…………○…………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年新世紀版選修4化學上冊階段測試試卷287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、比較下列四組△H(所有的△H均小于0)的大小，其中△H2<△H1的是A.4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H14Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H2B.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1C(s)+O2(g)=CO(g)△H2C.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2D.A(g)+B(g)=C(g)△H1A(g)+B(g)=C(l)△H22、一定溫度下，在甲、乙、丙、丁四個恒容密閉容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物質的量及SO2(g)的平衡轉化率如表所示。乙丙丁丁密閉容器體積/L2211起始物質的量n(SO2)/mol0.40.80.80.4n(O2)/mol0.240.240.480.240.24SO2的平衡轉化率%α1α2α3α3

下列判斷中，正確的是A.甲中反應的平衡常數小于乙B.SO2的平衡轉化率：α1＞α2＝α3C.容器中SO3的物質的量濃度：丙＞甲＝丁D.該溫度下，甲和乙中反應的平衡常數K均為4003、一定溫度下，在三個容積均為2L的恒容密閉容器中按不同方式投入反應物，發(fā)生反應CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0；測得反應的相關數據如下表所示。下列說法錯誤的是（）

A.達到平衡時，容器I和容器II中正反應速率：vI(H2)>vII(H2)B.達到平衡時，容器II中c(CO2)>1.75mol·L-1C.達到平衡時，容器I和容器II中的轉化率：αI(CO)=αII(H2O)D.達到平衡時，容器II和容器I中的平衡常數：KII>KI4、下列關于化學反應方向及其判據的說法錯誤的是（）A.1molH2O在不同狀態(tài)時的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]B.放熱反應都可以自發(fā)進行，而吸熱反應不能自發(fā)進行C.2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）△H＞0能否自發(fā)進行與溫度有關D.常溫下，反應C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自發(fā)進行，則該反應的△H＞05、25℃時，在①0.01mol/L的鹽酸，②pH=2的醋酸，③pH=12的氨水，④0.01mol/L的NaOH溶液4種溶液中，由水電離出的c(H+)的大小關系是A.②＞①＞④＞③B.①=②=③=④C.②=③＞①=④D.②＜①＜③＜④6、室溫下，向10mL0.2000mol/LNaOH溶液中滴加0.2000mol/L的一元酸HA，溶液pH的變化曲線如圖所示忽略溶液混合過程中體積變化已知H2CO3Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，下列說法正確的是

A.HA為弱酸，電離平衡常數的數量級約為10?9B.b點所示溶液中c(A?)>c(HA)C.pH=7時，c(Na+)=c(A?)+c(HA)D.室溫下，以酚酞為指示劑進行滴定，若氫氧化鈉吸收少量CO2，恰好完全反應時消耗該HA溶液的體積仍為10mL7、一定溫度下，將Cl2緩慢通入水中，當通入的Cl2體積為V1時達到飽和，溶液中c(H＋)變化如圖中曲線a。已知Cl2的溶解度隨溫度升高而迅速降低；下列敘述中正確的是。

A.將飽和氯水升溫，繼續(xù)通入Cl2時，溶液中c(H＋)變化如曲線bB.在飽和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)C.降溫，不繼續(xù)通入Cl2時，溶液中c(H＋)增大D.在飽和氯水中加入NaOH使pH＝7，所得溶液中存在下列關系：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)8、室溫下，向20mLlmol/L的某二元弱酸H2X溶液中逐漸加入NaOH固體(忽略溶液溫度及體積變化)，測得溶液中的H2X、HX-、X2-的物質的量濃度與溶液pH變化關系如圖。下列敘述錯誤的是（）

A.NaHX的水溶液呈酸性B.當加入NaOH固體0.01mol時，溶液pH=3.2C.當加入NaOH固體0.02mol時，溶液中的離子濃度大小關系為：c(Na+)>c(HX-)>c(H+)>c(X2-)>c(OH-)D.當加入NaOH固體0.04mol時，溶液中水的電離程度最大評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、為解決大氣中CO2的含量增大的問題；某科學家提出“綠色自由”構想：把工廠排出的富含CO2的廢氣經凈化吹入碳酸鉀溶液吸收，然后再把CO2從溶液中提取出來，經化學反應使廢氣中的CO2轉變?yōu)槿剂霞状肌！熬G色自由”構想的部分技術流程如下：

（1）合成塔中反應的化學方程式為______________________；已知△H<0,從平衡移動原理分析，低溫有利于提高原料氣的平衡轉化率。而實際生產中采用300℃的溫度，除考慮溫度對反應速率的影響外，還主要考慮了____________________________________。

（2）從合成塔分離出甲醇的原理與下列_______操作的原理比較相符（填字母）。

A．過濾B．分液C．蒸餾D．結晶。

（3）工業(yè)流程中一定包括“循環(huán)利用”，“循環(huán)利用”是提高效益、節(jié)能環(huán)保的重要措施。“綠色自由”構想技術流程中能夠“循環(huán)利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，還包括________________。

（4）在體積為2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，測得CO2(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。從反應開始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如將CO2與H2以1:4的體積比混合，在適當的條件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

寫出CO2(g)與H2(g)反應生成CH4(g)與液態(tài)水的熱化學方程式________________。10、氮的化合物在工業(yè)生產和生活中都有重要的應用；運用化學原理研究氮的單質及其化合物具有重要意義。

Ⅰ.一定條件下(T℃、1.01×105Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同時得到HCl(g)。已知部分化學鍵的鍵能如下表：。化學鍵N-HCl-ClN-ClH-Cl鍵能/kJ/mol391.3243.0191.2431.8

寫出該反應的熱化學方程式：___________________________________________。

Ⅱ.亞硝酰氯(NOCl)是有機合成中的重要試劑，可由NO與Cl2在一定條件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)ΔH<0。保持恒溫恒容條件，將物質的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進行反應；平衡時某反應物的轉化率與氮氯比及不同溫度的關系如圖所示：

