2025年人民版选修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年人民版选修4化学下册阶段测试试卷965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7题，共14分)1、有下列两个反应：a.C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)ΔH<0

b．2CH4(g)===C2H4(g)＋2H2(g)ΔH>0。根据上述变化；判断以下几个热化学方程式：

①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)ΔH＝－1/2Q1kJ/mol

②2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)ΔH＝－Q2kJ/mol

③2C(s)＋2H2(g)===C2H4(g)ΔH＝－Q3kJ/mol，其中Q1、Q2、Q3从大到小的顺序是A.Q1>Q3>Q2B.Q1>Q2>Q3C.Q2>Q1>Q3D.Q3>Q2>Q12、根据表中提供的数据及相关物质结构知识可知：

反应1：

反应2：

反应1和反应2的反应热分别为。

化学键Si—ClH—HSi—SiH—ClO=OSi—O键能/(kJ∙mol-1)360436176431498460

A.B.C.D.3、某温度下，在一个2L的恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（）A.该反应的化学平衡常数表达式是K=B.此时，B的平衡转化率是20%C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D.增加C，B的平衡转化率不变4、能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)>c(OH－)的操作是。

①将水加热煮沸②向水中投入一小块金属钠③向水中通CO2④向水中加入明矾晶体⑤向水中加NaHCO3固体⑥向水中加NaHSO4固体⑦向水中加NH4Cl固体A.①②④⑤B.①⑤⑦C.③④⑥D.④⑦5、下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑。其中与盐类的水解有关的叙述有（）A.6项B.5项C.3项D.4项6、常温下将盐酸溶液滴加到联氨的水溶液中，混合溶液中的微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.B.溶液中C.反应的D.溶液中存在7、Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中的二价汞的主要存在形态与Cl-、OH-的浓度关系如图所示[图中涉及的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物，粒子浓度很小时常用负对数表示，如pH=-lgc(H+)，pCl=-1gc(Cl-)]:

下列说法中错误的是A.Hg(NO3)2固体溶于水通常会出现浑浊B.海水Cl-的浓度大于0.1mol/L，则其中汞元素的主要存在形态是Hg(OH)2C.少量Hg(NO3)2溶于0.001moL/L盐酸后得到澄清透明溶液D.已知Ksp(HgS)=1.6×10-52，当c(S2-)=1×10-5mo/L时，c(Hg2+)=1.6×10-47mo/L评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、根据下列叙述写出相应的热化学方程式：

(1)已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量；该反应燃烧的热化学方程式是。

____________________________________________________

(2)如图是298K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为：_________________________________。9、碳是形成化合物种类最多的元素；其单质及形成的化合物是人类生产生活的主要能源物质。

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成物质N，其能量变化如图所示。则M、N相比，较稳定的是_____(填“M”或“N”)。

(2)已知：C(s)+H2O(l)=CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=bkJ·moL-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3=ckJ·moL-1，则C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=____(用a、b、c表示)kJ·moL-1。

(3)根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热ΔH=____。

化学键C—HC—FH—FF—F键能(kJ·mol-1)41448956515510、2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究；实现可持续发展。

（1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol-1

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol-1

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。

（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_______（填字母）。

a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压。

（3）250℃、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X平衡转化率变化曲线。

①反应物X是_______（填“CO2”或“H2”）。

②判断依据是_______。

（4）250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol·L－1。

①前10min的平均反应速率v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。

②化学平衡常数K=_______。

③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：。实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6

根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_______（填字母）。11、室温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：

（1）点①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）点②所示溶液中的电荷守恒式为______________________________________。

（3）点③所示溶液中存在________种平衡。

（4）点④所示溶液中的物料守恒式为0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为________________________________。

（6）上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是_______，最小的是________(用序号回答)。12、弱电解质在水溶液中的电离状况可以进行定量计算和推测。

