…………○…………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年統(tǒng)編版選修4化學下冊月考試卷771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9題，共18分)1、下列說法不正確的是A.增大壓強，單位體積內氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多B.增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多C.升高溫度，活化分子百分數(shù)增加，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多D.催化劑能降低反應的活化能，提高活化分子百分數(shù)，有效碰撞次數(shù)增多2、將E和F加入密閉容器中,在一定條件下發(fā)生反應：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固體體積，平衡時G的體積分數(shù)(%)隨溫度和壓強的變化如下表所示。壓強/MPa

體積分數(shù)/%

溫度/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0

①b＜f②915℃、2.0MPa時E的轉化率為60%③該反應的ΔS＞0④K(1000℃)＞K(810℃)

上述①～④中正確的有A.4個B.3個C.2個D.1個3、一定溫度下，反應H2(g)+X2(g)2HX(g)的平衡常數(shù)為64，將2molH2和2molX2通入體積為1L的密閉容器中，該溫度下H2的平衡轉化率為A.20﹪B.40﹪C.60﹪D.80﹪4、在10L恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)，發(fā)生反應X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)，所得實驗數(shù)據(jù)如下表：。實驗。

編號溫度/℃起始時物質的量/mol平衡時物質的量/moln(X)n(Y)n(M)n(Y)n(M)①7000.100.400.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b

下列說法正確的是A.根據(jù)實驗①、②可以推測該反應正反應△H>0B.實驗②中，該反應的平衡常數(shù)K＝2.0C.實驗③中，達到平衡時，X的轉化率為60%D.實驗④中，達到平衡時，b>0.0605、對室溫下氫離子濃度、體積均相同的HCl溶液和CH3COOH溶液分別采取以下措施；

有關敘述正確的是A.加適量的CH3COONa晶體，兩溶液的氫離子濃度減小B.使溫度升高20℃，兩溶液的氫離子濃度不變C.加水稀釋2倍，兩溶液的氫離子濃度增大D.加足量的Zn充分反應后，兩溶液中產生的氫氣一樣多6、在某溫度時，將nmol·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1鹽酸中；溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示。下列有關說法錯誤的是。

A.c點存在守恒關系：c(NH4+)=c(Cl－)B.b點：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)C.水的電離程度：b>c>a>dD.25℃時，NH4Cl水解平衡常數(shù)為(n－1)×10-7(用n表示)7、鈉堿循環(huán)法是用溶液作為吸收液脫除煙氣中的時，吸收液的pH約為10；吸收過程中，1時，pH為下列說法正確的是A.溶液中：B.吸收過程中，始終存在著：C.中性溶液中：D.中性溶液中：8、常溫下，下列各溶液的敘述中正確的是A.NaHSO3與Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）B.0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10mL混合后溶液顯酸性：c（CH3COO-）>c（CH3COOH）>c（Cl-）>c（H+）C.等物質的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）＝c（SO42-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）D.向1.00L0.3mol/LNaOH溶液中緩慢通入0.2molCO2氣體，溶液中：c（Na+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）9、常溫下，下列說法正確的是A.足量鋅分別與等體積的鹽酸和醋酸反應，生成氣體體積不等B.pH相等的NaF與溶液：C.的溶液：D.與溶液等體積混合評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、已知化學反應的能量變化如圖所示：

(1)b分別代表的意思是______、______。

(2)該反應______11、在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反應被氧化成NO3-。兩步反應的能量變化示意圖如下：

(1)第一步反應是________(填“放熱”或“吸熱”)反應。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學方程式是____________________________。12、(1)在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反應被氧化成NO3-。兩步反應的能量變化示意圖如下：

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

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

(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，此反應的熱化學方程式為_____________。13、研究與深度開發(fā)CO、CO2的應用對構建生態(tài)文明社會具有重要的意義。

(1)CO可用于煉鐵。高爐煉鐵過程中發(fā)生的主要反應為：Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，已知該反應在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：。溫度/°C100011501300平衡常數(shù)4.03.73.5

則該反應的平街常數(shù)表達式K=_________，H_________0(填“>”、“<”或“=”)。

(2)CO2可用于生產燃料甲醇。一定條件下發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，為探究該反應原理，將1molCO2和3molH2充入一容積為1L的密閉容器中；分別在250°C；T°C下發(fā)生反應，測得甲醇的物質的量隨時間的變化如下圖所示。

