D．c（NH4+）+c（OH-）=c（Cl−）+c（H+）
二、非选择题
25．
二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1=-131.0kJ·mol−1
H2（g）+
O2（g）=H2O（l）ΔH2=-285.8kJ·mol−1
则CH3OH的燃烧热ΔH=。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：
CO2（g）+CH4（g）
CH3COOH（g）ΔH=+36.0kJ·mol−1
欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是（填标号）。
A．升高温度B．降低温度
C．增大压强D．降低压强
（3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：
C（s）+CO2（g）
2CO（g）。
①该反应的平衡常数表达式K=。
②向容积为1L的恒容容器中加入足量的碳和0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示。
则该反应为（填“放热”或“吸热”）反应。
某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量（填“变大”或“变小”或“不变”，下同），平衡常数。
26．
按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈性，溶液中
c（Na+）c（CH3COO−）（填“>”“=”或“<”）；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈性，溶液中c（Na+）c（CH3COO−）（填“>”“=”或“<”）。
（2）下列溶液按pH由小到大顺序为。
①0.1mol·L−1HCl溶液；
②0.1mol·L−1H2SO4溶液；
③0.1mol·L−1NaOH溶液；
④0.1mol·L−1CH3COOH溶液，
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：
；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”或“抑制”）其水解。
（4）已知：
难溶电解质Cu（OH）2在常温下的Ksp=2×10−20，则常温下：
某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol·L−1，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液的pH最小为。
27．
一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。
由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是；金属镍溶解的离子方程式为。
（2）“除铁”时H2O2的作用是，加入碳酸钠的目的是。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为，若用Na2S代替H2S除铜，优点是。
（4）已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为。
（5）已知常温下Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10−15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为，Ni2+才刚好沉淀完全。
（Ni2+离子沉淀完全的浓度
10−5mol·L−1；lg2=0.30）
蓉城名校联盟2019～2020学年度上期高中2018级期末联考
化学学科共性化巩固练习卷答案
一、选择题：
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
5．D
【解析】相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
A、根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是
HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol·L−1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；B、相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；C、相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；D、由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y−=HY+Z−能够发生反应，所以D选项是正确的。
6．D
【解析】A、SO2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此能够实现，故不选；B、发生反应是：
Cl2+2Br−=2Cl−+Br2，氧化性强的制取氧化性弱的，能够实现，故不选；C、发生
Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，2NO2
N2O4，降温，观察气体颜色变化，能够实现，故不选；D、研究反应速率的因素，要求其他条件不变，即H2O2的浓度相同，因此不能够实现，故选。
8．B
【解析】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为：
2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）
ΔH=+571kJ·mol−1，故A错误；B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为
CH4（g）+O2（g）=
CO2（g）+H2O（l）
ΔH=-445kJ·mol−1，故B正确；C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C（s）燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol−1，故C错误；D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D错误。
9．A
【解析】A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：
①=②=③=④，A项正确；B．氨水是弱碱，只有部分电离，所以c（NH3·H2O）>c（OH−），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3·H2O）>c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：
②>③，B项正确；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：
①>②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：
①最大，C项错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7>②>①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④稀释后溶液的pH值③>④>7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：
③>④>②>①，D项错误；答案选A。
12．B
【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。
A中溶液显碱性，则Al3+、NH4+不能大量共存；B中溶液也是显碱性的，可以大量共存；C中水的电离是被抑制的，则溶液可能显酸性，也可能显碱性。
如果显酸性，则ClO−不能大量共存，如果显碱性，NH4+不能大量共存；D中使甲基橙呈红色的溶液显酸性，则CO32−不能大量共存，且Fe3+和CO32−本身之间也不能大量共存，答案选B。
14．B
【解析】一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀，故溶解度由大到小的顺序正确的是AgCl、AgI、Ag2S，故B项正确。
15．B
【解析】①溶液中存在二氧化碳的溶解平衡CO2+H2O
H2CO3，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，①不选；②由H2+I2
