2025年人教五四新版选修4化学上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年人教五四新版选修4化学上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9题，共18分)1、一定量的铁粉和水蒸气在一个容积可变的密闭容器中进行反应：下列条件能使该反应的化学反应速率增大的是A.增加铁粉的质量B.保持体积不变，充入N2，使体系压强增大C.将容器的体积缩小一半D.保持压强不变，充入N2，使容器的体积增大2、某化学科研小组研究在其他条件不变时；改变某一条件对化学平衡的影响，得到如图所示变化规律（p表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：

根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A.反应Ⅰ：△H＞0，p2＞p1B.反应Ⅲ：△H＞0，T2＞T1或△H＜0，T2＜T1C.反应Ⅱ：△H＞0，T1＞T2D.反应Ⅳ：△H＜0，T2＞T13、下列说法正确的是A.25℃时，将pH=a的一元强酸溶液与pH=14﹣a的一元碱溶液等体积混合后，所得溶液呈酸性或中性B.向醋酸钠溶液中加盐酸至溶液呈中性，则c(Clˉ)=c(CH3COOH)C.常温下，已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka、CH3COONa的水解平衡常数为Kh、则Ka·Kw=KhD.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液中c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)4、常温下，将NH3通入50mLNH4Cl溶液中至pH=10；再向其中滴加1mol/L盐酸。溶液的pH随加入盐酸体积的变化如下图所示。

下列说法不正确的是A.a点溶液中，c(OH-)=l×l0-4mol/LB.b点溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)C.c点时，加入的n(HCI)小于通入的n(NH3)D.a→b，水的电离程度减小5、室温下，向0.01mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液；溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是。

A.a点，pH=2B.b点，c(CH3COO-)>c(NH4+)C.c点，pH可能大于7D.ac段，pH的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动6、常温下，取pH="2"的两种二元酸H2A与H2B各1mL；分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是。

A.H2A为二元弱酸B.稀释前c(H2B)>c(H2A)="0.01mol"/LC.pH=3的NaHA水溶液中，离子浓度大小为c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(OH-)D.Na2B的水溶液中，离子浓度大小为c(Na+)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+)7、根据下列实验操作和现象所做出的结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

相同条件下，浓度均为1mol·L−1的CH3COOH和HCl分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗。

CH3COOH是弱电解质。

B

向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水；先出现蓝色沉淀。

Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]

C

分别向pH＝3的盐酸和草酸溶液中加入足量锌粒；一段时间后草酸反应速率更快。

草酸是二元酸。

D

室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L－1Na2SO3溶液的pH为10；0.1mol•L－1NaHSO3溶液pH为5

HSO结合H＋的能力比SO32－的强。

A.AB.BC.CD.D8、下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）

A.图①中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B.在③开关闭合的情况下，四个装置的铁腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②C.图③中，开关闭合时，Fe的腐蚀速率减小D.图②和④的装置中Fe电极均被保护9、CH3CH3→CH2=CH2+H2的反应热为。

。化学键。

C-H

C=C

C-C

H-H

键能kJ/mol

414.4

615.3

347.4

435.3

A.-125.6kJ/molB.+125.6kJ/molC.+46.1kJ/molD.-46.1kJ/mol评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、相同温度下，体积均为0.25L旳两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.6kJ/mol，实验测得起始、平衡时得有关数据如下表：。容器编号起始时各物质物质旳量/mol达平衡时体。

系能量旳变化N2H2NH3NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q

下列叙述错误旳是（）A.容器①、②中反应旳平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3旳体积分数均为25%C.容器②中达平衡时放出旳热量Q=23.15kJD.若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量＜23.15kJ11、在一定温度下；容器内某一反应中M；N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是。

A.反应的化学方程式一定为B.时，正逆反应速率相等，达到平衡C.时，逆反应速率一定大于正反应速率D.平衡时，N的转化率是12、对于可逆反应：A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0，下列图像中正确的是A.B.C.D.13、草酸H2C2O4为二元弱酸，Kal(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5)。室温下向0.lmol·L-l的Na2C2O4溶液中缓慢通入HCl气体直至过量（忽略溶液体积变化和HCl的挥发）。该过程中得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A.0.lmol·L-lNa2C2O4溶液：c（Na+）＞c（C2O）＞c（HC2O）＞c（OH-）＞c(H+)B.pH=7的溶液：c(Na+)=2c(C2O)+c(HC2O)C.c(C2O)=c(HC2O)的溶液：c(Cl-)＞c(C2O)+2c(H2C2O4)D.c(Na)=2c(Cl-)的溶液：c(Na+)+c(H+)＞c(Cl-)+c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)+c(OH-)14、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；其滴定曲线如图。

对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A.a点：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)15、人体血液的pH通常在7.35-7.45之间的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等缓冲体系。常温下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol/LNaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)B.常温下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)16、下列叙述正确的是A.0.1mol/L的KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)B.25℃时，将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合，溶液中离子浓度的关系：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)C.在0.1mol/LNH4Cl溶液中：c(H+)=c(NH3•H2O)＋c(OH-)D.氯水中：c(Cl2)=2[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)]17、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是。弱酸化学CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7K2=5.6×l0-11

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)＞pH(Na2CO3)＞pH(CH3COONa)B.amol·L-1HCN溶液与bmol·L-1NaOH溶液等体积混合后；所得溶液中。

c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于bC.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小D.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)18、改变0.1mol·L－1己二酸（简写为H2A，电离常数分别为Ka1、Ka2）溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是。

A.Ka1＝10－4.4B.曲线II表示的是HA－的物质的最分数δ（X）肋pH的变化关系C.NaHA溶液中：c（H＋）＝c（OH－）＋2c（A2－）－c（H2A）D.等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中：c（Na＋）>c（A2－）>c（HA－）>c（H＋）>c（OH－）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)19、用如图所示装置进行中和热测定实验；请回答下列问题：

（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是___；从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___。

（2）使用补全仪器后的装置进行实验，取50mL0.25mol/LH2SO4溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，若用50mL0.50mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会___。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)20、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。21、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“＝”)。22、某温度下；在2L的密闭容器中，X；Y、Z三种气体随时间变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：

(1)由图中数据分析：该反应的化学方程式为_____________________。

(2)反应开始至2min，Z的平均反应速率为____，此时X的转化率为_____。

(3)5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相比较，前者______后者(填“大于”；“小于”或“等于”)。

(4)对于该反应，能增大正反应速率的的措施是________

A.增大容器容积B.移走部分YC.通入大量XD.升高温度E.加催化剂。

(5)此反应在三种不同情况下的反应速率分别为:

①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min)

其中反应速率最快的是________(填编号)。

(6)下列各项中不可以说明上述反应达到平衡的是______(填字母)。

a.混合气体的密度不变。

b.混合气体的压强不变。

c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率。

d.X的浓度保持不变。

e.生成1molZ和同时生成1.5molX

f.X、Y、Z的反应速率之比为3∶1∶223、恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为_____mol。

（2）若开始时放入3molA和3molB，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。

（3）若开始时放入xmolA、2molB和1molC，达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则x＝_____，y＝_____。

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。24、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（选填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_____；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____（选填编号）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)25、现有浓度为0.1mol·L-1的五种电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH

已知：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-

⑴这五种溶液的pH由小到大的顺序是____________________（填编号）；

⑵将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是___________（填编号）；

⑶混合碳酸（H2CO3）溶液和NaAlO2溶液，试写出所有可能发生的化学反应方程式：_____；

⑷常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：。实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH甲0.200.20pH＝a乙0.100.10pH＝8.00

①不考虑乙组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a（混合溶液的pH）来说明HA是强酸还是弱酸_________；乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)＝_________mol/L。

②求出该混合溶液中下列算式的结果。

I．c(Na+)-c(A-)=__________________；II．c(OH-)-c(HA)=_________。26、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问题。

(1)常温下0.1mol·L－1的HA溶液中pH＝3，则HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式____________________________________。

(2)已知：常温下0.1mol·L－1BOH溶液pH＝13，将V1L0.1mol·L－1HA溶液和V2L0.1mol·L－1BOH溶液混合；回答下列问题：

①当V1:V2＝1:1时，溶液呈____性，请用离子方程式解释原因________________。

②当混合溶液pH＝7时，溶液中离子浓度大小关系是_____________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)27、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、工业流程题(共3题，共9分)28、铜转炉烟灰主要含有Zn［还有少量的Fe(+2价)、Pb；Cu、As等元素］的硫酸盐和氧化物；少量为砷酸盐。制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。请回答以下问题：

已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。

(1)写出氯化铵的电子式___，“净化”过程属于___(填“物理”；“化学”)变化。

(2)在反应温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵适宜的浓度为___mol·L-1。若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。

(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除___元素，除杂3是置换除杂过程，则试剂a是___，“滤渣Ⅲ”的主要成分为___(填化学式)。

(4)写出“沉锌”时发生反应的离子方程式___，此过程中可以循环利用的副产品是___。

(5)取mg活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___(用代数式表示)。29、草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下。

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8

(1)CoC2O4·2H2O中C的化合价是____________________________。

(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：______________。

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是____________________________。

(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是______________(填化学式)，试用离子方程式和必要的文字简述其原理：____________________________。

(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是______________；其使用的适宜pH范围是______________。

A.2.0〜2.5

B.3.0〜3.5

C.4.0〜4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=______________。

(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4·2H2O，最终得到产品m2kg，产率(实际产量/理论产量×100%)为____________________________。(已知：M(Co2O3)=166，M(CoC2O4·2H2O)=183，仅需列出数字计算式)。30、Na2S2O4·2H2O是染料工业中常用的还原剂；俗称保险粉｡它可溶于氢氧化钠溶液并稳定存在，难溶于乙醇，受热易分解，制备保险粉的流程如下:

回答下列问题:

(1)保险粉的制备过程要在无氧条件下进行，原因是__________

(2)若用Na2SO3固体和酸反应制备SO2气体，下列最适宜选用的酸是____(填标号)｡

A.浓盐酸B.稀硝酸C.70%硫酸D.98%硫酸。

(3)步骤②需要控制温度在35℃的原因是__________已知pH>11时，Zn(OH)2转化为为了使Zn2+沉淀完全,则加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH范围是______________(25℃时Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10‑17，35℃时Ksp与Kw的变化可忽略)｡

(4)步骤③中加入一定量NaCl固体的目的是____｡

(5)步骤④的操作是__________经干燥得Na2S2O4·2H2O样品｡

(6)为了测定Na2S2O4·2H2O样品纯度，取mg样品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液｡取10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol/L碘标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为VmL｡测定过程中，发生的反应：Na2S2O4+2HCHO+H2O═NaHSO3•CH2O+NaHSO2•CH2O，NaHSO2•CH2O+2I2+2H2O═NaHSO4+HCHO+4HI，则样品中Na2S2O4·2H2O的纯度为____｡评卷人得分六、实验题(共3题，共9分)31、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。

(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____、____。

(2)NaOH稍过量的原因是_______。

(3)实验中若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，理由是________。

(4)他们记录的实验数据如下：

。实验用品。

溶液温度。

t1

t1

t2

①

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.3℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

②

50mL0.55mol/LNaOH溶液。

20℃

23.5℃

50mL0.50mol/L盐酸。

50mL0.50mol/L盐酸。

已知：Q=cm(t2-t1)，反应后溶液的比热容c为4.18J/(℃•g)，各物质的密度均为1g/cm3。根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：____。

(5)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)______(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。32、氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：

(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。

(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。

(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。

(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。33、无水氯化铁是一种重要的化工原料；其熔点为306℃，沸点为315℃，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下：

