2025年上外版選修4化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年上外版選修4化學上冊階段測試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5題，共10分)1、如下圖所示，圖Ⅰ是恒壓密閉容器，圖Ⅱ是恒容密閉容器。當其它條件相同時，在Ⅰ、Ⅱ中分別加入2mol和2mol開始時容器的體積均為VL，發(fā)生如下反應(yīng)并達到平衡狀態(tài)提示：物質(zhì)X，Y的狀態(tài)均未知，物質(zhì)Z的狀態(tài)為氣態(tài))，2X(?)+Y(?)aZ(g)此時Ⅰ中X，Y，Z的物質(zhì)的量之比為1:3:2。下列判斷正確的是

ⅠⅡⅢA.物質(zhì)Z的化學計量數(shù)a=2B.若X、Y均為氣態(tài)，則在平衡時X的轉(zhuǎn)化率：Ⅰ<ⅡC.若Ⅱ中氣體的密度如圖Ⅲ所示，則X、Y中只有一種為氣態(tài)D.若X為固態(tài)、Y為氣態(tài)，則Ⅰ、Ⅱ中從開始到平衡所需的時間：Ⅰ>Ⅱ2、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在菠菜、莧菜、甜菜等植物中含量較高。25℃時，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X表示c(HC2O4－)/c(H2C2O4)或c(C2O42－)/c(HC2O4－)]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.直線I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)B.直線I、Ⅱ的斜率均為1C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)D.已知：碳酸的Ka1=4.3×10－7，Ka2=5.6×10－11，則向Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液的離子方程式為CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑3、室溫下，下列說法正確的是A.將的鹽酸和的硫酸等體積混合，所得溶液B.HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH大C.向氨水中加入少量硫酸銨固體，溶液中增大D.將1mL的HA溶液稀釋到10mL，若溶液的則HA為弱酸4、20℃時，在NaOH混合溶液中，含碳示素微粒的分布分數(shù)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.①表示的分布曲線，③表示的分布曲線B.20℃時，的二級電離平衡常數(shù)C.Q點對應(yīng)溶液中D.的溶液中：5、已知AgI為黃色沉淀，AgCl為白色沉淀。25°C時，AgI飽和溶液中c(Ag＋)為1.22×10－8mol·L－1，AgCl飽和溶液中c(Ag＋)為1.30×10－5mol·L－1。若在5mL含有KCl和KI濃度均為0.01mol·L－1的混合溶液中，滴加8mL0.01mol·L－1的AgNO3溶液，則下列敘述中不正確的是()A.溶液中所含溶質(zhì)的離子濃度大小關(guān)系為：c(K＋)>c(NO3-)>c(Cl－)>c(I－)>c(Ag＋)B.溶液中先產(chǎn)生的是AgI沉淀C.AgCl的Ksp的數(shù)值為1.69×10－10D.若在AgI懸濁液中滴加少量的KCl溶液，黃色沉淀不會轉(zhuǎn)變成白色沉淀評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、（3分）發(fā)射衛(wèi)星用作燃料，作氧化劑，兩者反應(yīng)生成N2和水蒸氣；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

試寫出N2H4與NO2反應(yīng)的熱化學方程式。

____。7、氫能是一種極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，CH4—H2O催化重整是目前大規(guī)模制取氫氣的重要方法。

(1)CH4－H2O催化重整：

反應(yīng)Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)?H1=+210kJ/mol

反應(yīng)Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2=﹣41kJ/mol

①提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是________。

a．增大壓強b．加入催化劑c．增大水蒸氣濃度。

②CH4、H2O催化重整生成CO2、H2的熱化學方程式是________。

③在密閉容器中，將2.0molCO與8.0molH2O混合加熱到800℃發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，達到平衡時CO的轉(zhuǎn)化率是80%，其平衡常數(shù)為_________。

(2)實驗發(fā)現(xiàn)，其他條件不變，相同時間內(nèi)，向催化重整體系中投入一定量的CaO可以明顯提高H2的百分含量。做對比實驗；結(jié)果如下圖所示：

①投入CaO時，H2百分含量增大的原因是：_________。

②投入納米CaO時，H2百分含量增大的原因是：__________。

(3)反應(yīng)中催化劑活性會因積炭反應(yīng)而降低，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。反應(yīng)ⅠⅡ?H(kJ/mol)+75﹣173

