…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版選修4化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、現有容積固定且相同的甲、乙、丙三個容器，均存在如下反應：在一定條件下分別向三個容器中充入的氣體量和如下表所示：。容器甲210乙10.50丙10.51

根據以上數據，下列選項正確的是A.B.C.D.2、下列有關水溶液中的離子問題的敘述中正確的是（）A.pH=12的氨水和pH=2的鹽酸等體積混合，c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B.將pH=11的氨水溶液稀釋后，恢復至原溫度，pH和Kw均減小C.向一定量的醋酸溶液中逐滴加入物質的量濃度相同的氫氧化鈉溶液，直至氫氧化鈉過量，在實驗過程中水的電離程度的變化趨勢是先小后大D.溶有等物質的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c(HClO)+c(ClO-)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)3、已知鄰苯二甲酸（H2A）的Ka1=1.1×10?3，Ka2=3.9×10?6。常溫下，用0.10mol·L?1的NaOH溶液滴定20.0mL0.10mol·L?1的鄰苯二甲酸氫鉀（KHA）溶液；溶液pH的變化曲線如圖所示。下列敘述錯誤的是。

A.a點的混合溶液中：c（K+）>c（A2-）>c（Na+）>c（HA-）B.b點的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）C.c點溶液pH在9~10之間D.從a點到c點水的電離程度逐漸增大4、含有等物質的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，下列說法正確的是A.c(CH3COOH)+c(H+)＜c(OH－)+c(CH3COO－)B.c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH－)+c(CH3COO－)C.c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)D.c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)5、如圖，向燒杯中滴加幾滴濃鹽酸，CaCO3固體還有剩余（忽略體積；溫度的變化）；下列數值變小的是。

A.c(Ca2+)B.c(CO32-)C.c(H+)D.碳酸鈣的溶解度評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在一定溫度下，把2體積N2和6體積H2通入一個帶活塞的體積可變的容器中，活塞的一端與大氣相通如圖所示。容器中發生以下反應：N2+3H22NH3（正反應為放熱反應）。若反應達平衡后；測得混合氣體的體積為7體積，據此回答下列問題：

（1）保持上述反應溫度不變，設a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的體積；如果反應達到平衡后混合氣體中各物質的體積仍與上述平衡時完全相同，那么：

①若a=1,c=2，則b=____。在此情況下，反應起始時將向______（填“正”或“逆”）反應方向進行。

②若需規定起始時反應向逆反應方向進行，則c的范圍是______。

（2）在上述裝置中，若需控制平衡后混合氣體為6.5體積，則可采取的措施是______，原因是_____。7、在一定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）；

其化學平衡常數K和溫度t的關系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列問題：

（1）該反應的化學平衡常數表達式為K＝_______________。

（2）該反應為_______________反應（填“吸熱”；“放熱”）。

（3）能判斷該反應是否達到化學平衡狀態的依據是_______________。

a．容器中壓強不變b．混合氣體中c(CO)不變。

c．v正(H2)＝v逆(H2O)d．c(CO2)＝c(CO)

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，試判斷此時的溫度為_______________℃。

（5）1200℃時，在某時刻體系中CO2、H2、CO、H2O的濃度分別為2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，則此時上述反應的平衡向__________移動（填“正向”、“逆向”或“不”）。8、按要求回答下列問題。

（1）寫出氮化鎂的化學式________。

（2）寫出的離子結構示意圖________。

（3）寫出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

（4）寫出溴水使濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍的化學方程式________。9、時，三種酸的電離平衡常數如下：。化學式HClO電離平衡常數

回答下列問題：

（1）一般情況下，當溫度升高時，______填“增大”、“減小”或“不變”

（2）下列四種離子結合質子能力由大到小的順序是______填序號

a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-

（3）下列反應不能發生的是______填序號

a.

b.

c.

d.