（1）圖中T1、T2的關系為T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

（2）圖中縱坐標為物質________的轉化率，理由為_________________________________。

（3）圖中A、B、C三點對應的NOCl體積分數最大的是________(填“A”“B”或“C”)。

（4）若容器容積為1L，經過10min到達A點，該時間段內化學反應速率υ(NO)=_________。B點的平衡常數為________。

（5）若在溫度為T1，容積為1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)_____υ(逆)(填“＜”“＞”或“＝”)，理由為________________________________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的焓變?H3________________。

(3)苯乙烯是重要的基礎有機原料。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：

②用天然氣跟水蒸氣反應：已知有關反應的能量變化如圖所示，則方法②中反應的?H=________。12、已知H2S與CO2高溫下發(fā)生反應：H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）。在610K時，將0.40molH2S與0.10molCO2充入2L的空鋼瓶中；反應平衡后水的物質的量分數為0.02。

（1）該反應的化學平衡常數表達式K＝____________。

（2）向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉化率增大的是____（填標號）。

AH2SBCOSCCO2DN2

（3）CO2的平衡轉化率α1＝_____%，反應平衡常數K＝__________。（保留兩位有效數字）

（4）在600K重復實驗，平衡后水的物質的量分數為0.03，CO2的轉化率α2________α1，該反應的ΔH______0（填“>”“<”或“＝”）。13、碳的化合物的轉換在生產、生活中具有重要的應用，如航天員呼吸產生的CO2用Sabatier反應處理，實現空間站中O2的循環(huán)利用。

Sabatier反應：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水電解反應：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)將原料氣按n(CO2):n(H2)=1：4置于密閉容器中發(fā)生Sabatier反應，測得H2O(g)的物質的量分數與溫度的關系如圖所示（虛線表示平衡曲線）。

①該反應的平衡常數K隨溫度降低而________（填“增大”或“減小”）。

②在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進行該反應；下列能說明達到平衡狀態(tài)的是_____。

A．混合氣體密度不再改變B．混合氣體壓強不再改變。

C．混合氣體平均摩爾質量不再改變D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃達到平衡時體系的總壓強為p；該反應平衡常數Kp的計算表達式為_______。（不必化簡，用平衡分，壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數）

(2)Sabatier反應在空間站運行時，下列措施能提高CO2轉化率的是____（填標號）。

A．適當減壓B．合理控制反應器中氣體的流速。

C.反應器前段加熱，后段冷卻D.提高原料氣中CO2所占比例。

(3)一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反應。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分別為-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反應的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定條件下由對應單質生成lmol化合物時的反應熱）

②一定條件下Bosch反應必須在高溫下才能啟動；原因是______________。若使用催化劑，則在較低溫度下就能啟動。

③Bosch反應的優(yōu)點是_______________。14、25℃時，部分物質的電離平衡常數如表所示：。化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數1.7×10－5K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8

請回答下列問題：

（1）寫出H2CO3電離方程式_________平衡常數表達式Ka1(H2CO3)=__________________

（2）CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由強到弱的順序為___________

（3）①CH3COO－、②HCO3-、③CO32-、④ClO－結合H＋的能力由強到弱的順序為（注意：用序號①、②、③、④作答）____________________

（4）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖：則HX的電離平衡常數__________（填“大于”；“等于”或“小于”）醋酸的平衡常數。

（5）將少量CO2氣體通入NaClO溶液中，寫出反應的離子方程式_____________15、在室溫下；有下列五種溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/LCH3COONH4

③0.1mol/LNH4HSO4

④0.1mol/LNH3·H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3·H2O

請根據要求填寫下列空白：

（1）溶液①呈_____性(填“酸”“堿”或“中”)，其原因是____________(用離子方程式表示)。

（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的關系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）

（3）室溫下，測得溶液②的pH＝7，則CH3COO－與NH4+濃度的大小關系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。

（4）已知室溫下NH3·H2O的電離常數為1.8×10－5，通過計算可推知溶液④呈____性(填“酸”“堿”或“中”)，溶液中離子濃度由小到大為____________（用離子符號表示），該溫度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____mol·L－1。(已知≈2.36)，16、化學與生活；生產、科研密切相關；請根據所學知識回答：

物質在水中可能存在電離平衡；鹽的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它們都可看作化學平衡。

（1）A為0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為____。

（2）B為0.1mol·L-1NaHCO3溶液，實驗測得NaHCO3溶液的pH＞7，請分析NaHCO3溶液顯堿性的原因：___。

（3）C為FeCl3溶液，實驗室中配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，將產生紅褐色沉淀和無色氣體，該反應的離子方程式為___。17、常溫下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液；圖中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況(體積變化忽略不計）。回答下列問題:

（1）由圖中信息可知HA為_________酸(填“強”或“弱”）。

（2）常溫下一定濃度的MA稀溶液的pH=a，則a______________7(填“>”、“<”或“=”），用離子方程式表示其原因：_____________________，此時，溶液中由水電離出的c(OH-)=_________

（3）請寫出K點所對應的溶液中離子濃度的大小關系______________________。

（4）K點對應的溶液中，溶液的pH=10，則c(MOH)+c(OH-)=_________________mol·L-1。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)18、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、實驗題(共3題，共30分)19、是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在酸性環(huán)境下易分解生成S和某小組設計了如下實驗裝置制備（夾持及加熱儀器略），總反應為回答下列問題：

a.b.粉末c.溶液d.溶液e.溶液。

（1）裝置A的作用是制備________，反應的化學方程式為________。

（2）完成下表實驗過程：。操作步驟裝置C的實驗現象解釋原因檢查裝置氣密性后，添加藥品pH計讀數約為13用離子方程式表示（以為例）：①__打開關閉調節(jié)使硫酸緩慢勻速滴下ⅰ.導管口有氣泡冒出；②

___

ⅱ.pH計讀數逐漸③___反應分步進行：

↓

（較慢）當pH計讀數接近7時，立即停止通操作是④___必須立即停止通的原因是：⑤___

（3）有還原性，可作脫氯劑。向溶液中通入少量某同學預測轉變?yōu)樵O計實驗驗證該預測：取少量反應后的溶液于試管中，________。20、過氧化鈣可用于改善地表水質,也可用于應急供氧。實驗室模仿工業(yè)上生產過氧化鈣的主要流程如下：

