2025年新科版選修四化學(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年新科版選修四化學(xué)上冊月考試卷767考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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5題，共10分)1、已知熱化學(xué)方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H="-571.6"kJ·mol-1，2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)?H="-1452"kJ·mol-1，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)?H="-57.3"kJ·mol-1。據(jù)此判斷下列說法正確的是A.CH3OH的燃燒熱?H為-1452kJ·mol-1B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H>-571.6kJ·mol-1C.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)?H="-57.3"kJ·mol-1D.2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)?H="-880.4"kJ·mol-12、體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl－)=n(CH3COO－)＝0.01mol，下列敘述錯誤的是A.它們分別與足量CaCO3反應(yīng)時，放出的CO2一樣多B.它們與NaOH完全中和時，醋酸溶液所消耗的NaOH多C.兩種溶液的pH相同D.分別用水稀釋相同倍數(shù)時，n(Cl－)＜n(CH3COO－)3、下列說法正確的是A.0.1mol/LNaHSO3溶液pH=5.6,溶液中粒子濃度c(HSO3-)＞c(H2SO3)＞c(SO32-)B.將Na2CO3固體溶于水配成溶液，再向溶液中加水，由水電離出的c(H+)·c(OH－)增大C.碳酸氫鈉溶液中：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）D.等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜4、用物質(zhì)的量均是0.1mol的CH3COOK和CH3COOH配成1L溶液，已知其中c(CH3COO?)＞c(K＋),有關(guān)混合溶液的下列判斷正確的是A.c(CH3COO?)+c(OH-)=0.1mol/LB.c(CH3COOH)>c(CH3COO?)C.c(H+)<c(OH-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO?)=0.2mol/L5、常溫下，CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10-5。向20mL濃度均為0.1mol/L的NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液，所得混合液的導(dǎo)電率與加入CH3COOH溶液體積（V）的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（）

A.a=20，b=40，且溶液呈中性處于B兩點(diǎn)之間B.B點(diǎn)溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c()C.已知lg3≈0.5，則C點(diǎn)的pH≈5D.C三點(diǎn)中，B點(diǎn)溶液中水的電離程度最大評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是。

。選項。

實驗操作和現(xiàn)象。

實驗結(jié)論。

A

將含有SO2的廢氣通入BaCl2溶液中；出現(xiàn)白色沉淀。

SO2與BaCl2溶液反應(yīng)生成BaSO3沉淀。

B

向某密閉容器充入NO2；保持溫度不變，慢慢擴(kuò)大容器體積，最終容器中氣體顏色比開始時淺。

平衡2NO2(g)?N2O4(g)正向移動。

C

向蔗糖中加入適量濃硫酸；并不斷用玻璃棒攪拌，蔗糖變黑，體積膨脹，并放出刺激性氣味氣體。

濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性。

D

在酒精燈上加熱鋁箔；鋁箔熔化，熔化的鋁并不滴落。

熔點(diǎn)：氧化鋁>鋁。

A.AB.BC.CD.D7、常溫下，向20mL0.05mol?L﹣1的某稀酸H2B溶液中滴入0．lmol?L﹣1氨水；溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是。

A.NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性B.C三點(diǎn)溶液的pH是逐漸減小，F(xiàn)三點(diǎn)溶液的pH是逐漸增大C.E溶液中離子濃度大小關(guān)系：c（NH4+）＞c（B2﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）D.F點(diǎn)溶液c（NH4+）＝2c（B2﹣）8、25℃時，將SO2通入NaOH溶液得到一組c(H2SO3)+c()+c()=0.100mol·L-1的混合溶液；溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的關(guān)系曲線如下圖所示。下列敘述正確的是。

A.H2SO3的Ka2=10-7.2B.pH=1.9的溶液中：c(Na+)>c(H2SO3)=c()>c()C.c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中：c(H+)+c()=c(OH-)+c(H2SO3)D.c(HSO3-)=0.050mol·L-1的溶液中：c(H+)+c(Na+)<0.150mol·L-1+c(OH-)9、若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH＞7)：c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3?H2O)B.0.2mol/L氨水：0.2mol/L＞c(OH-)+c(NH3?H2O)C.向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c()=c()+c()D.pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)10、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表所示：。弱酸電離常數(shù)/（）（25℃）

下列說法錯誤的是（）A.B.C.中和等體積、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等體積、等濃度的和溶液中，前者所含離子總數(shù)小于后者評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)11、我國芒硝（Na2SO4·10H2O）的儲量豐富；它是重要的化工原料。

（1）制備碳酸鈉。將飽和硫酸鈉溶液和飽和碳酸氫銨溶液混合，結(jié)晶得NaHCO3晶體，再經(jīng)加熱分解制得碳酸鈉。生成NaHCO3晶體的化學(xué)方程式是________。

已知：I．2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1＝?127.4kJ·mol?1

II．NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2＝?131.5kJ·mol?1

則：2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH＝________kJ·mol?1。

（2）制備燒堿和硫酸。用如圖所示裝置，以惰性電極進(jìn)行電解，a、b均為離子交換膜。

①Na+遷移方向是________。

②氣體1是________；溶液2是________。12、氮、磷、砷(As)、銻(Sb)；鉍(Bi)、鏌(Mc)為元素周期表中原子序數(shù)依次增大的同族元素。回答下列問題：

在1L真空密閉容器中加入amolPH4I固體；t℃時發(fā)生如下反應(yīng)：

PH4I(s)PH3(g)+HI(g)①

4PH3(g)P4(g)+6H2(g)②

2HI(g)H2(g)+I2(g)③

達(dá)平衡時，體系中n(HI)=bmol，n(I2)=cmol，n(H2)=dmol，則℃時反應(yīng)①的平衡常數(shù)K值為___（用字母表示）。13、現(xiàn)有25℃時0.1mol/L的氨水。請回答以下問題：

(1)若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)________(填“增大”“減小”或“不變”)；

(2)若向氨水中加入稀硫酸；使其恰好中和，寫出反應(yīng)的離子方程式：

_____________________________________________________________________；

所得溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)；用離子方程式表示其原因：

_____________________________________________________________________。

(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此時c(NH4＋)＝amol/L，則c(SO42－)＝________；

(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1∶1，則所得溶液中各離子物質(zhì)的量濃度由大到小的關(guān)系是______________________________________。14、(1)在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液變紅。該溶液中HSO3－的電離程度______HSO3－的水解程度。（填＞；＜或＝）

