2025年粤人版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤人版选修4化学上册阶段测试试卷808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6题，共12分)1、向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)+2Y(s)bZ(g)；△H<0。如图是容器中X；Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息判断；下列说法中正确的是()

A.化学方程式中a：b=1：3B.推测在第7min时曲线变化的原因可能是升温C.推测在第13min时降低了温度D.用X表示0～10min内该反应的平均速率为(X)=0.045mol⋅L-1⋅mol-12、常温下，向20mL0．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol•L－1NaOH溶液；所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是。

A.OA各点溶液均存在：c（B－）＞c（Na＋）B.C至D各点溶液导电能力依次增强C.点O时，pH＞1D.点C时，X约为10.43、下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.NaH2PO4溶液PH<7，则在溶液中：c(Na+)>c(H2PO4−)>c(H3PO4)>c(HPO42−)B.0.1mol·L−1(NH4)2SO4溶液与0.1mol·L−1NH3·H2O溶液等体积混合：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(OH−)C.0.1mol·L−1CH3COONa溶液与0.1mol·L−1CH3COOH溶液等体积混合(pH<7)c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)D.0.2mol·L−1NaHCO3溶液与0.1mol·L−1Na2CO3溶液等体积混合：2c(H+)+c(HCO3−)+4c(H2CO3)=2c(CO32−)+3c(OH−)4、常温下，改变0.1mol·L-1的富马酸（H2A）溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）[δ（X）=]随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A.pH=3.05时，c（H2A）=c（HA-）=c（OH-）B.pH=4.0时，c（HA-）>C（H2A）>c（A2-）C.常温下，反应HA-+OH-A2-+H2O的pK=9.51D.常温下，图中x点处：1g=0.725、次磷酸(H3PO2，一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol•L-1的H3PO2溶液和1mol˙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0；分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示.下列说法错误的是：

A.常温下，该HBF4溶液满足pH=B.常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C.常温下，NaBF4溶液的pH=7D.NaH2PO2溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)6、科学家研发出一种太阳光电化学电池（），可不受限于白天或黑夜全天候地储存电能。该电池以硫酸为电解液，利用太阳能储存电能（充电）的原理如图（图中略去部分光电转换过程），下列说法不正确的是（）。A.放电时，电极为负极B.充电时，通过质子交换膜向电极迁移C.放电时，负极的电极反应式为D.充电时，/极的电极反应式为评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、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______________。8、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。增加压强，NO的转化率__（填“提高”；“不变”或“降低”）。

②由实验结果可知，脱硫反应速率___脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是__。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均__（填“增大”；“不变”或“减小”）。

②反应ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为___。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是__。9、HOOC﹣COOH的电离方程式为__。10、某二元酸（H2A）在水中的电离方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列问题：

（1）Na2A溶液显碱性理由是：__（用离子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。

A．图中对应点的温度关系为：a＞b＞c

B．纯水仅升高温度；可从a点变到c点。

C．水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d

D．在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性11、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。12、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-)13、某同学设计一个燃料电池（如图所示）；目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

根据要求回答相关问题：

（1）通入氢气的电极为____（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为____________________________。

（2）石墨电极为____（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，____（填“铁极”或“石墨极”）区的溶液先变红。

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____（填“增大”“减小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为______________________________________。

（4）写出上述例题中乙池电解的总反应方程式：_________________________。

（5）若上述例题甲池中消耗标准状况下的氢气11.2L，则丙池中理论上应析出铜的质量为____。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1题，共8分)15、氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

开始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。并写出H2O2的电子式__________，Fe（铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X是__________时；更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共8分)16、二氧化碳是主要的温室气体；也是一种工业原料。将其固定及利用，有利于缓解温室效应带来的环境问题。

（1）用二氧化碳合成甲醇。

已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H1＝－484kJ/mol

2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g)△H2＝－1348kJ/mol

在催化剂作用下，CO2（g）和H2（g）反应生成CH3OH（g）和H2O（g），该反应的热化学方程式是________。

（2）用二氧化碳合成低密度聚乙烯（LDPE）。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2；可制得LDPE，该电极反应可能的机理如下图所示。

①过程Ⅰ~Ⅲ中碳元素均发生________反应（填“氧化”或“还原”）。

②CO2转化为LDPE的电极反应式是（补充完整并配平）________

2nCO2+□________+□________=+□________。

③工业上生产1.4×104kg的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是______L。

（3）用二氧化碳与环氧丙烷()反应合成可降解塑料PPC；同时也能生成副产物CPC，其化学反应过程中的能量变化如下图所示；在不同温度和压强下，PPC的选择性（产物中PPC的质量与产物总质量的比值）和总产率（产物总质量与反应物投料总质量的比值）如下表所示。

