【文档说明】四川省巴中市南江中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题化学含答案.docx，共(17)页，1.043 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6967ea80b1b7596b96187625320bdaea.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省南江中学高2020级12月月考化学试卷命题人：冯淼审题人：常静考试时间：90分钟满分：100分一、选择题（本题共16题，每题3分，共48分）1．化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是（）A．用纯碱溶液清洗油污，加热可增强去污

力B．可施加适量石膏降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)土壤的碱性C．可以利用水解反应获得纳米材料D．草木灰和铵态氮肥混合使用能使肥效增强2．下列事实与对应的方程式不相符的是（）A．已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0，灼热的铂丝与NH

3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热B．已知：2NO2(g)（红棕色）N2O4(g)（无色）ΔH<0，将“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅C．因H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，故向含0.1molHCl的盐酸中加入4.0gNaOH固体，放出

的热量等于5.73kJD．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-13．下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是（）A．图①可用于测定中和热B．图②验证CuC

l2对双氧水分解的催化作用C．图③通过测定收集一定体积氢气所用的时间来测量锌粒和一定浓度的稀硫酸反应的速率D．图④比较不同温度对化学反应速率的影响4．某水样中含有较多剧毒离子，实验室中加入过量FeS固体，可使Cd-转化为CdS沉淀除去。

据此可推知下列说法正确的是（）A．水中的溶解度：FeS>CdSB．溶解平衡常数Ksp：FeS<CdSC．FeS具有较强的吸附能力D．CdS难溶于任何溶液5．常温下，关于1mol·L-1的H2C2O4溶液的理解正确的是（）A．加水稀

释过程中，溶液的pH减小B．c(H2C2O4)+c(-24HCO)+c(2-24CO)=1mol·L-1C．溶液中，lmol·L-1＜c(H+)＜2mol·L-1D．溶液中，H2C2O4电离出的c(H+)：c(2-24CO)=2

：16．下列关于盐类水解应用的说法，错误的是（）A．明矾水解能生成Al(OH)3胶体，有消毒净水的作用B．配置FeCl3溶液时需要加入少量稀盐酸，以抑制Fe3+的水解C．纯碱溶液加热后去污能力更强，是因为加热促进了CO32-的水解D．N

H4F不能用玻璃试剂瓶保存，是因为NH4+促进了F-的水解7．T℃时，将V1mLpH=2的H2SO4和V2mL0.02mol·L-1的NaOH溶液混合（忽略体积变化），混合后溶液的pH=3，则V1：V2为（）A．9：2B．10：1C．7：3D．无法计算

8．我国科学家利用双功能催化剂(能吸附不同粒子)实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率[()()()()222COgHOgCOgHg+=+ΔH]，过程示意图如图：下列说法错误的是（）A．过程Ⅰ、Ⅱ中C

O未断键B．双功能催化剂提高了活化分子百分数C．过程Ⅲ有极性键和非极性键形成D．上述过程提高了CO和2HO的平衡转化率9．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、2-4SO、Mg

2+B．常温下，+-c(H)lg=12c(OH)的溶液中：Fe2+、Al3+、-3NO、2-4SOC．0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中：K+、Na+、2-3CO、Cl-D．能使甲基橙试液显红色的溶液中：+4NH、Mg2+、ClO-

、-3NO10．反应A(s)+2B(g)2C(g)∆H＜0，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化如图。下列条件改变的结果与图像不符的是（）A．t1时增大了生成物浓度B．t2时降低了温度C．t2时减小了压强D．t3时使用了催化剂11．下列溶液在空气中

蒸干后能得到原溶质的是（）A．KAl(SO4)2B．Na2SO3C．FeSO4D．MgCl212．理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．HNC比HCN更稳定B．该异构化反应能自发进行，可知∆S>

0C．正反应的活化能小于逆反应的活化能D．使用催化剂，可降低活化能，改变反应热13．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．c(H2CO3)和c(HCO3−)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB．常温下，pH=5的盐酸溶液中水电离出