①研究發(fā)現(xiàn)，如果反應(yīng)Ⅰ不發(fā)生積炭過程，則反應(yīng)Ⅱ也不會發(fā)生積炭過程。因此，若保持催化劑的活性，應(yīng)采取的條件是_________。

②如果Ⅰ、Ⅱ均發(fā)生了積炭反應(yīng)，通入過量水蒸氣能有效清除積炭，反應(yīng)的化學方程式是_________。8、工業(yè)燃燒煤、石油等化石燃料釋放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等氣體；嚴重污染空氣。對廢氣進行脫硝；脫碳和脫硫處理可實現(xiàn)綠色環(huán)保、廢物利用。

Ⅰ.脫硝：

已知：H2的燃燒熱為285.8kJ·mol-1

N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)ΔH＝+133kJ·mol-1

H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol-1

催化劑存在下，H2還原NO2生成水蒸氣和其他無毒物質(zhì)的熱化學方程式為：____________。

Ⅱ.脫碳：

(1)向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2；在適當?shù)拇呋瘎┳饔孟拢l(fā)生反應(yīng)：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)

①該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是_____________(填“低溫”；“高溫”或“任意溫度”)

②下列敘述能說明此反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是____________。(填字母)

a.混合氣體的平均式量保持不變b.CO2和H2的體積分數(shù)保持不變。

c.CO2和H2的轉(zhuǎn)化率相等d.混合氣體的密度保持不變。

e.1molCO2生成的同時有3molH—H鍵斷裂。

③CO2的濃度隨時間（0～t2）變化如下圖所示，在t2時將容器容積縮小一倍，t3時達到平衡，t4時降低溫度，t5時達到平衡，請畫出t2～t6CO2濃度隨時間的變化。_____________

⑵改變溫度，使反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH﹤0中的所有物質(zhì)都為氣態(tài)。起始溫度、體積相同（T1℃；2L密閉容器）。反應(yīng)過程中部分數(shù)據(jù)見下表：

。

反應(yīng)時間。

CO2(mol)

H2(mol)

CH3OH(mol)

H2O(mol)

反應(yīng)Ⅰ：恒溫恒容。

0min

2

6

0

0

10min

4.5

20min

1

30min

1

反應(yīng)Ⅱ：絕熱恒容。

0min

0

0

2

2

①達到平衡時，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ?qū)Ρ龋浩胶獬?shù)K(I)______K(II)（填“﹥”“﹤”或“＝”下同）；平衡時CH3OH的濃度c(I)____c(II)。

②對反應(yīng)Ⅰ，前10min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CH3OH)＝_______。在其他條件不變的情況下，若30min時只改變溫度T2℃，此時H2的物質(zhì)的量為3.2mol，則T1___T2(填“>”、“<”或“=”)。若30min時只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，則平衡_____移動(填“正向”“逆向”或“不”)。

⑶利用人工光合作用可將CO2轉(zhuǎn)化為甲酸，反應(yīng)原理為2CO2+2H2O=2HCOOH+O2,

裝置如圖所示：

①電極2的電極反應(yīng)式是____________；

②在標準狀況下，當電極2室有11.2LCO2反應(yīng)。理論上電極1室液體質(zhì)量_____(填“增加”或“減少”______g。9、常溫下，將0.1molCH3COONa和0.05molHCl溶于水配成1L溶液(pH＜7)。

（1）用離子方程式表示該溶液中存在的三個平衡體系___、___、__。

（2）溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度由大到小順序為___。

（3）溶液中粒子中濃度為0.1mol/L的是___，濃度為0.05mol/L的是__。

（4）物質(zhì)的量之和為0.lmol的兩種粒子是___與___。10、描述弱電解質(zhì)電離情況可以用電離度和電離平衡常數(shù)表示，表1是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數(shù)(Ka)和弱堿的電離平衡常數(shù)(Kb)。酸或堿電離平衡常數(shù)(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

請回答下列問題：

（1）表1所給的四種酸中，酸性最弱的是________（用化學式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的電離程度增大，而電離常數(shù)不變的操作是________（填字母序號）。

