2025年滬科版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列微粒中能影響水的電離平衡，且能使水的電離平衡向左移動(dòng)的是A.B.C.NaD.2、鎳鎘電池是較早使用的二次電池；其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.電極A的電勢(shì)低于電極BB.電流由電極B經(jīng)負(fù)載、電極電解質(zhì)溶液回到電極BC.電極B發(fā)生還原反應(yīng)過(guò)程中，溶液中的OH-濃度沒(méi)有變化D.鎳鎘二次電池的總反應(yīng)式：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)23、某溫度下，該溫度下，下列結(jié)論正確的是A.向的懸濁液中加少量固體，溶液中和均增大B.的飽和溶液比的飽和溶液中濃度大C.向濃度均為的和溶液中分別逐滴加入等濃度的溶液，先沉淀D.向濃度均為的和的混合溶液中加入溶液，當(dāng)沉淀完全后，溶液中4、某干電池原理如圖所示，電池總反應(yīng)為：Zn+2NH=Zn2++2NH3↑+H2↑。下列有關(guān)該電池的說(shuō)法中錯(cuò)誤的是。

A.鋅片上發(fā)生氧化反應(yīng)B.碳棒上反應(yīng)為2NH+2e-=2NH3↑+H2↑C.圖中該電池原理裝置工作過(guò)程中溶液pH增大D.斷開(kāi)導(dǎo)線，圖中該電池原理裝置中不再發(fā)生任何反應(yīng)5、下列事實(shí)不能用平衡移動(dòng)原理解釋的是A.濃硫酸的使用有利于酯化反應(yīng)B.夏天打開(kāi)啤酒瓶，有許多氣泡冒出C.Fe(SCN)3溶液中加入6mol/LNaOH溶液后顏色變淺D.唾液可以使淀粉水解速率加快6、下列有關(guān)化學(xué)工業(yè)的敘述錯(cuò)誤的是A.工業(yè)制備硝酸的第一步反應(yīng)是N2+O22NOB.煤通過(guò)直接液化和間接液化可制得燃料和化工原料C.合成氨工業(yè)采用循環(huán)操作，目的是提高氮?dú)夂蜌錃獾睦寐蔇.玻璃是將石灰石、純堿、石英砂在玻璃窯中高溫熔融制得7、生物質(zhì)廢物能源化的研究方向之一是熱解耦合化學(xué)鏈制高純H2；工藝流程示意圖如下。

下列說(shuō)法不正確的是A.燃料反應(yīng)器中Fe2O3固體顆粒大小影響其與CO、H2反應(yīng)的速率B.蒸汽反應(yīng)器中主要發(fā)生的反應(yīng)為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2C.從蒸汽反應(yīng)器所得H2和H2O的混合物中液化分離H2O，可獲得高純H2D.當(dāng)n(CO):n(H2)=1:1時(shí)，為使Fe2O3循環(huán)使用，理論上需要滿足n(CO):n(O2)=2:18、伏打電池的發(fā)明開(kāi)創(chuàng)了電池發(fā)展的新紀(jì)元，200多年來(lái)，隨著材料科學(xué)的進(jìn)步，電池發(fā)生了天翻地覆的變化，下列有關(guān)電池的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.電池都是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置B.無(wú)汞環(huán)保堿性電池，可以隨生活垃圾一起丟棄C.堿性氫氧燃料電池的總反應(yīng)是D.金屬-空氣電池，金屬是電池負(fù)極9、某溫度下，向[H＋]＝1×10－6mol·L－1的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測(cè)得溶液中[H＋]＝1×10－3mol·L－1。下列對(duì)該溶液的敘述不正確的是A.該溫度高于25℃B.所得溶液中，由水電離出來(lái)的H＋的濃度為1×10－11mol·L－1C.加入NaHSO4晶體抑制水的電離D.該溫度下，此NaHSO4溶液與某pH＝11的Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性，則消耗的NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液的體積比為100：1評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、Ⅰ．如圖所示C、D、E、F、X、Y都是石墨電極。將電源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色。(1)若用甲醇、空氣燃料電池作電源，電解質(zhì)為NaOH溶液，則A極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________(2)欲用(丙)裝置給鐵鍍銅，銅應(yīng)該是_____電極(填G或H)(3)(丁)裝置中Y極附近紅褐色變_______(填深或淺)Ⅱ．(4)環(huán)戊二烯()是重要的有機(jī)化工原料，廣泛用于農(nóng)藥、橡膠、塑料等生產(chǎn)。環(huán)戊二烯可用于制備二茂鐵(Fe(C5H5)2，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為二茂鐵的電化學(xué)制備原理如圖所示，其中電解液為溶解有溴化鈉(電解質(zhì))和環(huán)戊二烯的DMF溶液(DMF為惰性有機(jī)溶劑)?；卮鹣铝袉?wèn)題：Ni與電源的_______(填“正極”或“負(fù)極”)相連，總反應(yīng)為方程式為_(kāi)_________，電解制備需要在無(wú)水條件下進(jìn)行，原因?yàn)開(kāi)_____________。(5)如圖是一種用電解原理來(lái)制備H2O2，并用產(chǎn)生的H2O2處理廢氨水的裝置。①為了不影響H2O2的產(chǎn)量，需要向廢氨水中加入適量HNO3調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，則所得溶液中c(NH)_________(填“>”“<”或“=”)c(NO)。②Ir－Ru惰性電極吸附O2生成H2O2，其電極反應(yīng)式為_(kāi)__________。③理論上電路中每轉(zhuǎn)移3mol電子，最多可以處理廢氨水中溶質(zhì)(以NH3計(jì))的質(zhì)量是______g。11、回答問(wèn)題：

