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2022-2023学年北京市清华大学附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年北京市清华大学附属中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
北京市清华大学附属中学2022-2023学年高二上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于化学电源的说法正确的是( )
A．干电池放电之后还能再充电
B．充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能
C．充电电池可以无限制地反复放电、充电
D．氢氧燃料电池是一种环境友好型电池
【答案】D
【详解】A．干电池是一次性电池，放电之后不能再充电，A错误；
B．充电电池在放电时化学能转化为电能，充电时都将电能转化为化学能，B错误；
C．充电电池也有一定的使用寿命，不可能无限地反复放电、充电，C错误；
D．氢氧燃料电池的生成物是水，是一种环境友好电池，D正确；
答案选D。
2．下列过程的能量变化与如图所示相符的是
A．铝热反应 B．生石灰与水的反应
C．金属钠与水的反应 D．稀盐酸与碳酸氢钠溶液的反应
【答案】D
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，以此来解答。
【详解】A．铝热反应为放热反应，故A不选；
B．生石灰与水反应为放热反应，故B不选；
C．金属钠与水的反应为放热反应，故C不选；
D．稀盐酸与碳酸氢钠溶液的反应为吸热反应，故D选；
故选：D。
3．某原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，下列能实现该反应的原电池是
选项
A
B
C
D
电极材料
Cu、Zn
Cu、C
Fe、Zn
Cu、Ag
电解液
FeCl3
Fe(NO3)2
CuSO4
Fe2(SO4)3
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。
【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；
B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；
C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；
D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；
答案选D。
4．在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡 ，要使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是
A．降温、减压 B．降温、加压 C．升温、加压 D．升温、减压
【答案】C
【详解】要使混合气体的紫色加深，应该使c(I2)增大，可以通过加压来缩小容器的容积，实现物质浓度增大；也可以利用平衡逆向移动的方法实现，由于该反应的正反应方向是反应前后气体体积不变的放热反应，通过升高温度，使化学平衡向吸热的逆反应方向移动实现，故使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是升温、加压，故合理选项是C。
5．1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。
A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．②③④
【答案】B
【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。
①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；
②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；
③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；
④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。
⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；
即②④⑤正确；
答案选B。
【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。
6．一定条件下，密闭容器内SO2氧化成SO3的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-akJ•mol-1，该温度下反应的平衡常数为K。反应达到平衡后，保持温度不变，再通入一定量O2，下列说法正确的是(不考虑物质状态变化)
A．a增大，K不变 B．a不变，K增大
C．a增大，K增大 D．a不变，K不变
【答案】D
【详解】
由热化学反应方程式 可知只与物质的起始状态有关，与反应过程和物质的多少无关；平衡常数K只与温度有关，温度保持不变则平衡常数K不变，D正确。
答案选D。
7．在一密闭容器中，CO和H2O混合加热到800℃达到下列平衡：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）＋H2(g)，K＝1.0，若反应开始时CO和H2O的浓度分别为0.20mol/L和1.00mol/L，则CO转化为CO2的转化率为（ ）
A．80% B．83% C．75% D．91%
【答案】B
【详解】设CO转化为CO2的物质的量浓度为xmol/L，根据三段式
则 =1，解得x=，CO转化为CO2的转化率为×100%=83%，答案选B。
8．下列反应在任何温度下都无法自发进行的是
A．2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g) ΔH= -197.78 kJ/mol
B．C(s) + CO2(g) = 2CO(g) ΔH= +172.47 kJ/mol
C．AgCl(s) + Br-(aq) = AgBr(s) + Cl-(aq) ΔH= -18.9 kJ/mol
D．3O2(g) ⇌ 2O3(g) ΔH= +285.4 kJ/mol
【答案】D
【解析】反应自发进行的判断依据是：△H-T△S＜0，据此分析解答。
【详解】A.反应是放热反应△H＜0，△S＜0，低温下能自发进行，故A不选；
B.反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下能自发进行，故B不选；
C.反应是放热反应△H＜0，且溴化银的溶解度小于氯化银，任何温度下都能自发进行，故C不选；
D.反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下不能自发进行，故D选；
答案选D。
9．属于离子化合物，且水溶液呈酸性的是
A．NH4Cl B．NaCl C．CH3COONa D．H2SO4
【答案】A
【详解】A．NH4Cl含有离子键和共价键，属于离子化合物，铵根离子水解，溶液显酸性，故A符合题意；
B．NaCl含有离子键，属于离子化合物，不水解，显中性，故B不符合题意；
C．CH3COONa含有离子键和共价键，属于离子化合物，醋酸根水解，溶液显碱性，故C不符合题意；
D．H2SO4只含有共价键，属于共价化合物，且溶液显酸性，故D不符合题意；
故选A。
10．在48mL0.1mol/LHNO3溶液中加入12mL0.4mol/LKOH溶液时，所得到的溶液呈
A．弱酸性 B．强酸性 C．碱性 D．中性
【答案】D
【详解】48mL0.1mol/LHNO3溶液中HNO3物质的量为0.1mol/L×0.048L=0.0048mol，12mL0.4mol/LKOH溶液中KOH物质的量为0.4mol/L×0.012L=0.0048mol，根据化学方程式HNO3+KOH=H2O+KNO3，两者恰好完全反应得到KNO3溶液，硝酸钾是强酸强碱盐，故所得到的溶液呈中性，答案选D。
11．下列说法正确的是
A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++
B．在水溶液中的水解方程式：+H2OH3O++
C．盐酸溶液的导电性一定比醋酸溶液的导电性强
D．BaSO4难溶于水但属于强电解质
【答案】D
【详解】A．NaHCO3在水溶液中完全电离成Na+和，再微弱电离成H+和，电离方程式：NaHCO3=Na++，H++，故A错误；
B．在水溶液中结合水电离产生的H+生成H2CO3，促进水电离出更多的OH-，水解方程式为：+H2OH2CO3+OH-，而+H2OH3O++是的电离方程式，故B错误；
C．溶液的导电性和溶液中自由移动离子浓度有关，盐酸和醋酸浓度未知，盐酸中的离子浓度不一定比醋酸溶液中的离子浓度大，所以盐酸的导电性不一定比醋酸溶液的导电性强，故C错误；
D．BaSO4难溶于水但溶于水的部分能完全电离，所以BaSO4属于强电解质，故D正确；
故选D。
12．下列物质加入水中，能使水的电离程度增大，溶液的pH减小的是
A．HCl B． C． D．
【答案】B
【详解】A、将氯化氢通入水中，溶液的氢离子浓度增大，因而会抑制水的电离，水的电离程度减小，A错误；
B、铝离子与水电离产生的氢氧根离子结合为氢氧化铝，使水电离产生的氢氧根离子浓度减小，所以会促进水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，B正确；
C、硫离子与水电离产生的氢离子结合为HS-，使水电离产生的氢离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，但氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C错误；
