2025年冀教新版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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年冀教新版選修4化學(xué)下冊(cè)月考試卷168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8題，共16分)1、向體積為V1的0.1mol/LCH3COOH溶液中加入體積為V2的0.1mol/LKOH溶液，下列關(guān)系不正確的是A.V2=0時(shí)：c(H+)＞c(CH3COO-）＞c(OH-)B.V1>V2時(shí)：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)＞c(K+)C.V1=V2時(shí)：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-）D.V12時(shí)：c(CH3COO-)＞c(K+)＞c(OH-)＞c(H+)2、三硫化四磷用于制造火柴等；可由白磷和單質(zhì)硫化合而得。它們的結(jié)構(gòu)如下：

依據(jù)下列鍵能數(shù)據(jù)，反應(yīng)8P4(s)＋3S8(s)=8P4S3(g)的ΔH為()?；瘜W(xué)鍵P—PS—SP—S鍵能/kJ·mol－1abc

A.24(a＋b－2c)kJ·mol－1B.(32a＋24b－24c)kJ·mol－1C.(48c－24a－24b)kJ·mol－1D.(8a＋3b－3c)kJ·mol－13、關(guān)于化學(xué)平衡常數(shù)的敘述，正確的是（）A.化學(xué)平衡常數(shù)只與反應(yīng)的溫度有關(guān)B.化學(xué)平衡常數(shù)只與化學(xué)反應(yīng)方程式本身和溫度有關(guān)C.化學(xué)平衡常數(shù)與化學(xué)反應(yīng)本身和溫度有關(guān)，并且會(huì)受到起始濃度的影響D.化學(xué)平衡常數(shù)只與化學(xué)反應(yīng)本身有關(guān)，與其他任何條件無(wú)關(guān)的一個(gè)不變的常數(shù)4、已知常溫下，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其鈉鹽的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化關(guān)系如圖所示；下列敘述錯(cuò)誤的是。

A.在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B.等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，此溶液中水的電離程度比純水小C.在pH=3的溶液中存在D.向Na2CO3溶液中加入過(guò)量H2R溶液，發(fā)生反應(yīng)：CO32-+H2R=HCO3-+R2-5、常溫下，將SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元堿MOH溶液中，溶液中水電離出的OH-的濃度(c)與通入的SO2的體積(V)關(guān)系如圖所示(不考慮+4價(jià)的S被氧化)；下列敘述不正確的是。

A.MOH為一元強(qiáng)堿B.b點(diǎn)溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1C.c點(diǎn)溶液中：c(M+)=2[c())+c()+c(H2SO3)]D.d點(diǎn)溶液中：c(M+)=2c()+c()6、下列實(shí)驗(yàn)方案中能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰?/p>

。

A

B

C

D

方案。

潤(rùn)濕的pH試紙。

將NO2球分別浸泡在冷水和熱水中。

目。

的。

證明AgI比AgCl更難溶。

探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響。

測(cè)定溶液的pH

探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響。

A.AB.BC.CD.D7、一種新型的燃料電池，它以多孔鎳板為電極插入KOH溶液中，然后分別向兩極通入乙烷和氧氣。有關(guān)此電池的推斷正確的是A.負(fù)極反應(yīng)為14H2O＋7O2＋28e－＝28OH－B.放電一段時(shí)間后，負(fù)極周?chē)膒H升高C.每消耗1molC2H6，則電路上轉(zhuǎn)移的電子為14molD.放電過(guò)程中KOH的物質(zhì)的量濃度不變8、電浮選凝聚法是工業(yè)上采用的一種污水處理方法．保持污水的pH在5.0-6.0之間，通過(guò)電解生成Fe(OH)3膠體，F(xiàn)e(OH)3膠體有吸附性；可吸附污物而沉積下來(lái)，具有凈水作用．模擬處理裝置如圖所示，下列說(shuō)法正確的是。

A.該燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2OB.工作時(shí)熔融鹽中的CO32-移向正極C.該電解池中Fe極的電極反應(yīng)式為:2H++2e-=H2↑D.為使電池長(zhǎng)時(shí)間穩(wěn)定工作必須有部分A物質(zhì)參與循環(huán)，則A為CO2評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列各圖是溫度T（或壓強(qiáng)P）對(duì)f反應(yīng)2A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)△H>0的正、逆反應(yīng)速率的影響，曲線(xiàn)交點(diǎn)表示建立平衡時(shí)的溫度或壓強(qiáng)，其中正確的是A.B.C.D.10、25℃時(shí),用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A,H2A被滴定分?jǐn)?shù)、pH及物種分布分?jǐn)?shù)δ[δ(X)=]如圖所示:

