2025年人教新課標(biāo)選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標(biāo)選擇性必修1化學(xué)上冊月考試卷84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)一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、兩個(gè)恒容容器中分別存在平衡反應(yīng)：N2O4(g)?2NO2(g)和3O2(g)?2O3(g)。α1、α2，c1、c2分別是它們的反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)物平衡濃度。在溫度不變的情況下，分別增加兩個(gè)體系中反應(yīng)物(N2O4(g)和O2(g))的物質(zhì)的量，下列判斷正確的是A.α1、α2均減小，c1、c2均增大B.α1、α2均增大，c1、c2均減小C.α1減小，α2增大，c1、c2均增大D.α1減小，α2增大，c1增大，c2減小2、某溫度時(shí)，濃度都是1mol·L-1的兩種氣體X2和Y2，在密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)生成氣體Z，充分反應(yīng)后測得X2的濃度為0.4mol·L-1，Y2的濃度為0.8mol·L-1，生成的Z的濃度為0.4mol·L-1，則該反應(yīng)式(Z用X、Y表示)是A.X2+2Y2?2XY2B.2X2+Y2?2X2YC.X2+3Y2?2XY3D.3X2+Y2?2X3Y3、化學(xué)與社會(huì)、生活、技術(shù)密切相關(guān)下列說法錯(cuò)誤的是()A.鐵的合金硬度比純鐵的大，熔點(diǎn)比純鐵的低B.用碳粉和鐵粉制作的“雙吸收劑”使用時(shí)會(huì)發(fā)生電化學(xué)腐蝕C.碳納米管屬于膠體分散系，該材料具有較強(qiáng)的吸附能力D.用高純度的二氧化硅制作的光導(dǎo)纖維遇強(qiáng)堿溶液會(huì)“斷路”4、下列說法不正確的是A.將溶液蒸干并灼燒可得到B.將加入大量水中并加熱，可得到C.實(shí)驗(yàn)室配制溶液，常將固體溶于濃氨水中，再加水稀釋至所需濃度D.若少量固體溶于2~3mL蒸餾水會(huì)產(chǎn)生SbOCl白色沉淀，則所得溶液顯酸性5、某廢催化劑含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某實(shí)驗(yàn)小組以廢催化劑為原料；進(jìn)行回收利用。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如圖：

已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不與稀硫酸反應(yīng)。下列說法正確的是A.步驟①操作中，生成的氣體可用堿液吸收B.濾液1中是否含有Fe2+，可以選用KSCN和新制的氯水檢驗(yàn)C.濾渣1成分是SiO2和CuS，濾渣2成分一定是SiO2D.步驟④要滴加稀硫酸防止CuSO4水解6、下列實(shí)驗(yàn)方案合理的是A.用濕潤的pH試紙測定某鹽溶液的pHB.為了更快得到氫氣，可以用純鋅代替粗鋅與稀硫酸反應(yīng)C.用甲基橙檢驗(yàn)溶液的酸堿性D.制備FeCl3溶液時(shí)，先將固體FeCl3溶于較濃鹽酸，再加水稀釋評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、用電解法制備高純金屬鉻和硫酸的原理如圖所示。下列說法正確的是。

A.b為直流電源的正極B.A膜是陽離子交換膜，B膜是陰離子交換膜C.陰極電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑D.若有1mol離子通過A膜，理論上陽極生成0.5mol氣體8、已知：25℃時(shí)某些弱酸的電離平衡常數(shù)(如表)。如圖表示常溫下，稀釋CH3COOH；HClO兩種酸的稀溶液時(shí)；溶液pH隨加水量的變化。下列說法正確的是()

CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋COC.圖像中a、c兩點(diǎn)處的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.圖像中a點(diǎn)酸的總濃度大于b點(diǎn)酸的總濃度9、已知鋅及其化合物的性質(zhì)與鋁及其化合物相似。如圖橫坐標(biāo)為溶液的pH，縱坐標(biāo)為或的物質(zhì)的量濃度的對數(shù)。25℃時(shí)；下列說法中不正確的是。

A.往溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為B.若要從某廢液中完全沉淀Zn2+，通常可以調(diào)控該溶液的pH在8.0~10.0之間C.pH=8.0與pH=12.0的兩種廢液中，Zn2+濃度之比為108D.該溫度時(shí)，的溶度積常數(shù)為10、電化學(xué)脫硫在金屬冶煉和廢水處理中均有應(yīng)用。一種電化學(xué)脫硫工作原理示意圖如圖所示。該裝置工作時(shí)；下列說法正確的是。

A.a為直流電源負(fù)極B.陰極區(qū)溶液pH減小C.Mn2+、Mn3+之間轉(zhuǎn)化可加快電子轉(zhuǎn)移D.導(dǎo)線中流過4.5mole-同時(shí)陽極區(qū)溶液質(zhì)量增加44g11、在體積可變的密閉容器中投入0.5molCO和1molH2，不同條件下發(fā)生反應(yīng)：實(shí)驗(yàn)測得平衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化如圖1所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.Y代表壓強(qiáng)，且X代表溫度，且B.M點(diǎn)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率之比N點(diǎn)該比例減小C.若M、N兩點(diǎn)對應(yīng)的容器體積均為5L，則N點(diǎn)的平衡常數(shù)D.圖2中曲線AB能正確表示該反應(yīng)平衡常數(shù)的負(fù)對數(shù)與X的關(guān)系12、乙炔(HC≡CH)能在Hg(Ⅱ)催化下與水反應(yīng)生成CH3CHO；反應(yīng)歷程及相對能壘如圖所示。下列說法正確的是。