D、一水合氨是弱碱，加入水中，溶液的氢氧根离子浓度增大，会抑制水的电离，D错误；
故选B。
13．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【详解】水的电离为吸热过程，升温促进其电离，c(H+)、c(OH-)均增大，故pH变小，依据Kw= c(H+)·c(OH-)，知Kw也变大；由水电离出的H+与OH- 始终是相等的，即c(H+)=c(OH-)，故纯水始终显中性。故答案选D。
14．常温下25 mL0.10 mol·L-1的碳酸钠溶液和25 mL0.10 mol·L-1的碳酸氢钠溶液中逐滴滴加0.10 mol·L-1的稀盐酸，用(图1)测得压强盐酸体积的变化曲线图(图2)所示，下列说法正确的是
A．Y曲线是NaHCO3溶液的滴定曲线
B．b点溶液的碱性大于c点
C．a点溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
D．b，d两点水的电离程度相等
【答案】C
【分析】由图示可知：X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗得盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应，以此分析解答。
【详解】A．结合分析可知，X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；
B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比为1：1的滴定点，b点主要成分是NaCl，因溶有CO2而显酸性；c点主要成分是NaCl和NaHCO3，因含有强碱弱酸盐NaHCO3，水解使溶液显弱碱性，则溶液的pH：b＜c，即b点溶液的碱性小于c点，B错误；
C．由图示可知，a点约滴加盐酸15 mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25 mL，说明有15 mLNa2CO3溶液溶液转化为NaHCO3，还剩余10 mLNa2CO3溶液还没有反应，用于水解程度较小，则a点c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)，C正确；
D．b点NaHCO3恰好完全反应,溶质为NaCl，d点Na2CO3恰好与HCl完全反应，反应后溶质也是NaCl，由于b、d点压强不同，说明b、d点溶液中均有溶解的二氧化碳，碳酸电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，题中缺少碳酸浓度，无法比较b、d两点水的电离程度大小，D错误；
故合理选项是C。
15．常温下，已知KSP(ZnS)=1.6×10-24，KSP(CuS)=1.3×10-36。CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+ )浓度与阴离子( S2- )浓度的负对数关系如图所示，下列说法不正确的是
A．曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS
B．p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液
C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)减小
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化
【答案】C
【详解】A．KSP(ZnS)>KSP(CuS)，所以曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，故A正确；
B．p点Q< KSP，p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故B正确；
C．KSP只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)不变，故C错误；
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，n点只能在沿曲线A向左上方移动，故D正确；
选C。
16．现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是
A．向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①
B．等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小
C．①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性
D．等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①
【答案】B
【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。
【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；
B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；
C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等休积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；
D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；
答案选B。
17．已知0.1mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H＋)=c(HA－)+c(OH－)+2c(A2－)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2－)>c(H+)> c(OH－)
【答案】C
【详解】A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2-离子水解，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；
B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，阴离子总数不相等，故B错误；
C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C正确；
D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；
故选C。
【点晴】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，明确溶液中离子的特征性质和水解、电离是解题关键。本题中明确0.1mol•L-1的二元酸H2A溶液的pH=4，溶液为弱酸是解题的基础。
18．在一定压强下，向10L密闭容器中充入和，发生反应 。S2Cl2与的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．A、B、C、D点中，达到平衡状态的为A点
B．达到平衡后继续加热，平衡向逆反应方向移动
C．∆H<0
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后再按原比例投入S2Cl2与Cl2，重新达到平衡后，Cl2转化率不变
【答案】A
【详解】A．根据反应可知， 时，反应达到平衡状态，由图象可知，B、D点时，反应达到平衡状态，A错误；
B．达平衡后继续加热，，即，v(正)
D．再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压，反应物转化率不变，D正确。
故答案选择A。
19．某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，进行如下实验：
①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；
②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化。
下列说法不正确的是
A．混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3
B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3
C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质
D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含FeCl3
【答案】D
【分析】由固体混合物X与水作用有气泡冒出可知，X中一定含有Na2CO3，由得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，沉淀Y与NaOH溶液作用无变化可知，X中一定不含有Al2(SO4)3，至少还有FeCl3和CuSO4中的一种或两种，Na2CO3在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和碳酸氢钠，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3，A正确；
B．由分析可知，Na2CO3在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和碳酸氢钠，则溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3，B正确；