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液可用酚酞作指示劑B.0.1mol·L-1Na2A溶液中:c(Na+)-)+2c(A2-)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.H2A的Ka2=1×10-711、某溶液中只含有四種離子NH4+、Cl﹣、OH﹣、H+，已知該溶液中溶質(zhì)可能為一種或兩種，則該溶液中四種離子濃度大小關(guān)系可能為（）A.c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c(OH﹣)＞c(H+)B.c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c(H+)=c(OH﹣)C.c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c(OH﹣)＞c(H+)D.c(OH﹣)＞c（NH4+）＞c(H+)＞c（Cl﹣）12、常溫下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－1g[c(H+)／c(H2C2O4)]和－1gc(HC2O)或－1g[c(H+)／c(HC2O)]和－lgc(C2O)關(guān)系如圖所示；下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.曲線(xiàn)M表示和的關(guān)系B.滴定過(guò)程中，當(dāng)pH=5時(shí)，c(Na+)－3c(HC2O)>0C.隨pH的升高而減小D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)13、25℃時(shí)，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的鹽酸，溶液的AG[AG＝lg]變化如圖所示(溶液混合時(shí)體積變化忽略不計(jì))。下列說(shuō)法不正確的是()

A.若a＝－8，則Kb(XOH)≈10－6B.M點(diǎn)表示鹽酸和XOH恰好完全反應(yīng)C.R點(diǎn)溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D.M點(diǎn)到N點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、無(wú)水氯化鋁在生產(chǎn)；生活中應(yīng)用廣泛。已知：

Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1

2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1

由Al2O3、C和Cl2反應(yīng)生成AlCl3的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________。15、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)φ(NH3)與氫氮比x(H2與N2的物質(zhì)的量比)的關(guān)系如圖：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a點(diǎn)總壓為50MPa，T2時(shí)Kp=_______(MPa)－2(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))16、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)的離子方程式分別為_(kāi)_______________，___________

（3）向溶液④中加入少量氯化銨固體，此時(shí)的值________(填增大；減小、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、等于)

（5）取10mL溶液③，加水稀釋到500mL，則該溶液中由水電離出的c(H＋)＝________。17、常溫下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1MOH溶液；圖中所示曲線(xiàn)表示混合溶液的pH變化情況(體積變化忽略不計(jì)）?；卮鹣铝袉?wèn)題:

（1）由圖中信息可知HA為_(kāi)________酸(填“強(qiáng)”或“弱”）。

（2）常溫下一定濃度的MA稀溶液的pH=a，則a______________7(填“>”、“<”或“=”），用離子方程式表示其原因：_____________________，此時(shí)，溶液中由水電離出的c(OH-)=_________

（3）請(qǐng)寫(xiě)出K點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的溶液中離子濃度的大小關(guān)系______________________。

（4）K點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，溶液的pH=10，則c(MOH)+c(OH-)=_________________mol·L-1。18、已知常溫下H2C2O4的電離平衡常數(shù)Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，反應(yīng)NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K＝9.45×104，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝______________。19、寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式。

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸。________

(2)CuSO4溶液向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS，會(huì)轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)(CuS)。________

(3)在K2CrO4溶液中加硫酸酸化，溶液由黃色變?yōu)槌壬?。________評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)20、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評(píng)卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)21、隨著我國(guó)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(wèn)題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實(shí)驗(yàn)測(cè)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(xiě)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_(kāi)______(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(lèi)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(guò)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_(kāi)______。

②相對(duì)總能量_______eV(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)22、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)用語(yǔ)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(kāi)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“＝”）。23、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(xiàn)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(xiàn)；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、工業(yè)流程題(共4題，共32分)24、用一種硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及鋁硅合金材料的工藝流程如下：

(1)“礦石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合氣體”經(jīng)過(guò)水吸收和空氣氧化能再次利用。

①“焙燒”時(shí)，GeS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________。

②“混合氣體”的主要成分是_______________(填化學(xué)式)．

③FeS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會(huì)與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________。Al2O3也能發(fā)生類(lèi)似反應(yīng)．這兩種氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖，上述流程中最適宜的“焙燒”溫度為_(kāi)____________________。

