2025年粤教版选修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年粤教版选修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、一定条件下在一容积恒为2L的容器内发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，已知起始投入4molA(g)和2molB(g)，经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，并且2s后各组分浓度不再改变。下列说正确的是（）A.2s内用物质A表示的平均反应速率为0.6mol/(L·s)B.该条件下，该反应的平衡常数为K=C.2s后每有0.6mol的物质B生成，同时就有0.6mol物质C生成D.2s时物质B的浓度为0.7mol/L2、碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5，将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是A.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）B.c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）C.c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）D.c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）3、下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是。

①滴入酚酞试液，NaNO2溶液显红色。

②用HNO2溶液做导电实验；灯泡很暗。

③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2中和碱的能力强。

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2

⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体。

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀释至1000倍时pH＜4A.①⑤B.②⑤C.③⑥D.①④4、已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A.曲线I为次氯酸稀释时pH变化曲线B.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小C.a点时，若都加入相同大小的锌粒，此时与氢氟酸反应的速率大D.取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗次氯酸的体积较小5、25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=lg或lg下列叙述正确的是（）

A.曲线m表示pH与lg的变化关系B.当溶液呈中性时，c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)C.Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4D.25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的水解常数为1.0×10-7.66、某酸H2A为二元弱酸．20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)＝0.100mol•L﹣1的H2A和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()

A.pH＝2.5的溶液中：c(H2A)+c(A2﹣)>c(HA﹣)B.c(Na+)=0.100moL•L﹣1的溶液中：c(H+)+c(H2A)＝c(OH﹣)+c(A2﹣)C.c(HA﹣)＝c(A2﹣)的溶液中：c(Na+)>0.100mol•L﹣1+c(HA﹣)D.pH＝7.0的溶液中：c(Na+)<2c(A2﹣)评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、在1L的恒容密闭容器中发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH，若起始时充入0.4molCH4和0.4molCO2，测得CH4的平衡转化率与温度的关系如图中曲线a所示。下列说法一定正确的是（）

A.ΔH＞0B.延长M点的反应时间，可以提高CH4的平衡转化率C.T1℃，起始时若向该容器中充入等物质的量的CH4、CO2、CO和H2，则此时反应向正反应方向进行D.曲线b可表示向该容器中充入0.5molCH4和0.5molCO2，CH4的平衡转化率与温度的关系8、相同温度下，体积均为0.25L旳两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.6kJ/mol，实验测得起始、平衡时得有关数据如下表：。容器编号起始时各物质物质旳量/mol达平衡时体。

系能量旳变化N2H2NH3NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q

下列叙述错误旳是（）A.容器①、②中反应旳平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3旳体积分数均为25%C.容器②中达平衡时放出旳热量Q=23.15kJD.若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量＜23.15kJ9、一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)。编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)达到平衡所需时间(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)PCl3(g)Cl2(g)Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3

下列说法正确的是A.平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB.反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC.反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为v(PCl5)=mol/(L·s)D.起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.15mol，则反应将向逆反应方向进行10、在常温下，0.1000mol/LNa2CO3溶液25mL用0.1000mol/L盐酸滴定；其滴定曲线如图。

对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A.a点：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)B.b点：5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d点：c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)11、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)12、Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如图：

已知：Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：Co3+＞Fe3+＞Co2+。

几种氢氧化物的溶度积如下表：

。氢氧化物。

Co(OH)2

Fe(OH)2

Co(OH)3

Al(OH)3

Fe(OH)3

溶度积(Ksp)

2.0×10－15

8.0×10－16

2.0×10－44

1.3×10－33

4.0×10－39

下列有关说法错误的是A.溶解池中生成H2的离子反应方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑B.加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水或碘水C.残渣1的主要成分为Fe(OH)3D.操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥和灼烧四个步骤评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、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_________________________________________。14、按要求回答下列问题。

（1）写出氮化镁的化学式________。

（2）写出的离子结构示意图________。

（3）写出醋酸在水溶液中的电离方程式________。

（4）写出溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的化学方程式________。15、I．现有下列物质①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)这些物质与25℃纯水相比，能促进水电离的是________(填序号，下同)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，___________时；水的电离度相等。

II．今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。

(1)若三种酸的物质的量浓度相等，三种溶液中的c(H＋)大小关系为______

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，三种酸的物质的量浓度大小关系为_____。16、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是____写出二者反应的离子方程式：___________。

（2）常温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或碱性，下同）；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠等体积混合，所得溶液呈___________。17、按要求填写下面的空。