A．升高溫度B．加水稀釋。

C．加少量的CH3COONa固體D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（選填“酸性”、“中性”或“堿性”），該溶液中存在的各離子濃度大小關(guān)系是_____________________________。

（3）物質(zhì)的量之比為1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，該溶液中離子濃度從大到小的排列為________________________。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、有機推斷題(共1題，共4分)12、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(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、工業(yè)流程題(共4題，共40分)13、某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)、石墨和鋁箔等，該電池充電時負極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，鋰電池充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化?，F(xiàn)利用以下工藝回收正極材料中的某些金屬資源。

回答下列問題：

(1)放電時電池總反應(yīng)方程式_______________；該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外還有_______________。

(2)寫出“正極堿浸”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______________。

(3)分離操作1是_______________；“酸浸”步驟發(fā)生的氧化還原反應(yīng)化學方程式是_______________。

(4)“酸浸”時若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點是_______________。

(5)“沉鈷”過程中的實驗現(xiàn)象有_______________。14、鐵，鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。從某礦渣[成分為NiO、FeO，CaO、等]中回收的工藝流程如圖：

已知在350℃分解生成和回答下列問題：

(1)“浸渣”的成分有外，還含有_______(寫化學式)。

(2)礦渣中部分FeO焙燒時與反應(yīng)生成的化學方程式為_______。

(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中濃度為)，當溶液中時，除鈣率準確值為_______[]。

(4)以Fe、Ni為電極制取的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的若pH過高，鐵電極區(qū)會產(chǎn)生紅褐色物質(zhì)。

①電解時陽極的電極反應(yīng)式為_______

②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，該物質(zhì)溶解，溶液出現(xiàn)紫紅色。該反應(yīng)的離子方程式為_______

15、重鉻酸鈉是一種用途極廣的氧化劑，工業(yè)上可以用鉻鐵礦[主要成分Fe(CrO2)2(或?qū)懗蒄eO·Cr2O3)，還含有A12O3、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)]制備，同時還可回收Cr。其主要工藝流程如圖所示：

已知部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖1所示。

請回答下列問題：

(1)煅燒生成Na2CrO4的化學方程式為___________。

(2)操作a的實驗步驟為___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，寫出生成Cr(OH)3的離子方程式___________。

(4)采用石墨電極電解Na2CrO4溶液制備Na2Cr2O7，其原理如圖2所示，寫出電極b的電極反應(yīng)式：________。

(5)根據(jù)有關(guān)國家標準，含CrO的廢水要經(jīng)化學處理使其濃度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放?？刹捎眉尤肟扇苄凿^鹽生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸處理多余的Ba2+的方法處理廢水。加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應(yīng)不小于___________mol·L-1，廢水處理后方能達到國家排放標準。16、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(zhì)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(yīng)時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)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(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)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(yīng)式：__________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共4分)17、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(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A選項，設(shè)達平衡時Y反應(yīng)的物質(zhì)的量為x，則2X(?)+Y(?)aZ(g)

起始量：2mol2mol0

轉(zhuǎn)化量：2xxax

平衡量：2-2x2-xax

由(2-2x):(2-x):ax=1:3:2；可得x=0.8，a=1，故A錯誤；

B選項，若X、Y均為氣態(tài)，反應(yīng)Ⅰ體系的壓強大于反應(yīng)Ⅱ體系的壓強，反應(yīng)Ⅰ可看成是在Ⅱ的基礎(chǔ)上增大壓強，平衡向反應(yīng)方向移動，則轉(zhuǎn)化率Ⅰ>Ⅱ；故B錯誤；

C選項；如X；Y都是氣體，則混合氣體的密度不變，如圖所示，體積不變，氣體的密度增大，則應(yīng)有固體或液體參加反應(yīng)生成氣體，故C正確；

D選項；若X為固態(tài)；Y為氣態(tài)，則反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量相等，壓強不變，圖Ⅱ壓強等于圖Ⅰ壓強，則Ⅰ、Ⅱ中從開始到平衡所需的時間：Ⅰ=Ⅱ，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。2、C【分析】【分析】

二元弱酸的電離平衡常數(shù)直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，則H2C2O4的Ka1=1×10－1.22；直線Ⅱ表示X與c(H+)的乘積等于1×10－4.19，則H2C2O4的Ka2=1×10－4.19。

