2025年外研版选修4化学下册阶段测试试卷

…………○…………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化学下册阶段测试试卷816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8题，共16分)1、钒的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如下图所示。下列说法错误的是。

A.该反应的离子方程式为：B.产物可用于杀菌消毒C.该催化循环中V的成键数目发生变化D.钒的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高的平衡转化率2、将4molSO2与2molO2放人4L。的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，测得平衡时SO3的浓度为0.5mol·L-1。则此条件下的平衡常数K为。A.4B.0.4C.0.25D.0.23、25℃时，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是。

A.A点对应溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.25℃时，HA酸的电离常数为1.0×10－5.3C.B点对应的NaOH溶液体积为10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大4、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液；溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是。

A.HA的电离常数约为10－5B.b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C.c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D.导电能力：c>a>b5、.室温下；向20mL某醋酸溶液中滴入等浓度的NaOH溶液，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列分析正确的是（）

A.醋酸溶液浓度为0.1mol·L－1B.V1＝20mLC.c点所示溶液中c（CH3COOH）＝c（OH－）－c（H＋）D.d点所示溶液中c（Na＋）＝c（CH3COO－）6、25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]。下列说法正确的是（）

A.曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系B.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuOC.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Cu2+)∶c(Fe2+)=1∶104.6D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液7、科学家研发出一种太阳光电化学电池（），可不受限于白天或黑夜全天候地储存电能。该电池以硫酸为电解液，利用太阳能储存电能（充电）的原理如图（图中略去部分光电转换过程），下列说法不正确的是（）。A.放电时，电极为负极B.充电时，通过质子交换膜向电极迁移C.放电时，负极的电极反应式为D.充电时，/极的电极反应式为8、次磷酸（H3PO2）是一元弱酸，工业可用下图所示装置电解NaH2PO2制H3PO2。（阳离子交换膜和阴离子交换膜分别只允许阳离子；阴离子通过）下列说法正确的是。

A.阳极室有H2生成B.阴极室溶液pH减小C.阳极室可能有H3PO4生成D.原料室溶液pH保持不变评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、依据事实；写出下列反应的热化学方程式。

（1）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___。10、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11、砷酸(H3AsO4)分步电离的平衡常数(25℃)为：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步电离的平衡常数的表达式为K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，该步水解的平衡常数(25℃)为_________________。12、某工业废水中含有和可采用沉淀法将其除去。

（1）若加入来沉淀和当溶液中和共存时，___________。

（2）若加入溶液来调节使和完全沉淀，应满足的条件为_________。

已知：①

②时，会转化为

③离子完全除去的标准：该离子浓度13、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)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、有机推断题(共1题，共9分)15、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共16分)16、I.采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。回答下列问题：

(1)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_______

(2)写出由滤液A生成沉淀B的反应离子方程式：_______

(3)明矾可以净水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_______。

II.以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：

氯化过程控制电石渣过量，在75°C左右进行。氯化时存在C12与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化学方程式为_______。

(6)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2转化为Ca(ClO3)2转化率的可行措施有_______(填序号)。

A.适当碱缓通入Cl2速率B.充分搅拌浆料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后过滤，向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g·L-1，如图，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的操作步骤是_______、_______；过滤、洗涤、干燥。

17、利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(III)的处理工艺流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②Cr2O+H2O2CrO+2H+

③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：。阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9)溶解

(1)实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需________。

(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为__________(填微粒的化学式)。

(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaR=MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_______。

(4)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：____________。

(5)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：。银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白色黄色白色砖红色白色Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

①滴定时可选为滴定指示剂的是_______(填编号)，滴定终点的现象是_________。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某废水25.00mL，滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00mL，则废水中SCN-的物质的量浓度为______________。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共27分)18、硅有望成为未来的新能源。回答下列问题：

(1)硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有关键能数据如下表所示：

。化学键。

Si—OO=OSi—Si键能/(kJ·mol-1)

x498.8176

已知1molSi中含2molSi—Si键，1molSiO2中含4molSi—O键，表中x＝______。

(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等。硅光电池是一种把_______能转化为_________能的装置。