(1)在一定條件下的密閉容器中，等物質(zhì)的量的A、B發(fā)生可逆反應(yīng)A(g)+B(g)M(g)+N(g)。達(dá)到平衡后，如果保持溫度不變，壓縮容器的體積，則平衡___________移動(dòng)(填“正向”、“逆向”或“不”)；再達(dá)到平衡時(shí)，B的百分含量___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(2)在一定條件下的密閉容器中，可逆反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH＞0達(dá)到平衡。如果保持溫度和容器容積不變，再通入少量CO2，則平衡___________移動(dòng)(填“正向”、“逆向”或“不”)；再達(dá)平衡時(shí)，容器的壓強(qiáng)___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(3)室溫下，把SiO2細(xì)粉放入蒸餾水中，攪拌至平衡，生成H4SiO4溶液(SiO2＋2H2OH4SiO4)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________。該反應(yīng)平衡常數(shù)K隨溫度的變化如圖所示，若K值變小，在平衡移動(dòng)時(shí)正反應(yīng)速率如何變化___________(填“增大”；“減小”或“不變”)。

(4)已知CO2(g)＋2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)在一定溫度下，向一容積可變的容器中充入2molCO2、4molCH3OH(g)，CO2的轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示。在t時(shí)加壓，若t1時(shí)容器容積為1000mL，則t2時(shí)容器容積為_(kāi)__________mL。

(5)一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應(yīng)：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡時(shí)，體系中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如下圖所示：已知：氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×體積分?jǐn)?shù)。925℃時(shí)，已知總壓為p總，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=___________。

12、氮氧化物是主要大氣污染物，可采用多種方法消除，其中氫氣選擇性催化還原()是一種理想的方法。其相關(guān)反應(yīng)如下：

主反應(yīng)：

副反應(yīng)：

(1)已知：則_______(用含有和的代數(shù)式表示)

(2)恒溫條件下，將充入某恒容密閉容器中；在催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)。

①下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是_______。(填字母序號(hào))

a.當(dāng)容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化時(shí)說(shuō)明主；副反應(yīng)均達(dá)到平衡。

b.平衡后，若向容器內(nèi)再充入少量主；副反應(yīng)平衡常數(shù)均增大。

c.平衡后，和三者的物質(zhì)的量之比保持不變。

d.平衡后，

②在不同溫度下，反應(yīng)相同時(shí)間時(shí)測(cè)得混合氣體中N2、的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示，溫度高于205℃時(shí)，的體積分?jǐn)?shù)隨溫度的升高而減小的原因可能_______。(答一點(diǎn))

(3)某溫度下，將按物質(zhì)的量比1：3充入某恒容密閉容器中，若平衡后與物質(zhì)的量之比為3：1，的轉(zhuǎn)化率為80%，則的有效去除率(轉(zhuǎn)化為的的量與起始量的比值)為_(kāi)______%，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______%。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(4)在催化劑表面的反應(yīng)機(jī)理如下圖：

研究表明，在催化劑中，表面上形成的以的形式被儲(chǔ)存。隨后在載體上，與和產(chǎn)生該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(已知發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1：1)

(5)除了還有其他有效的方法消除氮氧化物，例如可用電解法將轉(zhuǎn)變?yōu)槠涔ぷ髟砣鐖D。M極為電解池的_______極，N極的電極反應(yīng)式為_(kāi)______。

13、t℃時(shí)，在兩個(gè)相同的密閉剛性容器(恒容)中分別進(jìn)行SO2和SO3相互轉(zhuǎn)化的實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；實(shí)驗(yàn)Ⅰ和實(shí)驗(yàn)Ⅱ的情況分別如圖Ⅰ和圖Ⅱ所示：

分析數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：達(dá)到平衡時(shí)；平衡狀態(tài)Ⅰ和平衡狀態(tài)Ⅱ完全相同。

(1)實(shí)驗(yàn)Ⅰ中SO2的起始濃度為1mol·L-1，則實(shí)驗(yàn)Ⅱ中SO3的起始濃度為_(kāi)_______mol·L-1。

(2)實(shí)驗(yàn)Ⅱ中O2的初始濃度為0.5mol·L-1，則實(shí)驗(yàn)Ⅰ中O2的初始濃度為_(kāi)_______mol·L-1。

(3)若起始濃度c(SO2)＝mmol·L-1，c(O2)＝nmol·L-1，c(SO3)＝pmol·L-1，在相同條件下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，要求達(dá)到平衡時(shí)的狀態(tài)與實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ完全相同，則m、n、p必須滿足的條件是________。

(4)若實(shí)驗(yàn)Ⅰ中SO2的轉(zhuǎn)化率為a%，則實(shí)驗(yàn)Ⅱ中SO3的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。14、氫氣作為清潔能源有著廣泛的應(yīng)用前景；采用天然氣制備氫氣主要經(jīng)歷以下反應(yīng)：

(i)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)?H1

(ii)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)?H2

根據(jù)圖像計(jì)算?H1=_______kJ?mol?1。

15、回答下列問(wèn)題：

(1)常溫下，向20mL0.010mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的NaOH溶液，溶液中l(wèi)gc(OH－)與所加NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖。

HA是__________(“強(qiáng)酸”或“弱酸”)。N點(diǎn)溶液中2c(H+)－2c(OH-)=____________(用含A微粒的符號(hào)表示)

(2)次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ(X)＝X為HClO或ClO－與pH的關(guān)系如圖所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為_(kāi)_________。常溫下向0.1mol·L－1的HClO溶液中加入等體積的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，c(ClO-)+c(HClO)=__________mol·L－1。

(3)PH相同、等體積的兩份溶液A(鹽酸)和B(CH3COOH)分別與鋅粉反應(yīng)，若最后僅有一份溶液中存在鋅，放出氫氣的質(zhì)量相同，則下列說(shuō)法正確的是____(填序號(hào))。

①反應(yīng)所需要的時(shí)間B＞A②開(kāi)始反應(yīng)時(shí)的速率A＞B

③參加反應(yīng)的鋅的物質(zhì)的量A＝B④反應(yīng)過(guò)程的平均速率B＞A

⑤A中有鋅剩余⑥B中有鋅剩余。

(4)已知草酸為二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋Ka1，HC2OC2O＋H＋Ka2，常溫下，向某濃度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2OC2O三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。

①則常溫下0.1mol/L的NaHC2O4溶液顯_________填酸性；堿性或中性)