(2)物質(zhì)的量濃度相同的①氨水；②氯化銨；③碳酸氫銨；④硫酸氫銨；⑤硫酸銨5種溶液中，c（NH4+）的大小順序是__________________。（用序號從大到小表示）15、氮的化合物在國防建設(shè)；工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生活中有廣泛的用途。請回答下列問題：

(1)已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10?5，H2SO3的Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8。

①若氨水的濃度為2.0mol·L-1，溶液中的c(OH?)=_________________mol·L?1。

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液中的=______；(NH4)2SO3溶液中的質(zhì)子守恒____________。

(2)室溫時，向100mL0.1mol·L－1HCl溶液中滴加0.1mol·L－1氨水，得到溶液pH與氨水體積的關(guān)系曲線如圖所示：

①試分析圖中a、b、c、d四個點(diǎn)，水的電離程度最大的是_________；

②在b點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___________；

③寫出a點(diǎn)混合溶液中下列算式的精確結(jié)果(不能近似計算)：c(Cl-)-c(NH4+)=____________，c(H+)-c(NH3·H2O)=____________；

(3)亞硝酸(HNO2)的性質(zhì)和硝酸類似，但它是一種弱酸。常溫下亞硝酸的電離平衡常數(shù)Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。常溫下向含有2mol碳酸鈉的溶液中加入含1molHNO2的溶液后，溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的濃度由大到小的順序是______。16、在室溫下，下列五種溶液：①0.1mol/LNH4Cl溶液，②0.1mol/LCH3COONH4溶液，③0.1mol/LNH4HSO4溶液，④0.1mol/L（NH4）2SO4；⑤0.1mol/L氨水。請根據(jù)要求填寫下列空白：

(1)溶液①呈______性（填“酸”、“堿”或“中”），其原因是____________________（用離子方程式表示）。

(2)室溫下，測得溶液②的pH=7，則CH3COO－與NH4+濃度的大小關(guān)系是c(CH3COO－)________c(NH4+)（填“>”、“<”或“=”）。

(3)上述溶液中c（NH4+）最小的是_________（填序號）。

(4)常溫下，0.1mol/L氨水溶液加水稀釋過程中，下列表達(dá)式的數(shù)值變大的是____________（填字母）。

A．c(OH—)B．

C．c(H+)·c(OH－)D．17、室溫下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，設(shè)由水電離產(chǎn)生的OH﹣的物質(zhì)的量濃度分別為A和B，則A和B的關(guān)系為________18、.按要求寫出下列化學(xué)方程式或離子方程式。

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水；放出389.9kJ的熱量，寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______________________________

（3）氫氧燃料電池是最常見的燃料電池，電解質(zhì)溶液通常是KOH溶液，寫出負(fù)極電極反應(yīng)式______________________________19、利用電化學(xué)原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應(yīng)：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

（1）甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5；可循環(huán)使用。則石墨Ⅰ是電池的________極；石墨Ⅰ附近發(fā)生的電極反應(yīng)式為__________________________________。

（2）工作時，甲池內(nèi)的NO向___________極移動(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)；在相同條件下，消耗的O2和NO2的體積比為____________。

（3）乙池中Fe(Ⅰ)棒上發(fā)生的電極反應(yīng)為_________________________________。

（4）若溶液中減少了0.01molCr2O則電路中至少轉(zhuǎn)移了___________mol電子。評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)20、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)21、(1)分別取40mL0.50mol/L鹽酸與0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行中和反應(yīng)。通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱。

回答下列問題：假設(shè)鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/(g·℃)。實驗時，還需測量的數(shù)據(jù)有_______________。

A.反應(yīng)前鹽酸溶液的溫度B.反應(yīng)前鹽酸溶液的質(zhì)量。

C反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的溫度D.反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的質(zhì)量。

E.反應(yīng)后混合溶液的最高溫度F.反應(yīng)后混合溶液的質(zhì)量。

(2)某學(xué)生實驗記錄數(shù)據(jù)如下：。實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸氫氧化鈉混合溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6

依據(jù)該學(xué)生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱為△H=____________。

(3)假定該學(xué)生的操作完全同上，實驗中改用100mL0.50mol/L鹽酸跟100mL0.55mol/LNaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量___(填“相等”或“不相等”)所求中和熱___________________(填“相等”或“不相等”)

(4)用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實驗，測得的中和熱數(shù)值會__________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)；用40mL0.50mol/LNaOH溶液進(jìn)行上述實驗，測得的中和熱數(shù)值會__________。(填“偏大”；“偏小”或“無影響”)

(5)上述實驗結(jié)果與57.3kJ/mol(常溫下中和熱的值)有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是(填字母)___________。

a.實驗裝置保溫；隔熱效果差。

b.用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸溶液的溫度。

c.用量筒量取鹽酸溶液的體積時仰視讀數(shù)。

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯22、某實驗小組用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸進(jìn)行中和熱的測定；測定稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱的實驗裝置如圖所示：

（1）儀器A的名稱為___。

（2）裝置中碎泡沫塑料的作用是___。

（3）寫出表示該反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式(中和熱為57.3kJ·mol－1)：___。

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸進(jìn)行實驗，實驗數(shù)據(jù)如下表。實驗次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度。

t2/℃溫度差。

(t2－t1)/℃1H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①溫度差平均值為___℃。

②近似認(rèn)為0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比熱容c＝4.18J·(g·℃)－1。則中和熱△H＝-53.5kJ/mol。

③上述結(jié)果與57.3kJ·mol－1有偏差，產(chǎn)生此偏差的原因可能是___(填字母)。

a．實驗裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定硫酸的溫度23、由乳酸與FeCO3反應(yīng)制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制備碳酸亞鐵:裝置如圖所示。

(1)C的名稱是___________。

(2)清洗儀器,檢查裝置氣密性,A中加入鹽酸,B中加入鐵粉,C中加入NH4HCO3溶液。為順利達(dá)成實驗?zāi)康?上述裝置中活塞的打開和關(guān)閉順序為:關(guān)閉活塞______；打開活塞______；加入足量鹽酸后,關(guān)閉活塞1,反應(yīng)一段時間后,關(guān)閉活塞____,打開活塞_____。C中發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為_______________。

Ⅱ.制備乳酸亞鐵晶體:

將制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量鐵粉,在75℃下攪拌使之充分反應(yīng)。然后再加入適量乳酸。

(3)加入少量鐵粉的作用是______________。從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亞鐵晶體純度的測量:

