2025年人教版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、现有容积固定且相同的甲、乙、丙三个容器，均存在如下反应：在一定条件下分别向三个容器中充入的气体量和如下表所示：。容器甲210乙10.50丙10.51

根据以上数据，下列选项正确的是A.B.C.D.2、下列有关水溶液中的离子问题的叙述中正确的是（）A.pH=12的氨水和pH=2的盐酸等体积混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B.将pH=11的氨水溶液稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C.向一定量的醋酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，直至氢氧化钠过量，在实验过程中水的电离程度的变化趋势是先小后大D.溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)3、已知邻苯二甲酸（H2A）的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×10−6。常温下，用0.10mol·L−1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10mol·L−1的邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液；溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是。

A.a点的混合溶液中：c（K+）>c（A2-）>c（Na+）>c（HA-）B.b点的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）C.c点溶液pH在9~10之间D.从a点到c点水的电离程度逐渐增大4、含有等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，下列说法正确的是A.c(CH3COOH)+c(H+)＜c(OH－)+c(CH3COO－)B.c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH－)+c(CH3COO－)C.c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)D.c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)5、如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO3固体还有剩余（忽略体积；温度的变化）；下列数值变小的是。

A.c(Ca2+)B.c(CO32-)C.c(H+)D.碳酸钙的溶解度评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、在一定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通如图所示。容器中发生以下反应：N2+3H22NH3（正反应为放热反应）。若反应达平衡后；测得混合气体的体积为7体积，据此回答下列问题：

（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积；如果反应达到平衡后混合气体中各物质的体积仍与上述平衡时完全相同，那么：

①若a=1,c=2，则b=____。在此情况下，反应起始时将向______（填“正”或“逆”）反应方向进行。

②若需规定起始时反应向逆反应方向进行，则c的范围是______。

（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是______，原因是_____。7、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝_______________。

（2）该反应为_______________反应（填“吸热”；“放热”）。

（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。

a．容器中压强不变b．混合气体中c(CO)不变。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_______________℃。

（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。8、按要求回答下列问题。

（1）写出氮化镁的化学式________。

（2）写出的离子结构示意图________。

（3）写出醋酸在水溶液中的电离方程式________。

（4）写出溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的化学方程式________。9、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___________。10、在一定温度下，现有三种酸：a.盐酸b．硫酸c．醋酸；现回答下面问题（注：填对应的字母）

（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是________________。

（3）当三者c(H+)相同且溶液体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序_______________。

（4）当c(H+)相同；溶液体积相同时；同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，则开始时反应速率的大小关系为_______________。

（5）将c(H+)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_____。11、（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)12、向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS—、S2—）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如下图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。

(1)含硫物种B表示__________（填离子符号）。

(2)在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na+)与含硫各物种浓度的大小关系为_____________(填选字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]13、氮的化合物在国防建设；工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。

①若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。

(2)室温时，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_________；

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________；

③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共1题，共6分)15、用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可以提高燃烧效率，又能得到高纯CO2；是一种高效；清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。

①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)△H1=－47.3kJ/mol

②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H2=+210.5kJ/mol

③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)△H3=-86.2kJ/mol

（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=_______（用△H1△H2△H3表示）。

（2）反应①～③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18.结合各反应的△H；归纳lgK～T曲线变化规律：

a）__________________________________

b)__________________________________

（3）向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO，反应①于900ºC达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1；计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留2位有效数字）。

（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入_______。

（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生成CaSO4，该反应的化学方程式为_______；在一定条件下CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为_______。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共24分)16、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)。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、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。19、以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。

(1)“除铝”时反应的离子方程式为______________________________。

(2)试从沉淀溶解平衡移动的角度解释“浸取时加入H2O2、稀盐酸”可促进LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉铁”时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是_____________________。

(5)“电解”制备LiOH的原理如图2所示，装置中使用阳离子交换膜将电解槽隔成阳极室和阴极室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式：__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A.由于反应可逆，甲容器中反应实际放出的热量小于197kJ，故故A错误；

B.在体积不变的情况下，加入氦气对平衡移动没有影响，乙和丙容器中平衡状态相同，故故B正确；

C.甲和乙装置相比，甲的投料增加，相当于在乙的基础上增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率甲大于乙，故故C错误；

D.乙和丙容器中平衡状态相同，能量变化相同，由C项知，则△H1<2△H3，该反应为放热反应，焓变为负值，所以△H1<△H3；故D错误；

故选B。2、D【分析】【详解】

A.pH=2的盐酸中c（H+）=10-2mol/L，pH=12的氨水中c（OH-）=10-2mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度相对大小顺序为c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B.将氨水稀释后；溶液中氢氧根离子的物质的量浓度变小，导致溶液的pH值变小；但水的离子积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以温度不变，水的离子积常数不变，故B错误；

