2023届新教材高考化学一轮复习化学反应原理测试题含答案

这是一份2023届新教材高考化学一轮复习化学反应原理测试题含答案，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学反应原理测试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．(2022·珠海模拟)中科院科学家发现，在常温常压下与可见光照射下，N2与H2O在水滑石(LDH)表面发生反应：2N2(g)＋6H2O4NH3(g)＋3O2(g)－Q(Q＞0)，关于该过程的说法错误的是(　　)
A．属于固氮过程
B．太阳能转化为化学能
C．反应物的总能量高于生成物的总能量
D．反应物的总键能高于生成物的总键能
【解析】选C。固氮的概念：把大气中游离态的氮转化为氮的化合物称作固氮，该过程为氮单质生成了化合物，属于氮的固定，故A正确；该反应通过光照进行，将太阳能转化成化学能，故B正确；Q＞0，故该反应为吸热反应，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；Q＝反应物总键能－生成物总键能，Q＞0，故反应物的总键能高于生成物的总键能，故D正确。
2．(2022·武汉模拟)SO2是一种重要的化工原料，主要用于生产三氧化硫、亚硫酸盐等，生产SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH＜0。实验室用浓硫酸
和Na2SO3固体反应制取少量SO2。SO2排放到大气中会形成酸雨。下列有关生产SO3反应的说法正确的是(　　)
A．反应的ΔS＞0
B．反应中每消耗22.4 L O2转移的电子的物质的量为4 mol
C．升温、加压和使用催化剂能增大SO3的生成速率
D．当c(SO2)＝c(SO3)时，说明该反应处于平衡状态
【解析】选C。该反应气体系数之和减小，所以ΔS＜0，故A错误；反应中每消耗1 mol氧气转移电子的物质的量为4 mol，但未指明温度和压强，22.4 L氧气的物质的量不一定是1 mol，故B错误；升温可以增大活化分子百分数，加压可以增大单位体积内活化分子数，催化剂可以降低反应活化能，都可以增大SO3的生成速率，故C正确；平衡时各物质的浓度不再改变，但c(SO2)和c(SO3)不一定相等，这与初始投料和转化率有关，故D错误。
3．科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.使用催化剂，不能改变反应的焓变
B．决定整个反应速率快慢的是反应①
C．B物质比反应物和生成物都稳定
D．该反应的热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝(Ed－Ea) kJ·mol－1
【解析】选D。催化剂不改变反应的始终态，则使用催化剂，不能改变反应的焓变，故A正确；活化能越大，反应速率越慢，由图可知，决定整个反应速率快慢的是反应①，故B正确；能量低的物质更稳定，图中B的能量最低，则B物质比反应物和生成物都稳定，故C正确；由图可知，一个CO分子还原NO，放热为(Ea－Ed) kJ，则反应的热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝2NA(Ed－Ea) kJ·mol－1，故D错误。
4．(2022·石家庄模拟)中科大经过多次实验发现，采用如图所示装置，阳极(Ti基)上产生羟基(·OH)，阴极上产生H2O2，分别深度氧化苯酚为CO2，高效处理废水。下列有关说法错误的是(　　)

A．电流从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极
B．阳极电极反应为H2O－e－===·OH＋H＋
C．阴极深度氧化苯酚方程式为C6H5OH＋14H2O2===6CO2＋17H2O
D．当消耗7 mol O2时，理论上共氧化处理47 g苯酚
【解析】选D。电解池中，电流从正极流出，经外电路流回到负极，电流代表正电荷移动方向，可以通过电解质溶液传递，故电流从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极，故A正确；阳极(Ti基)上产生羟基(·OH)，阳极电极反应式为H2O－e－===·OH＋H＋，故B正确；不锈钢电极为阴极，电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，过氧化氢氧化苯酚，反应为C6H5OH＋14H2O2===6CO2＋17H2O，故C正确；电解总反应为C6H5OH＋7O26CO2＋3H2O，当消耗7 mol O2时，理论上共氧化处理1 mol苯酚，质量为1 mol×94 g·mol－1＝94 g，故D错误。
5．(2022·梅州模拟)科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意如图。下列说法正确的是(　　)

