2025年北師大版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年北師大版選修4化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應(yīng)原理是。

①CH3OH(g)＋H2O(g)→CO2(g)＋3H2(g)－49.0kJ

②CH3OH(g)＋1/2O2(g)→CO2(g)＋2H2(g)＋192.9kJ

下列說(shuō)法正確的是A.1molCH3OH完全燃燒放出熱量192.9kJB.②中的能量變化如圖所示，則Q=E3-E1C.H2燃燒能放出大量的熱，故CH3OH轉(zhuǎn)變成H2的過(guò)程必須吸收熱量D.根據(jù)②推知：在25℃，101kPa時(shí)，1molCH3OH(g)完全燃燒生成CO2和H2O放出的熱量應(yīng)大于192.9kJ2、某溫度下，在三個(gè)體積均為2L的恒容密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，測(cè)得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：下列說(shuō)法正確的是。編號(hào)溫度(℃)起始物質(zhì)的量(mol)平衡物質(zhì)的量(mol)達(dá)到平衡所需時(shí)(s)PCl5(g)PCl3(g)Cl2（g）PCl3(g)Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80aat1Ⅲ4100.400.150.15t1

A.平衡常數(shù)K：容器Ⅱ>容器ⅢB.反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅰ>容器ⅢC.反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，a>0.2molD.起始時(shí)向容器Ⅲ中充入0.30molPCl5(g)、0.45molPCl3(g)和0.10molCl2(g），則反應(yīng)朝逆向進(jìn)行3、在一定溫度下，將等量的氣體分別通入起始體積相同的密閉容器Ⅰ和Ⅱ中，使其發(fā)生反應(yīng)，t0時(shí)容器Ⅰ中達(dá)到化學(xué)平衡，X、Y、Z的物質(zhì)的量的變化如圖所示。則下列有關(guān)推斷正確的是（）

①該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3X＋2Y2Z

②若兩容器中均達(dá)到平衡時(shí)，兩容器的體積V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），則容器Ⅱ達(dá)到平衡所需時(shí)間大于t0

③若兩容器中均達(dá)到平衡時(shí)；兩容器中Z的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同，則Y為固態(tài)或液態(tài)。

④若達(dá)平衡后，對(duì)容器Ⅱ升高溫度時(shí)其體積增大，說(shuō)明Z發(fā)生的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)A.①②③④B.②③C.③④D.①②④4、在容積一定的密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：A(g)+2B(g)?2C(g)；ΔH＞0(表示吸熱)。平衡移動(dòng)關(guān)系如圖所示；下列說(shuō)法正確的是()

A.P1＞P2，縱坐標(biāo)指C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)B.P1＜P2，縱坐標(biāo)指A的質(zhì)量分?jǐn)?shù)C.P1＜P2，縱坐標(biāo)指A的轉(zhuǎn)化率D.P1＜P2，縱坐標(biāo)指混合氣體的平均摩爾質(zhì)量5、25℃時(shí)，水中存在電離平衡:H2O?H＋＋OH－△H＞0，下列敘述正確的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移動(dòng)，c(OH-)降低B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，KW不變C.向水中加入少量固體CH3COONa，平衡正向移動(dòng)，c(H＋)增大D.將水加熱，KW增大，pH減小，酸性增強(qiáng)6、如圖所示的電解池中，a、b、c、d都是石墨電極，通電一段時(shí)間后，a、b；c、d各電極上生成物物質(zhì)的量之比是。

A.2∶2∶4∶1B.1∶1∶2∶1C.2∶4∶4∶1D.2∶1∶2∶1評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、反應(yīng)4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ·mol-l(a>0)，一定條件下在容積為5L的密閉容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物質(zhì)的量增加了0.4mol，下列說(shuō)法正確的是A.2min時(shí)反應(yīng)放出的熱量等于0.lakJB.用氧氣表示2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率：v(O2)=0.25mol·L-1·min-1C.2min內(nèi)，NH3的轉(zhuǎn)化率小于O2的轉(zhuǎn)化率D.2min末，c(H2O)=0.6mol·L-18、工業(yè)上，CH3OH也可由CO和H2合成．參考合成反應(yīng)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的平衡常數(shù)．下列說(shuō)法正確的是()。溫度/℃0100200300400平衡常數(shù)667131.9×10﹣22.4×10﹣41×10﹣5