已知：①“沉淀"時需控制溫度為0~8℃。

②CaO2·8H2O是白色晶體粉末；難溶于水。

(1)“沉淀”步驟的實驗裝置如圖所示。

①“沉淀”時控制溫度為0~8℃的目的是___________。

②儀器a的優(yōu)點是_________，儀器b的名稱是__________。

(2)“乙醇洗”的目的是_________。

(3)產品純度測定：

第一步：準確稱取mg產品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水和bgKI晶體(過量)；再滴入適量鹽酸溶液，充分反應后加入指示劑。

第二步：用濃度為cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液VmL。(已知：2~I2)，產品(CaO2)的純度為________(列出計算表達式)。

(4)某學習小組設計以下實驗探究產品(CaO2)與SO2的反應：

①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為____________。

②裝置E用于測定O2的體積，請在框中畫出裝置圖__________。

③上述裝置驗證“CaO2與SO2反應生成O2”存在不足，原因是____________。21、無水氯化鐵是一種重要的化工原料；其熔點為306℃，沸點為315℃，極易潮解。工業(yè)制備氯化鐵的一種工藝如下：

回答下列各題：

(1)向沸水中滴入幾滴飽和氯化鐵溶液，煮沸至溶液變?yōu)榧t褐色，該過程可用離子方程式表示為________________。

(2)由FeCl3·6H2O獲得無水氯化鐵的方法是_________。

(3)“氯化”時，若溫度超過400℃產物中存在相對分子質量為325的物質，該物質的化學式為_______________。

(4)吸收塔內盛放的吸收劑為____________。

(5)某興趣小組仿照工業(yè)制備無水氯化鐵；設計如下實驗：

①裝置C中玻璃絲的作用為_____________；

②該實驗設計存在的明顯缺陷為_______________；

③通過下列實驗測定實驗后所得固體中FeCl3的質量分數。

a.稱取mg所得固體；溶于稀鹽酸，再轉移到100mL容量瓶中，用蒸餾水定容；

b.取出10mL待測溶液液于錐形瓶中；加入稍過量的KI溶液充分反應；

c.以淀粉做指示劑，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通過上述實驗測得所得固體中氯化鐵的質量分數為_____________；若加入淀粉偏多，可能導致最終結果______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共28分)22、氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質。研究氮氧化物的反應對于消除環(huán)境污染有重要意義。

(1)NO在空氣中存在如下反應：該反應分兩步完成，其反應歷程如圖所示：

回答下列問題：

①寫出反應Ⅰ的熱化學方程式___________。

②反應Ⅰ和反應Ⅱ中，一個是快反應，會快速建立平衡狀態(tài)，而另一個是慢反應，慢反應決定總反應的速率，那么決定反應速率的是反應___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

(2)用活性炭還原法處理氮氧化物的有關反應為：向恒容密閉容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃時各物質起始濃度及10min和20min各物質平衡濃度如表所示：。

濃度/mol/L

時間/min

NO

0

0.100

0

0

10

0.040

0.030

0.030

20

0.032

0.034

0.017

①T℃時，該反應的平衡常數為___________(保留兩位有效數字)。

②在10min時，若只改變某一條件使平衡發(fā)生移動，20min時重新達到平衡，則改變的條件是___________。

(3)在汽車排氣管中安裝催化凈化裝置可以在一定程度上減少尾氣對環(huán)境的危害，反應原理為：在密閉容器中充入一定量的CO和NO發(fā)生反應；下圖為平衡時NO的體積分數與溫度；壓強的關系。

回答下列問題：

①該反應達平衡后，為了提高反應速率同時提高NO的轉化率，可采取的措施___________。

a．改用高效催化劑b．升高溫度c．縮小容器的體積d．保持恒容再通入CO

②若在D點對反應容器降溫的同時縮小體積使體系壓強增大，重新達到平衡狀態(tài)可能是圖中點中的___________點。23、為緩解能源緊張；越來越多的國家開始重視生物質能源(利用能源作物和有機廢料，經過加工轉變?yōu)樯锶剂系囊环N能源)的開發(fā)利用。

(1)如圖是某國能源結構比例圖，其中生物質能源所占的比例是__。

(2)生物柴油是由動植物油脂轉化而來，其主要成分為脂肪酸酯，幾乎不含硫，生物降解性好，一些國家已將其添加在普通柴油中使用。關于生物柴油及其使用，下列說法正確的是__。

①生物柴油是可再生資源②可減少二氧化硫的排放③與普通柴油相比易分解④與普通柴油制取方法相同。

A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④

(3)已知在常溫常壓下：

①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6kJ?mol-1

②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ?mol-1

寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式__。

(4)已知1g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水時放出熱量143kJ，18g水蒸氣變成液態(tài)水放出44kJ的熱量。其他相關數據如表：。O=OH—HH—O(g)1mol化學鍵斷裂需要吸收的能量/kJ496436x

則表中x為()。

(5)向體積為2L的固定密閉容器中通入3molX氣體，在一定溫度下發(fā)生如下反應：2X(g)?Y(g)+3Z(g)經5min后反應達到平衡，此時測得容器內的壓強為起始時的1.2倍，則用Y表示的速率為___。24、脫去冶金工業(yè)排放煙氣中的方法有多種。

（1）利用本生（Bunsen）熱化學循環(huán)吸收工藝由下列三個反應組成：

則________

（2）氧化鋅吸收法：配制懸濁液，在吸收塔中封閉循環(huán)脫硫。測得pH、吸收效率隨時間t的變化如圖甲；溶液中部分微粒與pH的關系如圖乙所示。

①為提高的吸收效率可采取的措施有：增大懸濁液中的量、________。

②圖甲中的曲線ab段發(fā)生的主要化學方程式為________。

③時，溶液________。

（3）如圖丙所示，利用惰性電極電解含的煙氣回收S及以實現廢物再利用。

①陰極的電極反應式為________。

②每處理含的煙氣，理論上回收S、的物質的量分別為________、________。25、二甲醚制備兩種方法原理如下。

第一種方法：丹麥Topspe工藝的合成氣一步法；是專門針對天然氣原料開發(fā)的一項新技術。

①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1

第二種方法：二甲醚生產二步法；即先合成甲醇，甲醇在催化劑下制二甲醚。

②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2

③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3

(1)若由合成氣(CO、H2)直接制備1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，整個過程中放出的熱量為244kJ，則△H2=___________kJ·mol－1。(已知：H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol)