①通过表中数据ⅰ、ⅱ、ⅲ可以得出的结论是________；在25℃时，实际生产中选择反应压强为1.5MPa，而不是2.0MPa，理由是________。

②通过表中数据ⅱ、ⅳ、ⅴ可知温度升高会使PPC的选择性下降，结合上图说明其原因可能是______。17、甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法；其反应方程式为：

CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H>0.回答下列问题：

(1)在催化剂作用下可通过三个基元反应实现催化重整，能量变化如图I所示，则H=___________。

(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，a、b、c、d对应四种不同催化剂。测得在300℃、320℃、340℃和360℃温度下反应4h甲醇转化率变化如图II所示。在使用催化剂b时保持反应温度为340℃，反应4h甲醇的转化率为___________，判断依据是___________。

(3)1mol甲醇气体和1.2mol水蒸气混合充入1L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为2.0MPa下进行反应，存在副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。平衡时容器中n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，此时H2O的浓度为___________，甲醇的转化率为___________，则甲醇水蒸气重整反应的平衡常数Kp=___________(结果保留一位小数)。

(4)研究表明，甲醇水蒸气重整反应速率表达式为v=kP0.26(CH3OH)P0.03(H2O)P-0.2(H2)，k随温度升高而增大。反应体系中水醇比影响催化剂活性，进而影响甲醇转化率和产氢速率，如图所示。提高重整反应速率的合理措施为___________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．物质的量变化量之比等于化学计量数之比，分析0～10min内，则方程式中a：b=(0.45-0.2)：(0.50-0)=1：2；A错误；

B．第7min时；单位时间内X；Z的物质的量浓度变化量较大，反应速率增大，可能为升高温度，B正确；

C．第13min时；Z的物质的量浓度减小，X的物质的量浓度增大，平衡逆反应方向移动，而正反应是一个放热反应，故不可能是降低温度，C错误；

D．0～10min内(X)==0.025mol/(L•min)；D错误；

故答案为：B。2、D【分析】【详解】

A．OA各点显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-)，则c(B-)>c(Na+)；A选项正确；

B．C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L-1；导电能力依次增强，B选项正确；

C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1；C选项正确；

D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c(OH-)==5×10-6mol·L-1，C点c(H+)=2×10-9mol·L-1；C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；

【点睛】

C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c(HB)=(20.0×10-3-19.9×10-3)×0.1÷(20×10-3+19.9×10-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×10-7×199=1.99×10-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。3、B【分析】【分析】

A、NaH2PO4溶液的pH＜7，说明H2PO4-的电离程度大于其水解程度，则c(HPO42-)＞c(H3PO4)；

B；根据混合液中的电荷守恒判断；

C、混合液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，结合物料守恒可知c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)；

D；根据混合液中的物料守恒判断。

【详解】

A、NaH2PO4溶液的pH＜7，溶液显示酸性，说明H2PO4-的电离程度大于其水解程度，则c(HPO42-)＞c(H3PO4)，正确的浓度大小为：c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(H3PO4)；故A错误；

B、0.1mol•L-1(NH4)2SO4溶液与0.1mol•L-1NH3•H2O溶液等体积混合，根据电荷守恒可知：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)；故B正确；

C、0.1mol•L-1CH3COONa溶液与0.1mol•L-1CH3COOH溶液等体积混合(pH＜7)，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，结合物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)可知：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，正确的浓度大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；故C错误；

D、0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1Na2CO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：3c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；故D错误。

答案选B。

【点睛】

本题考查了离子浓度大小比较，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。4、D【分析】【详解】

A．H2A的第一步电离平衡常数，当c(HA-)=c(H2A)时，K1=c(H+)，由于pK1=3.05，因此可得当c(HA-)=c(H2A)时，c(H+)=10-3.05，此时溶液的pH=3.05，因此当溶液的pH=3.05时，c(H2A)=c(HA-)>c(OH-)；故A错误；

B．由图可知，当溶液的pH=4.0时，溶液中离子浓度关系为：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)；故B错误；

C．该反应的平衡常数又水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)，H2A的第二步电离平衡常数因此该反应的平衡常数又pK2=4.49，因此K2=10-4.49，常温下，Kw=10-14，因此该反应的平衡常数因此pK=-lgK=-lg109.51=-9.51；故C错误；

D．pK1=3.05，则K1=10-3.05，pK2=4.49，因此K2=10-4.49；由于X点时溶液中c(H2A)=c(A2-)，因此因此X点时溶液中因此X点溶液中故D正确；

故答案为：D，5、A【分析】【分析】

当+1=1时，V=V0，即起始时1mol/L的曲线b溶液的pH=0，说明曲线b对应酸为强酸，H3PO2为一元弱酸，则曲线b为氟硼酸（HBF4）加水稀释的曲线，曲线a为H3PO2溶液的稀释曲线；据此分析。