(3)GeCl4的佛點(diǎn)低，可在酸性條件下利用蒸餾的方法進(jìn)行分離，酸性條件的目的是_________。

(4)用電解氧化法可以增強(qiáng)合金AlxSiy的防腐蝕能力，電解后在合金表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜(主要成分為Al2O3),電解質(zhì)溶液為H2SO4-H2C2O4混合溶液，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________。

(5)假設(shè)流程中SiO2損失了20%，Al2O3損失了25%，當(dāng)投入1t硫化礦，加入了54kg純鋁時(shí)，鋁硅合金中x:y=______________。25、三氧化二砷(As2O3)可用于治療急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷廢水(含H+、)可提取三氧化二砷；提取工藝流程如下：

已知：①常溫下，

②As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O。

③As2S3易溶于過(guò)量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去過(guò)量的S2-。

回答下列問(wèn)題：

(1)操作M的名稱(chēng)是________，濾液N中含有的陽(yáng)離子有Fe2+、H+、________。

(2)“焙燒”操作中，As2S3參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________。

(3)“堿浸”的目的是_____________，“濾渣Y”的主要成分是_____________(寫(xiě)化學(xué)式)。

(4)“氧化”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________。

(5)該流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是_________(寫(xiě)化學(xué)式)，某次“還原”過(guò)程中制得了1.98kgAs2O3，則消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下該物質(zhì)的體積是________L。

(6)溶液中金屬離子的除去方法之一是Na2S沉降法。常溫下，若某溶液中含F(xiàn)e2+、Ag+，且濃度均為0.1mol·L-1，則向該溶液中滴加稀Na2S溶液時(shí)，先生成的沉淀是________(填化學(xué)式)。26、氫氧化鈰是黃色難溶于水、可溶于酸的常用化學(xué)試劑。以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料提取氫氧化鈰的工藝流程如圖所示：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)CeFCO3中Ce的化合價(jià)為_(kāi)___?！八峤睍r(shí)，為提高礦石的浸出率，下列措施可采取的是___(填標(biāo)號(hào))。

A.提高浸出溫度B.延長(zhǎng)浸出時(shí)間C.用98%的硫酸。

(2)氧化焙燒發(fā)生的反應(yīng)方程式為_(kāi)_________。

(3)H2O2的作用是__________。

(4)HT是一種難溶于水的有機(jī)溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來(lái)，該過(guò)程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機(jī)層)CeT3(有機(jī)層)+3H+(水層)。操作I的名稱(chēng)是________，操作III的步驟是_______。

(5)從平衡的角度解釋加堿調(diào)pH值生成Ce(OH)3懸濁液的原因________。27、從鎳礦石尾礦中提取NiSO4是解決我國(guó)鎳資源匱乏的一條重要途徑；已知該過(guò)程如下：

表1：各物質(zhì)的Ksp數(shù)據(jù)如下表：。物質(zhì)MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：濾液A中各金屬離子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根據(jù)以上信息；回答下列問(wèn)題：

(1)步驟I酸浸之前需將礦石粉碎，目的是_______________。

(2)若雜質(zhì)離子的濃度c≤1.0×10-5mol/L即可認(rèn)定沉淀完全，則步驟Ⅱ中當(dāng)Pb2+恰好沉淀完全時(shí)，溶液中硫離子的濃度c(S2-)=_____________mol·L-1；此時(shí)Ni2+是否已開(kāi)始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常溫下進(jìn)行步驟Ⅲ的目的是為了除去鐵和錳元素，已知除鐵元素的離子反應(yīng)如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此時(shí)Mn2+的氧化產(chǎn)物為MnO2，寫(xiě)出除錳元素的離子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造鎳鎘電池的重要原料，鎳鎘電池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，則隨著放電的進(jìn)行，正極區(qū)pH______(填“增大”、“減小”或“不變”)；充電時(shí)陰極電極反應(yīng)式為_(kāi)_____________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A項(xiàng)，V2=0時(shí)：CH3COOH溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，又因?yàn)樗婋x很微弱，所以c(H+)＞c(CH3COO-）＞c(OH-)，A正確；B項(xiàng)，n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1V1，n(K+)=0.1V2，混合溶液：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1V1÷（V1+V2），c(K+)=0.1V2÷（V1+V2），因?yàn)閂1>V2，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)＞c(K+)，故B正確；C項(xiàng)，V1=V2時(shí)相當(dāng)于CH3COOK溶液，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(K+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，所以c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-），C正確；D項(xiàng)，V12時(shí)，c(K+)>c(CH3COO-)，故D錯(cuò)誤。2、A【分析】【詳解】

ΔH＝反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能＝8×6×E(P—P)＋3×8×E(S—S)－8×3×E(P—P)－8×6×E(P—S)＝48a＋24b－24a－48c＝24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)；故A正確；

故選A。

【點(diǎn)睛】

反應(yīng)過(guò)程中，斷開(kāi)化學(xué)鍵需要吸收能量，形成化學(xué)鍵釋放能量，化學(xué)反應(yīng)中舊鍵斷裂，新鍵形成，伴隨能量的變化，通過(guò)鍵能可以計(jì)算反應(yīng)熱。3、B【分析】【詳解】

A．同一反應(yīng)；相同溫度時(shí)，化學(xué)計(jì)量數(shù)不同，化學(xué)平衡常數(shù)不同，A不正確；

B．化學(xué)平衡常數(shù)既與方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)；又受溫度變化的影響，B正確；

C．化學(xué)平衡常數(shù)不受反應(yīng)物的起始濃度的影響；C不正確；

D．溫度改變時(shí)；化學(xué)平衡會(huì)發(fā)生移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)會(huì)發(fā)生改變，D不正確；

故選B。4、C【分析】【詳解】

A．在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，則3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)；A選項(xiàng)正確；

B．等體積等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，生成等濃度的H2R、HR-；溶液的pH=1.3，溶液顯酸性，對(duì)水的電離起到抑制作用，所以溶液中水的電離程度比純水小，B選項(xiàng)正確；

C．當(dāng)溶液pH=1.3時(shí)，c(H2R)=c(HR-)，則溶液的pH=4.3時(shí)，c(R2-)=c(HR-)，則C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．結(jié)合題干條件，由C選項(xiàng)可知，H2R的電離常數(shù)Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性HR-大于H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入過(guò)量的H2R溶液，發(fā)生反應(yīng)CO32-+H2R=HCO3-+R2-；D選項(xiàng)正確；

答案選C。5、B【分析】【分析】

將SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元堿MOH溶液中，先發(fā)生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再發(fā)生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；當(dāng)溶液中溶質(zhì)只有M2SO3時(shí)，只有SO32-的水解促進(jìn)水的電離；此時(shí)水的電離程度達(dá)到最大，即c點(diǎn)。

【詳解】

A．未通入SO2時(shí)水電離出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水電離出的氫離子濃度和氫氧根濃度相同，所以水電離出的c(H+)=1×10-12mol/L，則溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L；說(shuō)明MOH完全電離，為一元強(qiáng)堿，故A正確；

B．根據(jù)分析可知b點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為M2SO3和未反應(yīng)的MOH，溶液呈堿性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1；故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)分析可知c點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)只有M2SO3，根據(jù)物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]；故C正確；

D．根據(jù)分析結(jié)合圖像可知d點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水電離出的c(OH-)=1×10-7mol/L，說(shuō)明此時(shí)溶液呈中性，即c(OH-)=c(H+)，結(jié)合溶液中存在的電荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)；故D正確；

故答案為B。

【點(diǎn)睛】

解決本題關(guān)鍵是要明白二氧化硫通入堿性溶液中的反應(yīng)歷程(類(lèi)似的還有二氧化碳和堿性溶液反應(yīng))，理解當(dāng)溶液中的溶質(zhì)全部為正鹽時(shí)水的電離程度最大，再結(jié)合各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)分析b點(diǎn)和d點(diǎn)中哪一個(gè)點(diǎn)是溶液顯中性的點(diǎn)。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．硝酸銀足量；能與氯化鈉和碘化鉀均反應(yīng)生成沉淀，無(wú)法判斷AgI與AgCl的大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．利用等體積不同濃度的草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)使其褪色的快慢可以探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；選項(xiàng)B正確；

C．利用潤(rùn)濕的pH試紙測(cè)定溶液的pH時(shí)可能會(huì)因溶液稀釋而使測(cè)得pH引起誤差；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．只有溫度一個(gè)變量；由圖可知，溫度高顏色深，則圖中裝置可探究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響而不是化學(xué)反應(yīng)速率的影響，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選B。7、C【分析】試題分析：A．負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)為C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，故A錯(cuò)誤；B．由負(fù)極電極方程式可知，負(fù)極消耗OH-離子，負(fù)極周?chē)膒H值減小，故B錯(cuò)誤；C．負(fù)極電極反應(yīng)式為C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，由電極方程式可知每消耗1molC2H6，則電路上轉(zhuǎn)移的電子為14mol，故C正確；D．電池工作過(guò)程中，電池總反應(yīng)為2C2H6+8OH-+7O2=4CO32-+10H2O，反應(yīng)消耗OH-離子；溶液的pH值逐漸減小，故D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)：化學(xué)電源新型電池8、D【分析】【分析】

由示意圖可知，左池為燃料電池，通入甲烷的一極為負(fù)極，甲烷在熔融鹽作用下失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O，通入氧氣的一極為正極，氧氣在熔融鹽作用下得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成碳酸根，電極反應(yīng)式為O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－；右池為電解池，與正極相連的鐵電極為陽(yáng)極，鐵在陽(yáng)極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+，二價(jià)鐵離子具有還原性，能被氧氣氧化生成氫氧化鐵膠體，與負(fù)極相連的碳電極為陰極，氫離子在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H+＋2e－＝H2↑。

【詳解】

A.通入甲烷的一極為燃料電池的負(fù)極，甲烷在熔融鹽作用下失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，電極反應(yīng)式為CH4＋4CO32－－8e－＝5CO2＋2H2O；故A錯(cuò)誤；

B.燃料電池工作時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則CO32-移向負(fù)極；故B錯(cuò)誤；

C.電解池中，與正極相連的鐵電極為陽(yáng)極，鐵在陽(yáng)極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2+；故C錯(cuò)誤；

D.電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)；可以循環(huán)利用的物質(zhì)只有二氧化碳，故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

活潑金屬電極做電解池的陽(yáng)極時(shí)，電極本身放電，注意鐵在陽(yáng)極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)只能生成亞鐵離子是解答關(guān)鍵。二、多選題(共5題，共10分)9、AC【分析】【詳解】

該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度正逆反應(yīng)速率都增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，則A正確，B錯(cuò)誤；

A為固體；反應(yīng)物氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)小于生成物氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)，增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，則C正確；D錯(cuò)誤。

故選AC。10、BC【分析】【分析】

由圖可知，實(shí)線(xiàn)為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線(xiàn)，虛線(xiàn)為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物種分布分?jǐn)?shù)曲線(xiàn)。當(dāng)=1時(shí)，反應(yīng)生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，當(dāng)=1時(shí)，反應(yīng)生成Na2A，Na2A溶液顯堿性。

【詳解】

A.強(qiáng)堿滴定弱酸時(shí)，應(yīng)選用酚酞做指示劑，則用NaOH溶液滴定0.1mol·L-1NaHA溶液應(yīng)用酚酞作指示劑；故A正確；

B.0.1mol·L-1Na2A溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH—)，因Na2A溶液顯堿性，c(OH—)>c(H+)，則:c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)；故B錯(cuò)誤；

C.由圖可知，當(dāng)=1時(shí)，反應(yīng)生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，說(shuō)明HA-的電離大于水解，則溶液中c(A2-)>c(H2A)；故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，當(dāng)δ(X)為50%時(shí)，溶液中c(HA-)=c(A2-)，pH=7，由Ka2==c(H+)=1×10-7；故D正確；

故選BC。

【點(diǎn)睛】

由圖確定實(shí)線(xiàn)為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線(xiàn)，虛線(xiàn)為0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物種分布分?jǐn)?shù)曲線(xiàn)是解答關(guān)鍵。11、AB【分析】【詳解】

A．當(dāng)溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨時(shí)，溶液呈堿性，c(OH﹣)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣），所以可以滿(mǎn)足c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c(OH﹣)＞c(H+)；故A正確；

B．溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，且溶液呈中性時(shí)，則c(H+)=c(OH﹣)、c（NH4+）=c（Cl﹣），可以滿(mǎn)足c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c(H+)=c(OH﹣)；故B正確；

C．溶液中一定滿(mǎn)足電荷守恒，而c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c(OH﹣)＞c(H+)不滿(mǎn)足電荷守恒；故C錯(cuò)誤；

D．無(wú)論溶質(zhì)為氯化銨還是氯化銨與氯化氫或氯化銨與一水合氨，若c(OH﹣)＞c(H+)，說(shuō)明溶液呈堿性，一水合氨過(guò)量，則溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，但是氫離子濃度最小，應(yīng)該滿(mǎn)足c(H+)＜c（Cl﹣）；故D錯(cuò)誤；

故選AB。12、BC【分析】【分析】

二元弱酸的電離常數(shù)Ka1＞Ka2，斜線(xiàn)M表示表示和的乘積等于10-2；

斜線(xiàn)N表示表示和的乘積等于10-5。

【詳解】

A．H2C2O4為二元弱酸，第一步電離平衡常數(shù)大于第二部電離平衡常數(shù)，故大于即＞則＞即＜因此曲線(xiàn)M表示和的關(guān)系；A正確；

B．當(dāng)pH=5時(shí)，溶液呈酸性，c（OH-）＜c（H+），c（H+）=10-5mol/L，則c（HC2O）=c（C2O），根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HC2O）+2c（C2O）+c（OH-），則c(Na+)－3c(HC2O)=c（OH-）-c（H+）＜0；B錯(cuò)誤；

C．已知?jiǎng)t與溶液的pH無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；

D．由上圖可知，則同理Ka1=10-2，則草酸氫鈉的水解平衡常數(shù)=Kw/Ka1=10-12，小于Ka1，說(shuō)明以電離為主，溶液顯酸性，則中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)；D正確；

故選BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查了離子濃度大小的比較、平衡常數(shù)，難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)的組成為解題關(guān)鍵，注意掌握物料守恒，電荷守恒，及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用的能力。13、AB【分析】【詳解】

A.a點(diǎn)表示0.1mol·L－1的XOH，若a=?8，則c(OH?)=10?3mol·L－1，所以Kb(XOH)=≈10?5；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.M點(diǎn)AG=0，則溶液中c(OH?)=c(H+)；溶液呈中性，所以溶液中為XOH；XCl，二者沒(méi)有恰好反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.若R點(diǎn)恰好為XCl時(shí)，根據(jù)物料守恒可得：c(X+)+c(XOH)=c(C1?)；C項(xiàng)正確；

D.M點(diǎn)的溶質(zhì)為XOH和XCl；繼續(xù)加入鹽酸，直至溶質(zhì)全部為XCl時(shí)，該過(guò)程水的電離程度增大，然后XCl溶液中再加入鹽酸，水的電離程度減小，所以從M點(diǎn)N點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小，D項(xiàng)正確；

答案選AB。三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1

②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律，①-②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=ΔH1-ΔH2=(+1344.1kJ·mol-1)-(+1169.2kJ·mol-1)=+174.9kJ?mol-1，故答案為：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=+174.9kJ?mol-1?！窘馕觥緼l2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)△H=+174.9kJ?mol-115、略

【分析】【分析】

①根據(jù)溫度影響平衡移動(dòng)；得出答案。

②根據(jù)題意得到氨氣；氮?dú)?、氫氣體積分?jǐn)?shù)；再得到它們的壓強(qiáng)，再根據(jù)壓強(qiáng)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

①該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)升高溫度時(shí)，平衡向逆向移動(dòng)，氨氣的體積分?jǐn)?shù)減小，故可知T1>T2；

②由題意可知，a點(diǎn)總壓為50MPa，平衡時(shí)氫氣與氮?dú)庵葹?:1，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，則氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)為0.2，氫氣的體積分?jǐn)?shù)為0.6，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，平衡時(shí)氮?dú)夥謮簽?0MPa，氫氣分壓為30MPa，氨氣分壓為10MPa，T2時(shí)故答案為【解析】>16、略

【分析】【分析】

(1)含有弱離子的鹽能發(fā)生水解，據(jù)此分析；

(2)這幾種物質(zhì)中，能和強(qiáng)堿、強(qiáng)酸反應(yīng)的物質(zhì)為弱酸的酸式鹽，據(jù)此分析；

(3)向氨水中加入氯化銨抑制一水合氨電離，據(jù)此分析；

(4)NH3?H2O為弱電解質(zhì)，不能完全電離，據(jù)此分析；

(5)取10mL溶液③；加水稀釋到100mL，溶液濃度為原來(lái)的十分之一，為0.01mol/L，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)含有弱離子的鹽能發(fā)生水解，Na2CO3和NaHCO3都是含有弱離子的鹽；能發(fā)生水解，故答案為：①②；