【詳解】

A.直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，所以直線I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)；故A正確；

B、直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，lgx=pH-1.22；直線Ⅱ表示X與c(H+)的乘積等于1×10－4.19；lgx=pH-4.19，所以直線I；Ⅱ的斜率均為1，故B正確；

C、HC2O4－的電離平衡常數(shù)=1×10－4.19，HC2O4－的水解平衡常數(shù)=電離大于水解，溶液顯酸性，所以0.1mol/LNaHO2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)；故C錯誤；

D、H2C2O4的Ka2大于碳酸的Ka1，所以向Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液，生成草酸鈉和二氧化碳，離子方程式為CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑；故D正確；選C。

【點睛】

本題考查了離子濃度大小比較、平衡常數(shù)，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力。3、D【分析】【分析】

A．首先計算混合溶液中的c(H+)，根據(jù)計算；

B．根據(jù)越弱越水解的原則判斷；

C．向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸銨固體，電離平衡結(jié)合同離子效應(yīng)對平衡移動的影響分析；

D．加水促進弱酸的電離。

【詳解】

A.假設(shè)兩溶液均為1L，則的HCl溶液中n的溶液中n可忽略不計混合后的溶液中c故A錯誤；

B.根據(jù)越弱越水解的原則；HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH小，故B錯誤；

C.氨水中存在加入少量硫酸銨固體，平衡向逆方向移動，則溶液中減??；故C錯誤；

D.將的HA溶液稀釋到若則HA為強酸，若加水促進弱酸的電離，則HA為弱酸，故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查pH的簡單計算，弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的應(yīng)用。4、B【分析】【詳解】

A．①②相比較，pH增大，含量都減小，但pH約為3時②基本為0，所以②表示H2C2O4的分布曲線，①表示HC2O4-的分布曲線，③表示C2O42-的分布曲線，故A錯誤；

B．P點c(HC2O4-)=c(C2O42-)，該溫度下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka2==c(H+)=1×10-4.2mol?L-1，故B正確；

C．Q點呈酸性，則lgc(H+)＞lgc(OH-)，故C錯誤；

D．0.100mol?L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-)，解得c(OH-)+c(C2O42-)═c(H+)+c(H2C2O4)，故D錯誤。

故選：B。5、A【分析】【詳解】

A．若在5mL含有KCl和KI各為0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反應(yīng)后剩余n（Ag+）=0.003L×0.01mol/L=3×10-5mol，繼續(xù)生成AgCl沉淀，反應(yīng)后剩余n（Cl-）=0.005×0.01mol/L-3×10-5mol=2×10-5mol，c（Cl-）==1.53×10-3mol/L，濁液中c（Ag+）═==1.1×10-7（mol/L），c（I-）═==1.35×10-9，混合溶液中n（K+）=1×10-4mol，n（NO3-）=0.008L×0.01mol/L=8×10-5mol，則c（K+）＞c（NO3-），故c（K+）＞c（NO3-）＞c（Cl-）＞c（Ag+）＞c（I-）；故A錯誤；

B．依據(jù)A分析溶液中先產(chǎn)生的是AgI沉淀；故B正確；

C．AgCl飽和溶液中c（Ag+）為1.30×10-5mol?L-1．溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）?Ag++Cl-，氯離子濃度為1.30×10-5mol?L-1，由Ksp=[Ag+][Cl-]=1.30×10-5mol/L×1.30×10-5mol/L=1.69×10-10；故C正確；

D．碘化銀和氯化銀溶度積比較溶解度可知；碘化銀溶解度小，但若在AgI懸濁液中滴加濃度較高的KCl溶液，可完全可以使Qc（AgCl）＞Ksp（AgCl），導致黃色沉淀會轉(zhuǎn)變成白色沉淀，故D正確；

故選A。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】（2）×2-（1），得所求熱化學方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-17、略

【分析】【分析】

(1)①提高物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率就是使平衡正向移動；可以分析該反應(yīng)的正反應(yīng)的特點再根據(jù)平衡移動原理進行判斷；

②根據(jù)蓋斯定律；將方程式疊加，反應(yīng)熱也相加，得到重整后的熱化學方程式；

③對于反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)；物質(zhì)平衡時生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比等于它們的物質(zhì)的量乘積的比；

