2025年統(tǒng)編版選修4化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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2025年統(tǒng)編版選修4化學(xué)下冊月考試卷710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9題，共18分)1、已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-569.6kJ/mol，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+482.1kJ/mol?，F(xiàn)有1g液態(tài)H2O，蒸發(fā)時吸收的熱量是()A.2.43kJB.4.86kJC.43.8kJD.87.5kJ2、在溫度T1和T2時，分別將0.50molCH4和1.20molNO2充入體積為1L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：CH4(g)＋2NO2(g)?N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，測得n(CH4)隨時間變化數(shù)據(jù)如下表：。時間/min010204050T1n(CH4)/mol0.500.350.250.100.10T2n(CH4)/mol0.500.300.180.15

下列說法正確的是A.T1時0～10minNO2的平均反應(yīng)速率為0.15mol·L-1·min-1B.T2時CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為30.0%C.保持其他條件不變，T1時向平衡體系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，平衡向正反應(yīng)方向移動D.保持其他條件不變，T1時向平衡體系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，與原平衡相比，達新平衡時N2的濃度增大3、常溫下，用一定濃度的鹽酸滴定某濃度的氨水。滴定終點附近溶液的pH和導(dǎo)電能力的變化如圖所示（利用溶液導(dǎo)電能力的變化可判斷滴定終點，溶液總體積變化忽略不計）。下列說法錯誤的是（）

A.a點對應(yīng)的溶液中：B.a→b過程中，不斷增大C.c→d溶液導(dǎo)電性增強的主要原因是和增大D.根據(jù)溶液pH和導(dǎo)電能力的變化可判斷：4、現(xiàn)有同體積、濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸，下列說法中錯誤的是A.若分別與同濃度NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，則消耗NaOH溶液的體積：鹽酸=醋酸B.若分別與同濃度NaOH溶液反應(yīng)后pH=7，則消耗NaOH溶液的體積：鹽酸<醋酸C.若分別與足量的Na2CO3反應(yīng)，產(chǎn)生的CO2氣體的量：鹽酸=醋酸D.若分別與等量的Na2CO3粉末反應(yīng)，一開始產(chǎn)生氣體的速率：鹽酸>醋酸5、對常溫下pH＝3的CH3COOH溶液，下列敘述不正確的是A.根據(jù)電荷守恒可知溶液中：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）B.滴入NaOH濃溶液，溶液導(dǎo)電性增強C.該溶液中由H2O電離出的c（H＋）是1.0×10－11mol·L－1D.加入少量CH3COONa固體后，CH3COOH電離逆向移動，c（CH3COOH）降低6、已知pC＝-lgc(B)，室溫下，某二元酸(H2A)中部分微粒的pC值隨溶液pH值變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.曲線a表示的微粒是H＋B.溶液中水的電離程度：m＞nC.pH＝8時，溶液中，c(HA-)＞c(H2A)D.pH＝1與pH＝3時，H2A的濃度幾乎相同7、工業(yè)上可以用向溶液中通入制備水溶液中隨pH的分布如圖所示?下列說法不正確的是。

A.向溶液中通入HCl氣體，使溶液一定存在如下關(guān)系：B.在亞硫酸氫鈉溶液中：C.用制溶液時，應(yīng)邊通氣體邊測溶液pH，當(dāng)pH約為4時，停止通D.向溶液中通入氨氣至溶液呈中性時，一定存在如下關(guān)系：8、時，用二元弱酸溶液滴定溶液所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是

A.點所示溶液中：B.點所示溶液中：C.點所示溶液中：D.滴定過程中可能出現(xiàn)：9、下列說法正確的是（）A.根據(jù)類推思想，氯化鋁溶液蒸干后灼燒，最后得到氧化鋁，則硫酸鋁也一樣B.高溫高壓下的超臨界水，溶液中的氫離子和氫氧根離子濃度較大，有時顯酸性，有時顯堿性C.C；如圖可表示水分解過程中的能量變化。

D.等體積、等濃度的醋酸鈉溶液和次氯酸鈉溶液中，所含離子總數(shù)前者小于后者評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（1）氫氣是一種理想的新能源；與化石燃料相比，氫能源有哪三大優(yōu)點______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水；放出222.5kJ熱量，寫出甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式_________。

（3）拆開1molH－H鍵；1molN－H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；則合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；現(xiàn)有0.2mol的炭粉和氫氣組成的懸浮氣，混合物在氧氣中完全燃燒，共放出63.53kJ熱量，則混合物中C與H2的物質(zhì)的量之比為_________。11、研究CO2的利用對促進低碳社會的構(gòu)建具有重要的意義。

