2025年外研版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷816考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、釩的配合物催化某可逆反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理如下圖所示。下列說法錯誤的是。

A.該反應(yīng)的離子方程式為：B.產(chǎn)物可用于殺菌消毒C.該催化循環(huán)中V的成鍵數(shù)目發(fā)生變化D.釩的配合物通過參與反應(yīng)，降低反應(yīng)的活化能，提高的平衡轉(zhuǎn)化率2、將4molSO2與2molO2放人4L。的密閉容器中，在一定條件下反應(yīng)達(dá)到平衡：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，測得平衡時SO3的濃度為0.5mol·L-1。則此條件下的平衡常數(shù)K為。A.4B.0.4C.0.25D.0.23、25℃時，在20mL0.1mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中1g[c(A-)/c(HA)]與pH關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.A點對應(yīng)溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.25℃時，HA酸的電離常數(shù)為1.0×10－5.3C.B點對應(yīng)的NaOH溶液體積為10mLD.對C點溶液加熱(不考慮揮發(fā))，則c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大4、常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液；溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是。

A.HA的電離常數(shù)約為10－5B.b點溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C.c點對應(yīng)的KOH溶液的體積V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D.導(dǎo)電能力：c>a>b5、.室溫下；向20mL某醋酸溶液中滴入等濃度的NaOH溶液，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入的NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列分析正確的是（）

A.醋酸溶液濃度為0.1mol·L－1B.V1＝20mLC.c點所示溶液中c（CH3COOH）＝c（OH－）－c（H＋）D.d點所示溶液中c（Na＋）＝c（CH3COO－）6、25℃時，F(xiàn)e(OH)2和Cu(OH)2的飽和溶液中，金屬陽離子的物質(zhì)的量濃度的負(fù)對數(shù)[-lgc(M2+)]與溶液pH的變化關(guān)系如圖所示，已知該溫度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]。下列說法正確的是（）

A.曲線a表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系B.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入適量CuOC.當(dāng)Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存時，溶液中c(Cu2+)∶c(Fe2+)=1∶104.6D.向X點對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH固體，可轉(zhuǎn)化為Y點對應(yīng)的溶液7、科學(xué)家研發(fā)出一種太陽光電化學(xué)電池（），可不受限于白天或黑夜全天候地儲存電能。該電池以硫酸為電解液，利用太陽能儲存電能（充電）的原理如圖（圖中略去部分光電轉(zhuǎn)換過程），下列說法不正確的是（）。A.放電時，電極為負(fù)極B.充電時，通過質(zhì)子交換膜向電極遷移C.放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為D.充電時，/極的電極反應(yīng)式為8、次磷酸（H3PO2）是一元弱酸，工業(yè)可用下圖所示裝置電解NaH2PO2制H3PO2。（陽離子交換膜和陰離子交換膜分別只允許陽離子；陰離子通過）下列說法正確的是。

A.陽極室有H2生成B.陰極室溶液pH減小C.陽極室可能有H3PO4生成D.原料室溶液pH保持不變評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、依據(jù)事實；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）已知拆開1molH-H鍵，1molN-H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式___。10、電解質(zhì)溶液中存在多種平衡.請回答下列問題：

（1）已知：?；瘜W(xué)式HClO電離常數(shù)（25℃）

物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比較二者的大?。篴______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常溫下，將0.1mol/L的溶液加水稀釋，在稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)值變大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃時；體積均為10mL，pH均為2的醋酸溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH的變化如圖所示.