(2)下列有關反應①敘述不正確的是___________

a.達到平衡后；升高溫度，ν正減少；ν逆增大，平衡逆向移動。

b.當四種物質的濃度相等；反應達到化學平衡狀態(tài)。

c.若改變條件；反應物的轉化率一定增大，正反應速率一定大于逆反應速率。

d.當達到平衡時2v正(O2)=v逆(CH4)

e.向該恒容平衡體系中充入氬氣；ν正；ν逆均增大，平衡向右移動。

(3)有人模擬制備原理Ⅱ；繪制如圖甲圖像：

i說明CO的轉化率隨溫度升高先增大后減小的原因：______________________。

ii.反應②自發(fā)進行的條件是______________________。

iii.若在350℃時的2L的密閉容器中充入2molCO和6molH2，8min達到平衡，c(CH3OCH3)=0.3mol·L－1，用H2表示反應②的速率是___________；可逆反應③的平衡常數K3=___________。

iv.若350℃時測得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此時反應③v(正)___________ν(逆)，說明原因_________。

(4)光能儲存一般是指將光能轉換為電能或化學能進行儲存，利用太陽光、CO2、H2O生成二甲醚的光能儲存裝置如圖乙所示則b極的電極反應式為___________________________。評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共7分)26、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Ksp=_____。(列式帶入數據并計算出結果)

(3)現將足量的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8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A．①4Al(s)+3O2(g)＝2Al2O3(s)△H1，②4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)△H2，由蓋斯定律①-②：4Al(s)+2Fe2O3(s)＝2Al2O3(s)+4Fe(s)△H1-△H2，鋁熱反應放熱，所以△H1-△H2＜0，即△H1＜△H2；故A錯誤；

B．等量的C(s)燃燒生成CO2(g)，即充分燃燒時放出的熱量多，又燃燒為放熱反應，△H＜0，則△H1＜△H2；故B錯誤；

C．固體硫燃燒時要先變?yōu)闅鈶B(tài)硫，過程吸熱，氣體與氣體反應生成氣體比固體和氣體反應生成氣體產生熱量多，但反應熱為負值，所以△H1＜△H2；故C錯誤；

D．①A(g)+B(g)＝C(g)△H1，②A(g)+B(g)＝C(l)△H2，由蓋斯定律①-②：C(l)＝C(g)△H＝△H1-△H2＞0，因此△H1＞△H2；故D正確；

故答案為D。2、D【分析】【詳解】

A．溫度相同；平衡常數相等，則甲；乙中反應的平衡常數相等，故A錯誤；

B．由甲、乙可知，氧氣的濃度相同，增大二氧化硫的濃度會促進氧氣的轉化，二氧化硫轉化率減小，丙和丁達到的是相同的平衡狀態(tài)，乙、丙相比，丙實驗增大了氧氣物質的量，氧氣的轉化率減小，二氧化硫轉化率增大；則二氧化硫轉化率，α1＜α2=α3；故B錯誤。

C．體積相同，丙中的起始濃度為甲的2倍，壓強增大，平衡正向移動，則丙中SO2轉化率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍；丙體積為2L，丁體積為1L，起始量分別為0.8，0.48；0.40，0.24，丙和丁達到的平衡相同，三氧化硫濃度相同，丙=丁＞甲，故C錯誤；

D．2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)

開始(mol)0.40.240

轉化(mol)0.320.160.32

平衡(mol)0.080.080.32

平衡濃度0.040.040.16

所以該溫度下，平衡常數K==400；故D正確；

故選D。3、C【分析】【詳解】

A.達到平衡時，容器I和容器II中達到平衡時，由于T1溫度高，速度越快，因此正反應速率：vI(H2)>vII(H2)；故A正確；

B.達到平衡時，容器II中如果在T1溫度時，c(H2)=1.75mol·L-1，c(CO2)=1.75mol·L-1，在T2時，降低溫度，平衡向放熱方向即正向移動，因此c(CO2)>1.75mol·L-1；故B正確；

C.達到平衡時，容器I和容器Ⅲ中的轉化率兩者相等即αI(CO)=αⅢ(H2O)，但由于容器II溫度低，平衡正向移動，因此αII(H2O)>αⅢ(H2O)，所以αII(H2O)>αI(CO)；故C錯誤；

D.達到平衡時，T2時，降低溫度，平衡向放熱方向即正向移動，因此容器II和容器I中的平衡常數：KII>KI；故D正確。

綜上所述，答案為C。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A、物質聚集狀態(tài)不同熵值不同，氣體S＞液體S＞固體S，1molH2O在不同狀態(tài)時的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]；故A說法正確；

B；反應的自發(fā)性由焓變和熵變共同決定；當△G＝△H﹣T△S＜0時反應能自發(fā)進行，△G＞0時反應不能自發(fā)進行。焓變小于零的反應為放熱反應，△H＜0，若△S＜0，高溫下可以使△G＞0，反應不能自發(fā)進行；焓變大于零的反應為吸熱反應，△H＞0，若△S＞0，高溫下可以使△G＜0，反應可自發(fā)進行，故B說法錯誤；

C；△H＞0、△S＞0；則在高溫下△H﹣T△S＜0可以成立，反應可自發(fā)進行，故反應能否自發(fā)進行與溫度有關，故C說法正確；

D、常溫下，反應C（s）+CO2（g）＝2CO（g）反應不能自發(fā)進行，則△H﹣T△S＞0，因為△S＞0的反應，則△H＞0，故D說法正確。5、B【分析】【詳解】

酸或堿抑制水電離；酸中氫離子濃度或堿中氫氧根離子濃度越大，其抑制水電離程度越大；

①0.01mol?L?1的鹽酸中c(H+)=0.01mol?L?1，c(H+)水=c(OH?)=

②pH=2的醋酸中c(H+)=0.01mol?L?1，c(H+)水=c(OH?)水=

③pH=12的氨水中c(OH?)=0.01mol?L?1，c(H+)水=

④0.01mol?L?1的NaOH溶液中c(OH?)=0.01mol?L?1，c(H+)水=

則由水電離出的c(H+)大小關系①=②=③=④；

故選B。

【點睛】

水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算技巧(25℃時)

