四川省南充市南充高级中学2025届高三化学上学期期中试题含解析

PAGE23-四川省南充市南充高级中学2025届高三化学上学期期中试题（含解析）第一部分（选择题共42分）每小题只有1个正确答案，每小题3分1.化学与人类生产、生活亲密相关，下列叙述中正确的是（）A.石英是制造光导纤维的原料，也是常用的半导体材料B.刚玉硬度仅次于金刚石，可做机械轴承，属于无机非金属材料C.泰国银饰和土耳其彩瓷，其主要成分均为金属材料D.手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．石英的主要成分是二氧化硅，是制造光导纤维的原料，硅单质是常用的半导体材料，故A错误；B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的全部材料的统称，刚玉是金属氧化物，硬度仅次于金刚石，利用其硬度大的特点，可做机械轴承，属于无机非金属材料，故B正确；C．泰国银饰主要成分是银单质，属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；D．手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质，属于无机物，不是有机高分子化合物，故D错误；答案选B。2.常温下，下列各组离子能大量共存的是（）A.的溶液中B.的溶液中：C.漂白粉溶液中：D.由水电离出的的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．的溶液中含有大量OH-，以上各离子之间以及与OH-之间不反应，能大量共存，故A正确；B．的溶液中显酸性，酸性条件下CO32-不能大量共存，故B错误；C．漂白粉溶液中含有ClO-，具有强氧化性，ClO-与SO32-不能大量共存，故C错误；D．酸与碱都抑制水的电离，由水电离出的的溶液中可能显酸性、也可能显碱性，碱性条件下，NH4+、HCO3-与OH-不能共存，酸性条件下，HCO3-与H+不能共存，故D错误；答案选A。【点睛】由水电离出的的溶液中可能显酸性、也可能显碱性犯难点，由于常温下，中性溶液的，当，说明抑制了水的电离，可能显酸性、也可能显碱性。3.下列试验装置能达到相应试验目的是（）A.收集 B.分别和C.制备 D.制取蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮的密度比空气大，应长导管进气向上排空气法收集，短管进气导致（排不出空气）收集的气体不纯，故A错误；B．加热时氯化铵受热分解，碘单质升华，二者无法用加热的方法分别，故B错误；C．运用该装置制取氧气时，长颈漏斗应插入液面以下起到液封作用，否则气体会逸出，或改用分液漏斗，故C错误；D．自来水中水的沸点较低，沸石用来防止暴沸，冷凝水下进上出，应用该试验装置可制备蒸馏水，故D正确；答案选D。【点睛】选择分别方法时，要依据物质的性质特征不同，将它们分开，铵盐和碘单质加热时都会改变，无法通过加热的方法分别。4.下列说法正确的是（）A.上升温度能提高活化分子的比例，从而加快反应速率B.胶体和溶液的本质区分是有无丁达尔效应C.将饱和溶液滴入溶液中，可获得胶体D.与都属于酸性氧化物，都能与水反应生成相应的酸【答案】A【解析】【详解】A．上升温度单位体积内活化分子总数增大，活化分子百分含量增大，发生有效碰撞的几率增大，反应速率加快，故A正确；B．胶体和溶液的本质区分是分散质粒子的直径大小不同，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，可用丁达尔效应区分二者，但丁达尔效应不是本质区分，故B错误；C．将饱和溶液滴入溶液中，获得沉淀，制备胶体应将饱和溶液滴加至沸水中至溶液变为红褐色，故C错误；D．与都属于酸性氧化物，二氧化碳能与水反应生成碳酸，二氧化硅不与水反应，故D错误；答案选A。【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，但是不能和水反应，可以和氢氟酸反应，氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，需熟记二氧化硅的性质。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，气体中所含数为B.的稀中，含有数目为C.金属钠与氧气充分反应，转移的电子数肯定为D.密闭容器中，和充分反应后分子总数为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，气体为0.1mol，但HCl气体是共价化合物，不含Cl-，故A错误；B．的稀中，含有H+浓度为0.1mol/L，含有H+物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，则含数目为0.1NA，故B错误；C．依据n=，计算钠的物质的量==0.1mol，依据反应4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，氧气过量，与过量氧气反应电子转移依据完全反应的钠计算，不论生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素都是由0价转变为+1价，电子转移肯定为0.1NA，故C正确；D．密闭容器中，NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，依据方程式可知，2molNO和1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，其化学方程式为2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；答案选C。【点睛】B项陷阱是认为稀是二元酸，再将物质的量乘以2，需留意理解pH的意义，指的是氢离子浓度的负对数，故不需乘以2，可以绕过陷阱。6.以下事实不能用元素周期律说明的是（）A.向溶液中通入氧气后生成浅黄色沉淀B.氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键C.工业生产硅单质原理：D.Na与冷水反应猛烈，Mg与冷水反应缓慢【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中通入氧气后生成浅黄色硫沉淀，反应中O2是氧化剂，S是氧化产物，氧化性：O2＞S，O、S位于同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故A可以用元素周期律说明；B．