2024年魯人版選擇性必修1化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年魯人版選擇性必修1化學上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8題，共16分)1、t℃時，AgX(X=Cl、Br)的溶度積與c(Ag+)和c(X-)的相互關系如下圖所示，其中A線表示AgCl，B線表示AgBr，已知p(Ag+)=－lgc(Ag+)，p(X-)=－lgc(X-)。下列說法正確的是（）

A.c點可表示AgCl的不飽和溶液B.b點的AgCl溶液加入AgNO3晶體可以變成a點C.t℃時，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常數(shù)K=10-4D.t℃時，取a點的AgCl溶液和b點AgBr溶液等體積混合，會析出AgBr沉淀2、已知在25℃、1.01×105Pa下，1mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態(tài)水的能量變化如下圖所示，下列有關說法不正確的是（）

A.熱化學方程式可表示為：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH=-490kJ·mol-1B.乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將小于930kJC.H2O分解為H2與O2時吸收熱量D.甲、乙、丙中物質(zhì)所具有的總能量大小關系為乙>甲>丙3、下列說法正確的是A.將NaOH溶液分多次緩慢注入鹽酸中，還是一次性快速注入鹽酸中，都不影響中和熱測定B.已知反應的中和熱為ΔH=-57.3kJ·mol-1，則稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反應的中和熱ΔH=-2×57.3kJ·mol-1C.燃燒熱是指在101kPa時可燃物完全燃燒時所放出的熱量，故S(s)+3/2O2(g)＝SO3(g)ΔH=-315kJ·mol-1即為硫的燃燒熱D.已知冰的熔化熱為6.0kJ·mol-1，冰中氫鍵鍵能為20.0kJ·mol-1，假設1mol冰中有2mol氫鍵，且熔化熱完全用于破壞冰中的氫鍵，則最多只能破壞1mol冰中15%氫鍵4、下圖是某校實驗小組設計的一套原電池裝置，下列有關描述不正確的是（）

A.石墨的電極反應：B.此裝置能將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹸.電子由電極經(jīng)導線流向石墨電極D.電池總反應：5、目前，汽車尾氣系統(tǒng)中均安裝了催化轉(zhuǎn)化器，這種方法是處理的“儲存還原技術(shù)法”，簡稱工作原理如圖所示。下列說法中正確的是。

A.在富氧氛圍下噴入少量燃油可以生成等還原性尾氣B.系統(tǒng)中的只有一種催化劑C.存儲階段，氮元素被氧化，以的形式被存儲起來D.還原階段，每生成轉(zhuǎn)移電子6、在恒溫恒容密閉容器中進行反應：下列能作為反應已達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是A.不再變化B.反應速率：C.容器內(nèi)氣體的壓強不再變化D.容器內(nèi)氣體的密度不再變化7、工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，某實驗小組欲對其工藝條件進行研究。現(xiàn)有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1的Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1的Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c(Sr2+)/(mol·L-1)]隨pH的變化關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.a=-5.5B.曲線③為含SrSO4(s)的1.0mol·L-1Na2SO4溶液的變化曲線C.已知：lgKsp(SrCO3)=-9.6，則反應SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的lgK=4.6D.濃度均為0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中存在：c(H+)+c(H2CO3)+c(HCO)=c(OH-)8、下列關于中和熱的說法中正確的是（）A.只要強酸與強堿在稀溶液中反應生成1mol水時的反應熱就是中和熱B.1molHCl氣體通入1L0.01mol·L－1NaOH溶液中反應時的反應熱是中和熱C.1molHClO與2molNaOH溶液反應時的反應熱也可能是中和熱D.10L0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液與20L0.05mol·L－1HNO3反應時的反應熱是中和熱評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、如圖所示；甲；乙兩池電極材料都是鐵棒與碳棒，請回答下列問題。

（1）若兩池中均為CuSO4溶液；反應一段時間后：

①有紅色物質(zhì)析出的是甲池中的___________棒，乙池中的________棒。

②乙池中陽極的電極反應式是：_________________。

（2）若兩池中均為飽和NaCl溶液：

①寫出乙池中總反應的離子方程式：____________________。

②甲池中碳極的電極反應式是：______________，乙池中碳極的電極反應屬于_______(填“氧化反應”或“還原反應”)。

③將濕潤的淀粉KI試紙放在乙池中碳極附近，發(fā)現(xiàn)試紙變藍，過一段時間后又發(fā)現(xiàn)藍色褪去，這是因為過量的Cl2又將生成的I2氧化。若反應的Cl2和I2物質(zhì)的量之比為5∶1，且生成兩種酸，該反應的化學方程式為：__________________。10、25℃，CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝1.75×10－5。

（1）計算0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝__________________；

（2）0.1mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的CH3COONa的混合溶液中，c(H＋)＝_____________；

（3）25°C，將0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋；請?zhí)顚懴铝斜磉_式中的數(shù)據(jù)情況（填“變大”；“變小”或“不變”）。

①＝____________；

②＝____________；

③＝____________；

④＝____________。11、知識的梳理和感悟是有效學習的方法之一。某學習小組將有關“電解飽和食鹽水”的相關內(nèi)容進行梳理；形成如下問題(顯示的電極均為石墨)。

（1）圖1中，電解一段時間后，氣球b中的氣體是___(填化學式)。

（2）利用圖2制作一種環(huán)保型消毒液發(fā)生器，電解可制備“84”消毒液的有效成分NaClO，則c為電源的__極；該發(fā)生器中反應的總離子方程式為__。

（3）二氧化氯(ClO2)為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。如圖是目前已開發(fā)出用電解法制取ClO2的新工藝。

①陽極產(chǎn)生ClO2的電極反應式：__。

②當陰極產(chǎn)生標準狀況下112mL氣體時，通過陽離子交換膜離子的物質(zhì)的量為___。

（4）裝置2中左池為氯化鐵溶液，右池為硫酸銅溶液，一段時間后右池溶液中c（Cu2+）__(填“增大”、“減小”或“不變”)，若該裝置的鹽橋中盛裝的是NH4NO3的瓊脂溶液，則鹽橋中的__離子（填“NH4+”或“NO3－”）向氯化鐵溶液遷移。

12、（I）在一個容積固定不變的密閉容器中進行反應：2X(g)+Y(g)2Z(g)，若把2molX和1molY充入該容器時，處于狀態(tài)I，反應在絕熱條件下達到平衡時處于狀態(tài)II（如圖），則該反應的△H___0；(填：“<，>；=”)。該反應在___（填：高溫或低溫）條件下能自發(fā)進行。

（II）已知2A2(g)+B2(g)2C(g)△H=-akJ/mol(a＞0)，在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃時充分反應達平衡后C的濃度為wmol/L，放出熱量bkJ。請回答下列問題：

