2025年人教版（2024）選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、25℃時，將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中加入CH3COOH或NaOH固體（忽略體積和溫度變化），引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）

A.該溫度下，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=2×10-7/（10c-2）B.若在c點對應(yīng)的溶液中繼續(xù)加入NaOH固體，則水電離出的c（H+）不可能為1×10-7mol·L-1C.a點對應(yīng)的溶液中：c（CH3COOH）∶c（CH3COONa）>2D.a、b、c三點均存在2、在室溫下，下列各組離子一定能大量共存的是A.滴入石蕊試液顯紅色的溶液：K+、Mg2+、B.1.0mol·L?1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl?、C.在=1×1012的溶液中：Fe2+、Cl-、D.通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl?、K+、Na+3、在3A(g)＋2B(g)C(g)＋4D(g)反應(yīng)中，表示該反應(yīng)速率最快的是A.υ(A)=0.9mol?L?1?s?1B.υ(B)=0.3mol?L?1?s?1C.υ(C)=0.4mol?L?1?s?1D.υ(D)=0.8mol?L?1?s?14、某溫度時兩個恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)實驗測得：為速率常數(shù)，只受溫度影響。容器編號起始濃度平衡濃度I0.6000.2Ⅱ0.60.10

下列說法正確的是A.升高溫度，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)減小B.I中的平衡轉(zhuǎn)化率約為33.3%C.Ⅱ中達到平衡狀態(tài)時，D.該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)可表示為5、一定條件下，CH4與H2O(g)發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，設(shè)起始n(H2O)/n(CH4)=Z，在恒壓條件下，平衡時CH4的體積分數(shù)φ(CH4)與Z和溫度T的關(guān)系如圖所示；下列說法正確的是。

A.圖中X點對應(yīng)的平衡混合物中n(H2O)/n(CH4)=3B.圖中Z的大小關(guān)系為a＞3＞bC.該反應(yīng)的焓變ΔH＞0D.溫度不變時，增大X點對應(yīng)的平衡體系的壓強后，φ(CH4)減小6、下列物質(zhì)屬于強電解質(zhì)的是A.Ca(CH3COO)2B.H3PO4C.SO3D.CH3CHO7、室溫下，將溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為將溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為受熱分解的化學(xué)方程式為熱效應(yīng)為則下列判斷正確的是A.B.C.D.8、通過反應(yīng)Ⅰ：可以實現(xiàn)溫室氣體資源化利用。該反應(yīng)通過如下步驟實現(xiàn)：

反應(yīng)Ⅱ：

反應(yīng)Ⅲ：

密閉容器中，反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比時，在不同條件下(分別在溫度為250℃下壓強變化和在壓強為下溫度變化)達到平衡時物質(zhì)的量分數(shù)變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是。

A.反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)可表示為B.曲線表示CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化C.提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D.在280℃條件下，平衡時CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)為0.109、一種處理垃圾滲透液并用其發(fā)電的裝置如圖所示，裝置工作時，下列說法不正確的是（）

A.微生物對氮的硝化起氧化作用B.鹽橋中的向Y極移動C.電子由Y極沿導(dǎo)線流向X極D.Y極發(fā)生的電極反應(yīng)為評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、已知25°C時，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Al(OH)3+H2O=Al(OH)+H+,Ka=6.31×10-13.某溶液中可能含有H+、Na+、Mg2+、Al3+、C1-、HCO等離子。向該溶液中加入一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時；發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是。

A.各點的化學(xué)成分：b點沉淀-Al(OH)3；d點沉淀-Al(OH)3和Mg(OH)2；e點溶質(zhì)-NaCl和NaAl(OH)4B.各段只發(fā)生如下反應(yīng)：ab段：A13++3OH-=Al(OH)3↓；cd段；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；de段：Al(OH)3+OH-=Al(OH)C.依題意，用NaOH不能完全分離Al3+和Mg2+離子D.bc段Al(OH)3部分溶解11、電絮凝的反應(yīng)原理是以鋁；鐵等金屬為陽極；在直流電的作用下，陽極被溶蝕，產(chǎn)生金屬離子，再經(jīng)一系列水解、聚合及氧化過程，發(fā)展成為各種羥基絡(luò)合物、多核羥基絡(luò)合物以及氫氧化物，使廢水中的膠態(tài)雜質(zhì)、懸浮雜質(zhì)凝聚沉淀而分離。下列說法錯誤的是。

A.若鐵為陽極，則陽極電極方程式為：Fe-2e-=Fe2＋B.陰極得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-C.每產(chǎn)生1molH2，整個外電路中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.若鐵為陽極，則在處理廢水的過程中陽極附近會發(fā)生：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O12、室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1mol·L-1的三種弱酸(HA；HB和HD)溶液；滴定的曲線如圖所示，下列判斷正確的是。

A.室溫下，三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHDB.滴定至P點時，溶液中：c(Na+)>c(B-)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7時，三種溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)D.當(dāng)中和百分數(shù)達100%時，將三種溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)13、室溫下，向20mL0.10mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水電離出H+濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積關(guān)系如圖所示。若溶液混合引起的體積變化可忽略；下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是。

A.b點溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)B.c、e兩點溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)C.d點溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol·L-1D.f點溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)14、某溫度下，分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/AgNO3溶液，滴加過程中-lgc(Cl-)和-lgc(CrO)與AgNO3溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.x=0.1B.曲線Ⅰ代表NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)約為2×10-8D.y=9評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

