2025年北师大版选修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年北师大版选修4化学上册阶段测试试卷993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5题，共10分)1、利用反应2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是A.降低温度B.增大压强同时加催化剂C.升高温度同时充入N2D.及时将CO2和N2从反应体系中移走2、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是。

①CH3OH(g)＋H2O(g)→CO2(g)＋3H2(g)－49.0kJ

②CH3OH(g)＋1/2O2(g)→CO2(g)＋2H2(g)＋192.9kJ

下列说法正确的是A.1molCH3OH完全燃烧放出热量192.9kJB.②中的能量变化如图所示，则Q=E3-E1C.H2燃烧能放出大量的热，故CH3OH转变成H2的过程必须吸收热量D.根据②推知：在25℃，101kPa时，1molCH3OH(g)完全燃烧生成CO2和H2O放出的热量应大于192.9kJ3、T℃时，向恒容密闭容器中充入发生反应反应过程中随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是。

A.反应在的平均速率B.该温度下，反应的平衡常数值C.保持其他条件不变，升高温度，若平衡时则该反应的D.反应达平衡后，再向容器中充入该温度下再达到平衡时，4、下列实验操作正确的是A.制备无水氯化铁B.配制一定浓度的硫酸溶液C.制取少量NH3D.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性5、常温时,将足量的AgCl分别加入下列各溶液中，AgCl的溶解度最小的是A.15mL1.5mol·L-1的AgNO3溶液B.10mL2mol·L-1的NaCl溶液C.5mL1mol·L-1的AlCl3溶液D.5mL1.4mol·L-1的BaCl2溶液评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、已知反应：

①C（s）＋1/2O2（g）＝CO（g）ΔH1＝－110.5kJ/mol

②稀溶液中，H+（aq）＋OH-（aq）＝H2O（l）ΔH2＝－57.3kJ/mol

下列结论正确的是（）A.若碳的燃烧热用ΔH3来表示，则ΔH3<ΔH1B.H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热ΔH＝2×（－57.3）kJ·mol-1C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ7、室温时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c（NH3·H2O）+c（NH4+）=0.1mol·L-1的混合溶液。溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.W点溶液中：c（H+）=c（OH-）B.pH=8时溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C.室温时NH3·H2O的电离平衡常数的值为10-9.25D.pH=10溶液中：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）8、常温下，向20mL0.05mol•L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol•L﹣1氨水；溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是。

A.NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B.C三点溶液的pH是逐渐减小，F三点溶液的pH是逐渐增大C.E溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D.F点溶液c（NH4+）＝2c（B2﹣）9、已知：p＝室温下，向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液；溶液pH随p的变化关系如图。下列说法正确的是。

A.a点溶液中：c(HX)+c(X—)＝0.10mo1·L-1B.b点坐标为(0，4.75)C.c点溶液中：c(Na+)＜10c(HX)D.溶液中水的电离程度：c＜b＜a10、Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如图：

已知：Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：Co3+＞Fe3+＞Co2+。

几种氢氧化物的溶度积如下表：

。氢氧化物。

Co(OH)2

Fe(OH)2

Co(OH)3

Al(OH)3

Fe(OH)3

溶度积(Ksp)

2.0×10－15

8.0×10－16

2.0×10－44

1.3×10－33

4.0×10－39

下列有关说法错误的是A.溶解池中生成H2的离子反应方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑B.加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水或碘水C.残渣1的主要成分为Fe(OH)3D.操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥和灼烧四个步骤评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)11、研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。

（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g),ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1、C(s)＋CO2(g)="2CO(g)",ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1。则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________

（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示；请回答下列问题：

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ__________KⅡ(填“大于”；“等于”或“小于”)。

②在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是______________(填字母)。

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比,下列有关说法正确的是___________。

a．正反应速率加快；逆反应速率也加快。

b．氢气的浓度减小。

c．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大。

d．甲醇的物质的量增加。

e．达到新的平衡时平衡常数增大12、已知：A(g)＋2B(g)2C(g)；恒温恒压下，在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L。

(1)下列能用于判断该反应达到平衡的是（填字母）：__________________。

a．A、B的浓度之比为1∶2b．容器内气体的总物质的量不变。

c．容器内气体密度不再变化d．生成0.2molA的同时生成0.2molC

(2)平衡后，再向容器中通入1mol氦气，A的转化率___________（填“增大”；“不变”、“减小”）。

(3)在T1、T2不同温度下，C的体积分数与时间关系如图所示。则T1______T2（填“大于”或“小于”，下同），该反应的△H__________0。若在T1下达到平衡，K(T1)=_____。(计算结果)

