2025年牛津上海版选修4化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年牛津上海版选修4化学下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5题，共10分)1、已知：反应①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)ΔH1的平衡常数为K1；

反应②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)ΔH2的平衡常数为K2。

反应③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH3的平衡常数为K3。

不同温度时K1、K2的值如下表；下列说法正确的是()

A.K3=K1－K2B.K3=K1+K2C.ΔH3＞0D.ΔH3＜02、稀氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH－，下列叙述正确的是A.加水稀释后，溶液中c(H+)减小B.通入少量HCl(g)后，溶液中c(NH4+)减小C.加入少量浓氨水，电离平衡逆向移动D.加入少量NH4Cl固体，溶液的pH减小3、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）A.将HCl与CH3COONa两溶液混合后，溶液呈中性，则c(Na+)<c(Cl－)B.向NH4Cl溶液中通NH3，则c()>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)C.室温下，c()相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为：①>②>③D.已知pKa=－lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH)=4.2，室温下，等体积、等浓度的NaF、C6H5COONa溶液中，前者离子总数小于后者4、不同物质的溶液酸碱性不同，根据下表中pH的情况判断，下列说法中不正确的是（）。盐酸CuSO4溶液NaCl溶液水Na2CO3溶液NaOH溶液pH<7<7=7=7>7>7

A.酸溶液一定显酸性B.显碱性的溶液不一定是碱溶液C.盐溶液一定显中性D.盐溶液不一定显中性5、最近，中国科学家在《焦耳》杂志在线发表的一篇论文中首提“液态阳光”，即“太阳燃烧”，属于可再生绿色液态燃料。某模拟“人工树叶”的“液态阳光”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料异丙醇(CH3)2CHOH。下列说法正确的是。

A.该装置将化学能转化为光能和电能B.a电极反应为3CO2+16H+-18e-=(CH3)2CHOH+4H2OC.该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移D.异丙醇可发生氧化反应、还原反应、取代反应和聚合反应评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、（1）氢气是一种理想的新能源；与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______；_____、____。

（2）4g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出222.5kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。

（3）拆开1molH－H键；1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ；则合成氨反应的热化学方程式为_________。

（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。7、在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：

(1)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是____________________________。8、（1）298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①下列可判断反应达到平衡的是__(填标号)。

a.溶液的pH不再变化。

b.v(I-)=2v(AsO)

c.不再变化。

d.c(I-)=ymol·L-1

e.=不再变化。

②tn时，v正__v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。

③tm时v逆__tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是__。

④比较产物AsO在tm～tnmin和tp～tqmin时平均反应速率的大小，前者__；（填大或小或相等）

（2）合成氨工厂常通过测定反应前后混合气体的密度来确定氨的转化率。某工厂测得合成塔中N2、H2混合气体的密度为0.5536g/L（标准状况），从合成塔中出来的混合气体在相同条件下密度为0.693g/L（标准状况）。该合成氨厂N2的转化率___。9、电解质溶液中存在多种平衡.请回答下列问题：

（1）已知：。化学式HClO电离常数（25℃）

物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a.b.HClO，比较二者的大小：a______b（填“>”、“<”或“=”）.

（2）常温下，将0.1mol/L的溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的_________（填字母）.

A.B.C.

（3）25℃时；体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示.

①25℃时，醋酸的电离常数_________HX的电离常数.（填“>”、“<”或“=”）

②稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的_________HX溶液中由水电离出的（填“>”、“<”或“=”）

（4）已知：二元酸的电离方程式是：若溶液的则溶液中是__________

A.小于B.大于C.等于D.等于10、下图表示的是生产石膏的简单流程，请用平衡移动原理解释向CaCO3悬浊液中通入SO2发生反应的原因______。

评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)11、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)12、某探究性学习小组欲用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100mL－1)。有关操作如下：

Ⅰ.实验步骤。

（1）用________(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋；在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。

（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。

（3）读取盛装0.1000mol·L－1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。

（4）滴定。当__________________________________________________时；停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。

Ⅱ.实验记录。滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95

Ⅲ.数据处理与讨论。

（1）处理数据可得：c(市售白醋)＝________mol·L－1；市售白醋总酸量＝________g·100mL－1。

（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________填写序号)。

a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗。

b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后；再加少量水。

d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出13、某兴趣小组在实验室设计如下实验研究2Fe3++2I-=2Fe2++I2的反应。