（1）25℃时两种酸的电离平衡常数如表所示。

①25℃时，0.100mol·L－1的NaA溶液中H＋、OH－、Na＋、A－、HA的物质的量浓度由大到小的顺序是：_______。pH＝8的NaA溶液中由水电离出的c（OH－）＝_______mol·L－1。

②25℃时，0.100mol·L－1的NaHB溶液pH_______7，理由是_______。

③25℃时，向0.100mol·L－1的Na2B溶液中滴加足量0.100mol·L－1的HA溶液，反应的离子方程式为_______。

（2）已知25℃时，向0.100mol·L－1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液；各含磷微粒的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。

①25℃，pH＝3时溶液中c（H3PO4）∶c（H2PO）＝_______。

②当溶液pH由11到14时，所发生反应的离子方程式为：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)13、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共1题，共10分)14、由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：

“制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。为避免0.9mol·L－1FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于______。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共14分)15、2020年12月，嫦娥五号“探月”任务正在进行当中，本次任务将实现中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学探究，时隔n年，人类再一次成功取得月球样本，中国成为人类第三个获取月球样本的国家。电源是航天器在广袤太空中持续运行的重要支撑，嫦娥五号采用的是钴酸锂电源，以钴酸锂为正极材料所制备的锂离子电池，具有重量轻，比能量高，工作电压高，放电平衡、寿命长等特点。从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中；回收钴；锂的操作流程如图所示：

回答下列问题。

(1)“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，该反应的离子方程式为_______；

(2)LiCoO2中Co的化合价为_______，“酸浸”时主要反应的离子方程式为_______；若将硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生_______(填化学式)污染环境。

(3)“沉钴”后溶液中c(CO2+)=_______。(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)

(4)根据下图判断：“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括_______、_______、洗涤、干燥等步骤。证明Li2CO3固体已洗涤干净的实验方法_______。

16、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共4分)17、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

当温度降低时，反应a的平衡向正反应方向移动，说明该反应正向为放热反应，△H＜0，反应b的平衡向逆反应方向移动；说明该反应正向为吸热反应，△H＞0；

①C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-1/2Q1kJ/mol；

②2C（s）+H2（g）⇌C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol；

③2C（s）+2H2（g）⇌C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol；

利用盖斯定律，③-②，得到C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）△H=Q2-Q3，与题干中的a中的方程式一样，而a中的反应为放热反应，则Q2-Q3＜0，所以Q2＜Q3；同理：③-①×2，得到2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H=Q1-Q3，与题干中的b中的方程式一样，而b中的反应为吸热反应，则Q1-Q3＞0，所以Q1＞Q3；因此Q1、Q2、Q3从大到小的顺序是Q1＞Q3＞Q2；

综上所述，本题选A。2、A【分析】【详解】

根据反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则反应1：的反应2：的综上所述，A项正确。3、D【分析】【分析】

反应前后压强之比为5:4；故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。

【详解】

A.由因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数故A错误；

B.生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为故B错误；

C.由于温度没变；化学平衡常数不变，故C错误；

D.由于C为非气体；增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；

故选D。

【点睛】

该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。4、D【分析】【分析】

影响水的电离的因素：温度；同离子效应，所加物质的酸碱性等。

【详解】

①加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，故①错误；

②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)－)，故②错误；

③二氧化碳溶于水形成碳酸，溶液中的c(H＋)>c(OH－)，酸对水的电离起抑制作用，故③错误；

④向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c(H＋)>c(OH－)，故④正确；

⑤向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解显碱性，使溶液中的，c(H＋)－)，故⑤错误；

⑥向水中加NaHSO4固体；硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子；氢离子、硫酸根离子，氢离子对水的电离起抑制作用，故⑥错误；

⑦向水中加NH4Cl固体，NH4+与水电离出的OH-结合生成一水合氨弱电解质，促进水的电离，使水的电离向右移动，酸性增强，c(H＋)>c(OH－)，故⑦正确。

答案选D。

【点睛】

本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解答：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果如何（c(H+)与c(OH-)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。5、D【分析】【详解】