(2)這幾種物質(zhì)中，能和強(qiáng)堿、強(qiáng)酸反應(yīng)的物質(zhì)是碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式分別為HCO3-+OH-=H2O+CO32-、HCO3-+H+=H2O+CO2，故答案為：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；HCO3-+H+=H2O+CO2；

(3)向氨水中加入氯化銨，溶液中銨根離子濃度增大，抑制一水合氨電離，氫氧根離子濃度減小，所以c(NH4+)c(OH?)的值增大；故答案為：增大；

(4)NH3?H2O為弱電解質(zhì)；不能完全電離，如等體積混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水應(yīng)過(guò)量，故答案為：小于；

(5)取10mL溶液③，加水稀釋到100mL，溶液濃度為原來(lái)的為0.01mol/L，由Kw=c(OH?)?c(H+)可知，c(OH?)=10?12mol?L?1，則此時(shí)溶液中由水電離出的c(H+)=10?12mol?L?1，故答案為：10?12?！窘馕觥竣?①②②.HCO3-+OH-=H2O+CO32-③.HCO3-+H+=H2O+CO2④.增大⑤.小于⑥.10?1217、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)圖示，0.01mol·L-1HA的pH=2；HA為強(qiáng)酸；

（2）根據(jù)圖示，當(dāng)加入51mLMOH溶液時(shí)，溶液的pH=7，說(shuō)明加入50mLMOH溶液時(shí)，HA與MOH恰好完全反應(yīng)，溶液呈酸性，即MA稀溶液的pH<7；原因是M＋水解，M+水解的離子方程式為M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促進(jìn)水的電離，此時(shí)，溶液中由水電離出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；

（3）根據(jù)圖示，K點(diǎn)加入100mLMOH溶液，得到的溶液中含有等濃度的MA、MOH，K點(diǎn)溶液呈堿性，MOH的電離程度大于M+的水解水解，離子濃度的大小關(guān)系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；

（4）K點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液，根據(jù)電荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(A－)+c(OH－)；根據(jù)物料守恒，2c(A－)=0.01mol/L=c(MOH)+c(M＋)，兩式整理得，c(MOH)+c(OH-)=c(H＋)+c(A－)=10-10mol/L+0.005mol/L≈0.005mol·L-1?！窘馕觥竣?強(qiáng)②.<③.M＋＋H2OMOH＋H＋④.1×10－amol·L－1⑤.c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)⑥.0.00518、略

【分析】【分析】

平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，由題意將平衡常數(shù)表達(dá)式寫(xiě)出，再觀察找到K之間的聯(lián)系。

【詳解】

由題意，NH3·H2O＋HC2O4-＝NH4++C2O42-＋H2O的平衡常數(shù)K=變形為=帶入數(shù)據(jù)可得9.45×104＝解得Kb＝1.75×10－5?！窘馕觥?.75×10－519、略

【分析】【分析】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸發(fā)生歧化者反應(yīng)生成二氧化硫和S單質(zhì)；

(2)根據(jù)難溶電解質(zhì)的沉淀轉(zhuǎn)化書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的離子方程式；

(3)K2CrO4溶液中存在2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O平衡；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，生成二氧化硫氣體和硫沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故答案為：2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O；

(2)ZnS的溶解度大于銅藍(lán)(CuS)，CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)的離子方程式為：ZnS(s)+Cu2+(aq)?CuS(s)+Zn2+(aq)，故答案為：ZnS(s)+Cu2+(aq)?CuS(s)+Zn2+(aq)；

(3)在K2CrO4溶液中加入硫酸酸化過(guò)程中，溶液由黃色變?yōu)槌壬磻?yīng)的離子方程式為2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，故答案為：2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O?！窘馕觥縎2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O四、判斷題(共1題，共2分)20、×【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)五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)21、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(guò)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-0.5122、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(kāi)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(kāi)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><23、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(xiàn)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?！窘馕觥縜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c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、工業(yè)流程題(共4題，共32分)24、略

【分析】【分析】

硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸銨在空氣中焙燒，-2價(jià)S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，F(xiàn)eS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會(huì)與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，控制焙燒溫度，防止Al2O3也發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，經(jīng)系列處理得到NH4Fe(SO4)2；過(guò)濾得到濾渣為SiO2、Al2O3和GeO2，加鹽酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相應(yīng)的氯化物，二氧化硅不溶解，過(guò)濾得到二氧化硅濾渣；蒸餾分離濾液中的GeCl4后再加入氨水調(diào)節(jié)pH得到Al(OH)3沉淀，過(guò)濾取Al(OH)3沉淀，與前序?yàn)V渣SiO2和焦炭高溫焙燒還原得到Al和Si；再加純鋁攪拌得到合金。

【詳解】

(1)礦石粉碎后可以增大與空氣的接觸面積；使礦石充分灼燒；

(2)①“焙燒”時(shí)，GeS2中-2價(jià)S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，方程式為GeS2+3O2GeO2+2SO2；

②混合氣體中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及銨鹽分解產(chǎn)生的NH3；

③Fe2O3會(huì)與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)元素守恒可得方程式為4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制備N(xiāo)H4Fe(SO4)2和硅鋁合金，所以要使Fe2O3盡量反應(yīng)，而Al2O3不反應(yīng)；據(jù)圖可知300℃時(shí)大部分氧化鐵轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，只有極少量氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，所以最合適的溫度為300℃；

(3)GeCl4易水解，蒸餾過(guò)程中會(huì)HCl揮發(fā)造成徹底水解，所以需要在酸性條件下防止GeCl4水解；再進(jìn)行蒸餾；

(4)電解池中陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題意可知Al單質(zhì)被氧化成三氧化二鋁，電解質(zhì)溶液顯酸性，所以電極方程式為2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+；

(5)1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×45%=450kg，流程中損失20%，所以被利用的二氧化硅的質(zhì)量為450kg×(1-20%)=360kg，則n(Si)==6000mol；1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×20.4%=204kg，流程中損失25%，所以被利用的Al2O3的質(zhì)量為204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg鋁，則n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。

【點(diǎn)睛】

蒸發(fā)易水解的氯化物(如氯化鐵，氯化銅等)的水溶液時(shí)要注意，為防止溶質(zhì)徹底水解而得不到目標(biāo)產(chǎn)物，需要在HCl氣流中抑制水解，進(jìn)行蒸發(fā)?！窘馕觥竣?使礦石充分灼燒②.GeS2+3O2GeO2+2SO2③.SO2、NH3④.4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑⑤.300℃⑥.防止GeCl4水解⑦.2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+⑧.5:625、略

【分析】【分析】

酸性含砷廢水(含H+、)加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，過(guò)濾將沉淀和濾液分離；As2S3和FeS在空氣中焙燒得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙燒產(chǎn)物，As2O3反應(yīng)生成Na3AsO3形成溶液，過(guò)濾得到的濾渣Y為Fe2O3，加入雙氧水將Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫酸將Na3AsO4還原得到As2O3。

【詳解】

(1)將固體和液體分離可以采用過(guò)濾的方法；沉砷時(shí)加入了硫化鈉和硫酸亞鐵，所以陽(yáng)離子除了Fe2+、H+還有Na+；

(2)焙燒過(guò)程中As2S3中S元素被空氣中的氧氣氧化為SO2，結(jié)合元素守恒和電子守恒可得反應(yīng)方程式為

(3)根據(jù)題目所給信息可知As2O3可以和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，而Fe2O3不能，所以堿浸的目的是從As2O3和Fe2O3的混合物中分離出As元素；濾渣Y為Fe2O3；

(4)氧化過(guò)程中被雙氧水氧化成結(jié)合電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為

(5)焙燒過(guò)程產(chǎn)生二氧化硫，二氧化硫具有還原性，還原時(shí)可用二氧化硫還原Na3AsO4，所以可以循環(huán)使用的物質(zhì)為SO2；1.98kgAs2O3的物質(zhì)的量為=10mol，還原過(guò)程中As元素由+5價(jià)變?yōu)?2價(jià)，所以生成10mol產(chǎn)品轉(zhuǎn)移40mol電子，S元素由+4(SO2)價(jià)變?yōu)?6(SO)價(jià)；所以轉(zhuǎn)移40mol電子時(shí)需要消耗20mol二氧化硫，標(biāo)