請分析并回答下列問題：

250°C時，反應在前10min的平均速率v(H2)_________molL-1min-1，從反應開始到平衡，CO2轉化率為_________%。相同溫度下，若某時刻該容器中含有1molH2、1.2molCO2、0.8molCH3OH、1.5molH2O，則此時反應所處的狀態(tài)為____________________________________(填“向正反應方向進行中”、“向逆反應方向進行中心”或“平衡狀態(tài)”)。14、將4molN2O4放入2L恒容密閉容器中發(fā)生反應N2O4(g)2NO2(g)，平衡體系中N2O4的體積分數(shù)（Φ）隨溫度的變化如圖所示：

（1）D點v(正)____v(逆)（填“＞；＜或=”）。

（2）A、B、C三點中平衡常數(shù)K的值最大的是____點。T2時N2O4的平衡轉化率為____；若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為____。

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，達到新平衡時，與原平衡相比，NO2的體積分數(shù)____（填“增大、不變或減小”）。15、25℃時，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產生）

（1）用化學用語表示M點的原因__________。

（2）四點中，水電離產生的濃度最大的是______________點。

（3）下列關系中，正確的是________。

aP點

bN點

cQ點

d溶液中小于溶液中評卷人得分三、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、實驗題(共2題，共8分)17、(1)下圖表示10mL量筒中液面的位置，A與B，B與C刻度間相差1mL，如果刻度A為4，量筒中液體的體積是________mL。

(2)下圖表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面處的讀數(shù)是a，則滴定管中液體的體積(填代號)______________。

A.是amLB.是(50-a)mLC.一定大于amLD.一定大于(50-a)mL

(3)下圖為20mL未知濃度的鹽酸用一標準濃度NaOH溶液滴定時的滴定曲線。則兩種溶液的物質的量濃度分別是：[HCl]＝__________，[NaOH]＝__________。

18、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(shù)。

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(shù)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、有機推斷題(共1題，共3分)19、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(jù)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：_____。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)20、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：

回答下列有關問題：

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

(2)“鉛膏”加水的目的是調成懸濁液，作用是_______。

(3)反應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，得產品，則原鉛膏中的總物質的量為_______濾液中_______(保留一位小數(shù))。濾液X中主要溶質的用途有_______(填一種)。

(5)HBF4是一種強酸，則氣體Y為_______(填化學式)。21、氯化亞銅（）常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工業(yè)上用制作印刷電路的廢液（含）生產的流程如圖所示：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）生產過程中：X是________，Z是________。（均填化學式）

（2）寫出生成的離子方程式________。

（3）析出的晶體不用水而用無水乙醇洗滌的原因是________。

（4）在的生成過程中理論上不需要補充SO2氣體，其理由是________。

（5）已知：常溫下現(xiàn)向飽和溶液中加入固體至此時溶液中=________。

（6）實驗探究pH對產率的影響如下表所示：。pH1234567產率/%70908278757270

析出晶體最佳pH為________，當pH較大時產率變低的原因是________。22、近年來隨著新能源汽車等行業(yè)的不斷發(fā)展，產生了大量的廢舊三元鋰電池，從廢舊鋰電池中回收鈷、鋰、鎳、錳等金屬是新能源汽車發(fā)展道路上必須解決的問題。一種對正極材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金屬進行回收處理的工藝如圖所示：

已知：金屬離子的浸出率計算公式為式中η為金屬的浸出率，為百分數(shù)；C為金屬離子的質量濃度，單位為g·mL-1；V為濾液體積；單位為mL；m為鎳鈷錳酸鋰粉末中各金屬的理論質量，單位為g。

(1)“放電處理”能提高金屬鋰的回收率，原因是______。

(2)LiCoO2(難溶于水)參與“浸出還原”反應的離子方程式為______。

(3)“共沉淀”過濾后需洗滌濾渣便于進一步回收利用，洗滌的操作過程為______。

(4)浸出實驗首先在三頸燒瓶中加入適量的H2SO4和H2O2，后將準確稱量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中鈷元素含量為18.00％)倒入，反應后將其過濾后定容得溶液的體積為50.00mL，采用電感耦合等離子體光譜儀測定浸出濾液中Co2+為的濃度為17.64mg·mL-1，則Co2+的浸出率為______。