（1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1；

（2）酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7mol·L－1，當溶液中的c(H＋)<10－7mol·L－1時就是水電離出的c(H＋)；當溶液中的c(H＋)>10－7mol·L－1時，就用10－14除以這個濃度即得到水電離的c(H＋)；

（3）可水解的鹽促進水的電離，水電離的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。若給出的c(H＋)>10－7mol·L－1，即為水電離的c(H＋)；若給出的c(H＋)<10－7mol·L－1，就用10－14除以這個濃度即得水電離的c(H＋)。6、A【分析】【詳解】

A．由a點可知，0.1mol·L?1NaA溶液pH=11，因此HA為弱酸，NaA溶液中存在A?的水解平衡：A?+H2OHA+OH?，水解平衡常數Kh=c(OH?)·c(HA)÷c(A?)，c(OH?)≈c(HA)=10?3mol·L?1，c(A?)=(0.1?10?3)mol·L?1≈0.1mol·L?1，帶入數值，得出Kh≈10?5，由Ka=Kw/Kh=10?9；A說法正確；

B．b點所示溶液為等濃度的NaA與HA的混合溶液，由于Kah，因此NaA的水解程度大于HA的電離程度，因此c(A?)；B說法錯誤；

C．pH=7時，根據電荷守恒，溶液中有：c(H+)+c(Na+)=c(A?)+c(OH?)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH?)，推出c(Na+)=c(A?)；C說法錯誤；

D．若氫氧化鈉吸收少量CO2，則溶液中有少量Na2CO3，HA的Ka=10?9，已知H2CO3Ka1=4.4×10?7，Ka2=4.7×10?11，酸性：H2CO3>HA>因此發(fā)生反應為：Na2CO3+HA=NaHCO3+NaA，如果不變質：NaOH+HA=NaA+H2O，變質后2NaOH~Na2CO3~HA；因此消耗酸的體積小于10mL，D說法錯誤。

故選A。7、B【分析】【詳解】

A．將飽和氯水升高溫度，Cl2的溶解度隨溫度升高而迅速降低，溶液中c（H＋）應減小，溶液中c（H＋）變化如曲線c；故A錯誤；

B．在飽和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列關系電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)；故B正確；

C．降低溫度，氯氣溶解度增大，促進次氯酸電離，則繼續(xù)通入Cl2時，溶液中c（H＋）增大，變化曲線如b；故C錯誤；

D．溶液pH=7時，次氯酸過量，溶液中存在：c（Cl－）=c（HClO）+c（ClO－），c（Cl－）＞c（ClO－）；故D錯誤；

故選B。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A.由H2X和HX-曲線的相交點可知，酸的Ka1＝1.0×10-3.2，由X-與HX-曲線的相交點可知酸的Ka2=1.0×10-6.2，可以計算NaHX的水解平衡常數Kh=Kw/Ka1=1.0×10-10.8＜Ka1，所以NaHX的水解小于其HX-的電離；從而NaHX的水溶液呈酸性，A正確；

B.當加NaOH固體0.01mol時，溶液中的溶質為H2X和NaHX，兩者的濃度相同，但因H2X的電離大于NaHX的水解，所以溶液中H2X與HX-的濃度并不相同，且H2X的電離大于HX-的水解；所以溶液pH＞3.2，B錯誤；

C.當加入NaOH固體0.02mo時，溶液溶質即為NaHX，因HX-的電離大于HX-的水解，所以c(Na+)＞c(HX-)＞c(H+)＞c(X2-)＞c(OH-)；C正確。

D.當加入NaOH固體0.04mol時，液的溶質為Na2X，水解能力最強，水的電離程度最大D正確；故答案為：B。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【分析】

廢氣通入飽和碳酸鉀溶液，發(fā)生反應CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高溫水蒸氣通入分解池，碳酸氫鉀受熱分解生成碳酸鉀、水、CO2，二氧化碳與氫氣在合成塔中反應生成甲醇，反應方程式為CO2+3H2CH3OH+H2O；此反應為放熱反應，工業(yè)生產條件選擇要考慮轉化率；反應速率、對催化劑的影響、材料、成本等多方面，可以采用較高溫度（催化劑活性強）、高壓、適當催化劑。

【詳解】

（1）根據工藝流程可知，合成塔內反應是氫氣與二氧化碳反應生成甲醇和水，化學方程式為CO2+3H2CH3OH+H2O；實際生產中采用300℃的溫度；除考慮溫度對反應速率的影響外，還主要考慮了溫度對催化劑活性的影響；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化劑的催化活性。

（2）從合成塔出來的主要為甲醇與水的混合液；甲醇與水互溶，沸點相差大，因此采用蒸餾法分離；

答案：C

（3）由流程圖可以找出循環(huán)利用的物質還有高溫水蒸氣；

答案：高溫水蒸氣。

（4）三行式法進行計算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L?min)；如果使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氫氣的量，或者加壓；降溫等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根據蓋斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化劑的催化活性③.C④.高溫水蒸氣⑤.0.24mol/(L?min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol10、略

【分析】【分析】

Ⅰ、氯胺(NH2C1)為共價化合物，NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)△H=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和；

II(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0；反應為放熱反應，升溫平衡逆向進行，結合圖像變化分析判斷；

(2)、NO和Cl2以不同的氮氯比反應；圖像中轉化率隨比值增大而增大，兩種反應物增加一種會提高另一種的轉化率；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反應比為2:1，按照此反應比，氯氣轉化率最大時得到產物的體積分數最大；

(4)、結合三行計算列式計算A點平衡常數，溫度不變平衡常數不變，根據υ=計算速率；

(5)；利用濃度積與平衡常數作比較；從而判斷反應進行的反方向。

【詳解】

Ⅰ、NH3(g)+Cl2(g)=NH2C1+HCl(g)，△H=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和=(3×391.3+243.0)-(2×391.3+191.2)=+11.3kJ.mol-1，熱化學方程式為Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1，故答案為Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1；

