2024年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年浙教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷964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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知反應(yīng)X(g)＋3Y(g)?2Z(g)消耗1molX放出akJ的熱量。一定條件下，將1molX和3molY通入2L的恒容密閉容器中，反應(yīng)10min達(dá)到平衡，測得Y的物質(zhì)的量為2.4mol。下列說法正確的是A.10min內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為0.03mol?Lˉ1?sˉ1B.第10min時，X的反應(yīng)速率為0.01mol?Lˉ1?minˉ1C.10min內(nèi)，消耗0.2molX，生成0.4molZD.10min內(nèi)，X和Y反應(yīng)放出的熱量為akJ2、在密閉容器中將CO和水蒸氣的混合物加熱到800℃時，有下列平衡：CO+H2OCO2+H2，且K＝1。若用2molCO和10molH2O相互混合并加熱到800℃，則CO的轉(zhuǎn)化率為()A.16.7%B.50%C.66.7%D.83.3%3、已知反應(yīng)：A(s）＋3B(g）2C(g）ΔH<0；在體積為10L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)的過程如圖所示：

下列說法正確的是（）A.前4min，用A表示反應(yīng)速率為υ(A）=0.005mol/(L·min）B.X曲線表示B的物質(zhì)的量隨時間變化的關(guān)系C.第t1min時說明反應(yīng)達(dá)到了平衡D.第10min時，可能采取了降溫4、體積相同、相同的溶液、溶液和溶液，與溶液中和時三者消耗的物質(zhì)的量（）A.相同B.中和的多C.中和的多D.中和的多5、某溫度下,等體積；PH相同的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋,溶液中的隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷下列說法正確的是。

A.b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度B.b點溶液的導(dǎo)電性比c點溶液的導(dǎo)電性弱C.取等體積的a點、b點對應(yīng)的溶液,消耗的NaOH的量相同D.曲線Ⅰ表示的是鹽酸的變化曲線6、已知：pKa＝－lgKa，25℃時，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法不正確的是。

A.C點所得溶液中：c(Na+)＞3c()B.D點所得溶液中水解平衡常數(shù)Kh1＝10-6.81C.A點所得溶液中：V0等于10mLD.B點所得溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)7、下列比較項與依據(jù)的化學(xué)反應(yīng)事實不對應(yīng)的是。

。

比較項。

依據(jù)的化學(xué)反應(yīng)事實。

A

比較Cl和S的非金屬性。

Na2S+2HCl＝2NaCl+H2S↑

B

比較Fe2+和Br－的還原性。

6FeBr2+3Cl2(少量)＝2FeCl3+4FeBr3

C

比較碳酸和苯酚的酸性。

C6H5ONa+CO2+H2O＝C6H5OH+NaHCO3

D

比較氯化銀和碘化銀的溶解度。

AgCl(s)+I－(aq)＝AgI(s)+Cl－(aq)

A.AB.BC.CD.D8、已知25°C時，二元酸H2X的電離平衡常數(shù)K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5。此溫度下用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol·L-1的KY和K2X溶液，所得的沉淀（AgY和Ag2X）溶解平衡圖像如圖所示。下列敘述正確的是。

A.25°C時，KHX的溶液pH>7B.反應(yīng)Ag2X+2Y-?2AgY+X2-的平衡常數(shù)為103.29C.a點既可以表示AgY的不飽和溶液也可以表示Ag2X的過飽和溶液D.向c(Y-)=c(X2-)=0.01mol·L-1的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgY沉淀評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、1g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出143kJ熱量；1molCH4氣體完全燃燒生成CO2氣體和液態(tài)水放出890kJ熱量。

(1)寫出氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式__________

(2)若1molCH4氣體完全燃燒生成CO2氣體和水蒸氣，放出熱量為__890kJ(填“＞”、“＜”、“=”)10、對可逆反應(yīng)aA(g)＋bB(g)?cC(g)＋dＤ(g)達(dá)到平衡時，各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度滿足以下關(guān)系：=K(為一常數(shù))，K稱為化學(xué)平衡常數(shù)，其反應(yīng)的K值只與溫度有關(guān)。現(xiàn)有反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)ΔH=-QkJ·mol-1。在850℃時；K=1。

(1)若升高溫度到950℃時，達(dá)到平衡時K_______1(填“大于”“小于”或“等于”)。

(2)850℃時，若向一容積可變的密閉容器中同時充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，則：①當(dāng)x=5.0時，上述平衡向_______(填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”)方向移動。

②若要使上述反應(yīng)開始時向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則x應(yīng)滿足的條件是_______。