（4）用蒸餾水稀釋的醋酸，下列各式表示的數值隨水量的增加而增大的是______填序號

a.b.c．d．

（5）體積均為10mL；pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程中pH變化如圖所示。

則HX的電離平衡常數______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的電離平衡常數；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c（H+）______醋酸溶液中水電離出來的c（H+），理由是___________。10、在一定溫度下，現有三種酸：a.鹽酸b．硫酸c．醋酸；現回答下面問題（注：填對應的字母）

（1）當三種酸物質的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是_____________。

（2）若三者c(H+)相同時；物質的量濃度由大到小的順序是________________。

（3）當三者c(H+)相同且溶液體積也相同時；分別放入足量的鋅，相同狀況下產生氣體的體積由大到小的順序_______________。

（4）當c(H+)相同；溶液體積相同時；同時加入形狀、密度、質量完全相同的鋅，則開始時反應速率的大小關系為_______________。

（5）將c(H+)相同的三種酸均加水稀釋至原來的100倍后，c(H+)由大到小的順序是_____。11、（1）碳酸：H2CO3，K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11

草酸：H2C2O4，K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5

0.1mol/LNa2CO3溶液的pH_____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；（選填“大于”“小于”或“等于”）

（2）等濃度的草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是_____；若將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是_____（選填編號）；

a．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)

b．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

c．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)

d．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)12、向等物質的量濃度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種（H2S、HS—、S2—）的分布分數（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數）與滴加鹽酸體積的關系如下圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）。

(1)含硫物種B表示__________（填離子符號）。

(2)在滴加鹽酸過程中，溶液中c(Na+)與含硫各物種濃度的大小關系為_____________(填選字母)。

a．c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+2c(S2—)

b．2c(Na+)=c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)

c．c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS—)+c(S2—)]13、氮的化合物在國防建設；工農業生產和生活中有廣泛的用途。請回答下列問題：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。

①若氨水的濃度為2.0mol·L-1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的質子守恒____________。

(2)室溫時，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH與氨水體積的關系曲線如圖所示：

①試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是_________；

②在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________；

③寫出a點混合溶液中下列算式的精確結果(不能近似計算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亞硝酸(HNO2)的性質和硝酸類似，但它是一種弱酸。常溫下亞硝酸的電離平衡常數Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常溫下向含有2mol碳酸鈉的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的濃度由大到小的順序是______。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共6分)15、用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可以提高燃燒效率，又能得到高純CO2；是一種高效；清潔、經濟的新型燃燒技術，反應①為主反應，反應②和③為副反應。

①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)△H1=－47.3kJ/mol

②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H2=+210.5kJ/mol

③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)△H3=-86.2kJ/mol

（1）反應2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=_______（用△H1△H2△H3表示）。

（2）反應①～③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖18.結合各反應的△H；歸納lgK～T曲線變化規律：

a）__________________________________

b)__________________________________

（3）向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO，反應①于900oC達到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1；計算CO的轉化率（忽略副反應，結果保留2位有效數字）。

（4）為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入_______。

（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生成CaSO4，該反應的化學方程式為_______；在一定條件下CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，產物的結構簡式為_______。評卷人得分五、工業流程題(共4題，共24分)16、銅轉爐煙灰主要含有Zn［還有少量的Fe(+2價)、Pb；Cu、As等元素］的硫酸鹽和氧化物；少量為砷酸鹽。制備重要化工原料活性氧化鋅的工藝流程如圖所示。請回答以下問題：

已知：活性炭凈化主要是除去有機雜質。

(1)寫出氯化銨的電子式___，“凈化”過程屬于___(填“物理”；“化學”)變化。

(2)在反應溫度為50℃，反應時間為1h時，測定各元素的浸出率與氯化銨溶液濃度的關系如圖，則氯化銨適宜的濃度為___mol·L-1。若浸出液中鋅元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，則浸取時ZnO發生反應的離子方程式為___。

(3)滴加KMnO4溶液有MnO2生成，目的是除___元素，除雜3是置換除雜過程，則試劑a是___，“濾渣Ⅲ”的主要成分為___(填化學式)。

(4)寫出“沉鋅”時發生反應的離子方程式___，此過程中可以循環利用的副產品是___。

(5)取mg活性氧化鋅樣品配成待測液，加入指示劑3、4滴，再加入適量六亞甲基四胺，用amol?L-1EDTA標準液進行滴定，消耗標準液VmL。已知：與1.0mLEDTA標準液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當的以克表示的氧化鋅質量為0.08139，則樣品中氧化鋅的質量分數為___(用代數式表示)。17、實驗室以工業廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)為原料制取(NH4)2SO4晶體和輕質CaCO3；其實驗流程如下：

