2025年新科版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年新科版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷16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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知C2H2（g）+5/2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H＝－1300kJ·mol－1,則下列說法正確的是A.當(dāng)有20NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出2600kJ熱量B.當(dāng)有4NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí)，放出1300kJ熱量C.若生成NA個(gè)水蒸氣分子焓變?yōu)椤鱄0，則△H0<△HD.上述反應(yīng)為吸熱反應(yīng)2、已知下列熱化學(xué)方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

則反應(yīng)H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反應(yīng)熱△H為A.+237.46kJ·mol-1B.-474.92kJ·mol-1C.-118.73kJ·mol-1D.-237.46kJ·mol-13、目前應(yīng)用最廣泛的氮氧化物脫除技術(shù)原理為：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)△H=﹣11.63kJ/mol。其他條件不變時(shí)，在2L密閉容器中使用不同的催化劑X、Y、Z，產(chǎn)生n(N2)隨時(shí)間的變化如下圖所示。下列說法不正確的是。

A.用催化劑X與Z，達(dá)到平衡時(shí)，N2產(chǎn)率一樣B.用催化劑Y前50s平均反應(yīng)速率v(NH3)=0.03mol/(L?s)C.分離出體系中的H2O(g)有利于提升氮氧化物的脫除率D.若體系各物質(zhì)狀態(tài)保持不變，則反應(yīng)在任何溫度下均可自發(fā)進(jìn)行4、常溫下，下列敘述正確的是（）A.鹽酸溶液的導(dǎo)電能力一定比醋酸溶液的強(qiáng)B.在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好無色，則此時(shí)溶液的pH<7C.向10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中，將減小D.用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸溶液，最好選用甲基橙作指示劑5、下列操作中，能使電離平衡H2OH＋＋OH－，向右移動(dòng)且溶液呈酸性的是（）A.向水中加入NaHSO3溶液B.向水中加入NH4Cl溶液C.向水中加入CH3COONa溶液D.將水加熱到100℃，使pH＝66、25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液：①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④(NH4)2SO4、⑤Ba(OH)2、⑥CH3COONa、⑦NH4Cl、⑧HCl，其中pH值按由大到小順序排列的一組是（）A.⑤②①⑥⑦④③⑧B.⑤②⑥①⑦④⑧③C.③⑧④⑦①⑥②⑤D.⑤②①③⑧⑦④⑥7、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(shù)值變小的是。

A.c(Ca2+)B.c(CO32-)C.c(H+)D.碳酸鈣的溶解度評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、合成氨對(duì)人類的生存和發(fā)展有著重要意義；1909年哈伯在實(shí)驗(yàn)室中首次利用氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)合成氨，實(shí)現(xiàn)了人工固氮。

(1)反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為_______。

(2)請(qǐng)結(jié)合下列數(shù)據(jù)分析，工業(yè)上選用氮?dú)馀c氫氣反應(yīng)固氮，而沒有選用氮?dú)夂脱鯕夥磻?yīng)固氮的原因是_______。序號(hào)化學(xué)反應(yīng)的數(shù)值①②

(3)如圖是合成氨反應(yīng)平衡混合氣中的體積分?jǐn)?shù)隨溫度或壓強(qiáng)變化的曲線，圖中X分別代表溫度或壓強(qiáng)。其中X代表的是_______(填“溫度”或“壓強(qiáng)”)；_______(填“>”“<”或“=”)原因是_______。

9、在一定體積的密閉容器中，進(jìn)行如下化學(xué)反應(yīng)：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），其化學(xué)平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6

回答下列問題：

（1）該反應(yīng)為___反應(yīng)（選填吸熱；放熱）。

（2）某溫度下，平衡濃度符合下式：c（CO2）·c（H2）=c（CO）·c（H2O），試判斷此時(shí)的溫度為___℃。10、（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液導(dǎo)電性的變化是____寫出二者反應(yīng)的離子方程式：___________。

（2）常溫下，甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）

（3）常溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或堿性，下同）；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉等體積混合，所得溶液呈___________。11、.常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的六種溶液的pH如下表所示：

請(qǐng)回答下列問題：

(1)上述六種溶液中，水的電離程度最小的是_____(填化學(xué)式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是_____(填寫一種物質(zhì)即可)。12、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）來說明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)=_________。13、按要求填寫下面的空。

（1）溫度相同、濃度均為0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO⑥CH3COONa溶液；它們的pH值由小到大的排列順序是________

A.③①④②⑥⑤B.③①④②⑤⑥C.③②①⑥④⑤D.⑤⑥②④①③

（2）25℃時(shí)，利用pH試紙測得0.1mol?L-1醋酸溶液的pH約為3；則可以估算出醋酸的電離常數(shù)約為_______；向10mL此溶液中加水稀釋。pH值將_____（填“增大”；“減小”或“無法確定”）

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

（4）pH=2的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，分別加水至pH再次相等，則加入水的體積V(HCl)__________V(CH3COOH)(填“>”、“<”或“=”；下同)

（5）濃度均為0.1mol/L的鹽酸和CH3COOH溶液各1mL，加入等體積的水稀釋后pH(HCl)_____pH(CH3COOH)14、(1)依據(jù)反應(yīng)：設(shè)計(jì)的原電池如圖所示。

①電極X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，向溶液擴(kuò)散的離子是________（填離子符號(hào)）。

(2)鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕可分為析氫腐蝕和吸氧腐蝕；可以采用電化學(xué)手段進(jìn)行防護(hù)。

①寫出鋼鐵在酸性較強(qiáng)的環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)式：_________。

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用下圖所示的方案：

其中連接在鐵閘門上的固體材料R可以采用________（填寫字母序號(hào)）。

a.銅b.鈉c.鋅d.石墨。

(3)電解原理在工業(yè)上有著廣泛的用途；如圖表示一個(gè)電解池，裝有電解液a；X；Y是兩塊電極板，通過導(dǎo)線與直流電源相連。

①若X、Y都是惰性電極，a是飽和溶液，則電解的總反應(yīng)式為________________。

②當(dāng)電路中流通電子時(shí)，整個(gè)裝置共放出氣體________L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）。評(píng)卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)15、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24分)16、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_______，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_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已經(jīng)”或“沒有”)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_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為_______。

(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_______。17、用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：

已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列問題。

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為________。

(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達(dá)到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小，減小的原因是________。

(3)濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入到________操作中(填操作單元的名稱)。

(4)凈化時(shí)需先加入的試劑X為________(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當(dāng)溶液中某離子濃度時(shí)；可認(rèn)為該離子沉淀完全)。

(5)碳化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________________。18、NiCO3常用于催化劑、電鍍、陶瓷等工業(yè)?，F(xiàn)用某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))制取NiCO3的過程如圖所示：

（1）流程中的試劑X（某鈉鹽）的化學(xué)式是___________。

（2）“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2溶液氧化?？刂茰囟炔怀^40℃的原因是______（用化學(xué)方程式表示）。

（3）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在較小pH條件下水解，最終形成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去，如圖是pH—溫度關(guān)系圖，圖中陰影部分為黃鈉鐵礬穩(wěn)定存在的區(qū)域，下列說法不正確的是________(填字母)。

a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鐵為+2價(jià)。

b．pH過低或過高均不利于生成黃鈉鐵礬；其原因相同。

c．氯酸鈉在氧化Fe2+時(shí)，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA

d．工業(yè)生產(chǎn)中溫度常保持在85～95℃，加入Na2SO4后生成黃鈉鐵礬；此時(shí)溶液的pH約為1.2～1.8。

（4）加入Na2CO3溶液時(shí)，確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是_______________。

（5）某小組利用NiCO3制取鎳氫電池的正極材料堿式氧化鎳(NiOOH)；過程如圖：

①已知25℃時(shí)，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15，當(dāng)調(diào)節(jié)pH≥9時(shí)，溶液中殘留的c(Ni2+)________mol/L。

②寫出在空氣中加熱Ni(OH)2制取NiOOH的化學(xué)方程式________________。

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負(fù)極為MH（即吸氫材料M吸附氫原子）。充電時(shí)也可實(shí)現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH。請(qǐng)寫出放電時(shí)該電池的總反應(yīng)式______________。評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共18分)19、隨著我國碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)的確定，含碳化合物的綜合利用備受關(guān)注。CO2和H2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)Ⅰ的(為速率常數(shù)，與溫度、催化劑有關(guān))。若平衡后升高溫度，則_______(填“增大”“不變”或“減小”)。

(2)①下列措施一定能使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.升高溫度C.增大H2與CO2的投料比D.改用更高效的催化劑。

②恒溫(200℃)恒壓條件下，將1molCO2和1molH2充入某密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為a，CH3OH的物質(zhì)的量為bmol，則此溫度下反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)Kx=_______[寫出含有a、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點(diǎn)為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

(3)反應(yīng)Ⅲ可能的反應(yīng)歷程如圖所示。

注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目；微粒的相對(duì)總能量(括號(hào)里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。

①反應(yīng)歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應(yīng)方程式為_______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)20、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語解釋其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等體積、等pH的溶液①和④分別與足量的②反應(yīng)，消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。21、常溫下，用酚酞作指示劑，用0.10mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖。

（已知：CH3COOH、HCN的電離平衡常數(shù)分別為1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）圖__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH變化的曲線；判斷的理由是__。

（2）點(diǎn)③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

（3）點(diǎn)①和點(diǎn)②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)__c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

（4）點(diǎn)②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共3題，共24分)22、氨氣是生產(chǎn)化肥、硝酸等的重要原料，合成塔中每生產(chǎn)lmolNH3；放出46.2kJ熱量。

工業(yè)上合成氨的熱化學(xué)方程式是___，斷裂1molNN鍵需要能量__kJ。23、(1)北京奧運(yùn)會(huì)祥云火炬將中國傳統(tǒng)文化；奧運(yùn)精神以及現(xiàn)代高科技融為一體。火炬內(nèi)熊熊大火來源于丙烷的燃燒；丙烷是一種優(yōu)良的燃料。試回答下列問題：

①如圖是一定量丙烷完全燃燒生成CO2和1molH2O(l)過程中的能量變化圖，請(qǐng)?jiān)趫D中的括號(hào)內(nèi)填入“+”或“?”___。

②寫出表示丙烷燃燒熱的熱化學(xué)方程式：___。

③二甲醚(CH3OCH3)是一種新型燃料，應(yīng)用前景廣闊。1mol二甲醚完全燃燒生成CO2和液態(tài)水放出1455kJ熱量。若1mol丙烷和二甲醚的混合氣體完全燃燒生成CO2和液態(tài)水共放出1645kJ熱量，則混合氣體中，丙烷和二甲醚的物質(zhì)的量之比為___。

(2)蓋斯定律認(rèn)為：不管化學(xué)過程是一步完成或分?jǐn)?shù)步完成；整個(gè)過程的總熱效應(yīng)相同。試運(yùn)用蓋斯定律回答下列問題：

①已知：H2O(g)═H2O(l)△H1=?Q1kJ/mol

C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=?Q2kJ/mol

C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=?Q3kJ/mol

若使23g液態(tài)無水酒精完全燃燒，并恢復(fù)到室溫，則整個(gè)過程中放出的熱量為___kJ。

②碳(s)在氧氣供應(yīng)不充分時(shí)，生成CO同時(shí)還部分生成CO2，因此無法通過實(shí)驗(yàn)直接測得反應(yīng)：C(s)+O2(g)═CO(g)的△H.但可設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)、利用蓋斯定律計(jì)算出該反應(yīng)的△H，計(jì)算時(shí)需要測得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有___。24、常溫下有濃度均為0.5mol/L的四種溶液：

①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O

(1)上述溶液中，可發(fā)生水解的是______(填序號(hào)；下同)。

(2)上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能和硫酸反應(yīng)的溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)椋篲______________。

(3)向④中加入少量氯化銨固體，此時(shí)的值________(填“增大”；“減小”、或“不變”)。

(4)若將③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③的體積________④的體積(填“大于”；“小于”或“等于”)

(5)取10mL溶液③，加水稀釋到500mL，則此時(shí)溶液中由水電離出的c(H＋)＝________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

A.題文中方程式轉(zhuǎn)移了10NA個(gè)電子，生成了8NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)（CO2中C；O之間是以兩對(duì)共用電子對(duì)結(jié)合的）；選項(xiàng)A正確；

B.當(dāng)有4NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí)生成CO21mol；放熱為650kJ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.若生成了水蒸氣；則放出的熱量較少，故焓變（該反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)值）比原來的大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.△H為負(fù)值；則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案選A。2、D【分析】依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到所需熱化學(xué)方程式；利用蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

已知熱化學(xué)方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

利用蓋斯定律對(duì)方程式進(jìn)行合理變換，①-②-③×+④可得H2(l)+O2(l)==H2O(g)，故反應(yīng)H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反應(yīng)熱△H=-285.8+0.92+6.84×+44=-237.46（kJ·mol-1）。

答案選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式書寫方法和蓋斯定律計(jì)算應(yīng)用，對(duì)方程式的運(yùn)算是解題的關(guān)鍵。3、B【分析】【詳解】

A．催化劑的使用只改變化學(xué)反應(yīng)速率不改變反應(yīng)的結(jié)果，故催化劑X與Z達(dá)平衡時(shí)N2產(chǎn)率相同；A正確；

B．使用催化劑Y，反應(yīng)前50s內(nèi)N2的物質(zhì)的量改變3mol，故v(N2)=0.03mol/(L·s)，故可以計(jì)算出v(NH3)=0.024mol/(L·s)；B錯(cuò)誤；

C．分離出體系中的水蒸氣；減小生成物濃度，可以提高反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，提高氮氧化物的脫除率，C正確；

D．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H<0，反應(yīng)后氣體系數(shù)和增大，反應(yīng)的混亂程度增大，△S>0，故反應(yīng)的△G=△H-T△S<0；故反應(yīng)在任何時(shí)候都能夠自發(fā)的進(jìn)行，D正確；

故選B。4、C【分析】【詳解】

A；溶液導(dǎo)電能力由溶液中離子濃度大小決定；與電解質(zhì)強(qiáng)弱無關(guān)，故稀鹽酸溶液的導(dǎo)電能力可能弱于濃醋酸溶液，A錯(cuò)誤；

B、酚酞的變色范圍為8-10，所以在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好無色，此時(shí)溶液的pH<8；不一定小于7，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C、向CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，設(shè)一水合氨的電離平衡常數(shù)為Kb，根據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)可知：隨著氨水的加入，溶液中氫氧根離子濃度逐漸增大，則的值逐漸減?。贿x項(xiàng)C正確；

D；用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸溶液；由于恰好反應(yīng)時(shí)溶液呈堿性，應(yīng)好選用酚酞作指示劑，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選C。5、B【分析】【詳解】

A.向水中加入NaHSO3溶液亞硫酸氫根電離顯酸性；對(duì)水的電離平衡逆向移動(dòng)，故A不符合題意；

B.向水中加入NH4Cl溶液；銨根結(jié)合水電離出的氫氧根生成一水合氨，平衡向右移動(dòng)，溶液顯酸性，故B符合題意；

C.向水中加入CH3COONa溶液；醋酸根結(jié)合水電離出的氫離子生成醋酸，平衡向右移動(dòng)，溶液顯堿性，故C不符合題意；

D.將水加熱到100℃；平衡向右移動(dòng)，使pH＝6，溶液呈中性，故D不符合題意。

綜上所述，答案為B。6、B【分析】【詳解】

25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液：①NaCl，pH=7，由于Ba(OH)2中氫氧根濃度大于NaOH中氫氧根濃度故pHBa(OH)2>pH(NaOH)>7，CH3COONa水解呈堿性，由于水解是微弱的，故pH(NaOH)>pH(CH3COONa)>7，H2SO4和HCl氫離子濃度前者大于后者故pH(H2SO4)<pH(HCl)<7，(NH4)2SO4與NH4Cl水解呈酸性，由于前者銨根離子濃度大于后者故pH((NH4)2SO4)<pH(NH4Cl)<7，綜上所述pH值按由大到小順序排列為⑤②⑥①⑦④⑧③，故答案選：B。7、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(dòng)，c（Ca2+）增大，碳酸鈣溶解度增大，故B正確。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義可知故答案為：

（2）平衡常數(shù)越大,說明反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率越高，N?與H2反應(yīng)的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于N?與O?反應(yīng)的平衡常數(shù)，所以與H2反應(yīng)時(shí)，N?的轉(zhuǎn)化率更高，故答案為：N?與H2反應(yīng)的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于N?與O?反應(yīng)的平衡常數(shù)；平衡常數(shù)越大，N?的轉(zhuǎn)化率越高，固氮效果越好。

（3）工業(yè)合成氨反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，溫度相同時(shí)，加壓平衡正向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)增大；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)相同時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)降低，故X代表壓強(qiáng)，L線代表溫度，且L2>L1，故答案為：壓強(qiáng)；＜；反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)相同時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)降低，所以L1＜L2。【解析】(1)

(2)N?與H2反應(yīng)的平衡常數(shù)遠(yuǎn)大于N?與O?反應(yīng)的平衡常數(shù)；平衡常數(shù)越大，N?的轉(zhuǎn)化率越高，固氮效果越好。

(3)壓強(qiáng)＜反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)相同時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，NH3的體積分?jǐn)?shù)降低，所以L1＜L2。9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡；化學(xué)平衡常數(shù)的影響來回答；

（2）根據(jù)平衡濃度和平衡常數(shù)的關(guān)系來回答；

【詳解】

（1）化學(xué)平衡常數(shù)的大小只與溫度有關(guān)；升高溫度，平衡向吸熱的方向移動(dòng)，由表可知：升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)增大，說明化學(xué)平衡正向移動(dòng)，因此正反應(yīng)方向吸熱；

答案為吸熱。

（2）平衡濃度符合下式：c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O）時(shí)；平衡常數(shù)等于1，平衡常數(shù)只受溫度的影響，當(dāng)K=1時(shí)，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，所以溫度是830℃；

答案為830℃?！窘馕觥竣?吸熱②.830℃10、略

【分析】【分析】

（1）離子濃度越大；導(dǎo)電性越強(qiáng)，氨水為弱電解質(zhì)，醋酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)；

（2）一水合氨為弱電解質(zhì)；濃度越大，電離程度越?。?/p>

（3）室溫下，等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸和氨水混合，恰好完全反應(yīng)生成NH4Cl；為強(qiáng)酸弱堿鹽；pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，氨水濃度大于鹽酸，二者等體積混合時(shí)氨水過量。

【詳解】

（1）氨水為弱電解質(zhì)，開始導(dǎo)電性不強(qiáng)，滴入醋酸，反應(yīng)生成醋酸銨，為強(qiáng)電解質(zhì)，離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)，反應(yīng)為NH3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反應(yīng)完全后，繼續(xù)滴入醋酸，溶液體積變大，離子濃度減小，導(dǎo)電性又逐漸減弱，故答案為：導(dǎo)電性先變大后變?。籒H3?H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；

（2）甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol/L和0.1mol/L，則甲瓶氨水的濃度是乙瓶氨水的濃度的10倍，又弱電解質(zhì)的濃度越小，電離程度越大，故甲瓶氨水的電離度比乙瓶氨水的電離度小，所以甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案為：＜；

（3）室溫下，0.1mol/L的氨水與0.1mol/L的鹽酸等體積混合，恰好完全反應(yīng)生成NH4Cl；為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性；室溫下，pH之和為14的醋酸與氫氧化鈉，醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸濃度大于氫氧化鈉，二者等體積混合時(shí)醋酸有剩余，醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案為：酸性；酸性。

【點(diǎn)睛】

本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡的影響因素以及電離平衡的應(yīng)用知識(shí)，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)?！窘馕觥繉?dǎo)電性先變大后變小CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O<酸性酸性11、略

【分析】【分析】

(1)酸堿抑制水的電離；可水解的鹽促進(jìn)水的電離，強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽對(duì)水的電離無影響；

(2)首先根據(jù)越弱越水解原理判斷，得出酸性順序?yàn)椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根據(jù)氯水中的平衡移動(dòng)以及強(qiáng)酸制弱酸的原理選擇合適的物質(zhì)。

【詳解】

(1)只有Na2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，對(duì)水的電離無影響，其余均為弱酸強(qiáng)堿鹽，均促進(jìn)水的電離，故水的電離程度最小的是Na2SO4，故答案為：Na2SO4；

(2)根據(jù)越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其對(duì)應(yīng)弱酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，根據(jù)上表幾種強(qiáng)堿弱酸鹽的pH可得，酸性順序?yàn)椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯氣溶于水后和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)：Cl2+H2O?HCl+HClO，要增大HClO的濃度，可消耗HCl，使平衡正向移動(dòng)，但不能消耗HClO，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可與HCl反應(yīng)，而不與HClO反應(yīng)，且NaClO一方面消耗鹽酸，同時(shí)生成HClO，故答案為：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填寫一種物質(zhì)即可)。

【點(diǎn)睛】

多元弱酸的酸式鹽溶液促進(jìn)水的電離還是抑制水的電離，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的大小關(guān)系，HSO3﹣的電離程度大于其水解程度，NaHSO3溶液顯酸性，其會(huì)抑制水的電離；HCO3﹣的水解程度大于其電離程度，NaHCO3溶液顯堿性，其會(huì)促進(jìn)水的電離，這是學(xué)生們的易混點(diǎn)?！窘馕觥竣?Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填寫一種物質(zhì)即可)。12、略

【分析】【分析】

（1）先根據(jù)酸；堿、鹽確定PH大?。畸}中陽離子相同；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。【解析】①.④②①③⑤②.⑤③.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/L13、略

【分析】【分析】

（1）先判斷出溶液的酸堿性；然后利用鹽類水解規(guī)律進(jìn)行分析；

（2）利用電離平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；以及濃度對(duì)弱電解質(zhì)電離的影響進(jìn)行分析；

（3）根據(jù)電荷守恒以及離子積進(jìn)行分析判斷；

（4）先稀釋相同倍數(shù)；判斷出pH的大小，然后繼續(xù)加水稀釋得出結(jié)果；

（5）利用強(qiáng)電解質(zhì)完全電離；弱電解質(zhì)部分電離進(jìn)行分析；

【詳解】

（1）①(NH4)2SO4溶液顯酸性，②NaNO3溶液顯中性，③NH4HSO4溶液顯酸性，④NH4NO3溶液顯酸性，⑤NaClO溶液顯堿性，⑥CH3COONa溶液顯堿性，CH3COOH的酸性強(qiáng)于HClO，即ClO－水解能力強(qiáng)于CH3COO－，即NaClO溶液的pH大于CH3COONa，NH4HSO4完全電離NH4HSO4=NH4＋＋H＋＋SO42－，酸性最強(qiáng)，pH最小，(NH4)2SO4和NH4NO3溶液顯酸性，是因?yàn)镹H4＋水解造成，水解程度微弱，相同濃度時(shí)，(NH4)2SO4的酸性強(qiáng)于NH4NO3；因此pH由小到大的順序是③①④②⑥⑤，故A正確；

答案為A；

（2）CH3COOH的電離CH3COOHCH3COO－＋H＋，c(H＋)=c(CH3COO－)=10－3mol·L－1，醋酸為弱電解質(zhì)，電離程度微弱，溶液中C(CH3COOH)約為0.1mol·L－1，電離平衡常數(shù)Ka==10－5；向此溶液中加水稀釋，雖然促進(jìn)醋酸的電離，但c(H＋)減??；即pH增大；

答案為10－5；增大；

（3）根據(jù)電荷守恒，c(NH4＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，該溶液的pH=3，則溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，c(OH－)=10－11mol·L－1，代入上述表達(dá)式，2c(SO42－)－c(NH4＋)－3c(Al3＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－3－10－11≈10－3mol·L－1；

答案為10－3mol·L－1；

（4）醋酸為弱酸，部分電離，加水稀釋促進(jìn)電離，鹽酸為強(qiáng)酸，全部電離，相同pH的鹽酸和醋酸，加水稀釋相同倍數(shù)，醋酸的pH小于鹽酸的pH，為達(dá)到pH再次相等，需要向醋酸中繼續(xù)加水稀釋，因此加水的體積V(HCl)3COOH)；

答案為<；

（5）鹽酸為強(qiáng)酸，0.1mol·L－1鹽酸其pH=1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1醋酸溶液的pH>1，加水稀釋相同倍數(shù)后，鹽酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，即pH(HCl)3COOH)；

答案為<。

【點(diǎn)睛】

稀釋一元弱酸和一元強(qiáng)酸時(shí)，應(yīng)注意是濃度相同還是pH相同，如果是濃度相同，體積相同，一元強(qiáng)酸完全電離，一元弱酸是部分電離，稀釋相同倍數(shù)，強(qiáng)酸中c(H＋)始終大于弱酸；如果是pH相同，體積相同，則弱酸的濃度大于強(qiáng)酸，加水稀釋，促進(jìn)醋酸的電離，弱酸的pH小于強(qiáng)酸。【解析】A10-5增大10－3mol·L－1<<14、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①依據(jù)反應(yīng)：可知，該裝置為銅鋅原電池，Zn作負(fù)極，Cu作正極，則電極X的材料是Zn(鋅)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸銅)溶液；

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，溶液在負(fù)極區(qū)，原電池中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則向溶液擴(kuò)散的離子是

(2)①鋼鐵在酸性較強(qiáng)的環(huán)境中發(fā)生析氫腐蝕，正極反應(yīng)式：2H++2e-=H2↑；

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用圖示中的犧牲陽極的陰極保護(hù)法，即在鐵閘門上的固體材料R的活潑性要強(qiáng)于鐵；

a．銅的活潑性比鐵弱，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故a不符合題意；

b．鈉的活潑性比鐵強(qiáng)，但鈉可與水反應(yīng)，故b不符合題意；

c．鋅的活潑性比鐵強(qiáng)；可代替鐵作負(fù)極，能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故c符合題意；

d．石墨活潑性比鐵弱；不能代替鐵作負(fù)極，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故d不符合題意；

答案選c；

(3)①根據(jù)圖示，該裝置為電解質(zhì)，X、Y都是惰性電極，根據(jù)電源電極可知，X作陰極，Y作陽極，若a是飽和溶液，則該裝置為電解飽和食鹽水，生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，電解的總反應(yīng)式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根據(jù)①中電解總反應(yīng)，生成1mol氯氣和1mol氫氣時(shí)電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，當(dāng)電路中流通電子時(shí)，生成0.1mol氯氣和0.1mol氫氣，則整個(gè)裝置共放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積為0.2×22.4L/mol=4.48L?！窘馕觥縕n(鋅)CuSO4(硫酸銅)2H++2e-=H2↑c(diǎn)2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L三、判斷題(共1題，共2分)15、×【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24分)16、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(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，則c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已經(jīng)完全溶解；答案為3.6；已經(jīng)；

（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，即NiSO4與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；

（5）“操作Ⅱ”包括洗滌；洗滌該沉淀的操作為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；答案為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；

（6）電解CuSO4溶液，發(fā)生反應(yīng)2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成銅3.2g，物質(zhì)的量為=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4為0.1mol-0.05mol=0.05mol，電解后的溶液為CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中銅離子水解、水發(fā)生電離，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氫氧根濃度很小，故故答案為：.【解析】(1)增大接觸面積；提高反應(yīng)速率。

(2)2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+c

(3)3.6已經(jīng)。

(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O

(5)向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀；待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。

(6)17、略

【分析】【分析】

軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進(jìn)行反應(yīng)，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向?yàn)V液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時(shí)濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向?yàn)V液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀；過濾；洗滌、干燥得到高純碳酸錳。

【詳解】

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)元素價(jià)態(tài)規(guī)律可知-2價(jià)的S元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當(dāng)MnO2過量時(shí)，會(huì)消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會(huì)減小；

(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液；所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；

(4)凈化時(shí)更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當(dāng)Al3+完全沉淀時(shí)，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當(dāng)c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時(shí)，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；

(5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應(yīng)生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O?！窘馕觥竣?增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：②.③.過量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2④.蒸發(fā)⑤.H2O2⑥.4.9⑦.18、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程圖，某含鎳電鍍廢渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等雜質(zhì))用過量的酸溶解，其中的金屬轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，再加入適量X試劑，將銅離子和鋅離子轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀除去，濾液中含有鎳、鐵、鉻等金屬離子，根據(jù)(2)可知，保持濾液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃加入NaOH調(diào)節(jié)pH，除去鐵和鉻，在過濾后的濾液好加入碳酸鈉得到NiCO3。據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)流程圖，加入試劑X后生成了硫化銅和硫化鋅沉淀，因此試劑X(某鈉鹽)為Na2S，故答案為Na2S；

(2)由于過氧化氫受熱容易分解，因此“氧化”時(shí)需保持濾液在40℃左右，溫度不超過40℃，故答案為2H2O22H2O+O2↑；

(3)a．黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中鈉為+1價(jià)，硫酸根為-2價(jià)，氫氧根為-1價(jià)，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，鐵為+3價(jià)，故a錯(cuò)誤；b．pH過低，[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能夠被酸溶解；pH過高，鐵離子容易水解生成氫氧化鐵或FeOOH沉淀，均不利于生成黃鈉鐵礬，原因不相同，故b錯(cuò)誤；c．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，1molNaClO3得到的電子數(shù)為6NA，故c正確；d．由圖像可知，生成黃鐵礬鋼所需要的合適溫度為85℃～95℃，pH約為1.2～1.8，故d正確；錯(cuò)誤的有ab，故答案為ab；

(4)確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀，具體操作步驟為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無沉淀生成，故答案為靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液；無沉淀生成；

(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，當(dāng)調(diào)節(jié)pH≥9時(shí)，c(H+)=10-9mol/L，則c(OH-)==10-5mol/L，c(Ni2+)===2×10-5mol?L-1，故答案為≤2×10-5；

②空氣中加熱Ni(OH)2，Ni(OH)2與空氣中的氧氣反應(yīng)生成NiOOH和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O，故答案為4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O；

