还剩11页未读，
继续阅读
新教材高中化学模块检测卷鲁科版选择性必修1
展开
这是一份鲁科版 (2019)选择性必修1本册综合综合训练题，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
模块检测卷
时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题意)
1．仅根据题中图示得出的结论不合理的是( )
A
B
C
D
图示
结论
HB为弱酸
HF为弱电解质
溶解度：AgI
答案 C
解析 弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，pH相同的强酸和弱酸溶液稀释相同的倍数，弱酸溶液的pH变化较小，结合图像知HB为弱酸，故A合理；分析图示知氢氟酸中既存在HF分子，又存在H＋、F－，说明HF溶于水部分电离，HF为弱电解质，故B合理；AgNO3、KI和NaCl溶液的浓度大小未知，图示实验操作不一定说明溶解度：AgI0，故D合理。
2．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为( )
A．3a＋b－c B．c－3a－b
C．a＋b－c D．c－a－b
答案 A
解析 ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝a kJ·mol－1
②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律：②－③＋3×①可得：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝(3a＋b－c) kJ·mol－1，故x＝3a＋b－c，A正确。
3．海水会对船体造成腐蚀，因此船体的防腐处理非常重要。下列关于金属腐蚀和防腐的说法中错误的是( )
A．可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极的阴极保护法防止金属腐蚀
B．海上舰艇的腐蚀主要为金属的化学腐蚀
C．刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D．外加电流，需要保护的金属作阴极，可以起到保护金属的作用
答案 B
解析 船舶外壳装上锌块，因锌比铁活泼，因此构成原电池时，锌作负极，铁作正极，铁被保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；海上舰艇的腐蚀主要为电化学腐蚀，故B错误；防锈漆可以避免金属与空气、水的接触，防止金属被腐蚀，故C正确；根据电解原理，被保护的金属作阴极，金属本身不参与反应，可以防止被腐蚀，此方法为外加电流的阴极保护法，故D正确。
4．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制得。正丁烷(C4H10)脱氢制1－丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g) ΔH1＝＋123 kJ·mol－1
②C4H10(g)＋O2(g)===C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJ·mol－1
下列有关判断正确的是( )
A．升高温度，反应①的反应速率增大，反应②的反应速率减小
B．升高温度，反应①的反应速率减小，反应②的反应速率增大
C．降低温度，反应①和反应②的反应速率均减小
D．由反应①和反应②可以得出H2的燃烧热
答案 C
解析 不管是放热反应还是吸热反应，升高温度均能提高其反应速率，降低温度均能降低其反应速率，C正确，A、B错误；根据盖斯定律，反应②－反应①可得热化学方程式：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1，但该方程式中H2O为气态，故无法计算H2的燃烧热，D错误。
5．为了探究外界条件对反应aX(g)＋bY(g)cZ(g)的影响，某同学使X和Y以物质的量之比为a∶b开始反应，通过实验得到不同条件下达到化学平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是( )
A．ΔH<0，a＋b>c B．ΔH>0，a＋b
解析 由题图可看出，温度一定，压强越小，Z的物质的量分数越小，可知该反应的正反应为气态物质系数减小的反应，即a＋b>c；压强一定，温度越低，Z的物质的量分数越大，说明该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0。
6．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( )
A．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)
C．将一定浓度的醋酸溶液加水稀释，则溶液中的c(H＋)和c(OH－)都减小
D．向0.1 mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
答案 B
解析 设三种溶液的pH均为9，常温下c(OH－)＝10－5 mol/L，c(NaOH)＝10－5 mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa)>c(Na2CO3)>10－5 mol/L，则物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH)
A．待加工铝质工件为阳极
B．表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸
C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
答案 C
解析 铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；电解质溶液中含有硫酸，说明表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸，B正确；阴极上氢离子发生得电子的还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，C错误；在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，D正确。
8．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·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>KHD
B．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＋)
答案 C
解析 浓度均为0.1 mol·L－1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C错误；根据质子守恒知，D正确。
9．用如图所示装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。从开始通电时，收集B和C逸出的气体。1 min后测得B口处的气体体积为C口处的一半，下列说法不正确的是( )
A．电源左侧为正极
B．电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
C．D口导出的溶液为KOH溶液，且浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大
D．标准状况下，若1 min后从C口处收集到的气体比B口处收集到的气体多2.24 L，则有0.1 mol SO通过阴离子交换膜
答案 D