Ⅱ(1)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0。反應為放熱反應，升溫平衡逆向進行，一定氮氯比條件下，升溫平衡逆向進行，反應物平衡轉化率減小，則T12，故答案為<；

(2)、保持恒溫恒容條件，將物質的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進行反應，平衡時某反應物的轉化率與氮氯比及不同溫度的關系如圖所示，氮氯比越大，轉化率越大，說明縱軸表示的是氯氣的轉化率，故答案為Cl2，增加時，Cl2的轉化率增大；

(3)、方程式中NO和Cl2；的反應比為2:1，按照此反應比，氯氣轉化率最大時得到產物的體積分數最大，圖中A；B、C三點對應的NOCl體積分數最大的是：A，故答案為A；

(4)、2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)△H<0，保持恒溫恒容條件，將物質的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進行反應，A點氯氣轉化率為0.8，=2，體積為1L，結合三行計算列式計算，2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g)

起始量(mol/L)210

變化量(mol/L)1.60.81.6

平衡量(mol/L)0.40.21.6

則υ(NO)==0.16mol/(L·min)；

A點平衡常數K==80；溫度不變平衡常數不變，則B點平衡常數為80；

故答案為0.16mol/(L·min)；80；

(5)、此時濃度積故平衡正向移動，所以υ(正)>υ(逆)，故答案為>，Qc【解析】Cl2(g)＋NH3(g)===NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1<Cl2增加時，Cl2的轉化率增大A0.16mol/(L·min)80>Qc11、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，所求熱效應也等于三式的熱效應相加，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

根據蓋斯定律得方法②中反應的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】

由題意知①通入H2S，平衡正向移動，但自身轉化率減小；通入CO2，平衡正向移動；通入COS，平衡逆向移動；恒容條件下通入N2；平衡不移動。②在600K重復實驗，平衡后水的物質的量分數為0.03，說明升高溫度平衡逆向移動；③利用“三段式”計算平衡轉化率以及反應平衡常數。

【詳解】

（1）反應方程式為H2S（g）＋CO2（g）COS（g）＋H2O（g）則化學平衡常數表達式

故答案為

（2）A.充入H2S，濃度增大，平衡正向移動，H2S的轉化率減小；故A選項錯誤；

B．充入COS，平衡逆向移動，H2S的轉化率減小；故B選項錯誤；

C.充入CO2，平衡正向移動，H2S的轉化率增大；故C選項正確；

D.充入N2，平衡不移動，H2S的轉化率不變；故D選項錯誤；

故答案選C；

（3）由題意設H2S轉化的物質的量為x，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)

起始（mol）0.400.1000

轉化（mol）xxxx

平衡（mol）0.40-x0.10-xxx

已知反應平衡后水的物質的量分數為0.02，則=0.02，解得x=0.01，故CO2的平衡轉化率a1=×100%=10%；反應平衡常數K=≈2.8×10-3；

故答案為10%2.8×10-3；

（4）水的物質的量分數增大，說明升高溫度平衡逆向移動，CO2的轉化率a2＞a1，且正反應放熱，即△H＜0；

故答案為><。

【點睛】

題目考查化學平衡的影響因素和計算等問題，檢驗學生的分析能力和計算能力，解題方法：列出化學平衡三段式，根據平衡常數、平衡移動原理等分析和計算，難度中等。【解析】C10%2.8×10-3><13、略

【分析】①根據圖中平衡時的物質的量分數曲線隨溫度的降低而增大；可知該正反應為放熱反應，K隨溫度的升高而減小，K隨溫度降低而增大。答案：增大。

②根據在密閉恒溫（高于100℃）恒容裝置中進行的反應CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合氣體密度不會改變，所以不能作為平衡的依據，故A錯；B．由反應可知此反應兩邊計量數不等，所以混合氣體壓強不再改變標志達到平衡，故B正確。C．混合氣體平均摩爾質量M=m/n,M不變說明n不在改變，說明達到平衡了。故C正確；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化學平衡的定義；不能作為判斷平衡的依據，故D錯。本題答案：BC。

③在密閉容器里全部由氣體參與的反應中，平衡時氣體壓強之比=氣體物質的量之比=氣體物質的量濃度之比。根據反應達到平衡時的物質的量分數，可知平衡時所占的壓強為根據化學反應方程式可知所占壓強為因此和所占的壓強為根據初始投料比以及和的化學計量數之比可知反應達到平衡時，兩者的物質的量之比也為故平衡時所占的壓強為所占的壓強為故可寫出的表達式為

（2）A項，該反應為氣體分子數減小的反應，根據勒夏特列原理可知減壓后反應向逆反應方向進行，會降低的轉化效率，故A項錯；B根據CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反應器中氣體的流速，可以增大反應物接觸面積，可以使反應物充分反應，提高反應物的轉化率，故B正確；C項，反應器前段加熱可以加快反應速率，后段冷卻可以加大反應的轉化率，因此該措施能提高的轉化效率，故選C項；D項，提高原料氣中的比例會增大的轉化率，但會減小的轉化效率；故D項錯。綜上所述，本題正確答案為BC。

（3）①根據題目給出條件可知a.b.由即可得Bosch反應，其反應熱為

②在化學反應中；只有活化分子才能發(fā)生有效碰撞而發(fā)生化學反應。升高溫度可以提高反應物的活化能，從而發(fā)生反應，而Bosch反應的反應活化能高，所以必須在高溫下才能啟動。

③在Bosch反應中，氫原子全部轉化到水分子中，水電解后氫原子又重新全部形成因此該方案的優(yōu)點為氫原子利用率為【解析】增大BCBC-90反應的活化能高氫原子利用率為100%14、略

【分析】【詳解】

(1)、碳酸為多元弱酸，以第一步電離為主，故答案為H2CO3H++HCO3-；

(2)、Ka越大，則酸性越強，故答案為CH3COOH>H2CO3>HClO；

(3)、酸性越強，酸根結合H+的能力越弱，反之，酸性越弱酸根結合H+的能力越強；故答案為③④②①；

(4)；由圖可知；稀釋相同倍數時，HX的pH變化程度更大，故HX酸性強，電離程度大，故答案為大于；

(5)、由Ka可知：碳酸的酸性大于HClO，而HClO酸性大于HCO3-，根據強制弱的原理，產物為：HClO+HCO3-，故答案為CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-。【解析】H2CO3H++HCO3-CH3COOH>H2CO3>HClO③④②①大于CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-15、略

【分析】【分析】

NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根水解；CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，水解相互促進；NH4HSO4是強酸的酸式鹽，電離出的氫離子抑制銨根水解；NH3·H2O是一元弱堿；結合電離和水解分析解答。

【詳解】

（1）NH4Cl是強酸弱堿鹽，銨根水解導致溶液呈酸性，水解離子方程式為NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。

（2）①、②、③中溶質是強電解質，完全電離，銨根水解程度越大，溶液中越小，銨根水解程度②＞①，③中電離出的氫離子抑制銨根水解，⑤中一水合氨是弱電解質，部分電離，最小，則濃度由大到小的順序是③＞①＞②＞⑤。

（3）室溫下，測得溶液②的pH=7，溶液呈中性，則根據電荷守恒得

（4）室溫下的電離常數為1.8×10－5，所以電離大于銨根水解，溶液呈堿性；由電荷守恒可知溶液呈堿性所以即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；設則根據NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb計算可得【解析】酸NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋③＞①＞②＞⑤＝堿c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)2.36×10－516、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）測得NaHCO3溶液的pH＞7；從弱酸的陰離子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-發(fā)生雙水解；生成紅褐色沉淀和無色氣體。

【詳解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小順序為c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-水解方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液顯弱堿性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，離子方程式為：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，實驗室中配制FeCl3溶液時要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液時通常需要向其中加入鹽酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-發(fā)生雙水解，生成紅褐色沉淀和無色氣體，離子方程式為：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【點睛】

比較溶液中粒子濃度關系的解題流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氫鈉溶液中水解程度大于電離程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解顯堿性③.鹽酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑17、略

【分析】【詳解】

（1）根據圖示，0.01mol·L-1HA的pH=2；HA為強酸；

（2）根據圖示，當加入51mLMOH溶液時，溶液的pH=7，說明加入50mLMOH溶液時，HA與MOH恰好完全反應，溶液呈酸性，即MA稀溶液的pH<7；原因是M＋水解，M+水解的離子方程式為M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促進水的電離，此時，溶液中由水電離出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；

（3）根據圖示，K點加入100mLMOH溶液，得到的溶液中含有等濃度的MA、MOH，K點溶液呈堿性，MOH的電離程度大于M+的水解水解，離子濃度的大小關系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；

（4）K點對應的溶液，根據電荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)；根據物料守恒，2c(A－)=0.01mol/L=c(MOH)+c(M＋)，兩式整理得，c(MOH)+c(OH-)=c(H＋)+c(A－)=10-10mol/L+0.005mol/L≈0.005mol·L-1。【解析】①.強②.<③.M＋＋H2OMOH＋H＋④.1×10－amol·L－1⑤.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)⑥.0.005三、判斷題(共1題，共2分)18、×【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、實驗題(共3題，共30分)19、略

【分析】【分析】

（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3；反應生成二氧化硫氣體；

（2）檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解的原因；打開K2，關閉K3，調節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下；反應分步進行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）

發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；據此分析反應現象；

當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，SO2過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率，操作是關閉K1、K2，打開K3；

（3）預測S2O32-轉變?yōu)镾O42-；可以利用檢驗硫酸根離子的方法設計實驗檢驗；

【詳解】

（1）裝置A中試劑1為濃硫酸，試劑2為Na2SO3，反應生成二氧化硫氣體，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

故答案為SO2；H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；

(2)檢查裝置氣密性后，添加藥品，pH計讀數約為13說明溶液顯堿性是硫離子水解，水解離子方程式為：S2?+H2O?HS?+OH?；

打開K2，關閉K3，調節(jié)K1使硫酸緩慢勻速滴下；反應分步進行：

Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2

2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓

Na2SO3+S═Na2S2O3（較慢）

發(fā)生總反應為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；

反應過程中的現象是導管口有氣泡冒出；溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)，碳酸鈉溶液變化為亞硫酸鈉溶液和硫代硫酸鈉溶液，pH計讀數逐漸減小。

當pH計讀數接近7時，立即停止通SO2，操作是關閉K1、K2，打開K3，必須立即停止通SO2的原因是：SO2過量會使溶液酸度增加；使產物分解，降低產率；

故答案為S2?+H2O?HS?+OH?；溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清(或渾濁減少)；減小；關閉K1、K2，打開K3；SO2過量會使溶液酸度增加；使產物分解，降低產率；

(3)Na2S2O3有還原性，可作脫氯劑。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同學預測S2O32?轉變?yōu)镾O42?，設計實驗為：取少量反應后的溶液于試管中，加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液；有白色沉淀生成；

故答案為加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；【解析】溶液出現淡黃色渾濁，然后逐漸澄清（或渾濁減少）減小關閉打開過量會使溶液酸度增加，使產物分解，降低產率加入過量鹽酸，過濾，向濾液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成20、略

【分析】【分析】

（1）由流程知，①“沉淀”時發(fā)生反應：Ca2++2NH3?H2O+H2O2+6H2O=CaO2?8H2O+2NH4+；從原料的性質和提高利用率的角度回答；

（2）在“水洗”后；在“烘烤”前；據此找出“乙醇洗“的目的；

（3）產品純度測定：準確稱取ag產品于錐形瓶中，加入適量的蒸餾水和bgKI晶體（過量）。再滴入適量鹽酸溶液充分反應，則過氧化鈣把碘離子全部氧化為碘單質，第二步：向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液，因此會先藍色，第三步：逐滴滴入濃度為cmol?L-1的Na2S2O3溶液至滴定終點，2S2O32-+I2=2I-+S4O62-完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可計算出產品純度；

（4）探究產品(CaO2)與SO2的反應時，①裝置A中發(fā)生反應，用于制取二氧化硫氣體，據此寫化學方程式；②裝置B中飽和NaHSO3溶液不能吸收水；③裝置E是測定O2的體積的裝置；據此回答。

【詳解】

（1）①據分析，“沉淀”時氨水和雙氧水與氯化鈣反應，得到CaO2?8H2O沉淀；氨水易揮發(fā)；雙氧水易分解，故控制溫度為0℃左右的原因是防止氨水揮發(fā)和過氧化氫分解；

故答案為：防止氨水揮發(fā)和過氧化氫分解；

②儀器a的是恒壓漏斗（或滴液漏斗）；其優(yōu)點是可平衡氣壓，使液體順利滴下；

儀器b是冷凝管；故答案為：可平衡氣壓；使液體順利滴下；冷凝管；

（2）“乙醇洗“在“水洗”后；在“烘烤”前；“水洗”已除去可溶性雜質，故“醇洗”是利用乙醇的揮發(fā)性，在揮發(fā)時帶走表面的水，故目的是去除晶體表面的水分，故答案為：去除晶體表面的水分；

（3）產品中CaO2含量計算如下：產品純度測定時的關系式為：CaO2～2e-～I2～2Na2S2O3；

則純度為：故答案為：×100%；

（4）某學習小組設計以下實驗探究產品(CaO2)與SO2的反應時：①裝置A中發(fā)生反應，用于制取二氧化硫氣體，則化學方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

②裝置E是測定O2的體積的裝置，故可以用或或故答案為：或或

③因為B、C間無干燥裝置，O2可能是由H2O和CaO2反應產生的，故答案為：O2可能是由H2O和CaO2反應產生的。

【點睛】

本題考查形式為物質制備流程圖題目，涉及物質的化學方程式的書寫，實驗方法和實驗操作、物質的檢驗和計算等問題，能有效提取題目提供的信息、掌握實驗基本操作等是解題關鍵。【解析】防止氨水揮發(fā)和過氧化氫分解可平衡氣壓，使液體順利滴下冷凝管去除晶體表面的水分×100%Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O②或或O2可能是由H2O和CaO2反應產生的21、略

【分析】【分析】

鐵屑經過預處理后，與Cl2反應得到FeCl3，工業(yè)尾氣中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸發(fā)結晶得到FeCl3·6H2O；最終得到無水氯化鐵。

(5)利用裝置A制備Cl2，裝置B干燥氯氣，在裝置C中反應得到FeCl3；裝置D用于尾氣吸收。

【詳解】

(1)FeCl3溶液中Fe3＋容易水解，帶入沸水中，促進Fe3＋水解，可得到FeOH膠體，離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋；

(2)由于Fe3＋易水解，FeCl3水解會生成Fe(OH)3和HCl，受熱HCl逸出，使得水解平衡正向移動，最終得到Fe(OH)3受熱分解的產物Fe2O3；應該在HCl的氛圍中加熱脫水；

(3)FeCl3的相對式量為162.5，而325恰好是162.5的兩倍，可知溫度超過400℃時，FeCl3會結合在一起，形成Fe2Cl6；

(4)工業(yè)尾氣中含有Cl2，吸收塔中吸收Cl2最終得到FeCl3，因此吸收塔中的物質吸收氯氣后轉化為FeCl3，根據反應Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，應為FeCl2溶液；

(5)①無水氯化鐵的熔點為306℃，沸點為315℃，制得FeCl3首先得到FeCl3形成的氣體，在玻璃管的尾部放置玻璃絲，可以冷凝收集FeCl3，也可以防止冷凝的FeCl3堵塞導管；

②FeCl3極易吸水，而裝置C和D之間缺少干燥裝置，水蒸氣可以通過導管進入裝置C中，使得產物FeCl3潮解；

③Fe3＋可將I－氧化成I2，離子方程式為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，碘單質能與Na2S2O3反應，可得關系式2Fe3＋～I2～2Na2S2O3；10mL含FeCl3的待測液，消耗n(Na2S2O3)=bV×10－3mol，則mg固體中含有n(FeCl3)=10×bV×10－3mol=0.01bVmol，則FeCl3的質量分數加入過量的淀粉溶液，并不會影響消耗的Na2S2O3溶液的量，因此對實驗結果無影響。【解析】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋在HCl的氛圍中加熱脫水Fe2Cl6FeCl2溶液冷凝收集FeCl3（或防止導管堵塞）裝置C和D之間缺少干燥裝置，會使所得FeCl3潮解無影響。五、原理綜合題(共4題，共28分)22、略

【分析】(1)

(1)①如圖，反應Ⅰ的反應熱為：kJ/mol，所以該反應的熱化學方程式為：故填

②反應的快慢與該反應的活化能有關；活化能越高反應所需的溫度越高，相同溫度下其反應速率越慢，從圖中可以看出反應Ⅱ的活化能較高，該反應為慢反應，故填Ⅱ；

(2)

(2)①該反應的平衡常數表達式為根據表中該數據，10min達平衡時代入上式可得K=0.56，故填0.56；

②由表中數據可以看出；20min重新達平衡時，NO和二氧化氮濃度減少，氮氣濃度增加，該反應正向移動，所以其改變的條件為將二氧化碳從體系中分離出來，故填將二氧化碳從體系中分離出來；

(3)

(3)①反應為分子數減少的反應；且為放熱反應，使該反應速率提高的方式有：增大壓強；升高溫度，使用催化劑，增大反應物或者生成物的濃度，若同時使其轉化率升高，則必須使其平衡正向移動，所以升高溫度、增大生成物濃度，使用催化劑的方式均不可行，則可采用增大壓強或者增加反應物的濃度，故填cd；

②圖中縱坐標為NO的體積分數，橫坐標為壓強，曲線表示NO的體積分數隨壓強的升高而降低，若在D點降低溫度的同時縮小體積增大壓強，則該反應正向進行，NO的體積分數降低，則其從圖中D點變到G點，故填G。【解析】(1)Ⅱ

(2)0.56從體系中分離出

(3)cdG23、略

【分析】【詳解】

(1)生物質能就是太陽能以化學能形式貯存在生物質中的能量形式；即以生物質為載體的能量，甘蔗和油料作物占13%+14%=27%，屬于生物質能，生物質能源所占的比例是27%；

(2)①生