①25℃時，醋酸的電離常數(shù)_________HX的電離常數(shù).（填“>”、“<”或“=”）

②稀釋100倍后，醋酸溶液中由水電離出的_________HX溶液中由水電離出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的電離方程式是：若溶液的則溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于11、砷酸(H3AsO4)分步電離的平衡常數(shù)(25℃)為：K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12，第三步電離的平衡常數(shù)的表達(dá)式為K3＝________；Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為_________________。12、某工業(yè)廢水中含有和可采用沉淀法將其除去。

（1）若加入來沉淀和當(dāng)溶液中和共存時，___________。

（2）若加入溶液來調(diào)節(jié)使和完全沉淀，應(yīng)滿足的條件為_________。

已知：①

②時，會轉(zhuǎn)化為

③離子完全除去的標(biāo)準(zhǔn)：該離子濃度13、下圖所示水槽中試管內(nèi)有一枚鐵釘；放置數(shù)天后觀察：

（1）鐵釘在逐漸生銹，則鐵釘?shù)母g屬于____________腐蝕。

（2）若試管內(nèi)液面上升，則原溶液呈______________性，發(fā)生____________腐蝕，正極反應(yīng)式為________________________。

（3）若試管內(nèi)液面下降，則原溶液呈___________性，發(fā)生____________腐蝕，正極反應(yīng)式為_______________________。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、有機(jī)推斷題(共1題，共9分)15、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)16、I.采用廢易拉罐(主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質(zhì))制備明礬[KAl(SO4)2·12H2O]的過程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)易拉罐溶解過程中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______

(2)寫出由濾液A生成沉淀B的反應(yīng)離子方程式：_______

(3)明礬可以凈水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的平衡常數(shù)等于_______。

II.以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖：

氯化過程控制電石渣過量，在75°C左右進(jìn)行。氯化時存在C12與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應(yīng)，Ca(ClO)2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化學(xué)方程式為_______。

(6)氯化過程中Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2的總反應(yīng)方程式為：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2轉(zhuǎn)化率的可行措施有_______(填序號)。

A.適當(dāng)堿緩?fù)ㄈ隒l2速率B.充分?jǐn)嚢铦{料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后過濾，向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉(zhuǎn)化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g·L-1，如圖，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的操作步驟是_______、_______；過濾、洗滌、干燥。

17、利用化學(xué)原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進(jìn)行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業(yè)污泥中Cr(III)的處理工藝流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②Cr2O+H2O2CrO+2H+

③常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：。陽離子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9)溶解

(1)實驗室用18.4mol·L-1的濃硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制時所用玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和膠頭滴管外，還需________。

(2)加入NaOH溶液使溶液呈堿性，既可以除去某些雜質(zhì)離子，同時又可以將Cr2O轉(zhuǎn)化為__________(填微粒的化學(xué)式)。

(3)鈉離子交換樹脂的反應(yīng)原理為Mn++nNaR=MRn+nNa+，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液II中的金屬陽離子有_______。

(4)寫出上述流程中用SO2進(jìn)行還原時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____________。

(5)沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一，為了測定某廢水中SCN-的濃度，可用0.1000mol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定待測液，已知：。銀鹽性質(zhì)AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白色黃色白色磚紅色白色Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

①滴定時可選為滴定指示劑的是_______(填編號)，滴定終點的現(xiàn)象是_________。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某廢水25.00mL，滴定終點時消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL，則廢水中SCN-的物質(zhì)的量濃度為______________。評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共27分)18、硅有望成為未來的新能源?；卮鹣铝袉栴}：

(1)硅在氧氣中燃燒的熱化學(xué)方程式為Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有關(guān)鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：

?；瘜W(xué)鍵。

Si—OO=OSi—Si鍵能/(kJ·mol-1)

x498.8176

已知1molSi中含2molSi—Si鍵，1molSiO2中含4molSi—O鍵，表中x＝______。

(2)硅光電池作為電源已廣泛應(yīng)用于人造衛(wèi)星、燈塔和無人氣象站等。硅光電池是一種把_______能轉(zhuǎn)化為_________能的裝置。