A.過程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空軌道提供孤對電子B.本反應(yīng)歷程涉及的物質(zhì)中，CH2=CHOH的穩(wěn)定性最弱C.本反應(yīng)歷程中，決定整個(gè)反應(yīng)快慢的步驟為過程⑤D.其他條件不變時(shí)，更換其他催化劑可改變由乙炔和水制備乙醛的焓變13、向體積為2L的恒容密閉容器中充入1molSiHCl3發(fā)生如下反應(yīng)：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)下圖是不同溫度下SiHCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間的變化：

下列說法正確的是A.該反應(yīng)正方向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)B.T2時(shí)，0~100min時(shí)，v(SiCl4)＝0.0025mol·L-1·min-1C.T2時(shí)向平衡體系中再充入1molSiHCl3，平衡不移動(dòng)D.T1時(shí)，起始向容器中充入SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4各0.3mol，達(dá)到平衡前v(正)＜v(逆)評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、一定溫度下；在2L的密閉容器中，X；Y、Z三種氣體的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示。

(1)從反應(yīng)開始到10s，用Z表示的反應(yīng)速率為___________。X的物質(zhì)的量濃度減少了___________，Y的轉(zhuǎn)化率為___________。

(2)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(3)一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)。能說明該反應(yīng)已達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是___________。A．正、逆反應(yīng)速率都等于零B．N2和H2全部轉(zhuǎn)化為NH3C．N2、H2和NH3的濃度不再變化D．N2、H2和NH3的物質(zhì)的量之比為1∶3∶215、已知W最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)得到離子化合物，W的一種氫化物HW3可用于有機(jī)合成，其酸性與醋酸相似。體積和濃度均相等的HW3與Na的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物混合，混合后溶液中離子濃度由大到小的順序是___________________________________________________。16、（1）25℃時(shí)，將amolNH4NO3溶于水，溶液顯酸性，原因是__（用離子方程式表示）。向該溶液中滴加bL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中水的電離平衡將__（填“正向”“不”或“逆向”）移動(dòng)，所滴加氨水的濃度為__mol·L-1。（NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為Kb=2×10-5）

（2）如圖1是0.1mol/L電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖像。

①其中符合0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液的pH隨溫度變化的曲線是__(填寫字母)，導(dǎo)致pH隨溫度變化的原因是__；

②20℃時(shí)，0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=___(填數(shù)值)。

（3）室溫時(shí)，向100mL0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，所得溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖2所示。試分析圖中a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，水的電離程度最大的是__；在b點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是__。17、在稀氨水中存在平衡：NH3＋H2O?＋OH-，如進(jìn)行下列操作，則NH3、H＋、OH-濃度如何變化？請用“增大”“減小”“不變”填寫。

(1)通適量HCl氣體時(shí)，c(NH3)_______，c(H＋)_______。

(2)加入少量NaOH固體時(shí)，c()_______，c(OH-)_______。

(3)加入NH4Cl晶體時(shí)，c()_______，c(OH-)_______。18、(1)在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的基礎(chǔ)上；科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案，主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如圖所示：

負(fù)極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)有______(寫反應(yīng)方程式)。電路中轉(zhuǎn)移電子，需消耗氧氣______L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。

(2)電解法轉(zhuǎn)化可實(shí)現(xiàn)資源化利用。電解制的原理示意圖如圖。

①寫出陰極還原為的電極反應(yīng)式：_________。

②電解一段時(shí)間后，陽極區(qū)的溶液濃度降低，其原因是_______。19、已知：3H2(g)+N2(g)?2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1

計(jì)算斷裂1molN≡N需要消耗能量_______kJ。評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)20、在任何條件下，純水都呈中性。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共16分)21、在某溫度下的水溶液中，c(H＋)=10xmol·L﹣1，c(OH﹣)=10ymol·L﹣1。x與y的關(guān)系如圖所示：（已知lg2=0.3）

(1)水的離子積為___________________。

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液的pH=________。

(3)pH＝7的溶液呈________(填“酸性”；“中性”或“堿性”)。

(4)若測得某溶液中，水電離出來的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液為強(qiáng)堿溶液，則該溶液的pH＝______。中和100mL該溶液需消耗HCl的物質(zhì)的量為______mol。22、草酸銨[（NH4）2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。某同學(xué)利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。取20.00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進(jìn)行滴定。滴定至終點(diǎn)時(shí)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為____。三次滴定實(shí)驗(yàn)消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為_____mmol/L。23、一定溫度下的密閉容器中存在如下反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知CO(g)和H2O(g)的起始濃度均為2mol·L-1,經(jīng)測定該反應(yīng)在該溫度下的平衡常數(shù)K=1；試判斷：

(1)當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為25%時(shí)，該反應(yīng)是否達(dá)到平衡____，若未達(dá)到平衡，向____方向進(jìn)行；

(2)達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為_____；24、化學(xué)平衡常數(shù)(K)、電離常數(shù)(Ka)、水解常數(shù)(Kh)、水的離子積常數(shù)(Kw)和溶度積常數(shù)(Ksp)都是判斷物質(zhì)性質(zhì)或變化的重要常數(shù)。

(1)上述常數(shù)隨著溫度升高；一定增大的是_______。

(2)C(s)+CO2(g)?2CO(g)，化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=_______。

(3)已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，則反應(yīng)AgCl(s)+I-(aq)?AgI(s)+Cl-(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)是_______。

(4)弱酸HA的Ka與NaA的Kh、水的離子積常數(shù)Kw三者間的關(guān)系可表示為_______。

(5)25℃時(shí)，將amol/L的醋酸溶液與0.01mol/L的NaOH溶液等體積混合，所得溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，用含a的代數(shù)式表示醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=_______。評卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共12分)25、巴蜀中學(xué)某高二同學(xué)為了測定某生理鹽水中Cl-的含量，準(zhǔn)確量取待測并用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；根據(jù)下列信息回答問題。

(1)已知幾種難溶物的溶度積如下表所示，該實(shí)驗(yàn)宜選擇_________作指示劑(填字母)；

A.KIB.NH4SCNC.Na2CrO4D.K2S。難溶物AgIAgSCNAgClAg2CrO4Ag2S溶度積8.5×10-171.2×10-121.8×10-101.1×10-116.7×10-50顏色黃色白色白色紅色黑色

(2)用酸式滴定管量取20.00mL生理鹽水于錐形瓶中，并滴加1~2滴指示劑，用0.15mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，該同學(xué)一共進(jìn)行了四次實(shí)驗(yàn)，假設(shè)每次所取生理鹽水體積均為20.00mL，四次實(shí)驗(yàn)結(jié)果記錄如下：。實(shí)驗(yàn)次數(shù)第一次第二次第三次第四次消耗AgNO3溶液體積/mL19.0019.9820.022000

該生理鹽水的濃度為_______mol/L(保留兩位有效數(shù)字)

(3)在上述實(shí)驗(yàn)中，下列操作(其他操作正確)會(huì)造成測定結(jié)果偏高的有________。

A.滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)。

B.錐形瓶水洗后未干燥。

C.進(jìn)行滴定操作時(shí)，有1滴AgNO3溶液滴到了錐形瓶外面。

D.配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)；定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線。

(4)AgCl沉淀易吸附Cl-為減少AgCl沉淀對Cl-的吸附，從而減小實(shí)驗(yàn)的誤差，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采取的措施是_______。26、碘化鈉在醫(yī)療及食品方面有重要的作用，實(shí)驗(yàn)室以NaOH、單質(zhì)碘和水合肼N2H4?H2O(有還原性)為原料制備碘化鈉。回答下列有關(guān)問題：

(1)利用下列實(shí)驗(yàn)裝置制取次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液。

①儀器X的名稱是___________，導(dǎo)管口連接順序?yàn)開__________(按氣流方向；用小寫字母表示)。

②若該實(shí)驗(yàn)溫度控制不當(dāng)，反應(yīng)后測得裝置A內(nèi)ClO﹣與ClO的物質(zhì)的量之比為5：1，則A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。

(2)制備水合肼：反應(yīng)原理為CO(NH2)2(尿素)+NaClO+NaOH=N2H4?H2O+NaCl+Na2CO3。

①將次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液緩慢滴加到尿素溶液中，邊加邊攪拌。該操作需嚴(yán)格控制試劑的滴加順序和滴加速度，原因是___________。

②N2H4?H2O一級(jí)電離方程式為N2H4?H2O=N2H+OH﹣，其二級(jí)電離方程式為___________。

(3)碘化鈉的制備：采用水合肼還原法制取碘化鈉固體；其制備流程如圖所示。

①“還原”過程主要消耗“合成”中生成的副產(chǎn)物IO反應(yīng)的離子方程式是___________

②工業(yè)上也可用硫化鈉或鐵屑還原碘酸鈉制備碘化鈉，“水合肼還原法”的優(yōu)點(diǎn)是___________。27、已知H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol?；卮鹩嘘P(guān)中和反應(yīng)的問題。

(1)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液與足量稀硝酸反應(yīng)；能放出______kJ熱量。

(2)如圖裝置中儀器A的名稱______；作用是________；儀器B的名稱_______，碎泡沫塑料的作用是_________。

(3)若通過實(shí)驗(yàn)測定中和熱的ΔH，其結(jié)果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是_______。28、實(shí)驗(yàn)室用50mL0.50mol·L-1鹽酸、50mL0.55mol·L-1NaOH溶液和如圖所示裝置；進(jìn)行測定中和熱的實(shí)驗(yàn)，得到下表中的數(shù)據(jù):

實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸NaOH溶液NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9

(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)不能用銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒的理由是_______________。

(2)在操作正確的前提下，提高中和熱測定準(zhǔn)確性的關(guān)鍵是_______________。

(3)根據(jù)上表中所測數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算，則該實(shí)驗(yàn)測得的中和熱ΔH＝_________[鹽酸和NaOH溶液的密度按1g·cm-3計(jì)算，反應(yīng)后混合溶液的比熱容c按4.18J·(g·℃)-1計(jì)算]。如果用0.5mol/L的鹽酸與NaOH固體進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則實(shí)驗(yàn)中測得的“中和熱”數(shù)值將_______(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

(4)若某同學(xué)利用上述裝置做實(shí)驗(yàn)，有些操作不規(guī)范，造成測得中和熱的數(shù)值偏低，請你分析可能的原因是_________。

A．測量鹽酸的溫度后；溫度計(jì)沒有用水沖洗干凈。

B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時(shí)動(dòng)作遲緩。

C．做本實(shí)驗(yàn)的當(dāng)天室溫較高。

D．在量取鹽酸時(shí)仰視讀數(shù)。

E．大燒杯的蓋板中間小孔太大。

(5)下列說法正確的是_________。

A．為了使反應(yīng)充分；向酸溶液中分次加入堿溶液。

B．大燒杯上如不蓋硬紙板；測得的中和熱數(shù)值會(huì)偏小。

C．用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)；測得中和熱的數(shù)值會(huì)偏大。

D．測定中和熱的實(shí)驗(yàn)中，環(huán)形玻璃攪拌棒材料若用銅代替，則測量出的中和熱ΔH<-57.3kJ·mol－1參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

在溫度不變的情況下；分別增加恒容容器中反應(yīng)物的物質(zhì)的量，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，據(jù)此分析解答。