A.該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)B.該反應(yīng)在低溫下不能自發(fā)進(jìn)行，高溫下可自發(fā)進(jìn)行C.在T℃時(shí)，1L密閉容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，達(dá)到平衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)化率為50%，則此時(shí)的平衡常數(shù)為100D.工業(yè)上采用稍高的壓強(qiáng)(5MPa)和250℃，是因?yàn)榇藯l件下，原料氣轉(zhuǎn)化率最高9、500℃時(shí)，在四個(gè)體積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。有關(guān)物質(zhì)起始時(shí)的物質(zhì)的量數(shù)據(jù)如下表所示：。容器起始時(shí)物質(zhì)的量/molNO2SO2SO3NONO甲0.10.100乙0.150.050.050.05丙000.20.2丁0.10.200

已知甲容器達(dá)到平衡時(shí)容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列說(shuō)法正確的是A.升溫至700℃，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)為則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.達(dá)平衡時(shí)，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍C.達(dá)平衡時(shí)，容器丁中c(NO)與乙容器中相同D.保持溫度不變?nèi)萜骷走_(dá)到平衡時(shí)再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此時(shí)v(正)＞v(逆)10、根據(jù)相應(yīng)的圖象，判斷下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密閉容器中反應(yīng)達(dá)平衡，T0時(shí)條件改變?nèi)鐖D所示，則改變的條件一定是加入催化劑B.乙：L(s)+aG(g)bR(g)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，外界條件對(duì)平衡影響如圖所示，若P1>P2，則a>bC.丙：aA+bBcC物質(zhì)的百分含量和溫度關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.?。篈+2B2C+3D反應(yīng)速率和反應(yīng)條件變化關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，C是氣體、D為固體或液體11、將0.5mol·L-1的Na2CO3溶液與amol·L-1的NaHCO3溶液等體積混合，所得溶液中粒子濃度間的關(guān)系及相關(guān)判斷正確的是A.B.C.若則可確定a>0.5D.若則可確定a=0.512、某種濃差電池的裝置如圖所示，堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為Ca(OH)2]，酸液室通入CO2(以NaCl為支持電解質(zhì))；產(chǎn)生電能的同時(shí)可生產(chǎn)純堿等物質(zhì)。下列敘述錯(cuò)誤的是。

A.電子由電極M經(jīng)外電路流向電極NB.在堿液室可以生成NaHCO3、Na2CO3C.放電一段時(shí)間后，酸液室溶液pH減小，堿液室pH增大D.Cl-通過(guò)陰離子交換膜b移向堿液室，H＋通過(guò)質(zhì)子交換膜c移向N極評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、依據(jù)事實(shí)；寫(xiě)出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）已知拆開(kāi)1molH-H鍵，1molN-H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為_(kāi)__。

（2）已知稀溶液中，1molH2SO4與NaOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)，放出114.6kJ熱量，寫(xiě)出表示H2SO4與NaOH反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式___。14、三氯氫硅(SiHCl3)是制備硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：

2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol?1

3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=?30kJ·mol?1

則反應(yīng)4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=__________kJ·mol?1。15、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(qiáng)P1___P2（填＜或＞）；

（2）體積（a+b）___（c+d）（填＜或＞）；

（3）溫度t1℃___t2℃（填＜或＞）。16、按要求回答下列問(wèn)題。

（1）寫(xiě)出氮化鎂的化學(xué)式________。

（2）寫(xiě)出的離子結(jié)構(gòu)示意圖________。

（3）寫(xiě)出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

（4）寫(xiě)出溴水使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)的化學(xué)方程式________。17、工業(yè)上可以用NaOH溶液或氨水吸收過(guò)量的分別生成其水溶液均呈酸性．相同條件下，同濃度的兩種酸式鹽的水溶液中較小的是______，用文字和化學(xué)用語(yǔ)解釋原因______18、.常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的六種溶液的pH如下表所示：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)上述六種溶液中，水的電離程度最小的是_____(填化學(xué)式)。