(3)下列對硅作為未來新能源的認(rèn)識錯誤的是_________(填標(biāo)號)。

A．硅是固體燃料；便于運輸；貯存。

B．硅的來源豐富；易于開采且可再生。

C．硅燃燒放出的熱量大；其燃燒產(chǎn)物對環(huán)境污染程度低且易控制。

D．自然界中存在大量的單質(zhì)硅。

(4)工業(yè)制備純硅的反應(yīng)為2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若將生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反應(yīng)，則在制備純硅的反應(yīng)過程中________(填“吸收”或“放出”)的熱量為_______kJ。19、二氧化硫是危害最為嚴(yán)重的大氣污染物之一，它主要來自化石燃料的燃燒，研究CO催化還原SO2的適宜條件；在燃煤電廠的煙氣脫硫中具有重要價值。

(1)I.從熱力學(xué)角度研究反應(yīng)。

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1

CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ·mol-1

S(s)+O2(g)?SO2(g)ΔH3=-296.0kJ·mol-1

寫出CO還原SO2的熱化學(xué)方程式：________。

(2)II．NOx的排放主要來自于汽車尾氣，包含NO2和NO，有人提出用活性炭對NOx進(jìn)行吸附；發(fā)生反應(yīng)如下：

反應(yīng)a：ΔH=-34.0kJ/mol

反應(yīng)b：ΔH=-64.2kJ/mol

對于反應(yīng)a，在T1℃時，借助傳感器測得反應(yīng)在不同時間點上各物質(zhì)的濃度如下：。時間(min)

濃度(mol·L-1)01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36

①0~10min內(nèi)，NO的平均反應(yīng)速率v(NO)=____，當(dāng)升高反應(yīng)溫度，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K____(選填“增大”；“減小”或“不變”)。

②30min后，只改變某一條件，反應(yīng)重新達(dá)到平衡；根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是_____(填字母)。

A．加入一定量的活性炭B．通入一定量的NOC．適當(dāng)縮小容器的體積D．加入合適的催化劑。

(3)①某實驗室模擬反應(yīng)b，在密閉容器中加入足量的C和一定量的NO2氣體，維持溫度為T2℃，如圖為不同壓強(qiáng)下反應(yīng)b經(jīng)過相同時間NO2的轉(zhuǎn)化率隨著壓強(qiáng)變化的示意圖。請分析，1050kPa前，反應(yīng)b中NO2轉(zhuǎn)化率隨著壓強(qiáng)增大而增大的原因________；在1100kPa時，NO2的體積分?jǐn)?shù)為________。

②用某物質(zhì)的平衡分壓代替其物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)(記作Kp)；在T2℃、1.1×106Pa時，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=________(計算表達(dá)式表示)；已知：氣體分壓(P分)=氣體總壓(P總)×體積分?jǐn)?shù)。20、2017年采用中國自主知識產(chǎn)權(quán)的全球首套煤基乙醇工業(yè)化項目投產(chǎn)成功。某地煤制乙醇的過程表示如下。

（1）Cu(NO3)2是制備“催化劑X”的重要試劑。

①氣體A是_______。

②實驗室用Cu(NO3)2固體配制溶液，常加入少量稀HNO3。運用化學(xué)平衡原理簡述HNO3的作用_______。

③NaClO溶液吸收氣體A的離子方程式是_______。

（2）過程a包括以下3個主要反應(yīng)：

Ⅰ．CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1

Ⅱ．CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2

Ⅲ．CH3COOCH3(g)＋H2(g)CH3CHO(g)＋CH3OH(g)ΔH3

相同時間內(nèi)，測得CH3COOCH3轉(zhuǎn)化率、乙醇和乙酸乙酯的選擇性（如乙醇選擇性=）如下圖所示。

①已知：ΔH1<0。隨溫度降低，反應(yīng)Ⅰ化學(xué)平衡常數(shù)的變化趨勢是_______。

②下列說法不合理的是________。

A．溫度可影響反應(yīng)的選擇性。

B．225℃～235℃；反應(yīng)Ⅰ處于平衡狀態(tài)。

C．增大H2的濃度，可以提高CH3COOCH3的轉(zhuǎn)化率。

③為防止“反應(yīng)Ⅲ”發(fā)生，反應(yīng)溫度應(yīng)控制的范圍是_______。

④在185℃下，CH3COOCH3起始物質(zhì)的量為5mol，生成乙醇的物質(zhì)的量是____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A．由圖示知，整個過程輸入H2O2、Cl-、H+、H2O物質(zhì)的量之比為1：1：1：1，生成H2O、HOCl物質(zhì)的量之比為2：1，故該反應(yīng)離子方程式為：H2O2+Cl-+H+=H2O+HOCl；A正確；

