2025年沪科版选修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年沪科版选修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6题，共12分)1、在2L的恒容密闭容器中充入和发生反应实验内容和结果分别如表和图所示，下列说法不正确的是（）

实验序号温度起始物质的量热量变化ABABI1mol3mol96kJII

A.实验Ⅰ中，10min内平均速率B.上述方程式中C.时，该反应的平衡常数是D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入molA和molB，A的转化率增大2、在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)+(g)(g)+(g)。在500℃时，平衡常数K=9，若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为A.25%B.50%C.75%D.80%3、将0.2mol·L－1的KOH溶液与0.1mol·L－1的H2SO3溶液等体积混合后，溶液中各粒子浓度大小关系正确的是()A.c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c()＋c()B.2c(K＋)＝c()＋c()＋c(H2SO3)C.c(K＋)＞c()>c()＞c(H2SO3)D.c()＋c()＋c(H2SO3)＝0.1mol·L－14、常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是A.0.1mol/L的NaA溶液和0.1mol/L的HA溶液等体积混合pH=4.75，则溶液：c(HA)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)B.0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(NH4+)+2c(Fe2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)C.分别用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和含等物质的量NaOH的溶液,消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb,则10Va＜VbD.等物质的量浓度的①NH4Cl溶液②(NH4)2SO4溶液③NH4HSO4溶液④(NH4)2CO3溶液⑤NH4HCO3中NH4+浓度的大小关系是②>④>③>①>⑤5、室温时下列溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.氨水：B.溶液C.氨水和溶液等体积混合：D.氨水和溶液等体积混合：6、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x<1)。下列说法正确的是。

A.放电时，a极为负极B.充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入C.放电时，若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.21gD.放电时，Li+在电解质中由a极向b极迁移评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2A(g)B(g)+C(g)ΔH。容器。

编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)A(g)B(g)C(g)B(g)C(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

下列说法不正确的是（）A.该反应的正反应为ΔH＞0B.207℃，K=4C.达到平衡时，容器Ⅰ中的A体积分数与容器Ⅱ中的相同D.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的短8、常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图；根据图示判断，下列说法正确的是。

A.H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA－；HA—H++A2－B.当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小D.当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)9、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)=]如图所示:

下列说法错误的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液可用酚酞作指示剂B.0.1mol·L-1Na2A溶液中:c(Na+)-)+2c(A2-)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.H2A的Ka2=1×10-710、25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化）；下列说法正确的是。

A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大11、25℃，在100mL0.1mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化和H2S的挥发)。下列说法正确的是。

A.当c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，pH=13B.pH=1时，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)C.向该溶液中加入NaOH固体至中性时c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)=c(OH-)D.已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13，某溶液含amol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，则a=0.2评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量。

(1)写出氢气燃烧的热化学方程式__________

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)13、由于石油资源有限，且汽油燃烧会产生严重的污染，未来将用氢气作为燃料来取代汽油，生产21世纪环保汽车。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）写出氢气和氧气反应生成液态水的热化学方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的热量，至少需氢气的质量为____，这些氢气在标准状况下的体积为____。

（3）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反应过程中能量变化如图所示，则该反应为反应____（填“吸热”或“放热”）

若已知，破坏1mol化学键需要吸收的热量如下表所示：。化学键C—HO—HC=OH—H吸收热量（kJ/mol）abcd

则该反应的ΔH为_____(用含a、b、c、d字母的代数式表示)。14、下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：。物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量/kJ243193151432366298436

根据上述数据回答下列问题：

(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。

A.H2B.Cl2C.Br2D.I2

(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。

A.HClB.HBrC.HI

(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。15、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___________16、I.下列有关叙述正确的是_______

A.碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂。

B.银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag

C.放电时；铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大。

D.电镀时；待镀的金属制品表面发生还原反应。

Ⅱ.锌是一种应用广泛的金属；目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为_______。

(2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作。

(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为_______，其作用是_______。

(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是_______。

(5)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为_______。

(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，，冷淀，毁罐取出，，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为_______。(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)17、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2题，共20分)18、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】制备In2O3的工艺流程如下：

（1）写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________

（2）从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：__________、_________；过滤、洗涤和干燥。

（3）提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___________（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式_________________________。

（4）完成下列化学方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃时，反应In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常数K=0.25；

i．t℃时，反应达到平衡时，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密闭容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃时反应达到平衡。此时In2O3的转化率为50%，则x=_________。

（6）高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放会引起一系列的环境问题，任写一条其引起的环境问题：_____________。19、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是___________，气体a的名称是___________

(2)Ⅱ中反应的离子方程式是___________

(3)A的化学式是___________

(4)Ⅲ中电极X是___________，（填“阴极”“阳极”），其上发生的电极反应为_______________________。离子交换膜N是____（填“阴”“阳”）离子交换膜。

(5)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_____（填“相同”“不相同”“无法判断”）。评卷人得分六、计算题(共2题，共6分)20、汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。

已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH＝−566.0kJ/mol

②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝+180.5kJ/mol

③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝−116.5kJ/mol

回答下列问题：

（1）CO的燃烧热为___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。

（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为___。21、在水的电离平衡中,c（H+）和c（OH−）的关系如图所示：

（1）A点水的离子积为1×10−14mol2/L2，B点水的离子积为_______.造成水的离子积变化的原因是____________

（2）100℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置?为什么?_______;______.

（3）100℃时,若盐酸中c（H+）=5×10−4mol/L,则由水电离产生的c（H+）是________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

内C生成了则反应速率速率之比等于化学方程式计量数之比，=故A正确；

B.反应焓变是指1molA全部反应的热量变化，则图像分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以故B错误；

C.由A中可知平衡浓度：平衡常数故C正确；

D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入molA和molB；二者物质的量为1：3，相当于在原来的基础增大压强，且通入B，则平衡正向移动，A的转化率增大，故D正确；

答案选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

由题意可以得到三段式：

已知则x=0.015mol/L，CO的转化率故答案为：C。3、C【分析】【分析】

根据题中溶液中各粒子浓度大小可知；本题考查溶液中离子浓度大小的比较，运用溶液中遵循电荷守恒；物料守恒及多元弱酸根阴离子分步水解分析。

【详解】

等体积混合之后,发生了反应:2KOH+H2SO3=K2SO3+2H2O因为氢氧化钾浓度是亚硫酸的二倍,则两者恰好反应,生成亚硫酸钾；

A.生成的亚硫酸钾溶液中电荷守恒,阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,则c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c()＋2c(),A项错误；

B.生成的亚硫酸钾溶液中物料守恒,则c(K＋)＝2c()＋2c()＋2c(H2SO3)；B项错误；

C.生成的亚硫酸钾溶液中因为亚硫酸根的水解作用,所以c(K+)>c(SO32-),而因为是两步水解,程度逐渐降低,而且水解程度非常微弱.所以cSO32-)>c(HSO3-)>c(H2SO3),C项正确；

D.生成的亚硫酸钾溶液中存在物料守恒,即硫元素总物质的量是不变的；.但因为混合之后体积变为原来的二倍,则浓度应该是原来的一半,所以浓度和应该是0.05mol/L；D项错误；

答案选C。

【点睛】

多元弱酸根阴离子分步水解，以第一步为主，往后每一步的水解程度都比上一步弱很多，且水解都是很微弱的。4、A【分析】【详解】

A．溶液混合后，电荷守恒为：物料守恒为：整理可得：故A符合题意；

B．0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液电荷守恒为：故B不符合题意；

C．pH=2和pH=3的CH3COOH，pH=2的醋酸大于pH=3的醋酸的10倍，中和等物质的量的NaOH，设pH为2的醋酸浓度为x，pH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则即Vb>10Va；故C不符合题意；

D．①NH4Cl溶液中正常水解，②(NH4)2SO4溶液中正常水解，由化学式可知浓度大于①，③NH4HSO4溶液中水解受到抑制，因此浓度大于①而小于②，④(NH4)2CO3溶液中水解受到促进作用，因此浓度小于②，由化学式可知，最终浓度大于③，⑤NH4HCO3溶液中中水解受到促进作用，因此浓度小于①，最终浓度的大小关系为：②>④>③>①>⑤；故D不符合题意；

故答案为：A。

【点睛】

不同溶液中同一离子浓度的大小比较时；选好参照物，分组比较各个击破：

如25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c()由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：5、D【分析】【详解】

A．0.2mol∙L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)；故A错误；

B．0.2mol∙L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3∙H2O)；故B错误；

C．0.2mol∙L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c(NH4+)+c(NH3∙H2O)+c(NH3)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]；故C错误；

D．0.6mol∙L-1氨水和0.2mol∙L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3)+c(NH3∙H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)③，把①中c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1-c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4-c(NH3∙H2O)-c(NH3)，带入③整理得到：c(NH3∙H2O)+c(NH3)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol∙L-1+c(H2CO3)+c(H+)；故D正确；