13、时，三种酸的电离平衡常数如下：。化学式HClO电离平衡常数

回答下列问题：

（1）一般情况下，当温度升高时，______填“增大”、“减小”或“不变”

（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反应不能发生的是______填序号

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸馏水稀释的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号

a.b.c．d．

（5）体积均为10mL；pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL；稀释过程中pH变化如图所示。

则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。14、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于15、某二元酸（H2A）在水中的电离方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列问题：

（1）Na2A溶液显碱性理由是：__（用离子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。

A．图中对应点的温度关系为：a＞b＞c

B．纯水仅升高温度；可从a点变到c点。

C．水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d

D．在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性16、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)=_________。17、某些电镀厂的酸性废水中常含有一定量的CrO42-和Cr2O72-；它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。

方法1：还原沉淀法；该法的工艺流程为：

其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O

（1）若平衡体系的pH=12，该溶液显________色。

（2）写出第③步的离子反应方程式：__________。

（3）第②步中，用6mol的FeSO4·7H2O可还原________molCr2O72-离子。

（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)

常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至_______。

方法2：电解法：该法用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。

（5）写出阳极的电极反应式___________________。

（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)__________________________

（7）用电镀法在铁制品上镀上一层锌，则阴极上的电极反应式为____________。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)18、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1题，共2分)19、用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列问题。

(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。

(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)20、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A；降低温度；反应速率减慢，且平衡左移，NO转化率降低，A错；

B；由平衡移动原理知；增大压强平衡右移，NO转化率增大，反应速率加快，加催化剂反应速率也加快，B选项正确；

C、升高温度平衡右移，但是同时充入N2平衡左移；无法确定最终平衡向哪个方向移动，错误。

D、及时将CO2和N2从反应体系中移走；平衡右移，NO的转化率增大，但是反应的速率减小。

答案选B。2、D【分析】【详解】

A．根据盖斯定律将，②×3-①×2可得：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+G，则G=(192.9kJ/mol)×3-(-49kJ/mol)×2=676.7kJ/mol，所以1molCH3OH完全燃烧放出热量为676.7kJ；故A错误；

B．在反应②中，由图示Q=反应物总能量-生成物总能量=E2-E1；故B错误；

C．由已知可知；反应②为放热反应，故C错误；

D．氢气燃烧放热，根据②推知：在25℃，101kPa时，1molCH3OH(g)燃烧生成CO2和H2O(l)放出的热量应大于192.9kJ；故D正确；

故答案为D。

【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。3、D【分析】【详解】

A．由图可知，0～50s内Cl2的浓度变化量为0.06mol/L，A正确；

B．由图可知，250s时达到平衡，平衡时c(Cl2)=0.10mol/L；则：

该温度下平衡常数B正确；

C．平衡时c（PCl3）=0.10mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c′（PCl3）=0.11mol/L；浓度增大，平衡向正反应移动，该反应正反应为吸热反应，△H＞0，C正确；

D．反应达平衡后，再向容器中充入1molPCl5，相当于增大压强，平衡向逆反应方向进行，与原平衡相比PCl5转化率降低，达到平衡时0.1mol/L＜c(Cl2)＜0.2mol/L；D错误；

故答案为：D。4、C【分析】分析：A；根据铁离子水解分析；

B；浓硫酸需要在烧杯中稀释并冷却后再转移；

C；根据一水合氨中存在平衡结合氧化钙的性质解答；

D；难分解的应该放在大试管中。

详解：A；氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；水解吸热且生成的氯化氢易挥发，所以直接加热不能得到氯化铁晶体，A错误；

B；浓硫酸溶于水放热；需要首先在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误；

C、浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，加入CaO，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解；可以利用该装置制备少量氨气，C正确；

D；碳酸氢钠受热易分解；要比较碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，需要把碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，D错误。答案选C。

点睛：选项A是解答的易错点，注意盐类水解的特点以及生成的氯化氢的易挥发性，与之类似的还有氯化铝等。但需要注意的是硫酸铁、硫酸铝不符合，因为二者虽然均水解，但生成的硫酸难挥发，最终仍然得到硫酸铁和硫酸铝。5、C【分析】【详解】