A．反应过程中反应①、②、③中均有O—H键断裂
B．生成DMC总反应的原子利用率为100%
C．CeO2可有效提高反应物的平衡转化率
D．DMC与过量NaOH溶液反应生成Na2CO3和甲醇
【解析】选D。根据图中箭头方向，找出反应物和生成物，写出反应原理：①CH3OH＋H—O—催→CH3O—催＋H2O，②CH3O—催＋CO2→CH3OCOO—催，③CH3OH＋CH3OCOO—催→CH3OCOOCH3＋H—O—催；总反应为2CH3OH＋CO2→CH3OCOOCH3＋H2O，据此解答。A.根据示意图可知①中CH3OH生成CH3O—催，CH3OH中的O—H键断裂；②中没有O—H键断裂；③中CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O—H键断裂，A错误；B.反应中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B错误；C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C错误；D.DMC的结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成Na2CO3和甲醇，D正确。
6．浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池。模拟工业上采用电渗析法实现海水淡化(用氯化钠溶液代替海水)，装置如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.Cu(1)极为负极，C(1)极发生氧化反应
B．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
C．C(2)极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
D．当Cu(2)极的质量增加3.2 g时，理论上NaCl溶液中减少5.85 g NaCl
【解析】选B。Cu(1)极为负极，发生反应Cu－2e－===Cu2＋；Cu(2)极为正极，发生还原反应，Cu2＋＋2e－===Cu，SO由阴离子交换膜右侧向左侧迁移。C(1)极与正极相连，为阳极，发生反应2Cl－－2e－Cl2↑，故A正确；膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，故B错误；C(2)极为阴极，发生反应2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，故C正确；Cu(2)极增加的n(Cu)＝0.05 mol，转移电子n(e－)＝0.1 mol，理论上食盐水中减少0.1 mol NaCl(相当于5.85 g)，故D正确。
7．(2022·佛山模拟)用如图所示的装置提纯难挥发的TaS2晶体，发生的反应为TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)　ΔH>0，将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中，下列说法不正确的是(　　)

A.温度：T10，因此温度T1小于T2，A正确；B.因反应由T2端向T1端进行，则在T1端得到纯净的TaS2晶体，B正确；C.该过程中循环使用的物质是I2，I2的量并不减少，C错误；D.根据平衡常数表达式，该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比，D正确。
8．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g) Y(g)，T1、T2温度下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是(　　)

A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B．T2温度下，在0～t1时间内，v(Y)＝ mol·L－1·min－1
C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
D．M点时向容器内充入一定量惰性气体，平衡向正反应方向移动
【解析】选C。由图可知，温度为T1时先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；进行到M点X的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为c(X)＝(a－b) mol·L－1，则Y的浓度变化为c(Y)＝c(X)＝ mol·L－1，所以v(Y)＝ mol·L－1·min－1，故B错误；根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2，温度对反应速率的影响较大，且N点生成物浓度小于M点，则M 点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，故C正确；M点时向容器内充入一定量惰性气体，对反应物浓度无影响，平衡不移动，故D错误。
9．25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图甲所示。NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图乙所示[其中a点的坐标为(9.5，0.5)]。

下列溶液中的关系一定正确的是(　　)
A．图乙中pH＝7的溶液：c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)
B.常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)＝10－9.5
C．图甲中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．图甲中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)
【解析】选A。pH＝7时，溶液呈中性，则存在c(OH－)＝c(H＋)，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)，故A正确；当δ(HCN)＝δ(CN－)时c(HCN)＝c(CN－)，Ka(HCN)＝＝c(H＋)＝
10－9.5，Kh(NaCN)＝＝＝10－4.5，故B错误；b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN，混合溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，钠离子不水解，所以溶液中存在c(HCN)＞c(Cl－)＞c(CN－)，NaCN水解程度、HCN电离程度都较小，所以溶液中存在c(HCN)＞c(Cl－)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、HCN，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，HCN部分电离，则c(HCN)＜c(Cl－)，所以溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＞c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)，故D错误。
10.常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L－1 CaCl2溶液，CO浓度与CaCl2溶液体积的关系如图所示。已知：pC＝－lgc(CO)，Ksp(CdCO3)＝1.0×10－12，Ksp(CaCO3)＝3.6×10－9。下列说法正确的是(　　)

