2025年青島版六三制新選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年青島版六三制新選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、HCl(g)分別在有；無(wú)催化劑的條件下分解的能量變化如圖所示；下列說(shuō)法正確的是。

化學(xué)鍵H—HH—ClCl—Cl鍵能kJ·mol－1436431243

A.由鍵能可得1molHCl(g)完全分解需吸收183kJ的能量B.有催化劑的反應(yīng)曲線(xiàn)是a曲線(xiàn)C.a曲線(xiàn)變?yōu)閎曲線(xiàn)，反應(yīng)物的活化分子百分?jǐn)?shù)增大D.b曲線(xiàn)的熱化學(xué)方程式為：2HCl(g)＝H2(g)＋Cl2(g)ΔH＝－(E1－E2)kJ?mol－12、用CH4催化還原NOX可以消除氮氧化物的污染；例如：

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH1

②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH2=﹣1160kJ?mol﹣1。

已知NO、NO2混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，16g甲烷和該混合氣完全反應(yīng)生成N2、CO2、H2O（g）放出1042.8kJ的熱量，則ΔH1是（）A.﹣867kJ?mol﹣1B.﹣574kJ?mol﹣1C.﹣691.2kJ?mol﹣1D.﹣925.6kJ?mol﹣13、下列各組熱化學(xué)方程式中，△H1>△H2的是。

①H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H1

H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2

②C2H4O2(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)△H1

C2H4O2(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H2

③CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1

Na2O(s)＋H2O(l)=2NaOH(aq)△H2

④2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H1

2H2S(g)+O2(g)=2S(S)+2H2O(g)△H2A.②③B.①④C.①②D.③④4、一定條件下，在水溶液中1molClOx－(x=0；1，2，3，4)的能量(kJ)相對(duì)大小如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.上述離子中結(jié)合H能力最強(qiáng)的是EB.上述離子中最穩(wěn)定的是AC.C→B+D反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(ag)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1D.B→A+D的反應(yīng)物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和5、下列敘述正確的是A.放熱反應(yīng)在任何溫度下均能自發(fā)進(jìn)行B.自發(fā)過(guò)程指的是常溫下，不借助外力就能自動(dòng)進(jìn)行的過(guò)程C.熵增加的放熱反應(yīng)在任何溫度下均能自發(fā)進(jìn)行D.對(duì)于同一物質(zhì)，其混亂度大小為S（g）＜S（l）＜S（s）6、常溫下，取0.2mol·L－1HX溶液與0.2mol·L－1NaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測(cè)得混合溶液的pH＝8，則下列關(guān)于混合溶液的說(shuō)法（或關(guān)系式）正確的是A.c(Na＋)－c(X－)＝9.9×10－7mol·L－1B.c(Na＋)＝c(X－)＋c(HX)＝0.2mol·L－1C.c(OH－)－c(HX)＝c(H＋)＝1×10－6mol·L－1D.c(Na＋)＞c(X－)＞c(HX)＞c(OH－)＞c(H＋)7、時(shí)，向溶液中逐滴加入的鹽酸，溶液中部分含碳微粒的物質(zhì)的量隨溶液pH的變化如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A.HCl溶液滴加一半時(shí)，溶液B.溶液中C.在A點(diǎn)：D.當(dāng)時(shí)，溶液中8、已知：MOH堿性比NOH強(qiáng)。常溫下，用HCl分別改變濃度均為0.1mol·L－1的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液體積變化忽略不計(jì))，溶液中M＋，N＋的物質(zhì)的量濃度負(fù)對(duì)數(shù)與溶液的pH關(guān)系如圖所示，pR＝－lgc(M＋)或－lgc(N＋)；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.曲線(xiàn)I表示－lgc(M＋)與pH關(guān)系B.溶液中水的電離程度：Y>XC.對(duì)應(yīng)溶液中c(Cl－)：Y>ZD.常溫下，電離常數(shù)＝100評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示，已知1molSO2(g)被氧化為1molSO3(g)的ΔH=-99kJ·mol-1?；卮鹣铝袉?wèn)題:

（1）圖中A、C分別表示:________、________。

（2）圖中ΔH=___kJ·mol-1。

（3）已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ·mol-1，計(jì)算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH并寫(xiě)出其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：________。10、已知破壞1molH﹣H鍵、1molI﹣I鍵、1molH﹣I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ．則由氫氣和碘單質(zhì)反應(yīng)生成2molHI需要放出________kJ的熱量．11、化學(xué)反應(yīng)原理在科研和生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。CO可用于合成甲醇，一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入CO和H2，發(fā)生反應(yīng)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，達(dá)到平衡后測(cè)得各組分的濃度如下：。物質(zhì)COH2CH3OH濃度/(mol·L－1)0.91.00.6

(1)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。

(2)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________。

(3)恒溫恒容條件下，可以說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是________(填字母)。

A．v正(CO)＝2v逆(H2)