(1)1mol氣態(tài)H2與1mol氣態(tài)Cl2反應(yīng)生成2mol氣態(tài)HCl；放出183kJ的熱量__________：

(2)1molN2(g)與適量O2(g)反應(yīng)生成NO(g)；需吸收68kJ的熱量_________；

(3)64g銅粉與適量O2(g)反應(yīng)生成氧化銅；放出157kJ的熱量_________；

(4)1g硫粉在氧氣中充分燃燒放出9.36kJ熱量；寫出硫燃燒的熱化學(xué)方程式_______：

(5)4gCO在氧氣中燃燒生成CO2，放出9.6kJ熱量，寫出CO燃燒的熱化學(xué)方程式__________。16、在一個2L的密閉容器中，投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，其中SO3的變化如下圖所示：

（1）寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式并根據(jù)8min時到達平衡計算出結(jié)果________________。

（2）用O2表示0到8min內(nèi)該反應(yīng)的平均速率v=__________________。

（3）升高溫度，該反應(yīng)的K值將______；容器中氣體的平均相對分子質(zhì)量將______。（填“增大”“減小”或“不變”）

（4）能說明該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的是________。

A．v(SO3)=2v(O2)B．容器內(nèi)壓強保持不變。

C．v(SO2)逆=2v(O2)正D．容器內(nèi)密度保持不變。

（5）在第12min時，容器壓縮到1L，則SO3的變化曲線為_______。

A．a(chǎn)B．bC．cD．d

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，則平衡向_______反應(yīng)方向移動（填“正”或“逆”）。SO3的體積分數(shù)_______（填“增大”或“減小”）。

（7）將相同物質(zhì)的量的SO3充入下面的兩個容器中；已知甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，在相同的溫度；壓強下開始發(fā)生反應(yīng)，在反應(yīng)過程中維持體系溫度不變。

①反應(yīng)達平衡所需時間甲________乙（填“大于”“等于”或“小于”）；達平衡時SO3的轉(zhuǎn)化率甲__________乙（“大于”“等于”或“小于”）。

②若平衡后，向甲、乙中分別充入惰性氣體，__________（填“甲”或“乙”）容器的平衡將向__________（填“正”或“逆”）反應(yīng)方向移動。17、SO2；CO、NOx的過度排放會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害；工業(yè)上可采取多種方法減少這些有害氣體的排放?；卮鹣铝袉栴}：

I．用鈣鈉雙堿工藝脫除SO2：

①用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；

②用CaO使NaOH溶液再生NaOH溶液Na2SO3

(1).CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)?Ca2+(aq)+2OH-(aq)。從平衡移動的角度，簡述過程②NaOH再生的原理___________。

(2).25℃時，氫氧化鈉溶液吸收SO2，當(dāng)?shù)玫絧H=9的吸收液，該吸收液中c(SO)∶c(HSO)=___________。(已知25℃時，亞硫酸Ka1=1.3×10-2；Ka2=6.2×10–7)

II．汽車尾氣中的NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中反應(yīng)生成兩種無毒無害的氣體：2NO+2CON2+2CO2，可減少尾氣中有害氣體排放。已知該反應(yīng)的v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆為速率常數(shù)；只與溫度有關(guān))。

(3).已知：碳的燃燒熱為393.5kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)?H1=+180.5kJ/mol

2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H2=-221kJ/mol

則：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=___________kJ/mol。若平衡后升高溫度，則___________(填“增大”；“不變”或“減小”)

(4).將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中，控制一定溫度(T1或T2)，發(fā)生反應(yīng)達到平衡時，所得的混合氣體中含N2的體積分數(shù)隨的變化曲線如圖所示。

①圖中a、b、c、d中對應(yīng)NO轉(zhuǎn)化率最大的是___________。

②若=1，T1溫度下，反應(yīng)達平衡時，體系的總壓強為aPa、N2的體積分數(shù)為20%，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp為___________(用平衡分壓代替平衡濃度計算；分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。

(5).催化劑性能決定了尾氣處理效果。將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑(I；II)進行反應(yīng)；測量逸出氣體中NO含量，可測算尾氣脫氮率。相同時間內(nèi)，脫氮率隨溫度變化曲線如圖所示。

①曲線上a點的脫氮率___________(填“＞”；“＜”或“=”)對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率。

②催化劑II條件下，450℃后，脫氮率隨溫度升高而下降的原因可能是___________。18、已知：H2S(g)H2(g)+S2(g)，在恒溫密閉容器中，控制不同溫度進行H2S分解實驗。以H2S起始濃度均為cmol/L，測定H2S的轉(zhuǎn)化率，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系如圖所示。據(jù)圖可知：溫度升高平衡常數(shù)K_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。若985℃時平衡常數(shù)K=0.04，則起始濃度c=______。

19、化學(xué)反應(yīng)過程中伴隨著能量變化；請回答下列問題：

(1)下列反應(yīng)中，屬于放熱反應(yīng)的是___________(填序號，下同)，屬于吸熱反應(yīng)的是___________。

①物質(zhì)燃燒②二氧化碳通過熾熱的碳③生石灰溶于水的過程④炸藥爆炸⑤碳酸鈣高溫分解。

(2)某實驗小組同學(xué)進行如圖所示實驗；以檢驗化學(xué)反應(yīng)中的能量變化。

實驗發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)后①中的溫度升高，②中的溫度降低。由此判斷鋁條與鹽酸的反應(yīng)是___________反應(yīng)(填“放出”或“吸收”，下同)，Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應(yīng)是___________反應(yīng)。反應(yīng)___________(填①或②)的能量變化可用圖(b)表示。

