2025年統(tǒng)編版2024選修4化學(xué)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2025年統(tǒng)編版2024選修4化學(xué)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(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8題，共16分)1、下列說法中正確的是（）A.使用催化劑能夠降低化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱B.用廣泛pH試紙測得0.01mol·L-1HCl溶液的pH=2.0C.CH3COOH與NaOH的混合溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)D.80℃時，pH=2的HCl與pH=12的Ba(OH)2等體積混合后的溶液中：2c(Ba2+)=c(Cl-)2、N2O和CO是環(huán)境污染性氣體，可在Pt2O+表面轉(zhuǎn)化為無害氣體，其反應(yīng)為:N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH；有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的物質(zhì)變化過程如圖1，能量變化過程如圖2。下列說法正確的是。

A.由圖1可知:ΔH1=ΔH+ΔH2B.由圖2可知:ΔH=-226kJ/molC.由圖2可知:反應(yīng)①的反應(yīng)速率比反應(yīng)②快D.為了實現(xiàn)轉(zhuǎn)化需不斷向反應(yīng)器中補充Pt2O+和Pt2O2+3、在某2L恒容密團容器中充入2molX(g)和1molY(g)發(fā)生反應(yīng)：2X(g)+Y(g)3Z(g)△H；反應(yīng)過程中持續(xù)升高溫度，測得混合體系中X的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示：下列推斷正確的是。

A.Q點時，Y的轉(zhuǎn)化率最大B.升高溫度，平衡常數(shù)增大C.W點Y的正反應(yīng)速率等于M點Y的正反應(yīng)速率D.平衡時充入Y，達(dá)到新平衡時Y的體積分?jǐn)?shù)比原平衡時小4、相同溫度下，在體積相等的三個恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－92.4kJ/mol。實驗測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。容器編號起始時各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol平衡時反應(yīng)中的能量變化N2H2NH3NH3①130放出熱量akJ②230放出熱量bkJ③260放出熱量ckJ

下列敘述正確的是（）。A.達(dá)平衡時氨氣的體積分?jǐn)?shù)：①＞③B.三個容器內(nèi)反應(yīng)的平衡常數(shù)：③＞①＞②C.放出熱量關(guān)系：a＜b＜92.4D.H2的轉(zhuǎn)化率：①＞②＞③5、常溫下，100mL0.1mol·L－1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9，則下列比較中正確的是（）A.HX、HY、HZ的酸性依次增強B.溶液中的離子濃度c(X－)－)－)C.電離常數(shù)K(HY)D.c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)6、25℃時，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入過量金屬錫（），發(fā)生反應(yīng)：體系中c（Pb2+）和c（Sn2+）變化關(guān)系如圖所示。下列判斷正確的是。

A.往平衡體系中加入少量金屬鉛后，c（Pb2+）增大B.往平衡體系中加入少量固體后，c（Sn2+）變小C.升高溫度，平衡體系中c（Pb2+）增大，說明該反應(yīng)D.25℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=2.27、下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖恰?/p>

。選項。

實驗?zāi)康摹?/p>

實驗方案。

A

比較Ksp(BaCO3)sp(BaSO4)

向BaSO4懸濁液中加入飽和Na2CO3溶液；充分?jǐn)嚢?，靜置，過濾，洗滌。向濾渣中加入鹽酸有氣泡產(chǎn)生。

B

比較CH3COOH和HClO的酸性強弱。

用pH試紙分別測量物質(zhì)的量濃度相等的CH3COONa和NaClO溶液的pH

C

配制480mL0.2mol·L?1CuSO4溶液。

將25gCuSO4·5H2O溶于蒸餾水配成500mL溶液。

D

驗證Na2SO3是否變質(zhì)。

在Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀；滴入鹽酸沉淀不溶解。

A.AB.BC.CD.D8、如圖所示各燒杯中盛有海水；鐵在其中被腐蝕，腐蝕的速率由快到慢的順序為。

A.⑤②①④③B.③②⑤④①C.⑤④③②①D.⑤②①③④評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、下列說法正確的是()A.任何酸與堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O的過程中，能量變化均相同B.同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同C.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1，則a＞bD.已知：①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②C(s，金剛石)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－395.0kJ·mol－1，則C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－110、初始溫度為t℃，向三個密閉的容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生如下反應(yīng)：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，測得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：。容器容器類型初始體積初始壓強/Pa反應(yīng)物投入量/mol平衡時Cl2的物質(zhì)的量/molHClO2Cl2H2OHClO2Cl2H2OI恒溫恒容1L41001II絕熱恒容1Lp20022aIII恒溫恒壓2Lp38200b

下列說法正確的是()A.反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行11、煙氣中的NO經(jīng)過O3預(yù)處理，再用CaSO3懸濁液吸收去除。預(yù)處理時發(fā)生反應(yīng)：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)。測得：v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。向容積均為2L的甲、乙兩個密閉容器中充入一定量的NO和O3；測得NO的體積分?jǐn)?shù)隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是()

A.高溫有利于提高容器中NO的平衡轉(zhuǎn)化率B.T1時，反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率v(O2)＝mol·L－1·min－1C.T1時，NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)的k正＞3k逆D.T2時，向2L密閉容器中充入0.6molNO、0.4molO3，到達(dá)平衡時c(NO2)小于乙容器中平衡時c(NO2)12、室溫下；0.2mol/L的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后，所得溶液中部分微粒的組分及濃度如圖所示，下列對混合溶液的分析正確的是。

A.溶液顯酸性B.升溫，c（X）增大，c（Y）減小C.c（B+）+c（Y）=c（Cl－）D.稀釋溶液，c（X）增大，c（Z）增大13、20℃時；用0.1mol/L鹽酸滴定20mL0.1mol/L氨水的圖像如圖所示，下列說法正確的是。

A.a點時2c(Cl－)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)B.b點表示酸堿恰好完全反應(yīng)C.c點時c(NH4+)>c(Cl－)>c(H+)>c(OH－)D.a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)14、下列敘述中一定正確的是A.常溫下，pH=3的FeCl3溶液中，由水電離出的c(H+)為10－3mol/LB.常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后，pH=8C.中和等體積等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸體積不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)+c(H+)+2c(H2CO3)15、25℃時，二元酸H3PO3的pKa1、pKa2(pK＝－lgK)依次為1.30、6.60，氨水的pKb為4.75。常溫時，下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.0.1mol·L－1NH4H2PO3溶液中：c(H3PO3)>c(NH3·H2O)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60:c(H2PO3-)＝c(HPO32-)C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0:c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋c(HPO32-)D.0.4mol·L－1氨水與0.2mol·L－1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略)：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－1評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、（6分）肼（N2H4）可作為火箭發(fā)動機的燃料，與氧化劑N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣。