（1）若將反應溫度升高到700℃；反應的平衡常數(shù)將___(填“增大”；“減小”或“不變”)。

（2）若在原來的容器中，只加入2molC，500℃時充分反應達平衡后，吸收熱量ckJ，a、b；c之間滿足何種關系(用代數(shù)式表示)___。

（3）能說明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是（_____）

a.V(C)=2V（B2）b.容器內(nèi)氣體壓強保持不變。

c.v逆(A2)=2v正（B2）d.容器內(nèi)的氣體密度保持不變。

（4）為使該反應的反應速率增大；且平衡向正反應方向移動的是（_____）

a.及時分離出C氣體b.適當升高溫度c.增大B2的濃度d.選擇高效的催化劑。

（5）若將上述容器改為恒壓容器(反應前體積相同)，起始時加入2molA2和1molB2，500℃時充分反應達平衡后，放出熱量dkJ，則d___b(填＞、=、＜)。13、NH4Al(SO4)2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析試劑；醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛。請回答下列問題：

(1)NH4Al(SO4)2可作凈水劑，其原理是__。(用必要的化學用語和相關文字說明)。

(2)相同條件下，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中c()___(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中c()。

(3)均為0.1mol·L-1的幾種電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。

①其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH隨溫度變化的曲線是___(填字母)，導致pH隨溫度變化的原因是___；

②20℃時，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中2c()—c()—3c(Al3＋)=____。

(4)室溫時，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液；溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖所示：

試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是____點，在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是___。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、任何水溶液中均存在H＋和OH-，且水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等。（______________）A.正確B.錯誤15、熱化學方程式表示的意義：25℃、101kPa時，發(fā)生上述反應生成1molH2O(g)后放出241.8kJ的熱量。(_______)A.正確B.錯誤16、水蒸氣變?yōu)橐簯B(tài)水時放出的能量就是該變化的反應熱。_____17、鉛蓄電池工作過程中，每通過2mol電子，負極質(zhì)量減輕207g。(_______)A.正確B.錯誤18、在100℃時，純水的pH＞7。（______________）A.正確B.錯誤19、pH試紙使用時不需要潤濕，紅色石蕊試紙檢測氣體時也不需要潤濕。(___)A.正確B.錯誤20、100℃的純水中c(H＋)=1×10-6mol·L-1，此時水呈酸性。（______________）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22、(1)用碳酸鈉粉末可以制備CO2_______

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產(chǎn)生H2的速率可改用濃H2SO4_______

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理可獲得NH3_______

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同_______

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：將MgCl2溶液加熱蒸干_______

(6)用向上排空氣法收集銅粉和稀硝酸反應產(chǎn)生的NO_______

(7)排水法收集KMnO4分解產(chǎn)生的O2：先熄滅酒精燈，后移出導管_______

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水_______A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共40分)23、PCl3是一種重要的化工原料，某化學興趣小組設計制取PCl3的裝置如下圖。

已知：白磷的密度為1.82g·cm?3，幾乎不溶于水，空氣中易自燃；PCl3的熔點為?112℃，沸點為75.5℃，極易水解為H3PO3；受熱易被氧氣氧化。

(1)實驗室保存白磷的方法是_______。

(2)實驗開始加熱前，需要先通入一段時間CO2，然后再點燃酒精燈，必須進行該操作的主要原因是_______。

(3)E裝置中冰水的作用是_______。

(4)裝置F中的藥品是堿石灰，其作用是_______。

(5)測定產(chǎn)品純度；步驟如下：

①稱取mg產(chǎn)品；溶于水配成100mL溶液；

②取上述溶液25.00mL，加入V1mLc1mol·L?1碘水；充分反應；

③以淀粉溶液為指示劑，用c2mol·L?1Na2S2O3溶液滴定②中所得溶液，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知I2+2=+2I-)

步驟②中反應的化學方程式為_______；步驟③滴定終點時的標志是_______；經(jīng)計算，該產(chǎn)品的純度為_______(用含m、V1、V2、c1、c2的式子表示)。24、為測定某氟化稀土樣品中氟元素的質(zhì)量分數(shù)；某化學興趣小組進行了如下實驗。利用高氯酸(高沸點酸)將樣品中的氟元素轉(zhuǎn)化為氟化氫(低沸點酸)蒸出，再進行酸堿滴定來測定含量。實驗裝置如圖所示。

(1)裝置c的名稱是_______。玻璃管a的作用為_______。

(2)實驗步驟：①連接好實驗裝置；檢查裝置氣密性；②往心中加入氟化稀土樣品和一定體積的高氯酸，f中盛有滴加了酚酞的NaOH溶液。加熱裝置b；c。

①下列物質(zhì)中可用來代替高氯酸的是_______(填字母)。

a.硫酸b.鹽酸c.硝酸d.磷酸。

②水蒸氣發(fā)生裝置的作用是_______。

(3)定量測定：將f中得到的餾出液配成溶液，取出加入溶液中，得到沉淀(不考慮其他沉淀的生成)，再用標準溶液滴定剩余(與EDTA按絡合)，消耗EDTA標準溶液則氟化稀土樣品中氟元素的質(zhì)量分數(shù)為_______。

(4)問題討論：若觀察到f中溶液紅色褪去，則可采用的最簡單的補救措施是_______。否則會使實驗結(jié)果_______(填“偏高”“偏低”或“不受影響”)。實驗中除有氣體生成外，可能還有少量(易水解)氣體生成。若有生成，則實驗結(jié)果將不受影響。理由是_______。25、甲苯是一種重要的化工原料，能用于生產(chǎn)苯甲醛、苯甲酸等產(chǎn)品。下表列出了有關物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，請回答：。名稱性狀溶點（℃）沸點（℃）相對密度（）溶解性水乙醇水乙醇甲苯無色液體易熱易揮發(fā)-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛無色液體-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片狀或針狀晶體122.12491.2659微溶易溶

注：甲苯；苯甲醛；苯甲酸三者互溶；

實驗室可用如圖裝置模擬制備苯甲醛。實驗時先在三頸燒瓶中加入0.5g固態(tài)難溶性催化劑,再加入15mL冰醋酸和2mL甲苯；攪拌升溫至7O℃，同時緩慢加入12mL過氧化氫，在此溫度下攪拌反應3小時。

（1）裝置a主要作用是_____________。三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為_______。

（2）經(jīng)測定，反應溫度升高時，甲苯的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，但溫度過高時，苯甲醛的產(chǎn)量卻有所減少，可能的原因是_____________。

（3）反應完畢后，反應混合液經(jīng)過自然冷卻至室溫時，還應經(jīng)過_____、______（填坡操作名稱）等操作；才能得到苯甲醛粗產(chǎn)品。

