2025年新科版選修四化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年新科版選修四化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷984考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、常溫下，下列粒子濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是A.溶液中：B.的和混合溶液中：C.將溶液與溶液等體積混合：D.向溶液中通入至中性：2、下列事實(shí)不能證明氨水是弱堿的是。A.pH＝11的氨水加水稀釋到原溶液體積100倍時(shí)，pH大于9B.氯化銨溶液呈酸性C.常溫下0.01mol/L氨水的pH＝10.6D.體積相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和鹽酸的量相同3、甲胺(CH3NH2)是一種應(yīng)用廣泛的一元弱堿，其電離方程式為：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常溫下；向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀鹽酸，混合溶液的pH與相關(guān)微粒濃度的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）

A.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入鹽酸的體積V<20.00mLB.常溫下，甲胺的電離常數(shù)為Kb，則Kb=10－3.4C.b點(diǎn)可能存在關(guān)系：c(Cl－)>c(CH3NH3+)>c(H+)>cOH－)D.V=20.00mL時(shí)，溶液中水電離的c(H+)>10－7mol/L4、常溫下，的一元酸溶液與等濃度溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.為強(qiáng)酸B.該混合溶液C.該混合溶液中：D.圖中X表示Y表示Z表示5、25C時(shí)，H2SO3的pKa1、pKa2(pK=-lgK)分別為1.89、7.20,NH3·H2O的pKb為4.72。常溫時(shí),下列指定溶液中粒子物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.pH=3的H2SO3溶液中，c(HSO3-)+2c(SO3-)=1×10-3mol·L-1B.0.1mol·L-1H2SO3溶液用NaOH溶液滴定至pH=7.20,c(HSO3)=2c(SO3-)C.0.1mol.L-1H2SO3溶液用氨水滴定至pH=7.0,c(NH4＋)=c(HSO3-)+c(SO32-)D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中:c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、有一種觀點(diǎn)認(rèn)為：與燃燒化石燃料相比，以乙醇為燃料不會(huì)增加大氣中二氧化碳的含量。你認(rèn)為這種觀點(diǎn)是否正確_________？請(qǐng)說(shuō)明理由_________。7、在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過(guò)兩步反應(yīng)被氧化成NO3-。兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：

(1)第一步反應(yīng)是________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學(xué)方程式是____________________________。8、按要求寫(xiě)熱化學(xué)方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)，放出114.6kJ熱量，寫(xiě)出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的丁烷氣體放出熱量為QkJ，經(jīng)測(cè)定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，寫(xiě)出表示丁烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式______________________________________________________。

（3）已知下列熱化學(xué)方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

寫(xiě)出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式_________________________________________。9、依據(jù)敘述；寫(xiě)出下列反應(yīng)的熱化學(xué)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(shí)放熱22.68kJ。則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。

（2）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____________。10、二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域，反應(yīng)如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。

（1）圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是__、__。

（2）根據(jù)圖中點(diǎn)A(600K，b、c相交)，計(jì)算該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。

（3）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強(qiáng)條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)__。11、在一定溫度下,測(cè)得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH為4,則此溫度下CH3COOH的電離平衡常數(shù)值約為_(kāi)_________。12、已知常溫下：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－Kh=2.2×10－8

NH3·H2ONH4＋＋OH－Kb=1.8×10－5

將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合；可用于浸取礦渣中ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略。

(1)0.2mol·L-1氨水中，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)、c(H+)按從大到小的順序排列為_(kāi)_______；常溫下，0.2mol·L-1NH4HCO3溶液pH________7(選填“>”；“〈”或“=”)。

(2)0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等體積混合后（NH3按NH3·H2O算），c(NH4+)+c(NH3·H2O)=______mol·L-1。13、化學(xué)電池的發(fā)明；是貯能和供能技術(shù)的巨大進(jìn)步。

(1)如圖所示裝置中；Zn片是_____(填“正極”或“負(fù)極”)，Cu片上發(fā)生的電極反應(yīng)為_(kāi)____。

(2)該裝置是典型的原電池裝置；可將氧化還原反應(yīng)釋放的能量直接轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽茏C明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。

(3)2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予對(duì)鋰離子電池研究做出突出貢獻(xiàn)的科學(xué)家。某鋰離子電池的工作原理如圖：

