河南省周口市天立教育2025-2026学年高二下学期开学考试化学试卷（Word版附解析）

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本试题卷共6页，两大题，18小题，满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢()，再用酸洗涤，其中涉及沉淀的转化
B. 将钢铁闸门与电源负极相连的防腐措施属于阴极电保护法
C. 氯化铵溶液和氯化锌溶液均可做金属焊接中的除锈剂
D. 合成氨反应中使用催化剂可以降低反应活化能，使活化分子所占的比例减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．利用沉淀转化原理可将水垢中的，发生反应，将转化为溶解度更小的，再用酸洗涤，其中涉及沉淀的转化，A正确；
B．将钢铁闸门与电源负极相连，钢铁闸门作阴极得到电子，防腐措施属于阴极电保护法，B正确；
C．氯化铵和氯化锌均为强酸弱碱盐，氯化铵溶液和氯化锌溶液均为酸性，均能溶解铁锈，可做金属焊接中的除锈剂，C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，故合成氨反应中使用催化剂可以降低反应活化能，使活化分子所占的比例增大，D错误；
答案选D。
2. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列“类比”结果正确的是
A. CH4的沸点低于SiH4，HF的沸点也低于HCl
B. FeCl3溶液低温蒸干得到Fe (OH)3，AlCl3溶液低温蒸干也可得到Al(OH)3
C. SiCl4是非极性分子，SF4也是非极性分子
D. NCl3水解生成NH3与HClO，NF3水解同样生成NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷；HF因分子间存在氢键沸点高于HCl，与CH4和SiH4的沸点关系不具可比性，故A错误；
B．FeCl3和AlCl3均为强酸弱碱盐，均能微弱水解生成相应氢氧化物和HCl，低温蒸干可促进水解且水解生成的HCl易挥发，最终得到对应氢氧化物，故B正确；
C．SiCl4的中心原子Si的孤电子对数为，Si的价层电子对数为4，SiCl4为正四面体形，分子结构对称、为非极性分子；SF4的中心原子S的孤电子对数为，S的价层电子对数为5，分子结构不对称、为极性分子，故C错误；
D．NCl3​(N显负价、Cl显正价)水解生成NH3​和HClO，但NF3​水解时，由于 F 的电负性大于 N，F显负价而N显正价，水解产物不是NH3​，故D错误；
选B。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L 1氨水中含有分子的数目为
B. 1L 0.05 溶液中数目等于0.05
C. pH=12的NaOH溶液中数目为0.01
D. 常温常压下，46g 和的混合气体中含有的氧原子数目为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中存在电离，所以1L 1氨水中含有的分子数小于，A错误；
B．溶液中存，1L 0.05 溶液中数目小于0.05，B错误；
C．H=12的NaOH溶液中体积未知，无法求出数目，C错误；
D．和的最简式都是，所以由46g 和组成的混合气体可看作物质的量为1ml的NO2，含有的氧原子数为2，D正确；
故选D。
4. 下列热化学方程式及结论均正确的是
A. 已知 ，则的燃烧热是
B. 已知(白磷，s)=4P(红磷，s) ，则红磷比白磷稳定
C. 同温同压条件下，在光照和点燃条件下的不同
D. ， ，则
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热要求生成液态水，而题中生成气态水，故燃烧热计算错误，A错误；
B．白磷转化为红磷放热，说明红磷能量更低更稳定，B正确；
C．ΔH只与始态和终态有关，与反应条件无关，C错误；
D．弱酸中和需额外吸热，总放热减少，ΔH2比ΔH1大（ΔH1更小），D错误；
故选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数依次增多
B. 基态氮原子的电子的空间运动状态有5种
C. 基态硫原子的电子运动状态有16种
D. Mg原子的轨道表示式：违背了洪特规则
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数分别为3、5、7，A正确；
B．氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，空间运动状态有1+1+3=5种，B正确；
C．基态硫原子核外电子有16个，根据泡利原理，一个原子中没有两个电子的运动状态是完全相同的，基态硫原子核外电子有16种运动状态的电子，C正确；
D．同一轨道内的两个电子自旋方向应该相反，所以违反了泡利原理，D错误；
故答案选D。
6. 我国科学家研究在不同催化剂下丁烷脱氢制丁烯机理，催化反应历程如图所示[注：标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，表示1个＋1个的能量)]
下列有关说法错误的是
A. 上述吸附过程均是吸热的
B. 三种催化剂催化效果最好的是催化剂B
C. 该反应在高温条件下能自发进行
D. 使用催化剂C时，决速反应的方程式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂B吸附氢气是放热的，故A错误；
B．三种催化剂催化效果最好的是催化剂B，因为使用催化剂B正反应活化能比较低，速控步所需能量低，故B正确；
C．的和都大于0，小于0可以自发，当T比较大时可以自发反应，所以该反应在高温条件下能自发进行，故C正确；
D．使用催化剂C时，决速反应由活化能最大的反应步骤决定，活化能最大的是方程式为，是决速步骤，故D正确；
故选：A。
7. 在两个体积分别为、的恒容密闭容器中均充入和，在不同温度下发生反应：，测得的平衡转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A. 点时，的物质的量分数为