氯离子或银离子浓度越大；对沉淀溶解平衡抑制程度越大，氯化银溶解度越小；

A、15mL1.5mol·L-1的AgNO3溶液中，银离子浓度为1.5mol·L-1；

B、10mL2mol·L-1的NaCl溶液中，氯离子浓度为2mol·L-1；

C、5mL1mol·L-1的AlCl3溶液中，氯离子浓度为1mol·L-1×3=3mol·L-1；

D、5mL1.4mol·L-1的BaCl2溶液中，氯离子浓度为1.4mol·L-1×2=2.8mol·L-1；

根据以上计算可知，选项C中氯离子浓度最大，所以氯化银的溶解度最小，故选C。二、多选题(共5题，共10分)6、AD【分析】【详解】

A.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，又C(s)+O2(g)═CO(g)△H1=-110.5kJ/mol，该反应没有生成稳定氧化物，则碳燃烧生成稳定氧化物时放出热量大，所以△H3＜△H1，故A正确；

B.中和热必须是生成1molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，而H2SO4和Ca(OH)2反应除生成水以外还生成硫酸钙沉淀，放出更多的热量，则H2SO4和Ca(OH)2反应的△H＜2×(-57.3)kJ/mol，故B错误；

C.很多放热反应也需要条件才发生，如碳的燃烧反应，需要加热才发生，但是该反应为放热反应，故C错误；

D.醋酸电离要吸热，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D正确。

故选：AD。

【点睛】

燃烧热：在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；中和热：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叫做中和热。7、BD【分析】【分析】

随pH增加，铵根的水解和一水合氨的电离均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3•H2O)上升，所以a代表一水合氨浓度，b代表铵根浓度。

【详解】

A．W点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故A错误；

B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，所以pH=8时存在c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，故B正确；

C．W点c(NH3•H2O)=c(NH4+)，室温时NH3•H2O的电离平衡常数K==c(OH-)=10-4.75，故C错误；

D．pH=10的溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据图知，c(NH3•H2O)＞c(NH4+)，所以存在c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：BD。

【点睛】

关于各离子浓度或者各离子物质的量分数与pH值的关系曲线图，可以利用各曲线的交点求解电离或水解平衡常数。8、CD【分析】【详解】

A．酸溶液中水电离出氢离子浓度c(H+)等于溶液中氢氧根离子浓度c(OH﹣)，即c(OH﹣)=10﹣13mol/L，则酸溶液中c(H+)＝＝mol/L＝0.1mol＝2×0.05mol•L﹣1，所以酸H2B为二元强酸；即NaHB溶液显酸性，故A错误；

B．随着氨水的加入；溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A；B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，故B错误；

C．D点水的电离程度达到最大，所以D点二者恰好完全反应，溶液呈酸性，则溶液显中性的点应为F点，则E点溶液显酸性；E点氨水过量，溶质为(NH4)2B和一水合氨，且一水合氨少量，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH﹣)，所以c(NH4+)＞c(B2﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)；故C正确；

D．根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(B2﹣)+c(OH﹣)，而溶液呈中性c(OH﹣)=c(H+)，所以c(NH4+)=2c(B2﹣)；故D正确;

故答案为CD。9、BC【分析】【分析】

HX的电离平衡常数表达式为Ka=则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg即pH=-lgKa-lg=p-lgKa，将点(1,5.75)带入可得lgKa=-4.75，即Ka=10-4.75。

【详解】

A．设0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x，则有解得x约为10-2.9mol/L，所以0.10mol·L-1的HX溶液pH约为2.9，当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液，溶液的体积发生变化，所以c(HX)+c(X-)＝0.10mol·L-1不再成立；故A错误；

B．将lg=0，带入pH=-lgKa-lg可得此时pH=-(-4.75)=4.75，所以b点坐标为(0,4.75)；故B正确；

C．c点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=1，则c(X-)=10c(HX)，带入电荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜10c(HX)；故C正确；

D．随着NaOH滴入，溶液pH增大，溶液中NaX逐渐增多，当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大，此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c>b>a；故D错误；

故答案为BC。10、BC【分析】【分析】

钴矿石主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质，煅烧后用盐酸溶解，溶液中阳离子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反应的H+，加入Co粉会有氢气生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；根据几种氢氧化物的溶度积数据，需要将Fe2+转化为Fe3+除去，因此加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入浓氨水调节pH使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤分离，Co(OH)2灼烧得到Co3O4；滤液中含有氯化钠；氯化铵等。据此分析解答。

【详解】

A．Co与HCl发生置换反应生成CoCl2与H2，反应离子方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑；故A正确；

B．试剂1是将Fe2+氧化为Fe3+，碘水不能将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水可以将Fe2+氧化为Fe3+；且还原产物为水，故B错误；

C．加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，残渣I的主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；故C错误；