解析 根据题意可知，电极应为惰性电极，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极反应式为4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－，选项A、B正确；右侧由于产生KOH，所以其浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大，选项C正确；设产生O2的物质的量为x，则产生H2的物质的量为2x,2x－x＝0.1 mol，x＝0.1 mol，产生的H＋为0.4 mol，则有0.2 mol SO通过阴离子交换膜，选项D不正确。
10．在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0。若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为( )
A．③②① B．③①②
C．①②③ D．②①③
答案 A
解析 ①与②相比，由于②能把反应产生的热量散到空气中，相比①来说，相当于降低温度，平衡正向移动，故平衡时C的体积分数：②>①；②与③相比，由于该反应是气态物质系数减小的反应，故③中活塞下移，相对②来说，相当于增大压强，平衡正向移动，故C的体积分数：③>②。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意)
11．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2O2＋HbCO,37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。下列结论错误的是( )
A．CO与HbO2反应的平衡常数K＝
B．当CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
C．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
D．将CO中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述平衡逆向移动
答案 B
解析 由反应的化学方程式CO＋HbO2O2＋HbCO可知，CO与HbO2反应的平衡常数K＝，A正确；由题意可知K＝220，则＝0.02时，＝≈9.1×10－5，所以CO与O2浓度之比约为9.1×10－5时，人的智力会受损，B错误；增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，人体吸入CO越多，平衡向正反应方向移动，与血红蛋白结合的O2越少，C正确；将CO中毒的病人放入高压氧舱，O2浓度很大，CO＋HbO2O2＋HbCO的平衡向逆反应方向移动，与血红蛋白结合的氧气增多，D正确。
12．测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋2H2OH2SO3＋2OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW值相等
答案 AC
解析 未升温时，由0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液在25 ℃时pH＝9.66，可知Na2SO3是强碱弱酸盐，SO水解分两步进行，且以第一步水解为主，A错误；温度相同，等浓度的Na2SO3溶液的pH应相同，而在实验过程中①和④的温度相同，但④的pH较小(即碱性变弱)，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，④产生白色沉淀多，说明④中SO浓度较高，即④中较多SO被氧化为SO，SO浓度降低，SO的水解平衡逆向移动，导致OH－浓度降低，pH减小，B正确；SO的水解平衡为SO＋H2OHSO＋OH－，盐类的水解为吸热反应，升高温度促进SO的水解，水解平衡向右移动，而①→③过程中，溶液中部分SO被氧化为SO，SO浓度降低，促使水解平衡向左移动，影响不一致，C错误；温度相同，水的离子积常数KW相同，D正确。
13．如图是一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图。下列有关该电池的说法正确的是( )
A．反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移6 mol电子
B．电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C．电池工作时，CO向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO
答案 AD
解析 CH4→CO，碳元素的化合价由－4变为＋2，故每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，A正确；电解质为熔融碳酸盐，没有OH－，电极A的反应式为CO＋H2＋2CO－4e－===3CO2＋H2O，B错误；该燃料电池中，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，C错误；电解质为熔融碳酸盐，O2、CO2共同参加反应，电极B反应式为O2＋2CO2＋4e－===2CO，D正确。
14．用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
答案 C
解析 加入25 mL AgNO3溶液时，Cl－与Ag＋恰好反应生成AgCl，图中c点对应的溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡，此时c(Cl－)＝c(Ag＋)≈10－4.7 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈3.98×10－10，A正确；滴加AgNO3溶液时，有AgCl沉淀生成，所得曲线为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，即曲线上各点均满足c(Cl－)·c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)，B正确；相同条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，达到反应终点时消耗AgNO3溶液的体积为20 mL，而图中a点滴加AgNO3溶液的体积为15 mL，C错误；相同条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，达到反应终点时消耗25 mL AgNO3溶液，因为Ksp(AgBr)
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中至少存在4个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 AD
解析 LiH2PO4溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡、HPO的电离平衡及水的电离平衡等，A正确；H3PO4是三元弱酸，则溶液中含P元素的粒子有H3PO4、H2PO、HPO和PO，B错误；由图甲可知，随c初始(H2PO)增大，溶液的pH变小，当c初始(H2PO)>0.1 mol·L－1时，溶液pH变化不明显，C错误；由图乙可知，当pH达到4.66时，H2PO的分布分数为0.994，故H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
16．(13分)滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
Ⅰ.酸碱中和滴定——已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用0.10 mol·L－1的盐酸标准液滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00
