2025年蘇教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年蘇教版選修4化學(xué)下冊階段測試試卷389考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、25℃時，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)或-1g[c(H+)/c(HC2O4-)]和-1gc(C2O42-)關(guān)系如圖所示；下列說法不正確的是。

A.曲線L1表示-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)的關(guān)系B.Ka2(H2C2O4)的數(shù)量級為10-2C.已知NaHC2O4溶液的pH＜7，則溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水[c(HC2O4-)/c(H2C2O4)]增大2、下圖表示25℃時，稀釋HClO、CH3COOH兩種酸的稀溶液時；溶液pH隨加水量的變化情況。下列說法不正確的是。

A.由圖可知Ⅰ為CH3COOH、Ⅱ為HClOB.圖中a點酸溶液的濃度大于b點酸溶液的濃度C.圖中a、c兩點處的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)D.相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大?。篶(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)3、在25℃時，濃度均為0.5mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三種溶液，測得各溶液的c(NH4+)分別為a、b、c(單位為mol/L)，下列判斷正確的是A.a=b=cB.a＞b＞cC.a＞c＞bD.c＞a＞b4、物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中，濃度最大的是A.(NH4)2SO4B.(NH4)2CO3C.(NH4)2SO3D.(NH4)2Fe(SO4)25、檸檬酸用表示是一種高效除垢劑，現(xiàn)用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢，溶液中的含量隨pH的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.的第二步電離常數(shù)的數(shù)量級為B.時，C.溶液中的水解程度大于電離程度D.時，6、如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀；具有自動吹氣流量偵測與控制的功能，非常適合進(jìn)行現(xiàn)場酒精檢測。下列說法不正確的是。

A.H+從左側(cè)經(jīng)過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)B.該電池的負(fù)極反應(yīng)式為CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋C.電流由O2所在的鉑電極流出D.微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、科學(xué)家積極探索新技術(shù)對CO2進(jìn)行綜合利用。

Ⅰ．CO2可用FeO吸收獲得H2。

i.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔHl=－76.0kJ·mol-1

ⅱ.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+113.4kJ·mol-1

(1)3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)ΔH3=_________kJ·mol-1。

(2)在反應(yīng)i中，每放出38.0kJ熱量，有______gFeO被氧化。

Ⅱ．CO2可用來生產(chǎn)燃料甲醇。

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol-1。在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。

(3)從反應(yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v(H2)＝________mol·(L·min)-1。

(4)氫氣的轉(zhuǎn)化率＝________________________。

(5)該反應(yīng)的平衡常數(shù)為__________________________(保留小數(shù)點后2位)。

(6)下列措施中能使平衡體系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。A．升高溫度B．充入He(g)，使體系壓強增大C．再充入1molH2D．將H2O(g)從體系中分離出去(7)當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，H2的物質(zhì)的量濃度為c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反應(yīng)再一次達(dá)到平衡后，H2的物質(zhì)的量濃度為c2，則c1________c2的關(guān)系(填“＞”；“＜”或“＝”)。

III．CO2可用堿溶液吸收獲得相應(yīng)的原料。

利用100mL3mol·L-1NaOH溶液吸收4.48LCO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)；得到吸收液。

(8)將該吸收液蒸干，灼燒至恒重，所得固體的成分是_________(填化學(xué)式)。8、氮元素可以形成多種氫化物，如NH3、N2H4等。

（1）工業(yè)上，可用次氯酸鈉與氨反應(yīng)制備N2H4（肼），副產(chǎn)物對環(huán)境友好，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式________。

（2）工業(yè)上以NH3和CO2為原料合成尿素[CO(NH2)2]，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)；該反應(yīng)的平衡常數(shù)和溫度關(guān)系如圖所示：

①該反應(yīng)的ΔH_____0（填“>”或“<”）。

②已知原料氣中的氨碳比[]為x，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為a，在一定溫度和壓強下，a與x的關(guān)系如圖所示。a隨著x的增大而增大的原因是______。圖中A點處，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率為__________。

（3）①在氨水加水稀釋的過程中，NH3·H2O的電離程度增大，的值_______。（填“增大”；“減小”或“不變”；）

②室溫下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_____（用離子方程式表示），該反應(yīng)的平衡常數(shù)為______（用含a的數(shù)學(xué)表達(dá)式表示）。9、在一定溫度下，把1molN2和3molH2通入一個一定容積的密閉的容器里，發(fā)生如下反應(yīng)：N2＋3H22NH3；當(dāng)此反應(yīng)進(jìn)行到一定程度時，反應(yīng)混和物就處于化學(xué)平衡狀態(tài)?，F(xiàn)在該容器中，維持溫度不變，令a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的物質(zhì)的量(mol)。如果a、b；c取不同的數(shù)值；它們必須滿足一定的相互關(guān)系，才能保證達(dá)到平衡時，反應(yīng)混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時的完全相同。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）若a＝0，b＝0，則c＝__________。

