2024年浙科版选修4化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙科版选修4化学下册月考试卷553考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、现有碳酸钠溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的是A.B.C.D.2、常温下，向20.00mL0.10mol·L-1NH4Cl溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），其中d点为反应终点。下列说法不正确的是（）

A.V=20.00mLB.常温下，Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5C.b点溶液中：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)D.c点的混合溶液中：c(NH4+)=c(Na+)3、H2A为二元弱酸。室温下，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(忽略溶液混合引起的体积变化)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溶液等体积混合：c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)D.0.1mol/LNaHA溶液(pH＜7)和0.1mol/LH2A溶液等体积混合：c(Na+)＞c(HA－)+2c(A2－)4、下列应用与水解原理无关的是（）A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞B.泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量二氧化碳的泡沫C.用氯化铵溶液除去铁锈D.可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳5、下列说法正确的是（）A.钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B.镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C.镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列说法正确的是()A.任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同B.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的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，则a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金刚石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，则C(s，石墨)=C(s，金刚石)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－的物质的量浓度c(I－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是（）

A.该反应ΔH＞0B.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆C.若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2D.状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大8、常温下，有c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.1mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO－）与pH的关系如下图所示。下列溶液中离子浓度关系正确的是。

A.c（Na+）＝0.1mol·L－1的溶液中：c（H+）＋c（CH3COOH）＝c（OH－）B.点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、室温下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合：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溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的比较：c(CN－)2O4-)＋2c(C2O42-)D.0.1mol·L－1NaCN溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol·L－110、电解质在溶液中的行为是化学研究的重要内容。下列有关溶液的叙述正确的是（）A.常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8B.碳酸钠溶液中存在：c(Na＋)+c(H＋)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)C.浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c(H+)前者小于后者D.等浓度的CH3COOH与KOH任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)11、已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3－+H2OH2SO3+OH－①HSO3－H++SO32－②，向0.1mol/L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A.加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)增大B.加入少量Na2SO3固体，则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，则c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)12、已知联氨(N2H4)在水中的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常温下，将盐酸逐滴加到联氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）

A.曲线X表示pOH与lg的变化关系B.反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数K=10-15C.联氨的溶液加水稀释时联氨的电离程度逐渐增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)13、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

将废铁屑溶于过量盐酸；滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色。

该废铁屑中不含三价铁的化合物。

B

向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol·L－1KI溶液；有黄色沉淀生成。

Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

C

向a、b两试管中同时加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4；a试管中溶液褪色较快。

MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂。

D

向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液；浊液变澄清。

苯酚显酸性。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、参考下列图表和有关要求回答问题：

(1)图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_________。

(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

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

则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________。

(3)下表是部分化学键的键能数据：。化学键P—PP—OO=OP=O键能(kJ·mol－1)198360498x

已知1mol白磷(P4)完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝________kJ·mol－115、按要求写热化学方程式：

（1）已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式_____________________________。

（2）25℃、101kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为QkJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式______________________________________________________。

（3）已知下列热化学方程式：

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

写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式_________________________________________。16、以下是化学反应中的能量变化图，该反应方程式为A2+B2==2AB；回答下列问题。

(1)该反应中，反应物断键吸收的能量为_______________kJ/mol，生成物成键释放的能量为_______________kJ/mol属于_______________(填“放热”“吸热”)反应，该反应的该反应的△H=_______________(用字母写出表达式)

(2)已知反应有下列反应。

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

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

与图片所示化学反应热效应相同的是_______________(填序号)

(3)以下说法正确的是_______________。A．中和反应是吸热反应B．铝热反应需要在高温条件下进行，铝热反应属于吸热反应C．放热反应发生时有可能需要加热D．凡是放出热量的化学反应均可用来造福人类17、含氮；磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。

(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_______，性质有差异的原因是_______。

(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2；发生反硝化作用，完成下述反应的方程式：

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

(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_______。

(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。

①保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183mg•L-1、236mg•L-1、279mg•L-1和313mg•L-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_______。