(2)從生成物；反應(yīng)物的酸堿性及固體表面積大小對物質(zhì)濃度及化學平衡移動的影響分析；

(3)根據(jù)甲烷分解反應(yīng)的特點分析判斷；根據(jù)炭與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)物狀態(tài)分析解答。

【詳解】

(1)①由反應(yīng)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)?H1=+210kJ/mol可知：若要使CH4的轉(zhuǎn)化率提高就要使化學平衡正向移動；a．該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率降低，a錯誤；b．加入催化劑能夠同等倍數(shù)的改變化學反應(yīng)速率，化學平衡不發(fā)生移動，b錯誤；c．增大反應(yīng)物水蒸氣濃度；化學平衡正向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率增大，c正確；故意合理選項是c；

②反應(yīng)Ⅰ與反應(yīng)Ⅱ相加，整理可得CH4、H2O生成CO2、H2的熱化學方程式為CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)?H=+169kJ/mol；

③在密閉容器中，將2.0molCO與8.0molH2O混合加熱到800℃發(fā)生反應(yīng)Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

n(開始)/mol2.08.000

n(改變)1.61.61.61.6

n(平衡)0.46.41.61.6

由于該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積相等的反應(yīng)，所以濃度比等于物質(zhì)的量的比，故K=

(2)①催化重整后的化學方程式為CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO時，CaO可吸收CO2，使c(CO2)減小，平衡正向移動，使生成H2更多，H2百分含量增大H2百分含量增大；

②若投入納米CaO時，由于納米CaO顆粒小，表面積大，可以使反應(yīng)速率加快，c(CO2)減小的多，平衡正向移動加劇，所以H2百分含量增大；

(3)①反應(yīng)Ⅰ的正反應(yīng)是氣體體積增大的吸熱反應(yīng)；為了減少積炭，要使平衡逆向移動，可以采取的措施是增大壓強；降低溫度的辦法；

②如果Ⅰ、Ⅱ均發(fā)生了積炭反應(yīng)，通入過量水蒸氣能有效清除積炭，是因為C與水蒸氣反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣和CO，反應(yīng)的化學方程式是C+H2O=CO+H2。

【點睛】

本題考查了蓋斯定律、化學平衡移動原理的應(yīng)用的知識。涉及熱化學方程式的書寫、物質(zhì)平衡轉(zhuǎn)化率的判斷、平衡常數(shù)計算、平衡移動、反應(yīng)條件的控制等。掌握化學基本原理、了解物質(zhì)的基本屬性(狀態(tài)、顆粒大小等)是分析問題的基礎(chǔ)?！窘馕觥縞CH4(g)+2H2OCO2(g)+4H2(g)?H=+169kJ/mol1CaO可吸收CO2，c(CO2)減小，使生成H2的反應(yīng)正向移動，H2百分含量增大納米CaO顆粒小，表面積大，使反應(yīng)速率加快降低溫度、增大壓強C+H2O=CO+H28、略

【分析】本題考查化學平衡狀態(tài)的判斷；蓋斯定律的應(yīng)用，平衡移動的應(yīng)用，燃料電池的應(yīng)用，電極式的書寫。

I、根據(jù)氫氣的熱值可書寫氫氣的熱化學方程式是2H2(g)+O2（g）＝H2O（l)△H＝-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，將已知熱化學方程式中的氧氣與液態(tài)水消去得到H2還原NO2生成水蒸氣和氮氣的熱化學方程式，為4H2（g）+2NO2（g）＝N2（g）+4H2O（g）△H＝-1100.2kJ·mol-1；

II、（1）①該反應(yīng)的△S<0，所以若反應(yīng)自發(fā)進行，則△H<0；因此反應(yīng)自發(fā)進行的條件是低溫自發(fā)；

②a；該體系中的氣體只有二氧化碳和氫氣；且二者的起始物質(zhì)的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比，所以混合氣體的平均式量始終不變，不能判斷為平衡狀態(tài)，錯誤；

b、二氧化碳與氫氣始終是1：3的關(guān)系，所以CO2和H2的體積分數(shù)保持不變的狀態(tài)不是平衡狀態(tài)；錯誤；

c；二氧化碳與氫氣的起始物質(zhì)的量之比等于化學方程式中的化學計量數(shù)之比；所以二者的轉(zhuǎn)化率一定相等，與是否達到平衡狀態(tài)無關(guān)，錯誤；