(3)在850℃時，若設(shè)x=5.0和x=6.0，其他物質(zhì)的投料不變，當(dāng)上述反應(yīng)達(dá)到平衡后，測得H2的體積分?jǐn)?shù)分別為a％、b％，則a_______b(填“大于”“小于”或“等于”)。11、在某一容積為2L的密閉容器內(nèi)，加入0.8molH2和0.6molI2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：H2(g)+I2(g)?2HI(g)ΔH<0。反應(yīng)中各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間變化情況如圖：

(1)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為______，若升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)K______(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，轉(zhuǎn)化率α(H2)=_____。

(3)HI的體積分?jǐn)?shù)φ(HI)隨時間變化如圖中曲線Ⅱ所示。若改變反應(yīng)條件，在甲條件下φ(HI)的變化如圖中曲線Ⅰ所示，在乙條件下φ(HI)的變化如圖中曲線Ⅲ所示。則甲條件可能是_____(填入下列條件的序號，下同)，乙條件可能是______。

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(kuò)大反應(yīng)容器體積。

⑤恒溫恒容條件下，加入適當(dāng)催化劑12、分25℃時，向10mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1NaOH溶液；溶液的pH與NaOH溶液體積關(guān)系如右圖所示：

(1)用電離方程式表示P點pH＜7的原因是________。

(2)M、Q兩點中，水的電離程度較大的是________點。

(3)下列關(guān)系中，正確的是________。

a.M點c(Na+)＞c(NH4+)

b.N點c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)

c.Q點c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)13、按要求填空。

（1）水存在如下平衡：H2OH++OH-，保持溫度不變向水中加入NaHSO4固體，水的電離平衡向___(填“左”或“右”)移動，所得溶液顯__性，Kw__(填“增大”“減小”或“不變”)。

（2）常溫下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH為9，則由水電離出的c(H+)=___。

（3）若取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別加水稀釋m倍、n倍后pH仍相等，則m___n(填“>”“<”或“=”)。

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA___NaB(填“>”“<”或“=”)。14、常溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中持續(xù)通入CO2。通入CO2的體積(V)與溶液中水電離產(chǎn)生的OH－離子濃度(c)的關(guān)系如圖所示。

(1)c點溶液中離子濃度由大至小的關(guān)系是：________________________________________________。

(2)a點溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝______________；b點溶液中c(H+)________1×10-7mol/L(填寫“等于”；“大于”或“小于”)。

(3)能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是___。(選填序號)

a．加水稀釋b．加入少量乙酸鈉固體c．通氯化氫d．加入少量苛性鈉固體15、某同學(xué)設(shè)計一個燃料電池（如圖所示）；目的是探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。

根據(jù)要求回答相關(guān)問題：

（1）通入氫氣的電極為____（填“正極”或“負(fù)極”），負(fù)極的電極反應(yīng)式為____________________________。

（2）石墨電極為____（填“陽極”或“陰極”），反應(yīng)一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，____（填“鐵極”或“石墨極”）區(qū)的溶液先變紅。

（3）如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，丙裝置中反應(yīng)一段時間，硫酸銅溶液濃度將____（填“增大”“減小”或“不變”）。精銅電極上的電極反應(yīng)式為______________________________________。

（4）寫出上述例題中乙池電解的總反應(yīng)方程式：_________________________。

（5）若上述例題甲池中消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣11.2L，則丙池中理論上應(yīng)析出銅的質(zhì)量為____。16、I．（1）鋼鐵容易生銹的主要原因是鋼鐵在煉制過程中混有少量的碳雜質(zhì)，在潮濕的空氣中容易形成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕。在酸性環(huán)境下，其正極反應(yīng)式為_____________；在酸性很弱或中性條件下，其發(fā)生___________________(填“析氫腐蝕”或“吸氧腐蝕”)。

（2）利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。若X為碳棒，開關(guān)K置于N處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為____________________；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，________（填“能”或“不能”)達(dá)到防止鐵腐蝕目的。

II．如圖所示，其中甲池的總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；完成下列問題:

（1）甲池燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為___________________。

（2）乙池中石墨電極為___________極，發(fā)生_____________反應(yīng)（填“氧化”或“還原”）寫出乙池中電解總反應(yīng)的化學(xué)方程式:___________________。

（3）甲池中消耗224mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2，此時丙池中理論上最多產(chǎn)生________g沉淀，此時乙池中溶液的體積為400mL，該溶液的pH=____________。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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)18、隨著我國碳達(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：

回答下列問題：

(1)反應(yīng)Ⅰ的=_______已知由實驗測得反應(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，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=_______[寫出含有a、b的計算式；對于反應(yīng)為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。已知CH3OH的沸點為64.7℃]。其他條件不變，H2起始量增加到3mol，達(dá)平衡時平衡體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_______(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；微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母；單位：eV)。其中，TS表示過渡態(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_______。