B．混合氣體的密度不變。

C．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變。

D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化。

(4)若將容器體積壓縮到1L，則達(dá)到新平衡時(shí)c(H2)的取值范圍是___________。

(5)若保持容器體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此時(shí)v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。12、已知某溫度下，水的離子積常數(shù)KW＝1.0×10－12；請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）此溫度___25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___。

（2）對(duì)水進(jìn)行下列操作，能抑制水的電離的是___。

A．通入適量SO2氣體B．加入適量Ba(OH)2溶液。

C．升溫至60℃D．加入NH4Cl溶液。

（3）此溫度下純水中的c(H＋)＝__。

（4）醋酸的下列性質(zhì)中，可以證明它是弱電解質(zhì)的是___。

①1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1

②CH3COOH可以任意比與H2O互溶。

③在相同條件下，CH3COOH溶液的導(dǎo)電性比鹽酸弱。

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好與10mL1mol/L的NaOH溶液完全反應(yīng)。

⑤同濃度同體積的醋酸和鹽酸與Fe反應(yīng)時(shí)，醋酸溶液中放出H2的速度慢。

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+同時(shí)存在13、某二元酸（H2A）在水中的電離方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）Na2A溶液顯堿性理由是：__（用離子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒濃度關(guān)系式正確的是__。

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）水的電離平衡曲線(xiàn)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是___。

A．圖中對(duì)應(yīng)點(diǎn)的溫度關(guān)系為：a＞b＞c

B．純水僅升高溫度；可從a點(diǎn)變到c點(diǎn)。

C．水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞d

D．在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性14、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持溫度不變向水中加入NaHSO4固體，水的電離平衡向___(填“左”或“右”)移動(dòng)，所得溶液顯__性，Kw__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）常溫下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH為9，則由水電離出的c(H+)=___。

（3）若取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別加水稀釋m倍、n倍后pH仍相等，則m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。15、現(xiàn)有濃度為0.1mol·L-1的五種電解質(zhì)溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH

已知：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-

⑴這五種溶液的pH由小到大的順序是____________________（填編號(hào)）；

⑵將五種溶液稀釋相同的倍數(shù)時(shí)，其pH變化最大的是___________（填編號(hào)）；

⑶混合碳酸（H2CO3）溶液和NaAlO2溶液，試寫(xiě)出所有可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：_____；

⑷常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：。實(shí)驗(yàn)編號(hào)HA物質(zhì)的量濃度（mol/L）NaOH物質(zhì)的量濃度（mol/L）混合溶液的pH甲0.200.20pH＝a乙0.100.10pH＝8.00

①不考慮乙組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從甲組情況分析，如何用a（混合溶液的pH）來(lái)說(shuō)明HA是強(qiáng)酸還是弱酸_________；乙組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液中由水電離出的c(OH-)＝_________mol/L。

②求出該混合溶液中下列算式的結(jié)果。

I．c(Na+)-c(A-)=__________________；II．c(OH-)-c(HA)=_________。16、（1）常溫下，有A、B、C、D四種無(wú)色溶液，它們分別是溶液、溶液、鹽酸和溶液中的一種。已知A；B的水溶液中水的電離程度相同；A、C溶液的pH相同。

則：①B是________溶液，C是________。

②常溫下若B溶液中與C溶液中相同，B溶液的pH用表示，C溶液的pH用表示，則________（填某個(gè)數(shù)）。

（2）已知某溶液中只存在四種離子；某同學(xué)推測(cè)其離子濃度大小順序可以有以下幾種可能：

①

②

③

④

則：

（i）上述關(guān)系一定不正確的是________（填序號(hào)）。

（ii）若溶液中只有一種溶質(zhì)，則該溶液中離子濃度的大小關(guān)系為_(kāi)_______（填序號(hào)）。

（iii）若四種離子濃度關(guān)系有則該溶液顯________（填“酸性”“堿性”或“中性”）。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)18、輝銅礦主要成分Cu2S，此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)。研究人員開(kāi)發(fā)綜合利用這兩種資源；用同槽酸浸濕法治煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅。主要工藝流程如下：

已知：

①M(fèi)nO2有較強(qiáng)的氧化性；能將金屬硫化物中的硫氧化為單質(zhì)硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會(huì)分解生成NH3；

③部分金屬陽(yáng)離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍(開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH)：。金屬離子Fe3+Mn2+Cu2+開(kāi)始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)實(shí)驗(yàn)室配制240mL4.8mol?L-1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要___________。

(2)酸浸時(shí)，為了提高浸取率可采取的措施有___________(任寫(xiě)一點(diǎn))。

(3)酸浸時(shí)，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。

(4)調(diào)節(jié)浸出液pH=4的作用是___________。

(5)寫(xiě)出流程中生成MnCO3的離子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在經(jīng)過(guò)___________得到MnSO4·H2O晶體。

(7)本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是___________(寫(xiě)化學(xué)式)。19、合成氨的流程示意圖如下：