【详解】

A．根据图示曲线b可知，+1=1，则=pH=0，+1=5时，=pH=4，所以在0⩽pH⩽4时，HBF4溶液满足pH=故A错误；

B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2-，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c(H2PO2-)=0.1mol/L；那么次磷酸的电离平衡常数即为：

Ka故B正确；

C．根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐；故溶液为中性，常温下pH=7，C项正确；

D．NaH2PO2溶液中：符合质子守恒，c(OH-)=c(H3PO2)+c(H+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H3PO2)；故D正确；

答案选A。6、D【分析】【分析】

由充电示意图中电子的移动方向可知，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt电极为阴极，V3+在阴极得到电子发生还原反应生成V2+，电极反应式为V3++e-=V2+，放电时，TiO2/WO3电极为正极；Pt电极为负极。

【详解】

A.由分析可知；放电时，Pt电极为原电池的负极，故A正确；

B.充电时；阳离子移向阴极，则氢离子通过质子交换膜向Pt电极迁移，故B正确；

C.放电时，Pt电极为负极，V2+在负极失电子发生氧化反应生成V3+，电极反应式为V2+-e-=V3+；故C正确；

D.电解池的离子交换膜为质子膜，电极反应式不可能有氢氧根离子参与，则充电时，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D错误；

故选D。

【点睛】

书写电极反应式时，注意电解质溶液为酸性，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现氢氧根是解答关键。二、填空题(共7题，共14分)7、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/mol8、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大压强，NO转化率提高;

②在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2溶解度较高；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行；

②平衡常数K是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【详解】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反应是气体体积分数减小的反应，则增大压强，NO转化率提高，故答案为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫；脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小。

②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为故答案为：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。【解析】4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好9、略

【分析】【分析】

HOOC﹣COOH是分子内含有2个-COOH官能团的二元弱酸；在水溶液中分两步发生电离。

【详解】

HOOC﹣COOH是二元弱酸，在水溶液里分两步进行电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4+H+、+H+；

故答案为：H2C2O4+H+，+H+。

【点睛】

如果我们不注意知识的积累，很容易将HOOC﹣COOH的电离方程式错误地写为H2C2O4+2H+。【解析】H2C2O4+H+、+H+10、略

【分析】【详解】

(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案为：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步电离为完全电离，则溶液中没有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒；所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1；A项错误；

B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(HA−)；B项正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C项正确；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D项正确，故答案为：BCD；

(3)A.温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，a点Kw=10−14，所以b＞c＞a；A项错误；

B.c点Kw=10−13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，B项错误；

C.由图可计算出各点的水的离子积，d点Kw=10−14，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞a；C项正确；

D.b点Kw=10−12；中性溶液pH=6，将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，D项正确；故选CD。

【点睛】

本题易错点(3)，图象数据分析，要先明确纵轴、横轴所代表的意义，结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断，温度越高，水的离子积常数越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD11、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.12、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.CD13、略

【分析】【分析】

(1)装置甲为氢氧燃料电池；通入氢气的电极为负极，负极的电极反应式氢气发生氧化的方程式；

(2)在乙装置中；铁电极与电源的负极相连，据此判断石墨电极为阳极，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，溶液先变红的是生成氢氧根离子的一极；

(3)丙装置是电解精炼铜；按该反应原理判断硫酸铜溶液浓度变化并书写精铜电极上的电极反应式；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置；据此写电解的总反应方程式；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式，结合数据计算质量；

【详解】

(1)装置甲为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，氢气在负极被氧化，在碱性环境下发生反应生成水，其反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙装置中，铁电极与电源的负极相连作阴极，则石墨电极为阳极，该装置反应为电解饱和食盐水，阳极为氯离子被氧化，阴极反应为2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反应一段时间后，滴入酚酞溶液后铁电极负极溶液先变红；

(3)丙装置是电解精炼铜，粗铜作阳极，阳极上粗铜中比铜活泼的杂质如锌、铜会被氧化，硫酸铜溶液中铜离子得到电子被还原，阴极得到电子数和阳极上失去电子数相同，故析出的铜比溶解的铜少，则铜离子浓度减小；精铜作阴极，则其电极反应式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置，则电解的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按电子数守恒；找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式为。

则m=32g。【解析】负极H2-2e－+2OH－=2H2O阳极铁极减小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g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1题，共8分)15、略

【分析】【分析】

根据流程：硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH沉淀Fe3+，过滤，向滤液中加入KOH，用N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O；据此分析解答。

【详解】

(1)根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为SO2；2∶1；

(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；H2O2的电子式为Fe(铁)为26号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；第四周期第Ⅷ族；空气或氧气；

(3)加入试剂Y的目的是：调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+；根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8，故答案为3.7≤pH＜4.8；

(4)操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为过滤；防止生成的Cu2O被空气氧化；

(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。【解析】SO22∶1第四周期第Ⅷ族空气或氧气过滤防止被空气中氧气氧化五、原理综合题(共2题，共8分)16、略

【分析