2025年粵人版高三化學(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年粵人版高三化學(xué)上冊月考試卷19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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知某濃硫酸的質(zhì)量分數(shù)為98.3%，計算該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度還需要的物理量是（）A.溶液質(zhì)量B.溶液密度C.溶液體積D.溶質(zhì)質(zhì)量2、某混合氣體中可能含有H2、CO、CO2、HCl、NH3及水蒸氣中的兩種或多種．當(dāng)混合氣體依次通過足量下列物質(zhì)時會發(fā)生括號中所說明的現(xiàn)象：

①澄清的石灰水（無渾濁）；

②氫氧化鋇溶液（有混濁現(xiàn)象）；

③濃硫酸（無明顯現(xiàn)象）；

④灼熱的氧化銅（變紅）；

⑤無水硫酸銅（變藍）．

下列對該混合氣體成分的判斷正確的是（）A.一定沒有CO2、肯定有CO和H2B.一定有CO2、CO和水蒸氣C.一定有H2、HCl和CO2、可能含有COD.可能有CO2、NH3和水蒸氣3、下列說法正確的是（）A.需要加熱的反應(yīng)一定是吸熱反應(yīng)，常溫下能發(fā)生的反應(yīng)一定是放熱反應(yīng)B.若2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol，則碳的燃燒熱為110.5kJ/molC.

如圖可表示水分解過程中的能量變化D.已知：

Ⅰ：對于反應(yīng)：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-akJ/mol；

Ⅱ：

且a、b、c均大于零，則斷開1molH-Cl鍵所需的能量為（a+b+c）kJ4、下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)類型的敘述中，正確的是（）A.凡是生成鹽和水的反應(yīng)都是中和反應(yīng)B.復(fù)分解反應(yīng)可能是氧化還原反應(yīng)C.生成一種單質(zhì)和一種化合物的反應(yīng)一定是置換反應(yīng)D.有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)5、某溶液中可能含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-．分別取樣：①用pH計測試，溶液顯弱酸性；②加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象．為確定該溶液的組成，還需檢驗的離子是（）A.Ba2+B.NH4+C.K+D.SO42-6、利用如圖裝置進行實驗，甲、乙兩池中均為rm{1mol隆隴L^{-1}}的rm{AgNO_{3}}溶液，rm{A}rm{B}均為rm{Ag}電極。實驗開始先閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}一段時間后，斷開rm{K_{1}}閉合rm{K_{2}}形成濃差電池，電流計指針偏轉(zhuǎn)rm{(Ag^{+}}濃度越大其氧化性越強rm{)}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}后，rm{A}極質(zhì)量逐漸減小，電極反應(yīng)式為rm{Ag-e^{-}簍T簍T簍TAg^{+}}B.閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}后，乙池中rm{AgNO_{3}}溶液濃度增大，rm{B}極發(fā)生還原反應(yīng)C.若甲、乙兩池溶液的體積均為rm{100mL}當(dāng)閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}后，電路上有rm{0.05mol}的電子通過，此時乙池中的rm{c(NOrlap{_{3}}{^{-}})=1.5mol隆隴L^{-1}}D.斷開rm{c(NOrlap{_{3}}{^{-}})=1.5

mol隆隴L^{-1}}閉合rm{K_{1}}后，rm{K_{2}}極是正極，rm{A}極為負極rm{B}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、X；Y、Z、W、L、M六種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大；其中X、M的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，W是地殼中含量最多的金屬元素，L的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重要的半導(dǎo)體材料．用化學(xué)用語回答下列問題：

（1）X的元素符號為____；L在元素周期表中的位置為____．

（2）Y、M的氫化物的穩(wěn)定性由小到大的順序是____（用化學(xué)式表示）

（3）Y的最高價氧化物的化學(xué)式為____．原子序數(shù)比Y多2的元素的一種氫化物能分解為它的另一種氫化物，此分解反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

（4）Z、W各自的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可以反應(yīng)生成鹽和水，該反應(yīng)的離子方程式為____．8、Ⅰ．用24g燒堿配制成100mL溶液；其密度為1.2g/ml．

（1）該溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為____；該溶液的質(zhì)量分數(shù)為____．

（2）從該溶液中取出10mL，用水稀釋到100mL，稀釋后溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為____．用稀釋后的溶液吸收2.24L氯氣（標(biāo)況）恰好完全反應(yīng)，需要該溶液的體積是____L．

Ⅱ．同溫同壓下，同體積的H2和CO物質(zhì)的量之比為____，質(zhì)量之比為____，同溫同壓下，同質(zhì)量的H2和CO分子個數(shù)比為____，體積之比為____．9、鈦鐵礦的主要成分為FeTiO3（可表示為FeO?TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)．利用鈦鐵礦制備鋰離子電池電極材料（鈦酸鋰Li4Ti5O12和磷酸亞鐵鋰LiFePO4）的工業(yè)流程如圖1所示：