已知：①N2（g）＋2O2（g）===N2O4（l）ΔH1＝－19.5kJ·mol－1

②N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝－534.2kJ·mol－1

（1）寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________。

（2）已知H2O（l）===H2O（g）ΔH3＝＋44kJ·mol－1；則表示肼燃燒熱的熱化學(xué)方程式為__________。

（3）肼—空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時，負(fù)極的反應(yīng)式為__________。17、在4L密閉容器中充入6molA氣體和5molB氣體，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，達(dá)到平衡時，生成了2molC，經(jīng)測定，D的濃度為0.5mol·L－1；試計算：（寫出簡單的計算過程）

（1）x的值為多少________

（2）B的轉(zhuǎn)化率為多少________

（3）平衡時A的濃度為多少________18、在一定溫度下，把2體積N2和6體積H2通入一個帶活塞的體積可變的容器中，活塞的一端與大氣相通如圖所示。容器中發(fā)生以下反應(yīng)：N2+3H22NH3（正反應(yīng)為放熱反應(yīng)）。若反應(yīng)達(dá)平衡后；測得混合氣體的體積為7體積，據(jù)此回答下列問題：

（1）保持上述反應(yīng)溫度不變，設(shè)a、b、c分別代表初始加入的N2、H2和NH3的體積；如果反應(yīng)達(dá)到平衡后混合氣體中各物質(zhì)的體積仍與上述平衡時完全相同，那么：

①若a=1,c=2，則b=____。在此情況下，反應(yīng)起始時將向______（填“正”或“逆”）反應(yīng)方向進(jìn)行。

②若需規(guī)定起始時反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，則c的范圍是______。

（2）在上述裝置中，若需控制平衡后混合氣體為6.5體積，則可采取的措施是______，原因是_____。19、常壓下；取不同濃度；不同溫度的氨水測定，得到下表實驗數(shù)據(jù)。

。溫度（℃）

c(氨水)(mol/L)

電離常數(shù)。

電離度(%)

c(OH-)(mol/L)

0

16.56

1.37×10-5

9.098

1.507×10-2

10

15.16

1.57×10-5

10.18

1.543×10-2

20

13.63

1.71×10-5

11.2

1.527×10-2

(1)溫度升高，NH3·H2O的電離平衡向________（填“左”；“右”）移動；能支持該結(jié)論的表中數(shù)據(jù)是__________；

a．電離常數(shù)b．電離度c．c(OH-)d．c(氨水)

(2)表中c(OH-)基本不變的原因是________________________。20、按要求回答下列問題。

（1）寫出氮化鎂的化學(xué)式________。

（2）寫出的離子結(jié)構(gòu)示意圖________。

（3）寫出醋酸在水溶液中的電離方程式________。

（4）寫出溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)的化學(xué)方程式________。21、已知常溫下部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：?；瘜W(xué)式HFHClOH2CO3電離常數(shù)6.8×10?44.7×10?8K1=4.3×10?7K2=5.6×10?11

常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的三種溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其pH由大到小的順序是___（填序號）。22、（3分）發(fā)射衛(wèi)星用作燃料，作氧化劑，兩者反應(yīng)生成N2和水蒸氣；已知：

△H1＝＋67.7kJ/mol

N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）△H2＝－534kJ/mol

試寫出N2H4與NO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

____。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)23、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)24、氮氧化物是大氣主要污染物之一，其中基于NO的煙氣脫硝技術(shù)成為研究熱點。查文獻(xiàn)資料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被還原為N2。在堿性條件下NO遇還原性較強的物質(zhì)形成不穩(wěn)定的NO-并轉(zhuǎn)化為相對穩(wěn)定的N2O下面是對NO在不同條件下被氧化或被還原進(jìn)行的實驗探究：

(1)實驗室為獲取NO進(jìn)行實驗，使用銅與_____作為反應(yīng)物，用裝置_____制備氣體(填序號)，為了不影響探究結(jié)果，反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進(jìn)行的具體操作是_____。

(2)若要使裝置②的分液漏斗中的液體順利流下，不改動裝置，對分液漏斗的具體操作是_____。

(3)在保證實驗安全環(huán)保的條件下，將NO通入內(nèi)壁附著綠色NiO的試管中(如裝置④，其它裝置已省略)。小火加熱，綠色固體逐漸變?yōu)楹谏?Ni2O3固體呈黑色)，此現(xiàn)象可說明NO轉(zhuǎn)化為_____。

(4)將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中(如裝置⑥)。在試管口不脫離液面的情況下，輕輕不斷搖動試管，此操作的主要目的是_____，實驗中NO被Na2SO3堿性溶液快速吸收被還原為N2O發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____，此反應(yīng)可應(yīng)用于處理含NO和SO2的工業(yè)廢氣，從實際效果看，Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。25、某學(xué)生用0.1500mol/LNaOH溶液測定某未知濃度的鹽酸；其操作可分解為如下幾步：

A.用蒸餾水洗凈滴定管。

B.用待測定的溶液潤洗酸式滴定管。

C.用酸式滴定管取稀鹽酸25.00mL；注入錐形瓶中，加入酚酞。

D.另取錐形瓶；再重復(fù)操作2-3次。

E.檢查滴定管是否漏水。

F.取下堿式滴定管用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗后；將標(biāo)準(zhǔn)液注入堿式滴定管“0”刻度以上2-3cm處，再把堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下。

G.把錐形瓶放在滴定管下面；瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定時正確操作的順序是(用序號字母填寫)：

_______→_______→F→_______→_______→_______→D。

（2）操作F中應(yīng)該選擇如圖中滴定管_________(填標(biāo)號)。

（3）滴定終點的現(xiàn)象是_______________________。

（4）滴定結(jié)果如表所示:。滴定次數(shù)待測液體積/mL標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19

計算該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為____________(保留4位有效數(shù)字)。

