2025年教科新版选修4化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版选修4化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列关于反应热的说法正确的是()A.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关B.已知C(s)+O2(g)＝CO(g)的反应热为110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJC.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关D.当∆H为“－”时，表示该反应为吸热反应2、研究化学反应进行的方向具有重要意义。下列解释与事实不符合的是。选项事实解释A液态水变成气态水该过程为熵增过程BNa与H2O的反应是熵增的放热反应该反应能自发进行C氢气与氧气反应生成液态水该反应的△H＜0、△S＜0D2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)△H＜0高温有利于该反应自发进行

A.AB.BC.CD.D3、一定温度下，将一定质量的纯醋酸加水稀释；经实验测定溶液的导电能力变化如下图所示，下列说法中正确的是。

A.a、b、c三点溶液的pH：bB.a、b、C三点醋酸的电离程度：cC.若用湿润的pH试纸测量a处pH，测量结果一定偏小D.物质的量浓度分别为a、b、C三点的溶液各10mL，用1mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c4、时，在“”的水溶液体系中，和三者中各自所占的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.在含和的溶液中，加入少量NaOH固体，一定增大B.将等物质的量的NaHA和混合物溶于水，所得溶液中C.NaHA溶液中，的水解能力大于的电离能力D.在含和的溶液中，若则与不一定相等5、下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A.pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)C.0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]6、实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液；过滤．

②取等量①的滤液于两支试管中，分别滴加等浓度等体积的Na2S溶液、Na2SO4溶液；前者出现浑浊，后者溶液仍澄清．

③取少量①的沉淀；滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解．

下列分析不正确的是A.①中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少B.①的滤液中不含有Ag+C.②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶D.③中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）减小，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、水煤气法制甲醇工艺流程框图如下。

(注:除去水蒸气后的水煤气含55～59%的H2，15～18%的CO，11～13%的CO2，少量的H2S、CH4，除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体；是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)

（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为____________________；

②下列能提高碳的平衡转化率的措施是____________________。

A．加入C（s）B．加入H2O（g）C．升高温度D．增大压强。

（2）将CH4转化成CO；工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4(g)+3/2O2(g)CO(g)+2H2O(g)+519kJ。工业上要选择合适的催化剂；分别对X；Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_____（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_________________________________________。

（3）合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)+181.6kJ。T4℃下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中加入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：。物质H2COCH3OH浓度/（mol·L－1）0.20.10.4

①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆（填“>”、“<”或“＝”)。

②若加入同样多的CO、H2，在T5℃反应，10min后达到平衡，此时c(H2)＝0.4mol·L－1、c(CO)＝0.7mol·L－1、则该时间内反应速率v(CH3OH)＝____________mol·(L·min)－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是__________________________________。8、在室温下；下列四种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。

(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4+)最小的是_______(填序号)。

(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_______c()(填“＞”、“＜”或“＝”)。9、(1)AlCl3溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是____________________________(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________________(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的________；以抑制其水解。

(2)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(3)25℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，溶液中，c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。

(4)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，醋酸体积________氢氧化钠溶液体积(填“>”“＝”或“<”)。

(5)已知0.1mol·L－1的NaHCO3溶液pH＝9，则溶液中c(CO32-)________c(H2CO3)(填“>”“＝”或“<”)，其溶液显电中性的原因是________________________(用离子浓度关系式表示)。10、含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时溶液的酸碱性变化不大。

（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是____________________；向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是____________________。

（2）现将HA溶液和NaOH溶液等体积混合；得到缓冲溶液。

①若HA为该溶液显酸性，则溶液中________（填“”、“”或“”）。

②若HA为该溶液显碱性，溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_______________。11、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于________中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫灭火器中的主要成分是_______和_______溶液，反应的离子方程式为________。12、常温下，将某一元酸甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：。实验。

编号HA的物质的。

量浓度NaOH的物质的。

量浓度混合后溶液的pH甲pHa乙pH7丙丁pH10

从甲组情况分析，从a值大小如何判断HA是强酸还是弱酸？________________________________________________________________________。