②相對總能量_______eV(計算結(jié)果保留2位小數(shù))。(已知：)19、常溫下，有下列四種溶液：①HCl②NaOH③NaHSO4④CH3COOH

（1）NaHSO4溶液呈酸性，用化學(xué)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(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“＝”）。20、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：__。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共6分)21、用一種硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及鋁硅合金材料的工藝流程如下：

(1)“礦石”粉碎的目的是_____________________。

(2)“混合氣體”經(jīng)過水吸收和空氣氧化能再次利用。

①“焙燒”時，GeS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。

②“混合氣體”的主要成分是_______________(填化學(xué)式)．

③FeS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。Al2O3也能發(fā)生類似反應(yīng)．這兩種氧化物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖，上述流程中最適宜的“焙燒”溫度為_____________________。

(3)GeCl4的佛點低，可在酸性條件下利用蒸餾的方法進(jìn)行分離，酸性條件的目的是_________。

(4)用電解氧化法可以增強合金AlxSiy的防腐蝕能力，電解后在合金表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜(主要成分為Al2O3),電解質(zhì)溶液為H2SO4-H2C2O4混合溶液，陽極的電極反應(yīng)式為______________________。

(5)假設(shè)流程中SiO2損失了20%，Al2O3損失了25%，當(dāng)投入1t硫化礦，加入了54kg純鋁時，鋁硅合金中x:y=______________。22、磷酸亞鐵鋰LiFePO4是一種新型汽車鋰離子電池的電極材料。某化工廠以鐵紅、鋰輝石LiAl（SiO3）2（含少量Ca2+、Mg2+的鹽）；碳粉等原料來生產(chǎn)磷酸亞鐵鋰。其主要工藝流程如圖：

已知：2LiAl（SiO3）2+H2SO4(濃)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O↓。溫度/℃20406080溶解度(Li2CO3)/g1.331.171.010.85溶解度(Li2SO4)/g34.232.831.930.7

（1）從濾渣Ⅰ中可分離出Al2O3，如圖所示。請寫出生成沉淀的離子方程式___。

（2）濾渣Ⅱ的主要成分是：___（填化學(xué)式）。

（3）向濾液Ⅱ中加入飽和Na2CO3溶液，過濾后，用“熱水洗滌”的原因是___。

（4）寫出在高溫下生成磷酸亞鐵鋰的化學(xué)方程式：___。

（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應(yīng)為：FePO4+LiLiFePO4，電池中的固體電解質(zhì)可傳導(dǎo)Li+。試寫出該電池放電時的正極反應(yīng)：___。若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極），當(dāng)電解池兩極共有4480mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為___。23、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學(xué)查閱資料后設(shè)計生產(chǎn)NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是___________

(3)A的化學(xué)式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽極”），其上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是_______。

(6)NaClO2變質(zhì)可轉(zhuǎn)化為NaClO3和NaCl。取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應(yīng)時，消耗Fe2+的物質(zhì)的量_____（填“相同”“不相同”“無法判斷”）。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．10min內(nèi)，Y由3mol變?yōu)?.4mol，Y的平均反應(yīng)速率==0.06mol?Lˉ1?sˉ1；A錯誤；

B．10min內(nèi)Y的變化量為0.6mol，X的變化量為0.2mol，10min內(nèi)，X的反應(yīng)速率==0.01mol?Lˉ1?minˉ1；為平均反應(yīng)速率，不能計算10min時的速率，B錯誤；

C．10min內(nèi)；消耗0.2molX，變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以生成0.4molZ，C正確；

D．由反應(yīng)可知；1molX和3molY完全反應(yīng)放出熱量為akJ，則10min內(nèi)，0.2molX和0.6molY反應(yīng)放出的熱量為0.2a，D錯誤。

答案選C。2、D【分析】【詳解】

在密閉容器中將CO和水蒸氣的混合物加熱到800℃時；達(dá)到平衡狀態(tài)，可假設(shè)容器體積為1L，并設(shè)消耗一氧化碳物質(zhì)的量為x：

平衡常數(shù)K==1；

x=mol/L，則CO的轉(zhuǎn)化率

故選D。3、D【分析】【詳解】

A；A是固體；濃度視為常數(shù)，故A錯誤；

B；B是反應(yīng)物；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，B的物質(zhì)的量減小，X曲線不表示B的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化，故B錯誤；

C、t1時刻以后物質(zhì)的量改變；說明反應(yīng)沒有達(dá)到平衡，故C錯誤；

D；第10min時；生成物的物質(zhì)的量增大，反應(yīng)物物質(zhì)的量減小，說明平衡向正反應(yīng)方向移動，此反應(yīng)正反應(yīng)方向是放熱反應(yīng)，可能是降溫造成的，故D正確；