B. 两容器体积关系为：
C. 降低温度，该反应的化学平衡常数减小
D. 增大的投料比，可提高的平衡转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．点时，的平衡转化率为60%，即的转化量为0.6 ml，则平衡时、、、的物质的量分别为0.4 ml、1.4 ml、0.6 ml、0.3 ml，总物质的量为2.7 ml，因此的物质的量分数为，A正确；
B．该反应正方向为气体分子数减小的反应，增大压强（减小体积），平衡正向移动，的平衡转化率增大，由图可知，相同温度下，代表的转化率大于代表的转化率，即两容器体积关系为：，B错误；
C．由图可知，升高温度，的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，化学平衡常数增大，C错误；
D．增大的投料比，即在投料不变时减小的物质的量，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，D错误；
故答案选A。
8. 现有四种弱酸，它们在常温下的电离平衡常数如下表所示：
下列说法错误的是
A. 、、、结合质子的能力由大到小的顺序为
B. 向溶液中通入时不会反应生成
C. 向NaCN溶液中通入少量时生成碳酸氢钠和HCN
D. 常温下，向HCOOH溶液中加入一定量的，所得溶液的，则混合液中
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸电离平衡常数越大，则其酸根结合氢离子能力越弱，依据电离平衡常数得到酸性强弱为：HClO2＞ HCOOH＞HCN＞，则同浓度、、、结合H+的能力由强到弱的顺序为： ＞＞HCOO﹣＞，A错误；
B．碳酸的远小于的，所以该反应无法发生，B正确；
C．HCN的电离常数介于碳酸的两步电离常数之间，所以少量通入足量溶液中发生反应的离子方程式为：，C正确；
D．向HCOOH溶液中加入一定量的，所得溶液的，，D正确；
故选A。
9. 水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中及其与形成的微粒的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示。已知的。向溶液中滴加氨水关于该过程的说法正确的是
A. 的物质的量分数先减小后增大
B. 与的比值先减小后增大
C. 时，存在的阳离子有、、和
D. 溶液中与浓度相等时，氨主要以的形式存在
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、、四种微粒，据此分析。
【详解】A．随着pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，A错误；
B．与Pb2+在同一溶液中，c()与c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n()不变，n()与n(Pb2+)的比值增大，故c()与c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为0时，比值无意义，B错误；
C．当pH=7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及，C正确；
D．当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb==1.74 ×10-5，则===17.4，故溶液中氨主要以形式存在，D错误；
故答案选C。
10. 在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HCl溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是

A. 图中②点所示溶液的导电能力弱于①点
B. ③点处水电离出的c(H+)=1×10-8ml·L-1
C. 图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D. 25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6ml·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HCl，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；
B.观察图象曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8ml/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6ml/L，B错误；
C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)> c(H+)，那么c(NH4+)> c(Cl-)，C错误；
D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8ml/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8ml/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=ml/L=0.2ml/L，因而Kb===5×10-5.6ml·L-1，D正确。
故答案选D。
11. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 线②代表与的关系
B. 该温度下的值为
C. 加适量固体可使溶液由点变到点
D. 当时，则两溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】、均为难溶物，饱和溶液中，同理可知溶液中，因，则，由此可知线①代表与的关系，线②代表与的关系，以此解答。
【详解】A．由分析可知，线②代表与的关系，A项错误；