(4)若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進(jìn)而計算純度時,發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)經(jīng)查閱文獻(xiàn)后,改用Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定進(jìn)行測定。反應(yīng)中Ce4+離子的還原產(chǎn)物為Ce3+。測定時,先稱取5.760g樣品,溶解后進(jìn)行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),記錄數(shù)據(jù)如下表。

。滴定次數(shù)。

0.1000mol/LCe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL

滴定前讀數(shù)。

滴定后讀數(shù)。

滴定后讀數(shù)。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為_________(以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示)。24、I．亞鐵是血紅蛋白重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用，如果缺鐵就可能出現(xiàn)缺鐵性貧血，但是攝入過量的鐵也有害。下面是一種常見補(bǔ)藥品說明書中的部分內(nèi)容：該藥品含F(xiàn)e2+33%～36%；不溶于水但能溶于人體中的胃酸：與Vc(維生素C)同服可增加本品吸收。

甲同學(xué)設(shè)計了以下實驗檢測該補(bǔ)鐵藥品中是否含有Fe2+并探究Vc的作用：

(1)加入KSCN溶液后溶液變?yōu)榈t色，說明溶液中有少量Fe3+。藥品說明書中“與Vc同服可增加本品吸收”，通過探究，說明Vc具有___________性。

(2)乙同學(xué)采用在酸性條件下用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定的方法測定該藥品是否合格，準(zhǔn)確稱量上述藥品10.00g，將其全部溶于試劑2中，配制成1000mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL。

①該實驗中的試劑2與甲同學(xué)設(shè)計的實驗中的試劑1都可以是______(填序號)。

A．蒸餾水B．稀鹽酸C．稀硫酸D．稀硝酸。

②請計算該藥品含“鐵”的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________(保留三位有效數(shù)字)。

II．二氧化氯(ClO2)是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑。利用食鹽水制取ClO2的工業(yè)流程如下圖所示：

(3)下圖為用石墨做電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2的裝置。寫出陽極產(chǎn)生ClO2的電極反應(yīng)式：_________。電解一段時間，當(dāng)陰極產(chǎn)生的氣體體積為112mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時，停止電解。通過陽離子交換膜的陽離子的物質(zhì)的量為_________mol。

(4)用于電解的食鹽水，需先除去其中的SO等雜質(zhì)，除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的BaCl2，至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5時，c(CO)∶c(SO)=___________(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9)。

(5)②發(fā)生器中生成ClO2的化學(xué)方程式為___________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共12分)25、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)廣泛用于化工、造紙、紡織、食品等行業(yè)，一種以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等為原料制備過碳酸鈉的工藝流程如下：

已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO42-形式存在。

回答下列問題：

(1)Na2CrO4中Cr元素的化合價為___

(2)Ksp(CaCrO4)___(填“＞”或“＜”)Ksp(CaSO4)。

(3)流程中循環(huán)物質(zhì)X為___(填化學(xué)式)。

(4)步驟II中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________

(5)步驟I一III是為了制得純堿，從環(huán)境保護(hù)的角度看，可能的不足之處是___

(6)步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是___

(7)測定產(chǎn)品活性氧的實驗步驟如下：準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol·L－1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。

①滴定到終點(diǎn)時，溶液呈___(填“無色”或“淺紅色”)。

②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨(dú)用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比。該實驗測得的產(chǎn)品中活性氧為___(列出計算表達(dá)式)。26、利用化學(xué)原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進(jìn)行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業(yè)污泥中Cr(III)的處理工藝流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。

②Cr2O+H2O2CrO+2H+

③常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：。陽離子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.4(>8溶解)9(>9)溶解

(1)實驗室用18.4mol·L-1的濃硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制時所用玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和膠頭滴管外，還需________。

(2)加入NaOH溶液使溶液呈堿性，既可以除去某些雜質(zhì)離子，同時又可以將Cr2O轉(zhuǎn)化為__________(填微粒的化學(xué)式)。

(3)鈉離子交換樹脂的反應(yīng)原理為Mn++nNaR=MRn+nNa+，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液II中的金屬陽離子有_______。

(4)寫出上述流程中用SO2進(jìn)行還原時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____________。

(5)沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一，為了測定某廢水中SCN-的濃度，可用0.1000mol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定待測液，已知：。銀鹽性質(zhì)AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白色黃色白色磚紅色白色Ksp1.8×10-108.3×10-171.2×10-163.5×10-111.0×10-12

①滴定時可選為滴定指示劑的是_______(填編號)，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_________。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某廢水25.00mL，滴定終點(diǎn)時消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL，則廢水中SCN-的物質(zhì)的量濃度為______________。27、Na2S2O4·2H2O是染料工業(yè)中常用的還原劑；俗稱保險粉?它可溶于氫氧化鈉溶液并穩(wěn)定存在，難溶于乙醇，受熱易分解，制備保險粉的流程如下:

回答下列問題:

(1)保險粉的制備過程要在無氧條件下進(jìn)行，原因是__________

(2)若用Na2SO3固體和酸反應(yīng)制備SO2氣體，下列最適宜選用的酸是____(填標(biāo)號)?

A.濃鹽酸B.稀硝酸C.70%硫酸D.98%硫酸。

(3)步驟②需要控制溫度在35℃的原因是__________已知pH>11時，Zn(OH)2轉(zhuǎn)化為為了使Zn2+沉淀完全,則加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液的pH范圍是______________(25℃時Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10?17，35℃時Ksp與Kw的變化可忽略)?

(4)步驟③中加入一定量NaCl固體的目的是____?

(5)步驟④的操作是__________經(jīng)干燥得Na2S2O4·2H2O樣品?