C．沉淀Y可能为氢氧化铜，则灼烧氢氧化铜可以得到黑色氧化铜固体，C正确；
D．由分析可知，溶液Z中存在碳酸氢钠溶液，说明铁离子和铜离子与碳酸钠溶液完全反应，往溶液Z中加入Cu粉，铜粉一定不溶解，则依据铜粉不溶解无法判断X中是否含有氯化铁，D错误；
故答案为：D。
20．世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是
A．由b极移向a极
B．正极的电极反应式为
C．若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有0.14 mol电子转移
D．铁表面发生的反应为
【答案】D
【分析】由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，O2-由正极移向负极，即a极移向b极，故A错误；
B．a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误；
C．标准状况下，22.4L空气的物质的量为1mol，则参与反应的氧气为0.2mol，则电路中转移0.8mol电子，故C错误；
D．由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正确；
故选D。
21．已知A转化为D和E分步进行：①A(g)⇌C(g)+2D(g)，②C(g)⇌D(g)+3E(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．升高温度，Ea1、Ea3均减小，反应速率加快
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
【答案】A
【详解】A．升高温度化学反应速率增快，但活化能大小不变，故A错误；
B．由题中图示可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，故B正确；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响；故C正确；
D．由题中图示可知，第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D正确；
答案为A。
22．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）
A．水的电离程度始终增大
B．先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【详解】A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误；
C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；
D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；
故答案为D。
【点睛】判断离子浓度比值变化可将其转化成与电离平衡常数或水解平衡常数相关的形式，再进行分析。
23．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A．25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1 mol⋅L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)
C．Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)
D．室温下，向0.01 mol⋅L的NH4HSO4溶液中滴加同浓度等体积NaOH溶液：c(Na+)=c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)
【答案】D
【详解】A．pH=4.75、浓度均为0.1 mol/LCH3COOH、CH3COONa混合溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，A正确；
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液显碱性，会发生电离、水解而消耗，则c(Na+)＞c()。溶液显碱性，说明水解程度大于其电离程度，溶液中OH-除水解产生外，还存在H2O电离产生，盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于其电离或水解产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，B正确；
C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)；物料守恒：c(Na+) =2[c()+2c()+c(H2CO3) ]，二者联式可得c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)，C错误；
D．室温下NH4HSO4、NaOH两种溶液等浓度、等体积混合，二者的物质的量相等，恰好反应，溶液中的溶质是Na2SO4、(NH4)2SO4。发生水解反应而消耗，故溶液中c()=c(Na+)＞c()，离子浓度c()。溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，故c()＞c(H+)＞c(OH-)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故合理选项是D。
24．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种，据此分析解题。
【详解】A．无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH＞7，故无色溶液pH≥7，A正确；
B．白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B正确；
C．固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C错误；
D．检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D正确；
答案选C。
25．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测定0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
实验2：向0.1 mol/L NaHSO3，溶液中滴加稀盐酸至pH=3
实验3：向0.1 mol/L NaHSO3溶液滴加NaOH溶液至pH=7
实验4：向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A．由实验1可以得出：
B．实验2中，滴加稀盐酸时反应的离子方程式为：
C．实验3所得pH=7的溶液中存在：
D．实验4反应后静置所得上层清液中一定有：
【答案】A
【详解】A．由0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5，可知H2SO3的电离平衡常数Ka2=，在溶液中也存在水解平衡：+H2OH2SO3+OH-，该溶液pH=5，则c(H+)=10-5 mol/L，由于水的离子积Kw=10-14，则c(OH-)=10-9 mol/L，根据水解方程式平衡可知c(H2SO3)=c(OH-)=10-9 mol/L，所以Ka1·Ka2==，而室温下Kw=10-14，所以，A正确；
B．实验2中，滴加稀盐酸时，电离平衡H++逆向移动，且电离程度十分微弱，因此溶液中主要存在微粒是，故滴加盐酸发生反应的离子方程式为+H+=SO2↑+H2O，B错误；
C．若加入NaOH的物质的量与NaHSO3相等，二者恰好反应产生Na2SO3，则根据物料守恒可得关系式c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但Na2SO3的溶液显碱性，而实验2的溶液pH=3显酸性，说明加入NaOH的物质的量小于NaHSO3，该溶液为NaHSO3与Na2SO3的混合溶液，因此该点溶液中c(Na+)＜2[c()+c()+c(H2SO3)]，C错误；
D．向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，这是由于HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，会将氧化为，与Ba2+反应产生BaSO4白色沉淀，因此实验4反应后静置所得上层清液中不存在，D错误；
故合理选项是A。
二、填空题
26．请回答下列问题：
(1)室温下0.01 mol⋅L HCl溶液：
①由水电离出的___________；
②___________；
③加水稀释至100倍，___________。
(2)常温下0.01 mol⋅L NaOH溶液：
①___________；
②加水稀释至100倍，___________。
(3)盐是一类常见的电解质，实验表明盐溶液不一定呈中性。
①、、的水溶液分别呈___________性、___________性、___________性。
②盐中阴、阳离子的水解使溶液呈现的酸碱性不同，它们水解的离子方程式也不相同，和水解的离子方程式分别为___________、___________。
③氯化铝溶液呈___________性，原因是___________(用离子方程式表示)。
【答案】(1) 2 4
(2) 12 10
(3) 碱 酸 中 酸
【详解】（1）①由水电离出的；
②；
③加水稀释至102倍，；
（2）①；
②加水稀释至102倍，；
（3）①为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性；为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性；为强酸强碱盐，其水溶液显中性；