（1）温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它们的pH值由小到大的排列顺序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃时，利用pH试纸测得0.1mol•L-1醋酸溶液的pH约为3；则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加水稀释。pH值将_____（填“增大”；“减小”或“无法确定”）

（3）25℃时，pH=3的NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝______（取近似值）

（4）pH=2的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，分别加水至pH再次相等，则加入水的体积V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）浓度均为0.1mol/L的盐酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等体积的水稀释后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)18、某工业废水中含有和可采用沉淀法将其除去。

（1）若加入来沉淀和当溶液中和共存时，___________。

（2）若加入溶液来调节使和完全沉淀，应满足的条件为_________。

已知：①

②时，会转化为

③离子完全除去的标准：该离子浓度19、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl﹣(aq)。25℃时，现将足量AgCl分别放入：①100mL蒸馏水；②100mL0.2mol•L﹣1AgNO3溶液；③100mL0.1mol•L﹣1氯化镁溶液；④100mL0.1mol•L﹣1氯化钠溶液。充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是________(填写序号)。20、依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；设计的原电池如下图所示。

请回答下列问题：

(1)电极X的材料是________；Y是________。

(2)银电极为电池的________极，X电极上发生的电极反应为_____________________21、LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点。某电极的工作原理如左下图所示，该电池电解质为能传导Li+的固体材料。

（1）放电时，该电极为_____极，电极反应为__________________________

（2）充电时该电极连接外接电源的______极。

（3）放电时，电池负极的质量_______(减少；增加、不变)

（4）LiOH可做制备锂离子电池电极的材料，利用如右上图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。阴极区电解液为__________溶液（填化学式），离子交换膜应使用__________(阳、阴)离子交换膜。评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)22、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2题，共20分)23、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。24、我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体(ZnSO4·7H2O)和纯MnO2的工艺如下图所示：

已知：

①锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；还含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作为_____________。

A.酸浸B.过滤C.焙炒D.焙烧。

(2)粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_____________________。

(3)焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。

(4)制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是______________________________，若溶解时不加H2O2带来的后果是____________________。

(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度：取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。

①MnO2参与反应的离子方程式为_____________。

②该样品中MnO2的质量分数为__________________(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共5分)25、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.2s内用物质C表示的平均反应速率为v（C）===0.3mol/（L•s）；v（A）=v（C）=0.3mol/（L•s），故A错误；

B.2A(g)+B(g)2C(g)

起始（mol）420

转化（mol）2xx2x

平衡（mol）4-2x2-x2x

由题意2x=0.6，x=0.3mol/L，K==故B错误；

C.0.6mol的物质B生成；表示逆反应方向，同时有0.6mol物质C生成，表示正反应方向，正逆反应速率之比为1：1，不等于系数之比2：1，未处于平衡状态，反应向正反应方向进行，故C错误；

D.△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度为-0.3mol/L=0.7mol/L；故D正确。

正确答案是D。2、C【分析】【详解】

草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，则C正确，ABD错误，故选C。3、B【分析】【详解】

①滴入酚酞试液，NaNO2溶液显红色，说明亚硝酸根能水解，为弱酸酸根，①能证明HNO2是弱电解质；

②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中自由移动离子浓度小，与HNO2溶液中离子浓度有关，②不能证明HNO2是弱电解质；

③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2中和碱的能力强，说明HNO2在反应过程中，可以继续电离出H+，③能证明HNO2是弱电解质；

④0.10mol/LHNO2溶液的pH＝2，说明HNO2部分电离，④能证明HNO2是弱电解质；⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，只能说明HNO2酸性强于碳酸；

⑤不能证明HNO2是弱电解质；

⑥c(H＋)＝0.1mol/L的HNO2溶液稀释至1000倍时pH<4明在稀释过程中，HNO2还可以电离，⑥能证明HNO2是弱电解质；

故答案选B。4、D【分析】【详解】

A.pH相同的两种酸溶液；酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中，pH变化越大，由于HF酸性强于HClO，所以稀释过程中，HF的pH变化更大，则曲线Ⅰ代表HF溶液稀释过程中pH变化曲线，故A错误；

B.酸抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，c（H+）：c＞b，则水电离程度：b＞c；故B错误；

C.酸的浓度越大；反应速率越快，a点时HClO的浓度大于HF，则HClO的反应速率较大，故C错误；

D.pH相同的两种酸；酸性越强酸浓度越小，则a点酸浓度：HF＜HClO，取a点的两种酸溶液，中和相同体积；相同浓度的NaOH溶液，消耗酸的体积与酸的浓度成反比，所以HClO溶液消耗体积小，故D正确；

