2024年浙教版選修4化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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2024年浙教版選修4化學(xué)下冊月考試卷864考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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、已知：H2(g)＋F2(g)→2HF(g)＋270kJ，下列說法正確的是()A.2L氟化氫氣體分解成1L的氫氣和1L的氟氣吸收270kJ熱量B.1mol氫氣與1mol氟氣反應(yīng)生成2mol液態(tài)氟化氫放出的熱量小于270kJC.在相同條件下，1mol氫氣與1mol氟氣的能量總和大于2mol氟化氫氣體的能量D.1個(gè)氫氣分子與1個(gè)氟氣分子反應(yīng)生成2個(gè)氟化氫分子放出270kJ2、德國核物理研究所的科學(xué)家實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，植物和落葉都能產(chǎn)生甲烷，其生成隨著溫度和日照的增強(qiáng)而增加。甲烷(CH4)在足量O2中完全燃燒產(chǎn)生CO2和H2O(g)，該反應(yīng)中各物質(zhì)所含化學(xué)鍵鍵能如圖所示(鍵能是氣態(tài)基態(tài)原子形成1mol化學(xué)鍵釋放的最低能量，單位為kJ·mol?1)。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.甲烷在氧氣中燃燒的反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.O=O鍵的鍵能比C=O鍵的鍵能小C.1mol甲烷在足量氧氣中燃燒產(chǎn)生的H2O(g)所含化學(xué)鍵的能量為1856kJD.1molCH4所含化學(xué)鍵的能量比1molCO2所含化學(xué)鍵的能量小3、工業(yè)制硝酸時(shí)NH3在500℃時(shí)可發(fā)生如下3個(gè)反應(yīng)：

下列說法正確的是A.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H="362"kJ·mol-1B.增大壓強(qiáng)，則反應(yīng)②的K不變，反應(yīng)①和③的K減小C.500℃，2N2O(g)+O2(g)="4NO(g)"K=400D.使用合適的催化劑可提高反應(yīng)的選擇性，提高NO的產(chǎn)出率4、草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，在菠菜、莧菜、甜菜等植物中含量較高。25℃時(shí)，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X表示c(HC2O4－)/c(H2C2O4)或c(C2O42－)/c(HC2O4－)]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是。

A.直線I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)B.直線I、Ⅱ的斜率均為1C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(H2C2O4)>c(C2O42－)D.已知：碳酸的Ka1=4.3×10－7，Ka2=5.6×10－11，則向Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液的離子方程式為CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑5、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是A.的溶液中，B.將等物質(zhì)的量的和混合溶于水中：C.的與的NaOH溶液等體積混合：D.的硫酸銨溶液中：6、時(shí)，將一定量的冰醋酸即無水乙酸加水稀釋，稀釋過程中溶液的導(dǎo)電性變化如圖所示．則下列說法正確的是

A.醋酸的電離平衡常數(shù)：B.溶液中C.a、b、c三點(diǎn)的溶液都有：D.從c點(diǎn)到b點(diǎn)，醋酸的電離度不斷增大7、下列溶液中，微粒濃度關(guān)系正確的是A.含有NH4+、Cl－、H+、OH－離子的溶液，其離子濃度一定是：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)B.0.1mol/L的Na2S溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HS－)+2c(H2S)C.pH=3的一元酸HA與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合溶液中一定有：c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)D.等體積混合0.1mol/L的鹽酸與0.2mol/LCH3COONa溶液，所得混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(CH3COOH)＞c(OH－)8、CuSO4溶液是實(shí)驗(yàn)室中常用試劑。下列與CuSO4溶液有關(guān)實(shí)驗(yàn)的操作和結(jié)論都一定正確的是。

。選項(xiàng)。

A

B

C

D

實(shí)驗(yàn)操作。

前者產(chǎn)生氣泡更快

Cu片上發(fā)生還原反應(yīng)

蒸發(fā)CuSO4溶液結(jié)論。

Fe3+催化效果好于Cu2+

Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)

Cu片為正極反應(yīng)物。

可獲得膽礬晶體。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、2019年國際非政府組織“全球碳計(jì)劃”12月4日發(fā)布報(bào)告：研究顯示，全球二氧化碳排放量增速趨于緩。CO2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑。

（1）一種途徑是將CO2轉(zhuǎn)化為成為有機(jī)物實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)。如：

C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1

2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝___________

（2）CO2甲烷化反應(yīng)是由法國化學(xué)家PaulSabatier提出的，因此，該反應(yīng)又叫Sabatier反應(yīng)。CO2催化氫化制甲烷的研究過程：

①上述過程中，產(chǎn)生H2反應(yīng)的化學(xué)方程式為：___________________________________。

②HCOOH是CO2轉(zhuǎn)化為CH4的中間體：CO2HCOOHCH4。當(dāng)鎳粉用量增加10倍后，甲酸的產(chǎn)量迅速減少，當(dāng)增加鎳粉的用量時(shí)，CO2鎳催化氫化制甲烷的兩步反應(yīng)中反應(yīng)速率增加較大的一步是_______________（填I(lǐng)或II）

（3）CO2經(jīng)催化加氫可以生成低碳烴；主要有兩個(gè)競爭反應(yīng)：

反應(yīng)I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

反應(yīng)II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

在1L密閉容器中沖入1molCO2和4molH2,測得平衡時(shí)有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量隨溫度變化如圖所示。T1℃時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為_________。T1℃時(shí)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=_______。

（4）已知CO2催化加氫合成乙醇的反應(yīng)原理為2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+4H2O(g)ΔH，m代表起始時(shí)的投料比，即m=

①圖1中投料比相同，溫度T3>T2>T1,則ΔH_____（填“>”或“<”）0.