的H+数目为10-9NAC．1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的离子总数为0.3NA(Na-23；O-16；S-32)14．室温下，①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，混合液pHa=；②将浓度为

bmol/L盐酸与0.3mol/L氨水等体积混合，混合液pH7=(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是（）A．a<7b<0.3B．常温下氨水的电离平衡常数-7bb10K=0.3-bC．②中混合液存在：()()()+-4

32cNH+cNHHO+cCl=0.3mol/LD．将①与②混合液混合，则混合后溶液中存在：()()-+4cCl>cNH15．室温下，向VmL10.1molL−的二元弱酸2HA溶液中滴加10.1molL−NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如下图所示。下列有

关说法正确的是（）A．a→d的过程中，水的电离程度一直增大B．选择酚酞作指示剂，滴定终点时，只有反应22HAOHHOHA−−+=+发生C．加入NaOH溶液50mL，混合溶液中：()()()()()++2--2cH+cHA=c

Na+cA+cOHD．加入NaoH溶液150mL，混合溶液中：()()()()()+--+2-cNa>cHA>cOH>cH>cA16．活性炭可以高效处理二氧化氮污染。在温度为T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol2NO，发生反应：2C(𝑠

)+2NO2(𝑔)⇌𝑁2(𝑔)+2CO2(𝑔)，反应相同时间，测得各容器中2NO的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．图中c点所示条件下：v(正)＞v(逆)B．图中a、c点对应的2CO浓度：()()a

2c2cCO=cCOC．T℃时，该反应的化学平衡常数为445D．容器内的压强：abp:p=6:7二、填空题（除标注外，每空2分，共12分）17．回答下列问题(1)H3PO2是一种精细磷化工产品，是一元中

强酸，写出其电离方程式___________。(2)试用离子方程式表示泡沫灭火器的原理：___________。(3)室温，10mLpH=3盐酸和氯化铵溶液中，由水电离出的氢离子浓度分别为___________mol•L‾1（1分）

、___________mol•L‾1。（1分）(4)室温下，0.1mol/L的硫氢化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是___________。已知：H2S：Ka1=1.3×10-7Ka2=7.1×

10-15；H2CO3：Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11(5)25℃时，若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合恰好中和，且已知Va＜Vb和a=0.5b，a的取值范围是___________。三、原理

综合题（每空2分，共12分）18．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+该反应一般认为通过如下步骤来实现：①-12221CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)Δ

H=+41kJmol②-1232CO(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJmol总反应的ΔH=_______-1kJmol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)。A．B．C．D．(2)合成总

反应在起始物()()22nH/nCO=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为3x(CHOH)，在t=250℃下的()3xCHOH~p、在5p=510Pa下的()3xCHOH~t如图所示。①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式pK=_______；②图中对应等

压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；③当()3xCHOH=0.10时，2CO的平衡转化率α=____。四、实验题（每空2分，共14分）19．已知硫酸亚铁铵晶体[()()44222NHFeSO6HO，摩尔质量为392g/mol]可用作净水剂、颜料、媒

染剂、鞣革、防腐剂等，它在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。回答下列问题：Ⅰ、制备过程步骤1：制备硫酸亚铁溶液：将4g铁粉和20mL3mol/L硫酸置于锥形瓶中，保证溶液pH2。水浴加热至几乎不产生气泡，趁热过滤掉残余的少量铁粉。步骤2：获得硫酸亚铁铵晶体：向滤液中加入一定量的硫酸铵

溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、晾干。(1)步骤1中，加入过量铁粉的目的是___________。(2)步骤2中，所用到的硫酸铵溶液呈酸性，原因是___________(用离子方程式表示)；Ⅱ、定量分析——氧化还原滴定法称取20.00g制得的硫酸亚铁铵晶体溶于稀硫酸，加

水配制成100mL溶液，取25mL于锥形瓶中，然后用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾溶液进行滴定。(3)滴定过程中高锰酸钾溶液应装在___________仪器中；(填“A”或“B”)(4)滴定过程中，酸性高锰酸钾溶液将2Fe

