2024年沪教版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版选修4化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、浓度均为0.01mol/L的氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是A.无法确定B.1:1C.1012:1D.1:10122、一定温度下，分别加水稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）

A.CH3COOH的电离程度：bB.溶液中c(H+)：bC.Kw的数值：b>dD.导电能力：a3、已知25℃时BaSO4饱和溶液中存在BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42-(aq)，Ksp＝1.1025×10－10，下列有关BaSO4的溶度积和溶解平衡的叙述正确的是()A.25℃时，向c(SO42-)＝1.05×10－5mol·L－1的BaSO4溶液中，加入BaSO4固体，c(SO42-)增大B.向该饱和溶液中加入Ba(NO3)2固体，则BaSO4的溶度积常数增大C.向该饱和溶液中加入Na2SO4固体，则该溶液中c(Ba2＋)＞c(SO42-)D.向该饱和溶液中加入BaCl2固体，则该溶液中c(SO42-)减小4、已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3+NH3NH4++NH2-，NH4+的平衡浓度为1×10-15mol·L-1，则下列说法中正确的是A.在此温度下液氨的离子积为1×10-14B.在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2C.恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小D.降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)2-)5、一种新型可逆电池的工作原理如图所示。放电时总反应为:Al+3Cn(AlCl4)+4AlCl4-4Al2Cl7-+3Cn(Cn表示石墨)。下列说法正确的是（）

A.放电时负极反应为:2Al-6e-+7Cl-=Al2Cl7-B.放电时AlCl4-移向正极C.充电时阳极反应为:AlCl4-e-+Cn=Cn(AlCl4)D.电路中每转移3mol电子，最多有1molCn(AlCl4)被还原6、某研究机构使用Li-SO2Cl2电池电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑；下列说法不正确的是。

A.该制备过程还能得到副产物浓NaOH溶液B.e接口连接h，f接口连接gC.膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜D.Li电极的电极反应式为Li-e-=Li+；LiAlCl4介质也可用LiCl水溶液替代评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8×10－5HNO24.6×10－4HCN5×10－10HClO3×10－8NH3·H2O1.8×10－5

表1

请回答下列问题：

（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是________（填字母序号）。

A．升高温度B．加水稀释。

C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸。

（2）CH3COONH4的水溶液呈________（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系是_____________________________。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为________________________。8、（1）CuSO4的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH_____（填“＞”或“＝”或“＜”），实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于________中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_____（填“促进”；“抑制”）其水解。

（2）泡沫灭火器中的主要成分是_______和_______溶液，反应的离子方程式为________。9、常温下，将某一元酸甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：。实验。

编号HA的物质的。

量浓度NaOH的物质的。

量浓度混合后溶液的pH甲pHa乙pH7丙丁pH10

从甲组情况分析，从a值大小如何判断HA是强酸还是弱酸？________________________________________________________________________。

乙组混合溶液中和的大小关系是________填标号

A.前者大后者大。

C.二者相等无法判断。

从丙组实验结果分析，该混合溶液中__________填“”“”或“”

分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果列式___________10、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

11、I．已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表:(单位省略)。醋酸碳酸氢氰酸Ka=1.7×10Ka1=4.2×10Ka2=5.6×10Ka=6.2×10

（1）写出碳酸的第一步电离方程式__________________________________。

（2）25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为_____________________(填序号)。

（3）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为_______________。

（4）将浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN)，下列关系正确的是_______。

a．c(H+)>c(OH)b．c(H+)+c(HCN)=c(OH)c．c(HCN)+c(CN)=0.01mol/L

II．请用有关电解质溶液的知识回答下列问题：

（1）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10mol/L，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。

（2）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常温下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10某硫酸铜溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>________

（3）向含有相同浓度Fe2+、Hg2+的溶液中滴加Na2S溶液，先生成______沉淀(填化学式)。在工业废水处理过程中，依据沉淀转化原理,可用FeS作为沉淀剂除去废水中的Hg2+，写出相应的离子方程式______________________。(Ksp(FeS)=6.3×10Ksp(HgS)=6.4×10)评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共4题，共20分)13、汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：

①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝－566.0kJ·mol－1

②N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH2＝＋180.5kJ·mol－1

(1)CO的燃烧热为________。

(2)若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____kJ（保留到小数点后一位）。14、按要求回答下列问题：

(1)300℃，硅粉与HCl(g)反应生成1molSiHCl3气体和H2(g)时，放出225kJ的热量。该反应的热化学方程式是_____________________。

(2)已知：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ/mol

CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ/mol

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ/mol

则：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ/mol。

又知：

推算：断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差_______kJ。15、在水的电离平衡中,c（H+）和c（OH−）的关系如图所示：

（1）A点水的离子积为1×10−14mol2/L2，B点水的离子积为_______.造成水的离子积变化的原因是____________

（2）100℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置?为什么?_______;______.