(1)用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装0.10 mol·L－1的盐酸标准液。
(2)试样中NaOH的质量分数为________。
(3)若出现下列情况，测定结果偏高的是________(填序号)。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数
e．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗
Ⅱ.氧化还原滴定——取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1 mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。
(4)滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时现象是
________________________________________________________________。
Ⅲ.沉淀滴定——滴定剂和被滴定物的反应产物比滴定剂与指示剂的反应产物更难溶。
(5)参考下表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是________(填序号)。
A．NaCl B．NaBr
C．NaCN D．Na2CrO4
答案 (1)酸式 (2)80% (3)ce (4)锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或浅紫色)，且半分钟内不褪色 (5)D
解析 (1)在酸碱中和滴定实验中，用酸式滴定管盛装酸性或具有氧化性的溶液，用碱式滴定管盛装碱性溶液，所以用酸式滴定管盛装0.10 mol·L－1的盐酸标准液。
(2)根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为(20.10 mL＋20.00 mL＋19.90 mL)×＝20.00 mL，再根据c(酸)·V(酸)＝c(碱)V(碱)，则c(碱)＝＝0.08 mol·L－1，试样中NaOH的质量分数为
×100%＝80%。
(3)a项，滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响；b项，在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱的物质的量减少，消耗标准酸液体积减少，所测浓度偏低；c项，若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将导致消耗标准酸液体积增大，所测浓度偏高；d项，酸式滴定管滴至终点时，俯视读数，导致读数偏小，所测结果偏低；e项，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准酸液体积增大，所测结果偏高。
(4)KMnO4溶液是紫红色溶液，当高锰酸钾溶液滴入时，由于反应导致溶液无色，若到滴定终点，再滴入的高锰酸钾溶液会使溶液呈紫红色，所以该滴定过程不需要指示剂，滴定终点时现象是锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或浅紫色)，且半分钟内不褪色。
(5)由题给信息可知，用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，选取的指示剂应满足在SCN－之后与Ag＋反应产生沉淀，且有明显现象。由题给Ksp数据经计算可得，AgCl、Ag2CrO4满足在AgSCN之后沉淀，但AgCl与AgSCN均为白色沉淀，若使用NaCl溶液无法指示滴定终点，故应选择能产生砖红色沉淀的Na2CrO4溶液作指示剂，D正确。
17．(14分)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳两极发生反应转化为乙醇和乙酸，总反应如下：
2CH3CHO＋H2OCH3CH2OH＋CH3COOH
实验室中，以一定浓度的乙醛－Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示：
(1)若以甲烷燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入________(填化学式)气体。
(2)电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均有无色气体产生。电极反应如下：
阳极：①4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
②__________________________________________________________。
阴极：①____________________________________________________；
②CH3CHO＋2e－＋2H2O===CH3CH2OH＋2OH－。
(3)电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，某时刻测定了阳极区溶液中各组分的物质的量，其中Na2SO4与CH3COOH的物质的量相同。下列关于阳极区溶液中各微粒浓度关系的说法中正确的是________(填序号)。
a．c(Na＋)不一定是c(SO)的2倍
b．c(Na＋)＝2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)
c．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)
d．c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(OH－)
答案 (1)CH4
(2)CH3CHO－2e－＋H2O===CH3COOH＋2H＋
4H＋＋4e－===2H2↑(或4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－)
(3)不变 (4)abd
解析 (1)b为原电池的负极，发生氧化反应，应通入CH4。
(2)阳极发生氧化反应生成乙酸和氧气，生成乙酸的电极反应式为CH3CHO－2e－＋H2O===CH3COOH＋2H＋；阴极发生还原反应生成乙醇和氢气，生成H2的电极反应式为4H＋＋4e－===2H2↑或4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－。
(3)Na2SO4不参与电极反应，且存在阳离子交换膜，故阴极区Na2SO4的物质的量不变。
(4)Na＋经过阳离子交换膜进入阴极，而SO不能经过阳离子交换膜，则c(Na＋)不一定是c(SO)的2倍，故a正确；该时刻Na2SO4与CH3COOH的物质的量相同，根据物料守恒，则有c(Na＋)＝2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)，故b正确；电荷不守恒，应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c错误；醋酸为弱电解质，主要以分子形式存在，则有c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(OH－)，故d正确。
18．(16分)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式________________________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝＋48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α＝________%，平衡常数K343 K＝________(保留两位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________、________________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