B．產(chǎn)物HOCl；即次氯酸，具有強(qiáng)氧化性，可以殺菌消毒，B正確；

C．該催化循環(huán)過程中；有V元素形成6根鍵，也有V元素形成5根鍵的情況，C正確；

D．釩的配合物在過程中起到催化作用，即作催化劑，而催化劑對平衡移動沒有影響，故不會影響H2O2平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故答案選D。2、A【分析】【分析】

利用化學(xué)平衡三段式計算各組分的濃度，根據(jù)平衡常數(shù)公式K=計算出該反應(yīng)的平衡常數(shù)．

【詳解】

平衡時SO3的濃度為0.5mol·L-1；則平衡時各組成物質(zhì)的量變化為：

平衡常數(shù)K===4；

故選A。

【點睛】

本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)考點，解題關(guān)鍵：注意平衡常數(shù)在計算中的應(yīng)用，易錯點，平衡常數(shù)計算公式中是濃度，不能用物質(zhì)的量代入計算。3、B【分析】【分析】

A.A點對應(yīng)溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），結(jié)合電荷關(guān)系判斷；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），結(jié)合HA酸的電離常數(shù)Ka的表達(dá)式進(jìn)行計算；

C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液；得到等濃度的HA和NaA混合溶液，根據(jù)題意判斷出電離程度與水解程度的大小關(guān)系，再分析作答；

D.===Kh為A-的水解常數(shù)；據(jù)此分析判斷。

【詳解】

A.A點對應(yīng)溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中電荷守恒關(guān)系為c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以離子濃度關(guān)系為c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A項錯誤；

B.pH=5.3時，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的電離常數(shù)Ka==c（H+）=10-pH=10-5.3，B項正確；

C.由于Ka=10-5.3＞==Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等濃度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以電離為主，使c（A-）＞c（HA），即＞0，故B點對應(yīng)的NaOH溶液的體積小于10mL，C項錯誤；

D.A-的水解常數(shù)Kh隨溫度升高而增大，所以===隨溫度升高而減小，D項錯誤；

答案選B。4、D【分析】【詳解】

A．由a點可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，則c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，則HA的電離常數(shù)A選項正確；

B．b點溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c點c水(H+)最大，則溶質(zhì)恰好為KA，顯堿性，a點顯酸性，c點顯堿性，則中間c水(H+)=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性，根據(jù)電荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，則c(A-)=c(K+)；B選項正確；

C．c點時加入的KOH的物質(zhì)的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的則c(A-)≈0.05mol/L，則c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的，則c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L；C選項正確；

D．向一元弱酸中加入相同濃度的一元強(qiáng)堿，溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)，則導(dǎo)電能力：c>b>a；D選項錯誤；

答案選D。5、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)a點可知該濃度下的醋酸溶液中c(H＋)=0.1mol/L，醋酸是弱酸，部分電離，所以醋酸溶液濃度大于0.1mol·L－1；故A錯誤；

B．酸或堿的電離抑制水的電離，鹽類水解促進(jìn)水的電離，當(dāng)溶液中的溶質(zhì)全部為CH3COONa即醋酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)時，水的電離程度達(dá)到最大，即c點，此時溶液呈堿性，則溶液呈中性的點為b點，此時醋酸過量，因二者等濃度，故V1<20mL，V2＝20mL；故B錯誤；

C．c點時恰好生成醋酸鈉，物料守恒式為c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)，電荷守恒式為c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，二者聯(lián)立可得c(OH－)－c(H＋)＝c(CH3COOH)；故C正確；