(6)為了測定Na2S2O4·2H2O樣品純度，取mg樣品溶解在足量的甲醛溶液中，配制成100.00mL溶液?取10.00mL溶液于錐形瓶中，用cmol/L碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為VmL?測定過程中，發(fā)生的反應(yīng)：Na2S2O4+2HCHO+H2O═NaHSO3?CH2O+NaHSO2?CH2O，NaHSO2?CH2O+2I2+2H2O═NaHSO4+HCHO+4HI，則樣品中Na2S2O4·2H2O的純度為____?28、從鎳礦石尾礦中提取NiSO4是解決我國鎳資源匱乏的一條重要途徑；已知該過程如下：

表1：各物質(zhì)的Ksp數(shù)據(jù)如下表：。物質(zhì)MnSNiSPbSCuSNi(OH)2Ksp2.5×10-131.1×10-218.0×10-286.3×10-362.0×10-15

表2：濾液A中各金屬離子的含量如下表：。成分Ni2+Fe3+Fe2+Mn2+Cu2+Pb2+含量/g·L-13.804.80x0.200.15<0.001

根據(jù)以上信息；回答下列問題：

(1)步驟I酸浸之前需將礦石粉碎，目的是_______________。

(2)若雜質(zhì)離子的濃度c≤1.0×10-5mol/L即可認(rèn)定沉淀完全，則步驟Ⅱ中當(dāng)Pb2+恰好沉淀完全時，溶液中硫離子的濃度c(S2-)=_____________mol·L-1；此時Ni2+是否已開始沉淀____(填“是”或“否”)。

(3)常溫下進(jìn)行步驟Ⅲ的目的是為了除去鐵和錳元素，已知除鐵元素的離子反應(yīng)如下：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，此時Mn2+的氧化產(chǎn)物為MnO2，寫出除錳元素的離子方程式_____________。

(4)所得Ni(OH)2是制造鎳鎘電池的重要原料，鎳鎘電池工作原理如下：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，則隨著放電的進(jìn)行，正極區(qū)pH______(填“增大”、“減小”或“不變”)；充電時陰極電極反應(yīng)式為______________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】A.根據(jù)方程式2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)?H="-1452"kJ·mol-1可知，CH3OH的燃燒熱為×1452kJ·mol-1="726"kJ·mol-1，故A錯誤；B.液態(tài)水變成水蒸氣會吸熱，因此2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)?H>-571.6kJ·mol-1，故B正確；C.醋酸為弱酸，電離需要吸熱，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)?H＞-57.3kJ·mol-1，故C錯誤；D.①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H="-571.6"kJ·mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)?H="-1452"kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將②-①×2得：2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)?H="-308.8"kJ·mol-1，故D錯誤；故選B。2、A【分析】【分析】

這兩種酸中都存在電荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)=n(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Cl-)=c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)；可知兩種溶液的pH相同，由于醋酸為弱酸，不能完全電離，可知醋酸濃度較大。

【詳解】

A．pH相等的醋酸和鹽酸，醋酸的濃度大于鹽酸，所以等體積等pH的兩種酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，且二者都是一元酸，則放出二氧化碳體積與酸的物質(zhì)的量成正比，所以醋酸放出的二氧化碳多，故A錯誤；

B．醋酸的濃度大于鹽酸，與NaOH完全中和時，醋酸溶液所消耗的NaOH多，故B正確；

C．兩溶液中氫離子濃度相等，pH相等，故C正確；

D．醋酸是弱電解質(zhì)，部分電離，稀釋后電離程度變大，醋酸根離子物質(zhì)的量增大，故D正確。

故選：A。3、C【分析】【詳解】

A．0.1mol/LNaHSO3溶液pH=5.6，說明溶液顯酸性電離程度大于水解程度，溶液中粒子濃度c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；故A錯誤；

B．加水稀釋促進(jìn)碳酸鈉水解，則由水電離出的n（H+）、n（OH-）都增大，但氫離子、氫氧根離子物質(zhì)的量增大倍數(shù)小于溶液體積增大倍數(shù)，因此由水電離出的c(H+)·c(OH－)減??；故B錯誤；

C．碳酸氫鈉溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+（H2CO3），則c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）；故C正確；

D．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：＜

D．等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，溶液呈堿性，H2CO3的電離平衡常數(shù)關(guān)系Ka1＞Ka2，混合溶液中c（H+）值一定，則＝＝由于Ka1＞Ka2，則＞故D錯誤；

故答案選C。

【點(diǎn)睛】

把握電離大于水解、電荷守恒及物料守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，選項D是解答的難點(diǎn)，注意計算式的變形。4、D【分析】等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鉀溶液中，c(CH3COO?)＞c(K＋)，根據(jù)電荷守恒可得：c(H+)>c(OH-)，溶液顯示酸性，說明則醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，再結(jié)合電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)、物料守恒c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)＝0.2mol?L?1對各選項進(jìn)行判斷。

【詳解】

A．根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO?)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)，鉀離子不水解，所以鉀離子濃度為0.1mol/L，則c(CH3COO?)+c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)＞0.1mol/L；故A錯誤；

B．混合溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO?)；故B錯誤；

C．等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鉀溶液中，c(CH3COO?)＞c(K＋)，根據(jù)電荷守恒c(CH3COO?)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H+)可得：c(H+)>c(OH-)；故C錯誤；

D．根據(jù)混合液中的物料守恒得：c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)＝0.2mol?L?1；故D正確；

故答案選D。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)電荷守恒確定溶液的酸堿性、酸的電離程度和酸根離子水解程度相對大小，再結(jié)合電荷守恒和物料守恒解答，選項A為易錯點(diǎn)，注意利用電荷守恒分析。5、A【分析】【分析】

由題可知，向20mL濃度均為0.1mol/L的NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反應(yīng)生成CH3COONa，使溶液中離子濃度減小，溶液導(dǎo)電率降低，故A點(diǎn)時NaOH反應(yīng)完全，溶液導(dǎo)電率最低，A點(diǎn)以后CH3COOH和NH3·H2O反應(yīng)生成CH3COOONH4，使溶液中離子濃度增大，溶液導(dǎo)電率升高，故B點(diǎn)時NH3·H2O反應(yīng)完全，B點(diǎn)以后，再加CH3COOH溶液；溶液體積增大，溶液中離子濃度降低，溶液導(dǎo)電率降低。

【詳解】

A．結(jié)合上述分析可知a=20，b=40，A點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為CH3COONa、NH3·H2O，B點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為CH3COONa、CH3COOONH4；A；B兩點(diǎn)溶液均呈堿性，故溶液呈中性時不在A、B兩點(diǎn)之間，A錯誤；

B．B點(diǎn)時，溶液為等濃度的CH3COONa與CH3COOONH4混合液，故離子濃度大小為c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c()；B正確；

C．C點(diǎn)時，溶液是等濃度的CH3COONa、CH3COOONH4與CH3COOH混合液，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=即c(H+)=由于≈2，則可得c(H+)≈0.9×10-5mol/L；故C點(diǎn)溶液pH≈5，C正確；