回答下列問(wèn)題：

（1）工業(yè)合成氨的原料是氮?dú)夂蜌錃狻５獨(dú)馐菑目諝庵蟹蛛x出來(lái)的，通常使用的兩種分離方法是____，_____；氫氣的來(lái)源是水和碳?xì)浠衔?，?xiě)出分別采用煤和天然氣為原料制取氫氣的化學(xué)反應(yīng)方程式____________，___________；

（2）設(shè)備A中含有電加熱器，觸媒和熱交換器，設(shè)備A的名稱(chēng)是______，其中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)__________________；

（3）設(shè)備B的名稱(chēng)是____，其中m和n是兩個(gè)通水口，入水口是_______（填“m”或“n”）。不宜從相反方向通水的原因是__________；

（4）設(shè)備C的作用是_________；

（5）在原料氣制備過(guò)程中混有的CO對(duì)催化劑有毒害作用；欲除去原料氣中的CO，可通過(guò)以下反應(yīng)來(lái)實(shí)現(xiàn)：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

已知1000K時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.627，若要使CO的轉(zhuǎn)化率超過(guò)90%，則起始物中的c(H2O):c(CO)不低于______。20、某工業(yè)生產(chǎn)上用銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))制備膽礬CuSO4?5H2O的流程如圖。

已知：有機(jī)萃取劑HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org為有機(jī)相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。

(1)焙燒前粉碎的目的是_______。

(2)“調(diào)節(jié)pH時(shí)，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為_(kāi)______，試劑X的最佳選擇是_______(填標(biāo)號(hào))。

a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3?H2O

(3)25℃時(shí)，“調(diào)節(jié)pH”后，測(cè)得濾液中各離子濃度及相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。(lg2=0.3)。離子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+濃度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20對(duì)應(yīng)氫氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16

該濾液的pH為_(kāi)______；加入的Cu(OH)2_______(填“已經(jīng)”或“沒(méi)有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為_(kāi)______。

(6)上述流程中獲取金屬銅的方法是電解硫酸銅溶液。若電解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成銅3.2g，此時(shí)溶液中離子濃度由大到小的順序是_______。評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共18分)21、以下兩個(gè)熱化學(xué)方程式：

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ·mol-1

C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝-2220kJ·mol-1

試回答下列問(wèn)題：

(1)H2的燃燒熱為_(kāi)_____，C3H8的燃燒熱為_(kāi)_______。

(2)1molH2和2molC3H8組成的混合氣體完全燃燒所釋放的熱量為_(kāi)_______。

(3)現(xiàn)有H2和C3H8的混合氣體共1mol，完全燃燒時(shí)放出的熱量為769.4kJ，則在混合氣體中H2和C3H8的體積比為_(kāi)_______。22、甲醇是重要的化學(xué)工業(yè)基礎(chǔ)原料和清潔液體燃料。已知制備甲醇的有關(guān)化學(xué)反應(yīng)以及在不同溫度下的化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)如下表所示：。化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)溫度/℃500800500800①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)K12.50.15②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)K21.02.50③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3

（1）據(jù)反應(yīng)①與②可推導(dǎo)出K1、K2與K3之間的關(guān)系，則K3＝______(用K1、K2表示)。

（2）反應(yīng)③的ΔH____0(填“＞”或“＜”)。

（3）500℃時(shí)測(cè)得反應(yīng)③在某時(shí)刻H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的濃度相等，且均為0.1mol·L－1，則此時(shí)υ正____υ逆(填“>”、“＝”或“<”)

（4）某溫度下在2L恒容密閉容器中加入CH3OH發(fā)生反應(yīng)2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），測(cè)得有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。反應(yīng)時(shí)間/min01234n（CH3OH）/mol1.020.420.220.020.02

①反應(yīng)在2min內(nèi)以CH3OCH3表示的化學(xué)反應(yīng)速率為_(kāi)___；

②該溫度下的反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)___。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．H-Cl鍵能的數(shù)據(jù)為431kJ?mol-1，由鍵能可得1molHCl(g)完全分解需吸收(431kJ×2-436kJ-243kJ)=91.5kJ的能量；故A錯(cuò)誤；

B．加入催化劑，可降低活化能，有催化劑的反應(yīng)曲線(xiàn)是b曲線(xiàn)；故B錯(cuò)誤；

C．a(chǎn)曲線(xiàn)變?yōu)閎曲線(xiàn)；活化能降低，活化分子數(shù)目增大，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，故C正確；

D．HCl的分解為吸熱反應(yīng)，2HCl(g)═H2(g)+Cl2(g)△H=+(E1-E2)kJ?mol-1；故D錯(cuò)誤；

故選C。2、B【分析】【詳解】

NO、NO2混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=17×2=34，設(shè)NO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x，則NO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1-x，30x+46(1-x)=34，解得x=0.75，則混合氣體中NO、NO2的物質(zhì)的量之比為：0.75：0.25=3：1，16g甲烷的物質(zhì)的量為n==1mol。①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=﹣1160kJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律知，①+②得：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=×(△H1-1160kJ?mol﹣1)。NO和NO2的物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)方程式知，當(dāng)NO和NO2完全轉(zhuǎn)化為氮?dú)鈺r(shí)，分別和NO、NO2反應(yīng)的甲烷的物質(zhì)的量之比=∶=3∶2，則有0.6mol甲烷和NO反應(yīng)、0.4mol的甲烷和NO2反應(yīng)，16g甲烷和該混合氣完全反應(yīng)生成N2、CO2、H2O(g)放出1042.8kJ的熱量，則0.6mol×1160kJ/mol+0.5(-△H1+1160kJ?mol﹣1)×0.4mol=1042.8kJ，解得△H1=-574kJ/mol；故選B。