②m=3時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)后p(總）=20ɑMPa,恒壓條件下各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖2.則曲線b代表的物質(zhì)為_______（填化學(xué)式）10、研究NOx、SO2；CO等大氣污染氣體的處理方法具有重要意義。

(1)處理含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。根據(jù)已知條件寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是____________________。

已知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1

②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.0kJ·mol－1

(2)氮氧化物是造成光化學(xué)煙霧和臭氧層損耗的主要?dú)怏w。

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

②2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)

若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下用2.24LCO還原NO2至N2(CO完全反應(yīng))，則整個(gè)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)。11、依據(jù)敘述；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。

（1）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在C2H2(氣態(tài))完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出450kJ的熱量。其熱化學(xué)方程式為______________________。

（2）已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、395kJ、940kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為____________________________。

（3）鈦（Ti）被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬，已知由金紅石（TiO2）制取單質(zhì)Ti，涉及的步驟為：

已知：①C(s)+O2(g)CO2(g);ΔH=－395.5kJ·mol-1

②2CO(g)+O2(g)2CO2(g);ΔH=－560kJ·mol-1

③TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=―80kJ/mol

則TiO2(s)與Cl2(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______________________________。12、在一個(gè)容積固定的反應(yīng)器中，有一可左右滑動(dòng)的密封隔板，左、右兩側(cè)分別進(jìn)行如下可逆反應(yīng)：2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。左側(cè)中加入SO2、O2、SO3的物質(zhì)的量分別為xmol、3.25mol、1mol；右側(cè)中加入9mol的水蒸氣和適量的鐵粉(忽略鐵粉對容器體積的影響)當(dāng)x在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，均可以通過調(diào)節(jié)反應(yīng)器的溫度，使兩側(cè)反應(yīng)都達(dá)到平衡，并且隔板恰好處于反應(yīng)器位置2處請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?/p>

(1)若x=1.5則左側(cè)反應(yīng)在起始時(shí)向______（填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向進(jìn)行欲使反應(yīng)維持向該方向進(jìn)行，則x的取值范圍是______。

(2)若X=2，則左側(cè)反應(yīng)在起始時(shí)向______填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向進(jìn)行，平衡時(shí)混合氣中SO2所占的體積分?jǐn)?shù)為______。13、近年來將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。

（1）迪肯發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為密閉容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1；4∶1、7∶1時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：

①據(jù)圖像可知反應(yīng)平衡常數(shù)K（300℃）______K（400℃），（填“>”或“<”）。判斷理由是：________________________________________________；

②若進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)等于1∶1，400℃時(shí)，O2的轉(zhuǎn)化率是______。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化過程進(jìn)行：CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時(shí)，還需要利用__________反應(yīng)的ΔH。

（3）在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的基礎(chǔ)上；科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案，主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程，如下圖所示：

陰極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)有Fe3++e-=Fe2+和___________________（寫反應(yīng)方程式）。

電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，可生成氯氣__________L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。14、常溫下，有0.1mol/L的四種溶液：①HCl②CH3COOH③NaOH④Na2CO3

(1)用化學(xué)用語解釋溶液①呈酸性的原因：_________。

(2)溶液③的pH=_________。

(3)溶液①；②分別與等量的溶液③恰好完全反應(yīng)；消耗的體積：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。

(4)溶液④加熱后堿性增強(qiáng)；結(jié)合化學(xué)用語解釋原因：_________。

(5)常溫下；下列關(guān)于溶液②的判斷正確的是_________。

a.c(CH3COO?)=0.1mol/L

b.溶液中c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)

c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不變。

d.滴入NaOH濃溶液，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)15、已知在常溫下測得濃度均為0.1mol?L﹣1的下列四種溶液的pH如下表：

。溶質(zhì)。

NaHCO3

Na2CO3

NaF

NaClO

pH

8.4

11.6

7.5

9.7

（1）用離子方程式表示NaClO溶液的pH=9.7的原因___________________________。

（2）根據(jù)鹽溶液的pH，可知①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的由大到小順序?yàn)開________________________________(填序號)。

（3）將少量CO2通入NaClO溶液中；寫出該反應(yīng)的離子方程式：________________。

（4）常溫下，將CO2通入0.1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，則溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）=_________________(列計(jì)算式)評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)17、某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸進(jìn)行中和熱的測定；測定稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)的中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：

（1）儀器A的名稱為___。

（2）裝置中碎泡沫塑料的作用是___。

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

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表。實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度。

t2/℃溫度差。

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

①溫度差平均值為___℃。

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

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

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測定NaOH溶液起始溫度后直接測定硫酸的溫度18、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(dòng)錐形瓶直至滴定終點(diǎn)，記下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）滴定時(shí)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(diǎn)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(jì)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(shí)；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(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)氣泡。

d.達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)；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(diǎn)時(shí)所用鹽酸的量應(yīng)是______5mL（填“＞”或“<”或“=”）評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共1題，共10分)19、某溫度時(shí)，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點(diǎn)表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計(jì)算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序?yàn)開____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)20、堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]是一種用途廣泛的化工原料；實(shí)驗(yàn)室以純銅屑為原料制取的流程如下:

(1)“溶解”步驟反應(yīng)的離子方程式為_______．溫度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量減少、Cu的轉(zhuǎn)化率降低，若低于50℃，_____

(2)“反應(yīng)”步驟生成Cu2(OH)2CO3的化學(xué)方程式為_________。反應(yīng)后溶液中銅元素殘留量受pH和反應(yīng)時(shí)間的影響如圖所示:

判斷反應(yīng)的最佳條件:pH為___、反應(yīng)時(shí)間為____h。

(3)檢驗(yàn)Cu2(OH)2CO3洗滌是否完全的方法是____________________

(4)Cu2(OH)2CO3也可以表示為CuCO3·Cu(OH)2。查閱文獻(xiàn)，上述反應(yīng)條件下還可能生成少量CuCO3·Cu(OH)2。為測定產(chǎn)品的純度[產(chǎn)品中Cu2(OH)2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)]；取10.97g干燥樣品，400℃左右加熱，測得固體質(zhì)量隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。

已知:8.00g固體為黑色純凈物。

有關(guān)物質(zhì)的摩爾質(zhì)量如表：。物質(zhì)CuCO3·Cu(OH)2CuCO3·2Cu(OH)2CuO摩爾質(zhì)量/g·mol-122232080

請計(jì)算產(chǎn)品的純度(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。______21、我國電池的年市場消費(fèi)量約為80億只，其中70%是鋅錳干電池，利用廢舊鋅錳干電池制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)和純MnO2的工藝如下圖所示：

已知：

①鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe；炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2；碳粉等；還含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

(1)除去炭包中碳粉的操作為_____________。

A.酸浸B.過濾C.焙炒D.焙燒。

(2)粗MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4時(shí)，主要反應(yīng)的離子方程式為_____________________。

(3)焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。

(4)制備硫酸鋅晶體流程中，用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH的目的是______________________________，若溶解時(shí)不加H2O2帶來的后果是____________________。

(5)“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法”可測定MnO2的純度：取agMnO2樣品于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·L-1Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液。

①M(fèi)nO2參與反應(yīng)的離子方程式為_____________。

②該樣品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達(dá)式即可)。22、重鉻酸鈉是一種用途極廣的氧化劑，工業(yè)上可以用鉻鐵礦[主要成分Fe(CrO2)2(或?qū)懗蒄eO·Cr2O3)，還含有A12O3、Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)]制備，同時(shí)還可回收Cr。其主要工藝流程如圖所示：

已知部分物質(zhì)的溶解度曲線如圖1所示。

請回答下列問題：

(1)煅燒生成Na2CrO4的化學(xué)方程式為___________。

(2)操作a的實(shí)驗(yàn)步驟為___________。

(3)加入Na2S溶液后使硫元素全部以S2O的形式存在，寫出生成Cr(OH)3的離子方程式___________。

(4)采用石墨電極電解Na2CrO4溶液制備Na2Cr2O7，其原理如圖2所示，寫出電極b的電極反應(yīng)式：________。

(5)根據(jù)有關(guān)國家標(biāo)準(zhǔn)，含CrO的廢水要經(jīng)化學(xué)處理使其濃度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放?？刹捎眉尤肟扇苄凿^鹽生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸處理多余的Ba2+的方法處理廢水。加入可溶性鋇鹽后，廢水中Ba2+的濃度應(yīng)不小于___________mol·L-1，廢水處理后方能達(dá)到國家排放標(biāo)準(zhǔn)。23、(1)工業(yè)上制取純凈的CuCl2·2H2O的主要過程是。

①將粗氧化銅(含少量Fe)溶解于稀鹽酸中；加熱；過濾，調(diào)節(jié)濾液的pH為3；

②對①所得濾液按下列步驟進(jìn)行操作：

已知：。物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃mol3·L－38.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀時(shí)的pH范圍≥9.6≥6.43～4

請回答下列問題：

①加入的氧化劑X，下列物質(zhì)最好選用的是______．

A．KMnO4B．H2O2C．氯水D．HNO3

②加入Y的作用是___________________________，Y的化學(xué)式為____________。

③溶液乙在蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)應(yīng)注意：________________________________。