（5）下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是_______。

a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時；先仰視后平視讀數(shù)。

b.錐形瓶用鹽酸潤洗。

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡；滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡。

d.達(dá)到滴定終點時；仰視讀數(shù)。

（6）已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1，則pH＞5.1，常溫下若用0.1mol·L-1鹽酸滴定10mL0.05mol·L-1氨水，甲基橙作指示劑，達(dá)到終點時所用鹽酸的量應(yīng)是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）26、某化學(xué)興趣小組設(shè)計實驗探究Mg與鹽溶液反應(yīng)的多樣性。

。實驗。

向試管中加2mL溶液。

實驗現(xiàn)象。

實驗I：

0.1mol/LAgNO3溶液。

鎂條表面迅速覆蓋一層疏松黑色固體；并有少量氣泡產(chǎn)生。

實驗II：

2.0mol/LNH4Cl溶液。

反應(yīng)開始時產(chǎn)生大量氣體（經(jīng)檢驗其中含有H2）；一段時間后產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體。

反應(yīng)開始時產(chǎn)生大量氣體（經(jīng)檢驗其中含有H2）；一段時間后產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體。

實驗III：

pH="8.2"NaHCO3溶液。

產(chǎn)生大量氣體（經(jīng)檢驗其中含有H2和CO2）和白色固體。

產(chǎn)生大量氣體（經(jīng)檢驗其中含有H2和CO2）和白色固體。

請回答下列問題：

（1）對實驗I進(jìn)行研究：

①推測實驗Ⅰ中黑色固體為Ag；則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________。

②確認(rèn)黑色固體為Ag的實驗方案是___________________________________。

（2）對實驗II進(jìn)行研究：

①反應(yīng)開始時產(chǎn)生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反應(yīng)；或___________。

②“一段時間后”產(chǎn)生的氣體一定含有H2和_____。

③為進(jìn)一步研究；設(shè)計如下實驗：

。實驗。

操作。

現(xiàn)象。

實驗IV

向裝有相同鎂條的試管中加入2mL1.0mol/L(NH4)2SO4溶液。

產(chǎn)生氣體的速率明顯慢于實驗II

結(jié)合實驗II；IV；可以得出的結(jié)論是________________________________。

（3）對實驗III進(jìn)行研究：

①經(jīng)檢驗，白色固體為堿式碳酸鎂[Mg2(OH)2CO3]。

②推測在pH=8.2的該溶液中，若無HCO3－，則H+和Mg反應(yīng)的程度很小。通過實驗證實了該推測；其實驗操作是__________________________。

（4）根據(jù)上述實驗判斷；影響Mg與鹽溶液反應(yīng)多樣性的原因有_______（填字母序號）

A．鹽溶液中陽離子的氧化性B．鹽溶液的溫度。

C．含Mg生成物的溶解性D．鹽溶液中陰離子的影響評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)27、工業(yè)上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制備無水AlCl3的流程如下：

已知：AlCl3，F(xiàn)eCl3；分別在183℃；315℃升華。

（1）在焙燒爐中發(fā)生反應(yīng)：

①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol

②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol

反應(yīng)2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H＝___________kJ/mol。

（2）①Al2O3，Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應(yīng)，當(dāng)生成1molAlCl3時轉(zhuǎn)移______mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為_______。在溫度約為700℃向升華器中加入鋁粉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。充分反應(yīng)后溫度降至_____以下（填“183℃、315℃之一），開始分離收集AlCl3。

②將AlCl3·6H2O溶于濃硫酸進(jìn)行蒸餾，也能得到一定量的無水AlCl3，此原理是利用濃硫酸下列性質(zhì)中的_______（填字母序號）。

①氧化性②吸水性③難揮發(fā)性④脫水性。

a．只有①b．只有②c．只有②③d．只有②③④

（3）海洋燈塔電池是利用鋁、石墨為電極材料，海水為電解質(zhì)溶液，構(gòu)成電池的其正極反應(yīng)式________，與鉛蓄電池相比．釋放相同電量時，所消耗金屬電極材料的質(zhì)量比m（Al）:m（Pb）=__________________。28、軟錳礦是一種常見的錳礦物，其主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì)。高錳酸鉀具有強氧化性；在實驗室中和工業(yè)上常用作氧化劑。以軟錳礦為原料先制得錳酸鉀，再使其在酸性條件下歧化而制得高錳酸鉀的工藝流程如圖所示。

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Al3+Fe3+Fe2+Mn2+開始沉淀時(c=0.01mol/L)的pH3.72.27.58.6完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.73.29.010.1

回答下列問題：

(1)“還原”中加稀硫酸的兩個作用分別是__________________、___________。

(2)“濾渣2”的成分是____________。利用上表格數(shù)據(jù)，計算Mn(OH)2的Ksp=______(列出計算式)。

(3)“熔融”時生成錳酸鉀的化學(xué)方程式為__________________。

(4)“歧化”時氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為____________________。

(5)操作1為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，減壓過濾，“減壓過濾”(裝置如圖所示)的目的是_____。

(6)由錳酸鉀制備高錳酸鉀除了有歧化法；還有電解法：以錳酸鉀為電解液，鎳板為陽極，鐵板為陰極。

①寫出生成高錳酸鉀的電極反應(yīng)式：___________。

②由電解法制備高錳酸鉀時可循環(huán)利用的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)。29、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種強氧化性漂白劑，廣泛用于紡織、印染和食品工業(yè)．它在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在。某同學(xué)查閱資料后設(shè)計生產(chǎn)NaClO2的主要流程如下：

(1)Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的還原劑是___________，氣體a的名稱是___________

(2)Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是___________

(3)A的化學(xué)式是___________

(4)Ⅲ中電極X是___________，（填“陰極”“陽極”），其上發(fā)生的電極反應(yīng)為_______________________。離子交換膜N是____（填“陰”“陽”）離子交換膜。

(5)ClO2是一種高效水處理劑，可用亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是_______。

(6)NaClO2變質(zhì)可轉(zhuǎn)化為NaClO3和NaCl。取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應(yīng)時，消耗Fe2+的物質(zhì)的量_____（填“相同”“不相同”“無法判斷”）。30、一種利用鈦鐵礦制備Li4Ti5O12的工藝流程如圖：

已知：鈦鐵礦的主要成分是FeTiO3(可表示為FeO·TiO2)，還含有少量的MgO和SiO2等雜質(zhì)。

回答下列問題：

(1)酸浸時，要提高鐵的浸出率可采取的措施是___(寫出一條即可)。

(2)酸浸后的濾液①中鈦主要以TiOCl42-形式存在，則其水解生成TiO2·xH2O的離子方程式為___，加熱水的目的是___。

(3)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)時，應(yīng)將溫度控制在50℃左右的原因是___。