(2)若欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是_____(填寫(xiě)一種物質(zhì)即可)。19、某工業(yè)廢水中含有和可采用沉淀法將其除去。

（1）若加入來(lái)沉淀和當(dāng)溶液中和共存時(shí)，___________。

（2）若加入溶液來(lái)調(diào)節(jié)使和完全沉淀，應(yīng)滿足的條件為_(kāi)________。

已知：①

②時(shí)，會(huì)轉(zhuǎn)化為

③離子完全除去的標(biāo)準(zhǔn)：該離子濃度評(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24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；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3題，共12分)24、軟錳礦是一種常見(jiàn)的錳礦物，其主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì)。高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；在實(shí)驗(yàn)室中和工業(yè)上常用作氧化劑。以軟錳礦為原料先制得錳酸鉀，再使其在酸性條件下歧化而制得高錳酸鉀的工藝流程如圖所示。

溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+開(kāi)始沉淀時(shí)(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列問(wèn)題：

(1)“還原”中加稀硫酸的兩個(gè)作用分別是__________________、___________。

(2)“濾渣2”的成分是____________。利用上表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Mn(OH)2的Ksp=______(列出計(jì)算式)。

(3)“熔融”時(shí)生成錳酸鉀的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________。

(4)“歧化”時(shí)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)___________________。

(5)操作1為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，減壓過(guò)濾，“減壓過(guò)濾”(裝置如圖所示)的目的是_____。

(6)由錳酸鉀制備高錳酸鉀除了有歧化法；還有電解法：以錳酸鉀為電解液，鎳板為陽(yáng)極，鐵板為陰極。

①寫(xiě)出生成高錳酸鉀的電極反應(yīng)式：___________。

②由電解法制備高錳酸鉀時(shí)可循環(huán)利用的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)。25、某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰(LiCoO2)、石墨和鋁箔等，該電池充電時(shí)負(fù)極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，鋰電池充放電過(guò)程中發(fā)生LiCoO2與Li1-xCoO2之間的轉(zhuǎn)化?，F(xiàn)利用以下工藝回收正極材料中的某些金屬資源。

回答下列問(wèn)題：

(1)放電時(shí)電池總反應(yīng)方程式_______________；該工藝首先將廢舊電池“放電處理”的目的除安全外還有_______________。

(2)寫(xiě)出“正極堿浸”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______________。

(3)分離操作1是_______________；“酸浸”步驟發(fā)生的氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式是_______________。

(4)“酸浸”時(shí)若用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，缺點(diǎn)是_______________。

(5)“沉鈷”過(guò)程中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象有_______________。26、已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAlSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應(yīng)，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰。

②某些物質(zhì)的溶解度（S）如下表所示。

。T/℃

20

40

60

80

S（Li2CO3）/g

1.33

1.17

1.01

0.85

S（Li2SO4）/g

34.2

32.8

31.9

30.7

用硫酸與β-鋰輝礦生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請(qǐng)回答：

（1）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是_____。

（2）沉淀x的主要成份的化學(xué)式是______。

（3）流程中使用了不同濃度的Na2CO3溶液，從物質(zhì)溶解度大小的角度解釋其濃度不同的原因是_______。

（4）由Li2CO3與鹽酸反應(yīng)得到LiCl溶液的離子方程式是_______。

（5）工業(yè)上，將Li2CO3粗品制備成高純Li2CO3的部分工藝如下：

a.將Li2CO3溶于鹽酸作電解槽的陽(yáng)極液；LiOH溶液作陰極液，兩者用離子選擇透過(guò)膜隔開(kāi)，用惰性電極電解。

b.電解后向LiOH溶液中加入過(guò)量NH4HCO3溶液，過(guò)濾、烘干得高純Li2CO3。

①a中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是_____。

②b中，生成Li2CO3反應(yīng)的化學(xué)方程式是______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)蓋斯定律將，②×3-①×2可得：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+G，則G=(192.9kJ/mol)×3-(-49kJ/mol)×2=676.7kJ/mol，所以1molCH3OH完全燃燒放出熱量為676.7kJ；故A錯(cuò)誤；