（1）將CO2與焦炭作用生成CO，CO可用于煉鐵等。已知：Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g),ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1、C(s)＋CO2(g)="2CO(g)",ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1。則CO還原Fe2O3的熱化學(xué)方程式為_____________________

（2）某實驗將CO2和H2充入一定體積的密閉容器中，在兩種不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1，測得CH3OH的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖所示；請回答下列問題：

①曲線Ⅰ、Ⅱ?qū)?yīng)的平衡常數(shù)大小關(guān)系為KⅠ__________KⅡ(填“大于”；“等于”或“小于”)。

②在上圖a、b、c三點中，H2的轉(zhuǎn)化率由低到高的順序是______________(填字母)。

③在其他條件不變的情況下，將容器體積壓縮到原來的1/2，與原平衡相比,下列有關(guān)說法正確的是___________。

a．正反應(yīng)速率加快；逆反應(yīng)速率也加快。

b．氫氣的濃度減小。

c．重新平衡時n(H2)/n(CH3OH)增大。

d．甲醇的物質(zhì)的量增加。

e．達到新的平衡時平衡常數(shù)增大12、二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領(lǐng)域，反應(yīng)如下：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；理論計算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3；在體系壓強為0.1MPa，反應(yīng)達到平衡時，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。

（1）圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是__、__。

（2）根據(jù)圖中點A(600K，b、c相交)，計算該溫度時反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率為__(保留小數(shù)點后一位)。

（3）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應(yīng)往往伴隨副反應(yīng)，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)__。13、已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，平衡時NH3的體積分?jǐn)?shù)φ(NH3)與氫氮比x(H2與N2的物質(zhì)的量比)的關(guān)系如圖：

①T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。

②a點總壓為50MPa，T2時Kp=_______(MPa)－2(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))14、25℃時，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關(guān)系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產(chǎn)生）

（1）用化學(xué)用語表示M點的原因__________。

（2）四點中，水電離產(chǎn)生的濃度最大的是______________點。

（3）下列關(guān)系中，正確的是________。

aP點

bN點

cQ點

d溶液中小于溶液中15、已知常溫下部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：?；瘜W(xué)式HFHClOH2CO3電離常數(shù)6.8×10?44.7×10?8K1=4.3×10?7K2=5.6×10?11

常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的三種溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的順序是___（填序號）。16、25℃時，H2SO3?HSO3－＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，則該溫度下NaHSO3的水解平衡常數(shù)Kh＝____________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將__________(填“增大”“減小”或“不變”)。17、下圖表示的是生產(chǎn)石膏的簡單流程，請用平衡移動原理解釋向CaCO3懸濁液中通入SO2發(fā)生反應(yīng)的原因______。

18、.按要求寫出下列化學(xué)方程式或離子方程式。

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水；放出389.9kJ的熱量，寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________________________

（3）氫氧燃料電池是最常見的燃料電池，電解質(zhì)溶液通常是KOH溶液，寫出負(fù)極電極反應(yīng)式______________________________評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)19、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共2分)20、水是生命的源泉；工業(yè)的血液、城市的血脈。要保護好河流；因為河水是主要的飲用水源，污染物通過飲用水可直接毒害人體，也可通過食物鏈和灌溉農(nóng)田間接危及健康。請回答下列問題：

(1)純水在T℃時，pH＝6，該溫度下0.1mol·L－1的NaOH溶液中，由水電離出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(2)25℃時，向水中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其主要水解反應(yīng)的離子方程式為____________________，由水電離出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(3)體積均為100mL、pH均為2的CH3COOH與一元酸HX，加水稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù)________(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COOH的電離平衡常數(shù)。

(4)電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的物理量。已知：。化學(xué)式電離常數(shù)(25℃)HCNK＝4.9×10－10CH3COOHK＝1.8×10－5H2CO3K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

在25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的順序為________(用化學(xué)式表示)。評卷人得分五、計算題(共2題，共14分)21、在2L的密閉容器中，充入1molN2和3molH2；在一定的條件下反應(yīng)，2分鐘后達到平衡狀態(tài)，相同溫度下，測得平衡時混合氣體的壓強比反應(yīng)前混合氣體的壓強減小了1/10，填寫下列空白：

（1）平衡時混合氣體中三種氣體的物質(zhì)的量比為_____________；

（2）N2的轉(zhuǎn)化率為_______________；

（3）2分鐘內(nèi)，NH3的平均反應(yīng)速率為______________。22、某興趣小組的同學(xué)用圖所示裝置研究有關(guān)電化學(xué)的問題．當(dāng)閉合該裝置的電鍵時；觀察到電流計的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。