②pH＝2.7時(shí)，溶液中＝______。16、下表是25℃時(shí)某些弱酸的電離平衡常數(shù)?；瘜W(xué)式CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4KaKa＝1.8×10－5Ka＝3.0×10－8Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝5.9×10－2Ka2＝6.4×10－5

（1）H2C2O4與含等物質(zhì)的量的KOH的溶液反應(yīng)后所得溶液呈酸性，該溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)______________________________________。

（2）向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9，此時(shí)溶液pH＝________。

（3）向碳酸鈉溶液中滴加少量氯水的離子方程式為_(kāi)____________________。

（4）若0.1mol·L－1CH3COOH溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測(cè)得混合溶液的pH＝8，則c（Na+）-c（CH3COO－）=_______________mol·L－1（填精確計(jì)算結(jié)果）。

（5）將CH3COOH溶液與大理石反應(yīng)所產(chǎn)生的標(biāo)況下44.8L氣體全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反應(yīng)，則溶液中所有離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)_________________________。17、①CH4－CO2催化重整反應(yīng)為CH4－CO2催化重整反應(yīng)為CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)。某溫度下，在體積為2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為_(kāi)_______mol2·L－2。

②甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料，利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑作用下合成甲醇。發(fā)生的主要反應(yīng)之一為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K表達(dá)式為_(kāi)_______________。

如圖，能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為_(kāi)_______(填曲線標(biāo)記字母)，其判斷理由是______________________________________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)18、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤19、可以用已經(jīng)精確測(cè)定的反應(yīng)熱效應(yīng)來(lái)計(jì)算難于測(cè)量或不能測(cè)量的反應(yīng)的熱效應(yīng)。___A.正確B.錯(cuò)誤20、化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)。___A.正確B.錯(cuò)誤21、1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA(____)A.正確B.錯(cuò)誤22、影響鹽類水解的因素有溫度、濃度、壓強(qiáng)等。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤23、鹽溶液顯酸堿性，一定是由水解引起的。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤24、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共4分)25、煉鐵高爐的煙塵中主要含有Fe2O3和FeO，還含有少量的CuO、ZnO、SiO2等物質(zhì)。通過(guò)圖1步驟可從煙塵中得到有用物質(zhì)。

已知：25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38Kb(NH3?H2O)=1.75×10-5

(1)“酸浸”步驟中所用的硫酸濃度太高會(huì)產(chǎn)生SO2有害氣體，但也不能太低，理由是___。

(2)已知“氧化”步驟中1molMnO2得到2mole－，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式___。能判斷氧化是否完全的試劑是___(填標(biāo)號(hào))。

A.氯水B.硫氰酸鉀溶液C.高錳酸鉀酸性溶液D.氫氧化鈉溶液。

(3)“除鐵”步驟中用氨水將溶液的pH調(diào)節(jié)到5，若溫度為25℃，溶液中c(Fe3+)=___mol?L-1，=___。

(4)“除錳”步驟中還原產(chǎn)物為K2SO4，則反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)__。

(5)“還原”步驟中X是___。

(6)電解ZnSO4溶液的裝置如圖2所示。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是___。評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)26、碘酸鈣是食品及飼料添加劑中補(bǔ)碘補(bǔ)鈣的常用試劑；微溶于水。實(shí)驗(yàn)室制備碘酸鈣的實(shí)驗(yàn)流程如下：

已知：碘酸易溶于水；不溶于有機(jī)溶劑。

(1)轉(zhuǎn)化。

①用圖1所示的裝置制得碘酸。CCl4的作用_______；

②實(shí)驗(yàn)中判斷碘反應(yīng)完全的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_______。

③三頸燒瓶中發(fā)生的離子方程式_______。

(2)分離：

除去HIO3溶液中少量的I2的實(shí)驗(yàn)方法為_(kāi)______；直至用淀粉溶液檢驗(yàn)不出碘單質(zhì)的存在。

(3)制取碘酸鈣。

已知：①本實(shí)驗(yàn)中水溶液中分離出Ca(IO3)2?6H2O；

②M[Ca(IO3)2]=390g?mol-1；

③Ca(IO3)2?6H2O是一種難溶于水的白色固體；在堿性條件下不穩(wěn)定；

④Ca(IO3)2?6H2O加熱升溫過(guò)程中剩余固體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w隨溫度變化的關(guān)系如圖2所示。

請(qǐng)結(jié)合上述信息，以除碘并煮沸后的水層為原料，制取Ca(IO3)2的實(shí)驗(yàn)方案：向水層中_______[實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。

(4)測(cè)定產(chǎn)品純度：

取0.5000g產(chǎn)品，酸化溶解，配成250mL溶液，取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液充分反應(yīng)，用0.04000mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定，消耗30.00mL硫代硫酸鈉溶液，試求該產(chǎn)品的純度____。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)27、已知25℃時(shí)，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學(xué)習(xí)小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉(zhuǎn)化的原因。

。步驟。

現(xiàn)象。

Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合。

產(chǎn)生白色沉淀。

Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液。

沉淀變?yōu)楹谏?/p>

Ⅲ.濾出黑色沉淀；加入NaCl溶液。

在空氣中放置較長(zhǎng)時(shí)間后；沉淀變?yōu)槿榘咨?/p>

(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。

(2)Ⅱ中能說(shuō)明沉淀變黑的離子方程式是__。

(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測(cè)含有AgCl。用濃HNO3溶解；產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過(guò)濾得到濾液X和白色沉淀Y。

ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液；產(chǎn)生白色沉淀。

ⅱ.向Y中滴加KI溶液；產(chǎn)生黃色沉淀。

①由ⅰ判斷；濾液X中被檢出的離子是__。

②由?。虎⒖纱_認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。

(4)該學(xué)生通過(guò)如下對(duì)照實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因：在NaCl存在下；氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化。

