COOH與NaF溶液不反應(yīng)；C不正確；

D．NaOH與一元弱酸CH3COOH；HCN、HF等摩反應(yīng)；當(dāng)加入等質(zhì)量的NaOH時，消耗三種酸的物質(zhì)的量相同，D正確；

故選D。3、A【分析】【詳解】

A．HCHO與CH3COOH的最簡式為CH2O，原混合物相當(dāng)于60gCH2O，則n(CH2O)==2mol，因而C原子的物質(zhì)的量為2mol，即C原子數(shù)為2NA；故A正確；

B．標(biāo)況下HF為液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積Vm=22.4L/mol這個數(shù)值來計算其物質(zhì)的量；故B錯誤；

C．FeI2與足量氯氣反應(yīng)生成碘單質(zhì)和氯化鐵，即2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，則2molFeI2與3molCl2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移6mol電子，0.2molFeI2與足量氯氣反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NA；故C錯誤；

D．25℃時，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，則OH-的物質(zhì)的量n=c×V=0.1mol/L×1L=0.1mol，氫氧根數(shù)目為0.1NA；故D錯誤；

答案為A。4、C【分析】【詳解】

A.當(dāng)溶液pH在5～6時，H2AsO的分布分?jǐn)?shù)由1開始降低，HAsO的分布分?jǐn)?shù)由0開始增加，故發(fā)生反應(yīng)A正確；

B.當(dāng)pH=11.5時，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得則HAsO的電離程度小于AsO的水解程度，Na2HAsO4溶液顯堿性，c(H2AsO)＞c(AsO)，同時水也電離出氫氧根離子，故c(Na+)＞c(HAsO)＞c(OH－)＞c(H2AsO)＞c(AsO)；B正確；

C.向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在[H+]=[OH-]、c(HAsO)=c(H2AsO)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)=2c(HAsO)+c(H2AsO)；C錯誤；

D.當(dāng)pH=11.5時，c(HAsO)=c(AsO43-)，求得則AsO43-第一步水解的平衡常數(shù)數(shù)量級為10－3；D正確；

答案選C。5、C【分析】【詳解】

結(jié)合圖像可知，溶液的時，溶液中離子濃度大小為：選項A正確；

B.溶液中則水解程度大于即溶液中并且存在物料守恒：所以選項B正確；

C.的溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，先逐漸增大，當(dāng)pH大于后隨溶液pH增大時；銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子才開始減小，選項C錯誤；

D.時，的電離平衡常數(shù)的水解平衡常數(shù)所以常溫下水解平衡常數(shù)的數(shù)量級為選項D正確；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

本題結(jié)合圖像考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識，題目難度中等，明確圖像曲線變化的含義為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．比較非金屬性；應(yīng)根據(jù)最高價氧化物的水化物的酸性，鹽酸是無氧酸，不能根據(jù)其酸性比非金屬性，可用高氯酸的酸性進(jìn)行比較，故A錯誤；

B．乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化而褪色，發(fā)生的是氧化反應(yīng)；SO2被酸性高錳酸鉀溶液氧化而褪色；褪色原理相同，故B正確；

C．KSCN與Fe3+作用使溶液顯紅色，與Fe2+不變色，只能說明含F(xiàn)e3+，不能證明無Fe2+；故C錯誤；

D．向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/L的NaOH，觀察到白色沉淀后繼續(xù)滴入FeCl3，靜置，出現(xiàn)紅褐色沉淀，因為NaOH溶液過量，不能證明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]；發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，故D錯誤。

答案選B。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【詳解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根據(jù)蓋斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案為：-746.5kJ/mol。

（2）①溫度越高，反應(yīng)速率越快，先達(dá)到平衡，由圖可知，溫度為T1時先拐，先達(dá)到平衡，所以T1＞T2；故答案為：＞。

②該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，已知T1＞T2；所以CO的平衡轉(zhuǎn)化率為:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案為：＜；=。

③a、b點(diǎn)是平衡狀態(tài)，所以正逆反應(yīng)速率相等，由圖像分析可知，a點(diǎn)加入了催化劑，反應(yīng)速率加快，所以反應(yīng)速率a點(diǎn)大于b點(diǎn)，a點(diǎn)的v逆大于b點(diǎn)的v正；故答案為：＞。

④壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比關(guān)系可得，設(shè)平衡時，生成的氮?dú)鉃閤mol，則根據(jù)三段式：

則故答案為：17150。

（3）圖象分析可知M點(diǎn)不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率；溫度較低時，催化劑的活性偏低；不是平衡脫氮率，因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高，故答案為：不是；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高。