+氧化为3Fe+，发生的离子方程式为___________；(5)如何判断滴定终点___________；(6)若进行平行滴定三次，消耗4KMnO溶液的体积如下表所示：实验次数第一次第二次第三次消耗4KMnO溶液的体积/mL24.5224.0223.98则制得的硫酸亚铁铵晶体纯度(质量分数

)为___________(用百分数表示，保留四位有效数字)；(7)上表中第一次的数据大于后两次的数据，其原因可能是___________A．第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失；B．第一次滴定用的

锥形瓶用待测液润洗过C．第一次滴定结束时，俯视读取酸性高锰酸钾溶液的体积D．第一次滴定结束时，有一滴酸性高锰酸钾溶液悬挂在滴定管尖嘴处五、工业流程题（每空2分，共14分）20．镍行业发展蕴藏着巨大的潜力。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3

、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)的部分实验流程如下：已知：Ksp(CaF2)=1.6×10-10、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10

-38、Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；(1)“粉碎”的目的是___________。滤渣Ⅰ的成分有___________(化学式)。(2)在“调pH”过程中，应先加入H2O2，发生反应的离子方程式为___

________，沉淀剂可选择___________。(填序号)A．NiOB．NaOHC．Ni(OH)2D．NiCO3为将Al3+、Fe3+沉淀完全，至少应调节pH到___________(已知lg3≈0.5

)。(3)在“沉淀”过程中，Ca2+刚好沉淀完全时，溶液中c(F-)=___________mol/L。(4)将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解，可重新制得单质镍，且还生成一种气体，请写出该制备过程的化学方程式：

___________。1．D【详解】A．纯碱是碳酸钠的水溶液，碳酸根离子水解显示碱性，加热促进碳酸根的水解，碱性增强，去污效果增强，A正确；B．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强

碱盐硫酸钠，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，B正确；C．若发生水解的溶液的浓度较小，可以利用水解反应获得纳米材料，C正确；D．草木灰主要成分是碳酸钾，K2CO3水解显碱性，铵盐水解显酸性，二者发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效，D错误；综上所述答案为D

。2．C【详解】A．该可逆反应放热，灼热的铂丝接收到反应放出的热量继续保持红热，A正确；B．该反应为放热反应，降低温度的时候平衡向正向移动，气体颜色变浅，B正确；C．NaOH固体溶于盐酸中还要放出大量的热，故热化学方程式不能用选项中的

方程式表达，C错误；D．燃烧热是用1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，热化学方程式中生成物为稳定氧化物，D正确；故选C。3．C【详解】A．图1测定中和热缺少环形玻璃搅拌棒，A错误；B．探究CuCl2对双氧水分

解的催化效应，应该保证两个实验的温度相同，B错误；C．随着反应的不断进行，氢气量不断增大，右侧活塞向右移动，测量一段时间内产生的氢气量可以测量这段时间内的反应速率，C正确；D．比较不同温度下化学反应速率的快慢，需将两个圆底烧瓶之间加以止水夹，D错

误；故选C。4．A【分析】该转化的方程式为FeS(s)+Cd2+(aq)=CdS(s)+Fe2+(aq)，化学反应是向着溶解度小的物质的方向发生的。【详解】A．从沉淀的转化上看，FeS沉淀转化为CdS沉淀，说明CdS在水中的溶解度小于FeS，A正确；B．因CdS的溶解度较小，

故Ksp(CdS)的值较小，B错误；C．该过程是一个化学反应过程，不是一个吸附过程，C错误；D．根据实验现象可以推测，CdS可以溶于比CdS溶解度小的金属硫化物的金属离子溶液中，D错误；故选A。5．B【详解】A．H2C2O4为弱酸，1m

ol·L-1的H2C2O4溶液在加水稀释过程中，虽然其电离平衡正向移动，但溶液体积增大是主要的，故溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，A不正确；B．根据物料守恒可知，c(H2C2O4)+c(-24HCO)+c

