…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年浙科版選修4化學下冊月考試卷553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5題，共10分)1、現有碳酸鈉溶液，對溶液中離子濃度關系的描述，不正確的是A.B.C.D.2、常溫下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示（不考慮揮發），其中d點為反應終點。下列說法不正確的是（）

A.V=20.00mLB.常溫下，Kb(NH3·H2O)的數量級為10-5C.b點溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c點的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)3、H2A為二元弱酸。室溫下，下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是(忽略溶液混合引起的體積變化)A.0.1mol/LH2A溶液：c(H2A)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)：c(Na+)＞c(HA－)；c(H2A)＞c(A2－)C.0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合：c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)D.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)和0.1mol/LH2A溶液等體積混合：c(Na+)＞c(HA－)+2c(A2－)4、下列應用與水解原理無關的是（）A.實驗室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞B.泡沫滅火器用碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液，使用時只需將兩者混合就可產生大量二氧化碳的泡沫C.用氯化銨溶液除去鐵銹D.可用碳酸鈉與醋酸制取少量二氧化碳5、下列說法正確的是（）A.鋼管鍍鋅時，鋼管作陰極，鋅棒作為陽極，鐵鹽溶液作電解質溶液B.鍍鋅鋼管破損后，負極反應式為Fe﹣2e﹣═Fe2+C.鍍銀的鐵制品，鍍層部分受損后，露出的鐵表面不易被腐蝕D.鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、下列說法正確的是()A.任何酸與堿發生中和反應生成1molH2O的過程中，能量變化均相同B.同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同C.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1，則a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金剛石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，則C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－17、I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I-(aq)I3-(aq)ΔH。某I2、KI混合溶液中，I－的物質的量濃度c(I－)與溫度T的關系如圖所示(曲線上任何一點都表示平衡狀態)。下列說法不正確的是（）

A.該反應ΔH＞0B.若反應進行到狀態D時，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2溫度下，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＞K2D.狀態A與狀態B相比，狀態A的c(I3-)大8、常溫下，有c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO－）與pH的關系如下圖所示。下列溶液中離子濃度關系正確的是。

A.c（Na+）＝0.1mol·L－1的溶液中：c（H+）＋c（CH3COOH）＝c（OH－）B.點A溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）C.pH＝3.5的溶液中：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）D.c（CH3COO－）＝0.025mol·L－1的溶液中：3c（Na+）＜c（CH3COOH）9、室溫下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A.0.1mol·L－1NaCN溶液與等體積、等濃度鹽酸混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(HCN)>c(CN－)B.向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH＝7：c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]C.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的比較：c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)D.0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合：c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－110、電解質在溶液中的行為是化學研究的重要內容。下列有關溶液的敘述正確的是（）A.常溫下pH為5的鹽酸溶液稀釋1000倍后，pH等于8B.碳酸鈉溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.濃度均為0.1mol/L的氨水和氯化銨溶液，水電離出的c(H+)前者小于后者D.等濃度的CH3COOH與KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)11、已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分別加入以下物質，下列有關說法正確的是A.加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固體，則c(H+)+c(Na+)=c(HSO3－)+c(OH－)+c(SO32－)C.加入少量NaOH溶液，的值均增大D.加入氨水至中性，則c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)12、已知聯氨(N2H4)在水中的電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常溫下，將鹽酸逐滴加到聯氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]隨離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）

A.曲線X表示pOH與lg的變化關系B.反應N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數K=10-15C.聯氨的溶液加水稀釋時聯氨的電離程度逐漸增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)13、下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是。

。選項。

實驗操作和現象。

結論。

A

將廢鐵屑溶于過量鹽酸；滴入KSCN溶液，未見溶液變為紅色。

該廢鐵屑中不含三價鐵的化合物。

B

向AgCl懸濁液中滴入數滴0.1mol·L－1KI溶液；有黃色沉淀生成。

Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

C

向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a試管內加入少量MnSO4；a試管中溶液褪色較快。

MnSO4是KMnO4和H2C2O4反應的催化劑。

D

向苯酚濁液中加入熱的氫氧化鈉溶液；濁液變澄清。

苯酚顯酸性。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、參考下列圖表和有關要求回答問題：

(1)圖Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，若在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E2的變化是________(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，ΔH的變化是________。請寫出NO2和CO反應的熱化學方程式：_________。