③鎳氫電池電解液為30%的KOH，負(fù)極為MH(即吸氫材料M吸附氫原子)。充電時(shí)也可實(shí)現(xiàn)Ni(OH)2轉(zhuǎn)化為NiOOH，則放電時(shí)NiOOH在正極發(fā)生還原反應(yīng)生成Ni(OH)2，電池的總反應(yīng)為MH與Ni(OH)2反應(yīng)生成NiOOH和M，反應(yīng)方程式為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2，故答案為NiOOH+MH=M+Ni(OH)2?！窘馕觥縉a2S2H2O22H2O+O2↑ab靜置，取少量上層清液繼續(xù)滴加1～2滴Na2CO3溶液，無沉淀生成≤2×10-54Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2ONiOOH+MH=M+Ni(OH)2五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應(yīng)Ⅰ屬于吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡時(shí)升溫，平衡正向移動(dòng)，K增大，則減小；

（2）①A．Ⅲ為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，加壓能使平衡正向移動(dòng)，從而提高的平衡轉(zhuǎn)化率；A正確；

B．反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率不一定升高；B錯(cuò)誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯(cuò)誤；

故選AC；

②200℃時(shí)是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率為a，則消耗剩余的物質(zhì)的量為根據(jù)碳原子守恒，生成CO的物質(zhì)的量為消耗剩余生成此時(shí)平衡體系中含有和則反應(yīng)Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時(shí)則平衡時(shí)

的物質(zhì)的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為1.9/3.4=0.56；

（3）①?zèng)Q速步驟指反應(yīng)歷程中反應(yīng)速率最慢的反應(yīng)。反應(yīng)速率快慢由反應(yīng)的活化能決定，活化能越大，反應(yīng)速率越慢。仔細(xì)觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應(yīng)步驟為

②反應(yīng)Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應(yīng)歷程圖中的E表示的是1個(gè)分子和1個(gè)分子的相對(duì)總能量與1個(gè)分子和3個(gè)分子的相對(duì)總能量之差(單位為eV)，且將起點(diǎn)的相對(duì)總能量設(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對(duì)總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5120、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)。

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸；由此可得出開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系。

（4）等體積；等pH的溶液①和④中；醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，分別與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出二者消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系。

【詳解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全電離生成H+，其電離方程式為NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案為：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－；

（2）0.1mol·L－1的溶液②，c(OH－)=0.1mol·L－1，c(H+)=10-13mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=13。答案為：13；

（3）向等體積、等濃度的溶液①、④中加入大小相同的鎂條，HCl完全電離，而CH3COOH部分電離，溶液中的c(H+)為鹽酸大于醋酸，由此可得出開始時(shí)反應(yīng)速率的大小關(guān)系為①>④。答案為：>；

（4）等體積、等pH的溶液①和④中，醋酸的濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量遠(yuǎn)大于鹽酸，與足量的②反應(yīng)時(shí)，鹽酸和醋酸都發(fā)生完全電離，由此可得出消耗②的物質(zhì)的量大小關(guān)系為①<④。答案為：<。

【點(diǎn)睛】

等體積、等pH的強(qiáng)酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強(qiáng)酸大。與堿反應(yīng)時(shí)，弱酸不斷發(fā)生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質(zhì)的量比強(qiáng)酸要大得多。解題時(shí)，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時(shí)，只要金屬或堿足量，不管是強(qiáng)酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會(huì)得出錯(cuò)誤的結(jié)論?！窘馕觥縉aHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><21、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數(shù)越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點(diǎn)③所示溶液中的溶質(zhì)成分，根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質(zhì)成分；根據(jù)各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進(jìn)水的電離；

【詳解】

（1）根據(jù)題目所給信息可知電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強(qiáng)，pH值更大，所以a為HCN，b為CH3COOH；故答案為：a；HCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大；

（2）曲線b代表醋酸，根據(jù)加入氫氧化鈉的量可知點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時(shí)溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點(diǎn)①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，兩溶液加入氫氧化鈉的量相同，所以鈉離子濃度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）點(diǎn)②所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且物質(zhì)的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時(shí)水的電離受到抑制，點(diǎn)③所示溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，此時(shí)溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水電離，酸的電離和鹽的水解相互抵消，水的電離既不受到抑制也不受到促進(jìn)，點(diǎn)④所示溶液中溶質(zhì)為CH3COONa；只有鹽的水解促進(jìn)水的電離，所以水的電離程度從大到小排序?yàn)棰堍邰冢?/p>

【點(diǎn)睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用。【解析】aHCN的電離平衡常數(shù)小，同濃度，其電離出的氫離子濃度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、計(jì)算題(共3題，共24分)22、略

【分析】