2025年外研衔接版选修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年外研衔接版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数见下表：

则下列有关说法正确的是A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)B.将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na+)>c(A-)C.向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2+2HA==2A-+H2BD.NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B)2、向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法____的是A.pH减小B.乘积不变C.的浓度降低了D.水电离出的增加了3、常温下，向20mL0.1mol·L−1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L−1的NaOH溶液，溶液中水所电离的c水(H＋)随加入NaOH溶液体积的变化如图所示；下列说法正确的是。

A.HA的电离常数Ka约为1×10−5B.B点的溶液中粒子浓度满足关系：c(HA)＞c(Na＋)＞c(A−)C.C.E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性D.F点的溶液呈碱性，粒子浓度满足关系c(OH−)＝c(HA)＋c(A−)＋c(H＋)4、一定温度下将Cl2缓慢通入水中。当通入的Cl2体积为V1时达到饱和，溶液中c(H+）变化如图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低；下列叙述中正确的是（）

A.将饱和氯水加水稀释，溶液中c(H+)变化如曲线bB.将饱和氯水降低温度，溶液中c(H+)变化如曲线cC.在饱和氯水中加入NaOH使pH＞7，所得溶液中存在下列关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)D.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，所得溶液中存在下列关系：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(HClO)5、下列说法正确的是A.常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L-1Na2CO3和NaHCO3的等体积混合溶液中:2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)B.△H<0，△S>0的反应都是自发反应，△H>0，△S>0的反应任何条件都是非自发反应C.已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ·mol-1P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ·mol-1P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ·mol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ·mol-1，由此计算Cl-Cl键的键能kJ·mol-1D.在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H<0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态6、关于金属腐蚀和防护原理的叙述中，错误的是A.埋在地下的钢管与电源负极连接可以减缓腐蚀B.原电池负极和电解池阳极发生的都是氧化反应C.钢铁析氢腐蚀的正极反应：2H+＋2e®H2↑D.为了避免青铜器生成铜绿，将青铜器放在银质托盘上评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、将CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.18molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.36molH2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随温度的变化B.体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)＜2P总(状态Ⅲ)C.将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，可变成状态ⅡD.T2K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反应将向正方向进行8、常温下，向20mL0.01mol·L−1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的CH3COOH溶液，溶液中水所电离出的c(OH−)的对数随加入CH3COOH溶液的体积变化如图所示；下列说法正确的是。

A.F点溶液显碱性B.若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，则Ka(CH3COOH)≈1×10−6C.H点离子浓度关系为c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)D.E点由水电离的c(H+)=10−3mol·L−19、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表，下列叙述正确的是。

。酸。

电离平衡常数。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亚硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能10、25℃时，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的盐酸，溶液的AG[AG＝lg]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()

A.若a＝－8，则Kb(XOH)≈10－6B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M点到N点，水的电离程度先增大后减小11、Zn（OH）2、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物，二者溶解度均随温度升高而增大。某温度下，Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na2S的混合溶液中滴加ZnSO4溶液，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p（Zn）=-lgc（Zn2+），p（B）=-lgc（OH-）或-1gc（S2-）。下列说法错误的是（）

A.曲线l表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线B.该温度下，Ksp（ZnS）=1.0×10-28C.升高温度时，b点一定会向c点移动D.已知此温度下Ka2（H2S）═4.0×10-16，向0.01mol•L-lNaHS溶液中滴加等体积0.2mol•L-1ZnSO4溶液不能产生沉淀12、二茂铁[Fe(C5H5)2]可作为燃料的节能消烟剂；抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示,下列说法正确的是。

A.a为电源的负极B.电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液C.电解池的总反应化学方程式为Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑D.二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H++2e-H2↑评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、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14、工业生产以NH3和CO2为原料合成尿素；反应的化学方程式为：

2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)。T1℃时，在2L的密闭容器中充入NH3和CO2模拟工业生产。

