2025年沪科版选择性必修1化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版选择性必修1化学下册阶段测试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9题，共18分)1、中科院科学家设计出利用SO2和太阳能综合制氢方案；其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是。

A.该电化学装置中，Pt电极作正极B.该装置将太阳能转化为了电能和化学能C.BiVO4电极上的反应式为-2e-+2OH-=+H2OD.电子流向：Pt电极→导线BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极2、下列实验操作能达到实验目的的是（）。选项实验操作实验目的A向溶液中缓慢滴加溶液证明非金属性：B在盛有溶液的烧杯中，滴加滴酚酞，然后插入一支温度计，逐滴加入溶液证明中和反应是放热反应C铝片、镁片在溶液中构成原电池，观察电流计偏转方向证明镁比铝活泼D比较足量的盐酸和盐酸分别与等量、大小相同的锌粒反应产生体积（相同状况下测定）的大小证明浓度对反应速率的影响A.AB.BC.CD.D3、某NH3传感器工作原理如图所示(其中固体电解质允许O2-发生迁移)；下列说法正确的是。

A.传感器的内外电路中，电流均是由电子定向移动形成的B.传感器工作时，O2参与的电极反应式为：C.传感器工作时，负极上NH3被消耗，pH会降低D.传感器工作时，每消耗3molO2，生成2molN24、以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸()的装置如图。下列说法中正确的是。

A.电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSAB.阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+=+2H2OC.每转移时，阳极电解质溶液的质量减少D.反应结束后阳极区增大5、在工业生产硝酸过程中，在氧化炉中发生反应Ⅰ、Ⅱ，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是。温度主反应Ⅰ：4NH3+5O2=4NO+6H2O副反应Ⅱ：4NH3+3O2=2N2+6H2O500(K)1.1×10267.1×1034700(K)2.1×10192.6×1025

A.通过数据分析，两个反应△H＜0B.通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应ⅡC.通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应ⅡD.通过增加氨气或O2的浓度，均可提高氨气的平衡转化率6、碳热还原制备氮化铝的化学方程式为：Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)⇌2AlN(s)+3CO(g)。在温度；容积恒定的反应体系中；CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。下列说法不正确的是。

A.维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙B.c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C.从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率D.在不同时刻都存在关系：3v(N2)=v(CO)7、下列物质中既能导电又属于强电解质的一组是A.石墨、食盐晶体B.熔融的NaOH、熔融的KClC.稀H2SO4、稀HNO3D.石灰水、水银8、室温下10mLpH=11的稀氨水溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强B.溶液中由水电离出的C(OH-)=1×10-3mol·L-1C.向原氨水溶液中再加入10mLpH=3HCl溶液，混合液pH=7D.氨水的电离程度增大，pH减小，K(NH3•H2O)不变9、下列有关离子方程式书写错误的是A.NaHCO3加入过量的Ba(OH)2溶液：B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：C.SO2通入BaCl2溶液无现象，再通入Cl2后产生白色沉淀：Cl2+SO2+Ba2++2H2O=BaSO4+2Cl-+4H+D.用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、I.将1.0molCH4和3.0molH2O(g)通入反应室(容积为100L)中，在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH>0，CH4的转化率与温度；压强的关系如图所示：

(1)已知压强p1，温度为100℃时反应I达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为___。

(2)图中的p1___p2(填“<”、“>”或“=”)。

II.钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为：MoOS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)MoO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

(3)图中A点对应的平衡常数Kp=___(已知A点压强为0.lMPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。11、研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。

(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：。化学式电离平衡常数K

①写出的的表达式_____

②常温下，相同的三种溶液物质的量浓度最小的是_______。

③将过量通入溶液，反应的离子方程式是______。

(2)室温下，用盐酸溶液滴定的氨水溶液；滴定曲线如图所示。

①a点所示的溶液中_____(填“>”“<”或“=”)

②b点所示的溶液中溶质为_______。

③室温下的氨水与的溶液中，由水电离出的之比为____。

(3)二元弱酸溶液中的物质的量分数随的变化如图所示。则第二级电离平衡常数______。

12、在化学反应中；只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。请根据下图所示回答问题。

(1)图中所示反应是___________（填“吸热”或“放热”）反应。

(2)E2-E1是反应的_____(填“活化能”或“反应热”，下同)，E3-E1是反应的________。

(3)已知拆开1molH-H、1molI-I、1molH-I分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)的焓变△H=__________。该过程是_________能转化为_______能的过程。13、I.现有下列物质：①HNO3②冰醋酸③氨水④Al(OH)3⑤NaHCO3(s)⑥Cu⑦氯水⑧CaCO3⑨H2CO3⑩盐酸。

(1)上述物质中属于强电解质的有_____(填序号，下同)，属于弱电解质的有_____。

(2)下列溶液中，c(H+)由大到小排列顺序是_____。

①0.1mol/LHCl溶液②0.1mol/LH2SO4溶液③0.1mol/LNaOH溶液④0.1mol/LCH3COOH溶液。

Ⅱ.已知室温时；0.1mol/L某一元酸HA在水中电离度为0.02%，回答下列问题：

(1)该溶液中c(H+)=_____。

(2)HA的电离平衡常数K=_____。14、草酸()常用作还原剂和漂白剂，在25℃时为无色透明结晶，电离常数

(1)某科研小组欲配制溶液。

①需要用托盘天平称量草酸晶体()的质量是______g。

②配制过程中，下列仪器中未用到的是______(填仪器名称)。

(2)取100mL配制的草酸溶液；向其中逐渐加入NaOH固体，所得溶液中含碳微粒的浓度随溶液pH的变化如图所示(假设溶液体积变化忽略不计)。

①图中曲线Ⅱ表示的含碳微粒是______(填微粒符号)。

②25℃，的水解平衡常数______

③pH=7时，若溶液中则溶液中______(用含x、y的代数式表示)。

④M点溶液的pH为______()。15、(1)已知：25℃，101kP下，CO的燃烧热为283kJ·mol-1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1

写出CO(g)和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式：_______。

(2)CuCl2溶液显酸性，原因是_______(用离子方程式回答)；某温度下的CuCl2饱和溶液，升高温度，溶液中Cu2+浓度将_______，Cl-浓度将_______；若饱和溶液降温，析出固体的化学式为_______；若将溶液蒸干、灼烧得到固体的化学式为_______。16、从Cl-、H+、Cu2+、Ba2+、Ag+等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。

(1)两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是_______(只写一种即可；下同)；

(2)若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式可能是_______；

(3)两极分别放出气体，气体体积为1﹕1(同温同压)，电解质的化学式可能是_______；评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误18、除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤。(_______)A.正确B.错误19、(_______)A.正确B.错误20、镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵。_______A.正确B.错误21、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误22、新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。(_______)A.正确B.错误23、一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0。__________________A.正确B.错误评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)24、按要求完成下列热化学方程式：

(1)汽车尾气中的主要污染物是NO和CO；已知：

I2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH1=-566.0kJ•mol-1

II2NO(g)=N2(g)+O2(g)ΔH2=-180.8kJ•mol-1；

则将汽车尾气处理成无毒无害产物的热化学方程式为___________。

(2)最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，已知298K时断裂1molN≡N键吸收942kJ热量，生成1molN-N放出167kJ热量。根据以上信息和数据，则由气态N2生成1mol气态N4的的热化学方程式为___________。

25、氢气是一种清洁能源；氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

（1）Bunsen热化学循环制氢工艺流程图如下：

①下列说法错误的是______（填字母序号）。

A．该过程实现了太阳能化学能的转化。

B．和对总反应起到了催化剂的作用。

C．该过程的3个反应均是氧化还原反应。

D．常温下；该过程的3个反应均为自发反应。

②已知：

则：______（用含的代数式表示）。

（2）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知有关化学反应的能量变化如图所示。

①下列说法正确的是______（填字母序号）

A．的燃烧热为B．的燃烧热为

C．的燃烧热为D．为放热反应。

②与反应生成和的热化学方程式为________________________。

（3）中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂；利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程可表示为：

已知：几种物质有关键能[形成（断开）共价键释放（吸收）的能量]如下表所示。化学键键能463496436138

若反应过程中分解了过程Ⅲ的______26、CH4和CO2是引起温室效应的常见气体，CH4超干重整CO2是现在减少温室气体的一种有效方式；回答下面问题：

(1)实验测得：101kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是_______。

①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋890.3kJ·mol－1

②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ

③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1

④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1

A．仅有②④B．仅有④C．仅有②③④D．全部符合要求。

(2)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=________kJ·mol－1

(3)Ⅰ．CH4超干重整CO2过程中的能量变化图像如下图：

反应过程Ⅰ中发生的活化能是_______kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是______________。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=____________kJ·mol－1

Ⅱ．CH4在某催化剂作用下超干重整CO2的转化如图2所示：

①关于上述过程Ⅳ的说法不正确的是_____________(填字母)。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离。

b．可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋CO

c．CO未参与反应。

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

②写出过程Ⅲ的热化学方程式为：___________________。27、某温度时；在2L容器中X；Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化关系曲线如图所示。

（1）由图中的数据分析，该反应的化学方程式为___。

（2）反应开始至2min、5min时Z的平均反应速率为___、___。

（3）5min后Z的生成速率比5min末Z的生成速率__(填“大”、“小”或“相等”)。评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)28、三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体；熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，主要用作媒染剂和催化剂。工业上制取三氯化铬的流程如下：

请回答下列问题：

(1)650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气(COCl2)生成，该反应的化学方程式是_______________。

(2)根据上述工艺原理，实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8℃)在高温下制备三氯化铬；部分实验装置如图所示(夹持装置略)。

①上图中通入的气体X是_________(填化学式)。目的是___________________

②装置A的烧杯中盛有________。目的是_________________________________

(3)样品中三氯化铬质量分数的测定。

Ⅰ．称取样品0.3300g；加水溶解并于250mL容量瓶中定容。

Ⅱ．移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4酸化，将Cr3＋氧化为Cr2O再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3＋的形式存在。

Ⅲ．加入1mL指示剂，用0.0250mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00mL(已知：Cr2O＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)

①滴定实验可选用的指示剂为______。滴定终点的现象为_____________________________

②样品中无水三氯化铬的质量分数为______%(结果保留三位有效数字)。29、硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾；是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如图所示：

已知：①NH3不溶于CS2，CS2密度比水大且不溶于水；

②三颈烧瓶内盛放：CS2；水和催化剂。

③CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃易分解。

回答下列问题：

(1)装置A中反应的化学方程式是___。

(2)装置C的作用是__。

(3)制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，然后打开K2，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，写出装置D中生成KSCN的化学方程式：___。

(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收NH3时的离子方程式___。

(5)制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压__、__；过滤、洗涤、干燥；得到硫氰化钾晶体。

(6)测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品。配成1000mL溶液量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液18.00mL。[已知：滴定时发生的反应：SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)。]

①滴定过程的指示剂a为___。

②晶体中KSCN的质量分数为___。30、某化学兴趣小组为测定葡萄酒中的含量，通过适当的方法使所含全部逸出并用将其全部氧化为然后用NaOH标准溶液进行滴定。回答下列问题：

(1)写出气体与溶液反应的化学方程式：____________。

(2)在水中可形成—饱和溶液体系，此体系中含硫粒子有和______。

(3)滴定前应先排出管内气泡，图中操作和仪器选择均正确的是______(填字母)。

(4)若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积______(填字母)。

a．=10mLb．=40mLc．<10mLd．>40mL

(5)上述滴定实验中，选用酚酞作指示剂，判断反应达到终点的现象是_______。

(6)滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。31、亚氯酸钠是一种高效氧化性漂白剂。主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、食品消毒、水处理、杀菌灭藻和鱼药制造，某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠(NaClO2)晶体。

[查阅资料]B中发生的主要反应：2NaClO3＋Na2SO4＋H2SO4(浓)＝2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O。

(1)盛装NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是___________。

(2)装置C的作用是___________。

(3)ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的离子方程式为___________。

(4)实验须使B中NaClO3稍微过量，原因是___________，如NaClO3不足，则装置D中可能产生SO检验装置D中是否含有SO的方法是取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在SO

(5)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO+4I‒+4H+＝2H2O+2I2＋Cl‒，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L‒1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2＋2S2O＝2I‒＋S4O）。

①确认滴定终点的现象是___________。

②所称取的样品中NaClO2的质量为___________g（用含c、V的代数式表示）。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共14分)32、含NO的烟气需要处理后才能排放。

(1)氢气催化还原含NO的烟气，发生“脱硝”反应：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-605kJ·mol-1。一定条件下，加入H2的体积分数对该反应平衡时含氮物质的体积分数的影响如图所示：

①随着H2体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。当H2的体积分数在0.5×10-3~0.75×10-3时，NO的转化率基本为100%，而N2和NH3的体积分数仍呈增加趋势，其可能原因是___________。

②已知：Ⅰ．4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1

Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ·mol-1

图中N2减少的原因是N2与H2反应生成NH3，写出该反应的热化学方程式：___________。

(2)某科研小组研究了NO与H2反应生成N2和NH3的转化过程。在起始温度为400℃时，将n(NO)：n(H2)=1：2通入甲；乙两个恒容密闭容器中；甲为绝热过程、乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。

①曲线X是___________(填“甲”或“乙”)容器。

②a点在曲线X上，则a点___________是平衡点(填“可能”或“不可能”)。

③曲线Y的容器中反应达到平衡时NO的转化率为60%，从开始到平衡点Z时用分压表示的H2消耗速率是___________kPa·min-1。400℃时，“脱硝”反应的压强平衡常数Kp=___________kPa-1(结果保留两位有效数字，Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数；分压=总压×物质的量分数)。

(3)科学研究发现，用P1-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

光催化脱除原理和电化学反应原理类似，P1-g-C3N4光催化的P1和g-C3N4两端类似于两极，g–C3N4极发生___________反应(填“氧化”或“还原”)，该极的电极反应式为___________。33、为解决汽车尾气达标排放；催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。

图片

(1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为___________，属于___________区。

(2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力；因而具有毒性。

已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2O2＋HbCO

①基态Fe2+中未成对电子数为___________。

②C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为___________，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为___________。

③在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是：___________。

④高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因：___________。

(4)为节省贵金属并降低成本；常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。

①该复合型物质的化学式为___________。

②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为___________。

③已知，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρg/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为___________cm。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

该装置为原电池，由Pt电极上反应(H2OH2)或BiVO4电极上反应()可知，Pt电极上得电子为正极，发生还原反应，电极反应为BiVO4电极上失电子为负极，发生氧化反应，电极反应为-2e-+2OH-=+H2O，原电池工作时，电子由负极BiVO4极经过导线进入正极Pt极。

【详解】

A．由分析可知；该电化学装置中，Pt电极作正极，A正确；

B．该装置将太阳能转化为了电能和化学能；B正确；

C．由分析可知，BiVO4电极上的反应式为-2e-+2OH-=+H2O；C正确；

D．由分析可知，电子流向：BiVO4电极→导线→Pt电极；D错误；

故选D。2、B【分析】【详解】

A.硝酸的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，发生反应：没有明显现象，A项不能达到实验目的；

B.在盛有溶液的烧杯中，滴加滴酚酞，然后插入一支温度计，逐滴加入溶液；随着红色越来越浅，温度计读数上升，证明中和反应是放热反应，B正确；

C.在氢氧化钠溶液中铝可失去电子而镁不能；C项不能达到实验目的；

D.等量的锌完全反应时产生的体积相等（同温同压），应该观察产生的快慢；D项不能达到实验目的；

答案选B。3、D【分析】【分析】

由图示知，Pt1电极上NH3失电子被氧化为N2，故Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，O2在正极得电子转化为O2-。

【详解】

A．传感器内部；固体电解质体系是靠离子自由移动导电的，即电流此时是由离子定向移动形成的，A错误；

B．由分析知，O2得电子转化为O2-，电极反应为：O2+4e-=2O2-；B错误；

C．该装置使用的是固体电解质，除了O2-，其他离子、分子均不进入电解质体系，且O2-不影响pH；故pH不变，C正确；

D．消耗3molO2，电路中转移电子3mol×4=12mol，由电极反应2NH3+3O2--6e-=N2+3H2O，得：N2~6e-，故生成N2的物质的量=D正确；

故答案选D。4、B【分析】【分析】

该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为左侧为阴极，据此分析解答。

【详解】

A．该电解池右侧为阳极；失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A错误；

B．阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+==+2H2O；故B正确；

C．阳极发生反应氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时；阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；

D．阳极发生反应氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；

故选B。5、A【分析】【详解】

A．通过数据分析，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数均减小，即平衡逆向移动，则两个反应的正反应均为放热反应，△H＜0；故A正确；

B．根据A项分析；反应Ⅰ；Ⅱ均为放热反应，通过改变氧化炉的温度对反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡移动的影响是相同的，故B错误；

C．已知：主反应Ⅰ：4NH3+5O2=4NO+6H2O，副反应Ⅱ：4NH3+3O2=2N2+6H2O；两个反应正反应方向均为气体分子数增大的反应体系，改变压强，对反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡移动的影响时相同的，故C错误；

D．增加O2的浓度；平衡正向移动，氨气的平衡转化率提高；增加氨气的浓度，平衡也是正向移动，但根据外界条件变化大于体系内平衡移动的变化，氨气的平衡转化率降低，故D错误；

答案选A。6、A【分析】【详解】

A．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应；平衡逆向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故A错误；

B．c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间；为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；

C．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率；故C正确；

D．从化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(N2)=v(CO)；故D正确；

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

能导电的物质是指含有能够自由移动的电子或离子的物质；电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质，强酸；强碱和大多数盐均为强电解质，据此分析解题：

A．石墨能够导电；是单质,既不是电解质也不是非电解质，食盐晶体是强电解质，但固态时不能导电，A不合题意；

B．熔融的NaOH和熔融的KCl既能导电；又是强电解质，B符合题意；

C．稀H2SO4和稀HNO3均为混合物；既不是电解质也不是非电解质，C不合题意；

D．石灰水能导电；但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，水银能导电，但属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；

故答案为：B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．稀释电离平衡正向移动；溶液中导电粒子的数目增加，但平衡体系各微粒浓度减小，故导电性减弱，A错误；

B．氨水溶液中溶液中的OH-来自水电离的和氨水电离的，而溶液中的H+全部都是由水电离的，而水电离的H+永远等于水电离的OH-，故由水电离出的c(OH-)=c(H+)(aq)=1×10-11mol·L-1；B错误；

C．向原氨水溶液中再加入10mLpH=3HCl溶液；此时氨水过量，此时溶液呈碱性，混合液pH＞7，C错误；

D．加水稀释氨水，电离平衡正向移动，氨水的电离程度增大，但OH-浓度减小，pH减小，K(NH3•H2O)仅仅是温度的函数；故温度不变平衡常数不变，D正确；

故答案为：D。9、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据少定多变的规律：NaHCO3加入过量的Ba(OH)2溶液：故A正确；

B．草酸是弱电解质，用化学式表示，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：故B错误；

C．氯气能将二氧化硫氧化，SO2通入BaCl2溶液无现象，再通入Cl2后产生白色沉淀：Cl2+SO2+Ba2++2H2O=BaSO4+2Cl-+4H+,故C正确；

D．FeS的溶解度大于HgS，溶解度大的较易转化为溶解度小的，用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+；故D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

根据三段式计算反应物变化量，根据反应速率计算反应比例；根据勒夏特列原理判断压强关系，根据反应平衡常数公式计算分压平衡常数。

【详解】

(1)已知压强p1；温度为100℃时反应I达到平衡所需的时间为5min，此时甲烷转化率为0.5，即设甲烷到达平衡时变化的物质的量为xmol，列三段式：

甲烷的转化率x=0.5mol，则用H2表示的平均反应速率为

(2)温度相同时，p1环境下甲烷转化率高于p2，根据勒夏特列原理可知，压强减小，平衡正向移动，图中的p12。

II.钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为：MoOS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)MoO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。

(3)图中A点对应的平衡常数Kp=【解析】0.003mol/(L•min)<4×10-411、略

【分析】【分析】

根据电离常数越大；酸性越强，多元弱酸的酸性电离常数减小，酸性减弱，电离出的离子会发生水解，而水解的程度和电离程度刚好相反，根据已知数据既可以判断酸性强弱，也可判断离子水解程度的大小。

【详解】

(1)①根据电力平衡常数的定义书写弱酸的电离平衡常数，H2S属于二元弱酸，根据第一步电离方程式书写得：

②常温下，NaF、Na2CO3、Na2S三种盐都发生水解显碱性，Na2CO3、Na2S水解后溶液的酸碱性主要由第一步决定，根据“越弱越水解”即水解后的弱酸的酸性越弱，则该水解离子越容易水解，通过表中电离平衡常数的大小判断酸性：HF>>HS-,则离子水解程度大小：F-<2-,故当pH相同时，这三种溶液种浓度最小的是Na2S。

③根据表中的电离平衡常数的大小可以判断出酸性强弱：H2S>>HS-,依据强酸制弱酸的原理，写出离子方程式为：

(2)①根据图中a点pH大于7，且是常温下，故显碱性，根据电荷守恒：当>则>故答案为：>。

②b点溶液显中性，假设盐酸和氨水恰好完全反应时，由于生成氯化铵溶液而显酸性故溶液显中性时氨水应多一点。故溶质应是：和

③室温下pH=10的氨水，根据c(H+)=mol/L,溶液中的氢离子全部来自于水电离出的，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，pH=5的氯化铵溶液，c(H+)=mol/L，氢离子全部来自于水，故水电离出的氢离子浓度为mol/L，则两溶液中的浓度之比为:

(3)根据图中特殊点，当pH=4.2时，c(A2-)=c(HA-),根据得故答案

【点睛】

根据图像进行计算时找特殊点，根据特殊点中横纵坐标的表示的意义进行计算相应的量。【解析】>和或12、略

【分析】【分析】

(1)依据图象分析可知反应物的能量大于生成物的能量；反应放热；

(2)反应的焓变△H=生成物的能量-反应物的能量；反应物发生反应需要的最小能量叫活化能；

(3)化学反应中；化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热，发生化学反应时有热量变化，说明该过程为化学能转化为热能的过程。

【详解】

(1)依据图象可知：反应物的能量比生成物的总能量高；因此发生反应时会放出热量，则该反应为放热反应；

(2)由于E2表示生成物的总能量，E1表示反应物的总能量，由于反应的焓变△H=E2-E1，E2-E1是生成物总能量与反应物总能量的差；其表示的是该反应的反应热，即焓变；

E3是活化分子具有的最小能量，E1表示反应物具有的能量，E3-E1表示的是反应物发生反应需要的最小能量；就是该反应的活化能；

(3)在反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)中，发生反应需断裂1molH-H键和1molI-I键，共需吸收的能量为：1×436kJ+1×151kJ=587kJ，生成2molHI中的H-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，反应发生时的能量变化是化学能转化为热能，该反应的反应热△H=587kJ/mol-598kJ/mol=-11kJ/mol。

【点睛】

本题考查焓变的求算，反应热△H=生成物总能量-反应物总能量=反应物键能总和-生成物键能总和，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应及判断方法，对于特殊过程中的热量变化，要熟练记忆。【解析】放热反应热活化能-11kJ/mol化学热13、略

【分析】【分析】

【详解】

I.(1)①硝酸在水溶液中完全电离；是强电解质；

②CH3COOH在水溶液中部分电离；是弱电解质；

③氨水是混合物；既不是电解质也不是非电解质；

④氢氧化铝在水溶液中部分电离；是弱电解质；

⑤NaHCO3在水溶液中完全电离；是强电解质；

⑥铜是单质；既不是电解质也不是非电解质；

⑦氯水是混合物；既不是电解质也不是非电解质；

⑧碳酸钙溶于水的部分全部电离；属于强电解质；

⑨H2CO3在水溶液中部分电离；属于弱电解质；

⑩盐酸是混合物；既不是电解质也不是非电解质；

故属于强电解质的是：①⑤⑧；属于弱电解质的是②④⑨；

故答案为：①⑤⑧；②④⑨；

(2)NaOH溶液显碱性，c(H+)最小，H2SO4是二元强酸，0.1mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0.2mol/L，HCl是一元强酸，0.1mol/LHCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，CH3COOH是弱酸，0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)小于0.1mol/L，故c(H+)由大到小排列顺序是②>①>④>③；故答案为：②>①>④>③；

Ⅱ.(1)c(H+)=c(HA)×电离度=0.1mol/L×0.02%=2.010-5mol/L，故答案为：2.010-5mol/L；

(2)电离平衡常数K=故答案为：【解析】①⑤⑧②④⑨②>①>④>③2.010-5mol/L14、略

【分析】【分析】

草酸逐滴加入NaOH，先生成NaHC2O4，H2C2O4的浓度减小，曲线I代表H2C2O4，后生成Na2C2O4，c()先增大后减小，曲线II代表c()后增大，曲线III代表

【详解】

（1）①溶液的物质的量为n=cV=0.1mol/L×0.25L=0.025mol，草酸晶体()的质量是m=n∙M=0.025mol×162g/mol=4.05g；托盘天平的精确度为0.1g，则需要称量4.1g晶体；

②配制过程中；需要烧杯溶解晶体，需要胶头滴管定容，需要量筒量取蒸馏水，未用到的仪器是圆底烧瓶；

（2）①草酸逐滴加入NaOH，先生成NaHC2O4，H2C2O4的浓度减小，曲线I代表H2C2O4，后生成Na2C2O4，c()先增大后减小，曲线II代表c()后增大，曲线III代表

②25℃，的水解方程式为平衡常数

③pH=7时溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：则溶液中

④曲线II代表曲线III代表M点溶液c()=c()，pH=-lgc(H+)=4.2。【解析】(1)4.1圆底烧瓶。

(2)4.215、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)CO燃烧的热化学方程式为①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－283kJ/mol，②H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH2＝－241.8kJ/mol，根据盖斯定理①-②即可得到CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)，故ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－283kJ/mol＋241.8kJ/mol＝－41.2kJ/mol；故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1；

(2)CuCl2溶液中，铜离子部分水解，溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+；某温度下的CuCl2饱和溶液，升高温度，反应Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+正向移动，Cu2+浓度减小，Cl-浓度将不变；若饱和溶液降温，析出固体的化学式为CuCl2；若将溶液蒸干，HCl挥发，平衡CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl正向移动，氯化铜全部水解，生成Cu(OH)2沉淀，氢氧化铜不稳定灼烧分解变成CuO；故答案为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+；减小；不变；CuCl2；CuO。【解析】CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+减小不变CuCl2CuO16、略

【分析】【分析】

一般情况下；电解池可以分为以下四种类型：

1；电解水型：强酸（含氧酸）、强碱以及二者形成的盐溶液的电解；

2、电解电解质型：无氧酸(如HC1)、不活泼金属的无氧酸盐(如CuCl2)溶液的电解；

3、放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐(如NaCl、MgBr2等)溶液的电解；

4、放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4、AgNO3等)溶液的电解。

【详解】

(1)两极分别放出H2和O2，说明电解池的类型为电解水型，溶质可以是强碱、强酸（含氧酸）、或二者形成的盐，故该电解质可以是H2SO4或HNO3或Ba(NO3)2；

(2)阴极析出金属，阳极放出O2，说明电解池是放氧生酸型，溶质是不活泼金属的含氧酸盐，故该电解质可以是CuSO4或AgNO3；

(3)两极分别放气体体积为1﹕1的气体，说明不是电解水型，电解水时H2与O2的体积比为2：1，所以该电解池属于电解电解质型，由于能生成两种气体，所以溶质为HCl（2HClH2+Cl2）。【解析】H2SO4或HNO3或Ba(NO3)2CuSO4或AgNO3HCl三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。18、A【分析】【详解】

除去NaCl溶液中少量的Na2S：加入AgCl后再过滤，正确。19、B【分析】【详解】

焓变ΔH的单位为kJ/mol，不是kJ，故错误。20、B【分析】【详解】

镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉属于重金属，会对环境造成严重的污染，故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。22、B【分析】【详解】

遵循电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误。23、A【分析】【详解】

一定温度下，反应MgCl2(l)⇌Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0，正确。四、计算题(共4题，共12分)24、略

【分析】【详解】

(1)由盖斯定律有：反应I+反应II得将汽车尾气处理成无毒无害产物的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ•mol-1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ•mol-1；

(2)气态N2生成气态N4的化学方程式为：2N2(g)=N4(g)，由图示可知1molN4中含有6mol由则其热化学方程式为：故答案为：【解析】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ•mol-12N2(g)=N4(g)ΔH=+882kJ•mol-125、略

【分析】【分析】

根据反应关系图进行判断；②根据盖斯定律进行解答；根据燃烧热的概念进行判断；根据盖斯定律书写反应热方程式；根据断键键能总和-生成物键能总和进行计算。

【详解】

(1)①A．由图可知；利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，故A正确；

B．由图可知，总反应为水分解生成氧气、氢气的反应，所以SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用；故B正确；

C．由已知：可知；该过程的3个反应均有元素化合价变化，都是氧化还原反应，故C正确；

D．由已知：可知，常温下，反应不能自发进行；故D错误；

故答案选D；

②已知：①

②

③

则根据盖斯定律：①2+②+③2:=2a+b+2c

(2)①A．由图可知：CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)=-因为生成的是气态水，所以的燃烧热不是故A错误；

B．由图可知：CO(g)+O2(g)=CO2(g)=-故的燃烧热为故B正确；

C．由图可知：O2(g)+(g)=H2O(g)=-因为生成的是气态水，所以=-不是H2的燃烧热；故C错误；

D．由图可知①O2(g)+(g)=H2O(g)=-②CO2(g)=CO(g)+O2(g)=+根据盖斯定律①+②可得：=+所以为放热反应；故D正确；

故BD正确；

②由图可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)=-②CO2(g)=CO(g)+O2(g)=+③O2(g)+(g)=H2O(g)=-则①2+②2-③6为：+=+3所以该热化学方程式为：

(3)由图可知：分解可以生成1molH2和1molH2O2，过程Ⅲ为1molH2O2分解生成1molH2和1molO2，化学反应方程式为：H2O2(g)=H2(g)+O2(g)(2(+)kJ/mol=+132【解析】DBD26、略

【分析】【分析】

图1中，反应过程Ⅰ和反应过程Ⅱ的图象中都提供了正、逆反应的活化能，由活化能可以计算反应的ΔH；图2中；依据箭头所指的方向，可确定反应物和生成物。

【详解】

(1)①CH4(g)在O2(g)中的燃烧反应为放热反应，ΔH＝-890.3kJ·mol－1；①不正确；

②ΔH的单位不是kJ；而是kJ/mol，②不正确；

③CH4(g)在O2(g)中燃烧，生成的H2O应呈液态；③不正确；

④H2(g)在O2(g)中燃烧生成H2O(l)时；放热571.6kJ，④正确；

答案为：B；

(2)在25℃、101kPa时，由C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、870.3kJ·mol－1，可写出三个燃烧反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律，得出2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)ΔH=-2×393.5kJ·mol－1-2×285.8kJ·mol－1+870.3kJ·mol－1=-488.3kJ·mol－1。答案为：-488.3；

(3)Ⅰ．反应过程Ⅰ中发生反应的活化能是240.1kJ·mol－1，该反应的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=(240.1kJ·mol－1-33.9kJ·mol－1)=+206.2kJ·mol－1。

反应过程Ⅱ中，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=78.9kJ·mol－1-243.9kJ·mol－1=-165.0kJ·mol－1。答案为：240.1；CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1；-165.0；

Ⅱ．①a．由图中可以看出，碳元素转化为CO，氢元素转化为H2O；从而实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；

b．把过程Ⅳ两反应加和，便可得出CO2＋H2=H2O(g)＋CO，b正确；

c．从过程Ⅳ中第一个反应看；产物中没有CO，说明CO参与了反应，c不正确；

d．由过程Ⅳ中两个反应加和可以得出，Fe3O4、CaO为催化剂，催化剂不能改变反应的ΔH；d不正确；

故选cd。

②过程Ⅲ中，Ni未改变，反应物为CH4、CO2，生成物为CO、H2；

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1⑦

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165.0kJ·mol－1⑧

利用盖斯定律，⑦×2+⑧得，热化学方程式为：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH=-206.2kJ·mol－1×2+165.0kJ·mol－1=＋247.4kJ·mol－1。答案为：cd；CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－1。

【点睛】

判断反应的催化剂时，可将发生的几个反应加和，被消去的物质中，出现在第一个反应中的反应物为催化剂。【解析】B-488.3240.1CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol－1-165.0cdCH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4kJ·mol－127、略

【分析】【详解】

（1）由图示可知X、Y为反应物、Z为生成物，根据化学计量数之比等物质的量的变化量之比，则X、Y、Z的化学计量数之比为：0.6：0.2：0.4=3：1：2，则该反应的化学方程式为：3X＋Y2Z，故答案为：3X＋Y2Z；

（2）由图示可知2min内5min内所以反应开始至2min、5min时Z的平均反应速率分别为故答案为：

（3）由图示可知，该反应在5min处于平衡状态，所以5min后化学反应速率不变，则5min后Z的生成速率比5min末Z的生成速率相等，故答案为：相等。【解析】3X＋Y2Z0.05mol•L-1•min-10.04mol•L-1•min-1相等五、实验题(共4题，共20分)28、略

【分析】【分析】

根据流程图知，重铬酸铵分解产生Cr2O3、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；三氯化铬易潮解；易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入硬质玻璃管中进行反应，最后得到无水三氯化铬，据此分析解答问题。

【详解】

(1)650℃时，在反应器反应一段时间后，除产生CrCl3外，还有副产物剧毒的光气(COCl2)生成，反应的化学方程式为Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；

(2)①因为三氯化铬易潮解、易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，所以通入的气体为N2；

②烧杯A盛有高于76.8℃的热水，可以使得CCl4气化(或提供CCl4蒸汽)进入装置B中参与反应；

(3)①碘单质遇淀粉溶液变蓝；因此滴定实验可选用的指示剂为淀粉溶液；滴定终点的现象为加入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原来的颜色；

②设样品中无水三氯化铬的质量分数为x；由原子守恒和电子守恒得如下关系：

则解得x=96.1%。

【点睛】

本题易错点为(3)②中三氯化铬的质量分数计算，实验操作过程中使用的是250mL中的25mL进行实验操作，计算时要转化为250mL溶液中三氯化铬的质量进行质量分数的计算。【解析】Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2N2防止CrCl3被氧化(或者做保护气)高于76.8℃的热水提供CCl4蒸汽或者使CCl4气化淀粉溶液溶液由蓝色变为无色96.129、略

【分析】【分析】

加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O转为氮气；据此解题。

【详解】

(1)装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(2)通过观察C中的气泡流速；判断A中产生氨气的速度，控制装置A的加热温度；故答案为：观察气泡流速，控制装置A的加热温度；

(3)NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105°C一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105°C，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；

(4)装置E中，NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应离子方程式为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；故答案为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；

(5)先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂；再减压蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。

(6)①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe(NO3)3溶液；

故答案为：Fe(NO3)3溶液。

②达到滴定终点时消耗0.1000mol/LAgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.018L×0.1mol/L=0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为：

故答案为：87.3%。【解析】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O观察气泡流速，控制装置A的加热温度NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O蒸发浓缩冷却结晶Fe(NO3)387.3%30、略

【分析】(1)

具有还原性，具有氧化性，两者发誓氧化还原反应生成硫酸，其离子方程式为：

(2)

溶于水，和水发生可逆反应生成属于二元弱酸，可发生部分电离，生成还会继续发生电离，生成和水，根据硫原子守恒可知，饱和溶液体系中含硫粒子有和

(3)

酸式滴定管滴定前排出管内气泡的方法是：左手从中间向右伸出，拇指在管前，食指及中指在管后，三指平行地轻轻拿住活塞柄，无名指及小指向手心弯曲，食指及中指由下向上顶住活塞柄一端，转动活塞，使溶液的急流逐去气泡，符合该操作的是b；碱式滴定管滴定前排出管内气泡的方法是：把橡皮管向上弯曲；出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，符合该操作的是c；

(4)

50刻度线到尖嘴处还有一段距离；因此当滴定管中的液面在刻度10处，管内液体的体积＞(50－10)mL=40mL，故d正确；

(5)

用NaOH标准液滴定稀硫酸时；一般采用酚酞，滴定到终点的现象是当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好由无色变浅红色，且在半分钟内无变化；

(6)

滴定终点读数时俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际偏低，故答案为：偏低。【解析】(1)

(2)

(3)bc

(4)d

(5)当加入最后一滴标准溶液后；溶液恰好由无色变浅红色，且在半分钟内无变化。

(6