②和水解的离子方程式分别为、；
③氯化铝溶液呈酸性，原因是铝离子水解，其离子方程式为。
27．已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
，
(1)体积相同、相同的三种酸溶液a．；b．HCN；c．分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是___________。(填字母)
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②溶液、③溶液，pH由大到小的顺序为___________(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01 mol/L的①NaCN、②、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。
(4)将浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中，下列关系正确的是___________。
a．
b．
c． mol/L
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为___________。
(6)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________(填字母)。
a． b． c． d．
(7)用蒸馏水稀释0.10 mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________(填字母)。
a． b． c．
【答案】(1)HCN>CH3COOH>H2SO4
(2)②>①>③
(3)③>②>①
(4)ac
(5)CN-+H2S=HS-+HCN
(6)a>b>d>c
(7)b
【详解】（1）硫酸是强酸，根据表格数据，可知酸性：CH3COOH>HCN，体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱，中和时消耗的氢氧化钠物质的量越多，分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是HCN>CH3COOH>H2SO4；
（2）25℃时，Ka(CH3COOH) > Ka(HCN)> Ka2(H2S)，电离常数越大，阴离子水解程度越小，等浓度的三种溶液NaCN溶液、Na2S溶液、CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为Na2S>NaCN>CH3COONa，即②>①>③；
（3）根据电荷守恒，上述三种溶液中阴离子总浓度均等于c(Na+)+c(H+)，Na+浓度均相同，总浓度取决于H+浓度，因阴离子水解程度越大，溶液中H+浓度越小，pH越大，则溶液中阴离子总浓度越小，25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl溶液中，pH由大到小的顺序为NaCN>CH3COONa>NaCl，则阴离子总浓度由大到小的顺序为NaCl >CH3COONa>NaCN，即③>②>①；
（4）将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，
A．混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，说明CN-水解大于HCN电离，溶液呈碱性，c(H+)
C．根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故c正确；
故选ac。
（5）根据“强酸制弱酸”，25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S生成NaHS和HCN，反应的离子方程式为CN-+H2S=HS-+HCN；
（6）由表格数据可知，Ka(CH3COOH) > Ka1(H2S) > Ka(HCN)> Ka2(H2S)，则酸性：CH3COOH> H2S>HCN>HS-，酸性越强，其对应弱酸根离子结合质子能力越弱，则四种离子结合质子能力由大到小的顺序是a>b>d>c；
（7）a．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，a不符合题意；
b．，蒸馏水稀释过程中减小，增大，b符合题意；
c．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，c不符合题意；
故选b。
28．按要求填写下列问题：
（1）某些共价化合物（如、、等）在液态时会发生微弱的电离，如，则液态的电离方程式为________。
（2）已知水溶液中和的关系如图所示，试回答下列问题：
图中五点对应的的关系是________。
若从A点到D点，可采用的措施是________（填序号）。
a.升温 b.加入少量的盐酸 c.加入少量的
（3）时，的溶液中。
请回答下列问题：
①是________（填“强电解质”或“弱电解质”）。
②在加水稀释溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是________（填序号）。
A． B．溶液的 C．与的乘积 D．
（4）现有浓度均为的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是________（用序号表示）。
【答案】 bc 弱电解质 BD ②③①
【详解】（1）依据，可知液态可电离出和，电离方程式为，故答案为：；
（2）只与温度有关，温度升高，以及水电离出的和均增大，E、A、D三点对应的温度为，B点对应的温度为，所以五点对应的；从A点到D点，在温度不变的情况下，增大，减小，加入少量的盐酸，抑制水的电离，最终溶液中，b符合题意；加入少量的，促进水的电离，最终溶液中，c符合题意。故答案为：；bc；
（3）①时，的溶液中，因，则溶液中，说明在水溶液里部分电离，则为弱电解质，故答案为：弱电解质；
②A．是弱电解质，加水稀释促进电离，但电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以、、都减小，A错误；
B．减小，，则溶液的增大，B正确；
C．温度不变，水的离子积不变，则与的乘积不变，C错误；
D．温度不变，则水的离子积不变，加水稀释，减小，则增大，D正确；故答案为：BD
（4）酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大。硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，因此同浓度的这三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是②③①，故答案为：②③①。
三、工业流程题
29．印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，以废液为原料制备，实现资源回收再利用，流程如图所示。
(1)粗溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有___________。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有___________。
(2)溶液的精制
ⅰ．经检验，粗溶液含有
ⅱ．向粗溶液滴加3%的溶液，当溶液中完全氧化后，加粉末调节溶液的。
ⅲ．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。
①用离子方程式说明加入溶液的作用___________。
②已知25℃时，，。调节溶液，此时___________mol⋅L，已沉淀完全。
③时判断尚未开始沉淀，根据是此时溶液中___________mol⋅L，与饱和溶液中的物质的量浓度相比___________(填“大”“小”或“相等”)(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为1.41 mol⋅L)
(3)制备晶体
向精制的溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到晶体。运用化学平衡原理简述硫酸的作用___________。
【答案】(1) 将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度 Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
(2) 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 2.8×10-9 2.2 大
(3)抑制铜离子水解
【分析】印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，过滤得到粗铜，在氧气中氧化生成粗氧化铜，加入过量的硫酸，得到粗硫酸铜溶液，制备，实现资源回收再利用。
【详解】（1）①上述流程中能加快反应速率的措施有：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度，故答案为：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度；
②印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；
（2）①向粗溶液滴加3%的溶液，将溶液中完全氧化，便于生成氢氧化铁沉淀，从而与铜离子分离。用离子方程式说明加入溶液的作用：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
②调节溶液，此时=2.8×10-9，小于1.0×10-5，已沉淀完全。故答案为：2.8×10-9；
③时，c(Cu2+)= =2.2>，尚未开始沉淀，故答案为：大；
（3）向精制的溶液中加一定量硫酸，抑制铜离子水解，加热蒸发，再冷却至品体析出，过滤得到晶体。故答案为：抑制铜离子水解。
北京市清华大学附属中学2022-2023学年高二上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于化学电源的说法正确的是( )
A．干电池放电之后还能再充电
B．充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能
C．充电电池可以无限制地反复放电、充电
D．氢氧燃料电池是一种环境友好型电池
【答案】D
【详解】A．干电池是一次性电池，放电之后不能再充电，A错误；
B．充电电池在放电时化学能转化为电能，充电时都将电能转化为化学能，B错误；
C．充电电池也有一定的使用寿命，不可能无限地反复放电、充电，C错误；
D．氢氧燃料电池的生成物是水，是一种环境友好电池，D正确；
答案选D。
2．下列过程的能量变化与如图所示相符的是
A．铝热反应 B．生石灰与水的反应
C．金属钠与水的反应 D．稀盐酸与碳酸氢钠溶液的反应
【答案】D
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，以此来解答。
【详解】A．铝热反应为放热反应，故A不选；
B．生石灰与水反应为放热反应，故B不选；
C．金属钠与水的反应为放热反应，故C不选；
D．稀盐酸与碳酸氢钠溶液的反应为吸热反应，故D选；
故选：D。
3．某原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，下列能实现该反应的原电池是
选项
A
B
C
D
电极材料
Cu、Zn
Cu、C
Fe、Zn
Cu、Ag
电解液
FeCl3
Fe(NO3)2
CuSO4
Fe2(SO4)3
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。
【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；
B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；
C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；
D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；
答案选D。
4．在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡 ，要使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是
A．降温、减压 B．降温、加压 C．升温、加压 D．升温、减压
【答案】C
【详解】要使混合气体的紫色加深，应该使c(I2)增大，可以通过加压来缩小容器的容积，实现物质浓度增大；也可以利用平衡逆向移动的方法实现，由于该反应的正反应方向是反应前后气体体积不变的放热反应，通过升高温度，使化学平衡向吸热的逆反应方向移动实现，故使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是升温、加压，故合理选项是C。
5．1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是（ ）。
A．①②③ B．②④⑤ C．①③⑤ D．②③④
【答案】B
【详解】合成氨气的反应是体积减小的、放热的可逆反应。
①净化干燥的目的是减少副反应的发生，提高产物的纯度，不能提高转化率，故①不符合；
②增大压强平衡向正反应方向移动，可提高原料的转化率，故②符合题意；
③催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，故③不符合；
④把生成物氨气及时分离出来，可以促使平衡向正反应方向移动，提高反应物转化率，故④符合题意。
⑤通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用率，故⑤符合题意；
即②④⑤正确；
答案选B。
【点睛】考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响。
6．一定条件下，密闭容器内SO2氧化成SO3的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=-akJ•mol-1，该温度下反应的平衡常数为K。反应达到平衡后，保持温度不变，再通入一定量O2，下列说法正确的是(不考虑物质状态变化)
A．a增大，K不变 B．a不变，K增大
C．a增大，K增大 D．a不变，K不变
【答案】D
【详解】
由热化学反应方程式 可知只与物质的起始状态有关，与反应过程和物质的多少无关；平衡常数K只与温度有关，温度保持不变则平衡常数K不变，D正确。
答案选D。
7．在一密闭容器中，CO和H2O混合加热到800℃达到下列平衡：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）＋H2(g)，K＝1.0，若反应开始时CO和H2O的浓度分别为0.20mol/L和1.00mol/L，则CO转化为CO2的转化率为（ ）
A．80% B．83% C．75% D．91%
【答案】B
【详解】设CO转化为CO2的物质的量浓度为xmol/L，根据三段式
则 =1，解得x=，CO转化为CO2的转化率为×100%=83%，答案选B。
8．下列反应在任何温度下都无法自发进行的是
A．2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g) ΔH= -197.78 kJ/mol
B．C(s) + CO2(g) = 2CO(g) ΔH= +172.47 kJ/mol
C．AgCl(s) + Br-(aq) = AgBr(s) + Cl-(aq) ΔH= -18.9 kJ/mol
D．3O2(g) ⇌ 2O3(g) ΔH= +285.4 kJ/mol
【答案】D
【解析】反应自发进行的判断依据是：△H-T△S＜0，据此分析解答。
【详解】A.反应是放热反应△H＜0，△S＜0，低温下能自发进行，故A不选；
B.反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下能自发进行，故B不选；
C.反应是放热反应△H＜0，且溴化银的溶解度小于氯化银，任何温度下都能自发进行，故C不选；
D.反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下不能自发进行，故D选；
答案选D。
9．属于离子化合物，且水溶液呈酸性的是
A．NH4Cl B．NaCl C．CH3COONa D．H2SO4
【答案】A
【详解】A．NH4Cl含有离子键和共价键，属于离子化合物，铵根离子水解，溶液显酸性，故A符合题意；
B．NaCl含有离子键，属于离子化合物，不水解，显中性，故B不符合题意；
C．CH3COONa含有离子键和共价键，属于离子化合物，醋酸根水解，溶液显碱性，故C不符合题意；
D．H2SO4只含有共价键，属于共价化合物，且溶液显酸性，故D不符合题意；
故选A。
10．在48mL0.1mol/LHNO3溶液中加入12mL0.4mol/LKOH溶液时，所得到的溶液呈
A．弱酸性 B．强酸性 C．碱性 D．中性
【答案】D
【详解】48mL0.1mol/LHNO3溶液中HNO3物质的量为0.1mol/L×0.048L=0.0048mol，12mL0.4mol/LKOH溶液中KOH物质的量为0.4mol/L×0.012L=0.0048mol，根据化学方程式HNO3+KOH=H2O+KNO3，两者恰好完全反应得到KNO3溶液，硝酸钾是强酸强碱盐，故所得到的溶液呈中性，答案选D。
11．下列说法正确的是
A．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++
B．在水溶液中的水解方程式：+H2OH3O++
C．盐酸溶液的导电性一定比醋酸溶液的导电性强
D．BaSO4难溶于水但属于强电解质
【答案】D
【详解】A．NaHCO3在水溶液中完全电离成Na+和，再微弱电离成H+和，电离方程式：NaHCO3=Na++，H++，故A错误；
B．在水溶液中结合水电离产生的H+生成H2CO3，促进水电离出更多的OH-，水解方程式为：+H2OH2CO3+OH-，而+H2OH3O++是的电离方程式，故B错误；
C．溶液的导电性和溶液中自由移动离子浓度有关，盐酸和醋酸浓度未知，盐酸中的离子浓度不一定比醋酸溶液中的离子浓度大，所以盐酸的导电性不一定比醋酸溶液的导电性强，故C错误；
D．BaSO4难溶于水但溶于水的部分能完全电离，所以BaSO4属于强电解质，故D正确；
故选D。
12．下列物质加入水中，能使水的电离程度增大，溶液的pH减小的是
A．HCl B． C． D．
【答案】B
【详解】A、将氯化氢通入水中，溶液的氢离子浓度增大，因而会抑制水的电离，水的电离程度减小，A错误；
B、铝离子与水电离产生的氢氧根离子结合为氢氧化铝，使水电离产生的氢氧根离子浓度减小，所以会促进水的电离平衡正向移动，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，B正确；
C、硫离子与水电离产生的氢离子结合为HS-，使水电离产生的氢离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，但氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C错误；
D、一水合氨是弱碱，加入水中，溶液的氢氧根离子浓度增大，会抑制水的电离，D错误；
故选B。
13．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【详解】水的电离为吸热过程，升温促进其电离，c(H+)、c(OH-)均增大，故pH变小，依据Kw= c(H+)·c(OH-)，知Kw也变大；由水电离出的H+与OH- 始终是相等的，即c(H+)=c(OH-)，故纯水始终显中性。故答案选D。
14．常温下25 mL0.10 mol·L-1的碳酸钠溶液和25 mL0.10 mol·L-1的碳酸氢钠溶液中逐滴滴加0.10 mol·L-1的稀盐酸，用(图1)测得压强盐酸体积的变化曲线图(图2)所示，下列说法正确的是
A．Y曲线是NaHCO3溶液的滴定曲线
B．b点溶液的碱性大于c点
C．a点溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)
D．b，d两点水的电离程度相等
【答案】C
【分析】由图示可知：X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才开始有CO2生成，并且消耗得盐酸物质的量之比约为1：2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线；a点部分碳酸钠参与反应，b点碳酸氢钠完全反应，c点碳酸钠恰好转化为碳酸氢钠，d点碳酸钠恰好完全反应，以此分析解答。
【详解】A．结合分析可知，X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；
B．b点与c点分别为碳酸氢钠、碳酸钠与盐酸以物质的量之比为1：1的滴定点，b点主要成分是NaCl，因溶有CO2而显酸性；c点主要成分是NaCl和NaHCO3，因含有强碱弱酸盐NaHCO3，水解使溶液显弱碱性，则溶液的pH：b＜c，即b点溶液的碱性小于c点，B错误；
C．由图示可知，a点约滴加盐酸15 mL，而起始Na2CO3溶液的体积为25 mL，说明有15 mLNa2CO3溶液溶液转化为NaHCO3，还剩余10 mLNa2CO3溶液还没有反应，用于水解程度较小，则a点c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)，C正确；
D．b点NaHCO3恰好完全反应,溶质为NaCl，d点Na2CO3恰好与HCl完全反应，反应后溶质也是NaCl，由于b、d点压强不同，说明b、d点溶液中均有溶解的二氧化碳，碳酸电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，题中缺少碳酸浓度，无法比较b、d两点水的电离程度大小，D错误；
故合理选项是C。
15．常温下，已知KSP(ZnS)=1.6×10-24，KSP(CuS)=1.3×10-36。CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+ )浓度与阴离子( S2- )浓度的负对数关系如图所示，下列说法不正确的是
A．曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS
B．p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液
C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)减小
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转化
【答案】C
【详解】A．KSP(ZnS)>KSP(CuS)，所以曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，故A正确；
B．p点Q< KSP，p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故B正确；
C．KSP只与温度有关，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，KSP(CuS)不变，故C错误；
D．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，n点只能在沿曲线A向左上方移动，故D正确；
选C。
16．现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是
A．向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①
B．等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小
C．①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性
D．等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①
【答案】B
【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。
【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；
B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；
C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等休积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；
D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；
答案选B。
17．已知0.1mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H＋)=c(HA－)+c(OH－)+2c(A2－)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2－)>c(H+)> c(OH－)
【答案】C
【详解】A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2-离子水解，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；
B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，阴离子总数不相等，故B错误；
C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C正确；
D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；
故选C。
【点晴】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，明确溶液中离子的特征性质和水解、电离是解题关键。本题中明确0.1mol•L-1的二元酸H2A溶液的pH=4，溶液为弱酸是解题的基础。
18．在一定压强下，向10L密闭容器中充入和，发生反应 。S2Cl2与的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，下列说法错误的是
A．A、B、C、D点中，达到平衡状态的为A点
B．达到平衡后继续加热，平衡向逆反应方向移动
C．∆H<0
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后再按原比例投入S2Cl2与Cl2，重新达到平衡后，Cl2转化率不变
【答案】A
【详解】A．根据反应可知， 时，反应达到平衡状态，由图象可知，B、D点时，反应达到平衡状态，A错误；
B．达平衡后继续加热，，即，v(正)
D．再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压，反应物转化率不变，D正确。
故答案选择A。
19．某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，进行如下实验：
①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；
②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化。
下列说法不正确的是
A．混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3
B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3
C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质
D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含FeCl3
【答案】D
【分析】由固体混合物X与水作用有气泡冒出可知，X中一定含有Na2CO3，由得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，沉淀Y与NaOH溶液作用无变化可知，X中一定不含有Al2(SO4)3，至少还有FeCl3和CuSO4中的一种或两种，Na2CO3在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和碳酸氢钠，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3，A正确；
B．由分析可知，Na2CO3在溶液中发生双水解反应生成二氧化碳和碳酸氢钠，则溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3，B正确；
C．沉淀Y可能为氢氧化铜，则灼烧氢氧化铜可以得到黑色氧化铜固体，C正确；
D．由分析可知，溶液Z中存在碳酸氢钠溶液，说明铁离子和铜离子与碳酸钠溶液完全反应，往溶液Z中加入Cu粉，铜粉一定不溶解，则依据铜粉不溶解无法判断X中是否含有氯化铁，D错误；
故答案为：D。
20．世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是
A．由b极移向a极
B．正极的电极反应式为
C．若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有0.14 mol电子转移
D．铁表面发生的反应为
【答案】D
【分析】由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，O2-由正极移向负极，即a极移向b极，故A错误；
B．a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误；
C．标准状况下，22.4L空气的物质的量为1mol，则参与反应的氧气为0.2mol，则电路中转移0.8mol电子，故C错误；
D．由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正确；
故选D。
21．已知A转化为D和E分步进行：①A(g)⇌C(g)+2D(g)，②C(g)⇌D(g)+3E(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．升高温度，Ea1、Ea3均减小，反应速率加快
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
【答案】A
【详解】A．升高温度化学反应速率增快，但活化能大小不变，故A错误；
B．由题中图示可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，故B正确；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响；故C正确；
D．由题中图示可知，第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D正确；
答案为A。
22．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）
A．水的电离程度始终增大
B．先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【详解】A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误；
C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；
D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；
故答案为D。
【点睛】判断离子浓度比值变化可将其转化成与电离平衡常数或水解平衡常数相关的形式，再进行分析。
23．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A．25℃时，pH=4.75、浓度均为0.1 mol⋅L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)
C．Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)
D．室温下，向0.01 mol⋅L的NH4HSO4溶液中滴加同浓度等体积NaOH溶液：c(Na+)=c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)
【答案】D
【详解】A．pH=4.75、浓度均为0.1 mol/LCH3COOH、CH3COONa混合溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，因为CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，A正确；
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液显碱性，会发生电离、水解而消耗，则c(Na+)＞c()。溶液显碱性，说明水解程度大于其电离程度，溶液中OH-除水解产生外，还存在H2O电离产生，盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于其电离或水解产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，B正确；
C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)；物料守恒：c(Na+) =2[c()+2c()+c(H2CO3) ]，二者联式可得c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)，C错误；
D．室温下NH4HSO4、NaOH两种溶液等浓度、等体积混合，二者的物质的量相等，恰好反应，溶液中的溶质是Na2SO4、(NH4)2SO4。发生水解反应而消耗，故溶液中c()=c(Na+)＞c()，离子浓度c()。溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，故c()＞c(H+)＞c(OH-)，因此该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故合理选项是D。
24．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种，据此分析解题。
【详解】A．无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH＞7，故无色溶液pH≥7，A正确；
B．白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B正确；
C．固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C错误；
D．检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D正确；
答案选C。
25．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测定0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
实验2：向0.1 mol/L NaHSO3，溶液中滴加稀盐酸至pH=3
实验3：向0.1 mol/L NaHSO3溶液滴加NaOH溶液至pH=7
实验4：向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A．由实验1可以得出：
B．实验2中，滴加稀盐酸时反应的离子方程式为：
C．实验3所得pH=7的溶液中存在：
D．实验4反应后静置所得上层清液中一定有：
【答案】A
【详解】A．由0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5，可知H2SO3的电离平衡常数Ka2=，在溶液中也存在水解平衡：+H2OH2SO3+OH-，该溶液pH=5，则c(H+)=10-5 mol/L，由于水的离子积Kw=10-14，则c(OH-)=10-9 mol/L，根据水解方程式平衡可知c(H2SO3)=c(OH-)=10-9 mol/L，所以Ka1·Ka2==，而室温下Kw=10-14，所以，A正确；
B．实验2中，滴加稀盐酸时，电离平衡H++逆向移动，且电离程度十分微弱，因此溶液中主要存在微粒是，故滴加盐酸发生反应的离子方程式为+H+=SO2↑+H2O，B错误；
C．若加入NaOH的物质的量与NaHSO3相等，二者恰好反应产生Na2SO3，则根据物料守恒可得关系式c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，但Na2SO3的溶液显碱性，而实验2的溶液pH=3显酸性，说明加入NaOH的物质的量小于NaHSO3，该溶液为NaHSO3与Na2SO3的混合溶液，因此该点溶液中c(Na+)＜2[c()+c()+c(H2SO3)]，C错误；
D．向0.1 mol/L NaHSO3溶液中滴加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，这是由于HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，会将氧化为，与Ba2+反应产生BaSO4白色沉淀，因此实验4反应后静置所得上层清液中不存在，D错误；
故合理选项是A。
二、填空题
26．请回答下列问题：
(1)室温下0.01 mol⋅L HCl溶液：
①由水电离出的___________；
②___________；
③加水稀释至100倍，___________。
(2)常温下0.01 mol⋅L NaOH溶液：
①___________；
②加水稀释至100倍，___________。
(3)盐是一类常见的电解质，实验表明盐溶液不一定呈中性。
①、、的水溶液分别呈___________性、___________性、___________性。
②盐中阴、阳离子的水解使溶液呈现的酸碱性不同，它们水解的离子方程式也不相同，和水解的离子方程式分别为___________、___________。
③氯化铝溶液呈___________性，原因是___________(用离子方程式表示)。
【答案】(1) 2 4
(2) 12 10
(3) 碱 酸 中 酸
【详解】（1）①由水电离出的；
②；
③加水稀释至102倍，；
（2）①；
②加水稀释至102倍，；
（3）①为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性；为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性；为强酸强碱盐，其水溶液显中性；
②和水解的离子方程式分别为、；
③氯化铝溶液呈酸性，原因是铝离子水解，其离子方程式为。
27．已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