乙组混合溶液中和的大小关系是________填标号

A.前者大后者大。

C.二者相等无法判断。

从丙组实验结果分析，该混合溶液中__________填“”“”或“”

分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果列式___________评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、结构与性质(共3题，共21分)14、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)15、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。16、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共14分)17、实验室以工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料制取(NH4)2SO4晶体和轻质CaCO3；其实验流程如下：

已知：①金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围(pH=8.5时Al(OH)3开始溶解)。金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+开始沉淀时pH3.42.77.611.3完全沉淀时pH4.73.79.6/

②已知常温下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9

回答下列问题：

(1)废渣粉末“浸取”时，主要反应的离子方程式为_____________________________。实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是______________________。

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为_________。若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_______________________。

(3)滤渣1成分是_______________(填化学式)。

(4)加适量H2O2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。“调pH值”除铁和铝时，应调节溶液的pH范围为_________________。18、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。评卷人得分六、计算题(共1题，共8分)19、现有反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H﹤0，850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，反应达到平衡，测得H2浓度为1mol·L-1；回答下列问题（不写出具体的计算过程不得分）：

(1)平衡常数为________________？

(2)若温度不变，初始时CO浓度为2mol/L，H2O(g)为6mol/L，则平衡时CO转化率为_______？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A；盖斯定律认为：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终点状态有关；而与反应的途径无关，A正确；

B；燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；碳完全燃烧生成二氧化碳，B错误；

C；反应热的大小即反应物所具有的能量和生成物所具有的能量的差异；C错误；

D、∆H<0；为放热反应，D错误；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．液态水变为气态水属于混乱(或无序)程度变大的过程；则该过程为熵增过程，故A正确；

B．Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，该反应放热并且生成气体混乱(或无序)程度变大，所以△H＜0、△S＞0，任何温度下△H-T△S＜0；该反应能自发进行，故B正确；

C．氢气与氧气反应生成液态水反应放热，混乱(或无序)程度变小，所以△H＜0、△S＜0；故C正确；

D．2NO2(g)+4CO(g)═N2(g)+4CO2(g)△H＜0，又气体物质的量在减小，则混乱(或无序)程度变小，所以△H＜0、△S＜0，根据△G=△H-T△S＜0自发；则低温有利于该反应自发进行，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示，且△G=△H-T△S：①当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；②当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；③当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行。3、A【分析】【详解】

A.溶液中的导电离子主要来自醋酸电离，所以溶液的导电能力越强，c(H+)越大。现导电能力b>a>c，则c(H+)b>a>c，a、b、c三点溶液的pH：b

B.冰醋酸中加水稀释，随着水的不断加入，醋酸的浓度不断减小，电离程度不断增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a

C.若用湿润的pH试纸测量a处pH，则相当于醋酸溶液稀释，c(H+)可能增大也可能减小；pH可能增大也可能减小，C错误；

D.物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液各10mL，由于醋酸的物质的量相等，所以用1mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c=a=b；D错误；

故选A。4、D【分析】【详解】

A．根据图象，加入少量NaOH固体，pH增大，α(HA-)先增大后减小，所以α(HA-)不一定增大；故A错误；

B．NaHA的电离程度和Na2A的水解程度不同，故所得的溶液中α(HA-)与α(A2-)不相等；故B错误；

C．根据图象，NaHA溶液显酸性，即HA-电离出氢离子使溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，故HA-的水解能力小于HA-的电离能力；故C错误；

D．在含H2A、HA-和A2-的溶液中，存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则c(H2A)和c(HA-)相等，所以α(H2A)和α(HA-)一定相等；故D正确；

故答案为D。5、D【分析】【详解】

A．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液相比，CH3COOH的浓度远大于NaOH溶液的浓度，所以pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合反应后溶液显酸性，c(CH3COO－)＞c(Na＋)，c(H＋)＞c(OH－)；A错误；

B．含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以显酸性，那么有c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)；B错误；