D．操作Ⅱ是将Co(OH)2固体与液体分离，然后将Co(OH)2灼烧生成Co3O4；操作Ⅱ包括过滤；洗涤、干燥，灼烧四个步骤，故D正确；

故选BC。三、填空题(共7题，共14分)11、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）化学反应①Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ/mol；②C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律，反应①－②×3可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-28.5kJ/mol；

（2）①曲线Ⅱ比I先达到平衡。说明温度曲线Ⅱ>I。由于温度高，CH3OH含量低，化学反应平衡逆向移动，说明化学平衡常数KⅠ>KⅡ；

②增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，但氢气的转化率是降低的，在上图a、b、c三点中，H2的转化率由低到高的顺序是c

③在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，与原平衡相比，a．将容器体积压缩到原来的1/2，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率和逆反应速率都加快，a项正确；b．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，H2浓度仍然增大，b项错误；C．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小；c项错误；d．将容器体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增加，d项正确；e．温度不变，平衡常数不变，e项错误；答案选ad。

考点：考查热化学方程式的书写、化学平衡常数、温度对化学平衡常数的影响、物质转化率等知识。【解析】大于cbaad12、略

【分析】【分析】

反应A(g)＋2B(g)2C(g)为气体分子数减小的反应，根据题(3)图可知T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2。

【详解】

(1)a.反应开始时A和B按物质的量1:2投料；而A和B也按1:2进行反应，故反应过程中A；B的浓度之比一直为1∶2，不能说明达到平衡，a错误；

b.反应为前后气体分子数减少的反应，故当容器内气体的总物质的量不变时反应达到平衡，b正确；

c.在恒温恒压的条件下；容器体积之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体分子数改变，故反应过程中容器体积一直改变，当达到平衡时，气体质量一直不变，容器体积不再改变，则密度不再变化时，反应达到平衡，c正确；

d.根据反应方程式可知；A与C的化学计量数之比为1:2，则生成0.2molA的同时生成0.2molC，不能说明正逆反应速率相等，不能判定反应达到平衡，d错误；

答案选bc。

(2)达到平衡；通入与反应无关的气体，在恒温恒压条件下，容器体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，则A的转化率减小。

(3)根据图像可知，T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2，T2温度下C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H小于0；设平衡时C的物质的量为xmol，则A平衡时的物质的量为(1-x)mol，B平衡时的物质的量为(2-x)mol，恒温恒压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，故解得x=1mol，根据在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L可知，平衡时容器的体积为2.5L，则K(T1)==【解析】①.bc②.减小③.小于④.小于⑤.513、略

【分析】【分析】

(1)弱电解质的电离为吸热过程；升高温度，促进弱电解质的电离；

(2)电离平衡常数越大；酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；

(3)根据酸性强弱；结合强酸能够制取弱酸分析判断；

(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小；据此分析解答；

(5)加水稀释；促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。

【详解】

(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；故答案为增大；

(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；

(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-；该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；

(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故a错误；b．加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故c错误；d．加水稀释，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故d错误，故答案为b；

(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它对水的电离的抑制能力减弱。

【点睛】

本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧根离子浓度会增大。【解析】增大cdb大于大于稀释后HX溶液中的小于溶液中的它对水的电离的抑制能力减弱14、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A15、略

【分析】【详解】

(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案为：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步电离为完全电离，则溶液中没有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒；所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1；A项错误；

B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(HA−)；B项正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C项正确；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D项正确，故答案为：BCD；

(3)A.温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，a点Kw=10−14，所以b＞c＞a；A项错误；

B.c点Kw=10−13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，B项错误；

C.由图可计算出各点的水的离子积，d点Kw=10−14，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞a；C项正确；

D.b点Kw=10−12；中性溶液pH=6，将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，D项正确；故选CD。

【点睛】

本题易错点(3)，图象数据分析，要先明确纵轴、横轴所代表的意义，结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断，温度越高，水的离子积常数越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD16、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/L17、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）c(H+)减小，平衡2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O左移；溶液呈黄色，故答案为黄；

（2）第③步是沉淀铬离子的反应，离子反应方程式为Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，故答案为Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓；

（3）6mol亚铁离子被氧化为+3价，失去6mol电子，Cr2O72-离子中铬元素化合价从+6价降低到+3价，应该得到6mol电子，所以6mol的FeSO4·7H2O可还原1molCr2O72-离子；故答案为1；

（4）Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)•c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，则需c(OH-)===10-9mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L；即pH=5，故答案为5；

（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，以提供还原剂Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e-═H2↑；故答案为2H++2e-=H2↑；

（7）用电镀法在铁制品上镀上一层锌，阴极上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故答案为Zn2++2e-=Zn。

考点：考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平