【詳解】

兩個(gè)恒容容器中分別存在平衡反應(yīng)：N2O4(g)?2NO2(g)和3O2(g)?2O3(g)。在溫度不變的情況下，增加反應(yīng)物的物質(zhì)的量，由于容器的體積不變，容器內(nèi)的壓強(qiáng)增大，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，對反應(yīng)N2O4(g)?2NO2(g)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，所以α1減小，而反應(yīng)3O2(g)?2O3(g)增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，所以α2增大，但平衡時(shí)反應(yīng)物和生成物的濃度都比原平衡的濃度大，則c1、c2均增大，故選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

tmin后，△c(X2)=1mol?L-1-0.4mol?L-1=0.6mol?L-1，△c(Y2)=1mol?L-1-0.8mol?L-1=0.2mol?L-1，則X2、Y2的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為=0.6mol?L-1：0.2mol?L-1=3：1，再結(jié)合原子守恒，反應(yīng)方程式為3X2+Y22X3Y；故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．合金的硬度一般比組成它的金屬單質(zhì)硬度大；合金的熔點(diǎn)比組成它的金屬單質(zhì)熔點(diǎn)低，因此鐵的合金硬度比純鐵的大，熔點(diǎn)比純鐵的低，故A正確；

B．碳和鐵能形成形成原電池；用碳粉和鐵粉制作的“雙吸收劑”，使用時(shí)形成了原電池而發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故B正確；

C．碳納米管屬于碳單質(zhì)；是純凈物，不是分散系，故C錯(cuò)誤；

D．二氧化硅和氫氧化鈉反應(yīng)；因此用高純度的二氧化硅制作的光導(dǎo)纖維遇強(qiáng)堿溶液會(huì)“斷路”，故D正確。

綜上所述，答案為C。4、C【分析】【詳解】

A．加熱氯化鐵溶液能加快氯化鐵的水解生成氫氧化鐵和鹽酸，且生成的鹽酸是揮發(fā)性酸，灼燒氫氧化鐵，氫氧化鐵分解生成氧化鐵，所以如果將氯化鐵溶液加熱蒸干、灼燒得到Fe2O3；A正確；

B．TiCl4水解得TiO2?xH2O和HCl，反應(yīng)方程式為TiC14+(x+2)H2O=TiO2?xH2O↓+4HCl↑，加入大量的水，同時(shí)加熱，平衡正向移動(dòng)，可得到B正確；

C．實(shí)驗(yàn)室配制溶液，加入少量固體抑制水解；加入氨水會(huì)引入雜質(zhì)離子，C錯(cuò)誤；

D．少量固體溶于2~3mL蒸餾水發(fā)生反應(yīng)+H2O=SbOCl↓+2HCl，會(huì)產(chǎn)生SbOCl白色沉淀；所得溶液顯酸性，D正確；

綜上所述，答案為C。5、A【分析】【分析】

由題給流程可知；向廢催化劑中加入稀硫酸，硫化鋅和四氧化三鐵與稀硫酸反應(yīng)得到硫酸鋅；硫酸鐵和硫酸亞鐵的混合溶液，二氧化硅和硫化銅不與稀硫酸反應(yīng)，過濾得到含有硫酸鋅、硫酸鐵和硫酸亞鐵的濾液1和含有二氧化硅和硫化銅的濾渣1；濾液1經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到含有雜質(zhì)的粗皓礬；向?yàn)V渣中加入稀硫酸和過氧化氫的混合溶液，酸性條件下，硫化銅與過氧化氫反應(yīng)生成硫酸銅、硫沉淀和水，過濾得到含有硫酸銅的濾液2和含有硫和二氧化硅的濾渣2；濾液2經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到粗膽礬。

【詳解】

A．步驟①操作中；硫化鋅與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅和硫化氫氣體，硫化氫氣體能與堿反應(yīng)，可用堿液吸收，故A正確；

B．由分析可知；濾液1中含有鐵離子，若選用硫氰化鉀溶液和新制的氯水檢驗(yàn)亞鐵離子，鐵離子會(huì)干擾亞鐵離子檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤；

C．由分析可知；濾渣1含有與稀硫酸不反應(yīng)的二氧化硅和硫化銅，濾渣2為硫和二氧化硅，故C錯(cuò)誤；

D．硫酸是高沸點(diǎn)酸；則濾液2經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾得到粗膽礬時(shí)，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸銅水解，故D錯(cuò)誤；

故選A。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．若鹽溶液水解，則濕潤的pH試紙會(huì)稀釋鹽溶液，導(dǎo)致溶液中c(H+)或c(OH-)減?。粡亩鴮H產(chǎn)生影響，若鹽溶液不水解，則無影響，故A不合理；

B．由于粗鋅中的雜質(zhì)（如C）可以與Zn形成原電池；從而加快反應(yīng)速率，故粗鋅制氫氣比純鋅速率快，B不合理；

C．常溫下，溶液pH>4.4時(shí)；加入甲基橙溶液顯黃色，此時(shí)溶液可能是酸性；中性或堿性，C不合理；

D．將FeCl3溶于濃鹽酸可以抑制Fe3+水解，使用時(shí)再稀釋到所需濃度，若直接將FeCl3溶于水，由于Fe3+劇烈水解，此時(shí)得到的是Fe(OH)3沉淀；D的方案合理；

故答案選D。二、多選題(共7題，共14分)7、AD【分析】【詳解】

A．該裝置制備高純金屬Cr和硫酸，左邊池中Cr電極上Cr3+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則Cr棒為陰極，連接陰極的電極a為電源的負(fù)極，則b為電源的正極；A正確；