故选D。5、C【分析】【分析】

溶液的pH越小，HCO3-和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lg

，n曲线代表lg

【详解】

A、H2CO3的电离平衡常数Ka1>Ka2，Ka1=Ka2=当pH相等时，<lg＞lgm曲线代表lg故A错误；

B、当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）；故B错误；

C、Ka1（H2CO3）=在N点lg=1，即=10，N点的pH=7.4，则c（H+）=10-7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10-7.4=1.0×10-6.4；故C正确；

D、M点的pH=9.3，则c（H+）=10-9.3mol/L，=-1，=10-1，Ka2（H2CO3）==10-1×10-9.3=1.0×10-10.3，25℃时，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-的平衡常数为Kh===1.0×10-3.7；故D错误。

答案选C。

【点睛】

考查盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查分析能力和计算能力。6、B【分析】【详解】

A.根据图像知pH=2.5的溶液中：c(H2A)+c(A2-)<c(HA-)；A错误；

B.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液，根据c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1知此时溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+cA2-)；B正确；

C.c(HA-)=c(A2-)的溶液中有电荷守恒：c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)+c(H+)，已知c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1，此溶液中H2A浓度几乎为0，可以忽略，把c(HA-)=c(A2-)和c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1带入电荷守恒的等式，得到：c(OH-)+c(HA-)+0.100mol·L-1=c(Na+)+c(H+)，溶液的pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<0.100mol·L-1+c(HA-)；C错误；

D.pH=7时，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）可知：c（Na+）=c（HA-）+2c（A2-），则c(Na+)>2c(A2-)；D错误。

答案选B。

【点睛】

本题考查粒子间浓度的关系，学会分析图形，利用电离和水解的知识点，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒进行解题。二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】【分析】

横坐标为温度；温度升高，甲烷转化率增大，说明温度升高，平衡向消耗甲烷的方向移动。

【详解】

A．温度升高，甲烷转化率增大，所以正反应为吸热反应，ΔH>0；A正确；

B．M点为平衡状态；条件不变，延长反应时间，平衡不发生移动，甲烷的转化率不变，B错误；

C．体积为1L，T1℃时：K==2.0736，假设起始时充入CH4、CO2、CO和H2的物质的量为a，Qc=Qc和K的大小，和起始值a有关，不一定正向移动，C错误；

D．充入0.5molCH4和0.5molCO2比充入0.4molCH4和0.4molCO2而言；平衡正向移动，但是起始值增大程度大于转化值增大程度，转化率减小，图像符合，D正确。

答案选AD。

【点睛】

本题易错选项C，某时刻平衡正向移动还是逆向移动，关键看Qc和K的关系，Qc>K，平衡逆向移动，Qc8、BC【分析】【分析】

平衡常数只与温度有关；利用反应热计算生成氨气的物质的量；进而根据化学方程式计算生成氨气的体积分数；从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系。

【详解】

A．平衡常数只与温度有关；相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；

B．①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：＝0.5mol；利用三段式法计算：

平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数＝

从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2；在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B错误；

C．②中含有0.2molNH3相当在①的基础上加入氨气；抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；

D．若容器①体积为0.5L；相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ，故D正确；

故答案选BC。9、BD【分析】【详解】

A．I、Ⅱ温度相同，则二者平衡常数相等，Ⅲ比I相比温度升高，平衡时Ⅲ中PCl3比I中的大，说明升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ；故A错误；

B．恒温恒容下，Ⅱ等效在I中平衡基础上压强增大一倍，平衡逆向移动，转化率减小，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ；故B正确；

C．速率之比等于化学计量数之比，则v(PCl5)=v(PCl3)==mol/(L∙s)；故C错误；

D．410℃平衡时PCl5为0.4mol−0.15mol=0.25mol，该温度下平衡常数K==0.045，浓度商Qc==0.1125＞K=0.045；反应向逆反应进行，故D正确；

答案选BD。10、BD【分析】【详解】

A．a点时n(HCl)=0.1mol/L×0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于CO32-水解程度大于HCO3-电离程度，则c(HCO3-)＞c(CO32-)，A错误；

B．b点时n(HCl)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3)，则5c(Cl-)>4c(HCO3-)+4c(CO32-)，B正确；

C．c点时n(HCl)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，恰好反应生成NaHCO3，根据质子守恒得c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，C错误；

D．d点时加入盐酸0.005mol，与碳酸钠完全反应，溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，则c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；D正确。

答案为BD。

【点睛】

注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答。11、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。12、BC【分析】【分析】