(3)下列对硅作为未来新能源的认识错误的是_________(填标号)。

A．硅是固体燃料；便于运输；贮存。

B．硅的来源丰富；易于开采且可再生。

C．硅燃烧放出的热量大；其燃烧产物对环境污染程度低且易控制。

D．自然界中存在大量的单质硅。

(4)工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在制备纯硅的反应过程中________(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ。19、二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一，它主要来自化石燃料的燃烧，研究CO催化还原SO2的适宜条件；在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。

(1)I.从热力学角度研究反应。

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1

CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol-1

S(s)+O2(g)⇌SO2(g)ΔH3=-296.0kJ·mol-1

写出CO还原SO2的热化学方程式：________。

(2)II．NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附；发生反应如下：

反应a：ΔH=-34.0kJ/mol

反应b：ΔH=-64.2kJ/mol

对于反应a，在T1℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：。时间(min)

浓度(mol·L-1)01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36

①0~10min内，NO的平均反应速率v(NO)=____，当升高反应温度，该反应的平衡常数K____(选填“增大”；“减小”或“不变”)。

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_____(填字母)。

A．加入一定量的活性炭B．通入一定量的NOC．适当缩小容器的体积D．加入合适的催化剂。

(3)①某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2℃，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因________；在1100kPa时，NO2的体积分数为________。

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2℃、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=________(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。20、2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功。某地煤制乙醇的过程表示如下。

（1）Cu(NO3)2是制备“催化剂X”的重要试剂。

①气体A是_______。

②实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3。运用化学平衡原理简述HNO3的作用_______。

③NaClO溶液吸收气体A的离子方程式是_______。

（2）过程a包括以下3个主要反应：

Ⅰ．CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1

Ⅱ．CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2

Ⅲ．CH3COOCH3(g)＋H2(g)CH3CHO(g)＋CH3OH(g)ΔH3

相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性=）如下图所示。

①已知：ΔH1<0。随温度降低，反应Ⅰ化学平衡常数的变化趋势是_______。

②下列说法不合理的是________。

A．温度可影响反应的选择性。

B．225℃～235℃；反应Ⅰ处于平衡状态。

C．增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率。

③为防止“反应Ⅲ”发生，反应温度应控制的范围是_______。

④在185℃下，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，生成乙醇的物质的量是____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．由图示知，整个过程输入H2O2、Cl-、H+、H2O物质的量之比为1：1：1：1，生成H2O、HOCl物质的量之比为2：1，故该反应离子方程式为：H2O2+Cl-+H+=H2O+HOCl；A正确；

B．产物HOCl；即次氯酸，具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；

C．该催化循环过程中；有V元素形成6根键，也有V元素形成5根键的情况，C正确；

D．钒的配合物在过程中起到催化作用，即作催化剂，而催化剂对平衡移动没有影响，故不会影响H2O2平衡转化率；D错误；

故答案选D。2、A【分析】【分析】

利用化学平衡三段式计算各组分的浓度，根据平衡常数公式K=计算出该反应的平衡常数．

【详解】

平衡时SO3的浓度为0.5mol·L-1；则平衡时各组成物质的量变化为：

平衡常数K===4；

故选A。

【点睛】

本题考查了化学平衡常数考点，解题关键：注意平衡常数在计算中的应用，易错点，平衡常数计算公式中是浓度，不能用物质的量代入计算。3、B【分析】【分析】

A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），结合电荷关系判断；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液；得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答；

D.===Kh为A-的水解常数；据此分析判断。

【详解】

A.A点对应溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A项错误；

B.pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C项错误；

D.A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以===随温度升高而减小，D项错误；

答案选B。4、D【分析】【详解】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数A选项正确；

B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)；B选项正确；

C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L；C选项正确；

D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a；D选项错误；

答案选D。5、C【分析】【详解】

A．根据a点可知该浓度下的醋酸溶液中c(H＋)=0.1mol/L，醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液浓度大于0.1mol·L－1；故A错误；

B．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，当溶液中的溶质全部为CH3COONa即醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，即c点，此时溶液呈碱性，则溶液呈中性的点为b点，此时醋酸过量，因二者等浓度，故V1<20mL，V2＝20mL；故B错误；