(4)若將濾液②加熱至一定溫度后，再加入雙氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此時溶液中=___。已知：此溫度下，F(xiàn)ePO4、Mg3(PO4)2的溶度積常數(shù)分別為1.5×10-21、1.0×10-23。

(5)高溫煅燒時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為___。

(6)某可充電的鋰離子電池以Li4Ti5O12為正極，嵌入鋰的碳材料為負(fù)極，含Li＋導(dǎo)電固體為電解質(zhì)。放電時的電池反應(yīng)為LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，則充電時陰極電極反應(yīng)式為___。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A.使用催化劑不能改變化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱；A錯誤；

B.pH試紙只能讀取整數(shù)；B錯誤；

C.CH3COOH與NaOH的混合溶液中電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；C正確；

D.80℃時，pH=2的HCl與pH=12的Ba(OH)2等體積混合后氫氧化鋇過量，所得溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒可知：2c(Ba2+)>c(Cl-)；D錯誤；

答案選C。2、B【分析】【詳解】

A.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，結(jié)合蓋斯定律計算①+②得到N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)△H=△H1+△H2，即ΔH1=ΔH-ΔH2；故A錯誤；

B.由圖2分析可知；反應(yīng)物能量高于生成物，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量=135kJ/mol-359kJ/mol=-226kJ/mol，故B正確；

C.由圖2有催化劑的圖像可知；反應(yīng)①的活化能大于反應(yīng)②，相同條件下，反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，反應(yīng)①的反應(yīng)速率比反應(yīng)②慢，故C錯誤；

D.①N2O+Pt2O+=Pt2O2++N2△H1，②Pt2O2++CO=Pt2O++CO2△H2，反應(yīng)過程中Pt2O+和Pt2O2+參與反應(yīng)后又生成不需要補充；故D錯誤；

故選B。3、A【分析】【詳解】

A選項；Q點時，X的體積分?jǐn)?shù)最小，X消耗最多，Y消耗也最多，因此Y的轉(zhuǎn)化率最大，故A正確；

B選項；Q點以前是建立平衡的階段，Q點以后是升溫平衡移動的階段，因此升高溫度，X的量再增加，生成物濃度減小，平衡常數(shù)減小，故B錯誤；

C選項；W點溫度比M點溫度低，因此Y的正反應(yīng)速率小于M點Y的正反應(yīng)速率，故C錯誤；

D選項；平衡時充入Y，平衡正向移動，但是只能減弱這種改變，Y的體積分?jǐn)?shù)還是增大了，因此達(dá)到新平衡時Y的體積分?jǐn)?shù)比原平衡時大，故D錯誤。

綜上所述；答案為A。

【點睛】

混合體系中某物質(zhì)的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系，在體積分?jǐn)?shù)最小值以前是建立平衡的階段，后來是由于溫度對平衡移動引起的移動，使得體積分?jǐn)?shù)變大。4、C【分析】【詳解】

A．③中反應(yīng)物是①中的2倍；相當(dāng)于增大壓強，平衡正向移動，所以③中氨氣大于①中2倍，所以平衡時氨氣體積分?jǐn)?shù)：①＜③，故A錯誤；

B．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；①②③溫度相同，其化學(xué)平衡常數(shù)相同，故B錯誤；

C．①因為該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，則放出的熱量小于92.4kJ；②是在①的基礎(chǔ)上加入1mol氮氣，平衡正向移動，放出的熱量大于a，但是小于92.4kJ，所以存在a＜b＜92.4；故C正確；

D．②是在①的基礎(chǔ)上加入1mol氮氣；平衡正向移動，但是氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，轉(zhuǎn)化率②＞①，故D錯誤；

故選C。5、D【分析】【詳解】

A選項，0.1mol·L－1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9，根據(jù)對應(yīng)酸越弱，水解程度越大，堿性越強，NaX中X－不水解；HX酸性最強，因此HX；HY、HZ的酸性依次減弱，故A錯誤；

B選項，根據(jù)A中分析，Z－水解程度最大，因此溶液中剩余的越少，溶液中的Z－離子濃度越小，依次類推，NaX中X－不水解，溶液中的離子濃度c(Z－)－)－)；故B錯誤；

C選項，根據(jù)A中分析，HY、HZ的酸性依次減弱，因此電離常數(shù)K(HZ)

D選項，根據(jù)物料守恒得出c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)；故D正確；

故答案為D。

【點睛】

越弱越水解，離子對應(yīng)的酸越弱，其離子水解程度越大，水解生成的氫氧根越多，則堿性越強，反向思維，即鹽水解顯堿性越強，說明這個鹽中的酸根離子對應(yīng)的酸越弱。6、D【分析】【詳解】

A.往平衡體系中加入少量金屬鉛后，固體的濃度為常數(shù)，濃度不變，平衡不移動，c（Pb2+）不變；選項A錯誤；

B.往平衡體系中加入少量固體后，c（Sn2-）增大；選項B錯誤；

C.升高溫度，平衡體系中c（Pb2+）增大，說明平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，選項C錯誤；

D.由圖可知，平衡時c（Pb2+）=0.10mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K==2.2；選項D正確；

答案選D。7、C【分析】【詳解】

向BaSO4懸濁液中加入飽和Na2CO3溶液，部分BaSO4因飽和Na2CO3溶液中濃度高而轉(zhuǎn)化為BaCO3，因此向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，但不能證明Ksp(BaCO3)sp(BaSO4)，故A錯誤；NaClO水解生成HClO具有漂白性，可以使pH試紙褪色，故B錯誤；25gCuSO4·5H2O的物質(zhì)的量為0.1mol，溶于蒸餾水配成500mL溶液，所配溶液的濃度是0.2mol·L?1，故C正確；在Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2產(chǎn)生白色沉淀BaSO3，再滴入鹽酸，溶液中存在H+和可將BaSO3氧化為BaSO4，并不能證明Na2SO3是否變質(zhì)，故D錯誤。8、D【分析】【詳解】

金屬腐蝕速率：電解池的陽極>原電池的負(fù)極>化學(xué)腐蝕>原電池的正極>電解池的陰極，①是化學(xué)腐蝕，②鐵作負(fù)極，③鐵作正極，④鐵作陰極，⑤鐵作陽極，因此腐蝕速率由快到慢的順序是⑤②①③④，故選項D正確。二、多選題(共7題，共14分)9、BD【分析】【詳解】