下列說(shuō)法不正確的是_____(填序號(hào))。

①A為電池的正極。

②該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能。

③電池工作時(shí)，電池內(nèi)部的鋰離子定向移動(dòng)評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)15、氯化鐵是常見(jiàn)的水處理劑；利用廢鐵屑可制備無(wú)水氯化鐵。實(shí)驗(yàn)室制備裝置和工業(yè)制備流程圖如圖：

已知：(1)無(wú)水FeCl3的熔點(diǎn)為555K；沸點(diǎn)為588K。

(2)廢鐵屑中的雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng)。

(3)不同溫度下六水合氯化鐵在水中的溶解度如下：。溫度/℃02080100溶解度(g/100gH2O)74.491.8525.8535.7

實(shí)驗(yàn)室制備操作步驟如下：

I.打開(kāi)彈簧夾K1，關(guān)閉活塞K2；并打開(kāi)活塞a，緩慢滴加鹽酸；

II.當(dāng)裝置A中不產(chǎn)生氣泡時(shí)，關(guān)閉彈簧夾K1，打開(kāi)活塞K2；當(dāng)A中溶液完全進(jìn)入燒杯后關(guān)閉活塞a；

III.將燒杯中溶液經(jīng)過(guò)一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶體。

請(qǐng)回答：

(1)燒杯中足量的H2O2溶液的作用是__。

(2)從FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶體的操作步驟是加入__后__；過(guò)濾、洗滌、干燥。

(3)試寫(xiě)出吸收塔中反應(yīng)的離子方程式：___。

(4)捕集器溫度超過(guò)673K時(shí)，存在相對(duì)分子質(zhì)量為325的鐵的氯化物，該物質(zhì)的分子式(相對(duì)原子質(zhì)量：Cl－35.5、Fe－56)為_(kāi)_。

(5)FeCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)通?？捎玫饬糠y(cè)定：稱(chēng)取mg無(wú)水氯化鐵樣品，溶于稀鹽酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍過(guò)量的KI溶液，充分反應(yīng)后，滴入幾滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL(已知：I2＋2=2I-＋)。

①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是__；

②樣品中氯化鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_。16、實(shí)驗(yàn)室用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)的流程如圖。已知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為機(jī)有物(難電離)?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(1)濾渣I的主要成分是__(填化學(xué)式)，寫(xiě)出一種能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃儀器有____。

(3)加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，則浸出液的pH范圍應(yīng)控制在____(已知：溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L，則認(rèn)為離子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10?14)。

(4)加入有機(jī)萃取劑的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機(jī)相返回水相的過(guò)程。向操作①后溶有NiR2的有機(jī)層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，寫(xiě)出該步驟反應(yīng)的離子方程式___。

(6)300℃時(shí)，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__。17、NiCO3常用于催化劑、電鍍、陶瓷等工業(yè)?，F(xiàn)用某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))制取NiCO3的過(guò)程如圖所示：

（1）流程中的試劑X（某鈉鹽）的化學(xué)式是___________。

（2）“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化?？刂茰囟炔怀^(guò)40℃的原因是______（用化學(xué)方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在較小pH條件下水解，最終形成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如圖是pH—溫度關(guān)系圖，圖中陰影部分為黃鈉鐵礬穩(wěn)定存在的區(qū)域，下列說(shuō)法不正確的是________(填字母)。

a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鐵為+2價(jià)。

b．pH過(guò)低或過(guò)高均不利于生成黃鈉鐵礬；其原因相同。

c．氯酸鈉在氧化Fe2+時(shí)，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA

d．工業(yè)生產(chǎn)中溫度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黃鈉鐵礬；此時(shí)溶液的pH約為1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液時(shí)，確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是_______________。

（5）某小組利用NiCO3制取鎳氫電池的正極材料堿式氧化鎳(NiOOH)；過(guò)程如圖：

①已知25℃時(shí)，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，當(dāng)調(diào)節(jié)pH≥9時(shí)，溶液中殘留的c(Ni2+)________mol/L。

②寫(xiě)出在空氣中加熱Ni(OH)2制取NiOOH的化學(xué)方程式________________。

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負(fù)極為MH（即吸氫材料M吸附氫原子）。充電時(shí)也可實(shí)現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH。請(qǐng)寫(xiě)出放電時(shí)該電池的總反應(yīng)式______________。評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)18、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(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價(jià)氧化物對(duì)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(jià)氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請(qǐng)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(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(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(cè)Z在周期表中位置為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時(shí)生成NO。寫(xiě)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、D【分析】【詳解】