②碳源为183mg•L-1的污水经过2h的反硝化试验，可使NO3-由15.0mg•L-1降至8.8mg•L-1。已知M(NO3-)=62g•mol-1，NO3-的转化速率是________mol(L•h)-1。18、(1)物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵五种溶液中c(NH4+)大小的顺序是______________________。（用序号回答）

(2)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝_______________。

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

(4)泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液和Al2（SO4）3溶液，当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为：_______________。19、硼酸（H3BO3）为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能，提高机械强度，缩短熔融时间。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸的工艺流程如下（部分操作和条件略）：

I．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4；过滤；

Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水；再调节溶液的pH约为5；

Ⅲ．过滤；将所得滤液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；

Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸。

已知：生成氢氧化物沉淀的pH

。

Al（OH）3

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Mg（OH）2

开始沉淀时。

3.8

5.8

2.2

10.6

完全沉淀时。

4.7

8.3

4．0

12

注：金属离子的起始浓度为0．01mol·L-1

请回答：

（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式：___________。

（2）为提高步骤I中的反应速率；可采取的措施有_________________（写出两条）。

（3）步骤Ⅱ的目的是_______________________。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是___________________。20、表是相关物质的溶解度数据，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl→K2Cr2O7↓+2NaCl。该反应在溶液中能发生的理由是________。评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)21、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)22、随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

回答下列问题：

(1)反应Ⅰ的=_______已知由实验测得反应Ⅰ的(为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。

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

A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂。

②恒温(200℃)恒压条件下，将1molCO2和1molH2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为bmol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx=_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目；微粒的相对总能量(括号里的数字或字母；单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。

②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)23、常温下，有下列四种溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化学用语解释其呈酸性的原因：________________。

（2）0.1mol·L－1的溶液②，其pH＝____________。

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，开始时反应速率的大小关系为①_________④（填“>”、“<”或“＝”）。

（4）等体积、等pH的溶液①和④分别与足量的②反应，消耗②的物质的量大小关系为①_______④（填“>”、“<”或“＝”）。24、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

（1）图__（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；判断的理由是__。

（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：__。

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

（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：__。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共36分)25、高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：

已知(i)用Men+表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)

除杂效果对比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化学净化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶剂萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)将最终产品进行焰色反应；可观察到火焰呈___________(填标号)。

A．紫红色B．紫色C．黄色。

(2)为提高“焙烧”效率；常采取的措施是_________________________________(写两点)。

(3)操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯；___________。

(4)萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________mol·L-1为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是______________________；流程中循环使用的物质除HR、CO2外；还有__________________。

(5)“碳化反应”的化学反应方程式_______________________。

(6)由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为_______________________________。26、由黏土(主要成分Al2O3·2SiO2·2H2O，含少量Fe2O3、CaO、MgO等杂质)与磷肥生产的含氟废气生产冰晶石Na3AlF6的工艺流程如下：

请回答下列问题：

(1)冰晶石在电解Al2O3制铝中的作用是______，需定期更换石墨______(填“阳”或“阴”)极。

(2)不用98%硫酸进行“反应1”的可能原因是______。

A．不易发生离子反应；造成浸出率下降。

B．反应速率太快太剧烈；造成了操作危险。

C．产生较多酸性废液；也提高了原料成本。

(3)保持其他条件不变，反应1的铝浸出率在不同温度下随时间变化如图所示。“反应1”的最佳温度与时间分别是______℃、______min。

(4)“除杂”步骤产生的“滤渣”中含有BaSO4、CaSO4、S等难溶物，写出产生S的离子方程式______。

(5)若按“黏土滤液溶液”来制备Al2(SO4)3·18H2O，该方案的原料利用率比原方案更______(填“高”或“低”)。

(6)“反应2”所得“滤液”中含氟物质主要为______(写化学式)。

(7)已知Ka(HF)=6.4×10-4，Al3++6F-AlF的K=1.0×1019，欲使平衡时c(AlF)/c(Al3+)≥10，且调节并维持滤液pH=5.5，则其中HF平衡浓度应不低于______mol/L(保留2位有效数字，100.5≈3.2)。27、In是第5周期IIIA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】制备In2O3的工艺流程如下：