答案 (1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)＋114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
解析 (1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。
(2)将第一个方程式扩大 3倍，再与第二个方程式相加就可以得到目标反应的焓变，所以焓变为[(＋48)×3＋(－30)] kJ·mol－1＝＋114 kJ·mol－1。
(3)①由图可知，温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343 K的反应。从图中读出，达到平衡状态时反应的转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1 mol·L－1，得到：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
1 0 0
0.22 0.11 0.11
0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K＝0.112÷0.782≈0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边气体体积相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是提高反应物压强(浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以反应速率更快，即va＞vb。根据题目表述得到v正＝k正x，v逆＝k逆·xSiH2Cl2xSiCl4，当反应达到平衡时v正＝v逆，v正＝k正·x＝v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，所以＝，实际就是平衡常数K值，所以＝0.02。a处的转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3SiH2Cl2＋SiCl4
起始(mol·L－1) 1 0 0
反应(mol·L－1) 0.2 0.1 0.1
a处时(mol·L－1) 0.8 0.1 0.1
所以xSiHCl3＝0.8；x SiH2Cl2＝xSiCl4＝0.1；所以＝×＝0.02×≈1.3。
19．(17分)铁、铝是重要的金属材料，铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
(1)下列说法正确的是________(填序号)。
①配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度
②FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
③利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3＋中有无Fe2＋
④加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体
⑤由于金属铝性质稳定，所以Al在空气中能稳定存在
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。其作用原理为
________________________________________________________________。
(3)以铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为________。
②在实验室灼烧操作应选择的主要实验仪器为________。
③反应Ⅱ中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式：____________________________________。
(4)已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33。
①在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________________________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测得c(Al3＋)＝0.2 mol·L－1。此时所得沉淀中________(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。
答案 (1)①④
(2)K2FeO4中＋6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3＋，Fe3＋水解形成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用
(3)①Fe2O3 ②坩埚 ③HCO＋OH－===H2O＋CO
(4)①Al(OH)3 ②不含有
解析 (1)①配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，防止三价铁离子水解，再用蒸馏水稀释到所需浓度，正确；②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3除通过化合反应生成，还可以通过复分解反应生成，如Fe2(SO4)3与BaCl2反应生成FeCl3，错误；③Fe3＋能与KSCN反应使溶液变为血红色，所以不能利用氯水和KSCN溶液检验Fe3＋中有无Fe2＋，错误；④Fe2(SO4)3水解得到的硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干Fe2(SO4)3溶液得到Fe2(SO4)3固体，正确。
(3)①铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，所以滤渣主要成分为Fe2O3；②灼烧操作应选择的主要实验仪器是坩埚；③由题可知在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，加入的NaHCO3先与未反应完全的氢氧根离子反应，离子方程式为HCO＋OH－===H2O＋CO。
(4)①根据25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，开始生成Al(OH)3沉淀时所需c(OH－)＝＝ mol·L－1，同理开始生成Cu(OH)2沉淀时所需c(OH－)＝ mol·L－1，由于 mol·L－1< mol·L－1，故滴加相同浓度的氨水，Al(OH)3先析出；②由题给信息可知Fe3＋完全沉淀时c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c3(OH－)＝＝＝4.0×10－33，则Q[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝0.2×4.0×10－33＝8×10－34
模块检测卷
时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题意)
1．仅根据题中图示得出的结论不合理的是( )
A
B
C
D
图示
结论
HB为弱酸
HF为弱电解质
溶解度：AgI
答案 C