A.水解的程度不大，水解顯堿性，且水電離出則溶液中存在選項(xiàng)A正確；

B.溶液顯酸性，由可知選項(xiàng)B正確；

C.等體積混合，醋酸與NaOH的物質(zhì)的量比為2：1，由物料守恒可知選項(xiàng)C正確；

D.中性時(shí)由可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選D。2、D【分析】【詳解】

A．pH=11的氨水加入水稀釋到原溶液體積100倍時(shí)；pH大于9，說(shuō)明一水合氨中存在電離平衡，能夠證明一水合氨是弱電解質(zhì)，故A不選；

B．氯化銨溶液呈酸性；說(shuō)明氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，能夠證明一水合氨是弱電解質(zhì)，故B不選；

C．常溫下；0.01mol/L氨水的pH=10.6，說(shuō)明一水合氨部分電離，能夠證明一水合氨是弱電解質(zhì)，故C不選；

D．體積相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和鹽酸的量相同；說(shuō)明一水合氨是一元堿，不能說(shuō)明一水合氨是弱電解質(zhì)，故D選；

故選D。3、C【分析】【詳解】

A.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應(yīng)生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，b點(diǎn)溶液呈中性，所以b點(diǎn)對(duì)應(yīng)加入鹽酸的體積小于20mL；故A正確；

B.由甲胺的電離方程式為：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的電離常數(shù)為Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a點(diǎn)溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0；

則c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4；故B正確；

C.b點(diǎn)pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)；故C錯(cuò)誤；

D.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應(yīng)生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促進(jìn)水的電離，常溫下KW=1×10-14，故溶液中水電離的c(H+)>10－7mol/L；故D正確；

故選C。

【點(diǎn)睛】

電離平衡常數(shù)、水的離子積只與溫度有關(guān)，溫度一定，電離平衡常數(shù)、水的離子積一定。4、C【分析】【分析】

常溫下，0.2mol?L-1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合反應(yīng)生成NaA，由圖象可知，反應(yīng)后c(A-)小于0.1mol/L，則說(shuō)明NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A-水解呈堿性，溶液中存在c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)＞c(H+)，可知X為OH-，Y為HA，Z為H+；以此解答該題。

【詳解】

A．由以上分析可知反應(yīng)后c(A-)小于0.1mol/L，A-發(fā)生水解；則HA為弱酸，故A錯(cuò)誤；

B．NaA為強(qiáng)堿弱酸鹽，A-水解呈堿性；pH大于7，故B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)后體積增大為原來(lái)2倍，由物料守恒可知c(A-)+c(HA)=0.1mol/L，即c(A-)+c(Y)=0.1mol/L，反應(yīng)后c(Na+)=0.1mol/L，故有c(A-)+c(HA)=c(Na+)；故C正確；

D．由以上分析可知，X為OH-，Y為HA，Z為H+；故D錯(cuò)誤。

答案選C。

【點(diǎn)睛】

判斷一元酸HA是弱酸為解題關(guān)鍵，根據(jù)酸的強(qiáng)弱結(jié)合物料守恒、電荷守恒分析解答。5、D【分析】【詳解】

A.pH=3的H2SO3溶液中，根據(jù)電荷守恒可知c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)=1×10-3mol·L-1；故A錯(cuò)誤；

B.pH=7.20，即溶液中c(H+)=1×10-7.20mol·L-1，H2SO3的Ka2=則即c(HSO3)=c(SO3-)；故B錯(cuò)誤；

C.溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)，pH=7.0，則c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)；故C錯(cuò)誤；

D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中存在：NH4＋+H2O?NH3·H2O+H+，水解是微弱的，所以c(NH4＋)>c(NH3·H2O)；同時(shí)存在亞硫酸氫根的水解和電離，亞硫酸氫根的水解平衡常數(shù)為則亞硫酸氫根的電離程度大于水解程度，所以由于亞硫酸氫根的存在會(huì)使溶液顯酸性，銨根的水解平衡常數(shù)為小于HSO3-的電離常數(shù)，所以c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)；故D正確；

故答案為D。二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【詳解】

植物利用太陽(yáng)能將二氧化碳、水轉(zhuǎn)化為有機(jī)物，有機(jī)物發(fā)酵生成乙醇，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳還會(huì)重新進(jìn)入這個(gè)碳循環(huán)，并不會(huì)增加大氣中二氧化碳的含量，這個(gè)過(guò)程相當(dāng)于我們將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能進(jìn)行利用。【解析】正確乙醇為生物質(zhì)燃料，燃燒乙醇產(chǎn)生的二氧化碳會(huì)被植物吸收轉(zhuǎn)化再轉(zhuǎn)化為乙醇，實(shí)現(xiàn)平衡，燃燒乙醇并不會(huì)增加大氣中二氧化碳的含量。7、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)物總能量高于生成物總能量；為放熱反應(yīng)；