C.酸能电离出氢离子；碱能电离出氢氧根离子，所以酸和碱都能抑制水的电离；当向一定量的醋酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，溶液的酸性逐渐减弱，所以水的电离逐渐增强；当氢氧化钠过量，溶液变成碱性，碱性溶液也抑制水的电离，所以在实验过程中水的电离程度的变化趋势是先大后小，故C错误；

D.溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中，根据物料守恒得：c(HClO)+c(ClO-)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；故D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

A．a点(加入的NaOH为KHA物质的量的一半，)溶液显酸性，HA-的水解常数Kh===×10-11，HA-的电离常数为3.9×10-6＞×10-11，则HA-的电离程度大于水解程度，但其电离程度较小，所以其溶液中离子浓度关系为：c(K+)＞c(A2-)＞c(Na+)＞c(HA-)；故A正确；

B．b点溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，因此c(Na+)+c(H2A)=c(A2-)；故B错误；

C．c点溶液中含有等浓度的K2A和Na2A，Kh===×10-8，c(OH-)≈mol/L=×10-5mol/L；pH在9~10之间，故C正确；

D．a点溶液由于HA-的电离产生H+，溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐渐减小，c(A2-)逐渐增大，A2-的水解促进水的电离；因此水的电离程度逐渐增大，故D正确；

故选B。4、A【分析】【分析】

等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由于醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，所以溶液显酸性，溶液中粒子浓度大小顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)。

【详解】

A．根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，由于c(Na+)＞c(CH3COOH)，则c(CH3COOH)+c(H+)＜c(OH－)+c(CH3COO－)；正确；

B．根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，由于c(Na+)≠c(CH3COOH)，则c(H+)+c(CH3COOH)≠c(OH－)+c(CH3COO－)；错误；

C．溶液显酸性，c(H+)＞c(OH－)；错误；

D．根据物料守恒可知，2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)；错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

碳酸钙饱和溶液存在加入盐酸，c（H+）增大，消耗CO32-，c（CO32-）减小，平衡正向移动，c（Ca2+）增大，碳酸钙溶解度增大，故B正确。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

(1)①反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同,恒温恒压条件下,采用极限分析,按化学计量数转化到左边,应满足2体积N2、6体积H2，2体积的氨气完全转化得到1体积氮气、3体积氢气，故1+a=1+1=2，3+b=6，则b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，则b=3；因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，则平衡时氨气应该为1体积，而在起始时，氨气的体积c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动，故答案为：3；逆；

②若让反应逆向进行；由上述①所求出的平衡时氨气为1体积，氨气的体积必须大于1体积，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1＜c≤4，故答案为：1＜c≤4；

(2)平衡后混合气体为6.5体积<7体积，恒压条件下，应是改变温度影响平衡移动，由于正反应为放热反应，且是气体总分子数减小的反应，只能为降低温度，,故答案为：降低温度；6.5<7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施。【解析】①.3②.逆③.1＜c≤4④.降温⑤.6.5＜7，上述平衡需向气体体积缩小方向移动，故可采取降温措施7、略

【分析】【详解】

(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=故答案为

(2)由表可知：升高温度；化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为吸热；

(3)a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，因此混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；

(4)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，则平衡常数K==0.6；所处温度为700℃，故答案为700；

(5)1200℃时，某时刻浓度商Qc==4＞K=2.6，说明反应向逆反应方向进行，故答案为逆向。【解析】吸热bc700逆向8、略

【分析】【分析】

(1)依据名称和元素化合价代数和为0；书写化学式；

(2)钠离子的核内质子数为11；核外电子数=10，据此书写离子结构示意图；

(3)醋酸为弱酸；部分电离；

(4)溴能够置换碘；据此书写反应的化学方程式。

【详解】

(1)氮化镁中镁元素化合价+2价，氮元素化合价为-3价，根据元素化合价代数和为0，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

(2)钠离子的核内质子数为11，核外电子数=10，离子结构示意图为故答案为：

(3)醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

(4)溴能够置换碘，溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为Br2+2KI=2KBr+I2，故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH⇌CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I29、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10、略

【分析】【分析】

盐酸、硫酸分别是一元、二元强酸，醋酸是一元弱酸，电离微弱，结合一元酸和二元酸的关系不难解答小题(1)(2)(3)(4)。将溶液稀释时，弱酸的PH值变化慢；据此分析可解答(5)。

