江西省抚州市金溪县第一中学2021-2022学年高二下学期第二次月考化学试题含解析

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江西省抚州市金溪县第一中学2021-2022学年高二下学期第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．水溶液呈酸性的是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；
B．NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，故其水溶液呈酸性，B符合题意；
C．HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O⇌HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；
D．NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。
综上所述，本题答案为B。
2．运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C．可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】D
【详解】A．反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，某吸热反应能自发进行，则△S＞0，即该反应一定是熵增反应，故A正确；
B．HF是弱酸，NH4F能水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，所以NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；
C．海底中天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，为可燃冰，故C正确；
D．常温下铁在浓硫酸中钝化，表面形成致密氧化物薄膜阻止浓硫酸与铁反应，不能生成氢气，故D错误。
答案选D。
3．用食用白醋（醋酸浓度约1 mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色 B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D．pH试纸显示白醋的pH为2～3
【答案】D
【分析】要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。
【详解】A、白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；
B、白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，B错误；
C、蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；
D、浓度约1 mol/L的醋酸其pH为2～3，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，D正确；
答案选D。
4．25℃时，0.005mol/LBa(OH)2中H+浓度是（  ）
A．1×mol/L B．1×mol/L
C．5×mol/L D．5×mol/L
【答案】A
【详解】溶液中的氢氧根离子浓度为0.01mol/L，根据水的离子积常数计算，氢离子浓度为 mol/L。
故选A 。
5．已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：
A．该溶液的pH=4 B．升高温度，溶液的pH增大 C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；
B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；
C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；
D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。
答案选B。
6．有关叙述，正确的是
A．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pH
B．可用25ml碱式滴定管量取20.00mlKMnO4溶液
C．Na与S形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，AgCl的溶解度减小、Ksp不变
【答案】D
【详解】A．pH试纸不能润湿，润湿后会改变待测液的浓度，从而测定出的pH值不准，故A错误；
B．KMnO4溶液有很强的氧化性，会腐蚀橡皮管，应该用酸式滴定管来量取，故B错误；
C．Na与S形成化合物为Na2S，S2-在水溶液中会发生水解生成氢氧根而使溶液呈碱性，不能使蓝色石蕊试纸变红，故C错误；
D．在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌ Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，故D正确；
故选D。
7．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D．在0.1 mol·L-1Na2S溶液中，
【答案】A
【详解】A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，碱性越强，对应的酸的酸性就越弱，酸的电离平衡常数也就越小，故前者的pH较大，则 ，A错误；
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，即呈酸性，电离大于水解，，又根据电荷守恒知：，则，所以溶液中的离子浓度大小关系为，B正确；
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，即能溶的Ksp更大，则，C正确；
D. 在0.1 mol·L-1Na2S溶液中，S原子的浓度为0.1mol/L，而S原子是S2-、HS-、H2S的形式存在于溶液中，即根据物料守恒，D正确；
故选A。
8．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【详解】A．溶液中=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中不变，A错误；
B．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-， ，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡常数增大，=1/Kh，故将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小，B错误；
C．由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)/c(Cl-)=1，C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中不变，D正确；
答案选D。
9．关于常温下浓度均为0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A．醋酸溶液的pH小于盐酸
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COO-＋H+
C．c(CH3COOH)＋c(CH3COO-)＝c(Cl-)
D．0.1 mol·L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c(H+)＞c(OH-)
【答案】C
【详解】A.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c(H+)盐酸＞醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，故A错误；
B.醋酸是弱酸，电离是可逆过程，故B错误；
C.醋酸存在电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)═0.1mol/L=c(Cl-)故C正确；
D.0.1mol•L-1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，故D错误；
故选C。
10．下列说法正确的是
A．H2(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B．C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D．1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.即使A，C物质均为气体，反应前后气体体积也会发生变化，当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
11．一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是
容器
温度/K
物质的起始浓度/mol·L-1
物质的平衡浓度/mol·L-1
c(H2)
c(CO)
c(CH3OH)
c(CH3OH)
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0

Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025

A．该反应的正反应吸热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】D
【详解】A．Ⅰ、Ⅲ数据知反应开始时，Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ>Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A错误；
B．Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体的物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误；
C．Ⅰ和Ⅱ相比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体的物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ相比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；
D．温度：Ⅲ>Ⅰ，其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确；
故选D。
12．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是

A．Zn电极是负极
B．Ag2O电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
【答案】D
【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；
B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；
C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；
D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。
答案选D。
13．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是
A．处理过程中银器一直保持恒重
B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
【答案】B
【详解】A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；
B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；
C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；
D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；
故选B。

14．用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是

A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【分析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；
B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；
C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；
D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；
故答案选C。
【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。
15．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．Ka2（H2X）的数量级为10–6
B．曲线N表示pH与的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】D
【详解】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
16．以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]

下列叙述正确的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．滴定终点时，溶液中
【答案】C
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。
【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；
C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。

二、填空题
17．(1)醋酸钠水溶液pH＞7，原因是(用离子方程式表示)：_______。
(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_______。
(3)在配制氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入适量的_______。
(4)室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH﹣的物质的量浓度分别为A和B，则A/B等于_______
(5)已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，若向50mL0.008mol·L-1的BaCl2溶液中加入50mL0.01mol·L-1的硫酸，混合后溶液中的Ba2+的浓度为_______mol·L-1，pH为_______。
【答案】     CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-     Al2O3     浓盐酸     10-4     1.1×10-7     2
【详解】(1)醋酸钠水溶液中醋酸根能够发生水解，生成氢氧根和醋酸，使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；
(2)AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3；
(3)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，在配制FeCl3的溶液时，滴加适量浓盐酸，防止Fe3+水解，故答案为：浓盐酸；
(4)氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH-)等于c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)等于水离子积常数与c(H+)的比值，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH-)=10-9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)=mol/L=10-5 mol/L，所以A：B=10-4：1，故答案为：10-4；
(5)若向50mL0.008mol·L-1的BaCl2溶液中加入50mL0.01mol·L-1的硫酸，会生成硫酸钡沉淀，过量的硫酸根浓度c(SO)==0.001 mol·L-1，又因为Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则存在c(Ba2+)=mol·L-1=1.1×10-7 mol·L-1， c(H+)= mol·L-1=0.01 mol·L-1，pH=2，故答案为：1.1×10-7；2。
18．(1)相同条件下，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中c((NH)_______(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中c(NH)。
(2)如图是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像。

其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填字母)。
(3)pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：
CO2+H2O⇌H2CO3
H2CO3⇌H++HCO
HCO⇌H++CO
图为H2CO3、HCO、CO在加入强酸或强碱溶液后达到平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。

①在pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为_______。
②由图可知，碳酸的一级电离常数Ka1大约为_______。
(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：
化学式
电离常数(25℃)
HCN
K=4.9×10-10
CH3COOH
K=1.8×10-5
H2CO3
K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为_______(用化学式表示)。
②25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_______mol·L-1(填精确值)，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=_______。
【答案】     小于     A     CO     10-6     Na2CO3、NaCN、CH3COONa     10-6-10-8或9.9×10-7     18
【详解】(1)铝离子水解溶液显酸性，硫酸氢铵电离出离子，酸性强于铝离子水解产生的酸性，对铵根水解的抑制程度大，则相同条件下，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中c((NH)小于0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中c(NH)。
(2)铵根离子和铝离子水解，溶液均显酸性，且水解吸热，升高温度促进水解，溶液酸性增强，pH降低，则其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是A。
(3)①根据图像可知在pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为CO。
②由图可知pH＝6时碳酸和碳酸氢根离子的浓度相等，此时氢离子浓度是10－6mol/L，则碳酸的一级电离常数Ka1＝＝10－6。
(4)①根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，酸性越弱，相应阴离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，则25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa。
②25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)可知溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)－c(OH－)=（10－6－10－8）mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=18。

三、工业流程题
19．某厂废镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0

回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的作用是：溶解废镍催化剂中的_______。为回收该金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_______。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是_______。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_______。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_______。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。
【答案】     Al和Al2O3     AlO+H++H2O=Al(OH)3↓     Ni2+、Al3+、Fe2+、Fe3+     O2     Fe3+     10-15.6     3.2≤pH＜6.2
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【详解】(1) 根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及Al2O3溶解，滤液①中含有NaAlO2加入稀硫酸可发生反应AlO+H++H2O=Al(OH)3↓故答案为：Al和Al2O3；AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；
(2) 加入稀硫酸酸浸，Al(OH)3、Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Al3+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Al3+、Fe2+、Fe3+；
(3) “转化”是Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，可以将H2O2替换为氧气，若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；故答案为：O2；Fe3+；
(4) 由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol•L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol•L-1，则c(OH-)= =1×10-5.3mol/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5mol•L-1×1×10-5.3mol/L×1×10-5.3mol/L=1×10-15.6(mol•L-1)3．如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol•L-1，为避免镍离子沉淀，Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)，c2(OH-)==1×10-15.6(mol•L-1)2，此时c(OH-)=1×10-7.8mol•L-1，则c(H+)=1.0×10-6.2mol•L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.2；故答案为：10-15.6；3.2≤pH＜6.2。
【点睛】本题以化学工艺流程为背景，考查物质的分离提纯，离子反应、氧化还原反应、沉淀平衡常数的计算等知识点，注意（4）中Ni2+开始沉淀的pH不能直接利用表中数据，要通过计算获得。

四、原理综合题
20．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为_______。
(2)上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgI和AgCl都开始沉淀时，溶液中为：_______，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17。
(3)已知反应2HI(g)=H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_______kJ。
(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784

①该反应的平衡常数K的计算式为：_______。(用表中数据表示，不必算出就具体数值)
②上述反应中，正反应速率为v正=k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_______(以K和k正表示)。
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______(填字母)

【答案】     MnSO4     4.7×10-7     299               AE
【详解】(1)向浓缩液中加MnO2和H2SO4，I-被氧化为I2，MnO2被还原为MnSO4；
(2)；
(3)由题知：生成1mol H2，1mol I2放热436+151=587kJ，2molHI断裂吸热587kJ，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ；
(4)列三段式： 所以 ；
‚反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·x2(HI)= k逆·x(H2)·x(I2)，k逆=k正 ；
ƒ2HI(g)=H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ·mol-1，由正反应吸热得：温度升高，平衡正移，x(HI)减小，x(H2)增大，同时温度升高，v正、v逆都增大，故答案为AE。