D．由上述分析可知，B點(diǎn)溶液中CH3COONa與CH3COOONH4水解促進(jìn)水的電離，A、C點(diǎn)溶液中NH3·H2O、CH3COOH分別電離出OH-、H+抑制水的電離；故B點(diǎn)溶液中水的電離程度最大，D正確；

故選A。二、多選題(共5題，共10分)6、CD【分析】【詳解】

A．由于亞硫酸的酸性比鹽酸弱；則二氧化硫與氯化鋇溶液不反應(yīng)，不能生成沉淀，現(xiàn)象和結(jié)論均不正確，故A錯誤；

B．由勒沙特列原理可知；減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動，氣體的體積增大，二氧化氮濃度減小，氣體顏色變淺，結(jié)論不正確，故B錯誤；

C．向蔗糖中加入濃硫酸；并不斷用玻璃棒攪拌，變黑，體積膨脹，放出刺激性氣體，反應(yīng)中生成碳；二氧化碳、二氧化硫等，可說明濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性，故C正確；

D．熔化的鋁并不滴落；是因為表面生成熔點(diǎn)更高的氧化鋁，故D正確；

故選CD。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯點(diǎn)為B，要注意平衡移動的原理的應(yīng)用，本題中氣體顏色的深淺與二氧化氮的濃度大小有關(guān)，與平衡移動的方向不一定一致。7、CD【分析】【詳解】

A．酸溶液中水電離出氫離子濃度c(H+)等于溶液中氫氧根離子濃度c(OH﹣)，即c(OH﹣)=10﹣13mol/L，則酸溶液中c(H+)＝＝mol/L＝0.1mol＝2×0.05mol?L﹣1，所以酸H2B為二元強(qiáng)酸；即NaHB溶液顯酸性，故A錯誤；

B．隨著氨水的加入；溶液的酸性減弱，溶液的pH增大，所以A；B、C三點(diǎn)溶液的pH是逐漸增大的，故B錯誤；

C．D點(diǎn)水的電離程度達(dá)到最大，所以D點(diǎn)二者恰好完全反應(yīng)，溶液呈酸性，則溶液顯中性的點(diǎn)應(yīng)為F點(diǎn)，則E點(diǎn)溶液顯酸性；E點(diǎn)氨水過量，溶質(zhì)為(NH4)2B和一水合氨，且一水合氨少量，溶液顯酸性，即c(H+)＞c(OH﹣)，所以c(NH4+)＞c(B2﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)；故C正確；

D．根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=2c(B2﹣)+c(OH﹣)，而溶液呈中性c(OH﹣)=c(H+)，所以c(NH4+)=2c(B2﹣)；故D正確;

故答案為CD。8、AD【分析】【分析】

【詳解】

A.當(dāng)pH=7.2時，c(H+)=10-7.2mol/L，c()=c()，H2SO3的二級電離方程式為：?H++Ka2==c(H+)=10-7.2；故A正確；

B.根據(jù)圖示，pH=1.9時，溶液中不含故B錯誤；

C.溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，c(Na+)=0.100mol·L-1時，c(H2SO3)+c()+c()=c(Na+)，代入電荷守恒式中可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c()；故C錯誤；

D.根據(jù)c(H2SO3)+c()+c()=0.100mol·L-1，溶液中的c()=0.050mol·L-1，則c(H2SO3)+c()=0.05mol·L-1，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)=2×(0.05mol·L-1-c(H2SO3))+0.05mol·L-1+c(OH-)=0.150mol·L-1+c(OH-)-2c(H2SO3)，則c(H+)+c(Na+)＜0.150mol·L-1+c(OH-)；故D正確；

答案選AD。9、AD【分析】【詳解】

A．在0.2mol/LNH4HCO3溶液中發(fā)生陰、陽離子的水解反應(yīng)：+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，從而導(dǎo)致溶液中c()減少更多，所以c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3?H2O)；A正確；

B．在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c()+c(NH3?H2O)=0.2mol/L，由于c(OH-)=c()+c(H+)，所以c(OH-)+c(NH3?H2O)＞0.2mol/L；B不正確；

C．向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此時溶液中滿足電荷守恒，從而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()；C不正確；

D．pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，發(fā)生中和反應(yīng)后，溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O，此時主要發(fā)生如下電離：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的電離程度較小，所以c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；D正確；

故選AD。10、AD【分析】【詳解】

A.根據(jù)電離常數(shù)可知，酸性利用強(qiáng)酸制弱酸的原理可知，與水反應(yīng)生成和HCN，故A錯誤；

B.由A項分析可知，HCOOH可與反應(yīng)生成水和二氧化碳，故B正確；

C.等體積、等pH的和溶液中，所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量則中和時溶液消耗的的量較大，故C正確；

D.根據(jù)電荷守恒，溶液中，溶液中，即兩種溶液中的離子總數(shù)均是而的酸性比的弱，則溶液中的較大，較小，故溶液中所含離子總數(shù)較小，故D錯誤；

故選：AD。三、填空題(共9題，共18分)11、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)題意寫出化學(xué)方程式即可，需要注意的是兩個飽和溶液反應(yīng)生成的是NaHCO3晶體；故要加上沉淀符號；根據(jù)蓋斯定律計算即可；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2。

【詳解】

（1）根據(jù)題意，可以得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；根據(jù)蓋斯定律可得，ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol?1)+(-127.4kJ·mol?1)=+135.6kJ·mol?1；

（2）電解Na2SO4溶液，左側(cè)為陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)為4OH--4e-=O2↑+2H2O；則溶液1為NaOH溶液，氣體1為H2，溶液2為H2SO4溶液，氣體2為O2；故Na+透過a膜進(jìn)入陰極室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透過a膜進(jìn)入陰極室（其他合理答案給分）氫氣（H2）H2SO412、略

【分析】【詳解】

由PH4I(s)PH3(g)+HI(g)可知，amolPH4I分解生成等物質(zhì)的量的PH3和HI，由2HI(g)H2(g)+I2(g)可知，HI分解生成c(H2)=c(I2)=cmol/L，PH4I分解生成c(HI)為(2c+b)mol/L，則4PH3(g)P4(g)+6H2(g)可知PH3分解生成c(H2)=(d-c)mol/L，則體系中c(PH3)為[(2c+b)-(d-c)]mol/L=故反應(yīng)PH4I(s)PH3(g)+HI(g)的平衡常數(shù)K=c(PH3)c(HI)==(b+)b，故答案為：(b+)b?！窘馕觥?b+)b13、略

【分析】【詳解】

（1）氨水為弱堿，電離方程式為NH3.H2ONH4＋＋OH－，加入硫酸銨固體，增加了NH4＋的濃度，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，但加入NH4＋的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于向逆反應(yīng)方向消耗掉的NH4＋,故變?。?/p>

（2）氨水為弱電解質(zhì)，加入強(qiáng)電解質(zhì)稀硫酸，恰好完全反應(yīng)，說明是酸堿中和完全，生成的是強(qiáng)酸弱堿鹽，會發(fā)生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，故溶液顯酸性，pH<7；

（3）c(H＋)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，而pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，所以硫酸根濃度時銨根濃度的一半，即mol·L－1；

(4)生成的硫酸銨，為強(qiáng)酸弱堿鹽，故溶液顯酸性，又因NH4＋會發(fā)生水解，但只是少量一部分，綜上有c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)?！窘馕觥繙p小NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O<NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋mol·L－1c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)14、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性分析；

（2）根據(jù)NH4+水解方程式NH4++H2O?NH3?H2O+H+分析；

【詳解】

（1）HSO3?的電離使溶液呈酸性，HSO3?的水解使溶液呈堿性；根據(jù)指示劑變色，判斷溶液呈酸性，故電離大于水解。

故答案為：＞；

（2）水解和電離是微弱，⑤中銨根離子為硫酸根離子的兩倍，故銨根離子濃度最大；④中氫離子抑制了銨根離子的水解；②中只有銨根離子水解，不促進(jìn)也不抑制；③中碳酸氫根離子的水解產(chǎn)生氫氧根離子，促進(jìn)了銨根離子的水解。所以銨根離子的濃度由大到小為④②③，①為弱電解質(zhì)，只能很少部分電離，水解和電離是微弱的，故很小。所以c（NH4+）的大小順序為⑤④②③①。

故答案為：⑤④②③①?！窘馕觥竣?＞②.⑤④②③①15、略

【分析】【分析】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液呈中性，根據(jù)HSO3-的電離平衡常數(shù)計算；根據(jù)(NH4)2SO3溶液中質(zhì)子守恒式=電荷守恒-物料守恒；

(2)①根據(jù)反應(yīng)a、b、c、d四個點(diǎn)，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點(diǎn)溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進(jìn)水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點(diǎn)溶液呈中性；

②b點(diǎn)溶液為中性，溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O；根據(jù)電荷守恒分析；

③a點(diǎn)溶液中只有NH4Cl；銨根離子水解使溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)子守恒計算；

(3)弱酸電離常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，其酸根離子水解程度越小。

【詳解】

(1)①NH3·H2O電離方程式為NH3·H2O?NH4++OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=c(OH-)===0.6×10?2mol·L?1；

②將SO2通入2.0mol·L-1氨水中(溶液的體積保持不變)，當(dāng)c(OH?)降至1.0×10?7mol·L?1時，溶液呈中性，c(OH?)=c(H+)=1.0×10?7mol·L?1根據(jù)HSO3-?H++SO32-，電離平衡常數(shù)Ka2==6.2×10?8，則==0.62；(NH4)2SO3溶液電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，質(zhì)子守恒=電荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3?H2O)+c(OH-)；

(2)①根據(jù)反應(yīng)a、b、c、d四個點(diǎn)，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有NH4Cl，b、c、d三點(diǎn)溶液中均含有NH3?H2O，NH4Cl可以促進(jìn)水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離，b點(diǎn)溶液呈中性；所以a點(diǎn)水的電離程度最大；

②b點(diǎn)溶液為中性，c(OH-)=c(H+)，溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，則c(NH4＋)=c(Cl－)，水的電離是極弱的，離子濃度的大小為c(NH4＋)=c(Cl－)＞c(H+)＝c(OH-)；

③a點(diǎn)溶液中只有NH4Cl，銨根離子水解使溶液顯酸性，pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，溶液中存在電荷守恒式為：c(NH4＋)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=(10-6-10-8)mol/L；溶液中存在質(zhì)子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)=10-8mol/L；

(3)由亞硝酸的電離平衡常數(shù)Ka=5.1×10-4；H2CO3的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，可知溶液中完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判斷水解程度大小順序為CO32?＞NO2?＞HCO3?，水解生成HCO3?，所以溶液中CO32?離子、HCO3?離子和NO2?離子的濃度大小關(guān)系為c(HCO3?)＞c(NO2?)＞c(CO32?)?！窘馕觥竣?0.6×10?2②.0.62③.c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)④.a⑤.c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)⑥.10-6-10-8⑦.10-8⑧.c(HCO3-)＞c(NO2-)＞c(CO32-)16、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4＋水解；使溶液顯酸性；

(2)CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽；都發(fā)生水解，pH=7說明溶液顯中性，用電荷守恒進(jìn)行分析；

(3)利用弱電解質(zhì)的電離；鹽類水解程度微弱進(jìn)行分析；

(4)NH3·H2O為弱堿；加水稀釋促進(jìn)電離進(jìn)行分析；

【詳解】

(1)NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4＋發(fā)生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，造成溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒，得出c(H＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH=7時，說明c(H＋)=c(OH－)，即得出c(NH4＋)=c(CH3COO－)；

(3)弱電解質(zhì)的電離程度、鹽類水解程度微弱，得出c(NH4＋)大小順序是④>③>①>②>⑤；

(4)A.NH3·H2O為弱堿，加水稀釋促進(jìn)電離，但c(OH－)減??；故A不符合題意；

B.加水稀釋，溫度不變，Kb不變，c(NH4＋)減?。辉摫戎翟龃?，故B符合題意；

C.c(H＋)·c(OH－)=Kw，Kw只受溫度的影響，因此加水稀釋Kw不變，即c(H＋)·c(OH－)保持不變；故C不符合題意；

D.該比值為NH3·H2O的電離平衡常數(shù)，加水稀釋，電離平衡常數(shù)不變，故D不符合題意。【解析】①.酸②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.=④.⑤⑤.B17、略

【分析】【分析】

堿抑制水電離，含有弱酸根離子的鹽促進(jìn)水電離，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c（OH-）等于c(H+)，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH-)等于水離子積常數(shù)與c(H+)的比值。