B．在反應(yīng)②中，由圖示Q=反應(yīng)物總能量-生成物總能量=E2-E1；故B錯(cuò)誤；

C．由已知可知；反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．氫氣燃燒放熱，根據(jù)②推知：在25℃，101kPa時(shí)，1molCH3OH(g)燃燒生成CO2和H2O(l)放出的熱量應(yīng)大于192.9kJ；故D正確；

故答案為D。

【點(diǎn)睛】

應(yīng)用蓋斯定律進(jìn)行簡(jiǎn)單計(jì)算的基本方法是參照新的熱化學(xué)方程式(目標(biāo)熱化學(xué)方程式)，結(jié)合原熱化學(xué)方程式(一般2～3個(gè))進(jìn)行合理“變形”，如熱化學(xué)方程式顛倒、乘除以某一個(gè)數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標(biāo)熱化學(xué)方程式，求出目標(biāo)熱化學(xué)方程式的ΔH與原熱化學(xué)方程式之間ΔH的換算關(guān)系。2、D【分析】【詳解】

PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)；

A.I中K=≈0.03，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故容器Ⅱ中得到平衡常數(shù)與容器I中相同，容器III中K==0.045，因此平衡常數(shù)K：容器Ⅱ<容器Ⅲ；A錯(cuò)誤；

B．容器Ⅱ與容器Ⅰ相比，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積減小的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，PCl5的轉(zhuǎn)化率減小，即PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅱ<容器Ⅰ；起始量相同，升溫達(dá)到平衡狀態(tài)Cl2和PCl3物質(zhì)的量增加，由于升溫平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，容器Ⅲ是升高溫度，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫平衡正向進(jìn)行，反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，PCl5的轉(zhuǎn)化率：容器Ⅰ<容器Ⅲ；B錯(cuò)誤；

C．Ⅱ的起始量是Ⅰ的2倍，若平衡不變，達(dá)到平衡狀態(tài)a值為0.2mol，但恒溫恒容條件下，起始量增大一倍，容器中壓強(qiáng)增大，平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，a<0.2mol；C錯(cuò)誤；

D．起始時(shí)向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，則此時(shí)Qc==0.075>0.044；故平衡逆向移動(dòng)，D正確；

故合理選項(xiàng)是D。3、B【分析】【詳解】

①由圖可知，X、Y的物質(zhì)的量增大，為生成物，Z物質(zhì)的量減小，為反應(yīng)物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反應(yīng)1.8mol，X、Y、Z的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Z3X+2Y；故①錯(cuò)誤；

②反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Z3X+2Y，若兩容器中均達(dá)到平衡時(shí)，兩容器的體積V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），則容器Ⅱ達(dá)到平衡時(shí)體積增大，壓強(qiáng)減小的過(guò)程，達(dá)到平衡所需時(shí)間大于t0；故②正確；

③若兩容器中均達(dá)到平衡時(shí)；兩容器中Z的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同，說(shuō)明達(dá)到相同的平衡，不受壓強(qiáng)的變化影響，所以反應(yīng)前后氣體體積應(yīng)是不變的反應(yīng)，所以Y為固態(tài)或液態(tài)，故③正確；

④若達(dá)平衡后；容器Ⅱ是恒壓容器，升高溫度時(shí)其體積增大，但不能說(shuō)明平衡正向進(jìn)行，Z發(fā)生的反應(yīng)不一定為吸熱反應(yīng)，故④錯(cuò)誤；

②③正確，故選B。4、A【分析】【分析】

根據(jù)題中A(g)+2B(g)?2C(g)；ΔH＞0(表示吸熱)可知；本題考查化學(xué)平衡的影響因素，運(yùn)用勒夏特列原理分析。

【詳解】

A(g)+2B(g)?2C(g)△H>0；為氣體體積減小且放熱的可逆反應(yīng)，壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)；

A.P1>P2；壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，溫度升高平衡正向移動(dòng)，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，則與圖象符合，故A正確；

B.P1<P2；壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，A的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，溫度升高平衡正向移動(dòng)，A的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小則與圖象不符合，故B錯(cuò)誤；

C.P1<P2；壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，則縱坐標(biāo)不能為A的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；

D.由反應(yīng)可知反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量不變，P1<P2；壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，總物質(zhì)的量減小，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大，與圖象不符，故D錯(cuò)誤；

答案選A。

【點(diǎn)睛】

A（g）+2B（g）?2C（g）△H>0，為氣體體積減小且放熱的可逆反應(yīng)，壓強(qiáng)增大平衡正向移動(dòng)，由圖象可知，相同溫度時(shí)，P1對(duì)應(yīng)的Y大，相同壓強(qiáng)時(shí)，溫度越高對(duì)應(yīng)的Y大。5、B【分析】【詳解】

A．向水中加入氨水，溶液由中性到堿性，堿對(duì)水的電離起抑制作用，所以平衡逆向移動(dòng)，但c(OH?)增大；故A錯(cuò)誤；

B．NaHSO4═Na+++H+，其中電離出的氫離子使c(H+)增大，但是溫度不變，KW不變；故B正確；

C．向水中加入少量固體CH3COONa，CH3COONa水解結(jié)合氫離子，促進(jìn)水的電離，c(H+)降低；故C錯(cuò)誤；

D．溫度升高，水的離子積常數(shù)KW增大；則pH值減小，但是水顯中性，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。6、A【分析】【詳解】

左、右兩個(gè)裝置都是電解池，左側(cè)裝置，a連接電源的負(fù)極，為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，Cu2+放電生成Cu，陰極電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu，b為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cl-放電生成Cl2，陽(yáng)極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑；右側(cè)裝置，c為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，Ag+放電生成Ag，陰極電極反應(yīng)式為：4Ag++4e-=4Ag，d連接電源的正極，為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，水放電生成O2和H+，陽(yáng)極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O，兩個(gè)裝置中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量相等，根據(jù)得失電子守恒，四種產(chǎn)物之間的關(guān)系為2Cu～2Cl2～4Ag～O2；所以A選項(xiàng)正確。

故選A。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)串聯(lián)電路中得失電子守恒解答此類問(wèn)題。二、多選題(共6題，共12分)7、AC【分析】【詳解】

A．由反應(yīng)式知；生成4molNO，放熱akJ，2min時(shí)生成0.4molNO，則反應(yīng)放熱0.lakJ，A正確；

B．用氧氣表示2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率：v(O2)==0.05mol·L-1·min-1；B不正確；

C．2min內(nèi)，NH3的轉(zhuǎn)化率(40%)小于O2的轉(zhuǎn)化率(50%)；C正確；

D．2min末，c(H2O)==0.3mol·L-1；D不正確；

故選AC。

【點(diǎn)睛】

對(duì)于一個(gè)可逆反應(yīng)，反應(yīng)物的起始投入量與化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值越大，轉(zhuǎn)化率越小。8、AC【分析】【詳解】

A；依據(jù)平衡常數(shù)隨溫度變化和平衡移動(dòng)原理分析判斷；隨溫度升高平衡常數(shù)減小，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A正確；

B、該反應(yīng)為放熱反應(yīng)△H<0；且由反應(yīng)方程式可知△S＜0，因只有△H﹣T△S＜0時(shí)反應(yīng)才能自發(fā)進(jìn)行，所以反應(yīng)在低溫條件才可自發(fā)，故B錯(cuò)誤；

C；結(jié)合平衡三段式列式計(jì)算；平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；

平衡常數(shù)K==100；故C正確；

D；工業(yè)上采用稍高的壓強(qiáng)(5MPa)和250℃；是從轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率兩方面綜合考慮，故D錯(cuò)誤；

故選AC．9、BC【分析】【分析】

500℃時(shí)，甲容器達(dá)到平衡時(shí)容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；

500℃時(shí)，

【詳解】

A.500℃時(shí)，平衡常數(shù)是升溫至700℃，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)為說(shuō)明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)“一邊倒”原則，丙中相當(dāng)于投入0.2molNO2(g)和0.2molSO2(g)，投料為甲的2倍，相當(dāng)于加壓，加壓平衡不移動(dòng)，達(dá)平衡時(shí)，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍；故B正確；

C.根據(jù)“一邊倒”原則，乙相當(dāng)于都是投入0.2molNO2(g)和0.1molSO2(g)；與丁是等效平衡關(guān)系，因此達(dá)平衡時(shí)，容器丁中c(NO)與乙容器中相同，故C正確；

D.保持溫度不變，容器甲達(dá)到平衡時(shí)再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此時(shí)v(正)＜v(逆)；故D錯(cuò)誤。

答案選BC。

【點(diǎn)睛】

熟悉化學(xué)平衡的三段法計(jì)算及影響平衡移動(dòng)的因素即可解答，注意平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，會(huì)根據(jù)K與Q的關(guān)系判斷反應(yīng)方向。10、CD【分析】【詳解】

A．甲：aX(g)+bY(g)cZ(g)密閉容器中反應(yīng)達(dá)平衡，若a+b=c時(shí)；加入催化劑或增大壓強(qiáng)時(shí)的圖像相同，A說(shuō)法錯(cuò)誤；

B．乙：L(s)+aG(g)bR(g)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，外界條件對(duì)平衡影響如圖所示，若P1>P2，等溫時(shí)，增大壓強(qiáng)G的體積分?jǐn)?shù)增大，平衡逆向移動(dòng)，向氣體計(jì)量數(shù)減小的方向移動(dòng)，則a＜b；B說(shuō)法錯(cuò)誤；

C．丙：aA+bBcC物質(zhì)的百分含量和溫度關(guān)系如圖所示，T2之前，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，T2點(diǎn)平衡；升高溫度，C的百分含量降低，平衡逆向移動(dòng)，即逆向反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，C說(shuō)法正確；

D．?。篈+2B2C+3D反應(yīng)速率和反應(yīng)條件變化關(guān)系如圖所示；降低溫度，平衡正向進(jìn)行，則該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，氣體計(jì)量數(shù)左邊大于右邊，則A；B、C是氣體、D為固體或液體，D說(shuō)法正確；

答案為CD。

【點(diǎn)睛】

丙中，初始量A最大，C為零，加入A、B物質(zhì)后開(kāi)始加熱，故T2點(diǎn)之前反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)。11、BD【分析】【詳解】

A．溶液中存在電荷守恒則A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．碳酸鈉中存在物料守恒碳酸氫鈉中存在物料守恒混合溶液中存在物料守恒，根據(jù)碳酸鈉中的物料守恒得B項(xiàng)正確；

C．若溶液呈堿性，若a=0.5，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，則混合溶液中也存在C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．根據(jù)電荷守恒得若兩式整理得根據(jù)物料守恒a=0.5，D項(xiàng)正確；

答案選BD。12、BC【分析】【分析】

圖分析可知N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑；說(shuō)明N電池為正極，M電池為負(fù)極，堿液室中氫氧根離子通過(guò)陰離子交換膜中和正電荷，酸液室中的氫離子通過(guò)質(zhì)子交換膜在電極N表面得到電子生成氫氣同時(shí)酸液室中的氯離子通過(guò)陰離子交換膜加入堿液室補(bǔ)充負(fù)電荷，據(jù)此分析判斷。

【詳解】

A．圖分析可知電極M區(qū)的電極反應(yīng)式為H2-2e-=2H+，N電極區(qū)的電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑；故M為負(fù)極，N為正極，故電子由電極M經(jīng)外電路流向電極N，A正確；

B．放電一段時(shí)間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3溶液，在酸液室可以生成NaHCO3、Na2CO3；B錯(cuò)誤；

C．放電一段時(shí)間后，酸液室氫離子被消耗，酸液室溶液pH增大，堿液室不斷產(chǎn)生H+；故pH減小，C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)上述分析可知：Cl-通過(guò)陰離子交換膜b移向堿液室，H＋通過(guò)質(zhì)子交換膜c移向N極；D正確；

故答案為：BC。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【分析】

（1）化學(xué)反應(yīng)中；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，根據(jù)方程式計(jì)算分別吸收和放出的能量，以此計(jì)算反應(yīng)熱并寫(xiě)出熱化學(xué)方程式。

（2）根據(jù)中和熱的概念：稀的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水所放出的熱量求出中和熱以及中和熱的熱化學(xué)方程式。

【詳解】

（1）在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN≡N鍵共吸收的能量為3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H鍵，放出的能量為6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為2346kJ-2254kJ=92kJ，N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol；

答案為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol。

（2）1molH2SO4溶液與足量NaOH溶液完全反應(yīng)，放出114.6kJ的熱量，即生成2mol水放出114.6kJ的熱量，反應(yīng)的反應(yīng)熱為-114.6kJ/mol，中和熱為-57.3kJ/mol，則中和熱的熱化學(xué)方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol；

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

【點(diǎn)睛】

此題最易錯(cuò)之處是沒(méi)有弄清中和熱的概念，即生成1摩爾水時(shí)反應(yīng)放出的熱量才是中和熱?！窘馕觥縉2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molH2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol14、略

【分析】【詳解】

①2SiHCl3(g)＝SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)ΔH1=48kJ·mol?1

②3SiH2Cl2(g)＝SiH4(g)+2SiHCl3(g)ΔH2=?30kJ·mol?1

③4SiHCl3(g)＝SiH4(g)+3SiCl4(g)ΔH

①×3+②=3，故ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×(48kJ·mol?1)+(?30kJ·mol?1)=114kJ·mol?1，故答案為：114?！窘馕觥?1415、略

【分析】【詳解】

（1）由圖A可知，P2先達(dá)到平衡狀態(tài)，則P2大，故P1＜P2；

答案為＜；

（2）P2＞P1，壓強(qiáng)越大，A的轉(zhuǎn)化率越低，說(shuō)明增大壓強(qiáng)平衡向逆方向移動(dòng)，即向氣體體積縮小的方向移動(dòng)，則（a+b）比（c+d）?。?/p>

故答案為＜；

（3）由圖B可知t1先達(dá)到平衡狀態(tài)，t1溫度高，則t1＞t2；

答案為＞；【解析】①.＜②.＜③.＞16、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)名稱和元素化合價(jià)代數(shù)和為0；書(shū)寫(xiě)化學(xué)式；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11；核外電子數(shù)=10，據(jù)此書(shū)寫(xiě)離子結(jié)構(gòu)示意圖；

(3)醋酸為弱酸；部分電離；

(4)溴能夠置換碘；據(jù)此書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價(jià)+2價(jià)，氮元素化合價(jià)為-3價(jià)，根據(jù)元素化合價(jià)代數(shù)和為0，化學(xué)式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11，核外電子數(shù)=10，離子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

(3)醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

(4)溴能夠置換碘，溴水使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+2KI=2KBr+I2，故答案為：Br2+2KI=2KBr+I2?！窘馕觥縈g3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I217、略

【分析】【分析】

根據(jù)銨根離子水解后，溶液顯酸性，抑制亞硫酸氫根的電離；據(jù)此分析解答。

【詳解】

因?yàn)樯蓙喠蛩岣x子和氫離子，銨根水解，溶液呈酸性，抑制亞硫酸氫根的電離，所以中濃度減小，故答案為：水解使增大，電離平衡逆向移動(dòng)，濃度減小?！窘馕觥竣?②.水解使增大，電離平衡逆向移動(dòng)，濃度減小18、略

【分析】【分析】

(1)酸堿抑制水的電離；可水解的鹽促進(jìn)水的電離，強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽對(duì)水的電離無(wú)影響；

(2)首先根據(jù)越弱越水解原理判斷，得出酸性順序?yàn)椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；再根據(jù)氯水中的平衡移動(dòng)以及強(qiáng)酸制弱酸的原理選擇合適的物質(zhì)。

【詳解】

(1)只有Na2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，對(duì)水的電離無(wú)影響，其余均為弱酸強(qiáng)堿鹽，均促進(jìn)水的電離，故水的電離程度最小的是Na2SO4，故答案為：Na2SO4；

(2)根據(jù)越弱越水解原理，可知弱酸越弱，其對(duì)應(yīng)弱酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，根據(jù)上表幾種強(qiáng)堿弱酸鹽的pH可得，酸性順序?yàn)椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-。氯氣溶于水后和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)：Cl2+H2O?HCl+HClO，要增大HClO的濃度，可消耗HCl，使平衡正向移動(dòng)，但不能消耗HClO，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，可知NaHCO3、NaClO、CH3COONa可與HCl反應(yīng)，而不與HClO反應(yīng)，且NaClO一方面消耗鹽酸，同時(shí)生成HClO，故答案為：NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填寫(xiě)一種物質(zhì)即可)。

【點(diǎn)睛】

多元弱酸的酸式鹽溶液促進(jìn)水的電離還是抑制水的電離，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的大小關(guān)系，HSO3﹣的電離程度大于其水解程度，NaHSO3溶液顯酸性，其會(huì)抑制水的電離；HCO3﹣的水解程度大于其電離程度，NaHCO3溶液顯堿性，其會(huì)促進(jìn)水的電離，這是學(xué)生們的易混點(diǎn)?！窘馕觥竣?Na2SO4②.NaHCO3或NaClO或CH3COONa(填寫(xiě)一種物質(zhì)即可)。19、略

【分析】【詳解】

(1)=故答案為：105；

(2)由氫氧化鋅和氫氧化銅的溶度積常數(shù)可知，氫氧化銅的溶解度小，要使兩種離子均沉淀完全要確保氫氧化鋅完全沉淀，c(OH-)(最小)=pH=8.5，又因時(shí)，會(huì)轉(zhuǎn)化為因此pH應(yīng)小于11，應(yīng)滿足的條件為8.5～11，故答案為：8.5～11；【解析】1058.5～11四、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24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??；

（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。【解析】NaHSO4＝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3題，共12分)24、略

【分析】【分析】

軟錳礦主要成分是MnO2，還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2雜質(zhì)，用硫酸溶解，加入二氧化硫還原，過(guò)濾出難溶的SiO2；得含有硫酸亞鐵；硫酸鋁、硫酸錳的溶液，所得溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，再加入高錳酸鉀溶液，把硫酸錳氧化為二氧化錳，二氧化錳、氫氧化鉀在熔融條件下和氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，錳酸鉀在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成高錳酸鉀和二氧化錳。

【詳解】

(1)軟錳礦中主要成分是二氧化錳，還含有Al2O3、Fe2O3，二氧化錳是強(qiáng)氧化劑，在酸性溶液中具有較強(qiáng)的氧化性，而SO2在水溶液中具有較強(qiáng)的還原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增強(qiáng)MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸錳的溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，“濾渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀時(shí)(c=1.0×10-5mol/L)的pH為10.1，Mn(OH)2的Ksp=10?5×(1010.1?14)2；

(3)“熔融”時(shí)二氧化錳、氫氧化鉀、氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，反應(yīng)方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程圖可知錳酸鉀歧化為高錳酸鉀和二氧化錳；錳酸鉀既是氧化劑也是還原劑，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1，因此氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。

(5)減壓過(guò)濾即抽濾；加快過(guò)濾速度；

(6)①電解制備KMnO4，MnO在陽(yáng)極失電子生成MnO電極反應(yīng)式是MnO?e?=MnO

②電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e?=H2↑+2OH?；產(chǎn)物之一為KOH可以用于錳酸鉀的制備。

【點(diǎn)睛】

本題以軟錳礦為原料(主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì))制備高錳酸鉀為載體，明確各步驟的反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握氧化還原反應(yīng)規(guī)律，熟悉混合物分離方法?！窘馕觥咳芙釧l2O3和Fe2O3增強(qiáng)MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6?14)2或10?5×(1010.1?14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快過(guò)濾速度MnO?e?=MnOKOH25、略

【分析】【分析】

廢舊鋰離子電池放電拆解處理后；正極用氫氧化鈉溶液，堿溶過(guò)濾得到的濾液，調(diào)節(jié)溶液pH，過(guò)濾得到氫氧化鋁沉淀；濾渣加入硫酸，過(guò)氧化氫調(diào)節(jié)溶液pH過(guò)濾，得到的濾液中加入萃取劑萃取分液得到的水層為硫酸鋰，有機(jī)層通過(guò)反萃取得到的水層為硫酸鈷溶液，加入碳酸氫銨溶液，沉淀鈷離子，得到碳酸鈷固體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)該電池充電時(shí)負(fù)極(陰極)反應(yīng)為6C+xLi++xe-=LixC6，說(shuō)明放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)式為