湖北省黄冈市黄梅县第一中学2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题含答案

高二年级12月考试化学试题可能用到的相对原子质量：N14O16Ca40Cu64一、单选题（本题包括15小题，每小题3分，共45分）1．水解原理在生产、生活科研中都具有重要的应用。下列事实与盐类的水解无关的是A．用热的纯碱溶液清洗油污B．实验室保存和配制K2S溶液时，加入少量KOHC．NH4F水溶液应存放在塑料瓶中，而不能存放于玻璃瓶中D．实验室保存FeSO4溶液时，常在溶液中加入适量铁粉2．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是B．使甲基橙变红的溶液中：NH、Ba2+、Fe2+、NO3—C．澄清透明的溶液中：K+、Al3+、MnO4—、13．提供几组常见的实验装置示意图，下列有关叙述正确的是A．装置①中阳极上有红色物质析出B．装置②中的铜片应与直流电源的负极相连C．装置③中，若电解液为KOH溶液，则电极a的反应式：H2-2e-+2OH-=2H2OD．装置④中，CuSO4溶液的浓度始终不变4．在化学学习过程中要树立“变化观念与平衡思想”。已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196kJ/mol，下列相关说法正确的是A．恒温恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2，充分反应后，放出196kJ的热量B．密闭容器中该反应达到平衡后，缩小容器体积，V逆减小，V正增大，平衡正向移动C．加入催化剂，可加快反应速率，同时提高SO2的平衡转化率D．升高温度，V逆增大的程度比V正增大的程度更显著5．下列实验装置能达到实验目的的是A．测定中和反应的反应热B．探究压强对平衡的影响C．测定NaOH溶液的pHD．比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小6．卤族元素包括F、Cl、Br、I等，位于周期表第ⅦA族。卤族元素形成的物质种类众多，溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似。下列有关方程式表示正确的是A．向黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑：2Ag++S2-=Ag2S↓B．向FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2++2I-+2Br2=2Fe3++I2+4Br-C．IBr与水反应：IBr+H2OHBr+HIOD．用铁电极作阳极，电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-7．如图是某压强下，N2与H2按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。下列说法不正确的是A．图中曲线Ⅰ是平衡时的曲线B．图中b点，容器内气体n(N2):n(NH3)=1:4C．550℃后曲线Ⅱ下降的原因可能是催化剂活性下降D．图中c点，v(正)>v(逆)8．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)。下列说法错误的是H2CO3HCNH2C2O410-7；Ka2=4.7×10-11Ka=6.2×10-10-4A．三种酸的酸性强弱顺序为：H2C2O4>H2CO3>HCNB．常温下，向HCN溶液中加入NaOH固体，的值减小C．少量草酸与足量Na2CO3溶液反应的离子方程式：H2C2O4+2CO-=C2O-+2HCO3-D．pH=2的草酸溶液中，9．从废旧锂离子电池正极材料LiCoO2（含少量金属Cu）中回收Co(OH)2和Li2CO3的工艺流程如图所示。得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。下列说法不正确的是A．将正极材料充分研磨，可加快“浸取”速率B．“浸取”过程中产生的气体主要是O2C．由图示过程可推知Cu(OH)2在水中的溶解度大于Co(OH)2在水中的溶解度D．LiCoO2的再生反应为：4Co2+O2+2Li2COLiCoO2+2CO2+4H2O10．常温下，向20ml0.1mol/LHA溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，体系中-lgc(NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A．25℃时，HA的电离平衡常数的数量级为10-5B．曲线①表示-lgc(HA)与溶液pH的关系C．a点对应的溶液中：c(H+)+c(HA)=c(OH-)+c(A-)11．图甲是一种将微生物降解废水中尿素（H2NCONH2，氮元素价态为-3）产生的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时可利用此装置的电能在铁上镀铜。下列说法错误的是A．M电极为负极，发生氧化反应B．甲装置中，H+由M向N迁移C．Fe电极与Y电极相接D．当M电极生成0.1mol气体时，铜电极质量减少9.6g12．北京大学某研究团队合成了系列新型玻璃相硫化物LBPSI(Li2S—B2S3—P2S5—LiI)电解质材料，应用到全固态锂硫电池中，实现了前所未有的快速固硫电化学反应和快充能力。充电时固态电解质表面的I-可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I2和I3-，原理如下图：下列叙述错误的是A．放电时负极区反应为：Li2S-2e-=S+2Li+B．放电时Li+从石墨电极向In电极迁移C．充电时，石墨电极接外电源正极D．新型玻璃相硫化物LBPSI电解质的作用是增强Li+的传导性能13．如图所示，装置中电极A、B为两种常见金属，当K闭合时，X极上产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。下列说法正确的是A．还原性：A>BB．丙池中水的电离程度逐渐增大C．通电一段时间后，Y极可能会产生气体D．当0.5molSO-通过阴离子交换膜时，X极收集到标准状况下22.4L气体14．Ni(OH)2和NiCO3是Ni2+在不同pH的Na2CO3溶液体系中的两种可能产物。25℃时，二者的沉淀溶解平衡曲线如图。A．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO—)+c(HCO3—)+c(H2CO3)B．M点，溶液中存在c(CO—)<c(OH—)C．P点所示条件下，能生成NiCO3沉淀，不能生成Ni(OH)2沉淀D．NiCO3(s)+2OH—(aq)Ni(OH)2(s)+CO—(aq)的平衡常数K=2.6×10815．25°C时，向含MgCl2、CH3COOH的溶液中滴加氨水，混合液中pX[pX=—lgX,X或与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：25C下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3.H2OA．KspMg(OH)2=1010.25C．0.1mol.L1CH3COONH4溶液中CH3COO)=0.1mol.L1D．Mg(OH)2+2CH3COOH(CH3COO)2Mg+2H2O的平衡常数K为107.25二、填空题（本题包括4小题，共55分）16．Ⅰ.常温下，如果取0.2mol/LCH3COOH溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题：(1)混合溶液的pH=9的原因是：(用离子方程式表示)。(2)该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值(3)求该混合溶液中下列算式的计算结果：c(Na+)-c(CH3COO-)=mol/L(代入数据，列出算式即可，)c(OH-)-c(CH3COOH)=moL/L。Ⅱ.(4)25℃下，向20mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L-1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)，随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO-(填“能”或“不能”)大量共存；②当pH=7时，溶液中Na+、Cl-、HCO3-三种离子的浓度大小关系为；③已知在25℃时，CO-的第一步水解常数Kh1=2.0×10-4，当溶液中c(HCO3-)∶c(CO-)时，溶液的pH=。(5)下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是(填字母序号)。①胆矾②氯化铝③硫酸铝④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾A．③④B．①③④C．①②③④⑤D．全部17．NiCl2是化工合成中重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如图：②还原性：Fe2+>Ni2+③流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示：氢氧化物Ni(OH)2Mg(OH)2开始沉淀的pH6.57.19.3沉淀完全的pH3.29.79.2回答下列问题：(1)用离子反应方程式解释加入H2O2的目的；“除铁”时，控制溶液pH的范围(2)“过滤”所得滤渣B的主要成分的化学式为。(3)“沉镍”时，为使镍沉淀完全，溶液中c(CO-)应大于mol/L。(4)“氧化”得到Ni2O3过程中，氧化剂为。(5)Ni2O3可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2。该电池工作时，正极电极反应式为。18．新型洁净能源能够解决环境问题，能源短缺等问题，能够把“绿水青山就是金山银山”落实到我国的各个角落。氢气作为可持续“零碳”能源被广泛研究。水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是工业上的重要反应，可用于制氢。(1)水煤气变换反应经历了以下途径该反应的ΔH=(用ΔH1和ΔH2表示)。①该反应的ΔH0(填“>”“=”“<”，下同)，AB两点对应的平衡常数K(A)K(B)。②该反应在460℃时KP=。③关于水煤气转换反应说法正确的是。A．通过增大Fe2O3的量，可以改变CO的平衡转化率B．增大水碳比n(H2O)/n(CO)，可提高H2O的转化率C．升高温度，v(正)、v(逆)均增大D．恒容条件下充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①出口II出来的气体为。②阳极的电极反应式为。(4)水煤气变换反应的机理被广泛研究，某催化剂催化CO*+H2O*CO2*+H2(g)(*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下：I、H2O*→OH*+H*Ea1=141.7kJ/molII、CO*+OH*→COOH*Ea2=39.5kJ/molIII、COOH*→CO2*+H*Ea3=132.1kJ/molIV、______Ea4=97.4kJ/mol请补充最后一个反应式：IV。19．亚硝酸钙Ca(NO2)2常用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂、易潮解、易溶于水。可用NO与CaO2在加热时反应生成亚硝酸钙，实验室制取的装置如下图所示(夹持装置已略去)。(1)仪器a的名称是；装置B的作用是。(2)滴入稀硝酸之前需通入一段时间的N2，目的是。(3)滴入稀硝酸后，装置A中三颈烧瓶内的现象是。(写至少两条现象)(4)常温下，测得亚硝酸钙溶液的pH=10，则水电离出的c(OH-)=mol/L。(5)装置E用来吸收未反应的NO，在该装置中NO中的N元素被氧化成+5价，则其反应的离子方程式为。(6)测定所得亚硝酸钙产品中硝酸钙含量的步骤：Ⅰ.称量ag产品溶于水，加入足量Na2SO4固体充分搅拌后过滤；Ⅱ.将滤液全部注入锥形瓶，加入足量饱和NH4Cl溶液，煮沸3~4分钟，再冷却(目的是除去NO)。Ⅲ.再向锥形瓶中加入25.00mLc1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液和适量硫酸，发生反应：NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O。Ⅳ.加入4滴指示剂，用c2mol/LK2Cr2O7标准液滴定过量的Fe2+至终点，消耗K2Cr2O7溶液的体积5.00mL(发生的反应为：6Fe2++Cr2O-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O)。①步骤Ⅰ中加入足量Na2SO4的目的是。②所得产品中Ca(NO3)2的质量分数为%。(用含a、c1、c2的式子表示)《高二年级12月考试化学试题》参考答案题号123456789答案DCCDCDCCBC题号答案CBCDD【详解】A．加热促进碳酸根离子的水解，溶液碱性增强，热的溶液可以增强清洗油污的效果，和盐类的水解有关，A不符合题意；B．保存和配制K2S溶液时，加入少量KOH，增大氢氧根离子浓度，可以抑制硫离子的水解，B不符合题意；C．氟离子水解生成的HF会和玻璃中成分反应，故NH4F水溶液应存放在塑料瓶中，而不能存放于玻璃瓶中，和盐类的水解有关，C不符合题意；D．亚铁离子容易被氧化为铁离子，铁和铁离子生成亚铁离子，实验室保存FeSO4溶液时，常在溶液中加入适量铁粉，是防止亚铁离子被氧化，与盐类的水解无关，D符合题意；故选D。在酸性中要反应不能共存CO-+2H+=CO2↑+H2O，A不符合题意；B．使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中Fe2+与NO3-不能共存3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，B不符合题意；C．澄清透明的溶液中，该组离子都不反应，能共存，C符合题意；D．该组离子中Fe3+与S2-要反应不能共存2Fe3++S2-=2Fe2++S↓,D不符合题意；故答案为：C。【详解】A．装置①中用惰性电极电解CuCl2溶液，在阳极上Cl-失去电子被氧化变为Cl2，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；在阴极上Cu2+得到电子被还原为单质Cu，阴极的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故电解时在阴极上有红色物质析出，A错误；B．在装置②电镀铜时，应该使镀层金属铜片与直流电源的正极相连，作阳极；镀件与直流故选C。电源的负极连接作阴极，B错误；C．在装置③的氢氧燃料电池中，通入燃料H2的电极a为负极，通入O2的电极b为正极，若电解液为KOH溶液，溶液显碱性，则电极a的反应式：H2-2e-+2OH-=2H2O，C正确；D．在装置④的金属铜的精炼中，粗铜作阳极，精铜作阴极。阳极上Cu及活动性比Cu强金属如Zn、Fe等会失去电子变为金属阳离子进入电解质溶液；在阴极上只有Cu2+得到电子被还原变为单质Cu。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此电解一段时间后，溶液中CuSO4的浓度会逐渐降低，D错误；故选C。【详解】A．图中缺少玻璃搅拌器，无法准确测定中和反应的反应热，A错误；B．该可逆反应是气体分子数保持不变的反应，通过压缩针筒体积增大压强，虽然气体颜色变深，但平衡不移动，该装置只是增大压强使气体浓度增大而已，不能达到探究目的，B错误；C．用pH试纸测定溶液的pH时，不能直接将pH试纸插入溶液中，C错误；D．把AgNO3溶液滴加到NaCl和NaI的混合溶液中，先产生黄色的AgI沉淀，后产生白色沉淀，说明AgI的溶解度比AgCl小，D正确；故选D。【详解】A．向黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑，反应的离子方程式为2AgI(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2I-(aq)，A错误；B．碘化亚铁溶液与过量溴水反应生成溴化铁和碘，反应的离子方程式为2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-，B错误；C．溴化碘(IBr)的化学性质与卤素相似，Br的化合价为-1价，I的化合价为+1价，IBr与水发生复分解反应生成HBr和HIO，化学方程式为IBr+H2OHBr+HIO，C正确；D．用铁电极作阳极电解饱和食盐水，Fe在阳极会失去电子生成Fe2+，总反应方程式为Fe+2H2O电解H2↑+Fe(OH)2，D错误；【详解】A．热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196kJ/mol表示每有2molSO2与O2反应产生SO3气体，放出196kJ的热量。在恒温恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2时，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故充分反应后，放出的热量小于196kJ，A错误；B．密闭容器中该反应达到平衡后，缩小容器体积，导致体系的压强增大，反应速率都加快，因此V逆增大，V正也增大，由于正反应是气体体积减小的反应，增大压强后，导致正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故化学平衡向正向移动，B错误；C．加入催化剂，可加快反应速率。由于催化剂使正、逆反应速率增大的倍数相同，使用催化剂，化学平衡不移动，因此不能提高SO2的平衡转化率，C错误；D．升高温度，化学反应速率加快，V正、V逆都增大。由于该反应的正反应是放热反应，温度改变对吸热反应影响更大，因此升高温度后，逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，即V逆的程度比V正增大的程度更显著，所以化学平衡向吸热的逆反应方向移动，D正确；故合理选项是D。【分析】条件相同的情况下，平衡状态时氨气的体积分数应该是最大的，因此I表示平衡时的曲线，II表示经过一定时间反应后的曲线。【详解】A．根据分析可知，曲线I表示平衡时的曲线，A正确；B．从图中可知，c点温度下，氨气的体积分数小于该温度下平衡状态时的体积分数，说明此时反应还在正向进行，v(正)>v(逆)，B正确；C．图中b点氨气的体积分数为25%，不妨令开始时氮气和氢气的物质的量为1mol和3mol，设反应消耗氮气xmol，则消耗氢气3xmol，生成氨气2xmol，平衡时气体总物质的量为(4-2x)mol，氨气的体积分数为2x÷(4-2x)=0.25，解得x=0.4mol，此时容器中氮气和氨气的物质的量之比为3：4，C错误；D．550℃以后曲线II下降，可能的原因高温导致催化剂活性降低，使得反应速率减小，氨气的体积分数减小，D正确；故答案选C。【详解】A．电离平衡常数Ka越大，酸性越强，因此根据表中数据得到酸性强弱关系为H2C2O4>HC2O>H2CO3>HCN>HCO，A正确；B．向HCN溶液中加入NaOH固体，会消耗HCN电离出的H+，导致溶液中c(H+)降低，根据公式温度不变Ka不变，但c(H+)减小，比值会增大，B错误；C．由于酸性HC2O4—>H2CO3，足量CO—可与草酸的两个H+反应，生成C2O—和HCO3—，离子方程式正确，C正确；D．根据H2C2O4的电离常数得到Ka1.Ka当pH=2时，c(H+)=1.0×102mol.L1，代入数据得D正确；故答案选B。【分析】正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中加入H2SO4、H2O2，Co3+被还原为Co2+，同时生成O2，Cu与H2SO4、H2O2作用转化为CuSO4，将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶液沉钴，此时Co2+转化为Co(OH)2沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得Li2CO3。【详解】A．将正极材料充分研磨，增大反应物接触面积，可加快“浸取”速率，A正确；B．“浸取”过程中在酸性条件下，Co3+被H2O2还原为Co2+，同时生成O2，B正确；C．由图示过程可知，加入NaOH溶液过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成Co(OH)2沉淀，则表明沉淀Co2+时，所需c(OH—)大，所以Cu(OH)2在水中的溶解度小于Co(OH)2在水中的溶解度，C错误；D．根据题意，Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生，反应为：故答案选C。【分析】未加NaOH溶液时，0.1mol/LHA溶液的pH＞2，则表明HA为弱酸，随着NaOH溶液的不断加入。HA不断发生电离，c(HA)不断减小，c(A-)不断增大，溶液的pH不断增大，则曲线①表示-lgc(HA)，曲线②)表示-lgc(A-)。【详解】A．25℃时，pH=4.76，c(HA)=c(A-)，HA的电离平衡常数为Ka=10-4.76，所以HA的电离平衡常数的数量级为10-5，A正确；B．由分析可知，曲线①表示-lgc(HA)与溶液pH的关系，B正确；C．a点对应的溶液中，加入NaOH的物质的量刚好为HA物质的量的一半，溶质为等物质的量的NaA和HA的混合溶液，所以溶液中存在两个守恒：物料守恒c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，从而得出：2c(OH-)+c(A-)，且此时溶液呈酸性，c(H+)≠c(OH-)，C不正确；D．a点时溶质为等物质的量的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性，说明HA的电离程度故选C。【分析】由图可知，N电极的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，该极发生还原反应为正极。M电极为负极，发生氧化反应，电极反应为H2NCONH2+H2O-6e-=6H++N2↑+CO2↑。根据已知条件，装置乙可用于给铁镀铜，则Fe极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，该极发生还原反应为阴极。Cu极为阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+。据此分析；【详解】A．M电极为负极，发生氧化反应，A正确；B．原电池电解质中的正离子由负极向正极迁移，B正确；C．电解池的阴极与原电池的负极相连，在该题中即为Fe电极通过X与M极相连，C错误；D．由M电极反应可知，该电极生成的气体是N2和CO2的等物质的量混合物。因此，每生成0.1mol气体会转移0.3mol电子。结合Cu电极反应可知，若转移0.3mol电子会消耗0.15molCu，则电极质量减少量=0.15×64=9.6g，D正确；故答案选C。【分析】充电时，固态电解质表面的I-可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I2和I3-，石墨电极为阳极，In电极为阴极，放电时，In电极为负极，Li2S发生氧化反应生成硫，电极反应式为：Li2S-2e-=S+2Li+，石墨电极为正极。【详解】A．据分析，放电时负极区反应为：Li2S-2e-=S+2Li+，A不符合题意；B．放电时阳离子向正极移动，则Li+从In电极向石墨电极迁移，B符合题意；C．充电时，石墨电极为阳极、则接外电源正极，C不符合题意；D．已知：新型玻璃相硫化物LBPSI(Li2S—B2S3—P2S5—LiI)电解质材料，应用到全固态锂硫电池中，实现了前所未有的快速固硫电化学反应和快充能力。则新型玻璃相硫化物LBPSI电解质的作用是增强Li+的传导性能，D不符合题意；故选B。【分析】X极上产生能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体，则该气体为Cl2，X极为阳极，Y极为阴极，A极为正极，B极为负极。【详解】A．由分析可知，A极为正极，B极为负极，故还原性：B>A，A错误；B．Cu2+促进水的电离，丙池中消耗Cu2+，水的电离程度逐渐减小，B错误；C．通电一段时间后，Cu2+可能被消耗完，则Y极上H+放电，产生H2，C正确；D．0.5molSO-通过阴离子交换膜时，电路中转移电子的物质的量为1mol，X极生成0.5molCl2，标准状况下的体积为11.2L，D错误；故答案选C。【详解】A．Na2CO3溶液中n(Na+)=2n(C)，因此元素守恒为c故A项错误；B．M点c(OH-)=10-5.75mol.L-1，曲线上的点均为饱和溶液，因此-3.5mol.L-1，因此c(CO-)>c(OH-)，故B项错误；C．P点位于Ni(OH)2溶度积曲线之上、NiCO3溶度积曲线之下，纵坐标越往上，c(Ni2+)越大，因此P点为Ni(OH)2的过饱和状态，为NiCO3的不饱和溶液，故C项错误；D．NiCO3(s)+2OH-(aq)Ni(OH)2(s)+CO-(aq)的平衡常数K故D项正确综上所述，正确的是D项。【分析】随着pH增大，c(OH-)增大，c(Mg2+)逐渐减小，则p(Mg2+)逐渐增大；随着pH增大，c(OH-)增大，Kb(NH3.H2O)不变，则c(H(H2)3O)，则L2代表p|，L3代表p(此分析；3代表p(Mg2+)，由N点坐标可知，当pH=9时即c(H+)=10-9mol/L，c(OH-)=10-5mol/L，此时c(Mg2+)=10-1.25mol/L，KspMg(OH)2=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-1.25×(10-5)2=10-11.25，A错误；与pH的关系，B错误；CH3COONH4溶液中，NH和CH3COO-相互促进水解，导致离子浓度减小，又因Ka(CH3COOH)=Kb(NH3.H2O)，则NH和CH3COO-水解程度相同，因此CH3COO-)＜0.1mol.L1，C错误；D．Mg(OH)2+2CH3COOH(CH3COO)2Mg+2H2O的平衡常数结合M点坐标可知pH=7时，Ka(CH3COOH)=102.25×10-7=10-4.75，则KD正确；故选D。16．CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-104：110-5-10-910-9不能c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3—)10【详解】Ⅰ.(1)等体积等浓度混合，恰好生成CH3COONa，离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，混合后pH=9，则CH3COO-离子水解显碱性，离子反应为CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-；(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)为10-5mol/L，pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)为10-9mol/L，则比值为10-5：10-9=104：1，故答案为：104：1；(3)由电荷守恒可知c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-5mol/L-10-9mol/L，物料守恒为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，则c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-9mol/L，故答案为：10-5-10-9；10-9；Ⅱ.(4)①由图可知，在同一溶液中，三种H2CO3、HCO3-、CO-不能大量共存，CO-减少时HCO3-的浓度逐渐增大，HCO3-逐渐减少时H2CO3的浓度增大；故答案为：不能；②由图可知，当pH＝7时，部分碳酸氢根离子转化为碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为、H2CO3，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的物质的量，因为溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，所以溶液中各离子的浓度关系为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)＞c(H+)＝c(OH-)；故答案为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)；1时，根据Kh可得c(OH-)=1.0×10－4mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，所以溶液pH=10，故答案为：10；(5)①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故①错误；②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故②错误；③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故③正确；④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故④正确；⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故⑤错误；⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰、氧气，所以最终得到的固体不是原物质，故⑥错误；综上③④正确，答案选A。17．(1)分液漏斗吸收挥发的硝酸酸雾(2)排尽装置内的空气，防止O2与NO反应生成NO2，增加杂质含量(3)铜片上有气泡、铜片逐渐溶解、溶液变蓝(4)10-4(5)5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O(6)除去Ca2+【分析】实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置A中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮，产生的气体中混有少量的HNO3，可用B装置进行除杂，则B装置中盛放的试剂为蒸馏水，吸收挥发的硝酸酸雾，装置C为干燥装置，通过D中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置E为尾气吸收装置，据此答题。【详解】（1）根据实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；由于硝酸具有挥发性，这样会干扰实验结果，可以在B洗气瓶中盛放蒸馏水，除去硝酸蒸气；（2）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2，发生反应2NO2+CaO2=Ca(NO3)2，造成产品纯度降低；（3）滴入稀硝酸后，装置A中三颈烧瓶内发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，可观察到的现象是铜片上有气泡、铜片逐渐溶解、溶液变蓝；（4）亚硝酸钙溶液中氢离子和氢氧根离子均来自水的电离，亚硝酸根水解促进水的电离，则pH=10的亚硝酸钙溶液，水电离出的cmol/L。（5）装置E中NO被酸性高锰酸钾氧化为硝酸根离子，结合电子得失守恒以及元素守恒得反应的离子方程式：5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；（6）①步骤Ⅰ中加入足量Na2SO4的目的是除去Ca2+；②25.00mLc1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸亚铁铵物质的量为0.025c1mol，过量的Fe2+的物质的量n(Fe2+)过量=6n(Cr2O-)=0.005c2mol×6=0.03c2mol，则与硝酸根反应的n(Fe2+)硝酸根消耗=0.025c1mol-0.03c2mol=(0.025c1-0.03c2)mol；则n硝酸根消耗=mol，产品中Ca(NO3)2的质量分数为18．(1)粉碎废料，搅拌等(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3.2≤pH<7.1(3)CaF2、MgF2(4)1.42×10-2(5)NaClO(6)Ni2O3+2e-+3H2O=2Ni(OH)2+2OH-22.4【分析】金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)盐酸酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有Fe2+、Mg2+、Ca2+等；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，滤渣A为Fe(OH)3；过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为MgF2、CaF2；再次过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3；将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液；向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3，据此分析作答。【详解】（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在3.2≤pH<7.1，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3.2≤pH<7.1。（3）滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为CaF2、MgF2，故答案为：（4）Ksp(NiCO3)=1.42×10-7，镍离子完全沉淀时，溶液中c(Ni2+)＜1.0×10-5mol/L，应保持溶液中cmol/L，故答案为：1.42×10-2。（5）“氧化”得到Ni2O3过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，NaClO中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为NaClO，故答案为：NaClO。（6）Ni2O3可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则Ni2O3为原电池的正极，正极电极反应式为：Ni2O3+2e-+3H2O=2Ni(OH)2+2OH-；根据Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：Ni2O3+2e-+3H2O=2Ni(OH)2+2OH-；22.4。19．(1)2(ΔH1+ΔH2)(2)<>2C(3)H2CO+H2O-2e-=CO2+2H+(4)2H*→H2(g)【详解】（1）由图，反应1COFe2O3CO2+Fe3O4ΔH1，反应2：Fe3O4H2OH2Fe2O3ΔH2，由盖斯定律得：目标反应=2×（反应1+反应2即ΔH=2(ΔH1+ΔH2)，故答案为：2(ΔH1+ΔH2)；（2）①由图像可知，温度升高，CO的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，逆反应吸热，则正反应放热，因此ΔH<0；平衡常数只与温度有关，该反应正反应放热，A到B，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K(A)>K(B)，故答案为：<；>；②由图可知，460℃时CO转化率为80%，以水碳比进行反应，假设投入的n(H2O)=12mol、n(CO)=5mol，可列三段式：转化(mol)平衡(mol),则各物质的分压分别为p(H2)=×3.4MPa=0.8MPa，压强平衡常数KP故答案为：2；③A．Fe2O3是固体，改变Fe2O3的量，不能改变CO的平衡转化率，A错误；B．增大水碳比相当于增加H2O的量，可以提高CO的转化率，但H2O自身的转化率降低，B错误；C．升高温度，增大活化分子百分比，v(正)、v(逆)均增大，C正确；D．恒容条件下充入惰性气体增加体系总压，参与反应的气体浓度未变，反应速率也不变，D错误；故答案选C。（3）分析：由图，右侧接电源负极，则右