已知：FeTiO3與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O

（1）化合物FeTiO3中鐵元素的化合價是____．

（2）濾渣A的成分是____．

（3）濾液B中TiOCl42-轉(zhuǎn)化生成TiO2的離子方程式是____．

（4）反應(yīng)②中固體TiO2轉(zhuǎn)化成（NH4）2Ti5O15溶液時，Ti元素的浸出率與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖2所示．反應(yīng)溫度過高時，Ti元素浸出率下降的原因是____．

（5）反應(yīng)③的化學(xué)方程式是____．10、工業(yè)上利用電解飽和食鹽水可制得重要化工產(chǎn)品．

（1）寫出化學(xué)方程式并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：____

（2）氧化劑：____還原劑：____

（3）每轉(zhuǎn)移1mol電子，可得到____mol氯氣；利用電解所得氣體制36.5%的濃鹽酸100t，最少需要消耗食鹽____t．11、甲、乙、丙、丁四種短周期元素可以組成下列框圖中除Br2和L以外的物質(zhì)，其原子序數(shù)依次增大。甲和乙可形成常見液態(tài)化合物K，固體A中含有丙元素的正一價陽離子，其電子層結(jié)構(gòu)與氖原子相同，丁元素原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。在一定條件下，下列各物質(zhì)可發(fā)生如圖所示的變化（反應(yīng)中生成的水沒有寫出）：試回答：（1）A的電子式為；所含化學(xué)鍵類型為、。（各1分）（2）溴元素在周期表的位置丁元素的陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為。（各2分）（3）反應(yīng)（I）的化學(xué)方程式為。（2分）（4）反應(yīng)（II）的離子方程式為。（2分）（5）含1molC的溶液中緩慢通入15.68L的CO2（標(biāo)況），所得溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比為____(式量大的比式量小的)12、（10分）圖中字母所代表的物質(zhì)均為中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)。其中A是日常生活中不可缺少的物質(zhì)，也是化工生產(chǎn)上的重要原料；常溫下C、D、H為氣體單質(zhì)。單質(zhì)E、M、N為金屬，N是地殼中含量最大的金屬元素。Y是紅褐色沉淀。這些物質(zhì)在一定條件下存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中有些反應(yīng)物或生成物已經(jīng)略去。試回答下列問題：（1）Z→L反應(yīng)的名稱是____（2）K的電子式為。（3）寫出B→F的離子方程式。（4）寫出K與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式。（5）Y與NaClO和B的混合溶液作用，是制備綠色水處理劑（Na2MO4）的一種方法，請寫出該反應(yīng)的離子方程式。13、自然界中的物質(zhì)多數(shù)是以混合物的形式存在；下面是混合物的分離和提純，請?zhí)羁眨?/p>

（1）除去NaCl固體中混有的少量CaCO3，所進行的實驗操作為：____、____；蒸發(fā)、結(jié)晶．

（2）除去NaCl中的Na2SO4，依次加入的溶液為（填溶質(zhì)化學(xué)式）：____、____、____．14、常溫下；將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：

。實驗編號HA物質(zhì)的量濃度（mol?L-1）NaOH物質(zhì)的量濃度（mol?L-1）混合溶液的pH①0.10.1pH=9②c0.2pH=7③0.20.1pH＜7請回答：

（1）從①組情況分析，HA是強酸還是弱酸____．

（2）②組情況表明，c____0.2（選填“大于”、“小于”或“等于”）．混合液中離子濃度c（A-）與c（Na+）的大小關(guān)系是____．

（3）從③組實驗結(jié)果分析，說明HA的電離程度____NaA的水解程度（選填“大于”、“小于”或“等于”），該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是____．

（4）①組實驗所得混合溶液中由水電離出的c（OH-）=____mol?L-1．若已知該溫度下HA的電離常數(shù)K電離=1.0×10-5，則0.1mol?L-1HA溶液的pH=____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）16、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度減小，溶液的PH減?。甠___（判斷對錯）17、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）18、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）19、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化____．（判斷對確）20、一個化學(xué)反應(yīng)中，當(dāng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量時，反應(yīng)放熱，△H為“-”____（判斷對錯）21、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數(shù)為10NA____（判斷對錯）22、判斷題（正確的后面請寫“√”；錯誤的后面請寫“×”）

（1）物質(zhì)的量相同的兩種不同氣體只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標(biāo)準(zhǔn)狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質(zhì)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強下，各種氣體物質(zhì)體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．23、以下有些結(jié)構(gòu)簡式；書寫得不規(guī)范；不正確．請在它們后面打一個×號，并把你認為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．評卷人得分四、簡答題(共3題，共30分)24、化合物rm{J}是某種解熱鎮(zhèn)痛藥，以rm{A}為原料的工業(yè)合成路線如圖所示：

已知。

rm{+R隆盲-NH_{2}隆煤}rm{+HCl}

rm{R-NO_{2}xrightarrow{Fe/HCl}R-NH_{2}}

請回答：

rm{R-NO_{2}

xrightarrow{Fe/HCl}R-NH_{2}}寫出同時符合下列條件的rm{(1)}的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______．

rm{F}屬rm{壟脵}氨基酸：rm{a-}碳上須含有氫原子rm{(a}

rm{)}譜表明分子中含有苯環(huán)：

rm{壟脷^{1}H-NMR}下列說法不正確的是______

A.化合物rm{(2)}中含氧官能團有兩種。

B.化合物rm{C}既可以與rm{E}反應(yīng)又可以與rm{NaOH}反應(yīng)。

C.化合物rm{HC1}能與rm{F}發(fā)生顯色反應(yīng)。

D.化合物rm{FeCl_{3}}的分子式為rm{J}

rm{C1_{8}H_{15}NO_{5}}寫出rm{(3)}的結(jié)構(gòu)簡式______；合成過程中設(shè)計步驟rm{I}和rm{壟脷}的目的是______；

rm{壟脹}設(shè)計rm{(4)}的合成路線rm{G隆煤H}用流程圖表示，無機試劑任選rm{(}______．

rm{)}寫出rm{(5)}的化學(xué)方程式______．rm{I+F隆煤J}25、已知可逆反應(yīng)rm{CO+H_{2}O(g)overset{賂脽脦脗}{?}CO_{2}+H_{2}}達到平衡時，rm{K=dfrac{c(CO_{2})隆隴c(H_{2})}{c(CO)隆隴c(H_{2}O)}}rm{CO+H_{2}O(g)overset{賂脽脦脗}{?}

CO_{2}+H_{2}}是常數(shù)，只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)。rm{K=

dfrac{c(CO_{2})隆隴c(H_{2})}{c(CO)隆隴c(H_{2}O)}}若起始時：rm{K}rm{(1)830K}平衡時rm{c(CO)=2mol/L}的轉(zhuǎn)化率為rm{c(H_{2}O)=3mol/L}水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為________；rm{CO}值為________。rm{60%}若只將起始時rm{K}rm{(2)830K}若只將起始時rm{c(H}rm{(2)830K}改為rm{c(H}則水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為________。rm{{,!}_{2}}若rm{O)}改為rm{6mol/L}則水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為________。時，起始濃度rm{O)}rm{6mol/L}rm{(3)}的平衡濃度rm{830K}rm{c(CO)=amol/L}rm{c(H_{2}O)=bmol/L}rm{H_{2}}之間的關(guān)系式是__________________；rm{c(H_{2})=cmol/L}當(dāng)rm{壟脵a}rmrm{c}之間的關(guān)系式是__________________；時，rm{壟脵a}________。rm26、“向海洋進軍”，已成為世界許多國家發(fā)展的戰(zhàn)略口號，海水中通常含有較多的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等雜質(zhì)離子，以海鹽為原料的氯堿廠電解飽和食鹽水制取rm{NaOH}的工藝流程如下：

依據(jù)如圖；完成下列填空：

rm{(1)}在電解過程中；與電源正極相連的電極的電極反應(yīng)式為______；

rm{(2)}電解過程的總反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(3)}電解槽陽極產(chǎn)物可用于______rm{(}至少寫出兩種用途rm{)}．

rm{(4)}工業(yè)食鹽含rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質(zhì)，精制過程中除去這rm{2}種離子所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：______．

rm{(5)}如果粗鹽中rm{SO_{4}^{2-}}含量較高，必須添加鋇試劑除去rm{SO_{4}^{2-}}該鋇試劑可以是______

rm{a.Ba(OH)_{2}}rm{b.Ba(NO_{3})_{2}}rm{c.BaCl_{2}}

rm{(6)}為了有效除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}加入試劑的合理順序為______

rm{a.}先加rm{NaOH}后加rm{Na_{2}CO_{3}}再加鋇試劑。

rm{b.}先加rm{NaOH}后加鋇試劑，再加rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{c.}先加鋇試劑，后加rm{NaOH}再加rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{(7)}已知rm{NaOH}rm{NaCl}在水中的溶解度數(shù)據(jù)如下表：

。溫度rm{/隆忙}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{60}rm{70}rm{80}rm{90}rm{100}rm{NaOH/g}rm{109}rm{118}rm{129}rm{146}rm{177}rm{300}rm{313}rm{318}rm{337}rm{NaCl/g}rm{36}rm{36.3}rm{36.6}rm{37}rm{37.3}rm{37.8}rm{38.4}rm{39}rm{39.8}根據(jù)上述數(shù)據(jù)，脫鹽工序中利用通過______、______rm{(}填操作名稱rm{)}除去rm{NaCl}．評卷人得分五、綜合題(共2題，共18分)27、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關(guān)系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當(dāng)加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡要寫出判斷依據(jù)。（3）當(dāng)加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka(設(shè)混合后的體積為二者的體積之和，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。28、［化學(xué)選修──有機化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】根據(jù)物質(zhì)的量濃度c====可知，計算出該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度還應(yīng)該告訴溶液的密度．【解析】【解答】解：物質(zhì)的量濃度c====；已知某濃硫酸的質(zhì)量分數(shù)為98.3%，再告訴該濃硫酸的密度即可計算出其物質(zhì)的量濃度；

故選B．2、C【分析】【分析】根據(jù)二氧化碳可使澄清石灰水變渾濁，但有HCl的存在，澄清石灰水的溶質(zhì)Ca（OH）2易與HCl反應(yīng)，而使CO2難以與Ca（OH）2作用生成CaCO3沉淀；氫氧化鋇溶液有渾濁現(xiàn)象又說明有二氧化碳；再根據(jù)酸堿的反應(yīng)看HCl和NH3是否可以共存；最后根據(jù)氫氣還原氧化銅生成水，一氧化碳還原氧化銅生成二氧化碳判斷氫氣和一氧化碳的存在．【解析】【解答】解：上述氣體中，能使氫氧化鋇溶液產(chǎn)生渾濁現(xiàn)象的只有CO2，在此之前先通過澄清石灰水無渾濁現(xiàn)象，顯然是由于HCl存在所致．由于HCl的存在，澄清石灰水的溶質(zhì)Ca（OH）2易與HCl反應(yīng)，而使CO2難以與Ca（OH）2作用生成CaCO3沉淀，這樣CO2便順利通過Ca（OH）2溶液，繼而與Ba（OH）2反應(yīng)，生成BaCO3沉淀．混合氣體中含HCl后，一定不含NH3，因兩者反應(yīng)能生成白色晶體NH4Cl．混合氣體可使灼熱的CuO變紅，證明其中必有還原性氣體CO或H2存在．通過后面實驗，即再通過無水硫酸銅時會使其變藍，證明先前的還原性氣體一定有H2存在；至于CO是否存在則不能確定，由于氣體多次經(jīng)過溶液，無法證明原來是否含有水蒸氣．

所以混合氣體中肯定有H2、CO2和HCl，肯定沒有NH3；可能含有CO；水蒸氣．

故選C．3、C【分析】【分析】A．放熱反應(yīng)也需要一定引發(fā)條件才能發(fā)生；吸熱反應(yīng)常溫下也可以反應(yīng)；

B．燃燒熱是1mol純凈的可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；

C．水分解是吸熱反應(yīng)；催化劑降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率；

D．依據(jù)焓變=反應(yīng)物斷裂化學(xué)鍵吸收的能量-生成物形成化學(xué)鍵放出的能量計算，斷裂化學(xué)鍵吸熱過程．【解析】【解答】解：A．需要加熱發(fā)生的反應(yīng)不一定是吸熱反應(yīng)，好多放熱反應(yīng)也需要加熱如鋁熱反應(yīng)，吸熱反應(yīng)不需要條件，常溫下也可以反應(yīng)，如Ba（OH）2?8H2O和NH4Cl反應(yīng)是吸熱反應(yīng)常溫下進行；故A錯誤；

B．反應(yīng)生成的是一氧化碳是不穩(wěn)定的氧化物；不符合燃燒熱概念，故B錯誤；

C．反應(yīng)物能量低于生成物能量；催化劑降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，但不改變反應(yīng)熱，圖象符合要求，故C正確；

D．、△H=bKJ/mol+cKJ/mol-2H-Cl鍵能=-aKJ/mol；所以H-Cl鍵能=KJ/mol；斷開1molH-Cl鍵所需吸收的能量為kJ；故D錯誤；

故選C．4、D【分析】【分析】A．金屬氧化物與酸反應(yīng)也生成鹽和水；

B．復(fù)分解反應(yīng)中一定沒有元素的化合價變化；

C．生成一種單質(zhì)和一種化合物的反應(yīng)；反應(yīng)物中不一定有單質(zhì)；

D．有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)，一定含元素的化合價變化．【解析】【解答】解：A．中和反應(yīng)一定生成鹽和水；但生成鹽和水的反應(yīng)不一定為中和反應(yīng)，如MgO與鹽酸反應(yīng)，故A錯誤；

B．復(fù)分解反應(yīng)中一定沒有元素的化合價變化；則一定不是氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C．生成一種單質(zhì)和一種化合物的反應(yīng)；反應(yīng)物中不一定有單質(zhì)，如CO與CuO的反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)，故C錯誤；

D．有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)；一定含元素的化合價變化，一定為氧化還原反應(yīng)，如氯酸鉀分解；水的分解等，故D正確；

故選D．5、C【分析】【分析】利用淀粉遇碘單質(zhì)變藍來結(jié)合信息加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象來分析存在的離子，然后利用離子的共存及溶液呈電中性來分析還存在的離子和一定沒有的離子，而對于不能確定的離子，則是還需檢驗的離子來解答．【解析】【解答】解：由①可知溶液顯酸性，說明溶液中含有H+；

由氯水能氧化I-生成碘單質(zhì)，而碘遇淀粉變藍，而②中加氯水和淀粉無明顯現(xiàn)象，則一定不含有I-；

又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有H+，必須同時存在陰離子，即SO42-必然存在，而Ba2+、SO42-能結(jié)合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的K+是否存在無法判斷，則需檢驗的離子是K+；

故選C．6、C【分析】【分析】本題綜合考查電解池和原電池知識，注意把握電化學(xué)工作原理，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度中等?！窘獯稹緼.當(dāng)閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}后，此裝置為電解池，rm{B}極為陽極，rm{Ag}被氧化成rm{Ag^{+}}rm{A}極為陰極，甲池中的rm{Ag^{+}}被還原成rm{Ag}rm{Ag^{+}+e^{-}簍T簍T簍TAg}所以rm{A}極質(zhì)量逐漸增加；故A錯誤；

B.乙池中隨rm{c(Ag^{+})}增大，rm{c(AgNO_{3})}增大，但rm{B}極發(fā)生氧化反應(yīng)；故B錯誤；

C.當(dāng)閉合rm{K_{1}}斷開rm{K_{2}}后，在此電解池的電路上有rm{0.05mol}的電子通過，乙池中將增加rm{0.05molAg^{+}}甲池將有rm{0.05molNO_{3}^{-}}進入乙池，所以乙池中的rm{c(NO_{3}^{-})}將由rm{1mol隆隴L^{-1}}增大到rm{1.5mol隆隴L^{-1}}故C正確；

D.一段時間后斷開rm{K_{1}}閉合rm{K_{2}}后，乙池中的rm{c(AgNO_{3})}大于甲池的，形成濃差電池，乙池中rm{Ag^{+}}發(fā)生還原反應(yīng)，rm{B}極為正極，rm{A}極為負極，故D錯誤。故選C?！窘馕觥縭m{C}二、填空題(共8題，共16分)7、H第3周期第ⅣA族CH4＜HClCO22H2O22H2O+O2↑Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O【分析】【分析】W是地殼中含量最多的金屬元素，則W是Al．L的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重要的半導(dǎo)體材料，且原子序數(shù)大于鋁的，所以L是Si．X、M的單質(zhì)是氣體，原子序數(shù)大于Si的，所以M是Cl．Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，原子序數(shù)小于鋁的，所以Y是C．X的原子序數(shù)小于C的，所以X是氫．Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，則Z是Na，由此分析解答．【解析】【解答】解：W是地殼中含量最多的金屬元素；則W是Al．L的單質(zhì)晶體熔點高；硬度大，是一種重要的半導(dǎo)體材料，且原子序數(shù)大于鋁的，所以L是Si．X、M的單質(zhì)是氣體，原子序數(shù)大于Si的，所以M是Cl．Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，原子序數(shù)小于鋁的，所以Y是C．X的原子序數(shù)小于C的，所以X是氫．Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，則Z是Na；

（1）X的元素是氫元素；元素符號為：H，L是硅元素周期表中的位置為第3周期第ⅣA族，故答案為：H；第3周期第ⅣA族；

（2）碳的非金屬性弱于氯的非金屬性，所以氫化物的穩(wěn)定性由小到大的順序是CH4＜HCl，故答案為：CH4＜HCl；

（3）Y的最高價氧化物為CO2，原子序數(shù)比C多2的是氧，和氫形成的化合物雙氧水分解生成氧氣和水，反應(yīng)方程式為：2H2O22H2O+O2↑；

故答案為：CO2；2H2O22H2O+O2↑；

（4）鈉、鋁各自的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，可以反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案為：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．8、6mol?L-120%0.6mol?L-10.331：11：1414：114：1【分析】【分析】Ⅰ．（1）根據(jù)m=Vρ計算溶液的質(zhì)量，氫氧化鈉為24g，可知溶液質(zhì)量分數(shù)，結(jié)合c=計算濃度；

（2）根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算稀釋后的濃度，結(jié)合2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O計算；

Ⅱ．同溫同壓下氣體的Vm相等，根據(jù)n===結(jié)合物質(zhì)的構(gòu)成計算．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）溶液質(zhì)量為100mL×1.2g/mL=120g，則質(zhì)量分數(shù)為=20%，c=mol/L=6mol/L，故答案為：6mol?L-1；20%；

（2）從該溶液中取出10mL，用水稀釋到100mL，體積為原來的10，則稀釋后溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為原來的，即0.6mol?L-1；

n（Cl2）==0.1mol，發(fā)生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，需要0.2molNaOH，則V（NaOH）==0.33L；

故答案為：0.6mol?L-1；0.33；

Ⅱ．同溫同壓下氣體的Vm相等，同體積的H2和CO物質(zhì)的量之比為1：1，質(zhì)量比等于摩爾質(zhì)量之比，為2：28=1：14，同溫同壓下，同質(zhì)量的H2和CO的物質(zhì)的量之比為：=14：1，則由n===可知；分子數(shù)之比為14：1，體積之比為14：1；

故答案為：1：1；1：14；14：1；14：1．9、+2SiO2TiOCl42-+H2O═TiO2↓+2H++4Cl-溫度過高時，反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解（NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3?H2O（或2NH3+2H2O）【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O；不是氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價；

（2）MgO、CaO、SiO2等雜質(zhì)中；二氧化硅不溶于稀鹽酸，成為濾渣A；

（3）根據(jù)流程圖示，TiOCl42-在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀；

（4）二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成NH4）2Ti5O15；溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解；

（5）反應(yīng)3是（NH4）2Ti5O15與氫氧化鋰反應(yīng)生成Li2Ti5O15沉淀和氨水．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中；不是氧化還原反應(yīng)，可以判斷鐵元素化合價為+2價；

故答案為：+2；

（2）由于雜質(zhì)中二氧化硅不溶于鹽酸；所以濾渣A成分是二氧化硅；

故答案為：SiO2；

（3）根據(jù)流程可知，TiOCl42-在溶液中加熱與水反應(yīng)生成二氧化鈦沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；

故答案為：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；

（4）由于二氧化鈦與氨水、雙氧水反應(yīng)生成NH4）2Ti5O15時；溫度過高，雙氧水和氨水都容易分解，所以反應(yīng)溫度過高時，Ti元素浸出率下降；

故答案為：溫度過高時；反應(yīng)物氨水（或雙氧水）受熱易分解；

（5）根據(jù)流程圖示可知，反應(yīng)3是（NH4）2Ti5O15與氫氧化鋰反應(yīng)生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3?H2O（或2NH3+2H2O）；

故答案為：（NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3?H2O（或2NH3+2H2O）．10、H2ONaCl0.558.5【分析】【分析】電解飽和食鹽水的方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，反應(yīng)中Cl元素的化合價升高，H元素的化合價降低，每轉(zhuǎn)移2mol電子生成1氯氣；依據(jù)化學(xué)方程式計算．【解析】【解答】解：（1）電解飽和食鹽水的方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，反應(yīng)中Cl元素的化合價升高2價，H元素的化合價降低2價，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移2個電子，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：

故答案為：

（2）反應(yīng)中Cl元素的化合價升高，則NaCl為還原劑，H元素的化合價降低，則H2O為氧化劑，故答案為：H2O；NaCl；

（3）電解飽和食鹽水的方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；反應(yīng)中Cl元素的化合價升高2價，H元素的化合價降低2價，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移2個電子，則。

每轉(zhuǎn)移1mol電子，可得到0.5mol氯氣；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；假設(shè)反應(yīng)過程中無損耗；生成的氫氣和氯氣全部生成氯化氫，則依據(jù)元素守恒可知氯化鈉中的氯元素全部轉(zhuǎn)化為氯化氫中的氯元素，依據(jù)守恒計算得到：用電解所得氣體制36.5%的濃鹽酸100t，氯化氫質(zhì)量為36.5t，NaCl～HCl，最少需要消耗食鹽58.5t；

故答案為：0.5；58.5．11、略

【分析】試題分析：甲和乙可形成常見液態(tài)化合物K，若K為水，則甲為氫、乙為氧。丙元素的正一價陽離子，其電子層結(jié)構(gòu)與氖原子相同，故丙為鈉，丁元素原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，故為硫。由此可以推斷：A為過氧化鈉、K為水、C為氫氧化鈉、D為氧氣、F為二氧化硫、B為亞硫酸氫鈉、E為硫酸、G為硫酸鈉、L為氫溴酸。（1）A的電子式為鈉離子和過氧根形成離子鍵，過氧根中氧和氧形成非極性共價鍵；（2）溴元素在周期表的位置第四周期ⅦA族；丁元素的陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為（3）反應(yīng)（I）的化學(xué)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（4）反應(yīng)（II）中溴單質(zhì)可以將正四價的硫氧化為正六價的硫酸，離子方程式為：SO2＋Br2＋2H2O＝4H++SO42—＋2Br—；（5）氫氧化鈉與二氧化反應(yīng)，2:1時，產(chǎn)物是碳酸鈉、1:1時，產(chǎn)物是碳酸氫鈉，1mol氫氧化鈉的溶液中緩慢通入15.68L的CO2時，兩種產(chǎn)物都有。根據(jù)鈉原子守恒可得：2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=1，根據(jù)碳原子守恒可得：n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.7，聯(lián)立可得：n(Na2CO3)=0.3mol，n(NaHCO3)=0.4mol，物質(zhì)的量之比為3:4?？键c：考查元素推斷?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）離子鍵、共價鍵(每空1分)（2）第四周期ⅦA族；(每空2分)（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（2分）（4）SO2＋Br2＋2H2O＝4H++SO42—＋2Br—（2分）（5）3：412、略

【分析】【解析】【答案】（1）鋁熱反應(yīng)（2）13、溶解過濾BaCl2Na2CO3HCl【分析】【分析】（1）碳酸鈣不溶于水；可用過濾的方法分離；

（2）先加入BaCl2除掉SO42-離子，再加入Na2CO3除掉過量的BaCl2，最后用HCl除掉過量的Na2CO3，得到純凈的氯化鈉．【解析】【解答】解：（1）除去NaCl固體中混有的少量CaCO3，可先加水溶解，然后過濾除去CaCO3；然后蒸發(fā)；結(jié)晶可得到氯化鈉，故答案為：溶解；過濾；

（2）Na2SO4可與BaCl2反應(yīng)生成BaSO4沉淀，除去NaCl中的Na2SO4，先加入BaCl2除掉SO42-離子，再加入Na2CO3除掉過量的BaCl2，最后用HCl除掉過量的Na2CO3；得到純凈的氯化鈉；

故答案為：BaCl2；Na2CO3；HCl．14、HA是弱酸大于c（A-）=c（Na+）大于c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）10-53【分析】【分析】（1）等體積等濃度混合；恰好生成正鹽，pH=9，則生成強堿弱酸鹽；

（2）若酸為強酸；等體積等濃度混合時pH=7；而HA為弱酸，等體積等濃度混合溶液的pH大于7，則為保證pH=7，應(yīng)使酸濃度大于0.2mol/L；并結(jié)合電荷守恒分析離子濃度關(guān)系；

（3）由③組實驗結(jié)果可知；混合后為HA與NaA的混合液，pH＜7，酸的電離大于鹽的水解，并由離子的濃度比較大??；

（4）反應(yīng)后的溶液為NaA溶液，溶液的pH=9，說明NaA為強堿弱酸鹽，溶液中的氫氧根離子是水電離的；根據(jù)c（H+）=計算出溶液中氫離子濃度及溶液的pH．【解析】【解答】解：（1）等體積等濃度混合；恰好生成正鹽，pH=9，則生成強堿弱酸鹽，所以HA為弱酸；

故答案為：HA是弱酸；

（2）若酸為強酸；等體積等濃度混合時pH=7；而HA為弱酸，等體積等濃度混合溶液的pH大于7，則為保證pH=7，應(yīng)使酸濃度大于0.2mol/L；

由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），則c（A-）=c（Na+）；

故答案為：大于；c（A-）=c（Na+）

（3）由③組實驗結(jié)果可知，混合后為HA與NaA的混合液，pH＜7，酸的電離大于鹽的水解，電離顯酸性，c（H+）＞c（OH-），電離大于水解，則c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：大于；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4））①組實驗所得混合溶液為NaA溶液，溶液pH=9，說明NaA為強堿弱酸鹽，溶液中的氫氧根離子是水電離的，即水電離的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L；

0.1mol?L-1HA溶液的c（H+）==mol/L=1×10-3mol/L；溶液的pH=3；

故答案為：10-5；3．三、判斷題(共9題，共18分)15、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．16、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答該題．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，則c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）減??；水解程度減??；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．18、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．19、×【分析】【分析】化學(xué)變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．20、√【分析】【分析】根據(jù)放熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，吸熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量來解答，放熱反應(yīng)的△H為負值，吸熱反應(yīng)的△H為正值．【解析】【解答】解：當(dāng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量時，反應(yīng)放熱，△H為“-”，故答案為：√．21、×【分析】【分析】1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時H原子不含中子，則1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，1mol甲烷含有6NA個中子．

故答案為：×．22、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大?。?/p>

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強的大??；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大??；如不在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對于固體；液體來說，不同物質(zhì)的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數(shù)目的多少，一定溫度和壓強下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數(shù)目決定，故答案為：√．23、√【分析】【分析】（1）羥基正在有機物分子最前面時應(yīng)該表示為HO-；據(jù)此進行判斷；

（2）醛基寫在有機物分子前邊時應(yīng)該表示為：OHC-；

（3）酚羥基的表示方式錯誤；應(yīng)該表示為：HO-；

（4）左邊的硝基中含有原子組成錯誤，應(yīng)該為O2N-；

（5）結(jié)構(gòu)簡式中酯基表示方式錯誤；

（6）苯乙醛中醛基的結(jié)構(gòu)簡式表示錯誤，應(yīng)該為-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的結(jié)構(gòu)簡式正確，故答案為：√；

（2）羥基的表示方法錯誤，丙二醛的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是：OHCCH2CHO，故答案為：OHCCH2CHO；

（3）酚羥基的表示方法錯誤，對甲基苯酚的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是：故答案為：

（4）左邊硝基的組成錯誤，正確應(yīng)該為：O2N-，三硝基甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（5）酯基的表示方法錯誤，甲酸苯酚的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為：

（6）醛基的書寫錯誤，苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式是：

故答案為：．四、簡答題(共3題，共30分)24、D；保護酚羥基不被氧；【分析】解：rm{(1)F}為根據(jù)條件rm{壟脵}屬rm{a-}氨基酸：rm{(a}碳上須含有氫原子rm{)}即有氨基和羧基，rm{壟脷^{1}H-NMR}譜表明分子中含有苯環(huán)，則同時符合條件的rm{F}的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

rm{(2)A.C}為化合物rm{C}中含氧官能團有兩種；故A正確；

B.rm{E}為rm{E}既可以與rm{NaOH}反應(yīng)又可以與rm{HC1}反應(yīng)；故B正確；

C.rm{F}為有酚羥基，所以rm{F}能與rm{FeCl_{3}}發(fā)生顯色反應(yīng)；故C正確；

D.據(jù)rm{J}的結(jié)構(gòu)簡式可知，rm{J}的分子式為rm{C_{18}H_{17}NO_{5}}故D錯誤；

故選D；

rm{(3)}根據(jù)上面的分析可知，rm{I}的結(jié)構(gòu)簡式為合成過程中設(shè)計步驟rm{壟脷}和rm{壟脹}的目的是保護酚羥基不被氧化；

故答案為：保護酚羥基不被氧；

rm{(4)}用與乙酸酐發(fā)生取代生成酚酯，再用高錳酸鉀氧化醇羥基，再在酸性條件下水解可得反應(yīng)的合成路線為

故答案為：

rm{(5)I+F隆煤J}的化學(xué)方程式為

故答案為：．

由反應(yīng)rm{壟脵}的生成物可知，與rm{HCHO}發(fā)生加成反應(yīng)生成根據(jù)rm{B}的分子式可知，反應(yīng)rm{壟脷}為與乙酸酐發(fā)生取代生成rm{B}為根據(jù)反應(yīng)條件可知，rm{B}發(fā)生硝化反應(yīng)生成rm{C}為rm{C}水解生成rm{D}為根據(jù)題中信息可知，rm{D}發(fā)生還原反應(yīng)生成rm{E}為rm{E}發(fā)生信息中的取代反應(yīng)生成rm{F}為根據(jù)rm{J}rm{F}的結(jié)構(gòu)簡式可知rm{I}為所以可以反推得rm{H}為用與乙酸酐發(fā)生取代生成酚酯，再用高錳酸鉀氧化醇羥基，再在酸性條件下水解可得據(jù)此答題．

本題考查有機物的合成，明確合成路線中各物質(zhì)的推斷是解答本題的關(guān)鍵，注意碳鏈骨架、官能團的變化、反應(yīng)條件與反應(yīng)類型的關(guān)系即可解答，題目難度中等．【解析】rm{D}保護酚羥基不被氧；25、rm{(1)}rm{(1)}rm{40%}

rm{1}rm{(2)}

rm{(2)}rm{25%}

rm{(3)}

rm{(3)}【分析】【分析】本題考查了用三段式法對化學(xué)反應(yīng)進行計算，難度中等，注意化學(xué)平衡常數(shù)rm{K}只與溫度有關(guān)，與其他物理量無關(guān)，注意化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用?！窘獯稹縭m{(1)}平衡時rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為rm{60%}則rm{CO}的濃度變化量rm{=2mol/L隆脕60%=1.2mol/L}則：

rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始rm{(mol/L)}rm{2}rm{3}rm{0}rm{0}

變化rm{(mol/L)}rm{1.2}rm{1.2}rm{1.2}rm{1.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{0.8}rm{1.8}rm{1.2}rm{1.2}

故平衡常數(shù)rm{K=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕0.8}=1}水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100攏樓=40攏樓}故答案為：rm{K=dfrac{1.2隆脕1.2}{0.8隆脕0.8}=1

}rm{dfrac{1.2mol/L}{3mol/L}隆脕100攏樓=40攏樓

}rm{40%}設(shè)反應(yīng)的水蒸氣的濃度變化量為rm{1}則：

rm{(2)}

起始rm{xmol/L}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}rm{2}rm{6}

變化rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{x}rm{x}

平衡rm{x}rm{x}rm{(mol/L)}rm{2-x}rm{6-x}

故rm{dfrac{{x}^{2}}{left(2-xright)left(6-xright)}=1}解得rm{x}所以水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac{1.5mol/L}{6mol/L}隆脕100攏樓=25攏樓}故答案為：rm{x}

rm{

dfrac{{x}^{2}}{left(2-xright)left(6-xright)}=1}rm{x=1.5}

起始rm{dfrac{1.5mol/L}{6mol/L}隆脕100攏樓=25攏樓

}rm{25%}rm{(3)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{(mol/L)}

變化rm{a}rmrm{0}rm{0}rm{(mol/L)}

平衡rm{c}rm{c}rm{c}rm{c}rm{(mol/L)}

故rm{dfrac{{c}^{2}}{left(a-cright)left(b-cright)}=1}整理得rm{a-c}當(dāng)rm{b-c}時，求得rm{c}故答案為：rm{c}；rm{

dfrac{{c}^{2}}{left(a-cright)left(b-cright)}=1}

rm{c^{2}=(a-c)(b-c)}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{40%}rm{1}rm{(2)}rm{(2)}rm{25%}rm{(3)}

rm{(3)}26、略

【分析】解：由流程可知，粗鹽加水化鹽溶解后，加入氯化鋇除去硫酸根離子，加rm{NaOH}除去鎂離子，加碳酸鈉除去鈣離子，精制后得到的沉渣為rm{CaCO_{3}}rm{Mg(OH)_{2}}精制后的食鹽水電解生成rm{NaOH}氫氣、氯氣，最后脫鹽rm{(NaCl}等rm{)}得到高濃度的rm{NaOH}溶液；

rm{(1)}與電源正極相連的電極為陽極，溶液中的陰離子rm{(Cl^{-}}rm{OH^{-})Cl^{-}}優(yōu)先放電，電極反應(yīng)為：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}故答案為：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}

rm{(2)}飽和食鹽水中陰陽離子分別為：rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}rm{Na^{+}}rm{H^{+}}通電后，rm{Cl^{-}}rm{H^{+}}優(yōu)先放電生成氯氣和氫氣，因此電解過程的總反應(yīng)為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}

故答案為：rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}rm{2NaCl+2H_{2}O}

rm{dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}陽極產(chǎn)物為氯氣；實際上考察氯氣的用途：制漂白粉；生產(chǎn)鹽酸、自來水消毒、制高純硅、合成塑料等；

故答案為：制漂白粉、生產(chǎn)鹽酸、自來水消毒、制高純硅、合成塑料等rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_