C．溶液pH＝7，则必有c(OH－)＝c(H＋)；C错误；

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合，由Na2CO3与NaHCO3各自的物料守恒可得：c(Na＋)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]，c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，则混合液中：2c(Na＋)＝3[c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)]；D正确。

答案选D。6、B【分析】【分析】

①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液；说明生成氯化银沉淀；

②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液；前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；

③取少量氯化银沉淀；滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子。

【详解】

A、0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少；故A正确；

B、根据沉淀溶解平衡，①的滤液中含有Ag+；故B错误；

C；依据分析可知：前者出现浑浊；说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，故C正确；

D；由实验③推测：银离子与氨气分子的络合；促进了氯化银的溶解，故D正确；

故选B。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

（1）①平衡常数是指在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此平衡常数表达式为K=

②A．碳是固体；增加碳的质量平衡不移动，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度；平衡向正反应方向移动，碳的转化率增大，选项B正确；

C．正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，选项C正确；

D．反应是体积增大的；所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，选项D错误；

答案选BC；

（2）由于反应是放热反应；而Z催化效率高且活性温度低，所以应该选择Z；

（3）①根据表中数据可知，此时==100<160；所以正反应速率大于逆反应速率；

②设通入的氢气和CO得失y，生成甲醇的浓度是x，则y－2x＝0.4mol/L，y－x＝0.7mol/L，解得x＝0.3mol/L，因此甲醇的反应速率是0.03mol·L－1·min－1。

（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是提高原料CO、H2的利用率。【解析】①.K=②.BC③.Z④.催化效率高且活性温度低（或催化活性高速度快，反应温度低产率高）⑤.>⑥.0.03mol·L－1·min－1⑦.提高原料CO、H2的利用率（或提高产量、产率）8、略

【分析】【分析】

根据盐类的水解判断溶液的酸碱性并写出水解离子方程式；根据物质的微粒构成情况判断离子浓度的大小；根据电荷守恒判断离子浓度的关系；据此解答。

【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+；答案为酸，+H2O⇌NH3·H2O+H+。

（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/LNH4Cl中水解显酸性；②0.1mol/LCH3COONH4中CH3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；④0.1mol/LNH3⋅H2O是弱电解质，微弱电离生成铵根离子显碱性；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0.1mol/LNH3⋅H2O；答案为③；④。

（3）0.1mol/LCH3COONH4中存在CH3COO-、H+、OH-等四种离子，由电荷守恒得c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，室温下，测得溶液②的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(CH3COO-)；答案为=。【解析】①.酸②.+H2O⇌H++NH3•H2O③.③④.④⑤.=9、略

【分析】【详解】

（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式是AI3++3H2OAI（OH）3+3H+。水解是吸热的，加热促进水解，且生成的氯化氢挥发，所以最终生成的是氢氧化铝，灼烧则得到氧化铝。所以实验室在保存AlCl3溶液时；常在溶液中加少量的盐酸，以抑制氯化铝的水解。

（2）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，恰好反应，生成醋酸钠。醋酸钠水解，溶液显碱性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＞c(CH3COO－)。

（3）由于醋酸是弱酸，所以pH＝3的醋酸的浓度大于0.001mol/L，则在和氢氧化钠反应时，醋酸是过量的，所以溶液显酸性。所以根据电荷守恒定律可知，c(Na＋)＜c(CH3COO－)。

（4）根据电荷守恒定律可知，当溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等是，氢离子浓度等于OH－浓度；溶液显中性。这说明醋酸应该是过量的，所以醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积。

（5）0.1mol·L－1的NaHCO3溶液PH=9，这说明碳酸氢钠的水解程度大于碳酸氢钠的电离程度，所以溶液中c(CO32-)＜c(H2CO3)。根据电荷守恒定律可知，离子浓度的关系是2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)。【解析】①.酸②.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+③.Al2O3④.HCl⑤.抑制⑥.碱⑦.＞⑧.＜⑨.中⑩.＞⑪.＜⑫.2c(CO32-)＋c(OH－)＋c(HCO3-)＝c(Na＋)＋c(H＋)10、略

