2025年西师新版选修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年西师新版选修4化学下册阶段测试试卷22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、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则2ΔH1<ΔH2B.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气燃烧热为241.8kJ·mol-1C.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量D.已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定2、一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为有关该平衡体系的说法正确的是A.升高温度，若n的百分含量减少，则正反应是放热反应B.增大m浓度，平衡向正反应方向移动C.增大压强，p体积分数增加D.升高温度，平衡常数K一定增大3、常温下，向20.00mL0.1000mol⋅L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol⋅L-1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是（）

A.点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)B.点b所示溶液中：c(NH4+)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.点c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3⋅H2O)+c(OH-)D.点d所示溶液中：c(SO42-)>c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(OH-)4、常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是。

A.Kal(H2S)的数量级为10-6B.NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.当体系呈中性时，>D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响5、某温度下，向50mL饱和CuCl溶液中缓慢加入NaI固体并搅拌，溶液中c(I－)与c(Cu＋)的变化曲线如图所示，已知：Ksp(CuI)＝1.0×10－12；下列说法正确的是。

A.Ksp(CuCl)＝1.0×10－9B.图示中的x为10－6C.向CuI饱和溶液中加入淀粉会出现蓝色D.曲线bc段内，c(Cl－)：c(I－)＝106评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下列说法正确的是（）。A.已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量烧碱溶液可使溶液中值增大B.25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2OH＋＋OH－逆向移动，c(H＋)降低C.取c(H＋)＝0.01mol·L－1的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.3g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－)7、H2C2O4为二元弱酸。25℃时，向0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中缓缓通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中：c(C2O42−)＞c(HC2O4−)＞c(OH−)＞c(H＋)B.pH＝7的溶液中：c(Cl－)＝c(HC2O4−)＋2c(H2C2O4)C.c(Cl－)＝0.100mol·L−1溶液中：c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)D.c(HC2O4−)＝c(C2O42−)的酸性溶液中：c(Cl－)＋c(HC2O4−)＜0.100mol·L−1＋c(H2C2O4)8、取0.2mol/LHX溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=8(25℃)，则下列说法(或关系式)正确的是（）A.混合溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-8mol/LB.混合溶液中c(Na+)=c(X-)+c(HX)C.混合溶液中c(Na+)-c(X-)=c(OH-)–c(H+)D.混合溶液中c(X-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)9、0.1mol/LKHSO4和0.1mol/LNa2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶液能使pH试纸变蓝，则离子浓度关系正确的是A.c(SO42-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.c(Na+)=c(S2-)+c(H2S)+c(SO42-)+c(HS-)D.c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(SO42-)+c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)10、已知：室温下，几种弱酸的如下表所示：。化学式4.743.74

下列有关微粒浓度的说法正确的是A.浓度均为和溶液中：B.浓度为溶液中：C.室温下，的和的混合溶液中：D.溶液与溶液等体积混合后：11、下列叙述中一定正确的是A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1︰10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)12、草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。室温时，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L−1NaHC2O4溶液：c(Na＋)＞c(C2O)＞c(HC2O)B.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液：c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)C.0.1mol·L−1H2C2O4溶液：0.2mol·L−1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)D.向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：c(Na＋)=2c(C2O)13、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显酸性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)14、已知（NH4）2SO3显碱性，NH4HSO3显酸性，用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子（微粒）浓度关系正确的是____。A.c（NH4+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）B.c（NH4+）>c（SO32-）>c（H+）=c（OH-）C.c（NH4+）+c（H+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）D.c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

I.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2：

（1）已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1②CO的燃烧热△H2=-283.0kJ·mol-l，则反应③2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H3=_______。

（2）某研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。

②CO的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。

③反应速率：a点的v逆_____b点的v正（填“＜”“=”或“＞”）。

④T2时的平衡常数Kc=_____。

（3）将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率（脱氮率即NO的转化率）如图所示。M点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由_________。

Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解反应2N2O=2N2+O2对环境保护有重要意义。

（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)2I(g)快速平衡；平衡常数为K

第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)v=k1·c(N2O)·c(I)慢反应。

第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g)快反应。

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。

①k=_____（用含K和k1的代数式表示）。

②下列表述正确的是_____。

a．IO为反应的中间产物

b．碘蒸气的浓度大小不会影响N2O的分解速率。

c．第二步对总反应速率起决定作用

d．催化剂会降低反应的活化能；从而影响△H

（5）通过N2O传感器可监测环境中N2O的含量；其工作原理如图所示。

①NiO电极上的电极反应式为_____。

②N2O浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”）16、比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系(填“>”或“<”)。

①S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1

S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2则ΔH1________ΔH2

②CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1

CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2则ΔH1_____ΔH217、现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：

根据下列键能数据计算N-H键键能为____________kJ/mol。

。化学键。

H-H

N≡N

键能(kJ/mol)

436

946

18、按照要求回答下列问题。

（1）硫酸铁溶液显酸性的原因_____（用离子方程式表示）．

（2）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），则混合后溶液显_____性．

（3）浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序_____（填序号）．

（4）将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A（g）⇌B（g）+nC（g），反应到3min时，容器内A的浓度为0.8mol/L，测得这段时间内，平均速率ν（C）=0.6mol/（L•min），则化学方程式中的n值为_____，ν（B）=_____，此时A的分解率为_____．19、某二元酸(化学式用HB表示)在水中的电离方程式是H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-；回答下列问题。

①Na2B溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_____(用离子方程式表示)

②在0.1mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________

A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol·L-1

B.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)

C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)

D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)20、（1）在医学上小苏打经常用于治疗胃酸过多，写出其电离方程式__；其水溶液中各离子浓度大小的关系为__。

（2）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__(填化学式)。

（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是___。21、请回答下列问题。

（1）水的电离平衡曲线如图所示。

①Kw（T1℃）_____Kw（T2℃）（填“＞”、“＜”或“=”）。T2℃时1mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=______mol·L-1。

②M区域任意一点均表示溶液呈__________（填“酸性”；“中性”或“碱性”）。

③25℃时，向纯水中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是_____（填“促进”；“抑制”或“不影响”）。

（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知：25℃时，Ka（HClO）=4.6×10﹣9、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5、Ka1（H2CO3）=4.3×10﹣7、Ka2（H2CO3）=5.6×10﹣11。

①25℃时，有等浓度的a．NaClO溶液b．CH3COONa溶液c．Na2CO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为_____；（填序号）

②写出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的离子方程式_________。22、按要求回答下列问题：

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，则Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为______________。

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常温下常见弱酸的电离平衡常数Ka如表所示：

①同物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中阴离子（不含OH－）浓度大小关系为____________。

②同pH的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍，pH变化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常温下物质的量浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pOH＝8，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用数值列出计算式即可）mol·L－1。评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)23、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15分)24、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________。25、某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。

回答下列问题：

(1)放电时电池总反应方程式_______________；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外还有_______________。

(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_______________。

(3)分离操作1是_______________；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_______________。

(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺点是_______________。

(5)“沉钴”过程中的实验现象有_______________。26、以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)“焙烧”生成的气体直接排放可能造成的环境问题是______，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹的目的是______。

(2)电解时，如c(Pb2+)远大于c(H+)，则Pb2+优先于H+放电，工业上应用此原理可对铅进行电解精炼。“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，则阳极泥的主要成分为_____。

(3)写出制备PbO2的离子方程式______。

(4)已知部分含铅化合物的Ksp如下表所示：。物质PbCl2PbSKsp1.2×10-59.0×10-29

①铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止，原因是_______。

②Pb(NO3)2是强酸弱碱盐，氢硫酸是弱酸[Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-15]，已知K＞105时可以认为反应基本完全，请判断向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体___(填能或否)形成PbS沉淀。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)27、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5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．CO转化为CO2放热，则2|ΔH1|>|ΔH2|，从而得出2ΔH1<ΔH2；A正确；

B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的产物呈气态，则氢气燃烧热>241.8kJ·mol-1；B不正确；

C．16gSO2(g)和足量O2在密闭容器中不能完全反应，所以放出热量<0.25QkJ；C不正确；

D．已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0；则石墨比金刚石稳定，D不正确；

故选A。2、A【分析】【分析】

根据平衡常数的表达式可得方程式2p(g)+2q(g)m(g)+2n(g)