答案選D。4、C【分析】【分析】

【詳解】

體積相同、pH相同的H2SO4溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液，最終電離出的n(H+)：硫酸=鹽酸＜醋酸，與NaOH溶液中和時，三者消耗NaOH的物質(zhì)的量與最終電離出的n(H+)成正比；所以消耗NaOH的物質(zhì)的量：硫酸=鹽酸＜醋酸，故選C。

【點睛】

明確溶液中酸能夠電離出的氫離子的總量是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要注意醋酸為弱酸，而硫酸和鹽酸為強酸，pH相同時，等體積的溶液中含有的氫離子總量不同。5、D【分析】【分析】

A.a、b兩點相比，氫離子濃度a>b；據(jù)此判斷；

B．溶液的導(dǎo)電性和離子的濃度有關(guān)；離子濃度越大導(dǎo)電性越強；

C.a為醋酸，b為鹽酸；氫離子濃度不同；

D.等體積、PH相同的鹽酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水稀釋后鹽酸中c(H+)變化大于醋酸溶液中c(H+)；由此分析。

【詳解】

A.a、b兩點相比，氫離子濃度a>b，氫離子濃度相同的鹽酸和醋酸相比醋酸的濃度大于鹽酸,b點酸的總濃度小于a點酸的總濃度；A項錯誤；

B.溶液的導(dǎo)電性和離子的濃度有關(guān)，離子濃度越大導(dǎo)電性越強，故b點溶液的導(dǎo)電性比c點溶液的導(dǎo)電性強；B項錯誤；

C.a為醋酸，b為鹽酸，氫離子濃度不同，取等體積的a、b兩點對應(yīng)的溶液；消耗氫氧化鈉溶液的量不同，C項錯誤；

D.等體積、PH相同的鹽酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水稀釋后鹽酸中c(H+)變化大于醋酸溶液中c(H+)；故曲線I鹽酸，曲線II是醋酸；

答案選D。6、C【分析】【分析】

滴定過程中依次發(fā)生：H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O、NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；兩種溶液濃度相同，所以當(dāng)?shù)渭?0mLNaOH溶液時溶液中的溶質(zhì)為NaHSO3，當(dāng)?shù)渭?0mLNaOH溶液時，溶液中的溶質(zhì)為Na2SO3。

【詳解】

A．C點pH=7.19=pKa2，Ka2=所以C點=1，即c()=c()，溶液中存在電荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)，此時溶液顯堿性，所以c(H+)<c(OH-)，則c(Na+)>2c()＋c()，也就是c(Na+)＞3c()；故A正確；

B．D點所得溶液溶質(zhì)為Na2SO3，的水解平衡常數(shù)Kh1＝=10-6.81；故B正確；

C．A點pH=1.85=pKa1，Ka1=所以該點溶液中c()=c(H2SO3)，當(dāng)加入10mLNaOH溶液時，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的H2SO3和NaHSO3，NaHSO3為強電解質(zhì)，而的電離程度小于H2SO3，且H2SO3電離產(chǎn)生所以此時溶液中c()>c(H2SO3)，故V0不等于10mL；故C錯誤；

D．B點所得溶液中存在電荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH-)；故D正確；

故答案為C。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．比較Cl和S的非金屬性；要用最高價氧化物對應(yīng)的含氧酸的酸性去比較，故A選；

B．還原性，F(xiàn)e2＋>Br-；氯氣只與亞鐵離子反應(yīng)，故B正確；

C．酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3―，C6H5ONa+CO2+H2O＝C6H5OH+NaHCO3；故C正確；

D．溶解度：AgCl>AgI；AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故D正確；

故選A。8、D【分析】【分析】

分析題中溶解平衡圖像可知，縱坐標(biāo)為Ag+濃度的負(fù)對數(shù)，則縱坐標(biāo)的值越大，Ag+的濃度越小，橫坐標(biāo)為Y-或X2-的濃度的對數(shù)值，則橫坐標(biāo)越大，Y-或X2-的濃度越大。由圖可知：當(dāng)時，Ksp(AgY)=同理，可得Ksp(Ag2X)=據(jù)此進(jìn)行分析。

【詳解】

A、由HX-+H2OH2X+OH-，可知，其水解常數(shù)Kh=＜K2；說明KHX以電離為主，則25°C時，KHX的溶液pH＜7，A項錯誤；

B、由分析可知，反應(yīng)Ag2X+2Y-2AgY+X2-的平衡常數(shù)為K=B項錯誤；

C、由圖可知，a點時的Q(AgY)＞Ksp(AgY)，則a點表示AgY的過飽和溶液。同理，a點時的Q(Ag2X)＜Ksp(Ag2X)，則a點表示Ag2X的不飽和溶液。C項錯誤；