（4）實驗中加入過量的過氧化氫并延長反應時間時，會使苯甲醛產(chǎn)品中產(chǎn)生較多的苯甲酸。①若想從混有苯甲酸的苯甲醛中分離出苯甲酸，正確的操作步驟是_____（按步驟順序填字母）。

a.對混合液進行分液b.過濾；洗滌、干燥。

c.水層中加入鹽酸調(diào)節(jié)pH=2d.與適量碳酸氫鈉溶液混合振蕩。

②若對實驗①中獲得的苯甲酸產(chǎn)品進行純度測定?？煞Q取2.500g產(chǎn)品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.OOmL于錐形瓶，滴加2～3滴酚酞指示劑，然后用預先配好的0.1000mol/LKOH標準液滴定,到達滴定終點時消耗KOH溶液vmL。產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分數(shù)為______（列出原始的計算式；不需要化簡）。

③下列情況會使測定結(jié)果偏低的是_______（填字母）。

a.滴定終點時俯視讀取耗堿量b.KOH標準液長時間接觸空氣。

c.配且KOH標準液時仰視定容d.將酚酞指示劑換為甲基橙溶液26、2009年6月22日，柯達宣布受到數(shù)碼相機的影響，決定停止彩色膠卷的生產(chǎn)。一代人的回憶在它74歲的時候，畫上了句號。黑白相機的底片上涂有一薄層含AgBr的明膠凝膠，曝光時底片上的AgBr分解成極細的銀晶核；哪部分感光越強，哪部分就越黑。該過程稱之為“潛影”。

已知：Br2在堿性條件下歧化成Br-和BrO

回答以下問題：

(1)可以利用氣體載體N2、H2、CO2等將溴引向物質(zhì)制備溴化物(加熱及夾持裝置省略)：

①裝置的連接順序為___。(按字母順序填寫)

②當載氣中存在氧氣等雜質(zhì)氣體時溴化作用減慢，溴化作用減慢的原因是___。所以待裝置氣密性檢驗完畢后，需___。

(2)裝置B中盛裝NaOH溶液的目的___(用化學方程式解釋)。

(3)請用化學方程式表示鐵絲處發(fā)生的反應__。

(4)該實驗裝置還有一定的缺陷，請改正：___。

(5)α—AgI晶體中的Ag+具有高度的可移動性。根據(jù)這個原理；以α—AgI為主要成分的物質(zhì)作為固體電解質(zhì)電池可以檢測外界氣氛中氧氣的濃度。

O2透過傳感器聚四氟乙烯薄膜，與活性物質(zhì)AlI3發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)物向多孔石墨極片擴散，形成原電池，正極的電極反應式為___。

(6)為測定液溴在反應中的轉(zhuǎn)化率，通過沉淀滴定法測量尾氣吸收液中的Brˉ濃度(假設通過四段式管子的未反應的Br2全部被吸收液吸收)。先滴加適量的硝酸，再滴加幾滴K2CrO4指示劑，然后滴加cmol·L-1的AgNO3溶液至錐形瓶內(nèi)出現(xiàn)___，且30s不變化，停止滴加。此時滴加了VmL。反應共消耗液溴ag，則Br2的轉(zhuǎn)化率是__。(已知Ksp[Ag2CrO4紅色]=2.0×10-12，Ksp[AgBr]=5.0×10-13，用含a、c、V的式子表示)評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共18分)27、(1)觀察如圖所示的兩個裝置；圖1裝置中銅電極上產(chǎn)生大量的無色氣泡，圖2裝置中銅電極上無氣體產(chǎn)生，而鉻電極上產(chǎn)生大量的有色氣體。根據(jù)上述現(xiàn)象試推測金屬鉻具有的兩種重要化學性質(zhì)為。

①____________________________________。

②____________________________________。

(2)如圖是甲烷燃料電池原理示意圖；回答下列問題：

①電池的負極是________(填“a”或“b”)電極，該極的電極反應式為_____________________。

②電池工作一段時間后電解質(zhì)溶液的pH________。(填“增大”“減小”或“不變”)

（3）如圖甲乙所示為某實驗小組設計的原電池：

①該小組依據(jù)的氧化還原反應為(寫離子方程式)________。

②已知反應前電極質(zhì)量相等，一段時間后，兩電極質(zhì)量相差12g，則導線中通過________mol電子。

③用吸管吸出鐵片附近溶液少許置于試管中，向其中滴加少量新制飽和氯水，發(fā)生的離子反應為__________，然后滴加幾滴硫氰化鉀溶液，溶液變紅。28、“低碳經(jīng)濟”備受關注，CO2的捕集；利用與封存成為科學家研究的重要課題。

(1)綠色植物通過圖1所示過程儲存能量，用化學方程式表示其光合作用的過程：_______。

(2)TiO2是一種性能優(yōu)良的半導體光催化劑,能有效地將有機污染物轉(zhuǎn)化為CO2等小分子物質(zhì)。圖2為在TiO2的催化，O3降解CH3CHO的過程,則該反應的化學方程式為_____________________。

(3)將一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密閉容器中發(fā)生反應CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。

①已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=-802kJ/mol

CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H3=-41kJ/mol

則反應CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=___________________________。

②為了探究反應CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反應速率與濃度的關系，起始時向恒容密閉容器中通入CO2與CH4，使其物質(zhì)的量濃度均為1.0mol/L，平衡時，根據(jù)相關數(shù)據(jù)繪制出兩條反應速率與濃度關系曲線(如圖3)：v正-c(CH4)和v逆-c(CO)，則與v正-c(CH4)相對應的是圖中曲線________(填“甲”或“乙”)；該反應達到平衡后，某一時刻降低溫度,反應重新達到平衡，則此時曲線甲對應的平衡點可能為________(填“D”“E”或“F”)。

(4)用稀氨水噴霧捕集CO2最終可得產(chǎn)品NH4HCO3。

①在捕集時，氣相中有中間體NH2COONH4(氨基甲酸銨)生成。現(xiàn)將一定量純凈的氨基甲酸銨置于恒容密閉容器中，分別在不同溫度下進行反應：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。實驗測得的有關數(shù)據(jù)見下表(t123)。1525350000t19×10-32.7×10-28.1×10-2t23×10-24.8×10-29.4×10-2t33×10-24.8×10-29.4×10-2

