2025年浙教版選修4化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年浙教版選修4化學下冊月考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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列敘述不正確的是。

A.圖a中，曲線Ⅱ表示醋酸溶液加100mL水稀釋的圖像B.圖b中，可能各投入的鋅粒顆粒大小相同且質(zhì)量均為0.65gC.圖c中，在①、②、③、④、⑤各點的溶液中所含陰離子種類不同D.圖d中，三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大；且283K時，圖中a點對應的溶液是不飽和溶液2、強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應為：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ?mol﹣1．分別向1L0.5mol?L﹣1的NaOH溶液中加入①濃硫酸、②稀醋酸、③稀硝酸，恰好完全反應的焓變分別為△H1、△H2、△H3，下列關系正確的是（）A.△H2＞△H3＞△H1B.△H1＜△H2＜△H3C.△H1＞△H2=△H3D.△H1=△H2＜△H33、①C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=－393.5kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）ΔH=－571.6kJ/mol

現(xiàn)在0.2mol炭粉和氫氣組成的懸浮氣，在氧氣中完全燃燒，共放出67.93kJ的熱量，則混合物中C與H2物質(zhì)的量之比為A.1︰1B.1︰2C.2︰3D.3︰24、在一定溫度下；容器內(nèi)某一反應種M；N的物質(zhì)的量隨反應時間變化的曲線如下圖，下列表述中正確的是。

A.t2時，正逆反應速率相等，達到平衡B.t3時間以后，正反應速率大于逆反應速率C.t1時N的濃度是M的兩倍D.達到平衡時，N的濃度與M的濃度相等且不變5、在甲、乙兩個密閉容器中發(fā)生如下反應：2A(g)?B(g)+2C(g)ΔH=mkJ/mol；有下列兩種圖像。有關敘述正確的是。

A.若甲為恒容體系，圖像（I）代表溫度不同時，時間與B的體積分數(shù)關系圖，則m>0B.恒溫條件下，圖像（I）可能代表壓強不同時，時間與B的體積分數(shù)關系圖C.恒溫條件下，若乙容器存在圖像（II）關系，則當x代表壓強時，y一定代表B的體積分數(shù)D.恒溫條件下，若甲、乙兩容器體積相同，起始時分別向甲中充入2molA，乙中充入1mol3molC，則達平衡后兩容器中B的體積分數(shù)一定相同6、pH=13的兩種堿溶液M；N各1mL；分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積（V/mL）的關系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.M、N兩種堿溶液的物質(zhì)的量濃度一定相等B.稀釋后，M溶液的堿性比N溶液強C.若10<13，則M、N都是弱堿D.若a=10，則M是強堿，N不一定是弱堿7、室溫下，下列說法正確的是A.將的鹽酸和的硫酸等體積混合，所得溶液B.HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH大C.向氨水中加入少量硫酸銨固體，溶液中增大D.將1mL的HA溶液稀釋到10mL，若溶液的則HA為弱酸8、用0.1000mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00ml0.1000mol·L-1的鹽酸和醋酸；滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）

A.Ⅰ、Ⅱ分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線B.V(NaOH)=10.00mL時，醋酸溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)C.pH=7時，滴定鹽酸消耗V(NaOH)大于醋酸消耗V(NaOH)D.V(NaOH)=20.00mL時，兩溶液中c(CH3COO-)═c(Cl-)9、下列有關金屬腐蝕與防護的說法正確的是A.在鐵門上焊接銅塊能防腐蝕B.鍍錫鐵制品的鍍層破損后，鍍層仍能對鐵制品起保護作用C.鋼柱在水下部分比在空氣與水交界處更容易腐蝕D.在海輪外殼連接鋅塊，保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、工業(yè)生產(chǎn)水煤氣的反應為：C(s)+H2O(g)→CO(g)+H2(g)-131.4kJ。下列判斷正確的是A.反應物能量總和大于生成物能量總和B.CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJC.水煤氣反應中生成1molH2(g)吸收131.4KJ熱量D.水煤氣反應中生成1體積CO(g)吸收131.4KJ熱量11、0.1molCO2與0.3molC在恒壓密閉容器中發(fā)生反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)。平衡時，體系中各氣體的體積分數(shù)與溫度的關系如圖。已知：用氣體分壓表示的化學平衡常數(shù)KP=；氣體分壓(P分)=氣體總壓(P總)×體積分數(shù)。下列說法正確的是。

A.650℃時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為25%B.800℃達平衡時，若充入氣體He，v正<v逆C.T℃達平衡時，若充入等體積的CO2和CO時，v正>v逆D.925℃時，用平衡氣體分壓表示的化學平衡常數(shù)KP=23.04P總12、25C時；有關弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：

下列有關微粒濃度的說法正確的是（）A.pH均為8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液：c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)B.濃度均為0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)C.0.2mol/LHCN溶液與0.lmol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液中：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)D.濃度均為0lmol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)13、人體血液的pH通常在7.35-7.45之間的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等緩沖體系。常溫下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關系正確的是A.0.1mol/LNaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)B.常溫下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)D.物質(zhì)的量濃度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等體積混合：3[c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)14、已知常溫下的電離平衡常數(shù)的電離平衡常數(shù)的電離平衡常數(shù)若溶液混合引起的體積變化可忽略，則室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關系正確的是（）A.溶液：B.的溶液和的溶液等體積混合：C.的和的溶液等體積混合：D.氨水和溶液等體積混合：15、下列溶液中有關微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是（）A.等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.常溫下，將CH3COONa溶液和稀鹽酸混合至溶液pH=7：c（Na+）＞（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）C.常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）﹣c（H2SO3）=9.9×10-7mol?L-1D.物質(zhì)的量濃度之比為1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO-）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-）評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、依據(jù)事實；寫出下列反應的熱化學方程式。

（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反應生成NH3的熱化學方程式為___。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應時，放出114.6kJ熱量，寫出表示H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式___。17、在密閉容器中進行反應①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1=akJ·mol-1

反應②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1

反應③2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3

（1）△H3=_____________________________(用含a、b的代數(shù)式表示)。

（2）反應①的化學平衡常數(shù)表達式K=_________________________，已知500℃時反應①的平衡常數(shù)K=1.0，在此溫度下2L密閉容器中進行反應①，F(xiàn)e和CO2的起始量均為2.0mol，達到平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為_____________________________，CO的平衡濃度為_____________________________。

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達到平衡時體系中CO的濃度是CO2濃度的兩倍，則a_____0(填“>”、“<”或“=”)。為了加快化學反應速率且使體系中CO的物質(zhì)的量增加，其他條件不變時，可以采取的措施有_____________________________(填序號)。

A．縮小反應器體積B．再通入CO2C．升高溫度D．使用合適的催化劑。

（4）在密閉容器中，對于反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2和O2起始時分別為20mol和10mol；達平衡時，SO2的轉(zhuǎn)化率為80%。若從SO3開始進行反應，在相同的溫度下，欲使平衡時各成分的百分含量與前者相同，則起始時SO3的物質(zhì)的量為_____________，其轉(zhuǎn)化率為____________。18、工業(yè)生產(chǎn)以NH3和CO2為原料合成尿素；反應的化學方程式為：

2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)。T1℃時，在2L的密閉容器中充入NH3和CO2模擬工業(yè)生產(chǎn)。

（1）在密閉容器中充入NH3和CO2，一定條件能自發(fā)進行的原因是___________；

（2）若原料氣中的NH3和CO2的物質(zhì)的量之比（氨碳比）如右圖是CO2平衡轉(zhuǎn)化率（α）與氨碳比（x）的關系。其它條件不變時，α隨著x增大而增大的原因是_________；

（3）當x=2，上述反應至5min時各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，若起始的壓強為P0KPa；測得平衡體系壓強為起始時的2/3。反應結束后，分離得到90g尿素。

①試計算該反應的平均速率v(CO2)=_______________；

②該反應的平衡常數(shù)K=_________；

③達到平衡后NH3的物質(zhì)的量濃度為_________。19、“潔凈煤技術”研究在世界上相當普遍，科研人員通過向地下煤層氣化爐中交替鼓入空氣和水蒸氣的方法，連續(xù)產(chǎn)出了高熱值的煤炭氣，其主要成分是CO和H2。CO和H2可作為能源和化工原料，應用十分廣泛。生產(chǎn)煤炭氣的反應之一是：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.4kJ/mol

（1）在容積為3L的密閉容器中發(fā)生上述反應，5min后容器內(nèi)氣體的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0~5min的平均反應速率為_________________________。

（2）關于上述反應在化學平衡狀態(tài)時的描述正確的是_____________。

A．CO的含量保持不變。

B．v正(H2O)=v正(H2)

C．容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變。

（3）若上述反應在t0時刻達到平衡(如下圖)，在t1時刻改變某一條件，請在下圖中繼續(xù)畫出t1時刻之后正反應速率隨時間的變化：（用實線表示）

①縮小容器體積，t2時到達平衡；②t3時平衡常數(shù)K值變大，t4到達平衡。

（4）在一定條件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃燒熱為別725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液態(tài)水變成氣態(tài)水吸熱44.0kJ，寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和氣態(tài)水的熱化學方程式：_________________。

（5）如下圖所示，以甲醇燃料電池作為電源實現(xiàn)下列電解過程。乙池中發(fā)生反應的離子方程式為____________。當甲池中增重16g時，丙池中理論上產(chǎn)生沉淀質(zhì)量的最大值為_______________________________g。

20、工業(yè)上利用甲醇制備氫氣常用的方法之一是甲醇蒸氣重整法。此方法當中的一個主要反應為CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g），說明該反應能自發(fā)進行的原因__。21、完成下列問題。

(1)已知常溫下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5.則等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的電離程度由大到小排列順序為_______(填序號)。

(2)已知H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含雜質(zhì)Fe3+)通常利用“間接碘量法”測定。已知Cu2+與F-不反應，而Fe3+與F-反應生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步驟如下：

①稱取1.250g產(chǎn)品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再產(chǎn)生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定；平行滴定3次。

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，最終的測量值將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反應的離子方程式為_______；若Na2S2O3標準溶液的平均用量為10.00mL，則膽礬產(chǎn)品純度為_______%。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)22、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共6分)23、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：_____。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共15分)24、由黏土(主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等雜質(zhì))與磷肥生產(chǎn)的含氟廢氣生產(chǎn)冰晶石Na3AlF6的工藝流程如下：

請回答下列問題：

(1)冰晶石在電解Al2O3制鋁中的作用是______，需定期更換石墨______(填“陽”或“陰”)極。

(2)不用98%硫酸進行“反應1”的可能原因是______。

A．不易發(fā)生離子反應；造成浸出率下降。

B．反應速率太快太劇烈；造成了操作危險。

C．產(chǎn)生較多酸性廢液；也提高了原料成本。

(3)保持其他條件不變，反應1的鋁浸出率在不同溫度下隨時間變化如圖所示?！胺磻?”的最佳溫度與時間分別是______℃、______min。

(4)“除雜”步驟產(chǎn)生的“濾渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等難溶物，寫出產(chǎn)生S的離子方程式______。

(5)若按“黏土濾液溶液”來制備Al2(SO4)3·18H2O，該方案的原料利用率比原方案更______(填“高”或“低”)。

(6)“反應2”所得“濾液”中含氟物質(zhì)主要為______(寫化學式)。

(7)已知Ka(HF)=6.4×10-4，Al3++6F-AlF的K=1.0×1019，欲使平衡時c(AlF)/c(Al3+)≥10，且調(diào)節(jié)并維持濾液pH=5.5，則其中HF平衡濃度應不低于______mol/L(保留2位有效數(shù)字，100.5≈3.2)。25、氯化亞銅（）常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工業(yè)上用制作印刷電路的廢液（含）生產(chǎn)的流程如圖所示：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）生產(chǎn)過程中：X是________，Z是________。（均填化學式）

（2）寫出生成的離子方程式________。

（3）析出的晶體不用水而用無水乙醇洗滌的原因是________。

（4）在的生成過程中理論上不需要補充SO2氣體，其理由是________。

（5）已知：常溫下現(xiàn)向飽和溶液中加入固體至此時溶液中=________。

（6）實驗探究pH對產(chǎn)率的影響如下表所示：。pH1234567產(chǎn)率/%70908278757270

析出晶體最佳pH為________，當pH較大時產(chǎn)率變低的原因是________。26、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(zhì))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9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．鹽酸是強酸；完全電離，醋酸是弱酸，部分電離，相同溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液，醋酸濃度大，溶液稀釋時，醋酸進一步電離，其溶液中pH小于鹽酸的pH，故Ⅱ應為醋酸稀釋時的pH值變化曲線，故A正確；

B．1L、pH值等于2的鹽酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，n（H+）=0.01mol，1L、pH值等于2的醋酸溶液中存在電離平衡，平衡狀態(tài)下氫離子濃度c（H+）=0.01mol/L，n（H+）=0.01mol，但溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于0.01mol；0.65g鋅粒物質(zhì)的量==0.01mol，鋅和酸反應Zn+2H+=Zn2++H2↑；鹽酸酸溶液中氫離子不足，鋅剩余0.005mol，醋酸溶液中存在電離平衡，平衡狀態(tài)下的氫離子不足，但隨著反應進行，醋酸又電離出氫離子進行反應，放出的氫氣一定比鹽酸多，開始時由于氫離子濃度相同，開始的反應速率相同，反應過程中醋酸溶液中的氫離子濃度始終比鹽酸溶液中的氫離子濃度大，所以反應速率快，故B正確；

C．無論反應怎樣；在①；②、③、④、⑤各點的溶液中都含有陰離子包括草酸根離子、草酸氫根離子、還有氫氧根離子，所以陰離子種類相同，故C錯誤；

D．由圖象可知：在相同條件下，溫度越低，c（SO42-）?c（Sr2+）越大，Ksp（SrSO4）越大；a點在283K的下方，屬于不飽和溶液，故D正確；

故選：C。2、A【分析】分析：根據(jù)三種酸的性質(zhì)結合△H＜0分析解答。

詳解：強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應：H+(aq)+OH-(aq)=H2O△H=-57.3kJ/mol，分別向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①濃硫酸；②稀醋酸；③稀硝酸，濃硫酸溶于水放熱，則放出的熱量最高，焓變最小，稀醋酸中存在醋酸的電離平衡，電離吸熱，則放熱最小，焓變最大。稀硝酸是強的稀酸，所以放出的熱量為△H2＞△H3＞△H1；答案選A。

點睛：解答本題需要注意的是濃硫酸溶于水放熱、醋酸電離吸熱以及比較△H大小時要考慮“－”號，即放出的熱量越多，△H越小。3、A【分析】【詳解】

設碳粉xmol,則氫氣為(0.2?x)mol；則。

則解得x=0.1mol，則炭粉與H2的物質(zhì)的量之比為0.1mol:0.1mol=1:1，故答案選：A。4、C【分析】【詳解】

A.由圖像可知t2時；反應未達到平衡，此時反應繼續(xù)向正向移動，正反應速率大于逆反應速率，A錯誤；

B.由圖像可知t3時間以后；各組分的物質(zhì)的量不再改變，反應達到平衡，正逆反應速率相等，B錯誤；

C.t1時；N的物質(zhì)的量為6mol，M的物質(zhì)的量為3mol，故N的濃度是M的兩倍，C正確；

D.由圖像可知t3時反應達到平衡；N的濃度與M的濃度不變但不相等，D錯誤；

答案選C。5、B【分析】【詳解】

A．恒容時，設下方的曲線為a，上方的曲線為b，由于曲線a先達到平衡，則a的溫度比b的溫度高，從a到b，溫度降低，B的體積分數(shù)升高，則平衡向右移動，即正反應為放熱反應，則m<0；A錯誤；

B．恒溫時，設下方的曲線為a，上方的曲線為b，由于曲線a先達到平衡，則a的壓強比b的壓強大，從a到b；壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，即平衡正向移動，B的體積分數(shù)升高，B正確；

C．恒溫時；壓強增大，平衡左移，B的體積分數(shù)減小，C錯誤；

D．若起始時；乙中充入的是1molB；2molC，則兩容器中B的體積分數(shù)相同，乙中再加入1molC，則平衡左移，B的體積分數(shù)會減小，所以D錯誤；

故合理選項為B。6、C【分析】【詳解】

堿溶液加水稀釋；氫氧根離子濃度不斷減小，pH不斷減小，但弱堿存在電離平衡，加水稀釋促進電離，氫氧根離子濃度減小的慢，故pH也減小的慢，所以N一定是弱堿，M堿性比N強。

A．由于堿性N比M弱；所以等pH的兩堿溶液，N的物質(zhì)的量濃度更大，故A錯誤；

B．稀釋后；N溶液的pH＞M溶液pH，因此稀釋后，M溶液的堿性比N溶液弱，故B錯誤；

C．弱堿存在電離平衡；加水稀釋促進電離，氫氧根離子濃度減小的慢，故pH也減小的慢，所以若10＜a＜13，則M；N中都存在電離平衡，都是弱堿，故C正確；

D．強堿在水溶液中完全電離；氫氧根離子物質(zhì)的量不變，溶液稀釋1000倍，pH則減小3個單位，故若a=10，則M是強堿，N是弱堿，故D錯誤；

故選C。

【點睛】

正確理解濃度對弱電解質(zhì)的電離平衡的影響時解題的關鍵。本題的易錯點為B，要注意溶液的堿性強弱與溶液的pH有關。7、D【分析】【分析】

A．首先計算混合溶液中的c(H+)，根據(jù)計算；

B．根據(jù)越弱越水解的原則判斷；

C．向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸銨固體，電離平衡結合同離子效應對平衡移動的影響分析；

D．加水促進弱酸的電離。

【詳解】

A.假設兩溶液均為1L，則的HCl溶液中n的溶液中n可忽略不計混合后的溶液中c故A錯誤；

B.根據(jù)越弱越水解的原則；HF比HCN易電離，則NaF溶液的pH比同濃度NaCN溶液的pH小，故B錯誤；

C.氨水中存在加入少量硫酸銨固體，平衡向逆方向移動，則溶液中減小；故C錯誤；

D.將的HA溶液稀釋到若則HA為強酸，若加水促進弱酸的電離，則HA為弱酸，故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查pH的簡單計算，弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，鹽類水解的應用。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．滴定開始時0.1000mol/L鹽酸pH=1；0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定鹽酸的曲線是圖Ⅱ，滴定醋酸的曲線是圖Ⅰ，故A錯誤；

B.加入10mL氫氧化鈉時，醋酸與氫氧化鈉溶液反應得到同濃度的醋酸和醋酸鈉混合液，由圖可知，溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則溶液中c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；故B錯誤；

C.醋酸鈉水解呈堿性；氯化鈉不水解，pH=7時，鹽酸完全反應，醋酸與氫氧化鈉溶液反應得到醋酸和醋酸鈉的混合液，則醋酸所用NaOH溶液的體積小，故C正確；

D.V(NaOH)=20.00mL時，鹽酸和醋酸與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉和醋酸鈉，由于醋酸根離子發(fā)生水解，則c（CH3COO-）＜c（Cl-）；故D錯誤；

故選C。

【點睛】

醋酸鈉水解呈堿性，氯化鈉不水解，pH=7時，鹽酸完全反應，醋酸與氫氧化鈉溶液反應得到醋酸和醋酸鈉的混合液是分析的易錯點。9、D【分析】【分析】

在形成原電池的金屬中；活潑金屬作負極，作正極的金屬被保護，作負極的金屬加快被腐蝕。

【詳解】

A．銅；鐵和電解質(zhì)溶液構成原電池；鐵作負極，加速被腐蝕，錯誤；

B．鍍錫鐵在鍍層破損后；鐵和錫構成了原電池，鐵為原電池的負極，更容易被腐蝕，錯誤；

C．由于水中溶解氧含量較少；因此鋼柱在空氣與水交界處更容易腐蝕，錯誤；

D．鋅；鐵和海水構成原電池；鋅作負極，被腐蝕，鐵作正極被保護，正確。

故選D。二、多選題(共6題，共12分)10、BC【分析】【詳解】

A．該反應是吸熱反應；故反應物的總能量小于生成物的總能量，故A錯誤；

B．同一可逆反應，正、逆方向反應熱數(shù)值相等，符號相反，由題干反應可知，可得CO(g)+H2(g)→C(s)+H2O(g)+131.4kJ；故B正確；

C．由題干反應可知生成1mol氫氣吸收的熱量為131.4kJ；故C正確；

D．由題干反應可知生成1molCO吸收的熱量為131.4kJ；而1體積CO物質(zhì)的量不是1mol，故D錯誤；

答案選BC。

【點睛】

熱化學方程式中，同一可逆反應，正、逆方向反應熱數(shù)值相等，符號相反。11、AD【分析】【詳解】

A.由圖可知，650℃時，反應達平衡后CO的體積分數(shù)為40%，設開始加入的二氧化碳為1mol，轉(zhuǎn)化了xmol，則有C(s)+CO2(g)?2CO(g)

開始(mol)10

轉(zhuǎn)化(mol)x2x

平衡(mol)1?x2x

所以2x1?x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，則CO2的轉(zhuǎn)化率為0.251×100%=25%；故A正確；

B.800℃達平衡時，若充入氣體He，總壓增大，分壓不變，平衡不變，v正=v逆；故B錯誤；

C.由圖可知，T℃時，反應達平衡后CO和CO2的體積分數(shù)都為50%即為平衡狀態(tài)，T℃時，若充入等體積的CO2和CO平衡不移動，v正=v逆；故C錯誤；

D.925℃時，CO的體積分數(shù)為96%，則CO2的體積分數(shù)為4%，KP==23.04P總；故D正確；

答案選AD。12、BC【分析】【詳解】

A.酸的電離平衡常數(shù)越大，電離程度越大，則酸根離子的水解程度越小，當鹽溶液的pH相同時，濃度越大，電離平衡常數(shù)：CH3COOH>HCN>HCO3—，則水解程度CO32—>CN—>CH3COO—，所以c(Na2CO3)3COONa)；A選項錯誤；

B．根據(jù)物料守恒可得，濃度均為0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)；B選項正確；

C．0.2mol/LHCN溶液與0.lmol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液為NaCN和HCN的混合溶液，由于NaCN的水解大于HCN的電離，故有c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)；C選項正確；

D。濃度均為0.1mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中，醋酸根離子水解程度較小，則c(CH3COOH)+c(H+)3COO-)+c(OH-)；D選項錯誤；

答案選BC。13、AC【分析】【詳解】

A.根據(jù)溶液中電荷守恒可得0.1mol/LNaH2PO4溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，則故A正確；

B．pH=7，c（H+）=10-7mol/L，則Na+不發(fā)生水解，則c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)；故B錯誤；

C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液，此時溶液為Na3PO4，根據(jù)溶液中質(zhì)子守恒可得故C正確；

D.物質(zhì)的量濃度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等體積混合，根據(jù)物料守恒，2Na=3P，可得故D錯誤；

故答案選：AC。

【點睛】

根據(jù)三大守恒判斷溶液粒子濃度關系。14、BC【分析】【分析】

A．根據(jù)SH-的電離程度和水解程度的大小分析；B．據(jù)物料守恒分析；C．根據(jù)電荷守恒分析；D．由電荷守恒和物料守恒綜合分析。

【詳解】

A．溶液中，存在的水解平衡以及的水解平衡由的電離平衡常數(shù)和的電離平衡常數(shù)可知，溶液以的水解平衡為主，再結合溶液中弱酸根和弱堿根的水解是微弱的特點，溶液中相關微粒濃度大小順序為故A錯誤；B．據(jù)物料守恒故故B正確；C．據(jù)電荷守恒即類比A選項可知混合溶液又因為水解，混合后小于所以故C正確；D．的氨水和的溶液等體積混合后，得到溶質(zhì)為氨水和的混合溶液，電荷守恒有①，物料守恒有②，③，①②③，得故D錯誤。答案選BC。

【點睛】

本題考查離子濃度大小比較，題明確反應后溶質(zhì)組成為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理。15、BC【分析】【詳解】

A．等物質(zhì)的量濃度等體積的NH4HSO4和NaOH溶液混合后，溶液中溶質(zhì)為等濃度的Na2SO4、(NH4)2SO4，溶液中水解，溶液呈酸性，溶液中離子濃度大?。篶(Na+)=c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；故A錯誤；

B．溶液pH=7，則c(H+)=c(OH?)，氯化氫電離出的氫離子和醋酸根離子結合生成醋酸，所以溶液中c(Cl?)=c(CH3COOH)，醋酸根離子水解而鈉離子不水解，所以c(Na+)>c(CH3COO?)，CH3COONa溶液呈弱堿性，要使溶液呈中性，則向醋酸鈉溶液中加入少量鹽酸，醋酸鈉的量遠遠大于鹽酸的量，所以c(CH3COO?)>c(Cl?)，溶液中微粒濃度大小關系為：c(Na+)＞c(CH3COO?)＞c(Cl?)＞c(CH3COOH)＞c(H+)=c(OH?)；故B正確；

C．常溫下，亞硫酸氫鈉呈酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c()+c()①，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c()+2c()②，將方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH?)+c()，所以c()?c(H2SO3)=c(H+)?c(OH?)=(10?6?10?8)mol/L=9.9×10?7mol?L?1；故C正確；

D．根據(jù)物料守恒得，次氯酸鈉中c(HClO)+c(ClO?)=c(Na+)，碳酸氫鈉中c(Na+)=c()+c(H2CO3)+c()，次氯酸鈉中鈉離子是碳酸氫鈉中鈉離子的2倍，所以c(HClO)+c(ClO?)=[c()+c(H2CO3)+c()]；故D錯誤；

故答案為：BC。

【點睛】

酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主。例如，Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。三、填空題(共6題，共12分)16、略

【分析】【分析】

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

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

【詳解】

（1）在反應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，該反應為放熱反應，放出的熱量為2346kJ-2254kJ=92kJ，N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為，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，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應的反應熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學方程式：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摩爾水時反應放出的熱量才是中和熱?！窘馕觥縉2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol17、略

【分析】【詳解】

（1）由蓋斯定律2×①+②得到，2Fe(s)+O2(g)2FeO(s)△H3=(2a+b)kJ·mol-1

（2）反應①的化學平衡常數(shù)表達式K=c(CO)/c(CO2)，設轉(zhuǎn)化的CO2的物質(zhì)的量為xmol，則平衡時CO的物質(zhì)的量為xmol，CO2的物質(zhì)的量為（2-x）mol，K=c(CO)/c(CO2)==1.0，x=1mol，CO2的轉(zhuǎn)化率=×%=50%，c(CO)==0.5mol/L；

（3）將上述平衡體系升溫至700℃，再次達到平衡時體系中CO的濃度是C02濃度的兩倍；對于反應①，說明升高溫度平衡向正反應移動，升高溫度平衡向吸熱反應進行，故a＞0；

A．該反應前后氣體的物質(zhì)的量不變；縮小反應器體積，壓強增大，平衡不移動，A不符合；

B．通入CO2；濃度增大，速率加快，平衡向正反應移動，CO的物質(zhì)的量增大，B符合；

C．該反應正反應是吸熱反應；升高溫度，速率加快，平衡向正反應移動，CO的物質(zhì)的量增大，C符合；

D．使用合適的催化劑；加快反應速率，平衡不移動，D不符合。

（4）在相同的溫度下，欲使平衡時各成分的百分含量與前者相同，說明兩平衡是等效平衡，按化學計量轉(zhuǎn)化到一邊，對應成分的物質(zhì)的量相同，根據(jù)方程式可知，20molSO2和10molO2完全轉(zhuǎn)化，可得SO3的物質(zhì)的量為20mol，故從SO3開始反應，達到相同平衡狀態(tài)，需要SO3物質(zhì)的量為20mol；SO2的轉(zhuǎn)化率為80%，其轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為20mol×80%=16mol，所以從SO3開始反應，達到相同平衡狀態(tài)，SO3物質(zhì)的量為16mol，轉(zhuǎn)化的SO3物質(zhì)的量為（20-16）mol=4mol，其SO3轉(zhuǎn)化率為=20%?！窘馕觥竣?(2a+b)kJ·mol-1②.K=c(CO)/c(CO2)③.50%④.0.5mol/L⑤.>⑥.BC⑦.20mol⑧.20%18、略

【分析】【詳解】

（1）2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(l)△H<0；根據(jù)△G=△H-T△S<0時自發(fā)進行，則反應在△S<0，△H<0時要能自發(fā)進行，必須在低溫反應才能自發(fā)進行，即：雖然△S<0，使反應不自發(fā)，但△H<0使反應自發(fā)且影響程度大；(2)原料氣中的NH3和CO2的物質(zhì)的量之比（氨碳比）=x，x越大相當于加入的氨氣的量越多；兩種反應物，增加氨氣的濃度，平衡右移，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，即：x增大，相當于c(NH3)增大，CO2轉(zhuǎn)化率增大；

（3）分離得到90g尿素，尿素的量為1.5mol；2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)

起始：2aa00

變化：2xx1.5

平衡：2a-2xa-x1.5

①壓強之比等于物質(zhì)的量之比：=解得x=而根據(jù)反應中二氧化碳消耗的量為尿素生成的量可得x=1.5mol，則有a=4.5mol，v(CO2)==0.15mol?L-1?min-1；②平衡時氨氣和二氧化碳的物質(zhì)的量濃度分別為：mol/L=3mol/L、mol/L=1.5mol/L，該反應的平衡常數(shù)為：K==0.074L3?mol-3；③達到平衡后NH3的物質(zhì)的量濃度為：mol/L=3mol/L?！窘馕觥竣?雖然△S<0，使反應不自發(fā)，但△H<0使反應自發(fā)且影響程度大（或△G<0，或其他合理解釋）②.x增大，相當于c(NH3)增大，CO2轉(zhuǎn)化率增大③.0.15mol/L④.0.074⑤.3mol/L19、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）因為是等體積，因此密度增大了0.12g·L－1，氣體質(zhì)量增大了3×0.12g=0.36g，根據(jù)質(zhì)量差，求出消耗的H2O的物質(zhì)的量0.36/12mol=0.03mol，v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min)；（2）A、根據(jù)化學平衡狀態(tài)的定義，CO的含量保持不變，說明反應達到平衡，故正確；B、反應方向都是向正反應方向進行，要求是一正一逆，故錯誤；C、根據(jù)摩爾質(zhì)量的定義，氣體的質(zhì)量增大，氣體的物質(zhì)的量增大，因此摩爾質(zhì)量不變，說明反應達到平衡，故正確；(3)①縮小容器的體積，增大壓強，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向逆反應方向移動，圖像是：②平衡常數(shù)增大，只改變溫度，說明化學反應向正反應方向移動，此反應是吸熱反應，因此升高溫度，圖像是：（4）①CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.8kJ·mol－1，②CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1，③H2O(l)=H2O(g)△H=＋44.0kJ·mol－1，CH3OH＋O2=CO＋2H2O(g)，①－②＋2×③得出：CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)△H=(－725.8＋283＋2×44)kJ·mol－1=－354.8kJ·mol－1；（5）甲池為原電池，乙池、丙池為電解池，通甲醇的一極為負極，通氧氣的一極為正極，乙池中石墨跟電池的正極相連，即石墨為陽極，Ag作陰極，因此電極總反應式是：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，甲池反應方程式為CH3OH＋3/2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，甲池溶液增重的質(zhì)量為甲醇和氧氣的質(zhì)量，設甲醇的物質(zhì)的量為xmon，則氧氣的物質(zhì)的量為3x/2mol，因此有32x＋3×32x/2=16，解得x=0.2mol，整個電路中通過電子的物質(zhì)的量為0.2×6mol=1.2mol，丙池中沉淀：Mg＋2OH－－2e－=Mg(OH)2，m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。

考點：考查化學反應速率的計算、化學平衡狀態(tài)的判斷、勒夏特列原理、化學平衡常數(shù)、電極反應式的書寫等知識?！窘馕觥?.002mol∕L·minAC如圖：CH3OH(l)＋O2(g)="CO"(g)＋2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2＋4H＋，34.820、略

【分析】【分析】

一個自發(fā)反應，需滿足?G=?H-T?S<0，即T?S>?H，若?H>0，則必須存在?S>0。

【詳解】

由CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）可知；該分解反應需要吸熱，且混亂度增大，則該反應能自發(fā)進行的原因為該反應是熵增的反應；

故答案為：該反應是熵增的反應。

【點睛】

對于一個吸熱的熵增反應，要想讓反應自發(fā)進行，需要提供較高的溫度，即此類反應為高溫自發(fā)反應。【解析】該反應是熵增的反應21、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離常數(shù)K值大小和鹽類水解大小判斷水電離程度的相對大??；根據(jù)K值和強酸制弱酸原理判斷離子共存；根據(jù)氧化還原滴定計算產(chǎn)品純度；據(jù)此解答。

(1)

酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，說明電離程度大于水解程度，①屬于堿、⑤屬于酸，所以二者都抑制水電離，由于H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5，H2SO3的電離平衡常數(shù)K1＞氨水的電離平衡常數(shù)K，則H2SO3抑制水電離要大一些，水電離程度①＞⑤；③中電離程度大于水解程度；所以抑制水電離；②④促進水電離但②中陰陽離子相互促進水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案為②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越強，酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應，由H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，則酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根據(jù)強酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反應，即+=+不能大量共存；故a不符合題意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反應，能大量共存，故b符合題意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反應，能大量共存，故c符合題意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反應，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合題意；

答案為bc。

(3)

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，F(xiàn)e3+也與碘化鉀反應生成碘單質(zhì)，即整個過程生成的碘單質(zhì)增大，Na2S2O3標準溶液體積增大，測定結果偏大；消耗硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應生成白色沉淀(碘化亞銅)并析出碘，離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反應關系式為2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2則反應的Na2S2O3的物質(zhì)的量為n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為×100%=80.00%；答案為偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%?！窘馕觥浚?）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.00四、判斷題(共1題，共8分)22、×【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】錯五、有機推斷題(共1題，共6分)23、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)進行比較，可確定曲線外的某一點是否達到沉淀溶解平衡；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)+六、工業(yè)流程題(共3題，共15分)24、略

【分析】【分析】

黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO與硫酸反應生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反應，加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時生成硫酸鋇沉淀和硫單質(zhì)，過濾除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等難溶物，濾液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、MgSO4，再濃縮結晶得到Al2(SO4)3·18H2O；含氟廢氣SiF4、HF與飽和氯化鈉溶液和氨水反應，主要生成NH4F和Na2SiF6，濾液NH4F中加入Al2(SO4)3·18H2O，調(diào)節(jié)pH值，再通過轉(zhuǎn)變后得到冰晶石Na3AlF6。

【詳解】

(1)電解Al2O3，由于Al2O3熔點高，為節(jié)約能源，加入冰晶石能降低Al2O3的熔點，以便Al2O3能熔化后電解，所以作用是助熔劑；電解時陽極上O2-失電子發(fā)生氧化反應生成O2，陽極材料石墨與該極上生成的O2反應被消耗，所以需定期更換石墨陽極；(2)98%硫酸濃度太高，水較少，使得離子反應不易發(fā)生，造成浸出率下降，同時硫酸過量產(chǎn)生了較多酸性廢液，也提高了原料成本，所以答案選AC；(3)根據(jù)圖知，時間越長浸出率越高，溫度越高，浸出率越高，但浸出90min后，浸出率變化不大，70℃和90℃浸出率變化不大，且時間過長、溫度過高導致成本較大，所以最佳溫度是70℃，時間是90min；(4)“除雜”步驟加入BaS將Fe3+還原為Fe2+，同時生成硫酸鋇沉淀和硫單質(zhì)，離子方程式為BaS+2Fe3++SO=BaSO4+2Fe2++S；(5)該方案中，還生成了硫酸鈉，原子利用率更低；(6)含氟廢氣SiF4、HF與飽和氯化鈉溶液和氨水反應，主要生成NH4F和Na2SiF6，“濾液”中含氟物質(zhì)主要為NH4F；(7)根據(jù)Al3++6F-AlF的K=1.0×1019，得已知c(AlF)/c(Al3+)≥10，得c(F-)≥1.0×10-3，由pH=5.5，得c(H+)=10-5.5mol/L=3.2×10-5mol/L，根據(jù)Ka(HF)=6.4×10-4，代入c(F-)≥1.0×10-3mol/L和c(H+)=3.2×10-5mol/L，得mol/L。

【點睛】