【點(diǎn)睛】

本題考查混合物的計(jì)算，根據(jù)NO、NO2混合氣體的密度是相同條件下氫氣密度的17倍，計(jì)算出NO、NO2的物質(zhì)的量之比是解題的關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)是確定與一氧化氮和二氧化氮反應(yīng)的甲烷的物質(zhì)的量。3、A【分析】【詳解】

①Cl2（g）和氫氣反應(yīng)生成的氯化氫穩(wěn)定性大于I2（g）和氫氣反應(yīng)生成的碘化氫，越穩(wěn)定能量越低，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，焓變是負(fù)值，△H1＜△H2；故①不選；

②后者生成的是液態(tài)水，放出的熱量多，焓變是負(fù)值，所以△H1>△H2；故②選；

③碳酸鈣分解吸熱焓變?yōu)檎?，氧化鈉和水反應(yīng)是化合反應(yīng)放熱，焓變是負(fù)值，所以△H1＞△H2；故③選；

④H2S不完全燃燒放熱少，完全燃燒放出的熱量相對(duì)多，焓變包含負(fù)號(hào)比較大小，所以△H2＞△H1；故④不選。

所以熱化學(xué)方程式中符合△H1>△H2的是②③。

故選A。

【點(diǎn)睛】

明確焓變是有正負(fù)之分的。4、A【分析】【詳解】

A.酸根離子對(duì)應(yīng)的酸越弱；結(jié)合氫離子能力越強(qiáng)，E對(duì)應(yīng)的是高氯酸根離子，高氯酸是最強(qiáng)的無(wú)機(jī)酸，酸根離子結(jié)合氫離子能力最弱，故選A；

B.能量越低越穩(wěn)定原理；A最穩(wěn)定，故不選B；

C.△H=生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2ClO2－(aq)=ClO3－(aq)+ClO－(aq)△H=－76kJ·mol－1；故不選C；

D.3ClO－(aq)=2Cl-(aq)+ClO3－(aq)的△H=生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量=反應(yīng)物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1；所以反應(yīng)物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，故不選D；

正確答案：A。

【點(diǎn)睛】

本題考查反應(yīng)熱的有關(guān)計(jì)算，注意掌握根據(jù)蓋斯定律、熱化學(xué)方程式進(jìn)行的計(jì)算，題目較簡(jiǎn)單；△H=生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量=反應(yīng)物的鍵能之和-小于生成物的鍵能之和。5、C【分析】【詳解】

A.放熱的、?S<0的反應(yīng)在高溫下不能自發(fā)進(jìn)行；A錯(cuò)誤；

B.自發(fā)過(guò)程指的是不借助外力就能自動(dòng)進(jìn)行的過(guò)程；B錯(cuò)誤；

C.熵增加的放熱反應(yīng)在任何溫度下?G=?H-T·?S都<0；均能自發(fā)進(jìn)行，C正確；

D.對(duì)于同一物質(zhì)，其混亂度大小為S（g）>S（l）>S（s）；D錯(cuò)誤；

答案選C。6、A【分析】【分析】

取0.2mol?L-1HX溶液與0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合；恰好生成NaX，測(cè)得混合溶液的pH=8，說(shuō)明溶液呈堿性，NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，結(jié)合鹽類(lèi)水解原理以及物料守恒解答該題。

【詳解】

A.該鹽溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(X?)+c(OH?)，移項(xiàng)得故A正確；

B.等物質(zhì)的量的該酸和氫氧化鈉恰好反應(yīng)生成鹽，鹽溶液中存在物料守恒，即故B錯(cuò)誤；

C.該鹽溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(X?)+c(OH?)①，存在物料守恒，即c(Na+)=c(X?)+c(HX)②，將②帶入①得c(HX)+c(H+)=c(OH?)，所以c(OH?)?c(HX)=c(H+)=1×10?8mol?L?1；故C錯(cuò)誤；

D.由C可知c(OH?)>c(HX)；故D錯(cuò)誤；

故答案選：A。

【點(diǎn)睛】

利用三大守恒和水的離子積常數(shù)計(jì)算溶液中濃度大小關(guān)系。7、D【分析】【詳解】

A.HCl溶液滴加一半時(shí)，溶質(zhì)為由圖像知，碳幾乎全部為時(shí)，溶液故A正確；

B.由電荷守恒，溶液中故B正確；

C.在A點(diǎn)和各占且溶液呈堿性，故C正確；

D.若溶液中根據(jù)物料守恒，溶質(zhì)應(yīng)該為由圖知，碳幾乎全部為時(shí)；溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查溶液中的“三守恒”，要能夠熟練書(shū)寫(xiě)物料守恒、電荷守恒、質(zhì)子守恒式是解答關(guān)鍵。8、C【分析】【分析】