(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉紅色，[CoCl4]2-呈藍色。將CoCl2溶于水，加入濃鹽酸后，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-?[CoC14]2-+6H2O

①等物質的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ鍵數(shù)之比為______。

②將溶液加水稀釋后，藍色溶液又變?yōu)榉奂t色溶液，請用平衡移動原理解釋原因______。23、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應時，氧化劑與還原劑的物質的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應反應的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當試劑X是__________時；更有利于降低生產成本。

（3）加入試劑Y調pH時，pH的調控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應式：__________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A、增大壓強，單位體積內氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多，故A說法正確；B、增大反應物的濃度只能增大活化分子數(shù)，不能增大活化分子百分數(shù)，故B說法錯誤；C、升溫使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多，故C說法正確；D、催化劑能降低反應的活化能，使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，有效碰撞次數(shù)增多，故D說法正確。2、A【分析】【詳解】

利用圖表分析結合平衡原理分析；a與b、c與d、e與f之間是壓強問題，隨著壓強增大，平衡逆向移動，G的體積分數(shù)減小，b＜a，c＞75%，e＞83%；c、e是溫度問題，隨著溫度升高，G的體積分數(shù)增大，所以正反應是一個吸熱反應，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④正確；f的溫度比b的高，壓強比b的小，所以b＜f，①正確；設E的起始量為amol，轉化率為x，則平衡時G的量為2ax，由題意得=75%，解得x=0.6，α=60%，②正確；該反應是一個氣體分子增大的反應，屬于熵增反應，所以③正確；答案選A。3、D【分析】【詳解】

則

解得x＝1.6；

所以氫氣的轉化率是＝80%；答案選D。

【點睛】

該題是中等難度的試題，也是高考中的常見題型。試題基礎性強，側重考查學生靈活運用平衡常數(shù)解決實際問題的能力。該類試題需要注意的是在進行可逆反應的有關計算時，一般采用“三段式”進行，即分別列出起始量、轉化量和平衡量或某深刻的量，然后依據(jù)已知條件列式計算即可。4、C【分析】【分析】

A．分析①②中達平衡時平衡常數(shù)的變化；利用勒夏特列原理可以得知反應為放熱反應；

B．由表中數(shù)據(jù)；利用三段式計算平衡時其它組分的物質的量，由于反應中氣體的化學計量數(shù)相等，可以用物質的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達式計算；

C．溫度不變平衡常數(shù)不變；根據(jù)平衡常數(shù)可求出轉化量，進而求出轉化率；

D．對比實驗①②的平衡常數(shù)可知，正反應為放熱反應，升溫平衡左移，平衡常數(shù)減，轉化率減小，根據(jù)實驗③中X的轉化率為60%，則實驗④4中X的轉化率小于60%，達到平衡時，b<0.060；

【詳解】

X(g)＋Y(g)??M(g)＋N(g)

起始濃度（mol/L）0.010.0400

轉化濃度（mol/L）0.0090.0090.0090.009

平衡濃度（mol/L）0.0010.0310.0090.009

實驗①中，該反應的平衡常數(shù)K===2.61；

X(g)＋Y(g)??M(g)＋N(g)；

起始濃度（mol/L）0.010.0400

轉化濃度（mol/L）0.0080.0080.0080.008

平衡濃度（mol/L）0.0020.0320.0080.008

實驗②中，該反應的平衡常數(shù)K===1.0

A．由①可知700℃時，反應的平衡常數(shù)為2.61，由②可知800℃反應達平衡時平衡常數(shù)為1.0，即溫度升高平衡常數(shù)減小，可知溫度升高平衡左移，由列夏特勒原理可知升溫平衡向吸熱方向移動，故逆反應方向為吸熱反應，即△H<0.故A錯誤；