（2）若a＝0.5，則b＝__________和c＝__________。

（3）a、b、c取值必須滿足的一般條件是：請用兩個方程式表示，其中一個只含a和c，另一個只含b和c______。10、在一定溫度下；冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導(dǎo)電能力I隨加入水的體積V變化的曲線如圖所示。請回答：

（1）“O”點處冰醋酸的導(dǎo)電能力為0的原因是_______________________；

（2）在a、b、c三點處，溶液中c(H+)由小到大的順序為________（用字母表示）；

（3）在a、b、c三點處，電離程度最大的是________（用字母表示）；

（4）若使c點處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①_____________；②______________；③____________。11、(1)25℃下，純水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，則此時c(OH－)＝______________，該溫度下向純水中加鹽酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，則此時溶液的pH＝_______________。若25℃下，向純水中加入NaOH固體，使溶液的pH＝13，此時溶液中c(OH－)＝___________。與純水的電離相似，液氨中也存在著微弱的電離：2NH3NH4+＋NH2－，請寫出液氨的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=____________________________。

(2)同素異形體相互轉(zhuǎn)化的反應(yīng)熱相當(dāng)少而轉(zhuǎn)化速率慢，有時還很不完全，測定時很困難；現(xiàn)可依據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(紅磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

由熱化學(xué)方程式看來，更穩(wěn)定的磷的同素異形體是______(填“白磷”或“紅磷”)，試寫出白磷轉(zhuǎn)化成紅磷的熱化學(xué)方程式______________________________________。12、按照要求回答下列問題。

（1）硫酸鐵溶液顯酸性的原因_____（用離子方程式表示）．

（2）物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和氫氧化鈉溶液混合溶液中c（CH3COO﹣）=c（Na+），則混合后溶液顯_____性．

（3）濃度均為0.1mol/L①氯化銨②醋酸銨③硫酸氫銨④氨水四種溶液中，c（NH4+）由大到小的順序_____（填序號）．

（4）將化合物A的蒸氣1mol充入0.5L容器中加熱分解：2A（g）?B（g）+nC（g），反應(yīng)到3min時，容器內(nèi)A的濃度為0.8mol/L，測得這段時間內(nèi)，平均速率ν（C）=0.6mol/（L?min），則化學(xué)方程式中的n值為_____，ν（B）=_____，此時A的分解率為_____．13、按要求回答下列問題：

（1）常溫下，測得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8，則Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為______________。

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測得混合溶液中c（Na＋）－）。

①混合溶液中c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）c（HB）。

②混合溶液中c（HB）＋c（B－）________（填“>”“<”或“＝”）2c（Na＋）。

（3）已知在常溫下常見弱酸的電離平衡常數(shù)Ka如表所示：

①同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、NaClO、NaCN溶液中陰離子（不含OH－）濃度大小關(guān)系為____________。

②同pH的下列4種物質(zhì)的溶液分別加水稀釋100倍，pH變化最小的是________（填字母）。

aHCNbHClOcH2CO3dCH3COOH

③常溫下物質(zhì)的量濃度相同的醋酸和醋酸鈉混合液的pOH＝8，則c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝____________（用數(shù)值列出計算式即可）mol·L－1。14、(1)依據(jù)反應(yīng)：設(shè)計的原電池如圖所示。

①電極X的材料是________；Y溶液可以是________溶液。

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，向溶液擴散的離子是________（填離子符號）。

(2)鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕可分為析氫腐蝕和吸氧腐蝕；可以采用電化學(xué)手段進(jìn)行防護(hù)。

①寫出鋼鐵在酸性較強的環(huán)境中發(fā)生電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)式：_________。

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用下圖所示的方案：

其中連接在鐵閘門上的固體材料R可以采用________（填寫字母序號）。

a.銅b.鈉c.鋅d.石墨。

(3)電解原理在工業(yè)上有著廣泛的用途；如圖表示一個電解池，裝有電解液a；X；Y是兩塊電極板，通過導(dǎo)線與直流電源相連。

①若X、Y都是惰性電極，a是飽和溶液，則電解的總反應(yīng)式為________________。

②當(dāng)電路中流通電子時，整個裝置共放出氣體________L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)15、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、實驗題(共3題，共18分)16、某同學(xué)進(jìn)行影響草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)速率因素的研究。草酸與酸性高錳酸鉀的反應(yīng)為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室溫下；實驗數(shù)據(jù)如下：

。實驗序號。

①

②

③

加入試劑。

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

MnSO4固體。

0.01mol/LKMnO4

0.1mol/LH2C2O4

Na2SO4固體。

褪色時間/s

116

6

117

請回答：

（1）該實驗結(jié)論是________。

（2）還可以控制變量，研究哪些因素對該反應(yīng)速率的影響________。

（3）進(jìn)行上述三個實驗后，該同學(xué)進(jìn)行反思，認(rèn)為實驗①的現(xiàn)象可以證明上述結(jié)論。請你寫出實驗①的現(xiàn)象并分析產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因________。