(2-24CO)=1mol·L-1，B正确；C．1mol·L-1的H2C2O4溶液中，由于H2C2O4为弱酸，其电离度很小，因此该溶液中，c(H+)远远小于lmol·L-1，加水稀释后，c(H+)将会变得更小，C不正确；D．溶液中，H2C2O4为二元弱酸，其在水溶液中

分步电离，存在两个电离平衡，以第一步电离为主，因此电离出的c(H+)：c(2-24CO)远远大于2：1，D不正确。综上所述，本题选B。6．A【详解】A．明矾水解生成的Al(OH)3可以吸附水中的不溶性悬浮物质，但不能杀菌消毒，A错误；B．Fe3+可以发生水解，在配制溶液的过程中加入少量的

稀盐酸，可以抑制Fe3+的水解，B正确；C．加热过程有助于促进CO32-的水解，使溶液碱性增强，增强去污能力，C正确；D．NH4+可促进F-水解，生成HF，D正确；故选A。7．C【详解】V1mLpH=2的硫酸溶液，n(H+)=c1V1=1×10-2×

V1×10-3=10-5mol，V2mL0.02mol/LNaOH溶液，n(OH-)=c2V2=2×10-2×V2×10-3=2V210-5mol，两溶液混合后溶液呈酸性，故n(H+)>n(OH-)，混合后溶液中c(H+)=+-12n(H)-n(OH

)V+V=10-3，将n(H+)和n(OH-)带入，解得V1：V2=7:3，故C正确。8．D【详解】A．由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中CO未断键，A正确；B．双功能催化剂实现了水煤气低温下反应的高转化率和高反应速率，则提高了活化分子百分数，B正确；C．过程ⅢCO转化为CO2，则有极性键形成

、同时有氢气分子生成，则有非极性键形成，C正确；D．催化剂对化学平衡无影响，故上述过程不能提高CO和2HO的平衡转化率，D错误；答案选D。9．A【详解】A．四种离子相互之间不反应，可以在澄清透明溶液中大量共存，故A符合题意；B．常温下，+-c(H)

lg=12c(OH)的溶液显酸性，酸性环境中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能共存，故B不符合题意；C．0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中存在大量铝离子，铝离子和碳酸根会发生彻底双水解反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．能使甲基橙试液显红色的溶液显酸性，酸性溶液中ClO-不能

大量存在，故D不符合题意；综上所述答案为A。10．C【详解】A．t1时正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡逆向移动，由图像可知，反应速率瞬间不变，则为增大了生成物的浓度，A正确；B．由图像可知，t2时正反应速率瞬间变小，平衡右移，该反应为反应前后气体体积不变的放热的

可逆反应，则改变的条件为降低温度，B正确；C．由选项B的分析，改变的条件为降温，C错误；D．t3时平衡不移动，正反应速率突然变大后不再改变，则是因为使用了催化剂，D正确；故选：C。11．A【详解】A．硫酸铝钾溶液中铝离子水解使溶液呈酸

性，加热虽然能促进铝离子水解，但硫酸是难挥发的高沸点酸，水解生成的硫酸能与氢氧化铝反应，在空气中蒸干后依然得到硫酸铝钾固体，故A正确；B．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，在空气中蒸干后得到硫酸钠，无法得到亚硫

酸钠，故B错误；C．硫酸亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁，在空气中蒸干后得到硫酸铁，无法得到硫酸亚铁，故C错误；D．氯化镁在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热氯化氢受热挥发，使氯化镁的水解

平衡向正反应方向移动，直至水解趋于完全，在空气中蒸干后得到氢氧化镁，无法得到氯化镁，故D错误；故选A。12．B【详解】A．HCN相对能量为0.0，HNC的相对能量为59.3kJ·mol-1，能量越低越稳定，HCN的能量低于HNC的能量，HCN能量低更稳定，所

以HCN比HNC稳定，A错误；B．△H=生成物总能量-反应物总能量=59.3kJ/mol-0kJ/mol=+59.3kJ/mol>0，T>0自发进行ΔG=ΔH-TΔS<0，可得ΔS>0，B正确；C．正反

应的活化能186.5kJ·mol-1，逆反应的活化能为(186.5-59.3)kJ·mol-1=127.2kJ·mol-1，即正反应的活化能大于逆反应的活化能，C错误；D．催化剂可降低反应的活化能，加快化学反应速率，但不能改变反应的始态和终态

，即不改变反应的焓变，D错误；故选B。13．D【详解】A．NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(2-3CO)，则c(H2CO3)和c(HCO3−)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目大于NA，A错误；B．溶液体积未知，不能计算粒子数

目，B错误；C．1L0.1mol/L乙醇溶液中含有0.1mol的CH3CH2OH，0.1molCH3CH2OH中含有共价键的数目为0.8NA，但溶液中还有H2O，因此存在的共价键总数大于0.8NA，C错误；D．7.8gNa2S和Na2O2的混合物的

物质的量为0.1mol，Na2S含有2个Na+和1个S2-，Na2O2含有2个Na+和1个22O−，则混合物含有的离子总数为0.3NA，D正确；答案选D。14．C【详解】A．①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合,二者恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵水解显

酸性，故混合液pHa=<7；②将浓度为bmol/L盐酸与0.3mol/L氨水等体积混合，因该混合液pH7=，故必须盐酸少量即b<0.3，A正确；B．由题意列电荷守恒得：()()()()++--4cNH+cH=Cl+cOHc，因室温下混合液pH7=，说明溶液显中性，()()+-cH=cOH

，所以()()+-4cNH=cCl，因等体积混合故()()+-4cNH=cCl=b2mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为+-324NHHONH+OH，故其电离平衡常数-7+--74b32b10c(N

H)c(OH)b102K===0.3bc(NHHO)0.3-b-22，B正确；C．②中混合液存在物料守恒()()+4321cNH+cNHHO=0.3mol/L2，()-bcCl=mol/L2＜10

.3mol/L2，故()()()+-432cNH+cNHHO+cCl0.3mol/L，C错误；D．因①溶液显酸性，②溶液显中性，故将①与②混合液混合显酸性，()+cH＞()-cOH，由电荷守恒得：()()()()++--4cNH+cH=Cl+cOHc，故()()-+4cCl>

cNH，D正确；故选C。15．C【详解】A．a→c的过程中，随着氢氧化钠溶液的不断加入，H2A逐渐转化为Na2A，A2-会结合水电离出的氢离子，促进了水的电离，水的电离程度一直增大，c→d的过程是Na2A中加入氢氧化钠，氢氧化钠电离出的氢氧

根会抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．滴定终点时，应是OHHA、−−之间反应，即22HAOHHOA−−−+=+，故B错误；C．加入NaOH溶液50mL，溶液中溶质为NaHA和H2A，根据物料守恒得：()()()()+2-22cNa=cHA+cA+cHA

，根据质子守恒得：()()()()()+-2--22cH+cHA=cHA+3cA+2cOH，联立两个式子可得：()()()()()++2--2cH+cHA=cNa+cA+cOH，故C正确；D．加入NaoH溶液150mL，混合溶液

中溶质为NaHA和Na2A，由于弱电解质的电离或盐的水解均是微弱的，肯定满足()()2--cA>cOH，故D错误；故选C。16．A【详解】A．相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，即图中c点所

示条件下，v(正)＞v(逆)，故A正确；B．图中a点、c点2NO的转化率相同，生成的2CO的物质的量相同，但a点容器体积小于c点容器体积，则对应的2CO浓度：()()a2c2COCOcc，故B错误；C．由于a点为平衡点，此时2NO的转化率为40%，a点反应三段式为：()()()()2