MOH中Kb(MOH)=NOH中Kb(NOH)=X和Y點(diǎn)c(M＋)=c(N＋)，根據(jù)物料守恒，兩點(diǎn)中c(MOH)=c(NOH)，因?yàn)镸OH的堿性強(qiáng)于NOH，則有Kb(MOH)>Kb(NOH)，推出前者c(OH－)>c(OH－)，即pH越大，c(OH－)越大，曲線(xiàn)I表示－lgc(M＋)與pH的關(guān)系；據(jù)此分析；

【詳解】

A.MOH中Kb(MOH)=NOH中Kb(NOH)=X和Y點(diǎn)c(M＋)=c(N＋)，根據(jù)物料守恒，兩點(diǎn)中c(MOH)=c(NOH)，因?yàn)镸OH的堿性強(qiáng)于NOH，則有Kb(MOH)>Kb(NOH)，推出前者c(OH－)>c(OH－)，即pH越大，c(OH－)越大，曲線(xiàn)I表示－lgc(M＋)與pH的關(guān)系；故A說(shuō)法正確；

B.溶液中c(H＋)來(lái)自于水的電離；根據(jù)圖像，X點(diǎn)的pH大于Y點(diǎn)的pH，推出Y點(diǎn)中水電離程度大于X點(diǎn)，故B說(shuō)法正確；

C.根據(jù)電荷守恒，c(M＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，c(N＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)，Y點(diǎn)和Z點(diǎn)pH相同，即兩溶液中c(H＋)相同，c(OH－)相同，根據(jù)圖像，Z點(diǎn)中c(M＋)大于Y點(diǎn)中c(N＋)，即Z點(diǎn)c(Cl－)大于Y點(diǎn)c(Cl－)；故C說(shuō)法錯(cuò)誤；

D.Kb(MOH)=Kb(NOH)=電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度大小無(wú)關(guān)，取X和Y兩點(diǎn)：c(M＋)=c(N＋)，c(MOH)=c(NOH)，=100；故D說(shuō)法正確；

答案：D。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)A；C分別表示反應(yīng)物總能量和生成物總能量；

(2)根據(jù)參加反應(yīng)SO2的物質(zhì)的量之比等于對(duì)應(yīng)的△H之比；

(3)根據(jù)單質(zhì)硫的燃燒熱以及1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的反應(yīng)熱利用蓋斯定律來(lái)求；

【詳解】

(1)圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，所以2molSO2(g)氧化為2molSO3(g)的△H=-198kJ?mol-1，則2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ?mol-1；

(3)因單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ?mol-1，則S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ?mol-1，而1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的△H=-99kJ?mol-1，則SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ?mol-1，由蓋斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ?mol-1+(-99kJ?mol-1)=-395kJ?mol-1，所以S(s)生成3molSO3(g)的△H為-395kJ?mol-1×3=-1185kJ?mol-1，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式：3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-1?！窘馕觥糠磻?yīng)物能量生成物能量-198S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)ΔH=-1185kJ·mol-110、略

【分析】【詳解】

氫氣和碘反應(yīng)生成2molHI的反應(yīng)實(shí)質(zhì)是；舊鍵斷裂吸收能量的值為：436kJ+151kJ=587kJ，新鍵生成釋放能量為：299kJ×2=598kJ，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵生成釋放的能量，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為：598kJ-587kJ=11kJ；

故答案為：11。

【點(diǎn)睛】

本題主要考查了與鍵能有關(guān)的知識(shí)，掌握舊鍵斷裂要吸收能量，新鍵生成要釋放能量是解答的關(guān)鍵?！窘馕觥?111、略

【分析】【分析】

根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)寫(xiě)出三段式：

【詳解】

（1）反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率

（2）該反應(yīng)的平衡常數(shù)為

（3）A.化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，應(yīng)為正逆反應(yīng)速率相等；反應(yīng)達(dá)到平衡，A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)為恒容條件下進(jìn)行；反應(yīng)物總質(zhì)量不變，總體積不變，混合氣體的密度始終不變，不能作為反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志，B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)“變量不變達(dá)平衡”該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)；混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量是變量，若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再發(fā)生改變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡了，C正確；

D．CH3OH、CO、H2的濃度都不再發(fā)生變化；說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡了，D正確；

（4）將容器體積壓縮到1L，若平衡不移動(dòng)，則各物質(zhì)的濃度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，但壓強(qiáng)增大，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動(dòng)，氫氣的平衡濃度小于2mol/L，所以氫氣的濃度為

（5）)若保持容器體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡與原來(lái)的平衡狀態(tài)相同，則v正=v逆?！窘馕觥?0%(或0.67)CD1.0mol·L－12)<2.0mol·L－1＝12、略

【分析】【詳解】

已知某溫度下，水的離子積常數(shù)KW＝1.0×10－12；

⑴常溫下水的離子積常數(shù)為KW＝1.0×10－14，而此溫度下，水的離子積常數(shù)KW＝1.0×10－12；溫度越高，離子積常數(shù)越大，從而說(shuō)明此溫度大于25℃，原因是水的離子積常數(shù)隨溫度的升高而增大，故答案為＞；水的離子積常數(shù)隨溫度的升高而增大；

⑵A選項(xiàng)，通入適量SO2氣體；二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，電離出氫離子，抑制水的電離，故A符合題意；

B選項(xiàng)，加入適量Ba(OH)2溶液；電離出氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，抑制水的電離，故B符合題意；

C選項(xiàng)；升溫至60℃，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)水的電離，故C不符合題意；

D選項(xiàng)，加入NH4Cl溶液；銨根離子和水電離出的氫氧根離子結(jié)合生成弱電解質(zhì)一水合氨，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)水的電離，故D不符合題意；

綜上所述；答案為：AB；

⑶水的離子積常數(shù)KW＝1.0×10－12，此溫度下純水中的c(H＋)＝c(OH－)==1×10－6mol/L，故答案為1×10－6mol/L；

⑷①如果醋酸為強(qiáng)酸，全部電離，則1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=1mol·L-1，而1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1；說(shuō)明是弱酸即弱電解質(zhì)，故①符合題意；

②CH3COOH可以任意比與H2O互溶；強(qiáng)弱電解質(zhì)與溶解性沒(méi)有聯(lián)系，故②不符合題意；

③在相同條件下，CH3COOH溶液的導(dǎo)電性比鹽酸弱；說(shuō)明醋酸溶液中的離子濃度小于鹽酸中的離子濃度，則說(shuō)明醋酸為弱電解質(zhì)，故③符合題意；

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好與10mL1mol/L的NaOH溶液完全反應(yīng)；強(qiáng)酸與弱酸都是按照方程式比例消耗，因此不能說(shuō)明是弱電解質(zhì)，故④不符合題意；

⑤同濃度同體積的醋酸和鹽酸與Fe反應(yīng)時(shí)，醋酸溶液中放出H2的速度慢；說(shuō)明同濃度醋酸中的氫離子濃度小于鹽酸中氫離子濃度，說(shuō)明電離程度小，因此為弱電解質(zhì)，故⑤符合題意；

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO－、H+同時(shí)存在，弱電解質(zhì)存在弱電解質(zhì)分子，故⑥符合題意；所以可以證明它是弱電解質(zhì)的是①③⑤⑥，故答案為①③⑤⑥?！窘馕觥竣?＞②.水的離子積常數(shù)隨溫度的升高而增大③.AB④.1×10－6mol/L⑤.①③⑤⑥13、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)H2A的電離是分步電離可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液顯堿性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案為：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步電離為完全電離，則溶液中沒(méi)有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根據(jù)A原子守恒；所以c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.在溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c(OH?)=c(H+)+c(HA?)；B項(xiàng)正確；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C項(xiàng)正確；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D項(xiàng)正確，故答案為：BCD；

(3)A.溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點(diǎn)Kw=10?12，c點(diǎn)Kw=10?13，a點(diǎn)Kw=10?14，所以b＞c＞a；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.c點(diǎn)Kw=10?13；則c曲線(xiàn)的純水中6＜pH＜7，c點(diǎn)的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點(diǎn)變到c點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由圖可計(jì)算出各點(diǎn)的水的離子積，d點(diǎn)Kw=10?14，b點(diǎn)Kw=10?12，c點(diǎn)Kw=10?13，所以水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞a；C項(xiàng)正確；

D.b點(diǎn)Kw=10?12；中性溶液pH=6，將pH=2的硫酸與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，D項(xiàng)正確；故選CD。

【點(diǎn)睛】

本題易錯(cuò)點(diǎn)(3)，圖象數(shù)據(jù)分析，要先明確縱軸、橫軸所代表的意義，結(jié)合水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)×c(OH-)計(jì)算判斷，溫度越高，水的離子積常數(shù)越大?！窘馕觥竣?A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD14、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氫鈉溶液中完全電離，電離方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的；

（3）稀釋會(huì)促進(jìn)若電解質(zhì)的電離；

（4）酸性越弱；酸根離子對(duì)應(yīng)的鈉鹽水解能力越強(qiáng)，pH越大。

【詳解】

（1）硫酸氫鈉存電離方程式為：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，電離出H＋；使溶液顯酸性，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動(dòng)，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變；

故答案為：左；酸；不變；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水電離出氫離子與氫氧根離子的濃度相等；

故答案為：1×10-5mol·L－1；

（3）稀釋會(huì)促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；故若取pH；體積均相等的NaOH和氨水分別加水稀釋m倍、n稀釋后pH仍相等，則氨水稀釋倍數(shù)大；