（1）写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________

（2）从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：__________、_________；过滤、洗涤和干燥。

（3）提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___________（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式_________________________。

（4）完成下列化学方程式：__________

In(NO3)3In2O3

（5）已知t℃时，反应In2O3＋CO2InO＋CO2的平衡常数K=0.25；

i．t℃时，反应达到平衡时，n(CO):n(CO2)=___________；

ii．在1L的密闭容器中加入0.02mol的In2O3（s），并通入xmol的CO，t℃时反应达到平衡。此时In2O3的转化率为50%，则x=_________。

（6）高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mlNO2可以被______gNa2O2吸收。NO2的排放会引起一系列的环境问题，任写一条其引起的环境问题：_____________。28、铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：

已知：

回答下列问题：

(1)固体X中主要含有______填写化学式

(2)固体Y中主要含有氢氧化铝，请写出调节溶液的pH=7~8时生成氢氧化铝的离子方程式：______。

(3)酸化的目的是使转化为若将醋酸改用稀硫酸，写出该转化的离子方程式：______。

(4)操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、______、过滤、______；干燥。

(5)酸性溶液中过氧化氢能使生成蓝色的过氧化铬(CrO5分子结构为该反应可用来检验的存在。写出反应的离子方程式：______，该反应______填“属于”或“不属于”氧化还原反应。

(6)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Clˉ，利用Ag+与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Clˉ恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)为______mol•L-1，此时溶液中c()等于______mol•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正确；B.在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被CO32-部分结合为HCO3-和H2CO3，根据质子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正确；C.在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CO3、HCO3-，根据物料守恒可知：c（Na+）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正确；D.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D错误；本题选D。2、D【分析】【分析】

A.d点溶液是反应终点；按恰好完全反应来分析；

B.a点溶液是氯化铵溶液水解呈酸性；常温下pH为5，结合水解常数与电离平衡常数的关系估算；

C.b点溶液恰好呈中性；加入的碱溶液体积小于10.00mL来判断；

D.c点的混合溶液中；一水合氨和氯化铵的物质的量相等，根据电荷守恒和物料守恒分析；

【详解】

A.d点为反应终点，加入NaOH的体积为20.00mL时，恰好完全反应生成NH3⋅H2O和NaCl；说法正确，不符合；

B.常温下，a点对应的0.10mol·L-1NH4Cl溶液，存在水解平衡，Kb(NH3·H2O)10-5；说法正确，不符合；

C.b点溶液恰好呈中性，加入NaOH的体积小于10.00mL：混合溶液中c(Cl-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)；说法正确，C不符合；

D.c点溶液为加入NaOH的体积为10.00mL，恰得到物质的量均为10-3mol的NH3⋅H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：由物料守恒：两个式子合并得到：因为c点溶液呈碱性，所以>c(Na+)；D选项说法错误，D符合；

答案选D。3、C【分析】【详解】

A．H2A为二元弱酸，溶液中存在电离H2AHA－+H+、HA－A2－+H+，且第一步电离程度大于第二步，但弱电解质的电离是微弱的，所以c(H2A)＞c(H+)＞c(HA－)＞c(A2－)；故A错误；

B．0.1mol/LNaHA溶液中存在HA－的电离和水解，溶液pH＜７说明电离程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(HA－)；故B错误；

C．0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA－)+2c(A2－)+2c(H2A)，二式联立可得c(OH－)=c(H+)+c(HA－)+2c(H2A)；故C正确；

D．混合溶液应显酸性，溶液中存在电荷守恒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错误；

综上所述答案为C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.碳酸根水解显示碱性；磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏合在一起而不易打开，A不符合；

B.碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液这两种溶液中的碳酸氢根离子和铝离子水解相互促进；会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，B不符合；

