2025年外研版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版选修4化学上册阶段测试试卷446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、氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结也可制取Cu2O。已知反应：

①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH=−314kJ/mol

②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−292kJ/mol

则反应CuO(s)与Cu(s)反应生成Cu2O(s)的热化学方程式是（）A.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=−22kJ/molB.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=+22kJ/molC.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=−11kJ/molD.CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=+11kJ/mol2、反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K1，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数K2，则K1、K2的关系为（平衡常数为同温度下的测定值）（）A.K1=2K2B.C.K1=K2D.K1=3、在恒容密闭容器中将与含少量CO的混合生成甲醇，反应为下图中是按分别为①4和②6两种投料比时，的平衡转化率随温度变化的曲线。

下列有关说法正确的是A.按投料比①时，的平衡转化率随温度变化的曲线对应的是图中的曲线IB.图中a点对应的的转化率等于C.图中b点对应的平衡常数K的值大于c点D.的数值，a点比c点小4、鸡没有汗腺，只能依赖“喘息”调节体温。鸡过度地呼出CO2，使下列平衡向左移动，导致蛋壳变薄，使农场主和超市经营者蒙受经济损失。CO2(g)CO2(aq)，CO2(aq)+H2OH2CO3(aq)；H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3－(aq)；HCO3－(aq)H+(aq)+CO32－(aq)；Ca2+(aq)+CO32－(aq)CaCO3(s)（蛋壳）。澳大利亚学者研究发现，夏季给鸡喂食下列某种饮料会使蛋壳变厚，这种饮料可能是（）A.淡盐水B.碳酸水C.蔗糖D.澄清石灰水5、下列各离子方程式中，属于水解反应的是A.HCO3-+H2OH3O++CO32-B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C.PO43-+H3O+HPO42-+H2OD.H2O+H2OH3O++OH-6、25℃时，同体积、浓度均为0.10mol•L-1的CH3COOH溶液和HX溶液，分别与同体积0.10mol•L-1NaHCO3溶液混合，产生CO2的体积随时间变化如图；下列说法错误的是。

A.原溶液中c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液B.与CH3COOH反应结束后的溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)C.反应结束后两溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)D.由该实验可知HX为强酸评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。

（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15min内用SO3表示平均反应速率为__。

（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。

（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。

A．加入催化剂B．缩小容器容积。

C．降低温度D．增加O2的物质的量8、化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡后测得各组分的浓度如下：。物质COH2CH3OH浓度/(mol·L－1)0.91.00.6

(1)反应达到平衡时，CO的转化率为________。

(2)该反应的平衡常数K＝________。

(3)恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是________(填字母)。

A．v正(CO)＝2v逆(H2)

B．混合气体的密度不变。

C．混合气体的平均相对分子质量不变。

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化。

(4)若将容器体积压缩到1L，则达到新平衡时c(H2)的取值范围是___________。

(5)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。9、在一定温度下,测得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4,则此温度下CH3COOH的电离平衡常数值约为__________。10、工业上可以用NaOH溶液或氨水吸收过量的分别生成其水溶液均呈酸性．相同条件下，同浓度的两种酸式盐的水溶液中较小的是______，用文字和化学用语解释原因______11、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中12、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。13、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-；回答下列问题。

①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_____(用离子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)14、I．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:(单位省略)。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

（1）写出碳酸的第一步电离方程式__________________________________。

（2）25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为_____________________(填序号)。

（3）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为_______________。

（4）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN)，下列关系正确的是_______。

a．c(H+)>c(OH)b．c(H+)+c(HCN)=c(OH)c．c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L

II．请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：

（1）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10mol/L，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。

（2）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常温下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10某硫酸铜溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>________

（3）向含有相同浓度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液，先生成______沉淀(填化学式)。在工业废水处理过程中，依据沉淀转化原理,可用FeS作为沉淀剂除去废水中的Hg2+，写出相应的离子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)15、下图所示水槽中试管内有一枚铁钉；放置数天后观察：

（1）铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于____________腐蚀。

（2）若试管内液面上升，则原溶液呈______________性，发生____________腐蚀，正极反应式为________________________。

（3）若试管内液面下降，则原溶液呈___________性，发生____________腐蚀，正极反应式为_______________________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10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_________________。评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)18、已知0.4mol液态肼（N2H4）和足量H2O2反应；生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量。

（1）写出H2O2电子式___；上述反应的热化学方程式______。

（2）已知H2O(l)=H2O(g)；△H=+44kJ·mol-1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是____kJ。

（3）已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ·mol-1，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；△H=-534kJ·mol-1，根据盖斯定律写出肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式______。19、苯乙烷(C8H10)可生产塑料单体苯乙烯(C8H8)，其反应原理是C8H10(g)C8H8(g)＋H2(g)ΔH＝＋125kJ·mol－1

Ⅰ．某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内物质的量，得到数据如下表：。时间/min010203040n(C8H10)/mol0.400.300.26n2n3n(C8H8)/mol0.000.10n10.160.16

(1)该温度下，该反应的化学平衡常数K=________________。

(2)若保持其他条件不变，用0.40molH2(g)和0.40molC8H8(g)合成C8H10(g)，当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是________________，通过计算说明此时，该反应是否达到了平衡状态__________？20、25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/LFeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___评卷人得分六、实验题(共3题，共24分)21、某探究性学习小组欲用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100mL－1)。有关操作如下：

Ⅰ.实验步骤。

（1）用________(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋；在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。

（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。

（3）读取盛装0.1000mol·L－1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。

（4）滴定。当__________________________________________________时；停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。

Ⅱ.实验记录。滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95

Ⅲ.数据处理与讨论。

（1）处理数据可得：c(市售白醋)＝________mol·L－1；市售白醋总酸量＝________g·100mL－1。

（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________填写序号)。

a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗。

b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后；再加少量水。

d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出22、某兴趣小组为研究原电池原理；设计如图甲乙两个原电池装置。

(1)如图甲，a和b用导线连接，Cu电极的电极反应式为：________，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)极。

(2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g，则放出气体______mol。

(3)将反应Cu+Fe2(SO4)3=2FeSO4+CuSO4设计成盐桥电池并画图____________

(4)依据Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应原理设计原电池，你认为是否可行并说明理由______。23、是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在加入适量溶液，生成沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗剂、真空干燥得到固体样品。反应方程式为2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4↓+2H2O

回答下列问题：

(1)上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是___________。

(2)银锌碱性电池的电解质溶液为溶液，电池放电时正极的转化为负极的转化为写出该电池反应方程式：___________。

(3)准确称取上述制备的样品(设仅含和)2.558g，在一定的条件下完全分解为和得到224.0mL(标准状况下)。计算样品中的质量分数_____(计算结果精确到小数点后两位)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

根据盖斯定律；将所给的反应通过加；减、乘、除等变形可以得目标反应，反应热做相应变形即可。

【详解】

已知:①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH=−314kJ/mol，②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−292kJ/mol，将可得等于则得故选C。2、D【分析】【详解】

反应的平衡常数表达式为反应的平衡常数表达式为因此D项正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A．同一温度下，两种物质参加反应，增大氢气的浓度，二氧化碳的转化率增大，按投料比①时，二氧化碳转化率较小，的平衡转化率随温度变化的曲线对应的是图中的曲线Ⅱ；故A错误；

B．相同条件下，二氧化碳的含量越高，二氧化碳转化率越低，所以曲线Ⅰ是两种投料比为1：6；而一氧化碳与氢气的物质的量之比不知，所以无法求氢气的转化率，故B错误；

C．温度升高二氧化碳的平衡转化率降低，所以平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以b点对应的平衡常数K值小于c点；故C错误；

D．a点二氧化碳转化率大于c点，比值中二氧化碳浓度减小；甲醇浓度增大，则比值a点比c点小，故D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

所加物质要能影响几个化学平衡；最终使碳酸钙的量增多，因淡盐水和蔗糖不能影响所给的几个平衡，首先排除；澄清石灰水碱性很强，不能直接饮用，排除，因此碳酸水能影响这几个化学平衡，是的不断正向移动，故B符合题意。

综上所述，答案为B。5、B【分析】【详解】

A.HCO3-+H2OH3O++CO32-，从HCO3-转化为CO32-；应为电离平衡，A错误；

B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，从CH3COO-到CH3COOH；应为水解反应，B正确；

C.PO43-+H3O+HPO42-+H2O，反应的实质是PO43-与H+的反应；不是水解反应，C错误；

D.H2O+H2OH3O++OH-；这是水的电离平衡，D错误。

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．曲线斜率数值越大反应速率越快，反应速率越快，溶液中c(H+)越大，根据图象，HX曲线斜率数值较大，则酸性HX较强，所以原溶液中c(H+)：HX溶液＞CH3COOH溶液；故A正确；

B．碳酸氢钠与CH3COOH反应结束后的溶液中溶质为CH3COONa，CH3COO-水解、Na+不水解，所以溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)；故B正确；

C．曲线斜率数值越大反应速率越快，反应速率越快，溶液中c(H+)越大，相同浓度的这两种酸中c(H+)越大，酸的酸性越强，根据图知，酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，则水解程度CH3COO-＞X-，水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，所以反应结束后两溶液中，c(CH3COO-)＜c(X-)；故C正确；