回答下列各题：

(1)向沸水中滴入几滴饱和氯化铁溶液，煮沸至溶液变为红褐色，该过程可用离子方程式表示为________________。

(2)由FeCl3·6H2O获得无水氯化铁的方法是_________。

(3)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_______________。

(4)吸收塔内盛放的吸收剂为____________。

(5)某兴趣小组仿照工业制备无水氯化铁；设计如下实验：

①装置C中玻璃丝的作用为_____________；

②该实验设计存在的明显缺陷为_______________；

③通过下列实验测定实验后所得固体中FeCl3的质量分数。

a.称取mg所得固体；溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水定容；

b.取出10mL待测溶液液于锥形瓶中；加入稍过量的KI溶液充分反应；

c.以淀粉做指示剂，用bmol/LNa2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)；共用去VmL。

通过上述实验测得所得固体中氯化铁的质量分数为_____________；若加入淀粉偏多，可能导致最终结果______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．铁粉为固态；增加铁粉的量不影响化学反应速率，A不符题意；

B．体积不变充入N2，体系压强增大，但N2不参加反应，体系内H2、H2O(g)的浓度不变；化学反应速率不变，B不符题意；

C．将容器的体积缩小一半，体系内H2、H2O(g)的浓度增大；反应速率增大，C符合题意；

D．压强不变充入N2，容器的体积增大，体系内H2、H2O(g)的浓度减小；反应速率减小，D不符题意。

答案选C。

【点睛】

压强发生变化引起浓度发生变化，化学反应速率就发生变化，压强发生变化而浓度没有变化，化学反应速率不变。2、B【分析】【详解】

A．反应Ⅰ的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大，平衡正向移动，A的转化率应增大，所以p2＞p1，从图像的走向可以看出，它随温度的升高A的转化率降低，即平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应△H＜0；故A错误；

B．关于反应Ⅲ，由图象可以看出，T2条件下C的平衡体积分数大，因此当T2＞T1时，正反应为吸热反应△H＞0，而当T2＜T1时正反应为放热反应△H＜0；故B正确；

C．关于反应Ⅱ由图象可以看出T1条件下达到平衡所用的时间少，所以T1＞T2，而在T1条件下达平衡时n(C)小，所以说明低温有利于C的生成，故它主要的正反应为放热反应△H＜0；故C错误；

D．关于反应Ⅳ，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2＞T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应△H＞0；故D错误；

答案选B。3、B【分析】【详解】

A．25℃时；若碱为一元弱碱，则pH=14-a的该碱浓度要大于pH=a的一元强酸，所以等体积混合是碱过量，溶液显碱性，故A错误；

B．向醋酸钠溶液中加盐酸至溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(Clˉ)+c(OHˉ)+c(CH3COOˉ)=c(H+)+c(Na+)，溶液显中性，所以c(OHˉ)=c(H+)，则c(Clˉ)+(CH3COOHˉ)=c(Na+)，溶液中同时存在物料守恒c(CH3COOH)+(CH3COOˉ)=c(Na+)，所以有c(Clˉ)=c(CH3COOH)；故B正确；

C．CH3COOH的电离平衡常数Ka=CH3COONa的水解平衡常数为Kh=所以Ka·Kh=Kw；故C错误；

D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，此时溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，所以c(Na＋)>c()，而溶液中存在电荷守恒c(Na＋)+c()+c(H＋)=2c()+c(OH－)，溶液呈中性所以c(Na＋)+c()=2c()，所以c(Na＋)>c()>c()；故D错误；

故答案为B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.a点溶液PH=10，c(H+)=1×10-10mol/Lc(OH-)==l×l0-4mol/L；A项正确；

B.b点溶液呈碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(H+)-)则有c(NH4+)>c(Cl-)；B项正确；

C.由图可知c点对应PH值大于8，c点溶液还是呈碱性，说明加入的n(HCl)小于通入的n(NH3)；C项正确；

D.a→b；碱性变弱，水电电离受到的抑制逐渐变弱，所以水的电离程度增大，D项错误；

答案选D。5、B【分析】【详解】

A．由于醋酸是弱电解质；不能完全电离，所以0.01mol/的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，a点的pH大于2，A错误；

B．所得溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH溶液显酸性，所以b点溶液中c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒可知c(CH3COO﹣)＞c(NH4+)；B正确；

C．酸性的CH3COOH溶液中加入中性的CH3COONH4溶液；所得混合溶液必显酸性，即c点溶液的pH一定小于7，C错误；

D．ac段溶液的pH增大；不仅是因为醋酸的电离平衡逆向移动，还有溶液的稀释作用，D错误；

故选B。

【点睛】

在ab段，溶液的pH增大很快，这主要是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO﹣)增大，醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，溶液的pH增大；而在bc段，溶液的pH变化不明显，主要是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，pH变大，但变大的很缓慢。6、D【分析】试题分析：A、因为稀释100倍H2A的氢离子浓度是原来的1/100，则说明该酸是强酸，而H2B是弱酸错误，不选A；B、因为H2B是弱酸，不能完全电离，所以其浓度比H2A的浓度大，H2A是强酸，完全电离，氢离子浓度为0.01mol/L，酸的物质的量浓度为0.005mol/L，错误，不选B；C、因为H2A是强酸，不能水解，没有H2A分子形式，错误，不选C；D、Na2B为强碱弱酸盐；水解显碱性，所以正确，选D。

考点：弱电解质的电离平衡7、A【分析】【详解】

A．等浓度时盐酸完全电离，醋酸部分电离，则CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，能够说明CH3COOH是弱电解质；故A正确；

B．Ksp小的先沉淀，向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]；故B错误；

C．pH=3的盐酸和草酸；草酸浓度大，随着反应的进行，草酸继续电离，一段时间后草酸反应速率比盐酸快，只能说明草酸为弱酸，不能说明草酸为二元酸，故C错误；

D．0.1mol•L－1Na2SO3溶液的pH为10；0.1mol•L－1NaHSO3溶液pH为5，说明Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱；故D错误；

故选A。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．图①中；铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A错误；

B．图①发生化学腐蚀；图②是电解池，但铁是阴极被保护不被腐蚀，图③是发生电化学腐蚀，图④是电解池且铁作阳极，因电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，作原电池负极加快腐蚀，作电解池阳极腐蚀最快，四个装置的腐蚀速率由快到慢的顺序是：④③①②，B正确；

C．图③中；开关闭合时，形成原电池，原电池可以加快负极腐蚀速率，即Fe的腐蚀速率加快，C错误；

D．图②和④的装置中Fe电极分别做电解池的阴极和阳极；电解池的阴极材料被保护，图②和④的装置中只有②的Fe电极被保护，D错误；

故答案为：B。9、B【分析】【分析】

根据反应热与键能公式回答问题。

【详解】

反应热=反应物总键能-生成物总键能，即反应热=

答案为B。二、多选题(共9题，共18分)10、BC【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关；利用反应热计算生成氨气的物质的量；进而根据化学方程式计算生成氨气的体积分数；从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系。

【详解】

A．平衡常数只与温度有关；相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；

B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：＝0.5mol；利用三段式法计算：

平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数＝

从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2；在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B错误；

C．②中含有0.2molNH3相当在①的基础上加入氨气；抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；

D．若容器①体积为0.5L；相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ，故D正确；

故答案选BC。11、D【分析】【详解】

A．根据图像可知，反应进行到t2时，N的物质的量减少了4mol，M的物质的量增加了2mol，则反应的化学方程式为A错误；

B．t2时；M；N的物质的均还在发生改变，所以正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，B错误；

C．t1时；反应未达到平衡，逆反应速率小于正反应速率，C错误；

D．平衡时，N转化的物质的量为6mol，则N的转化率为D正确；

答案选D。12、AB【分析】【分析】

对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)△H＜0；正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图像分析解答。

【详解】

A.升高温度；正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；

B.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量减小；压强不变的情况下升高温度，平衡逆向移动，A的物质的量分数增大，故B正确；

C.温度越高；反应速率越快，则到达平衡的时间越短，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物A的含量增大，图像不符合，故C错误；

D.该反应是气体体积减小的可逆反应；增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率应该大于逆反应速率，故D错误；

故选AB。13、CD【分析】【详解】

A.0.lmol·L-lNa2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液显碱性，且分步水解，以第一步水解为主，则离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O）＞c（OH-）＞c（HC2O）＞c(H+)；A错误；

B.pH=7的溶液中根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又因为c(H+)＝c(OH-)，所以c(Na+)＝c(Cl-)+2c(C2O)+c(HC2O)；B错误；

C.c(C2O)=c(HC2O)时根据Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5可知c(H+)＝5.4×10-5，即溶液显酸性。根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)、物料守恒c(Na+)＝2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)可知c(HC2O)+2c(H2C2O4)+c(H+)＝c(Cl-)+c(OH-)，因此溶液中c(Cl-)＞c(HC2O)+2c(H2C2O4)，即c(Cl-)＞c(C2O)+2c(H2C2O4)；C正确；

D.c(Na+)=2c(Cl-)的溶液中溶质是等浓度的NaHC2O4和NaCl，草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则溶液中c(C2O)＞c(H2C2O4)，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(Cl-)+c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，所以溶液中c(Na+)+c(H+)＞c(Cl-)+c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)+c(OH-)，D正确；答案选CD。14、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-电离程度，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)，B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好反应生成NaHCO3，根据质子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，与碳酸钠完全反应，溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；D正确。

答案为BD。

【点睛】

注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。15、AC【分析】【详解】

A.根据溶液中电荷守恒可得0.1mol/LNaH2PO4溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，则故A正确；

B．pH=7，c（H+）=10-7mol/L，则Na+不发生水解，则c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)；故B错误；

C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液，此时溶液为Na3PO4，根据溶液中质子守恒可得故C正确；

D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合，根据物料守恒，2Na=3P，可得故D错误；

故答案选：AC。

【点睛】

根据三大守恒判断溶液粒子浓度关系。16、AC【分析】【详解】

A.0.1mol/L的KHC2O4溶液中，根据电荷守恒可知：c(K+)+c(H+)＝c(HC2O4﹣)+c(OH﹣)+2c(C2O42﹣)；故A正确；

B.25℃时，将pH＝3的盐酸溶液和pH＝11的氨水等体积混合，溶液呈碱性，则c(OH﹣)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(NH4+)＞c(Cl﹣)，溶液中离子浓度的关系为：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；故B错误；

C.在0.1mol/LNH4Cl溶液中，根据质子守恒可得：c(H+)＝c(NH3•H2O)+c(OH﹣)；故C正确；

D.氯水中只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则溶液中c(Cl2)≠2[c(ClO﹣)+c(Cl﹣)+c(HClO)]；故D错误。

答案选AC。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小比较，明确电荷守恒、质子守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，D为易错点，注意氯水中还存在未反应的氯气分子。17、BD【分析】【详解】

A．由电离常数Ka的关系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，则酸性CH3COOH＞HCN＞显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)；故A错误；

B．等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN-的水解溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，a＜b时溶液中存在c(Na+)＞c(CN-)，即所得溶液中c(CN－)＞c(Na＋)，则a一定大于b；故B正确；

C．冰醋酸中逐滴加水；电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而在加水的过程中电离程度；pH一直在增大，故C错误；

D．因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；故D正确；

故答案为：BD。18、CD【分析】【详解】

A．由图可知：Ka1=又因为在pH＝4.4时，c(HA-)＝c(H2A)，所以Ka1＝c(H+)＝10-4.4；故A正确；

B．由电离H2A⇌HA-+H+，HA-⇌H++A2-可知Ⅱ曲线表示HA-；故B正确；

C．NaHA溶液中：由质子守恒得c(H+)＝c(OH-)+c(A2-)-c(H2A)；故C错误；

D．等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中，由于A2-和HA-要发生水解使溶液显碱性，故c(OH－)>c(H＋)；故D错误；

故答案选CD。

【点睛】

判断盐溶液中离子浓度大小关系时，要考虑盐类水解的问题，综合运用三大守恒进行分析。三、填空题(共8题，共16分)19、略

【分析】【分析】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

(2)中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热；和所用酸以及碱的量的多少无关；根据弱电解质的电离时吸热过程。

【详解】

(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温；隔热、减少实验过程中的热量散失，根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小。【解析】保温隔热，防止热量散失环形玻璃搅拌棒偏小20、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-121、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＝22、略

【分析】【详解】

(1)由图象可以看出；反应中X；Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，则△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为3X+Y⇌2Z；

(2)反应开始至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol/(L•min)，X的转化率为×100%=30%；

(3)图象分析可知；反应到5min后，物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，所以5min时Z的生成速率与6min时Z的生成速率相同，故答案为等于；

(4)根据影响反应速率的因素；降低温度反应速率减小，如果使用合适的催化剂，增加体系组分浓度，升温，其反应速率增大，故答案为CDE；

(5)化为用同一物质表示的反应速率，则①v(X)=6mol/(L·min)②v(Y)=6mol/(L·min),v(X)=3v(Y)=18mol/(L·min)③v(Z)=8mol/(L·min),v(X)=1.5v(Y)=12mol/(L·min),比较可知；反应速率最快的是②,故答案为②；

(6)a.气体质量和体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内密度始终不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断平衡状态，故a错误；b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，混合气体的压强不再变化说明反应达到平衡状态，故b正确；c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率说明达到化学平衡状态，故c正确；d.各组分浓度不变达到化学平衡状态，所以X的浓度保持不变说明达到化学平衡状态，故d正确；e.生成1molZ和同时生成1.5molX，说明正逆反应速率相等，即达到化学平衡状态，故e正确；f.各组分反应速率之比等于其化学计量数之比，故X、Y、Z的反应速率之比为3：1：2，故f错误，故答案为af。【解析】①.3X+Y⇌2Z②.0.05mol/(L•min)③.30%④.等于⑤.CDE⑥.②⑦.af23、略

【分析】【分析】

（1）由方程式可知；生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC，完全转化到左边满足3molA和3molB，与（1）中A；B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amolC，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；

（4）由（3）分析可知；若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，等效为开始加入6molA和6molB，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。

【详解】

解：（1）根据方程式知；生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol；

故答案为：1﹣a；

（2）恒温恒压下；若开始时放入3molA；3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol；

故答案为：3a；

（3）若开始时放入xmolA；2molB和1molC；达到平衡后，A和C的物质的量分别为ymol和3amol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol；

故答案为：2；3（1﹣a）；

（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3molC，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数

故答案为：

【点睛】

本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。【解析】①.1﹣a②.3a③.2④.3（1﹣a）⑤.a/(2-a)24、略

【分析】【分析】

根据碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。

【详解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正确，bd错误；

故答案为：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac25、略

【分析】【分析】

（1）先根据酸；碱、盐确定PH大小；盐中阳离子相同；酸越弱，其盐的碱性越强，据此分析盐溶液的PH值大小；

（2）根据是否存在平衡分析判断；不存在平衡的PH值变化大；

（3）由题意可知；碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀；

（4）①酸；碱的物质的量相等；即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；

②Ⅰ、根据电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）；Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）

【详解】

（1）④②①③是盐；⑤是碱，物质的量浓度相同的这几种溶液，盐溶液的pH值小于碱溶液的pH，所以⑤的pH值最大；④②①③四种盐的阳离子相同，其阴离子相应的酸越弱，盐的pH值越大，醋酸的酸性＞碳酸的酸性＞偏铝酸的酸性，碳酸氢钠是酸式盐，碳酸钠是正盐，所以碳酸钠的pH值大于碳酸氢钠的，则相同物质的量浓度的这几种溶液的pH值由小到大的顺序是④②①③⑤，故答案为：④②①③⑤；

（2）①②③④溶液中都存在水解平衡；当稀释时，盐的弱酸根又水解出部分离子进行补充；氢氧化钠是强碱，完全电离，不存在电离平衡，所以当稀释时，其pH变化最大，故答案为：⑤；

（3）由题意可知，碳酸与偏铝酸钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，过量的碳酸可与反应生成碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；碳酸的酸性大于偏铝酸的酸性，碳酸能和偏铝酸钠反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，反应的化学方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，过量的偏铝酸钠可与反应生成的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，则可能发生的化学反应方程式为NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；

（4）①酸、碱的物质的量相等，即酸、碱恰好反应生成盐，若盐溶液的a=7时，该盐是强酸强碱盐，HA是强酸；a＞7时，该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸；乙组实验溶液pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，根据c（H+）·c（OH-）=10-14可知c（OH-）=10-6mol/L，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；10-6；

②Ⅰ、根据电荷守恒知，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol/L；

Ⅱ、根据物料守恒和电荷守恒可得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，则c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案为：9.9×10-7mol/L；10-8mol/L。【解析】①.④②①③⑤②.⑤③.NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3④.a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸⑤.10-6⑥.9.9×10-7mol/L⑦.1.0×10-8mol/L26、略

【分析】【分析】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L；据此分析解答；

(2)常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1；说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。

【详解】

(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HA⇌H++A-，故答案为：弱电解质；HA⇌H++A-；

(2)①常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，BOH完全电离，属于强碱，V1∶V2=1∶1时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2O⇌HA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2O⇌HA+OH-；

②在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)。

【点睛】

正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓度远大于水电离的离子浓度。【解析】弱电解质HAH＋＋A－碱A－＋H2OHA＋OH－c(B+)=c(A－)＞c(OH－)=c(H+)四、判断题(共1题，共2分)27、×【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】错五、工业流程题(共3题，共9分)28、略

【分析】【分析】

首先利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰，Pb元素转化为Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入氯化铁As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，Fe元素全部被氧化成Fe3+；调节pH使Fe元素转化为沉淀除去；此时还有Cu元素会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂a应除去铜元素，为了不引入新的杂质，可以加入过量的Zn单质置换出铜，从而将其除去；再加入活性炭净化；之后加入碳酸氢铵将Zn元素转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌。

【详解】

(1)氯化铵由铵根和氯离子构成，电子式为活性炭吸附有机杂质达到净化的目的；没有新物质生成，属于物理变化；

(2)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多的进入溶液；而杂质离子要尽量少的进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，所以最适宜的浓度为4mol/L；

反应物有ZnO、氯化铵、一水合氨，产物有[Zn(NH3)4]2+，根据元素守恒可得离子方程式为ZnO+2NH+2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；

(3)滴加KMnO4溶液可将Fe2+氧化为Fe3+；再调节pH值除去，所以目的是除去Fe元素；根据分析可知试剂a为Zn，滤渣Ⅲ主要有置换出来的Cu和未反应的Zn；

(4)溶液中有大量锌离子，加入碳酸氢铵后产生Zn2(OH)2CO3，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和锌离子、氢氧根结合生成碱式碳酸锌沉淀，促进碳酸氢根的电离，电离出的氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；根据前序步骤添加的物质；以及此过程发生的反应可知，此时溶液中的主要成分为氯化铵和少量硫酸按，氯化铵可以循环使用；

(5)用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL，与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，所以m(ZnO)=aV×0.08139g，质量分数为×100%或%。

【点睛】

涉及Fe元素的除杂流程时，由于Fe(OH)3更容易沉淀，通常会加入氧化剂将Fe元素转化为Fe3+，再调节pH值将其除去。【解析】物理4ZnO+2NH+2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2OFeZnCu(Zn)2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2ONH4Cl×100%或%29、略

【分析】【分析】

用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4·2H2O；据此解答。

【详解】

(1)CoC2O4·2H2O中Co为+2价；O为-2价，根据各元素正；负化合价代数和为0，计算得元素C的化合价是+3价；

(2)加入的Na2SO3主要Co3+还原为Co2+，发生反应的离子方程式为：Co2O3+4H++SO32-═2Co2++SO42-+2H2O；

(3)浸出液中加入NaClO3的目的是加入NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去Fe3+；

(4)加Na2CO3调节溶液pH=5.2，能使Fe3+、Al3+离子转化成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，原因是：因Fe3+和Al3+水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，加入碳酸钠后CO32-与H+结合生成难电离的HCO3-；使水解平衡右移而产生沉淀；

(5)根据流程图可知，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，加入萃取剂目的是除去Mn2+，则选取的萃取剂不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故B正确，故答案为B。

(6)当加入过量NaF后，所得滤液