D、當(dāng)c(Y-)=c(X2-)=0.01mol·L-1時，若生成AgY沉淀，則c(Ag+)=若生成Ag2X沉淀，則c(Ag+)=10-2.91mol·L-1>10-7.75mol·L-1。由此可知，向c(Y-)=c(X2-)=0.01mol·L-1的混合液中滴入AgNO3溶液時；先生成AgY沉淀，D項正確；

答案選D。

【點睛】

本題考查了沉淀的溶解平衡以及Qc和Ksp的相關(guān)計算，應(yīng)注意的是混合溶液中沉淀生成的先后順序，即所需離子濃度越小的越先沉淀。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

相同物質(zhì)的量條件下；水蒸氣含有的熱量比液態(tài)水多，反應(yīng)熱=生成物的能量-反應(yīng)物的能量。

【詳解】

(1)根據(jù)題目，1g氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出143kJ熱量，即0.5mol氫氣完全燃燒釋放143kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-143kJ×4=-572kJ/mol；

(2)若1molCH4氣體完全燃燒生成CO2氣體和水蒸氣，生成物的能量增大，反應(yīng)熱增大，反應(yīng)熱為負(fù)值，放出熱量為＜890kJ?！窘馕觥?H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-572kJ/mol<10、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）從題給信息知：正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫，平衡向逆反應(yīng)方向移動，CO2和H2的濃度將減少，而CO和H2O(g)的濃度將增大；故K值減少；

（2）將1．0molCO,3．0molH2O，1．0molCO2和xmolH2代入式中，得x＝3．0mol<5．0mol,平衡向逆反應(yīng)方向移動。若要使上述反應(yīng)開始時向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則x應(yīng)滿足的條件是：x<3．0mol。

（3）其他物質(zhì)的投料不變，增加H2的量，平衡向逆反應(yīng)方向移動，但H2的轉(zhuǎn)化率將減少。

考點：化學(xué)平衡【解析】①.小于②.逆反應(yīng)③.x＜3.0④.小于11、略

【分析】【分析】

本題考查化學(xué)平衡已到的影響因素及計算；圖像分析注意拐點，先拐先平，說明其反應(yīng)速率快，熱化學(xué)中影響反應(yīng)速率的因素有：濃度；溫度、壓強、催化劑依次分析。圖像中HI的體積分?jǐn)?shù)φ(HI)最終值一樣，說明沒有發(fā)生平衡的移動，只是速率的影響。

【詳解】

(1)H2(g)+I2(g)?2HI(g)ΔH<0，應(yīng)的平衡常數(shù)K=反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行；

故答案為：K=減??；

(2)根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，由圖象可知達(dá)到平衡時生成0.5mol/L的HI，反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時需要時間3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L3min=0.167mol/(L?min)，由圖象可知達(dá)到平衡時生成0.5molHI，則消耗0.25molH2，H2(g)的轉(zhuǎn)化率為0.25mol0.4mol×100%=62.5%；

故答案為：0.167；62.5%；

(3)曲線(Ⅰ)與曲線(Ⅱ)相比；到達(dá)平衡時間縮短，反應(yīng)速率加快，平衡時HI體積發(fā)生不變，平衡不移動，可能使用催化劑，由于反應(yīng)前后氣體體積不變，也可能是增大壓強，故選：③⑤；曲線(Ⅲ)與曲線(Ⅱ)相比，到達(dá)平衡時更長，反應(yīng)速率減慢，平衡時HI體積發(fā)生不變，平衡不移動，由于反應(yīng)前后氣體體積不變，應(yīng)是減小壓強，故選④；

故答案為：③⑤；④；

【點睛】

反應(yīng)速率是單位時間內(nèi)物質(zhì)的濃度的變化量，在計算時注意轉(zhuǎn)換關(guān)系最后一問根據(jù)圖像分析可得，只改變反應(yīng)速率，不使平衡移動?！窘馕觥縆=減小0.16762.5%③⑤④12、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=NH4++H++SO42-，因此P點pH＜7，故答案為NH4HSO4=NH4++H++SO42-；

(2)M點，溶質(zhì)為硫酸鈉和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解；促進(jìn)水的電離，Q點溶質(zhì)為一水合氨；硫酸鈉，一水合氨的電離抑制水的電離，水的電離程度較大的是M點，故答案為M；

(3)a.M點溶質(zhì)為硫酸鈉和(NH4)2SO4的混合物，銨根離子水解，c(Na+)＞c(NH4+)，正確；b.N點溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)，正確；c.Q點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量一水合氨、硫酸鈉，根據(jù)物料守恒，2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Na+)，錯誤；故選ab。