請回答下列問題：

（1）通入CH3OH電極的電極反應(yīng)：___________________。

（2）乙池中A(石墨)電極的名稱為_________________(填“正極”、“負(fù)極”或“陰極”、“陽極”)，總化學(xué)反應(yīng)式為___________________。

（3）當(dāng)乙池中B極質(zhì)量增加5.40g時，甲池中理論上消耗O2的體積為_______mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。若丙池中KCl溶液的體積是500mL，電解后，溶液的pH為_________(設(shè)電解前后溶液體積無變化)。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)23、輝銅礦主要成分Cu2S，此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)。研究人員開發(fā)綜合利用這兩種資源；用同槽酸浸濕法治煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅。主要工藝流程如下：

已知：

①MnO2有較強的氧化性；能將金屬硫化物中的硫氧化為單質(zhì)硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會分解生成NH3；

③部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍(開始沉淀和完全沉淀的pH)：。金屬離子Fe3+Mn2+Cu2+開始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)實驗室配制240mL4.8mol?L-1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要___________。

(2)酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有___________(任寫一點)。

(3)酸浸時，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。

(4)調(diào)節(jié)浸出液pH=4的作用是___________。

(5)寫出流程中生成MnCO3的離子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在經(jīng)過___________得到MnSO4·H2O晶體。

(7)本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是___________(寫化學(xué)式)。24、高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產(chǎn)高純度碳酸鋰的工藝流程如下：

已知(i)用Men+表示金屬陽離子、HR表示有機萃取劑，“萃取”原理可以表示為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+

(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學(xué)凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)

除雜效果對比如下表。Al3+Mn2+Fe3+Ca2+SiO2Li+化學(xué)凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3(1)將最終產(chǎn)品進行焰色反應(yīng)；可觀察到火焰呈___________(填標(biāo)號)。

A．紫紅色B．紫色C．黃色。

(2)為提高“焙燒”效率；常采取的措施是_________________________________(寫兩點)。

(3)操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯；___________。

(4)萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________mol·L-1為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是______________________；流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外；還有__________________。

(5)“碳化反應(yīng)”的化學(xué)反應(yīng)方程式_______________________。

(6)由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學(xué)凈化除雜法的優(yōu)勢為_______________________________。25、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(dāng)堿緩?fù)ㄈ隒l2速率B.充分?jǐn)嚢铦{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。

26、(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(biāo)準(zhǔn)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9題，共18分)1、A【分析】【分析】

根據(jù)蓋斯定律求出液態(tài)水蒸發(fā)的蒸發(fā)熱；根據(jù)蒸發(fā)熱計算。

【詳解】

已知：①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-569.6kJ?mol-1；

②2H2O(g)═2H2(g)+O2(g)△H=+482.1kJ?mol-1．

根據(jù)蓋斯定律，②+①得2H2O(g)═2H2O(l)△H=-87.5kJ?mol-1；

所以2H2O(l)═2H2O(g)△H=+87.5kJ?mol-1；

36g87.5kJ

1gQ

Q=×87.5kJ=2.43kJ，即1g液態(tài)H2O；蒸發(fā)時吸收的熱量是2.43kJ，答案選A。

【點睛】

本題考查蓋斯定律的運用，難度不大，注意反應(yīng)熱kJ/mol不是對反應(yīng)物而言，不是指每摩爾反應(yīng)物可以放出或吸收多少千焦，而是對整個反應(yīng)而言，是指按照所給的化學(xué)反應(yīng)式的計量系數(shù)完成反應(yīng)時，每摩爾反應(yīng)所產(chǎn)生的熱效應(yīng)。2、D【分析】【詳解】

A．T1時0～10minCH4的平均反應(yīng)速率為=0.015mol?L-1?min-1，由速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知，T1時0～10minNO2的平均反應(yīng)速率為0.03mol?L-1?min-1；故A錯誤；

B．由表格數(shù)據(jù)可知，T2時CH4的平衡物質(zhì)的量為0.15mol，則轉(zhuǎn)化的甲烷為0.50mol-0.15mol=0.35mol，則T2時CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=70.0%；故B錯誤；

C．T1時；體積為1L，由表格中數(shù)據(jù)可知；

K==6.4，T1時向平衡體系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，Qc==25.6>K；則平衡逆向移動，故C錯誤；

D．體積不變，物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼?倍，若平衡不移動，則平衡濃度變?yōu)樵胶獾?倍，但壓強增大平衡逆向移動，則達新平衡時N2的濃度增大；大于原平衡濃度小于原平衡濃度的2倍，故D正確；

答案選D。

【點睛】

把握表格中數(shù)據(jù)、運用平衡三段法進行計算為解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查。注意選項C為解答的難點，可以根據(jù)Qc與K的大小進行判斷。3、C【分析】【分析】