B．左邊池中Cr電極上Cr3+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為Cr3++3e-=Cr，附近溶液中濃度增大，為維持溶液電中性，要通過A膜進(jìn)入中間區(qū)域；石墨電極上OH-不斷失去電子變?yōu)镺2逸出，電極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，使附近H+濃度增大，為維持溶液電中性，H+不斷通過B膜乙池；所以A膜是陰離子交換膜，B膜為陽離子交換膜，B錯(cuò)誤；

C．陰極上Cr3+得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cr，電極反應(yīng)式為：Cr3++3e-=Cr；C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)選項(xiàng)B分析可知：要通過A膜進(jìn)入中間區(qū)域，若有1mol離子通過A膜，由于帶有2個(gè)單位負(fù)電荷，則電路中會(huì)轉(zhuǎn)移2mol電子，則根據(jù)電荷守恒可知理論上陽極石墨上會(huì)產(chǎn)生0.5molO2；D正確；

故合理選項(xiàng)是AD。8、AC【分析】【分析】

根據(jù)圖像及表格數(shù)據(jù)可知，電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，則酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>稀釋促進(jìn)電離，同pH的酸，稀釋相同倍數(shù)，酸性越弱，pH越變化越小；則曲線I是CH3COOH；曲線II是HClO；依此解答。

【詳解】

A．溶液的酸性越強(qiáng)，對應(yīng)的酸根離子的水解能力越弱，離子濃度越大，則溶液中：c(CH3COO－)>c(ClO－)，則相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液，顯堿性，各離子濃度的大小關(guān)系是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)；A正確；

B．根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：B錯(cuò)誤；

C．是R-的水解平衡常數(shù)，Kh只與溫度有關(guān)；故圖像中a；c兩點(diǎn)處的溶液中相等，C正確；

D．曲線I是CH3COOH，曲線II是HClO；酸性越強(qiáng)，說明酸電離程度越大；則根據(jù)圖像可知，a點(diǎn)酸性弱于b點(diǎn)；故D錯(cuò)誤；

答案選AC。9、BD【分析】【詳解】

A．由圖可知，往ZnCl2溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-；A正確；

B．由圖可知，若要從某廢液中完全沉淀Zn2+；通?？梢哉{(diào)控該溶液的pH在8.0~12.0之間，B錯(cuò)誤；

C．由圖可知，在a點(diǎn)，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=110-7mol/L，c(Zn2+)=110-3mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)?[c(OH-)]2=110-3mol/L(110-7mol/L)2=110-17；當(dāng)pH=8.0時(shí)，c(OH-)=110-6mol/L，則c(Zn2+)==110-5mol/L，當(dāng)pH=12.0時(shí)，c(OH-)=110-2mol/L，則c(Zn2+)==10?13mol/L，所以pH=8.0與pH=12.0的兩種廢液中，Zn2+濃度之比為108；C正確；

D．由C選項(xiàng)的計(jì)算可知，該溫度時(shí)，Zn(OH)2的溶度積常數(shù)(Ksp)為1×l0-17；D錯(cuò)誤；

故選BD。10、AC【分析】【分析】

根據(jù)圖示，與電源b極相連的電極上Mn2+失去電子轉(zhuǎn)化為Mn3+，發(fā)生氧化反應(yīng)，則該電極為陽極，b為電源的正極；因此a為電源的負(fù)極，左側(cè)電極為陰極，結(jié)合電解原理分析判斷。

【詳解】

A．根據(jù)上述分析；a為直流電源的負(fù)極，故A正確；

B．右側(cè)電極為陽極，陽極上Mn2+失去電子轉(zhuǎn)化為Mn3+，然后Mn3+與FeS發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe3+和SO反應(yīng)的方程式為9Mn2+-9e-=9Mn3+、9Mn3++FeS+4H2O=Fe3++SO+9Mn2++8H+，陰極上的電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑；氫離子通過質(zhì)子交換膜移向陰極，陰極區(qū)溶液的pH基本不變，故B錯(cuò)誤；

C．Mn2+、Mn3+之間轉(zhuǎn)化可以不斷提供Mn3+；使得脫硫反應(yīng)不斷進(jìn)行，右側(cè)能夠加快脫硫反應(yīng)，加快電子的轉(zhuǎn)移，故C正確；

D．陽極區(qū)的反應(yīng)有9Mn2+-9e-=9Mn3+、9Mn3++FeS+4H2O=Fe3++SO+9Mn2++8H+，當(dāng)導(dǎo)線中流過4.5mole-；有0.5molFeS溶解，質(zhì)量為0.5mol×88g/mol=44g，但陰極區(qū)的氫離子移向陽極區(qū)，導(dǎo)致陽極區(qū)溶液質(zhì)量增加少于44g，故D錯(cuò)誤；

故選AC。11、BD【分析】【詳解】

A．若X為壓強(qiáng)，Y為溫度，由圖可知相同溫度下壓強(qiáng)越大氫氣的轉(zhuǎn)化率越小，而該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，相同溫度下壓強(qiáng)越大H2的轉(zhuǎn)化率越大，所以Y為壓強(qiáng)，X為溫度，且相同壓強(qiáng)下溫度越高，氫氣的轉(zhuǎn)化率越小，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即故A正確；

B．初始投料n(CO)：n(H2)=1:2，根據(jù)方程式可知反應(yīng)過程中CO和H2按照1:2反應(yīng)；所以任意時(shí)刻二者的轉(zhuǎn)化率之比均為1:1，故B錯(cuò)誤；

C．N點(diǎn)和M點(diǎn)溫度相同，則平衡常數(shù)相同，容器體積為5L，M點(diǎn)H2的轉(zhuǎn)化已知；為50%，可根據(jù)該點(diǎn)列三段式。

根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知K==故C正確；

D．則K越大，pK越小，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高K越小，則pK越大，故曲線AC表示該反應(yīng)平衡常數(shù)的負(fù)對數(shù)與X的關(guān)系；故D錯(cuò)誤；

故答案為BD。

【點(diǎn)睛】

當(dāng)各反應(yīng)物的投料比等于方程式中計(jì)量數(shù)之比時(shí)，反應(yīng)過程中任意時(shí)刻各反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率均相等。12、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，過程①中H2O與Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤對電子，可向Hg2+的空軌道提供孤對電子形成配位鍵；故A正確；

B．圖中CH2=CHOH的能量最高；故其穩(wěn)定性最弱，故B正確；

C．本反應(yīng)歷程中；雖然過程⑤的能量變化最大，但該過程為放出能量的過程，過程④需要吸收能量且需要的能量最大，即決定整個(gè)反應(yīng)快慢的步驟為過程④，故C錯(cuò)誤；

D．催化劑不能改變反應(yīng)的焓變；故D錯(cuò)誤；

故選AB。13、AD【分析】【分析】

因兩曲線對應(yīng)的狀態(tài)只是溫度不同，由圖像知道到平衡所需時(shí)間T2溫度下小于T1溫度下，溫度越高反應(yīng)速率越快，所以溫度T2>T1。又T2溫度下達(dá)到平衡時(shí)SiHCl3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)比T1溫度下平衡時(shí)小；說明升溫平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)。

【詳解】

Ａ．由圖像分析可知；溫度升高平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理，正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故A正確；

B．2L容器，初始SiHCl3為1mol，故初始c(SiHCl3)=0.5mol/L，設(shè)SiHCl3轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度為x，列出三段式:由圖可知，T2溫度下100min達(dá)到平衡時(shí)，SiHCl3物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.5，所以解得x=0.25mol/L；v(SiCl4)=故B錯(cuò)誤；

C．溫度不變，向平衡后的容器中充入一定量的SiHCl3，平衡正向移動(dòng)；故C錯(cuò)誤；

D．由題意和三段式計(jì)算得到T2溫度下的平衡常數(shù)K2=而正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),所以T1溫度下的平衡常數(shù)K12=0.25，T1溫度下2L容器初始通入SiHCl3?SiH2Cl2?SiCl4各0.3mol,則初始時(shí)濃度商Qc=>0.25=K2>K1，所以平衡前，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，達(dá)到平衡前v(正)

故選AD?三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

從圖中三種物質(zhì)的改變量X從1.2mol降到0.41mol；減少0.79mol；Y從1.00mol降到0.21mol，減少0.79mol；Z從0mol增到1.58mol，增加1.58mol；各物質(zhì)的變化量之比和方程式中各物質(zhì)系數(shù)成正比，該反應(yīng)有；

(1)

從反應(yīng)開始到10s，用Z表示的反應(yīng)速率為X的物質(zhì)的量濃度減少了Y的轉(zhuǎn)化率為

(2)

據(jù)分析，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為X(g)+Y(g)?2Z(g)。

(3)

A．化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等且不為零；A錯(cuò)誤；

B．該反應(yīng)是可逆反應(yīng)；達(dá)到平衡時(shí)反應(yīng)物不可能全部轉(zhuǎn)化，B錯(cuò)誤；

C．達(dá)到平衡時(shí)；體系內(nèi)各組分的物質(zhì)的量不再改變，恒容密閉容器中濃度不再變化，C正確；

D．N2、H2和NH3的物質(zhì)的量之比為1∶3∶2等于反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；與平衡時(shí)各物質(zhì)的量沒有必然聯(lián)系，不一定時(shí)平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤；

故答案選C?！窘馕觥浚?）0.079mol/(L·s)0.395mol/L79%

（2）X(g)+Y(g)?2Z(g)

（3）C15、略

【分析】【詳解】

HN3和NaOH等濃度等體積反應(yīng)生成NaN3，因?yàn)榇姿崾侨跛?，因此此化合物屬于?qiáng)堿弱酸鹽，N水解，N＋H2OHN3＋OH－溶液顯堿性，水解的程度非常微弱，因此離子濃度大小順序是c(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)?！窘馕觥縞(Na＋)>c(N)>c(OH－)>c(H＋)16、略

【分析】【詳解】

(1)硝酸銨溶液中存在銨根離子的水解，NH4++H2ONH3·H2O+H+，所以溶液顯酸性；水解促進(jìn)水的電離，酸或堿的電離抑制水的電離，所以隨著氨水的滴入，水的電離平衡受到的促進(jìn)作用減弱，即水的電離平衡逆向移動(dòng)；NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為Kb=溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，此時(shí)溶液呈中性，所以c(NH4+)=c(NO3-)，設(shè)混合溶液的體積為V，則c(NH4+)=c(NO3-)=mol/L，設(shè)氨水的濃度為x，溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=mol/L，則混合溶液中c(NH3·H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，所以有解得x=mol/L；

(2)①NH4Al(SO4)2溶液中存在銨根和鋁離子的水解；溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減小，符合的曲線為Ⅰ；

②20℃時(shí)，0.1mol/L的NH4Al(SO4)2溶液pH=3，溶液中存在電荷守恒c(NH4+)-3c(Al3+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol?L-1-10-11mol·L-1；

(3)a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)加入NaOH溶液的量可知a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4與Na2SO4，b、c、d三點(diǎn)溶液均含有NH3?H2O，(NH4)2SO4可以促進(jìn)水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離；所以a點(diǎn)的水的電離程度最大；

b點(diǎn)溶液呈中性，溶液的溶質(zhì)為(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，a點(diǎn)時(shí)c(Na+)=c(SO42-)，則b點(diǎn)時(shí)c(Na+)＞c(SO42-)，原溶液中溶質(zhì)為NH4HSO4，b點(diǎn)溶液中S元素全部以硫酸根的形式存在，部分N元素已一水合氨的形式存在，所以c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。