D．c點恰好完全反應(yīng)，則d點NaOH過量，c(Na＋)>c(CH3COO－)；故D錯誤；

故答案為C。

【點睛】

向醋酸溶液滴加強(qiáng)氧化鈉，溶質(zhì)的變化為：CH3COOH→CH3COOH+CH3COONa→CH3COONa→CH3COONa+NaOH，酸或堿的電離抑制水的電離，鹽類水解促進(jìn)水的電離，當(dāng)溶液中的溶質(zhì)全部為CH3COONa即醋酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)時，水的電離程度達(dá)到最大，所以c點為恰好完全反應(yīng)的點，b點為中性，d點NaOH過量。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A.難溶物Fe(OH)2和Cu(OH)2的構(gòu)型相同，當(dāng)溶液pH相同時，溶液中c(OH-)相同，固體物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，其相應(yīng)的金屬陽離子濃度越小，離子濃度的負(fù)對數(shù)就越大。由于該溫度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，所以c(Cu2+)<c(Fe2+)，離子濃度負(fù)對數(shù)：Cu2+>Fe2+，故曲線a表示Cu(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系，曲線b表示Fe(OH)2飽和溶液中的變化關(guān)系；A錯誤；

B.該溫度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，Cu(OH)2更容易形成沉淀，所以向含有少量Fe2+的CuSO4溶液中加入適量CuO，不能形成Fe(OH)2沉淀，因而不能除去Fe2+；B錯誤；

C.當(dāng)溶液pH=10時，c(OH-)=10-4，此時溶液中c(Cu2+)=10-11.7，c(Fe2+)=10-7.1，溶液中c(Cu2+)∶c(Fe2+)=10-11.7：10-7.1=1∶104.6；C正確；

D.向X點對應(yīng)的飽和溶液中加入少量NaOH固體，反應(yīng)產(chǎn)生Cu(OH)2沉淀，使溶液中c(Cu2+)降低；而根據(jù)圖示可知從X點到Y(jié)點對應(yīng)的溶液中金屬離子濃度不變，D錯誤；

故合理選項是C。7、D【分析】【分析】

由充電示意圖中電子的移動方向可知，TiO2/WO3電極為陽極，VO2+在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成VO2+，電極反應(yīng)式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt電極為陰極，V3+在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成V2+，電極反應(yīng)式為V3++e-=V2+，放電時，TiO2/WO3電極為正極；Pt電極為負(fù)極。

【詳解】

A.由分析可知；放電時，Pt電極為原電池的負(fù)極，故A正確；

B.充電時；陽離子移向陰極，則氫離子通過質(zhì)子交換膜向Pt電極遷移，故B正確；

C.放電時，Pt電極為負(fù)極，V2+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成V3+，電極反應(yīng)式為V2+-e-=V3+；故C正確；

D.電解池的離子交換膜為質(zhì)子膜，電極反應(yīng)式不可能有氫氧根離子參與，則充電時，TiO2/WO3電極為陽極，VO2+在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成VO2+，電極反應(yīng)式為VO2++H2O-e-=VO2++2H+；故D錯誤；

故選D。

【點睛】

書寫電極反應(yīng)式時，注意電解質(zhì)溶液為酸性，若電解質(zhì)溶液為酸性，電極反應(yīng)式中不能出現(xiàn)氫氧根是解答關(guān)鍵。8、C【分析】【詳解】

試題分析：A、該電解池的陽極上是氫氧根離子失電子的氧化反應(yīng)，陽極室有O2生成，A錯誤；B、該電解池的陰極上是氫離子得電子的還原反應(yīng)，氫離子濃度減小，所以溶液pH增大，B錯誤；C、氫氧根離子在陽極放電，有氧氣生成（有較強(qiáng)的氧化性），且水的電離平衡正向移動，氫離子濃度增大，原料室中的次磷酸根離子（磷元素顯+1價，有還原性）通過陰離子交換膜進(jìn)入陽極室，與氫離子結(jié)合生成次磷酸（H3PO2），次磷酸（H3PO2）有可能被氧氣（O2）氧化，生成磷酸（H3PO4），D正確；D、次磷酸（H3PO2）是一元弱酸，NaH2PO2中因為陰離子的水解而導(dǎo)致溶液顯示堿性；根據(jù)電解過程中磷酸二氫根離子移向陽極，所以原料室溶液pH減小，D錯誤；答案選C。