Na、Si位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增加，Na易失去电子，则氯与钠形成离子键，Si不易失去电子，氯与硅形成共价键，故B可用元素周期律说明；C．C、Si位于同主族，从上到下，非金属性减弱，对应单质的氧化性渐渐减弱，工业生产硅单质原理：反应中C是还原剂，Si是还原产物，还原性C＞Si，不能比较单质的氧化性强弱，故C不能用元素周期律说明；D．Na、Mg位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增加，金属性：Na＞Mg，元素金属性越强，对应单质与水反应越猛烈，故D能用元素周期律说明；答案选C。【点睛】元素周期律除了原子半径，金属性，非金属性同主族，同周期的递变规律外，还有元素单质的还原性越强，金属性就越强；单质氧化性越强，非金属性就越强；元素的最高价氢氧化物的碱性越强，元素金属性就越强；最高价氢氧化物的酸性越强，元素非金属性就越强等。7.下列关于氯气及其化合物的事实或说明不合理的是（）A.试验室用溶液汲取含尾气：B.主要成分为的消毒液与小苏打溶液混合后消毒实力更强：C.干燥没有漂白性，潮湿的有漂白性：D.有效成分为的漂白粉在空气中变质：【答案】B【解析】【详解】A．Cl2可与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，试验室用溶液汲取含尾气，发生离子反应为：，故A正确；B．次氯酸的酸性弱于碳酸的酸性，强于碳酸氢根离子的酸性，的溶液中加入碳酸氢钠不反应，不会增加消毒实力，故B错误；C．干燥没有漂白性，潮湿的可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，离子反应为：，故C正确；D．漂白粉在空气中变质的缘由是：漂白粉主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙会与空气中的CO2和水蒸气反应生成次氯酸和碳酸钙(这个反应其实就是漂白粉起作用的反应)，假如不运用的话就会被光解(长时间黑暗也会发生反应)产生了氧气和氯化氢气体(或者盐酸)，发生的反应为，，故D正确；答案选B。8.已知可用代替制备，反应后元素以形式存在。下列叙述不正确的是（）A.每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔B.该反应中氧化性：C.参与反应的只有一部分被氧化D.用与制备相同量的氯气，参与反应的物质的量一样多【答案】D【解析】【分析】用Co2O3代替MnO2制备Cl2，反应后Co元素以Co2+的形式存在，则反应方程式为Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，Co元素的化合价由+3价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价上升到0价，以此来解答。【详解】A．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔Co2O3，故A正确；B．Co元素的化合价由+3价降低为+2，则氧化剂为Co2O3，Cl元素被氧化，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：Co2O3＞Cl2，故B正确；C．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，参与反应的HCl部分被Co2O3氧化，故C正确；D．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O和MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，制备相同量的氯气，Co2O3消耗盐酸的量更多，故D错误；答案选D。9.我国科学家独创了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递的醚类作电解质，电池的总反应为6Li+N22Ll3N，下列说法不正确的是（）A.固氮时，阳极区发生反应B.脱氮时，钌复合电极的电极反应：C.醚类电解质可换成溶液D.脱氮时，向锂电极迁移【答案】C【解析】【分析】据总反应6Li+N22Ll3N可知：固氮时锂失电子作负极，钌复合电极作正极，负极上电极反应式为6Li-6e-=6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，脱氮是固氮的逆过程，据此解答。【详解】A．固氮时，锂电极负极，阳极区发生反应，故A正确；B．固氮时，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3N，脱氮是固氮的逆过程，钌复合电极的电极反应：，故B正确；C．溶液中含有水，锂电极会和水发生猛烈的反应，会造成平安隐患，故不能换成溶液，故C错误；D．脱氮时，锂电极是阴极，向锂电极迁移，故D正确；答案选C。10.是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是（）A.装置II中参与反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为1:1B.装置II中用“多孔球泡”可增大的汲取速率C.装置烧瓶中放入的药品X为铜屑D.装置Ⅲ中漏斗的作用是防倒吸【答案】C【解析】【分析】由试验装置可知，装置Ⅰ用于制取SO2，X应为亚硫酸钠，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应；装置II为制备硫酸锰晶体的发生装置，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，运用“多孔球泡”可增大SO2的汲取速率；用装置Ⅱ反应后的溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；装置Ⅲ中NaOH溶液可汲取尾气，以此来解答。【详解】A．依据分析，装置II中MnO2与SO2干脆发生氧化还原反应生成MnSO4，反应式为MnO2+SO2=MnSO4，参与反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1，故A正确；B．装置II中用“多孔球泡”，增大了接触面积，可增大的汲取速率，故B正确；C．常温下，Cu不与浓硫酸反应，则X不行能为Cu，应当为亚硫酸钠，故C错误；D．二氧化硫有毒，须要运用尾气汲取装置，则装置Ⅲ中NaOH溶液用于汲取未反应的二氧化硫，装置中漏斗的作用是防倒吸，故D正确；答案选C。11.肯定温度下，向溶液中加入适量溶液，不同时刻测得生成的体积（已折算为标准状况）如下表所示。资料显示，反应分两步进行：①，②，反应过程中能量改变如下图所示。