B．由表格可知達平衡時該反應在800℃時的平衡常數(shù)為1.0；故B項錯誤；

C．由③可知，達平衡時平衡常數(shù)為1.0，故可知達平衡時n(M)=0.12mol，n(X)=0.12；故X的轉化率為60%；

D．由表格可知在溫度不變時③和④為等效平衡，此時b=0.06，但是由①和②可知該反應正向為放熱反應，溫度升高平衡左移，故b<0.060；D項錯誤；

故答案為C。5、A【分析】【詳解】

A.醋酸和鹽酸的c(H＋)相同，CH3COOH溶液中存在著電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入少量CH3COONa晶體，平衡向逆反應方向移動，溶液中c(H＋)減小。而鹽酸則和CH3COONa反應生成弱電解質CH3COOH，c(H＋)減??；故A正確；

B.升溫，促進CH3COOH電離，c(H＋)增大，鹽酸揮發(fā)，溶質減少，c(H＋)減??；故B錯誤；

C.加水稀釋，CH3COOH的電離平衡向正反應方向移動，稀釋相同倍數(shù)后兩溶液的c(H＋)不相同，醋酸中的c(H＋)大于鹽酸中的c(H＋)，但c(H＋)均減?。还蔆錯誤；

D.由于醋酸和鹽酸的c(H＋)相同，而醋酸為弱酸，所以c(CH3COOH)大于c(HCl)，加入足量的鋅，由于兩溶液體積相同，CH3COOH的量大于HCl的量；因此醋酸產生的氫氣多，故D錯誤；

故答案選A。6、C【分析】【詳解】

A．c點溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒分析c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)；A正確；

B．b點溶液為NH4Cl溶液，此溶液中離子濃度大小為c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；B正確；

C．b點溶液溫度最高，說明此時兩溶液恰好反應生成氯化銨，銨根離子水解促進了水的電離，則a、d兩點都抑制了水的電離，則b點水的電離程度最大；由于d點混合液的pH不知；則無法判斷a；d兩點水的電離程度大小，C錯誤；

D．根據(jù)圖象可知，25℃時溶液的pH=7，則：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根據(jù)物料守恒可知：c(NH3·H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，則25℃時NH4Cl水解常數(shù)為Kh==(n-1)10-7；D正確；

故選C。7、B【分析】【詳解】

溶液中，顯酸性，亞硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，則：故A錯誤；

B．根據(jù)混合液中的電荷守恒可得：故B正確；

C．時，溶液的則呈中性時，離子濃度大小為：故C錯誤；

D．溶液呈中性時：根據(jù)電荷守恒可得：故D錯誤；

答案選B。8、C【分析】【詳解】

A．任何電解質溶液中都存在物料守恒，如果NaHSO3與Na2SO3混合溶液中二者濃度之比為1:1，根據(jù)物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO32-）+3c（H2SO3）；選項A錯誤；

B．二者混合后，溶液中的溶質為等物質的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH電離程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯離子不水解，所以存在c（CH3COOH）＜c（Cl-）；選項B錯誤；

C．等物質的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反應生成等物質的量濃度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解導致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+），銨根離子水解程度較小，所以離子濃度大小順序是c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；選項C正確；

D．n（NaOH）=0.3mol/L×1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反應生成等物質的量濃度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）＜c（HCO3-）；選項D錯誤；