A.升高温度平衡向吸热的方向移动；

B.增大生成物的浓度；平衡逆向移动；

C.增大压强；平衡向体积缩小的方向移动；

D.温度升高；平衡常数增大，正反应为吸热反应，温度升高，平衡常数减小，正反应为放热反应。

【详解】

A.升高温度；若n的百分含量减少，平衡逆向移动，则正向为放热反应，A项正确；

B.增大生成物的浓度；平衡逆向移动，B项错误；

C.增大压强；平衡向体积缩小的方向移动，即平衡正移，p体积分数减小，C项错误；

D.温度升高；平衡常数增大，正反应为吸热反应，温度升高，平衡常数减小，正反应为放热反应，此反应的热效应未知，D项错误；

答案选A。3、C【分析】【分析】

硫酸铵与NaOH发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O；按照盐类水解和弱电解质电离程度微弱，进行分析；

【详解】

A.a点溶液时，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)；故A说法错误；

B.b点溶液中，溶液呈中性，则根据电荷守恒得硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以故B说法错误；

C.c点溶液中，溶液呈碱性，所以溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得根据物料守恒得，根据物料守恒得所以得故C说法正确；

D.d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、NH3·H2O，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以故D说法错误；

答案：C。

【点睛】

该类型的题的判断，根据题中的量判断该点的溶质，如果是混合物，需要判断各物质的物质的量，然后利用盐类水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析，分析过程中，别忘了水的电离。4、C【分析】【分析】

根据多元弱酸的电离，一级电离远远大于二级电离，故第一个交点对应c(HS-)和c(H2S)，第二个交点对应c(HS-)和c(S2-)；再结合具体问题进行分析。

【详解】

A．c(HS−)=c(H2S)时，Ka1(H2S)==c(H+)=10−6.9，数量级为10-7；故A错误；

B．c(HS-)和c(S2-)时，Ka2(H2S)==c(H+)=10−13，NaHS溶液中，Kh===10-7.1>Ka2(H2S)=10−13，溶液呈碱性，说明HS−水解程度大于电离程度，则c(S2−)2S)；故B错误；

C．溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，c(HS−)>c(H2S)，则>1、根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS−)+2c(S2−)，所以=1，则>故C正确；

D．当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，溶液中c(Cu2+)减小，Cu2+水解程度较小；则溶液的pH增大，故D错误；

答案选C。

【点睛】

第一个交点，pH为6.9时，对应酸的一级电离；第二个交点，pH为13.0，对应酸的二级电离；再结合弱酸根的电离、水解判断离子的浓度关系。5、D【分析】【详解】

A．根据图知，a点CuCl悬浊液中c（Cl-）=c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，则Ksp（CuCl）=c（Cl-）×c（Cu+）=1.0×l0-3×1.0×l0-3=1.0×l0-6；故A错误；

B．b点c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，b点开始产生沉淀，则c（Cu+）×c（I-）=Ksp（CuI）=1.0×l0-12，则b点c（I-）==mol/L=1.0×l0-9mol/L；故B错误；

C．CuI悬浊液不存在碘单质；所以加入淀粉不出现蓝色，故C错误；

D．a点CuCl悬浊液中c（Cl-）=c（Cu+）=1.0×l0-3mol/L，则Ksp（CuCl）=c（Cl-）×c（Cu+）=1.0×l0-3×1.0×l0-3=1.0×l0-6，如果c点CuCl未完全溶解，c（Cl-）：c（I-）==Ksp（CuCl）：Ksp（CuI）=1.0×l0-6：1.0×l0-12=106；故D正确；

答案选D。二、多选题(共9题，共18分)6、AC【分析】【详解】

A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，值增大；故A正确；

B．含有弱离子的盐能够水解；促进水的电离，向水中加入醋酸钠固体，醋酸根离子水解，是结合氢离子生成了弱电解质醋酸，溶液中氢离子浓度减小，促进水的电离，故B错误；

C．反应速率与氢离子浓度成正比，c(H+)=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸；醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C正确；