已知：①金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍(pH=8.5時Al(OH)3開始溶解)。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+開始沉淀時pH3.42.77.611.3完全沉淀時pH4.73.79.6/

②已知常溫下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9

回答下列問題：

(1)廢渣粉末“浸取”時，主要反應的離子方程式為_____________________________。實驗時需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是______________________。

(2)廢渣粉末“浸取”時，反應溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為_________。若溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，其原因是_______________________。

(3)濾渣1成分是_______________(填化學式)。

(4)加適量H2O2的作用是________________________________(用離子方程式表示)。“調pH值”除鐵和鋁時，應調節溶液的pH范圍為_________________。18、某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)、石墨和鋁箔等，該電池充電時負極(陰極)反應為6C+xLi++xe-=LixC6，鋰電池充放電過程中發生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉化。現利用以下工藝回收正極材料中的某些金屬資源。

回答下列問題：

(1)放電時電池總反應方程式_______________；該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外還有_______________。

(2)寫出“正極堿浸”過程中發生反應的離子方程式_______________。

(3)分離操作1是_______________；“酸浸”步驟發生的氧化還原反應化學方程式是_______________。

(4)“酸浸”時若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點是_______________。

(5)“沉鈷”過程中的實驗現象有_______________。19、以廢舊磷酸亞鐵鋰正極材料(主要成分為LiFePO4，含炭黑、鋁等雜質)為原料可制備LiOH溶液和FePO4。

(1)“除鋁”時反應的離子方程式為______________________________。

(2)試從沉淀溶解平衡移動的角度解釋“浸取時加入H2O2、稀鹽酸”可促進LiFePO4溶解的原因：______。

(3)“浸取”所得濾液中，磷元素的存在形式主要是________(填字母)。

a.POb.H3PO4c.H2PO

(4)“沉鐵”時鐵、磷的沉淀率隨溶液pH的變化如圖1所示。pH＞2.5后磷元素的沉淀率逐漸下降，原因是_____________________。

(5)“電解”制備LiOH的原理如圖2所示，裝置中使用陽離子交換膜將電解槽隔成陽極室和陰極室的目的是________________________________________。

(6)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反應得到LiFePO4、NH4HSO4。寫出該反應的化學方程式：__________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A.由于反應可逆，甲容器中反應實際放出的熱量小于197kJ，故故A錯誤；

B.在體積不變的情況下，加入氦氣對平衡移動沒有影響，乙和丙容器中平衡狀態相同，故故B正確；

C.甲和乙裝置相比，甲的投料增加，相當于在乙的基礎上增大壓強，平衡正向移動，SO2的轉化率甲大于乙，故故C錯誤；

D.乙和丙容器中平衡狀態相同，能量變化相同，由C項知，則△H1<2△H3，該反應為放熱反應，焓變為負值，所以△H1<△H3；故D錯誤；

故選B。2、D【分析】【詳解】

A.pH=2的鹽酸中c（H+）=10-2mol/L，pH=12的氨水中c（OH-）=10-2mol/L，兩種溶液H+與OH-離子濃度相等，但由于氨水為弱電解質，不能完全電離，則氨水濃度大于鹽酸濃度，反應后氨水過量，溶液呈堿性，所以溶液中離子濃度相對大小順序為c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B.將氨水稀釋后；溶液中氫氧根離子的物質的量濃度變小，導致溶液的pH值變小；但水的離子積常數只與溫度有關，與溶液的濃度無關，所以溫度不變，水的離子積常數不變，故B錯誤；

C.酸能電離出氫離子；堿能電離出氫氧根離子，所以酸和堿都能抑制水的電離；當向一定量的醋酸溶液中逐滴加入物質的量濃度相同的氫氧化鈉溶液，溶液的酸性逐漸減弱，所以水的電離逐漸增強；當氫氧化鈉過量，溶液變成堿性，堿性溶液也抑制水的電離，所以在實驗過程中水的電離程度的變化趨勢是先大后小，故C錯誤；