(3)一定量的氫氣在氧氣中充分燃燒并放出熱量。若生成氣態(tài)水放出的熱量為Q1，生成液態(tài)水放出的熱量為Q2，那么Q1___________(填大于、小于或等于)Q2。

(4)在化學(xué)反應(yīng)中，只有極少數(shù)能量比平均能量高得多的反應(yīng)物分子發(fā)生碰撞時才可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，這些分子被稱為活化分子。使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其單位通常用kJ·mol-1表示。請認真觀察下圖；然后回答問題。

圖中所示反應(yīng)是___________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。

(5)已知拆開1molH－H鍵、1molI－I鍵、1molH－I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ。則反應(yīng)掉1mol氫氣和1mol碘，生成HI會___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ的熱量。

(6)已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，該反應(yīng)中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的熱量，則斷開1molH—O鍵與斷開1molH—Cl鍵所需能量相差約為___________kJ。

評卷人得分四、判斷題(共2題，共6分)20、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正確B.錯誤21、配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)22、三草酸合鐵(III)酸鉀晶體(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)為翠綠色的單斜晶體；易溶于水(溶解度0℃，4.7g/100g；100℃，117.7g/100g)，難溶于乙醇。

(1)I制備：以硫酸亞鐵銨為原料，與草酸在酸性溶液中先制得草酸亞鐵晶體：(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4，然后再用草酸亞鐵晶體在草酸鉀和草酸的存在下，以過氧化氫為氧化劑，制得三草酸合鐵(III)酸鉀晶體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________；

(2)II測定三草酸合鐵酸鉀晶體中鐵的含量。

步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體；配制成250mL溶液。

步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是___________；

步驟三：向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后；過濾；洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。

步驟四：向錐形瓶中加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4滴定，消耗KMnO4溶液20.00mL。

請回答下列問題：

①在步驟二中，若加入的KMnO4溶液的量不夠，則測得的鐵含量___________(選填“偏低”；“偏高”、“不變”)；

②寫出步驟四中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：___________；

③實驗測得該晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)為___________。(寫出計算過程)23、草酸與高錳酸鉀在酸性條件下能夠發(fā)生如下反應(yīng)：MnO+H2C2O4+_____=Mn2++CO2↑+____(未配平)。用4mL001mol/LKMnO4溶液與2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響。改變的條件如下：。組別10%硫酸體積/mL溫度/℃其他物質(zhì)I220II22010滴飽和X溶液III230IV1201mL蒸餾水

回答下列問題：

(1)草酸與高錳酸鉀在酸性條件下反應(yīng)的離子方程式為___。

(2)如果研究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，使用實驗__和__(填序號)。

(3)研究發(fā)現(xiàn)，在反應(yīng)開始段時間內(nèi)，反應(yīng)速率較小，溶液褪色不明顯，但不久突然褪色，反應(yīng)速率明顯增大。在排除溫度的影響后，你猜想還可能是其它影響。為了驗證這種猜想，某同學(xué)在實驗II中加入X溶液進行驗證，則X可能是___。

A.硫酸鉀B.硫酸錳C.氯化錳D.水24、某化學(xué)小組對溶液與溶液反應(yīng)進行探究。

(一)配制溶液。

(1)配制溶液前需檢驗是否變質(zhì)，其操作為___________。

(2)用離子方程式解釋配制氯化鐵溶液時，先將氯化鐵固體溶于稀鹽酸，再稀釋到所需的濃度的原因___________。

(二)預(yù)測實驗。

(3)該小組同學(xué)預(yù)測溶液與溶液混合時，溶液顏色由棕黃色變成淺綠色，他們預(yù)測的理論依據(jù)為：___________。

(三)實施實驗向溶液中逐滴加入的溶液。裝置反應(yīng)時間實驗現(xiàn)象產(chǎn)生紅色沉淀，有刺激性氣味氣體逸出沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變?yōu)槌壬髱缀鯚o色沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變?yōu)槌壬髱缀鯚o色后與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色(4)①小組同學(xué)同學(xué)認為刺激性氣味氣體的產(chǎn)生原因有兩種可能，請寫出相應(yīng)的離子方程式___________。

②查閱資料：溶液中三種微粒會形成紅色配合物并存在如下轉(zhuǎn)化：從反應(yīng)速率和化學(xué)平衡兩個角度解釋的實驗現(xiàn)象___________。

(5)小組同學(xué)認為沒有觀察到預(yù)期的實驗現(xiàn)象，是因為混合產(chǎn)生氣體的反應(yīng)，干擾了氧化還原反應(yīng)的發(fā)生，小組同學(xué)通過如下實驗證明了猜想的正確性。裝置實驗步驟操作實驗現(xiàn)象Ⅰ向燒杯中裝好溶液、連接好裝置、閉合開關(guān)靈敏電流表指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)Ⅱ向左側(cè)燒杯中滴加少量的飽和溶液靈敏電流表指針向左側(cè)偏轉(zhuǎn)靈敏電流表指針向左側(cè)偏轉(zhuǎn)Ⅲ繼續(xù)向左側(cè)燒杯中再滴加少量的鐵氰化鉀溶液左側(cè)燒杯中產(chǎn)生藍色沉淀、靈敏電流表指針向左側(cè)偏轉(zhuǎn)幅度更大左側(cè)燒杯中產(chǎn)生藍色沉淀、靈敏電流表指針向左側(cè)偏轉(zhuǎn)幅度更大

①分析實驗Ⅰ電流計指針不偏轉(zhuǎn)(沒有形成原電池)的原因是___________。

②分析實驗Ⅱ電流計指針偏轉(zhuǎn)以及實驗Ⅲ電流計指針偏轉(zhuǎn)幅度更大的原因___________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共6分)25、甲；乙、丙三種不同的物質(zhì)中均含有同一種元素；它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖示(部分反應(yīng)物及生成物已略去)。

(1)若甲為氣態(tài)氫化物，乙為黃色固體，寫出此時反應(yīng)①的化學(xué)方程式___________。

(2)若甲為兩性氧化物，乙的水溶液呈酸性，請用離子方程式寫出乙的水溶液呈酸性的原因___________，寫出此時反應(yīng)④的離子方程式___________。

(3)若甲為金屬單質(zhì)，反應(yīng)④為置換反應(yīng)，則往乙溶液中滴加KSCN，溶液變?yōu)開__________。

(4)若甲為氣體單質(zhì)，乙為含有極性共價鍵的非極性分子，請寫出乙的電子式___________。26、隨原子序數(shù)的遞增，九種短周期元素用字母表示原子半徑的相對大??；最高正價或最低負價的變化如圖所示．

請回答下列問題；

d、e、f四種元素的簡單離子中，半徑最大的離子是______填離子符號

的氫氧化物是一種重要的基本化工原料，寫出工業(yè)上制備該氫氧化物的離子方程式______。

含f元素的兩種離子在溶液中不能大量共存的原因是______用離子方程式表示

關(guān)于圖乙所示轉(zhuǎn)化關(guān)系代表鹵素下列說法錯誤的是______。

A.

B.

C.y；z的非金屬性依次減弱；所以途徑Ⅱ的熱量按y、z的順序依次增多。

D.途徑Ⅰ生成y的氫化物比生成z的氫化物更容易。

元素的某種含氧酸是一種新型氧化劑，應(yīng)用性極強，通過反應(yīng)：制得．該反應(yīng)中水的作用與下列中水的作用相同的是______。

A.鈉與水反應(yīng)制氫氣過氧化鈉與水反應(yīng)制氧氣。

C.氯氣與水反應(yīng)制次氯酸氟單質(zhì)與水反應(yīng)制氧氣。

f的最高價氧化物的水化物的使含的離子的溶液開始產(chǎn)生沉淀的pH為______。

元素e和g組成的簡單化合物B的水溶液中離子濃度由大到小的順序為______。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A．c點加入的n（CH3COONa）=0.1mol，溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），溶液中存在電荷守恒，則c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于c（H+）=c（OH-），則此時溶液中c（Na+）=c（CH3COO-），根據(jù)圖象，c（H+）=10-7mol/L，c（Na+）=c（CH3COO-）=0.2mol/L，該溫度下，醋酸電離平衡醋酸K=Ka==選項A正確；

B．從b到c時pH增大，說明加入NaOH溶液，CH3COONa水解促進水的電離，過量的NaOH抑制水的電離，起始時有多余的CH3COOH，繼續(xù)加入NaOH可生成更多的CH3COONa，完全生成CH3COONa時水的電離程度最大，此后繼續(xù)加入NaOH，抑制水的電離，可以使的水電離出的c（H+）再次達到10-7mol/L；故B錯誤；

C．從b到a時pH減小，說明加入CH3COOH，溶液中c（CH3COOH）增大，a點時，=104（5c-1），而c點為中性，說明c一定大于0.2，所以c（CH3COOH）：c（CH3COONa）必然大于2；故C正確；

D．根據(jù)電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正確；

故選：B。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．滴入石蕊試液顯紅色的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+與會發(fā)生反應(yīng)；不能大量共存，A不符合題意；

B．1.0mol·L?1的KNO3溶液中含有大量H+、Fe2+、會發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，B不符合題意；

C．=1×1012的溶液為堿性溶液，含有大量OH-，OH-與Fe2+會發(fā)生反應(yīng)；不能大量共存，C不符合題意；

D．通入足量CO2的溶液：Ca2+、Cl?、K+、Na+之間不能發(fā)生任何反應(yīng)；可以大量共存，D符合題意；

故合理選項是D。3、C【分析】【詳解】

根據(jù)某物質(zhì)的速率除以該物質(zhì)的系數(shù)，得到的結(jié)果越大，則速率越大，因此分別得到所以υ(C)=0.4mol?L?1?s?1的反應(yīng)速率最快；故C符合題意。

綜上所述，答案為C。4、D【分析】【詳解】

A．該反應(yīng)是的吸熱反應(yīng)；升高溫度，平衡正向移動，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)增大，故A錯誤；