解析 弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离，pH相同的强酸和弱酸溶液稀释相同的倍数，弱酸溶液的pH变化较小，结合图像知HB为弱酸，故A合理；分析图示知氢氟酸中既存在HF分子，又存在H＋、F－，说明HF溶于水部分电离，HF为弱电解质，故B合理；AgNO3、KI和NaCl溶液的浓度大小未知，图示实验操作不一定说明溶解度：AgI
2．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为( )
A．3a＋b－c B．c－3a－b
C．a＋b－c D．c－a－b
答案 A
解析 ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝a kJ·mol－1
②S(s)＋2K(s)===K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1
③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律：②－③＋3×①可得：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝(3a＋b－c) kJ·mol－1，故x＝3a＋b－c，A正确。
3．海水会对船体造成腐蚀，因此船体的防腐处理非常重要。下列关于金属腐蚀和防腐的说法中错误的是( )
A．可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极的阴极保护法防止金属腐蚀
B．海上舰艇的腐蚀主要为金属的化学腐蚀
C．刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D．外加电流，需要保护的金属作阴极，可以起到保护金属的作用
答案 B
解析 船舶外壳装上锌块，因锌比铁活泼，因此构成原电池时，锌作负极，铁作正极，铁被保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；海上舰艇的腐蚀主要为电化学腐蚀，故B错误；防锈漆可以避免金属与空气、水的接触，防止金属被腐蚀，故C正确；根据电解原理，被保护的金属作阴极，金属本身不参与反应，可以防止被腐蚀，此方法为外加电流的阴极保护法，故D正确。
4．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制得。正丁烷(C4H10)脱氢制1－丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g) ΔH1＝＋123 kJ·mol－1
②C4H10(g)＋O2(g)===C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJ·mol－1
下列有关判断正确的是( )
A．升高温度，反应①的反应速率增大，反应②的反应速率减小
B．升高温度，反应①的反应速率减小，反应②的反应速率增大
C．降低温度，反应①和反应②的反应速率均减小
D．由反应①和反应②可以得出H2的燃烧热
答案 C
解析 不管是放热反应还是吸热反应，升高温度均能提高其反应速率，降低温度均能降低其反应速率，C正确，A、B错误；根据盖斯定律，反应②－反应①可得热化学方程式：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1，但该方程式中H2O为气态，故无法计算H2的燃烧热，D错误。
5．为了探究外界条件对反应aX(g)＋bY(g)cZ(g)的影响，某同学使X和Y以物质的量之比为a∶b开始反应，通过实验得到不同条件下达到化学平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是( )
A．ΔH<0，a＋b>c B．ΔH>0，a＋b
解析 由题图可看出，温度一定，压强越小，Z的物质的量分数越小，可知该反应的正反应为气态物质系数减小的反应，即a＋b>c；压强一定，温度越低，Z的物质的量分数越大，说明该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0。
6．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( )
A．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)
C．将一定浓度的醋酸溶液加水稀释，则溶液中的c(H＋)和c(OH－)都减小
D．向0.1 mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
答案 B
解析 设三种溶液的pH均为9，常温下c(OH－)＝10－5 mol/L，c(NaOH)＝10－5 mol/L，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa)>c(Na2CO3)>10－5 mol/L，则物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH)
A．待加工铝质工件为阳极
B．表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸
C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
答案 C
解析 铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；电解质溶液中含有硫酸，说明表面生成的致密氧化膜不溶于稀硫酸，B正确；阴极上氢离子发生得电子的还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，C错误；在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，所以硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，D正确。
8．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·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>KHD
B．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＋)
答案 C
解析 浓度均为0.1 mol·L－1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C错误；根据质子守恒知，D正确。
9．用如图所示装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。从开始通电时，收集B和C逸出的气体。1 min后测得B口处的气体体积为C口处的一半，下列说法不正确的是( )
A．电源左侧为正极
B．电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
C．D口导出的溶液为KOH溶液，且浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大
D．标准状况下，若1 min后从C口处收集到的气体比B口处收集到的气体多2.24 L，则有0.1 mol SO通过阴离子交换膜
答案 D
解析 根据题意可知，电极应为惰性电极，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极反应式为4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－，选项A、B正确；右侧由于产生KOH，所以其浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大，选项C正确；设产生O2的物质的量为x，则产生H2的物质的量为2x,2x－x＝0.1 mol，x＝0.1 mol，产生的H＋为0.4 mol，则有0.2 mol SO通过阴离子交换膜，选项D不正确。