222Cs2NOgNg2COg/mol100/mol0.40.20.4/mol0.60.20.4++起始转化平衡各物质平衡浓度为()210.6NOmol/LcV=、()210.2Nmol/LcV=、()210.4COmol/LcV=，T℃时，该反应的化学平衡

常数()()()222211222110.20.4NCO4NO450.6ccVVKcVV===，故C错误；D．b点反应三段式为：()()()()2222Cs2NOgNg2COg/

mol100/mol0.80.40.8/mol0.20.40.8++起始转化平衡根据a点反应三段式、b点反应三段式和pVnRT＝可知，11.2apVRT=，21.4bpVRT=，由于21VV，所以容器内的压强：ab

:6:7pp，故D错误；答案选A。17．（1）H3PO2)⇌H++H2PO2−（2）Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑（3）1×10-111×10-3（4）碳酸钠溶液碳酸根水解能力比硫氢根强（5）72＜a＜143【解析】（1）H3PO2是一元中强酸，

其电离方程式为：H3PO2)⇌H++H2PO2−。（2）泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3溶液中的Al3+和NaHCO3溶液中的HCO3−发生完全双水解反应生成二氧化碳而灭火，原理为：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑

。（3）室温下，盐酸中HCl电离出的氢离子抑制了水的电离，水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即pH=3的盐酸中水电离出的氢离子浓度为1×10-11mol•L‾1；氯化铵溶液中，铵根离子可以结合水电离出的OH-生成弱电解质N

H3•H2O，促进了水的电离，水电离出的氢离子浓度即溶液中的氢离子浓度，所以pH=3的氯化铵溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-3mol•L‾1。（4）硫氢化钠溶液中HS-既水解又电离，由于HS-的电离常数为Ka2=7

.1×10-15，而水解常数Kh=W1aKK=1471.0101.310−−=7.7×10-8，水解程度大于电离程度；碳酸钠溶液中CO23−的水解常数Kh=Wa2KK=14111.0105.610−−=1.8

×10-4，碳酸根水解能力比硫氢根强，所以碱性更强的是碳酸钠溶液。（5）25℃时，若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合恰好中和，则n(H+)=n(OH-)，即Va×10-a=Vb×10-(14-b)，abVV=10a+b-14，由于Va＜Vb，则abVV＜1，

所以10a+b-14＜1，解得a+b＜14，又由于a=0.5b，所以a＜143；碱溶液的pH＞7，所以b＞7，由于a=0.5b，所以a＞72，则a的取值范围是72＜a＜143。18．（1）-49A（2）()()()()2332

2HOCHOHHCOppppb总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小33.3%【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+，该

反应一般认为通过如下步骤来实现：①-12221CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=+41kJmol，②-1232CO(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJmol，根据盖斯定律可知，①+②

可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+()()-1-1-1ΔH=+41kJmol90kJmol=49kJmol+−−；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量

，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化

能大于反应②的。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=()()()()23322HOCHOHHCOpppp，故答案为：()

()()()23322HOCHOHHCOpppp。②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中3x(CHOH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO2)=1mol，n(H2

)=3mol，则()()()()()()()22323Hg+COgCHOHg+HOgmol3100mol3xxxxmol3-3x1-xxx起始转化平衡，当平衡时()3xCHOH=0.10时，()()x3-3x+1

-x+x+x=0.1，解得x=13mol，平衡时CO2的转化率α=1mol3100%1mol=33.3%19．（1）防止Fe2+被氧化成Fe3+（2）NH4++H2𝑂⇌NH3⋅𝐻2O+H+（3）A（4）-+2+2+3+42MnO+8H+5Fe=Mn

+5Fe+4HO（5）当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液时，溶液变为粉红（或浅紫红）色，且半分钟内不复原，说明反应达到终点（6）94.08%（7）ABD【解析】（1）步骤1中，制备的是硫酸亚铁溶液，因Fe2+易被空气氧化，所以加入过量铁粉，可防止