(2)甲醇質子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉化為氫氣的兩種反應原理是：

①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1

②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1

又知③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1

則甲醇燃燒生成液態水的熱化學方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化學鍵的鍵能數據：。化學鍵P—PP—OO=OP=O鍵能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃燒放熱為1194kJ，白磷及其完全燃燒的產物結構如圖Ⅱ所示，則表中x＝________kJ·mol－115、按要求寫熱化學方程式：

（1）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_____________________________。

（2）25℃、101kPa條件下充分燃燒一定量的丁烷氣體放出熱量為QkJ，經測定，將生成的CO2通入足量澄清石灰水中產生25g白色沉淀，寫出表示丁烷燃燒熱的熱化學方程式______________________________________________________。

（3）已知下列熱化學方程式：

①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol

②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol

寫出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學方程式_________________________________________。16、以下是化學反應中的能量變化圖，該反應方程式為A2+B2==2AB；回答下列問題。

(1)該反應中，反應物斷鍵吸收的能量為_______________kJ/mol，生成物成鍵釋放的能量為_______________kJ/mol屬于_______________(填“放熱”“吸熱”)反應，該反應的該反應的△H=_______________(用字母寫出表達式)

(2)已知反應有下列反應。

①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O

③CO+CuO=Cu+CO2↑④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O

與圖片所示化學反應熱效應相同的是_______________(填序號)

(3)以下說法正確的是_______________。A．中和反應是吸熱反應B．鋁熱反應需要在高溫條件下進行，鋁熱反應屬于吸熱反應C．放熱反應發生時有可能需要加熱D．凡是放出熱量的化學反應均可用來造福人類17、含氮；磷污水過量排放引起的水體富營養化是當前備受關注的環境問題。

(1)氮肥、磷肥都可以促進作物生長。氮、磷元素在周期表中處于同一主族，從原子結構角度分析它們性質相似的原因是_______，性質有差異的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被細菌分解，當氧氣不充足時，在反硝化細菌的作用下，細菌利用有機物(又稱碳源，如甲醇)作為電子供體，將硝態氮的化合物(含NO3-)連續還原最終生成N2；發生反硝化作用，完成下述反應的方程式：

____+5CH3OH____↑+CO32-+4HCO3-+____________________________

(3)某小組研究溫度對反硝化作用的影響。在反應器內添加等量的相同濃度的甲醇溶液，從中取污泥水混合液分置于4個燒杯中，使4個燒杯內的溫度不同，將實驗數據作圖如圖。由圖像分析產生差異的原因是：_______。

(4)某小組研究濃度對反硝化作用的影響。

①保持其他條件相同，在反應器內添加不等量的甲醇溶液，使4個燒杯碳源濃度依次為183mg?L-1、236mg?L-1、279mg?L-1和313mg?L-1。該小組預測反硝化速率變化的趨勢是增大，預測依據是_______。

②碳源為183mg?L-1的污水經過2h的反硝化試驗，可使NO3-由15.0mg?L-1降至8.8mg?L-1。已知M(NO3-)=62g?mol-1，NO3-的轉化速率是________mol(L?h)-1。18、(1)物質的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中c(NH4+)大小的順序是______________________。（用序號回答）

(2)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL與pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液體積變化忽略不計)。若所得混合溶液呈中性，則a∶b＝_______________。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，c（Na+）+c（H+）＝_______________，c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3）＝_______________（填具體數值大小）。

(4)泡沫滅火器內裝有NaHCO3飽和溶液和Al2（SO4）3溶液，當意外失火時，使泡沫滅火器倒過來搖動即可使藥液混合，噴出大量的白色泡沫，阻止火勢蔓延，其相關的離子方程式為：_______________。19、硼酸（H3BO3）為白色粉末狀結晶，大量用于玻璃工業，可以改善玻璃制品的耐熱、透明性能，提高機械強度，縮短熔融時間。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸的工藝流程如下（部分操作和條件略）：