钴矿石主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质，煅烧后用盐酸溶解，溶液中阳离子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反应的H+，加入Co粉会有氢气生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；根据几种氢氧化物的溶度积数据，需要将Fe2+转化为Fe3+除去，因此加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入浓氨水调节pH使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤分离，Co(OH)2灼烧得到Co3O4；滤液中含有氯化钠；氯化铵等。据此分析解答。

【详解】

A．Co与HCl发生置换反应生成CoCl2与H2，反应离子方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑；故A正确；

B．试剂1是将Fe2+氧化为Fe3+，碘水不能将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水可以将Fe2+氧化为Fe3+；且还原产物为水，故B错误；

C．加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，残渣I的主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；故C错误；

D．操作Ⅱ是将Co(OH)2固体与液体分离，然后将Co(OH)2灼烧生成Co3O4；操作Ⅱ包括过滤；洗涤、干燥，灼烧四个步骤，故D正确；

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)13、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)14、略

【分析】【分析】

(1)依据名称和元素化合价代数和为0；书写化学式；

(2)钠离子的核内质子数为11；核外电子数=10，据此书写离子结构示意图；

(3)醋酸为弱酸；部分电离；

(4)溴能够置换碘；据此书写反应的化学方程式。

【详解】

(1)氮化镁中镁元素化合价+2价，氮元素化合价为-3价，根据元素化合价代数和为0，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

(2)钠离子的核内质子数为11，核外电子数=10，离子结构示意图为故答案为：

(3)醋酸为弱酸，部分电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；

(4)溴能够置换碘，溴水使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为Br2+2KI=2KBr+I2，故答案为：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH⇌CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I215、略

【分析】【分析】

一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高温度或加入能与H+或OH-反应的离子，可促进水的电离，如加入酸或碱，溶液中H+或OH-浓度增大；则抑制水的电离，以此解答该题。

【详解】

I．(1)①100℃纯水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定温度下，水存在电离平衡H2O（l）⇌H+（aq）+OH-（aq）△H>0；这些物质与25℃纯水相比，能促进水的电离的是升高温度，因水的电离为吸热反应；

加入酸、碱溶液可抑制水的电离，即②③④抑制水的电离；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或酸溶液，如纯水、盐酸等，①②符合；水电离的水等于溶液中可为中性溶液或碱溶液，如纯水；氢氧化钾、氢氧化钡溶液，①③④符合；

故答案为：①；②③④；①②；①③④；

(2)纯水中加入酸、碱,可抑制水的电离；从②和③溶液中水的电离程度相等，进而可推出的结论是：同一温度下酸溶液中的等于碱溶液中的水的电离程度相等；

故答案为：酸溶液中的与碱溶液中的相等时；

II．(1)今有①盐酸②醋酸③硫酸三种稀溶液，若三种酸的物质的量浓度相等为a，则硫酸中氢离子的浓度为2a，盐酸中氢离子的浓度为a，醋酸不完全电离，氢离子的浓度小于a，则三种溶液中的c(H＋)大小关系为③>①>②；

(2)若三种溶液的c(H＋)相等，则三种酸的物质的量浓度大小关系与(1)相反：②>①>③。【解析】①②③④①②③④酸溶液中的与碱溶液中的相等时③>①>②②>①>③16、略

【分析】【分析】

（1）离子浓度越大；导电性越强，氨水为弱电解质，醋酸铵为强电解质；

（2）一水合氨为弱电解质；浓度越大，电离程度越小；

（3）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水过量。

【详解】

（1）氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：导电性先变大后变小；NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，又弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案为：＜；

（3）室温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，恰好完全反应生成NH4Cl；为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；室温下，pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，醋酸是弱电解质，所以醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案为：酸性；酸性。

【点睛】

本题考查弱电解质的电离平衡的影响因素以及电离平衡的应用知识，注意把握弱电解质的电离特点。【解析】导电性先变大后变小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性17、略

【分析】【分析】

（1）先判断出溶液的酸碱性；然后利用盐类水解规律进行分析；

（2）利用电离平衡常数进行计算；以及浓度对弱电解质电离的影响进行分析；

（3）根据电荷守恒以及离子积进行分析判断；

（4）先稀释相同倍数；判断出pH的大小，然后继续加水稀释得出结果；

（5）利用强电解质完全电离；弱电解质部分电离进行分析；

【详解】

（1）①(NH4)2SO4溶液显酸性，②NaNO3溶液显中性，③NH4HSO4溶液显酸性，④NH4NO3溶液显酸性，⑤NaClO溶液显碱性，⑥CH3COONa溶液显碱性，CH3COOH的酸性强于HClO，即ClO－水解能力强于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全电离NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液显酸性，是因为NH4＋水解造成，水解程度微弱，相同浓度时，(NH4)2SO4的酸性强于NH4NO3；因此pH由小到大的顺序是③①④②⑥⑤，故A正确；