A．a点溶液：c(OH－)＜2c(HCO)＋2c(H2CO3)
B.图像中V0＝20，m＝5
C．水的电离程度：a＜b＜n
D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移
【解析】选A。a点溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)、物料守恒c(Na＋)＝2[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]，所以得c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，该溶液呈碱性，说明HCO水解程度大于电离程度，所以c(HCO)＞c(H＋)，则溶液中存在c(OH－)＜2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故A正确；n点Na2CO3、CaCl2恰好完全反应生成CaCO3和NaCl，Na2CO3、CaCl2以1∶1反应，两种盐的浓度相等，要使二者恰好完全反应，则两种盐溶液体积相等，V0＝20，此时溶液中c(Ca2＋)＝c(CO)＝
＝ mol·L－1＝6×10－5 mol·L－1，m＝－lg(6×10－5) mol·L－1＝5－lg6，故B错误；CO促进水电离，溶液中c(CO)越小，溶液中水电离程度越小，随着V[CaCl2(aq)]增大，溶液中c(CO)减小，则水电离程度减小，所以水电离程度：a＞b＞n，故C错误；若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，碳酸钠溶液完全反应时溶液中c(Cd2＋)＝c(CO)＝＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，pC＝－lg10－6＝6，所以n点向d点方向迁移，故D错误。
11．(2022·韶关模拟)电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.b点溶液呈酸性
B．a到b之间存在：c(Na＋)>c(Cl－)
C．该滴定过程中不需任何指示剂
D．a点溶液存在：c(Na＋)>2[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]
【解析】选D。由图可知，a点为第一个计量点，发生的反应为碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，b点为第二个计量点，发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，据此分析。A.由分析可知。b点溶液为氯化钠和碳酸的饱和溶液，碳酸在溶液中部分电离使溶液呈酸性，故A正确；B.从a点到b点，溶液由氯化钠、碳酸氢钠混合液变为氯化钠、碳酸混合溶液，溶液中c(Na＋)>c(Cl－)，故B正确；C.电位滴定在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，则滴定时不需指示剂，故C正确；D.由分析可知，a点为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，由物料守恒可知溶液中存在c(Na＋)＝2[c(HCO)＋c(CO)＋
c(H2CO3)]，故D错误。
12．一定条件下可发生反应CH4(g)＋CO2(g)===CH3COOH(g)，该反应历程示意图如下所示：

有人提出利用电化学处理，可提高能量的利用率，下列说法不正确的是(　　)
A．若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极
B．由图像可知①→②放出能量并形成了C—C键
C．使用催化剂，可降低活化能和焓变，加快反应速率
D．若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极反应为：2CO2＋8e－＋8H＋===CH3COOH＋2H2O
【解析】选C。由图知，该转化的总反应为CO2＋CH4===CH3COOH，若设计为原电池，则通入甲烷的电极为负极，A正确；由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故①→②放出能量并形成了C—C键，B正确；使用催化剂，可降低活化能，加快反应速率，但焓变不变，C不正确；结合A分析知，若设计为原电池，用稀硫酸作电解质溶液，正极上二氧化碳得到电子被还原，生成醋酸，故电极反应式为：2CO2＋8e－＋8H＋===CH3COOH＋2H2O，D正确。
13．已知：(HF)2(g)2HF(g)　ΔH＞0，平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.温度：T1＜T2
B．平衡常数：K(a)＝K(b)＜K(c)
C．反应速率：v(b)c(NH)
D．当溶液呈中性时，c(R－)＝c(NH)＝c(HR)
【解析】选A。A和B，根据图像中坐标点(5，0)可得lg＝0时，pH＝5，再结合电离常数的表达式可得Ka(HR)＝1.0×10－5，0.1 mol·L－1的HR溶液中，Ka(HR)＝＝1.0×10－5≈，c(H＋)≈
10－3 mol·L－1，即pH约为3，A正确、B错误；C，当通入0.1 mol NH3时，溶质是NH4R，再根据越弱越水解判断溶液显碱性，进而判断离子c(R－)c(HR)，D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．(14分)将CO2转化成甲醇可有效实现碳循环。在容积为2 L的恒温恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下分步反应来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
上述反应的能量变化如图所示。