I．向鐵硼礦粉中加入過量稀H2SO4；過濾；

Ⅱ．向濾液中加入過量雙氧水；再調節溶液的pH約為5；

Ⅲ．過濾；將所得濾液蒸發濃縮；冷卻結晶、過濾得粗硼酸和含鎂鹽的母液；

Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。

已知：生成氫氧化物沉淀的pH

。

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Mg（OH）2

開始沉淀時。

3.8

5.8

2.2

10.6

完全沉淀時。

4.7

8.3

4．0

12

注：金屬離子的起始濃度為0．01mol·L-1

請回答：

（1）寫出Mg2B2O5·H2O與硫酸反應的化學方程式：___________。

（2）為提高步驟I中的反應速率；可采取的措施有_________________（寫出兩條）。

（3）步驟Ⅱ的目的是_______________________。

（4）“粗硼酸”中的主要雜質是___________________。20、表是相關物質的溶解度數據，操作Ⅲ發生反應的化學方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。該反應在溶液中能發生的理由是________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)21、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、結構與性質(共3題，共9分)22、隨著我國碳達峰、碳中和目標的確定，含碳化合物的綜合利用備受關注。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涉及的反應如下：

反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

反應Ⅲ：

回答下列問題：

(1)反應Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應Ⅰ的(為速率常數，與溫度、催化劑有關)。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的平衡轉化率提高的是_______(填字母)。

A.增大壓強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，反應達到平衡時，CO2的轉化率為a，CH3OH的物質的量為bmol，則此溫度下反應Ⅲ的平衡常數Kx=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應為物質的量分數。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時平衡體系中H2的物質的量分數為_______(結果保留兩位有效數字)。

(3)反應Ⅲ可能的反應歷程如圖所示。

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

①反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為_______。

②相對總能量_______eV(計算結果保留2位小數)。(已知：)23、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學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，開始時反應速率的大小關系為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，消耗②的物質的量大小關系為①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。24、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③所示溶液中所含離子濃度的從大到小的順序：__。

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

（4）點②③④所示的溶液中水的電離程度由大到小的順序是：__。評卷人得分六、工業流程題(共4題，共36分)25、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽離子、HR表示有機萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質離子的特殊選擇性)與化學凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質離子)

除雜效果對比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產品進行焰色反應；可觀察到火焰呈___________(填標號)。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫兩點)。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環使用的物質除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應”的化學反應方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優勢為_______________________________。26、由黏土(主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等雜質)與磷肥生產的含氟廢氣生產冰晶石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。“反應1”的最佳溫度與時間分別是______℃、______min。

(4)“除雜”步驟產生的“濾渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等難溶物，寫出產生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，且調節并維持濾液pH=5.5，則其中HF平衡濃度應不低于______mol/L(保留2位有效數字，100.5≈3.2)。27、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一種透明的導電材料，可運用于觸控屏、液晶顯示器等高科技領域；利用水銦礦【主要成分In(OH)3】制備In2O3的工藝流程如下：

（1）寫出水銦礦被硫酸酸溶的離子方程式：_____________________________

（2）從硫酸銦溶液中制備硫酸銦晶體的實驗步驟：__________、_________；過濾、洗滌和干燥。

（3）提純粗銦的方法和銅的精煉原理相似，則粗銦為___________（填“陰極”、“陽極”），寫出陰極的電極反應式_________________________。

（4）完成下列化學方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃時，反應In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常數K=0.25；

i．t℃時，反應達到平衡時，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密閉容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃時反應達到平衡。此時In2O3的轉化率為50%，則x=_________。

（6）高純銦和濃硝酸反應過程中產生的NO2氣體可以被Na2O2直接吸收，則標準狀況下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放會引起一系列的環境問題，任寫一條其引起的環境問題：_____________。28、鉻鐵礦的主要成分可表示為FeO?Cr2O3，還含有MgO、Al2O3、Fe2O3等雜質，以下是以鉻鐵礦為原料制備重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的流程圖：