d；因為該體系中有液體參加；所以氣體的質(zhì)量在逐漸減少，則氣體的密度減小，達平衡時，保持不變，正確；

e、1molCO2生成的同時有3molH-H鍵斷裂；符合正逆反應(yīng)速率相等，是平衡狀態(tài)，答案選de；

③在t2時將容器容積縮小一倍，二氧化碳的濃度瞬間增大到1mol/L，則壓強增大，平衡正向移動，t3時達到平衡，達到的平衡與原平衡相同，濃度仍是0.5mol/L；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，t4時降低溫度，則平衡正向移動，t5時達到平衡，則二氧化碳的濃度將小于0.5mol/L，對應(yīng)的圖像為

（2）①因為生成甲醇的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，而反應(yīng)II是從逆反應(yīng)開始的，所以反應(yīng)吸熱，所以絕熱容器的溫度要低于恒溫容器，即反應(yīng)I溫度高于反應(yīng)II，溫度升高，放熱反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，則K(I)3OH的濃度c(I)

②對反應(yīng)I，前10min內(nèi)氫氣的物質(zhì)的量減少6-4.5=1.5mol，則甲醇的物質(zhì)的量增加0.5mol，所以前10min內(nèi)平均反應(yīng)速率v(CH3OH)＝0.5mol/2L/10min="0.025mol"·L-1·min-1；30min時是平衡狀態(tài)，生成甲醇1mol，則消耗氫氣3mol，平衡氫氣的物質(zhì)的量是3mol，而改變溫度后氫氣的物質(zhì)的量變?yōu)?.2mol，物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向移動，因為該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡逆向移動，則T12；若30min時只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)計算該溫度下的平衡常數(shù)為K=1/6.75，此時Qc=1/6.75=K；所以平衡不移動。

（3）離子交換膜為質(zhì)子膜，則電解質(zhì)溶液呈酸性，根據(jù)總的電池反應(yīng)為2H2O+2CO2═2HCOOH+O2可知，該反應(yīng)中C元素化合價由+4價變?yōu)?2價，O元素化合價由-2價變?yōu)?價，所以1是負極、2是正極，（也可根據(jù)裝置圖中電子的流向判斷1是負極、2是正極），負極上水失電子生成氫離子和氧氣，判斷電極1電極反應(yīng)：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增強，H+通過質(zhì)子膜進入到電極2區(qū)域；電極2通入二氧化碳，酸性條件下生成HCOOH，電極反應(yīng)：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性減弱，從總反應(yīng)看，每消耗1molCO2，就會消耗1molH2O，現(xiàn)有標準狀況下，11.2LCO2即0.5mol反應(yīng)，那就會消耗0.5molH2O即9g?！窘馕觥?H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝-1100.2kJ·mol-1低溫de<<0.025mol·L-1·min-1<不CO2+2H++2e-=HCOOH減少99、略

【分析】【分析】

0.1molCH3COONa和0.05molHCl充分反應(yīng)得到物質(zhì)的量均為0.05mol的NaCl、CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液的體積為1L，NaCl、CH3COOH和CH3COONa的物質(zhì)的量濃度均為0.05mol/L；據(jù)此分析解答問題。

【詳解】

(1)該溶液中存在：CH3COOH的電離平衡，電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COONa的水解平衡，CH3COO-水解的離子方程式為CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；水的電離平衡：H2OH++OH-；故答案為：CH3COOHCH3COO-+H+；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；H2OH++OH-；

(2)由于溶液的pH<7，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則溶液中離子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-），故答案為：c（Na+）>c（CH3COO-）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）；

(3)溶液中粒子濃度為0.1mol/L的是Na+，濃度為0.05mol/L的是Cl-。故答案為：Na+；Cl-；

(4)根據(jù)物料守恒，物質(zhì)的量之和為0.1mol的是CH3COOH和CH3COO-，故答案為：CH3COOH；CH3COO-?！窘馕觥竣?CH3COOHCH3COO-+H+②.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-③.H2OH++OH-④.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)⑤.Na+⑥.Cl-⑦.CH3COOH⑧.CH3COO-10、略