故答案為：＜；

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根離子對(duì)應(yīng)的鈉鹽水解能力越強(qiáng)，pH越大，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA

故答案為：＜?！窘馕觥竣?左②.酸③.不變④.1×10-5⑤.<⑥.<15、略

【分析】【分析】

（1）先根據(jù)酸；堿、鹽確定PH大?。畸}中陽(yáng)離子相同；酸越弱，其鹽的堿性越強(qiáng)，據(jù)此分析鹽溶液的PH值大小；

（2）根據(jù)是否存在平衡分析判斷；不存在平衡的PH值變化大；

（3）由題意可知；碳酸與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，過(guò)量的碳酸可與反應(yīng)生成碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；碳酸的酸性大于偏鋁酸的酸性，碳酸能和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁，過(guò)量的偏鋁酸鈉可與反應(yīng)生成的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀；

（4）①酸；堿的物質(zhì)的量相等；即酸、堿恰好反應(yīng)生成鹽，若鹽溶液的a=7時(shí)，該鹽是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，HA是強(qiáng)酸；a＞7時(shí)，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，HA是弱酸；

②Ⅰ、根據(jù)電荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）；Ⅱ、根據(jù)物料守恒和電荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）

【詳解】

（1）④②①③是鹽；⑤是堿，物質(zhì)的量濃度相同的這幾種溶液，鹽溶液的pH值小于堿溶液的pH，所以⑤的pH值最大；④②①③四種鹽的陽(yáng)離子相同，其陰離子相應(yīng)的酸越弱，鹽的pH值越大，醋酸的酸性＞碳酸的酸性＞偏鋁酸的酸性，碳酸氫鈉是酸式鹽，碳酸鈉是正鹽，所以碳酸鈉的pH值大于碳酸氫鈉的，則相同物質(zhì)的量濃度的這幾種溶液的pH值由小到大的順序是④②①③⑤，故答案為：④②①③⑤；

（2）①②③④溶液中都存在水解平衡；當(dāng)稀釋時(shí)，鹽的弱酸根又水解出部分離子進(jìn)行補(bǔ)充；氫氧化鈉是強(qiáng)堿，完全電離，不存在電離平衡，所以當(dāng)稀釋時(shí)，其pH變化最大，故答案為：⑤；

（3）由題意可知，碳酸與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，過(guò)量的碳酸可與反應(yīng)生成碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；碳酸的酸性大于偏鋁酸的酸性，碳酸能和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，過(guò)量的偏鋁酸鈉可與反應(yīng)生成的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，則可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；

（4）①酸、堿的物質(zhì)的量相等，即酸、堿恰好反應(yīng)生成鹽，若鹽溶液的a=7時(shí)，該鹽是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，HA是強(qiáng)酸；a＞7時(shí)，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，HA是弱酸；乙組實(shí)驗(yàn)溶液pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，根據(jù)c（H+）·c（OH-）=10-14可知c（OH-）=10-6mol/L，故答案為：a=7時(shí)，HA是強(qiáng)酸；a＞7時(shí)，HA是弱酸；10-6；

②Ⅰ、根據(jù)電荷守恒知，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol/L；

Ⅱ、根據(jù)物料守恒和電荷守恒可得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，則c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案為：9.9×10-7mol/L；10-8mol/L?！窘馕觥竣?④②①③⑤②.⑤③.NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3④.a＝7時(shí)，HA是強(qiáng)酸；a＞7時(shí)，HA是弱酸⑤.10-6⑥.9.9×10-7mol/L⑦.1.0×10-8mol/L16、略

【分析】【分析】

A、C溶液的pH相同，A、C為溶液、鹽酸；A、B溶液中水的電離程度相同，A、B為溶液、溶液．故A為溶液，B為溶液，C為鹽酸，D為NaNO3溶液；溶液的pH=7，以此解答該題．

根據(jù)溶液酸堿性與溶液pH的表達(dá)式計(jì)算出pHb、pHc，然后根據(jù)水的離子積計(jì)算出pHb+pHc；

任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒判斷；

若溶液中只有一種溶質(zhì)，為溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-）；但水解程度很??；

若四種離子濃度關(guān)系有c（NH4+）=c（Cl-），根據(jù)電荷守恒判斷c（H+）、c（OH-）相對(duì)大小。

【詳解】

（1）溶液中水的電離受到促進(jìn)，溶液顯堿性；溶液中水的電離受到促進(jìn)，溶液顯酸性；鹽酸中水的電離受到抑制，溶液顯酸性；溶液中水的電離不受影響，溶液顯中性。所以A、B、C、D分別為鹽酸、常溫下若溶液中與鹽酸溶液中的相同，則有C溶液則

（2）溶液中只存在四種離子時(shí)，一定不存在，因?yàn)榇藭r(shí)溶液中正負(fù)電荷的總數(shù)不相等；若溶液中只有一種溶質(zhì)，則為該溶液中離子濃度的大小關(guān)系為若四種離子濃度關(guān)系有根據(jù)溶液的電中性原則，有則該溶液顯中性。