氨基甲酸銨分解反應是_______(填“放熱”或“吸熱”反應)。15℃時，此反應的化學平衡常數(shù)K=____________________。

②在NH4HCO3溶液中，反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=_____________________(已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常Ka1=4×10-7)。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共8分)29、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：30、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設計的，這兩種化合物相遇會反應生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。31、已知A；B、C、E的焰色反應均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應方程式：____________________。32、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)圖示，A為氯化銀溶液中p(Ag+)與p(Cl-)的關系曲線，線上每一點均為氯化銀的飽和溶液，如a點，p(Ag+)=－lgc(Ag+)=5，則c(Ag+)=10-5mol/L，p(Cl-)=－lgc(Cl-)=5，則c(Cl-)=10-5mol/L，則Ksp（AgC1）=c(Ag+)×c(Cl-)=10-5×10-5=10-10，同理Ksp（AgBr）=c(Ag+)c(Br-)=10-7×10-7=10-14。A.c點，c(Ag+)=10-4mol/L，c(Cl-)=10-4mol/L，因為10-4×10-4=10-8＞Ksp（AgC1）=10-10，說明是AgC1的過飽和溶液，故A錯誤；B.b點的AgC1溶液加入AgNO3晶體，c(Ag+)增大，但c(Cl-)基本不變，不能變成a點，故B錯誤；C.t℃時，AgC1(s)+Br-(aq)AgBr(s)+C1-(aq)平衡常數(shù)K====104，故C錯誤；D.t℃時，取a點的AgC1溶液和b點AgBr溶液等體積混合，c(Ag+)=×10-4mol/L+×10-7mol/L≈×10-4mol/L，c(Br-)=×10-7mol/L，則c(Ag+)c(Br-)=×10-4××10-7＞10-14，有AgBr沉淀生成，故D正確；故選D。2、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)能量變化關系可知，H2(g)和O2(g)反應共釋放(930-436-249)=245kJ的能量，則熱化學方程式可表示為：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)ΔH=-490kJ·mol-1；A正確；

B．水由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)時；將釋放熱量，故乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將大于930kJ，B錯誤；

C．O2和H2化合生成H2O時釋放熱量，因此H2O分解為H2與O2時吸收熱量；C正確；

D．甲→乙吸收熱量，乙→丙釋放能量，甲→丙釋放能量，因此甲、乙、丙中物質(zhì)所具有的總能量大小關系為乙>甲>丙；D正確；

答案選B。3、D【分析】【詳解】

A.將NaOH溶液分多次緩慢注入鹽酸中；會有熱量的損失，中和熱數(shù)值測定結(jié)果偏??；必須一次性快速注入鹽酸中，減小熱量損失，A錯誤；

B.中和熱是指在稀溶液中，氫離子和氫氧根離子生成1molH2O放出的熱量；與酸堿的用量和酸堿的元數(shù)無關，故B錯誤；

C.S的燃燒熱是指1molS固體完全燃燒生成SO2放出的熱量，而不是SO3；故C錯誤；

D.冰是由水分子通過氫鍵形成的分子晶體,冰的熔化熱為6.0kJ·mol-1，1mol冰變成0℃的液態(tài)水所需吸收的熱量為6.0kJ，全用于打破冰的氫鍵，冰中氫鍵鍵能為20.0kJ·mol-1；1mol冰中含有2mol氫鍵,需吸收40.0kJ的熱量,6.0/40.0×100%=15%；所以最多只能打破1mol冰中全部氫鍵的15%，故D正確；

綜上所述；本題選D。

【點睛】

燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒的反應熱，完全燃燒是指物質(zhì)中含有的氫元素轉(zhuǎn)化為液態(tài)水，碳元素轉(zhuǎn)化為氣態(tài)二氧化碳，硫元素變?yōu)闅鈶B(tài)二氧化硫。4、A【分析】【詳解】

A．裝置中銅失電子被氧化，所以銅作負極，石墨作正極，酸性條件下不能生成氫氧根，石墨電極反應為O2+4H++4e-=2H2O；故A錯誤；

B．該裝置為原電池反應的裝置；化學能轉(zhuǎn)化為電能，故B正確；

C．電子流向是負極銅電極流向正極石墨電極；故C正確；

D．自發(fā)進行的氧化還原反應是銅在酸溶液中被氧氣氧化生成氯化銅溶液，反應的化學方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O；故D正確；

故選A。5、C【分析】【詳解】

A．在富氧氛圍下，氧氣充足，噴入少量燃油可以生成等；而不是生成還原性尾氣，A錯誤；

B．系統(tǒng)中的催化劑有Pt；Ba；不是一種，B錯誤；

C．由圖可知，存儲階段，氮元素化合價升高被氧化，以的形式被存儲起來；C正確；

D．還原階段氮元素化合價由+5變?yōu)?發(fā)生還原反應，氫氣、一氧化碳句發(fā)生氧化反應，電子轉(zhuǎn)移為每生成轉(zhuǎn)移電子；D錯誤；

故選C。6、A【分析】【詳解】

A．反應的平衡常數(shù)K=當不再變化時，說明=K；說明反應達到平衡，故A選；

B．反應速率：不能說明正逆反應速率相等，不能作為反應已達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故B不選；

C．反應是氣體體積不變的反應；反應過程中容器內(nèi)氣體的壓強不變，當容器內(nèi)氣體的壓強不再變化時，不能說明反應達到平衡，故C不選；

D．反應過程中氣體總質(zhì)量和總體積不變；則反應過程中容器內(nèi)氣體的密度是定值，當容器內(nèi)氣體的密度不再變化時，不能說明反應達到平衡，故D不選；

故選A。7、A【分析】【分析】

SO與H+不反應，溶液pH變化時，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子濃度越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；CO與H+反應，溶液pH減小，溶液中CO濃度減??；鍶離子濃度增大，pH相同時，1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線。

【詳解】

A．由分析可知，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)c()=10-6.5×1=10-6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為6.2時，鍶離子的濃度為=10mol/L；a=-5.5，A項正確；

B．曲線③為含SrCO3(s)的0.1mol·L-1Na2CO3溶液的變化曲線；B項錯誤；

C．曲線②為含SrSO4(s)的1mol·L-1Na2SO4溶液的變化曲線，由此可求出故lgK=3.1，C項錯誤；

D．結(jié)合電荷守恒和元素守恒，可得濃度均為0.1mol·L-1的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中存在：D項錯誤；

故選A。8、D【分析】【分析】

在稀溶液中，強酸跟強堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量叫做中和熱。實際上是1molH+與1molOH-反應生成1molH2O的反應熱；必須是酸和堿的稀溶液，因為濃酸溶液和濃堿溶液在相互稀釋時會放熱。

【詳解】

A.在稀溶液中酸跟堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時的反應熱叫做中和熱；沒有說明液態(tài)水，故A選項錯誤。

B.1molHCl氣體通入1L0.01mol/LNaOH溶液中反應的熱效應除了中和熱外還有HCl氣體的溶解熱和電離熱效應；故B選項錯誤。

C.HClO為弱酸；電離時需要吸收熱量，所以1molHClO與2molNaOH溶液反應時的反應熱不是中和熱，故C選項錯誤。

D.10L0.05mol/LBa（OH）2溶液與20L0.05mol/LHNO3反應生成1mol水；放出的熱量就是中和熱，故D選項正確。

故答案選D。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①甲池為原電池；原電池中活潑金屬做負極，發(fā)生氧化反應，碳棒做正極，有Cu析出，乙池為電解池，外電路電子流向電源正極，所以碳棒為陽極，放出氯氣，陰極鐵電極上發(fā)生還原反應有Cu析出；

②乙池中，惰性電極為陽極，電解硫酸銅溶液，陽極氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。

（2）①若電解質(zhì)溶液為飽和氯化鈉溶液，則乙池就是用惰性電極為陽極電解氯化鈉溶液，乙池中總反應的離子方程式為2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；

②甲池中碳棒為正極，發(fā)生還原反應，氧氣得到電子生成氫氧根，與吸氧腐蝕的電極反應相同，2H2O＋O2＋4e－=4OH－；乙裝置中，碳棒是陽極，發(fā)生失電子的氧化反應；

③根據(jù)題意知Cl2將生成的I2氧化，若反應的Cl2和I2物質(zhì)的量之比為5∶1，則生成鹽酸和碘酸兩種酸，利用化合價升降法配平，該反應的化學方程式為5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl?！窘馕觥刻艰F4OH－－4e－=2H2O＋O2↑2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－2H2O＋O2＋4e－=4OH－氧化反應5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl10、略

【分析】【分析】

0.1mol/L醋酸溶液中，存在電離平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－

【詳解】

（1）CH3COOH是弱酸，存在電離平衡，可用三段式計算，設溶液中H＋濃度為

根據(jù)Ka＝帶入數(shù)據(jù)，x=1.32×10－3mol·L－1，則0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.32×10－3mol·L－1。

（2）0.1mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的CH3COONa的混合溶液中,設溶液中H＋濃度為列三段式如下。

Ka＝x=1.75×10－5mol·L－1則c(H＋)＝1.75×10－5mol·L－1

（3）將①做如下改變，＝Ka在稀釋過程中不變，減小，則①表達式數(shù)據(jù)變小；

②＝Ka，Ka只與溫度有關；所以②表達式數(shù)據(jù)不變；

③＝Ka在稀釋過程中不變，減小，則③表達式數(shù)據(jù)變大；

④Ka及KW在稀釋過程中不變；則④表達式數(shù)據(jù)不變。

【點睛】

弱電解質(zhì)加水稀釋時，能促進弱電解質(zhì)的電離，溶液中離子和分子濃度會發(fā)生相應變化，但電離平衡常數(shù)不變，考題中經(jīng)常利用電離平衡常數(shù)來判斷溶液中微粒濃度比值的變化情況。【解析】1.32×10－3mol·L－11.75×10－5mol·L－1變小不變變大不變11、略

【分析】【分析】

(1)圖1中，根據(jù)電子流向知，左邊電極是電解池陽極、右邊電極是電解池陰極，陽極上氯離子放電生成氯氣、陰極上氫離子放電生成氫氣，所以a氣球中氣體是氯氣、b氣球中的氣體是氫氣；同時陰極附近有NaOH生成，溶液呈堿性，無色酚酞遇堿變紅色；

(2)利用圖2制作一種環(huán)保型消毒液發(fā)生器；陽極上氯離子放電生成氯氣；陰極上氫離子放電生成氫氣同時陰極有NaOH生成，氯氣和氫氧化鈉反應生成NaClO，次氯酸鈉具有與漂白性，為了使反應更充分，則下邊電極生成氯氣、上邊電極附近有NaOH生成；

(3)由題意可知，氯離子放電生成ClO2；由元素守恒可知，有水參加反應，同時生成氫離子。

【詳解】

(1)圖1中，根據(jù)電子流向知，左邊電極是電解池陽極、右邊電極是電解池陰極，陽極上氯離子放電生成氯氣，左邊電極附近現(xiàn)象有黃綠色氣體生成，陰極上氫離子放電生成氫氣，所以a氣球中氣體是氯氣、b氣球中的氣體是氫氣；同時陰極附近有NaOH生成，溶液呈堿性，無色酚酞遇堿變紅色，所以U形管右邊溶液變紅色；

故答案為H2;

(2)利用圖2制作一種環(huán)保型消毒液發(fā)生器，陽極上氯離子放電生成氯氣、陰極上氫離子放電生成氫氣同時陰極有NaOH生成，氯氣和氫氧化鈉反應生成NaClO，次氯酸鈉具有與漂白性，為了使反應更充分，則下邊電極生成氯氣、上邊電極附近有NaOH生成，上邊電極生成氫氣，為陰極，則c為負極、d為正極；其電池反應式為Cl－＋H2OClO－＋H2↑故答案為負；Cl－＋H2OClO－＋H2↑；

(3)①由題意可知，氯離子放電生成ClO2，由元素守恒可知，有水參加反應，同時生成氫離子，電極反應式為Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，在陰極發(fā)生2H++2e?=H2↑；

故答案為Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。

②，2H++2e?=H2↑生成氫氣物質(zhì)的量為：112×10-3L÷22.4L/mol=0.005mol；通過陽離子交換膜的離子為+1價的離子，故通過陽離子交換膜的離子物質(zhì)的量為0.01mol；

(4)原電池的原理是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,負極銅單質(zhì)失去電子變成銅離子，故右池溶液中c（Cu2+）增大；在原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極，盛放氯化鐵溶液的是正極，故NH4+移向氯化鐵溶液；

故答案是：增大；NH4+。

【點睛】

電解池分陰陽極，陰極與電源的負極相連，陽極與電源的正極相連，電解質(zhì)電離出的陽離子移向陰極得電子被還原，陽離子移向陽極失電子被氧化（如果是活性電極材料，電極本身失電子被氧化）。【解析】H2負Cl－＋H2OClO－＋H2↑Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋0.01mol增大NH4+12、略

【分析】【詳解】

（Ⅰ）（1）由圖可知狀態(tài)Ⅱ的壓強大于狀態(tài)Ⅰ壓強的2倍，所以平衡逆向移動，反應在絕熱條件下進行，逆向進行，說明正反應為放熱反應；已知2X（g）+Y（g）2Z（g）；反應后氣體的物質(zhì)的量減少，所以混亂度減小，△S＜0；該反應在低溫條件下能自發(fā)進行；

（II）（1）正反應方向放熱；升高溫度，化學平衡向逆反應方向移動，生成物濃度減小，反應物濃度增大，K減??；

（2）在同溫下，在原容器中，只加入2molC(與原平衡的起始量“一邊倒”后的數(shù)據(jù)完全相同)，與原平衡的平衡狀態(tài)完全相同，即C＝ωmol/L；根據(jù)兩平衡的轉(zhuǎn)化率之和為100%，則有b＋c=a；

（3）a、V（C）=2V（B2）時；該反應可能達到平衡狀態(tài)也可能沒有達到平衡狀態(tài)，與反應初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

b；該反應是一個反應前后氣體體積減小的可逆反應；當容器內(nèi)壓強保持不變時，正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故正確；

c、v逆（A2）=2v正（B2）=v正（A2）；同一物質(zhì)的正逆反應速率相等，該反應達到平衡狀態(tài)，故正確；

d；混合氣體遵循質(zhì)量守恒定律；則反應前后混合氣體質(zhì)量不變，容器體積不變，則容器內(nèi)的密度保持不變，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯誤；