答案选D。

【点睛】

易错点在于A选项，氨水存在弱电解质的电离平衡，水的电离平衡，所以氢氧根离子的浓度大于铵根离子的浓度。6、B【分析】【分析】

根据电池反应式可知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，即b为负极；a为正极，充电时，阴极；阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。

【详解】

A．根据分析可知；a为原电池的正极，A错误；

B．由电极方程式可知，充电时，Li1-xCoO2/LiCoO2电极发生Li+脱嵌，失去电子；放电时发生Li+嵌入；得到电子，B正确；

C．放电时，石墨电极发生得电子的反应，若转移0.02mol电子，则石墨电极将减重0.027=0.14g；C错误；

D．放电时，Li+负极向正极移动，即由b极向a极移动；D错误；

故选B。二、多选题(共5题，共10分)7、AB【分析】【详解】

A；容器Ⅰ与容器Ⅲ相比A的起始物质的量相等；但温度不同，温度较低时生成物的物质的量多，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，A错误；

B、根据容器Ⅲ表中数据可知，平衡时生成物的浓度均是0.090mol/L，则根据反应的化学方程式可知消耗A的浓度是0.18mol/L，所以平衡时A的浓度是0.02mol/L，所以该温度下的平衡常数K＝B错误；

C；反应前后体积不变；因此容器Ⅱ与容器I相比平衡等效，因此达到平衡时，容器I中的A体积分数和容器Ⅱ中的相等，C正确；

D；容器I中温度高；反应速率快，因此容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的少，D正确；答案选AB。

【点晴】

本题的解题要点为化学平衡，需要学生掌握温度、浓度、压强等变化对平衡的影响，会控制影响因素分析外界条件的变化对化学平衡的影响。做题时要分清影响因素，是温度、浓度还是压强是解题的关键。难点是等效平衡的理解和应用。8、BC【分析】【详解】

A.H2A是弱电解质，H2A在水中的电离方程式是：H2AH++HA-、HA-H++A2-；选项A错误；

B.当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）；选项B正确；

C.由图示关系知，c（A2-）＞c（H2A）；说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，选项C正确；

D.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-）；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，易错点为选项C酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解促进水电离。9、BC【分析】【分析】

由图可知，实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=1时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。

【详解】

A.强碱滴定弱酸时，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液应用酚酞作指示剂；故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH—)，因Na2A溶液显碱性，c(OH—)>c(H+)，则:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)；故B错误；

C.由图可知，当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA-的电离大于水解，则溶液中c(A2-)>c(H2A)；故C错误；

D.由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7；故D正确；

故选BC。

【点睛】

由图确定实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线是解答关键。10、BC【分析】【分析】

根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；

【详解】

A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线；故A错误；

B.K(HA)的表达式为K(HA)=pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5；故B正确；

C.P点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正确；

D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小；故D错误；

答案选BC。11、AB【分析】【详解】

A．c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，根据物料守恒有c(S2-)=0.1-0.043=0.057mol·L-1；由图像可知此时pH=13，A正确；

B．H2S为弱酸，当pH=1时，酸性增强，故此时是通入HCl气体，溶液中的阳离子只有H+，根据电荷守恒应有c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)；B正确；

C．溶液呈中性，所以c(H+)=1×10-7mol/L，而当pH=7时，由图可知c(S2-)=6.8×10-8mol/L，c(H+)>c(S2-)；C错误；

D．pH=5时S2-的浓度为1.4×10-11mol/L，当Qc=Ksp(MnS)时Mn2+开始沉淀，所以c(Mn2+)===0.02mol/L；故a-=0.02，D错误；

故选AB。三、填空题(共5题，共10分)12、略

【分析】【分析】

相同物质的量条件下；水蒸气含有的热量比液态水多，反应热=生成物的能量-反应物的能量。

【详解】

(1)根据题目，1g氢气完全燃烧生成液态水放出143kJ热量，即0.5mol氢气完全燃烧释放143kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，生成物的能量增大，反应热增大，反应热为负值，放出热量为＜890kJ。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<13、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol；写出氢气与氧气反应生成液态水的化学方程式，根据盖斯定律，结合反应①②计算氢气与氧气反应生成液态水的反应热；

（2）根据物质的量与反应热成正比；结合热化学方程式进行计算；

（3）图象分析可知反应物能量低于生成物；反应为吸热反应，化学反应吸收的热量=反应物键能总和-生成物键能总和。

【详解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情况下，若要得到857.4kJ的热量，则需要氢气的的物质的量为：=3mol，需H2的质量=3mol×2g/mol=6g；这些H2在标况下的体积=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反应过程中能量变化分析可知，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b−2c−4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸热4a+4b−2c−4d14、略