D.溶有等物質的量NaClO、NaHCO3的溶液中，根據物料守恒得：c(HClO)+c(ClO-)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；故D正確。

故選D。3、B【分析】【詳解】

A．a點(加入的NaOH為KHA物質的量的一半，)溶液顯酸性，HA-的水解常數Kh===×10-11，HA-的電離常數為3.9×10-6＞×10-11，則HA-的電離程度大于水解程度，但其電離程度較小，所以其溶液中離子濃度關系為：c(K+)＞c(A2-)＞c(Na+)＞c(HA-)；故A正確；

B．b點溶液的pH=7，c(OH-)=c(H+)，此時溶液中所含溶質為等濃度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根據電荷守恒c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因此c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，在KHA溶液中存在物料守恒，c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，因此c(Na+)+c(H2A)=c(A2-)；故B錯誤；

C．c點溶液中含有等濃度的K2A和Na2A，Kh===×10-8，c(OH-)≈mol/L=×10-5mol/L；pH在9~10之間，故C正確；

D．a點溶液由于HA-的電離產生H+，溶液顯酸性，水的電離受到抑制，隨著NaOH溶液的加入，溶液中c(HA-)逐漸減小，c(A2-)逐漸增大，A2-的水解促進水的電離；因此水的電離程度逐漸增大，故D正確；

故選B。4、A【分析】【分析】

等物質的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由于醋酸的電離大于醋酸根離子的水解，所以溶液顯酸性，溶液中粒子濃度大小順序為：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)。

【詳解】

A．根據電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，由于c(Na+)＞c(CH3COOH)，則c(CH3COOH)+c(H+)＜c(OH－)+c(CH3COO－)；正確；

B．根據電荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，由于c(Na+)≠c(CH3COOH)，則c(H+)+c(CH3COOH)≠c(OH－)+c(CH3COO－)；錯誤；

C．溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH－)；錯誤；

D．根據物料守恒可知，2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)；錯誤；

故選A。5、B【分析】【詳解】

碳酸鈣飽和溶液存在加入鹽酸，c（H+）增大，消耗CO32-，c（CO32-）減小，平衡正向移動，c（Ca2+）增大，碳酸鈣溶解度增大，故B正確。二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【詳解】

(1)①反應達到平衡后混合氣體中各物質的量仍與上述平衡時完全相同,恒溫恒壓條件下,采用極限分析,按化學計量數轉化到左邊,應滿足2體積N2、6體積H2，2體積的氨氣完全轉化得到1體積氮氣、3體積氫氣，故1+a=1+1=2，3+b=6，則b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，則b=3；因反應前混合氣體為8體積，反應后混合氣體為7體積，體積差為1體積，則平衡時氨氣應該為1體積，而在起始時，氨氣的體積c=2體積，比平衡狀態時大，為達到同一平衡狀態，氨的體積必須減小，所以平衡逆向移動，故答案為：3；逆；

②若讓反應逆向進行；由上述①所求出的平衡時氨氣為1體積，氨氣的體積必須大于1體積，最大值則為2體積氮氣和6體積氫氣完全反應時產生的氨氣的體積，即為4體積，則1＜c≤4，故答案為：1＜c≤4；

(2)平衡后混合氣體為6.5體積<7體積，恒壓條件下，應是改變溫度影響平衡移動，由于正反應為放熱反應，且是氣體總分子數減小的反應，只能為降低溫度，,故答案為：降低溫度；6.5<7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施。【解析】①.3②.逆③.1＜c≤4④.降溫⑤.6.5＜7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施7、略

【分析】【詳解】

(1)因平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)反應的平衡常數K=故答案為

(2)由表可知：升高溫度；化學平衡常數增大，說明升高溫度，化學平衡正向移動，因此正反應為吸熱反應，故答案為吸熱；

(3)a、反應是一個反應前后體積不變的反應，壓強的改變不會要引起平衡移動，故a錯誤；b、化學平衡時，各組分的濃度不隨時間的改變而改變，因此混合氣體中c(CO)不變，說明達到了平衡狀態，故b正確；c、化學平衡狀態的標志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反應達到平衡狀態，故c正確；d、c(CO2)=c(CO)時，不能表明正逆反應速率相等，不一定達到了平衡狀態，故d錯誤；故選bc；

(4)某溫度下，各物質的平衡濃度符合下式：3c(CO2)?c(H2)=5c(CO)?c(H2O)，則平衡常數K==0.6；所處溫度為700℃，故答案為700；

(5)1200℃時，某時刻濃度商Qc==4＞K=2.6，說明反應向逆反應方向進行，故答案為逆向。【解析】吸熱bc700逆向8、略

【分析】【分析】

(1)依據名稱和元素化合價代數和為0；書寫化學式；

(2)鈉離子的核內質子數為11；核外電子數=10，據此書寫離子結構示意圖；

(3)醋酸為弱酸；部分電離；

(4)溴能夠置換碘；據此書寫反應的化學方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價+2價，氮元素化合價為-3價，根據元素化合價代數和為0，化學式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

(2)鈉離子的核內質子數為11，核外電子數=10，離子結構示意圖為故答案為：

(3)醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

(4)溴能夠置換碘，溴水使濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍，反應的化學方程式為Br2+2KI=2KBr+I2，故答案為：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I29、略

【分析】【分析】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程；升高溫度，促進弱電解質的電離；

(2)電離平衡常數越大；酸越強，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱；

(3)根據酸性強弱；結合強酸能夠制取弱酸分析判斷；

(4)醋酸是弱電解質，加水稀釋，促進醋酸電離，則n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但醋酸根離子、氫離子濃度增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都減小；據此分析解答；

(5)加水稀釋；促進弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數，pH變化大的酸酸性強，變化小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大，據此分析解答。

【詳解】

(1)弱電解質的電離為吸熱過程，升高溫度，促進弱電解質的電離，所以當溫度升高時，Ka增大；故答案為增大；

(2)電離平衡常數越大，酸越強，越易電離，則酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸根離子對應的酸的酸性越強，酸根離子結合質子的能力越弱，則四種離子結合質子的能力由大到小的順序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案為a＞b＞d＞c；

(3)酸性強弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應能夠發生，故a錯誤；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應能夠發生，故b錯誤；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，該反應無法發生，故c正確；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，則碳酸與次氯酸根離子反應只能生成碳酸氫根離子，不會生成CO32-；該反應不能發生，故d正確；故答案為cd；

(4)a．加水稀釋，促進醋酸電離，氫離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，所以的比值減小，故a錯誤；b．加水稀釋，促進醋酸電離，醋酸根離子物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，則的比值增大，故b正確；c．加水稀釋，盡管促進醋酸電離，但氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，所以的比值減小，故c錯誤；d．加水稀釋，氫離子濃度減小，溫度不變，水的離子積常數不變，則氫氧根離子濃度增大，的比值減小，故d錯誤，故答案為b；

(5)加水稀釋，促進弱酸電離，pH相同的不同酸，稀釋相同的倍數，pH變化大的酸，酸性強，變化小的酸，酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大，對水的電離的抑制程度越大；根據圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數，HX的pH變化大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數大于醋酸的電離平衡常數；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)，因為溶液中氫離子濃度越小，對的抑制程度越小，水的電離程度越大，稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它對水的電離的抑制能力減弱，故答案為大于；大于；稀釋后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)；它對水的電離的抑制能力減弱。

【點睛】

本題的易錯點為(4)，要注意對醋酸溶液進行稀釋，醋酸溶液中主要存在的離子濃度均會減小，但溫度不變，水的離子積常數不變，因此氫氧根離子濃度會增大。【解析】增大cdb大于大于稀釋后HX溶液中的小于溶液中的它對水的電離的抑制能力減弱10、略

【分析】【分析】

鹽酸、硫酸分別是一元、二元強酸，醋酸是一元弱酸，電離微弱，結合一元酸和二元酸的關系不難解答小題(1)(2)(3)(4)。將溶液稀釋時，弱酸的PH值變化慢；據此分析可解答(5)。

【詳解】

(1)物質的量濃度相同時，強酸完全電離，氫離子濃度大；鹽酸是一元強酸，二元強酸硫酸電離的氫離子濃度是鹽酸的兩倍；醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度小。所以氫離子濃度為b>a>c，故答案為：b>a>c。

(2)氫離子濃度相同時電離氫離子能力越弱的酸所需的濃度越高；等物質量的硫酸電離的氫離子是鹽酸的兩倍，所以所需的濃度是鹽酸的一半，所以這三種酸所需濃度大小關系是：c>a>b或c>a=2b。答案為c>a>b(或c>a=2b)。

(3)當c(H+)相同且溶液體積也相同時，三種酸已電離的氫離子物質的量相同，這部分H+與鋅產生的氣體體積相同。鹽酸和硫酸已完全電離所以產生等量的H2；而醋酸溶液中大量未電離的醋酸會隨反應進行不斷電離出氫離子直至反應完，所以產生H2最多。所以相同狀況下產生氣體的體積由大到小的順序是：c>a=b。答案為：c>a=b。

(4)活潑金屬與酸反應的實質是與酸電離出的氫離子反應，三種酸氫離子濃度相同，其他條件也完全相同，所以反應速率相同，故答案為：a=b=c。

(5)強酸已完全電離，稀釋促進弱酸的電離，所以稀釋相同的倍數，弱酸氫離子濃度由于得到補充而變化較小。故答案為：c>a=b。

【點睛】

決定活潑金屬與酸反應速率的是氫離子的濃度，而不是酸的濃度；決定與活潑金屬產生氫氣的量的是酸能電離出的氫離子的物質的量，不能只看已電離的氫離子的物質的量，沒有電離的弱酸會由于氫離子的消耗而繼續電離。【解析】b>a>cc>a>b(或c>a=2b)c>a=ba=b=cc>a=b11、略

【分析】【分析】

根據碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5的大小；電離平衡常數越小，其酸根離子的水解程度越大進行分析解答。

【詳解】

(1)由碳酸：H2CO3:K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11，草酸：H2C2O4:K1＝5.9×10﹣2，K2＝6.4×10﹣5，草酸的第二步電離平衡常數大于碳酸的第二步電離平衡常數，電離平衡常數越小，其酸根離子的水解程度越大，所以碳酸根離子的水解程度大于草酸根離子，0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH；故答案：大于；

(2)根據酸的電離常數，草酸的酸性強于碳酸，則等濃度草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是草酸，草酸的二級電離常數均大于碳酸的，所以草酸的電離程度大于碳酸，且碳酸以第一步電離為主，因此溶液中c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(HCO)＞c(CO)

，所以ac正確，bd錯誤；

故答案為：草酸；ac。【解析】①.大于②.草酸③.ac12、略

【分析】【分析】

向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，結合圖1所示H2S、HS-、S2-的分布分數進行解答；NaHS的含量先增加后減少；根據物料守恒可求得滴加過程中；溶液中微粒濃度大小關系。

【詳解】

（1）向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，A表示含硫微粒濃度減小為S2-，B先增加后減少為HS-，C濃度一直在增加為H2S，故答案為：HS-；

（2）向等物質的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設Na2S、NaOH各為1mol，則n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒為HS-、S2-、H2S，則c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]；溶液中存在電荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+），故答案為：c。【解析】①.HS-②.c13、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液呈中性，根據HSO3-的電離平衡常數計算；根據(NH4)2SO3溶液中質子守恒式=電荷守恒-物料守恒；

(2)①根據反應a、b、c、d四個點，a點恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點溶液呈中性；

②b點溶液為中性，溶質為NH4Cl和NH3?H2O；根據電荷守恒分析；

③a點溶液中只有NH4Cl；銨根離子水解使溶液顯酸性，根據電荷守恒和質子守恒計算；

(3)弱酸電離常數越大；酸性越強，其酸根離子水解程度越小。

【詳解】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10?2mol·L?1；

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液呈中性，c(OH?)=c(H+)=1.0×10?7mol·L?1根據HSO3-?H++SO32-，電離平衡常數Ka2==6.2×10?8，則==0.62；(NH4)2SO3溶液電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，質子守恒=電荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3?H2O)+c(OH-)；

(2)①根據反應a、b、c、d四個點，a點恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點溶液呈中性；所以a點水的電離程度最大；

②b點溶液為中性，c(OH-)=c(H+)，溶質為NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，則c(NH4＋)=c(Cl－)，水的電離是極弱的，離子濃度的大小為c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a點溶液中只有NH4Cl，銨根離子水解使溶液顯酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在質子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亞硝酸的電離平衡常數Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反應生成等物質的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判斷水解程度大小順序為CO32?＞NO2?＞HCO3?，水解生成HCO3?，所以溶液中CO32?離子、HCO3?離子和NO2?離子的濃度大小關系為c(HCO3?)＞c(NO2?)＞c(CO32?)。【解析】①.0.6×10?2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)三、判斷題(共1題，共2分)14、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、原理綜合題(共1題，共6分)15、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）根據蓋斯定律可得2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；

（2）由圖像及反應的△H可知，a）、反應①③是放熱反應，隨溫度升高，lgK降低；反應②是吸熱反應，隨溫度升高，lgK增大；b）；從圖像上看出反應②、③的曲線較陡；說明放出或吸收熱量越大的反應，其lgK受溫度影響越大；

（3）由圖可知，反應①于900oC的lgK=2，則K=100，c平衡（CO）=8.0×10-5mol·L-1，平衡時c平衡（CO2）=100×8.0×10-5mol·L-1=8.0×10-3mol·L-1，根據反應1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的濃度是8.0×10-3mol·L-1，則開始時c（CO）=8.0×10-5mol·L-1+8.0×10-3mol·L-1=8.08×10-3mol·L-1，所以CO的轉化率為8.0×10-3mol·L-1/8.08×10-3mol·L-1×100%=99%；

（4）根據方程式可知，二氧化碳中含有氣體雜質SO2，可在CO中加入適量的CO2；抑制二氧化硫的產生；

（5）CaS轉化為CaSO4，從元素守恒的角度分析，CaS與氧氣發生化合反應，原子的利用率100%，生成CaSO4，化學方程式為CaS+2O2CaSO4，CO2與對二甲苯發生反應，所得產物中含有羧基，因為苯環的氫原子只有1種，所以產物的結構簡式只有1種為

考點：考查蓋斯定律的應用，對圖像的分析，轉化率的計算，化學方程式、結構簡式的書寫，物質的判斷【解析】4△H1+△H2+2△H3放熱反應的lgK隨溫度升高而下降放出或吸收熱量越大的反應，其lgK受溫度影響越大99%CO2CaS+2O2CaSO4五、工業流程題(共4題，共24分)16、略

【分析】【分析】

首先利用氯化銨和氨水浸取銅轉爐煙灰，Pb元素轉化為Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素進入溶液，加入氯化鐵As元素轉化為FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高錳酸鉀，Fe元素全部被氧化成Fe3+；調節pH使Fe元素轉化為沉淀除去；此時還有Cu元素會影響后續減少碳酸鋅的純度，所以試劑a應除去銅元素，為了不引入新的雜質，可以加入過量的Zn單質置換出銅，從而將其除去；再加入活性炭凈化；之后加入碳酸氫銨將Zn元素轉化為堿式碳酸鋅，煅燒后得到氧化鋅。

【詳解】

(1)氯化銨由銨根和氯離子構成，電子式為活性炭吸附有機雜質達到凈化的目的；沒有新物質生成，屬于物理變化；

(2)浸取過程中需要使Zn元素盡可能多的進入溶液；而雜質離子要盡量少的進入溶液，同時為了加快反應速率，需要氯化銨的濃度盡量大一些，觀察題圖，可知當氯化銨的濃度為4mol/L時，一方面鋅元素的浸出率已經接近100%，氯化銨的濃度也較大，另一方面若濃度再高，鉛元素將進入溶液，所以最適宜的濃度為4mol/L；

反應物有ZnO、氯化銨、一水合氨，產物有[Zn(NH3)4]2+，根據元素守恒可得離子方程式為ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；

(3)滴加KMnO4溶液可將Fe2+氧化為Fe3+；再調節pH值除去，所以目的是除去Fe元素；根據分析可知試劑a為Zn，濾渣Ⅲ主要有置換出來的Cu和未反應的Zn；

(4)溶液中有大量鋅離子，加入碳酸氫銨后產生Zn2(OH)2CO3，說明碳酸氫根電離出的碳酸根和鋅離子、氫氧根結合生成堿式碳酸鋅沉淀，促進碳酸氫根的電離，電離出的氫離子又和碳酸氫根結合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；根據前序步驟添加的物質；以及此過程發生的反應可知，此時溶液中的主要成分為氯化銨和少量硫酸按，氯化銨可以循環使用；

(5)用amol?L-1EDTA標準液進行滴定，消耗標準液VmL，與1.0mLEDTA標準液[c(EDTA)=1.000mo1?L-1]相當的以克表示的氧化鋅質量為0.08139，所以m(ZnO)=aV×0.08139g，質量分數為×100%或%。

【點睛】

涉及Fe元素的除雜流程時，由于Fe(OH)3更容易沉淀，通常會加入氧化劑將Fe元素轉化為Fe3+，再調節pH值將其除去。【解析】物理4ZnO+2NH+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2OFeZnCu(Zn)2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2ONH4Cl×100%或%17、略

【分析】【分析】

工業廢渣(主要含CaSO4?2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3)，加入碳酸銨溶液浸取，根據溶度積的數值可知，可將CaSO4轉化為CaCO3，濾液中主要含有硫酸銨，濾渣含有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO，將濾渣加入稀鹽酸，CaCO3、Al2O3、Fe2O3、FeO分別轉化為CaCl2，AlCl3、FeCl3、FeCl2，SiO2與稀鹽酸不反應作為濾渣1析出、向濾液中加入過氧化氫將FeCl2轉化為FeCl3，加氫氧化鈣溶液并調節pH值可除去AlCl3、FeCl3，將它們轉化為氫氧化鋁和氫氧化鐵，CaCl2可以加入碳酸銨溶液制取輕質CaCO3；再將含有硫酸銨的溶液蒸發濃縮，冷卻結晶可制得硫酸銨晶體，由此分析。

【詳解】

(1)已知常溫下，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，廢渣粉末碳酸銨溶液時，溶度積小的溶液易轉化為溶度積更小的溶液，實現硫酸鈣向碳酸鈣的轉化，主要反應的離子方程式為CaSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)；實驗時需向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉化；

(2)廢渣粉末“浸取”時，反應溫度需控制在60~70℃，合適的加熱方式為水浴加熱，若溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，其原因是溫度過高，(NH4)2CO3分解；

(3)根據分析，SiO2與稀鹽酸不反應，作為濾渣1析出，濾渣1的成分是SiO2；。

(4)H2O2具有氧化性，加適量過氧化氫將FeCl2轉化為FeCl3，過氧化氫的還原產物為水不引入新的雜質，離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“調pH值”除鐵和鋁時，pH≥4.7時，鐵離子和鋁離子已經完全沉淀，根據題意，pH=8.5時Al(OH)3開始溶解；需要應調節溶液的pH范圍為4.7≤pH＜8.5。

【點睛】

根據溶度積的大小，Ksp(CaSO4)=4.8×10－5，Ksp(CaCO3)=3×10－9，可以判斷硫酸鈣可以轉化為碳酸鈣，符合沉淀的轉化，為易錯點。【解析】CaSO4(s)+(aq)?CaCO3(s)+(aq)增加溶液中的濃度，促進CaSO4的轉化水浴加熱溫度過高，(NH4)2CO3分解SiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH＜8.518、略

【分析】【分析】

廢舊鋰離子電池放電拆解處理后；正極用氫氧化鈉溶液，堿溶過濾得到的濾液，調節溶液pH，過濾得到氫氧化鋁沉淀；濾渣加入硫酸，過氧化氫調節溶液pH過濾，得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到的