（4）實驗②選用MnSO4固體而不是MnCl2固體的原因是_________。17、某興趣小組在實驗室設(shè)計如下實驗研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反應(yīng)。

(1)振蕩靜置后C中觀察到的現(xiàn)象是____；為證明該反應(yīng)存在一定限度，還應(yīng)補做實驗為：取C中分液后的上層溶液然后____(寫出實驗操作和現(xiàn)象)。

(2)測定上述KI溶液的濃度；進(jìn)行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至錐形瓶中，加入適量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反應(yīng)。

Ⅱ.小心加熱除去過量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示劑，用cmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)原理為：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步驟II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步驟川達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是____。

③已知I2濃度很高時，會與淀粉形成穩(wěn)定的包合物不易解離，為避免引起實驗誤差，加指示劑的最佳時機是____。18、二氧化氯(ClO2)是黃綠色易溶于水的氣體，熔點－59℃．沸點11℃，但其濃度過高時易發(fā)生分解，因此常將其制成NaClO2固體便于運輸和貯存?；卮鹣铝袉栴}：

(1)實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉)為原料，通過以下過程制備ClO2：

①電解時發(fā)生反應(yīng)方程式為__________。

②溶液X中大量存在的溶質(zhì)有__________(填化學(xué)式)。

③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是_______(填標(biāo)號)。

a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水。

(2)實驗室中用過氧化氫法將ClO2制備成NaClO2固體；其實驗裝置如圖所示。

①A中發(fā)生的反應(yīng)為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，儀器A的名稱是_______。

②寫出制備NaClO2固體的化學(xué)方程式：__________。冰水浴冷卻的目的是________。

③為了測定NaClO2粗品的純度，取上述粗產(chǎn)品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應(yīng)(NaClO2被還原為Cl-，雜質(zhì)不參加反應(yīng))，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，達(dá)到滴定達(dá)終點時用去標(biāo)準(zhǔn)液20.00mL，試計算NaClO2粗品的純度_______。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)評卷人得分五、計算題(共2題，共6分)19、I.寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）CuCl(s)與O2反應(yīng)生成CuCl2(s)和一種黑色固體。在25℃、101kPa下，已知該反應(yīng)每消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

（2）在1.01×105Pa時，16gS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S固體燃燒熱的熱化學(xué)方程式為________________________。

II.研究NOx、SO2；CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。

（3）處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S固體。已知：

①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_____________________。

（4）氮氧化物是造成光化學(xué)煙霧和臭氧層損耗的主要氣體。已知：

CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)

2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若用標(biāo)準(zhǔn)狀況下3.36LCO還原NO2至N2(CO完全反應(yīng))的整個過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________mol，放出的熱量為______________kJ(用含有a和b的代數(shù)式表示)。20、（1）等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和氨水溶液混合后，溶液呈_____（填“酸性”，“中性”或“堿性”），溶液中c（H+）_____c(OH—)+c(NH3·H2O)（填“＞”或“＝”或“＜”）。

（2）某溫度下，純水中的c(H+)＝2.0×10－7mol/L，此時溶液的c(OH—)＝_______mol/L；若溫度不變，滴入稀鹽酸使c(H+)＝5.0×10－4mol/L，則溶液中c(OH－)＝__________mol/L，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝_______mol/L，此時溫度_______25℃（填“高于”、“低于”或“等于”）。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共2分)21、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A.H2CO4為弱酸，第一步電離平衡常數(shù)>第二步電離平衡常數(shù)，即則則因此曲線L1表示-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O4-)的關(guān)系，曲線L2表示-1g[c(H+)c(HC2O4)和-1gc(C2O42-)的關(guān)系，故A正確；B.根據(jù)上述分析，因為則故B錯誤；C.根據(jù)B的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，則NaHC2O4的水解平衡常數(shù)說明以電離為主，溶液顯酸性，則c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故C正確；D.向0.1mol/LH2C2O4溶液中加入少量水，草酸的電離程度增大，[c(HC2O4-)/c(H2C2O4)]增大，故D正確；本題選B。2、B【分析】【詳解】

A．由于酸性：CH3COOH＞HClO，則加入等量的水時，CH3COOH的pH變化更大，因此圖像中Ⅰ為CH3COOH；Ⅱ為HClO；A選項正確；

B．由A可知，CH3COOH的電離程度大于HClO，當(dāng)兩者稀釋相同倍數(shù)時，即到a、b兩點時，CH3COOH的濃度小于HClO；B選項錯誤；

C．曲線Ⅰ代表CH3COOH，CH3COOH中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+，其電離平衡常數(shù)則a、c兩電溫度相同，所以Kw和Ka均相等，即相等；C選項正確；

D．相同濃度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于CH3COO-和ClO-均會水解顯堿性，且水解程度CH3COO-＜ClO-，因此溶液中離子濃度c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；D選項正確；

答案選B。3、D【分析】【詳解】

加入與原水解離子的水解性質(zhì)相同的物質(zhì)，對原水解離子有抑制作用，加入與原水解離子的水解性質(zhì)相反的物質(zhì)，對原水解離子有促進(jìn)作用；三種溶液中均存在下述水解平衡：對于(NH4)2CO3，因為使水解平衡向右移動，促進(jìn)水解．對于(NH4)2Fe(SO4)2，因為因增大了c(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移動，所以c＞a＞b；故答案為：D。

【點睛】

不同溶液中同一離子濃度的大小比較時；選好參照物，分組比較各個擊破：

如25℃時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的順序為⑤>④>③>①>②，分析流程為：4、D【分析】【分析】

根據(jù)的濃度和水解的影響角度來分析，如果含有對水解起促進(jìn)作用的離子；則銨根離子水解程度增大，如果含有抑制銨根離子水解的離子，則銨根的水解程度減弱；銨根離子的水解程度較小，則濃度相同時，化學(xué)式中銨根離子數(shù)目越多，則溶液中銨根離子濃度越大，據(jù)此進(jìn)行解答。

【詳解】

物質(zhì)的量濃度相同的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2SO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；若不考慮其他因素影響，銨根離子濃度相同；

A.(NH4)2SO4溶液中的水解不受硫酸根離子的影響；

B.(NH4)2CO3溶液中碳酸根離子的水解對的水解起促進(jìn)作用，導(dǎo)致水解程度增大，濃度減小；

C.(NH4)2SO3溶液中亞硫酸根離子的水解對的水解起促進(jìn)作用，導(dǎo)致水解程度增大，濃度減??；

D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的亞鐵離子的水解對的水解起抑制作用，導(dǎo)致水解程度減小，濃度增大；

則濃度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，答案選D。5、B【分析】【分析】

根據(jù)圖像，H3R為三元弱酸，電離方程式為H3RH2R－＋H＋、H2R－HR2－＋H＋、HR2－R3－＋H＋，隨著pH增大H＋濃度減小，促進(jìn)電離，曲線分別代表H3R、H2R－、HR2－、R3－；據(jù)此分析解答。

【詳解】

檸檬酸溶液電離方程式：H3RH2R－＋H＋、H2R－HR2－＋H＋、HR2－R3－＋H＋，隨著pH值的增大，氫離子濃度會減小，促進(jìn)電離，在圖形中表示的曲線分別為a、b；c、d；

A.H3R的第二步電離平衡常數(shù)Ka2=電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度大小無關(guān)，曲線b、c交點時，Ka2=c(H＋)≈10－4.6，數(shù)量級約為故A錯誤；

B.時，溶液顯示酸性，據(jù)圖有故B正確；

C.根據(jù)圖示知道，Na2HR溶液顯示酸性，說明HR2－的水解程度小于電離程度；故C錯誤；

D.時，現(xiàn)用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢，溶液中含有其他陽離子，如Ca2＋、Mg2＋等；不符合電荷守恒，故D錯誤。

答案：B。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A.有裝置圖可知：左側(cè)為負(fù)極，右側(cè)為正極，故H+從左側(cè)經(jīng)過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)；故A正確；

B.該電池的負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，分析裝置圖可知酒精在負(fù)極被氧氣氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；故B錯誤；

C．乙醇燃料電池中，負(fù)極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)，電流由正極流向負(fù)極，即從O2所在的鉑電極經(jīng)外電路流向另一電極；故C正確；

D．根據(jù)微處理器通過檢測電流大小可以得出電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量；根據(jù)電極反應(yīng)式可以計算出被測氣體中酒精的含量，故D正確；

本題答案為：B。二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】（1）

依據(jù)蓋斯定律，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)可由(i+ii)得到，則ΔH3=(－76.0kJ·mol-1+113.4kJ·mol-1)=+18.7kJ·mol-1；

（2）

由反應(yīng)i可看出，當(dāng)有6molFeO參與反應(yīng)，其中有4molFeO被氧化，放出76kJ的熱量，則當(dāng)放出38kJ的熱量時，有2mol的FeO被氧化，有3molFeO參與反應(yīng)，則被氧化的FeO的質(zhì)量為2mol72g/mo=144g；

（3）

由圖中數(shù)據(jù)可以看出，10min時反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c(CO2)=1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，濃度轉(zhuǎn)化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則c(H2)=30.75mol/L=2.25mol/L，v(H2)＝=0.225mol·(L·min)-1；

（4）

氫氣初始濃度為3mol/L，達(dá)到平衡時H2的濃度變化量為2.25mol/L，故H2的轉(zhuǎn)化率為=75

（5）

根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，平衡時c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=3mol/L-2.25mol/L=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，所以平衡常數(shù)K=≈5.33；

（6）

A．反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆向移動，二氧化碳的物質(zhì)的量增大，甲醇的物質(zhì)的量減小，n(CH3OH)/n(CO2)減?。籄錯誤；

B．充入He(g)，使體系壓強增大，但參與反應(yīng)的各物質(zhì)的濃度不變，平衡不移動，n(CH3OH)/n(CO2)不變；B錯誤；

C．再充入1molH2，增大了反應(yīng)物濃度，平衡向正向移動，二氧化碳的物質(zhì)的量減小，甲醇的物質(zhì)的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；C正確；

D．將H2O(g)從體系中分離出去，生成物濃度減小，平衡向正向移動，二氧化碳的物質(zhì)的量減小，甲醇的物質(zhì)的量增大，n(CH3OH)/n(CO2)增大；D正確；

答案選CD；

（7）

在恒容密閉容器中，進(jìn)行的反應(yīng)，增大氫氣的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，但只能是減弱氫氣濃度的改變，不能抵消，所以c1c2；

（8）

n(NaOH)=0.1L3mol/L=0.3mol，n(CO2)==0.2mol，因為：當(dāng)二氧化碳過量時：NaOHCO2=NaHCO3，氫氧化鈉和二氧化碳1:1反應(yīng)生成碳酸氫鈉，當(dāng)氫氧化鈉過量時：2NaOHCO2=Na2CO3，氫氧化鈉和二氧化碳2:1反應(yīng)生成碳酸鈉，而題目所給氫氧化鈉和二氧化碳的物質(zhì)的量之比為3:2，所以得到的是NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，將混合溶液蒸干，灼燒至恒重，NaHCO3分解，產(chǎn)物只有Na2CO3。【解析】+18.71440.22575%5.33CD＜Na2CO38、略

【分析】【詳解】

（1）由題，NH3和NaClO反應(yīng)副產(chǎn)物對環(huán)境無污染，可知產(chǎn)物為NaCl和H2O，反應(yīng)方程式為：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高，平衡常數(shù)越小，說明反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即ΔH＜0；

②x增大說明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移動，從而提高CO2的轉(zhuǎn)化率，故a隨著x的增大而增大；由圖A點處x=3，若假設(shè)原料氣中n(CO2)=1mol，則n(NH3)=3mol，又CO2的轉(zhuǎn)化率為63%，即CO2反應(yīng)了0.63mol，由題給反應(yīng)方程式可知NH3反應(yīng)了1.26mol，所以NH3的轉(zhuǎn)化率為：

（3）①由題：其中Kb表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)，Kw表示水的離子積常數(shù)，在溫度不變的情況下，數(shù)值不變，故的值不變；

②(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+發(fā)生水解，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3·H2O)=10-5mol/L，又NH4+發(fā)生水解部分不計，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常數(shù)為：【解析】2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O＜增大c(NH3)，平衡正向移動，從而提高CO2的轉(zhuǎn)化率42%不變NH4++H2ONH3·H2O+H+9、略

【分析】【分析】

給據(jù)題給信息；本題為恒溫恒容條件下等效平衡的判斷和計算。首先分析可逆反應(yīng)，可知該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等的可逆反應(yīng)。對于這樣的可逆反應(yīng)，要保證反應(yīng)混合物中三種氣體的百分含量仍跟上述平衡時的完全相同,即要與原平衡等效,則投入的物質(zhì)的量換算成同一邊物質(zhì)，應(yīng)與之前相應(yīng)物質(zhì)的投入量相等。據(jù)此進(jìn)行計算判斷。

【詳解】

（1）根據(jù)反應(yīng)方程式，將1molN2和3molH2換算成NH3的量，為2mol，則可知2molNH3相當(dāng)于1molN2和3molH2；則c=2，答案為：2；

（2）根據(jù)反應(yīng)方程式，有：N2＋3H22NH3

根據(jù)等效平衡有：解得：答案為：1.5；1；

（3）根據(jù)題意有：N2＋3H22NH3

根據(jù)等效平衡有：答案為：【解析】21.5110、略

【分析】【分析】

溶液的導(dǎo)電能力主要由離子濃度來決定，題目中的圖像說明冰醋酸加水稀釋過程中離子濃度隨著水的加入先逐漸增大后逐漸減小，c(H+)在b點處的溶液中最大，在c點處的溶液中最小，這是因為加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動，n(H+)增大使c(H+)有增大的趨勢，而V(aq)增大使c(H+)有減小的趨勢，c(H+)增大還是減?。蝗Q于這兩種趨勢中哪一種占主導(dǎo)地位，越稀越電離，電離程度增大，向溶液中加入消耗氫離子的物質(zhì)會使平衡正向移動，醋酸根離子濃度增大，氫離子濃度減小。

【詳解】

⑴“O”點處冰醋酸的導(dǎo)電能力為0的原因是在“O”點處；未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未發(fā)生電離，沒有自由移動的離子存在，故導(dǎo)電能力為0，故答案為：在“O”點處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在。

⑵導(dǎo)電能力越強，溶液中c(H+)越大，因此溶液中c(H+)由小到大的順序為c<a<b，故答案為：c<a<b。

⑶加水稀釋；越稀越電離，因此電離程度最大的是c，故答案為：c。

⑷若使c點處的溶液中c(CH3COO－)增大，c(H+)減小，可采取的措施有①加少量NaOH固體；②加少量Na2CO3固體；③加入Zn，Mg等活潑金屬，故答案為：加少量NaOH固體；加少量Na2CO3固體；加入Zn，Mg等活潑金屬?！窘馕觥竣?在“O”點處冰醋酸未發(fā)生電離，無離子存在②.c<a<b③.c④.加少量NaOH固體⑤.加少量Na2CO3固體⑥.加入Zn，Mg等活潑金屬11、略

【分析】【詳解】

(1)25℃下，純水中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，則此時c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1;

該溫度下向純水中加鹽酸，使溶液中的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，則此時溶液的pH＝-lgc(H＋)＝=-lg10－3=3；

若25℃下，向純水中加入NaOH固體，使溶液的pH＝13，此時溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1。

與純水的電離相似，液氨中也存在著微弱的電離：2NH3NH4+＋NH2－，根據(jù)電離平衡常數(shù)的定義，液氨的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=

(2)依據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計算。已知：

P4(白磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H1＝－283.2kJ·mol－1①

4P(紅磷，s)＋5O2(g)＝2P2O5(s)；△H2＝－184.0kJ·mol－1②

①-②得：P4(白磷，s)=4P(紅磷，s)△H=－283.2kJ·mol－1+184.0kJ·mol－1=-99.2kJ·mol－1，由熱化學(xué)方程式看來，更穩(wěn)定的磷的同素異形體是紅磷?！窘馕觥?×10－7mol·L－131×10－1mol·L－1或0.1mol·L－1K=紅磷P4(白磷，s)＝4P(紅磷，s)△H1＝－99.2kJ·mol－112、略

【分析】【分析】

(1)硫酸鐵溶液中，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒進(jìn)行分析；

(3)從鹽類的水解和弱電解質(zhì)的電離程度微弱進(jìn)行分析；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率以及物質(zhì)的量在反應(yīng)方程式的應(yīng)用進(jìn)行分析；

【詳解】

(1)硫酸鐵屬于強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；溶液顯酸性；

(2)根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，因為c(Na＋)=c(CH3COO－)，因此有c(H＋)=c(OH－)；溶液顯中性；

(3)鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，因此四種溶液中NH3·H2O中的c(NH4＋)最小，硫酸氫銨溶液中存在大量H＋，抑制NH4＋的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，相互促進(jìn)水解，鹽中c(NH4＋)最小，因此c(NH4＋)由大到小的順序是③①②④；

(4)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的數(shù)學(xué)表達(dá)式，這段時間內(nèi)生成C的物質(zhì)的量濃度為0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L，根據(jù)反應(yīng)方程式，解得n=3，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min)，0-3min消耗A的物質(zhì)的量為(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol，則A的分解率=×100%=60%。

【點睛】

本題的難點是(3)，鹽類水解程度和弱電解質(zhì)的電離程度都是微弱，首先判斷出NH3·H2O中c(NH4＋)最小，①②③中c(NH4＋)判斷，醋酸銨溶液中CHCOO-和NH4＋相互促進(jìn)水解，因此醋酸銨中c(NH4＋)小于NH4Cl中的c(NH4＋)，硫酸氫銨中HSO4-完全電離，相當(dāng)于一元強酸，H＋會抑制NH4＋水解，因此硫酸氫銨溶液中c(NH4＋)大于NH4Cl中c(NH4＋)，從而的出結(jié)果。【解析】①.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%13、略

【分析】【分析】

（1）常溫下，測得0.1mol·L－1Na2A溶液的pH＝8；說明該鹽屬于強堿弱酸鹽，水解顯堿性，據(jù)此進(jìn)行分析離子濃度大小關(guān)系；

（2）將0.2000mol·L－1HB溶液與0.1000mol·L－1NaOH溶液等體積混合后溶液中的溶質(zhì)為NaB和HB，且其物質(zhì)的量之比為1:1；溶液中存在電荷守恒：因為c（Na＋）－），故c（H＋）>c（OH－）溶液顯酸性；因為題目中問到了c（HB）；故HB為弱酸；

（3）弱酸的電離平衡常數(shù)越大；酸性越強，其酸根陰離子的水解程度越弱。

【詳解】

（1）Na2A溶液pH＝8，說明存在水解，Na2A溶液中存在的電離：（微弱）；Na2A溶液中存在的水解：Na2A溶液中各離子的濃度大小關(guān)系為：

（2）①溶液存在電離：同時存在水解根據(jù)溶液顯酸性可知電離程度大于水解程度，所以c（B－）>c（HB）故答案為：>；

②根據(jù)物料守恒可知c（HB）＋c（B－）=2c（Na＋）；故答案為：=；

（3）①根據(jù)圖表提供信息可知電離平衡常數(shù)：CH3COOH>HClO>HCN；故水解程度：CH3COONa－）濃度大小關(guān)系為CH3COO->ClO->CN-，故答案為：CH3COO->ClO->CN-；

②加水稀釋時酸性越弱pH值變化越?。还蚀鸢笧椋篴；

③根據(jù)常溫下pOH＝8，可知c(OH)=1×10-8mol·L－1，c(H+)=1×10-6mol·L－1；溶液中的電荷守恒為：物料守恒為：相減消去鈉離子可得：故答案為：2×10-6-2×10-8?！窘馕觥?gt;=CH3COO->ClO->CN-a2×10-6-2×10-814、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①依據(jù)反應(yīng)：可知，該裝置為銅鋅原電池，Zn作負(fù)極，Cu作正極，則電極X的材料是Zn(鋅)；Y溶液可以是CuSO4(硫酸銅)溶液；

②電池放電過程中，盛有飽和瓊脂溶膠的鹽橋中，溶液在負(fù)極區(qū)，原電池中，陰離子向負(fù)極移動，則向溶液擴散的離子是

(2)①鋼鐵在酸性較強的環(huán)境中發(fā)生析氫腐蝕，正極反應(yīng)式：2H++2e-=H2↑；

②為了減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率；可以采用圖示中的犧牲陽極的陰極保護(hù)法，即在鐵閘門上的固體材料R的活潑性要強于鐵；

a．銅的活潑性比鐵弱，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故a不符合題意；

b．鈉的活潑性比鐵強，但鈉可與水反應(yīng)，故b不符合題意；

c．鋅的活潑性比鐵強；可代替鐵作負(fù)極，能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故c符合題意；

d．石墨活潑性比鐵弱；不能代替鐵作負(fù)極，不能減緩水庫鐵閘門被腐蝕的速率，故d不符合題意；

答案選c；

(3)①根據(jù)圖示，該裝置為電解質(zhì)，X、Y都是惰性電極，根據(jù)電源電極可知，X作陰極，Y作陽極，若a是飽和溶液，則該裝置為電解飽和食鹽水，生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，電解的總反應(yīng)式為2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

②根據(jù)①中電解總反應(yīng)，生成1mol氯氣和1mol氫氣時電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，當(dāng)電路中流通電子時，生成0.1mol氯氣和0.1mol氫氣，則整個裝置共放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積為0.2×22.4L/mol=4.48L。【解析】Zn(鋅)CuSO4(硫酸銅)2H++2e-=H2↑c2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑4.48L三、判斷題(共1題，共2分)15、×【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】錯四、實驗題(共3題，共18分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）實驗①、②、③中使用的反應(yīng)物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室溫下反應(yīng)，說明濃度相同，溫度相同，高錳酸鉀褪色時間最快的是②，加了硫酸錳，③中加的是硫酸鈉與①褪色時間基本相同，對比得知起催化作用的是Mn2+，即該實驗結(jié)論是在其他條件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應(yīng)的催化劑；起著加快反應(yīng)速率的作用；

（2）除催化劑對反應(yīng)速率有影響外；還有其他的外界因素如溫度；濃度等；

（3）實驗②中是單獨加入催化劑MnSO4，而草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)會生成MnSO4，那么這個反應(yīng)的產(chǎn)物就會起到催化劑的作用，所以實驗①的現(xiàn)象是：KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快，因為反應(yīng)生成的MnSO4是草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)的催化劑；能加快化學(xué)反應(yīng)速；

（4）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化氯化錳中的氯離子，也會使KMnO4溶液褪色；從而縮短褪色時間，產(chǎn)生干擾。

【點睛】

本題考查了草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，注意對比實驗的關(guān)鍵是其他條件不變，控制其中的一個變量進(jìn)行分析，另外考查了酸性高錳酸鉀溶液的強氧化性，題目難度適中?！窘馕觥吭谄渌麠l件相同時，Mn2+是KMnO4與H2C2O4反應(yīng)的催化劑，起著加快反應(yīng)速率的作用溫度、濃度等KMnO4溶液褪色的速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快。因為反應(yīng)生成的MnSO4是KMnO4與H2C2O4反應(yīng)催化劑，能加快反應(yīng)速率酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也會使KMnO4溶液褪色，產(chǎn)生干擾17、略

【分析】【分析】

(1).由題意可知，過量的碘化鉀溶液與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵和碘，向溶液中加入四氯化碳，振蕩靜置，溶液分層為證明該反應(yīng)存在一定限度，應(yīng)檢驗上層溶液中是否存在Fe3+；

(2).由步驟可知，雙氧水的氧化性強于單質(zhì)碘，若步驟1省略，溶液中過氧化氫會與Na2S2O3溶液反應(yīng)；當(dāng)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應(yīng)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，為避免引起實驗誤差，滴定開始時不能加入淀粉指示劑，應(yīng)當(dāng)在I2濃度較小時再滴入淀粉。

【詳解】

(1).由題意可知，過量的碘化鉀溶液與氯化鐵溶液反應(yīng)生成氯化亞鐵和碘，向溶液中加入四氯化碳，振蕩靜置，溶液分層，上層為氯化鐵和氯化亞鐵得混合溶液，溶液的顏色為黃綠色，下層為碘的四氯化碳溶液，溶液的顏色為紫色；為證明該反應(yīng)存在一定限度，應(yīng)檢驗上層溶液中是否存在Fe3+；還應(yīng)補做實驗為：取C中分液后的上層溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液變紅色，故答案為：溶液分層，上下層四氯化碳層呈紫色，上層水層為黃綠色；滴加KSCN溶液，溶液變紅；

(2).由步驟可知，雙氧水的氧化性強于單質(zhì)碘，若步驟1省略，溶液中過氧化氫會與Na2S2O3溶液反應(yīng)，導(dǎo)致Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，所測結(jié)果偏高，故不能省略；當(dāng)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應(yīng)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；由I2濃度很高時，會與淀粉形成穩(wěn)定的包合物不易解離，為避免引起實驗誤差，滴定開始時不能加入淀粉指示劑，應(yīng)當(dāng)在I2濃度較小時再滴入淀粉，故答案為：不能；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時，藍(lán)色褪去且30秒內(nèi)不復(fù)原；用cmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈淺黃色時；加入淀粉指示劑，再繼續(xù)滴加。

【點睛】

當(dāng)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液過量時，溶液中碘單質(zhì)完全反應(yīng)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，為避免引起實驗誤差，滴定開始時不能加入淀粉指示劑，應(yīng)當(dāng)在I2濃度較小時再滴入淀粉是解答關(guān)鍵，也是難點和易錯點?！窘馕觥咳芤悍謱?，下層四氯化碳層呈紫色，上層水層為黃綠色滴加KSCN溶液，溶液變紅不可以當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時，藍(lán)色褪去且30秒內(nèi)不恢復(fù)用cmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈淺黃色時，加入淀粉指示劑，再繼續(xù)滴加18、略

【分析】【分析】

(1)由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中進(jìn)行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，加入NaClO2溶液反應(yīng)生成ClO2、NH3、溶液X，X中含Cl-、OH-，由信息可知，ClO2易溶于水；所以不能利用水溶液吸收，氨氣為堿性氣體，利用性質(zhì)差異分離提純；

(2)氯酸鈉(NaClO3)在酸性條件下與過氧化氫生二氧化氯，ClO2與氫氧化鈉溶液和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaClO2，NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到晶體NaClO2?3H2O；結(jié)合滴定原理及發(fā)生的反應(yīng)計算產(chǎn)物的純度。據(jù)此分析解答。

（1）①氯化銨在鹽酸溶液中進(jìn)行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，發(fā)生反應(yīng)方程式為NH4Cl+2HCl3H2+NCl3，故答案為：NH4Cl+2HCl3H2+NCl3；②加入NaClO2溶液反應(yīng)生成ClO2、NH3、溶液X，X中含Cl-、OH-，則溶質(zhì)為NaCl、NaOH；故答案為：NaCl、NaOH；③由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水或水溶液吸收，氨氣為堿性氣體，可與酸反應(yīng)，則應(yīng)選用濃硫酸除去ClO2中的NH3；故答案為：c；

（2）①A中發(fā)生的反應(yīng)為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，儀器A的名稱是三頸(口)燒瓶；故答案為：三頸(口)燒瓶；②根據(jù)分析，ClO2與氫氧化鈉溶液和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaClO2，則制備NaClO2固體的化學(xué)方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；根據(jù)題中信息，ClO2的熔沸點較低，溫度過高易揮發(fā)，制備NaClO2時使用雙氧水，雙氧水高溫下易分解，導(dǎo)致產(chǎn)率降低，則冰水浴冷卻的目的是減少雙氧水分解或減少ClO2的揮發(fā)或提高ClO2的溶解度；故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；減少雙氧水分解或減少ClO2的揮發(fā)或提高ClO2的溶解度；③含有NaClO2的溶液中加入足量酸化的KI溶液反應(yīng)，NaClO2被還原為Cl-，離子反應(yīng)方程式為：ClO+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，根據(jù)2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得關(guān)系式：ClO~2I2~4Na2S2O3，則1L樣品的溶液中n(NaClO2)=×n(Na2S2O3)×=×0.20mol·L-1×0.02L×100=0.1mol，則NaClO2粗品的純度==90.5%。故答案為：90.5%；【解析】(1)NaCl；NaOHc

(2)三頸(口)燒瓶2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O減少雙氧水分解或減少ClO2的揮發(fā)或提高ClO2的溶解度90.5%五、計算題(共2題，共6分)19、略

【分析】【分析】

I.（1）黑色固體為氧化銅；消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放熱177.6kJ，據(jù)此書寫熱化學(xué)方程式；

（2）16g（即0.5mol）S固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫；放熱148.5kJ，1molS固體在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放熱297kJ，據(jù)此書寫熱化學(xué)方程式；

II.（3）（4）利用蓋斯定律進(jìn)行計算；并書寫正確的熱化學(xué)方程式；

【詳解】

I.（1）黑色固體為氧化銅，消耗1molCuCl(s)，放熱44.4kJ，消耗4molCuCl(s)，放熱177