鹽酸滴定氨水時，發(fā)生的是酸堿中和反應(yīng)，由于發(fā)生水解，NH4Cl溶液顯酸性，因此a點并非滴定終點；由于一水合氨是弱電解質(zhì)，而在發(fā)生中和反應(yīng)后生成了強電解質(zhì)NH4Cl；因此滴定過程中溶液的導(dǎo)電性會逐漸增強，d點則為滴定終點；在d點后溶液的導(dǎo)電性進一步增強，是因為額外的鹽酸加入導(dǎo)致的。

【詳解】

A．a(chǎn)點對應(yīng)的溶液中存在電荷守恒關(guān)系式為：由于常溫下pH=7為中性，即那么a點對應(yīng)的溶液中則有A項正確；

B．通過分析可知，a點并非滴定終點，因此從a到b，溶液中的剩余的一水合氨進一步被消耗轉(zhuǎn)化為加之隨著溶液的酸性增強，的水解也被抑制，因此溶液中的量增大；B項正確；

C．通過分析可知，d點為滴定終點，因此c點到d點，溶液導(dǎo)電性增強，原因是由于一水合氨是弱電解質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為強電解質(zhì)NH4Cl；因此溶液的導(dǎo)電性增強，C項錯誤；

D．通過分析可知，d點為滴定終點而a點尚未達到滴定終點；因此d點對應(yīng)的鹽酸的體積更大，即V3＞V2；D項正確；

答案選C。4、B【分析】【詳解】

A．鹽酸和醋酸都是一元酸；同體積；濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸，分別與同濃度NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，則消耗NaOH溶液的體積：鹽酸=醋酸，故A正確；

B．若等體積的兩溶液分別與相同濃度的NaOH溶液恰好中和，鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，溶液pH=7，醋酸反應(yīng)生成醋酸鈉，溶液pH>7；所以反應(yīng)至中性時，醋酸不能完全反應(yīng)，故鹽酸消耗的NaOH溶液體積大，故B錯誤；

C．同體積、濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸分別與足量的Na2CO3反應(yīng)，兩者都完全反應(yīng)，則生成的CO2氣體的量相等；故C正確；

D．0.01mol/L的鹽酸和醋酸溶液中，鹽酸中的氫離子濃度大于醋酸中氫離子濃度，則一開始產(chǎn)生氣體的速率：鹽酸>醋酸；故D正確；

故選B。5、D【分析】【詳解】

A.在醋酸溶液中，存在CH3COO-、H+、OH-，根據(jù)電荷守恒：c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)；A正確；

B.滴入NaOH濃溶液，生成CH3COONa；發(fā)生完全電離，增大了溶液中的離子濃度，從而使溶液的導(dǎo)電性增強，B正確；

C.該溶液中，由H2O電離出的c(H+)==1.0×10－11mol·L－1；C正確；

D.加入少量CH3COONa固體后，雖然CH3COOH電離平衡逆向移動，使c(CH3COOH)增大；D錯誤。

故選D。6、B【分析】【分析】

pC＝-lgc(B)，pH=-lgc(H+)，所以氫離子的pC值等于溶液的pH，即曲線a表示的微粒是氫離子，pH增大的過程中發(fā)生反應(yīng)：濃度最先減小的是H2A，即曲線b代表的微粒是H2A，HA-先增大后減小，所以曲線c代表的是HA-，曲線d代表的是A2-，則曲線e代表的是OH-；據(jù)此進行分析。

【詳解】

A.pC＝-lgc(B)，pH=-lgc(H+)；所以氫離子的pC值等于溶液的pH，即曲線a表示的微粒是氫離子，故A正確；

B.據(jù)圖可知，m點處溶液中主要存在H2A的電離，c(H+)=10-4mol/L，水的電離出的c(OH-)=10-10mol/L；n點處c(HA-)還會隨pH升高而下降，即繼續(xù)加堿，堿電離出的氫氧根會被反應(yīng)，所以n點顯堿性主要是由于HA-和A2-的水解，溶液pH=10，c(OH-)=10-4mol/L；且氫氧根為水電離出來的氫氧根，所以水的電離程度：n＞m，故B錯誤；

C.曲線b代表的微粒是H2A，曲線c代表的是HA-，根據(jù)圖可知pH＝8時，溶液中，c(HA-)＞c(H2A)；故C正確；

D.曲線b代表的微粒是H2A，pH＝1到pH＝3，H2A的濃度變化不大；故D正確；

故答案為B。7、D【分析】【詳解】

A.向溶液中通入HCl氣體，發(fā)生反應(yīng)為：+HCl=NaCl+H2SO3，根據(jù)電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，由圖像可知當(dāng)溶液c(HSO3-)=c(H2SO3)，所以成立；故A正確；

B.根據(jù)鹽類水解規(guī)律，在亞硫酸氫鈉溶液中：不水解的離子濃度大于水解離子濃度，又因為HSO3-的電離程度大于水解程度，所以個離子間大小的關(guān)系為：故B正確；

C.由圖像可知當(dāng)pH約為4時，c(HSO3-)最大，如果繼續(xù)通入c(HSO3-)將減小，不利于的合成；故C正確；

D.向溶液中通入氨氣至溶液呈中性時，溶液中存在電荷守恒，即：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)+c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)；故D錯誤；

答案：D。8、B【分析】【分析】

時，用（二元弱酸）溶液滴定溶液，發(fā)生的反應(yīng)為：

【詳解】

A.點所示的溶液的體積25mL，草酸和氫氧化鈉恰好完全反應(yīng)，生成正鹽草酸鈉，草酸鈉水解，所以溶液中，根據(jù)電荷守恒得關(guān)系式為：將①代入②得：故A正確；

B.點②溶液中，溶液呈中性，為草酸鈉和草酸的混合溶液，根據(jù)電荷守恒得關(guān)系式為：將①代入②得草酸體積大于25mL，故B錯誤；

C.點③所示的溶液的體積50mL，草酸過量，溶液溶質(zhì)為溶液呈酸性，草酸氫根離子的電離大于草酸氫根離子的水解，所以故C正確；

D.點①為草酸鈉成堿性，點②溶液呈中性為草酸鈉、草酸氫鈉，點③溶液呈酸性，介于②和③之間，隨著草酸的滴入，逐漸增多，所以可出現(xiàn)故D正確；

故選B。

【點睛】

本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，涉及物料守恒、電荷守恒等知識，試題知識點較多、綜合性較強，解題時注意電荷守恒及物料守恒的應(yīng)用，明確溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系為解答關(guān)鍵。9、C【分析】【詳解】

A項；硫酸鋁在溶液中水解生成氫氧化鋁和硫酸；因硫酸不揮發(fā)，加熱蒸干得到硫酸鋁，故A錯誤；

B項；高溫高壓下的超臨界水；溶液中的氫離子和氫氧根離子濃度雖然較大，但氫離子濃度依然等于氫氧根濃度，溶液依然呈中性，故B錯誤；

C項；水的分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，使用催化劑，能夠降低反應(yīng)的活化能，故C正確；

D項、醋酸鈉溶液和次氯酸鈉溶液中存在電荷守恒關(guān)系：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，由于酸性CH3COOH>HClO，則水解程度醋酸鈉小于次氯酸鈉，c(H+)前者大于后者；所以等濃度的醋酸鈉溶液和次氯酸鈉溶液中，離子總數(shù)前者大于后者，故D錯誤；

故選C。

【點睛】

注意純凈的水在任何溫度下都顯中性是解答關(guān)鍵。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【詳解】

（1）單位質(zhì)量的氫氣和其他燃料相比；燃燒產(chǎn)生的熱量多，氫氣燃燒產(chǎn)物是水，無污染，而且氫氣可以用水為原料制取，原料充足。所以氫氣和其他化石燃料相比，具有熱值大；無污染、原料充足等優(yōu)點。

（2）4g甲烷的物質(zhì)的量為0.25mol，在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出222.5kJ熱量，那么1mol甲烷完全燃燒放出222.5kJ×4=890kJ的熱量，所以甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式為CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆開1molH－H鍵、1molN－H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）設(shè)炭粉的物質(zhì)的量為xmol，則氫氣的物質(zhì)的量為0.2-x，根據(jù)氫氣和碳燃燒的熱化學(xué)方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，則混合物中C和H2的物質(zhì)的量均為0.1mol，C與H2的物質(zhì)的量之比為1﹕1?！窘馕觥繜嶂荡鬅o污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕111、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）化學(xué)反應(yīng)①Fe2O3(s)＋3C(s)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ/mol；②C(s)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①－②×3可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-28.5kJ/mol；

（2）①曲線Ⅱ比I先達到平衡。說明溫度曲線Ⅱ>I。由于溫度高，CH3OH含量低，化學(xué)反應(yīng)平衡逆向移動，說明化學(xué)平衡常數(shù)KⅠ>KⅡ；

②增大氫氣的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，但氫氣的轉(zhuǎn)化率是降低的，在上圖a、b、c三點中，H2的轉(zhuǎn)化率由低到高的順序是c

③在其他條件不變的情況下，將容器體積壓縮到原來的1/2，平衡向正反應(yīng)方向移動，與原平衡相比，a．將容器體積壓縮到原來的1/2，反應(yīng)物和生成物的濃度都增大，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率都加快，a項正確；b．將容器體積壓縮到原來的1/2，平衡向正反應(yīng)方向移動，H2濃度仍然增大，b項錯誤；C．將容器體積壓縮到原來的1/2，平衡向正反應(yīng)方向移動，重新平衡時n(H2)/n(CH3OH)減??；c項錯誤；d．將容器體積壓縮到原來的1/2，平衡向正反應(yīng)方向移動，甲醇的物質(zhì)的量增加，d項正確；e．溫度不變，平衡常數(shù)不變，e項錯誤；答案選ad。

考點：考查熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)平衡常數(shù)、溫度對化學(xué)平衡常數(shù)的影響、物質(zhì)轉(zhuǎn)化率等知識。【解析】大于cbaad12、略

【分析】【分析】

(1)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢相同，比值為1:4；(2)利用“三段式”計算A點對應(yīng)溫度的平衡轉(zhuǎn)化率；(3)催化劑具有選擇性；

【詳解】

(1)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，根據(jù)反應(yīng)方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，CO2、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢相同，比值為1:3；C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢相同，比值為1:4，所以a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4；a表示H2、c表示CO2、b表示H2O、d表示C2H4，圖中點A，b、c相交，即x=平衡轉(zhuǎn)化率33.3%；(3)催化劑具有選擇性，為了提高反應(yīng)速率和乙烯選擇性，應(yīng)當(dāng)選擇合適的催化劑。

【點睛】

本題考查化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率，正確分析圖象各曲線代表的物質(zhì)是解題關(guān)鍵，明確反應(yīng)過程中C2H4、H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化趨勢相同，比值為1:4?！窘馕觥竣?d②.c③.33.3%④.選擇合適的催化劑13、略

【分析】【分析】

①根據(jù)溫度影響平衡移動；得出答案。

②根據(jù)題意得到氨氣；氮氣、氫氣體積分?jǐn)?shù)；再得到它們的壓強，再根據(jù)壓強平衡常數(shù)進行計算。

【詳解】

①該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)升高溫度時，平衡向逆向移動，氨氣的體積分?jǐn)?shù)減小，故可知T1>T2；

②由題意可知，a點總壓為50MPa，平衡時氫氣與氮氣之比為3:1，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，則氮氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，氫氣的體積分?jǐn)?shù)為0.6，氨氣的體積分?jǐn)?shù)為0.2，平衡時氮氣分壓為10MPa，氫氣分壓為30MPa，氨氣分壓為10MPa，T2時故答案為【解析】>14、略

【分析】【分析】

(1)M點為硫酸銨溶液；硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解使溶液呈酸性；

(2)M點溶質(zhì)為硫酸銨和硫酸鈉；銨根離子水解促進了水的電離，而Q溶質(zhì)為硫酸鈉和一水合氨，溶液呈堿性，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，同時銨根離子水解生成H+；

b．N點溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；結(jié)合電荷守恒判斷；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結(jié)合物料守恒判斷；

d．NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解。

【詳解】

(1)M點為硫酸銨溶液，硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液呈酸性，所以此時溶液的pH＜7；

(2)根據(jù)圖示可知，P點呈強酸性，抑制了水的電離；M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進了水的電離；N點為中性，不影響水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點；

(3)a．P點溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH?)，同時銨根離子水解生成H+，則c(H+)＞c(SO42?)＞c(NH4+)＞c(OH?)；故a錯誤；

b．N點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)＋c(OH?)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)，故b正確；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結(jié)合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故c正確；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中銨根離子都能發(fā)生水解，但NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解，則濃度相等的兩溶液中，NH4HSO4溶液中銨根離子濃度大于NH4Cl溶液中的銨根離子濃度；故d錯誤；

答案選bc。【解析】Mbc15、略

【分析】【分析】

根據(jù)鹽類水解形成的酸越弱；對應(yīng)的鹽越水解分析。

【詳解】

圖表中數(shù)據(jù)分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，對應(yīng)鹽的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解顯堿性，水解程度越大，堿性越強，因水解程度為NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，則其pH由大到小的順序是③②①，故答案為：③②①?！窘馕觥竣邰冖?6、略

【分析】【分析】

依據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)及Kw的關(guān)系計算水解常數(shù)，將轉(zhuǎn)化為變?yōu)橐粋€變量進行判斷。

【詳解】

25℃時，H2SO3?HSO3－＋H＋的電離常數(shù)Ka＝1×10－2，HSO3－的水解方程式為HSO3－+H2O?H2SO3+OH?，則NaHSO3的水解平衡常數(shù)當(dāng)加入少量I2時，發(fā)生反應(yīng)HSO3－+I2+H2O=3H++SO42-+2I?，溶液酸性增強，c(H+)增大，c(OH-)減小，但是溫度不變，Kh不變，則增大，故答案為：1.0×10－12；增大?！窘馕觥?.0×10－12增大17、略

【分析】【詳解】

由于CaCO3懸濁液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，當(dāng)通入SO2時，CO32-與SO2發(fā)生反應(yīng)，使得c(CO32-)減小，從而溶解平衡正向移動，Ca2+與SO32-結(jié)合生成CaSO3，即CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3，故答案為：CaCO3懸浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2時，CO32-與SO2反應(yīng)，c（CO32-）減小，CaCO3的溶解平衡正向移動，CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3。【解析】CaCO3懸浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2時，CO32-與SO2反應(yīng)，c（CO32-）減小，CaCO3的溶解平衡正向移動，CaCO3轉(zhuǎn)化為CaSO3。18、略

【分析】【分析】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；

（2）0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時；放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為2599.2kJ；

（3）氫氧燃料電池中；氫氣做負(fù)極，堿性條件下在負(fù)極放電生成水。

【詳解】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物質(zhì)的量為=0.3mol，0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時，放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為=2599.2kJ，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氫氧燃料電池中，氫氣做負(fù)極，堿性條件下在負(fù)極放電生成水，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案為H2-2e-+2OH-=2H2O。

【點睛】

書寫熱化學(xué)方程式時注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)不能漏寫、反應(yīng)熱的符號和單位不要漏寫是解答易錯點?！窘馕觥?2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O三、判斷題(共1題，共2分)19、×【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、原理綜合題(共1題，共2分)20、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)水的離子積常數(shù)表達式；計算水電離出的氫氧根離子濃度；

（2）碳酸鈉溶液中因碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性；鹽溶液中鹽的水解促進水的電離；

（3）據(jù)圖分析；加水稀釋的過程中，HX的pH變化比較慢，說明HX的酸性比醋酸弱；

（4）根據(jù)酸的電離常數(shù)進行分析判斷；電離常數(shù)越大，對應(yīng)鹽的水解程度越小，溶液的pH越小。

【詳解】

(1)純水在T℃時，pH＝6，Kw=10?12，該溫度下0.1mol?L?1的NaOH溶液中，c(OH?)=1mol?L?1，則由水電離出的c(OH?)=c(H+)==10?11mol/L，故答案為：10?11；

(2)碳酸鈉溶液中因碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性，碳酸根水解的離子方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3?+H2O?H2CO3+OH?，第一步水解為主要過程；其pH=11，則c(H+)=10-11，則c(OH?)==10-3，全部由水電離產(chǎn)生，故答案為：CO32-+H2OHCO3-+OH-；10-3；

(3)據(jù)圖分析；加水稀釋的過程中，HX的pH變化比較小，說明HX的酸性比醋酸弱，HX的電離平衡常數(shù)比醋酸小，故答案為：小于；

(4)根據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，電離常數(shù)：CH3COOH>HCN>HCO3-，所以等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度為：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，水解程度越大，c(OH-)越大，pH越大，故溶液的pH為：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液，故答案為：Na2CO3>NaCN>CH3COONa。【解析】10-11CO32-+H2OHCO3-+OH-10-3小于Na2CO3>NaCN>CH3COONa五、計算題(共2題，共14分)21、略

【分析】【分析】

假設(shè)參加反應(yīng)的氮氣的物質(zhì)的量為nmol；根據(jù)三段式，表示出反應(yīng)混合物各組分物質(zhì)的量的變化量；平衡時各組分的物質(zhì)的量，結(jié)合同溫，同體積時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，列式計算出n，再分析解答。

【詳解】

設(shè)參加反應(yīng)的氮氣的物質(zhì)的量為nmol；則：

同溫，同體積時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，所以(1-n+3-3n+2n)mol=(1+3)mol×(1-)；解得n=0.2。

(1)平衡時n(N2)=(1-n)mol=(1-0.2)mol=0.8mol，平衡時n(H2)=(3-3n)mol=(3-3×0.2)mol=2.4mol，平衡時n(NH3)=2n=0.2mol×2=0.4mol，所以，平衡時混合氣體中N2、H2、NH3三種氣體的物質(zhì)的量比為0.8mol∶2.4mol∶0.4mol=2∶6∶1；

(2)N2的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%；

(3)2分鐘內(nèi)，以NH3表示的平均反應(yīng)速率v(NH3)==0.1mol/(L?min)?！窘馕觥竣?2:6:1②.20%③.0.1mol/(L·min)22、略

【分析】【分析】

（1）甲池為原電池；燃料在負(fù)極失電子發(fā)生氧化還原反應(yīng)在堿溶液中生成碳酸鹽，結(jié)合電荷守恒寫出電極反應(yīng)；

（2）乙池是電解池；A為陽極，B為陰極，電池中是電解硝酸銀溶液生成銀，硝酸和氧氣；

（3）乙池是電解池結(jié)合電子守恒計算消耗氧氣的體積；丙為電解池C為陽極，D為陰極，電解氯化鉀溶液，生成氫氧化鉀；氫氣和氯氣；

【詳解】

（1）甲池為原電池，燃料在負(fù)極失電子發(fā)生氧化還原反應(yīng)在堿溶液中生成碳酸鹽，甲池中通入CH3OH電極的電極反應(yīng)為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（2）乙池是電解池，A為陽極，B為陰極，電池中是電解硝酸銀溶液生成銀，硝酸和氧氣，電池反應(yīng)為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（3）當(dāng)乙池中B極質(zhì)量增加5.4g為Ag，物質(zhì)的量=5.4g÷108g·mol-1=0.05mol，依據(jù)電子守恒計算4Ag～O2～4e-，甲池中理論上消耗O2的體積=mol×22.4L·mol-1=0.28L=280mL；丙為電解池C為陽極，D為陰極，電解氯化鉀溶液，生成氫氧化鉀、氫氣和氯氣，結(jié)合電子守恒計算KOH～e-，n(KOH)=0.05mol，c(KOH)=0.05mol÷0.5L=0.1mol·L-1，pH=-lg=13。

【點睛】

本題考查了原電池電解池的相互串聯(lián)問題，注意首先區(qū)分原電池和電解池，難點（3）串聯(lián)電路中通過的電子的物質(zhì)的量相同。【解析】CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O陽極4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO328013六、工業(yè)流程題(共4題，共36分)23、略

【分析】【分析】

酸浸過程中，二氧化硅不反應(yīng)，分離出來，Cu2S反應(yīng)生成S單質(zhì)，F(xiàn)e2O3溶解成溶液，pH值控制在4時，F(xiàn)e3+沉淀，過濾得到的濾液成分應(yīng)為CuSO4和MnSO4等；加熱趕氫過后，得到堿式碳酸銅，濾渣為碳酸錳，通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作即可得到硫酸錳晶體。

（1）

實驗室配置240mL4．8mol?L－1的溶液需要250mL的容量瓶和膠頭滴管；故答案為：250mL容量瓶；膠頭滴管；

（2）

為了提高浸取率可采取的措施可以粉碎礦石增大接觸面積；加熱、攪拌等。故答案為：粉碎礦石（或加熱或者攪拌）；

（3）

由題目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S與MnO2在H2SO4浸泡的條件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案為：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根據(jù)提示Fe3+的pH沉淀范圍：1.5～3.2可知當(dāng)PH=4時，F(xiàn)e3+會水解生成氫氧化鐵沉淀；故答案為：使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使錳離子沉淀，反應(yīng)離子方程式為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在經(jīng)過加熱濃縮；冷卻結(jié)晶即可得硫酸錳晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶；

（7）

工藝流程中，加入了氨水，最后又得到了氨氣，NH3可循環(huán)使用，故答案為NH3?！窘馕觥?1)250mL容量瓶；膠頭滴管。

(2)粉碎礦石（或加熱或者攪拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加熱濃縮；冷卻結(jié)晶。

(7)NH324、略

【分析】【分析】

鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質(zhì)，所得濾液加入有機萃取劑HR，“萃取”原理為：Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+，由表知，Al3+、Mn2+、Fe3+、殘留Ca2+離子被萃取劑結(jié)合后進入有機相，水溶液主要含為Li+、SO2-4，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉；過濾后沉淀中加入去離子水；二氧化碳發(fā)生碳化反應(yīng)，碳酸鋰和和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；

(1)

鋰元素的焰色反應(yīng)為紫紅色；將最終產(chǎn)品碳酸鋰進行焰色反應(yīng)，可觀察到火焰呈紫紅色；

選A。

(2)

為提高“焙燒”效率；常采取的措施是將礦石細磨；充分?jǐn)嚢琛⑦m當(dāng)升高溫度等。

(3)

操作1為萃取分液；用到的主要玻璃儀器有燒杯；分液漏斗。

(4)

萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、Mn2+、Fe3+而盡可能不萃取Li+，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5mol·L-1為宜；“反萃取”步驟中Men++2nHR?Me(HR2)n+nH+逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、CO2外，