10．在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0。若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为( )
A．③②① B．③①②
C．①②③ D．②①③
答案 A
解析 ①与②相比，由于②能把反应产生的热量散到空气中，相比①来说，相当于降低温度，平衡正向移动，故平衡时C的体积分数：②>①；②与③相比，由于该反应是气态物质系数减小的反应，故③中活塞下移，相对②来说，相当于增大压强，平衡正向移动，故C的体积分数：③>②。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意)
11．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2O2＋HbCO,37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。下列结论错误的是( )
A．CO与HbO2反应的平衡常数K＝
B．当CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
C．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
D．将CO中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述平衡逆向移动
答案 B
解析 由反应的化学方程式CO＋HbO2O2＋HbCO可知，CO与HbO2反应的平衡常数K＝，A正确；由题意可知K＝220，则＝0.02时，＝≈9.1×10－5，所以CO与O2浓度之比约为9.1×10－5时，人的智力会受损，B错误；增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，人体吸入CO越多，平衡向正反应方向移动，与血红蛋白结合的O2越少，C正确；将CO中毒的病人放入高压氧舱，O2浓度很大，CO＋HbO2O2＋HbCO的平衡向逆反应方向移动，与血红蛋白结合的氧气增多，D正确。
12．测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋2H2OH2SO3＋2OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW值相等
答案 AC
解析 未升温时，由0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液在25 ℃时pH＝9.66，可知Na2SO3是强碱弱酸盐，SO水解分两步进行，且以第一步水解为主，A错误；温度相同，等浓度的Na2SO3溶液的pH应相同，而在实验过程中①和④的温度相同，但④的pH较小(即碱性变弱)，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，④产生白色沉淀多，说明④中SO浓度较高，即④中较多SO被氧化为SO，SO浓度降低，SO的水解平衡逆向移动，导致OH－浓度降低，pH减小，B正确；SO的水解平衡为SO＋H2OHSO＋OH－，盐类的水解为吸热反应，升高温度促进SO的水解，水解平衡向右移动，而①→③过程中，溶液中部分SO被氧化为SO，SO浓度降低，促使水解平衡向左移动，影响不一致，C错误；温度相同，水的离子积常数KW相同，D正确。
13．如图是一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图。下列有关该电池的说法正确的是( )
A．反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移6 mol电子
B．电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C．电池工作时，CO向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO
答案 AD
解析 CH4→CO，碳元素的化合价由－4变为＋2，故每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，A正确；电解质为熔融碳酸盐，没有OH－，电极A的反应式为CO＋H2＋2CO－4e－===3CO2＋H2O，B错误；该燃料电池中，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，C错误；电解质为熔融碳酸盐，O2、CO2共同参加反应，电极B反应式为O2＋2CO2＋4e－===2CO，D正确。
14．用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
答案 C
解析 加入25 mL AgNO3溶液时，Cl－与Ag＋恰好反应生成AgCl，图中c点对应的溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡，此时c(Cl－)＝c(Ag＋)≈10－4.7 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈3.98×10－10，A正确；滴加AgNO3溶液时，有AgCl沉淀生成，所得曲线为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，即曲线上各点均满足c(Cl－)·c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)，B正确；相同条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，达到反应终点时消耗AgNO3溶液的体积为20 mL，而图中a点滴加AgNO3溶液的体积为15 mL，C错误；相同条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，达到反应终点时消耗25 mL AgNO3溶液，因为Ksp(AgBr)
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中至少存在4个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 AD
解析 LiH2PO4溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡、HPO的电离平衡及水的电离平衡等，A正确；H3PO4是三元弱酸，则溶液中含P元素的粒子有H3PO4、H2PO、HPO和PO，B错误；由图甲可知，随c初始(H2PO)增大，溶液的pH变小，当c初始(H2PO)>0.1 mol·L－1时，溶液pH变化不明显，C错误；由图乙可知，当pH达到4.66时，H2PO的分布分数为0.994，故H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
三、非选择题(本题共4小题，共60分)
16．(13分)滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
Ⅰ.酸碱中和滴定——已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中；
③滴加几滴酚酞溶液；
④用0.10 mol·L－1的盐酸标准液滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
25.00
0.50
20.60
2
25.00
6.00
26.00
3
25.00
1.10
21.00
(1)用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装0.10 mol·L－1的盐酸标准液。
(2)试样中NaOH的质量分数为________。
