2025年人教A新版选择性必修一化学上册月考试卷

…………○…………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年人教A新版选择性必修一化学上册月考试卷485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5题，共10分)1、如图为番茄电池的示意图；下列说法正确的是。

A.铜是负极，发生还原反应B.正极反应为C.电子从铜片经导线流向锌片D.一段时间后，锌片质量会减少2、根据下列实验操作和现象所得结论正确的是。选项实验操作和实验现象结论A在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色铁片上发生了吸氧腐蚀B向溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体的氧化性强于NaClOC用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试剂瓶瓶口，试剂瓶瓶口有白烟生成该试剂瓶中盛装的是浓硝酸D向的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成

A.AB.BC.CD.D3、下列有关电化学装置的说法正确的是。

A.利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-B.图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C.图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D.图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀4、乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是。

A.①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂B.上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键C.途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1D.CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)，该反应的△H=(E3-E1)kJ·mol-1→5、室温下，甘氨酸在水溶液中主要以NH-CH2-COO-、NH-CH2-COOH和NH2-CH2-COO-三种微粒形式存在；实验测得不同pH甘氨酸溶液中各成分分布分数δ与pH关系如图所示。下列说法正确的是。

A.a点溶液中，水的电离程度大于b点B.c点溶液中，c(NH2-CH2-COO-)＞c(NH-CH2-COO-)C.NH-CH2-COO-+H2O⇌NH2-CH2-COO-+H3O+的平衡常数为xD.a点溶液中，存在关系式：c(NH-CH2-COOH)+c(H+)=c(NH2-CH2-COO-)+c(OH-)评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1；即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是。

A.闭合K2，断开K1后，该电池右池溶液浓度变大，左池溶液浓度变小B.断开K2，闭合K1，右池中的通过离了交换膜移向左池C.闭合K2，断开K1，当外电路通过0.1mol电子时，XY两电极的质量差为10.8gD.断开K2，闭合K1，电极Y的电势低于X7、人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素()；原理如图所示，下列有关说法正确的是。

A.除去尿素，质子交换膜中转移B.电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C.该方法与血液透析清除尿素的原理基本相同D.若两极共收集到气体(标准状况)，则除去的尿素为(忽略气体的溶解)8、室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol•L-1的三种酸（HA；HB和HD）溶液；滴定曲线如图所示，下列判断错误的是（）

A.三种酸的电离常数关系：KHA<KHB<KHDB.滴定至P点时，溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时，三种溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)9、4P(红磷s)→P4(白磷s)；△H=+17kJ•mol-1.根据以上方程式，下列推论正确的是A.当lmol白磷转变成红磷时放出17kJ热量B.当4g红磷转变成白磷时吸收17kJ热量C.正反应是一个放热反应D.白磷热稳定性比红磷小10、相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法正确的是。

A.a电极的电极反应为B.c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜C.电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320gNaOH11、常温下，某浓度(NH4)2SO4溶液的pH=4，下列说法中不正确的是A.c()=2c()B.溶液中c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH-)C.溶液中c(NH3·H2O)＋c()+c(H＋)＞2c()＋c(OH-)D.溶液中c(NH3·H2O)＋c()=2c()12、把溶液和溶液以等体积混和，则混合液中微粒浓度关系正确的为A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01mol/LC.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D.c(OH-)>c(H+)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、沉淀溶解平衡在生产；科研和环保等领域有着许多应用。

（1）除去硫酸铜溶液中混有的少量铁离子，可向溶液中加入Cu(OH)2，调节溶液的PH,铁离子就会全部转化为Fe（OH）3沉淀除去。

已知：常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小等于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，通过计算确定应调节溶液的pH范围是______。（已知lg5=0.7）

（2）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化；某同学查阅资料并设计如下实验。

资料：AgSCN是白色沉淀；相同温度下，溶解度AgSCN＞AgI

。操作步骤。

现象。

步骤1：向2mL0.005mol·L－1AgNO3溶液中加入2mL0.005mol·L－1KSCN溶液；静置。

出现白色沉淀。

步骤2：取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol·L－1Fe(NO3)3溶液。

溶液变为红色。

步骤3：向步骤2的溶液中继续加入5滴3mol·L－1AgNO3溶液。

现象a；溶液红色变浅。

步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol·L－1KI溶液。

出现黄色沉淀。

①写出步骤2中溶液变为红色的离子方程式：____________________。

②步骤3中现象a是____________________________。

③用化学平衡原理解释步骤4中的实验现象：_________________________________。14、（1）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH4，用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。工作过程中，CO移向________极(填“正”或“负”)，已知CH4发生反应的电极反应式为_____________________________，则另一极的电极反应式为___________________________。

（2）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。

1)如图为某实验小组设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过________mol电子。

2)如图其他条件不变；若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示；

一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是________________，电极反应为________________________；乙装置中石墨(1)为________极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨(2)电极上发生的反应式为________________，产物常用________检验。15、乙烯(C2H4)是重要的化工原料，乙炔(C2H2)选择性加氢合成乙烯是科学家当前关注的热点。

(1)70℃时，反应C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)△H=-174kJ•mol-1在刚性容器中达到平衡。

①下列说法正确的是_________(填标号).

A.选用合适的催化剂，可以增大平衡气体中C2H4的百分含量。

B.投料时增大的值；该反应的平衡常数K不变。

C.通入一定量He；可以缩短反应达到平衡的时间。

D.升高温度；正反应速率和逆反应速率都增大，K减小。

②测得在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v=0.585[p(C2H2)]-0.36•[p(H2)]0.85，P(H2)—定时，若p1(C2H2)>p2(C2H2)，则V1____V2(填“>”“<”或“=”)。

(2)在催化剂作用下，110℃时按体积比V(C2H2)：V(H2)=1：4充入刚性容器中，发生反应C2H2+H2=C2H4、C2H2+2H2=C2H6。若乙炔完全反应时，乙烯的体积分数为20%，则H2的转化率为_______，C2H4的选择性为_______，(C2H4的选择性=100%)16、某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行；在从0﹣3分钟各物质的量的变化情况如图所示(A；B、C均为气体)：

(1)该反应的化学方程式为______________；

(2)反应开始至2分钟时，A的平均反应速率为___________．

(3)不能说明该反应已达到平衡状态的是____________．

a．v逆(A)=v正(B)b．容器内压强保持不变。

c．v(A)=2v(B)d．容器内混合气体的密度保持不变。

(4)由如图求得A的平衡时的转化率为______．

(5)在密闭容器里，通入amolA(g)、bmolB(g)、cmolC(g)，发生上述反应，当改变条件时，反应速率会减小的是_____(填序号)。

①增大容器体积②加入催化剂③降低温度17、硫氰酸盐、苯酚及硫代硫酸盐是HPF脱硫废液中的主要污染物(其中还含有Cl－、SONa＋等)，可用NaClO3、H2SO4作脱除的试剂。

（1）Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaClO3，该反应的化学方程式为____________________________。

（2）常温时，反应C6H5O－＋H2OC6H5OH＋OH－的平衡常数为K＝________(C6H5OH的Ka＝1×10－10)。

（3）处理该废水需经预处理和再处理阶段。

①用浓硫酸对600mLHPF脱硫废液进行酸化预处理(反应温度100℃)；其结果如表1所示：

表1预处理前后三种离子浓度变化情况。项目S2O(g·L－1)SCN－(g·L－1)苯酚(g·L－1)pH处理前34.2870.111.38.55处理后0.9169.761.352.4

由表1可知，该处理过程中主要被除去的污染物是________。

②对预处理后废液进行再处理(反应温度100℃)时；13次依次向废液中加入试剂情况如表2所示：

表213次依次加入试剂情况。次数12345678910111213NaClO3/g16.3000007.605.7010.907.1浓H2SO4/mL0222440404040

实验结果如图1所示：

前6次苯酚脱除率可达到80%左右，该过程中苯酚转化为白色沉淀(含苯环)，这与溶液中ClO和Cl－反应产生Cl2有关。该白色沉淀可能的结构简式为______________。

③由表2和图1中数据得出，第7～13次操作中SCN－在较强酸性条件下被ClO(不水解)氧化的依据是________。此过程中产生大量砖红色沉淀(夹杂少量白色沉淀)，对沉淀进行XPS分析，部分元素的物质的量分数如图2所示。已知SCN－可被某些氧化剂(如Cu2＋等)最终氧化为砖红色的沉淀(SCN)x。一种推测认为该实验中产生的砖红色沉淀为(SCN)x，支持该推测的证据有：________。18、次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品；具有较强的还原性。回答下列问题：

（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式____________________。

（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag；从而可用于化学镀银。

①H3PO2中，P元素的化合价为_____________。

②NaH2PO2为________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显______（填“弱酸性”；“中性”或“弱碱性”）。

③利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为_____（填化学式）。19、工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H

(1)该反应的平衡常数表达式为_______；

(2)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012

①由表中数据判断该反应的△H______0（填“＞”；“=”或“＜”）；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10s后达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为_______，用H2表示反应速率为_____，此时的温度为______；

(3)要提高CO的转化率，可以采取的措施是______；

a．升温b．加入催化剂c．增加CO的浓度d．恒容充入H2e．分离出甲醇评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)20、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误21、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.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)22、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：23、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。24、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。25、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、实验题(共4题，共20分)26、某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/LH2SO4溶液进行中和热的测定。

Ⅰ.配制0.50mol/LNaOH溶液。

（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体_______g

（2）从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器_______(填序号)。

。名称。

托盘天平(带砝码)

小烧杯。

坩埚钳。

玻璃棒。

药匙。

量筒。

仪器。

序号。

a

b

c

d

e

f

Ⅱ.测定中和热的实验装置如图所示。

（3）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是_______。

（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______(填字母)。

【选项A】用温度计小心搅拌【选项B】揭开硬纸片用玻璃棒搅拌。

【选项C】轻轻地振荡烧杯【选项D】用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动。

（5）取50mLNaOH溶液和32mL硫酸溶液进行实验；实验数据如表：

。实验编号。

起始温度/℃

终止温度/℃

H2SO4

NaOH

平均值。

平均值。

1

26.2

26.0

26.0

30.1

2

25.9

25.9

25.8

29.8

3

26.1

26.3

26.2

29.3

4

26.4

26.2

26.3

30.5

近似认为0.50mo/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容计算中和热_______kJ/mol(取小数点后一位)。

（6）上述实验数值结果与57.3kJ/ml有偏差；产生偏差的原因可能是_______(填字母)。

【选项A】实验装置保温；隔热效果差。

【选项B】在配制NaOH溶液定容体积时仰视读数。

【选项C】把NaOH溶液一次性迅速倒入盛有稀硫酸的小烧杯中。

【选项D】用铜丝代替玻璃棒搅拌27、在学习氧化还原反应时，某同学提出具有较强氧化性，具有较强还原性；二者也可发生氧化还原反应。为验证这个问题，该学生设计了系列实验。

(1)研究溶液与溶液反应产物。向盛有溶液的试管中加入溶液，振荡试管，向其中加入______；溶液无明显变化。

(实验结论)二者混合只发生沉淀反应；无明显氧化还原反应。

(2)验证的氧化性。将光亮的铁丝伸入溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的除尽后，进行了如下实验。可选用试剂：①溶液②溶液③酸性溶液④溶液。

请完成下表：。操作现象结论取少量除尽后的溶液于试管中，加入溶液，振荡______存在取少量除尽后的溶液于试管中，加入1～2滴______(填序号)溶液，振荡______存在

(实验结论)铁的氧化产物为和则氧化性强于已知氧化性强于则可与发生氧化还原反应。

另一同学用pH计测得常温该硝酸银溶液的pH为5.50，于是该同学对实验结论提出质疑。你认为他提出质疑的理由可能是______。

(3)通过原电池原理探究与之间的氧化还原反应。

按图设计原电池。电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近，根据下表数据，盐桥中应选择______作为电解质。阳离子阴离子4.074.615.197.406.597.917.628.27

实验开始后，电流表指针发生偏转，正极电极表面有光亮的银析出，则该原电池的负极反应方程式为______。

(实验结论)______。

(4)查阅资料可知常温反应：试从速率与平衡两个角度解释溶液与溶液反应混合只发生沉淀反应而无明显氧化还原反应的可能原因______。28、高锰酸钾是一种典型的强氧化剂；热分解产生锰酸钾；二氧化锰、氧气。完成下列填空：

I.已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g)ΔH=+520kJ/mol

②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-297kJ/mol

③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s)ΔH=-1065kJ/mol

（1）固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为________________。

II.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及到的反应：

C2O42-+2H+→H2C2O4（草酸）

5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O

（2）上述反应在75～80℃进行比较合适，当加热温度大于90℃时，会导致草酸钠消耗增多，其原因是______________________。

（3）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是____________________________。

III.KMnO4是一种常用消毒剂。

（4）KMnO4消毒机理与下列物质相似的是__________（填序号）。

A.双氧水B.消毒酒精（75%）C.肥皂水D.84消毒液（NaClO溶液）

（5）KMnO4消毒效率（用单位质量转移的电子数表示）是NaClO的______倍（保留两位小数）。

（6）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定。

①配制250ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和____________。

②取某KMnO4产品0.7000g溶于水，并加入____________进行酸化。

A.稀盐酸B.稀硫酸C.硝酸D.次氯酸。

③将②所得溶液用0.1000mol/L标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积。重复步骤②、③，三次平行实验数据如表：。实验次数123消耗Na2SO3溶液体积/ml19.3020.9821.02

（有关离子方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+＝5SO42-+2Mn2++3H2O）

计算该KMnO4产品的纯度为__________。（保留三位有效数字）29、草酸铵，化学式为(NH4)2C2O4；溶于水，水溶液显酸性，不稳定，受热可分解，溶液中的钙；镁等离子可以与草酸铵生成沉淀而除去。

Ⅰ.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物，现象为B、F中澄清石灰水变浑浊，E中固体变红。

(1)浸有酚酞溶液的滤纸变红，其作用是___。

(2)D装置的作用是___。

(3)尾气处理的方法是___。

(4)草酸铵分解的化学方程式为___。

Ⅱ.用草酸铵样品测定硬水中Ca2+和Mg2+的浓度。

(5)某化学小组用0.0100mol/L的草酸铵滴定某硬水样品以测定Ca2+和Mg2+的含量。取三份25.00mL的硬水样品分别滴定，平均消耗10.60mL草酸铵溶液，则硬水中Ca2+和Mg2+的总浓度约为____。(保留三位有效数字)

(6)草酸铵标准液应放在_____滴定管中，若滴定前仰视读数，滴定后平视读数，则所测定的Ca2+和Mg2+浓度将__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．金属Zn比Cu活泼；所以Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；

B．活动性强的锌为负极，失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：B错误；

C．电子从负极锌片经导线流向正极铜片；C错误；

D．Zn为负极，失去电子发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液；故一段时间后，锌片质量会减少，D正确；

故合理选项是D。2、A【分析】【详解】

A．在一块除去铁锈的铁片上面滴1滴含有酚酞的食盐水；静置2～3min，溶液边缘出现红色，说明氧气得到电子与水反应生成了氢氧根离子，证明铁片发生了吸氧腐蚀，故A正确；

B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，应生成氧气，O元素化合价升高，O2为氧化产物；NaClO为氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故B错误；

C．浓盐酸也具有挥发性；试剂瓶中盛装的可能为浓盐酸，故C错误；

D．碳酸钠和硫化钠溶液浓度未知；不能证明硫化银更难溶，则不能证明溶度积大小，故D错误；

故选：A。3、A【分析】【详解】

A．形成原电池时，Al为负极被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-；A正确；

B．铜为阴极；发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；

C．X极为负极；粗铜极为阴极，而电解精练时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行铜的精练，C错误；

D．该装置有外接电源；属于外加电源的阴极保护法，D错误；

答案选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂；A正确；

B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键；B正确；

C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1；C正确；

D．焓变ΔH=正反应的活化能−逆反应的活化能；则CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·mol-1=(E2-E4)kJ·mol-1；D不正确；

答案选D。5、B【分析】【分析】

氨基具碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具酸性，在碱性较强时与氢氧根反应，则曲线Ⅰ为NH-CH2-COOH、曲线Ⅱ为NH-CH2-COO-、曲线Ⅲ为NH2-CH2-COO-；据此分析解答。

【详解】

根据分析可知，曲线Ⅰ为NH-CH2-COOH、曲线Ⅱ为NH-CH2-COO-、曲线Ⅲ为NH2-CH2-COO-。

A．a点溶液酸性较强，甘氨酸主要以NH-CH2-COOH存在，b点接近中性，甘氨酸主要以内盐NH-CH2-COO-形式存在，a点水的电离被抑制，水的电离程度小于b点；故A错误；

B．c点溶液的碱性较强，甘氨酸主要以NH2-CH2-COO-存在，c(NH2-CH2-COO-)＞c(NH-CH2-COO-)；故B正确；

C．曲线Ⅱ和Ⅲ的交点时，即pH=x时，溶液中NH-CH2-COO-与NH2-CH2-COO-浓度相等，溶液中c(H+)=10-xmol/L，则K==10-x；故C错误；

D．根据图示可知，a点溶液中不存在NH2-CH2-COO-，因此不存在c(NH-CH2-COOH)+c(H+)=c(NH2-CH2-COO-)+c(OH-)；故D错误；

故选B。二、多选题(共7题，共14分)6、CD【分析】先闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag++e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+，阴离子移向阳极，通过离子交换膜进入右池，所以左池浓度小于右池；再断开K2，闭合K1；形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极沿导线流向浓度较大的一极，X是负极；Y是正极，由此分析。

【详解】

A．闭合K2，断开K1后，形成电解池，通过离子交换膜进入右池；所以左池浓度小于右池；故A不符合题意；

B．断开K2，闭合K1，形成原电池，放电时，电子由溶液浓度较小的一极沿导线流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极，右池中的通过离了交换膜移向左池；故B不符合题意；

C．闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag++e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+；当外电路通过0.1mol电子时，Y电极消耗0.1molAg，质量为0.1mol×108g/mol=10.8g，X电极生成0.1molAg，质量为0.1mol×108g/mol=10.8g，所以两电极的质量差为21.6g，故C符合题意；

D．断开K2，闭合K1；形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极沿导线流向浓度较大的一极，充电后左池浓度小于右池，所以放电时，电极Y为电池的正极，电极Y的电势高于X，故D符合题意；

答案选CD。7、AD【分析】【详解】

A．溶液中的离子有：Na+、Cl-、H+、OH-，根据放电顺序，阳极反应式为阴极反应式为根据b电极的产物H2知右侧为阴极，b电极为负极，左侧为阳极，a电极为正极，除去尿素的反应为分析价态变化知该反应每除去1mol尿素转移6mol电子，根据得失电子守恒知阳极反应式中转移6mol电子，消耗6molCl-，左侧溶液中正电荷偏高，根据溶液的电中性原则，及使用的是质子交换膜，知需6molH+通过质子交换膜转移到右侧；A项符合题意；

B．电解过程中；阴极生成OH-，负电荷偏高，同时会有等量的H+转移过来，所以电解结束后，阴极室的pH为7，与电解前相同，B项不符合题意；

C．该方法利用氧化还原反应去除尿素；而血液透析则是利用半透膜及微粒大小不同进行物理分离，所以原理不同，C项不符合题意；

D．通过得失电子守恒知两电极最终生成的气体及比例为n(H2)：n(CO2)：n(N2)=3：1：1，则标况下根据元素守恒，尿素的质量为D项符合题意；

故正确选项为AD8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．三种酸的浓度相等，根据题图可知，滴定前，pH：说明电离程度：则故选A；

B．P点溶液中含有等物质的量的与此时溶液显酸性，说明的电离程度大于的水解程度，所以由物料守恒知，综上所述，P点溶液中故B不选；

C．三种溶液中均存在电荷守恒（代表），时，则三种酸消耗的物质的量不相等，故三种溶液中不相等，则也不相等；故选C；

D．中和百分数为100%的三种溶液中的溶质分别是由混合后溶液中质子守恒可得即故D不选。

答案选AC。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．该热化学方程式的正反应是吸热反应；则逆反应是放热反应，即当lmol白磷转变成红磷时放出17kJ热量，故A正确；

B．热化学方程式的系数只能表示物质的量；当4mol红磷转变成白磷时吸收17kJ热量，故B错误；

C．4P(红磷s)→P4(白磷s)；△H＝+17kJ•mol﹣1；焓变大于零，确定反应为吸热反应，故C错误；

D．根据4P(红磷s)→P4(白磷s)；△H＝+17kJ•mol﹣1；则反应物的能量低于生成物的，所以红磷具有的能量低，更稳定，故D正确；

故选AD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据上述分析可知，a电极为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2,电极反应式为A选项正确；

B．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜c进入阴极区，通过阴离子交换膜d进入阳极区；c；d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B选项错误；

C．电池放电过程中,Cu(2)电极上发生反应产生Cu2+电极方程式为：C选项正确；

D．电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5mol·L-1升到1.5mol·L-1，正极反应中还原Cu2+的物质的量为电路中转移4mol电子，电解池的阴极生成4molOH-；即阴极区可得到4mol氢氧化钠,其质量为160g，D选项错误；

答案选AC。11、AB【分析】【详解】

A．溶液中存在电荷守恒：c()+c(H＋)=2c()＋c(OH-)，又水解使溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH-)，则c()＜2c()；故A错误；

B．由于的水解是微弱的，故c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH-)；故B错误；

C．溶液中存在电荷守恒：c()+c(H＋)=2c()＋c(OH-)，故c(NH3·H2O)＋c()+c(H＋)＞2c()＋c(OH-)；故C正确；

D．溶液中存在物料守恒：c(NH3·H2O)＋c()=2c()；故D正确；

故选AB。12、AB【分析】【分析】

把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，得到的是等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液。CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解；所以溶液显酸性。

【详解】

A.根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液显酸性，c(OH-)＜c(H+)，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)；选项A正确；

B.由于两溶液等体积混合，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L；选项B正确；

C.CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)；选项C错误；

D.溶液显酸性，所以c(OH-)＜c(H+)；选项D错误；

答案选AB。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【详解】

(1)残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）==8.0×10-33；

求得c（OH-）=2×10-11mol/L，c（H+）=5×10-4mol/L；溶液pH=3.3；

Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol/L，c（Cu2+）=3.0mol/L；

依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20；c2（OH-）==10-20；

得到c（OH-）=10-10mol/L，c（H+）=10-4mol/L，溶液pH=4；调节溶液的pH使铁离子沉淀完全但铜离子未开始沉淀，则范围是3.3≤pH＜4；（2）①铁离子遇到硫氰化钾显示红色，发生的反应为：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3；②加入硝酸银，Ag+和SCN-之间反应得到AgSCN白色沉淀；③AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，加入KI后，因为溶解度AgI＜AgSCN，故Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀：Ag＋＋I－=AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动。【解析】3.3≤pH＜4Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3出现白色沉淀AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，加入KI后，因为溶解度AgI＜AgSCN，故Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀：Ag＋＋I－===AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动14、略

【分析】【分析】

(1)熔融碳酸盐CH4燃料电池中，负极上CH4失去电子生成CO2；燃料电池中正极上氧气得电子生成碳酸根离子，结合电子守恒；电荷守恒写出电极反应式，原电池工作时阴离子向负极移动；

(2)①电池反应式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；负极上质量减少；正极上质量增加，两个电极质量差为Cu电极增加的质量加上Fe减少的质量；

②其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲为原电池、乙为电解池，甲中Fe作负极、Cu作正极，甲中Cu电极上发生反应O2+4e-+2H2O+═4OH-；导致溶液碱性增强，酚酞遇碱变红色；乙装置中石墨(1)为阴极，连接铜丝的石墨为阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应。

【详解】

(1)熔融碳酸盐CH4燃料电池中，阴离子向负极移动，即甲装置中CO32-向负极移动；燃料电池中负极上CH4失去电子生成CO2，电极反应式为：CH4+4CO32--8e-═5CO2+2H2O，正极上氧气得电子生成碳酸根离子，电极反应式为：2O2+8e-+4CO2=4CO32-；

(2)①设计的原电池装置的自发氧化还原反应是：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；设电子转移量是x，则64×0.5x+56×0.5x=12，解得x=0.2；

②其他条件不变；若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲为原电池；乙为电解池；

甲中Fe作负极、Cu作正极，甲中Cu电极上发生反应O2+4e-+2H2O═4OH-，导致溶液碱性增强，酚酞遇碱变红色，所以溶液变红色；乙装置中石墨(1)为阴极，连接铜丝的石墨(2)为阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，Cl2可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。

【点睛】

在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。【解析】负CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O2O2+8e-+4CO2=4CO32-0.2溶液变红O2＋2H2O＋4e－=4OH－阴2Cl－－2e－=Cl2↑湿润的淀粉碘化钾试纸15、略

【分析】【分析】

根据可逆反应C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)△H=-174kJ•mol–1达到化学平衡，由化学平衡的本质特征和平衡移动原理判断正确选项；根据题中所给的速率方程，判断速率的大小；根据题中所给数据，由C2H2+H2=C2H4、C2H2+2H2=C2H6反应进行计算，得出H2的转化率和C2H4的选择性；据此解答。

【详解】

（1）①C2H2(g)+H2(g)═C2H4(g)△H=-174kJ/mol；

A．选用合适的催化剂，只改变速率，对平衡没有影响，不能增大平衡气体中C2H4的百分含量；故A错误；

B．投料时增大的值，由于平衡常数中只是温度的函数，温度不度，该反应的平衡常数K不变；故B正确；

C．通入一定量He；总压增大，分压不变平衡不变，化学反应速率不变，不能缩短反应达到平衡的时间，故C错误；

D．升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，K减小；故D正确；

答案为BD。

②在某催化剂上生成乙烯的速率方程为v=0.585[p（C2H2）]-0.36•[p（H2）]0.85，p(H2)一定时，p(C2H2)越大，v越小，若p1(C2H2)＞p2(C2H2)，则v1＜v2；答案为＜。

（3）在催化剂作用下，110℃时按体积比V(C2H2)：V(H2)=1：4充入刚性容器中，发生反应C2H2+H2═C2H4、C2H2+2H2═C2H6，乙炔完全反应时，乙烯的体积分数为20%，设乙炔的物质的量为x，氢气的物质的量为4x，生成的乙烯物质的量为y，则反应后气体中剩余的氢气为4x-[y+2(x-y)]，乙烯物质的量为y，乙烷(x-y)，反应后混合气体总物质的量为4x-[y+2(x-y)]+y+(x-y)=(3x+y)，×100%=20%，解之，y=x，氢气转化率=×100%=×100%=×100%=31.25%，C2H4的选择性=×100%=×100%=×100%=75%；答案为31.25%，75%。【解析】①.BD②.＜③.31.25%④.75%16、略

【分析】【详解】

(1)据图可知A、B的物质的量减小，C的物质的量增大，则A、B为反应物，C为生成物，最终三种物质共存说明为可逆反应，2min时Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=2mol：1mol：2mol=2：1：2，则反应方程式三种物质的计量数之比为2：1：2，则反应的化学方程式为2A+B2C；

(2)据图可知反应开始至2min时，Δn(A)=2mol，容器体积为5L，所以A的平均反应速率为=0.2mol/(L·min)；

(3)a．若v逆(A)=v正(B)，则2v逆(B)=v正(B)；正逆反应速率不相等，反应未平衡，故a符合题意；

b．该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时气体总物质的量会发生变化，容器恒容，则压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故b不符合题意；

c．反应平衡时正逆反应速率相等；但选项未注明是正反应速率还是逆反应速率，不能说明反应平衡，故c符合题意；

d．反应物和生成物均为气体；则气体的总质量不变，容器恒容，所以密度一直为定值，密度不变不能说明反应平衡，故d符合题意；

综上所述答案为acd；

(4)据图可知A的初始投料为5mol，2min后各物质的物质的量不再改变反应达到平衡，平衡时Δn(A)=2mol，所以A的平衡转化率为=40%；

(5)①增大容器体积各物质的浓度减小；反应速率减慢，故①符合题意；

②催化剂一般可以增大反应速率；故②不符合题意；

③降低温度；活化分子百分数减少，反应速率减慢，故③符合题意；

综上所述答案为①③。【解析】2A+B2C0.2mol/(L·min)acd40%①③17、略

【分析】【详解】

(1)依题意可得Cl2与热的NaOH溶液反应的化学方程式为3Cl2+6NaOHNaClO3+5NaCl+3H2O；

(2)已知C6H5OH的Ka=1×10-10，则反应C6H5O-+H2OC6H5OH+OH-的平衡常数为K====1×10-4；

(3)①由表-1数据的变化可知，该处理过程中主要被除去的污染物是S2O32-（硫代硫酸盐）；②溶液中ClO3-和Cl-反应产生的Cl2能与苯酚反应生成三氯苯酚白色沉淀，其结构简式为③由图1可知，随NaClO3加入，pH增大，SCN-脱除率明显增大，而苯酚脱除率增大不明显，所以SCN-在较强酸性条件下被ClO3-氧化了；由题目叙述可知SCN-可被某些氧化剂（如Cu2+等）氧化为砖红色的沉淀，ClO3-具有较强的氧化性，由图象2可知沉淀中N、S物质的量之比几乎为1∶1，且还含有C元素，所以该实验中产生的砖红色沉淀为(SCN)x。【解析】3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O1×10－4S2O(硫代硫酸盐)ClClOHCl(或ClOHCl、ClOH等第7、9、11、13次加入NaClO3时，pH明显增大，SCN－脱除率相应增大(或：7～13次加入NaClO3时SCN－脱除率明显增大，而苯酚脱除率增大不明显)SCN－可被某些氧化剂(如Cu2＋等)氧化为砖红色的沉淀，ClO具有较强的氧化性，SCN－也可被ClO氧化，沉淀中N、S物质的量之比几乎为1∶1且还含C18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2H++H2PO2—，故答案为H3PO2H++H2PO2—；

（2）①由化合物中正负化合价的代数和为零可知H3PO2中，P元素的化合价为+1价，故答案为+1；②因H3PO2是一元中强酸，故NaH2PO为正盐，属于强碱弱酸盐，由盐类水解可知其水溶液显碱性，故答案为正盐、弱碱性；③该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为PO43—（或H3PO4）。

【点睛】

次磷酸（H3PO2）分子中虽有三个氢原子，但却是一元强，而不是三元酸，故酸是几元酸并不是由分子中含有的氢原子数目来决定的。【解析】H3PO2H++H2PO2—+1正盐弱碱性PO43—19、略

【分析】【详解】

(1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H，该反应的平衡常数表达式为K=

(2)①温度升高，K减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H<0；②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10s后达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为×100%=80%，用H2表示反应速率为=0.16mol•L-1•s-1；

K==2.041(mol/L)-2；温度应为250℃；

(3)a.升温，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率的减小，故不选；b.加入催化剂，平衡不移动，转化率不变，故不选；c.增加CO的浓度，CO的转化率的减小，故不选；d.恒容充入H2，氢气浓度增大，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故选；e.分离出甲醇，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故选；故答案为de。【解析】K=＜80%0.16mol•L-1•s-1250℃de四、判断题(共2题，共6分)20、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。21、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。五、有机推断题(共4题，共40分)22、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)23、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g24、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。

(2)Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为

(3)Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O。

(4)D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4mol电子时释放出akJ热量，则转移8mol电子放出2akJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol。

(5)N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e−2NH3。【解析】①.NaOH②.Fe③.④.3Fe3O4+28H++9Fe3++NO↑+14H2O⑤.3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)ΔH=−2akJ/mol⑥.N2+6H++6e−2NH325、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），再与硫酸反应生成硫酸钠，①常用作泡沫灭火器的是NaHCO3，故为乙；②浓度相同的碳酸氢钠溶液和硫酸钠溶液中，HCO3-水解；故乙溶液中水的电离程度大；

(2)金属铝是13号元素，核外电子排布为2、8、3②n(Al)=n(NaOH)时，生成偏铝酸钠，根据方程式：2NaAlO2+4H2SO4=Na2SO4+Al2(SO4)3+4H2O可知，NaAlO2与H2SO4的物质的量之比为1:2，符合题意，故丙的化学式是Al2(SO4)3；

(3)若甲是氯气，与氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；用方程式①-②，得TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝-81-（-221）=＋140kJ·mol－1；③根据电荷守恒可得到：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(SO42-)；其中，溶液显中性即c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(ClO-)+2c(SO42-)；又根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)，即c(ClO-)=c(Na+)-2c(SO42-)、c(HClO)=c(Na+)-c(ClO-)=c(Na+)-[c(Na+)-2c(SO42-)]=2c(SO42-)；Ka=

=（）×10－5；【解析】乙乙Al2(SO4)3Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(l)＋O2(g)△H＝＋140kJ·mol－1（）×10－5六、实验题(共4题，共20分)26、略

【分析】【分析】

（1）

使用245mL0.50mol/LNaOH溶液；需用250mL容量瓶配制该溶液，需要称量NaOH固体0.25L×0.50mol/L×40g/mol=5.0g；

（2）

用托盘天平称量NaOH固体，氢氧化钠固体应盛在烧杯中，所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、药匙，选abe；

（3）

测定中和热要防止热量散失；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温；隔热、减少实验过程中的热量损失；

（4）

为防止热量散失；使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动，选D；

（5）

第一组实验温度升高4.1℃，第二组实验温度升高4.0℃，第三组实验温度升高3.1℃，第四组实验温度升高4.2℃，第3组实验明数据显偏离正常误差范,，根据第1、2、4三组实验数据，平均温度升高4.1℃，生成0.025mol水放出的能量是则生成1mol水放出的热量是中和热为-56.2kJ/mol；

（6）

A．实验装置保温；隔热效果差；热量散失较多，故选A；

B．在配制NaOH溶液定容体积时仰视读数；氢氧化钠浓度偏小，生成水的物质的量少，放出热量少，故选B；

C．把NaOH溶液一次性迅速倒入盛有稀硫酸的小烧杯中；热量散失少，对测定中和热无影响，故不选C；

D．用铜丝代替玻璃棒搅拌；热量散失多，故选D；

选ABD。【解析】（1）5.0

（2）abe

（3）保温；隔热、减少实验过程中的热量损失。

（4）D

（5）-56.2

（6）ABD27、略

【分析】【详解】

(1)Ag+与I-生成AgI是黄色沉淀，可以直接观察到，如果发生氧化还原反应，生成的是I2；需要用淀粉溶液检验；

(2)可以向少量待测夜中加入KSCN溶液来检验Fe3+，现象为(血)红色溶液，Fe2+的检验可用酸性高锰酸钾溶液，但是原溶液中有与酸性高锰酸钾溶液中的H+组合以后会具有强氧化性，也能和Fe2+发生氧化还原，高锰酸根不一定能参与反应，所以不一定会有明显现象，所以选择K3[Fe(CN)6]溶液更合适；现象为蓝色沉淀；

酸性环境下硝酸根具