C．c点时恰好生成醋酸钠，物料守恒式为c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)，电荷守恒式为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，二者联立可得c(OH－)－c(H＋)＝c(CH3COOH)；故C正确；

D．c点恰好完全反应，则d点NaOH过量，c(Na＋)>c(CH3COO－)；故D错误；

故答案为C。

【点睛】

向醋酸溶液滴加强氧化钠，溶质的变化为：CH3COOH→CH3COOH+CH3COONa→CH3COONa→CH3COONa+NaOH，酸或碱的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，当溶液中的溶质全部为CH3COONa即醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，所以c点为恰好完全反应的点，b点为中性，d点NaOH过量。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.难溶物Fe(OH)2和Cu(OH)2的构型相同，当溶液pH相同时，溶液中c(OH-)相同，固体物质的溶度积常数越小，其相应的金属阳离子浓度越小，离子浓度的负对数就越大。由于该温度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，所以c(Cu2+)<c(Fe2+)，离子浓度负对数：Cu2+>Fe2+，故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系；A错误；

B.该温度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更容易形成沉淀，所以向含有少量Fe2+的CuSO4溶液中加入适量CuO，不能形成Fe(OH)2沉淀，因而不能除去Fe2+；B错误；

C.当溶液pH=10时，c(OH-)=10-4，此时溶液中c(Cu2+)=10-11.7，c(Fe2+)=10-7.1，溶液中c(Cu2+)∶c(Fe2+)=10-11.7：10-7.1=1∶104.6；C正确；

D.向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，反应产生Cu(OH)2沉淀，使溶液中c(Cu2+)降低；而根据图示可知从X点到Y点对应的溶液中金属离子浓度不变，D错误；

故合理选项是C。7、D【分析】【分析】

由充电示意图中电子的移动方向可知，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt电极为阴极，V3+在阴极得到电子发生还原反应生成V2+，电极反应式为V3++e-=V2+，放电时，TiO2/WO3电极为正极；Pt电极为负极。

【详解】

A.由分析可知；放电时，Pt电极为原电池的负极，故A正确；

B.充电时；阳离子移向阴极，则氢离子通过质子交换膜向Pt电极迁移，故B正确；

C.放电时，Pt电极为负极，V2+在负极失电子发生氧化反应生成V3+，电极反应式为V2+-e-=V3+；故C正确；

D.电解池的离子交换膜为质子膜，电极反应式不可能有氢氧根离子参与，则充电时，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D错误；

故选D。

【点睛】

书写电极反应式时，注意电解质溶液为酸性，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现氢氧根是解答关键。8、C【分析】【详解】

试题分析：A、该电解池的阳极上是氢氧根离子失电子的氧化反应，阳极室有O2生成，A错误；B、该电解池的阴极上是氢离子得电子的还原反应，氢离子浓度减小，所以溶液pH增大，B错误；C、氢氧根离子在阳极放电，有氧气生成（有较强的氧化性），且水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，原料室中的次磷酸根离子（磷元素显+1价，有还原性）通过阴离子交换膜进入阳极室，与氢离子结合生成次磷酸（H3PO2），次磷酸（H3PO2）有可能被氧气（O2）氧化，生成磷酸（H3PO4），D正确；D、次磷酸（H3PO2）是一元弱酸，NaH2PO2中因为阴离子的水解而导致溶液显示碱性；根据电解过程中磷酸二氢根离子移向阳极，所以原料室溶液pH减小，D错误；答案选C。

考点：考查电解池原理的应用二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并写出热化学方程式。

（2）根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热以及中和热的热化学方程式。

【详解】

（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN≡N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液与足量NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为-114.6kJ/mol，中和热为-57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【点睛】

此题最易错之处是没有弄清中和热的概念，即生成1摩尔水时反应放出的热量才是中和热。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol10、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<<A11、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，据此写出第三步电离平衡常数的表达式；依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算水解常数。

【详解】

砷酸(H3AsO4)的第三步电离方程式为HAsO42－⇌AsO43－＋H+，则其第三步电离平衡常数的表达式为Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，则该步水解的平衡常数(25℃)为故答案为：2.5×10－3。【解析】2.5×10－312、略

【分析】【详解】

(1)=故答案为：105；

(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因时，会转化为因此pH应小于11，应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；【解析】1058.5～1113、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)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、有机推断题(共1题，共9分)15、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸馏水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【点睛】