2HI，因为两边气体计量数相等，所以加压平衡不移动，体积缩小浓度增大，不用勒夏特列原理解释，②选；③一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，存在电离平衡，弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进一水合氨电离，NaOH溶于水放出热量，相当于加热，所以促进氨气制取，③不选；④煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成，加快反应速率，但不影响平衡的移动，④选；⑤使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3，催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，⑤选；⑥合成氨的反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，可以用平衡移动原理解释，⑥不选；⑦合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以500℃左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，⑦选；⑧配制FeCl2溶液时加入少量铁屑，防止亚铁被氧化，不能用勒夏特列原理解释，⑧选；⑨氯气和水的反应方程式为：
Cl2+H2O
HCl+HClO，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，⑨不选；⑩推压装有NO2的注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后变浅但比推压之前深，是因为二氧化氮和四氧化二氮存在化学平衡，推压装有NO2的注射器活塞，增大压强，体积缩小，浓度增大，但平衡向生成四氧化二氮的方向进行，能用勒夏特列原理解释，⑩不选，可见不能用勒夏特列原理解释的是②④⑤⑦⑧，共五项，故合理选项是B。
16．C
【解析】A．NH4+水解使溶液显弱酸性，可与铁锈反应达到除锈的目的，与盐的水解有关，A项不选；B．HCO3−与Al3+发生双水解，生成CO2和Al（OH）3，利用该原理制作泡沫灭火器，与盐的水解有关，B项不选；C．甲基橙的显色范围的pH为3.1～4.4，当pH>4.4时，溶液均为黄色，因此酸性、碱性和中性溶液都能使甲基橙显黄色，与盐类的水解无关，C项选；D．Na2S为强碱弱酸盐，S2−可发生水解生成H2S，H2S为具有臭鸡蛋气味的气体，与盐的水解有关，D项不选；故答案选C。
17．C
【解析】常温下，pH=5的盐酸中c（H+）=10−5mol·L−1，pH=9的氢氧化钠中c（OH−）=10−5mol·L−1，二者以体积比11:
9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，反应后溶液c（H＋）=
mol·L−1
=10−6mol·L−1，pH=-lgc（H+）=6；答案选C。
19．D
【解析】A．常温下，盐酸与氨水混合后，所得溶液pH=7，则溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，故A错误；B．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl−）+c（OH−），溶液呈中性，即c（H+）=c（OH−），则c（NH4+）=c（Cl−），c（NH4+）+c（NH3·H2O）>c（Cl−），故B错误；C．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH−），溶液呈中性，即c（H+）=c（OH−），则c（NH4+）=c（Cl−），故C错误；D．盐酸与氨水混合后的溶液中存在的电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl−）+c（OH−），故D正确；故答案为D。
二、非选择题
25．
【答案】
（1）-726.4kJ·mol−1
（2）AC
（3）①
②吸热减小不变
【解析】
（1）CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）ΔH1=-131.0kJ·mol−1①
H2（g）+
O2（g）=H2O（l）ΔH2=-285.8kJ·mol−1②
②×3-①即可得出：
CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH2=-726.4kJ·mol−1。
（2）因为正反应吸热，所以应升温使平衡向正反应方向进行；因为反应物气体分子数大于生成物，所以应加压使平衡向正反应方向进行，从而提高平衡产率。
（3）①根据方程式可知该反应的平衡常数表达式K＝
；②从图象中可以看出，温度升高，c（CO2）减小，则表明平衡正向移动，由此可得出该反应为吸热反应。
某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，相当于加压，平衡逆向移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小；虽然平衡发生移动，但温度不变，平衡常数不变。
26．
【答案】
（1）碱>酸<
（2）②①④③
（3）Cu2++2H2O
Cu（OH）2+2H+抑制
（4）5
【解析】
（1）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中的醋酸根离子水解溶液显碱性，据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO−）+c（OH−）知钠离子浓度大于醋酸根离子，c（Na+）>c（CH3COO−）；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，等体积混合后醋酸又电离出氢离子，溶液显酸性，据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO−）+c（OH−）知醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，
c（Na+）（2）①0.1mol·L−1HCl中c（H+）=0.1mol·L−1，pH=1；
②0.1mol·L−1H2SO4溶液中c（H+）=0.2mol·L−1，pH=-lg（H+）<1；
③0.1mol·L−1NaOH溶液中c（OH−）=0.1mol·L−1，c（H+）=10−13mol·L−1，pH=13；
④0.1mol·L−1CH3COOH由于CH3COOH是弱酸，所以溶液中c（H+）<0.1mol·L−1，pH>1，
所以按pH由小到大顺序为②①④③。
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2O
Cu（OH）2+2H+，水解后溶液中c（H+）>c（OH−），所以溶液呈酸性，即常温下pH<7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol·L−1，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有：
c（Cu2+）·c2（OH−）
2×10−20
由于c（Cu2+）=0.02mol·L−1，c（OH−）
10−9mol·L−1，
则c（H+）
1×10−14/10−9mol·L−1=10−5mol·L−1，
所以pH
-lg（10−5）=5。
27．
【答案】
（1）SiO25Ni+12H++2NO3−=5Ni2++N2↑+6H2O
（2）将亚铁离子氧化为铁离子
调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣
（3）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境
（4）过量的F−生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
（5）9.15
【解析】废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍。
双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀。
（1）SiO2不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是SiO2；金属镍溶解时被氧化为镍离子的同时硝酸被还原产生氮气，反应的离子方程式为：
5Ni+12H++2NO3−=5Ni2++N2↑+6H2O；
（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；
（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：
H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更好；
（4）氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故NaF的实际用量不能过多；
（5）Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）·c2（OH−）=1.0×10−5mol·L−1×c2（OH−）=2.0×10−15，
则c（OH−）=
，c（H+）=
，
该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。
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