【分析】【分析】

(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；

(2)HA溶液和NaOH溶液等体积混合；反应后，溶质为等浓度的HA和NaA，根据溶液的酸碱性以及电荷守恒就行分析判断。

【详解】

(1)含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入少量酸时发生反应：A-+H+=HA，加入少量碱时发生反应：HA+OH-=H2O+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，故答案为：A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；

(2)HA溶液和NaOH溶液等体积混合；反应后，溶质为等浓度的HA和NaA；

①若HA为该溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，故答案为：

②若HA为该溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，可知c(Na+)＞c(CN-)，又电离和CN-水解是微弱的，则离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。

【点睛】

等浓度的弱酸HA和NaA的混合溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，质子守恒2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)；但溶液显什么性，取决于HA的电离程度和A-水解程度的大小关系，例如①若HA为的电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可得c(Na+)＜c(CH3COO-)，则离子浓度由大到小的排列顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②若HA为的电离程度小于CN-水解程度，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒可得，c(Na+)＞c(CN-)，则离子浓度由大到小的排列顺序是：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；这是高频考点，也是学生们的易错点。【解析】①.A-+H+=HA②.HA+OH-=H2O+A③.④.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)11、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐；结合铜离子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可发生水解，相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3；据此分析解答。

【详解】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常温下pH＜7；为了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫灭火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意铝离子和碳酸氢根离子易发生双水解而不能共存。【解析】酸＜硫酸抑制Al2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑12、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）任何溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A-的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA)；

（4）由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)。

【详解】

(1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH>7；

故答案为：a=7时，HA是强酸；a>7时；HA是弱酸；

(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，由于pH=7，则c(Na+)=c(A−)；

故答案为：C；

(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A−的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A−)+c(HA)=0.2mol⋅L−1；

故答案为：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；0.2；

(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)−c(A−)=c(OH−)−c(H+)=(10−4−10−10)mol⋅L−1；

故答案为：10−4−10−10。

【点睛】

本题主要考查弱电解质的电离平衡，溶液离子浓度大小的比较等，主要考查溶液中的平衡，有一定难度。【解析】时，HA是强酸；时，HA是弱酸三、判断题(共1题，共2分)13、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、结构与性质(共3题，共21分)14、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5115、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成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）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：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。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><16、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②五、工业流程题(共2题，共14分)17、略

【分析】【分析】

工业废渣(主要含CaSO4∙2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，根据溶度积的数值可知，可将CaSO4转化为CaCO3，滤液中主要含有硫酸铵，滤渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，将滤渣加入稀盐酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2与稀盐酸不反应作为滤渣1析出、向滤液中加入过氧化氢将FeCl2转化为FeCl3，加氢氧化钙溶液并调节pH值可除去AlCl3、FeCl3，将它们转化为氢氧化铝和氢氧化铁，CaCl2可以加入碳酸铵溶液制取轻质CaCO3；再将含有硫酸铵的溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得硫酸铵晶体，由此分析。

【详解】

(1)已知常温下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，废渣粉末碳酸铵溶液时，溶度积小的溶液易转化为溶度积更小的溶液，实现硫酸钙向碳酸钙的转化，主要反应的离子方程式为CaSO4(s)+(aq)⇌CaCO3(s)+(aq)；实验时需向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化；

(2)废渣粉末“浸取”时，反应温度需控制在60~70℃，合适的加热方式为水浴加热，若温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是温度过高，(NH4)2CO3分解；

(3)根据分析，SiO2与稀盐酸不反应，作为滤渣1析出，滤渣1的成分是SiO2；。

(4)H2O2具有氧化性，加适量过氧化氢将FeCl2转化为FeCl3，过氧化氢的还原产物为水不引入新的杂质，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“调pH值”除铁和铝时，pH≥4.7时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，根据题意，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解；需要应调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜8.5。

【点睛】

根据溶度积的大小，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，可以判断硫酸钙可以转化为碳酸钙，符合沉淀的转化，为易错点。【解析】CaSO4(s)+(aq