下列说法正确的是（）t/min03610V（O2）/mL09.917.222.4A.是该反应过程的催化剂B.0~10min的平均反应速率：C.反应在无催化剂时的活化能为E1D.反应的【答案】B【解析】【详解】A．依据反应①、②，Fe3+是该反应过程的催化剂，故A错误；B．依据表格数据，10min时生成22.4mL氧气，其物质的量为0.001mol，依据反应：共消耗双氧水的物质的量为0.002mol，则，，故B正确；C．E1是反应①的活化能，故C错误；D．焓变=生成物的总能量-反应物的总能量，E1和E2不是反应物和生成物的总能量，反应的，故D错误；答案选B。12.某同学进行下列试验：装置操作现象将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中，然后将铜片放入烧杯A后，马上用烧杯B罩住。烧杯A液体上方马上出现大量红棕色气体；一段时间后，红棕色气体消逝，烧杯A和C中的液体都变成蓝色。下列说法不合理的是A.烧杯A中发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OB.红棕色气体消逝可能与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关C.烧杯A中溶液变蓝是因为产生了Cu(NO3)2D.若将铜片换成铁片，则C中的液体不会变蓝【答案】D【解析】【分析】将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中，然后将铜片放入烧杯A后，马上用烧杯B罩住，烧杯A中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；A中生成的二氧化氮气体与C中水反应生成硝酸，且浓硝酸具有挥发性，导致C中碘离子被硝酸氧化成碘单质，C中溶液变蓝，据此进行解答。【详解】A.烧杯A中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；B.NO2能够干脆与溶液中水反应产生HNO3和NO，硝酸具有挥发性，挥发的HNO3具有氧化性，将烧杯C中的KI氧化产生I2单质，红棕色气体消逝与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关，也与二氧化氮与水反应有关，B正确；C.由选项A可知，溶液变蓝是因为产生了Cu(NO3)2，C正确；D.若将铜片换成铁片，由于铁在室温下遇浓硝酸会发生钝化，由于浓硝酸具有挥发性，则挥发出的硝酸能够氧化碘离子，导致C中的液体也可能变蓝，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了化学试验方案的评价。明确试验原理是解题关键，选项B是易错点，留意浓硝酸具有强氧化性和挥发性，室温下铁遇浓硝酸会发生钝化。试题培育了学生的分析、解决问题的实力和化学试验实力。13.依据下列试验及其现象，所得出的结论合理的是（）选项试验现象结论A向溶液中滴入几滴溶液，再滴加几滴溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色絮状沉淀生成Ksp：B用pH试纸分别检验等浓度溶液和溶液前者试纸变蓝比后者更深些水解实力强于C分别加热蒸干溶液和溶液前者能得到固体；后者得不到固体不易挥发，易挥发D向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为或A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．由于氢氧化钠过量，沉淀都是由加入的盐溶液与氢氧化钠溶液反应生成的，不存在沉淀的转化，不能证明溶度积的大小，故A错误；B．NaClO溶液含有次氯酸根离子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以将pH试纸漂白，导致试验现象不精确，无法比较二者的水解实力，故B错误；C．加热氯化镁溶液水解生成氢氧化镁和氯化氢，HCl易挥发，得到的是氢氧化镁，因硫酸不挥发，加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体，可知与酸的挥发性有关，故C正确；D．使品红褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，可能Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，故D错误；答案选C。14.室温下，将稀盐酸滴加到某0.01mol/L一元弱碱（BOH）溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的改变关系如图所示。下列叙述错误的是（）A.BOH的电离常数Kb的数量级为10-5B.M点所示的溶液中：C.P点表示未加入稀盐酸的溶液D.N点所示的溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．一元弱碱(BOH)溶液中，BOH⇌B++OH-，则电离常数Kb=，可得-lg=-lg=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，代入N点数据，0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，则Kb数量级为10-5，故A正确；B．常温下，M点所示的溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，且pOH=6，则pH=14-pOH=8，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(Cl-)＜c(B+)，故B正确；C．依据图示，结合A项分析，P点，-lg=-lgKb-pOH=1.05，则pOH=-lgKb+1.05=4.8-1.05=3.75，与图示不符，则P点不表示未加入稀盐酸的溶液，故C错误；D．N点-lg=0，则c(B+)=c(BOH)，依据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，则可变为：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)，故D正确；答案选C。其次部分（非选择题共58分）15.广泛用作有机反应催化剂。十堰市采纳镁屑与液溴为原料制备无水，装置如图1，主要步骤如下：步骤1：三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三口瓶中。步骤3：反应完毕后复原至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4：常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水产品。已知：①和猛烈反应，放出大量的热；具有强吸水性；②乙醚极易挥发；③请回答下列问题：（1）仪器D的作用是__________；（2）无水的作用是__________。（3）步骤2通入干燥的的目的是______；试验中不能用干燥空气代替干燥，缘由是________。（4）若将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是______（5）步骤4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）从平衡移动的角度说明得到三乙醚合溴化镁后，加热有利于得到无水产品的缘由：_________【答案】(1).冷凝回流(2).防止空气中的水蒸气进入A装置(3).将溴蒸汽吹出(4).镁屑会与空气中的氧气反应，生成的阻碍反应的接着进行(5).会将液溴挤压入A中，猛烈反应，放出大量热，存在平安隐患(6).除去溴、乙醚等杂质(7).该反应为放热反应，且加热促使乙醚挥发，加热后平衡逆向移动【解析】【分析】(1)乙醚和溴都易挥发，据此分析作用；(2)MgBr2具有强吸水性，据此分析；(3)依据溴单质具有挥发性分析；空气中的氧气与Mg反应；(4)将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，而Mg和Br2反应猛烈放热；(5)粗品含有溴和乙醚等杂质，须要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热有利于吸热方向，同时乙醚会挥发，据此分析。【详解】(1)仪器D为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置；(2)具有强吸水性，无水的作用是防止空气中的水蒸气进入A装置；(3)因为液溴极易挥发，故干燥的N2可将液溴吹出；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的接着进行，故试验中不能用干燥空气代替干燥N2；(4)已知：Mg和Br2反应猛烈放热，将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，反应加剧大量放热存在平安隐患；(5)步骤4用苯溶解粗品的目的是除去溴、乙醚等杂质；(6)已知MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热促使乙醚挥发，且逆反应是吸热反应，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动。16.重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含等）制备的流程如图所示。已知：Ⅰ在酸性条件下，能将还原为Ⅱ.的氧化性强于Ⅲ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子起先沉淀的pH沉淀完全的pH4.96.81.52.8回答下列问题：（1）向含铬废水中加入调整，目的是__________。（2）写出“氧化”步骤中反应的例子方程式_________。（3）“加热”操作的目的是________。（4）“酸化”过程中发生反应已知，“酸化”后溶液中则溶液中=________。（5）“结晶”后得到产品0.3000g，将其溶解后用稀酸化，再由浓度为标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为600mL，则产品的纯度为________。（6）在存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。①负极的电极反应式为_________；②处理过程中，需严格限制正极旁边的pH，理由是_________【答案】(1).保证Cr3+沉淀完全(2).2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O(3).分解除去过量的H2O2，防止酸化过程中H2O2将Cr2O72−还原(4).2.0×10−7mol/L(5).98%(6).C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+(7).若pH过小，无法形成Cr(OH)3沉淀，若pH过大，Cr2O72−会转化为CrO42−，氧化性减弱，处理效果不好【解析】分析】含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH调整pH值为7~8，反应生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)3，过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4，过滤除去Fe(OH)3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。【详解】(1)结合金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，向含铬废水中加入KOH调整pH值为7~8，目的是保证Cr3+沉淀完全；(2)结合分析，“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液，结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为：2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O；(3)因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72−还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72−还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必需除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去；(4)“酸化“过程中发生的反应为2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O

(K=4.0×1014L3⋅mol−3)，酸化”过程中pH=1，即c(H+)=0.1mol/L，c(Cr2O72−)=0.16mol⋅L−1，K==4×1014，解得c(CrO42−)=2.0×10−7mol⋅L−1；(5)结合氧化还原反应电子得失守恒规律，反应关系为：K2CrO4~6(NH4)2Fe(SO4)2，n(K2CrO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.01mol/L×0.6L=0.001mol，则产品的纯度为×100%=98%；(6)①由图可知，负极发生氧化反应，C6H5OH失去电子生成CO2，依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，负极的电极反应式为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+；②正极旁边若pH过小，无法形成Cr(OH)3沉淀，若pH过大，Cr2O72−会转化为CrO42−，氧化性减弱，处理效果不好。17.25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽视溶液体积改变，且无气体产生）（1）用化学用语表示M点的缘由__________。（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。（3）下列关系中，正确的是________。aP点bN点cQ点d溶液中小于溶液中【答案】(1).(2).M(3).bc【解析】【分析】(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠，铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒推断；c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒推断；d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。【详解】(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；(2)依据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O，氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−

，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)，故a错误；b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)，故c正确；d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度，故d错误；答案选bc。18.是一种重要的化学原料，在生产和生活中应用非常广泛。(1)氯水中具有漂白性，能杀菌消毒。其电子式为_____________。(2)试验室可用和浓盐酸反应制取，反应的离子方程式是_________。(3)工业上可实行电解饱和食盐水的方法制取，装置如图所示，图中的离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。(4)以为原料，用氧化制取，可提高效益，削减污染。反应如下：上述反应在同一反应器中，通过限制合适条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其基本原理如下图所示：过程Ⅰ的反应为：①过程Ⅱ反应的热化学方程式为_______________。②过程Ⅰ流出的气体通过稀溶液(含少量酚酞)进行检测，氯化初期主要为不含的气体，推断氯化结束时溶液的现象为___________。③相同条件下，若将氯化温度上升的300℃。溶液中出现上述现象的时间将缩短，其缘由为______。④试验测得在不同压强下，总反应的平衡转化率随温度改变的曲线如图;i平衡常数比较：K(A)_________K(B)(填“＞”“＜”或“=”)。ii压强比较：p1_______p2。(填“＞”“＜”或“=”)【答案】(1).(2).2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).阳(4).2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO

(s)+2Cl2(g)△H2=+125.4

kJ⋅mol−1(5).溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅）(6).温度上升，反应速率加快，且氯化程度削减(7).＞(8).＞【解析】【分析】(1)氯水中的为共价化合物，结合共价化合物成键方式书写；(2)试验室可用和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；(3)电解饱和食盐时阳极阴离子Cl-、OH-放电，Cl-的放电实力强于OH-，阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H++2e-═H2↑；H2、NaOH在阴极；(4)①依据盖斯定律计算；②氯化初期不含氯化氢气体，所以稀NaOH溶液(含少量酚酞)变红，后期含氯化氢与氢氧化钠中和碱性减弱；③温度越高反应速率越快，氯化的时间缩短；④i正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；ii正反应是气体体积缩小的反应，所以增大压强平衡正向移动；【详解】(1)氯水中为共价化合物，其电子式为；(2)试验室可用和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H++2e-═H2↑，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，则电解池中Na+透过交换膜与OH-结合，生成氢氧化钠，A溶液为浓度较大的NaOH溶液，由此可得图中的离子交换膜为阳离子交换膜；(4)①依据盖斯定律4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=−115.4kJ⋅mol−1①；2HCl(g)+CuO(s)⇌CuCl2(s)+H2O(g)△H1=−120.4kJ⋅mol−1②，所以①−2×②得：2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g)△H2=+125.4kJ⋅mol−1；②氯化初期不含氯化氢气体，所以稀NaOH溶液(含少量酚酞)变红，后期含氯化氢与氢氧化钠中和碱性减弱，所以现象为溶液由红色变为无色(或溶液红色变浅)；③温度越高，反应速率越快，氯化的时间缩短；④i正反应是放热反应，温度越高平衡常数越