已知：

回答下列問題：

(1)固體X中主要含有______填寫化學式

(2)固體Y中主要含有氫氧化鋁，請寫出調節溶液的pH=7~8時生成氫氧化鋁的離子方程式：______。

(3)酸化的目的是使轉化為若將醋酸改用稀硫酸，寫出該轉化的離子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步組成，獲得K2Cr2O7晶體的操作依次是：加入KCl固體、蒸發濃縮、______、過濾、______；干燥。

(5)酸性溶液中過氧化氫能使生成藍色的過氧化鉻(CrO5分子結構為該反應可用來檢驗的存在。寫出反應的離子方程式：______，該反應______填“屬于”或“不屬于”氧化還原反應。

(6)在化學分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+與生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當溶液中Clˉ恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10-5mol?L-1)時，溶液中c(Ag+)為______mol?L-1，此時溶液中c()等于______mol?L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正確；B.在碳酸鈉溶液中，氫離子和氫氧根全部來自水的電離，而水電離出的氫離子和氫氧根的總量相同，而水電離出的氫離子被CO32-部分結合為HCO3-和H2CO3，根據質子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正確；C.在碳酸鈉中，鈉離子和碳酸根的個數之比為2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解為H2CO3、HCO3-，根據物料守恒可知：c（Na+）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正確；D.0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，溶液中存在的離子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要滿足電荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D錯誤；本題選D。2、D【分析】【分析】

A.d點溶液是反應終點；按恰好完全反應來分析；

B.a點溶液是氯化銨溶液水解呈酸性；常溫下pH為5，結合水解常數與電離平衡常數的關系估算；

C.b點溶液恰好呈中性；加入的堿溶液體積小于10.00mL來判斷；

D.c點的混合溶液中；一水合氨和氯化銨的物質的量相等，根據電荷守恒和物料守恒分析；

【詳解】

A.d點為反應終點，加入NaOH的體積為20.00mL時，恰好完全反應生成NH3?H2O和NaCl；說法正確，不符合；

B.常溫下，a點對應的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；說法正確，不符合；

C.b點溶液恰好呈中性，加入NaOH的體積小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；說法正確，C不符合；

D.c點溶液為加入NaOH的體積為10.00mL，恰得到物質的量均為10-3mol的NH3?H2O和NH4Cl，溶液中存在電荷守恒：由物料守恒：兩個式子合并得到：因為c點溶液呈堿性，所以>c(Na+)；D選項說法錯誤，D符合；

答案選D。3、C【分析】【詳解】

A．H2A為二元弱酸，溶液中存在電離H2AHA－+H+、HA－A2－+H+，且第一步電離程度大于第二步，但弱電解質的電離是微弱的，所以c(H2A)＞c(H+)＞c(HA－)＞c(A2－)；故A錯誤；

B．0.1mol/LNaHA溶液中存在HA－的電離和水解，溶液pH＜７說明電離程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(HA－)；故B錯誤；

C．0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合所得溶液的溶質為Na2A，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA－)+2c(A2－)+2c(H2A)，二式聯立可得c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)；故C正確；

D．混合溶液應顯酸性，溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，酸性溶液中c(H+)＞c(OH－)，所以c(Na+)＜c(HA－)+2c(A2－)；故D錯誤；

綜上所述答案為C。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A.碳酸根水解顯示堿性；磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和堿反應，會導致瓶塞和瓶口黏合在一起而不易打開，A不符合；

B.碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液這兩種溶液中的碳酸氫根離子和鋁離子水解相互促進；會生成二氧化碳來滅火，二者可作泡沫滅火劑，B不符合；

C.銨根發生水解；導致溶液顯示酸性，酸可以和金屬銹的成分反應而除銹，C不符合；

D.醋酸酸性比碳酸強；可用碳酸鈉與醋酸制取少量二氧化碳，與鹽類水解無關；

答案D選。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A；電鍍時鍍層金屬作陽極；則Zn為陽極，待鍍金屬作陰極，則Fe為陰極，含有鋅離子的溶液為電解質溶液，故A錯誤；

B、Zn比Fe活潑，形成原電池時，Zn作負極，鍍鋅鋼管破損后，負極反應式為Zn﹣2e﹣═Zn2+；故B錯誤；

C；鍍銀的鐵制品鐵破損后發生電化學腐蝕；因Fe比Ag活潑，鐵易被腐蝕，故C錯誤；

D；用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法；鐵分別為正極和陰極，都發生還原反應，可防止被氧化，故D正確。

答案選D。

【點睛】

考查電化學腐蝕與防護，應注意的是在原電池中正極被保護、在電解池中陰極被保護。二、多選題(共8題，共16分)6、BD【分析】【詳解】

A.濃酸；弱酸等發生酸堿中和時中和熱不同；A錯誤；

B.反應熱大小與條件無關，因此同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同；B正確；

C.生成液態水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C錯誤；

D.利用蓋斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正確；

答案選BD。7、AB【分析】【詳解】

A.隨著溫度升高；碘離子的濃度升高，平衡逆向移動，則證明正反應放熱，A項錯誤；

B.D點要達到平衡狀態（C點）；碘離子的濃度要升高，即平衡要逆向移動，也就是說逆反應速率大于正反應速率，B項錯誤；

C.已經分析過正反應放熱，則溫度越高平衡常數越小，即C項正確；

D.A與B相比反應物更少；則A的生成物更多，D項正確；

故答案選AB。8、AD【分析】【分析】

結合物質性質觀察圖可知，隨著pH值的增大，濃度降低的是CH3COOH，濃度升高的是CH3COO-，在pH=4.75時，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；可在此認識基礎上對各選項作出判斷。

【詳解】

A.根據電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，根據物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，將兩等式相加得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH-)；A選項正確；

B.根據電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，點A溶液pH=4.75，顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；B選項錯誤；

C.pH=3.5時，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；C選項錯誤；

D.根據電荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，c(CH3COO-)＝0.025mol·L-1的溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＝c(OH-)-c(H+)+c(CH3COO-)＜c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，即，3c(Na+)＜c(CH3COOH)；D選項正確；

答案選AD。

【點睛】

分析溶液中的離子關系時，要善于運用電荷守恒和物料守恒。9、BC【分析】【詳解】

A.溶液為HCN與氯化鈉的混合溶液，且二者的物質的量濃度相等，HCN的電離很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HCN)>c(H＋)>c(CN－)；選項A錯誤；

B.若向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反應則生成Na2C2O4，溶液呈堿性，根據物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，當反應至溶液pH＝7時則氫氧化鈉不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]；選項B正確；

C.因Ka(HCN)＝6.2×10－10<Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，NaCN水解程度大于NaHC2O4，0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中c(HCN)>c(H2C2O4)，而存在物料守恒有c(Na＋)=c(CN－)+c(HCN)=c(HC2O4-)＋c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)；選項C正確；

D.若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1；選項D錯誤；

答案選BC。

【點睛】

本題考查鹽的水解及溶液中離子濃度大小關系的比較，注意物料守恒等的應用，易錯點為選項D，若0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有：c(Na＋)=c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1，而0.1mol·L－1NaCN溶液與0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等體積混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1。10、CD【分析】【詳解】

A.鹽酸無限稀釋仍為酸性；其pH小于7，A錯誤；

B.碳酸鈉溶液中電荷守恒關系為：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B錯誤；

C.氨水抑制水的電離，氯化銨促進水的電離，水電離出的c(H+)前者小于后者；C正確；

D.CH3COOH與KOH任意比混合，溶液中僅有4種離子，其電荷守恒關系為：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正確；故答案為：CD。11、CD【分析】【詳解】

A.加入少量金屬Na，Na與HSO3-電離出的H+反應，促使平衡②右移，HSO3-離子濃度減小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)濃度減小，A錯誤；

B.加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B錯誤；

C.加入氫氧化鈉與氫離子反應，c(H+)減小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)濃度增大，c(HSO3-)減小，的比值增大，C正確；