，
(1)体积相同、相同的三种酸溶液a．；b．HCN；c．分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是___________。(填字母)
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN溶液、②溶液、③溶液，pH由大到小的顺序为___________(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01 mol/L的①NaCN、②、③NaCl溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。
(4)将浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中，下列关系正确的是___________。
a．
b．
c． mol/L
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为___________。
(6)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________(填字母)。
a． b． c． d．
(7)用蒸馏水稀释0.10 mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________(填字母)。
a． b． c．
【答案】(1)HCN>CH3COOH>H2SO4
(2)②>①>③
(3)③>②>①
(4)ac
(5)CN-+H2S=HS-+HCN
(6)a>b>d>c
(7)b
【详解】（1）硫酸是强酸，根据表格数据，可知酸性：CH3COOH>HCN，体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，酸性越弱，中和时消耗的氢氧化钠物质的量越多，分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是HCN>CH3COOH>H2SO4；
（2）25℃时，Ka(CH3COOH) > Ka(HCN)> Ka2(H2S)，电离常数越大，阴离子水解程度越小，等浓度的三种溶液NaCN溶液、Na2S溶液、CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为Na2S>NaCN>CH3COONa，即②>①>③；
（3）根据电荷守恒，上述三种溶液中阴离子总浓度均等于c(Na+)+c(H+)，Na+浓度均相同，总浓度取决于H+浓度，因阴离子水解程度越大，溶液中H+浓度越小，pH越大，则溶液中阴离子总浓度越小，25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl溶液中，pH由大到小的顺序为NaCN>CH3COONa>NaCl，则阴离子总浓度由大到小的顺序为NaCl >CH3COONa>NaCN，即③>②>①；
（4）将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，
A．混合溶液中含有等浓度的NaCN、HCN，c(Na+)>c(CN-)，说明CN-水解大于HCN电离，溶液呈碱性，c(H+)
C．根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故c正确；
故选ac。
（5）根据“强酸制弱酸”，25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S生成NaHS和HCN，反应的离子方程式为CN-+H2S=HS-+HCN；
（6）由表格数据可知，Ka(CH3COOH) > Ka1(H2S) > Ka(HCN)> Ka2(H2S)，则酸性：CH3COOH> H2S>HCN>HS-，酸性越强，其对应弱酸根离子结合质子能力越弱，则四种离子结合质子能力由大到小的顺序是a>b>d>c；
（7）a．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，a不符合题意；
b．，蒸馏水稀释过程中减小，增大，b符合题意；
c．，蒸馏水稀释过程中减小，减小，c不符合题意；
故选b。
28．按要求填写下列问题：
（1）某些共价化合物（如、、等）在液态时会发生微弱的电离，如，则液态的电离方程式为________。
（2）已知水溶液中和的关系如图所示，试回答下列问题：
图中五点对应的的关系是________。
若从A点到D点，可采用的措施是________（填序号）。
a.升温 b.加入少量的盐酸 c.加入少量的
（3）时，的溶液中。
请回答下列问题：
①是________（填“强电解质”或“弱电解质”）。
②在加水稀释溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是________（填序号）。
A． B．溶液的 C．与的乘积 D．
（4）现有浓度均为的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是________（用序号表示）。
【答案】 bc 弱电解质 BD ②③①
【详解】（1）依据，可知液态可电离出和，电离方程式为，故答案为：；
（2）只与温度有关，温度升高，以及水电离出的和均增大，E、A、D三点对应的温度为，B点对应的温度为，所以五点对应的；从A点到D点，在温度不变的情况下，增大，减小，加入少量的盐酸，抑制水的电离，最终溶液中，b符合题意；加入少量的，促进水的电离，最终溶液中，c符合题意。故答案为：；bc；
（3）①时，的溶液中，因，则溶液中，说明在水溶液里部分电离，则为弱电解质，故答案为：弱电解质；
②A．是弱电解质，加水稀释促进电离，但电离增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以、、都减小，A错误；
B．减小，，则溶液的增大，B正确；
C．温度不变，水的离子积不变，则与的乘积不变，C错误；
D．温度不变，则水的离子积不变，加水稀释，减小，则增大，D正确；故答案为：BD
（4）酸电离出的氢离子或碱电离出的氢氧根离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大。硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，因此同浓度的这三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是②③①，故答案为：②③①。
三、工业流程题
29．印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，以废液为原料制备，实现资源回收再利用，流程如图所示。
(1)粗溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有___________。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有___________。
(2)溶液的精制
ⅰ．经检验，粗溶液含有
ⅱ．向粗溶液滴加3%的溶液，当溶液中完全氧化后，加粉末调节溶液的。
ⅲ．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。
①用离子方程式说明加入溶液的作用___________。
②已知25℃时，，。调节溶液，此时___________mol⋅L，已沉淀完全。
③时判断尚未开始沉淀，根据是此时溶液中___________mol⋅L，与饱和溶液中的物质的量浓度相比___________(填“大”“小”或“相等”)(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为1.41 mol⋅L)
(3)制备晶体
向精制的溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到晶体。运用化学平衡原理简述硫酸的作用___________。
【答案】(1) 将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度 Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
(2) 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 2.8×10-9 2.2 大
(3)抑制铜离子水解
【分析】印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，过滤得到粗铜，在氧气中氧化生成粗氧化铜，加入过量的硫酸，得到粗硫酸铜溶液，制备，实现资源回收再利用。
【详解】（1）①上述流程中能加快反应速率的措施有：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度，故答案为：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度；
②印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；
（2）①向粗溶液滴加3%的溶液，将溶液中完全氧化，便于生成氢氧化铁沉淀，从而与铜离子分离。用离子方程式说明加入溶液的作用：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
②调节溶液，此时=2.8×10-9，小于1.0×10-5，已沉淀完全。故答案为：2.8×10-9；
③时，c(Cu2+)= =2.2>，尚未开始沉淀，故答案为：大；
（3）向精制的溶液中加一定量硫酸，抑制铜离子水解，加热蒸发，再冷却至品体析出，过滤得到晶体。故答案为：抑制铜离子水解。
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