(1)振荡静置后C中观察到的现象是____；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液然后____(写出实验操作和现象)。

(2)测定上述KI溶液的浓度；进行以下操作：

I.用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液；充分反应。

Ⅱ.小心加热除去过量的H2O2。

Ⅲ.用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3+I2=2Na1+Na2SO4

①步骤II是否可省略?____(答“可以”或“不可以”)

②步骤川达到滴定终点的现象是____。

③已知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是____。14、三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂；沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验1：探究Na2CS3的性质。步骤操作及现象①取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份②向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色③向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去

（1）H2CS3是___酸(填强或弱)。

（2）已知步骤③的氧化产物是SO42-，写出该反应的离子方程式___。

实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4；关闭活塞。

已知：Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是___。

（4）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是___。

（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为___。(保留1位小数)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共2分)15、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共5分)16、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

根据给出的化学方程式可知，反应③＝①－②得到，反应①Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)，K1=反应②Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)，K2=反应③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)故AB错误；随着温度的升高，值增大，值减小，则反应①为吸热反应，反应②为放热反应，则根据盖斯定律，故C正确，D错误；

答案选C。

【点睛】

平衡常数只受温度影响，平衡常数的大小变化，可以反映反应进行的程度，升高温度平衡常数增大，说明反应正向进行的程度越大，则正向为吸热。2、D【分析】【详解】

A、加水促进电离，氢氧根离子的物质的量增大，但溶液体积增大的更多，故氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，c(H+)增大；故A错误；

B、通入适量HCl，H+和OH-反应生成水促进NH3•H2O电离，所以溶液中c(OH-)减小、c(NH4+)增大；故B错误；

C；加入少量浓氨水；氨水的浓度增大，电离平衡正向移动，故C错误；

D、加入少量氯化铵晶体，c(NH4+)增大，NH3•H2O电离平衡逆向移动，则c(OH-)减小；pH减小，故D正确；

故选D。3、C【分析】【详解】

A.将HCl与CH3COONa两溶液混合后，根据溶液电荷守恒的得到c(H+)＋c(Na+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性即c(H+)＝c(OH－)，则有c(Na+)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，因此c(Na+)＞c(Cl－)；故A错误；

B.向NH4Cl溶液中通NH3，不清楚溶液酸碱性，因此无法判断c(OH－)与c(H+)大小；故B错误；

C.①(NH4)2CO3是相互促进的双水解，水解程度最大；②(NH4)2SO4是单一铵根离子水解，水解程度小；③(NH4)2Fe(SO4)2是相互抑制的双水解，水解程度最小，室温下，c()相同，水解程度越大，说明原溶液的浓度越大，因此①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为：①＞②＞③；故C正确；

D.已知pKa=－lgKa，pKa(HF)=3.1，pKa(C6H5COOH)=4.2，则Ka(HF)=1.0×10−3.1，Ka(C6H5COOH)=1.0×10−4.2，根据电荷守恒，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(F－)，c(H+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(C6H5COO－)，则两者的离子浓度之和都为2c(H+)＋2c(Na+)，钠离子浓度都相同，但氢离子浓度两者不相同，根据对应的酸越弱，水解程度越大，则C6H5COONa水解程度更大，碱性更强，溶液中的氢离子浓度更小，因此室温下，等体积、等浓度的NaF、C6H5COONa溶液中；前者离子总数大于后者，故D错误。

综上所述，答案为C。4、C【分析】【详解】

A．盐酸的pH<7；由此可得：酸溶液一定显酸性，A正确；

B．显碱性的溶液可能是碱溶液；也可能是强碱弱酸盐溶液，B正确；

C．盐溶液不一定显中性，如CuSO4溶液显酸性，Na2CO3溶液显碱性；C不正确；

D．盐溶液不一定显中性；可能显酸性，也可能显碱性，D正确；

故选C。5、C【分析】【分析】

根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，a电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，b电极上水失电子生成氧气。

【详解】

A．根据图知；该装置有外接电源，属于电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；

B．a电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成C3H8O、H2O，电极反应式为3CO2+16H++18e-═C3H8O+4H2O；故B错误；

C．工作时，a是阴极、b是阳极，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以H+从b极区向a极区迁移；故C正确；

D．异丙醇(CH3)2CHOH不能发生还原反应；聚合反应；故D错误。

答案选C。

【点睛】

明确各个电极上发生的反应、电解质溶液中离子移动方向等知识点是解本题关键，会根据转移电子守恒进行计算，难点是电极反应式的书写。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【详解】