（1）在密闭容器中充入NH3和CO2，一定条件能自发进行的原因是___________；

（2）若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）如右图是CO2平衡转化率（α）与氨碳比（x）的关系。其它条件不变时，α随着x增大而增大的原因是_________；

（3）当x=2，上述反应至5min时各物质的浓度不再发生变化，若起始的压强为P0KPa；测得平衡体系压强为起始时的2/3。反应结束后，分离得到90g尿素。

①试计算该反应的平均速率v(CO2)=_______________；

②该反应的平衡常数K=_________；

③达到平衡后NH3的物质的量浓度为_________。15、中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。25℃时，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H+的浓度来测定溶液的pH。已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10−12。

⑴已知水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0，现欲使平衡向左移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是________（填字母序号）。

A．向水中加入NaHSO4B．向水中加入NaCl

C．加热水至100℃D．在水中加入KOH

⑵现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显_____色，溶液显___性（填“酸”、“碱”或“中”）；若用pH计测定，则pH____7（填“＞”；“=”或“＜”）。

⑶向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”），离子方程式为__________________________。16、弱电解质在水溶液中的电离状况可以进行定量计算和推测。

（1）25℃时两种酸的电离平衡常数如表所示。

①25℃时，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物质的量浓度由大到小的顺序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水电离出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃时，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃时，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反应的离子方程式为_______。

（2）已知25℃时，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。

①25℃，pH＝3时溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②当溶液pH由11到14时，所发生反应的离子方程式为：_______。17、（1）在①NH4Cl②NaCl③CH3COONa三种盐溶液中；常温下呈酸性的是_____（填序号，下同），呈中性的是_____，呈碱性的是_____。

（2）氯化铁水解的离子方程式为______，配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是____。评卷人得分四、判断题(共1题，共6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3题，共21分)19、工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，FeCl3；分别在183℃；315℃升华。

（1）在焙烧炉中发生反应：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反应2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移______mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为_______。在温度约为700℃向升华器中加入铝粉，发生反应的化学方程式为_________。充分反应后温度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），开始分离收集AlCl3。

②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的_______（填字母序号）。

①氧化性②吸水性③难挥发性④脱水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液，构成电池的其正极反应式________，与铅蓄电池相比．释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m（Al）:m（Pb）=__________________。20、氯化亚铜（）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含）生产的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中：X是________，Z是________。（均填化学式）

（2）写出生成的离子方程式________。

（3）析出的晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下现向饱和溶液中加入固体至此时溶液中=________。

（6）实验探究pH对产率的影响如下表所示：。pH1234567产率/%70908278757270

析出晶体最佳pH为________，当pH较大时产率变低的原因是________。21、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_______

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)22、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：_____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A.酸性H2B>HA>HB-,酸性越强,对应的钠盐的碱性越弱,pH(Na2B)>pH(NaA)>pH(NaHB),故A错误;B.HA的电离常数为1.710-6,则A-的水解常数为Kh=1.10-14/1.710-6=5.910-9,可以知道HA的电离常数大于A-的水解常数,则将amol·L-1的HA溶液与amol·L-1的NaA溶液等体积混合后溶液显酸性，由电荷守恒可以知道混合液中：c(Na+)-),故B错误;C.酸性H2B>HA>HB-,向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为:B2+HA==A-+HB-,故C错误;D.对于H2B,已知K=1.310-3,K2=5.610-8,可以知道HB-的水解常数为1.10-14/1.310-3=7.7×10-12,则HB-电离程度大于HB-水解程度,溶液显酸性，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B-)>c(H2B),故D正确；所以答案：D。

【点睛】

电离常数越大,酸性越强,由表中数据可以知道酸性,酸性H2B>HA>HB-,,化学反应应满足以强制弱的特点,HA的电离常数为1.710-6,,则A-的水解常数为1.10-14/1.710-6=5.910-9,以此解答该题。2、D【分析】【详解】