C.铵根发生水解；导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，C不符合；

D.醋酸酸性比碳酸强；可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，与盐类水解无关；

答案D选。5、D【分析】【分析】

【详解】

A；电镀时镀层金属作阳极；则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；

B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+；故B错误；

C；镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀；因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；

D；用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法；铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。

答案选D。

【点睛】

考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。二、多选题(共8题，共16分)6、BD【分析】【详解】

A.浓酸；弱酸等发生酸碱中和时中和热不同；A错误；

B.反应热大小与条件无关，因此同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同；B正确；

C.生成液态水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C错误；

D.利用盖斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正确；

答案选BD。7、AB【分析】【详解】

A.随着温度升高；碘离子的浓度升高，平衡逆向移动，则证明正反应放热，A项错误；

B.D点要达到平衡状态（C点）；碘离子的浓度要升高，即平衡要逆向移动，也就是说逆反应速率大于正反应速率，B项错误；

C.已经分析过正反应放热，则温度越高平衡常数越小，即C项正确；

D.A与B相比反应物更少；则A的生成物更多，D项正确；

故答案选AB。8、AD【分析】【分析】

结合物质性质观察图可知，随着pH值的增大，浓度降低的是CH3COOH，浓度升高的是CH3COO-，在pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)；可在此认识基础上对各选项作出判断。

【详解】

A.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，根据物料守恒有：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两等式相加得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH-)；A选项正确；

B.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，点A溶液pH=4.75，显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；B选项错误；

C.pH=3.5时，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＜c(CH3COOH)；C选项错误；

D.根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(CH3COO-)，c(CH3COO-)＝0.025mol·L-1的溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，c(Na+)＝c(OH-)-c(H+)+c(CH3COO-)＜c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，即，3c(Na+)＜c(CH3COOH)；D选项正确；

答案选AD。

【点睛】

分析溶液中的离子关系时，要善于运用电荷守恒和物料守恒。9、BC【分析】【详解】

A.溶液为HCN与氯化钠的混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，HCN的电离很微弱，c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HCN)>c(H＋)>c(CN－)；选项A错误；

B.若向0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4，溶液呈碱性，根据物料守恒有c(Na＋)=2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]，当反应至溶液pH＝7时则氢氧化钠不足，c(Na＋)偏小，故c(Na＋)<2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]；选项B正确；

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溶液与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-)；选项C正确；

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溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1；选项D错误；

答案选BC。

【点睛】

本题考查盐的水解及溶液中离子浓度大小关系的比较，注意物料守恒等的应用，易错点为选项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溶液与0.1mol·L－1NaHC2O4溶液等体积混合后：c(Na＋)+c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.1mol·L－1+0.05mol·L－1=0.15mol·L－1。10、CD【分析】【详解】

A.盐酸无限稀释仍为酸性；其pH小于7，A错误；

B.碳酸钠溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)；B错误；

C.氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，水电离出的c(H+)前者小于后者；C正确；

D.CH3COOH与KOH任意比混合，溶液中仅有4种离子，其电荷守恒关系为：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，D正确；故答案为：CD。11、CD【分析】【详解】

A.加入少量金属Na，Na与HSO3-电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO3-离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3-)浓度减小，A错误；

B.加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，B错误；

C.加入氢氧化钠与氢离子反应，c(H+)减小，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c(SO32-)，c(OH-)浓度增大，c(HSO3-)减小，的比值增大，C正确；

D.在NaHSO3溶液中钠离子与硫元素的所有存在形式物质的量相等，加入氨水至中性后该数量关系依然存在，所以c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，D正确。

答案选CD。12、AB【分析】【分析】

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，当lg=0时，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，当lg=0时，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由图可知，X点pOH=15.0，Y点pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲线X表示pOH与lg的变化关系，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，曲线Y表示pOH与lg的变化关系；A错误；

B．反应N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常数为B错误；

C．越稀越电离；联氨的溶液加水稀释时，联氨的电离程度逐渐增大，C正确；

D．N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液中存在N2H5+的电离和水解，电荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)；物料守恒：

c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，根据物料守恒和电荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)；D正确；