(2)結(jié)合圖象根據(jù)蓋斯定律來(lái)計(jì)算反應(yīng)的焓變。

【詳解】

(1)由圖象可知，反應(yīng)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(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為：放熱；

(2)第一步的熱化學(xué)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(xué)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-18、略

【分析】（1）中和熱是指：25℃、101kPa下，酸與堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)所放出的熱量，所以，H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式為：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中產(chǎn)生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的質(zhì)量為25g，其物質(zhì)的量為0.25mol，根據(jù)C守恒可得丁烷的物質(zhì)的量為0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出熱量為QkJ；而燃燒熱是指：25℃；101kPa下；1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量。故丁烷的燃料熱的熱化學(xué)方程式為：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由熱化學(xué)方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；結(jié)合蓋斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學(xué)方程式為：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)9、略

【分析】【詳解】

（1）1g甲醇（液態(tài)）燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)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(xué)方程式為CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)?H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量，1molC2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時(shí)，轉(zhuǎn)移10mol電子，釋放1300kJ的熱量，則熱化學(xué)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)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4；(2)利用“三段式”計(jì)算A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡轉(zhuǎn)化率；(3)催化劑具有選擇性；

【詳解】

(1)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，圖中點(diǎn)A，b、c相交，即x=平衡轉(zhuǎn)化率33.3%；(3)催化劑具有選擇性，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑。

【點(diǎn)睛】

本題考查化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率，正確分析圖象各曲線代表的物質(zhì)是解題關(guān)鍵，明確反應(yīng)過(guò)程中C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢(shì)相同，比值為1:4?！窘馕觥竣?d②.c③.33.3%④.選擇合適的催化劑11、略

【分析】【詳解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH為4，則CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的電離平衡常數(shù)值約為故答案為：【解析】12、略

【分析】【詳解】

（1）氨水中c(NH3?H2O)最大，因?yàn)樗畷?huì)電離出OH-，故水的電離較弱，故c(H+)最小，故濃從大到小為：故溶液呈堿性，溶液pH>7；

故答案為：>；

（2）由物料守恒可知，二者混合后，含氮元素微?？倽舛葹?.2mol/L，故

故答案為：0.2?！窘馕觥竣?②.>③.0.213、略

【分析】【分析】

(1)由圖可知；活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)。

【詳解】

(1)由圖可知，活潑金屬鋅做原電池的負(fù)極，不活潑金屬銅做原電池的正極，氫離子在正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，故答案為：負(fù)極；2H++2e-=H2↑；

(2)由圖可知；該裝置為銅鋅硫酸原電池，該裝置實(shí)現(xiàn)了電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，能證明產(chǎn)生電能的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故答案為：電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；

(3)由圖給示意圖可知；該裝置為原電池，由電子和鋰離子的移動(dòng)方向可知，A電極為電源的負(fù)極，B為電源的正極，電池工作時(shí)，鋰離子向正極B電極移動(dòng)，則①②錯(cuò)誤，故答案為：①②。

【點(diǎn)睛】

原電池中，電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線向負(fù)極移動(dòng)，陽(yáng)離子向正極方向移動(dòng)是解答關(guān)鍵?！窘馕觥控?fù)極2H++2e-=H2↑電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)①②三、判斷題(共1題，共2分)14、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)15、略

【分析】【分析】

根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置和操作步驟可知，實(shí)驗(yàn)室制備無(wú)水FeCl3，是利用鐵與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3?6H2O晶體，再脫結(jié)晶水制得無(wú)水FeCl3；工業(yè)上用鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵；多余的氯氣用吸收劑吸收轉(zhuǎn)化為氯化鐵溶液，經(jīng)分離；提純得到氯化鐵。

【詳解】

(1)燒杯中足量的H2O2溶液的作用是將廢鐵屑與稀鹽酸反應(yīng)生成的亞鐵離子全部氧化為鐵離子；答案：將亞鐵離子全部氧化為鐵離子；

(2)從FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶體時(shí)；為抑制鐵離子的水解，要在氯化氫氣氛里進(jìn)行加熱，所以實(shí)驗(yàn)的操作步驟是加入鹽酸后蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，答案：鹽酸；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；