D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(NO3-)；故D错误；

故选AC。7、BC【分析】【详解】

A.Na2C2O4分步水解，且一步比一步难，+H2O+OH-，+H2O+OH-，水也电离出OH-，故c(OH−)＞c(HC2O4−)；故A项错误；

B.pH＝7为中性，c(H＋)=c(OH−)，依据电荷守恒再依据物料守恒二者相减即可得到B项关系式，B项正确；

C.当浓度为0.100mol/L时，可以发现此时有物料守恒依据电荷守恒有：此时溶液中有代入后化简得到，c(OH−)‒c(H＋)＝c(H2C2O4)‒c(C2O42−)；C项正确；

D.首先将物料守恒代入关系式，化简得到因为溶液是酸性的，结合选项B的分析，应有D项错误；

答案选BC。8、BC【分析】【详解】

溶液等体积混合，完全反应溶质为NaX，该溶液中c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）=10-6mol/L=10-6mol/L；

A.溶液呈碱性，则由水电离出的c（OH-）=10-6mol/L；故A错误；

B.根据物料守恒得c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1mol/L；故B正确；

C.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，即c(Na+)-c(X-)=c(OH-)–c(H+)；故C正确；

D.溶质为NaX，X-发生水解使溶液呈碱性，则c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)；故D错误；

故选BC。

【点睛】

此题易错点在于A项，注意限制条件“有水电离出的”，该混合溶液为盐溶液，发生水解时，水电离出的氢离子被X-结合，所以水电离出的离子浓度应该根据溶液中氢氧根的浓度计算。9、AC【分析】【分析】

0.1mol∙L−1KHSO4和0.1mol∙L−1Na2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液能使pH试纸变蓝，说明反应后溶液显碱性，是HS－水解为主。

【详解】

A.溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液显碱性，因此有c(SO42−)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)；故A正确；

B.溶液显碱性，因此有c(Na+)＞c(K+)＞c(OH－)＞c(H+)；故B错误。

C.根据物料守恒，最开始硫离子浓度和硫酸根浓度之和等于钠离子浓度，再展开硫离子存在于硫离子、硫氢根离子、硫化氢，因此得到c(Na+)=c(S2−)+c(H2S)+c(SO42−)+c(HS－)；故C正确；

D.根据电荷守恒有c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42−)+2c(S2−)+c(HS－)+c(OH－)；故D错误。

综上所述，答案为AC。10、CD【分析】【详解】

A．根据表格信息可知，的的则醋酸的电离小于甲酸的电离，则甲酸根的水解程度小于醋酸根的水接程度，故浓度均为和溶液中，有：A错误；

B．的电离平衡常数为：的水解平衡常数为：故的电离大于水解，电离产物大于水解产物，故浓度为溶液中：B错误；

C．的和的混合溶液，的水解程度小，水解产物少，且会电离产生则C正确；

D．溶液与溶液等体积混合后，溶质为甲酸和甲酸钠，且二者浓度之比为1：1，的电离能力大于水解能力，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，再依据电荷守恒，有D正确；

答案选CD。11、BD【分析】【详解】

A.醋酸是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，所以醋酸电离产生的H+浓度小于0.1mol/L，但溶液温度不确定，因此不能确定水电离出的c(H+)浓度大小；A错误；

B.pH=2的醋酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，pH=1的CH3COOH溶液，c(H+)=0.1mol/L，故两种溶液中c(H+)之比为=0.01mol/L0.1mol/L=1︰10；B正确；

C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液，根据电荷守恒，溶液中不可能存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)；C错误；

D.在1.0mol/LNa2CO3溶液中，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；D正确；

故合理选项是BD。12、BC【分析】【详解】

A．NaHC2O4溶液显酸性，说明HC2O的电离大于它的水解，c(C2O)是由c(HC2O)电离得到的，故c(C2O)＜c(HC2O)；故A错误；

B．Na2C2O4溶液中存在质子守恒，c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)；故B正确；

C．H2C2O4溶液中的电荷守恒，c(H＋)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH－)，物料守恒：c(H＋)=2c(HC2O)+2c(C2O)+2c(H2C2O4)，两式相减得到：c(OH－)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，由于水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度总是相等，水中的氢氧根离子是由水电离出的，故0.1mol·L−1H2C2O4溶液中氢离子的浓度等于酸电离出的氢离子浓度加上水电离出的氢离子，0.2mol·L−1+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2C2O4)+c(HC2O)；故C正确；