一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。【解析】不饱和1.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、工业流程题(共2题，共16分)16、略

【分析】【分析】

I．易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；

II．由制备流程可知，电石渣含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3；

（1）

易拉罐中铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（2）

滤液A是NaAlO2，与NaHCO3发生反应生成沉淀B是Al(OH)3，反应离子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+

（3）

明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质沉降；因此可以净水；

（4）

Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，反应的平衡常数

（5）

氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，氯化钙和水，则生成次氯酸钙的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

（6）

A．适当减缓通入氯气速率；可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；

B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积；使氯气被氢氧化钙充分吸收，而反应可以提高氯气的转化率，B正确；

C．加水使氢氧化钙完全溶解；氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误；

答案选AB；

（7）

根据图象可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。【解析】(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

(2)++H2O=Al(OH)3↓+

(3)Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质沉降。

(4)20

(5)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O

(6)AB

(7)蒸发浓缩冷却结晶17、略

【分析】【分析】

向含铬污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1，浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O再向溶液中加入NaOH溶液并调节pH为8，根据表中数据可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O转化为CrO然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，发生反应：2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH-；根据以上进行解答。

【详解】

(1)配制480mL所需溶液，应选用500mL的容量瓶，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变列式：18.4mol•L-1V(浓硫酸)=2mol•L-150010-3mL，解得V=54.3mL；配制时所需玻璃仪器除烧杯；玻璃棒和胶头滴管外，还需500mL的容量瓶、量筒；

(2)根据各金属阳离子完全沉淀的pH，加入NaOH溶液调节pH=8，将Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同时将Cr2O转化为CrO反应为：Cr2O+2OH-=2CrO+H2O；

(3)加入NaOH溶液调节pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+，根据浸取液中含有的金属阳离子和钠离子交换树脂的反应原理，可知利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子为Mg2＋、Ca2＋；

(4)SO2将CrO还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化为SOS元素化合价由+4升到+6，Cr元素化合价由+6降到+3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为：2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH-；

(5)①若用AgNO3滴定SCN-的浓度，可选用的指示剂与Ag+反应产物的Ksp应比AgSCN略大，且变化现象明显，从所给数据看，AgCl、Ag2CrO4满足，但由于AgCl为白色沉淀，与AgSCN颜色相同，故应选K2CrO4为滴定指示剂；这样在滴定终点时，沉淀的颜色发生明显变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点；根据以上分析，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变；

②由滴定发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000mol·L－110.0010-3L=110-3mol，则c(SCN-)==0.04mol·L−1。

【点睛】

根据溶度积常数含义可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先与SCN-反应，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反应消耗完以后Ag+再与指示剂K2CrO4反应，生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的颜色发生明显变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点。【解析】500mL的容量瓶、量筒CrOMg2＋、Ca2＋2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－B当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变0.04mol·L−1六、原理综合题(共3题，共27分)18、略

【分析】【分析】

本题以新能源硅为载体；重点考查利用化学键键能进行计算反应热，太阳能电池板中能量的转化，对作为新能源的优势和粗硅的提纯等知识，难度一般。

【详解】

(1)根据反应过程中的焓变等于反应物总的键能之和减去生成物中总的键能之和，故有：解得x=460，故答案为：460；

(2)硅光电池是一种把太阳（光）能转化为电能的装置；故答案为：太阳能（或光）；电；

(3)

A．硅是固体燃料；相对于气体燃料，其体积要小的多，且也不用加压液化，故便于运输；贮存，A正确；

B．地壳中硅的含量仅次于O；故硅的来源丰富，易于开采，单质硅燃烧生成二氧化硅可以循环利用，故可再生，B正确；

C．硅燃烧放出的热量大；其燃烧产物是二氧化硅，是一种固体，只要将其产物进行沉降，就可以控制其对环境污染程度甚至为零污染，C正确；

D．硅的化学性质虽然较稳定；但因为其是一种亲氧元素，故自然界中不存在单质硅，D错误；

故答案为：D。

(4)与100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反应的HCl为0.1mol，有题干的热化学方程式可知制备纯硅的反应是吸热