2025年人教A新版选修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A新版选修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5题，共10分)1、已知：①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ•mol﹣1

②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1

③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1

根据盖斯定律判断：若使46g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为A.（b﹣a﹣c）kJB.（3a﹣b+c）kJC.（a﹣3b+c）kJD.（b﹣3a﹣c）kJ2、湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为NO（g）＋NO2（g）＋CO（NH2）2（s）2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）△H<0；达到平衡后改变某一条件，反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示，下列说法错误的是。

A.t4～t5引起变化的原因可能是升高温度B.CO2含量最高的时间段是t1～t2C.t2～t3引起变化的原因可能是增加反应物浓度D.t6引起变化的原因可能是加入催化剂3、在醋酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是()A.1mol/L的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol/LB.醋酸能与水以任意比互溶C.10mL1mol/L的醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D.醋酸的导电性比强酸溶液弱4、常温下两种不同浓度的NaOH溶液，c(H+)分别为1×10-13mol/L和1×10-10mol/L。将此两溶液等体积混合后，所得溶液中的c(H+)是()A.1×(10-14+10-10)mol/LB.mol/LC.2×10-13mol/LD.2×10-14mol/L5、某课外研究小组设计数字化实验探究温度对盐类水解反应的影响。通过加热50mL0.1000mol/L的Na2CO3标准溶液进行实验；测得溶液的pH随温度变化的关系如图所示，下列说法不正确的是。

A.由ab段可得结论：CO32-(aq)+H2O(l)⇌HCO3-(aq)+OH-(aq)∆H>0B.e点溶液中：(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=1×10-3.35mol/LC.bd段pH减小是水的Kw随着温度的升高而增大所致D.从a→d随着温度升高，始终增大评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、(1)根据下列热化学方程式:

①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1

可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________

(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。

(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol，该反应的热化学方程式为______________。7、将一定量纯净的氨基甲酸胺（H2NCOONH4）固体，置于特制密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到分解平衡，实验测得不同温度及反应时间（t123）的有关表格：

氨基甲酸铵分解时温度、气体总浓度及反应时间的关系。温度/℃气体总浓度(mol/L)

时间/min1525350000t10.9×10-32.7×10-38.1×10-3t22.4×10-34.8×10-39.4×10-3t32.4×10-34.8×10-39.4×10-3

(1)在25℃，0-t1时间内产生氨气的平均速率为___。

(2)根据表中数据换算出，15℃时合成反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)平衡常数K约为___。

(3)以捕捉到的CO2与H2为原料可合成甲醇（CH3OH），其反应的化学方程为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH<0在恒温恒容的密闭容器中，加入1molCO2和3molH2，充分反应达平衡时放出热量akJ，若在原容器中加入2molCO2和6molH2，在相同温度下反应达平衡时放热bkJ，则a和b满足的关系___。8、研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为______________。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______。

a．体系压强保持不变。

b．混合气体颜色保持不变。

c．SO3和NO的体积比保持不变。

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH_____0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是_______。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、现将0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合得混合溶液Q。

(1)若A为CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是___；若A为HCl，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为___mol·L-1；若A为H2S，Q接近中性，则HS-的电离能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。

(2)根据(1)中信息比较相同条件下，浓度均为0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___(填序号)。

(3)用浓度为0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同体积、相同浓度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，当滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积分别为amL、bmL、cmL，则a、b、c的大小关系是___。11、某些电镀厂的酸性废水中常含有一定量的CrO42-和Cr2O72-；它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。

方法1：还原沉淀法；该法的工艺流程为：

其中第①步存在平衡步存在平衡：2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O

（1）若平衡体系的pH=12，该溶液显________色。

（2）写出第③步的离子反应方程式：__________。

（3）第②步中，用6mol的FeSO4·7H2O可还原________molCr2O72-离子。

（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)

常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至_______。

方法2：电解法：该法用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。

（5）写出阳极的电极反应式___________________。

（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)__________________________

（7）用电镀法在铁制品上镀上一层锌，则阴极上的电极反应式为____________。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)13、某学生用0.1500mol/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸；其操作可分解为如下几步：

A.用蒸馏水洗净滴定管。

B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00mL；注入锥形瓶中，加入酚酞。

D.另取锥形瓶；再重复操作2-3次。

E.检查滴定管是否漏水。

F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定时正确操作的顺序是(用序号字母填写)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中应该选择如图中滴定管_________(填标号)。

（3）滴定终点的现象是_______________________。

（4）滴定结果如表所示:。滴定次数待测液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

计算该盐酸的物质的量浓度为____________(保留4位有效数字)。

（5）下列操作会导致测定结果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数。

b.锥形瓶用盐酸润洗。

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡；滴定终点时发现气泡。

d.达到滴定终点时；仰视读数。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，则pH＞5.1，常温下若用0.1mol·L-1盐酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）评卷人得分五、有机推断题(共1题，共8分)14、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：_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共8分)15、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、B【分析】【分析】