【详解】

(1)物质的量浓度相同时，强酸完全电离，氢离子浓度大；盐酸是一元强酸，二元强酸硫酸电离的氢离子浓度是盐酸的两倍；醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度小。所以氢离子浓度为b>a>c，故答案为：b>a>c。

(2)氢离子浓度相同时电离氢离子能力越弱的酸所需的浓度越高；等物质量的硫酸电离的氢离子是盐酸的两倍，所以所需的浓度是盐酸的一半，所以这三种酸所需浓度大小关系是：c>a>b或c>a=2b。答案为c>a>b(或c>a=2b)。

(3)当c(H+)相同且溶液体积也相同时，三种酸已电离的氢离子物质的量相同，这部分H+与锌产生的气体体积相同。盐酸和硫酸已完全电离所以产生等量的H2；而醋酸溶液中大量未电离的醋酸会随反应进行不断电离出氢离子直至反应完，所以产生H2最多。所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是：c>a=b。答案为：c>a=b。

(4)活泼金属与酸反应的实质是与酸电离出的氢离子反应，三种酸氢离子浓度相同，其他条件也完全相同，所以反应速率相同，故答案为：a=b=c。

(5)强酸已完全电离，稀释促进弱酸的电离，所以稀释相同的倍数，弱酸氢离子浓度由于得到补充而变化较小。故答案为：c>a=b。

【点睛】

决定活泼金属与酸反应速率的是氢离子的浓度，而不是酸的浓度；决定与活泼金属产生氢气的量的是酸能电离出的氢离子的物质的量，不能只看已电离的氢离子的物质的量，没有电离的弱酸会由于氢离子的消耗而继续电离。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b11、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.ac12、略

【分析】【分析】

向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合图1所示H2S、HS-、S2-的分布分数进行解答；NaHS的含量先增加后减少；根据物料守恒可求得滴加过程中；溶液中微粒浓度大小关系。

【详解】

（1）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S，故答案为：HS-；

（2）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在电荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案为：c。【解析】①.HS-②.c13、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，根据HSO3-的电离平衡常数计算；根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；

②b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3•H2O；根据电荷守恒分析；

③a点溶液中只有NH4Cl；铵根离子水解使溶液显酸性，根据电荷守恒和质子守恒计算；

(3)弱酸电离常数越大；酸性越强，其酸根离子水解程度越小。

【详解】

(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10−2mol·L−1；

②将SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7mol·L−1根据HSO3-⇌H++SO32-，电离平衡常数Ka2==6.2×10−8，则==0.62；(NH4)2SO3溶液电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+c(OH-)；

(2)①根据反应a、b、c、d四个点，a点恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3•H2O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；

②b点溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl－)，水的电离是极弱的，离子浓度的大小为c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a点溶液中只有NH4Cl，铵根离子水解使溶液显酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒式为：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32−＞NO2−＞HCO3−，水解生成HCO3−，所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)＞c(NO2−)＞c(CO32−)。【解析】①.0.6×10−2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、原理综合题(共1题，共6分)15、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据盖斯定律可得2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；

（2）由图像及反应的△H可知，a）、反应①③是放热反应，随温度升高，lgK降低；反应②是吸热反应，随温度升高，lgK增大；b）；从图像上看出反应②、③的曲线较陡；说明放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；

（3）由图可知，反应①于900ºC的lgK=2，则K=100，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1，平衡时c平衡（CO2）=100×8.0×10-5mol·L-1=8.0×10-3mol·L-1，根据反应1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的浓度是8.0×10-3mol·L-1，则开始时c（CO）=8.0×10-5mol·L-1+8.0×10-3mol·L-1=8.08×10-3mol·L-1，所以CO的转化率为8.0×10-3mol·L-1/8.08×10-3mol·L-1×100%=99%；

（4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质SO2，可在CO中加入适量的CO2；抑制二氧化硫的产生；

（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒的角度分析，CaS与氧气发生化合反应，原子的利用率100%，生成CaSO4，化学方程式为CaS+2O2CaSO4，CO2与对二甲苯发生反应，所得产物中含有羧基，因为苯环的氢原子只有1种，所以产物的结构简式只有1种为

考点：考查盖斯定律的应用，对图像的分析，转化率的计算，化学方程式、结构简式的书写，物质的判断【解析】4△H1+△H2+2△H3放热反应的lgK随温度升高而下降放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大99%CO2CaS+2O2CaSO4五、工业流程题(共4题，共24分)16、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%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＜8.518、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的