(3)進(jìn)入吸收塔的尾氣是沒(méi)有反應(yīng)完的氯氣，在吸收塔中氯氣被吸收劑吸收，反應(yīng)后生成FeCl3溶液，所以吸收劑應(yīng)是FeCl2，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，答案：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(4)捕集器收集的是氣態(tài)FeCl3，F(xiàn)eCl3的相對(duì)分子質(zhì)量是162.5，由相對(duì)分子質(zhì)量為325(162.5×2=325)的鐵的氯化物可以推出：當(dāng)溫度超過(guò)673K時(shí)，2分子氣態(tài)FeCl3可以聚合生成雙聚體Fe2Cl6，答案：Fe2Cl6；

(5)①稱(chēng)取mg無(wú)水氯化鐵樣品，溶于稀鹽酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍過(guò)量的KI溶液，充分反應(yīng)后，滴入幾滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定滴定實(shí)驗(yàn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色，說(shuō)明達(dá)到滴定終點(diǎn)，答案：滴入最后一滴Na2S2O3溶液；錐形瓶?jī)?nèi)的溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色；

②由反應(yīng)2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2＋2=2I-＋可得關(guān)系式：

解得n(Fe3+)=cV×10-3mol，則m克樣品中氯化鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=答案：【解析】將亞鐵離子全部氧化為鐵離子鹽酸蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe2Cl6滴入最后一滴Na2S2O3溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不變色16、略

【分析】【分析】

用含鈷廢料(主要成分為Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制備草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾得到濾液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及過(guò)量的硫酸，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入過(guò)氧化氫和CoO，將Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，所以濾渣Ⅱ?yàn)闅溲趸F、氫氧化鋁，向?yàn)V液中加入RH，Ni2+溶于有機(jī)層，為分液，向水層加入(NH4)2C2O4；得到草酸鈷晶體，以此來(lái)解答。

【詳解】

(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，濾渣Ⅰ為SiO2；提高硫酸的濃度；提高反應(yīng)的溫度、攪拌能提高酸浸速率；

(2)通過(guò)操作①得到水層和有機(jī)層；則操作①為分液，分液需要的儀器有：分液漏斗；燒杯；

(3)加入氧化鈷的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH。若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp為1×10?32，則c(OH?)==10?9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp為1×10?15，開(kāi)始沉淀的c(OH?)=≈10?5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；則調(diào)節(jié)溶液5＜pH＜9；

(4)根據(jù)分析，加入有機(jī)萃取劑的目的是溶解NiR2；使之與水層分離；

(5)“反萃取”原理是用反萃取劑使被萃取物從有機(jī)相返回水相的過(guò)程。向操作①后溶有NiR2的有機(jī)層中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反應(yīng)的離子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃時(shí)，在空氣中煅燒CoC2O4?2H2O晶體可制得Co3O4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【點(diǎn)睛】

本題難度不大，易錯(cuò)點(diǎn)為(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的雜質(zhì)離子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他雜質(zhì)離子全部沉淀和Ni2+開(kāi)始出現(xiàn)沉淀之間。【解析】SiO2提高硫酸的濃度或提高反應(yīng)的溫度或攪拌等分液漏斗、燒杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之與水層分離NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4?2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O17、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))用過(guò)量的酸溶解，其中的金屬轉(zhuǎn)化為金屬陽(yáng)離子，再加入適量X試劑，將銅離子和鋅離子轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀除去，濾液中含有鎳、鐵、鉻等金屬離子，根據(jù)(2)可知，保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH調(diào)節(jié)pH，除去鐵和鉻，在過(guò)濾后的濾液好加入碳酸鈉得到NiCO3。據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程圖，加入試劑X后生成了硫化銅和硫化鋅沉淀，因此試劑X(某鈉鹽)為Na2S，故答案為Na2S；

(2)由于過(guò)氧化氫受熱容易分解，因此“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，溫度不超過(guò)40℃，故答案為2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鈉為+1價(jià)，硫酸根為-2價(jià)，氫氧根為-1價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，鐵為+3價(jià)，故a錯(cuò)誤；b．pH過(guò)低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能夠被酸溶解；pH過(guò)高，鐵離子容易水解生成氫氧化鐵或FeOOH沉淀，均不利于生成黃鈉鐵礬，原因不相同，故b錯(cuò)誤；c．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA，故c正確；d．由