①NaHSO4溶液呈酸性，是因为NaHSO4=Na++H++SO42-；与盐类水解无关；

②(NH4)2SO4电离生成的NH4+发生水解生成H+；会使土壤酸性增大，与盐类水解有关；

③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体，主要是为了抑制Cu2+水解；与盐类水解有关；

④NaHS溶液中，因为HS-＋H2OH2S+OH-强于HS-S2-+H+，所以c(H2S)＞c(S2－)；

⑤氯化铵在溶液中水解生成H+；可与金属制品表面的锈斑反应，与盐类水解有关；

综合以上分析，②③④⑤都与水解有关。故选D。6、C【分析】【详解】

A．当溶液中c(N2H4)=c(N2H5+)时，溶液的pOH=6.0，则Kb1==10-6；故A正确；

B．N2H5+的水解平衡常数为Ka2===10-8＞Kb2，则N2H5Cl溶液呈酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH-)；故B正确；

C．Kb1=Kb2=反应N2H62++N2H4=2N2H5+的化学平衡常数表达式为K====109，所以pK=-lgK=-9.0；故C错误；

D．N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)；故D正确；

答案选C。7、B【分析】【详解】

Hg2+在pH在3—14时，以Hg(OH)2的形式存在，故Hg(NO3)2固体溶于水（pH=7）通常会出现浑浊，故A错误；海水Cl-的浓度等于0.1mol/L时，pCl=-1gc(Cl-)=1，若Cl-的浓度大于0.1mol/L，pCl为更小，查图可知，Hg2+以HgCl42—离子形式存在，故B错误；0.001moL/L盐酸中pH=3，pCl=3，查图可知，Hg2+主要存在形式为HgCl2，溶液为澄清透明，故C正确；Ksp(HgS)=c(S2-)c(Hg2+)=1.6×10-52，当c(S2-)=1×10-5mo/L时，c(Hg2+)=Ksp(HgS)/c(S2-)=1.6×10-52/1×10-5mo/L=1.6×10-47mo/L，故D正确。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）燃烧反应为放热反应；16g固体硫是0.5mol，所以反应燃烧的热化学方程式是S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1；

（2）由图可知，反应物的总能量大于生成物总能量，反应放热；反应放出的能量是600kJ－508kJ＝92kJ，故热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。【解析】S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－19、略

【分析】【分析】

(1)M转化为N是吸热反应；所以N的能量高，不稳定；

(2)燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；根据盖斯定律来回答；

(3)化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算；依据△H=反应物键能之和−生成物键能之和计算得到。

【详解】

(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ⋅mol−1；过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定，故答案为：M；

(2)将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知2×①+②+③]×得到热化学方程式C(s)+O2(g)=CO2(g)，则△H=△H1+=a+故答案为：a+

(3)由反应热△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中键能数据可知△H=414kJ/mol×4+4×155kJ/mol−(489kJ/mol×4+4×565kJ/mol)=−1940kJ/mol，故答案为：−1940kJ/mol。【解析】Ma+-1940kJ·mol-110、略

【分析】【分析】

本题主要考查化学平衡的移动；

（1）考查盖斯定律；将两个热化学方程相加即可；

（2）考查化学平衡移动；

（3）考查反应物的平衡转化率；及影响因素；

（4）考查化学反应速率；化学平衡常数、产物的选择性。

【详解】

（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/mol；

（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率；需要降温高压，故合理选项为d；

（3）观察图中的横坐标，其物理量为若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；

（4）①在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有（单位：mol·L－1）：。3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)3111起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75

H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol·L－1；

②K==

③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故最佳选项为B。【解析】3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－48.9kJ/moldCO2恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低0.2255.33（或16/3）B11、略

【分析】【分析】

(1)根据水的离子积只受温度影响；温度不变，水的离子积不变分析；

(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；

(3)根据点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；

(4)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；

(5)根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；

(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。

【详解】

(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=1×10-14，故答案为：1×10-14；

(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)点③时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡；还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