Ⅱ.（4）①根據(jù)v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，則故答案為：

②a．IO是第二步反應(yīng)的生成物；第三步反應(yīng)的反應(yīng)物，所以IO為反應(yīng)的中間產(chǎn)物，a正確；

b．含碘時N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸氣的濃度大小會影響N2O的分解速率，b錯誤；

c．反應(yīng)的快慢取決于慢反應(yīng)；所以第二步對總反應(yīng)速率起決定作用，c正確；

d．催化劑會降低反應(yīng)的活化能；加快反應(yīng)速率，不影響△H，d錯誤；故答案為：ac。

（5）①NiO電極上N2O反應(yīng)生成NO2，N元素的化合價由+1價升高為+4價，發(fā)生氧化反應(yīng)，NiO電極是負(fù)極，其電極反應(yīng)為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt電極上O2反應(yīng)生成O2-，O元素的化合價由0價降低為-2價，發(fā)生還原反應(yīng)，Pt電極是正極，其電極反應(yīng)為：O2+4e-=2O2-，故答案為：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根據(jù)U=IR，N2O濃度越高，N2O越失去電子生成NO2，轉(zhuǎn)移電子越多，電流越大，電壓越大，電壓表讀數(shù)越高，故答案為：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)曲線cat2可知，M點(diǎn)對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高8、略

【分析】【詳解】

（1）①根據(jù)圖像，第一步反應(yīng)ΔH小于0，也可以根據(jù)應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量判斷該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為：放熱；ΔH<0或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量；

②第一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：第二步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：兩步反應(yīng)相加，即可得到目標(biāo)方程式：故答案為：

（2）反應(yīng)焓變△H=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和故該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：故答案為：【解析】放熱ΔH<0或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346KJ/mol9、略

【分析】【分析】

據(jù)?H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能求得?H，再根據(jù)?H=反應(yīng)物鍵能和-生成物鍵能和計算N-H鍵鍵能。

【詳解】

?H=反應(yīng)物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，則，?H=反應(yīng)物鍵能和-生成物鍵能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案為：391【解析】39110、略

【分析】【分析】

鹽酸、硫酸分別是一元、二元強(qiáng)酸，醋酸是一元弱酸，電離微弱，結(jié)合一元酸和二元酸的關(guān)系不難解答小題(1)(2)(3)(4)。將溶液稀釋時，弱酸的PH值變化慢；據(jù)此分析可解答(5)。

【詳解】

(1)物質(zhì)的量濃度相同時，強(qiáng)酸完全電離，氫離子濃度大；鹽酸是一元強(qiáng)酸，二元強(qiáng)酸硫酸電離的氫離子濃度是鹽酸的兩倍；醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度小。所以氫離子濃度為b>a>c，故答案為：b>a>c。

(2)氫離子濃度相同時電離氫離子能力越弱的酸所需的濃度越高；等物質(zhì)量的硫酸電離的氫離子是鹽酸的兩倍，所以所需的濃度是鹽酸的一半，所以這三種酸所需濃度大小關(guān)系是：c>a>b或c>a=2b。答案為c>a>b(或c>a=2b)。

(3)當(dāng)c(H+)相同且溶液體積也相同時，三種酸已電離的氫離子物質(zhì)的量相同，這部分H+與鋅產(chǎn)生的氣體體積相同。鹽酸和硫酸已完全電離所以產(chǎn)生等量的H2；而醋酸溶液中大量未電離的醋酸會隨反應(yīng)進(jìn)行不斷電離出氫離子直至反應(yīng)完，所以產(chǎn)生H2最多。所以相同狀況下產(chǎn)生氣體的體積由大到小的順序是：c>a=b。答案為：c>a=b。

(4)活潑金屬與酸反應(yīng)的實質(zhì)是與酸電離出的氫離子反應(yīng)，三種酸氫離子濃度相同，其他條件也完全相同，所以反應(yīng)速率相同，故答案為：a=b=c。

(5)強(qiáng)酸已完全電離，稀釋促進(jìn)弱酸的電離，所以稀釋相同的倍數(shù)，弱酸氫離子濃度由于得到補(bǔ)充而變化較小。故答案為：c>a=b。

【點(diǎn)睛】

決定活潑金屬與酸反應(yīng)速率的是氫離子的濃度，而不是酸的濃度；決定與活潑金屬產(chǎn)生氫氣的量的是酸能電離出的氫離子的物質(zhì)的量，不能只看已電離的氫離子的物質(zhì)的量，沒有電離的弱酸會由于氫離子的消耗而繼續(xù)電離?！窘馕觥縝>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b11、略

【分析】【詳解】

(1)若溶液中只存在一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)為由于能水解使溶液呈堿性，故①符合題意。故答案為：①；

(2)若上述關(guān)系中③是正確的，即溶液呈酸性，說明溶液中除含有外，還含有一定量的故溶液中的溶質(zhì)為和故答案為：和

(3)溶液呈中性，說明根據(jù)電荷守恒：則故溶液中四種離子濃度的大小順序為②符合題意。

若混合前，則混合后溶液中的溶質(zhì)只有為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液顯堿性，現(xiàn)在溶液顯中性，說明過量，即

由于中和過程中會繼續(xù)電離出說明混合前酸中小于堿中

故答案為：②；小于；小于；

(4)混合溶液呈酸性，即根據(jù)電荷守恒：故即溶液中

根據(jù)物料守恒：又知故則混合后溶液中各種微粒濃度由大到小的順序(除外)

故答案為：【解析】①.②.①③.和④.②⑤.小于⑥.小于⑦.三、判斷題(共1題，共2分)12、×【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、有機(jī)推斷題(共1題，共5分)13、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點(diǎn)；都是該溫度下的平衡點(diǎn)，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進(jìn)行比較，可確定曲線外的某一點(diǎn)是否達(dá)到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數(shù)，可由一種離子濃度計算另一種離子的濃度。

【詳解】

(1)A點(diǎn)時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點(diǎn)c(Ag+)相同的曲線上的點(diǎn)相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點(diǎn)未達(dá)沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不飽和溶液。答案為：不飽和；

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=c2(Ag+)?c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案為：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在飽和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)?c()是一個定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越?。?/p>

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸餾水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，則溶液中c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為b>a>c。答案為：b>a>c；

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點(diǎn)睛】

一種難溶性物質(zhì)，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉(zhuǎn)化，其溶解度往往越小?！窘馕觥坎伙柡?.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、計算題(共4題，共16分)14、略

【分析】【分析】

(1)硅粉與HCl在300℃時反應(yīng)生成1molSiHCl3氣體和H2；放出225kJ熱量，根據(jù)書寫熱化學(xué)方程式的要求書寫；

(2)根據(jù)蓋斯定律分析計算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)的△H；再根據(jù)焓變△H=反應(yīng)物斷鍵吸收熱量-生成物形成化學(xué)鍵放出熱量計算。

【詳解】

(1)硅粉與HCl在300℃時反應(yīng)生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，根據(jù)反應(yīng)熱及反應(yīng)物狀態(tài)、反應(yīng)條件，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol，故答案為：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol；

(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=+83kJ?mol-1，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ?mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ?mol-1)+(-20kJ?mol-1)+(-121kJ?mol-1)]×2=-116kJ?mol-1，焓變△H=反應(yīng)物斷鍵吸收熱量-生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，由4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-116kJ?mol-1，可得：4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-116kJ，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498kJ-486kJ+116kJ=128kJ，E(H-O)-E(H-Cl)=32kJ，故答案為：-116；32?！窘馕觥縎i(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)ΔH=-225kJ/mol-1163215、略

【分析】【分析】

把0.6molX氣體和0.4molY氣體混合于2L容器中；5min末已生成0.2molW，則：

（1）v（Z）=計算n；

（2）根據(jù)已反應(yīng)的Y的物質(zhì)的量占原來量的百分?jǐn)?shù)=×100%計算．

【詳解】

把0.6molX氣體和0.4molY氣體混合于2L容器中；5min末已生成0.2molW，則：

（1）v（Z）===0.01mol/(L·min)；計算n=1；

（2）根據(jù)已反應(yīng)的Y的物質(zhì)的量占原來量的百分?jǐn)?shù)=×100%==25%。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡計算、反應(yīng)速率計算，難點(diǎn)（1）注意對速率定義式的理解與靈活應(yīng)用，（2）利用三段式，明確變化量和剩余量，根據(jù)已反應(yīng)的Y的物質(zhì)的量占原來量的百分?jǐn)?shù)=×100%公式計算?！窘馕觥竣?1②.25%16、略

【分析】【分析】

已知反應(yīng)2SO2+O22SO3，起始量各物質(zhì)的量，平衡時SO2的物質(zhì)的量，可利用三段式，求平衡時SO3、O2的物質(zhì)的量及各物質(zhì)的變化量，從而求出O2的轉(zhuǎn)化率、用SO2表示的該反應(yīng)的反應(yīng)速率及平衡時容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)與反應(yīng)前的壓強(qiáng)之比。

【詳解】

(1)O2的轉(zhuǎn)化率為=33.3%。答案為：33.3%；

(2)用SO2表示該反應(yīng)的反應(yīng)速率為=0.03mol/(L?min)。答案為：0.03mol/(L?min)；

(3)平衡時容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)與反應(yīng)前的壓強(qiáng)之比為=8:9.5=16:19。答案為：16:19。

【點(diǎn)睛】

阿伏加德羅定律的推論告訴我們，在同溫同容下，氣體的壓強(qiáng)之比等于氣體的物質(zhì)的量之比。對本題來說，平衡時容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)與反應(yīng)前的壓強(qiáng)之比=平衡時混合氣的總物質(zhì)的量與起始時氣體的總物質(zhì)的量之比?！窘馕觥竣?33.3%②.0.03mol/（L·min）③.16：1917、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)前，甲容器中A的濃度為6mol?L-1，B的濃度為1.8mol/L，4min甲容器內(nèi)的反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡后，A的濃度減少了3.6mol?L-1，B的濃度減少了1.2mol?L-1；根據(jù)反應(yīng)速率的計算公式結(jié)合化學(xué)反應(yīng)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算解答；

(2)根據(jù)容器甲和容器乙的體積大小判斷反應(yīng)物濃度大小；根據(jù)濃度越小，反應(yīng)速率越慢判斷；

(3)根據(jù)勒夏特列原理；結(jié)合等效平衡規(guī)律分析判斷；

(4)根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式寫出反應(yīng)3A(g)+B(g)?3C(g)+2D(g)的平衡常數(shù)的表達(dá)式；根據(jù)T℃甲容器中達(dá)到平衡時各組分的濃度計算出T℃時的化學(xué)平衡常數(shù)K。

【詳解】

(1)甲容器的體積為1L，加入6molA和3molB，則A、B的濃度分別為：6mol/L、3mol/L，4min時甲容器內(nèi)的反應(yīng)恰好達(dá)到平衡，A的濃度為2.4mol/L、B的濃度為1.8mol/L，則A的濃度變化為：△c(A)=6mol/L-2.4mol/L=3.6mol/L，B的濃度變化為：△c(B)=3mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，此時間內(nèi)平均速率v(B)==0.3mol?L-1?min-1；濃度變化與化學(xué)計量數(shù)成正比，即3∶b=△c(A)∶△c(B)=3.6mol/L∶1.2mol/L=3∶1，即b=1，故答案為：0.3mol?L-1?min-1；1；

(2)甲容器的體積為1L；乙容器的體積為2L，乙容器的體積大于甲容器的體積，乙容器中氣體的濃度小，則乙容器中反應(yīng)速率小，到達(dá)平衡的時間長，所以乙容器中反應(yīng)達(dá)到平衡時所需時間大于4min，故答案為：大于；乙容器的體積大于甲容器的體積，反應(yīng)物的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，達(dá)到平衡所需要的時間變長；

(3)由于該反應(yīng)是體積增大的放熱反應(yīng)；甲的容器體積小，則壓強(qiáng)大，平衡向著逆反應(yīng)方向移動，甲中反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率小于乙，且達(dá)到平衡時甲中各組分濃度都大于乙。A．保持溫度不變，增大甲容器的體積至2L，則此時甲和乙為等效平衡，甲；乙容器中B的平衡濃度相等，故A正確；B．保持容器體積不變，使甲容器升高溫度，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動，甲中B的濃度增大，無法滿足甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故B錯誤；C．保持容器壓強(qiáng)和溫度都不變，向甲中加入一定量的A氣體，反應(yīng)物A的濃度增大，平衡向著正反應(yīng)方向移動，甲中B的濃度減小，可能實現(xiàn)甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故C正確；D．保持容器壓強(qiáng)和溫度都不變，向甲中加入一定量的B氣體，達(dá)到平衡時甲中B的濃度更大，無法滿足甲、乙容器中B的平衡濃度相等，故D錯誤；故答案為：AC；

(4)反應(yīng)3A(g)+B(g)?3C(g)+2D(g)的平衡常數(shù)為：K=T℃時甲容器中：

在T℃時的化學(xué)平衡常數(shù)K===10.8，故答案為：10.8。【解析】0.3mol?L-1?min-11大于乙容器的體積大于甲容器的體積，反應(yīng)物的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，達(dá)到平衡所需要的時間變長AC10.8六、工業(yè)流程題(共2題，共10分)18、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質(zhì)，所得濾液加入有機(jī)萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結(jié)合后進(jìn)入有機(jī)相，水溶液主要含為Li+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發(fā)生碳化反應(yīng)，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；

(1)

鋰元素的焰色反應(yīng)為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進(jìn)行焰色反應(yīng)，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細(xì)磨；充分?jǐn)嚢琛⑦m當(dāng)升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外，還有Na2SO4。

(5)

鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