【詳解】

pH=9的氫氧化鈉抑制水電離，溶液中的氫離子來自于水，溶液中c(H+)=10?9mol/L，水電離出的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于溶液中的c(H+)，則氫氧化鈉溶液中水電離出的c(OH?)=10?9mol/L；pH=9醋酸鈉促進(jìn)水電離，溶液中的氫氧根離子來自于水，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)等于水離子積常數(shù)與溶液中c(H+)的比值，醋酸鈉溶液中水電離出的c(OH?)==10?5mol/L，所以A:B=10?4:1?！窘馕觥緼：B=10﹣4：118、略

【分析】【分析】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；

（2）0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時；放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為2599.2kJ；

（3）氫氧燃料電池中；氫氣做負(fù)極，堿性條件下在負(fù)極放電生成水。

【詳解】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物質(zhì)的量為=0.3mol，0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時，放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為=2599.2kJ，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氫氧燃料電池中，氫氣做負(fù)極，堿性條件下在負(fù)極放電生成水，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案為H2-2e-+2OH-=2H2O。

【點(diǎn)睛】

書寫熱化學(xué)方程式時注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)不能漏寫、反應(yīng)熱的符號和單位不要漏寫是解答易錯點(diǎn)?！窘馕觥?2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O19、略

【分析】(1)甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負(fù)極，電極反應(yīng)式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極，故答案為負(fù)；NO2+NO3--e-=N2O5；

(2)由于石墨Ⅰ為負(fù)極，原電池中陰離子向負(fù)極移動，根據(jù)得失電子守恒計算1molO2反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4mol電子，4molNO2轉(zhuǎn)變成N2O5，轉(zhuǎn)移4mol電子，相同狀況下氣體的體積比等于物質(zhì)的量之比，故O2和NO2的體積比為1：4；故答案為石墨Ⅰ；1：4；

(3)由于石墨Ⅰ為負(fù)極，故Fe(Ⅰ)為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，故答案為Fe-2e-=Fe2+；

(4)根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，0.01molCr2O72-能夠氧化0.06molFe2＋，即電解過程中需要生成0.06molFe2＋，F(xiàn)e(I)為陽極，電極反應(yīng)式為Fe-2e-=Fe2＋；故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，故答案為0.12。

點(diǎn)睛：本題考查原電池與電解原理，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)是(4)的計算，需要根據(jù)Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O計算出電解過程中生成的Fe2＋，再根據(jù)電極反應(yīng)式進(jìn)行計算，注意電路中轉(zhuǎn)移的電子與Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O中轉(zhuǎn)移的電子是不一樣的?！窘馕觥控?fù)NO2＋NO－e－===N2O5石墨Ⅰ1∶4Fe－2e－===Fe2＋0.12四、判斷題(共1題，共8分)20、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯五、實驗題(共4題，共32分)21、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)Q=c·m·△t計算分析；

(2)根據(jù)△H=-Q=-c·m·△t進(jìn)行計算；

(3)根據(jù)反應(yīng)放出的熱量與反應(yīng)的物質(zhì)多少呈正比分析；結(jié)合中和熱概念判斷；

(4)一水合氨是弱電解質(zhì)；電離吸收熱量；物質(zhì)完全反應(yīng)放出熱量比不完全反應(yīng)放出熱量多；

(5)a．實驗裝置保溫；隔熱效果必須好；

b．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后，要將溫度計回零值再測定H2SO4溶液的溫度；

c．量取NaOH溶液的體積時視線要和凹液面相平；

d．酸堿混合盡可能減少實驗過程中能量損失。

【詳解】

(1)由Q=c·m·△t可知；測定中和熱需要測定的數(shù)據(jù)為：

A.反應(yīng)前鹽酸和氫氧化鈉溶液的溫度；C.反應(yīng)前氫氧化鈉溶液的溫度；E.反應(yīng)后混合溶液的最高溫度；故合理選項是ACE；

(2)第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.05℃；反應(yīng)后溫度為：23.2℃，反應(yīng)前后溫度差為3.15℃；

第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：23.4℃，反應(yīng)前后溫度差為3.1℃；

第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.55℃；反應(yīng)后溫度為：23.6℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.05℃；

平均溫度差為：3.1℃，40mL的0.50mol/L鹽酸與40mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液的質(zhì)量和為m=80mL×1g/cm3=80g，c=4.18J/(g·℃)，代入公式-Q=c·m·△t可計算出生成0.02mol的水放出熱量Q=4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1036.64J=1.036kJ，所以生成1mol的水放出熱量為：1.036kJ×=51.8kJ，即該實驗測得的中和熱△H=-51.8kJ/mol；

(3)因所用的酸與堿物質(zhì)的量多少不同，所以反應(yīng)放出的熱量不同，但由于中和熱是強(qiáng)酸、強(qiáng)堿完全反應(yīng)產(chǎn)生可溶性鹽和1molH2O時時放出的熱量；可知中和熱是相等的；

(4)氨水中的一水合氨是一元弱堿；電離會吸收熱量，使得測得的中和熱數(shù)值會偏小，因堿的量可能不足，則測得的中和熱可能會偏??；

(5)a.實驗裝置保溫；隔熱效果差則測得的熱量不夠；使測定中和熱數(shù)值偏小，a符合題意；

b.用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定鹽酸溶液的溫度這樣因酸與堿會反應(yīng)，熱量散失，所以會偏小，b符合題意；

c.中和熱的數(shù)值測定以鹽酸為標(biāo)準(zhǔn)計算；用量筒量取鹽酸溶液的體積時仰視讀數(shù)，這樣會數(shù)值偏小，以該鹽酸體積為標(biāo)準(zhǔn)計算會使測定數(shù)值偏大，c不符合題意；

d.分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯這樣會造成測得的熱量會減小；結(jié)果使測定中和熱數(shù)值偏小，d符合題意；

故合理選項是abd。

【點(diǎn)睛】

本題考查中和熱的測定的有關(guān)知識。注意中和熱的概念的理解，為使酸(或堿)反應(yīng)完全，所加入的堿(或酸)要過量，以不足量的物質(zhì)為標(biāo)準(zhǔn)計算。中和熱測定關(guān)鍵是減少酸堿混合時的熱量損失?！窘馕觥竣?ACE②.-51.8kJ/mol③.不相等④.相等⑤.偏?、?偏小⑦.abd22、略

【分析】【分析】

(1)結(jié)合儀器的結(jié)構(gòu)和性能確定儀器A的名稱；

(2)碎泡沫能減小空氣的流通；減小能量損失；

(3)硫酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成硫酸鈉和水，結(jié)合中和熱為57.3kJ?mol-1；書寫熱化學(xué)方程式；