(4)点④所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol•L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案为：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的⑤，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的①；故答案为：⑤；①。

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。【解析】（无特殊说明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①12、略

【分析】【分析】

(1)根据题给数据可知，HA、H2B是弱酸，由于Ka1(H2B)＞Ka1(HA)＞Ka2(H2B)，所以，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。

(2)分析图可知，向0.100mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液，H3PO4的含量逐渐下降，H2PO4-先增大后减小，HPO42-也是先增大后减小，PO43-一直增大；pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，pH=7.1时，H2PO4-和HPO42-含量相等，pH=12.2时，HPO42-和PO43-含量相等；这些信息可用于电离常数的计算。可在此基础上解各小题。

【详解】

(1)①根据题意可知，HA是弱酸，所以A-会水解：A-+H2O⇌HA+OH-，使溶液显碱性，但水解微弱；加上其它的水的电离，有c(OH-)＞c(HA)，所以各粒子物质的量浓度由大到小的顺序是：Na+、A-、OH-、HA、H+；NaA溶液中的c(OH-)均由水电离，所以，溶液中由水电离出的c(OH-)=10-14-10-8。答案为：Na+、A-、OH-、HA、H+；10-6；

②Ka1(H2B)×Ka2(H2B)=10-2×10-6=10-8＞Kw，所以，HB-的电离程度大于其水解程度，NaHB溶液显酸性，pH＜7。答案为：＜；HB-的电离程度大于其水解程度；

③根据分析可知，酸性强弱关系为：H2B＞HA＞HB-。根据强酸制弱酸的规律，HA和Na2B溶液能反应生成HB-，但不能生成H2B，所以反应为：HA+B2-＝A-+HB-。答案为：HA+B2-＝A-+HB-；

(2)①根据分析可知，pH=2时，H3PO4和H2PO4-含量相等，则Ka1(H3PO4)==c(H+)=10-2，则pH＝3时有：10-2=c(H3PO4)∶c(H2PO4-)=1∶10；

②由图可知，当溶液pH由11到14时，所发生的变化主要是HPO42-→PO43-，所以该反应的离子方程式为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O，答案为：HPO42-+OH-＝PO43-+H2O。

【点睛】

二元弱酸H2A的酸式酸根离子HA-的水解与电离程度比较：若Ka1Ka2＞Kw，则电离＞水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显酸性；若Ka1Ka2＜Kw，则电离＜水解，其强碱盐(如NaHA)溶液显碱性。【解析】①.Na+、A－、OH－、HA、H+②.10－6③.<④.HB－的电离程度大于其水解程度⑤.HA＋B2－＝A－＋HB－⑥.1∶10（或0.1）⑦.HPO42-＋OH－＝PO43-＋H2O三、判断题(共1题，共2分)13、×【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、计算题(共1题，共10分)14、略

【分析】【分析】

根据流程：含碘废水中加入二氧化硫和硫酸铜发生发应：2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+SO42-+8H+制备CuI（s），过滤，滤液1含硫酸，向滤渣中加入铁粉、水，发生反应：2CuI+Fe=2Cu+FeI2，制得FeI2（aq），过滤得到的滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下，KI、过氧化氢发生氧化还原反应：2I-+2H++H2O2=H2O+I2生成碘单质，滤液2含有硫酸钾，碘单质、氯气、KOH发生反应5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O，得到含有KIO3的溶液，经过蒸发浓缩，降温结晶得到KIO3晶体；根据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)∙c2(OH-)=9.0×10-15，Kw=c(H+)∙c(OH-)=1.0×10-13；计算溶液的氢离子浓度，进而得到pH值。

【详解】

Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)∙c2(OH-)=9.0×10-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9mol•L-1，c(Fe2+)=0.9mol•L-1，则c(OH-)==10-7mol/L，此温度下，Kw=1.0×10-13，c(H+)==10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0。