故答案選C。9、D【分析】【詳解】

A.足量鋅分別與等體積的鹽酸和醋酸反應；兩者的濃度相等，體積相等，因此酸的物質的量相等，因此生成氣體體積相等，故A錯誤；

B.pH相等的NaF與溶液：由于pH相等，因此故B錯誤；

C.的溶液，根據(jù)質子守恒得到：故C錯誤；

D.與溶液等體積混合，生成沉淀氫氧化鋁沉淀、氯化鋁、氯化鈉且三者物質的量之比為2:1:3，溶液顯酸性，因此離子濃度關系為故D正確。

綜上所述，答案為D。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【詳解】

（1）化學反應的本質是舊鍵的斷裂和新鍵的形成，其中化學鍵斷裂吸熱，化學鍵形成放熱，則圖中a表示舊鍵斷裂吸收的能量，b表示新鍵形成放出的能量；

故答案為：舊鍵斷裂吸收的能量；新鍵形成放出的能量；

（2）反應熱舊鍵斷裂吸收的總能量-新鍵形成放出的總能量，則圖中該反應

故答案為：【解析】舊鍵斷裂吸收的能量新鍵形成放出的能量11、略

【分析】【分析】

(1)反應物總能量高于生成物總能量；為放熱反應；

(2)結合圖象根據(jù)蓋斯定律來計算反應的焓變。

【詳解】

(1)由圖象可知，反應物總能量高于生成物總能量，ΔH＝?273kJ?mol-1＜0；焓變小于0，則反應為放熱反應，故答案為：放熱；

(2)第一步的熱化學方程式為NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2?(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝?273kJ?mol-1，第二步的熱化學方程式為：NO2?(aq)＋O2(g)=NO3?(aq)ΔH＝?73kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律則NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3?(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝?346kJ?mol-1，故答案為：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3?(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝?346kJ?mol-1?！窘馕觥糠艧酦H4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-112、略

【分析】【詳解】

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

②第一步反應的熱化學方程式為：第二步反應的熱化學方程式為：兩步反應相加，即可得到目標方程式：故答案為：

（2）反應焓變△H=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和故該反應的熱化學方程式為：故答案為：【解析】放熱ΔH<0或反應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/mol13、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)平衡常數(shù)的表達式書寫；根據(jù)溫度對平衡影響分析平衡常數(shù)的變化。

（2）根據(jù)化學平衡的三段式計算各數(shù)據(jù)；結合濃度冪之商與平衡常數(shù)的大小關系分析反應進行的方向。

【詳解】

（1）根據(jù)方程式分析，該反應的平衡常數(shù)=根據(jù)溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明該反應正反應為放熱反應，即H<0。

（2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；

起始1300

改變0.752.250.750.75

平衡0.250.750.750.75

用氫氣濃度變化量表示反應速率為二氧化碳的轉化率為該溫度下的平衡常數(shù)為相同溫度下，若某時刻該容器中含有1molH2、1.2molCO2、0.8molCH3OH、1.5molH2O，有Qc=

【點睛】

掌握化學平衡常數(shù)的表達式和影響因素，只有溫度能影響化學平衡常數(shù)，判斷反應進行的方向時用此時物質的濃度冪之商與平衡常數(shù)比較，若小于平衡常數(shù)，則說明該反應向正反應方向進行，反則反之?！窘馕觥?lt;0.225mol/(L?min)75%向正反應方向進行中14、略

【分析】【詳解】

（1）T1溫度下，D點到平衡點A，N2O4的體積分數(shù)增大，反應逆向進行，所以v(正)＜v(逆)；

（2）根據(jù)圖示，升高溫度平衡體系中N2O4的體積分數(shù)減?。黄胶庹蛞苿?，升高溫度，平衡常數(shù)增大，A；B、C點中平衡常數(shù)K的值最大的是C點；

x=0.5，T2時N2O4的平衡轉化率為若平衡時間為5s，則此時間內的N2O4平均反應速率為0.1mol·L-1·s-1；

（3）若其條件不變，在T3原平衡基礎上，再加入一定量NO2，相當于加壓，平衡逆向移動，NO2的體積分數(shù)減小?！窘馕觥竣?＜②.C③.25%④.0.1mol·L—1·s—1⑤.減小15、略

【分析】【分析】

(1)M點為硫酸銨溶液；硫酸銨為強電解質，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，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-)；結合電荷守恒判斷；

c．Q點溶質為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結合物料守恒判斷；

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，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，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點溶質為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結合物料守恒可知：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bc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、實驗題(共2題，共8分)17、略

【分析】【分析】

(1)(2)根據(jù)儀器的構造回答；

(3)結合滴定曲線上關鍵點的數(shù)據(jù)，按計算即可；

【詳解】

(1)量筒從小到上刻度值逐漸增大，A與B，B與C刻度間相差1mL，則每刻度為0.2mL，則如果刻度A為4，則B為3，量筒中液體的體積是3.2mL；

(2)滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，由于滴定管活塞下方或橡皮管無刻度，50mL滴定管中實際盛放液體的體積大于50mL，如果液面處的讀數(shù)是a，則滴定管中液體的體積大于(50?a)mL，故答案為：D；