（1）单位质量的氢气和其他燃料相比；燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大；无污染、原料充足等优点。

（2）4g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。

（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。

（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2的物质的量均为0.1mol，C与H2的物质的量之比为1﹕1。【解析】热值大无污染原料充足CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol1﹕17、略

【分析】【分析】

(1)反应物总能量高于生成物总能量；为放热反应；

(2)结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变。

【详解】

(1)由图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH＝−273kJ•mol-1＜0；焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；

(2)第一步的热化学方程式为NH4＋(aq)＋O2(g)=NO2−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−273kJ•mol-1，第二步的热化学方程式为：NO2−(aq)＋O2(g)=NO3−(aq)ΔH＝−73kJ•mol-1，根据盖斯定律则NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1，故答案为：NH4＋(aq)＋2O2(g)=NO3−(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝−346kJ•mol-1。【解析】放热NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝-346kJ·mol-18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①a.溶液的pH不再变化；说明溶液中氢离子浓度不变，则氢氧根离子的浓度也不在变化，可以说明反应达到平衡状态，故a可判断平衡；

b.根据反应方程式可知，结合化学反应速率之比=化学计量数之比可得任意时刻v(I-)=2v(AsO)，不能据此判断平衡状态，故b不可判断平衡；

c.在反应达到平衡状态之前，反应物在减少，产物在增加，则在发生变化；当达到平衡后该比值不再变化，故c可判读平衡；

d.由图像可知当反应达到平衡时：则此时c(I-)=2ymol·L-1，因此c(I-)=ymol·L-1时反应未达到平衡状态；故d不能判断平衡；

e.均为产物且系数比为1:2，则在反应过程中两者的浓度之比始终保持不变，因此=不再变化不能说明是平衡状态；故e不可判断平衡。

故答案为：ac。

②由图可知tn时；反应未达平衡状态，反应正向进行才能达到平衡，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于。

③tm、tn时反应均没有到达平衡状态，tn时反应正向进行的程度大，产物浓度比tm时产物浓度大，其他条件相同时浓度越大反应速率越快，则逆反应速率tn时大，故答案为：小于；tn时产物的浓度大于tm时的产物浓度；浓度越大反应速率越。

④AsO在由图像可知tm～tnmin反应未达平衡状态，tp～tqmin时反应已经平衡，平衡后各物质的浓度保持恒定不变，则tp～tqminAsO的浓度变化量为0，速率为0，因此tm～tnmin时AsO平均反应速率的大；故答案为：大。

（2）设反应前混合气体中氮气的物质的量分数为x，氢气的物质的量量分数为（1-x），依题意得：解得x=0.4,

设起始氮气2mol，氢气3mol，氮气转化的物质的量为ymol，列出三段式：。起始物质的量(mol)23转化物质的量(mol)y3y2y平衡物质的量(mol)2-y3-3y2y

n(总)=（2-y）mol+（3-3y）mol+2ymol=（5-2y）mol

根据反应前后气体质量守恒可知：解得y=0.5mol

N2的转化率=故答案为：25%。【解析】①.ac②.大于③.小于④.tn时产物的浓度大于tm时是的产物浓度，浓度越大反应速率越快⑤.大⑥.25%9、略

【分析】【详解】

(1)相同浓度的CH3COOH和HClO，CH3COOH的电离常数大，反应的完全程度更高，电离出的H+浓度更大，所以a>b；

(2)A.稀释促进电离，对于电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后，平衡正向移动，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但是因为加水稀释，体积的增大成为主导因素，所以cCH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)均减小；A项错误；

B.根据得温度不变，Ka不变，c(H+)减小，所以增大；B项正确；

C.温度不变，Kw不变，所以不变；C项错误；

选择B；

(3)①由图像知；pH相同的醋酸和HX均从10mL稀释到了1000mL，稀释了100倍，HX的pH值变化更大，所以HX的电离程度更高，酸性更强，电离常数更大；

②稀释100倍后，HX的pH更大，溶液中c(H+)更小，此时H+主要有溶质HX的电离提供，根据Kw=知HX溶液中的c(OH-)更大，此时的OH-完全来源于水的电离，所以，由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，所以HX溶液中由水电离出的c(H+)更大，答案为<;

(4)NaHR在水溶液中的电离方程式为：溶液中的H+主要来源于HR-的电离，可以认为HR-电离出的又中的H+来源于两部分，H2R的电离和HR-的电离，所以可以电离出0.1mol/LH+和0.1mol/LHR-，0.1mol/LHR-则可以电离出amol/L的H+，因为第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用，所以0.1mol/LHR-电离出的H+浓度小于amol/L,所以电离出的H+总浓度小于(0.1+a)mol/L,选择A

【点睛】

水溶液中的平衡，应当抓住主要因素来分析，比如弱酸的电离平衡，稀释主要引起了溶液体积的变化；稀释促进电离，稀释促进水解。【解析】>B<<A10、略

【分析】【详解】

由于CaCO3悬浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，当通入SO2时，CO32-与SO2发生反应，使得c(CO32-)减小，从而溶解平衡正向移动，Ca2+与SO32-结合生成CaSO3，即CaCO3转化为CaSO3，故答案为：CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。【解析】CaCO3悬浮液中存在平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），通入SO2时，CO32-与SO2反应，c（CO32-）减小，CaCO3的溶解平衡正向移动，CaCO3转化为CaSO3。三、判断题(共1题，共2分)11、×【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】错四、实验题(共3题，共30分)12、略

【分析】【详解】

I.（1）白醋显酸性；用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；

（2）恰好反应时生成醋酸钠；溶液显碱性，用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂；

（3）根据液面位置可知此时的读数为0.60mL；

（4）由于选用的指示剂是酚酞；因此当加入最后一滴溶液后，液体由无色变为浅红色，且30秒钟无变化时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数，重复滴定3次；

III.（1）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL，根据方程式CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O醋酸的浓度是=0.075mol•L-1；因此10.00mL样品中含有醋酸的质量为0.1L×0.075mol•L-1×60g•mol-1=0.45g，则市售白醋总酸量4.5g•100mL-1；

（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗；会使得标准NaOH溶液浓度减小，造成V（标准）偏大，实验结果偏大，a正确；

b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后误气泡，造成V（标准）偏大，测定结果偏大，b正确；

c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后；再加少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，c错误；

d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动；有少量液体溅出，待测液的物质的量减小，造成V（标准）减小，测定结果偏小，d错误；

答案选ab。

【点睛】

明确实验原理是解答的关键，难点是误差分析，注意误差分析的总依据为：c测=由于c标、V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标偏大或偏小，则c测偏大或偏小。【解析】①.酸式滴定管（或10mL移液管）②.酚酞③.0.60④.溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色⑤.0.075⑥.0.45⑦.ab13、略

【分析】【分析】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉。

【详解】

(1).由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

(2).由步骤可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤1省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且30秒内不复原；用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时；加入淀粉指示剂，再继续滴加。

【点睛】

当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。【解析】溶液分层，下层四氯化碳层呈紫色，上层水层为黄绿色滴加KSCN溶液，溶液变红不可以当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且30秒内不恢复用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入淀粉指示剂，再继续滴加14、略

【分析】【分析】

(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；

(2)步骤③的氧化产物是SO42－，还原产物是Mn2＋，同时还生成CO2和H2O；

(3)A中发生Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑；生成的硫化氢可与B中硫酸铜反应生成CuS沉淀，无水氯化钙吸收水，根据仪器的图形判断仪器的名称；

(4)反应结束后打开活塞k，再缓缓通入热N2一段时间；将气体全部被后续装置吸收；

(5)对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得到19.2g黑色沉淀，根据反应方程式建立关系式为得出结果。

【详解】

(1)的水溶液中加入酚酞变红色，说明是强碱弱酸盐，则为弱酸；

故答案为：弱；

(2)步骤的氧化产物是还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为

故答案为：

(3)盛放无水的仪器为球形干燥管；

故答案为：球形干燥管；

(4)反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热一段时间，其目的是：将装置中的全部排入B中被充分吸收；将装置中的全部排入C中被充分吸收；

故答案为：将装置中残留的全部排入后续装置中；使其被完全吸收；

(5)当A中反应完全后，打开K缓慢通入热一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得黑色固体，根据关系式得

故答案为：【解析】弱5CS32-+24MnO4-+52H+=5CO2↑+15SO42-+24Mn2++26H2O(球形)干燥管将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收2.0mol/L五、有机推断题(共1题，共2分)15、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。

【详解】

(1)A点时，c(