答案選bc；

（4）a；及時分離出C氣體；平衡正向移動，但反應速率減小，故錯誤；

b；適當升高溫度反應速率增大但平衡逆向移動；故錯誤；

c、增大B2的濃度；平衡正向移動且反應速率增大，故正確；

d；選擇高效的催化劑；反應速率增大但平衡不移動，故錯誤；

答案選c；

（5）恒溫恒容下，正反應為氣體物質(zhì)的量減小的反應，平衡時壓強減小，若將上述容器改為恒壓容器（反應前體積相同），起始時加入2molA2和1molB2，等效為在原平衡的基礎上增大壓強，反應物轉(zhuǎn)化率增大，生成C比恒容時多，則放出的熱量也多，故d>b。

【點睛】

本題考查化學平衡計算、化學平衡影響因素等，注意利用等效思想分析解答，易錯點為（5）恒溫恒容下，正反應為氣體物質(zhì)的量減小的反應，平衡時壓強減小，若將上述容器改為恒壓容器（反應前體積相同），起始時加入2molA2和1molB2，等效為在原平衡的基礎上增大壓強，反應物轉(zhuǎn)化率增大?！窘馕觥?lt;低溫減小b+c=abcc＞13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)NH4Al(SO4)2溶于水電離出Al3＋，Al3＋在溶液中發(fā)生水解反應Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮顆粒產(chǎn)生沉降，從而達到凈化水的目的，故答案為：Al3＋在溶液中發(fā)生水解反應Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性；能吸附水中懸浮顆粒產(chǎn)生沉降，從而達到凈化水的目的；

(2)相同條件下，氫離子和鋁離子均能擬制銨根離子水解，但等濃度的氫離子的抑制程度大于鋁離子，則0．1mol·L－1NH4Al(SO4)2中c()小于0．1mol·L－1NH4HSO4中c(NH4＋)；故答案為：小于；

(3)①由于NH4Al(SO4)2溶于水電離出的NH4＋、Al3＋在溶液中水解使溶液顯酸性，水解反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，溶液中氫離子濃度增大，pH減小，則符合條件的曲線是I，故答案為：I；NH4Al(SO4)2溶于水電離出的銨根離子和鋁離子水解使溶液呈酸性；水解反應是吸熱反應，升高溫度，銨根離子和鋁離子的水解程度增大，氫離子濃度增大，pH減??；

②由圖可知，20℃時，0．1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH為3，由溶液中的電荷守恒關系2c(SO42－)＋c(OH－)＝c(NH4＋)＋c(H＋)＋3c(OH－)(Al3＋)可得20℃時，2c()—c()—3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol·L－1—c(OH－)，故答案為：10－3mol·L－1—c(OH－)；

(4)向100mL0．1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0．1mol·L－1NaOH溶液，發(fā)生的反應為H＋＋OH－=H2O、OH－＋NH4＋=NH3·H2O，由方程式可知，a點時氫氧化鈉溶液恰好中和溶液中氫離子，得到等濃度的硫酸銨和硫酸鈉的混合溶液，溶液中的銨根水解促進水的電離；a點之后，銨根離子與氫氧根離子反應生成抑制水電離的一水合氨，銨根離子濃度越小，促進水的電離程度越小，所以溶液中水的電離程度最大是a點；由圖可知b點時，溶液pH為7，該點為硫酸鈉、硫酸銨和一水合氨的混合溶液，則溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)，故答案為：c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)?！窘馕觥緼l3＋在溶液中發(fā)生水解反應Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解生成的Al(OH)3膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮顆粒產(chǎn)生沉降，從而達到凈化水的目的小于ⅠNH4Al(SO4)2溶于水電離出的銨根離子和鋁離子水解使溶液呈酸性，水解反應是吸熱反應，升高溫度，銨根離子和鋁離子的水解程度增大，氫離子濃度增大，pH減小10—3mol·L－1—c(OH－)ac(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)三、判斷題(共9題，共18分)14、A【分析】【分析】

【詳解】

在任何水溶液中都存在水的電離平衡，水電離產(chǎn)生H＋和OH-，根據(jù)水電離方程式：H2OH＋+OH-可知：水電離出的H＋和OH-數(shù)目相等，由于離子處于同一溶液，溶液的體積相等，因此溶液中c(H＋)和c(OH-)相等，所以任何水溶液中水電離出的c(H＋)和c(OH-)相等這句話是正確的。15、A【分析】【詳解】

題中沒有特殊說明，則反應熱是在常溫常壓下測定，所以表示25℃、101kPa時，1mol反應[]，放熱241.8kJ。(正確)。答案為：正確。16、×【分析】【詳解】

水蒸氣變?yōu)橐簯B(tài)水時放出能量，該變化中沒有新物質(zhì)生成，不屬于化學反應，故水蒸氣變?yōu)橐簯B(tài)水時放出的能量不能稱為反應熱，錯誤。【解析】錯17、B【分析】【分析】

【詳解】

由鉛蓄電池負極反應：Pb+-2e?=PbSO4↓，知反應后負極由Pb轉(zhuǎn)化為PbSO4，增加質(zhì)量，由電極反應得關系式：Pb~PbSO4~2e-~△m=96g，知電路通過2mol電子，負極質(zhì)量增加96g，題干說法錯誤。18、B【分析】【分析】

【詳解】

在100℃時，水的離子積常數(shù)Kw=10-12，則純水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，故純水的pH=6＜7，因此在100℃時，純水的pH＞7的說法是錯誤的。19、B【分析】【詳解】

pH試紙使用時不需要潤濕，濕潤后會造成誤差，紅色石蕊試紙檢測氣體時需要潤濕，故錯誤。20、B【分析】【分析】

【詳解】

水的電離過程為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，氫離子和氫氧根離子濃度均增大，且增大幅度相同；因此100℃時，純水中c(OH-)=c(H＋)=1×10-6mol·L-1，溶液仍為中性，故此判據(jù)錯誤。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，應將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，故正確。22、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)用碳酸鈉粉末與酸反應可以制備CO2；故正確；