(3)根據(jù)當pH=7時消耗的氫氧化鈉溶液的體積可知，鹽酸的物質的量濃度是氫氧化鈉溶液的2倍，設氫氧化鈉溶液的濃度為c，則鹽酸的濃度為2c，根據(jù)滴加氫氧化鈉溶液體積為30mL時pH=1可得關系式0.020L2c?0.030Lc=0.1mol/L(0.020L+0.030L)，解得c=0.5mol/L；即氫氧化鈉溶液濃度為0.5mol/L，鹽酸濃度為1mol/L。

【點睛】

本題考查常見計量儀器的使用和滴定曲線，了解量筒和滴定管刻度的差異性和理解滴定曲線中兩組數(shù)據(jù)的含義是解題的關鍵?！窘馕觥竣?3.2②.D③.1mol/L④.0.5mol/L18、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，F(xiàn)eCl3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，F(xiàn)eCl3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(jù)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F(xiàn)eCl3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(shù)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?！窘馕觥縁e3＋＋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、有機推斷題(共1題，共3分)19、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點；都是該溫度下的平衡點，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進行比較，可確定曲線外的某一點是否達到沉淀溶解平衡；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點時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點c(Ag+)相同的曲線上的點相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點未達沉淀溶解平衡，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??；

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，沉淀轉化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點睛】

一種難溶性物質，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉化，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)+六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)20、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化為HBF4和碳酸鉛反應生成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是硫酸，“翻料、傾料”操作后所得電解質溶液中的電解質是

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

(3)反應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，得產品，根據(jù)鉛元素守恒，原鉛膏中的總物質的量為濾液中“析鉛”過程是硫酸鉛和碳酸銨反應生成碳酸鉛和硫酸銨；濾液X中的溶質是硫酸銨，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，明確目的和反應原理是解題關鍵，掌握沉淀轉化，會根據(jù)溶度積常數(shù)進行計算，培養(yǎng)學生應用知識解決實際問題的能力。【解析】①.②.增大反應物的接觸面積，加快后續(xù)化學反應速率③.④.1000.1⑤.⑥.作化肥⑦.21、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，蝕刻液為氯化鐵溶液，則濾液①為氯化亞鐵，因此印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中應先加入過量的鐵粉除去銅離子和鐵離子；過濾后，在濾液1中通入過量的氯氣，可生成氯化鐵，用于制作蝕刻液；濾渣①含有銅；鐵，加入過量的鹽酸除去鐵，濾液②為氯化亞鐵，濾渣②中含有銅，可與濃硫酸反應生成硫酸銅和二氧化硫，銅與氯氣反應生成氯化銅，調節(jié)溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案為：Fe；Cl2；

(2)生成CuCl的離子方程式為2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案為：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)氯化亞銅微溶于水；不溶于乙醇和稀硫酸；析出的CuCl晶體不用水而用無水乙醇洗滌，可減少產品CuCl的損失，同時乙醇易揮發(fā)，便于干燥，故答案為：減少產品CuCl的損失；

(4)依據(jù)圖示可知：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O反應中生成的CuSO4和SO2為1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反應中消耗CuSO4和SO2也為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體，故答案為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O反應中生成的CuSO4和SO2為1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反應中消耗CuSO4和SO2也為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體；

(5)常溫下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，現(xiàn)向CuCl飽和溶液中加入NaI固體至c(I-)=0.1mol?L-1，c(Cu2+)=mol/L=1.2×10-11，c(Cl-)=mol/L=4×10-4mol/L，此時溶液中==3×10-8，故答案為：3×10-8；

(6)由表中數(shù)據(jù)可知；析出CuCl晶體最佳pH為2，pH較大時，銅離子水解程度增大，反應生成CuCl減少，CuCl產率降低，故答案為：2；pH較大時，銅離子水解程度增大，反應生成CuCl減少。

【點睛】

根據(jù)實驗目的正確理解實驗流程圖是解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(4)，要注意根據(jù)反應的方程式分析判斷?！窘馕觥縁e或等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+減少產品的損失Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O反應中生成的CuSO4和SO2為1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反應中消耗CuSO4和SO2也為1∶1，所以理論上不需要補充SO2氣體2pH較大時，水解程度增大，反應生成減少22、略

【分析】【