考點：考查電解池原理的應(yīng)用二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

（1）化學(xué)反應(yīng)中；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，根據(jù)方程式計算分別吸收和放出的能量，以此計算反應(yīng)熱并寫出熱化學(xué)方程式。

（2）根據(jù)中和熱的概念：稀的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水所放出的熱量求出中和熱以及中和熱的熱化學(xué)方程式。

【詳解】

（1）在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN≡N鍵共吸收的能量為3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H鍵，放出的能量為6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為2346kJ-2254kJ=92kJ，N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液與足量NaOH溶液完全反應(yīng)，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應(yīng)的反應(yīng)熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學(xué)方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

答案為H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。

【點睛】

此題最易錯之處是沒有弄清中和熱的概念，即生成1摩爾水時反應(yīng)放出的熱量才是中和熱。【解析】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol10、略

【分析】【詳解】

(1)相同濃度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的電離常數(shù)大，反應(yīng)的完全程度更高，電離出的H+濃度更大，所以a>b；

(2)A.稀釋促進(jìn)電離，對于電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋后，平衡正向移動，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，但是因為加水稀釋，體積的增大成為主導(dǎo)因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均減小；A項錯誤；

B.根據(jù)得溫度不變，Ka不變，c(H+)減小，所以增大；B項正確；

C.溫度不變，Kw不變，所以不變；C項錯誤；

選擇B；

(3)①由圖像知；pH相同的醋酸和HX均從10mL稀釋到了1000mL，稀釋了100倍，HX的pH值變化更大，所以HX的電離程度更高，酸性更強(qiáng)，電離常數(shù)更大；

②稀釋100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此時H+主要有溶質(zhì)HX的電離提供，根據(jù)Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此時的OH-完全來源于水的電離，所以，由水電離出的c(H+)與溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水電離出的c(H+)更大，答案為<;

(4)NaHR在水溶液中的電離方程式為：溶液中的H+主要來源于HR-的電離，可以認(rèn)為HR-電離出的又中的H+來源于兩部分，H2R的電離和HR-的電離，所以可以電離出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-則可以電離出amol/L的H+，因為第一步電離出的H+對第二步電離有抑制作用，所以0.1mol/LHR-電離出的H+濃度小于amol/L,所以電離出的H+總濃度小于(0.1+a)mol/L,選擇A

【點睛】

水溶液中的平衡，應(yīng)當(dāng)抓住主要因素來分析，比如弱酸的電離平衡，稀釋主要引起了溶液體積的變化；稀釋促進(jìn)電離，稀釋促進(jìn)水解。【解析】>B<<A11、略

【分析】【分析】

H3AsO4的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，據(jù)此寫出第三步電離平衡常數(shù)的表達(dá)式；依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關(guān)系計算水解常數(shù)。

【詳解】

砷酸(H3AsO4)的第三步電離方程式為HAsO42－?AsO43－＋H+，則其第三步電離平衡常數(shù)的表達(dá)式為Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為：AsO43－＋H2OHAsO42－＋OH－，則該步水解的平衡常數(shù)(25℃)為故答案為：2.5×10－3?！窘馕觥?.5×10－312、略

【分析】【詳解】

(1)=故答案為：105；

(2)由氫氧化鋅和氫氧化銅的溶度積常數(shù)可知，氫氧化銅的溶解度小，要使兩種離子均沉淀完全要確保氫氧化鋅完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因時，會轉(zhuǎn)化為因此pH應(yīng)小于11，應(yīng)滿足的條件為8.5～11，故答案為：8.5～11；【解析】1058.5～1113、略