?，F(xiàn)象。

B：一段時(shí)間后；出現(xiàn)乳白色沉淀。

C：一段時(shí)間后；無(wú)明顯變化。

C：一段時(shí)間后；無(wú)明顯變化。

①A中產(chǎn)生的氣體是___。

②C中盛放的物質(zhì)W是__。

③該同學(xué)認(rèn)為B中產(chǎn)生沉淀的反應(yīng)如下（請(qǐng)補(bǔ)充完整）：__

2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH

④從溶解平衡移動(dòng)的角度，解釋B中NaCl的作用__。28、為測(cè)定某氟化稀土樣品中氟元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；某化學(xué)興趣小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。利用高氯酸(高沸點(diǎn)酸)將樣品中的氟元素轉(zhuǎn)化為氟化氫(低沸點(diǎn)酸)蒸出，再進(jìn)行吸收滴定來(lái)測(cè)定含量。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。

(1)裝置c的名稱是___________。玻璃管a的作用為_(kāi)__________。

(2)實(shí)驗(yàn)步驟：①連接好實(shí)驗(yàn)裝置，檢查裝置氣密性；②往c中加入mg氟化稀土樣品和一定體積的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加熱裝置b；c。

①下列物質(zhì)可代替高氯酸的是___________。(填序號(hào))。

A．硫酸B．鹽酸C．硝酸D．磷酸。

②水蒸氣發(fā)生裝置b的作用是___________。

(3)定量測(cè)定：將f中得到的餾出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mLamol·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考慮其他沉淀的生成)，再用cmol·L-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余La3+(La+與EDTA按1：1配合)，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL，則氟化稀土樣品中氟的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)__________。

(4)問(wèn)題討論：

若觀察到f中溶液紅色褪去，可采用最簡(jiǎn)單的補(bǔ)救措施是：___________。否則會(huì)使實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏低。實(shí)驗(yàn)中除有HF氣體外，可能還有少量SiF4(易水解)氣體生成。若有SiF4生成，實(shí)驗(yàn)結(jié)果將_____。(填“偏高”“偏低”或“不受影響”)。理由是_____。29、利用如圖裝置測(cè)定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱的實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用量筒量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小燒杯中；測(cè)出硫酸溶液溫度；

②用另-量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液；并測(cè)出其溫度；

③將NaOH溶液倒入小燒杯中；設(shè)法使之混合均勻，測(cè)出混合液最高溫度。

回答下列問(wèn)題：

(1)倒入NaOH溶液的正確操作是___。

A.沿玻璃棒緩慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入。

(2)使硫酸與NaOH溶液混合均勻的正確操作是___。

A.用溫度計(jì)小心攪拌。

B.揭開(kāi)硬紙片用玻璃棒攪拌。

C.輕輕地振蕩燒杯。

D.用套在溫度計(jì)上的環(huán)形玻璃棒輕輕地?cái)噭?dòng)。

(3)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表：。實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度/℃溫度差/℃溫度差/℃H2SO4NaOHNaOH126.226.029.5225.925.929.2326.426.229.8

近似認(rèn)為0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后成溶液的比熱容c=4.18J/(g?℃)。利用上表數(shù)據(jù)計(jì)算該反應(yīng)放出的熱量為：___kJ。

(4)利用上表數(shù)據(jù)計(jì)算出的中和熱與57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是___。

a.實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b.用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度；

c.量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)；

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．不水解；在水溶液中對(duì)水的電離無(wú)影響，水的電離平衡不移動(dòng)，故不選A；

B．乙醇為非電解質(zhì)；不會(huì)影響水的電離，故不選B；

C．Na與水電離出的氫離子反應(yīng)；氫離子濃度降低，使水的電離平衡向右移動(dòng)，故不選C；

D．抑制水的電離；能使水的電離平衡向左移動(dòng)，故選D；

選D。2、C【分析】【分析】

由圖可知，該裝置為原電池，電極A上Cd生成Cd(OH)2，Cd元素由0價(jià)升高為+2價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極A作負(fù)極，電極反應(yīng)式為Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，電極B為正極，電極反應(yīng)式為NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，放電的總反應(yīng)為Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．由圖可知，電極A上Cd生成Cd(OH)2；Cd元素由0價(jià)升高為+2價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極A作負(fù)極，電極A的電勢(shì)低于電極B，故A正確；

B．原電池中；電流的方向由正極經(jīng)負(fù)載流向負(fù)極，即電流由電極B經(jīng)負(fù)載流向電極A；再由電解質(zhì)溶液回到電極B，故B正確；

C．電極B為正極，正極反應(yīng)式為NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2；溶液中的氫氧根離子濃度增大，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)上述分析，鎳鎘二次電池的總反應(yīng)式：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2；故D正確；

故選C。3、B【分析】【詳解】

A．只與溫度有關(guān)；不會(huì)增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．的飽和溶液中則AgCl的飽和溶液中則的飽和溶液比AgCl的飽和溶液濃度大；B項(xiàng)正確；

C．根據(jù)當(dāng)開(kāi)始沉淀時(shí)當(dāng)開(kāi)始沉淀時(shí)故先沉淀；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選B。4、D【分析】【詳解】

A．放電時(shí)；Zn元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，所以Zn是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；

B．Zn為負(fù)極，碳棒為正極，正極得電子，電極反應(yīng)為2NH+2e-=2NH3↑+H2↑；B正確；

C．該原電池的電解質(zhì)溶液為氯化銨溶液；呈酸性，隨著電池反應(yīng)的不斷進(jìn)行，銨根濃度減小，水解程度減小，酸性減弱，故pH增大，C正確；

D．該原電池的電解質(zhì)溶液為氯化銨溶液；呈酸性，反應(yīng)斷路時(shí)，Zn也可和電解質(zhì)溶液發(fā)生反應(yīng)，D錯(cuò)誤；

故選D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．在酯化反應(yīng)過(guò)程中濃硫酸除作為催化劑外；還作吸水劑，從而使平衡正向移動(dòng)，故A正確；

B．夏天打開(kāi)啤酒瓶蓋；瓶口的壓強(qiáng)減小，二氧化碳在啤酒中的溶解度減小，可用平衡原理解釋，故B正確；

C．結(jié)合反應(yīng)生成難容的氫氧化鐵沉淀，使溶液中農(nóng)降低，從而使平衡逆向移動(dòng)；可用平衡移動(dòng)原理解釋，故C正確；

D．唾液中的唾液淀粉酶為催化劑；加快淀粉水解，但不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，故D錯(cuò)；