【分析】【分析】

⑴表1所給的四種酸中，K越大，酸越強，因此酸性最弱的是HCN；A選項，升高溫度，平衡正向移動，電離程度增大，電離常數(shù)變大，故A不符合題意；B選項，加水稀釋，平衡正向移動，電離程度增大，但電離常數(shù)不變，故B符合題意；C選項，加少量的CH3COONa固體；平衡逆向移動，電離程度減小，電離常數(shù)不變，故C不符合題意；D選項，加少量冰醋酸，平衡正向移動，電離程度減小，電離常數(shù)不變，故D不符合題意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，則CH3COONH4的水溶液呈中性，該溶液中存在的各離子濃度大小關(guān)系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物質(zhì)的量之比為1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，說明水解程度大于電離程度氫氧根濃度大于氫離子濃度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此濃度小于鈉離子濃度。

【詳解】

（1）表1所給的四種酸中，K越大，酸越強，因此酸性最弱的是HCN；A選項，升高溫度，平衡正向移動，電離程度增大，電離常數(shù)變大，故A不符合題意；B選項，加水稀釋，平衡正向移動，電離程度增大，但電離常數(shù)不變，故B符合題意；C選項，加少量的CH3COONa固體；平衡逆向移動，電離程度減小，電離常數(shù)不變，故C不符合題意；D選項，加少量冰醋酸，平衡正向移動，電離程度減小，電離常數(shù)不變，故D不符合題意；綜上所述，答案為：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，則CH3COONH4的水溶液呈中性，該溶液中存在的各離子濃度大小關(guān)系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案為中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物質(zhì)的量之比為1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，說明CN-水解程度大于HCN電離程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此濃度小于鈉離子濃度，該溶液中離子濃度從大到小的排列為c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案為c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)?！窘馕觥竣?HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)三、判斷題(共1題，共2分)11、×【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、有機推斷題(共1題，共4分)12、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+)越小；

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。【解析】不飽和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、工業(yè)流程題(共4題，共40分)13、略

【分析】【分析】

廢舊鋰離子電池放電拆解處理后；正極用氫氧化鈉溶液，堿溶過濾得到的濾液，調(diào)節(jié)溶液pH，過濾得到氫氧化鋁沉淀；濾渣加入硫酸，過氧化氫調(diào)節(jié)溶液pH過濾，得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到的水層為硫酸鋰，有機層通過反萃取得到的水層為硫酸鈷溶液，加入碳酸氫銨溶液，沉淀鈷離子，得到碳酸鈷固體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)該電池充電時負極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，說明放電時負極反應(yīng)式為LixC6-xe-=6C+xLi+，充放電過程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化，則放電過程中，Li1-xCoO2和LixC6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO2和C，反應(yīng)方程式為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外，通過放電，將Li+從負極中脫出進入正極材料中，提高鋰的回收率，故答案為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+從負極中脫出進入正極材料中；提高鋰的回收率；

(2)正極中含有鋁，鋁易溶于強堿溶液生成AlO2-，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)分離操作1是用有機溶劑萃取分離出硫酸鋰溶液，因此操作1是萃取、分液；酸浸時反應(yīng)物有硫酸、過氧化氫以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反應(yīng)方程式為：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，故答案為：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

(4)由題中信息知LiCoO2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，污染環(huán)境，因此不能用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液；故答案為：有氯氣生成，污染較大；

(5)“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；實驗現(xiàn)象為：產(chǎn)生無色無味的氣體和沉淀，故答案為：產(chǎn)生氣體和沉淀。

【點睛】

本題的易錯點和難點為(4)，要注意題中“鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)”，結(jié)合“充電時陰極反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6”，說明LiCoO2具有強氧化性，可能將鹽酸氧化生成氯氣。【解析】①.Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C②.Li+從負極中脫出進入正極材料中，提高鋰的回收率③.2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑④.萃取、分液⑤.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2==Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O⑥.有氯氣生成，污染較大⑦.產(chǎn)生(無色無味的)氣體、產(chǎn)生沉淀(或溶液變渾濁)14、略

【分析】在600℃焙燒時，(NH4)2SO4分解產(chǎn)生H2SO4，H2SO4與NiO、FeO、CaO反應(yīng)生成NiSO4、Fe2(SO4)3（未隔絕空氣，亞鐵被氧化）、CaSO4，SiO2不與硫酸反應(yīng)，接著進入浸泡環(huán)節(jié)，由(1)題干知，F(xiàn)e2(SO4)3轉(zhuǎn)化為Fe2O3和FeO(OH)，另SiO2不溶，故浸渣中還含有SiO2，經(jīng)過此步驟，所得浸取液中含有CaSO4（微溶物，上一步未完全除去）、NiSO4、H2SO4，接著進入除鈣步驟，CaSO4轉(zhuǎn)化為難溶的CaF2被除去，之后溶液中主要含有NiSO4、H2SO4、硫酸鈉，萃取實現(xiàn)分離，根據(jù)流程，H2SO4應(yīng)在有機相中，經(jīng)過反萃取后可再生循環(huán)利用，無機項經(jīng)過幾步處理最終得NiSO4。

【詳解】

(1)由分析知，浸渣中還含有SiO2；

(2)由題意知，F(xiàn)eO被氧化生成Fe2(SO4)3，因為過程中未加入氧化劑，故考慮是空氣中O2將其氧化，結(jié)合得失電子守恒、元素守恒配平得化學方程式為：

(3)由Ksp=c(Ca2+)·c2(F-)=4.0×10-11=c(Ca2+)·(2.0×10-3)2，解得此時c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，原溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，故除鈣率=

(4)①由題意知，陽極Fe放電生成根據(jù)陽極溶液顯堿性，可添加OH-、H2O配平電荷守恒和元素守恒，故陽極的電極反應(yīng)為：

②由于與鐵元素有關(guān)，推測紅褐色物質(zhì)為Fe(OH)3，加入NaClO后Fe(OH)3溶解，溶液出現(xiàn)紫紅色，說明Fe(OH)3又被氧化為首先根據(jù)得失電子守恒配平與化合價升降有關(guān)的物質(zhì)，再根據(jù)溶液顯堿性，添加OH-、H2O配平電荷守恒和元素守恒，最終得離子方程式為：【解析】99%15、略

【分析】【分析】

煅燒時主要發(fā)生Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，根據(jù)(1)問題干知生成Na2CrO4，同時鐵元素被氧化為Fe2O3，F(xiàn)e2O3不參與反應(yīng)在第二步浸出過濾時被除去，即濾渣1成分為Fe2O3，Al2O3與SiO2分別與Na2CO3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NaAlO2和Na2SiO3，兩者在第三步調(diào)節(jié)pH除雜轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2SiO3沉淀被除去，即濾渣2為Al(OH)3和H2SiO3，經(jīng)過除雜后得到含Na2CrO4的濾液，酸化得到含Na2Cr2O7和Na2SO4的溶液，結(jié)合圖1知可通過控制溫度提純Na2Cr2O7，進而結(jié)晶得到Na2Cr2O7晶體；另外含Na2CrO4的濾液與Na2S反應(yīng)生成Cr(OH)3，灼燒得到Cr2O3，再通過鋁熱反應(yīng)可得到Cr。

【詳解】

(1)Fe(CrO2)2與Na2CO3、空氣的反應(yīng)，生成Na2CrO4，同時Fe元素被氧化為Fe2O3，根據(jù)流程知還有CO2生成，初步確定反應(yīng)為：Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，根據(jù)得失電子守恒得：4Fe(CrO2)2~7O2，再根據(jù)元素守恒配平剩余物質(zhì)系數(shù)，得最終方程式為：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；

(2)根據(jù)圖1知Na2SO4在溫度高于50℃時；溶解度逐漸降低，故可以采用蒸發(fā)濃縮趁熱過濾將其除去，即操作a步驟為蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾；

(3)Na2CrO4與Na2S反應(yīng)生成和Cr(OH)3，初步確定反應(yīng)為：S2-+→Cr(OH)3↓+根據(jù)得失電子守恒配平得6S2-+8→8Cr(OH)3↓+3等式左邊加水右邊加OH-配平元素守恒和電荷守恒，最終得離子方程式為：23H2O+6S2-+8=8Cr(OH)3↓+3+22OH-；

(4)根據(jù)圖示知電極a產(chǎn)生OH-，電極反應(yīng)為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，知a為