【分析】【詳解】

（1）鐵釘表面形成無數(shù)個微小的鐵碳原電池；屬于電化學(xué)腐蝕；

（2）若試管內(nèi)液面上升，說明發(fā)生了吸氧腐蝕，溶液呈弱堿性或中性，相關(guān)方程式：正極：O2+2H2O+4e—=4OH—；負(fù)極：Fe-2e-=Fe2+；

（3）若試管內(nèi)液面下降，說明發(fā)生了析氫腐蝕，溶液呈明顯酸性；相關(guān)方程式：正極：2H++2e—=H2↑；負(fù)極：Fe-2e-=Fe2+?！窘馕觥侩娀瘜W(xué)弱酸性或中吸氧O2+2H2O+4e—=4OH—較強(qiáng)的酸析氫2H++2e—=H2↑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、有機(jī)推斷題(共1題，共9分)15、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點；都是該溫度下的平衡點，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進(jìn)行比較，可確定曲線外的某一點是否達(dá)到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數(shù)，可由一種離子濃度計算另一種離子的濃度。

【詳解】

(1)A點時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點c(Ag+)相同的曲線上的點相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點未達(dá)沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不飽和溶液。答案為：不飽和；

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=c2(Ag+)?c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案為：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在飽和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)?c()是一個定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸餾水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，則溶液中c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為b>a>c。答案為：b>a>c；

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點睛】

一種難溶性物質(zhì)，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉(zhuǎn)化，其溶解度往往越小?！窘馕觥坎伙柡?.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)16、略

【分析】【分析】

I．易拉罐的主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質(zhì)，可選擇濃NaOH溶解，得到偏鋁酸鈉溶液，并通過過濾除去Fe、Mg等雜質(zhì)，濾液中加入NH4HCO3溶液后，促進(jìn)AlO水解生成Al(OH)3沉淀，過濾后將沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸鋁溶液，添加K2SO4溶液后蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶得到晶體明礬；

II．由制備流程可知，電石渣含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca(ClO3)2，過濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3；

（1）

易拉罐中鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（2）

濾液A是NaAlO2，與NaHCO3發(fā)生反應(yīng)生成沉淀B是Al(OH)3，反應(yīng)離子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+

（3）

明礬中Al3+水解生成Al(OH)3膠體吸附雜質(zhì)沉降；因此可以凈水；

（4）

Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，反應(yīng)的平衡常數(shù)

（5）

氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)生成次氯酸鈣，氯化鈣和水，則生成次氯酸鈣的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

（6）

A．適當(dāng)減緩?fù)ㄈ肼葰馑俾剩豢梢允孤葰獗粴溲趸}充分吸收而反應(yīng)，可以提高氯氣的轉(zhuǎn)化率，A正確；

B．充分?jǐn)嚢铦{料可以增大反應(yīng)物的接觸面積；使氯氣被氫氧化鈣充分吸收，而反應(yīng)可以提高氯氣的轉(zhuǎn)化率，B正確；

C．加水使氫氧化鈣完全溶解；氫氧化鈣濃度降低，不利于氯氣的吸收，C錯誤；

答案選AB；

（7）

根據(jù)圖象可知氯酸鉀的溶解度受溫度影響最大，因此從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。【解析】(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

(2)++H2O=Al(OH)3↓+

(3)Al3+水解生成Al(OH)3膠體吸附雜質(zhì)沉降。

(4)20

(5)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O

(6)AB

(7)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶17、略

【分析】【分析】

向含鉻污泥中加入稀硫酸和水并調(diào)節(jié)pH=1，浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，過濾后的濾液中加入雙氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O再向溶液中加入NaOH溶液并調(diào)節(jié)pH為8，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O轉(zhuǎn)化為CrO然后過濾，向濾液中加入鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，發(fā)生反應(yīng)：2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH-；根據(jù)以上進(jìn)行解答。