故答案为：AB。13、BC【分析】【详解】

A.若铁屑过量；则其中的三价铁也会被过量的铁还原为亚铁离子，只生成氯化亚铁，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，无法证明该废铁屑中不含三价铁的化合物，选项A错误；

B.向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol·L－1KI溶液，有黄色沉淀生成，AgCl转化为更难溶的AgI，证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)；选项B正确；

C.向a、b两试管中同时加入4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液和2mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快，证明MnSO4起催化作用使KMnO4和H2C2O4的反应速率加快；选项C正确；

D.温度升高苯酚溶解度增大；苯酚的浑浊液变澄清，向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清无法说明苯酚的酸性，选项D错误；

答案选BC。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ；根据热化学方程式书写原则进行书写；

(2)依据热化学方程式；利用盖斯定律进行计算；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；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，依据盖斯定律计算(②×3-①×2+③×2)得到CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；

(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10；1mol白磷完全燃烧需拆开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，故答案为：138。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意分析白磷和五氧化二磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。【解析】减小不变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）中和热是指：25℃、101kPa下，酸与碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以，H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：

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

（2）CO2通入足量澄清石灰水中产生25g白色沉淀，即生成的CaCO3的质量为25g，其物质的量为0.25mol，根据C守恒可得丁烷的物质的量为0.0625mol，所以0.0625mol丁烷放出热量为QkJ；而燃烧热是指：25℃；101kPa下；1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。故丁烷的燃料热的热化学方程式为：

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

（3）由热化学方程式：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；结合盖斯定律可得：C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式为：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)根据图象，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，结合化学反应的本质和△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答；

(2)结合常见的吸热反应和放热反应类型以及反应是放热还是吸热；与反应条件无关分析解答(2)和(3)。

【详解】

(1)根据图象，反应物断键吸收的能量为akJ/mol，生成物成键释放的能量为bkJ/mol，吸收的能量大于放出的能量，该反应属于吸热反应，△H=反应物总键能-生成物总键能=(a-b)kJ/mol，故答案为：a；b；吸热；(a-b)kJ/mol；

(2)①Fe+2HCl=FeCl2+H2↑为放热反应，故①不选；②H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O为放热反应，故②不选；③CO+CuO=Cu+CO2↑为吸热反应，故③选；④Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O为吸热反应；故④选，故答案为：③④；

(3)A．中和反应是放热反应；故A错误；B．铝热反应需要在高温条件下进行，但铝热反应属于放热反应，故B错误；C．反应是放热还是吸热，与反应条件无关，放热反应发生时有可能需要加热，故C正确；D．放出热量的化学反应不一定造福人类，利用不当可能会造成灾难，如火药的爆炸，故D错误；故答案为：C。

【点睛】

解答本题要注意常见的吸热反应和放热反应类型的记忆和判断，同时注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。【解析】ab吸热(a-b)kJ/mol③④C17、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N和P最外层电子数相同；且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；

（2）根据信息，NO3－与甲醇反应，生成N2、CO32－、HCO3－和H2O，即NO3－＋CH3OH→CO32－＋HCO3－＋N2↑＋H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO3－＋5CH3OH3N2↑＋CO32－＋4HCO3－＋8H2O；

（3）NO3－和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3－的降解(或反硝化作用)速率也加快；

（4）①根据问题（2）；甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；

②令溶液的体积为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－的转化速率=1×10－4mol/(1L×2h)=5×10－5mol/(L·h)。

【点睛】

本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3－＋CH3OH→N2↑＋CO32－＋HCO3－，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显－2价；C的化合价升高6价；

最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。【解析】最外层电子数相同，都是5个P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大6____+5CH3OH3____↑+CO32-+4HCO3-+8____其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快①甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快5×10-518、略

【分析】【详解】

(1)①氨水是弱碱，电离程度小，电离出的铵根离子浓度小；②氯化铵是强电解质，全部电离，铵根水解，水解程度小；③碳酸氢铵是强电解质，全部电离，但铵根和碳酸氢根相互促进的双水解，水解程度比单一水解程度大；④硫酸氢铵是强电解质，电离出铵根离子和氢离子，氢离子抑制铵根水解；⑤硫酸铵是强电解质，1mol硫酸铵电离出2mol铵根离子，虽然水解但仍然比电离出1mol铵根离子浓度的大，五种溶液中c(NH4+)大小的顺序是⑤＞④＞②＞③＞①。

(2)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL，氢氧根浓度c(OH－)＝0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液bL，氢离子浓度c(H+)＝0.001mol/L。若所得混合溶液呈中性，0.1mol/L×aL＝0.001mol/L×bL，则a∶b＝1:100。

(3)0.1mol/L的NaHSO3溶液中，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)＝c(HSO3－)+c(SO32－)+c(OH－)，根据物料守恒得到c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)＝c(Na+)＝0.1mol/L。

(4)当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，主要是铝离子和碳酸氢根发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，其离子方程式为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】试题分析：（1）根据铁硼矿的成分以及强酸制取弱酸，发生的反应有：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）根据影响化学反应速率的因素，可以提高温度、适当增加硫酸溶液的浓度、减小铁硼矿粉的粒径等；（3）根据生成氢氧化物沉淀的pH，加入双氧水的目的，把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节pH使Al3＋和Fe3＋转化成Al(OH)3和Fe(OH)3，除去杂质；（4）根据流程以及（1）的反应，含有杂质为MgSO4。

考点：考查化学流程、元素及其化合物的性质等知识。【解析】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2MgSO4+2H3BO3；

（2）升高温度；适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等；

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

【分析】【分析】

根据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质分析解答。

【详解】

溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据表中数据知，四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小，K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，所以在溶液中能发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。

【点睛】

本题考查了物质制备的知识。两种盐在溶液中发生复分解反应，产生两种新盐，发生反应是由于盐的溶解度不同，可以由溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，或由溶解度小的物质转化为溶解度更小的物质。会根据表格数据分析是本题判断的依据。【解析】K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小四、判断题(共1题，共8分)21、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、结构与性质(共3题，共9分)22、略

【分析】【详解】

（1）根据盖斯定律，由Ⅲ-Ⅱ可得

反应Ⅰ属于吸热反应，反应Ⅰ达平衡时升温，平衡正向移动，K增大，则减小；

（2）①A．Ⅲ为气体分子总数减小的反应，加压能使平衡正向移动，从而提高的平衡转化率；A正确；

B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应Ⅲ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率不一定升高；B错误；

C．增大与的投料比有利于提高的平衡转化率；C正确；

D．催剂不能改变平衡转化率；D错误；

故选AC；

②200℃时是气态，1mol和1molH2充入密闭容器中，平衡时的转化率为a，则消耗剩余的物质的量为根据碳原子守恒，生成CO的物质的量为消耗剩余生成此时平衡体系中含有和则反应Ⅲ的其他条件不变，H2起始量增加到3mol，达平衡时则平衡时

的物质的量分别为0.5mol、1.9mol、0.5mol、0.2mol、0.3mol，平衡体系中H2的物质的量分数为1.9/3.4=0.56；

（3）①决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应。反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为

②反应Ⅲ的指的是和的总能量与和的总能量之差为49kJ，而反应历程图中的E表示的是1个分子和1个分子的相对总能量与1个分子和3个分子的相对总能量之差(单位为eV)，且将起点的相对总能量设定为0，所以作如下换算即可方便求得相对总能量【解析】(1)+41.0减小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5123、略

【分析】【分析】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成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）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸；由此可得出开始时反应速率的大小关系。

（4）等体积；等pH的溶液①和④中；醋酸的浓度远大于盐酸，分别与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出二者消耗②的物质的量大小关系。

【详解】

（1）NaHSO4溶液呈酸性，其原因是NaHSO4完全电离生成H+，其电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－。答案为：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。答案为：13；

（3）向等体积、等浓度的溶液①、④中加入大小相同的镁条，HCl完全电离，而CH3COOH部分电离，溶液中的c(H+)为盐酸大于醋酸，由此可得出开始时反应速率的大小关系为①>④。答案为：>；

（4）等体积、等pH的溶液①和④中，醋酸的浓度远大于盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸，与足量的②反应时，盐酸和醋酸都发生完全电离，由此可得出消耗②的物质的量大小关系为①<④。答案为：<。

【点睛】

等体积、等pH的强酸和弱酸溶液，虽然二者的c(H+)相同，但由于弱酸只发生部分电离，所以弱酸的物质的量浓度远比强酸大。与碱反应时，弱酸不断发生电离，只要碱足量，最终弱酸完全电离，所以弱酸消耗碱的物质的量比强酸要大得多。解题时，我们一定要注意，与金属或碱反应时，只要金属或碱足量，不管是强酸还是弱酸，最终都发生完全电离，若只考虑电离的部分，则会得出错误的结论。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><24、略

【分析】【分析】

（1）电离平衡常数越小酸性越弱；同浓度pH值越大；

（2）b为醋酸；先判断点③所示溶液中的溶质成分，根据溶液中的电荷守恒分析；

（3）先判断溶质成分；根据各溶液中的物料守恒分析；

（4）酸的电离抑制水的电离；盐的水解促进水的电离；

【详解】

（1）根据题目所给信息可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，所以同浓度的CH3COOH和HCN，HCN的酸性更强，pH值更大，所以a为HCN，b为CH3COOH；故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大；

（2）曲线b代表醋酸，根据加入氢氧化钠的量可知点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，此时溶液呈中性，所以c(OH－)=c(H+)，所以c(CH3COO－)=c(Na+)，故答案为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)；

（3）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=2c(Na+)，同理可知点①所示溶液中：c(HCN)+c(CN－)=2c(Na+)，两溶液加入氢氧化钠的量相同，所以钠离子浓度相同所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(HCN)+c(CN－)，所以c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；

（4）点②所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量之比为1:1，醋酸的电离程度大于水解程度，此时水的电离受到抑制，点③所示溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈中性，溶液中c(OH-)=10-7mol/L，且全部由水电离，酸的电离和盐的水解相互抵消，水的电离既不受到抑制也不受到促进，点④所示溶液中溶质为CH3COONa；只有盐的水解促进水的电离，所以水的电离程度从大到小排序为④③②；

【点睛】

明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用。【解析】aHCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大c(CH3COO－)=c(Na+)>c(OH－)=c(H+)=④③②六、工业流程题(共4题，共36分)25、略

【分析】【分析】

锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO2-4，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠；过滤后沉淀中加入去离子水；二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；

(1)

锂元素的焰色反应为紫红色；将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；

选A。

(2)

为提高“焙烧”效率；常采取的措施是将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度等。

(3)

操作1为萃取分液；用到的主要玻璃仪器有烧杯；分液漏斗。

(4)

萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5mol·L-1为宜；“反萃取”步骤中Men++2nHR⇌Me(HR2)n+nH+逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、CO2外，还有Na2SO4。

(5)

锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3。

(6)

由表知，溶剂萃取法Li+浸出率为3.3%，化学净化除杂法Li+浸出率为6.1%，则由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为萃取剂除杂法锂的损失率更少。【解析】(1)A

(2)将矿石细磨；充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案。

(3)分液漏斗。

(4)1.5H2SO4Na2SO4

(5)CO2+H2O+Li2CO3=2LiHCO3

(6)萃取剂除杂法锂的损失率更少26、略

【分析】【分析】

黏土中加入硫酸，Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO与硫酸反应生成Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CaSO4、MgSO4，SiO2不反应，加入BaS将Fe3+还原为Fe2+，同时生成硫酸钡沉淀和硫单质，过滤除去沉淀BaSO4、CaSO4、S、SiO2等难溶物，滤液中主要含Al2(SO4)3、FeSO4、M