D．根据图象无法判断HX是否完全电离；则无法判断HX是否是强酸，故D错误；

故选D。

【点睛】

正确判断HX和CH3COOH酸性强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸性：HX溶液＞CH3COOH溶液，但HX不一定为强酸。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

(1)结合温度对速率的影响分析。

(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；

(3)当反应达到化学平衡状态时；各组分的浓度不随时间的变化而变化；

(4)10min到15min的时间段；化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。

【详解】

(1)降低温度；化学反应速率减小；

(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；

(3)根据图示曲线变化可知；15～20min；25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；

(4)根据图像所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。【解析】①.减小②.减小③.1.33×10-3mol/（L•min）④.15～20min和25～30min⑤.AB⑥.D8、略

【分析】【分析】

根据表格中的数据写出三段式：

【详解】

（1）反应达到平衡时，CO的转化率

（2）该反应的平衡常数为

（3）A.化学反应速率之比等于化学计量数之比，应为正逆反应速率相等；反应达到平衡，A错误；

B．反应为恒容条件下进行；反应物总质量不变，总体积不变，混合气体的密度始终不变，不能作为反应达到平衡的标志，B错误；

C．根据“变量不变达平衡”该反应的正反应为气体分子数减小的反应；混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，说明反应达到平衡了，C正确；

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；说明反应达到平衡了，D正确；

（4）将容器体积压缩到1L，若平衡不移动，则各物质的浓度变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，氢气的平衡浓度小于2mol/L，所以氢气的浓度为

（5）)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，说明反应达到平衡与原来的平衡状态相同，则v正=v逆。【解析】40%(或0.67)CD1.0mol·L－12)<2.0mol·L－1＝9、略

【分析】【详解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4，则CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的电离平衡常数值约为故答案为：【解析】10、略

【分析】【分析】

根据铵根离子水解后，溶液显酸性，抑制亚硫酸氢根的电离；据此分析解答。

【详解】

因为生成亚硫酸根离子和氢离子，铵根水解，溶液呈酸性，抑制亚硫酸氢根的电离，所以中浓度减小，故答案为：水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小。【解析】①.②.水解使增大，电离平衡逆向移动，浓度减小11、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc12、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑13、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；

②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：

故答案为：碱性；

②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c(H2B)=0；故A错误；

B.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故B错误；

C.根据电荷守恒得故C正确；

D.根据物料守恒得故D正确；

故答案选：CD。【解析】①.碱性②.③.CD14、略

【分析】【分析】

I.（1）多元弱酸应分步电离；

（2）利用盐类水解中“越弱与水解”进行分析；

（3）根据电离常数判断；

（4）通过c(Na＋)>c(CN－)；判断出以电离还是水解为主；

II.（1）根据水的离子积；计算pH；

（2）利用溶度积进行计算；

（3）利用溶度积的原则进行分析；

【详解】

I.（1）碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为：H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－；

故答案为H2CO3H＋＋HCO3－；

（2）三种盐都是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据表中数据，电离H＋能力：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，利用盐类水解中“越弱越水解”，得出水解能力大小顺序是CO32－>CN－>CH3COO－，即pH由大到小的顺序是②>①>③。

故答案为②>①>③；

（3）电离出H＋能力：H2CO3>HCN>HCO3－，因此NaCN中通入少量的CO2，其离子方程式为CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

故答案为：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

（4）HCN和NaOH等体积混合，反应后溶液中的溶质为NaCN和HCN，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(CN－)，说明CN－的水解能力大于HCN的电离能力，溶液显碱性，a、根据上述分析，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；故a错误；

b、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，物料守恒：c(CN－)＋c(HCN)=2c(Na＋)，两式联立得到2c(H＋)＋c(HCN)=2c(OH－)＋c(CN－)，故b错误；

c、根据物料守恒，c(CN－)＋c(HCN)=0.01mol·L－1；故c正确；

c正确；故答案为c；

II.（1）纯水中水电离c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即该温度下，水的离子积Kw=4×10－7×4×10－7=1.6×10－13，该温度下，滴入盐酸，根据水的离子积c(OH－)==8×10－10mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=8×10－10mol·L－1；

故答案为8×10－10mol·L－1；

（2）根据浓度商与Ksp之间的关系，当Qc=Ksp时，此时溶液为饱和溶液，即要使Cu(OH)2开始出现沉淀，c(OH－)>=1×10－9mol·L－1；则pH应大于5；