B．当溶液中时，，则，因此，B项正确；
C．向饱和溶液中加入适量固体后，溶液中增大，根据温度不变则不变可知，溶液中将减小，因此溶液对应图像上的点将由a点沿线②向左上方移动，C项错误；
D．由图可知，当溶液中时，两溶液中，D项错误；
故选B。
12. 双极膜(BP)可以在电场作用下，使水分子快速解离为和，并通过阴、阳离子膜进入溶液。用此工艺捕获烟道气中的过程如图所示，已知盐室中生成实现捕获。下列说法中正确的是
A. 电路中每转移2ml电子，双极膜上共有2ml水发生解离
B. 交换膜A、C均为阴离子交换膜
C. 溶液中的X为
D. 随着电解的进行，酸室中pH增大
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，左边电极连接电源负极，为阴极，左侧双极膜上H+向左移动进入阴极室得电子生成H2，OH-进入碱室与CO2反应生成，透过离子交换膜A进入盐室生成CaCO3；右侧电极为阳极，右侧双极膜上OH-进入阳极室，H+进入酸室，Cl-透过离子交换膜C进入酸室形成盐酸，以此分析解答。
【详解】A．电路中每转移2ml电子，双极膜上水分子快速解离为2mlOH-和2mlH+，有两个双极膜，则共有4ml水发生解离，故A错误；
B．盐室生成CaCO3，就需要穿过交换膜A，则交换膜A为阴离子交换膜，Cl-透过离子交换膜C进入酸室形成盐酸，则C均为阴离子交换膜，故B正确；
C．碱室是CO2转化为，应由双极膜产生OH-不断补充，保持碱的浓度，X应为OH-，故C错误；
D．右侧电极为阳极，右侧双极膜上OH-进入阳极室，H+进入酸室，Cl-透过离子交换膜C进入酸室形成盐酸，则随着电解的进行，酸室中pH减小，故D错误；
答案选B。
13. 下列有关NaBH4和H2O2组成燃料电池的说法正确的是
A. 中不含配位键，与甲烷互为等电子体
B. 放电过程中电极b区的溶液pH上升
C. 放电过程中1mlH2O2参与反应，失去约2×6.02×1023个电子
D. a电极上的反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．B最外层有3个电子，它和3个氢原子形成3个共价键，再没有更多的电子了。所以只能是H得到一个外来电子，H-提供1个提供给B一对孤对电子，而形成配位键；故A错误；
B．放电过程中，b电极上反应式为H2O2＋2e−=2OH−，溶液中c(OH−)增大，溶液的pH上升，故B正确；
C．放电过程中H2O2得电子生成OH−，电极反应式为H2O2＋2e−=2OH−，所以放电过程中1mlH2O2参与反应，得到2×6.02×1023个电子，故C错误；
D．a电极上失电子和OH−反应生成和H2O，电极反应式为，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查原电池，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、电极反应式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
14. 软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素基态原子最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是
A 简单离子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. 第一电离能：
D. 相同条件下，在水中的溶解度：
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，则X为Li元素；W和Q同主族，由阴离子的结构示意图可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素。
【详解】A．S2-有3个电子层，离子半径最大，Li+只有1个电子层，半径最小，F-和O2-电子层数结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径小于氧离子，故离子半径：，故A正确；
B．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞S，则氢化物的稳定性强弱顺序为HF＞H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但是N原子价电子为半满结构，失电子困难，第一电离能比O大，故第一电离能：，故C错误；
D．O2是非极性分子，O3是极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，相同条件下，在水中的溶解度：，故D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 化学反应的过程，既是物质的转化过程，也是化学能与热能等形式能量的转化过程。回答下列问题：
（1）工业上用氮气合成氨，能量变化如图。则断裂0.5ml 和1.5ml 中的化学键所吸收的能量与形成1ml 中的化学键所释放的能量差的绝对值为___________kJ，该反应的热化学方程式可表示为___________。
（2）下列反应中，反应热变化和合成氨相同的是___________(填序号)。
①碳的燃烧 ②铝热反应 ③盐酸和氢氧化钠溶液反应 ④与反应 ⑤二氧化碳和炽热的碳反应
（3）长征系列火箭以偏二甲肼作燃料，作氧化剂，若30 g偏二甲肼(液态)与(液态)完全反应生成、和，放热1275 kJ，写出反应的热化学方程式：___________。该物质可作为火箭推进剂的可能原因是：①反应产生大量气体；②___________。
（4）某兴趣小组同学设计利用如图所示装置测定50 mL 稀盐酸与50 mL 氨水反应的中和热。该装置缺少的仪器名称是___________，各步操作均正确，但是该同学测得的中和热数值始终小于，原因是___________。
（5）空气中NO的主要来源是汽车尾气，科学家提出安装催化转化器实现下列转化： 。若 ，CO的燃烧热为。则反应 ___________(用、、表示)。
【答案】（1） ①. b-a ②.