A．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大；pH减小，故A正确；

B．水的离子积常数只与温度有关；温度不变，水的离子积常数不变，故B正确；

C．离子积常数不变，氢离子浓度增大，则溶液中降低；故C正确；

D．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，从而抑制水电离，则水电离出的减少了；故D错误；

故答案为D。

【点睛】

考查水的电离，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小。注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。3、A【分析】【详解】

A．由图可知，0.1mol·L−1的HA溶液中c水(H＋)=1×10-11mol·L−1，则0.1mol·L−1的HA溶液中c(H＋)=1×10-3mol·L−1，由此可计算出HA的电离常数Ka约为1×10−5；A项正确；

B．由图可知，B点为体积比为1:2的NaOH溶液和HA溶液反应，所得溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)；B项错误；

C．C点是HA和NaA的混合溶液；溶液呈中性，而E点NaOH过量，所得溶液为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C项错误；

D．由图可知，F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)＝2c(HA)+c(A-)+c(H+)；D项错误；

答案选A。4、C【分析】【详解】

A．将饱和氯水加水稀释，稀释过程中溶液中c(H+)将减小；对应曲线c，故A错误；

B．将饱和氯水降低温度，Cl2的溶解度将增大，根据可知，平衡将正向移动，溶液中c(H+)将增大，对应曲线b；故B错误；

C．在饱和氯水中加入NaOH，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)；故C正确；

D．溶液pH=7时，次氯酸过量，根据氯气与水反应的特点可知溶液中存在c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，因此c(Cl-)>c(ClO-)；故D错误；

故答案为：C。

【点睛】

对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。5、A【分析】【详解】

分析：A．根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；B．△G=△H-T•△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如△G＞0，则不能自发进行，据此分析；C．根据盖斯定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变；再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D．根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。

详解：A．根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：[c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)]+[c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)]，移项得2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；B．△H＜0，△S＞0的反应都是自发反应，而△H＞0，△S＞0在较高温度下能自发，故B错误；C．①P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ•mol-1，②P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ•mol-1，可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)△H=kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：△H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=kJ/mol，Cl-Cl键的键能Q=kJ•mol-1，故C错误；D．v(SO2)=v(SO3)中未指明反应速率的方向；无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选A。

点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．埋在地下的钢管与电源负极连接可以成为电解池的阴极；可以减缓钢管被氧化的速率，减缓腐蚀，故A正确；

B．在原电池负极和电解池阳极上都发生失电子的氧化反应；故B正确；

C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极铁失电子，正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e-═H2↑；故C正确；

D．将青铜器放在银质托盘上会形成原电池；铜比银活泼，则金属铜为负极，负极失电子发生氧化反应，铜更易被腐蚀，故D错误；

故选：D。二、多选题(共6题，共12分)7、BD【分析】【详解】

A.由已知，结合图像可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化；选项A错误；

B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）＜2P总（状态III）；选项B正确；

C.由图像可知，将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；

D.T2K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L，K=在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=反应将向正方向进行，选项D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系的压强会减小一些，故P总（状态II）＜2P总（状态III）。8、AC【分析】【分析】

氢氧化钠抑制水的电离；向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点为醋酸钠溶液，从E到G为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，据此分析回答。

【详解】

A．F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液；溶液为碱性，A正确；

B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，根据醋酸根离子水解的离子方程式可知，溶液中c(CH3COOH)约等于c(OH−)，醋酸钠的浓度为0.005mol/L,则醋酸根离子的水解平衡常数为则Ka(CH3COOH)=≈1×10−5；B错误；

C．H点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，水的电离不受抑制和促进，所以溶液为中性，c(H+)=c(OH−)，则根据电荷守恒有c(CH3COO−)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH−)；C正确；

D．E点为氢氧化钠溶液，氢氧化根离子浓度为0.01mol/L，则溶液中水电离的氢离子浓度为10−12mol·L−1；D错误。

答案选AC。9、CD【分析】【分析】

【详解】

根据表中数据可知；酸性大小关系为：醋酸＞亚硫酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子；

A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同温度时，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中；物质的量浓度最小的为水解程度最大的盐：碳酸钠，由于没有告诉溶液体积，各物质的物质的量大小无法判断，故A错误；