【點(diǎn)睛】

第1題為本題難點(diǎn)，要靈活運(yùn)用電荷、物料守恒找到各離子濃度之間的關(guān)系，代入電離平衡常數(shù)表達(dá)式進(jìn)行求解。【解析】①.NH4++H2ONH3·H2O+H+②.你像③.④.Ⅰ⑤.NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減?、?10-3-10-11mol·L-1⑦.a點(diǎn)⑧.c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4＋)>c(OH-)=c(H+)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)向氨水中通適量的氯化氫氣體；氯化氫溶于水電離出氫離子，氫離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，導(dǎo)致平衡正向移動(dòng)，則溶液中氨氣濃度減小，溶液的堿性減弱，所以溶液中氫原子濃度增大；

(2)向氨水中加入少量NaOH固體；NaOH溶于水電離出氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大，導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng)，則溶液中銨根離子濃度減??；

(3)向氨水中加入氯化銨，氯化銨電離出銨根離子，所以溶液中銨根離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，從而抑制氨水電離，溶液中氫氧根離子濃度減小。【解析】減小增大減小增大增大減小18、略

【分析】【分析】

(1)電解池中陽離子向陰極移動(dòng)，根據(jù)圖示，則左側(cè)為陰極，右側(cè)為陽極，陰極與電影負(fù)極相連，陽極與電源正極相連，據(jù)此分析解答；

(2)由題意，通入CO2的一極為陰極，則Sn片為陰極，Pt片為陽極，陰極CO2還原為HCOO-的電極反應(yīng)是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子，陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，結(jié)合圖示分析解答。

【詳解】

(1)所謂的“負(fù)極區(qū)”就是電解池的陰極區(qū)，電極上的應(yīng)為鐵離子得到電子被還原為亞鐵離子：生成的亞鐵離子又被氧氣重新氧化為鐵離子：由得失電子守恒知，電路中轉(zhuǎn)移陰極上生成氧化消耗其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積

(2)①陰極CO2還原為HCOO-的電極反應(yīng)是二氧化碳得到電子生成甲酸根離子或在碳酸氫根離子溶液中生成甲酸根離子和碳酸根離子，結(jié)合電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫電極反應(yīng)為：或

②陽極發(fā)生反應(yīng)：溶液的減小，與反應(yīng)而使其濃度減??；由于溶液呈電中性，則部分移向陰極區(qū)，所以電解一段時(shí)間后，陽極區(qū)溶液濃度降低。【解析】5.6或陽極產(chǎn)生減小，濃度降低；部分遷移至陰極區(qū)19、略

【分析】【詳解】

假設(shè)斷裂1molN≡N需要消耗能量為xkJ，由題意可列方程：解得即斷裂1molN≡N需要消耗能量為946kJ?！窘馕觥?46四、判斷題(共1題，共3分)20、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，故該說法是正確的。五、計(jì)算題(共4題，共16分)21、略

【分析】【分析】

(1)由圖像可知x+y=-13，可算出水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)?c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=

(2)計(jì)算出0.01mol·L-1H2SO4溶液中氫離子的濃度，利用pH=-lgc(H+)可計(jì)算出數(shù)值；

(3)比較溶液的酸堿性要看氫離子和氫氧根離子的相對大小；利用水的離子積常數(shù)知道pH=6.5時(shí)溶液為中性，則可以判斷則pH＝7的溶液呈堿性；

(4)不論何種溶液中水電離出的氫離子和氫氧根離子的濃度都相等，若測得某溶液中，水電離出來的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1；且溶液為強(qiáng)堿溶液，則該堿溶液的氫離子來自于水的電離，可算出pH，根據(jù)酸堿中和的原理，氫離子的物質(zhì)的量和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，算出消耗HCl的物質(zhì)的量。

【詳解】

(1)水的離子積Kw=c(H+)?c(OH-)=10xmol·L-1×10ymol·L-1=mol2·L-2，由圖像可知x+y=-13，故Kw=10-13mol2·L－2；

答案為：10-13mol2·L－2；

(2)0.01mol·L-1H2SO4溶液中氫離子的濃度為0.01mol·L-1×2=0.02mol·L-1，則pH=-lg(2×10-2)=2-lg2=2-0.3=1.7；

答案為：1.7；

(3)該溫度下，Kw=10-13；即當(dāng)pH=6.5時(shí)溶液為中性，則pH＝7的溶液呈堿性；

答案為：堿性；

(4)不論何種溶液中水電離出的氫離子和氫氧根離子的濃度都相等，若測得某溶液中，水電離出來的c(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1，且溶液為強(qiáng)堿溶液，則該強(qiáng)堿溶液的氫離子來自于水的電離，因此溶液中的氫離子濃度等于水電離出的氫氧根離子的濃度＝1.0×10－12mol·L－1，則該溶液的pH＝-lgc(H+)=-lg(1.0×10－12)=12；該溶液中c(OH－)=mol·L－1=0.1mol·L－1，則100mL該溶液中n(OH－)=0.1L×0.1mol·L－1=0.01mol，根據(jù)H++OH-=H2O；需消耗HCl的物質(zhì)的量為0.01mol；

答案為：12；0.01。【解析】①.10－13mol2·L－2②.1.7③.堿性④.12⑤.0.0122、略

【分析】【詳解】

草酸鈣沉淀溶于過量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)為滴定至終點(diǎn)時(shí)，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去，故答案為：因最后一滴KMnO4溶液的滴入；溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去；

三次滴定實(shí)驗(yàn)消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，應(yīng)舍棄0.52mL，誤差較大，則平均體積為0.42mL，滴定反應(yīng)為=1.05×10?5mol，所以20mL血液樣品中含有的鈣元素的物質(zhì)的量為即4.2×10?2mmol，則該血液中鈣元素的含量為故答案為：2.1。【解析】①.因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去②.2.123、略