（2）①②③ （3） ①. ②. 反应放热多
（4） ①. 玻璃搅拌器（或环形玻璃搅拌棒） ②. 一水合氨为弱碱，电离吸热，导致实际放出热量偏小，中和热数值小于
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知，断裂0.5 ml 和1.5 ml 中的化学键所吸收的能量为，与形成1 ml 中的化学键所释放的能量为，而>，故二者差的绝对值为；由于形成化学键释放的能量大于断裂化学键吸收的能量，该反应为放热反应为“-”，且热化学方程式书写要注明物质的状态、的数值与化学计量系数有对应关系、单位为，则热化学方程式为 。
【小问2详解】
①碳的燃烧反应为放热反应，②铝热反应为放热反应，③盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，④与反应为吸热反应，⑤二氧化碳和炙热的碳反应为吸热反应，合成氨反应为放热反应，故与合成氨反应反应热变化相同的是①②③。
【小问3详解】
30 g (液态)的物质的量为，与(液态)完全反应生成、和，放热1275 kJ，则1 ml完全反应放热2550 kJ，则热化学方程式为 ；该反应有大量气体生成，且反应放热多，可以作为火箭推进剂。
【小问4详解】
测定中和反应的反应热实验需用的仪器为量热计，该简易装置中缺少玻璃搅拌器（或环形玻璃搅拌棒）；已知强酸、强碱的稀溶液反应生成1 ml与可溶性盐时，放出热量为，中和热数值为，而该实验一水合氨为弱碱，电离吸热，导致实际放出热量偏小，中和热数值小于。
【小问5详解】
CO的燃烧热为，即 ，根据盖斯定律可以由减去，再加得到，则。
16. 甲醇是重要的化工原料，利用工业废气CO2合成甲醇的体系中存在反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ能自发进行，则___________0（填“>”“ ②. -90.8
（2） ①. D ②. 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热。升温的前半段，反应Ⅰ的平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ的平衡正向移动程度，表现为CO2的平衡转化率减小；升温的后半段，反应Ⅰ的平衡逆向移动程度小于反应Ⅱ的平衡正向移动程度，表现为CO2的平衡转化率增大 ③. ④.
（3） ①. ②. 减小
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅱ吸热且能自发进行，则反应Ⅱ一定熵增，即。注意到反应Ⅱ+反应Ⅲ=反应Ⅰ，根据盖斯定律，有，则。
【小问2详解】
①A．综合考虑反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知CO2会转化为CH3OH和CO，即一段时间内，，则平均反应速率，A正确；
B．综合考虑反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知混合气体的总质量不变，混合气体的总分子数减少，故混合气体的平均相对分子质量不再发生变化可以说明体系达到平衡状态，B正确；
C．从体系中分离出水，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高了CO2的平衡转化率，C正确；
D．增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡正向移动，CH3OH的选择性提高，而CO的选择性［］降低，D错误；
故选D。
②反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热。升温的前半段，反应Ⅰ的平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ的平衡正向移动程度，表现为CO2的平衡转化率减小；升温的后半段，反应Ⅰ的平衡逆向移动程度小于反应Ⅱ的平衡正向移动程度，表现为CO2的平衡转化率增大。故CO2的平衡转化率随温度的升高先减小后增大。
③，。由图可知，260 ℃、p1 kPa下达到平衡时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的选择性为60%，则，，。根据氧元素守恒，可知，再根据氢元素守恒，可知。，则，，则0~t min内用分压表示的平均反应速率。反应Ⅱ的。
【小问3详解】
某温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1 ml CO(g)和2 ml H2(g)只发生反应Ⅲ，CO(g)的平衡转化率为50%，列三段式：
平衡时，则，。升高温度，瞬时、均增大，反应Ⅲ放热，则增大的幅度大于增大的幅度，因为此时各物质的浓度未来得及变化，所以的变化反映的是的变化，即、均增大，且增大的幅度大于增大的幅度，故减小。
17. 硫化氢消除与资源化利用是天然气开采、煤化工等诸多行业中的关键研究课题。回答下列问题：
已知：在水溶液中的物质的量分数随的分布曲线如图1所示。
（1）通过图中数据可知的为_______。
（2）常温下，NaHS溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性，原因是_______(计算说明)。
（3）已知25℃时碳酸的电离平衡常数：，用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式是_______。
（4）天然气中含有杂质，某科研小组用氨水吸收得到溶液，已知25℃时，，溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______(填字母)。
A. B.
C. D.
（5）常温下，在废水处理领域中常用将转化为MnS除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的pH=a，当浓度为时，开始沉淀，则a=_______[已知]。
（6）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中的杂质气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如图2所示(X、Y均为石墨电极)。通电前，先通入一段时间含的甲烷气，使部分NaOH吸收转化为，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。
①b极为_______(填“正”或“负”)极；X极的电极反应式为_______。
②电解过程中，右池中的_______(填“增大”“基本不变”或“减小”)。
【答案】（1）
（2） ①. 碱 ②. 的水解平衡常数，可知水解程度大于电离程度，则溶液中，溶液呈碱性
（3） （4）AC
（5）5 （6） ①. 正 ②. ③. 基本不变
【解析】
【分析】随增大，在水溶液中的物质的量分数减小，在水溶液中的物质的量分数先增大后减小，在水溶液中的物质的量分数增大，故Ⅰ代表、Ⅱ代表、Ⅲ代表。则根据Ⅰ、Ⅱ交点，；根据Ⅱ、Ⅲ交点，。
【小问1详解】
根据上述分析，。
【小问2详解】
NaHS溶液中存在的电离平衡和水解平衡，、，由小于，的电离程度小于其水解程度，溶液中，溶液显碱性。
【小问3详解】
根据可知，酸性强弱为，根据强酸制弱酸，与反应不能生成，只能生成，而只能转化为不能转化为，故离子方程式为。
【小问4详解】
溶液中存在的电离平衡和水解平衡以及的水解平衡，、、，由于>，该溶液显碱性，，溶液中离子浓度大小关系为即A正确，即C正确；故选AC。
【小问5详解】
根据计算开始沉淀时，溶液中硫离子浓度为，当浓度为时，，=5，即a=5。
【小问6详解】
①该装置为电解池，Y电极区通入含有杂质气体的甲烷，使（与氢氧化钠反应生成硫化钠）转化为硫单质，该电极反应式为，则Y电极为阳极，b为电源正极，a为电源负极，X为阴极，发生还原反应，电极反应式为；
②电解过程中，右池发生、，电路中每转移电子，消耗1 ml，同时有从左池迁移到右池，而控制好通入有杂质的甲烷气体的速率1 ml消耗2 ml同时生成1 ml，则右池基本不变。
18. MnO2的用途很多，如用作电极材料和催化剂等。下图为由富锰废料(含MnO2、MnCO3、FeCO3和少量Al2O3、NiO)制备MnO2和回收金属资源的工艺流程图。
已知：有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）KMnO4中，Mn元素的化合价为___________；基态K原子核外电子占据的轨道数有___________种；基态Mn原子的价电子排布图为___________。
（2）提高“化浆”速率的措施是___________(任写一种)。
（3）流程中加入H2O2的主要目的是___________；“调pH”时，应当调节pH的范围是___________。
（4）“转化”过程中主要反应的离子方程式为___________。
（5）“沉镍”时，当Ni2+恰好完全沉淀时，溶液中的c(S2-)=___________ml·L-1，所发生的反应为：MnS(s)+Ni2+(aq)NiS(s)+Mn2+(aq)，则此反应的平衡常数K=___________。[已知此温度下Ksp(NiS)=1.1×10-21，Ksp(MnS)=4.4×10-14]（已知离子浓度≤1.0×10-5 ml·L-1时，可认为沉淀完全）
【答案】（1） ①. +7 ②. 10 ③.
（2）升温、搅拌、增大酸的浓度、或将废料粉碎等
（3） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. 4.7≤pH＜7.5
（4）
（5） ①. 1. 1×10-16 ②.
【解析】
【分析】富锰废料(含MnO2、MnCO3、FeCO3和少量Al2O3、NiO)在化浆操作中加入稀硫酸，MnCO3、FeCO3、Al2O3、NiO溶于稀硫酸形成离子进入溶液中，MnO2在吸收操作中被SO2还原进入溶液，在氧化，调pH操作中H2O2氧化Fe2+成Fe3+，再加入NaOH调pH将Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3形式除去，过滤后向滤液中加入MnS进行沉镍，最终用酸性KMnO4氧化Mn2+经系列操作得到MnO2；
【小问1详解】
根据化合价代数和为零可知，KMnO4中，Mn元素的化合价为+7价；基态K原子的原子序数为19，电子排布式为，有10种空间运动状态不同的电子；基态Mn原子为25号，价电子排布图；
【小问2详解】
提高“化浆”速率的措施可以为升温、搅拌、增大酸的浓度、或将废料粉碎等；
【小问3详解】
溶液中有Fe2+杂质，加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；调pH将Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3形式除去，而杂质Ni2+留在溶液中，故pH范围为4.7≤pH＜7.5；
【小问4详解】
过滤后向滤液中加入MnS进行沉镍，最终用酸性KMnO4氧化Mn2+得到MnO2，离子方程式为；
【小问5详解】
完全沉淀时溶液中的c(Ni2+)≤10-5，Ksp(NiS)=1.1×10-21，c(S2-)=1.1×10-16；
；弱酸
HCOOH
HCN
电离平衡常数
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀时的pH
2.2
3.6
7.5
7.5
8.8
完全沉淀时的pH
3.2
4.7
9.5
9.5
10.8