(1)则上述分步反应②为__________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如表。
时间/min
0
3
6
9
12
n(CH3OH)/
mol
0
0.50
0.65
0.74
0.74
n(CO2)/
mol
1
0.50
a
0.26
0.26
①a＝__________；3～6 min内，v(CO2)＝__________mol·L－1·min－1。
②能说明上述反应达到平衡状态的是___________________________________
___________________________________________________________(填标号)。
A．混合气体的压强不随时间的变化而变化
B．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1
C．单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CH3OH
D．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
③上述反应12 min末时，混合气体中H2(g)和CO2(g)的物质的量之比是
__________，H2的体积分数是__________。
④第3 min时v正(CH3OH)__________(填“＞”“＜”“＝”或“无法比较”)第9 min时v逆(CH3OH)。
【解析】(1)由图可知，反应②的反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应②为放热反应；(2)①反应为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，则
Δn(CO2)∶Δn(CH3OH)＝1∶1，则0～6 min内Δn(CO2)＝Δn(CH3OH)＝0.65 mol，a＝1 mol－0.65 mol＝0.35 mol，3～6 min内v(CO2)＝＝＝＝0.025 mol·L－1·min－1，②该反应正向是气体分子数减小的反应，随着反应的进行，恒容容器内气体的物质的量减小、压强降低，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时达到平衡状态，故A正确；反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1，即CO2与CH3OH的物质的量浓度相等，反应达到平衡时各物质的浓度不变、但不一定相等，则不能判断达到平衡状态，故B错误；单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CH3OH，即v正(CH3OH)＝v逆(H2)＝3v逆(CH3OH)，则不是平衡状态，故C错误；容器内气体的总质量m不变，该反应正向是气体分子数减小的反应，随着反应的进行，恒容容器内气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化时，反应达到平衡，故D正确；③反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，则Δn(H2)∶Δn(CH3OH)＝3∶1，即0～12 min内Δn(H2)＝3Δn(CH3OH)＝0.74 mol×3＝2.22 mol，12 min末时n(H2)＝3 mol－2.22 mol＝0.78 mol，则12 min末时混合气体中H2(g)和CO2(g)的物质的量之比为0.78 mol∶0.26 mol＝3∶1；12 min末时n(H2O)＝n(CH3OH)＝0.74 mol，则H2的体积分数为×100%≈31%，④第3 min时没有达到平衡状态，第9 min时达到平衡状态，v正(CH3OH)＝v逆(CH3OH)，由于反应物浓度第3 min时＞第9 min时，浓度越小反应速率越小，则第3 min时v正(CH3OH)＞第9 min时v正(CH3OH)＝第9 min时v逆(CH3OH)。
答案：(1)放热　(2)①0.35　0.025
②AD　③3∶1　31%　④＞
18．(14分)CO2的减排、捕集和利用是人类可持续发展的重要战略之一。利用CO2和H2生成CH3OH来捕集CO2的反应是CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(l)＋
H2O(g)，生成1 mol液态甲醇放出89 kJ的热量，回答下列问题：
(1)下列有关上述反应的图像合理的是___________________________________
___________________________________________________________(填标号)。