A.濃酸；弱酸等發(fā)生酸堿中和時中和熱不同；A錯誤；

B.反應(yīng)熱大小與條件無關(guān)，因此同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的ΔH相同；B正確；

C.生成液態(tài)水放出更多，故－b＜－a，即b＞a；C錯誤；

D.利用蓋斯定律－即得到C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH＝＋1.5kJ·mol－1；D正確；

答案選BD。10、BD【分析】【分析】

三個容器中，Ⅰ與Ⅱ均為恒容容器，差別在于前者恒溫，后者絕熱；不妨設(shè)想容器Ⅳ，其與容器Ⅰ其余的條件相同，僅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式進(jìn)行，那么容器Ⅳ中的平衡與Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反應(yīng)達(dá)到平衡時，Cl2的物質(zhì)的量為1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，體積擴大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒溫恒壓的條件下反應(yīng)的；不妨設(shè)想容器Ⅴ，其與容器Ⅲ的其他的條件相同，僅容器類型更改為恒溫恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡狀態(tài)與Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反應(yīng)達(dá)到平衡時，Cl2的物質(zhì)的量為2mol。

【詳解】

A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液態(tài)水，氣態(tài)水變液態(tài)水放出熱量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1；故Ａ錯誤；

B．構(gòu)造的容器Ⅳ的類型是恒溫恒容，容器Ⅱ的類型是絕熱恒容，二者都是逆向反應(yīng)建立的平衡狀態(tài)，容器Ⅱ由于是絕熱的，所以容器Ⅱ中的溫度會越來越低，不利于反應(yīng)逆向進(jìn)行，相比于容器Ⅳ達(dá)到平衡時消耗的Cl2更少，所以a＞1；構(gòu)造的容器Ⅴ的類型為恒溫恒容，容器Ⅲ的類型為恒溫恒壓，二者都是正向反應(yīng)建立的平衡，由于容器Ⅴ為恒容容器，所以反應(yīng)開始后容器Ⅴ中的壓強逐漸小于容器Ⅲ中的壓強，壓強越小越不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，因此平衡時，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2；故B正確；

C．根據(jù)阿伏加德羅定律PV=nRT可知，溫度相同，體積相同，則壓強之比等于物質(zhì)的量之比解得p2＝1.6×105Pa，III容器體積和加入的物質(zhì)的量都是I容器的2倍，因此壓強相同p3＝2×105Pa；故C錯誤；

D．反應(yīng)容器Ⅰ平衡常數(shù)若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故D正確。

綜上所述，答案為BD。11、BC【分析】【分析】

T2溫度下先達(dá)到化學(xué)平衡，故T1＜T2；到達(dá)平衡時，T2溫度下NO的體積分?jǐn)?shù)大于T1溫度下NO的體積分?jǐn)?shù)；說明升高溫度，平衡逆向移動，故該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

【詳解】

A．結(jié)合分析可知；升高溫度，平衡逆向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，A錯誤；

B．由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)前后體系中氣體的總物質(zhì)的量不變，則到達(dá)t1時，NO減小的物質(zhì)的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，所以v(NO)==mol·L－1·min－1，v(O2)=v(NO)=mol·L－1·min－1；B正確；

C．由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)前后，體系中氣體的總物質(zhì)的量不變，那么，到達(dá)t1時；NO減小的物質(zhì)的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，列三段式有。

由圖可知，t1時，平衡正向進(jìn)行，v正＞v逆，即k正c(NO)·c(O3)＞k逆(NO2)·c(O2)，＞==3，所以>3；C正確；

D．設(shè)平衡時乙容器中c(NO2)=a，根據(jù)方程式可知c(O2)=a，c(NO)=(0.4-a)mol/L，c(O3)=(0.6-a)mol/L，則有平衡常數(shù)K=設(shè)充入0.6molNO、0.4molO3到達(dá)平衡時c(NO2)=b，則c(O2)=b，c(NO)=(0.6-b)mol/L，c(O3)=(0.4-b)mol/L，平衡常數(shù)K=溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以=所以a=b，即兩種情況下c(NO2)相等；D錯誤；

答案選BC。12、AC【分析】【分析】

的一元堿BOH與等濃度的鹽酸等體積混合后，所得溶液中濃度小于說明在溶液中存在B0H為弱堿，BCl溶液呈酸性，則一般來說，鹽類的水解程度較小，則：反應(yīng)后溶液中離子濃度大小為：即X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒為：據(jù)此回答。

【詳解】

A．BOH為弱堿，反應(yīng)生成強酸弱堿鹽BCl，則溶液顯酸性，A正確；

B．鹽的水解為吸熱反應(yīng)，升溫促進(jìn)水解，則Y濃度增大，B錯誤；

C．X表示Y表示BOH，Z表示溶液中存在物料守恒為：C正確；

D．稀釋后促進(jìn)水解，但是溶液中氫離子濃度減小，即減小，D錯誤；

答案選AC。13、AD【分析】【詳解】

A.a點加入10mL的鹽酸，溶液為等物質(zhì)的量的氨水、氯化銨，根據(jù)物料守恒，則2c(Cl－)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)；A項正確；

B.20mL0.1mol/L氨水恰好完全反應(yīng)需要0.1mol/L鹽酸20mL；B項錯誤；

C.c點為氯化銨溶液顯酸性，離子濃度大小關(guān)系為c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；C項錯誤；

D.a、b點為氨水、氯化銨，c點為氯化銨，d點為鹽酸、氯化銨，根據(jù)電荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)；D項正確；

答案選AD。14、CD【分析】【詳解】

A．FeCl3溶液中鐵離子水解，促進(jìn)水的電離，pH=3的FeCl3溶液中，c(H+)=10－3mol/L，所以由水電離出的c(H+)＞10-3mol/L；故A錯誤；

B．常溫下，pH=6的CH3COOH溶液稀釋100倍后仍為酸性溶液；pH＜7，故B錯誤；

C．氨水為弱堿，等體積等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多；中和時，消耗的等物質(zhì)的量濃度的鹽酸，氨水比NaOH多，故C正確；

D．根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；故D正確；

故選CD。15、BD【分析】【詳解】

A.二元酸H3PO3的pKa1=1.3小于氨水的pKb為4.75，銨根離子的水解能力強，c(NH3·H2O)>c(H3PO3)；故A錯誤；

B.0.1mol·L－1H3PO3溶液用NaOH溶液滴定至pH＝6.60，ka2==c(H+)=10-6.60,所以c(H2PO3-)＝c(HPO32-)；故B正確；

C.0.1mol·L－1H3PO3溶液用氨水滴定至pH＝7.0，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，即：c(NH4+)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)；故C錯誤；

D.0.4mol·L－1氨水與0.2mol·L－1NaH2PO3等體積混合(體積變化可忽略)，相當(dāng)于0.1mol·L－1Na（NH4）HPO3溶液和0.1mol·L－1氨水等體積混合，根據(jù)電荷守恒：①c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)+c(OH-)，再由物料守恒：②c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝2c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋2c(H3PO3)，③c(Na+)=0.1mol·L－1，②-①得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H2PO3-)＋2c(H3PO3)＋c(Na+)+c(H+)，將③代入，溶液呈堿性c(H+)-)，整理得：c(NH3·H2O)2PO3-)＋2c(H3PO3)＋0.1mol·L－1；故D正確；

故選BD。

【點睛】

本題以離子濃度大小比較為載體考查鹽類水解，側(cè)重考查對鹽類水解原理的理解和靈活運用，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，C為解答易錯點，注意C中電荷守恒表達(dá)式的書寫，注意溶液中沒有PO33-,難點D，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用。三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】試題分析：（1）①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程：②×2-①得到：2N2H4（l）++N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=—1048.9kJ/mol；

（2）燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量；此時生成的水必須為液態(tài)，可燃物必須為1mol．

由反應(yīng)。

①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

②H2O（l）═H2O（g）△H3=+44kJ?mol-1

將①-2×②可得：N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H2=—622.2kJ?mol-1；

（3）負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)，是肼在反應(yīng)，肼中的N從-2價升高到0價，堿性電池中，其電極反應(yīng)式應(yīng)為：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

考點：考查蓋斯定律的計算、燃燒熱的計算及燃料電池電極反應(yīng)式的書寫等?！窘馕觥浚ǜ?分；共6分）

（1）2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－1048.9kJ·mol－1；

（2）N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－622.2kJ·mol－1

（3）N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑17、略

【分析】【分析】

3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)

起6mol5mol00

轉(zhuǎn)3mol1mol2mol2mol

平3mol4mol2mol4L×0.5mol·L－1

【詳解】

（1）物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；因此x=2，故答案為：2；

（2）B的轉(zhuǎn)化率故答案為：20%；

（3）平衡時A的濃度故答案為：0.75mol/L

【點睛】

化學(xué)平衡的計算，三段式是常用方法，把三段式列出來，然后根據(jù)題目要求，具體計算?！窘馕觥竣?2②.20%③.0.75mol/L18、略

【分析】【詳解】

(1)①反應(yīng)達(dá)到平衡后混合氣體中各物質(zhì)的量仍與上述平衡時完全相同,恒溫恒壓條件下,采用極限分析,按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊,應(yīng)滿足2體積N2、6體積H2，2體積的氨氣完全轉(zhuǎn)化得到1體積氮氣、3體積氫氣，故1+a=1+1=2，3+b=6，則b=3，所以只要a:b=1:3，由于a=1，則b=3；因反應(yīng)前混合氣體為8體積，反應(yīng)后混合氣體為7體積，體積差為1體積，則平衡時氨氣應(yīng)該為1體積，而在起始時，氨氣的體積c=2體積，比平衡狀態(tài)時大，為達(dá)到同一平衡狀態(tài)，氨的體積必須減小，所以平衡逆向移動，故答案為：3；逆；

②若讓反應(yīng)逆向進(jìn)行；由上述①所求出的平衡時氨氣為1體積，氨氣的體積必須大于1體積，最大值則為2體積氮氣和6體積氫氣完全反應(yīng)時產(chǎn)生的氨氣的體積，即為4體積，則1＜c≤4，故答案為：1＜c≤4；

(2)平衡后混合氣體為6.5體積<7體積，恒壓條件下，應(yīng)是改變溫度影響平衡移動，由于正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且是氣體總分子數(shù)減小的反應(yīng)，只能為降低溫度，,故答案為：降低溫度；6.5<7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施?！窘馕觥竣?3②.逆③.1＜c≤4④.降溫⑤.6.5＜7，上述平衡需向氣體體積縮小方向移動，故可采取降溫措施19、略

【分析】【分析】

【詳解】

①溫度升高，促進(jìn)NH3·H2O的電離；平衡向右移動，只有電離平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，故答案為：右，a；

（2）氨水濃度再降低，而溫度升高，兩者雙重作用使c（OH－）基本不變，故答案為：氨水濃度降低，使c（OH－）減小，而溫度升高，使c（OH－）增大，雙重作用使c（OH－）基本不變。【解析】右a氨水濃度降低，使c(OH-)減小，而溫度升高，使c(OH-)增大，雙重作用使c(OH-)基本不變20、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)名稱和元素化合價代數(shù)和為0；書寫化學(xué)式；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11；核外電子數(shù)=10，據(jù)此書寫離子結(jié)構(gòu)示意圖；

(3)醋酸為弱酸；部分電離；

(4)溴能夠置換碘；據(jù)此書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)氮化鎂中鎂元素化合價+2價，氮元素化合價為-3價，根據(jù)元素化合價代數(shù)和為0，化學(xué)式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

(2)鈉離子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為11，核外電子數(shù)=10，離子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

(3)醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+，故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

(4)溴能夠置換碘，溴水使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+2KI=2KBr+I2，故答案為：Br2+2KI=2KBr+I2。【解析】Mg3N2CH3COOH?CH3COO-+H+Br2+2KI=2KBr+I221、略

【分析】【分析】

根據(jù)鹽類水解形成的酸越弱；對應(yīng)的鹽越水解分析。

【詳解】

圖表中數(shù)據(jù)分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，對應(yīng)鹽的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常溫下，物質(zhì)的量濃度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解顯堿性，水解程度越大，堿性越強，因水解程度為NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，則其pH由大到小的順序是③②①，故答案為：③②①?！窘馕觥竣邰冖?2、略

【分析】（2）×2-（1），得所求熱化學(xué)方程式【解析】2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=－1135.7kJ·mol-1四、判斷題(共1題，共7分)23、×【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3題，共6分)24、略

【分析】【分析】

實驗探究NO在不同條件下被氧化或被還原，首先使用銅和稀硝酸反應(yīng)制取NO，選用裝置③制備氣體，裝置④玻璃管內(nèi)壁附著綠色NiO，加熱反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，說明NiO被氧化，則NO被還原，驗證NO具有氧化性；在裝置⑥中NO遇還原性較強的Na2SO3溶液生成N2O也能驗證NO具有氧化性。

【詳解】

（1）實驗室使用銅和稀硝酸反應(yīng)制取NO，發(fā)生的反應(yīng)為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，該反應(yīng)為固體和液體不加熱制取氣體，則應(yīng)用裝置③制備氣體，由于NO除易氧化成NO2，裝置中不能有空氣，則反應(yīng)前對連接好并裝好藥品的裝置進(jìn)行的具體操作是通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2，故答案為：稀硝酸；③；通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)。

（2）分液漏斗在使用時；為了使液體順利流下，不改動裝置，要先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，使漏斗上口處內(nèi)外空氣相通，再打開旋塞，故答案為：先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞，再打開旋塞。

（3）NO與NiO反應(yīng)，綠色的NiO轉(zhuǎn)化為黑色的Ni2O3，Ni元素化合價升高，被氧化，則NO中N元素化合價降低被還原，由信息可知，NO可被還原為N2，即NO轉(zhuǎn)化為N2，故答案為：N2。

（4）將盛有NO氣體的試管倒置于盛有飽和Na2SO3堿性水溶液的大燒杯中，輕輕不斷搖動試管，可使NO氣體與溶液充分接觸，便于氣體吸收；NO被Na2SO3堿性溶液吸收被還原為N2O則SO被氧化為SO根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，配平反應(yīng)的離子方程式為2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3強堿性溶液吸收含有SO2的NO，根據(jù)吸收反應(yīng)，SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進(jìn)NO吸收，故答案為：為使NO氣體與溶液充分接觸；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進(jìn)NO吸收?！窘馕觥?1)稀硝酸③通入N2，以排除裝置內(nèi)的O2(或防止NO被氧化)

(2)先打開(或取下)分液漏斗頂部活塞；再打開旋塞。

(3)N2

(4)為使NO氣體與溶液充分接觸2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2OSO2被堿液吸收并轉(zhuǎn)化為SO增大c(SO)，從而促進(jìn)NO吸收25、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

（2）堿性溶液應(yīng)選擇堿式滴定管；酸性；氧化性溶液應(yīng)選擇酸式滴定管；

（3）實驗中應(yīng)控制標(biāo)準(zhǔn)液滴入的速度并觀察錐形瓶中顏色變化；如溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色；可說明達(dá)到滴定終點，酚酞在酸性溶液中為無色，在堿性溶液中顯紅色；

（4）先判斷數(shù)據(jù)的有效性；然后求出平均值，最后根據(jù)關(guān)系式HCl～NaOH來計算出鹽酸的濃度；

（5）根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響；

（6）甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅；3.1~4.4時呈橙色，pH≥4.4時變黃。

【詳解】

（1）中和滴定按照檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作；則正確的順序為：EAFBCGD；

（2）氫氧化鈉溶液顯堿性；應(yīng)選擇堿式滴定管，滴定管乙下端是橡皮管，為堿式滴定管，故選乙；

（3）滴定操作時眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液顏色的變化；當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時，溶液無色變淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色，可說明達(dá)到滴定終點；

（4）第一次消耗標(biāo)準(zhǔn)液：21.03-1.02=20.01（mL）；第二次消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積：20.60-0.60=20.00mL；第三次消耗標(biāo)準(zhǔn)液：20.19-0.20=19.99mL，三組數(shù)據(jù)均有效，所以消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為：=20.00mL；該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：

=0.1200mol·L-1；

（5）a.用酸式滴定管向錐形瓶中放鹽酸時；先仰視后平視讀數(shù)，導(dǎo)致所取鹽酸的量增加，消耗標(biāo)準(zhǔn)液偏大，則測定結(jié)果偏高，故a選；

b.錐形瓶用鹽酸潤洗，導(dǎo)致所取鹽酸的量增加，消耗標(biāo)準(zhǔn)液偏大，則測定結(jié)果偏高，故b選；

c.堿式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡,滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡；導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液偏小，則測定結(jié)果偏低，故c不選；

d.達(dá)到滴定終點時；仰視讀數(shù)，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液偏大，則測定結(jié)果偏高，故d選；

故選abd；

（6）甲基橙的變色范圍是pH≤3.1時變紅，3.1~4.4時呈橙色，pH≥4.4時變黃；現(xiàn)已知若c(NH4Cl)＜0.1mol·L-1；則pH＞5.1，要將pH調(diào)到4.4，需加入更多的鹽酸，甲基橙作指示劑，達(dá)到終點時所用鹽酸的量應(yīng)是＞5mL。

【點睛】

本題考查中和滴定的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵：明確中和滴定的操作方法和原理，易錯點（5）注意掌中和滴定的誤差分析方法與技巧，難點（4）先求體積的平均值，再根據(jù)濃度計算公式計算，需學(xué)生具備一定的分析能力及化學(xué)計算能力。【解析】EABCG乙錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.1200mol/Labd>26、略

【分析】本題考查實驗方案設(shè)計與評價，（1）①出現(xiàn)黑色固體，此固體為Ag，利用金屬活動順序表，發(fā)生置換反應(yīng)，即Mg＋2Ag＋=Mg2＋＋2Ag；②確認(rèn)是Ag，需要檢驗Ag＋，即將Ag轉(zhuǎn)化成Ag＋，具體操作是：將黑色固體過濾、洗滌，向其中加入稀HNO3，黑色固體溶解并產(chǎn)生無色氣體，遇空氣后變成紅棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，說明黑色固體為Ag；（2）①NH4Cl是強酸弱堿鹽，NH4＋發(fā)生水解反應(yīng)，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗H＋促使平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行；②根據(jù)實驗II，除得到氫氣外，還有一種能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，此氣體為NH3；③加入的是(NH4)2SO4，NH4＋的濃度與NH4Cl中NH4＋濃度相同，不同的是陰離子，因此得出結(jié)論是Cl－有利于Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2（或SO42－不利于Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2、溶液中陰離子的種類會影響Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2）；（3）②HCO3－在水中既有電離也有水解，HCO3－H＋＋CO32－，pH=8.2說明溶液顯堿性，得到Mg2(OH)2CO3，當(dāng)沒有HCO3－，則H＋和Mg2＋反應(yīng)的程度很小，實驗設(shè)計為：向裝有相同鎂條的試管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，觀察反應(yīng)現(xiàn)象；（4）A、根據(jù)實驗I，利用Ag＋的氧化性較強，得到黑色固體，故A正確；B、四個實驗中沒有說明溫度對實驗的影響，故B錯誤；C、根據(jù)實驗III，得到堿式碳酸鎂，堿式碳酸鎂不溶于水，故C正確；D、實驗II和IV的對比，說明陰離子的影響，故D正確?！窘馕觥?Ag++Mg=2Ag+Mg2+將黑色固體過濾、洗滌，向其中加入稀HNO3，黑色固體溶解并產(chǎn)生無色氣體，遇空氣后變成紅棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。NH4+水解使溶液中c(H+)增大，與Mg反應(yīng)生成H2NH3Cl-有利于Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2（或SO42-不利于Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2、溶液中陰離子的種類會影響Mg和銨鹽溶液反應(yīng)產(chǎn)生H2）向裝有相同鎂條的試管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。ACD六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)27、略

【分析】【分析】

（1）由蓋斯定律定律，①+②得：2Fe2O3（s）+3C（s）=4Fe（s）+3CO2（g）；反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計算；

（2）①根據(jù)工藝流程可知升華器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)會生成A1C13，由冷凝器尾氣可知還會生成CO，根據(jù)氯元素化合價變化計算注意電子數(shù)目；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解；

（3）該原電池實質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，根據(jù)元素化合價計算n（Al）、n（Pb）；再根據(jù)m=nM計算。

【詳解】

（1）①Fe2O3(s)＋3C(s）2Fe(s)＋3CO(g）△H＝－492.7kJ/mol；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g）△H＝＋25.2kJ/mol；由蓋斯定律，①+②得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g）△H=（-492.7kJ/mol）+25.2kJ/mol=-467.5kJ/mol；

故答案為：-467.5；

（2）①根據(jù)工藝流程可知氯化爐的產(chǎn)物，經(jīng)冷卻、升華可制備無水AlCl3，說明氯化爐的產(chǎn)物中含有A1C13，冷凝器尾氣含有CO，所以Al2O3、C12和C反應(yīng)，生成A1C13和CO，反應(yīng)方程式為A12O3+3C12+3C=2A1C13+3CO，反應(yīng)中氯元素化合價由0價降低為-1價，氯氣是氧化劑，故生成1molAlCl3時轉(zhuǎn)移電子為1mol×3=3mol；Cl2有強氧化性，將SO32-氧化為SO42-，自身被還原為C1-，反應(yīng)離子方程式為SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；由工藝流程可知，升華器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al與FeCl3反應(yīng)生成Fe、AlCl3，反應(yīng)方程式為Al+FeCl3=AlCl3+Fe；由題目信息可知，AlCl3的升華溫度更低，應(yīng)控制溫度使AlCl3升華，且FeCl3不升華；故溫度應(yīng)控制在315℃以下；

故答案為：3；SO32-+C12+H2O═SO42-+2C1-+2H+；Al+FeCl3=AlCl3+Fe；315℃；

②AlCl3的水解，直接加熱AlCl3?6H2O；水解徹底生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，濃硫酸吸水，同時可以生成HCl抑制氯化鋁水解，利用濃硫酸的吸水性與難揮發(fā)性；

故答案為：c；

（3）該原電池實質(zhì)是金屬鋁發(fā)生的吸氧腐蝕，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-；電量相同，則原電池轉(zhuǎn)移電子相同，令轉(zhuǎn)移電子為3mol，則n（Al）==1mol、n（Pb）==1.5mol，故m（A1）：m（Pb）=1mol×27g/mol：1.5mol×207g/mol=2：23；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；2：23。【解析】-467.53Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+Al+FeCl3=Fe+AlCl3315℃cO2+4e-+2H2O=4OH-2:2328、略

【分析】【分析】

軟錳礦主要成分是MnO2，還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2雜質(zhì)，用硫酸溶解，加入二氧化硫還原，過濾出難溶的SiO2；得含有硫酸亞鐵；硫酸鋁、硫酸錳的溶液，所得溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，再加入高錳酸鉀溶液，把硫酸錳氧化為二氧化錳，二氧化錳、氫氧化鉀在熔融條件下和氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，錳酸鉀在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成高錳酸鉀和二氧化錳。

【詳解】

(1)軟錳礦中主要成分是二氧化錳，還含有Al2O3、Fe2O3，二氧化錳是強氧化劑，在酸性溶液中具有較強的氧化性，而SO2在水溶液中具有較強的還原性，所以硫酸的作用是溶解Al2O3和Fe2O3、增強MnO2的氧化性。

(2)含有硫酸亞鐵、硫酸鋁、硫酸錳的溶液中加入二氧化錳把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁，“濾渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；Mn2+完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)的pH為10.1，Mn(OH)2的Ksp=10?5×(1010.1?14)2；

(3)“熔融”時二氧化錳、氫氧化鉀、氧氣反應(yīng)生成錳酸鉀，反應(yīng)方程式是2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

(4)由流程圖可知錳酸鉀歧化為高錳酸鉀和二氧化錳；錳酸鉀既是氧化劑也是還原劑，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1，因此氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。

(5)減壓過濾即抽濾；加快過濾速度；

(6)①電解制備KMnO4，MnO在陽極失電子生成MnO電極反應(yīng)式是MnO?e?=MnO

②電解時陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e?=H2↑+2OH?；產(chǎn)物之一為KOH可以用于錳酸鉀的制備。

【點睛】

本題以軟錳礦為原料(主要成分是MnO2，還含有Al2O3，F(xiàn)e2O3，SiO2雜質(zhì))制備高錳酸鉀為載體，明確各步驟的反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握氧化還原反應(yīng)規(guī)律，熟悉混合物分離方法。【解析】溶解Al2O3和Fe2O3增強MnO2的氧化性Fe(OH)3、Al(OH)30.01×(108.6?14)2或10?5×(1010.1?14)22MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O1∶2加快過濾速度MnO?e?=MnOKOH29、略

【分析】【分析】

ClO2和雙氧水在II中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaClO2和氣體a，該反應(yīng)中Cl元素化合價由+4價變?yōu)?3價，則O元素化合價由-1價變?yōu)?價，所以生成的氣體a是O2，離子