答案選D。6、A【分析】【詳解】

A．現(xiàn)代工業(yè)采用氨氧化法制硝酸；第一步為氨氣與氧氣反應(yīng)制得一氧化氮，故A錯(cuò)誤；

B．煤通過(guò)直接液化和間接液化可得燃料和多種化工原料；故B正確；

C．合成氨是可逆反應(yīng)；采用循環(huán)操作，目的是提高氮?dú)夂蜌錃獾睦寐?，故C正確；

D．普通玻璃是將石灰石；純堿、石英砂在玻璃窯中高溫熔融反應(yīng)制得；故D正確；

故選A。7、D【分析】【詳解】

A．燃料反應(yīng)器中Fe2O3固體顆粒越??；接觸面積越大，反應(yīng)速率越快，故A正確；

B．根據(jù)圖示，蒸汽反應(yīng)器中鐵和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，發(fā)生的反應(yīng)為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；故B正確；

C．H2O的沸點(diǎn)比H2的沸點(diǎn)高得多，從蒸汽反應(yīng)器所得H2和H2O的混合物中液化分離H2O，可獲得高純H2；故C正確；

D．根據(jù)氧元素守恒，反應(yīng)體系有水蒸氣通入，為使Fe2O3循環(huán)使用，理論上n(CO):n(O2)>2:1；故D錯(cuò)誤；

選D。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．電池有化學(xué)電池和物理電池；物理電池包括太陽(yáng)能電池和溫差電池等，A錯(cuò)誤；

B．無(wú)汞環(huán)保堿性電池；屬于環(huán)境友好型電池，可以隨生活垃圾一起丟棄，B正確；

C．氫氧燃料電池的總反應(yīng)均為C正確；

D．金屬-空氣電池；空氣在正極參與反應(yīng)，金屬是電池負(fù)極，D正確；

故選A。9、B【分析】【詳解】

A．25℃時(shí)c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1說(shuō)明促進(jìn)了水的電離，故T＞25℃，選項(xiàng)A敘述正確；

B．某溫度下，向c(H＋)＝1×10－6mol·L－1的蒸餾水，則Kw=1×10－12mol2·L－2。NaHSO4溶液為酸性溶液，c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，則氫氧根離子濃度=mol/L=10-10mol/L，該溶液中水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度10-10mol/L，由水電離出來(lái)的H＋的濃度為10-10mol/L，選項(xiàng)B敘述不正確；

C．加入NaHSO4晶體，在水中電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，氫離子濃度增大，抑制水的電離，選項(xiàng)C敘述正確；

D．該溫度下，此NaHSO4溶液c(H＋)＝1×10－3mol·L－1,某pH＝11的Ba(OH)2溶液c(OH-)＝1×10－1mol·L－1,混合后溶液呈中性，則1×10－3mol·L－1×V酸＝1×10－1mol·L－1×V堿，故消耗的NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液的體積比為100：1，選項(xiàng)D敘述正確。

答案選B。二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】【分析】

向乙中加入酚酞，F(xiàn)極附近變紅，則F極附近堿性增強(qiáng)，說(shuō)明是水電離的氫離子放電，氫氧根濃度增大，故F是陰極，可知A是正極，B是負(fù)極，D、F、H、Y是陰極，C、E、G、X是陽(yáng)極，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)由分析可知，A是正極，堿性溶液中，燃料電池正極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；(2)給銅鍍銀時(shí)銀作陽(yáng)極，銅作陰極，由上分析知，銅是H電極，故答案為：H；(3)此裝置是氫氧化鐵膠體電泳裝置，氫氧化鐵膠粒帶正電荷，向陰極移動(dòng)，由上分析知Y是陰極，因此顏色變深，故答案為：深；(4)根據(jù)圖示可知，有Fe2+參與反應(yīng)，則Fe在陽(yáng)極失電子，故該電解池的陽(yáng)極是Fe電極，Ni電極是陰極，與電源的負(fù)極相連；根據(jù)圖示結(jié)合陽(yáng)極反應(yīng)可知總反應(yīng)為：Fe+2=+H2↑或(Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑)，電解制備需要在無(wú)水條件下進(jìn)行，原因是水會(huì)阻礙中間物Na的生成；水會(huì)電解生成OH?，進(jìn)一步與Fe2+反應(yīng)生成Fe(OH)2，故答案為：負(fù)極；水會(huì)阻礙中間物Na的生成；水會(huì)電解生成OH?，進(jìn)一步與Fe2+反應(yīng)生成Fe(OH)2；(5)①向廢氨水加入適量硝酸調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，根據(jù)溶液呈電中性，溶液中c(NH)+c(H+)=c(NO)+c(OH-)，pH約為5呈酸性，c(H+)>c(OH-)，所以c(NH))，故答案為：<；②利用電解法制H2O2，在該電解池中，Ir-Ru惰性電極有吸附O2作用為氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，O2+2H++2e-═H2O2，故答案為：O2+2H++2e-=H2O2；

③4NH3+3O2?2N2+6H2O中，氨氣中的氮元素從-3價(jià)變?yōu)榈獨(dú)庵械?價(jià)，4mol氨氣轉(zhuǎn)移12mol電子，所以轉(zhuǎn)移3mol電子，最多可以處理NH3的物質(zhì)的量為1mol，質(zhì)量為17g，故答案為：17?！窘馕觥縊2+4e-+2H2O=4OH-H深負(fù)極Fe+2=+H2↑或(Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑)水會(huì)阻礙中間物Na的生成；水會(huì)電解生成OH?，進(jìn)一步與Fe2+反應(yīng)生成Fe(OH)2<O2+2H++2e?═H2O21711、略

【分析】【分析】

(1)

A(g)+B(g)M(g)+N(g)是一個(gè)體積不變的反應(yīng)；增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，再達(dá)到平衡時(shí)，B的百分含量不變，故答案為：不；不變；

(2)

對(duì)反應(yīng)CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，K=c(CO2)，如果保持溫度和容器容積不變，再通入少量CO2，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，由于溫度不變，K不變，故CO2的濃度不變；體系的壓強(qiáng)不變；故答案為：逆向；不變；

(3)