D．向Na2C2O4溶液中滴加H2C2O4溶液至中性：符合电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+c(HC2O)+2c(C2O)，溶液显中性，c(OH－)=c(H＋)，则c(Na＋)=2c(C2O)+c(HC2O)；故D错误；

答案选BC。

【点睛】

C项是难点，需要学生熟练使用电荷守恒，物料守恒，在草酸溶液中氢离子来自于草酸自身电离出的氢离子和水电离出的氢离子两部分，属于易错点。13、BC【分析】【详解】

A．根据图象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)时，溶液pH=6.2，则溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，数量级为10-8，故A正确；

B．X(OH)+的电离平衡常数为Kb2=10-7.8mol/L，根据图象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]时，溶液的pH=9.2，则溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，则X(OH)+的水解平衡常数为Ka==10-9.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故B错误；

C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，由于X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C错误；

D．在X(OH)NO3水溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(X2+)-c[X(OH)2]，故D正确，

故选：BC。14、AB【分析】【分析】

利用电荷守恒；物料守恒和溶液的酸碱性分析判断。

【详解】

A．NH4HSO3溶液显酸性，用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，则c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)；故A正确；

B．存在c(NH4+)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)；故B正确；

C．溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)；故C错误；

D．NH4HSO3溶液显酸性，现在溶液显中性，说明是NH4HSO3和氨水的混合溶液，根据物料守恒，c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)；故D错误；

故答案为：AB。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

∣.（1）已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)△H1=+180.5kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2△H2=-283.0kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5kJ/mol。

（2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为T1时先拐，先达到平衡，所以T1＞T2；故答案为：＞。

②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，已知T1＞T2；所以CO的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。

③a、b点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a点加入了催化剂，反应速率加快，所以反应速率a点大于b点，a点的v逆大于b点的v正；故答案为：＞。

④压强与物质的量成正比关系可得，设平衡时，生成的氮气为xmol，则根据三段式：

则故答案为：17150。

（3）图象分析可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。

Ⅱ.（4）①根据v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则故答案为：

②a．IO是第二步反应的生成物；第三步反应的反应物，所以IO为反应的中间产物，a正确；

b．含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O的分解速率，b错误；

c．反应的快慢取决于慢反应；所以第二步对总反应速率起决定作用，c正确；

d．催化剂会降低反应的活化能；加快反应速率，不影响△H，d错误；故答案为：ac。

（5）①NiO电极上N2O反应生成NO2，N元素的化合价由+1价升高为+4价，发生氧化反应，NiO电极是负极，其电极反应为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2，Pt电极上O2反应生成O2-，O元素的化合价由0价降低为-2价，发生还原反应，Pt电极是正极，其电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：N2O-6e-+3O2-＝2NO2。

②根据U=IR，N2O浓度越高，N2O越失去电子生成NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读数越高，故答案为：高。【解析】-746.5kJ/mol＞＜=＞17150不是该反应为放热反应，根据曲线cat2可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高k1K1/2acN2O-6e-+3O2-＝2NO2高16、略

【分析】【分析】

【详解】

①固体S燃烧时要先变成气态，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，故ΔH1>ΔH2；

②水由气态变成液态放出热量，所以生成液态水，放出的热量多，但反应热为负值，故ΔH1<ΔH2。【解析】><17、略

【分析】【分析】

据∆H=反应物的活化能-生成物的活化能求得∆H，再根据∆H=反应物键能和-生成物键能和计算N-H键键能。

【详解】

∆H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol-1-1173kJ·mol-1=-92kJ·mol-1，则，∆H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol-1+3×436kJ·mol-1-6×Q(N-H)=-92kJ·mol-1，Q(N-H)=391kJ·mol-1。答案为：391【解析】39118、略

【分析】【分析】

(1)硫酸铁溶液中，Fe3＋发生水解；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒进行分析；

(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析；

(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析；

【详解】

(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液显酸性；

(2)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液显中性；

(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氢铵溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，相互促进水解，盐中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的顺序是③①②④；

(4)根据化学反应速率的数学表达式，这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根据反应方程式，解得n=3，根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，则A的分解率=×100%=60%。