【分析】【分析】

（1）和（2）根据键能越大；物质越稳定，本身能量越低进行判断。

（3）和（4）根据焓变公式；焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。

【详解】

（1）；（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高；则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。

（3）、（4）断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量：而形成2molH—Cl键放出的能量为所以在反应中每生成2molHCl放出的热量，同理可计算出反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。

【点睛】

根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。【解析】(1)A(2)D(3)放出;Cl215、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16、略

【分析】【详解】

试题分析：20-IA.碱性锌锰电池中，MnO2是正极，错误。B，银锌纽扣电池工作时，Ag2O中的+1价的Ag得到电子被还原为单质Ag。Zn单质失去电子，被氧化，作负极。正确。C.放电时，铅酸蓄电池中硫酸由于不断被消耗，所以浓度不断减小，错误。D.电镀时，待镀的金属制品作阴极，在阴极上发生还原反应，所以表面有一层镀层金属附着在镀件表面。正确。20-Ⅱ(1)由于硫化锌精矿的成分是ZnS，焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，发生反应：2ZnS+3O22ZnO+2SO2。因此所产生焙砂的主要成分是ZnO。(2)焙烧过程中产生的含尘烟气主要成分是SO2可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作。(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等；(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，由于电极是惰性电极，所以在阳极是溶液中的OH-放电，电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑.所以阳极逸出的气体是氧气。(5)根据题意可得“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O.(6)用焦炭煅烧炉甘石的化学反应方程式为ZnCO3+2CZn+3CO↑。

考点：考查原电池、电解池的反应原理、试剂的作用、金属的冶炼方法及反应条件的控制的知识。【解析】BDZnO浸出锌粉置换出Fe等O22ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2OZnCO3+2CZn+3CO↑四、判断题(共1题，共6分)17、×【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2题，共20分)18、略

【分析】【分析】

将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼得到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；据此分析解答。

【详解】

(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O，故答案为：In(OH)3+3H+=In3++3H2O；

(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)电解精炼粗铟提纯时，粗铟为阳极，阴极上In3+发生还原反应，电极反应式为In3++3e-=In，故答案为：阳极；In3++3e-=In；

(4)硝酸铟受热易分解，产物为三氧化二铟、二氧化氮及氧气，反应的方程式为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑；

(5)ⅰ．反应In2O3+CO⇌2InO+CO2的平衡常数K==0.25，根据同一容器中，气体的浓度之比等于物质的量之比，==4；故答案为：4；

ⅱ.0.02mol的In2O3(s)在反应达到平衡时转化率为50%，可知参加反应的In2O3物质量为0.01mol，同时参加反应的CO和生成的CO2的物质的量也为0.01mol，据ⅰ知平衡时=4，即=4；解得：x=0.05mol，故答案为：0.05mol；

(6)672mLNO2气体的物质的量为=0.03mol，被nmolNa2O2直接吸收，则根据电子守恒：0.03mol×1=nmol×2，解得：n=0.015mol，Na2O2的质量为0.015mol×78g/mol=1.17g；大量NO2气体排到大气中，会造成光化学烟雾或硝酸型酸雨，故答案为：1.17；光化学烟雾或硝酸型酸雨。【解析】In(OH)3+3H+=In3++3H2O蒸发浓缩冷却结晶阳极In3++3e-=In4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑40.051.17光化学烟雾或硝酸型酸雨19、略

【分析】【分析】

ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，在III中发生电解，根据图知，电极Y生成氢氧化钠，说明电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；电极X为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，在I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析，I中NaClO3、Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2气体和硫酸钠溶液，反应的离子方程式为2ClO3-+2H++SO32-=2ClO2↑+SO42-+H2O，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂是Na2SO3；气体a是O2，故答案为Na2SO3；氧气；

(2)碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，Ⅱ中反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；

(3)通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为H2SO4；

(4)根据上述分析，Ⅲ中电极X阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)，电极Y为阴极，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，溶液中的钠离子通过离子交换膜N进入阴极区，因此离子交换膜N为阳离子交换膜，故答案为阳极；2H2O−4e−=O2↑＋4H＋(或4OH－-4e－＝O2＋2H2O)；阳；

(5)5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4；故答案为1∶4；

(6)NaClO2变质可转化为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和-1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO