2025年教科新版選修四化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年教科新版選修四化學下冊階段測試試卷411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5題，共10分)1、根據表中鍵能（kJ/mol）數據不能得出的結論是。

。共價鍵鍵能H－H436H－F565H－S339H－Se314A.H2(g)→2H(g)－436kJB.H(g)+F(g)→HF(g)+565kJC.HF的熱穩(wěn)定性大于H2SD.H2S的沸點比H2Se的沸點高2、用CO合成甲醇（CH3OH）的化學反應方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0

按照相同的物質的量投料；測的CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.平衡常數：K(a)＞K(c)K(b)＝K(d)B.正反應速率：v(a)＞v(c)v(b)＞v(d)C.平均摩爾質量：M(a)＜M(c)M(b)＞M(d)D.平衡時a點一定有n(CO)：n(H2)＝1:23、強酸制弱酸非常重要的一種離子反應，已知：。Ka1Ka2H2SO3H2CO3

下列離子反應不正確的有（）個。

A.0個B.1個C.2個D.3個4、pC類似于pH，是指極稀溶液中溶質濃度的負對數。常溫下向H2CO3溶液中逐滴滴加NaOH溶液；測得溶液的pC與pH關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存B.H2CO3二級電離平衡常數Ka2的數量級等于10–11C.當pH=7時，溶液中＞3D.向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的過程中，逐漸變小5、常溫下，將NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10；再向其中滴加1mol/L鹽酸。溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化如下圖所示。

下列說法不正確的是A.a點溶液中，c(OH-)=l×l0-4mol/LB.b點溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)C.c點時，加入的n(HCI)小于通入的n(NH3)D.a→b，水的電離程度減小評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、多晶硅是制作光伏電池的關鍵材料。回答下列問題：

(1)硅粉與HCl在300℃時反應生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，該反應的熱化學方程式為______。

(2)將SiCl4氫化為SiHCl3有三種方法；對應的反應依次為：

①SiCl4(g)+H2(g)?SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1>0

②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)?4SiHCl3(g)ΔH2<0

③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)?3SiHCl3(g)ΔH3

反應③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。7、依據敘述；寫出下列反應的熱化學方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應中，每有4NA個電子轉移時，放出450kJ的熱量。其熱化學方程式為______________________。

（2）已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為____________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質Ti，涉及的步驟為：

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

則TiO2(s)與Cl2(g)反應的熱化學方程式為______________________________。8、火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強氧化劑液態(tài)過氧化氫。當把0.4mol液態(tài)肼和0.8molH2O2混合反應，生成氮氣和水蒸氣，放出257.7kJ的熱量（相當于25℃、101kPa下測得的熱量）。該反應的熱化學方程式為__。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。則16g液態(tài)肼與過氧化氫反應生成液態(tài)水時放出的熱量是__kJ。9、依據敘述；寫出下列反應的熱化學方程式。

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為______________。

（2）用NA表示阿伏加德羅常數，在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應中，每有5NA個電子轉移時，放出650kJ的熱量。其熱化學方程式為______________。10、污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5min后反應達到平衡，此時NO2的濃度為0.05mol/L。

(1)反應從開始到5min時，CO的平均反應速率v(CO)=________，NO2的平衡轉化率a=________，310K時，上述反應的平衡常數K=________。

(2)在350K下，重復上述實驗，平衡后NO2的物質的量分數為30%，則該反應的ΔH________(填“＞”“＜“或“=”)0。11、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀，應用如圖電解實驗可以制得白色的純凈的Fe(OH)2沉淀。兩電極材料分別為石墨和鐵。

(1)a電極材料應為____，電極反應式為_______。

(2)電解液C可以是__________。

A.純凈水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液。

(3)d為苯，其作用是______，在加入苯之前對C應作何簡單處理_______

(4)為了在較短時間內看到白色沉淀，可采取的措施是________。

A.改用稀硫酸作電解液。

B.適當增大電源的電壓。

C.適當減小兩電極間距離。

D.適當降低電解液的溫度評卷人得分三、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、結構與性質(共3題，共30分)13、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，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Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數。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的物質的量分數為_______(結果保留兩位有效數字)。

(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目；微粒的相對總能量(括號里的數字或字母；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)。(已知：)14、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“＝”）。15、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、元素或物質推斷題(共1題，共2分)16、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)17、礦產資源是重要的自然資源；不可再生，回收；再生是保護金屬礦產資源的有效途徑。

Ⅰ.稀土是隱形戰(zhàn)機；超導、核工業(yè)等高精尖領域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一；如圖是從鈦尾礦回收、制備Sc的工藝流程。

已知：xNH4Cl?yScF3?zH2O是ScF3與氯化物形成的復鹽沉淀；在強酸中部分溶解?！懊撍@”是復鹽沉淀的熱分解過程。據此回答：

(1)鈧原子的外圍電子排布式為______。

(2)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學方程式為______。

(3)如圖是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關系。用氨水調節(jié)溶液pH，控制在3.5<______范圍內。

(4)如圖是“脫水除銨”過程中固體質量與溫度的關系，其中在380℃到400℃會有白煙冒出，保溫至無煙氣產生，即得到ScF3，由圖像中數據可得x：z=______。

(5)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF3?6H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質，原因是______(用化學方程式表示)。流程中將復鹽沉淀后“脫水除銨”制得純度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.鎳廣泛用于各種軍工制造業(yè)，中國鎳有一部分來自再生鎳。某化學興趣小組欲模擬化工生產工藝，回收某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質)中的鎳并制備硫酸鎳(NiSO4?7H2O)。

已知：①鎳在稀酸中可緩慢溶解；耐強堿。

②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀時(c=1.0×10-5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

該興趣小組設計了如下模擬實驗方案：取一定量廢鎳催化劑粉末于燒杯中，在不斷攪拌下加入NaOH溶液(堿浸)，充分反應并過濾，取濾出物于燒杯中，加入____，充分攪拌，過濾，____；過濾，洗滌，干燥，得到硫酸鎳晶體。請回答：

(1)“堿浸”中NaOH除了溶解廢鎳催化劑外，另一個作用是______。

(2)請將a、b處實驗方案補充完整a__________，b___________。(必須使用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)18、我國電池的年市場消費量約為80億只，其中70%是鋅錳干電池，利用廢舊鋅錳干電池制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)和純MnO2的工藝如下圖所示：

已知：

①鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；還含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作為_____________。

A.酸浸B.過濾C.焙炒D.焙燒。

(2)粗MnO2轉化為MnSO4時，主要反應的離子方程式為_____________________。

(3)焙燒時發(fā)生反應的化學方程式為_____________。

(4)制備硫酸鋅晶體流程中，用ZnO調節(jié)溶液pH的目的是______________________________，若溶解時不加H2O2帶來的后果是____________________。

(5)“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法”可測定MnO2的純度：取agMnO2樣品于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，達終點時消耗V2mL標準KMnO4溶液。

①MnO2參與反應的離子方程式為_____________。

②該樣品中MnO2的質量分數為__________________(假定雜質不參與反應，列出表達式即可)。19、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學查閱資料后設計生產NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發(fā)生反應的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應的離子方程式是___________

(3)A的化學式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽極”），其上發(fā)生的電極反應為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比是_______。

(6)NaClO2變質可轉化為NaClO3和NaCl。取等質量變質前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應時，消耗Fe2+的物質的量_____（填“相同”“不相同”“無法判斷”）。20、鉛精礦可用于冶煉金屬鉛，其主要成分為PbS。

I．火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。

（1）用鉛精礦火法煉鉛的反應的化學方程式為_________。

（2）火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2，可將廢氣通入過量氨水中進行處理，反應的離子方程式為：____。

II．濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時；還可制得硫磺，相對于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下：

已知：①不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度/℃20406080100溶解度/g1.001.421.942.883.20

②PbCl2為能溶于水的弱電解質，在Cl—濃度較大的溶液中，存在平衡：PbCl2（aq）+2Cl—（aq）PbCl42—（aq）

（3）浸取液中FeCl3的作用是_________。

（4）結合信息判斷，操作a為_________，以利于PbCl2的析出。

（5）將溶液3和濾液2分別置于如圖所示電解裝置的兩個極室中，可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3應置于______（填“陰極室”或“陽極室”）中。

②簡述濾液2電解后再生為FeCl3的可能原理：______。

③若鉛精礦的質量為ag，鉛浸出率為b，當電解池中通過cmol電子時，金屬鉛全部析出，鉛精礦中PbS的質量分數的計算式為______。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．從表中可以看出；破壞1molH-H鍵，需要吸收436kJ能量，A不合題意；

B．形成1molH-F鍵；能夠放出565kJ的能量，B不合題意；

C．H-F鍵的鍵能為565kJ/mol，H-S鍵的鍵能為339kJ/mol，所以HF的熱穩(wěn)定性大于H2S；C不合題意；

D．H2S和H2Se在固態(tài)時都屬于分子晶體，晶體的沸點高低與化學鍵無關，所以從表中數據不能判斷H2S與H2Se的沸點關系；D符合題意；

故選D。2、A【分析】【詳解】

A.該反應的正反應是個氣體體積減小的放熱反應?；瘜W平衡向吸熱方向移動。即化學平衡向逆反應方向移動。這時反應物的轉化率降低。由圖可看出：T3>T2>T1。所以Ka>Kb>Kc化學平衡常數只與溫度有關，而與壓強等無關。所以K(b)＝K(d)；故A正確；

B.升高溫度，不論是正反應速率還是逆反應速率都加快。故正反應速率：v(c)＞v(a)；在相同溫度下，增大壓強反應混合物的濃度增大，反應速率加快，由于壓強b＞d，v(b)＞v(d)；故B錯誤；

C．在相同壓強下，溫度升高，化學平衡向逆反應方向移動。，由于反應前后質量不變，但氣體的物質的量增多故。平均摩爾質量：M(c)＜M(a)在相同溫度下，增大壓強，化學平衡向氣體體積減下的方向，即正反應方向移動，M(b)＞M(d)；故C錯誤；

D．反應時CO、H2是按照1:2反應的，所以平衡時a點可能有n(CO)：n(H2)＝1:2；也可能不是，故D錯誤；

答案選A。3、B【分析】【詳解】

根據K大小得出酸強弱順序為H2SO3>H2CO3>HSO3－>HCO3－。由于H2SO3>H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2CO3>HSO3－>HCO3－，因此HSO3－+CO32?=SO32?+HCO3－，兩個方程式相加得到SO2+2CO32?+H2O=SO32?+2HCO3－，故第一個、第二個正確；由于H2CO3>HSO3－，因此SO2+CO32?+H2O=HSO3－+HCO3－，由于H2SO3>H2CO3，因此SO2+HCO3－=HSO3－+CO2，兩個方程式相加2SO2+CO32?+H2O=2HSO3－+CO2，故第三個正確；2HSO3－+CO32?=CO2+H2O+2SO32?違背了H2CO3>HSO3－；故第四個錯誤，故B正確。

綜上所述；答案為B。

【點睛】

根據電離常數大小得出酸的強弱，再根據強酸制弱酸原理書寫方程式。4、D【分析】【詳解】

A．H2CO3存在于酸性較強的溶液中，CO32-存在于堿性較強的溶液中，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存；A項正確；

B．結合H2CO3的二級電離Ka2=由圖像可知，當c(HCO3-)=c(CO32-)，Ka2等于此時溶液中的c(H+)，由圖像知pH在10～11之間，故H2CO3二級電離平衡常數Ka2的數量級等于10–11；B項正確；

C．當pH=7時，根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，可知c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，由圖像可知，當pH=7時，溶液中c(CO32-)＜c(HCO3-)，所以c(Na+)＞3c(CO32-)，即＞3；C項正確；

D．H2CO3一級電離平衡常數表達式Ka1=向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的過程中，c(HCO3-)增大，Ka1不變，所以減小，即逐漸變大；D項錯誤；

答案選D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A.a點溶液PH=10，c(H+)=1×10-10mol/Lc(OH-)==l×l0-4mol/L；A項正確；

B.b點溶液呈堿性，根據電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(H+)-)則有c(NH4+)>c(Cl-)；B項正確；

C.由圖可知c點對應PH值大于8，c點溶液還是呈堿性，說明加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)；C項正確；

D.a→b；堿性變弱，水電電離受到的抑制逐漸變弱，所以水的電離程度增大，D項錯誤；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【詳解】

（1）參加反應的物質是固態(tài)的Si、氣態(tài)的HCl，生成的是氣態(tài)的SiHCl3和氫氣，反應條件是300℃，配平后發(fā)現SiHCl3的化學計量數恰好是1mol，由此可直接寫出該條件下的熱化學方程式：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1，故答案為：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1；

（2）仔細觀察發(fā)現：②-①=③，根據蓋斯定律可得：?H3=?H2-?H1，故答案為：?H2-?H1?！窘馕觥縎i(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)?H=-225kJ·mol-1?H2-?H17、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價是－1價，反應后變?yōu)椋?價，失去5個電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個電子轉移時，消耗乙炔的物質的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應的熱化學方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學鍵所放出的能量的差值，則根據鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應的熱化學方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應的反應熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點：考查熱化學方程式的書寫以及反應熱的有關計算?！窘馕觥浚?3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）8、略