【点睛】

本题易错点是注意题目中提供的水的离子积常数，不要把水的离子积常数当中1.0×10-14。【解析】6.0五、工业流程题(共2题，共14分)15、略

【分析】【详解】

(1)根据题中信息可知，正极材料主要由Al、LiCoO2构成，LiCoO2不能够和NaOH溶液发生反应，因此“碱浸”过程中产生的气体为Al和NaOH溶液反应生成的H2，“过滤”所得滤液中的主要成分为NaAlO2，其和盐酸反应能够得到Al(OH)3，反应的离子方程式为：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：AlO+H++H2O=Al(OH)3↓。

(2)LiCoO2中锂元素化合价为+1，氧元素为-2，所以Co的化合价为+3；“酸浸”时的反应物为LiCoO2、硫酸和Na2S2O3，根据“沉钴”的产物为Co(OH)2可判断，反应后Co元素的化合价从+3降低为+2，根据氧化还原反应规律以及工艺中最后可得到Na2SO4·10H2O的副产品，可知S元素的化合价升高，因此Na2S2O3是反应的还原剂，由上述分析可知“酸浸”时主要反应的离子方程式为8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O；若将硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，可知该情况下盐酸为还原剂，其和LiCoO2发生氧化还原反应会生成污染环境的Cl2；故答案为：+3；8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O；Cl2；

(3)“沉钴”产物为Co(OH)2，为了不引入别的杂质，同时达到沉淀Co2+的目的，应该加入NaOH溶液或NaOH固体，由流程图可知，当溶液的pH=9.5时，Co2+会完全沉淀，此时溶液中c(OH-)=mol/L=10-4.5mol/L，由Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15可知“沉钴”后溶液中c(Co2+)==1.09×10-6mol/L，故答案为：1.09×10-6mol/L。

(4)分析溶解度曲线可知Li2CO3微溶，其溶解度随温度的升高而降低，为了提高锂元素的回收率，应该采用蒸发浓缩，并在较高温度下趁热过滤等操作；由于固体表面有硫酸根，证明Li2CO3固体已洗涤干净的实验方法为取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净；故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净。【解析】①.AlO+H++H2O=Al(OH)3↓②.+3③.8LiCoO2+22H++S2O=8Li++8Co2++2SO+11H2O④.Cl2⑤.1.09×10-6mol/L⑥.蒸发浓缩⑦.趁热过滤⑧.取适量最后一次洗涤的流出液于一试管，向试管中加入适量的氯化钡，没有白色沉淀生成，说明已经洗净16、略

【分析】【分析】

分析由粗铜(含少量Fe)通过不同的化学反应制取胆矾的流程图可知，由粗铜通过两种途径制取胆矾，途径Ⅰ中，铜在空气中加热生成CuO，同时铁生成Fe3O4，固体A为CuO和Fe3O4的混合物，加入足量的稀硫酸，固体A溶解生成硫酸铜、溶液中还含有Fe2+、Fe3+，从后续分离步骤分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后面形成Fe(OH)3除去，试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀；途径II铜直接和浓硫酸加热反应，生成硫酸铜、水和二氧化硫，铁也被氧化成Fe3+；得到溶液C，经分离得到胆矾，可以据此解答。

【详解】

（1）根据以上分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入杂质，最适合作为试剂X的是H2O2；故选C；

因此；本题正确答案为：C。

（2）途径II中产生二氧化硫气体不但会产生污染；而且会使部分硫酸因转化成二氧化硫而造成转化率不高，因此与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少，途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

因此；本题正确答案为：产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少；途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

（3）试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，因此试剂Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

因此，本题正确答案为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；

（4）根据制备的最终目的是得到胆矾，要除去铁元素，加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH，使Fe3+沉淀完全时，且Cu2+不沉淀，由表中数据可知，Fe3+沉淀完全时pH=3.2，