（3）100℃时,若盐酸中c（H+）=5×10−4mol/L,则由水电离产生的c（H+）是________16、25℃，CH3COOH的电离平衡常数为1.7×10-5。

(1)CH3COOH的电离方程式为_________。25℃，0.1mol/LCH3COOH溶液中计算c(H+)的表达式为__________。

(2)25℃时，CH3COONa稀溶液中的水解平衡常数等于_____(保留小数点后一位数字)。

(3)25℃，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH最接近______(填选项)。A．9B．10C．11D．12评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)17、合成氨的流程示意图如下：

回答下列问题：

（1）工业合成氨的原料是氮气和氢气。氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是____，_____；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式____________，___________；

（2）设备A中含有电加热器，触媒和热交换器，设备A的名称是______，其中发生的化学反应方程式为___________________；

（3）设备B的名称是____，其中m和n是两个通水口，入水口是_______（填“m”或“n”）。不宜从相反方向通水的原因是__________；

（4）设备C的作用是_________；

（5）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用；欲除去原料气中的CO，可通过以下反应来实现：

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化率超过90%，则起始物中的c(H2O):c(CO)不低于______。18、氯化亚铜（）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含）生产的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中：X是________，Z是________。（均填化学式）

（2）写出生成的离子方程式________。

（3）析出的晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下现向饱和溶液中加入固体至此时溶液中=________。

（6）实验探究pH对产率的影响如下表所示：。pH1234567产率/%70908278757270

析出晶体最佳pH为________，当pH较大时产率变低的原因是________。19、氢氧化锂(LiOH)是重要的初加工锂产品之一，可用于继续生产氟化锂、锰酸锂等，在实验室模拟用天然锂辉石(主要成分是LiAlSi2O6)生产LiOH的一种工艺流程如图所示：

已知：溶液1中含有Li+、K+、Al3+、Na+、Fe3+、等离子。请回答下列相关问题。

（1）高温烧结的目的是________________________________________________。

（2）操作1是_____________________________。

（3）判断LiOH已洗涤干净的操作是______________________________________________。

（4）工业生产中通过电解LiC1溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电源的_________(选填“正极”或“负极”)，电极b发生的反应是__________，阳离子交换膜的作用是_________________________________。

评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共4分)20、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，0.01mol/L氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)==0.01mol/L盐酸中c(H+)=0.01mol/L，c(OH-)==由水电离的H+浓度等于c(OH-)，所以浓度均为0.01mol/L的氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是1:1；故选B。

【点睛】

本题考查由水电离的H+浓度的计算，掌握水的离子积常数，明确酸碱抑制水电离，酸溶液中水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，碱溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度。2、A【分析】【详解】

A.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，溶液浓度则醋酸电离程度选项A正确；

B.溶液中越大，溶液的pH越小，根据图知，溶液pH：则选项B错误；

C.水的离子积常数只与温度有关，b；d点温度相同；则离子积常数相等，选项C错误；

D.溶液导电性强弱与离子浓度成正比，则溶液导电性选项D错误；

答案选A。

【点睛】

本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大。3、D【分析】【详解】

A.25℃时，c(SO42-)＝1.05×10－5mol·L－1的BaSO4溶液中，BaSO4固体溶解已达平衡，再加入BaSO4固体，沉淀不溶解，c(SO42-)不变；A错误；

B.向该饱和溶液中加入Ba(NO3)2固体，BaSO4的溶解平衡逆向移动，但由于温度不变，所以BaSO4的溶度积常数不变；B错误；

C.向该饱和溶液中加入Na2SO4固体，增大了溶液中的c(SO42-)，平衡逆向移动，则该溶液中c(Ba2＋)42-)；C错误；

D.向该饱和溶液中加入BaCl2固体，将使BaSO4的溶解平衡逆向移动，则该溶液中c(SO42-)减小；D正确。

故选D。4、B【分析】【详解】

A．该温度下，该物质中c(NH4+)＝c(NH2-)，液氨的离子积常数＝c(NH4+)∙c(NH2-)=(1×10-15mol∙L-1)2＝10−30；故A错误；