答案为A；

（2）CH3COOH的电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸为弱电解质，电离程度微弱，溶液中C(CH3COOH)约为0.1mol·L－1，电离平衡常数Ka==10－5；向此溶液中加水稀释，虽然促进醋酸的电离，但c(H＋)减小；即pH增大；

答案为10－5；增大；

（3）根据电荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，该溶液的pH=3，则溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表达式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案为10－3mol·L－1；

（4）醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释促进电离，盐酸为强酸，全部电离，相同pH的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数，醋酸的pH小于盐酸的pH，为达到pH再次相等，需要向醋酸中继续加水稀释，因此加水的体积V(HCl)3COOH)；

答案为<；

（5）盐酸为强酸，0.1mol·L－1盐酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀释相同倍数后，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案为<。

【点睛】

稀释一元弱酸和一元强酸时，应注意是浓度相同还是pH相同，如果是浓度相同，体积相同，一元强酸完全电离，一元弱酸是部分电离，稀释相同倍数，强酸中c(H＋)始终大于弱酸；如果是pH相同，体积相同，则弱酸的浓度大于强酸，加水稀释，促进醋酸的电离，弱酸的pH小于强酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<18、略

【分析】【详解】

(1)=故答案为：105；

(2)由氢氧化锌和氢氧化铜的溶度积常数可知，氢氧化铜的溶解度小，要使两种离子均沉淀完全要确保氢氧化锌完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因时，会转化为因此pH应小于11，应满足的条件为8.5～11，故答案为：8.5～11；【解析】1058.5～1119、略

【分析】【分析】

①是氯化银自身溶解电离出银离子；②③④都会抑制氯化银的溶解，但②中银离子浓度很大。

【详解】

①100mL蒸馏水，c（Ag+）=c（Cl-）=离子浓度很小；②100mL0.2mol∙L﹣1AgNO3溶液，银离子浓度等于0.2mol∙L﹣1；③100mL0.1mol∙L﹣1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度较小；④100mL0.1mol∙L﹣1氯化钠溶液中氯离子浓度为0.1mol∙L﹣1，对AgCl在水中溶解起抑制作用，银离子浓度比③中银离子浓度大；因此充分搅拌后，相同温度下Ag+浓度由大到小的顺序是②①④③，故答案为：②①④③。【解析】②①④③20、略

【分析】【分析】

原电池是由两个半电池组成的，根据氧化还原反应2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；铜是负极，银是正极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，则铜极应处于含有铜离子的可溶性盐溶液中，银处于含有银离子的可溶性银盐溶液中，电子从负极沿大小流向正极。

【详解】

（1）根据电解质溶液中的阳离子与电极材料是同种金属的特点，可推知X是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液，故答案为：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活动性Cu>Ag，结合原电池反应的原理可知银电极为电池的正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e－=Cu2＋，故答案为：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【点睛】

注意含有盐桥的原电池中，电极材料和其相应的盐溶液必须含有相同的金属元素是解答关键，也是易错点。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋21、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）放电时，该装置是原电池，正极发生还原反应，反应为：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充电时为电解池，该电极连接外接电源的正极；（3）放电时，该装置是原电池，电池负极发生氧化反应，负极反应为：Li―e－=Li＋，质量减少；（4）根据示意图，B极区生产H2，同时生成LiOH，则B极区电解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液则无法得到纯净的LiOH，则B极区电解液为LiOH溶液；离子交换膜应使用阳离子交换膜，传导Li＋。

【考点】

电解原理及应用。

【点睛】

本题考查电解原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；准确理解题给信息是解决问题的关键。首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，侧重于对分析问题、解决问题能力的考查。【解析】正FePO4+e-+Li+=LiFePO4正极减少LiOH阳四、判断题(共1题，共3分)22、×【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2题，共20分)23、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少24、略

【分析】【分析】

废旧电池拆解后，锌皮中的锌和铁在稀硫酸中溶解，铁和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化为Fe3+，再加ZnO调节溶液的PH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下转化为MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙烧MnCO3，使之被空气中的氧气氧化为纯MnO2。

【详解】

（1）炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；过滤后把滤渣焙炒，碳粉被空气中的氧气氧化为二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙烧时，炭包内部的碳比较难与氧气反应除去，正确答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反应过程中MnO2被还原，则H2O2被氧化生成O2，配平该反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正确答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