2025年人教新課標選修4化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教新課標選修4化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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8題，共16分)1、下列各表述與示意圖一致的是。

A.圖①表示25℃時，用0.1mol·L－1鹽酸滴定10mL0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B.圖②表示充有NO2的恒溫密閉容器在t時刻增大壓強時，c（NO2）隨時間的變化C.圖③中曲線表示反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，正、逆反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度的變化D.圖④中a、b曲線分別表示反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0使用（a）和未使用（b）催化劑時，反應(yīng)過程中的能量變化2、下列物質(zhì)在水溶液中的電離方程式書寫正確的是A.NaHSO4＝Na＋＋HSO4－B.CH3COOHH＋＋CH3COO－C.H3PO43H＋＋PO43－D.NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32－3、（原創(chuàng)）如圖表示不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的關(guān)系；下列判斷正確的是。

A.兩條曲線上任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB.T<25℃C.b點和c點pH均為6，溶液呈酸性D.只采用升溫的方式，可由a點變成d點4、關(guān)于水的電離平衡H2OH＋＋OH－，下列敘述正確的是A.加熱，Kw增大，pH不變B.向水中加入少量鹽酸，c(H＋)增大，Kw不變C.向水中加入少量CH3COONa固體，平衡逆向移動，c(H＋)降低D.向水中加入NaOH固體，平衡逆向移動，c(OH－)降低5、25℃，有兩種鹽的稀溶液，分別是amol?L-1NaX和bmol?L-1NaY溶液，下列判斷錯誤的是A.若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，則酸性：HXB.若a>b，測得c(X-)=c(Y-)，則溶液中的c(HX)>c(HY)C.若a>b，測得c(HX)=c(HY)，則溶液中的c(X-)-)D.若a=b，并測得a=c(X-)=c(Y-)+c(HY)，則HX是強酸，HY是弱酸6、室溫下，將稀鹽酸滴加到某0.01mol/L一元弱堿（BOH）溶液中，測得混合溶液的pOH與離子濃度的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）

A.BOH的電離常數(shù)Kb的數(shù)量級為10-5B.M點所示的溶液中：C.P點表示未加入稀鹽酸的溶液D.N點所示的溶液中：7、恒溫，不同pH下，F(xiàn)e(OH)3(s)與Cu(OH)2(s)分別在溶液中達到溶解平衡時；金屬陽離子濃度隨pH的變化如圖所示。下列判斷正確的是。

A.加適量鹽酸可使溶液中c(Fe3+)由a點變到b點B.c、d兩點代表的溶液中，c(H+)?c(OH-)不相等C.a、b兩點時，F(xiàn)e(OH)3在溶液中均達到飽和D.Ksp[Fe(OH)3]>Ksp[Cu(OH)2]8、下列實驗操作所對應(yīng)的現(xiàn)象；結(jié)論均正確的是（）

。選項。

操作。

現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

用pH試紙；測定NaCl和NaF溶液的pH

pH(NaCl)＜pH(NaF)

F元素非金屬性強于Cl元素。

B

向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液。

溶液顏色變淺。

Na2CO3溶液中存在水解平衡。

C

室溫下，向濃度均為0.1mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液。

出現(xiàn)白色沉淀。

Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)

D

將氯氣緩緩通入到紫色的石蕊溶液中。

石蕊溶液先變紅后褪色。

氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當前重要的研究課題。

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行上述反應(yīng)（體系各自保持溫度不變），反應(yīng)體系總壓強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點的v逆_____b點的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_____（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”）10、（1）向1L1mol/L的NaOH溶液中加入下列物質(zhì)：①濃H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反應(yīng)的熱效應(yīng)為△H1、△H2、△H3，則三者由小到大順序為________

（2）由蓋斯定律結(jié)合下述反應(yīng)方程式；回答問題：

①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H=﹣176kJ/mol

②NH3（g）+H2O（l）═NH3?H2O（aq）△H=﹣35.1kJ/mol

③HCl（g）+H2O（l）═HCl（aq）△H=﹣72.3kJ/mol

④NH3?H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）△H=﹣52.3kJ/mol

則NH4Cl（s）+2H2O（l）═NH4Cl（aq）其△H等于_________kJ/mol．

（3）根據(jù)下列熱化學方程式分析，寫出C（s）燃燒熱的熱化學方程式________

C（s）+H2O（l）═CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ?mol﹣1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ?mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3=﹣571.6kJ?mol﹣1．11、(1)將等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈______(填“酸性”，“中性”或“堿性”，下同)，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)。

(2)pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈______，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”或“=”或“<”)

(3)物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則混合后溶液呈______，醋酸體積______氫氧化鈉溶液體積。(填“>”或“=”或“<”)12、25℃時，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關(guān)系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產(chǎn)生）

（1）用化學用語表示M點的原因__________。

（2）四點中，水電離產(chǎn)生的濃度最大的是______________點。

（3）下列關(guān)系中，正確的是________。

aP點

bN點

cQ點

d溶液中小于溶液中13、向等物質(zhì)的量濃度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種（H2S、HS—、S2—）的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與滴加鹽酸體積的關(guān)系如下圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）。

(1)含硫物種B表示__________（填離子符號）。

(2)在滴加鹽酸過程中，溶液中c(Na+)與含硫各物種濃度的大小關(guān)系為_____________(填選字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]14、（1）25°C時，若向amol·L－1的HA溶液中，滴加等體積的bmol·L－1的NaOH溶液，使溶液呈中性，用含a的代數(shù)式表示HA的電離平衡常數(shù)Ka＝____________。

（2）25°C時，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合，反應(yīng)完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，則溶液顯_____性（填“酸”、“堿”或“中”），用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝____________。15、電化學是研究化學能與電能轉(zhuǎn)換的裝置；過程和效率的科學；應(yīng)用極其廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

(1)下列化學反應(yīng)在理論上可以設(shè)計成原電池的是______________(填序號)。

I．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2ΔH<0

II．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH>0

III．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH<0

VI．2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH<0

(2)下圖容器中均盛有稀硫酸。

①裝置A中的能量轉(zhuǎn)化方式是_____________________________；裝置C電池總反應(yīng)為____________________________________________________________。

②裝置D中銅電極上觀察到的現(xiàn)象_____________________________，溶液中的H+移向_____________(填“Cu”或“Fe”)極附近。

③四個裝置中的鐵被腐蝕時由快到慢的順序是______________(填字母)。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、工業(yè)流程題(共1題，共8分)17、汽車的大量使用給人們的出行帶來了便利；但也帶來了諸多社會問題，如廢舊鉛蓄電池的環(huán)境污染。通過下列工藝流程對廢舊鉛蓄電池進行處理，可回收金屬鉛和粗硫酸。

已知：i.鉛膏的成分：

ii.常溫下，部分鉛鹽的濃度積：

回答下列有關(guān)問題：

(1)“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是_______(填化學式)。

(2)“鉛膏”加水的目的是調(diào)成懸濁液，作用是_______。

(3)反應(yīng)I的化學方程式是_______。

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，則原鉛膏中的總物質(zhì)的量為_______濾液中_______(保留一位小數(shù))。濾液X中主要溶質(zhì)的用途有_______(填一種)。

(5)HBF4是一種強酸，則氣體Y為_______(填化學式)。評卷人得分五、計算題(共2題，共20分)18、氮氧化物(NOx)、CO2和SO2等氣體會造成環(huán)境問題。對燃煤廢氣進行化學方法處理，可實現(xiàn)綠色環(huán)保、節(jié)能減排、廢物利用等目的。已知氫氣與甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，則CO2與H2反應(yīng)產(chǎn)生液態(tài)甲醇與液態(tài)水的熱化學方程式為_________。19、一定溫度下，在三個體積均為VL的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。容器編號溫度/K起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/molSiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)SiHCl3(g)SiCl4(g)SiHCl3(g)ⅠT11.0000.80ⅡT10.40aa0.36ⅢT2(T2＞T1)0.20000.10

則：

(1)該反應(yīng)的正反應(yīng)為_________(選填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。

(2)表中a=________。

(3)在保持容器Ⅲ的實驗條件下，若起始時充入0.40molSiHCl3(g)、0.40molSiH2Cl2(g)、0.20molSiCl4(g)，則達平衡時容器中SiHCl3的物質(zhì)的量為_________(請寫出解題過程)評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)20、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(guān)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(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。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(zhuǎn)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(yīng)達到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)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(zhì)的量分數(shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)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(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)21、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(yīng)速率的大小關(guān)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(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。22、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：__。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

試題分析：A．用0.1mol·L－1鹽酸滴定10mL0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液恰好反應(yīng)時消耗鹽酸是10mL，圖象不正確，A錯誤；B．根據(jù)反應(yīng)2NO2N2O4可知增大壓強NO2的濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向進行，但最終平衡后NO2濃度仍然比原來大，圖象不正確，B錯誤；C．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，合成氨反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，因此圖③中曲線表示反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，正、逆反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度的變化，C正確；D．圖④生成物能量應(yīng)該是2SO3(g)D錯誤；答案選C。

考點：考查酸堿中和滴定、外界條件對平衡狀態(tài)的影響以及能量變化等判斷2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．在水溶液中，HSO4－完全電離為H+和SO42-；A不正確；

B．醋酸為弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離為H＋和CH3COO－；B正確；

C．H3PO4為三元弱酸；在水溶液中電離應(yīng)分步進行，不能一步完成，C不正確；

D．碳酸為弱酸，HCO3－應(yīng)以化學式表示，不能寫成H＋和CO32－；D不正確；

故選B。3、A【分析】【詳解】

A．在任何溫度下的水溶液中，溶液中的c(H＋)×c(OH－)＝Kw；其中Kw只與溫度有關(guān)，故A正確；

B．c點c(H＋)×c(OH－)＝10-12>10-14，則T>25℃；故B錯誤；

C．常溫下b點pH為6溶液呈酸性，c點對應(yīng)的溫度下c(H＋)=c(OH－)；此時pH為6，說明溶液顯中性，故C錯誤；

D．a(chǎn)點溶液為中性；d點溶液為堿性，只采用升溫的方式無法達到a點變成d點，故D錯誤；

答案為A。4、B【分析】【詳解】

A．水的電離是吸熱過程；升高溫度，促進水的電離，氫離子濃度增大，pH減小，故A錯誤；

B．鹽酸是強酸，能完全電離產(chǎn)生氫離子，溶液中氫離子濃度增大，但Kw只隨著溫度的變化而變化，溫度不變，Kw不變；故B正確；

C．醋酸根離子的水解對水的電離起到促進作用；所以向水中加入少量醋酸鈉固體，水的電離程度增大，平衡正向移動，故C錯誤；

D．向水中加入少量固體NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移動，c(H+)降低；故D錯誤；

故選B。5、C【分析】【詳解】

A.若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，說明X-水解程度大于Y-，越弱越水解，說明酸性：HX

B.根據(jù)物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+c(HY)=b，根據(jù)a>b，且c(X-)=c(Y-)，所以c(HX)>c(HY)；B正確；

C.根據(jù)物料守恒，NaX溶液中有c(X-)+c(HX)=a，NaY溶液中有c(Y-)+c(HY)=b，根據(jù)a>b，且c(HX)=c(HY)，所以c(X-)>c(Y-)；C錯誤；

D.因a=c(X-)，說明X-不水解，則HX是強酸，a=b=c(Y-)+c(HY)，說明Y-發(fā)生了水解；說明HY是弱酸，D正確；

答案選C。

【點睛】

水解規(guī)律:無弱不水解，有弱才水解，誰弱誰水解，都弱雙水解,誰強顯誰性，同強顯中性,，越弱越水解，越熱越水解，越稀越水解。6、C【分析】【詳解】

A．一元弱堿(BOH)溶液中，BOH?B++OH-，則電離常數(shù)Kb=可得-lg=-lg=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，代入N點數(shù)據(jù)，0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，則Kb數(shù)量級為10-5；故A正確；

B．常溫下，M點所示的溶液中存在電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，且pOH=6，則pH=14-pOH=8，溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，則c(Cl-)＜c(B+)；故B正確；

C．根據(jù)圖示，結(jié)合A項分析，P點，-lg=-lgKb-pOH=1.05，則pOH=-lgKb+1.05=4.8-1.05=3.75；與圖示不符，則P點不表示未加入稀鹽酸的溶液，故C錯誤；

D．N點-lg=0，則c(B+)=c(BOH)，根據(jù)電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，則可變?yōu)椋篶(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)；故D正確；

答案選C。7、C【分析】【分析】

曲線上的任意點均表示在該pH下的飽和溶液，外加相關(guān)物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)破壞溶解平衡都會使溶液中微粒濃度發(fā)生變化，pH=1.3時對應(yīng)c(Fe3+)與pH=4.4時對應(yīng)c(Cu2+)相等；以此判斷溶度積。

【詳解】

A．加入鹽酸將會使溶液pH減小，c(Fe3+)不能實現(xiàn)由a點變到b點；故A錯誤；

B．因c(H+)?c(OH-)=KW，溫度不變的情況下，KW不變；故B錯誤；

C．a(chǎn)、b兩點均處于沉淀溶解平衡曲線上；故兩點均代表溶液達到飽和，故C正確；

D．b點：c點：因b點c(Fe3+)=c點c(Cu2+)，故故D錯誤；

故答案為：C。

【點睛】

溶解度對應(yīng)溶度積曲線與水的電離對應(yīng)離子積常數(shù)曲線的分析類似，同一曲線中對應(yīng)所計算出的常數(shù)相同，溫度不變時，常數(shù)不變；外加物質(zhì)使平衡發(fā)生移動時需注意外加物質(zhì)所帶來的影響。8、D【分析】【詳解】

A．測定NaCl和NaF溶液的pH；能夠判斷氫化物的酸性強弱(HCl大于HF)，但是不能根據(jù)氫化物的酸性強弱來判斷非金屬性，所以不能確定F；Cl兩元素非金屬性的強弱，故A錯誤；

B．Na2CO3溶液中存在CO32-+H2O?HCO3-+OH-，加入BaCl2溶液會生成BaCO3沉淀，CO32-的濃度減小；水解平衡向逆方向移動，溶液堿性減弱，所以現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀；溶液紅色變淺，現(xiàn)象不正確，故B錯誤；

C．BaSO4、CaSO4均為白色沉淀，無法確定誰先沉淀，則無法比較Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)的大?。还蔆錯誤；

D．氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；HCl具有酸性，HClO具有漂白性，則將氯氣通入紫色石蕊溶液中，溶液先變紅，后褪色，故D正確；

故選D。二、填空題(共7題，共14分)9、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，先達到平衡，由圖可知，溫度為T1時先拐，先達到平衡，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點加入了催化劑，反應(yīng)速率加快，所以反應(yīng)速率a點大于b點，a點的v逆大于b點的v正；故答案為：＞。

④壓強與物質(zhì)的量成正比關(guān)系可得，設(shè)平衡時，生成的氮氣為xmol，則根據(jù)三段式：

則故答案為：17150。

（3）圖象分析可知M點不是對應(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?！窘馕觥?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點對應(yīng)溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高10、略

【分析】【詳解】

（1）強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應(yīng)的熱效應(yīng)：H＋（aq）十OH－（aq）=H2O△H=一57.3kJ·mol－1，分別向1L1mol·L－1的NaOH溶液中加入：①濃H2SO4；②稀硝酸；③稀醋酸，醋酸的電離吸熱，濃硫酸溶于水放熱，恰好完全反應(yīng)時的放出的熱量為①＞②＞③，所以△H1＜△H2＜△H3，故答案為：△H1＜△H2＜△H3；

（2）根據(jù)蓋斯定律：②+④-①+③得。

NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=（-35.1kJ·mol－1）+（-52.3kJ·mol－1）-（-176kJ·mol－1）+（-72.3kJ·mol－1）

即NH4Cl（s）+H2O（l）=NH4Cl（aq）△H=+16.3kJ·mol－1；

故答案為：+16.3；

（3）①C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H1=+175.3kJ·mol－1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ·mol－1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.6kJ·mol－1。

根據(jù)蓋斯定律，①+②×+③×得：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1；

故答案為：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1．【解析】△H1＜△H2＜△H3+16.3C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ?mol﹣111、略

【分析】【詳解】

（1）等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合恰好反應(yīng)，生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，醋酸根離子因水解略有減少，所以溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)；

（2）醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸中c（H+）和pH＝11的氫氧化鈉溶液中c（OH-）相等，但醋酸的濃度大于氫氧化鈉的濃度，等體積混合后溶液呈酸性，電離大于水解，溶液中c(Na＋)<c(CH3COO－)；

（3）根據(jù)電荷守恒，物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液中醋酸根離子和鈉離子濃度相等，則混合后溶液呈中性，醋酸體積大于氫氧化鈉溶液體積?！窘馕觥竣?堿性②.＞③.酸性④.＜⑤.中性⑥.＞12、略

【分析】【分析】

(1)M點為硫酸銨溶液；硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解使溶液呈酸性；

(2)M點溶質(zhì)為硫酸銨和硫酸鈉；銨根離子水解促進了水的電離，而Q溶質(zhì)為硫酸鈉和一水合氨，溶液呈堿性，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，同時銨根離子水解生成H+；

b．N點溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；結(jié)合電荷守恒判斷；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結(jié)合物料守恒判斷；

d．NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解。

【詳解】

(1)M點為硫酸銨溶液，硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液呈酸性，所以此時溶液的pH＜7；

(2)根據(jù)圖示可知，P點呈強酸性，抑制了水的電離；M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進了水的電離；N點為中性，不影響水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點；

(3)a．P點溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH?)，同時銨根離子水解生成H+，則c(H+)＞c(SO42?)＞c(NH4+)＞c(OH?)；故a錯誤；

b．N點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)＋c(OH?)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)，故b正確；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結(jié)合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故c正確；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中銨根離子都能發(fā)生水解，但NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解，則濃度相等的兩溶液中，NH4HSO4溶液中銨根離子濃度大于NH4Cl溶液中的銨根離子濃度；故d錯誤；

答案選bc?！窘馕觥縈bc13、略

【分析】【分析】

向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應(yīng)，然后和硫化鈉反應(yīng)，結(jié)合圖1所示H2S、HS-、S2-的分布分數(shù)進行解答；NaHS的含量先增加后減少；根據(jù)物料守恒可求得滴加過程中；溶液中微粒濃度大小關(guān)系。

【詳解】

（1）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應(yīng)，然后和硫化鈉反應(yīng)，A表示含硫微粒濃度減小為S2-，B先增加后減少為HS-，C濃度一直在增加為H2S，故答案為：HS-；

（2）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設(shè)Na2S、NaOH各為1mol，則n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒為HS-、S2-、H2S，則c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在電荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案為：c?！窘馕觥竣?HS-②.c14、略

【分析】【詳解】

（1）25°C向amol·L－1的HA溶液中，滴加等體積的bmol·L－1的NaOH溶液后，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，由于溶液呈中性，則c(A-)=c(Na+)=0.5bmol·L－1；所以電離平衡常數(shù)=

（2）25°C時，將氨水與鹽酸等體積混合，反應(yīng)完后溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，根據(jù)溶液中電荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(Cl－)+c(OH-)，則溶液顯中性；c(OH-)=10-7mol·L－1，c(NH4+)＝0.005mol·L－1，由物料守恒可知c(NH3·H2O)＝0.5a-0.005mol·L－1，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)＝

【點睛】

弱電解質(zhì)加水稀釋時，能促進弱電解質(zhì)的電離，溶液中離子和分子濃度會發(fā)生相應(yīng)變化，但電離平衡常數(shù)不變，考題中經(jīng)常利用電離平衡常數(shù)來判斷溶液中微粒濃度比值的變化情況?！窘馕觥恐?5、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在理論上只有自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)才可以設(shè)計成原電池；據(jù)此解題。

I．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2ΔH<0；非氧化還原反應(yīng)，I不合題意；

II．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH>0；非自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，II不合題意；

III．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH<0；非氧化還原反應(yīng)，III不合題意；

VI．2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH<0；自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，VI符合題意；

故答案為：VI；

(2)①裝置A中發(fā)生反應(yīng)：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，反應(yīng)放熱，故能量轉(zhuǎn)化方式是化學能轉(zhuǎn)化為熱能，裝置C是電解池，Zn作陰極，F(xiàn)e作陽極，故電池總反應(yīng)為Fe+H2SO4FeSO4+H2↑，故答案為：化學能轉(zhuǎn)化為熱能；Fe+H2SO4FeSO4+H2↑；

②裝置D中銅電極作正極發(fā)生還原反應(yīng)，2H++2e-=H2↑，故可觀察到的現(xiàn)象為銅片表面產(chǎn)生氣泡，在原電池中溶液中的陽離子移向正極，陰離子移向負極，故H+移向正極Cu；故答案為：銅片表面產(chǎn)生氣泡；Cu；

③A裝置只是發(fā)生化學腐蝕，B裝置是電解池，F(xiàn)e在陰極被保護，C裝置為電解池，F(xiàn)e在陽極，加快腐蝕，D裝置是原電池，F(xiàn)e作負極，加快腐蝕，故四個裝置中的鐵被腐蝕時由快到慢的順序是C>D>A>B，故答案為：C>D>A>B。【解析】VI化學能轉(zhuǎn)化為熱能Fe+H2SO4FeSO4+H2↑銅片表面產(chǎn)生氣泡CuC>D>A>B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、工業(yè)流程題(共1題，共8分)17、略

【分析】【分析】

廢舊鉛蓄電池，“翻料、傾料”得二氧化硫把鉛膏中的還原為加入碳酸銨把轉(zhuǎn)化為HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2，電解Pb(BF4)2得到金屬Pb。

【詳解】

(1)廢舊鉛蓄電池中的電解質(zhì)是硫酸，“翻料、傾料”操作后所得電解質(zhì)溶液中的電解質(zhì)是

(2)“鉛膏”加水調(diào)成懸濁液；可以增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學反應(yīng)速率；

(3)反應(yīng)I是用二氧化硫把鉛膏中的還原為化學方程式是

(4)測得“析鉛”后的濾液中，對析出的進行洗滌、干燥，得產(chǎn)品，根據(jù)鉛元素守恒，原鉛膏中的總物質(zhì)的量為濾液中“析鉛”過程是硫酸鉛和碳酸銨反應(yīng)生成碳酸鉛和硫酸銨；濾液X中的溶質(zhì)是硫酸銨，硫酸銨可以用作化肥。

(5)HBF4是一種強酸，HBF4和碳酸鉛反應(yīng)生成Pb(BF4)2和二氧化碳，則氣體Y為

【點睛】

本題以廢舊鉛蓄電池回收金屬鉛和粗硫酸為載體，考查化學工藝流程，明確目的和反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握沉淀轉(zhuǎn)化，會根據(jù)溶度積常數(shù)進行計算，培養(yǎng)學生應(yīng)用知識解決實際問題的能力?！窘馕觥竣?②.增大反應(yīng)物的接觸面積，加快后續(xù)化學反應(yīng)速率③.④.1000.1⑤.⑥.作化肥⑦.五、計算題(共2題，共20分)18、略

【分析】【分析】

寫出燃燒熱的熱反應(yīng)方程式；再根據(jù)蓋斯定律計算。

【詳解】

已知氫氣與甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol?1、726.5kJ·mol?1，則①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol?1；②CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ·mol?1；由蓋斯定律可知用①×3－②得CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)，該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝－285.8kJ·mol?1×3－(－726.5kJ·mol?1)＝－130.9kJ·mol?1；故答案為：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－130.9kJ·mol?1。【解析】CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－130.9kJ·mol－119、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)三段式分別計算T1、T2時的平衡常數(shù)K；結(jié)合溫度對平衡的影響分析判斷；

(2)溫度相同；平衡常數(shù)相同，根據(jù)三段式計算解答；

(3)溫度相同，平衡常數(shù)相同，首先根據(jù)Qc與K的大小判斷反應(yīng)進行的方向；再根據(jù)三段式計算解答。

【詳解】

(1)T1時，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)100

反應(yīng)(mol)0.20.10.1

平衡(mol)0.80.10.1

平衡常數(shù)K1==同理T2時，K3==0.25＞K1；說明平衡正向移動，即升高溫度，平衡正向移動，因此正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；

(2)溫度相同；平衡常數(shù)相同；

T1時2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)0.4aa

反應(yīng)(mol)0.040.020.02

平衡(mol)0.36a+0.02a+0.02

則K==解得：a=0.025，故答案為：0.025；

(3)溫度相同，平衡常數(shù)相同，此時Qc==0.5＞K=0.25，不是平衡狀態(tài)，反應(yīng)需要逆向進行，設(shè)從起始時到建立平衡，SiHCl3物質(zhì)的量增加了2bmol；則：

T2時，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始(mol)0.40.40.2

反應(yīng)(mol)2bbb

平衡(mol)0.4+2b0.4-b0.2-b

則K==0.25，解得：b=0.04，則0.4+2b=0.48，故答案為：0.48mol?！窘馕觥竣?吸熱②.0.025③.0.48mol六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共9分)20、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)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(yīng)，加壓能使平衡正向移動，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應(yīng)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(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為1.9/3.4=0.56；

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

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)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(shè)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