B．由钠与水反应可推知，2Na+2NH3＝2NaNH2+H2↑，所以液氨中放入金属钠，可生成NaNH2；故B正确；

C．离子积常数只与温度有关；温度不变，离子积常数不变，故C错误；

D．弱电解质的电离是吸热反应，降低温度平衡逆向移动，但液体中仍然存在(NH4+)＝c(NH2-)；故D错误；

所以本题答案：B。5、C【分析】【详解】

A.放电时铝为负极，失去电子被氧化为Al2Cl7-，方程式为Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-；A错误；

B.放电时，AlCl4-移向负极，与铝反应生成Al2Cl7-；B错误；

C.充电时阳极失去电子，发生氧化反应，石墨没有化合价变化，失去电子的是的AlCl4-，反应为Cn+AlCl4--e-=Cn(AlCl4)；C正确；

D.Cn(AlCl4)被还原仅得到1mol电子；故D错误；

所以选择C。6、D【分析】【分析】

根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯（Li-SO2Cl2）电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜；据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析；IV室中NaOH溶液浓度增大，所以该制备过程还能得到副产物浓NaOH溶液，故A正确；

B．原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+；即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B正确；

C．电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni（H2PO2）2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c都是阳离子交换膜，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，膜b是阴离子交换膜；故C正确；

D．Li电极的电极反应式为Li-e-=Li+；Li可以与水反应；不能用LiCl水溶液替代，故D错误；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

⑴表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意。

⑵醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

⑶物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明水解程度大于电离程度氢氧根浓度大于氢离子浓度，因此CN－水解消耗大于生成的；因此浓度小于钠离子浓度。

【详解】

（1）表1所给的四种酸中，K越大，酸越强，因此酸性最弱的是HCN；A选项，升高温度，平衡正向移动，电离程度增大，电离常数变大，故A不符合题意；B选项，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，但电离常数不变，故B符合题意；C选项，加少量的CH3COONa固体；平衡逆向移动，电离程度减小，电离常数不变，故C不符合题意；D选项，加少量冰醋酸，平衡正向移动，电离程度减小，电离常数不变，故D不符合题意；综上所述，答案为：HCN；B。

（2）醋酸和一水合氨的K相同，则CH3COONH4的水溶液呈中性，该溶液中存在的各离子浓度大小关系是c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，故答案为中性；c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。

（3）物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH>7，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，因此CN－水解消耗大于生成的，因此浓度小于钠离子浓度，该溶液中离子浓度从大到小的排列为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)，故答案为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。【解析】①.HCN②.B③.中性④.c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)⑤.c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)8、略

【分析】【分析】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐；结合铜离子水解的方程式分析解答；

(2)HCO3-和Al3+均可发生水解，相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3；据此分析解答。

【详解】

(1)CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液呈酸性，常温下pH＜7；为了防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中；抑制其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：酸；＜；硫酸；抑制；

(2)沫灭火器中的主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，HCO3-和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al2(SO4)3；NaHCO3溶液；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意铝离子和碳酸氢根离子易发生双水解而不能共存。【解析】酸＜硫酸抑制Al2(SO4)3NaHCO3溶液Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑9、略

【分析】【分析】

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）任何溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A-的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA)；

（4）由电荷守恒关系式变形得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)。

【详解】

(1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH>7；

故答案为：a=7时，HA是强酸；a>7时；HA是弱酸；

(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，由于pH=7，则c(Na+)=c(A−)；

故答案为：C；

(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A−的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；根据物料守恒得2c(Na+)=c(A−)+c(HA)=0.2mol⋅L−1；

故答案为：c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；0.2；

(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na+)−c(A−)=c(OH−)−c(H+)=(10−4−10−10)mol⋅L−1；

故答案为：10−4−10−10。

【点睛】

本题主要考查弱电解质的电离平衡，溶液离子浓度大小的比较等，主要考查溶液中的平衡，有一定难度。【解析】时，HA是强酸；时，HA是弱酸10、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。11、略

【分析】【分析】

I.（1）多元弱酸应分步电离；

（2）利用盐类水解中“越弱与水解”进行分析；

（3）根据电离常数判断；

（4）通过c(Na＋)>c(CN－)；判断出以电离还是水解为主；

II.（1）根据水的离子积；计算pH；

（2）利用溶度积进行计算；

（3）利用溶度积的原则进行分析；

【详解】

I.（1）碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，电离方程式为：H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－；

故答案为H2CO3H＋＋HCO3－；

（2）三种盐都是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据表中数据，电离H＋能力：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3－，利用盐类水解中“越弱越水解”，得出水解能力大小顺序是CO32－>CN－>CH3COO－，即pH由大到小的顺序是②>①>③。

故答案为②>①>③；

（3）电离出H＋能力：H2CO3>HCN>HCO3－，因此NaCN中通入少量的CO2，其离子方程式为CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

故答案为：CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－；

（4）HCN和NaOH等体积混合，反应后溶液中的溶质为NaCN和HCN，且两者物质的量相等，因为c(Na＋)>c(CN－)，说明CN－的水解能力大于HCN的电离能力，溶液显碱性，a、根据上述分析，溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)；故a错误；

b、电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CN－)，物料守恒：c(CN－)＋c(HCN)=2c(Na＋)，两式联立得到2c(H＋)＋c(HCN)=2c(OH－)＋c(CN－)，故b错误；

c、根据物料守恒，c(CN－)＋c(HCN)=0.01mol·L－1；故c正确；

c正确；故答案为c；

II.（1）纯水中水电离c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即该温度下，水的离子积Kw=4×10－7×4×10－7=1.6×10－13，该温度下，滴入盐酸，根据水的离子积c(OH－)==8×10－10mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=8×10－10mol·L－1；

故答案为8×10－10mol·L－1；

（2）根据浓度商与Ksp之间的关系，当Qc=Ksp时，此时溶液为饱和溶液，即要使Cu(OH)2开始出现沉淀，c(OH－)>=1×10－9mol·L－1；则pH应大于5；

故答案为5；

（3）Ksp(FeS)>Ksp(HgS)，说明HgS比FeS更难溶，即先有HgS沉淀产生；反应向更难溶的方向进行，即发生的离子方程式为Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)；

故答案为HgS；Hg2＋(aq)＋FeS=Hg＋Fe2＋(aq)。

【点睛】

本题的易错点是I中（3），学生经常书写成2CN－＋CO2－＋H2O=2HCN＋CO32－，学生忽略了HCN电离出H＋强于HCO3－，HCN与CO32－反应生成HCO3－，因此正确的是CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3－，因此类似这种题型应注意生成物是否能发生反应。【解析】H2CO3H＋+HCO3-②>①>③CN+CO2+H2O=HCO3-+HCNC8.0×10-10mol/L5HgSHg2+（aq）+Fe（S）Hg+Fe2+（aq）三、判断题(共1题，共2分)12、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、计算题(共4题，共20分)13、略

【分析】【分析】

（1）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；据此分析；

（2）ΔH2=反应物总键能-生成物总键能进行计算。

【详解】

（1）由①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1＝－566.0kJ·mol－1反应可知，CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol－1，由此可知，CO的燃烧热为283.0kJ·mol-1；

故答案为283.0kJ·mol-1；

（2）设1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，ΔH2=反应物总键能-生成物总键能=(946+498)kJ-2x=180.5kJ；解得x=631.8；

故答案为：631.8。【解析】283.0kJ·mol-1631.814、略

【分析】【分析】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2；放出225kJ热量，根据书写热化学方程式的要求书写；

(2)根据盖斯定律分析计算4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)的△H；再根据焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量计算。

【详解】

(1)硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件，该反应的热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol，故答案为：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-225kJ/mol；

(2)①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)△H1=+83kJ•mol-1，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•mol-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)△H=[(83kJ•mol-1)+(-20kJ•mol-1)+(-121kJ•mol-1)]×2=-116kJ•mol-1，焓变△H=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，由4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-116kJ•mol-1，可得：4×E(H-Cl)+498-[243×2+4×E(H-O)]=-116kJ，得到4×E(H-O)-4×E(H-Cl)=498kJ-486kJ+116kJ=128kJ，E(H-O)-E(H-Cl)=32kJ，故答案为：-116；32。【解析】Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)ΔH=-225kJ/mol-1163215、略

【分析】【分析】

（1）c（H+）．c（OH-）=Kw；水的电离是吸热反应，升高温度促进电离；

（2）100℃时，若向溶液中滴加盐酸，溶液中c（H+）增大，c（OH-）减小，溶液中c(H＋)≠c(OH－)；

（3）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根浓度。

【详解】

（1）由图可知，B点Kw=c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，则水的离子积Kw=c（H+）·c（OH-）=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12mol2/L2；水的电离是吸热过程，升高温度促进电离，水的离子积增大，故答案为：10-12mol2/L2；水的电离是吸热过程；升高温度，Kw增大；

（2）100℃时，若向溶液中滴加盐酸，溶液中c（H+）增大，c（OH-）减小，溶液中c(H＋)≠c(OH－)；所以不可能处于B点，故答案为：否；盐酸中氢离子浓度不等于氢氧根浓度；

（3）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根浓度，100℃时，若盐酸中c（H+）=5×10−4mol/L,则由水电离产生的c（H+）=水电离产生的c（OH-）==2×10-9mol/L，故答案为：2×10-9mol/L。【解析】10-12mol2/L2水的电离是吸热过程，升高温度，Kw增大否盐酸中氢离子浓度不等于氢氧根浓度2×10-9mol/L16、略

【分析】【分析】

(1)CH3COOH是弱酸，部分电离生成醋酸根离子和氢离子，根据25℃，CH3COOH的电离平衡常数为1.7×10-5，结合电离平衡常数表达式计算c(H+)；

(2)CH3COONa的水解平衡常数Kh==

(3)根据水解平衡常数结合平衡常数表达式计算水解生成的c(OH-)；再判断pH。

【详解】

(1)CH3COOH是弱酸，部分电离生成醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOH⇌H++CH3COO-，25℃，CH3COOH的电离平衡常数为1.7×10-5，则0.1mol/LCH3COOH溶液中K===1.7×10-5，解得：c(H+)=故答案为：CH3COOH⇌H++CH3COO-；

(2)CH3COONa的水解平衡常数Kh====5.9×10-10，故答案为：5.9×10-10；

(3)25℃，CH3COONa的水解平衡常数Kh=5.9×10-10==解得：c(OH-)=mol/L=7.7×10-6mol/L，pH最接近9，故选A。【解析】CH3COOHCH3COO-+H+5.9×10-10A五、工业流程题(共3题，共18分)17、略

【分析】【详解】

：(1)分离空气提取氮气的方法一种是液化和分馏；另一种方法是与碳反应后除去CO2；制取氢气的两个方程式分别为：C+H2OCO+H2；CH4+H2OCO+3H2；(2)合成氨的设备名称是合成塔；合成氨的方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；(3)冷凝分离产品设备为冷却塔或冷凝器，入水口应该在下面，此时水流和气流是逆向的，冷凝效果好；(4)分离器是气——固分离用设备，分离液氨和未反应的原料气；(5)设CO、H2O起始浓度分别为x；ymol/L；则转化的CO的最小值为0.9x

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始xy00

变化0.9x0.9x0.9x0.9x

平衡0.9xy-0.9x0.9x0.9x，根据平衡常数列式：（0.9x）2/0.1x（y-0.9x）=0.627；解得：y/x=13.8。故此只要此值大于13.8，转化率就会超过90%。

【考点定位】

此题以合成氨反应为载体，综合考查了化学与技术模块的主干知识。【解析】液化、分馏与碳反应后除去CO2C+H2OCO+H2CH4+H2OCO+3H2合成（氨）塔N2(g)+3H2(g)2NH3(g)冷却塔（或冷凝器）n高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷却效果好将液氨与未反应的原料气分离13.818、略

【分析】【分析】

根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子；过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜；铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。

【详解】

(1)由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：Fe；Cl2；

(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

(3)氯化亚铜微溶于水；不溶于乙醇和稀硫酸；析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；

(4)依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；

(5)常温下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=mol/L=1.2×10-11，c(Cl-)=mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中==3×10-8，故答案为：3×10-8；

(6)由表中数据可知；析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。

【点睛】

根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。本题的易错点