【分析】【詳解】

(1)設(shè)H2O(g)消耗了xmol/L時(shí)；

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

初始濃度：2200

變化濃度：xxxx

末態(tài)濃度：2-x2-xxx

此時(shí)K==1，解得x=1，一氧化碳轉(zhuǎn)化率=×100%=50%；當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率為25%時(shí)反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，CO轉(zhuǎn)化率達(dá)到平衡狀態(tài)需要增大，則反應(yīng)正向進(jìn)行，故答案為未達(dá)平衡；正向移動(dòng)；

(2)根據(jù)上述計(jì)算，達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為50%，故答案為50%?！窘馕觥竣?未達(dá)平衡②.正向移動(dòng)③.50%24、略

【分析】【詳解】

(1)溫度升高；平衡常數(shù)減小，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)增大，說明正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；弱電解質(zhì)的電離；水的電離、鹽類水解一定是吸熱反應(yīng)，相關(guān)平衡常數(shù)隨溫度的升高而增大；

(2)C為固態(tài)，不計(jì)入表達(dá)式中，所以

(3)

(4)由知由知所以

(5)兩溶液等體積混合后，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.005mol/L，根據(jù)元素守恒，c(CH3COOH)=()mol/L，根據(jù)電荷守恒，所以則【解析】電離常數(shù)(Ka)、水解常數(shù)(Kh)、水的離子積常數(shù)(Kw)2.1×106Kw=Ka·Kh六、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共12分)25、略

【分析】【分析】

根據(jù)Ksp和沉淀的顏色選擇試劑；根據(jù)滴定原理，結(jié)合消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積計(jì)算待測液的濃度；結(jié)合c(待測)=分析誤差。

【詳解】

(1)由表可知可知Ag2CrO4為紅色，且Ksp最小，Ksp越小，靈敏度越高，則宜選擇Na2CrO4作指示劑；故答案為：C；

(2)第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)和其它幾次相差太大故舍去，另外三次的平均體積為=mL=20.00mL，設(shè)該生理鹽水的濃度為cmol/L，已知NaCl～～AgNO3；則cmol/L×20.00mL=0.5mol/L×20.00mL，解得：c=0.50；

(3)A．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)，AgNO3的體積偏小，則由c(待測)=可知；該生理鹽水的濃度偏小，故A錯(cuò)誤；

B．錐形瓶水洗后未干燥；NaCl的物質(zhì)的量不變，則對測定濃度無影響，故B錯(cuò)誤；

C．進(jìn)行滴定操作時(shí)，有1滴AgNO3溶液滴到了錐形瓶外面，AgNO3的體積偏大，則由c(待測)=可知；該生理鹽水的濃度偏高，故C正確；

D．配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線，AgNO3溶液濃度偏小，體積偏大，則由c(待測)=可知；該生理鹽水的濃度偏高，故D正確；

故答案為：CD；

(4)AgCl沉淀易吸附Cl-為減少AgC1沉淀對Cl-的吸附，從而減小實(shí)驗(yàn)的誤差，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)采取的措施是：滴定的同時(shí)，加強(qiáng)對滴定濁液的振蕩，減少AgCl沉淀對Cl-的吸附。

【點(diǎn)睛】

考查誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結(jié)為對標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的影響，然后根據(jù)c(待測)=分析，若標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，那么測得的物質(zhì)的量的濃度也偏?。蝗魳?biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，那么測得的物質(zhì)的量的濃度也偏大?！窘馕觥竣?C②.0.5③.CD④.滴定的同時(shí)，加強(qiáng)對滴定濁液的振蕩，減少AgCl沉淀對Cl-的吸附26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①根據(jù)儀器構(gòu)造分析，A中盛裝氫氧化鈉溶液的儀器名稱為三頸燒瓶；裝置c由二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣，用B裝置的飽和食鹽水除去HCl氣體，為保證除雜充分，導(dǎo)氣管長進(jìn)短出，氯氣與NaOH在A中反應(yīng)制備，為充分反應(yīng)，從a進(jìn)去，由D裝置吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，故導(dǎo)氣管連接順序?yàn)椋篹cdabf，故答案為：三頸燒瓶；ecdabf；

②三頸瓶內(nèi)ClO?與ClO3?的物質(zhì)的量之比為5：1，設(shè)ClO?與ClO3?的物質(zhì)的量分別為5mol、1mol，根據(jù)得失電子守恒，生成5molClO?則會(huì)生成Cl?5mol，生成1molClO3?則會(huì)生成Cl?5mol，則被還原的氯元素為化合價(jià)降低的氯元素，即為Cl?，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素為化合價(jià)升高的氯元素，物質(zhì)的量之比為ClO?與ClO3?共5mol+1mol=6mol，根據(jù)氯元素守恒可知，參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量應(yīng)為故反應(yīng)的化學(xué)方程式為：8Cl2+16NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3+8H2O；

(2)①水合肼有還原性；容易被NaClO氧化，所以將尿素滴到NaClO溶液中或滴加過快，會(huì)使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率，故答案為：水合肼有還原性，容易被NaClO氧化；

②結(jié)合一水合氨的電離方程式及給定的N2H4?H2O的一級(jí)電離方程式可知，N2H4?H2O的二級(jí)電離方程式為：N2H+H2O=N2H+OH﹣；

(3)①根據(jù)流程可知，碘和NaOH反應(yīng)生成NaI、NaIO，副產(chǎn)物IO3-，加入水合肼還原副產(chǎn)物IO3-，得到碘離子和氮?dú)?/p>