2025年苏教版选修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年苏教版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列说法正确的是A.常温下2S2O(g)=3S(s)+SO2(g)能自发进行，则该反应△H<0B.一定温度下，饱和Ca(OH)2溶液中加入少量的生石灰，所得液的pH会增大C.CaSO4悬浊液中滴加少量Na2CO3溶液可生成CaCO3，则Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)D.用惰性电极电解1L1mol•L的CuSO4溶液，当阴极析出3.2g铜时，加0.05molCu(OH)2固体可将溶液恢复至原浓度2、某晶体M·nH2O溶于水后；溶液温度降低。而M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是()

A.△H1＝△H2＋△H3B.M(s)溶于水形成溶液△S＞0C.△H2＞△H3D.△H1＋△H3＞△H23、下列说法正确的是（）在相同温度下，向密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，充分反应放出46.0kJ的热量A.6g碳和12gO2反应放出6akJ热量，则碳的热值为akJ•g-1B.在稀溶液中，H+（aq）+OH-（aq）═H2O（1）△H=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的氢氧化钠溶液混合，放出的热量等于57.3kJC.由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0D.已知：298K时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.0kJ•mol-1，4、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5、室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：对图中a、b、c、d四个点分析中，正确的是

A.a点水的电离程度最大B.b点C.c点D.d点6、时，在氨水体系中不断通入各种离子的变化趋势如图所示，下列说法不正确的是。

A.在时，B.随着的通入，不断增大C.在溶液中pH不断降低的过程中，有含的中间产物生成D.不同pH的溶液中有：7、已知在常温下溶液中的又知正常人的血液的则正常人血液的pOH是A.大于B.小于C.等于D.无法判断8、室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知：25℃其溶度积为2.8×10－9，下列说法不正确的是。

A.x数值为2×10－5B.c点时有碳酸钙沉淀生成C.加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点D.b点与d点对应的溶度积相等9、下列说法中正确的是()A.合成氨时使用催化剂，可提高氨气的平衡产率B.某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现。C.C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，则等质量的石墨比金刚石能量高D.土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定，不具有还原性评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类11、我国芒硝（Na2SO4·10H2O）的储量丰富；它是重要的化工原料。

（1）制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合，结晶得NaHCO3晶体，再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝−127.4kJ·mol−1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝−131.5kJ·mol−1

则：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol−1。

（2）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，a、b均为离子交换膜。

①Na+迁移方向是________。

②气体1是________；溶液2是________。12、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O

已知：ⅰ．反应A中；4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。

ⅱ．

（1）反应A的热化学方程式是____。

（2）断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为____kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键(填“强”或“弱”)____。13、描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

请回答下列问题：

（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。

A．升高温度B．加水稀释。

C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。14、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持温度不变向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向___(填“左”或“右”)移动，所得溶液显__性，Kw__(填“增大”“减小”或“不变”)。

（2）常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH为9，则由水电离出的c(H+)=___。

（3）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释m倍、n倍后pH仍相等，则m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。15、.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的六种溶液的pH如下表所示：

请回答下列问题：

(1)上述六种溶液中，水的电离程度最小的是_____(填化学式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_____(填写一种物质即可)。16、泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）请用离子方程式表示______________________；NaAlO2和AlCl3溶液的反应离子方程式是______________，这两个反应都是彻底的双水解。17、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)18、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4题，共28分)19、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。20、铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：

回答下列问题：

(1)固体X中主要含有______填写化学式

(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调节溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。

(3)酸化的目的是使转化为若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______；干燥。

(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。

(6)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mol•L-1，此时溶液中c()等于______mol•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。21、工业上用重晶石（主要成分为BaSO4）制备BaCO3的常用方法有高温煅烧还原法；沉淀转化法等。高温煅烧还原法的工艺流程可简单表示如下：

（1）若“煅烧”时产生一种有毒的还原性气体，则反应的化学方程式为_____________。

（2）工业上煅烧重晶石矿粉时，为使BaSO4得到充分的还原和维持反应所需的高温，应采取的措施是________。

a加入过量的焦炭；同时通入空气。

b设法将生成的BaS及时移出。

（3）在第一次过滤后洗涤，检验是否洗涤干净的试剂最好是________。

（4）沉淀转化法制备BaCO3可用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为BaCO3：

BaSO4（s）＋（aq）BaCO3（s）＋（aq）

①在实验室将少量BaSO4固体全部转化为BaCO3的实验操作方法与步骤为_________。

②与高温煅烧还原法相比，沉淀转化法的优点主要有_______。

③已知：Ksp（BaCO3）＝2.40×10－9，Ksp（BaSO4）＝1.20×10－10。现欲用沉淀转化法将BaSO4转化为BaCO3，该反应的平衡常数为________。22、铁，镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiO、FeO，CaO、等]中回收的工艺流程如图：

已知在350℃分解生成和回答下列问题：

(1)“浸渣”的成分有外，还含有_______(写化学式)。

(2)矿渣中部分FeO焙烧时与反应生成的化学方程式为_______。

(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中浓度为)，当溶液中时，除钙率准确值为_______[]。

(4)以Fe、Ni为电极制取的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①电解时阳极的电极反应式为_______

②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，该物质溶解，溶液出现紫红色。该反应的离子方程式为_______

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据△H-T△S<0反应能自发进行，该反应的正反应是一个熵减少的反应即△S<0，该反应能自发进行，一定要满足△H<0；A正确；

B．饱和Ca(OH)2溶液中加入少量的生石灰，温度没有变化，反应后依然是Ca(OH)2饱和溶液，c(OH-)不变；pH不变，故B错误；

C．CaSO4悬浊液中滴加少量Na2CO3溶液可生成CaCO3,说明难溶物质转化为了更难溶的物质，即Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)；C错误；

D．用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，当阴极析出3.2g铜时，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入0.05molCuO；而Cu(OH)2相当于氧化铜和水，加入0.05mol的Cu(OH)2固体；则溶液偏小，D错误。

答案选A。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3；故A正确；

B．M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0；故B正确；

C．M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3＜0，晶体M•nH2O溶于水后，溶液温度降低，△H1＞0，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2＝△H1−△H3＞0，所以△H2＞△H3；故C正确；

D．根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，故△H1＋△H3=△H2＋2△H3；M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3＜0，故△H1＋△H3＜△H2；故D错误；

故答案选D。3、C【分析】【详解】

A.6g碳和12gO2反应过程中；6g碳过量，没有完全反应，因此碳的热值小于akJ/g，故A项错误；

B.浓硫酸稀释过程中放出热量，因此含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液反应；放出的热量大于57.3kJ，故B项错误；

C.由于稳定性金刚石小于石墨；因此金刚石所具有的能量高于石墨所具有的能量，因此金刚石转化为石墨为放热反应，故C项正确；

D.N2和H2的反应为可逆反应，因此0.5molN2和1.5molH2不能完全反应；则其反应过程中放出的热量小于46.0kJ，故D项错误；

故答案为C。

【点睛】

中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；另为还有一个常考概念，燃烧热是指标况下1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。4、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。5、A【分析】【详解】

A．a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完溶液中只有与b、c、d三点溶液均含有可以促进水的电离，而抑制水的电离。b点溶液呈中性；所以a点水的电离程度最大，故A正确；

B．b点溶液为中性，结合电荷守恒可知：故B错误；

C．c点氢氧化钠的体积为150ml，所以则是故C错误；

D．根据电荷守恒d点故D错误；

故答案为A。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系；①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。6、B【分析】【详解】

．pH=9时，图像中各种离子浓度的大小关系：故A正确；

B．已知温度一定时，为常数，不随浓度的变化而变化，随着的通入，逐渐增大，则不断减小；故B错误；

C．由图像可知开始没有后来也不存在所以为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含的中间产物生成；故C正确；

D．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：故D正确；

故答案为B。7、B【分析】【分析】

化学上的“常温”指25℃，常温下水的离子积为人的体温是37℃，略高于“常温”，水的电离电离吸热，所以电离出的氢离子、氢氧根离子浓度大，KW大，所以据此分析解答。

【详解】

水的离子积化学上的“常温”指在常温下溶液中的水的离子积为人的体温是水的电离吸热，电离出的氢离子、氢氧根离子浓度大，的血液对应故选：B。8、C【分析】【详解】

A.x数值为=2×10－5；A正确；

B.c点时，c(Ca2+)大于饱和碳酸钙溶液中的c(Ca2+)；所以必有碳酸钙沉淀生成，B正确；

C.加入蒸馏水可使溶液中的c(CO32-)减小，但c(Ca2+)也减小；不可能由d点变到a点，C错误；

D.b点与d点的温度相同；对应的溶度积相等，D正确。

故选C。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．工业合成氨时使用催化剂可以改变反应速率；但不能改变平衡，不能提高氨气的产率，故A错误；

B．不能自发进行的氧化还原反应；通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故B正确；

C．从C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9kJ/mol；则石墨具有的能量较低，故C错误；

D．CuS、ZnS都为难溶于水的盐，土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，CuSO4与ZnS发生沉淀的转化反应；ZnS转化为CuS，说明CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，与CuS的稳定性和还原性无关，故D错误；

故选B。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

(1)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C11、略

【分析】【分析】

（1）根据题意写出化学方程式即可，需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体；故要加上沉淀符号；根据盖斯定律计算即可；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2。

【详解】

（1）根据题意，可以得该反应的化学方程式为：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根据盖斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6kJ·mol−1；

（2）电解Na2SO4溶液，左侧为阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O；则溶液1为NaOH溶液，气体1为H2，溶液2为H2SO4溶液，气体2为O2；故Na+透过a膜进入阴极室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透过a膜进入阴极室（其他合理答案给分）氢气（H2）H2SO412、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6kJ，可知反应4HCl+O22Cl2+2H2O的ΔH=-115.6kJ·mol-1，故答案为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-1；

(2)由ΔH=(生成物键能之和-反应物键能之和)可得，4E(H—Cl)+498kJ·mol-1-4E(H—O)-2×243kJ·mol-1=-115.6kJ·mol-1，所以E(H—O)-E(H—Cl)=31.9kJ·mol-1，所以断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ。键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl键强。【解析】4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115.6kJ·mol-132强13、略

【分析】【分析】

⑴表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明水解程度大于电离程度氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此浓度小于钠离子浓度。

【详解】

（1）表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案为中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此浓度小于钠离子浓度，该溶液中离子浓度从大到小的排列为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】①.HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)14、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氢钠溶液中完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的；

（3）稀释会促进若电解质的电离；

（4）酸性越弱；酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大。

【详解】

（1）硫酸氢钠存电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，电离出H＋；使溶液显酸性，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，但温度不变，水的离子积常数不变；

故答案为：左；酸；不变；

（2）能水解的盐溶液促进了水的电离，碱溶液中的氢离子是水电离的，CH3COONa溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水电离出氢离子与氢氧根离子的浓度相等；

故答案为：1×10-5mol·L－1；

（3）稀释会促进弱电解质的电离；故若取pH；体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大；

故答案为：＜；

（4）已知HA和HB均为弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根离子对应的钠盐水解能力越强，pH越大，则等浓度的NaA和NaB溶液中，PH大小关系为NaA

故答案为：＜。【解析】①.左②.酸③.不变④.1×10-5⑤.<⑥.<15、略

【分析】【分析】

(1)酸碱抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响；

(2)首先根据越弱越水解原理判断，得出酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根据氯水中的平衡移动以及强酸制弱酸的原理选择合适的物质。

【详解】

(1)只有Na2SO4是强酸强碱盐，对水的电离无影响，其余均为弱酸强碱盐，均促进水的电离，故水的电离程度最小的是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；

(2)根据越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其对应弱酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，根据上表几种强碱弱酸盐的pH可得，酸性顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，要增大HClO的浓度，可消耗HCl，使平衡正向移动，但不能消耗HClO，根据强酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可与HCl反应，而不与HClO反应，且NaClO一方面消耗盐酸，同时生成HClO，故答案为：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。

【点睛】

多元弱酸的酸式盐溶液促进水的电离还是抑制水的电离，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小关系，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液显酸性，其会抑制水的电离；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液显碱性，其会促进水的电离，这是学生们的易混点。【解析】①.Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填写一种物质即可)。16、略

【分析】【分析】

根据题中泡沫灭火器反应原理和NaAlO2和AlCl3溶液的反应可知；本题考查盐类水解，运用双水解分析。

【详解】

泡沫灭火器反应原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解，离子方程式为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑，NaAlO2和AlCl3溶液中AlO2-和Al3+发生双水解，离子方程式为：6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑；6H2O+3AlO2-+Al3+=4Al(OH)3↓。【解析】Al3++HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑6H2O+3AlO2-+Al3+==4Al(OH)3↓17、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)18、×【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4题，共28分)19、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少20、略

【分析】【分析】

根据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，然后加水溶解，过滤分离，得到的X成分为Fe2O3、MgO，滤液中成分是Na2CrO4、NaAlO2；向滤液中加入醋酸并调节溶液的pH为7~8，使偏铝酸盐完全转化为Al(OH)3沉淀，然后采用过滤方法除去氢氧化铝沉淀，所以操作II是过滤，得到的Y为Al(OH)3，继续调节溶液的pH为小于5，使转化为最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析作答。

【详解】

(1)根据题目所给反应方程式可知，铬铁矿通过焙烧，所得到的固体中含有Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2，加水溶解，过滤得到不溶于水的固体X为Fe2O3；MgO；

(2)调节溶液的pH为7~8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：

(3)酸化可使转化为所以在酸性条件下与H+离子反应生成该反应为可逆反应，反应的离子方程式为

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；

(5)根据过氧化铬的结构简式可知一个铬与五个氧形成形成六个铬氧极性共价键，其中有两对氧原子形成过氧键，过氧键中氧元素为-1价，形成Cr=O键的氧原子呈-2价，过氧化氢与K2Cr2O7在酸性溶液中发生反应生成CrO5和水，根据元素守恒可得离子反应为由于过氧化氢中的过氧键形成了CrO5中的过氧键；所以该反应过程中没有元素化合价发生变化，该反应不属于氧化还原反应；

(6)当溶液中Clˉ完全沉淀时，即c(Clˉ)=1.0×10-5mol/L，则所以此时溶液中

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