(2)如圖為相互串聯(lián)的甲；乙兩個(gè)電解池；試回答下列問題：

甲池若為用電解原理精煉銅的裝置，陰極增重19.2g，則乙池陽極放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為__________L（不考慮氣體的溶解情況）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A；由熱化學(xué)方程式可以知道2mol氟化氫氣體分解成1mol的氫氣和1mol的氟氣吸收270kJ熱量；化學(xué)計(jì)量數(shù)表示物質(zhì)的量，不是體積，故A錯(cuò)誤；

B；液態(tài)氟化氫的能量比氣態(tài)氟化氫的能量低；根據(jù)能量守恒，1mol氫氣與1mol氟氣反應(yīng)生成2mol液態(tài)氟化氫放出的熱量大于270kJ，故B錯(cuò)誤；

C；反應(yīng)為放熱反應(yīng)；在相同條件下，1mol氫氣與1mol氟氣的能量總和大于2mol氟化氫氣體的能量，所以C選項(xiàng)是正確的；

D；熱化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)表示物質(zhì)的量；不表示分子個(gè)數(shù)，故D錯(cuò)誤。

答案選C。2、D【分析】【詳解】

A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=4×415kJ·mol?1+2×498kJ·mol?1-2×728kJ·mol?1-4×464kJ·mol?1=-656kJ·mol?1H<0；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A正確；

B．O=O鍵的鍵能為498kJ·mol?1，C=O鍵的鍵能為728kJ·mol?1；故O=O鍵的鍵能比C=O鍵的鍵能小，B正確；

C．1mol甲烷在足量氧氣中燃燒產(chǎn)生的2molH2O(g)，含有4molO-H鍵，所含化學(xué)鍵的能量為4mol×464kJ·mol?1=1856kJ；C正確；

D．1molCH4所含化學(xué)鍵的能量為4mol×415kJ·mol?1=1660kJ，1molCO2所含化學(xué)鍵的能量2mol×728kJ·mol?1=1456kJ，故1molCH4所含化學(xué)鍵的能量比1molCO2所含化學(xué)鍵的能量多；D錯(cuò)誤；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

計(jì)算化學(xué)反應(yīng)熱的方法：①H=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量；②H=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和。H<0為放熱反應(yīng)；H?0為吸熱反應(yīng)。3、D【分析】【詳解】

試題分析：A．（①-③）÷2，整理可得：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H="+181"kJ·mol-1，錯(cuò)誤；B．由于化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，而與其它條件無關(guān)，增大壓強(qiáng)，三個(gè)反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)都不變，錯(cuò)誤；C．①-②，整理，可得2N2O(g)+O2(g)="4NO(g)"K=所以500℃，K=2.5×10-3；錯(cuò)誤；D．使用合適的催化劑可提高目標(biāo)反應(yīng)的產(chǎn)物的物質(zhì)的量，提高反應(yīng)的選擇性，提高NO的產(chǎn)出率，正確。

考點(diǎn)：考查蓋斯定律的應(yīng)用、外界條件對化學(xué)平衡移動(dòng)的影響的知識。4、C【分析】【分析】

二元弱酸的電離平衡常數(shù)直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，則H2C2O4的Ka1=1×10－1.22；直線Ⅱ表示X與c(H+)的乘積等于1×10－4.19，則H2C2O4的Ka2=1×10－4.19。

【詳解】

A.直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，所以直線I中X表示的是c(HC2O4－)/c(H2C2O4)；故A正確；

B、直線I表示的X與c(H+)的乘積等于1×10－1.22，lgx=pH-1.22；直線Ⅱ表示X與c(H+)的乘積等于1×10－4.19；lgx=pH-4.19，所以直線I；Ⅱ的斜率均為1，故B正確；

C、HC2O4－的電離平衡常數(shù)=1×10－4.19，HC2O4－的水解平衡常數(shù)=電離大于水解，溶液顯酸性，所以0.1mol/LNaHO2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)>c(C2O42－)>c(H2C2O4)；故C錯(cuò)誤；

D、H2C2O4的Ka2大于碳酸的Ka1，所以向Na2CO3溶液中加入等物質(zhì)的量的草酸溶液，生成草酸鈉和二氧化碳，離子方程式為CO32－+H2C2O4===C2O42－+H2O+CO2↑；故D正確；選C。

【點(diǎn)睛】

本題考查了離子濃度大小比較、平衡常數(shù)，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力。5、B【分析】【詳解】

A.的溶液中硫化氫分步電離，故A錯(cuò)誤；

B.將等物質(zhì)的量的和混合溶于水中，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故B正確；

C.的與的NaOH溶液等體積混合溶液中氫離子和氫氧根離子恰好反應(yīng)，草酸濃度大于氫氧化鈉溶液，草酸又電離出氫離子，溶液顯酸性，故C錯(cuò)誤；

D.硫酸銨溶液中銨根離子濃度大于硫酸根離子濃度，銨根離子水解溶液顯酸性，的硫酸銨溶液中：故D錯(cuò)誤；

故選：B。6、C【分析】【分析】

弱酸的電離常數(shù)只與溫度有關(guān)；醋酸為弱電解，濃度越小，電離程度越大，對于該溶液，溶液導(dǎo)電能力越大，離子濃度越大，結(jié)合電荷守恒分析。