(4)①先計算出每次實驗操作測定的溫度差；然后舍棄誤差較大的數(shù)據(jù)，最后計算出溫度差平均值；

③上述結(jié)果與57.3kJ·mol－1有偏差；說明實驗過程中有能量損失，產(chǎn)生此偏差，由此分析判斷。

【詳解】

(1)為充分的攪拌；使酸堿充分混合反應(yīng)，要用環(huán)形玻璃棒攪拌棒，則儀器A的名稱為環(huán)形玻璃棒攪拌棒；

(2)測量過程中要盡量減少熱量的損失；則碎泡沫的作用是保溫；隔熱、減少熱量損失；

(3)中和熱為57.3kJ?mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ熱量，則1mol硫酸與2mol氫氧化鈉反應(yīng)生成硫酸鈉和2mol水，放出熱量為114.6kJ，所以其熱化學(xué)方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ?mol-1，中和熱方程式為：H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

(4)①4次溫度差分別為：2.5℃；4.0℃，3.9℃，4.1℃，第1組數(shù)據(jù)相差較大應(yīng)舍去，其他三次溫度差平均值4.0℃；

③a．裝置保溫；隔熱效果差；測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故a選；

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)，會導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數(shù)值偏大，故b不選；

c．盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中；否則會導(dǎo)致熱量散失，中和熱的數(shù)值偏小，故c不選；

d．溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接插入稀H2SO4測溫度；硫酸的起始溫度偏高，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故d選；

故答案為ad?！窘馕觥凯h(huán)形玻璃棒攪拌棒保溫、隔熱、減少熱量損失H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol4.0ad23、略

【分析】本題考查實驗方案設(shè)計與評價，（1）根據(jù)儀器的特點(diǎn)，儀器C為三頸燒瓶；（2）實驗?zāi)康氖侵苽涮妓醽嗚F，F(xiàn)e2＋容易被氧氣氧化成Fe3＋，因此先排除裝置空氣，即關(guān)閉活塞K3，打開活塞K1和K3，反應(yīng)一段時間后，關(guān)閉活塞K3，打開K2，利用壓強(qiáng)，把B中溶液壓入到C中，發(fā)生：Fe2＋＋HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；（3）Fe2＋容易被氧氣氧化，因此加入少量鐵粉的目的是防止FeCO3與乳酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe2＋被氧化；獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；（4）根據(jù)乳酸亞鐵的結(jié)構(gòu)簡式，乳酸亞鐵中含有羥基，羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此滴定實驗中發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%；（5）三次消耗Ce(SO4)2的體積分別是為19.75mL、21.2mL、19.65mL，第二次消耗的體積與另外兩次消耗的體積差別大，刪去21.2mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的體積為(19.75＋19.65)/2mL=19.70mL，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，因此有19.70×10－3×0.1××1×250/25=n(Fe2＋)×1，解得n(Fe2＋)=1.97×10－2mol，即樣品的純度為1.97×10－2×288/5.760×100%=98.5%?！窘馕觥咳i燒瓶21、332Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3與乳酸反應(yīng)產(chǎn)生的Fe2+被氧化冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌乳酸根中羥基(－OH)被酸性高錳酸鉀溶液氧化98.5%24、略

【分析】【分析】

I．(1)加入KSCN溶液后溶液變?yōu)榈t色，說明溶液中有少量Fe3+，說明亞鐵離子容易被氧化生成Fe3+，而亞鐵是血紅蛋白重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用；“與Vc同服可增加本品吸收”，據(jù)此分析判斷Vc的作用；

(2)①試劑1起溶解作用，結(jié)合藥品不溶于水但能溶于人體中的胃酸和酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性分析判斷；②根據(jù)反應(yīng)的方程式為+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O結(jié)合消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量計算；

II．(3)由題意可知，陽極上氯離子放電生成ClO2，據(jù)此書寫電極反應(yīng)式；在陰極發(fā)生2H++2e-=H2↑；通過陽離子交換膜的陽離子為+1價離子，根據(jù)生成氫氣的物質(zhì)的量計算解答；

(4)根據(jù)c(SO)=c(CO)=計算；

(5)電解食鹽水得到的氯酸鈉(NaClO3)在發(fā)生器②中與鹽酸反應(yīng)生成ClO2；結(jié)合圖示還生成了氯氣，據(jù)此分析書寫反應(yīng)的方程式。

【詳解】

I．(1)加入KSCN溶液后溶液變?yōu)榈t色，說明溶液中有少量Fe3+，說明亞鐵離子容易被氧化生成Fe3+，而亞鐵是血紅蛋白重要組成成分，起著向人體組織傳送O2的作用，“與Vc同服可增加本品吸收”，服用Vc可防止藥品中的Fe2+被氧化成Fe3+；說明Vc具有還原性，故答案為：還原；

(2)①試劑1起溶解作用；根據(jù)藥品不溶于水但能溶于人體中的胃酸，因此該實驗中的試劑2與甲同學(xué)設(shè)計的實驗中的試劑1都應(yīng)該是某種酸，由于鹽酸能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，而硝酸又具有較強(qiáng)的氧化性，因此只能選用稀硫酸，故答案為：C；

②用0.0200mol/L的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液12.00mL，消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.0200mol/L×0.01200L=0.00024mol，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)的方程式為+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，則該藥品含“鐵”的物質(zhì)的量為0.00024mol×5×=0.06mol，藥品含“鐵”的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=33.6%；故答案為：33.6%；

II．(3)由題意可知，陽極上氯離子放電生成ClO2，電極反應(yīng)式為：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；在陰極上發(fā)生2H++2e-=H2↑，氫氣的物質(zhì)的量為=0.005mol，通過陽離子交換膜的陽離子為+1價離子，故通過交換膜的陽離子的物質(zhì)的量為0.005mol×2=0.01mol，故答案為：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；0.01；

(4)根據(jù)Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9，若溶液中c(Ba2+)=1x10-5時，則c(SO)=c(CO)=因此c(CO)∶c(SO)===50；故答案為：50；

(5)電解食鹽水得到的氯酸鈉(NaClO3)在發(fā)生器②中與鹽酸反應(yīng)生成ClO2，根據(jù)圖示，同時生成氯氣，二氧化氯發(fā)生器中生成ClO2的化學(xué)方程式為：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案為：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O?！窘馕觥窟€原性C33.6%Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+0.01502NaClO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl。六、工業(yè)流程題(共4