Fe2+被氧化成Fe3+；（2）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中发生水解，其离子方程式为：++4232NH+HONHHO+H，所以使溶液显酸性；（3）高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡胶，所以需要用酸式滴定管盛装，下图中A为酸式滴定管（下

端为一玻璃活塞）；B为碱式滴定管（下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球）故答案为：A；（4）滴定过程中，酸性高锰酸钾溶液将2Fe+氧化为3Fe+，自身被还原为Mn2+，根据氧化还原反应的规律可知，离子方程

式为：-+2+2+3+42MnO+8H+5Fe=Mn+5Fe+4HO；（5）高锰酸钾为紫色，硫酸亚铁铵溶液为浅绿色，开始滴定时高锰酸钾溶液不足，溶液为浅绿色，当滴入最后半滴标准高锰酸钾溶液时，溶液变为粉红（或

浅紫红）色，且半分钟内不复原，说明反应达到终点；（6）根据反应的离子方程式-+2+2+3+42MnO+8H+5Fe=Mn+5Fe+4HO可知，关系式-2+4MnO5Fe，结合实验数据可以看出，上表中第一次的数据

明显大于后两次的数据，应舍去，则所消耗的高锰酸钾的体积V标=24.02mL+23.98mL2=24.00mL，所以亚铁离子的物质的量n(Fe2+)=-350.1000mol/L24.0010L=0.012mol，则样品中硫酸亚铁铵的物质的量为10

0mL0.012mol25mL=0.048mol，则其质量分数为0.048mol392g/mol100%=94.08%20.00g。（7）上表中第一次的数据大于后两次的数据，即测量数据偏大，根据cVc=V标标测测可知，A．第一次滴定前滴定管尖

嘴有气泡，滴定后气泡消失，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，A符合题意；B．第一次滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，B符合题意；C．第一次滴定结束时，俯视读取酸性高锰酸钾溶液的体积，会使读标准液的体积偏小，导

致实验数据测量值偏小，C不符合题意；D．第一次滴定结束时，有一滴酸性高锰酸钾溶液悬挂在滴定管尖嘴处，会使所读标准液的体积偏大，导致实验数据测量值偏大，D符合题意；故选ABD。20．加快反应速率、使反应充分SiO2、CaSO42Fe2++H

2O2+2H+=2Fe3++2H2OACD4.50.004NiC2O4·2H2O320℃Ni+2CO2↑+2H2O【分析】废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)粉碎后加入过量稀硫酸进

行酸浸，得到含有Al3+、Ni2+、Fe2+、Ca2+等离子的溶液，过滤得到的滤渣Ⅰ为难溶于稀硫酸的SiO2和微溶物CaSO4；向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，并加入沉淀剂调节pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3(滤渣Ⅱ)，此时杂质阳离子还有Ca2+，加入NH4F

得到CaF2沉淀(滤渣Ⅲ)，之后加入草酸铵反应过滤得到草酸镍晶体。【详解】(1)粉碎可以增大接触面积，加快反应速率、使反应充分；根据分析可知滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4；(2)先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据电荷守

恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；沉淀剂应该可以和H+反应，同时也不能引入新的杂质，所以可以选择NiO、Ni(OH)2、NiCO3，故答案为acd；根据题目所给信

息可知Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时Fe3+也已经完全沉淀，而Al3+完全沉淀时c(OH-)=()()33-34sp3513+AlOH2.7101.010=molLAlKc−−=3×10-10mol

/L，则c(H+)=13×10-4mol/L，pH=4.5，即至少应调节pH到4.5；(3)在“沉淀”过程中，Ca2+刚好沉淀完全时，c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，所以c(F-)=()-10-1-+252sp()1.

610=molL110CaFaCcK=0.004mol/L；(4)根据题意可知草酸镍晶体在真空中加热至320℃分解生成Ni单质，根据元素守恒可知产生的气体为CO2，说明分解过程中Ni2+将+3价的C元素氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为NiC2O4·2H2O320℃Ni+2CO2

↑+2H2O。