B．I中平衡時氧氣濃度為0.2則二氧化氮濃度改變了為0.4則平衡轉(zhuǎn)化率約為故B錯誤；

C．Ⅱ在I平衡時的基礎(chǔ)上充入一氧化氮0.1平衡逆向移動，因此Ⅱ中達到平衡狀態(tài)時，故C錯誤；

D．達到平衡時變形得到因此該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)可表示為故D正確。

綜上所述，答案為D。5、C【分析】【詳解】

A．反應(yīng)起始，n(H2O)/n(CH4)=3，CH4和H2O按1:1反應(yīng)；X點平衡時二者比例一定不為3，A項錯誤；

B．CH4物質(zhì)的量一定的情況下，Z越大，H2O物質(zhì)的量越大，平衡越向右移動，CH4轉(zhuǎn)化率增大，平衡時CH4的體積分數(shù)越小，則a<3

C．由圖可知，溫度越高，平衡時CH4的體積分數(shù)越小，表明正反應(yīng)吸熱，△H>0；C項正確；

D．溫度不變時，增大X點對應(yīng)的平衡體系的壓強后，反應(yīng)平衡朝逆向移動，φ(CH4)增大；D項錯誤。

故答案選C。6、A【分析】【分析】

在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離的化合物為強電解質(zhì)。

【詳解】

A．Ca(CH3COO)2在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離出Ca2+和CH3COO-，Ca(CH3COO)2為強電解質(zhì)；選項A符合題意；

B．H3PO4在水溶液中不能完全電離，H3PO4為弱電解質(zhì)；選項B不符合題意；

C．SO3在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能電離，SO3屬于非電解質(zhì)；選項C不符合題意；

D．CH3CHO在水溶液中或熔融狀態(tài)下均不能電離，CH3CHO屬于非電解質(zhì)；選項D不符合題意；

故答案選A。7、B【分析】【分析】

溶于水會使溶液溫度降低，說明是吸熱過程，則①>0；

溶于水會使溶液溫度升高，說明是放熱過程，則②<0；

③受熱分解的化學(xué)方程式為

【詳解】

A．根據(jù)蓋斯定律：=－由于>0和<0，因此=－>0，即><故A錯誤；

B．根據(jù)蓋斯定律：=－由于>0和<0，因此=－>0，即><<故B正確；

C．由于<0，>0，=－>0，則＋>故C錯誤；

D．根據(jù)B項的分析知，><0，+<故D錯誤；

答案選B。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比，則反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為：A錯誤；

B．根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)II+III，整理可得=-48.2kJ/mol，該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)。升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)減少，故曲線b為等壓線，表示CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化；B錯誤；

C．根據(jù)選項B分析可知：為放熱反應(yīng)，要提高由CO2合成CH3OH的反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率；根據(jù)平衡移動原理可知：反應(yīng)應(yīng)該在低溫下進行，若研發(fā)出在低溫區(qū)高效的催化劑，就可以使反應(yīng)速率大大提高，縮短達到平衡所需時間，C正確；

D．根據(jù)選項B分析可知曲線b為等壓線。增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)增大，因此曲線a為等溫線，由曲線可知反應(yīng)條件為壓強為在溫度為250℃條件下，平衡時CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)為0.10；D錯誤；

故合理選項是C。9、C【分析】【分析】

由題圖中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知；X極元素化合價升高，失去電子，是負極，Y極是正極。

【詳解】

A.由題圖可知，經(jīng)微生物硝化作用轉(zhuǎn)化為該過程為氧化過程，A項正確；

B.由題圖中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X極是負極，Y極是正極，鹽橋陽離子移向正極，陰離子移向負極，則鹽橋中的向Y極移動；B項正確；

C.電子由負極沿導(dǎo)線流向正極；即從X極沿導(dǎo)線流向Y極，C項錯誤；

D.Y極是正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為D項正確；

答案選C。

【點睛】

本題考查了原電池的實際應(yīng)用，存在的兩個半反應(yīng)及鹽橋與教材中的模型不同，但原理相同。裝置“面相”生疏，容易出錯，注意運用原電池原理及原電池中離子和電子的移動規(guī)律進行解答。本題易錯選B，判斷鹽橋中離子的移動方向時，可以把鹽橋理解為離子導(dǎo)體的一部分。二、多選題(共5題，共10分)10、AD【分析】【分析】

【詳解】

略11、A【分析】【分析】

由裝置圖中電子的移動方向可知，左側(cè)電極為陽極，右側(cè)電極為陰極。若鐵為陽極，則陽極電極方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，并且二價鐵還被放出的氧氣氧化成三價鐵，離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，陰極氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；據(jù)此分析判斷。

【詳解】

A．由裝置圖可知，若鐵為陽極，則陽極電極方程式有Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+；故A錯誤；

B．陰極氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-；故B正確；

C．由裝置圖可知，陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e-═H2↑+2OH-，所以每產(chǎn)生1molH2，整個電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA；故C正確；

D．若鐵為陽極，陽極電極方程式為Fe-2e-═Fe2+和2H2O-4e-═O2↑+4H+，在處理廢水的過程中二價鐵還被放出的氧氣氧化成三價鐵，離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；故D正確；

故選A。12、AD【分析】【分析】

【詳解】

略13、AC【分析】【分析】

圖像b點對應(yīng)所加V(NaOH)=10mL，此時CH3COOH被中和一半，故b點組成為CH3COOH和CH3COONa，兩者近似相等；d點所加V(NaOH)=20mL，此時CH3COOH被完全中和，故d點組成為CH3COONa；f點所加V(NaOH)=40mL，此時NaOH相當(dāng)于原醋酸的兩倍，故f點組成為CH3COONa和NaOH，兩者近似相等；c點時CH3COOH未完全中和，故組成為CH3COOH和CH3COONa，由圖像縱坐標(biāo)得c水(H+)=10-7mol/L=c水(OH-)，此時只有水電離產(chǎn)生OH-（注意CH3COO-水解生成的OH-實際也來源于水），故c(OH-)=c水(OH-)=10-7mol/L，根據(jù)Kw求得c(H+)=10-7mol/L，pH=7，溶液顯中性；e點組成為CH3COONa和NaOH；溶液顯堿性。

【詳解】

A．b點：c(CH3COOH)：c(CH3COONa)≈1:1，對比c點可知b點溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COO-水解程度，故c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，c(Na+)保持不變，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)；可知A正確；

B．c點顯中性，關(guān)系成立，但e點顯堿性，c(OH-)>c(H+)，根據(jù)電荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO-)；B錯誤；

C．d點組成為CH3COONa，根據(jù)物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=（注意兩者等體積混合濃度被稀釋為原來一半）；故左右兩邊相加之和為0.1mol/L，C正確；

D．f點組成：c(CH3COONa)：c(NaOH)≈1:1，c(Na+)相當(dāng)于兩份，c(CH3COO-)相當(dāng)于一份，故c(Na+)>c(CH3COO-)，此時NaOH完全電離產(chǎn)生的OH-與CH3COO-近似相等，由于CH3COO-水解導(dǎo)致自身減少，OH-變多，故c(OH-)>c(CH3COO-)，即大小順序為：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)；D錯誤。

【點睛】

①注意圖像縱坐標(biāo)不是溶液中總的c(H+)，僅僅是c水(H+)，不能直接換算成pH；②混合過程中注意濃度稀釋的問題。14、CD【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象可知，未滴加AgNO3溶液時-lgc(Cl-)或-lgc(CrO)均為1，則NaCl和Na2CrO4均為強電解質(zhì)，所以溶液均為0.1mol?L-1；即x=0.1，故A正確；

B．1molCl-和CrO分別消耗1mol和2molAg+，由圖象可知，滴加AgNO3溶液過程中，曲線I突躍時加入的AgNO3溶液的體積為20mL；則曲線I代表NaCl溶液，故B正確；

C．b點時，硝酸銀和Na2CrO4恰好完全反應(yīng)，所以溶液中的溶質(zhì)為NaNO3，同時存在沉淀溶解平衡Ag2CrO4CrO+2Ag+；-lgc(CrO)=4，則c(CrO)=10-4mol?L-1，c(Ag+)=2×10-4mol?L-1，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO)?c2(Ag+)=10-4×4×10-8=4×10-12；故C錯誤；

D．a(chǎn)點時，Cl-恰好完全沉淀，-lgc(Cl-)=5，則c(Cl-)=10-5mol?L-1，c(Ag+)=10-5mol?L-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)?c(Ag+)=10-10，c點加入40mLAgNO3溶液，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)==3×10-9mol/L，則-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52；故D錯誤；

綜上所述答案為CD。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)代表的是物質(zhì)的量，放熱反應(yīng)的△H為“-”，吸熱反應(yīng)的△H為“+”。

【詳解】

(1)1mol氣態(tài)H2與1mol氣態(tài)Cl2反應(yīng)生成2mol氣態(tài)HCl，放出183kJ的熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol；

(2)1molN2(g)與適量O2(g)反應(yīng)生成NO(g)，需吸收68kJ的熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)64gCu粉與適量O2(g)反應(yīng)生成氧化銅固體，放出157kJ的熱量，64gCu即為1mol，故反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol；

(4)1mol硫粉為32g，1g硫粉在氧氣中充分燃燒放出9.36kJ熱量，所以32g硫粉在氧氣中充分燃燒放出的熱量為9.36×32=299.52kJ，則硫燃燒的熱化學(xué)方程式為：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-299.52kJ/mol；

(5)4gCO的物質(zhì)的量為4gCO在氧氣中燃燒生成CO2，放出9.6kJ熱量，則1molCO在氧氣中燃燒生成CO2放出的熱量為9.6×7=67.2kJ，故CO燃燒的熱化學(xué)方程式為：CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-67.2kJ/mol?！窘馕觥縃2(s)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-299.52kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-67.2kJ/mol16、略

【分析】【分析】

（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度系數(shù)次方的乘積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次方的乘積之比；

（2）v(O2)=

（3）升高溫度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移動；氣體總質(zhì)量不變；總物質(zhì)的量增大；

（4）根據(jù)平衡標(biāo)志分析；

（5）容器壓縮的瞬間，SO3物質(zhì)的量不變，隨即平衡逆向移動，SO3的物質(zhì)的量增大。

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，SO3濃度增大；體系壓強增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反應(yīng)氣體物質(zhì)的量增多，甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，所以乙容器的壓強大于甲。

【詳解】

（1）根據(jù)圖像，8分鐘時c(SO3)=0.2mol÷2L=0.1mol/L，則c(SO2)=0.2mol/L，c(O2)=0.1mol/L，K==0.4；

（2）0到8min內(nèi)生成氧氣的物質(zhì)的量是0.2mol，該反應(yīng)的平均速率v(O2)=0.0125mol∕（L·min）；

（3）升高溫度，2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0；平衡正向移動，所以K值將增大；氣體總質(zhì)量不變；總物質(zhì)的量增大，M=m÷n，所以容器中氣體的平均相對分子質(zhì)量將減??；

（4）A．v(SO3)=2v(O2)，都是正反應(yīng)速率，不能體現(xiàn)正逆反應(yīng)速率相等，故不一定平衡，不選A；

B．反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不同；氣體壓強是變量，容器內(nèi)壓強保持不變一定平衡，故選B；

C．v(SO2)逆=2v(O2)正，正逆反應(yīng)速率相等，一定平衡，故選C；

D．氣體總質(zhì)量不變；容器總體積不變；密度是恒量，容器內(nèi)密度保持不變，不一定平衡，故不選D。

（5）容器壓縮的瞬間，SO3物質(zhì)的量不變，隨即平衡逆向移動，SO3的物質(zhì)的量增大；所以c曲線符合。

（6）若保持容積不變在第12min時，加入SO3(g)，SO3濃度增大，平衡正向移動；體系壓強增大，SO3的體積分數(shù)增大；

（7）2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)；正反應(yīng)氣體物質(zhì)的量增多，甲容器有活塞可以上下移動，乙容器體積固定，所以平衡時乙容器的壓強大于甲；

①壓強越大反應(yīng)速率越快，乙容器的壓強大于甲，所以達到平衡所需時間甲大于乙；增大壓強平衡逆向移動，達平衡時SO3的轉(zhuǎn)化率甲大于乙。

②若平衡后，向甲、乙中分別充入惰性氣體，甲容器體積增大，相當(dāng)于減壓，平衡將向正反應(yīng)方向移動。充入惰性氣體后乙容器體積不變，平衡不移動?！窘馕觥縆==0.40.0125mol∕（L·min）增大減小BCC正增大大于大于甲正17、略

【分析】【分析】

【小問1】

CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)?Ca2+(aq)+2OH-(aq)。從平衡移動的角度，SO與Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移動，生成NaOH；【小問2】

25℃時，氫氧化鈉溶液吸收SO2，生成亞硫酸鈉溶液，水解平衡常數(shù)為，當(dāng)?shù)玫絧H=9的吸收液，氫離子濃度為10-9mol/L,該吸收液中c(SO)∶c(HSO)==【小問3】

碳的燃燒熱為393.5kJ/mol，熱化學(xué)方程式為：①C(g)+O2(g)=CO2(g)?H=-393.5kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)?H1=+180.5kJ/mol，③2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H2=-221kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律分析，①×2-②-③得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)?H=-393.5kJ/mol×2-180.5kJ/mol+221kJ/mol=-746.5kJ/mol；若平衡后升高溫度，平衡逆向移動，則增大?！拘?】

①相同時，T1的對應(yīng)的氮氣的體積分數(shù)較高，說明平衡正向移動,T1溫度高，越大，則一氧化碳的量越多，平衡正向移動，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率越大，故圖中a、b；c、d中對應(yīng)NO轉(zhuǎn)化率最大的是c。

②

解x=總物質(zhì)的量n=2-0.5x=該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)【小問5】

①溫度降低,平衡向放熱方向移動,即向正反應(yīng)方向移動,平衡轉(zhuǎn)化率會隨著溫度降低而升高,在催化劑I條件下,平衡脫氮率可以達到40%以上,而降低溫度；放熱反應(yīng)的平衡脫氮率升高，a點溫度低于450°C，平衡脫氮率應(yīng)高于40%，圖2中顯示a點的脫氮率只有10%左右，故曲線上a點的脫氮率(約10%)小于對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率。

②催化劑II條件下，450℃后，脫氮率隨溫度升高而下降的原因可能是催化劑的活性可能降低,催化效果減弱,相同時間內(nèi)脫氮率下降或反應(yīng)已達平衡,溫度升高平衡逆向移動?！窘馕觥俊拘☆}1】SO與Ca2+生成CaSO3沉淀；平衡向正向移動，生成NaOH

【小題2】620

【小題3】①.-746.5②.增大。

【小題4】①.c②.Pa-1

【小題5】①.＜②.溫度超過450℃時，催化劑的活性可能降低，催化效果減弱，相同時間內(nèi)脫氮率下降或反應(yīng)已達平衡，溫度升高平衡逆向移動18、略

【分析】【分析】

據(jù)圖可知：溫度升高，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡正向移動，平衡常數(shù)K增大；985℃時平衡常數(shù)K=0.04，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%；可以計算出平衡時各物質(zhì)的濃度，將平衡濃度代入平衡常數(shù)表達式可以計算出c的值，由此分析。

【詳解】

據(jù)圖可知：溫度升高，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡正向移動，平衡常數(shù)K增大。985℃時，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，起始濃度H2S的濃度為cmol/L，可以得到：

則平衡時c(H2S)=0.6cmol/L，c(H2)=0.4cmol/L，c(S2)=0.2cmol/L，代入平衡常數(shù)公式，則K=0.04=解得c=0.018。【解析】①.增大②.0.01819、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①物質(zhì)燃燒是放熱反應(yīng)；②二氧化碳通過熾熱的碳生成CO；屬于吸熱反應(yīng)；③生石灰溶于水生成氫氧化鈣，屬于放熱反應(yīng)；④炸藥爆炸屬于放熱反應(yīng)；⑤碳酸鈣高溫分解生成氧化鈣和氧氣，屬于吸熱反應(yīng)；因此屬于放熱反應(yīng)的是①③④，屬于吸熱反應(yīng)的是②⑤；

(2)實驗發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)后①中的溫度升高，由此判斷鋁條與鹽酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，②中的溫度降低，說明Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)。圖b中反應(yīng)物總能量高于生成物總能量，屬于放熱反應(yīng)，則反應(yīng)①的能量變化可用圖(b)表示；

(3)一定量的氫氣在氧氣中充分燃燒并放出熱量。若生成氣態(tài)水放出的熱量為Q1，生成液態(tài)水放出的熱量為Q2，由于氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放出熱量，則Q1小于Q2；

(4)圖中所示反應(yīng)物總能量高于生成物總能量；因此反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

(5)反應(yīng)掉1mol氫氣和1mol碘；斷鍵吸收的能量是436kJ+151kJ＝587kJ，形成化學(xué)鍵放出的能量是2×299kJ＝598kJ＞587kJ，因此生成HI會放出598kJ－587kJ＝11kJ的熱量；

(6)設(shè)H－Cl鍵鍵能是xkJ/mol，H－O鍵鍵能是ykJ/mol，則4y+2×243－4x－498＝115.6，解得y－x＝31.9，即斷開1molH－O鍵與斷開1molH－Cl鍵所需能量相差約為31.9kJ?！窘馕觥竣佗邰堍冖莘艧嵛鼰幄傩∮诜艧岱懦?131.9四、判斷題(共2題，共6分)20、A【分析】【分析】

【詳解】

碳酸鈉溶液中電荷守恒：則c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案為：正確。21、A【分析】【詳解】

氯化鐵是強酸弱堿鹽，鐵離子在溶液中會發(fā)生水解，為防止鐵離子水解，配制氯化鐵溶液時，應(yīng)將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，故正確。五、實驗題(共3題，共12分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)草酸亞鐵、草酸鉀、草酸與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生三草酸合鐵(III)酸鉀(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)，根據(jù)原子守恒、電子守恒，可得反應(yīng)方程式：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；故答案為：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O；

(2)KMnO4具有強氧化性，C2OFe2+具有還原性，二者在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，KMnO4被還原產(chǎn)生無色Mn2+，若反應(yīng)完全后，滴入溶液中的MnO使溶液顯紫色；所以滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液時，錐形瓶內(nèi)的溶液由變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；故答案為：滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

①在步驟二中，若加入的KMnO4溶液的量不夠；則會有部分草酸根離子未被氧化，在步驟三中則會造成消耗酸性高錳酸鉀溶液的量偏大，從而使計算出的鐵的含量增多，導(dǎo)致其含量偏高。故答案為：偏高；

②Fe2+與MnO在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生Fe3+、Mn2+、H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得離子方程式：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故答案為：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

③n(KMnO4)=c·V=0.010mol/L×0.02L=2.0×10-4mol，則根據(jù)方程式5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知Fe2+的物質(zhì)的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0×10-4mol=1.0×10-3mol，m(Fe2+)=1.0×10-3mol×56g/mol=0.056g，則Fe元素的質(zhì)量分數(shù)為：=11.2%；故答案為：11.2%；【解析】①.2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O②.滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色③.偏高④.5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O⑤.11.2%23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在酸性條件下，高錳酸根離子能和草酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二價錳離子、二氧化碳和水，離子方程式為2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2)研究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；濃度變化，而其它條件必須相同，則根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知對比實驗I和Ⅳ即可；

(3)KMnO4與H2C2O4反應(yīng)生成硫酸錳，錳離子有催化作用，所以猜想還可能是催化劑的作用；要想驗證錳離子的催化作用，在做對比實驗時同時加入硫酸錳觀察反應(yīng)速率是否變化即可，不能加氯化錳，因為氯化錳會引入氯離子，氯離子能被高錳酸鉀氧化；答案選B。【解析】2MnO+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2OIⅣB24、略

【分析】(1)

溶液如果變質(zhì)會生成硫酸鈉，因此可通過檢驗樣品中是否有硫酸根離子確定溶液是否變質(zhì)，具體操作：用一支潔凈的試管，取少量的亞硫酸氫鈉固體，加入蒸餾水溶解，先加過量的鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，如果沒有白色沉淀生成，則溶液未變質(zhì)，故答案為：用一支潔凈的試管，取少量的硫酸氫鈉固體，加入蒸餾水溶解，先加過量的鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，如果沒有白色沉淀生成，則溶液未變質(zhì)；

(2)

氯化鐵為強酸弱堿鹽，溶液中會發(fā)生水解加入稀鹽酸中可以抑制氯化鐵的水解，故答案為：

(3)

氯化鐵具有較強的氧化性，亞硫酸鈉具有強的還原性，兩者混合后會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氯化鐵被還原成氯化亞鐵，溶液顏色由黃色變淺綠色，故答案為：有氧化性，有還原性，混合時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，變成變成淺綠色；

(4)

①刺激性氣味氣體為二氧化硫，生成的原因可能是與發(fā)生雙水解反應(yīng)：導(dǎo)致，也可能