【點(diǎn)睛】

A、B、C、D根據(jù)A、C溶液的pH相同，A、B溶液中水的電離程度相同判斷出A、B、C、D四種物質(zhì)；溶液中只存在四種離子時(shí)根據(jù)電荷守恒及條件判斷出溶液的溶質(zhì)，酸堿性?！窘馕觥葵}酸14②①中性三、判斷題(共1題，共2分)17、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)18、略

【分析】【分析】

酸浸過(guò)程中，二氧化硅不反應(yīng)，分離出來(lái)，Cu2S反應(yīng)生成S單質(zhì)，F(xiàn)e2O3溶解成溶液，pH值控制在4時(shí)，F(xiàn)e3+沉淀，過(guò)濾得到的濾液成分應(yīng)為CuSO4和MnSO4等；加熱趕氫過(guò)后，得到堿式碳酸銅，濾渣為碳酸錳，通過(guò)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌等操作即可得到硫酸錳晶體。

（1）

實(shí)驗(yàn)室配置240mL4．8mol?L－1的溶液需要250mL的容量瓶和膠頭滴管；故答案為：250mL容量瓶；膠頭滴管；

（2）

為了提高浸取率可采取的措施可以粉碎礦石增大接觸面積；加熱、攪拌等。故答案為：粉碎礦石（或加熱或者攪拌）；

（3）

由題目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S與MnO2在H2SO4浸泡的條件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案為：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根據(jù)提示Fe3+的pH沉淀范圍：1.5～3.2可知當(dāng)PH=4時(shí)，F(xiàn)e3+會(huì)水解生成氫氧化鐵沉淀；故答案為：使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使錳離子沉淀，反應(yīng)離子方程式為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在經(jīng)過(guò)加熱濃縮；冷卻結(jié)晶即可得硫酸錳晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶；

（7）

工藝流程中，加入了氨水，最后又得到了氨氣，NH3可循環(huán)使用，故答案為NH3。【解析】(1)250mL容量瓶；膠頭滴管。

(2)粉碎礦石（或加熱或者攪拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加熱濃縮；冷卻結(jié)晶。

(7)NH319、略

【分析】【詳解】

：(1)分離空氣提取氮?dú)獾姆椒ㄒ环N是液化和分餾；另一種方法是與碳反應(yīng)后除去CO2；制取氫氣的兩個(gè)方程式分別為：C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；(2)合成氨的設(shè)備名稱(chēng)是合成塔；合成氨的方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；(3)冷凝分離產(chǎn)品設(shè)備為冷卻塔或冷凝器，入水口應(yīng)該在下面，此時(shí)水流和氣流是逆向的，冷凝效果好；(4)分離器是氣——固分離用設(shè)備，分離液氨和未反應(yīng)的原料氣；(5)設(shè)CO、H2O起始濃度分別為x；ymol/L；則轉(zhuǎn)化的CO的最小值為0.9x

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始xy00

變化0.9x0.9x0.9x0.9x

平衡0.9xy-0.9x0.9x0.9x，根據(jù)平衡常數(shù)列式：（0.9x）2/0.1x（y-0.9x）=0.627；解得：y/x=13.8。故此只要此值大于13.8，轉(zhuǎn)化率就會(huì)超過(guò)90%。

【考點(diǎn)定位】

此題以合成氨反應(yīng)為載體，綜合考查了化學(xué)與技術(shù)模塊的主干知識(shí)。【解析】液化、分餾與碳反應(yīng)后除去CO2C+H2OCO+H2CH4+H2OCO+3H2合成（氨）塔N2(g)+3H2(g)2NH3(g)冷卻塔（或冷凝器）n高溫氣體由冷卻塔的上端進(jìn)入，冷卻水從下端進(jìn)入，逆向冷卻效果好將液氨與未反應(yīng)的原料氣分離13.820、略

【分析】【分析】

由題中流程可知，銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))粉碎焙燒，充分氧化，煙氣的主要成分為二氧化硫，加稀硫酸酸浸，過(guò)濾，濾渣1為SiO2和不溶于酸的雜質(zhì)，濾液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，繼續(xù)過(guò)濾，濾渣2為Fe(OH)3；濾液中加入HR進(jìn)行萃取，除去鎳離子，有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，水相的主要成分為硫酸銅溶液，加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，洗滌，干燥即可獲得產(chǎn)品。

【詳解】

（1）由上述分析可知；焙燒前粉碎的目的是增大接觸面積，提高反應(yīng)速率，使礦石充分氧化；答案為增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；

（2）由上述分析可知，加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由題中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移動(dòng)，則增加H+濃度，即有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，可以分離銅離子，還不會(huì)產(chǎn)生雜質(zhì)，所以選項(xiàng)c正確；答案為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；

（3）由題中表格數(shù)據(jù)可知，25℃時(shí)，“調(diào)節(jié)pH”后，測(cè)得濾液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因?yàn)镵sp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe