2025年人教版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年人教版选修4化学上册阶段测试试卷330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7题，共14分)1、常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释；其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是。

A.电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HNO2)B.从c点到d点，溶液中的值保持不变C.溶液中水的电离程度：b>cD.a点时，相同体积的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中的n(Na+)相等2、下列说法正确的是（）A.在温度不变时，水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大B.pH=0的溶液是酸性最强的溶液C.强碱的水溶液中不存在H+D.某温度下，纯水中c(H+)=2×10-7mol.L-1，其呈酸性3、下列说法中不正确的是A.向饱和氯水中滴加NaOH溶液，当溶液呈中性时，c(Na+)＝c(HClO)＋2c(ClOˉ)B.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：2c(Na+)＝3c(CO32−)＋3c(HCO3−)＋3c(H2CO3)C.常温下pH＝2的强酸与pH＝2的弱酸等体积混合(不发生化学反应)，所得溶液pH＝2D.常温下0.1mol·Lˉ1NH4HCO3溶液中存在下列关系：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(H+)=2c(CO32−)＋c(OH−)＋c(H2CO3)4、0.02mol·L-1的HCN溶液与0.02mol·L-1的NaCN溶液等体积混合，已知混合液中c(CN-)+)，则下列关系正确的是（）A.c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-)B.c(HCN)+c(CN-)=0.04mol·L-1C.2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)D.c(CN-)>c(HCN)5、下列离子方程式中，属于水解反应的是（）A.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+B.CO2+H2OHCO3-+H+C.CO32-+H2OHCO3-+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+6、下列水解方程式正确的是（）A.Fe3++3H2O＝Fe（OH）3↓+3H+B.Br﹣+H2O⇌HBr+OH﹣C.CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+D.NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+7、下列物质溶于水后溶液显碱性的是A.K2SO4B.SO2C.FeCl3D.NaClO评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、（3分）发射卫星用作燃料，作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式。

____。9、一定温度下，向2L密闭容器中充入5molN2和7molH2。发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。请问答:

(1)该反应的平衡常数表达式为___________

(2)一定温度下，不能说明上述反应已达到平衡的是____________(填选项字母)。

a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等。

b.单位时间内消耗amolN2同时生成2amolNH3

c.容器内的压强不再变化。

d.容器内的密度不再变化。

e.容器内H2的体积分数不再变化。

(3)当该反应达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则该温度下反应的平衡常数K=_____。

(4)若在上述平衡条件下保持温度不变，将容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡时N2(g)的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变")，c(NH3)____0.5mol/L(填“>”、“<”或“=”)。10、常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3；②NaHCO3；③HCl；④NH3·H2O。

（1）上述溶液中，可发生水解的是________(填序号；下同)。

（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的离子方程式分别为________________，___________

（3）向溶液④中加入少量氯化铵固体，此时的值________(填增大；减小、不变)。

（4）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积___④的体积(填大于；小于、等于)

（5）取10mL溶液③，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。11、（1）在①NH4Cl②NaCl③CH3COONa三种盐溶液中；常温下呈酸性的是_____（填序号，下同），呈中性的是_____，呈碱性的是_____。

（2）氯化铁水解的离子方程式为______，配制氯化铁溶液时滴加少量盐酸的作用是____。12、（1）一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29，Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为0.20mol/L的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na3P04，先生成___________沉淀(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol/L)时；溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c=____________mol/L。

（2）毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨；目的是_____________________。

②加入NH3·H2O调节PH=8可除去_____________(填离子符号)，滤渣II中含____________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。

Ca2+

Mg2+

Fe3+

开始沉淀时的pH

11.9

9.1

1.9

完全沉淀时的pH

13.9

11.1

3.7

已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9

（3）已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液；下列叙述正确的是。

A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO42-)比原来的大。

B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

C．溶液中析出CaSO4固体沉淀.溶液中c(Ca2+)、c(SO42-)都变小。

D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO42-)比原来的大13、LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点。某电极的工作原理如左下图所示，该电池电解质为能传导Li+的固体材料。

（1）放电时，该电极为_____极，电极反应为__________________________

（2）充电时该电极连接外接电源的______极。

（3）放电时，电池负极的质量_______(减少；增加、不变)

（4）LiOH可做制备锂离子电池电极的材料，利用如右上图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。阴极区电解液为__________溶液（填化学式），离子交换膜应使用__________(阳、阴)离子交换膜。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)14、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、原理综合题(共4题，共32分)15、（1）羰基硫(COS)多产生于煤化工合成气中，能引起催化剂中毒，可通过水解反应除去，其热化学方程式为COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)△H。相关的化学键键能数据如下表所示：。化学键C=O(CO2)C=O(COS)C=S(COS)H-SH-OE/kJmol-1803742577339465

则△H为___。

（2）近期太阳能的利用又有新进展。利用太阳能由CO2制取C的原理如图所示，若重整系统发生的反应中=4，则重整系统中发生反应的化学方程式为：___。

（3）已知：常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5。下列说法正确的是___(填字母代号)。

A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者。

B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点；消耗NaOH溶液的体积相等。

C.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞C(H+)

D.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)

（4）NaHS可用作污水处理的沉淀剂。已知：25℃时，H2S的电离常数Ka1=1.0×10-7、Ka2=7.0×10-15，反应Hg2+(aq)+HS-(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常数K=1.75×1038。则Ksp(HgS)=___。16、汽车尾气的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。

（1）利用氨水可以将SO2；氮氧化物吸收；原理如下图所示。

①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中，c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=__________mol/L(填确值)

②请写出NO2和NO按体积比1：1被吸收时反应的离子方程式_____________________。

（2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。

①已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

TiO2催化尾气降解原理可表示为：2COg)+O2(g)2CO2(g)△H3

则2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)△H4=______________________。

②在O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率(即转化率)如图1所示。请解释T1后NO降解率下降的可能原因______________________。

（3）沥青混凝土也可降解CO。如图2为在不同颗粒间隙的沥青混凝土(α；β型)在不同温度下；反应相同时间，测得CO降解率变化。结合如图回答下列问题：

①已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L－1，求此温度下CO降解反应的平衡常数____________________________________________。(用含x的代数式表示)

②科研团队以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10℃~60℃范围内进行实验，请在如图中用线段与“”阴影描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围(在图中画出)。____________

（4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式____________________________________________。17、SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：

(1)已知：S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H=—297.2kJ·mol-1，CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)∆H=—295.9kJ·mol-1，若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是___________

(2)利用反应：C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)，可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡，测得T=600℃下的x(SO2)—p和p=105Pa下—1gKc—t如图所示[x(SO2)表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是___________反应(填“放热”、“吸热”)，理由是___________。

(3)恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)达到平衡状态的是___________(填字母)。A．不变B．v(CO2)正=v(SO2)逆C．混合气体的总压强不再改变D．混合气体的密度不再改变(4)800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C(s)+SO2(g)CO2(g)+S(g)，5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0~5minv(SO2)___________kPa·min-1，800℃的化学平衡常数Kc=___________mol/L。

(5)用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图。H2O2从___________口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c(H+)将___________，负极区n(H2SO4)=___________。

18、常用于制取硝酸；硝基化合物等；但同时也是空气污染物。

(1)工业制硝酸时，需将转化为现有以下两种途径：

I.①

Ⅱ.②

③

若已知④

计算可得___________。途径Ⅱ与途径I相比，优势在于___________。

(2)反应②的反应历程和能量变化如图所示；标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质。

对总反应速率影响较大的步骤的活化能为___________该步骤的化学方程式是___________。

(3)某温度下向容器中按照体积比1：3充人和控制压强为反应达到平衡状态时体系中的体积分数为0.6。

①的平衡转化率为___________。

②在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。此温度下反应的压强平衡常数___________(列出计算式即可)。

(4)制硝酸的工业尾气中含有将尾气与适量空气混合后通入到浓氨水中，可生成反应的化学方程式为___________。若尾气中含有2.8%(体积分数)的则处理标准状况下尾气时，理论上至少需要浓氨水的体积为___________评卷人得分五、计算题(共2题，共6分)19、(1)已知单质硫16g燃烧放热为149kJ；写出硫燃烧热的热化学方程式：_________________

(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根据盖斯定律，计算298K时由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化学键的键能为_____kJ/mol。

(4)S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。

已知：①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(单斜；s)比S(正交，s)更_________（填“稳定”或“不稳定”）

(5)同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量________1mol氢分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)20、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评卷人得分六、工业流程题(共3题，共21分)21、用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp

回答下列问题。

(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。

(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时；可认为该离子沉淀完全)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。22、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________。23、胆矾是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图：

物质完全沉淀时的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于时；认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是________(填序号)。

A.B.C.D.

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径Ⅰ有明显的两个优点，分别是______________、____________________。

（3）试剂Y可以是______________________(任填一种物质的化学式)。

（4）若溶液C中的浓度分别为则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________。

（5）氢化亚铜是一种红色固体，40～50℃时，滤液E和溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为___________________________________，该反应每转移1.5个电子，生成CuH的物质的量为________mol。

（6）纳米氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作________极，生成的电极反应式为______________________，电解过程中滤液E的浓度____________(填“增大”“不变”或“减小”)。

（7）得到晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是______________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

A.酸的酸性越强；电离平衡常数越大；

B.电离平衡常数之与温度有关；

C.酸能抑制水的电离，H+浓度越大；抑制程度就越大；

D.a点时同体积的两种酸，H+浓度相同，但n(HNO2)3COOH)；据此分析作答。

【详解】

A.根据图像可知酸性HNO2>CH3COOH，酸的酸性越强，电离平衡常数越大，因此Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)；A项错误；

B.电离平衡常数之与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，c、d两点所处的温度相同，因此溶液中的值保持不变；B项正确；

C.酸性HNO2>CH3COOH，HNO2电离出的H+浓度大于CH3COOH电离出的H+浓度，H+浓度越大，抑制程度就越大，因此水的电离程度：c>b；C项错误；

D.a点时同体积的两种酸，H+浓度相同，但n(HNO2)3COOH)，因此CH3COOH反应时消耗的NaOH更多，溶液中的n(Na+)不相等；D项错误；

答案选B。2、A【分析】【详解】

A.任何水溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积都等于该温度时的水的离子积常数，在温度不变时，水的离子积常数是定值，因此c(H+)和c(OH-)不能同时增大；故A正确；

B.pH=0的溶液仅代表溶液中的氢离子浓度为1mol/L；并不表示溶液的酸性最强，当氢离子浓度大于1mol/L时，直接用氢离子浓度表示溶液的酸性，如6mol/L的浓硝酸中氢离子浓度即为6mol/L，酸性强于pH=0的溶液。故B错误；

C.任何水溶液中都存在水的电离平衡；水电离产生氢离子和氢氧根离子，在强碱溶液中存在氢离子只是浓度偏小，故C错误；

D.任何温度下，纯水电离产生的氢离子浓度都等于其电离产生的氢氧根浓度，c(H+)=c(OH-)溶液显中性；故D错误；

故选：A。3、D【分析】【详解】

A．溶液呈中性，则c（H＋）=c（OH－），根据电荷守恒c（H＋）+c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－）+c（OH－）可知：c（Na＋）=c（Cl－）+c（ClO－），根据物料守恒得：c（Cl－）=c（ClO－）+c（HClO），二者结合可得：c（Na＋）=c（HClO）+2c（ClO－）；故A正确；

B．等体积、等物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液混合：任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c(Na+)＝3c(CO32−)＋3c(HCO3−)＋3c(H2CO3)；故B正确；

C．常温下pH＝2的强酸与pH＝2的弱酸等体积混合(不发生化学反应)；氢离子浓度相等，所得溶液pH＝2，故C正确；

D．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4＋）+c（NH3·H2O）=c（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3），由电荷守恒得：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)＋2c(CO32−)＋c（HCO3－）两式消去c（HCO3－），可得：c(NH3·H2O)＋c(CO32−)+c(OH−)=c（H2CO3）+c(H+)；故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查离子浓度大小比较，涉及强酸弱酸混合的定性判断、离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，明确电荷守恒、物料守恒的含有为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力，难点D，注意利用电荷守恒、物料守恒加减消元法，可得到质子守恒的等式。4、C【分析】【详解】

0.02mol⋅L−1的HCN溶液与0.02mol⋅L−1NaCN溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(CN−)+c(OH−)，且混合溶液中c(CN-)+)，则c(OH-)>c(H+)；溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度；

A.根据以上分析知，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；A项错误；

B.二者等体积混合时溶液体积增大一倍，导致浓度减小为原来的一半，结合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02mol·L-1；B项错误；

C.HCN溶液与NaCN溶液等浓度等体积混合，根据物料守恒得，2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)；C项正确；

D.通过以上分析知，NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以c(CN-)<c(HCN)；D项错误；

答案选C。5、C【分析】【详解】

A．由CH3COOH转化为CH3COO-；发生醋酸的电离，A不合题意；

B．由H2CO3转化为HCO3-；发生碳酸的电离，B不合题意；

C．由CO32-生成HCO3-，发生CO32-的水解反应；C符合题意；

D．由HS-生成S2-，发生HS-的电离；D不合题意；

故选C。6、D【分析】【详解】

A．水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”；且不能使用沉淀符号，故A错误；

B．溴离子是强酸的酸根离子不发生水解；故B错误；

C．CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+；是醋酸的电离方程式，不是水解方程式，故C错误；

D．水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”，铵根离子水解，生成一水合氨和氢离子，离子方程式为NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+；故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意强酸的酸根阴离子不水解。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.K2SO4是强酸强碱盐；水溶液呈中性，A不符合题意；

B.SO2是酸性氧化物；水溶液呈酸性，B不符合题意；

C.FeCl3是强酸弱碱盐，水溶液因Fe3+水解呈酸性；C不符合题意；

D.NaClO是强碱弱酸盐，水溶液因ClO-水解呈碱性；D符合题意；

答案选D。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】（2）×2-（1），得所求热化学方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-19、略

【分析】【分析】

(1)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

(2)可逆反应达到平衡状态时；正；逆反应速率相等(同种物质)或正、逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

(3)先计算各种物质的平衡浓度；带入平衡常数表达式，可得该反应的化学平衡常数的值；

(4)利用压强对化学平衡移动的影响分析平衡移动的方向；判断物质的平衡转化率及物质的平衡浓度大小。

【详解】

(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K=

(2)a.NH3生成的速率与NH3分解的速率相等；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；

b.单位时间内消耗amolN2，同时生成2amolNH3，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，b错误；

c.该反应是反应前后气体体积不等的反应；反应在恒容密闭容器中进行，若压强不再随时间变化而变化，说明气体总物质的量不再改变，反应达到平衡状态，c正确；

d.容器内的密度不再变化，该反应两边都是气体，气体的质量不变，反应中容器的容积不变，根据ρ=可知；密度在反应过程中始终不变，不能作为判断平衡状态的依据，d错误；

e.容器内H2的体积分数不再变化，说明H2的物质的量不再随时间变化而变化；此时反应达到平衡状态，e正确；

故合理选项是bd；

(3)在2L密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应开始时，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol÷2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol÷2L=3.5mol/L，达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则根据物质反应转化关系可知△c(N2)=2.5mol/L-2.0mol/L=0.5mol/L，△c(H2)=1.5mol/L，△c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡时各种物质的浓度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=L2·mol-2=0.0625L2·mol-2；

(4)在(3)所得平衡状态的基础上，将容器扩大到原来的两倍，c(NH3)瞬间变为原平衡的即为0.5mol/L，此时容器内压强减小，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆方向移动，则反应N2的转化率减小，达到平衡时c(NH3)<0.5mol/L。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态判断、化学平衡常数的计算、平衡移动等知识，注意掌握化学平衡状态的判断方法、利用化学平衡平衡常数的定义计算某条件下其数值的大小。【解析】K=bd0.0625L2·mol－2减小<10、略

【分析】【分析】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，据此分析；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质为弱酸的酸式盐，据此分析；

(3)向氨水中加入氯化铵抑制一水合氨电离，据此分析；

(4)NH3•H2O为弱电解质，不能完全电离，据此分析；

(5)取10mL溶液③；加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的十分之一，为0.01mol/L，据此分析。

【详解】

(1)含有弱离子的盐能发生水解，Na2CO3和NaHCO3都是含有弱离子的盐；能发生水解，故答案为：①②；

(2)这几种物质中，能和强碱、强酸反应的物质是碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为HCO3-+OH-=H2O+CO32-、HCO3-+H+=H2O+CO2，故答案为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；HCO3-+H+=H2O+CO2；

(3)向氨水中加入氯化铵，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，所以c(NH4+)c(OH−)的值增大；故答案为：增大；

(4)NH3⋅H2O为弱电解质；不能完全电离，如等体积混合，溶液呈酸性，要呈中性氨水应过量，故答案为：小于；

(5)取10mL溶液③，加水稀释到100mL，溶液浓度为原来的为0.01mol/L，由Kw=c(OH−)⋅c(H+)可知，c(OH−)=10−12mol⋅L−1，则此时溶液中由水电离出的c(H+)=10−12mol⋅L−1，故答案为：10−12。【解析】①.①②②.HCO3-+OH-=H2O+CO32-③.HCO3-+H+=H2O+CO2④.增大⑤.小于⑥.10−1211、略

【分析】【分析】

根据盐溶液中存在的水解平衡和影响水解平衡的因素分析。

【详解】

(1)①NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性，②NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，③CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液呈碱性；

(2)氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；配制溶液时应防止水解生成沉淀而使溶液变浑浊，则应加入盐酸。

【点睛】【解析】①②③Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+抑制氯化铁的水解12、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中C(Mg2+)=10-5mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为C2(PO43-)===6.0×10-14，所以c(Ca2+)==10-4．故答案为Mg3(PO4)2；10-4；

（2）①化学反应的速率与反应物的接触面积有关；毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为增大接触面积从而使反应速率加快；

②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（3）由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO42-)=3.0×10-3mol/L，Ksp(CaSO4)=9.0×10-6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后；

混合液中c(Ca2+)==6.0×10-4mol/L；

c(SO42-)==8.6×10-3mol/L；

溶液中c(Ca2+)•c(SO42-)=5.16×10-6＜Ksp(CaSO4)=9.0×10-6；所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D。

【考点定位】考查难溶物的溶解平衡；物质的分离和提纯。

【名师点晴】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。【解析】（1）Mg3(PO4)2，c=10-4mol/L

（2）①可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；②Fe3+；Mg(OH)2，Ca(OH)2；会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少；（3）D。13、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）放电时，该装置是原电池，正极发生还原反应，反应为：FePO4+Li++e-═LiFePO4；（2）充电时为电解池，该电极连接外接电源的正极；（3）放电时，该装置是原电池，电池负极发生氧化反应，负极反应为：Li―e－=Li＋，质量减少；（4）根据示意图，B极区生产H2，同时生成LiOH，则B极区电解液不能是LiCl溶液，如果是LiCl溶液则无法得到纯净的LiOH，则B极区电解液为LiOH溶液；离子交换膜应使用阳离子交换膜，传导Li＋。

【考点】

电解原理及应用。

【点睛】

本题考查电解原理及应用，包括电极方程式的书写、电解液的判断、离子移动方向的判断；准确理解题给信息是解决问题的关键。首先通过电解法制备LiOH的分析考查了电解的原理及应用，侧重于对分析问题、解决问题能力的考查。【解析】正FePO4+e-+Li+=LiFePO4正极减少LiOH阳三、判断题(共1题，共2分)14、×【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、原理综合题(共4题，共32分)15、略

【分析】【详解】

（1）△H=反应物的总键能-生成物的总键能=742kJ/mol+577kJ/mol+2×465kJ/mol-2×339kJ/mol-2×803kJ/mol=-35kJ/mol；

（2）由图可知CO2被FeO还原为C，FeO被氧化为FexOy，而=4，说明FexOy为Fe2O3，因此方程式为：4FeO＋CO22Fe2O3+C；

（3）A.HCOONa中Na+为阳离子，不发生水解，NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性；因此两溶液中阳离子的物质的量浓度之和，前者大于后者，A项正确；

B.pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，浓度CH3COOH＞HCOOH，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，酸的物质的量越多，消耗的碱体积越大，即消耗的NaOH溶液的体积CH3COOH＞HCOOH；B项错误；

C.混合溶液中醋酸的水解平衡常数为=5.1×10-10＜Ka，说明中CH3COONa水解程度小于其电离程度，溶液显酸性，因此有：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)；C项正确；

D.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合，根据电荷守恒有：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据物料守恒有：c(HCOO-)+c(HCOOH)=2c(Na+)，两式联立后得：c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+)；D项错误；

答案选AC；

（4）H2S的电离常数Ka2==7.0×10-15,反应Hg2+(aq)+HS-(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常数K==1.75×1038，Ksp(HgS)==×=c(Hg2+)·c(S2-)==4.0×10-53。【解析】—35kJ/mol4FeO＋CO22Fe2O3+CA、C4.0×10-5316、略

【分析】【分析】

(1)①25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)；据此分析；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－；据此书写离子方程式；

(2)①根据已知方程式构建目标方程式；根据盖斯定律计算反应热；

②根据平衡移动原理来分析；升高温度，平衡逆向移动；

(3)①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动画图；

(4)据阳极失去电子发生氧化反应书写电极反应方程式。

【详解】

(1)25℃时，在pH=5的NH4HSO3溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(HSO3－)+2c(SO32－)=c(NH4+)+c(H+)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+c(SO32－)+c(H2SO3)，则c(SO32－)+c(NH3·H2O)－c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=（10-5-10-9）mol/L；

②根据流程图知，NO2、NO与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2、NO被NH4HSO3吸收生成N2，NO2、NO得电子被还原，则HSO3－被氧化生成SO42－，反应的方程式为：NO+NO2+3NH4HSO3=N2+3NH4HSO4，离子方程式为NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

因此，本题正确答案是：NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；

(2)①反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1=－113.0kJ·mol－1

反应Ⅱ：3NO2(g)+H2O(g)=2HNO3(g)+NO(g)△H2=－138.0kJ·mol－1

根据盖斯定律(Ⅰ×3+Ⅱ×2)得反应2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)

则△H4=[(－113.0kJ·mol－1)×3+(－138.0kJ·mol－1)×2]=-615kJ/mol

因此；本题正确答案是：-615kJ/mol；

②由以上计算可知，2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)为放热反应，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，造成HNO3浓度降低；

因此；本题正确答案是：温度升高，平衡逆向移动；

(3)①CO的降解率为x；设起始CO浓度为amol/L；

2CO(g)+O2(g)2CO2(g)

开始(mol/L)a0

变化(mol/L)axaxax

平衡(mol/L)a-ax0.01ax

K===

因此，本题正确答案是：

②据催化剂能加快化学反应速率；但不影响平衡移动，故图为。

因此，本题正确答案是：

(4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；

因此，本题正确答案是：Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+。【解析】10-5-10-9NO+NO2+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+-615kJ/mol温度升高，平衡逆向移动

(图像画法说明：阴影部分a点之前在型上方，a点之后重合)Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+17、略

【分析】(1)

将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②+①×2得到反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则∆H=∆H2—2∆H1=(—295.9kJ·mol-1)—(—297.2kJ·mol-1)×2=—890.3kJ·mol-1，由反应热∆H=—(E1—E2)可得E2=E1—890.3，故答案为：E1—890.3；

(2)

该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫平衡时的含量减小，则由图可知b为恒温线、a为恒压线，由恒压线变化可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大；

(3)

A．二氧化碳和气态硫都是生成物，反应中的比值始终不变，则不变；不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A符合题意；

B．由化学方程式的计量数可知，v(CO2)正=v(SO2)逆说明正逆反应速率相等；反应已达到平衡，故B不符合题意；

C．该反应为气体体积增大的反应；反应中混合气体的压强增大，则混合气体的总压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意；

D．由化学方程式可知；该反应为气体质量增大的反应，恒温恒容条件下，混合气体的密度增大，则混合气体的密度不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D不符合题意；

故选A；

(4)

设5min时；反应生成amol二氧化碳，由题意可建立如下三段式：

由5min时容器中二氧化碳的体积分数为20%可得：×100%=20%，解得a=0.25，由p1:p2=n1:n2，p2=1.25p0，则反应消耗二氧化硫的分压为×1.25p0=0.25p0，则0~5min内，v(SO2)=kPa·min-1=kPa·min-1；设10min时，反应生成bmol二氧化碳；由题意可建立如下三段式：

由p1:P2=n1:n2可得：p0:p=1.0:(1.0+b)，解得b=则800℃，在1.0L的恒容密闭容器中反应的平衡常数Kc=mol/L=mol/L，故答案为：

(5)

由图中电子的移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2—2e—+2H2O=SO+2H+，左侧电极为正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为H2O2+2e—+2H+=2H2O，电路中通过1mol电子时，正极区消耗氢离子，则溶液中的氢离子浓度减小，负极区生成硫酸根离子的物质的量为1mol×=0.5mol，溶液中硫酸的物质的量为1mol/L×0.2L+0.5mol=0.7mol，故答案为：0.7mol。【解析】(1)E1—890.3

(2)吸热a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大。

(3)A

(4)

(5)a减小0.7mol18、略

【分析】【详解】

(1)根据盖斯定律可得途径Ⅱ与途径I相比；优势在于途径Ⅱ的两个反应均为放热反应，相对容易进行；

故答案为：途径Ⅱ的两个反应均为放热反应；相对容易进行；

(2)活化能是反应物平均能量与过渡态能量的差值，基元反应的活化能越大，反应速率越慢，由图像可知，对总反应速率影响较大的步骤的活化能为该步骤的化学方程式是

(3)①设的平衡转化率为充入为根据题中所给数据，列三段式：

反应达到平衡状态时体系中的体积分数为0.6，则解得

②由①中数据可知，平衡时的体积分数分别为0.1，0.3、0.6，则此温度下反应的压强平衡常数

(4)结合题意，可得反应的化学方程式为或处理标准状况下含有(体积分数)的尾气，需要浓氨水的体积【解析】途径Ⅱ的两个反应均为放热反应，相对容易进行352(或125五、计算题(共2题，共6分)19、略

【分析】【分析】

(1)先根据n=计算16gS的物质的量；然后结合燃烧热的概念书写表示物质燃烧热的热化学方程式；

(2)将已知的热化学方程式叠加；可得待求反应的热化学方程式；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算NO分子中化学键的键能；

(4)根据盖斯定律；将已知热化学方程式叠加，可得单斜硫与正交硫转化的热化学方程式然后进行判断；依据物质含有的能量越低，物质的稳定性越强分析判断；

(5)根据盖斯定律分析比较；

(6)根据断裂化学键吸收能量；形成化学键释放能量分析比较。

【详解】

(1)16gS的物质的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃烧产生SO2气体放出热量149kJ，则1molS完全燃烧产生SO2气体放出热量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃烧热的热化学方程式为S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差；假设NO中键能为x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根据盖斯定律，将①-②，整理可得S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根据该热化学方程式可知：单斜硫转化为正交硫放出热量；说明正交硫能量比单斜硫的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，故单斜硫不如正交硫的稳定性强；

(5)反应热只与反应的温度、物质的状态有关，而与反应条件无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1=ΔH2；

(6)由于键能是形成1mol化学键所释放的能量或断裂1mol化学键所吸收的能量；说明含有化学键的分子所具有的能量比形成该化学键的原子的能量低，因此在相同条件下，2mol氢原子所具有的能量比1mol氢分子所具有的能量高。

【点睛】

本题考查了盖斯定律的应用、表示燃烧热是热化学方程式的书写、反应热与键能和物质稳定性的关系。化学反应过程的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径、反应条件无关。在书写燃烧热的热化学方程式时，要注意可燃物的物质的量必须是1mol，且反应产物是稳定的化合物，如H2O的稳定状态是液态，CO2的稳定状态是气态；物质含有的能量越低稳定性就越强，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更稳定。【解析】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不稳定=>20、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六、工业流程题(共3题，共21分)21、略

【分析】【分析】

软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀；过滤；洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。

【详解】

(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；

(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液；所以可以导入到蒸发操作中循环使用；

(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L；pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；

(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。【解析】①.增大接触面积，充分反应，提高反应速率：②.③.过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2④.蒸发⑤.H2O2⑥.4.9⑦.22、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