(3)若出现下列情况，测定结果偏高的是________(填序号)。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数
e．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗
Ⅱ.氧化还原滴定——取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1 mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。
(4)滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时现象是
________________________________________________________________。
Ⅲ.沉淀滴定——滴定剂和被滴定物的反应产物比滴定剂与指示剂的反应产物更难溶。
(5)参考下表中的数据，若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是________(填序号)。
A．NaCl B．NaBr
C．NaCN D．Na2CrO4
答案 (1)酸式 (2)80% (3)ce (4)锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或浅紫色)，且半分钟内不褪色 (5)D
解析 (1)在酸碱中和滴定实验中，用酸式滴定管盛装酸性或具有氧化性的溶液，用碱式滴定管盛装碱性溶液，所以用酸式滴定管盛装0.10 mol·L－1的盐酸标准液。
(2)根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为(20.10 mL＋20.00 mL＋19.90 mL)×＝20.00 mL，再根据c(酸)·V(酸)＝c(碱)V(碱)，则c(碱)＝＝0.08 mol·L－1，试样中NaOH的质量分数为
×100%＝80%。
(3)a项，滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响；b项，在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱的物质的量减少，消耗标准酸液体积减少，所测浓度偏低；c项，若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将导致消耗标准酸液体积增大，所测浓度偏高；d项，酸式滴定管滴至终点时，俯视读数，导致读数偏小，所测结果偏低；e项，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准酸液体积增大，所测结果偏高。
(4)KMnO4溶液是紫红色溶液，当高锰酸钾溶液滴入时，由于反应导致溶液无色，若到滴定终点，再滴入的高锰酸钾溶液会使溶液呈紫红色，所以该滴定过程不需要指示剂，滴定终点时现象是锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或浅紫色)，且半分钟内不褪色。
(5)由题给信息可知，用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，选取的指示剂应满足在SCN－之后与Ag＋反应产生沉淀，且有明显现象。由题给Ksp数据经计算可得，AgCl、Ag2CrO4满足在AgSCN之后沉淀，但AgCl与AgSCN均为白色沉淀，若使用NaCl溶液无法指示滴定终点，故应选择能产生砖红色沉淀的Na2CrO4溶液作指示剂，D正确。
17．(14分)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳两极发生反应转化为乙醇和乙酸，总反应如下：
2CH3CHO＋H2OCH3CH2OH＋CH3COOH
实验室中，以一定浓度的乙醛－Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示：
(1)若以甲烷燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入________(填化学式)气体。
(2)电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均有无色气体产生。电极反应如下：
阳极：①4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
②__________________________________________________________。
阴极：①____________________________________________________；
②CH3CHO＋2e－＋2H2O===CH3CH2OH＋2OH－。
(3)电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，某时刻测定了阳极区溶液中各组分的物质的量，其中Na2SO4与CH3COOH的物质的量相同。下列关于阳极区溶液中各微粒浓度关系的说法中正确的是________(填序号)。
a．c(Na＋)不一定是c(SO)的2倍
b．c(Na＋)＝2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)
c．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)
d．c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(OH－)
答案 (1)CH4
(2)CH3CHO－2e－＋H2O===CH3COOH＋2H＋
4H＋＋4e－===2H2↑(或4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－)
(3)不变 (4)abd
解析 (1)b为原电池的负极，发生氧化反应，应通入CH4。
(2)阳极发生氧化反应生成乙酸和氧气，生成乙酸的电极反应式为CH3CHO－2e－＋H2O===CH3COOH＋2H＋；阴极发生还原反应生成乙醇和氢气，生成H2的电极反应式为4H＋＋4e－===2H2↑或4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－。
(3)Na2SO4不参与电极反应，且存在阳离子交换膜，故阴极区Na2SO4的物质的量不变。
(4)Na＋经过阳离子交换膜进入阴极，而SO不能经过阳离子交换膜，则c(Na＋)不一定是c(SO)的2倍，故a正确；该时刻Na2SO4与CH3COOH的物质的量相同，根据物料守恒，则有c(Na＋)＝2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)，故b正确；电荷不守恒，应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c错误；醋酸为弱电解质，主要以分子形式存在，则有c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(OH－)，故d正确。
18．(16分)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式________________________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝＋48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α＝________%，平衡常数K343 K＝________(保留两位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________、________________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
答案 (1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)＋114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
解析 (1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。
(2)将第一个方程式扩大 3倍，再与第二个方程式相加就可以得到目标反应的焓变，所以焓变为[(＋48)×3＋(－30)] kJ·mol－1＝＋114 kJ·mol－1。
(3)①由图可知，温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343 K的反应。从图中读出，达到平衡状态时反应的转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1 mol·L－1，得到：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
1 0 0
0.22 0.11 0.11
0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K＝0.112÷0.782≈0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边气体体积相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是提高反应物压强(浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以反应速率更快，即va＞vb。根据题目表述得到v正＝k正x，v逆＝k逆·xSiH2Cl2xSiCl4，当反应达到平衡时v正＝v逆，v正＝k正·x＝v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，所以＝，实际就是平衡常数K值，所以＝0.02。a处的转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3SiH2Cl2＋SiCl4
起始(mol·L－1) 1 0 0
反应(mol·L－1) 0.2 0.1 0.1
a处时(mol·L－1) 0.8 0.1 0.1
所以xSiHCl3＝0.8；x SiH2Cl2＝xSiCl4＝0.1；所以＝×＝0.02×≈1.3。
19．(17分)铁、铝是重要的金属材料，铁、铝及其化合物有非常重要的用途。
(1)下列说法正确的是________(填序号)。
①配制氯化铁溶液，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度
②FeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成
③利用氯水和KSCN溶液可以检验Fe3＋中有无Fe2＋
④加热蒸干Fe2(SO4)3溶液获得Fe2(SO4)3固体
⑤由于金属铝性质稳定，所以Al在空气中能稳定存在
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。其作用原理为
________________________________________________________________。
(3)以铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
①滤渣主要成分为________。
②在实验室灼烧操作应选择的主要实验仪器为________。
③反应Ⅱ中，加入NaHCO3一段时间才有沉淀生成，写出加入少量NaHCO3时发生反应的离子方程式：____________________________________。
(4)已知25 ℃时Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33。
①在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________________________沉淀(填化学式)。
②溶液中某离子物质的量浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋完全沉淀时，测得c(Al3＋)＝0.2 mol·L－1。此时所得沉淀中________(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。
答案 (1)①④
(2)K2FeO4中＋6价铁具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3＋，Fe3＋水解形成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用
(3)①Fe2O3 ②坩埚 ③HCO＋OH－===H2O＋CO
(4)①Al(OH)3 ②不含有
解析 (1)①配制氯化铁溶液时，先将FeCl3固体溶于较浓盐酸，防止三价铁离子水解，再用蒸馏水稀释到所需浓度，正确；②FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3除通过化合反应生成，还可以通过复分解反应生成，如Fe2(SO4)3与BaCl2反应生成FeCl3，错误；③Fe3＋能与KSCN反应使溶液变为血红色，所以不能利用氯水和KSCN溶液检验Fe3＋中有无Fe2＋，错误；④Fe2(SO4)3水解得到的硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干Fe2(SO4)3溶液得到Fe2(SO4)3固体，正确。
(3)①铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Fe2O3不溶于氢氧化钠溶液，所以滤渣主要成分为Fe2O3；②灼烧操作应选择的主要实验仪器是坩埚；③由题可知在溶解铝土矿时加入了过量的氢氧化钠溶液，加入的NaHCO3先与未反应完全的氢氧根离子反应，离子方程式为HCO＋OH－===H2O＋CO。
(4)①根据25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Al(OH)3]＝1.1×10－33，向浓度均为0.1 mol·L－1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，开始生成Al(OH)3沉淀时所需c(OH－)＝＝ mol·L－1，同理开始生成Cu(OH)2沉淀时所需c(OH－)＝ mol·L－1，由于 mol·L－1< mol·L－1，故滴加相同浓度的氨水，Al(OH)3先析出；②由题给信息可知Fe3＋完全沉淀时c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c3(OH－)＝＝＝4.0×10－33，则Q[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝0.2×4.0×10－33＝8×10－34
相关试卷
新教材2023年高中化学模块检测一新人教版选择性必修1： 这是一份人教版 (2019)选择性必修1本册综合课时练习，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
新教材2023年高中化学模块检测二新人教版选择性必修1： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1本册综合课堂检测，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
新教材高中化学模块过关检测2鲁科版必修第一册： 这是一份高中化学鲁科版 (2019)必修 第一册本册综合课时练习，共12页。试卷主要包含了5 ml，2 g等内容，欢迎下载使用。