故答案为5；

（3）Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，说明HgS比FeS更难溶，即先有HgS沉淀产生；反应向更难溶的方向进行，即发生的离子方程式为Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)；

故答案为HgS；Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)。

【点睛】

本题的易错点是I中（3），学生经常书写成2CN－＋CO2－＋H2O=2HCN＋CO32－，学生忽略了HCN电离出H＋强于HCO3－，HCN与CO32－反应生成HCO3－，因此正确的是CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－，因此类似这种题型应注意生成物是否能发生反应。【解析】H2CO3H＋+HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+（aq）+Fe（S）Hg+Fe2+（aq）15、略

【分析】【详解】

（1）铁钉表面形成无数个微小的铁碳原电池；属于电化学腐蚀；

（2）若试管内液面上升，说明发生了吸氧腐蚀，溶液呈弱碱性或中性，相关方程式：正极：O2+2H2O+4e—=4OH—；负极：Fe-2e-=Fe2+；

（3）若试管内液面下降，说明发生了析氢腐蚀，溶液呈明显酸性；相关方程式：正极：2H++2e—=H2↑；负极：Fe-2e-=Fe2+。【解析】电化学弱酸性或中吸氧O2+2H2O+4e—=4OH—较强的酸析氢2H++2e—=H2↑三、判断题(共1题，共2分)16、×【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、工业流程题(共1题，共10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)⇌CaCO3(s)+(aq)增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化水浴加热温度过高，(NH4)2CO3分解SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH＜8.5五、计算题(共3题，共21分)18、略

【分析】【详解】

（1）双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：

已知0.4mol液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出256.65kJ的热量，1mol液态肼反应放出的热量为：kJ=641.63kJ，则肼和双氧水反应的热化学方程式：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol；

（2）16g液态肼物质的量==0.5mol，由①N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；△H=-641.63kJ/mol；②H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，结合盖斯定律，将①-4×②得，N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）；△H=-817.63kJ/mol，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量=0.5mol×817.63kJ/mol=408.8kJ；

（3））①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），△H=+67.7kJ·mol-1；②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=-534kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×2-①得2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=2×（-534kJ·mol-1）-（+67.7kJ·mol-1）=-1135.7kJ·mol-1，肼与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ·mol-1。【解析】N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol408.8kJ2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1135.7kJ·mol-119、略

【分析】【分析】

计算反应C8H10(g)⇌C8H8(g)＋H2(g)的化学平衡常数，需先求出平衡时各物质的浓度，然后代入公式K=进行计算；对于反应C8H8(g)＋H2(g)C8H10(g)ΔH＝-125kJ·mol－1，由放热30kJ，可计算出参加反应的H2的物质的量，由此可求出转化率；并利用浓度求出浓度商；此反应的平衡常数与反应C8H10(g)C8H8(g)＋H2(g)的平衡常数互为倒数；比较浓度商与平衡常数，便可得出结论。

【详解】

(1)利用表中数据；可建立如下三段式：

该温度下，该反应的化学平衡常数K==答案为：

(2)对于反应C8H8(g)＋H2(g)C8H10(g)ΔH＝-125kJ·mol－1，当放热30kJ时，参加反应的H2的物质的量为=0.24mol，则该反应中H2的转化率是=60%；从而得出参加反应的的C8H8物质的量为0.24mol，生成C8H10的物质的量为0.24mol，浓度商Q＝＝＝所以处于平衡状态。答案为：60%；Q＝＝＝所以处于平衡状态。

【点睛】

一个反应的反应物、生成物分别为另一反应的生成物、反应物，且对应物质的化学计量数相同时，两反应的平衡常数互为倒数。【解析】60%Q＝＝＝所以处于平衡状态20、略

【分析】【详解】

0.01mol/LFeCl3溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L，则c(OH-)===2×10－12mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==0.005mol/L，pH=-lgc(H+)=2.3，即使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH为2.3，故答案为pH=2.3。【解析】pH=2.3六、实验题(共3题，共24分)21、略

【分析】【详解】

I.（1）白醋显酸性；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；

（2）恰好反应时生成醋酸钠；溶液显碱性，用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂；

（3）根据液面位置可知此时的读数为0.60mL；

（4）由于选用的指示剂是酚酞；因此当加入最后一滴溶液后，液体由无色变为浅红色，且30秒钟无变化时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次；

III.（1）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL，根据方程式CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O醋酸的浓度是=0.075mol•L-1；因此10.00mL样品中含有醋酸的质量为0.1L×0.075mol•L-1×60g•mol-1=0.45g，则市售白醋总酸量4.5g•100mL-1；

（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗；会使得标准NaOH溶液浓度减小，造成V