考點：考查了弱電解質(zhì)的電離平衡的影響因素、溶液的酸堿性與pH的相關(guān)知識?！窘馕觥縉H4HSO4=NH4++H++SO42-或HSO4-=H++SO42-Mab13、略

【分析】【分析】

（1）硫酸氫鈉溶液中完全電離，電離方程式NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－分析；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的；

（3）稀釋會促進(jìn)若電解質(zhì)的電離；

（4）酸性越弱；酸根離子對應(yīng)的鈉鹽水解能力越強，pH越大。

【詳解】

（1）硫酸氫鈉存電離方程式為：NaHSO4=Na＋+H＋+SO42－，電離出H＋；使溶液顯酸性，抑制水的電離，水的電離平衡向左移動，但溫度不變，水的離子積常數(shù)不變；

故答案為：左；酸；不變；

（2）能水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離，堿溶液中的氫離子是水電離的，CH3COONa溶液中的氫氧根離子是水電離的，所以c（OH－）==1×10-5mol·L－1；水電離出氫離子與氫氧根離子的濃度相等；

故答案為：1×10-5mol·L－1；

（3）稀釋會促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；故若取pH；體積均相等的NaOH和氨水分別加水稀釋m倍、n稀釋后pH仍相等，則氨水稀釋倍數(shù)大；

故答案為：＜；

（4）已知HA和HB均為弱酸，且酸性HA>HB，酸性越弱，酸根離子對應(yīng)的鈉鹽水解能力越強，pH越大，則等濃度的NaA和NaB溶液中，PH大小關(guān)系為NaA

故答案為：＜?！窘馕觥竣?左②.酸③.不變④.1×10-5⑤.<⑥.<14、略

【分析】【分析】

二氧化碳通入氫氧化鈉，溶液在ab段為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，抑制水的電離，bc段；氫氧化鈉不斷被消耗；到達(dá)c點，溶液為碳酸鈉溶液，cd段碳酸鈉溶液不斷轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟溻c溶液。

【詳解】

(1)c點為碳酸鈉溶液，溶液顯堿性，離子濃度由大至小的關(guān)系是：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)；

(2)a點為氫氧化鈉溶液，由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝溶液中的c(H+)=10-pH=1×10-10mol/L；b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合液，溶液顯堿性，c(H+)小于1×10-7mol/L；

(3)a．加水稀釋；平衡正向移動，電離程度增大，pH值增大；

b．加入少量乙酸鈉固體；溶液中醋酸根濃度增大，電離平衡逆向移動，電離程度減?。?/p>

c．通氯化氫；溶液中氫離子濃度增大，電離平衡逆向移動，pH減小；

d．加入少量苛性鈉固體；溶液中氫離子濃度減小，電離平衡正向移動，pH增大。

綜上所述，能使0.1mol/L乙酸溶液的電離程度以及pH都增大的是AD。【解析】①.c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3—)＞c(H+)②.1×10-10mol/L③.小于④.ad15、略

【分析】【分析】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池；通入氫氣的電極為負(fù)極，負(fù)極的電極反應(yīng)式氫氣發(fā)生氧化的方程式；

(2)在乙裝置中；鐵電極與電源的負(fù)極相連，據(jù)此判斷石墨電極為陽極，反應(yīng)一段時間后，在乙裝置中滴入酚酞溶液，溶液先變紅的是生成氫氧根離子的一極；

(3)丙裝置是電解精煉銅；按該反應(yīng)原理判斷硫酸銅溶液濃度變化并書寫精銅電極上的電極反應(yīng)式；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置；據(jù)此寫電解的總反應(yīng)方程式；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關(guān)系式，結(jié)合數(shù)據(jù)計算質(zhì)量；

【詳解】

(1)裝置甲為氫氧燃料電池，通入氫氣的電極為負(fù)極，氫氣在負(fù)極被氧化，在堿性環(huán)境下發(fā)生反應(yīng)生成水，其反應(yīng)式為H2－2e－＋2OH－=2H2O；

(2)在乙裝置中，鐵電極與電源的負(fù)極相連作陰極，則石墨電極為陽極，該裝置反應(yīng)為電解飽和食鹽水，陽極為氯離子被氧化，陰極反應(yīng)為2H2O+2e－=H2＋2OH－；故反應(yīng)一段時間后，滴入酚酞溶液后鐵電極負(fù)極溶液先變紅；

(3)丙裝置是電解精煉銅，粗銅作陽極，陽極上粗銅中比銅活潑的雜質(zhì)如鋅、銅會被氧化，硫酸銅溶液中銅離子得到電子被還原，陰極得到電子數(shù)和陽極上失去電子數(shù)相同，故析出的銅比溶解的銅少，則銅離子濃度減?。痪~作陰極，則其電極反應(yīng)式Cu2＋＋2e－=Cu；

(4)上述乙池即為電解飽和食鹽水裝置，則電解的總反應(yīng)方程式為2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

(5)按電子數(shù)守恒；找出甲池中氫氣和丙池中銅的關(guān)系式為。

則m=32g?！窘馕觥控?fù)極H2-2e－+2OH－=2H2O陽極鐵極減小Cu2＋+2e－=Cu2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑32g16、略

【分析】【分析】

I.（1）根據(jù)金屬電化學(xué)腐蝕分為吸氧腐蝕和析氫腐蝕進(jìn)行分析；

（2）從金屬防護(hù)的方法上進(jìn)行分析；

II.從原電池工作原理和電解原理的角度進(jìn)行分析和解答；

【詳解】

I.（1）金屬電化學(xué)腐蝕分為吸氧腐蝕和吸氫腐蝕，如果電解質(zhì)為酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，根據(jù)原電池工作原理，正極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑；如果電解質(zhì)為中性或極弱的酸性，則發(fā)生吸氧腐蝕，根據(jù)原電池的工作原理，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－；

故答案為2H＋＋2e－=H2↑；吸氧腐蝕；

（2）X為碳棒；開關(guān)K置于N處，該裝置則有外加電源，裝置屬于電解質(zhì)，根據(jù)電解池的工作原理，鐵電極作陰極，鐵不參與反應(yīng)，被保護(hù)，這叫外加電流陰極保護(hù)法；若X為鋅棒，開關(guān)K置于M處，該裝置為原電池裝置，鋅比鐵活潑，鋅為負(fù)極，鐵為正極，鐵被保護(hù)，該方法叫犧牲陽極的陰極保護(hù)法；

故答案為：外加電流陰極保護(hù)法；能；

II.（1）甲池為電池，通燃料一極為負(fù)極，即通CH3OH一極為負(fù)極，通氧氣或空氣的一極為正極，電解質(zhì)為KOH溶液，因此負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

故答案為CH3OH＋8OH－－6e－=CO32－＋6H2O；

（2）乙池中石墨連接甲池通氧氣一極，即乙池中石墨為陽極，乙池中Ag作陰極，根據(jù)電解原理，陽極上失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)式為2H2O＋4e－=O2↑＋4H＋，陰極上得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，因此總電極反應(yīng)式為2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

故答案為：陽；氧化；2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；

（3）丙池總反應(yīng)式為MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋H2↑＋Cl2↑，電路為串聯(lián)電路，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量相同，建立的關(guān)系式是為解得n1=0.02mol，即生成Mg(OH)2質(zhì)量為0.02mol×58g·mol－1=1.16g，n2=0.04mol，乙池中c(H＋)==0.1mol·L－1；即pH=1；

故答案為1.16g；1。

【點睛】

電池的電極反應(yīng)式書寫是本題的難點，電池是兩個半反應(yīng)，一般先判斷出氧化劑、還原產(chǎn)物，還原劑、氧化產(chǎn)物，根據(jù)化合價的變化，標(biāo)出得失電子，根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性，判斷出H2O、H＋、OH－誰參與反應(yīng)，最后根據(jù)電荷守恒和原子守恒，配平其他。【解析】2H++2e=H2↑吸氧腐蝕外加電源（流）的陰極保護(hù)法能CH3OH-6e+8OH=CO32-+6H2O陽氧化2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO41.161三、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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共6分)18、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)平衡時升溫，平衡正向移動，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，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，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，的平衡轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化率；C正確；

D．催劑不能改變平衡轉(zhuǎn)化率；D錯誤；

故選AC；

②200℃時是氣態(tài)，1mol和1molH2充入密閉容器中，平衡時的轉(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)平衡時則平衡時

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決速步驟指反應(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(shè)定為0，所以作如下?lián)Q算即可方便求得相對總能量【解析】(1)+41.0減小。

(2)AC0.56

(3)或-0.5119、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(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，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，由此可得出開始時反應(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，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(fā)生部分電離，所以弱酸的物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)比強酸大。與堿反應(yīng)時，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)的量比強酸要大得多。解題時，我們一定要注意，與金屬或堿反應(yīng)時，只要金屬或堿足量，不管是強酸還是弱酸，最終都發(fā)生完全電離，若只考慮電離的部分，則會得出錯誤的結(jié)論。【解析】NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－13><20、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，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(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(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，此時水的電離受到抑制，點③所示溶液中溶質(zhì)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(jìn)，點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為④③②；

【點睛】

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、物料守恒的靈活運用。【解析】aHCN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+)=④③②五、工業(yè)流程題(共3題，共6分)21、略

【分析】【分析】

硫化礦(含45%SiO2、20.4%Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸銨在空氣中焙燒，-2價S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，F(xiàn)eS焙燒產(chǎn)生的Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，控制焙燒溫度，防止Al2O3也發(fā)生類似的反應(yīng)；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，經(jīng)系列處理得到NH4Fe(SO4)2；過濾得到濾渣為SiO2、Al2O3和GeO2，加鹽酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相應(yīng)的氯化物，二氧化硅不溶解，過濾得到二氧化硅濾渣；蒸餾分離濾液中的GeCl4后再加入氨水調(diào)節(jié)pH得到Al(OH)3沉淀，過濾取Al(OH)3沉淀，與前序濾渣SiO2和焦炭高溫焙燒還原得到Al和Si；再加純鋁攪拌得到合金。

【詳解】

(1)礦石粉碎后可以增大與空氣的接觸面積；使礦石充分灼燒；

(2)①“焙燒”時，GeS2中-2價S被氧化生成SO2，Ge元素轉(zhuǎn)化為GeO2，方程式為GeS2+3O2GeO2+2SO2；

②混合氣體中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及銨鹽分解產(chǎn)生的NH3；

③Fe2O3會與(NH4)2SO4反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2，該反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)元素守恒可得方程式為4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑；因流程的目的是要是制備NH4Fe(SO4)2和硅鋁合金，所以要使Fe2O3盡量反應(yīng)，而Al2O3不反應(yīng)；據(jù)圖可知300℃時大部分氧化鐵轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，只有極少量氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，所以最合適的溫度為300℃；

(3)GeCl4易水解，蒸餾過程中會HCl揮發(fā)造成徹底水解，所以需要在酸性條件下防止GeCl4水解；再進(jìn)行蒸餾；

(4)電解池中陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)題意可知Al單質(zhì)被氧化成三氧化二鋁，電解質(zhì)溶液顯酸性，所以電極方程式為2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+；

(5)1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×45%=450kg，流程中損失20%，所以被利用的二氧化硅的質(zhì)量為450kg×(1-20%)=360kg，則n(Si)==6000mol；1t硫化礦中SiO2的質(zhì)量為1000kg×20.4%=204kg，流程中損失25%，所以被利用的Al2O3的質(zhì)量為204kg×(1-25%)=153kg，又加入54kg鋁，則n(Al)==5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。

【點睛】

蒸發(fā)易水解的氯化物(如氯化鐵，氯化銅等)的水溶液時要注意，為防止溶質(zhì)徹底水解而得不到目標(biāo)產(chǎn)物，需要在HCl氣流中抑制水解，進(jìn)行蒸發(fā)?！窘馕觥竣?使礦石充分灼燒②.GeS2+3O2GeO2+2SO2③.SO2、NH3④.4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑⑤.300℃⑥.防止GeCl4水解⑦.2Al-6eˉ+3H2O=Al2O3+6H+⑧.5:622、略

【分析】【分析】

鋰輝石中加入濃硫酸，2LiAl(SiO3)2+H2SO4(濃)Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O↓，Al2O3?4SiO2?H2O沉淀出來，即濾渣I，濾液I中含有Li2SO4、MgSO4、CaSO4，向濾液中加入NaOH、Na2CO3，鎂離子和NaOH反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，鈣離子和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，所以濾渣II為Mg(OH)2、CaCO3，濾液II中含有硫酸鋰，向濾液中加入飽和碳酸鈉得到碳酸鋰沉淀；鐵紅和磷酸反應(yīng)生成磷酸鐵，C、磷酸鐵和碳酸鋰在高溫下反應(yīng)生成LiFePO4；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)濾渣I的主要成分為Al2O3?4SiO2?H2O，將濾渣Ⅰ溶于酸得到鋁離子，氫氧化鋁不溶于弱堿但能溶于強堿，所以過量的試劑為氨水，向溶液中加入氨水得到Al(OH)3沉淀，灼燒Al(OH)3沉淀得到Al2O3，所以生成沉淀的反應(yīng)為鋁離子與氨水的反應(yīng)，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案為：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；

(2)濾液I中存在Ca2+、Mg2+離子，經(jīng)過調(diào)解pH值后，Ca2+、Mg2+沉淀分別得到氫氧化鎂和碳酸鈣，所以濾渣Ⅱ的主要成分是Mg(OH)2、CaCO3，故答案為：Mg(OH)2、CaCO3；

(3)向濾液Ⅱ中加入飽和Na2CO3溶液，過濾后，用“熱水洗滌”；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可