【点睛】

本题的难点是(3)，盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱，首先判断出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判断，醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4＋相互促进水解，因此醋酸铵中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氢铵中HSO4-完全电离，相当于一元强酸，H＋会抑制NH4＋水解，因此硫酸氢铵溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，从而的出结果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%19、略

【分析】【分析】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；

②任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

①H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，说明B2-离子水解而HB-不水解，且HB-是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：

故答案为：碱性；

②A.根据原子守恒应该为H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c(H2B)=0；故A错误；

B.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故B错误；

C.根据电荷守恒得故C正确；

D.根据物料守恒得故D正确；

故答案选：CD。【解析】①.碱性②.③.CD20、略

【分析】【详解】

(1)小苏打的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-以及H2O⇌H++OH-；钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氢钠水解而使溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要是碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)＞c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(2)AlCl3的水溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，水解方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干过程中加热促进其水解，而盐酸易挥发，所以蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧后得到Al2O3；

(3)硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.NaHCO3=Na++HCO3-②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)③.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+④.Al2O3⑤.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑21、略

【分析】【分析】

结合图像，根据Kw=c(H+)·c(OH-)判断T1℃、T2℃的Kw大小关系，并计算1mol/LNaOH溶液中水电离出H+的浓度；根据氢离子和氢氧根的浓度相对大小判断溶液酸碱性；根据电离、水解程度判断溶液酸碱性，以少量为标准写出向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液的离子方程式。

【详解】

(1)①温度越高，水的电离程度越大，水的离子积常数越大，根据图像，Kw(T1℃)＜Kw(T2℃)；Kw(T2℃)=10-13，T2℃时1mol·L-1的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，则由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1，故答案为：＜；1×10-13；

②M区域任意一点都存在c(H+)＜c(OH-)；表示溶液呈碱性，故答案为：碱性；

③25℃时，向纯水中加入少量NH4Cl固体；氯化铵水解，促进水的电离，故答案为：促进；

(2)①根据电离平衡常数，酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子；25℃时，等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液，三种溶液中碳酸钠的水解程度最大，pH最大，醋酸钠的水解程度最小，pH最小，pH由大到小的顺序为c＞a＞b，故答案为：c＞a＞b；

②向Na2CO3溶液中滴加少量醋酸溶液，以少量为标准，则生成物为碳酸氢钠和醋酸钠，反应的离子方程式为CH3COOH+=CH3COO-+故答案为：CH3COOH+=CH3COO-+【解析】<10-13碱性促进c＞a＞bCH3COOH+=CH3COO-+22、略

【分析】【分析】

（1）常温下，测得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；说明该盐属于强碱弱酸盐，水解显碱性，据此进行分析离子浓度大小关系；

（2）将0.2000mol·L－1HB溶液与0.1000mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液中的溶质为NaB和HB，且其物质的量之比为1:1；溶液中存在电荷守恒：因为c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液显酸性；因为题目中问到了c（HB）；故HB为弱酸；

（3）弱酸的电离平衡常数越大；酸性越强，其酸根阴离子的水解程度越弱。

【详解】

（1）Na2A溶液pH＝8，说明存在水解，Na2A溶液中存在的电离：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各离子的浓度大小关系为：

（2）①溶液存在电离：同时存在水解根据溶液显酸性可知电离程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案为：>；

②根据物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案为：=；

（3）①根据图表提供信息可知电离平衡常数：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）浓度大小关系为CH3COO->ClO->CN-，故答案为：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀释时酸性越弱pH值变化越小；故答案为：a；

③根据常温下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的电荷守恒为：物料守恒为：相减消去钠离子可得：故答案为：2×10-6-2×10-8。【解析】>=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-8四、判断题(共1题，共8分)23、×【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15分)24、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SO2气体；

(5)常温下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=mol/L=1.2×10-11，c(Cl-)=mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中==3×10-8，故答案为：3×10-8；

(6)由表中数据可知；析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。

【点睛】

根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意根据反应的方程式分析判断。【解析】Fe或等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品的损失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2pH较大时，水解程度增大，反应生成减少25、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池放电拆解处理后；正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。

【详解】

(1)该电池充电时负极(阴极)反应为6C+xLi++xe-=LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中；提高锂的回收率；

(2)正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO