2024年華師大版選修4化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年華師大版選修4化學(xué)上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(xué)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7題，共14分)1、已知下列熱化學(xué)方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

則反應(yīng)H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反應(yīng)熱△H為A.+237.46kJ·mol-1B.-474.92kJ·mol-1C.-118.73kJ·mol-1D.-237.46kJ·mol-12、在恒溫恒壓的密閉容器中，充入4LX和3LY的混合氣體，在一定條件下發(fā)生下列反應(yīng)：4X(g)＋3Y(g)2Q(g)＋nR(g)達到平衡時測得X的轉(zhuǎn)化率為25％，此時混合氣體的體積為6.5L。則該反應(yīng)方程式中的n值是（）A.8B.6C.5D.33、常溫下，等體積的氨水和KOH兩種溶液，其下列說法正確的是A.的濃度小于KOHB.分別向兩溶液中加入鹽酸完全中和后，溶液中水的電離程度前者大于后者C.兩溶液加水稀釋過程中均增大D.分別加水稀釋相同倍數(shù)后，溶液中4、已知亞磷酸（H3PO3）為二元弱酸，25℃時，向Na2HPO3溶液中滴入鹽酸；混合溶液中的有關(guān)粒子濃度之比的對數(shù)與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列敘述正確的是。

A.M、W兩點所在的直線表示pH與的變化關(guān)系B.當溶液呈中性時，可能存在：c（Na＋）＞c（）＋2c（）C.圖中N點表示加入的HCl的物質(zhì)的量與原溶液中Na2HPO3物質(zhì)的量相等D.25℃時，＋H2O＋OH－的平衡常數(shù)為1．0×10－12.575、25℃時，在10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量隨溶液pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.HCl溶液滴加一半時，溶液pH＞7B.H2CO3的Ka1的數(shù)量級為10-6C.pH＝8時，溶液中NaHCO3的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L-1D.在M點：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)6、通過加入適量乙酸鈉；設(shè)計成微生物電池可以將廢水中的氯苯轉(zhuǎn)化為苯而除去，其原理如圖所示。下列敘述正確的是。

A.b極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)B.一段時間后b極區(qū)電解液的pH減小C.H+由a極穿過質(zhì)子交換膜到達b極D.a極的電極反應(yīng)式為-e-=Cl-+7、將0.6molKCl、0.4molCu(NO3)2、0.2molAgNO3一起溶于水，配成100mL混合溶液，用惰性電極電解一段時間后，若在一極析出19.2gCu，此時在另一極上產(chǎn)生氣體的體積（標準狀況下）為A.3.96LB.4.48LC.5.6LD.6.72L評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、煙氣(主要污染物SO2、NO、NO2)的大量排放造成嚴重的大氣污染；國內(nèi)較新研究成果是采用以尿素為還原劑的脫硫脫硝一體化技術(shù)。

(1)脫硫總反應(yīng)：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知該反應(yīng)能自發(fā)進行，則條件是____(填“高溫”；“低溫”或“任何溫度”)。

(2)電解稀硫酸制備O3(原理如圖)，則產(chǎn)生O3的電極反應(yīng)式為______。

(3)室溫下，往恒容的反應(yīng)器中加入固定物質(zhì)的量的SO2和NO，通入O3充分混合。反應(yīng)相同時間后，各組分的物質(zhì)的量隨n(O3)∶n(NO)的變化見上圖。

①n(NO2)隨n(O3)∶n(NO)的變化先增加后減少，原因是____。

②臭氧量對反應(yīng)SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影響不大，試用過渡態(tài)理論解釋可能原因__。

(4)通過控制變量法研究脫除效率的影響因素得到數(shù)據(jù)如下圖所示，下列說法正確的是____。

A.煙氣在尿素溶液中的反應(yīng)：v(脫硫)＜v(脫硝)

B.尿素溶液pH的變化對脫硝效率的影響大于對脫硫效率的影響。

C.強酸性條件下不利于尿素對氮氧化物的脫除。

D.pH=7的尿素溶液脫硫效果最佳。

(5)尿素的制備：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＜0。一定條件下，往10L恒容密閉容器中充入2molNH3和1molCO2。

①該反應(yīng)10min后達到平衡，測得容器中氣體密度為4.8g·L－1，平衡常數(shù)K=__。

②上圖是該條件下，系統(tǒng)中尿素的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時間的變化趨勢，當反應(yīng)時間達到3min時，迅速將體系升溫，請在圖中畫出3~10min內(nèi)容器中尿素的物質(zhì)的量的變化趨勢曲線__________。9、已知化學(xué)反應(yīng)的能量變化如圖所示：

(1)b分別代表的意思是______、______。

(2)該反應(yīng)______10、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)；生活中有著重要作用。

(1)在固定體積的密閉容器中，進行如下化學(xué)反應(yīng)：該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式是K=_________。已知平衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如表:。T/℃400300平衡常數(shù)KK1K2

①試判斷K1_________K2(填寫“>”“=”或“<”)。

②下列各項能說明該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的是_________(填字母)。

a．容器內(nèi)N2、H2、NH3的濃度之比為1∶3∶2

b．v(N2)正=3v(H2)逆

c．容器內(nèi)壓強保持不變。

d．混合氣體的密度保持不變。

③合成氨在農(nóng)業(yè)和國防中有很重要的意義，在實際工業(yè)生產(chǎn)中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解釋的是_________(填字母)。

a．采用較高溫度(400~500℃)b．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來。

c．用鐵觸媒加快化學(xué)反應(yīng)速率d．采用較高壓強(20~50MPa)

(2)對反應(yīng)在溫度分別為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數(shù)隨壓強變化曲線如圖所示，下列說法正確的是_________。

a．A、C兩點的反應(yīng)速率：A>C

b．B、C兩點的氣體的平均相對分子質(zhì)量：B

c．A、C兩點N2O4的轉(zhuǎn)化率：A

d．由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法11、可逆反應(yīng)：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）△H；試根據(jù)圖回答：

[A的轉(zhuǎn)化率（%）表示為α（A）；A的含量（%）表示為φ（A）]

（1）壓強P1___P2（填＜或＞）；

（2）體積（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）溫度t1℃___t2℃（填＜或＞）。12、將1molI2（g）和2molH2置于5L密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生反應(yīng)：I2（g）＋H2（g）2HI（g）ΔH<0；并達到平衡。HI的體積分數(shù)w（HI）隨時間變化如曲線（Ⅱ）所示：

（1）達到平衡時，I2（g）的物質(zhì)的量濃度為________。

（2）若改變反應(yīng)條件，在甲條件下w（HI）的變化如曲線（Ⅰ）所示，在乙條件下w（HI）的變化如曲線（Ⅲ）所示。則甲條件可能是________，乙條件可能是________（填入下列條件的序號）。

①恒容條件下；升高溫度。

②恒容條件下；降低溫度。

③恒溫條件下；縮小反應(yīng)容器體積。

④恒溫條件下；擴大反應(yīng)容器體積。

⑤恒溫恒容條件下，加入適當催化劑13、已知2A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)，在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應(yīng)達平衡后，C的濃度為ωmol·L－1，放出的熱量為bkJ。

（1）已知：A(g)＋X(g)2B(g)ΔH＝－133.2kJ·mol－1；

5A(g)＋X(g)4C(g)ΔH＝－650.4kJ·mol－1。則a＝________。

（2）不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)如表所示。由此可推知，表中T1________T2(填“>”“＝”或“<”)。T/KT1T2T3K6.862.451.88

（3）若將上述容器改為恒壓容器(反應(yīng)前體積相同)，起始時加入2molA和1molB，500℃時充分反應(yīng)達平衡后，放出的熱量為dkJ，則d________b(填“>”“＝”或“<”)。

（4）在一定溫度下，向一個容積可變的恒壓容器中，通入3molA和2molB，發(fā)生反應(yīng)2A(g)＋B(g)2C(g)，平衡時容器內(nèi)氣體物質(zhì)的量為起始時的80%。保持同一反應(yīng)溫度，在相同容器中，將起始投入量改為6molA、4molB，則平衡時A的體積分數(shù)為________。14、已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-。

（1）向氨水中加入MgCl2固體時，平衡向__移動，OH-離子的濃度__，NH離子的濃度__；

（2）向氨水中加入濃鹽酸，平衡向__移動，此時溶液中濃度減小的微粒有__、__、__；

（3）向濃氨水中加入少量的NaOH固體，平衡向__移動，此時發(fā)生的現(xiàn)象是__。15、室溫下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲線如圖(混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和)。請回答下列問題：

（1）點①所示溶液中，Kw＝__________。

（2）點②所示溶液中的電荷守恒式為______________________________________。

（3）點③所示溶液中存在________種平衡。

（4）點④所示溶液中的物料守恒式為0.10mol·L－1＝___________________________。

（5）點⑤所示溶液中各離子濃度的大小順序為________________________________。

（6）上述5點所示溶液中，水的電離程度最大的是_______，最小的是________(用序號回答)。16、現(xiàn)將0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合得混合溶液Q。

(1)若A為CH3COOH，Q呈酸性，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是___；若A為HCl，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為___mol·L-1；若A為H2S，Q接近中性，則HS-的電離能力___水解能力(填“>”“<”“=”或“無法確定”)。

(2)根據(jù)(1)中信息比較相同條件下，濃度均為0.01mol·L-1的①NaHS、②CH3COONa、③NaCl溶液中，陰離子總濃度由大到小的順序為___(填序號)。

(3)用濃度為0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定相同體積、相同濃度的①HCl溶液、②CH3COOH溶液、③H2S溶液，當?shù)味ㄖ林行詴r，消耗NaOH溶液的體積分別為amL、bmL、cmL，則a、b、c的大小關(guān)系是___。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)17、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、有機推斷題(共1題，共4分)18、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(jié)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：_____。評卷人得分五、計算題(共1題，共2分)19、(1)化學(xué)反應(yīng)可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程?；瘜W(xué)鍵的鍵能是形成(或拆開)1mol化學(xué)鍵時釋放(或吸收)出的能量。已知白磷(P4)和P4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖所示；

已知：?；瘜W(xué)鍵P—PP—OO=O鍵能(kJ·mol1)198360498

則反應(yīng)P4(g)+3O2(g)=P4O6(g)的△H=_________。

(2)已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol

則制備水煤氣的反應(yīng)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的△H=_______。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共16分)20、I.采用廢易拉罐(主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質(zhì))制備明礬[KAl(SO4)2·12H2O]的過程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)易拉罐溶解過程中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______

(2)寫出由濾液A生成沉淀B的反應(yīng)離子方程式：_______

(3)明礬可以凈水，其原理是_______。

(4)已知：Kw=1.0×10-14，Al(OH)3AlO+H++H2OK=2.0×10-13，Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的平衡常數(shù)等于_______。

II.以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖：

氯化過程控制電石渣過量，在75°C左右進行。氯化時存在C12與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應(yīng)，Ca(ClO)2進一步轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2。

(5)生成Ca(ClO)2的化學(xué)方程式為_______。

(6)氯化過程中Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2的總反應(yīng)方程式為：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2轉(zhuǎn)化率的可行措施有_______(填序號)。

A.適當堿緩?fù)ㄈ隒l2速率B.充分攪拌漿料C.加水使Ca(OH)2完全溶解。

(7)氯化后過濾，向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca(ClO3)2轉(zhuǎn)化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g·L-1，如圖，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的操作步驟是_______、_______；過濾、洗滌、干燥。

21、礦產(chǎn)資源是重要的自然資源；不可再生，回收；再生是保護金屬礦產(chǎn)資源的有效途徑。

Ⅰ.稀土是隱形戰(zhàn)機；超導(dǎo)、核工業(yè)等高精尖領(lǐng)域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一；如圖是從鈦尾礦回收、制備Sc的工藝流程。

已知：xNH4Cl?yScF3?zH2O是ScF3與氯化物形成的復(fù)鹽沉淀；在強酸中部分溶解?！懊撍@”是復(fù)鹽沉淀的熱分解過程。據(jù)此回答：

(1)鈧原子的外圍電子排布式為______。

(2)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學(xué)方程式為______。

(3)如圖是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關(guān)系。用氨水調(diào)節(jié)溶液pH，控制在3.5<______范圍內(nèi)。

(4)如圖是“脫水除銨”過程中固體質(zhì)量與溫度的關(guān)系，其中在380℃到400℃會有白煙冒出，保溫至無煙氣產(chǎn)生，即得到ScF3，由圖像中數(shù)據(jù)可得x：z=______。

(5)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF3?6H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質(zhì)，原因是______(用化學(xué)方程式表示)。流程中將復(fù)鹽沉淀后“脫水除銨”制得純度很高的ScF3，其原因是______。

Ⅱ.鎳廣泛用于各種軍工制造業(yè)，中國鎳有一部分來自再生鎳。某化學(xué)興趣小組欲模擬化工生產(chǎn)工藝，回收某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì))中的鎳并制備硫酸鎳(NiSO4?7H2O)。

已知：①鎳在稀酸中可緩慢溶解；耐強堿。

②溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀時(c=1.0×10-5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

該興趣小組設(shè)計了如下模擬實驗方案：取一定量廢鎳催化劑粉末于燒杯中，在不斷攪拌下加入NaOH溶液(堿浸)，充分反應(yīng)并過濾，取濾出物于燒杯中，加入____，充分攪拌，過濾，____；過濾，洗滌，干燥，得到硫酸鎳晶體。請回答：

(1)“堿浸”中NaOH除了溶解廢鎳催化劑外，另一個作用是______。

(2)請將a、b處實驗方案補充完整a__________，b___________。(必須使用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液，H2O2溶液)22、氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石（含CuFeS2、Cu2S等）為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表。

。

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Cu(OH)2

開始沉淀。

7.5

2.7

4.8

完全沉淀。

9.0

3.7

6.4

（1）爐氣中的有害氣體成分是__________，Cu2S與O2反應(yīng)時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。

（2）若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：__________。并寫出H2O2的電子式__________，F(xiàn)e（鐵）在元素周期表中的位置：__________；當試劑X是__________時；更有利于降低生產(chǎn)成本。

（3）加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是__________。

（4）操作X包括__________、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是__________。

（5）以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：__________。23、(1)工業(yè)上制取純凈的CuCl2·2H2O的主要過程是。

①將粗氧化銅(含少量Fe)溶解于稀鹽酸中；加熱；過濾，調(diào)節(jié)濾液的pH為3；

②對①所得濾液按下列步驟進行操作：

已知：。物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.43～4

請回答下列問題：

①加入的氧化劑X，下列物質(zhì)最好選用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化學(xué)式為____________。

③溶液乙在蒸發(fā)結(jié)晶時應(yīng)注意：________________________________。

(2)如圖為相互串聯(lián)的甲；乙兩個電解池；試回答下列問題：

甲池若為用電解原理精煉銅的裝置，陰極增重19.2g，則乙池陽極放出氣體在標準狀況下的體積為__________L（不考慮氣體的溶解情況）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學(xué)方程式；利用蓋斯定律進行計算。

【詳解】

已知熱化學(xué)方程式：

①H2(g)+O2(g)==H2O(l)△H1=-285.8kJ·mol-1

②H2(g)==H2(l)△H2=-0.92kJ·mol-1

③O2(g)==O2(l)△H3=-6.84kJ·mol-1

④H2O(l)==H2O(g)△H4=+44.0kJ·mol-1

利用蓋斯定律對方程式進行合理變換，①-②-③×+④可得H2(l)+O2(l)==H2O(g)，故反應(yīng)H2(l)+O2(l)==H2O(g)的反應(yīng)熱△H=-285.8+0.92+6.84×+44=-237.46（kJ·mol-1）。

答案選D。

【點睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式書寫方法和蓋斯定律計算應(yīng)用，對方程式的運算是解題的關(guān)鍵。2、D【分析】【詳解】

我們利用三段式進行分析：

則3+2.25+0.5+0.25n=6.5；n=3。

故選D。3、B【分析】【分析】

A、是弱堿部分電離；而KOH為強堿完全電離；

B；分別向兩溶液中加入鹽酸完全中和后；前者生成氯化銨和后者生成氯化鉀；

C、的分子和分母都乘氫氧根離子的濃度，得到由此分析解答；

D；加水稀釋鉀離子和銨根離子的濃度都減??；但加水稀釋加水稀釋促進一水合氨的電離，所以銨根離子濃度變大。

【詳解】

是弱堿部分電離，而KOH為強堿完全電離，而等體積的氨水和KOH兩種溶液，其所以的濃度大于KOH；故A錯誤；

B；分別向兩溶液中加入鹽酸完全中和后；前者生成氯化銨和后者生成氯化鉀，氯化銨溶液水解呈酸性，對水的電離起促進作用，所以溶液中水的電離程度前者大于后者，故B正確；

C、的分子和分母都乘氫氧根離子的濃度，得到加水稀釋過程一水合氨的濃度減小，比值減小，故C錯誤；

D、加水稀釋鉀離子和銨根離子的濃度都減小，但加水稀釋促進一水合氨的電離，所以銨根離子濃度變大，即溶液中故D錯誤；

故選：B。

【點睛】

本題考查了弱電解質(zhì)的電離平衡，酸堿混合溶液定性判斷，明確溶液中的溶質(zhì)、溶液的酸堿性、鹽類的水解、酸的電離即可解答，難度中等，本題中選項C,根據(jù)弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)，水的離子積只與溫度有關(guān)，我們就可以采用變式的方法，找出相關(guān)的規(guī)律，分析問題就較容易。4、B【分析】【詳解】

A.由M、N兩點的坐標可得M的酸性強，其直線表示Ka1；故A錯誤；

B.依據(jù)電荷守恒可知：c(H+)+c(Na＋)=c(OH-)+c(C1-)+c(H2PO3)+2c(HPO32-)，當溶液呈中性時，則c(Na＋)=c(C1-)+c(H2PO3)+2c(HPO32-)，所以c(Na＋)＞c()＋2c()；故B正確；

C.亞磷酸(H3PO3)為二元弱酸，一級電離大于二級電離，圖中N點時c()=c()，溶液呈酸性，所以Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl；故C錯誤；

D.25℃時，＋H2O＋OH－的平衡常數(shù)=1.0×10-7.46；故D錯誤；

故選B。5、C【分析】【分析】

不加酸時，Na2CO3溶液顯堿性；隨著HCl溶液的加入，溶液由碳酸鈉轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟溻c，當HCl溶液滴加一半時，兩者恰好生成碳酸氫鈉，再繼續(xù)加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為碳酸，由此分析。

【詳解】

A．當HCl溶液滴加一半時，兩者恰好生成碳酸氫鈉，溶液中，以NaHCO3為主；故該溶液呈堿性，溶液pH＞7，故A正確；

B．由圖中可以看出，當c(H+)=10?6mol/L時，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1=故B正確；

C．從圖中可知當pH值為8時，溶液中的主要溶質(zhì)為NaHCO3。當加入鹽酸的體積為10mL時，恰好生成NaHCO3，此時NaHCO3的物質(zhì)的量濃度為0.05mol/L；故C錯誤；

D．由圖可知M點的CO32-和HCO3-物質(zhì)的量相等，兩者的鹽水解溶液呈堿性，pH值為11呈堿性，故離子濃度為：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)；故D正確；

答案選C。6、B【分析】原電池工作時，正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)即：+2e-+H+=Cl-+則a為正極，b為負極，反應(yīng)式為：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)即：+2e-+H+=Cl-+則a為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B．由電極方程式可知當轉(zhuǎn)移8mol電子時，正極消耗4molH+，負極生成7molH+，則處理后的廢水pH降低，故B正確；C．b為負極，反應(yīng)式為：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意圖可知，質(zhì)子從b極移向a極，故C錯誤；D．a(chǎn)為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e-+H+=Cl-+故D錯誤；故選B。

點睛：本題考查新型電池，注意把握原電池的工作原理以及電極反應(yīng)式的書寫，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷原電池的正負極。本題的易錯點為D，電極反應(yīng)也要滿足質(zhì)量守恒定律。7、C【分析】【分析】

混合溶液中發(fā)生的反應(yīng)為AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，得混合溶液中的溶質(zhì)為0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，根據(jù)Cu和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式可計算出O2和Cl2的體積。

【詳解】

混合溶液中發(fā)生的反應(yīng)為AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3，根據(jù)方程式知，0.2molAgNO3完全反應(yīng)需要0.2molKCl，還剩余0.4molKCl，且同時生成0.2molKNO3，所以混合溶液中的溶質(zhì)為0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，用惰性電極電解一段時間后，若在一極析出Cu：0.3mol（19.2g）＜0.4mol，根據(jù)Cu和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式知，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=2n(Cu)=2×0.3mol=0.6mol，氯離子完全放電時轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.4mol×1=0.4mol，則還有0.2mol電子轉(zhuǎn)移時生成氧氣，則生成n(O2)==0.05mol，生成n(Cl2)=n(Cl－)=×0.4mol=0.2mol，生成氣體V=nVm=(0.2+0.05)mol×22.4mol/L=5.6L；

故選C。

【點睛】

解決電化學(xué)中的相關(guān)計算問題的切入點應(yīng)該為：把計算問題看做是氧化還原反應(yīng)理論知識的拓展與延伸，并能靈活運用上述相關(guān)解決問題的方法，許多問題都會變得“柳暗花明”的畫面。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【分析】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反應(yīng)為熵減的反應(yīng)；熵減的反應(yīng)在低溫下有利于自發(fā)進行。

（2）用惰性電極電解稀硫酸，H+在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++e-=H2↑；OH-在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，則產(chǎn)生O3的電極反應(yīng)式為：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1時，NO被O3氧化為NO2，所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被轉(zhuǎn)化為更高價的氮氧化物；所以減少。

②臭氧的量對反應(yīng)SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影響不大；若用過渡態(tài)理論解釋可能是該反應(yīng)的活化能高，反應(yīng)速率慢。

（4）A.由左圖可知相同時間內(nèi)脫硫率大于脫硝率，則v(脫硫)>v(脫硝)；故A錯誤；

B.由右圖可知；隨尿素溶液pH的增大，脫硫率的曲線沒變化，但脫硝率曲線變化比較大，故尿素溶液pH的變化對脫硝效率的影響大于對脫硫效率的影響，故B正確；

C.如右圖所示；pH越大脫除率越高，則強酸性條件下不利于尿素對氮氧化物的脫除，故C正確；

D.如右圖所示；溶液的pH對脫硫率沒有影響，故D錯誤。

（5）①NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)反應(yīng)10min后達到平衡，容器中氣體密度為4.8g·L－1，則容器中氣體的質(zhì)量為4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

變化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

則(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=

②通過①的分析可知，若溫度不變，反應(yīng)10min后達到平衡，CO(NH2)2的物質(zhì)的量為0.5mol。由于此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，達到平衡的時間小于10min，平衡向逆向移動，CO(NH2)2的物質(zhì)的量為小于0.5mol。據(jù)此解答。

【詳解】

（1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反應(yīng)為熵減的反應(yīng)；熵減的反應(yīng)在低溫下有利于自發(fā)進行。本小題答案為：低溫。

（2）用惰性電極電解稀硫酸，H+在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++e-=H2↑；OH-在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，則產(chǎn)生O3的電極反應(yīng)式為：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小題答案為：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。

（3）①n(O3):n(NO)<1時，NO被O3氧化為NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被轉(zhuǎn)化為更高價的氮氧化物，所以減少。本小題答案為：n(O3):n(NO)<1時，NO被O3氧化為NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1，NO2被轉(zhuǎn)化為更高價的物質(zhì)；所以減少。

②臭氧的量對反應(yīng)SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影響不大；若用過渡態(tài)理論解釋可能是該反應(yīng)的活化能高，反應(yīng)速率慢。本小題答案為：該反應(yīng)的活化能高，反應(yīng)速率慢。

（4）A.由左圖可知相同時間內(nèi)脫硫率大于脫硝率，則v(脫硫)>v(脫硝)；故A錯誤；

B.由右圖可知；隨尿素溶液pH的增大，脫硫率的曲線沒變化，但脫硝率曲線變化比較大，故尿素溶液pH的變化對脫硝效率的影響大于對脫硫效率的影響，故B正確；

C.如右圖所示；pH越大脫除率越高，則強酸性條件下不利于尿素對氮氧化物的脫除，故C正確；

D.如右圖所示；溶液的pH對脫硫率沒有影響，故D錯誤。答案選BC。

（5）①NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)反應(yīng)10min后達到平衡，容器中氣體密度為4.8g·L－1，則容器中氣體的質(zhì)量為4.8g·L－1×10L=48g；

2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(g)

起始量(mol/L)0.20.100

變化量(mol/L)2xxxx

平衡量(mol/L)0.2-2x0.1-xxx

則(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+(0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48，x=0.05，K=本小題答案為：100。

②通過①的分析可知，若溫度不變，反應(yīng)10min后達到平衡，CO(NH2)2的物質(zhì)的量為0.5mol。由于此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，達到平衡的時間小于10min，平衡向逆向移動，CO(NH2)2的物質(zhì)的量為小于0.5mol，圖像為本小題答案為：【解析】低溫3H2O―6e―＝O3＋6H＋n(O3):n(NO)<1時，NO被O3氧化為NO2所以增加；n(O3):n(NO)>1,NO2被轉(zhuǎn)化為更高價的物質(zhì)，所以減少(或NO2發(fā)生副反應(yīng)，所以n(NO2)減少也給分)該反應(yīng)的活化能高，反應(yīng)速率慢BC100

達到平衡時尿素的物質(zhì)的量＜0.5mol，反應(yīng)達到平衡的時間在10min之前9、略

【分析】【詳解】

（1）化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)是舊鍵的斷裂和新鍵的形成，其中化學(xué)鍵斷裂吸熱，化學(xué)鍵形成放熱，則圖中a表示舊鍵斷裂吸收的能量，b表示新鍵形成放出的能量；

故答案為：舊鍵斷裂吸收的能量；新鍵形成放出的能量；

（2）反應(yīng)熱舊鍵斷裂吸收的總能量-新鍵形成放出的總能量，則圖中該反應(yīng)

故答案為：【解析】舊鍵斷裂吸收的能量新鍵形成放出的能量10、略

【分析】【詳解】

（1）在固定體積的密閉容器中，進行如下化學(xué)反應(yīng)：根據(jù)平衡常數(shù)表達式可知，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式是

①根據(jù)降低溫度平衡放熱方向移動以及平衡正向移動平衡常數(shù)增大，所以K12；

②a．平衡時反應(yīng)混合物中各組分的含量保持不變，但容器內(nèi)N2、H2、NH3的濃度之比不一定為為1:3:2；所以不能作為平衡的標志，故a錯誤；

b．平衡時不同物質(zhì)表示速率之比等于系數(shù)之比說明到達平衡，即3v(N2)正=v(H2)逆說明反應(yīng)達到平衡，故b錯誤；

c．反應(yīng)前后氣體體積減小；若壓強不變，說明反應(yīng)達到平衡，故c正確；

d．反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不變；容器的體積不變，所以密度不變，所以混合氣體的密度保持不變不能作為平衡的標志，故d錯誤；

答案選c；

③a．加熱到500℃合成氨是放熱反應(yīng)；升溫會使平衡逆向移動，降低轉(zhuǎn)化率，升溫的目的是為了保證催化劑的催化活性，加快化學(xué)反應(yīng)速率，不能用勒夏特列原理解釋，故a錯誤；

b．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來，將氨及時液化分離，利于化學(xué)平衡正向移動，有利于氨的合成，故b正確；

c．用鐵作催化劑加快化學(xué)反應(yīng)速率；催化劑不能使平衡移動，使用催化劑是為了加快化學(xué)反應(yīng)速率，用勒夏特列原理無法解釋，故c錯誤；

d．采用較高壓強(20Mpa?50MPa)；合成氨是氣體體積減小的反應(yīng)，加壓至20～50MPa，有利于化學(xué)平衡正向移動，有利于氨的合成，故d正確；

答案選bd；

(3)a．.A、C兩點都在等溫線上，壓強越大，反應(yīng)速率越快，所以速率：C>A；故a錯誤；

b．B和C的體積分數(shù)相等，所以B、C兩點的氣體的平均相對分子質(zhì)量相等，故b錯誤；

c．A、C兩點都在等溫線上，C點壓強更高，壓強增大，平衡向氣體體積減少的方向移動，即逆反應(yīng)方向移動，N2O4的轉(zhuǎn)化率降低，所以兩點N2O4的轉(zhuǎn)化率：A>C；故c錯誤；

d．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，NO2的體積分數(shù)增大；所以由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法，故d正確；

答案選d?！窘馕觥?lt;cbdd11、略

【分析】【詳解】

（1）由圖A可知，P2先達到平衡狀態(tài)，則P2大，故P1＜P2；

答案為＜；

（2）P2＞P1，壓強越大，A的轉(zhuǎn)化率越低，說明增大壓強平衡向逆方向移動，即向氣體體積縮小的方向移動，則（a+b）比（c+d）??；

故答案為＜；

（3）由圖B可知t1先達到平衡狀態(tài)，t1溫度高，則t1＞t2；

答案為＞；【解析】①.＜②.＜③.＞12、略

【分析】【分析】

(1)混合氣體總的物質(zhì)的量不變，根據(jù)平衡時HI的體積分數(shù)計算根據(jù)方程式知道轉(zhuǎn)化的碘的物質(zhì)的量，進而計算平衡時碘的物質(zhì)的量，再根據(jù)計算；

(2)由圖可知；改變條件平衡不移動，甲的速率增大；乙的速率降低，據(jù)此結(jié)合外界條件對反應(yīng)速率與平衡移動的影響判斷。

【詳解】

混合氣體總的物質(zhì)的量不變，平衡時，由方程式可以知道，轉(zhuǎn)化的碘的物質(zhì)的量=平衡時碘的物質(zhì)的量=1mol-0.9mol=0.1mol，平衡時，I2(g)的物質(zhì)的量濃度為故答案為：0.02mol/L。

(2)由圖可以知道；改變條件平衡不移動，甲的速率增大；乙的速率降低；

①恒容條件下；升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動；

②恒容條件下；降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動；

③恒溫條件下；縮小反應(yīng)容器體積，壓強增大，平衡不移動，反應(yīng)速率增大；

④恒溫條件下；擴大反應(yīng)容器體積，壓強減小，平衡不移動，反應(yīng)速率減??；

⑤恒溫恒容條件下；加入適當催化劑，平衡不移動，反應(yīng)速率增大；

故甲條件可能是③⑤，乙條件可能是④，故答案為：③⑤；④?！窘馕觥竣?0.02mol/L②.③⑤③.④13、略

【分析】【詳解】

(1)①A(g)＋X(g)2B(g)ΔH＝－133.2kJ·mol－1；②5A(g)＋X(g)4C(g)ΔH＝－650.4kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將②-①得：4A(g)＋2B(g)4C(g)ΔH＝－(650.4-133.2)kJ·mol－1，則2A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＝－258.6kJ·mol－1；即a＝258.6，故答案為258.6；

(2)反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，T1＜T2；故答案為＜；

(3)原平衡隨反應(yīng)進行，壓強降低，將上述容器改為恒壓容器(反應(yīng)前體積相同)，相同溫度下起始加入2molA和1molB，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，B的轉(zhuǎn)化率變大，反應(yīng)放出的熱量增大，大于恒容容器中達到平衡狀態(tài)放出的熱量，即d＞b；故答案為＞；

(4)設(shè)反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為x，2A(g)＋B(g)2C(g)

起始(mol)320

反應(yīng)(mol)2xx2x

平衡(mol)3-2x2-x2x

則=80%，解得：x=1mol；溫度不變平衡常數(shù)不變，保持同一反應(yīng)溫度，在相同容器中，將起始投入量改為6molA、4molB，相當于2個原容器合并，氣體的物質(zhì)的量和容器的體積均變成原來的2倍，平衡不移動，平衡時A的體積分數(shù)不變，因此平衡時A的體積分數(shù)為×100%=25%，故答案為25%。【解析】258.6<>25%14、略

【分析】【分析】

氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH+OH-；如果加入能和銨根離子或氫氧根離子反應(yīng)的物質(zhì)，平衡就向電離方向；即向右移動，如果加入的物質(zhì)中含有銨根離子或氫氧根離子，平衡向逆反應(yīng)方向、即向左移動，據(jù)此分析解答；

【詳解】

(1)向氨水中加入MgCl2固體時，鎂離子和氫氧根離子反應(yīng)，OH-的濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡正向移動，即向右移動，NH的濃度增大；

故答案為：右；減?。辉龃?；

(2)向氨水中加入濃鹽酸時，氫離子會消耗氫氧根離子，氫氧根離子濃度減小，一水合氨的電離平衡向右移動，NH3以及NH3?H2O的濃度均減小，

故答案為：OH?、NH3、NH3?H2O（寫出這三種微粒符號即可）；

(3)向濃氨水中加入少量NaOH固體，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡向左移動，氫氧根離子和銨根離子反應(yīng)生成氨氣，所以有無色刺激性氣體逸出；

故答案為：左；有無色刺激性氣體逸出。

【點睛】

明確弱電解質(zhì)電離以及掌握勒夏特列原理是解本題關(guān)鍵，主要通過溶液中離子濃度變化確定平衡移動方向。【解析】右減小增大右OH-NH3?H2ONH3左有無色刺激性氣體產(chǎn)生15、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)水的離子積只受溫度影響；溫度不變，水的離子積不變分析；

(2)根據(jù)溶液中存在的離子寫出電荷守恒式；

(3)根據(jù)點③時兩溶液恰好完全反應(yīng)生成了KHC2O4分析；

(4)根據(jù)點④所示的溶液的體積25mL計算出溶液中各組分的濃度；

(5)根據(jù)點⑤所示的溶液中，溶質(zhì)只有K2C2O4分析各離子濃度的大?。?/p>

(6)根據(jù)H2C2O4的存在會抑制水的電離，而K2C2O4的存在會促進水的電離判斷。

【詳解】

(1)在任何的溶液中均存在水的離子積常數(shù)，室溫下水的離子積為：KW=1×10-14，故答案為：1×10-14；

(2)溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數(shù)一定等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案為：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；

(3)點③時兩溶液恰好完全反應(yīng)生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的電離平衡和水解平衡；還有水的電離平衡，總共存在3種平衡，故答案為：3；

(4)點④所示的溶液的體積25mL，根據(jù)物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L×=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L×=0.06mol/L，所以0.10mol?L-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案為：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；

(5)點⑤所示的溶液中，溶質(zhì)只有K2C2O4，水解后溶液顯示堿性，離子濃度大小關(guān)系為：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)，故答案為：c(K+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；

(6)H2C2O4的存在會抑制水的電離，而K2C2O4的存在會促進水的電離，所以水的電離程度最大的是K2C2O4濃度最大的⑤，水的電離程度最小的是H2C2O4的濃度增大的①；故答案為：⑤；①。

【點睛】

明確混合溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意(4)中物料守恒的靈活運用，(4)為解答易錯點?！窘馕觥浚o特殊說明每空2分）1.0×10－14c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－)（3分）3c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)c(K＋)＞c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H＋)（3分）⑤①16、略

【分析】【分析】

0.04mol·L-1的某酸(A)溶液和0.02mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得溶液Q為0.01mol·L-1的某酸(A)與0.01mol·L-1的某酸鈉鹽的混合溶液。若混合溶液顯酸性；則主要發(fā)生某酸的電離；若混合溶液呈堿性，則主要發(fā)生某酸鈉鹽的水解，若混合溶液呈中性，則可認為某酸的電離程度與某酸鹽的水解程度相等。

【詳解】

(1)若A為CH3COOH，所得溶液為0.01mol·L-1CH3COOH與0.01mol·L-1CH3COONa的混合溶液，Q呈酸性，則CH3COOH電離大于CH3COO-的水解，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；若A為HCl，則所得溶液為0.01mol·L-1HCl與0.01mol·L-1NaCl的混合溶液，c(H+)=0.01mol·L-1，100℃時(Kw=10-12)，溶液中由水電離出的H+濃度為mol·L-1=10-10mol·L-1；若A為H2S，則所得溶液為0.01mol·L-1H2S與0.01mol·L-1NaHS的混合溶液，Q接近中性，則表明HS-易發(fā)生水解，即HS-電離能力<水解能力。答案為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；10-10；<；

(2)①NaHS中，NaHS=Na++HS-、HS-＋H2OH2S+OH-、HS-H++S2-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

②CH3COONa中，CH3COONa=CH3COO-+Na+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(CH3COO-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

③NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-、H2OH++OH-，陰離子總濃度=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)(最后一步水電離)；

對于①、②來說，最后一步水電離，都受到前面生成OH-的抑制，且①中抑制作用最強，②中次之，③中不受影響，所以陰離子總濃度由大到小的順序為③>②>①。答案為：③>②>①；

(3)濃度為0.01mol·L-1的溶液的酸性：HCl溶液>CH3COOH溶液>H2S溶液，弱酸溶液中，要使滴定后的混合溶液呈中性，弱酸必須有剩余，所以酸性越弱，酸剩余越多，消耗NaOH的體積越小，故a、b、c的大小關(guān)系是a>b>c。答案為：a>b>c。

【點睛】

0.1mol/L的鹽溶液中，酸根離子與酸根水解生成的OH-的濃度和為0.1mol/L，所以比較溶液中陰離子的總濃度，實際上就是比較混合溶液中呈現(xiàn)水電離出H+的那一步水的電離能力，此步水的電離能力越弱，則溶液中陰離子的總濃度越小。【解析】①.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)②.10-10③.<④.③>②>①⑤.a>b>c三、判斷題(共1題，共2分)17、×【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】錯四、有機推斷題(共1題，共4分)18、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??；

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)+五、計算題(共1題，共2分)19、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)可以求反應(yīng)P4(g)+3O2(g)=P4O6(g)的故答案為：-1638kJ/mol；

(2)已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol

由蓋斯定律可知制備水煤氣的反應(yīng)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，可由（反應(yīng)①-反應(yīng)②）/2得到，故△H=故答案為：+131.3kJ/mol【解析】-1638kJ/mol+131.3kJ/mol六、工業(yè)流程題(共4題，共16分)20、略

【分析】【分析】

I．易拉罐的主要成分為Al，含有少量的Fe、Mg雜質(zhì)，可選擇濃NaOH溶解，得到偏鋁酸鈉溶液，并通過過濾除去Fe、Mg等雜質(zhì)，濾液中加入NH4HCO3溶液后，促進AlO水解生成Al(OH)3沉淀，過濾后將沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸鋁溶液，添加K2SO4溶液后蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶得到晶體明礬；

II．由制備流程可知，電石渣含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca(ClO3)2，過濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3；

（1）

易拉罐中鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（2）

濾液A是NaAlO2，與NaHCO3發(fā)生反應(yīng)生成沉淀B是Al(OH)3，反應(yīng)離子方程式：++H2O=Al(OH)3↓+

（3）

明礬中Al3+水解生成Al(OH)3膠體吸附雜質(zhì)沉降；因此可以凈水；

（4）

Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3+OH-AlO+2H2O，反應(yīng)的平衡常數(shù)

（5）

氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)生成次氯酸鈣，氯化鈣和水，則生成次氯酸鈣的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

（6）

A．適當減緩?fù)ㄈ肼葰馑俾剩豢梢允孤葰獗粴溲趸}充分吸收而反應(yīng)，可以提高氯氣的轉(zhuǎn)化率，A正確；

B．充分攪拌漿料可以增大反應(yīng)物的接觸面積；使氯氣被氫氧化鈣充分吸收，而反應(yīng)可以提高氯氣的轉(zhuǎn)化率，B正確；

C．加水使氫氧化鈣完全溶解；氫氧化鈣濃度降低，不利于氯氣的吸收，C錯誤；

答案選AB；

（7）

根據(jù)圖象可知氯酸鉀的溶解度受溫度影響最大，因此從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。【解析】(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

(2)++H2O=Al(OH)3↓+

(3)Al3+水解生成Al(OH)3膠體吸附雜質(zhì)沉降。

(4)20

(5)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O

(6)AB

(7)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶21、略

【分析】【分析】

Ⅰ．Sc2(C2O4)3經(jīng)過焙燒生成Sc2O3，接著Sc2O3溶于濃鹽酸形成Sc3+，并用氨水調(diào)節(jié)pH，使其與F-結(jié)合生成ScF3，并與氨水和鹽酸反應(yīng)生成的NH4Cl結(jié)合形成復(fù)鹽xNH4Cl·yScF3·zH2O，再經(jīng)脫水除銨獲得純度很高的ScF3；最后用Ca還原出Sc單質(zhì)。

【詳解】

Ⅰ(1)Sc為21號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，外圍電子排布式即價電子排布式，故此處填3d14s2；

(2)由流程知Sc2(C2O4)3焙燒后生成Sc2O3，C元素生成CO或CO2，由于C元素化合價改變，故推測有O2參與反應(yīng)，所以C元素被氧化，對應(yīng)產(chǎn)物為CO2，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平得方程式為：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

(3)由流程知，調(diào)節(jié)pH時維持Sc以Sc3+形式存在，以便后續(xù)與F-結(jié)合生成ScF3，還需防止Sc3+與OH-結(jié)合；故調(diào)節(jié)pH范圍為：3.5＜pH＜4.2；

(4)由流程知，xNH4Cl·yScF3·zH2O脫水除銨指脫去結(jié)晶水和NH4Cl，NH4Cl受熱分解成NH3與HCl，之后又反應(yīng)生成NH4Cl，故會產(chǎn)生白煙現(xiàn)象，所以380~4