【詳解】

A．弱酸的電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以醋酸的電離平衡常數(shù)：故A錯(cuò)誤；

B．加水稀釋醋酸的電離程度增大，所以隨著加水的體積，醋酸的電離程度增大，則增大，即溶液中故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)溶液的電荷守恒可知，a、b、c三點(diǎn)的溶液都有：故C正確；

D．從b點(diǎn)到c點(diǎn)；水的體積增大，溶液的濃度減小，電離度不斷增大，故D錯(cuò)誤；

答案選C。

【點(diǎn)睛】

注意把握弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)，注意導(dǎo)電能力與離子濃度大小有關(guān)，弱電解質(zhì)在溶液中越稀越電離，電離程度在增大，溶液中離子的物質(zhì)的量在增大，但溶液中絕大多數(shù)離子濃度在減小。7、D【分析】根據(jù)溶液中離子的電荷守恒；物料守恒及質(zhì)子守恒進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

A.含有NH4+、Cl－、H+、OH－離子的溶液，若為氯化銨溶液存在c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），若為氯化銨和氨水的（等濃度）混合溶液，溶液顯堿性，則存在c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯(cuò)誤；

B．0.1mol/L的Na2S溶液顯堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒，c(OH－)=c(H+)+c(HS－)+c(H2S)；B錯(cuò)誤；

C．pH=3的一元酸HA與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，題目未明確一元酸的性質(zhì)，若一元酸為弱酸，等pH值時(shí)，酸的濃度比氫氧化鈉大，混合溶液中可能存在c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，反之酸為強(qiáng)酸，c(A－)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH－)；C錯(cuò)誤；

D．等體積混合0.1mol/L的鹽酸與0.2mol/LCH3COONa溶液，醋酸鈉濃度高；醋酸根為弱電解質(zhì)離子，所得混合溶液為等濃度的氯化鈉、醋酸和醋酸鈉溶液，溶液顯酸性，電離大于水解，所以離子濃度關(guān)系：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H+)＞c(CH3COOH)＞c(OH－)；D正確。

答案為D。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．等體積等物質(zhì)的量濃度的硫酸鐵和硫酸銅加入等體積等濃度的雙氧水溶液中，前者產(chǎn)生氣泡更快，由于兩溶液中硫酸根的濃度不同，因此不能說明Fe3+催化效果好于Cu2+；可能是硫酸根的催化作用，故A錯(cuò)誤；

B．在一定量硫酸鋅溶液中加入少量硫化鈉溶液，生成ZnS白色沉淀，過濾洗滌后，再向沉淀中加入適量硫酸銅溶液，沉淀變成黑色，說明ZnS轉(zhuǎn)化為CuS黑色沉淀，說明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)；故B正確；

C．在該鋅銅原電池中，鋅為負(fù)極，銅為正極，正極Cu片本身不是反應(yīng)物，銅片上發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu；故C錯(cuò)誤；

D．膽礬晶體受熱容易失去結(jié)晶水，蒸發(fā)CuSO4溶液不一定得到膽礬晶體；應(yīng)該冷卻飽和的硫酸銅溶液，可以得到膽礬晶體，故D錯(cuò)誤；

故選B。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意比較Fe3+、Cu2+的催化效果，其余條件需要完全相同。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【分析】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)；求焓變；

（2）①根據(jù)流程圖可知反應(yīng)物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4；

②當(dāng)鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應(yīng)Ⅱ的速率要比反應(yīng)Ⅰ的速率增加得快；。

（3）1L容器，T1℃時(shí)；根據(jù)三段是：

求出CO2的轉(zhuǎn)化率；反應(yīng)I的平衡常數(shù)K；

（4）①根據(jù)圖示，溫度越高，H2轉(zhuǎn)化率越低；說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；

②溫度升高，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應(yīng)物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質(zhì)為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH。

【詳解】

（1）①C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)ΔH＝-44.2kJ·mol－1

②2CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH＝+1411.0kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g)ΔH＝+1366.8kJ·mol－1，故答案為：+1366.8kJ·mol－1；

（2）①根據(jù)流程圖可知反應(yīng)物為：Fe、H2O，生成物為：H2、Fe3O4，則化學(xué)方程式為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4，故答案為：3Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4；

②當(dāng)鎳粉用量增加10倍后；甲酸的產(chǎn)量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應(yīng)Ⅱ的速率要比反應(yīng)Ⅰ的速率增加得快，故答案為：Ⅱ；

（3）1L容器，T1℃時(shí)；根據(jù)三段是：

CO2的轉(zhuǎn)化率為平衡時(shí)，c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L；則。

T1℃時(shí)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)故答案為：

（4）①根據(jù)圖示，溫度越高，H2轉(zhuǎn)化率越低，說明正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0；故答案為：＜；

②溫度升高，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以產(chǎn)物的物質(zhì)的量是逐漸減少的，反應(yīng)物的物質(zhì)的量增大，由圖可知，曲線a代表的物質(zhì)為H2，b表示CO2，c為H2O，d為C2H5OH，故答案為：CO2?！窘馕觥?1366.8kJ·mol－13Fe+4H2O(g)4H2+Fe3O4Ⅱ<CO210、略

【分析】【詳解】

本題主要考查反應(yīng)熱的計(jì)算。

(1)2①-②得此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1。

(2)2①+②得4CO(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+bkJ·mol－1

若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下用2.24L即0.1molCO還原NO2至N2(CO完全反應(yīng))，CO～2e-,則整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2mol，放出的熱量為(2a+b)/40kJ?！窘馕觥竣?2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH1＝－270kJ·mol－1②.0.2③.(2a+b)/4011、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）乙炔分子中碳元素的化合價(jià)是－1價(jià)，反應(yīng)后變?yōu)椋?價(jià)，失去5個(gè)電子，即1mol乙炔失去10mol電子，則每有4NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，消耗乙炔的物質(zhì)的量是0．4mol，所以每消耗1mol乙炔放出的熱量是因此該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol。

（2）反應(yīng)熱就是斷鍵吸收的能量，和形成化學(xué)鍵所放出的能量的差值，則根據(jù)鍵能可知，每生成2mol氨氣的反應(yīng)熱△H＝436kJ/mol×3＋940kJ/mol－2×3×395kJ/mol＝－122kJ/mol，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol。

（3）根據(jù)蓋斯定律可知，③＋②－①×2，即得到反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)；所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝―80kJ/mol－560kJ/mol＋395．5kJ/mol×2＝＋151kJ/mol。

考點(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書寫以及反應(yīng)熱的有關(guān)計(jì)算?！窘馕觥浚?3分）

(1)C2H2(g)+O2(g)＝2CO2(g)+H2O(l)ΔH＝－1125kJ/mol（4分）

(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－122kJ/mol（4分）

(3)TiO2(s)+2Cl2(g)＝TiCl4(s)+O2(g)ΔH＝＋151kJ/mol（5分）12、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）這兩個(gè)平衡體系的特點(diǎn)是：第一個(gè)反應(yīng)前后氣體的總物質(zhì)的量發(fā)生變化，第二個(gè)保持不變，故右邊永遠(yuǎn)是9mol氣體，同在一個(gè)容器中，同溫同壓，故氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比。故平衡時(shí)，左邊為6mol氣體；當(dāng)x=1.5時(shí)，左邊現(xiàn)在總的物質(zhì)的量為5.75mol<6mol，故向逆反應(yīng)方向進(jìn)行；若保持該方向，1.25<1.75；

（2）根據(jù)上述；反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行了。

平衡總物質(zhì)的量為6mol，即2-2y+3.25-y+1+2y=6mol，解之，得y=0.25mol，2-2y=1.5；二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)="1.5/6=25%"；

考點(diǎn)：化學(xué)平衡。

點(diǎn)評：化學(xué)平衡是歷年高考重中之重，考生一定要系統(tǒng)備考此知識點(diǎn)。難度較大?！窘馕觥竣?逆反應(yīng)②.1.25＜x＜1.75③.正反應(yīng)④.0.2513、略

【分析】【分析】

（1）①根據(jù)圖知，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)一定時(shí)；升高溫度，HCl的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越小。

②溫度一定時(shí)，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，400℃進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)=1:1時(shí)，HCl的轉(zhuǎn)化率為a曲線，HCl轉(zhuǎn)化率為84%，根據(jù)三段式：4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)

開始(mol/L)c0c000

反應(yīng)(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

計(jì)算氧氣的轉(zhuǎn)化率。

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時(shí)，由蓋斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH。

（3）由圖可知，H+向左側(cè)移動(dòng)，則左側(cè)為電解池的陰極，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖示信息可知，其陰極電極反應(yīng)式為：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右側(cè)為陽極，陽極電極反應(yīng)式為：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+。

【詳解】

（1）①根據(jù)圖知，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)一定時(shí)，升高溫度，HCl的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越小，所以K(300℃)>K(400℃)，故答案為：>；圖像表明；進(jìn)料濃度比相同時(shí)溫度升高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，生成物濃度降低，反應(yīng)物濃度升高，K值越小。

②溫度一定時(shí)，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，400℃進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)=1:1時(shí)，HCl的轉(zhuǎn)化率為a曲線，HCl轉(zhuǎn)化率為84%，根據(jù)三段式：4HCl(g)+O2(g)?2Cl2(g)+2H2O(g)

開始(mol/L)c0c000

反應(yīng)(mol/L)0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡(mol/L)0.16c00.79c00.42c00.42c0

則氧氣的轉(zhuǎn)化率為：故答案為：

（2）①CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g)ΔH1=-20kJ·mol-1；

②CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH2=-121kJ·mol-1；

③4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3

若是利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時(shí)，由蓋斯定律，③-②-①得：需要利用CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)的ΔH，故答案為：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)。

（3）由圖可知，H+向左側(cè)移動(dòng)，則左側(cè)為電解池的陰極，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)圖示信息可知，其陰極電極反應(yīng)式為：Fe3++e-=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，右側(cè)為陽極，陽極電極反應(yīng)式為：2HCl-2e-=Cl2↑+2H+，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，生成0.5molCl2，其標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為故答案為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

【點(diǎn)睛】

進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1，溫度一定，進(jìn)料濃度比c(HCl):c(O2)越大，HCl的轉(zhuǎn)化率越小，所以圖像中，a曲線代表c(HCl)∶c(O2)=1∶1，b曲線代表c(HCl)∶c(O2)=4∶1，c曲線代表c(HCl)∶c(O2)=7∶1?！窘馕觥?gt;圖像表明，進(jìn)料濃度比相同時(shí)溫度升高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，生成物濃度降低，反應(yīng)物濃度升高，K值越小。21%CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)或CuCl(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O11.214、略

【分析】【詳解】

(1)鹽酸溶液呈酸性是由于HCl發(fā)生電離產(chǎn)生了H+，故答案為：HCl=H++Cl-；(2)0.1mol/LNaOH溶液中，c(OH?)=0.1mol/L，故pH=13，故答案為：13；(3)因?yàn)槿芤孩?、②與溶液③都是按1:1進(jìn)行反應(yīng)的，故分別與等量的溶液③恰好完全反應(yīng)，消耗的體積相等，故答案為：=；(4)由溶液中存在加熱使平衡正向移動(dòng)，故堿性增強(qiáng)，故答案為：溶液中存在水解為吸熱反應(yīng)，加熱使平衡正向移動(dòng)(5)a．根據(jù)物料守恒有c(CH3COO?)＋c(CH3COOＨ)=0.1mol/L，故a錯(cuò)誤；ｂ．溶液中有醋酸和水都會電離出H+，故c(H+)>c(CH3COO?)>c(OH?)，故b正確；ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO?)增大，使得醋酸的電離平衡逆向移動(dòng)，c(H+)減小，故c錯(cuò)誤；ｄ．醋酸是弱電解質(zhì)，只能部分電離，滴入NaOH濃溶液后反應(yīng)生成了強(qiáng)電解質(zhì)醋酸鈉，故溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)，故d正確；故答案為：bd?！窘馕觥縃Cl=H++Cl-13=溶液中存在水解為吸熱反應(yīng)，加熱使平衡正向移動(dòng)bd15、略

【分析】試題分析：（1）次氯酸鈉溶液中，次氯酸根離子發(fā)生水解：ClO-+H2O═HClO+OH-，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，溶液顯示堿性；（2）濃度相同時(shí)溶液的pH越大，水解程度越大，對應(yīng)的酸越弱，電離常數(shù)越小，故①Ka(HClO)②Ka1(H2CO3)③Ka(HF)④Ka2(H2CO3)的大小順序?yàn)棰邰冖佗埽唬?）因HClO的酸性介于H2CO3和HCO3-之間，將少量CO2通入NaClO溶液中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；（4）將CO2通入0.1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中至中性，溶液是Na2CO3、NaHCO3和H2CO3的混合溶液，根據(jù)電荷守恒式2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，其中c(OH-)=c(H+)，則2c(CO32-)+c(HCO3-)="c(Na+)=0.2"mol?L﹣1。

考點(diǎn)：考查弱電解質(zhì)的電離與鹽類的水解。【解析】（本題共8分）(1)ClO-+H2OHClO+OH-(2)③②①④

(3)CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-(4)0.2三、判斷題(共1題，共2分)16、×【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(cuò)；【解析】錯(cuò)四、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共8分)17、略

【分析】【分析】

(1)結(jié)合儀器的結(jié)構(gòu)和性能確定儀器A的名稱；

(2)碎泡沫能減小空氣的流通；減小能量損失；

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

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

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

【詳解】

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

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

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

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

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

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

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

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

故答案為ad。【解析】環(huán)形玻璃棒攪拌棒保溫、隔熱、減少熱量損失H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol4.0ad18、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(shí)驗(yàn)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(diǎn)，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(jì)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(shí)變紅；3.1~4.4時(shí)呈橙色，pH≥4.4時(shí)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?yàn)椋篍AFBCGD；

（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(shí)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(shí)，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(diǎn)；

（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(shí)；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(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)；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(shí)變紅，3.1~4.4時(shí)呈橙色，pH≥4.4時(shí)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(diǎn)時(shí)所用鹽酸的量應(yīng)是＞5mL。

【點(diǎn)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(cuò)點(diǎn)（5）注意掌中和滴定的誤差分析方法與技巧，難點(diǎn)（4）先求體積的平均值，再根據(jù)濃度計(jì)算公式計(jì)算，需學(xué)生具備一定的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力?！窘馕觥縀ABCG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>五、有機(jī)推斷題(共1題，共10分)19、略

【分析】【分析】

某溫度時(shí)，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點(diǎn)；都是該溫度下的平衡點(diǎn)，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進(jìn)行比較，可確定曲線外的某一點(diǎn)是否達(dá)到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數(shù)，可由一種離子濃度計(jì)算另一種離子的濃度。

【詳解】

(1)A點(diǎn)時(shí)，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點(diǎn)c(Ag+)相同的曲線上的點(diǎn)相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A點(diǎn)未達(dá)沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不飽和溶液。答案為：不飽和；

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=c2(Ag+)?c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mol/L)3。答案為：1.6×10-5(mol/L)3；

(3)在飽和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)?c()是一個(gè)定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越??；

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；

b．10mL蒸餾水，c()=0；

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；

在溶液中，c()：c>a>b，則溶液中c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序?yàn)閎>a>c。答案為：b>a>c；

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+

【點(diǎn)睛】

一種難溶性物質(zhì)，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉(zhuǎn)化，其溶解度往往越小?！窘馕觥坎伙柡?.6×10-5(mol/L)3b>a>cAg2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+六、工業(yè)流程題(共4題，共8分)20、略

【分析】【分析】

純銅屑中加入稀硫酸再通入氧氣，反應(yīng)生成了硫酸銅和水，在上述溶液中加入Na2CO3后，通過調(diào)節(jié)pH值可以讓銅離子析出沉淀堿式碳酸銅，同時(shí)放出CO2氣體；最后經(jīng)過洗滌，干燥即可得到純凈的堿式碳酸銅，據(jù)此進(jìn)行解題。

【詳解】

(1)據(jù)分析可知：“溶解”步驟發(fā)生的反應(yīng)為2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故其離子方程式為2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O，溫度宜控制在50℃左右，若高于50℃，溶液中O2溶解量減少、Cu的轉(zhuǎn)化率降低，若低于50℃，溫度太低，當(dāng)然是反應(yīng)速率減慢，影響實(shí)驗(yàn)的效率，故答案為：2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O；反應(yīng)（或溶解）速率慢；

(2)根據(jù)流程圖中可知：“反應(yīng)”步驟是由CuSO4溶液和Na2CO3反應(yīng)生成Cu2(OH)2CO3同時(shí)放出CO2，故化學(xué)方程式為2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，據(jù)左圖可知pH等于8.5時(shí)銅的殘留量最小，說明銅離子沉淀得最完全，據(jù)右圖可知，當(dāng)時(shí)間進(jìn)行到2小時(shí)左右時(shí)，銅得殘留量達(dá)到最低，再往后雖然略有下降，但很不明顯，且浪費(fèi)時(shí)間，故答案為：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；8.5；2；

(3)檢驗(yàn)Cu2(OH)2CO3洗滌主要除去表面得雜質(zhì)Na2SO4等，但是堿式硫酸銅也會極少數(shù)溶解，故要想檢驗(yàn)是否完全洗滌干凈，需檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否有由于有的影響，故最后得檢驗(yàn)方法為取最后一次洗滌的濾液少許于試管中，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀鹽酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出現(xiàn)渾濁，則說明Cu2(OH)2CO3未洗滌干凈；反之則反；

(4)設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故故答案為：設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故【解析】2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O反應(yīng)(或溶解)速率慢2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑8.52取最后一次洗滌的濾液少許于試管中，滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液[或先加稀鹽酸再加BaCl2或Ba(NO3)2溶液]，若出現(xiàn)渾濁，則說明Cu2(OH)2CO3未洗滌干凈，反之則反設(shè)CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量為x，雜質(zhì)CuCO3·2Cu(OH)2的物質(zhì)的量為y；

依據(jù)原樣品的質(zhì)量10.97g，下列等式222g·mol-1x+320g·mol-1y=10.97g①由圖像分析出樣品最終分解得到CuO8g，根據(jù)銅元素守恒2x+3y=0.1mol②，聯(lián)合解等式①②可得：x=0.035mol，y=0.01mol；故21、略

【分析】【分析】

廢舊電池拆解后，鋅皮中的鋅和鐵在稀硫酸中溶解，鐵和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化為Fe3+，再加ZnO調(diào)節(jié)溶液的PH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下轉(zhuǎn)化為MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀，再焙燒MnCO3，使之被空氣中的氧氣氧化為純MnO2。

【詳解】

（1）炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，還含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶；過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法，焙燒時(shí)，炭包內(nèi)部的碳比較難與氧氣反應(yīng)除去，正確答案：C。

（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應(yīng)過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應(yīng)為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正確答案：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。

（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉錳”生成MnCO3沉淀，焙燒后生成MnO2，即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化，所以空氣中O2作為氧化劑參加了該反應(yīng)，配平該反應(yīng)為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正確答案：：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。

（4）鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，因此加入的ZnO與H2SO4反應(yīng)使溶液酸性減弱，從而使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀除去。已知Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，由于Zn(OH)2與Fe(OH)2的溶度積相差不大，所以沉淀Fe2+時(shí)Zn2+必然同時(shí)生成沉淀。若溶解時(shí)不加H2O2，溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應(yīng)過量H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時(shí)，Zn2+必然同時(shí)生成Zn(OH)2沉淀。正確答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+與Zn2+不能分離（或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時(shí)，Zn(OH)2也沉淀完全）。

（5）純度測定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應(yīng)得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O。剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。則根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒得MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為正確答案：M