(2)用鐵片和稀H2SO4反應制取H2時，為加快產(chǎn)生H2的速率不可改用濃H2SO4；濃硫酸遇鐵，常溫下發(fā)生鈍化，故錯誤；

(3)加熱分解NH4HCO3固體，將所得的氣體進行適當處理除去二氧化碳和水，可獲得NH3；故正確；

(4)用KMnO4固體和用KClO3固體制備O2的裝置完全相同；均是固體加熱，故正確；

(5)由MgCl2溶液制備無水MgCl2：應在HCl氣流中將MgCl2溶液加熱；故錯誤；

(6)應用排水法收集銅粉和稀硝酸反應產(chǎn)生的NO；故錯誤；

(7)排水法收集KMnO4分解產(chǎn)生的O2：先移出導管；后熄滅酒精燈，故錯誤；

(8)濃鹽酸與MnO2反應制備純凈Cl2：氣體產(chǎn)物應先通過飽和食鹽水，后通過濃硫酸，故錯誤。四、實驗題(共4題，共40分)23、略

【分析】【分析】

A裝置為制取氯氣裝置，由于PCl3遇水會水解，所以氯氣必須干燥，裝置B除去氯氣中混有的氯化氫氣體，裝置C用來干燥氯氣；干燥氯氣與白磷在裝置D中生成PCl3，利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止PCl3被氧化。根據(jù)PCl3的沸點數(shù)據(jù)，利用E裝置收集PCl3。因尾氣中含有有毒氣體氯氣且空氣中的水蒸氣可能進入裝置，所以用F裝置中的堿石灰可吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PC13反應；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）白磷幾乎不溶于水；空氣中易自燃，可以在冷水中密封保存。

（2）題目已知條件中PCl3受熱易被氧氣氧化，故利用CO2排出體系中的空氣，防止白磷、PCl3被氧氣氧化。

（3）題目已知條件中PCl3的沸點為75.5℃，通過冰水可冷凝并收集PCl3，防止PCl3揮發(fā)。

（4）反應剩余Cl2必須進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收氯氣；PCl3極易水解，堿石灰可以防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PCl3反應。

（5）PCl3溶于水生成H3PO3的方程式為PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，第②步碘水與H3PO3發(fā)生反應，方程式為H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI；第③步滴定終點時的標志是當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原；根據(jù)反應知PCl3～H3PO3～I2、I2～2，參與反應的PCl3的物質(zhì)的量n(PCl3)=(c1V1×10?3)?產(chǎn)品純度為×100%=×100%?！窘馕觥棵芊獯娣旁诶渌信懦鲶w系中的空氣，防止PCl3被氧氣氧化冷凝PCl3，防止PCl3揮發(fā)吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PCl3反應H3PO3+I2+H2O=H3PO4+2HI當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原×100%24、略

【分析】【分析】

為測定某氟化稀土樣品中氟元素的質(zhì)量分數(shù)，某化學興趣小組進行了實驗，加熱b中的水產(chǎn)生水蒸氣通入c中，裝置c中利用高氯酸(高沸點酸)將樣品中的氟元素轉(zhuǎn)化為氟化氫(低沸點酸)蒸出，再用裝置b產(chǎn)生的水蒸氣將HF吹至裝置F中冷凝收集；最后用滴定法測定氟含量。

【詳解】

（1）裝置c的名稱是三頸燒瓶；a為長玻璃管，主要是平衡壓強，防止燒瓶中壓強過大引起爆炸。

（2）①利用高氯酸為高沸點酸將樣品中的氟元素轉(zhuǎn)化為氟化氫低沸點酸蒸出。

a．硫酸是難揮發(fā)性酸沸點高；可代替高氯酸，a正確；

b．鹽酸是易揮發(fā)性酸，不符合要求，b錯誤；

c．硝酸為易揮發(fā)性酸；不符合要求，c錯誤；

d．磷酸為高沸點酸；難揮發(fā)，可代替高氯酸的，d正確；

故合理選項是ad；

②水蒸氣發(fā)生裝置b的作用是使水蒸氣進入到c中；把c中產(chǎn)生的HF全部趕到f中，減少實驗誤差。

（3）La3+分為兩個部分，一部分與F?反應，比例為1∶3，另一部分與EDTA結(jié)合，比例為1∶1，EDTA消耗的La3+為cV2×10?3mol，F(xiàn)?消耗的La3+為(aV1-cV2)×10?3mol，20mL溶液中F?的物質(zhì)的量為mol，100mL溶液中F?的物質(zhì)的量為氟的質(zhì)量分數(shù)為×100%=×100%。

（4）f中的NaOH溶液是為了吸收揮發(fā)出來的HF，避免F元素的損失，當溶液紅色褪去，說明NaOH幾乎沒有，會導致氟的質(zhì)量分數(shù)偏低，此時只需要再添加NaOH溶液；SiF4氣體進入到f中進行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素沒有損失，所以對實驗結(jié)果沒有影響。【解析】(1)三頸燒瓶平衡壓強；防止燒瓶中壓強過大引起爆炸。

(2)ad使水蒸氣進入到c中；把c中產(chǎn)生的HF全部趕到f中，減少實驗誤差。

(3)×100%

(4)添加NaOH溶液偏低SiF4氣體進入到f中進行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素沒有損失，所以對實驗結(jié)果沒有影響25、略

【分析】【詳解】

（1）儀器a具有球形特征的冷凝管，名稱為為球形冷凝管，甲苯揮發(fā)會導致產(chǎn)率降低，冷凝回流，防止甲苯揮發(fā)導致產(chǎn)率降低；三頸瓶中甲苯被過氧化氫氧化生成苯甲醛，同時還生成水，反應方程式為：

（2）但溫度過高時過氧化氫分解速度加快，實際參加反應的過氧化氫質(zhì)量減小，苯甲醛的產(chǎn)量卻有所減少；

（3）反應完畢后，反應混合液經(jīng)過自然冷卻至室溫時，先過濾分離固體催化劑，再利用蒸餾的方法分離出苯甲酸；

（4）實驗中加入過量的過氧化氫并延長反應時間時；會使苯甲醛產(chǎn)品中產(chǎn)生較多的苯甲酸；

①先與碳酸氫鈉反應之后為苯甲酸鈉，再分液分離，水層中加入鹽酸得到苯甲酸晶體，最后過濾分離得到苯甲酸，再洗滌、干燥得到苯甲酸，故正確的操作步驟是：dacb；

②若對實驗①中獲得的苯甲酸產(chǎn)品進行純度測定，可稱取1.2g產(chǎn)品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于錐形瓶，滴加2～3滴酚酞指示劑，然后用預先配好的0.1000mo/LKOH標準液滴定，到達滴定終點時消耗KOH溶液VmL，苯甲酸的物質(zhì)的量等于消耗KOH物質(zhì)的量，則2.500g產(chǎn)品中苯甲酸為0.001VL×0.1mol/L××122g/molg，產(chǎn)品中苯甲酸的質(zhì)量分數(shù)為