(2)某温度下，向某恒容密闭容器中充入0.1 mol CO2(g)和0.3 mol H2(g)，充分反应后，放出的热量__________(填“＞”“＜”或“＝”)8.9 kJ。
(3)某温度下，将定量的CO2(g)和H2(g)充入2 L恒容密闭容器中，经过10 min后，反应达到平衡，此时CO2为0.5 mol、H2为1.2 mol、H2O为0.3 mol。则该条件下达到平衡时CO2的转化率为__________%，氢气的物质的量分数w(H2)＝__________%。
(4)甲醇燃料电池种类较多，其中一种电池的电极为可导电碳化钨(WC)，电解质溶液为KOH，工作时一个电极加入甲醇，一个电极通入空气。此燃料电池负极的电极反应式为____________________________________________________
__________________________________________________________________。
【解析】(1)CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(l)＋H2O(g) ΔH＝－89 kJ·mol－1，是放热反应，则其逆反应CH3OH(l)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝
＋89 kJ·mol－1，放热反应：反应物总能量大于生成物总能量，吸热反应：反应物总能量小于生成物总能量，所以符合反应的图像为AC；(2)反应为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(l)＋H2O(g) ΔH＝－89 kJ·mol－1，属于可逆反应，则0.1 mol CO2(g)和0.3 mol H2(g)充分反应后生成CH3OH的物质的量小于0.1 mol，放出的热量小于8.9 kJ；
(3)三段式为
　　　 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(g)
起始量(mol) 0 0
变化量(mol) 0.3 0.9 0.3 0.3
平衡量(mol) 0.5 1.2 0.3 0.3
则起始量：n(CO2)＝0.8 mol，n(H2)＝2.1 mol，达到平衡时CO2的转化率为×100%＝37.5%，CH3OH为液体，氢气的体积分数w(H2)＝
×100%＝60%；(4)甲醇碱性燃料电池中，加入甲醇的电极为负极，通入空气电极为正极，甲醇在负极上发生失电子的反应生成CO和H2O，负极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。
答案：(1)AC　(2)＜　(3)37.5　60
(4)CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
19．(14分)(1)已知常温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH＝__________，此酸的电离平衡常数K＝__________，由HA电离出的H＋的浓度约为水电离出的H＋的浓度的__________倍。
(2)现将0.04 mol·L－1 HA溶液和0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
①若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na＋)－c(CN－)＝__________。
②若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_________________________________________________________
___________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(3)实验室配制FeCl3的溶液时常需加入少量盐酸，否则得到的是浑浊的溶液，产生浑浊的原因是(用离子方程式表示)__________________________________
___________________________________________________________________
(4)物质的量浓度相同的①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵，在上述五种溶液中，铵根离子物质的量浓度由大到小的顺序是__________。
【解析】(1)常温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，c(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.1%＝1×10－4 mol·L－1，溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－lg1×10－4＝4；HA电离程度较小，则溶液中c(HA)≈0.1 mol·L－1、c(A－)≈c(H＋)＝1×
10－4 mol·L－1，K＝≈＝10－7；酸抑制水电离，该溶液中水电离出的c(H＋)水＝＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1，则由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)水的倍数＝＝106；(2)现将0.04 mol·L－1 HA溶液和0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液，混合溶液中溶质为0.01 mol·L－1的HA、0.01 mol·L－1的NaA；①若HA为HCN，该缓冲溶液显碱性，说明NaA水解程度大于HA电离程度，溶液呈碱性，则溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)－c(CN－)＝c(OH－)－c(H＋)；②若HA为CH3COOH，该缓冲溶液显酸性，则HA电离程度大于NaA水解程度，c(H＋)＞c(OH－)，根据溶液电中性原则可知c(CH3COO－)＞c(Na＋)，弱电解质的电离是微弱的，所以c(Na＋)＞c(H＋)，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；(3)实验室配制FeCl3溶液为防止水解需加入少量盐酸，产生浑浊的原因是铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋；(4)相同浓度的这几种溶液中，强电解质溶液中c(NH)较大，强电解质溶液中，NH系数越大，溶液中c(NH)越大，系数相同的铵盐溶液中，NH水解程度越大，溶液中
c(NH)越小，一水合氨是弱电解质，其他铵盐都是强电解质，则①中c(NH)最小；这几种铵盐中，⑤的铵盐化学式中NH系数最大，则⑤中c(NH)最
大，②③④的铵盐化学式中NH系数相等，③中阴阳离子相互促进水解、④
中HSO电离出的H＋抑制NH水解，所以水解程度：③＞②＞④，则这几种
溶液中c(NH)由大到小顺序为⑤＞④＞②＞③＞①。
答案：(1)4　10－7　106
(2)①c(OH－)－c(H＋)
②c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　(4)⑤＞④＞②＞③＞①
20．(14分)(2022·揭阳模拟)某同学在实验室利用FeMg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：

(1)工业上常将FeMg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是________________
__________________________________________________________________。
(2)“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为________________________________
____________________________________________________________________
__________________________________________________________________；
写出“氧化”时反应的离子方程式_______________________________________
__________________________________________________________________。
(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，试解释原因________________________________________。
(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是____________________(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3＋)＝__________，列式计算并判断此时是否有Mg(OH)2沉淀生成___________________{已知氧化后的溶液中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝2.7×10－39、Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12}。
【解析】FeMg合金废料加盐酸酸溶，溶液中有氯化镁、氯化亚铁，加双氧水将氯化亚铁氧化成氯化铁，加MgO或Mg(OH)2等，当溶液的pH调节为4时，形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液在氯化氢气流中蒸发，将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，得无水氯化镁，电解得Mg。据此回答：
(1)工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率；
(2)“酸溶”时，Fe发生反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋===
Fe2＋＋H2↑；加双氧水将氯化亚铁氧化成氯化铁，“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；
(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，原因SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl气体，抑制MgCl2的水解；
(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，要促进铁离子水解，又不引入其他杂质离子，X是MgO、Mg(OH)2等，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3＋)＝＝2.7×10－9 (mol·L－1)，c(Mg2＋)c2(OH－)＝0.02×(1×10－10)2＝2×10－22