【詳解】

(1)配制480mL所需溶液，應(yīng)選用500mL的容量瓶，根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變列式：18.4mol?L-1V(濃硫酸)=2mol?L-150010-3mL，解得V=54.3mL；配制時所需玻璃儀器除燒杯；玻璃棒和膠頭滴管外，還需500mL的容量瓶、量筒；

(2)根據(jù)各金屬陽離子完全沉淀的pH，加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH=8，將Fe3+、Al3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同時將Cr2O轉(zhuǎn)化為CrO反應(yīng)為：Cr2O+2OH-=2CrO+H2O；

(3)加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+，根據(jù)浸取液中含有的金屬陽離子和鈉離子交換樹脂的反應(yīng)原理，可知利用鈉離子交換樹脂除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子為Mg2＋、Ca2＋；

(4)SO2將CrO還原為Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化為SOS元素化合價由+4升到+6，Cr元素化合價由+6降到+3，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒及溶液呈堿性，寫出離子方程式為：2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH-；

(5)①若用AgNO3滴定SCN-的濃度，可選用的指示劑與Ag+反應(yīng)產(chǎn)物的Ksp應(yīng)比AgSCN略大，且變化現(xiàn)象明顯，從所給數(shù)據(jù)看，AgCl、Ag2CrO4滿足，但由于AgCl為白色沉淀，與AgSCN顏色相同，故應(yīng)選K2CrO4為滴定指示劑；這樣在滴定終點時，沉淀的顏色發(fā)生明顯變化(白色→磚紅色)以指示滴定剛好達(dá)到終點；根據(jù)以上分析，滴定終點的現(xiàn)象是：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)沉淀顏色不改變；

②由滴定發(fā)生反應(yīng)：Ag++SCN-=AgSCN↓可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000mol·L－110.0010-3L=110-3mol，則c(SCN-)==0.04mol·L?1。

【點睛】

根據(jù)溶度積常數(shù)含義可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先與SCN-反應(yīng)，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反應(yīng)消耗完以后Ag+再與指示劑K2CrO4反應(yīng)，生成磚紅色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的顏色發(fā)生明顯變化(白色→磚紅色)以指示滴定剛好達(dá)到終點?！窘馕觥?00mL的容量瓶、量筒CrOMg2＋、Ca2＋2CrO＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－B當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)沉淀顏色不改變0.04mol·L?1六、原理綜合題(共3題，共27分)18、略

【分析】【分析】

本題以新能源硅為載體；重點考查利用化學(xué)鍵鍵能進(jìn)行計算反應(yīng)熱，太陽能電池板中能量的轉(zhuǎn)化，對作為新能源的優(yōu)勢和粗硅的提純等知識，難度一般。

【詳解】

(1)根據(jù)反應(yīng)過程中的焓變等于反應(yīng)物總的鍵能之和減去生成物中總的鍵能之和，故有：解得x=460，故答案為：460；

(2)硅光電池是一種把太陽（光）能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；故答案為：太陽能（或光）；電；

(3)

A．硅是固體燃料；相對于氣體燃料，其體積要小的多，且也不用加壓液化，故便于運輸；貯存，A正確；

B．地殼中硅的含量僅次于O；故硅的來源豐富，易于開采，單質(zhì)硅燃燒生成二氧化硅可以循環(huán)利用，故可再生，B正確；

C．硅燃燒放出的熱量大；其燃燒產(chǎn)物是二氧化硅，是一種固體，只要將其產(chǎn)物進(jìn)行沉降，就可以控制其對環(huán)境污染程度甚至為零污染，C正確；

D．硅的化學(xué)性質(zhì)雖然較穩(wěn)定；但因為其是一種親氧元素，故自然界中不存在單質(zhì)硅，D錯誤；

故答案為：D。

(4)與100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反應(yīng)的HCl為0.1mol，有題干的熱化學(xué)方程式可知制備純硅的反應(yīng)是吸熱