③a．滴定時俯視讀取耗堿量，會使KOH溶液體積讀數(shù)偏小，計算苯甲酸的質(zhì)量偏小，測定結(jié)果偏低，故a符合；b．KOH標準液長時間接觸空氣，會吸收二氧化碳步驟轉(zhuǎn)化為碳酸鉀，導致消耗氫氧化鉀溶液體積偏大，測定結(jié)果偏高，故b不符合；c．配置KOH標準液時仰視定容，液面在刻度線上方，配制標準液的體積偏大、濃度偏小，導致滴定時消耗KOH溶液體積偏大，測定結(jié)果偏高，故c不符合；

d．將酚酞指示劑換為甲基橙溶液；終點時溶液呈酸性，消耗氫氧化鉀溶液體積偏小，測定結(jié)果偏低，故d符合，故答案為ad。

點睛：在酸堿中和滴定實驗中，滴定管都要事先檢查是否漏液，用水洗后再用待裝溶液潤洗。在酸堿中和滴定實驗中，誤差分析時，考慮所有的操作對標準溶液體積的影響，例如用來裝待測液的滴定管沒有潤洗，則待測液的濃度變小，需要的標準液體積變小，則結(jié)果變小。若用待測液潤洗錐形瓶，則待測液的體積變大，需要的標準液變多，結(jié)果偏大。標準液的滴定管沒有潤洗，標準液濃度變小，需要的體積變大，結(jié)果變大。對于滴定過程中的讀數(shù)情況，看標準液的體積變化，體積變大，結(jié)果變大，體積變小，體積變小?！窘馕觥坷淠亓鱄2O2在較高溫度時分解速度加快，使實際參加反應H2O2的減少，影響產(chǎn)量過濾蒸餾dacbab26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①由題意可知是利用氣體載體N2、H2、CO2等將溴引向物質(zhì)制備溴化物；所以A在D之前，且AD之間需要干燥裝置，故C在AD之間，最后需要一個氣體除雜裝置B，故裝置的連接順序為：A→C→D→B。

②氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反應形成氧化膜，減小了溴與銀的接觸面積，減緩溴化反應，因此需先通入一段時間的N2和H2，除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣)，再進行溴化作用，故答案為：氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反應形成氧化膜減緩溴化反應；先通入一段時間的N2和H2；除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣)。

(2)已知Br2在堿性條件下歧化成Br-和BrO裝置B中盛裝NaOH溶液的目的是：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O。

(3)由題意可知是利用N2、H2等氣體作為載體，所以鐵絲處是NH3制取N2、H2，即答案為：2NH3N2+3H2。

(4)該實驗裝置還有一定的缺陷，尾氣中H2的處理，可進行尾氣中的H2收集或點燃。

(5)由題干可知，是O2與活性物質(zhì)AlI3發(fā)生氧化還原反應，形成原電池，故正極的電極反應式為：I2+2e-+2Ag+=2AgI。

(6)因為Ksp[Ag2CrO4紅色]=2.0×10-12，Ksp[AgBr]=5.0×10-13，所以先產(chǎn)生AgBr，再產(chǎn)生Ag2CrO4，即當出現(xiàn)紅色沉淀時，溴離子消耗完，根據(jù)方程式3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O可知理論消耗Br2的質(zhì)量為反應共消耗液溴ag，即Br2的轉(zhuǎn)化率為即答案為：紅色沉淀；()。【解析】A→C→D→B氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反應形成氧化膜減緩溴化反應先通入一段時間的N2和H2，除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣)3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O2NH3N2+3H2尾氣中的H2收集或點燃I2+2e-+2Ag+=2AgI紅色沉淀(1?%)五、原理綜合題(共2題，共18分)27、略

【分析】【詳解】

(1)由圖1可知還原性Cr>Cu，但在稀硝酸中卻出現(xiàn)了反常，結(jié)合稀硝酸的氧化性，不難推測鉻被稀硝酸鈍化，導致活性降低。故金屬鉻具有的兩種重要化學性質(zhì)為：金屬鉻的活潑性比銅強且能和稀硫酸反應生成H2；金屬鉻易被稀硝酸鈍化；(2)①CH4在反應時失去電子，故a電極是電池的負極。由總反應式CH4＋2OH－＋2O2=CO＋3H2O減去正極反應式O2＋2H2O＋4e－=4OH－可得負極反應式CH4＋10OH－－8e－=CO＋7H2O。②由于電池工作過程中會消耗OH－，故一段時間后電解質(zhì)溶液的pH會減小；（3）由圖可知該裝置為原電池，F(xiàn)e為負極，發(fā)生：Fe-2e-=Fe2+，石墨為正極，發(fā)生Cu2++2e-=Cu，總反應式為Fe+Cu2+═Fe2++Cu，一段時間后，兩電極質(zhì)量相差12g，則Fe+Cu2+═Fe2++Cu兩極質(zhì)量差△m轉(zhuǎn)移電子56g64g56g+64g=120g2mol12gn

n=0.2mol

③滴加幾滴硫氰化鉀溶液，溶液變紅，證明溶液中含有鐵離子，而在上述原電池鐵電極失電子產(chǎn)生亞鐵離子，含有亞鐵離子的溶液中滴加少量新制飽和氯水，亞鐵離子被氯氣氧化生成鐵離子，離子反應為：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－?！窘馕觥竣?金屬鉻的活潑性比銅強且能和稀硫酸反應生成H2②.金屬鉻易被稀硝酸鈍化③.a④.CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O⑤.減小⑥.Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu⑦.0.2⑧.2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－28、略

【分析】【分析】

(1)綠色植物在光照條件下將CO2、H2O反應轉(zhuǎn)化為Cn(H2O)m，同時放出O2；

(2)根據(jù)圖示的反應物；生成物；結(jié)合原子守恒書寫方程式；

(3)①根據(jù)蓋斯定律；將已知的熱化學方程式疊加，可得待求反應的熱化學方程式；

②CH4與CO2其起始的物質(zhì)的量濃度均為1.0mol/L；且隨著反應的進行，甲烷的濃度會越來越小，正反應速率也會越來越小，據(jù)此判斷，根據(jù)圖可知，反應平衡時圖中對應的點應為A和F點，降溫后，反應速率減小，平衡逆向移，甲烷的濃度會增大，據(jù)此判斷；

(4)①根據(jù)表中溫度對產(chǎn)生氣體的濃度的影響分析，根據(jù)表中數(shù)據(jù)求反應NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的平衡常數(shù)，要利用表中數(shù)據(jù)求出NH3、CO2的濃度；帶入平衡常數(shù)表達式進行計算；

②利用化學平衡常數(shù)的含義；將物質(zhì)的濃度帶入平衡常數(shù)定義式，結(jié)合物質(zhì)的電離平衡常數(shù)計算分析。

【詳解】

(1)綠色植物在光照條件下將CO2、H2O反應轉(zhuǎn)化為Cn(H2O)m，同時放出O2，反應的方程式為：nCO2+mH2OCn(H2O)m+nO2；

(2)O3在TiO2及紫外線作用下將CH3CHO氧化為CO2，O3被還原為CO2、H2O，反應方程式為：5O3