B．SO2有还原性，NaClO有氧化性，二者发生氧化还原反应；少量的SO2通入NaClO溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B错误；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正确；

D．若温度不变，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原来是稀溶液，稀释作用大于平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pH＞a；若原来是浓溶液，加水时使酸分子的电离作用大于水的稀释作用，平衡正向移动是c(H+)增大的趋势；所得溶液的pH＜a；若加水时使酸分子的电离作用等于加水对溶液的稀释作用，平衡不发生移动pH=a。故三种情况均有可能，D正确；

故选CD。10、AB【分析】【详解】

A.a点表示0.1mol·L－1的XOH，若a=−8，则c(OH−)=10−3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10−5；A项错误；

B.M点AG=0，则溶液中c(OH−)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中为XOH；XCl，二者没有恰好反应，B项错误；

C.若R点恰好为XCl时，根据物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1−)；C项正确；

D.M点的溶质为XOH和XCl；继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，然后XCl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点N点，水的电离程度先增大后减小，D项正确；

答案选AB。11、CD【分析】【详解】

A．若曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则a点时c（Zn2+）=c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=10-6×（10-6）2=1.0×10-18，所以假设成立，即曲线表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线；故A正确；

B．曲线I表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线，则曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，b点时c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)•c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28；故B正确；

C．曲线II表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线，ZnS溶解吸热，升高温度时溶液中c（Zn2+）、c(S2-)增大，则p(Zn)、p(B)减小，即升高温度时，b点一定会沿着ba方向向a点移动；故C错误；

D．等体积混合瞬间，NaHS浓度为0.005mol•L-l、ZnSO4浓度为0.1mol•L-1，c(S2-)=mol/L=1.4×10-9mol/L，浓度熵Qc=c(Zn2+)•c(S2-)=1.4×10-9×0.1=1.4×10-10mol＞1.0×10-28=Ksp(ZnS)；所以产生ZnS沉淀，故D错误；

答案选CD。

【点睛】

把握图象的意义、图中离子浓度与Ksp关系为解答的关键。12、AC【分析】【分析】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠与发生置换反应生成和氢气，与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。

【详解】

A.由分析可知，a为电源的负极，b为电源的正极；故A正确；

B.与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液；故B错误；

C.由分析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑；故C正确；

D.二茂铁制备过程中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e-=Na；故D错误；

故选AC。

【点睛】

由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极是解答关键，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠是解答难点。三、填空题(共5题，共10分)13、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cbaad14、略

【分析】【详解】

（1）2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(l)△H<0；根据△G=△H-T△S<0时自发进行，则反应在△S<0，△H<0时要能自发进行，必须在低温反应才能自发进行，即：虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应自发且影响程度大；(2)原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）=x，x越大相当于加入的氨气的量越多；两种反应物，增加氨气的浓度，平衡右移，二氧化碳的转化率增大，即：x增大，相当于c(NH3)增大，CO2转化率增大；

（3）分离得到90g尿素，尿素的量为1.5mol；2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)

起始：2aa00

变化：2xx1.5

平衡：2a-2xa-x1.5

①压强之比等于物质的量之比：=解得x=而根据反应中二氧化碳消耗的量为尿素生成的量可得x=1.5mol，则有a=4.5mol，v(CO2)==0.15mol•L-1•min-1；②平衡时氨气和二氧化碳的物质的量浓度分别为：mol/L=3mol/L、mol/L=1.5mol/L，该反应的平衡常数为：K==0.074L3•mol-3；③达到平衡后NH3的物质的量浓度为：mol/L=3mol/L。【解析】①.虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应自发且影响程度大（或△G<0，或其他合理解释）②.x增大，相当于c(NH3)增大，CO2转化率增大③.0.15mol/L④.0.074⑤.3mol/L15、略

【分析】【详解】

试题分析：(1).欲使水的电离平衡向左移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐溶液等；如果成酸性说明弱根离子结合了水电离的氢氧根离子，从而使氢离子浓度大于氢氧根离子；⑵100℃沸水呈中性，根据中性环境下PH试纸的颜色确定即可；25℃水的PH等于7，温度升高PH增大；设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣；溶质为偏铝酸钠。

解析：(1).向水中加入NaHSO4，电离出氢离子，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，使H2O+H2OH3O＋+OH－平衡逆向移动，故A正确；向水中加入NaCl，H2O+H2OH3O＋+OH－平衡不移动，故B错误；加热水至100℃，升高温度，H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0平衡正向移动，故C错误；在水中加入KOH，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，故D错误；⑵100℃沸水呈中性，中性环境下PH试纸的颜色是红色；25℃水的PH等于7，温度升高PH减小，所以若用pH计测定，则pH<7；⑶设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣，离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，溶质为偏铝酸钠，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，pH>7。

点睛：水电离吸热，加入水电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度都增大，呈中性，但pH减小。【解析】①.A②.红③.中④.＜⑤.＞⑥.Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O16、略

【分析】【分析】

(1)根据题给数据可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析图可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐渐下降，H2PO4-先增大后减小，HPO42-也是先增大后减小，PO43-一直增大；pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1时，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2时，HPO42-和PO43-含量相等；这些信息可用于电离常数的计算。可在此基础上解各小题。

【详解】

(1)①根据题意可知，HA是弱酸，所以A-会水解：A-+H2O⇌HA+OH-，使溶液显碱性，但水解微弱；加上其它的水的电离，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物质的量浓度由大到小的顺序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水电离，所以，溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14-10-8。答案为：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的电离程度大于其水解程度，NaHB溶液显酸性，pH＜7。答案为：＜；HB-的电离程度大于其水解程度；

③根据分析可知，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。根据强酸制弱酸的规律，HA和Na2B溶液能反应生成HB-，但不能生成H2B，所以反应为：HA+B2-＝A-+HB-。答案为：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根据分析可知，pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，则Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，则pH＝3时有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由图可知，当溶液pH由11到14时，所发生的变化主要是HPO42-→PO43-，所以该反应的离子方程式为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【点睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根离子HA-的水解与电离程度比较：若Ka1Ka2＞Kw，则电离＞水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显酸性；若Ka1Ka2＜Kw，则电离＜水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显碱性。【解析】①.Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的电离程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O17、略

【分析】【分析】

根据盐溶液中存在的水解平衡和影响水解平衡的因素分析。

【详解】

(1)①NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性，②NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，③CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液呈碱性；

(2)氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；配制溶液时应防止水解生成沉淀而使溶液变浑浊，则应加入盐酸。

【点睛】【解析】①②③Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制氯化铁的水解四、判断题(共1题，共6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】错五、工业流程题(共3题，共21分)19、略

【分析】【分析】

（1）由盖斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反应热也进行相应的计算；

（2）①根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO，根据氯元素化合价变化计算注意电子数目；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，根据元素化合价计算n（Al）、n（Pb）；再根据m=nM计算。

【详解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由盖斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案为：-467.5；

（2）①根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反应中氯元素化合价由0价降低为-1价，氯气是氧化剂，故生成1molAlCl3时转移电子为1mol×3=3mol；Cl2有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为C1-，反应离子方程式为SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由题目信息可知，AlCl3的升华温度更低，应控制温度使AlCl3升华，且FeCl3不升华；故温度应控制在315℃以下；

故答案为：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加热AlCl3•6H2O；水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，浓硫酸吸水，同时可以生成HCl抑制氯化铝水解，利用浓硫酸的吸水性与难挥发性；

故答案为：c；

（3）该原电池实质是金属铝发生的吸氧腐蚀，氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；电量相同，则原电池转移电子相同，令转移电子为3mol，则n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2320、略

【分析】【分析】

根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子；过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜；铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：Fe；Cl2；

(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)氯化亚铜微溶于水；不溶于乙醇和稀硫酸；析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；

(4)依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充S