【详解】

①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ•mol﹣1，②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ•mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ•mol﹣1，根据盖斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3a+b-c）kJ/mol，即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，放出的热量为（3a﹣b+c）kJ，而46g液态乙醇的物质的量是1mol，所以完全燃烧并恢复至室温，放出的热量为（3a﹣b+c）kJ，答案选B。2、B【分析】【详解】

A．t4～t5反应速率均增大，且平衡逆向移动，该反应为放热反应，故t4改变的原因可能是升高温度；A正确；

B．t3时刻也是正向移动，二氧化碳为生成物，二氧化碳含量最高的时间段是t3～t4；B错误；

C．t2～t3反应速率均增大，且平衡正向移动，t2时刻未突变；故引起变化的原因可能是增加反应物浓度，C正确；

D．t6时刻反应速率增大；平衡不移动，故引起变化的原因可能是加入催化剂，D正确；

答案选B。3、A【分析】【分析】

【详解】

A、1mol/L的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol/L；说明醋酸部分电离，可以证明醋酸是弱电解质，A正确；

B；酸的强弱与溶解性无关；B错误；

C；酸碱发生中和反应；酸消耗碱的量由酸的物质的量和元数决定，与酸的强弱无关，C错误；

D；电解质溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度；与电解质的强弱无关，D错误；

故答案选A。4、C【分析】【详解】

对于NaOH溶液来说，溶液中OH-的浓度大于溶液中H+的浓度，要先计算溶液中c(OH-)。c(H+)为1×10-13mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L；c(H+)为1×10-10mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=10-4mol/L。将两种溶液等体积混合，假设每种溶液的体积为1L，混合过程中溶液体积变化不计，则根据混合前后溶质的物质的量不变，可知混合溶液中c(OH-)==mol/L，则该溶液中c(H+)=mol/L=2×10-13mol/L，故合理选项是C。5、B【分析】【详解】

A.观察ab小段图象变化可知，溶液的pH随着温度升高面增大，证明盐类的水解反应是吸热反应，该热化学方程式为CO32-(aq)+H2O(l)⇌HCO3-(aq)+OH-(aq)∆H>0；故A正确；

B.由图可知e点溶液中：(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，温度为30所以不能用常温下的Kw进行相关计算，故B错误；

C.由图可知bd段pH随着温度的升高而逐渐减小，因为水的电离是吸热反应，随着温度，Kw增大；根据质子守恒规律，所以pH随着温度的升高而逐渐减小，故C正确；

D.因为水解是吸热反应，随着温度升高，盐类的水解程度增大，根据CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，所以从a→d随着温度升高，始终增大；故D正确；

故答案：B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【详解】

(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=(-1358.6kJ·mol-1)+870.3kJ·mol-1=-488.3kJ·mol-1；答案为-488.3kJ·mol-1。

(2)CO的燃烧热为283kJ/mol，相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ/mol×6.3=1782.9kJ，则1molCH4完全燃烧生成液态水，放出的热量为=891.45kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；答案为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol。

(3)1.00gC6H6(l)在O2中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，则1molC6H6(l)在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4kJ，因此C6H6(l)的燃烧热△H=-3260.4kJ/mol，C6H6(l)燃烧的热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；答案为：-3260.4；C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】-488.3kJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol-3260.4C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。7、略

【分析】【分析】

(1)反应物呈固态，所以生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，由25℃，0-t1时间内混合气的总浓度，可求得c(NH3)；从而求出产生氨气的平均速率。

(2)根据表中数据，求出15℃时2.4×10-3mol/L混合气中所含NH3、CO2的浓度，代入公式K=可求出平衡常数。

(3)将原容器中加入2molCO2和6molH2后平衡移动过程分解为两个过程：一个过程为加压但平衡不移动，另一过程为平衡移动过程，然后分别进行分析，确定热量变化，然后与原平衡进行比较，确定a和b满足的关系。

【详解】

(1)25℃，0-t1时间内混合气的总浓度为2.7×10-3mol/L，生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，因为反应物呈固态，所以c(NH3)=×2.7×10-3mol/L=1.8×10-3mol/L，氨气的平均速率==×10-3mol/(L·min)。答案为：×10-3mol/(L·min)；

(2)15℃时,c(总)=2.4×10-3mol/L，c(NH3)=1.6×10-3mol/L，c(CO2)=8×10-4mol/L，K==4.9×108。答案为：4.9×108；

(3)在恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和3molH2充分反应,达平衡时放出热量akJ。将原容器中加入2molCO2和6molH2，相当于压强增大为原来的二倍，若加压但平衡不移动，则放热2akJ；加压后平衡正向移动，反应继续放出热量，所以与原平衡进行比较，放出的热量比原来的二倍还要大，故a和b满足的关系为b>2a。答案为：b>2a。

【点睛】

在进行反应后浓度或热效应的分析时，为便于与原平衡进行比较，可将平衡移动过程分解为几个简单的阶段，对最终结果不产生影响。【解析】×10-3mol/(L·min)4.9×108b>2a8、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H="-41.8"kJ•mol-1；(3)a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物质的体积a2a00

转化物质的体积xxxx

平衡物质的体积a-x2a-xxx

平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；(4)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104kPa时；CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。

考点：以NO2、SO2；CO等物质为载体；综合考查化学方程式的书写和氧化还原反应，及平衡常数的计算等。

【点睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失9、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】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液Q为0.01mol·L-1的某酸(A)与0.01mol·L-1的某酸钠盐的混合溶液。若混合溶液显酸性；则主要发生某酸的电离；若混合溶液呈碱性，则主要发生某酸钠盐的水解，若混合溶液呈中性，则可认为某酸的电离程度与某酸盐的水解程度相等。

【详解】

(1)若A为CH3COOH，所得溶液为0.01mol·L-1CH3COOH与0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，则CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，溶液中所有离子按浓度由大到小排列的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A为HCl，则所得溶液为0.01mol·L-1HCl与0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃时(Kw=10-12)，溶液中由水电离出的H+浓度为mol·L-1=10-10mol·L-1；若A为H2S，则所得溶液为0.01mol·L-1H2S与0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，则表明HS-易发生水解，即HS-电离能力<水解能力。答案为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，阴离子总浓度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水电离)；

对于①、②来说，最后一步水电离，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最强，②中次之，③中不受影响，所以阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；

(3)浓度为0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必须有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的体积越小，故a、b、c的大小关系是a>b>c。答案为：a>b>c。

【点睛】

0.1mol/L的盐溶液中，酸根离子与酸根水解生成的OH-的浓度和为0.1mol/L，所以比较溶液中阴离子的总浓度，实际上就是比较混合溶液中呈现水电离出H+的那一步水的电离能力，此步水的电离能力越弱，则溶液中阴离子的总浓度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c11、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）c(H+)减小，平衡2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O左移；溶液呈黄色，故答案为黄；

（2）第③步是沉淀铬离子的反应，离子反应方程式为Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，故答案为Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓；

（3）6mol亚铁离子被氧化为+3价，失去6mol电子，Cr2O72-离子中铬元素化合价从+6价降低到+3价，应该得到6mol电子，所以6mol的FeSO4·7H2O可还原1molCr2O72-离子；故答案为1；

（4）Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)•c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，则需c(OH-)===10-9mol/L，所以c(H+)=10-5mol/L；即pH=5，故答案为5；

（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，以提供还原剂Fe2+，故答案为Fe-2e-=Fe2+；

（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H++2e-═H2↑；故答案为2H++2e-=H2↑；

（7）用电镀法在铁制品上镀上一层锌，阴极上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故答案为Zn2++2e-=Zn。

考点：考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学的相关知识。【解析】黄Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓15Fe-2e-=Fe2+2H++2e-=H2↑Zn2++2e-=Zn三、判断题(共1题，共2分)12、×【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、实验题(共1题，共7分)13、略

【分析】【分析】

（1）根据中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；

（2）碱性溶液应选择碱式滴定管；酸性；氧化性溶液应选择酸式滴定管；

（3）实验中应控制标准液滴入的速度并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点，酚酞在酸性溶液中为无色，在碱性溶液中显红色；

（4）先判断数据的有效性；然后求出平均值，最后根据关系式HCl～NaOH来计算出盐酸的浓度；

（5）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红；3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄。

【详解】

（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作；则正确的顺序为：EAFBCGD；

（2）氢氧化钠溶液显碱性；应选择碱式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故选乙；

（3）滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴加最后一滴标准液时，溶液无色变浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；

（4）第一次消耗标准液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗标准液体积：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗标准液：20.19-0.20=19.99mL，三组数据均有效，所以消耗标准液体积为：=20.00mL；该盐酸的物质的量浓度为：

=0.1200mol·L-1；

（5）a.用酸式滴定管向锥形瓶中放盐酸时；先仰视后平视读数，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故a选；

b.锥形瓶用盐酸润洗，导致所取盐酸的量增加，消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故b选；

c.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定终点时发现气泡；导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故c不选；

d.达到滴定终点时；仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故d选；

故选abd；

（6）甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄；现已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1；则pH＞5.1，要将pH调到4.4，需加入更多的盐酸，甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量应是＞5mL。

【点睛】

本题考查中和滴定的综合应用，解题关键：明确中和滴定的操作方法和原理，易错点（5）注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧，难点（4）先求体积的平均值，再根据浓度计算公式计算，需学生具备一定的分析能力及化学计算能力。【解析】EABCG乙锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分