SiO2＋2H2OH4SiO4，固體和純液體不寫(xiě)在平衡表達(dá)式中，故K=c(H4SiO4)，由圖可知，升高溫度，K值減小，反應(yīng)速率增大，故答案為：K=c(H4SiO4)；增大；

(4)

由圖象數(shù)據(jù)可得，t1時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為0.5；

平衡時(shí)；總物質(zhì)的量為5mol；

由圖象數(shù)據(jù)可得，t2時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為0.8；

平衡時(shí)；總物質(zhì)的量為(0.4+0.8+1.6+1.6)=4.4mol；

等溫等壓下，氣體的物質(zhì)的量之比=體積之比，有解得V=880mL；故答案為：880；

(5)

925℃時(shí)，CO的體積分?jǐn)?shù)為96%，則CO2的體積分?jǐn)?shù)都為4%，所以用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kp==23.04P，故答案為：23.04P總?！窘馕觥?1)①.不②.不變。

(2)①.逆向②.不變。

(3)①.K=c(H4SiO4)②.增大。

(4)880

(5)Kp=23.04p總12、略

【分析】【詳解】

（1）令反應(yīng)為③，反應(yīng)為④，由蓋斯定律可得主反應(yīng)等于2③-④，所以

（2）①主、副反應(yīng)均是前后氣體體積變化的反應(yīng)，故容器內(nèi)壓強(qiáng)不變可以說(shuō)明反應(yīng)達(dá)平衡，a正確；平衡常數(shù)只受溫度影響，溫度不變平衡常數(shù)不變，b錯(cuò)誤；平衡后各物質(zhì)的濃度保持不變，故三者物質(zhì)的量之比保持不變，c正確；平衡后，存在d錯(cuò)誤，綜上選bd；②結(jié)合圖示及反應(yīng)焓變小于零可知；溫度低于205℃時(shí)反應(yīng)未達(dá)平衡或者溫度升高催化劑失去活性，即溫度升高，催化劑逐漸失活或反應(yīng)達(dá)到平衡，主反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，主反應(yīng)向逆向進(jìn)行；

（3）令起始加入一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量分別為1mol和3mol，所以達(dá)到平衡消耗的一氧化碳為結(jié)合和生成的氮?dú)夂鸵谎趸镔|(zhì)的量之和為0.4mol，又平衡后與物質(zhì)的量之比為3：1，所以平衡時(shí)氮?dú)馕镔|(zhì)的量為0.3mol、一氧化二氮物質(zhì)的量為0.1mol，則平衡時(shí)一氧化氮物質(zhì)的量為氫氣物質(zhì)的量為水蒸氣物質(zhì)的量為故一氧化氮的有效去除率為一氧化二氮的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為

（4）由圖示物質(zhì)關(guān)系分析化合價(jià)，氧氣和一氧化氮作氧化劑，銨根離子作還原劑，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得離子方程式為

（5）M極一氧化氮中+2價(jià)氮得電子降到銨根離子中-3價(jià)氮，發(fā)生還原反應(yīng)，所以M極為電解池的陰極；故N極作陽(yáng)極，一氧化氮失去電子生成硝酸根，即電極反應(yīng)為【解析】(1)

(2)bd反應(yīng)未達(dá)平衡；溫度升高，催化劑逐漸失活或反應(yīng)達(dá)到平衡，主反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，主反應(yīng)向逆向進(jìn)行。

(3)602.8

(4)

(5)陰13、略

【分析】【分析】

平衡狀態(tài)Ⅰ和平衡狀態(tài)Ⅱ完全相同，說(shuō)明實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ?yàn)橥耆刃胶?，根?jù)(1)判斷實(shí)驗(yàn)Ⅰ中SO2的起始濃度，根據(jù)(2)判斷實(shí)驗(yàn)Ⅰ中O2的起始濃度；結(jié)合等效平衡的特征和規(guī)律分析解答。

【詳解】

(1)平衡狀態(tài)Ⅰ和平衡狀態(tài)Ⅱ完全相同，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中SO3完全轉(zhuǎn)化為SO2時(shí)，二氧化硫的濃度也應(yīng)該為1mol?L-1，根據(jù)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)知；三氧化硫的濃度應(yīng)該是1mol/L，故答案為：1；

(2)平衡狀態(tài)Ⅰ和平衡狀態(tài)Ⅱ完全相同，二者為完全等效平衡，從正、逆不同方向建立平衡，結(jié)合(1)的計(jì)算可知Ⅱ中起始時(shí)有1mol/L的SO3和0.5mol/L的O2，若完全轉(zhuǎn)化則相當(dāng)于1mol/L的SO2和1mol/L的O2，則Ⅰ中O2的初始濃度為1mol?L-1；故答案為：1；

(3)由(1)(2)可知，實(shí)驗(yàn)Ⅰ中二氧化硫、氧氣的起始濃度分別為1mol/L、1mol/L；若起始濃度c(SO2)=mmol?L-1，c(O2)=nmol?L-1，c(SO3)=pmol?L-1，在相同條件下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，將SO3按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，得到SO2濃度為pmol/L、O2濃度為mol/L；由于恒溫恒容下的等效平衡，將三氧化硫完全轉(zhuǎn)化為二氧化硫和氧氣時(shí)，總的二氧化硫的濃度、氧氣的濃度與實(shí)驗(yàn)I中二氧化硫、氧氣起始濃度對(duì)應(yīng)相等，應(yīng)滿足：m+p=1、n+=1，故答案為：m+p=1、n+=1；

(4)實(shí)驗(yàn)Ⅰ、實(shí)驗(yàn)Ⅱ?yàn)榈刃胶猓瑥恼?、逆不同方向建立平衡，由方程式可知起始濃度：c(SO2)=c(SO3)，令起始濃度都是1mol/L，則二氧化硫濃度變化量為a%mol/L，由方程式可知平衡時(shí)c′(SO3)=a%mol/L，故SO3的轉(zhuǎn)化率==1-a%；故答案為：1-a%。

【點(diǎn)睛】

理解等效平衡規(guī)律是解題的關(guān)鍵，(4)因?yàn)榭梢愿鶕?jù)“從正、逆不同方向建立的等效平衡時(shí)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率之和為1”直接判斷?！窘馕觥?1m+p＝1、n+＝11－a%14、略

【分析】【分析】

【詳解】

焓變等于反應(yīng)物斷鍵吸收的熱量減去生成物成鍵放出的熱量，根據(jù)圖像得到△H1=2582kJ?mol?1－2378kJ?mol?1＝＋204kJ?mol?1；故答案為＋204?！窘馕觥?20415、略

【分析】【詳解】

（1）從圖上信息可知，0.010mol·L－1的不完全電離；是弱酸；

根據(jù)反應(yīng)：N點(diǎn)時(shí)加入了10mL的，所得溶液為：物質(zhì)的量之比為1:1，根據(jù)電荷守恒：根據(jù)物料守恒：聯(lián)立得：

（2）根據(jù)兩條曲線相交，常溫下向0.1mol·L－1的HClO溶液中加入等體積的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，發(fā)生反應(yīng)：所得溶液為根據(jù)物料守恒，所以

（3）PH相同、等體積的兩份溶液A(鹽酸)和B(CH3COOH)，CH3COOH濃度大于鹽酸，分別與鋅粉反應(yīng)，B(CH3COOH)反應(yīng)速率較快，所需時(shí)間較短，①不正確；開(kāi)始時(shí)，PH相同，相同，開(kāi)始反應(yīng)時(shí)的速率A=B，②不正確；放出氫氣的質(zhì)量相同，參加反應(yīng)的鋅的物質(zhì)的量A＝B，③正確；CH3COOH濃度大于鹽酸，B(CH3COOH)反應(yīng)速率較快；④正確；A（鹽酸）濃度較小，鋅有剩余，⑤正確，⑥錯(cuò)誤。故選③④⑤。

（4）在溶液中，的電離常數(shù)為：水解為：常數(shù)為：因?yàn)樗匀芤猴@酸性。

根據(jù)電離常數(shù)的表達(dá)式，【解析】(1)弱酸c(A-)-c(HA)

(2)10－7.50.05

(3)③④⑤

(4)酸性100016、略

【分析】【分析】

(1)H2C2O4與含等物質(zhì)的量的KOH的溶液反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)是KHC2O4，溶液呈酸性說(shuō)明HC2O4-電離程度大于水解程度；

(2)根據(jù)CH3COOH的電離平衡常數(shù)，計(jì)算當(dāng)c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9時(shí)H＋的濃度；

(3)鹽酸、次氯酸的酸性都大于根據(jù)強(qiáng)制弱的規(guī)律判斷碳酸鈉溶液中滴加少量氯水的產(chǎn)物；

(4)根據(jù)電荷守恒計(jì)算c（Na+）-c（CH3COO－）的值；

(5)標(biāo)況下44.8L二氧化碳?xì)怏w全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反應(yīng)；得到等物質(zhì)的量濃度的碳酸鈉；碳酸氫鈉溶液。

【詳解】

(1)H2C2O4與含等物質(zhì)的量的KOH的溶液反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)是KHC2O4，溶液呈酸性說(shuō)明HC2O4-電離程度大于水解程度，再結(jié)合氫離子來(lái)自HC2O4-的電離和水的電離，所以c（H＋）>c（）>c（OH－），各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏（K＋）>c（）>c（H＋）>c（）>c（OH－）；

(2)根據(jù)CH3COOH的電離平衡常數(shù)把c（CH3COOH）∶c（CH3COO-）＝5∶9帶入，得c（H＋）=1×10－5；所以pH=5；

(3)鹽酸、次氯酸的酸性都大于根據(jù)強(qiáng)制弱的規(guī)律，碳酸鈉溶液中滴加少量氯水生成氯化鈉、次氯酸鈉、碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式是2＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2

(4)pH＝8，c（H＋）=1×10－8，c（OH－）=根據(jù)電荷守恒，c（Na+）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），c（Na+）-c（CH3COO－）=c（OH－）－c（H＋）=9.9×10-7；

(5)標(biāo)況下44.8L二氧化碳?xì)怏w全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反應(yīng)，生成等物質(zhì)的量濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液，c（CO32-）水解程度大于c（），所以c（）>c（），溶液呈堿性，所以c（OH-）>c（H+），故離子大小順序是c（Na+）>c（）>c（）>c（OH-）>c（H+）。

【點(diǎn)睛】

對(duì)于酸式弱酸鹽NaHA，若HA-電離大于水解，則溶液呈酸性，c（Na＋）>c（HA-）>c（H＋）>c（A2-）>c（OH－）；若HA-水解大于電離，則溶液呈堿性，c（Na＋）>c（HA-）>c（OH－）>c（H＋）>c（A2-）?！窘馕觥縞（K＋）>c（）>c（H＋）>c（）>c（OH－）52＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋29.9×10-7（合理答案給分）c（Na+）>c（）>c（）>c（OH-）>c（H+）17、略

【分析】【分析】

【詳解】

①根據(jù)題目信息列出“三段式”

平衡常數(shù)K===

②化學(xué)平衡常數(shù)指可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的平衡常數(shù)反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)數(shù)值隨溫度升高而減小，能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為：a；理由是：反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，故曲線a符合要求?！窘馕觥縜反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)K減小，故曲線a符合要求三、判斷題(共7題，共14分)18、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何條件下，純水電離產(chǎn)生的c(H+)=c(OH-)，因此純水都呈中性，故該說(shuō)法是正確的。19、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)熱只與反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)，因此可以將難于或不能測(cè)量反應(yīng)熱的反應(yīng)設(shè)計(jì)成多個(gè)可以精確測(cè)定反應(yīng)熱的方程式，用蓋斯定律計(jì)算，該說(shuō)法正確。20、A【分析】【分析】

【詳解】

由蓋斯定律可知：化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)，正確。21、A【分析】【詳解】

碘蒸氣和氫氣的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1mol碘蒸氣和1mol氫氣反應(yīng)，生成的碘化氫的物質(zhì)的量小于2mol，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA,故說(shuō)法正確。22、B【分析】【詳解】

除鹽的組成對(duì)鹽的水解有影響外，鹽溶液的濃度，溫度和溶液的酸堿性對(duì)鹽類的水解也有很大的影響，壓強(qiáng)對(duì)鹽類水解沒(méi)有影響，所以答案是：錯(cuò)誤。23、B【分析】【詳解】

鹽溶液顯酸堿性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是電離引起的。24、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應(yīng)的氫氧化物和鹽酸，加熱促進(jìn)水解、同時(shí)鹽酸揮發(fā)，進(jìn)一步促進(jìn)水解，所以溶液若蒸干，會(huì)得到相應(yīng)的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會(huì)分解生成氧化物。所以答案是：正確。四、工業(yè)流程題(共1題，共4分)25、略

【分析】【分析】

(1)

“酸浸”步驟中所用的硫酸濃度不能太低；理由是濃度第，其反應(yīng)速率較慢；故答案為：濃度太低，酸浸速率慢。

(2)

已知“氧化”步驟中1molMnO2得到2mole－，變?yōu)殄i離子，反應(yīng)的離子方程式MnO2＋4H＋＋2Fe2+＝2H2O＋2Fe3+＋Mn2+，能判斷氧化是否完全，主要是看溶液中是否還含有Fe2+，因此常用試劑是高錳酸鉀酸性溶液檢驗(yàn)Fe2+，若溶液褪色，則含有Fe2+，溶液不褪色，則不含有Fe2+；故答案為：MnO2＋4H＋＋2Fe2+＝2H2O＋2Fe3+＋Mn2+；C。

(3)

“除鐵”步驟中用氨水將溶液的pH調(diào)節(jié)到5，即若溫度為25℃，溶液中則解得故答案為：4×10?11；1.75×104。

(4)

“除錳”步驟中是將Mn2+與S2O82?反應(yīng)，生成MnO2和K2SO4，反應(yīng)方程式為2H2O＋MnSO4＋K2S2O8＝MnO2＋K2SO4＋2H2SO4；因此反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:1；故答案為：1:1。

(5)

“還原”步驟中主要是除以銅離子；利用鋅還原銅的方法除去銅離子而得到通膽汁，因此X是Zn；故答案為：鋅。

(6)

電解ZnSO4溶液的裝置如圖2所示，陰極是鋅離子得到鋅單質(zhì)，陽(yáng)極是水中氫氧根失去電子生成氧氣，其陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是4OH－?4e－=O2↑+2H2O；故答案為：4OH－?4e－=O2↑+2H2O?！窘馕觥浚?）濃度太低；酸浸速率慢。

（2）MnO2＋4H＋＋2Fe2+＝2H2O＋2Fe3+＋Mn2+C

（3）4×10?111.75×104

（4）1：1

（5）鋅。

（6）4OH－?4e－=O2↑+2H2O五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)26、略

【分析】【分析】

（1）

碘單質(zhì)和氯氣在水中溶解度不大，都易溶于CCl4，將氯氣通入溶有碘單質(zhì)的CCl4中，可以提高反應(yīng)物的濃度，利于反應(yīng)物充分接觸；碘單質(zhì)在CCl4層呈紫紅色，當(dāng)?shù)鈫钨|(zhì)反應(yīng)完全時(shí)，CCl4層紫紅色褪去，三頸燒瓶中氯氣將碘單質(zhì)氧化成碘酸，碘酸不溶于有機(jī)溶劑，會(huì)出現(xiàn)沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：故答案為：作溶劑，有利于反應(yīng)物充分接觸；CCl4層的紫紅色消失；

（2）

除去HIO3溶液中少量的I2可利用碘酸易溶于水不溶于有機(jī)溶劑，而碘單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑的性質(zhì)，在HIO3溶液中加CCl4，充分振蕩，靜置分層后分液，直至用淀粉溶液檢驗(yàn)不出碘單質(zhì)的存在。故答案為：向HIO3溶液中加CCl4；充分振蕩，靜置分層后分液；

（3）

除碘并煮沸后的水層為碘酸溶液，碘酸與氫氧化鈣發(fā)生酸堿中和反應(yīng)得到碘酸鈣，結(jié)合圖像可知，溫度控制在330℃到380℃之前時(shí)，生成物以碘酸鈣形式存在，待充分反應(yīng)后過(guò)濾得到碘酸鈣固體，故答案為：逐步加入Ca(OH)2粉末，并控制反應(yīng)溫度在330℃-380℃之間，但不再產(chǎn)生白色沉淀時(shí)停止加入Ca(OH)2粉末，然后過(guò)濾得到Ca(IO3)2固體；

（4）

碘酸鈣酸化溶解后，加KI發(fā)生反應(yīng)：生成的碘單質(zhì)與硫代硫酸鈉反應(yīng)2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由反應(yīng)可得關(guān)系式：0.04000mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定，消耗30.00mL，消耗的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為：0.0400mol/L×0.03L=0.0012mol，則碘酸鈣的物質(zhì)的量為：=0.0001mol，該產(chǎn)品的純度==78%，故答案為：78%；【解析】(1)作溶劑，有利于反應(yīng)物充分接觸CCl4層的紫紅色消失

(2)向HIO3溶液中加CCl4；充分振蕩，靜置分層后分液。

(3)逐步加入Ca(OH)2粉末，并控制反應(yīng)溫度在330℃-380℃之間，但不再產(chǎn)生白色沉淀時(shí)停止加入Ca(OH)2粉末，然后過(guò)濾得到Ca(IO3)2固體。

(4)78%27、略

【分析】【分析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成。

(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等。

(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；

ⅱ.向Y中滴加KI溶液；產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；

①由ⅰ判斷；可確定濾液X中被檢出的離子。

②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。

(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑；由此確定產(chǎn)生氣體的成分。

②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的；由此可確定C中盛放的物質(zhì)W。

③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2；由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。

④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會(huì)與NaCl作用；從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)。

【詳解】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應(yīng)生成；則為AgCl。答案為：AgCl；

(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等，反應(yīng)的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；

(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；

ⅱ.向Y中滴加KI溶液；產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；

①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；

②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、N