D.在NaHSO3溶液中鈉離子與硫元素的所有存在形式物質的量相等，加入氨水至中性后該數量關系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正確。

答案選CD。12、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O?N2H5++OH-，N2H5++H2O?N2H62++OH-，當lg=0時，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，當lg=0時，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由圖可知，X點pOH=15.0，Y點pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲線X表示pOH與lg的變化關系，曲線Y表示pOH與lg的變化關系；據此分析解答。

【詳解】

A．由分析可知，曲線Y表示pOH與lg的變化關系；A錯誤；

B．反應N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數為B錯誤；

C．越稀越電離；聯氨的溶液加水稀釋時，聯氨的電離程度逐漸增大，C正確；

D．N2H5Cl是強酸弱堿鹽，水溶液中存在N2H5+的電離和水解，電荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根據物料守恒和電荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正確；

故答案為：AB。13、BC【分析】【詳解】

A.若鐵屑過量；則其中的三價鐵也會被過量的鐵還原為亞鐵離子，只生成氯化亞鐵，滴入KSCN溶液，未見溶液變為紅色，無法證明該廢鐵屑中不含三價鐵的化合物，選項A錯誤；

B.向AgCl懸濁液中滴入數滴0.1mol·L－1KI溶液，有黃色沉淀生成，AgCl轉化為更難溶的AgI，證明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)；選項B正確；

C.向a、b兩試管中同時加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a試管內加入少量MnSO4，a試管中溶液褪色較快，證明MnSO4起催化作用使KMnO4和H2C2O4的反應速率加快；選項C正確；

D.溫度升高苯酚溶解度增大；苯酚的渾濁液變澄清，向苯酚濁液中加入熱的氫氧化鈉溶液，濁液變澄清無法說明苯酚的酸性，選項D錯誤；

答案選BC。三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】【分析】

(1)加入催化劑能降低反應所需的活化能，但是不改變反應物的總能量和生成物的總能量，由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ；根據熱化學方程式書寫原則進行書寫；

(2)依據熱化學方程式；利用蓋斯定律進行計算；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；根據化學鍵的斷裂和形成的數目進行計算。

【詳解】

(1)加入催化劑能降低反應所需的活化能，則E1和E2都減小，催化劑不能改變反應物的總能量和生成物的總能量之差，即反應熱不改變，所以催化劑對反應熱無影響，由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368kJ-134kJ=234kJ，反應的熱化學方程式為NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1，故答案為：減小；不變；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1；

(2)①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，又知③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol，依據蓋斯定律計算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案為：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃燒的方程式為P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃燒需拆開6molP-P；5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以(6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol)-12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol=-1194kJ/mol，解得：x=138，故答案為：138。

【點睛】

本題的易錯點為(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子結構，正確判斷共價鍵的類型和數目。【解析】減小不變NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ·mol-1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ·mol-113815、略

【分析】（1）中和熱是指：25℃、101kPa下，酸與堿反應生成1mol水時所放出的熱量，所以，H2SO4與NaOH反應的中和熱的熱化學方程式為：

H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol

（2）CO2通入足量澄清石灰水中產生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的質量為25g，其物質的量為0.25mol，根據C守恒可得丁烷的物質的量為0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出熱量為QkJ；而燃燒熱是指：25℃；101kPa下；1mol純物質完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量。故丁烷的燃料熱的熱化學方程式為：

C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol

（3）由熱化學方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol；結合蓋斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的熱化學方程式為：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol【解析】(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol(2分)

(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ/mol(2分)

(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ/mol(4分)16、略

【分析】【分析】

(1)根據圖象，反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，結合化學反應的本質和△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能分析解答；

(2)結合常見的吸熱反應和放熱反應類型以及反應是放熱還是吸熱；與反應條件無關分析解答(2)和(3)。

【詳解】

(1)根據圖象，反應物斷鍵吸收的能量為akJ/mol，生成物成鍵釋放的能量為bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，該反應屬于吸熱反應，△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能=(a-b)kJ/mol，故答案為：a；b；吸熱；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑為放熱反應，故①不選；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O為放熱反應，故②不選；③CO+CuO=Cu+CO2↑為吸熱反應，故③選；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O為吸熱反應；故④選，故答案為：③④；

(3)A．中和反應是放熱反應；故A錯誤；B．鋁熱反應需要在高溫條件下進行，但鋁熱反應屬于放熱反應，故B錯誤；C．反應是放熱還是吸熱，與反應條件無關，放熱反應發生時有可能需要加熱，故C正確；D．放出熱量的化學反應不一定造福人類，利用不當可能會造成災難，如火藥的爆炸，故D錯誤；故答案為：C。

【點睛】

解答本題要注意常見的吸熱反應和放熱反應類型的記憶和判斷，同時注意反應是放熱還是吸熱，與反應條件無關。【解析】ab吸熱(a-b)kJ/mol③④C17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）N和P最外層電子數相同；且都是5個，N和P位于VA族；P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑大于N的原子半徑，即P和N的性質有差異；

（2）根據信息，NO3－與甲醇反應，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根據化合價升降法進行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化細菌的作用下發生反應，溫度對反硝化細菌有影響，因此根據圖像分析產生差異的原因是其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根據問題（2）；甲醇是反應物，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快；

②令溶液的體積為1L，消耗n(NO3－)=(1L×15×10－3mg·L－1－1L×8.8mg·L－1×10－3)/62g·mol－1=1×10－4mol，NO3－的轉化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【點睛】

本題難點是氧化還原反應方程式的書寫，首先找準氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物，本題氧化還原反應：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判斷化合價的變化，找出最小公倍數，N2中N的化合價整體降低10價，CH3OH中C顯－2價；C的化合價升高6價；

最小公倍數為30，即N2的系數為3，CH3OH系數為5，最后根據原子守恒以及所帶電荷數相等配平其他即可。【解析】最外層電子數相同，都是5個P原子比N原子多一個電子層，P的原子半徑比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他條件不變時，溫度升高，反硝化菌活性隨之增強，對NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反應的反應物(還原劑)，其他條件不變時，增大反應物的濃度，反應速率加快5×10-518、略

【分析】【詳解】

(1)①氨水是弱堿，電離程度小，電離出的銨根離子濃度小；②氯化銨是強電解質，全部電離，銨根水解，水解程度小；③碳酸氫銨是強電解質，全部電離，但銨根和碳酸氫根相互促進的雙水解，水解程度比單一水解程度大；④硫酸氫銨是強電解質，電離出銨根離子和氫離子，氫離子抑制銨根水解；⑤硫酸銨是強電解質，1mol硫酸銨電離出2mol銨根離子，雖然水解但仍然比電離出1mol銨根離子濃度的大，五種溶液中c(NH4+)大小的順序是⑤＞④＞②＞③＞①。

(2)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL，氫氧根濃度c(OH－)＝0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液bL，氫離子濃度c(H+)＝0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，0.1mol/L×aL＝0.001mol/L×bL，則a∶b＝1:100。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，根據電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)＝c(HSO3－)+c(SO32－)+c(OH－)，根據物料守恒得到c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)＝c(Na+)＝0.1mol/L。

(4)當意外失火時，使泡沫滅火器倒過來搖動即可使藥液混合，噴出大量的白色泡沫，阻止火勢蔓延，主要是鋁離子和碳酸氫根發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳氣體，其離子方程式為3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.⑤＞④＞②＞③＞①②.1∶100③.c(HSO3－)+2c(SO32－)+c(OH－)④.0.1mol/L⑤.3HCO3－+Al3＋＝Al(OH)3↓+3CO2↑19、略

【分析】試題分析：（1）根據鐵硼礦的成分以及強酸制取弱酸，發生的反應有：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4=2MgSO4＋2H3BO3，Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，FeO＋H2SO4=FeSO4＋H2O，Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；（2）根據影響化學反應速率的因素，可以提高溫度、適當增加硫酸溶液的濃度、減小鐵硼礦粉的粒徑等；（3）根據生成氫氧化物沉淀的pH，加入雙氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后調節pH使Al3＋和Fe3＋轉化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去雜質；（4）根據流程以及（1）的反應，含有雜質為MgSO4。

考點：考查化學流程、元素及其化合物的性質等知識。【解析】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；

（2）升高溫度；適當增大硫酸的濃度或減小鐵硼礦粉的粒徑等；

（3）將Fe2+氧化為Fe3+，使Al3+和Fe3+沉淀完全；（4）MgSO4。20、略

【分析】【分析】

根據溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質分析解答。

【詳解】

溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，根據表中數據知，四種物質中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能發生反應Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【點睛】

本題考查了物質制備的知識。兩種鹽在溶液中發生復分解反應，產生兩種新鹽，發生反應是由于鹽的溶解度不同，可以由溶解度大的物質轉化為溶解度小的物質，或由溶解度小的物質轉化為溶解度更小的物質。會根據表格數據分析是本題判斷的依據。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小四、判斷題(共1題，共8分)21、×【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、結構與性質(共3題，共9分)22、略

【分析】【詳解】

（1）根據蓋斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反應Ⅰ屬于吸熱反應，反應Ⅰ達平衡時升溫，平衡正向移動，K增大，則減小；

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

B．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉化率不一定升高；B錯誤；

C．增大與的投料比有利于提高的平衡轉化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉化率為a，則消耗剩余的物質的量為根據碳原子守恒，生成CO的物質的量為消耗剩余生成此時平衡體系中含有和則反應Ⅲ的其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達平衡時則平衡時

的物質的量分別為0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡體系中H2的物質的量分數為1.9/3.4=0.56；

（3）①決速步驟指反應歷程中反應速率最慢的反應。反應速率快慢由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數據，找到活化能(過渡態與起始態能量差)最大的反應步驟為

②反應Ⅲ的指的是和的總能量與和的總能量之差為49kJ，而反應歷程圖中的E表示的是1個分子和1個分子的相對總能量與1個分子和3個分子的相對總能量之差(單位為eV)，且將起點的相對總能量設定為0，所以作如下換算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5123、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；由此可得出開始時反應速率的大小關系。

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

【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，由此可得出開始時反應速率的大小關系為①>④。答案為：>；

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

【點睛】

等體積、等pH的強酸和弱酸溶液，雖然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只發生部分電離，所以弱酸的物質的量濃度遠比強酸大。與堿反應時，弱酸不斷發生電離，只要堿足量，最終弱酸完全電離，所以弱酸消耗堿的物質的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><24、略

【分析】【分析】

（1）電離平衡常數越小酸性越弱；同濃度pH值越大；

（2）b為醋酸；先判斷點③所示溶液中的溶質成分，根據溶液中的電荷守恒分析；

（3）先判斷溶質成分；根據各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的電離抑制水的電離；鹽的水解促進水的電離；

【詳解】

（1）根據題目所給信息可知電離平衡常數Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同濃度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更強，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，根據加入氫氧化鈉的量可知點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，根據電荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液呈中性，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②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，根據物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知點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②所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，且物質的量之比為1:1，醋酸的電離程度大于水解程度，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質為CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈中性，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，點④所示溶液中溶質為CH3COONa；只有鹽的水解促進水的電離，所以水的電離程度從大到小排序為④③②；

【點睛】

明確混合溶液中溶質成分及其性質、溶液酸堿性是解本題關鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用。【解析】aHCN的電離平衡常數小，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、工業流程題(共4題，共36分)25、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質，所得濾液加入有機萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結合后進入有機相，水溶液主要含為Li+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發生碳化反應，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；

(1)

鋰元素的焰色反應為紫紅色；將最終產品碳酸鋰進行焰色反應，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環使用的物質除HR、CO2外，還有Na2SO4。

(5)

鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧化碳反應得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應”化學反應方程式為CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶劑萃取法Li+浸出率為3.3%，化學凈化除雜法Li+浸出率為6.1%，則由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優勢為萃取劑除雜法鋰的損失率更少。【解析】(1)A

(2)將礦石細磨；充分攪拌、適當升高溫度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取劑除雜法鋰的損失率更少26、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，過濾除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等難溶物，濾液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、M