2025年新科版选修四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年新科版选修四化学下册阶段测试试卷984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、常温下，下列粒子浓度关系错误的是A.溶液中：B.的和混合溶液中：C.将溶液与溶液等体积混合：D.向溶液中通入至中性：2、下列事实不能证明氨水是弱碱的是。A.pH＝11的氨水加水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9B.氯化铵溶液呈酸性C.常温下0.01mol/L氨水的pH＝10.6D.体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的量相同3、甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常温下；向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（）

A.b点对应加入盐酸的体积V<20.00mLB.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则Kb=10－3.4C.b点可能存在关系：c(Cl－)>c(CH3NH3+)>c(H+)>cOH－)D.V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L4、常温下，的一元酸溶液与等浓度溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是（）

A.为强酸B.该混合溶液C.该混合溶液中：D.图中X表示Y表示Z表示5、25C时，H2SO3的pKa1、pKa2(pK=-lgK)分别为1.89、7.20,NH3·H2O的pKb为4.72。常温时,下列指定溶液中粒子物质的量浓度关系正确的是A.pH=3的H2SO3溶液中，c(HSO3-)+2c(SO3-)=1×10-3mol·L-1B.0.1mol·L-1H2SO3溶液用NaOH溶液滴定至pH=7.20,c(HSO3)=2c(SO3-)C.0.1mol.L-1H2SO3溶液用氨水滴定至pH=7.0,c(NH4＋)=c(HSO3-)+c(SO32-)D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中:c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、有一种观点认为：与燃烧化石燃料相比，以乙醇为燃料不会增加大气中二氧化碳的含量。你认为这种观点是否正确_________？请说明理由_________。7、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。8、按要求写热化学方程式：

（1）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_____________________________。

（2）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为QkJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式______________________________________________________。

（3）已知下列热化学方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式_________________________________________。9、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式。

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（液态）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______________。

（2）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量。其热化学方程式为______________。10、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，反应如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

（1）图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__、__。

（2）根据图中点A(600K，b、c相交)，计算该温度时反应的平衡转化率为__(保留小数点后一位)。

（3）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__。11、在一定温度下,测得0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4,则此温度下CH3COOH的电离平衡常数值约为__________。12、已知常温下：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－Kh=2.2×10－8

NH3·H2ONH4＋＋OH－Kb=1.8×10－5

将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合；可用于浸取矿渣中ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略。

(1)0.2mol·L-1氨水中，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)、c(H+)按从大到小的顺序排列为________；常温下，0.2mol·L-1NH4HCO3溶液pH________7(选填“>”；“〈”或“=”)。

(2)0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合后（NH3按NH3·H2O算），c(NH4+)+c(NH3·H2O)=______mol·L-1。13、化学电池的发明；是贮能和供能技术的巨大进步。

(1)如图所示装置中；Zn片是_____(填“正极”或“负极”)，Cu片上发生的电极反应为_____。

(2)该装置是典型的原电池装置；可将氧化还原反应释放的能量直接转变为电能，能证明产生电能的实验现象是_____。

(3)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家。某锂离子电池的工作原理如图：

下列说法不正确的是_____(填序号)。

①A为电池的正极。

②该装置实现了电能转化为化学能。

③电池工作时，电池内部的锂离子定向移动评卷人得分三、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、工业流程题(共3题，共27分)15、氯化铁是常见的水处理剂；利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如图：

已知：(1)无水FeCl3的熔点为555K；沸点为588K。

(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。

(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：。温度/℃02080100溶解度(g/100gH2O)74.491.8525.8535.7

实验室制备操作步骤如下：

I.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2；并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；

II.当装置A中不产生气泡时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2；当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；

III.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。

请回答：

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是__。

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入__后__；过滤、洗涤、干燥。

(3)试写出吸收塔中反应的离子方程式：___。

(4)捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为__。

(5)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL(已知：I2＋2=2I-＋)。

①滴定终点的现象是__；

②样品中氯化铁的质量分数为__。16、实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是__(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施___。

(2)操作①用到的玻璃仪器有____。

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10‑14)。

(4)加入有机萃取剂的目的是___。

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___。

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___。17、NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示：

（1）流程中的试剂X（某钠盐）的化学式是___________。

（2）“氧化”时需保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40℃的原因是______（用化学方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如图是pH—温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法不正确的是________(填字母)。

a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价。

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾；其原因相同。

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾；此时溶液的pH约为1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是_______________。

（5）某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)；过程如图：

①已知25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，当调节pH≥9时，溶液中残留的c(Ni2+)________mol/L。

②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式________________。

③镍氢电池电解液为30%的KOH，负极为MH（即吸氢材料M吸附氢原子）。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式______________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共2分)18、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、D【分析】【详解】

A.水解的程度不大，水解显碱性，且水电离出则溶液中存在选项A正确；

B.溶液显酸性，由可知选项B正确；

C.等体积混合，醋酸与NaOH的物质的量比为2：1，由物料守恒可知选项C正确；

D.中性时由可知选项D错误；

答案选D。2、D【分析】【详解】

A．pH=11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时；pH大于9，说明一水合氨中存在电离平衡，能够证明一水合氨是弱电解质，故A不选；

B．氯化铵溶液呈酸性；说明氯化铵是强酸弱碱盐，能够证明一水合氨是弱电解质，故B不选；

C．常温下；0.01mol/L氨水的pH=10.6，说明一水合氨部分电离，能够证明一水合氨是弱电解质，故C不选；

D．体积相同的0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的量相同；说明一水合氨是一元碱，不能说明一水合氨是弱电解质，故D选；

故选D。3、C【分析】【详解】

A.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL；故A正确；

B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0；

则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4；故B正确；

C.b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)；故C错误；

D.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=1×10-14，故溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L；故D正确；

故选C。

【点睛】

电离平衡常数、水的离子积只与温度有关，温度一定，电离平衡常数、水的离子积一定。4、C【分析】【分析】

常温下，0.2mol•L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合反应生成NaA，由图象可知，反应后c(A-)小于0.1mol/L，则说明NaA为强碱弱酸盐，A-水解呈碱性，溶液中存在c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)＞c(H+)，可知X为OH-，Y为HA，Z为H+；以此解答该题。

【详解】

A．由以上分析可知反应后c(A-)小于0.1mol/L，A-发生水解；则HA为弱酸，故A错误；

B．NaA为强碱弱酸盐，A-水解呈碱性；pH大于7，故B错误；

C．反应后体积增大为原来2倍，由物料守恒可知c(A-)+c(HA)=0.1mol/L，即c(A-)+c(Y)=0.1mol/L，反应后c(Na+)=0.1mol/L，故有c(A-)+c(HA)=c(Na+)；故C正确；

D．由以上分析可知，X为OH-，Y为HA，Z为H+；故D错误。

答案选C。

【点睛】

判断一元酸HA是弱酸为解题关键，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答。5、D【分析】【详解】

A.pH=3的H2SO3溶液中，根据电荷守恒可知c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)=1×10-3mol·L-1；故A错误；

B.pH=7.20，即溶液中c(H+)=1×10-7.20mol·L-1，H2SO3的Ka2=则即c(HSO3)=c(SO3-)；故B错误；

C.溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)+c(OH-)，pH=7.0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4＋)=c(HSO3-)+2c(SO3-)；故C错误；

D.0.1mol·L-1NH4HSO3溶液中存在：NH4＋+H2O⇋NH3·H2O+H+，水解是微弱的，所以c(NH4＋)>c(NH3·H2O)；同时存在亚硫酸氢根的水解和电离，亚硫酸氢根的水解平衡常数为则亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，所以由于亚硫酸氢根的存在会使溶液显酸性，铵根的水解平衡常数为小于HSO3-的电离常数，所以c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)；故D正确；

故答案为D。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

植物利用太阳能将二氧化碳、水转化为有机物，有机物发酵生成乙醇，燃烧乙醇产生的二氧化碳还会重新进入这个碳循环，并不会增加大气中二氧化碳的含量，这个过程相当于我们将太阳能转化为化学能进行利用。【解析】正确乙醇为生物质燃料，燃烧乙醇产生的二氧化碳会被植物吸收转化再转化为乙醇，实现平衡，燃烧乙醇并不会增加大气中二氧化碳的含量。7、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-18、略

【分析】（1）中和热是指：25℃、101kPa下，酸与碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以，H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：

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

（2）CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的质量为25g，其物质的量为0.25mol，根据C守恒可得丁烷的物质的量为0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出热量为QkJ；而燃烧热是指：25℃；101kPa下；1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。故丁烷的燃料热的热化学方程式为：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由热化学方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；结合盖斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式为：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)9、略

【分析】【详解】

（1）1g甲醇（液态）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则16g，即1mol甲醇释放22.68kJ/g×16g/mol=725.76kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725.76kJ/mol；

（2）已知每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，1molC2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水时，转移10mol电子，释放1300kJ的热量，则热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol。【解析】CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-725.76kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol10、略

【分析】【分析】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4；(2)利用“三段式”计算A点对应温度的平衡转化率；(3)催化剂具有选择性；

【详解】

(1)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:3；C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，图中点A，b、c相交，即x=平衡转化率33.3%；(3)催化剂具有选择性，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适的催化剂。

【点睛】

本题考查化学平衡转化率，正确分析图象各曲线代表的物质是解题关键，明确反应过程中C2H4、H2O的物质的量分数变化趋势相同，比值为1:4。【解析】①.d②.c③.33.3%④.选择合适的催化剂11、略

【分析】【详解】

0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH为4，则CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COOH的电离平衡常数值约为故答案为：【解析】12、略

【分析】【详解】

（1）氨水中c(NH3•H2O)最大，因为水会电离出OH-，故水的电离较弱，故c(H+)最小，故浓从大到小为：故溶液呈碱性，溶液pH>7；

故答案为：>；

（2）由物料守恒可知，二者混合后，含氮元素微粒总浓度为0.2mol/L，故

故答案为：0.2。【解析】①.②.>③.0.213、略

【分析】【分析】

(1)由图可知；活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动。

【详解】

(1)由图可知，活泼金属锌做原电池的负极，不活泼金属铜做原电池的正极，氢离子在正极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负极；2H++2e-=H2↑；

(2)由图可知；该装置为铜锌硫酸原电池，该装置实现了电能转化为化学能，能证明产生电能的实验现象为电流表指针发生偏转，故答案为：电流表指针发生偏转；

(3)由图给示意图可知；该装置为原电池，由电子和锂离子的移动方向可知，A电极为电源的负极，B为电源的正极，电池工作时，锂离子向正极B电极移动，则①②错误，故答案为：①②。

【点睛】

原电池中，电子由负极经导线向负极移动，阳离子向正极方向移动是解答关键。【解析】负极2H++2e-=H2↑电流表指针发生偏转①②三、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、工业流程题(共3题，共27分)15、略

【分析】【分析】

根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3；工业上用铁与氯气反应生成氯化铁；多余的氯气用吸收剂吸收转化为氯化铁溶液，经分离；提纯得到氯化铁。

【详解】

(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是将废铁屑与稀盐酸反应生成的亚铁离子全部氧化为铁离子；答案：将亚铁离子全部氧化为铁离子；

(2)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体时；为抑制铁离子的水解，要在氯化氢气氛里进行加热，所以实验的操作步骤是加入盐酸后蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，答案：盐酸；蒸发浓缩、冷却结晶；

(3)进入吸收塔的尾气是没有反应完的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，答案：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(4)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325(162.5×2=325)的铁的氯化物可以推出：当温度超过673K时，2分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6，答案：Fe2Cl6；

(5)①称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定滴定实验时，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点，答案：滴入最后一滴Na2S2O3溶液；锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

②由反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2＋2=2I-＋可得关系式：

解得n(Fe3+)=cV×10-3mol，则m克样品中氯化铁的质量分数=×100%=答案：【解析】将亚铁离子全部氧化为铁离子盐酸蒸发浓缩、冷却结晶2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe2Cl6滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色16、略

【分析】【分析】

用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4；得到草酸钴晶体，以此来解答。

【详解】

(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2；提高硫酸的浓度；提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；

(2)通过操作①得到水层和有机层；则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗；烧杯；

(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9mol/L；则调节溶液5＜pH＜9；

(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2；使之与水层分离；

(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；

(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4•2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。

【点睛】

本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。【解析】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等分液漏斗、烧杯5＜pH＜9溶解NiR2，使之与水层分离NiR2+2H+=2RH+Ni2+3CoC2O4•2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O17、略

【分析】【分析】

根据流程图，某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解，其中的金属转化为金属阳离子，再加入适量X试剂，将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀除去，滤液中含有镍、铁、铬等金属离子，根据(2)可知，保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH调节pH，除去铁和铬，在过滤后的滤液好加入碳酸钠得到NiCO3。据此分析解答。

【详解】

(1)根据流程图，加入试剂X后生成了硫化铜和硫化锌沉淀，因此试剂X(某钠盐)为Na2S，故答案为Na2S；

(2)由于过氧化氢受热容易分解，因此“氧化”时需保持滤液在40℃左右，温度不超过40℃，故答案为2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中钠为+1价，硫酸根为-2价，氢氧根为-1价，根据正负化合价的代数和为0，铁为+3价，故a错误；b．pH过低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能够被酸溶解；pH过高，铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀，均不利于生成黄钠铁矾，原因不相同，故b错误；c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的电子数为6NA，故c正确；d．由