【分析】【詳解】

0.4mol液態(tài)肼和0.8mol過氧化氫混合反應生成氮氣和水蒸氣，放出的熱量為257.7kJ，那么1mol液態(tài)肼發(fā)生相同的反應放出熱量為所以該反應的熱化學方程式為：由可知，1mol液態(tài)肼與2mol液態(tài)過氧化氫混合反應生成液態(tài)水的熱化學方程式為：那么16g液態(tài)肼即0.5mol，發(fā)生上述反應放出的熱量為：【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-644.25kJ·mol-1410.1259、略

【分析】【詳解】

（1）1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ，則16g，即1mol甲醇釋放22.68kJ/g×16g/mol=725.76kJ/mol，則甲醇燃燒熱的熱化學方程式為CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA個電子轉移時，放出650kJ的熱量，1molC2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時，轉移10mol電子，釋放1300kJ的熱量，則熱化學方程式為C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol?！窘馕觥緾H3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)?H=-1300kJ/mol10、略

【分析】【分析】

(1)反應速率

(2)和310K時NO2的物質的量分數比較判斷反應進行的方向確定反應的焓變。

【詳解】

(1)污染性氣體NO2與CO在一定條件下發(fā)生的反應為2NO2(g)+4CO(g)?4CO2(g)+N2(g)，310K下，向1L的恒溫恒容密閉容器中充人0.1molNO2和0.2molCO；5min后反應達到平衡，此時2的濃度為0.05mol/L，結合三行計算列式：

反應從開始到5min時，CO的平均反應速率NO2的平衡轉化率310K時，上述反應的平衡常數故答案為：0.02mol/(L?min)；50%；10；

(2)310K時，平衡后NO2的物質的量分數在350K下，重復上述實驗，平衡后NO2的物質的量分數為30%，二氧化氮物質的量分數增大，說明升溫平衡逆向進行，正反應為放熱反應，ΔH＜0，故答案為：＜。【解析】①.0.02mol/(L?min)②.50%③.10④.＜11、略

【分析】【詳解】

（1）制純凈的Fe(OH)2沉淀，則Fe為陽極，失去電子，b與電源正極相連，則b為陽極，故石墨為陰極，得到電子，a與電源負極相連，故發(fā)生的電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；

（2）純水導電性太差，影響物質的制備，而NaCl、NaOH溶液中氫離子放電，可生成Fe(OH)2沉淀，電解液為CuCl2溶液，發(fā)生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，則電解液b可選擇BC；故答案為：BC；

（3）苯的密度水的??；不溶于水，可隔絕空氣，防止氫氧化亞鐵被氧化，為防止氫氧化亞鐵被氧化，并在實驗加入苯之前，對d溶液進行加熱煮沸的目的是排出溶液中的氧氣，故答案為：隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化；加熱煮沸；

（4）短時間內看到白色沉淀，適當增大電源電壓、適當縮小兩電極間距離可增大反應的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低溫度反應速率減慢，故答案為：BC?！窘馕觥渴?H2O+2e-=2OH-+H2↑BC隔絕空氣防止氫氧化亞鐵被氧化加熱煮沸BC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、結構與性質(共3題，共30分)13、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?。?/p>

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數減小的反應，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，所以作如下換算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5114、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?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><15、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數越小酸性越弱；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、元素或物質推斷題(共1題，共2分)16、略

【分析】【分析】

根據題干可知Q；W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。

【詳解】

(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。

(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。

(3)根據方程式ZO3n－→Z－；由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。

(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)17、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3經過焙燒生成Sc2O3，接著Sc2O3溶于濃鹽酸形成Sc3+，并用氨水調節(jié)pH，使其與F-結合生成ScF3，并與氨水和鹽酸反應生成的NH4Cl結合形成復鹽xNH4Cl·yScF3·zH2O，再經脫水除銨獲得純度很高的ScF3；最后用Ca還原出Sc單質。

【詳解】

Ⅰ(1)Sc為21號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，外圍電子排布式即價電子排布式，故此處填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙燒后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合價改變，故推測有O2參與反應，所以C元素被氧化，對應產物為CO2，根據得失電子守恒、元素守恒配平得方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

(3)由流程知，調節(jié)pH時維持Sc以Sc3+形式存在，以便后續(xù)與F-結合生成ScF3，還需防止Sc3+與OH-結合；故調節(jié)pH范圍為：3.5＜pH＜4.2；

(4)由流程知，xNH4Cl·yScF3·zH2O脫水除銨指脫去結晶水和NH4Cl，NH4Cl受熱分解成NH3與HCl，之后又反應生成NH4Cl，故會產生白煙現象，所以380~400℃減少NH4Cl質量，200~300℃減少H2O質量，則n(NH4Cl)=n(H2O)=故此處填1：2；

(5)高溫脫水時，ScF3會與H2O反應生成ScOF，所以會混有ScOF雜質，對應方程式為：ScF3+H2O=ScOF+2HF；由于Sc3+水解會生成雜質，但脫銨時NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解，所以制得的ScF3純度很高；

Ⅱ(1)由于金屬表面殘留油脂；油脂在NaOH溶液中會發(fā)生水解從而被除去，故NaOH另一個作用為除去油脂；

(2)由于廢鎳催化劑粉末中混有Al、Fe及其氧化物等雜質，首先要考慮去除雜質，第一步堿溶后，Al及其氧化物被NaOH溶解除去，不溶物中主要含有Ni、Fe及其氧化物，加入稀硫酸使其溶解，再加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，之后再調節(jié)pH除去Fe元素雜質，最終通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶獲得NiSO4晶體，具體方案補充如下：步驟a．稀硫酸；步驟b．向濾液中加適量H2O2溶液，充分反應，再加入NaOH溶液，調節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶。【解析】3d14s22Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；4.21：2ScF3+H2O=ScOF+2HF脫銨時NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解除去油脂稀硫酸向濾液中加適量H2O2溶液，充分反應，再加入NaOH溶液，調節(jié)3.2<7.2，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶18、略

【分析】【分析】

廢舊電池拆解后，鋅皮中的鋅和鐵在稀硫酸中溶解，鐵和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化為Fe3+，再加ZnO調節(jié)溶液的PH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下轉化為MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙燒MnCO3，使之被空氣中的氧氣氧化為純MnO2。

【詳解】

（1）炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，還含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙燒時，炭包內部的碳比較難與氧氣反應除去，正確答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正確答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉錳”生成MnCO3沉淀，焙燒后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空氣中O2作為氧化劑參加了該反應，配平該反應為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正確答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO與H2SO4反應使溶液酸性減弱，從而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2與Fe(OH)2的溶度積相差不大，所以沉淀Fe2+時Zn2+必然同時生成沉淀。若溶解時不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應過量H2SO4調節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時，Zn2+必然同時生成Zn(OH)2沉淀。正確答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+與Zn2+不能分離（或當Fe(OH)2沉淀完全時，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）純度測定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。則根據氧化還原反應電子守恒得MnO2質量分數為正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、

【點睛】

①根據題意書寫氧化還原反應。首先根據題目已知列出知道的反應物和產物，然后聯系題意補充氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物中缺少的物質（有時已知中全部給出），第三步進行氧化還原過程中電子得失的配平，再進行質量守恒和離子反應中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應為例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，根據得失電子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑，由于反應前已經用硫酸酸化，再根據離子電荷守恒得到MnO2+C2O42-+4H+→Mn2++2CO2↑，最后根據質量守恒得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度積用于比較難溶電解質溶解度時，不同種類型的難溶電解質不能夠直接進行比較。如本題中的Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3，前兩者的組成為AB2型，第三個屬于AB3型，通過各自的溶度積已知（數量級都是10-16）可得Zn(OH)2、Fe(OH)2的溶解的相差不大，但是Fe(OH)3不能與它們直接進行比較?！窘馕觥緾MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O2MnCO3+O22MnO2+2CO2除去溶液中的Fe3+雜質Fe2+與Zn2+不能分離[或當Fe(OH)2沉淀完全時，Zn(OH)2也沉淀完全]MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O×100%19、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發(fā)生氧化還原反應生成NaClO2和氣體a，該反應中Cl元素化合價由+4價變?yōu)?3價，則O元素化合價由-1價變?yōu)?價，所以生成的氣體a是O2，離子反應方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸鈉溶液通入離子隔膜電解池中，在III中發(fā)生電解，根據圖知，電極Y生成氫氧化鈉，說明電極Y為陰極，陰極上生成氫氣同時陰極附近生成NaOH，所以生成的氣體b是H2；電極X為陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以a是O2，同時生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性條件下，在I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；據此分析解答。

【詳解】

(1)根據上述分析，I中NaClO3、Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成ClO2氣體和硫酸鈉溶液，反應的離子方程式為2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失電子化合價升高的反應物是還原劑，還原劑是Na2SO3；氣體a是O2，故答案為Na2SO3；氧氣；

(2)堿性條件下，ClO2、H2O2發(fā)生氧化還原反應生成氧氣、ClO2-和水，Ⅱ中反應的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案為2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通過以上分析知，電解硫酸鈉溶液，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，同時生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在陽極附近生成，故答案為H2SO4；

(4)根據上述分析，Ⅲ中電極X陽極，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應式為2H2O?4e?=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