2025年外研版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版选修4化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列各组热化学方程式的△H前者小于后者的是。

①C(s)+O2(g)=CO2(g)H1C(s)+O2(g)=CO(g)H2

②S(s)+O2(g)=SO2(g)H3S(g)+O2(g)=SO2(g)H4

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)H5H2(g)+O2(g)=H2O(g)H6A.①③B.①②C.②③D.①②③2、下列叙述正确的是A.反应活化能越高，该反应越易进行B.在恒温条件下，增大压强，化学反应速率一定加快C.强电解质溶液中一定不存在电离平衡D.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh（水解平衡常数）越大3、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)＞c(Cl﹣)=c(I﹣)C.CH3COONa和CaCl2混合溶液c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)+2c(Cl﹣)D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)=c(Cl-)4、已知：pOH=-lgc(OH-)。室温下；将稀盐酸滴加到某一元碱（BOH）溶液中，测得混合溶液的pOH与微粒浓度的变化关系如图所示。下列说法错误的是()

A.若向0.1mol/LBOH溶液中加水稀释，则溶液中c(OH-)/c(BOH)增大B.室温下，BOH的电离平衡常数K=1×10-4.8C.P点所示的溶液中：c(Cl-)>c(B+)D.N点所示的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)5、根据下列实验操作和现象所得结论正确的是。

。选项。

实验操作和现象。

结论。

A

用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应实验；火焰呈黄色。

溶液中含有Na+

B

向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液；出现红褐色沉淀。

Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]

C

室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH约为11；0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8。

HCO3-结合H+的能力比。

CO32-的强。

D

向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液；无气泡冒出。

H2CO3的酸性比H3BO3的酸性强。

A.AB.BC.CD.D6、下列指定反应的离子方程式正确的是A.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：H++OH-=H2OB.NH4HSO4溶液呈酸性的主要原因是+H2O⇌NH3·H2O+H+C.用情性电极电解MgBr2溶液，阴极的电极反应式为2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓D.酸性KMnO4溶液中滴加少量H2O2，紫色褪去：2+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H＞0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（）。容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)n(CO)n(CO)Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56y

A.达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，平衡正向移动B.x=0.8，y＞0.4C.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率小于D.若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，则反应将向正反应方向进行8、一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090

A.该反应的正方应为放热反应B.达平衡时，容器Ⅱ中CH3OCH3的浓度大于0.16mol/LC.达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的大D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，则反应将向逆反应方向进行9、取0.2mol/LHX溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=8(25℃)，则下列说法(或关系式)正确的是（）A.混合溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-8mol/LB.混合溶液中c(Na+)=c(X-)+c(HX)C.混合溶液中c(Na+)-c(X-)=c(OH-)–c(H+)D.混合溶液中c(X-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)10、已知：室温下，几种弱酸的如下表所示：。化学式4.743.74

下列有关微粒浓度的说法正确的是A.浓度均为和溶液中：B.浓度为溶液中：C.室温下，的和的混合溶液中：D.溶液与溶液等体积混合后：11、Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化的关系如下表：。n(SO32-):n(HSO3-)91:91:19:91pH8.27.26.2

以下离子浓度关系的判断正确的是A.NaHSO3溶液中c(H+)＞c(OH-)B.Na2SO3溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)＞c(H+)C.当吸收液呈中性时，c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)=c(H+)D.当吸收液呈中性时，c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)12、部分弱酸的电离平衡常数如表所示：。弱酸电离常数/（）（25℃）

下列说法错误的是（）A.B.C.中和等体积、等pH的和溶液，前者消耗的量小于后者D.等体积、等浓度的和溶液中，前者所含离子总数小于后者13、已知25℃；醋酸；次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表，下列叙述正确的是。

。酸。

电离平衡常数。

醋酸。

Ki=1.75×10-5

次氯酸。

Ki=2.98×10-8

碳酸。

Ki1=4.30×10-7Ki2=5.61×10-11

亚硫酸。

Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7

A.25℃，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量最小的是Na2CO3B.少量的SO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+2ClO—SO32—+2HClOC.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO—HCO3—+HClOD.向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pH＞a、pH＜a、pH=a均有可能14、已知298K时，Ksp(MnS)=4.65×10−14，Ksp(MnCO3)=2.24×10−11，298K下，MnS、MnCO3(R2−代表S2−或CO32-)在水中的溶解曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.图象中x约等于2.2×10−7B.其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C.常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D.向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，增大评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、为解决大气中CO2的含量增大的问题；某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。“绿色自由”构想的部分技术流程如下：

（1）合成塔中反应的化学方程式为______________________；已知△H<0,从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了____________________________________。

（2）从合成塔分离出甲醇的原理与下列_______操作的原理比较相符（填字母）。

A．过滤B．分液C．蒸馏D．结晶。

（3）工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施。“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括________________。

（4）在体积为2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

写出CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式________________。16、（6分）肼（N2H4）可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。

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）写出肼和N2O4反应的热化学方程式__________。

（2）已知H2O（l）===H2O（g）ΔH3＝＋44kJ·mol－1；则表示肼燃烧热的热化学方程式为__________。

（3）肼—空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为__________。17、中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。25℃时，若溶液的pH=7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H+的浓度来测定溶液的pH。已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10−12。

⑴已知水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0，现欲使平衡向左移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是________（填字母序号）。

A．向水中加入NaHSO4B．向水中加入NaCl

C．加热水至100℃D．在水中加入KOH

⑵现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显_____色，溶液显___性（填“酸”、“碱”或“中”）；若用pH计测定，则pH____7（填“＞”；“=”或“＜”）。

⑶向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，溶液的pH____7（填“＞”、“=”或“＜”），离子方程式为__________________________。18、常温下0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=__________。19、判断下列盐溶液的酸碱性，能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性，____________；K2SO4溶液呈_____性，______________；FeCl3溶液呈_____性，___________；Ba(NO3)2溶液呈______性，__________________。20、已知某浓度的硫酸在水中的电离方程式：

H2SO4＝H++HSO4－，HSO4－H++SO42－。

（1）Na2SO4溶液显__________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，理由是(用离子方程式表示)_________。

（2）在25℃时0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中c(SO42－)="0.029"mol·L-1，则25℃时，0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(SO42－)_________0.029mol·L-1(填“大于”，“小于”或“等于”)，理由是___________。

（3）在0.1mol·L-1Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是____________。A．c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)B．2c(Na+)＝c(SO42－)+c(HSO4－)C．c(Na+)＞c(SO42－)＞c(H+)＞c(OH－)D．c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-121、有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3

(1)25℃时，用离子方程式表示0.1mol·L-1②溶液的酸碱性原因：__________；

(2)常温下，0.1mol/L的③和⑥溶液中微粒(含离子和分子)的种类是否相同：_______(填“相同”或“不相同”)；

(3)将④溶液加热蒸干并灼烧最终得到的物质是________(填化学式)；

(4)常温下0.1mol/L⑤溶液加水稀释至中性的过程中，下列表达式的数据一定变大的是_______。

A．c(H+)B．c(OH-)C．D．c(H+)·c(OH-)评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)22、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)23、50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液在图1装置中进行中和反应；并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

（1）写出该反应的中和热热化学方程式：___________。

（2）___________（填“能”或“不能”）将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒，其原因是_____。

（3）如果改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量_____（“增加”、“减少”或“不变”），所求中和热数值_____（“增加”；“减少”或“不变”）。

（4）某研究小组将装置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）。回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度_________（填“高于”；“低于”或“等于”）22℃。

（5）①请填写下表中的空白：。温度。

实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值。

(t2－t1)/℃HClNaOH平均值平均值126.226.026.132.9

________________________227.027.427.237.0325.925.925.932.5426.426.226.333.3

②近似认为50mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_________(取小数点后一位)。24、从下列试剂中选择实验所需的物品，你__(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L-1的硫酸和0.01mol·L－1的硫酸。若能；简述操作过程__。

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸25、由乳酸与FeCO3反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

I.制备碳酸亚铁:装置如图所示。

(1)C的名称是___________。

(2)清洗仪器,检查装置气密性,A中加入盐酸,B中加入铁粉,C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的,上述装置中活塞的打开和关闭顺序为:关闭活塞______；打开活塞______；加入足量盐酸后,关闭活塞1,反应一段时间后,关闭活塞____,打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_______________。

Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:

将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。

(3)加入少量铁粉的作用是______________。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发；________；干燥。

Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:

(4)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是_____________________。

(5)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时,先称取5.760g样品,溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如下表。

。滴定次数。

0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液体积/mL

滴定前读数。

滴定后读数。

滴定后读数。

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_________(以质量分数表示)。26、某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

。装置。

分别进行的操作。

现象。

i．连好装置一段时间后；向烧杯中滴加酚酞。

ii．连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液。

铁片表面产生蓝色沉淀。

铁片表面产生蓝色沉淀。

(1)小组同学认为以上两种检验方法；均能证明铁发生了吸氧腐蚀。

①实验i中的现象是___。

②用电极反应式解释实验i中的现象：___。

(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀；理由是___。

②进行下列实验；在实验几分钟后的记录如下：

。实验。

滴管。

试管。

现象。

0.5mol·L-1K3[Fe(CN)6]溶液。

iii．蒸馏水。

无明显变化。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液。

铁片表面产生大量蓝色沉淀。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液。

无明显变化。

以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。

(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响；又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。

。实验。

试剂。

现象。

A

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

B

酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)

产生蓝色沉淀。

C

铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

D

铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)

产生蓝色沉淀。

(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。评卷人得分六、工业流程题(共2题，共18分)27、辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源；用同槽酸浸湿法治炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：

已知：

①MnO2有较强的氧化性；能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；

③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：。金属离子Fe3+Mn2+Cu2+开始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)实验室配制240mL4.8mol•L-1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___________。

(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________(任写一点)。

(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式：___________。

(4)调节浸出液pH=4的作用是___________。

(5)写出流程中生成MnCO3的离子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在经过___________得到MnSO4·H2O晶体。

(7)本工艺中可循环使用的物质是___________(写化学式)。28、汽车的大量使用给人们的出行带来了便利；但也带来了诸多社会问题，如废旧铅蓄电池的环境污染。通过下列工艺流程对废旧铅蓄电池进行处理，可回收金属铅和粗硫酸。

已知：i.铅膏的成分：

ii.常温下，部分铅盐的浓度积：

回答下列有关问题：

(1)“翻料、倾料”操作后所得电解质溶液中的电解质是_______(填化学式)。

(2)“铅膏”加水的目的是调成悬浊液，作用是_______。

(3)反应I的化学方程式是_______。

(4)测得“析铅”后的滤液中，对析出的进行洗涤、干燥，得产品，则原铅膏中的总物质的量为_______滤液中_______(保留一位小数)。滤液X中主要溶质的用途有_______(填一种)。

(5)HBF4是一种强酸，则气体Y为_______(填化学式)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

①C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，燃烧放出的热量越多，反应热越小，所以DH1<DH2；①符合题意；

②反应的物质在气态时含有的能量高于固态时含有的能量，而生成物的能量相同，因此反应物含有的能量越多，反应放出的热量就越多，反应放出热量越多，该反应的反应热就越小，所以DH3>DH4；②不符合题意；

③反应物的能量相同，生成物含有的能量气态>液体，所以放出的热量：前者大于后者。反应放出的热量越多，反应热越小，故反应热：DH56，③符合题意；故合理选项是A。2、D【分析】【详解】

A.反应活化能越高；说明反应达到活化态所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故A错误；

B.压强只针对有气体参加的反应；如没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不变，故B错误。

C.强电解质溶液中存在水的电离；水为弱电解质，存在电离平衡，故C错误；

D．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：Kb=Kw/Ka，所以Ka越小，Kb越大；故D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42‾)+c(OH‾)，因为c(Na+)=c(SO42‾)，所以c(H+)=c(SO42‾)+c(OH‾)；故A选项正确。

B．氯化银溶度积常数大于碘化银，AgCl溶解得更多，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)＞c(Cl‾)＞c(I‾)；故B选项错误。

C．根据物料守恒，2c(Ca2+)=c(Cl-)，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，联立后：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)；故C选项错误。

D．混合溶液中c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)+c(HC2O4﹣)=c(Cl-)；故D选项错误。

故答案选A。

【点睛】

本题的难点和易错点为书写混合溶液中的守恒关系式，注意C和D选项中物料守恒的书写，CaCl2溶液中2c(Ca2+)=c(Cl﹣)。4、C【分析】【详解】

A．BOH是弱碱，加水稀释时促进电离，溶液中BOH的微粒数减小，而OH-的数目增多，则溶液中=不断增大；故A正确；

B．N点-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8；故B正确；

C．P点的pOH＜4，溶液呈碱性，则c(OH-)＜c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＜c(B+)；故C错误；

D．N点-lg=0，则c(BOH)=c(B+)，根据电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)；故D正确；

故答案为C。

【点睛】

考查酸碱混合的定性判断，明确图像图像变化的意义为解答关键，根据图像可知，N点-lg=0，=1，此时pOH=-lgc(OH-)=4.8，则BOH的电离平衡常数Kb=×c(OH-)=c(OH-)=1×10-4.8，证明BOH只能部分电离，属于弱碱，再结合溶液中的电荷守恒式分析即可。5、D【分析】【分析】

A.玻璃的成分中含有硅酸钠；

B.Al(OH)3在强碱溶液中溶解；

C.碳酸钠和碳酸氢钠溶液均为强碱弱酸盐；弱酸的阴离子均发生水解而使溶液显碱性，且碳酸钠溶液的碱性略强；

D.利用强酸制弱酸原理进行分析。

【详解】

A.玻璃的成分中含有硅酸钠；不能用玻璃棒做焰色反应，应选择铁丝或者铂丝，A项错误；

B.向浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，得到Fe(OH)3和Al(OH)3两种沉淀，但Al(OH)3在强碱溶液中溶解，故不能确定Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3]；B项错误；

C.两物质均水解使溶液显碱性，且碳酸钠溶液碱性略强，说明CO32-与H+结合能力比HCO3-强；C项错误；

D.向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，利用强酸制弱酸原理可知，H2CO3的酸性比H3BO3的酸性强；D项正确；

答案选D。6、C【分析】【详解】

A.如果离子反应方程式为：溶液的溶质为硫酸钠和硫酸铵，溶液呈酸性，A错误；

B．溶液呈酸性的主要原因为：B错误；

C．用情性电极电解MgBr2溶液，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为:C正确；

D．二者发生氧化还原反应生成锰离子和氧气，但是转移电子数不守恒，其离子方程式为：D错误。

答案选C。二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【详解】

A．达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C(s)的量，由于CO2(g)；CO(g)的浓度都不发生变化；所以平衡不发生移动，A不正确；

B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ减小体积为1L；此时平衡逆向移动，x＜0.8，B不正确；

C．若容器Ⅲ中温度也为977K，与容器Ⅰ为等效平衡，达到平衡时，y=0.4，容器Ⅲ中的CO的转化率为=现容器Ⅲ中温度为1250K，相当于977K时的平衡体系升高温度，平衡正向移动，CO的转化率减小，所以容器Ⅲ中的CO的转化率小于C正确；

D．在容器Ⅰ中，K==1，若起始时向容器Ⅱ中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，此时浓度商Q==0.2＜1；所以平衡将向正反应方向进行，D正确；

故选CD。8、AD【分析】【详解】

A．对比I、Ⅲ可知，升高温度CH3OCH3(g)的物质的量减小；说明升高温度，平衡逆向移动，而升高温度，化学平衡向吸热反应移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；

B．Ⅱ等效为Ⅰ中平衡基础上压强增大一倍，该反应是气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不移动，因此容器Ⅰ中的CH3OH体积分数与容器Ⅱ中的相等。I中平衡时CH3OCH3的物质的量是0.080mol，则容器Ⅱ中CH3OCH3的物质的量为n(CH3OCH3)=2×0.080mol=0.16mol。反应容器是1L，则II达到平衡时CH3OCH3的物质的量浓度为c(CH3OCH3)==0.16mol/L；B错误；

C．II中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.16mol/L，c(CH3OH)==0.08mol/L，=0.5；III中达到平衡时，c(CH3OCH3)==0.090mol/L，c(CH3OH)==0.020mol/L，=0.222＜0.25，所以达平衡时，容器Ⅲ中比容器Ⅱ中的小；C错误；

D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH(g)0.30mol、CH3OCH3(g)1.50mol和H2O(g)0.30mol，由于容器的容积是1L，则物质的浓度与其物质的量在数值上相等，此时浓度商Qc==5＞4=K；则反应将向逆反应方向进行，D正确；

故合理选项是AD。9、BC【分析】【详解】

溶液等体积混合，完全反应溶质为NaX，该溶液中c（H+）=10-8mol/L，c（OH-）=10-6mol/L=10-6mol/L；

A.溶液呈碱性，则由水电离出的c（OH-）=10-6mol/L；故A错误；

B.根据物料守恒得c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1mol/L；故B正确；

C.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，即c(Na+)-c(X-)=c(OH-)–c(H+)；故C正确；

D.溶质为NaX，X-发生水解使溶液呈碱性，则c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)；故D错误；

故选BC。

【点睛】

此题易错点在于A项，注意限制条件“有水电离出的”，该混合溶液为盐溶液，发生水解时，水电离出的氢离子被X-结合，所以水电离出的离子浓度应该根据溶液中氢氧根的浓度计算。10、CD【分析】【详解】

A．根据表格信息可知，的的则醋酸的电离小于甲酸的电离，则甲酸根的水解程度小于醋酸根的水接程度，故浓度均为和溶液中，有：A错误；

B．的电离平衡常数为：的水解平衡常数为：故的电离大于水解，电离产物大于水解产物，故浓度为溶液中：B错误；

C．的和的混合溶液，的水解程度小，水解产物少，且会电离产生则C正确；

D．溶液与溶液等体积混合后，溶质为甲酸和甲酸钠，且二者浓度之比为1：1，的电离能力大于水解能力，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，再依据电荷守恒，有D正确；

答案选CD。11、AD【分析】【分析】

用Na2SO3溶液吸收SO2时；随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性。

【详解】

A．当n(SO32-):n(HSO3-)=9:91时，溶液呈酸性，可知NaHSO3溶液为酸性溶液，即c(H+)＞c(OH-)；故A正确；

B．Na2SO3溶液中SO32-的水解存在二级水解，c(HSO3-)应小于c(OH)；故B错误；

C．由表中数据，当c(SO32-)＝c(HSO3-)时pH=7.2，这说明HSO3－的电离程度小于SO32－的水解程度，故当吸收液呈中性时，可推出c(SO32-)＜c(HSO3-)；因此C错误；

D．由于c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)可知，c(Na+)＝c(HSO3-)+2c(SO32-)成立；故D正确；

答案选AD。12、AD【分析】【详解】

A.根据电离常数可知，酸性利用强酸制弱酸的原理可知，与水反应生成和HCN，故A错误；

B.由A项分析可知，HCOOH可与反应生成水和二氧化碳，故B正确；

C.等体积、等pH的和溶液中，所含溶质的物质的量则中和时溶液消耗的的量较大，故C正确；

D.根据电荷守恒，溶液中，溶液中，即两种溶液中的离子总数均是而的酸性比的弱，则溶液中的较大，较小，故溶液中所含离子总数较小，故D错误；

故选：AD。13、CD【分析】【分析】

【详解】

根据表中数据可知；酸性大小关系为：醋酸＞亚硫酸＞碳酸＞亚硫酸氢根离子＞次氯酸＞碳酸氢根离子；

A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：CH3COO-＜SO32-＜ClO-＜CO32-，所以相同温度时，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中；物质的量浓度最小的为水解程度最大的盐：碳酸钠，由于没有告诉溶液体积，各物质的物质的量大小无法判断，故A错误；

B．SO2有还原性，NaClO有氧化性，二者发生氧化还原反应；少量的SO2通入NaClO溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H++Cl-；故B错误；

C．由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO；故C正确；

D．若温度不变，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原来是稀溶液，稀释作用大于平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pH＞a；若原来是浓溶液，加水时使酸分子的电离作用大于水的稀释作用，平衡正向移动是c(H+)增大的趋势；所得溶液的pH＜a；若加水时使酸分子的电离作用等于加水对溶液的稀释作用，平衡不发生移动pH=a。故三种情况均有可能，D正确；

故选CD。14、AB【分析】【分析】

因4.65×10−14<2.24×10−11，所以N线为MnS的溶解度曲线，M线为MnCO3的溶解度曲线。

【详解】

A．图像中x约等于≈2.2×10−7；A正确；

B．加热N的悬浊液，可增大MnS的溶解度，但c(Mn2+)、c(S2-)同等程度增大；所以可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动，B正确；

C．加水稀释M溶液，c(Mn2+)、c(CO32-)都减小；不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，C不正确；

D．向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，不变；D不正确；

故选AB。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

废气通入饱和碳酸钾溶液，发生反应CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高温水蒸气通入分解池，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、水、CO2，二氧化碳与氢气在合成塔中反应生成甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；此反应为放热反应，工业生产条件选择要考虑转化率；反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面，可以采用较高温度（催化剂活性强）、高压、适当催化剂。

【详解】

（1）根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；实际生产中采用300℃的温度；除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了温度对催化剂活性的影响；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化剂的催化活性。

（2）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液；甲醇与水互溶，沸点相差大，因此采用蒸馏法分离；

答案：C

（3）由流程图可以找出循环利用的物质还有高温水蒸气；

答案：高温水蒸气。

（4）三行式法进行计算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L▪min)；如果使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氢气的量，或者加压；降温等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根据盖斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化剂的催化活性③.C④.高温水蒸气⑤.0.24mol/(L•min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol16、略

【分析】试题分析：（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

根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：②×2-①得到：2N2H4（l）++N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=—1048.9kJ/mol；

（2）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；此时生成的水必须为液态，可燃物必须为1mol．

由反应。

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

②H2O（l）═H2O（g）△H3=+44kJ•mol-1

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

（3）负极发生还原反应，是肼在反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

考点：考查盖斯定律的计算、燃烧热的计算及燃料电池电极反应式的书写等。【解析】（各2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】【详解】

试题分析：(1).欲使水的电离平衡向左移动的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐溶液等；如果成酸性说明弱根离子结合了水电离的氢氧根离子，从而使氢离子浓度大于氢氧根离子；⑵100℃沸水呈中性，根据中性环境下PH试纸的颜色确定即可；25℃水的PH等于7，温度升高PH增大；设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣；溶质为偏铝酸钠。

解析：(1).向水中加入NaHSO4，电离出氢离子，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，使H2O+H2OH3O＋+OH－平衡逆向移动，故A正确；向水中加入NaCl，H2O+H2OH3O＋+OH－平衡不移动，故B错误；加热水至100℃，升高温度，H2O+H2OH3O＋+OH－△H＞0平衡正向移动，故C错误；在水中加入KOH，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，故D错误；⑵100℃沸水呈中性，中性环境下PH试纸的颜色是红色；25℃水的PH等于7，温度升高PH减小，所以若用pH计测定，则pH<7；⑶设KAl(SO4)2溶液中含有1mol溶质，滴加Ba(OH)2溶液至SO42−离子刚好沉淀完全时，需要Ba(OH)22mol，此时铝离子恰好生成AlO2﹣，离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，溶质为偏铝酸钠，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，pH>7。

点睛：水电离吸热，加入水电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度都增大，呈中性，但pH减小。【解析】①.A②.红③.中④.＜⑤.＞⑥.Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O18、略

【分析】【详解】

常温下0.01mol·L-1NaOH溶液中，根据pH=12，故答案为：12。【解析】1219、略

【分析】【分析】

先判断是否有弱离子再确定是否水解；结合水解方程式判断溶液的酸碱性。

【详解】

K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；Ba(NO3)2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；中；不发生水解；酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；中；不发生水解。

【点睛】

把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2，要注意氢氧化钡是强碱，Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，另外，Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解20、略

【分析】【详解】

（1）根据硫酸的第一步电离是完全的：H2SO4＝H++HSO4－，第二步电离并不完全：HSO4－H++SO42－，则Na2SO4溶液存在硫酸根离子的水解平衡，即SO42－+H2OHSO4－+OH-；因此溶液呈弱碱性。

（2）25℃时，0.10mol•L-1的NaHSO4溶液中c（SO42-）=0.029mol•L-1，由于0.10mol•L-1的硫酸溶液中氢离子浓度比硫酸氢钠溶液中大，对硫酸氢根离子电离平衡起到抑制作用，因此溶液中c(SO42－)＜0.029mol•L-1；

（3）A、根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO4－)+2c(SO42－)，A正确；B、根据物料守恒可知c(Na+)＝2c(SO42－)+2c(HSO4－)，B错误；C、硫酸钠溶液中硫酸根水解，溶液显碱性，C错误；D、根据物料守恒可知c(SO42－)+c(HSO4－)＝0.1mol·L-1；D正确，答案选AD。

【点晴】

该题的易错点是忽略硫酸的第二步电离特点，答题是要注意把握题意，突破硫酸为二元强酸的思维定势，从题目实际出发，注意知识的灵活应用。【解析】①.碱性②.SO42－+H2OHSO4－+OH-③.小于④.H2SO4一级电离出H+，对HSO4－电离起抑制作用，而NaHSO4中不存在抑制⑤.AD21、略

【分析】【分析】

(1)根据NH4+水解规律进行分析；

(2)根据Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中存在的水解平衡；电离平衡进行分析；

(3)硫酸属于难挥发性酸，Al2(SO4)3溶液加热蒸干灼烧后产物为原溶质；

(4)根据CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；加水稀释促进电离进行分析。

【详解】

(1)②为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子能发生水解，其反应的离子反应方程式为：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，故答案：NH4Cl溶液中存在着铵根离子水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性；

(2)③为Na2CO3溶液，⑥为NaHCO3溶液，碳酸钠溶液中碳酸根水解，且水解分步进行，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，NaHCO3溶液中HCO3-既能水解又能电离，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-CO32-+H+，所以常温下，0.1mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均含有微粒：Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2CO3、H2O；故微粒种类是相同，故答案：相同；

(3)④为Al2(SO4)3溶液，存在水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由于硫酸属于难挥发性酸，所以将Al2(SO4)3溶液加热蒸干并灼烧后的产物为硫酸铝；故答案：Al2(SO4)3；

(4)⑤为CH3COOH溶液，常温下0.1mol/LCH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+反应，加水稀释至中性的过程中，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，由于温度不变，所以c(H+)×c(OH-)=Kw不变；根据醋酸的电离平衡常数可知，=加水稀释过程中，促进电离，c（CH3COO-）减小，但是Ka不变，所以增大；故答案选BC。

【解析】NH4Cl溶液中存在NH4+离子的水解平衡：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性相同Al2(SO4)3BC四、判断题(共1题，共8分)22、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、实验题(共4题，共8分)23、略

【分析】【详解】

（1）中和热热化学方程式中要求H2O的生成量为1mol，所以热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒；原因是铜棒是金属材质，导热性能好，造成热量散失，导致误差较大。

（3）改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应，盐酸过量，NaOH完全反应，所以所放热量增加；中和热对应生成1molH2O所产生的热值；所以所求中和热数值不变；

（4）由图2可知，当V1接近5mL时；反应已经发生，伴随放热，混合溶液温度接近22℃，所以该实验时环境温度小于22℃；

（5）4次平行试验的温差分别为：6.8℃；9.8℃、6.6℃、7℃；第二组试验偏差较大，无效，所以有效的为其他3组数据，可得平均温差为6.8℃；根据公式计算：

ΔH＝-56.8kJ/mol

【点睛】

定量试验如酸碱中和滴定和中和热测定进行平行实验中，对于数据的有效性需要考虑，偏差较大的数据要去除，再进行相关平均值的计算。【解析】NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol不能金属导热，导致热量散失增加不变低于6.8-56.8kJ/mol24、略

【分析】【详解】

由于二者c(H＋)只相差10倍，且都在强酸性区域，酸碱指示剂不能很好区分；广泛pH试纸可区分c(H＋)10倍差别的溶液。答案为能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol·L-1的硫酸。【解析】能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol·L-1的硫酸25、略

【分析】本题考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，仪器C为三颈烧瓶；（2）实验目的是制备碳酸亚铁，Fe2＋容易被氧气氧化成Fe3＋，因此先排除装置空气，即关闭活塞K3，打开活塞K1和K3，反应一段时间后，关闭活塞K3，打开K2，利用压强，把B中溶液压入到C中，发生：Fe2＋＋HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；（3）Fe2＋容易被氧气氧化，因此加入少量铁粉的目的是防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2＋被氧化；获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）根据乳酸亚铁的结构简式，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此滴定实验中发现结果总是大于100%；（5）三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是为19.75mL、21.2mL、19.65mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，删去21.2mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为(19.75＋19.65)/2mL=19.70mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.70×10－3×0.1××1×250/25=n(Fe2＋)×1，解得n(Fe2＋)=1.97×10－2mol，即样品的纯度为1.97×10－2×288/5.760×100%=98.5%。【解析】三颈烧瓶21、332Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化冷却结晶，过滤、洗涤乳酸根中羟基(－OH)被酸性高锰酸钾溶液氧化98.5%26、略

【分析】【分析】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，在碳棒附近溶液中生成OH-；使酚酞变色。

②在碳棒上，发生O2得电子生成OH-的电极反应。

(2)①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性；就可直接与Fe作用。

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜去除，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同。

(3)A.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；也可能是铁片发生了吸氧腐蚀；

C.铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；

D.铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+。

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，不让K3[Fe(CN)6]与Fe接触，而是取Fe电极附近的溶液，进行Fe2+的检验。

【详解】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，碳棒为正极，发生O2得电子生成OH-的反应；从而使碳棒附近溶液变红。答案为：碳棒附近溶液变红；

②在碳棒上，O2得电