鲁科版高中化学选择性必修1期末巩固练

这是一份鲁科版高中化学选择性必修1期末巩固练，共24页。试卷主要包含了填空题，未知，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究自正确的理论指导，合成氨反应N2+3H22NH3的平衡常数K值和温度的关系如下：
（1）①由表中数据可知该反应为 反应（填“放热”或“吸热”）
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是 （填字母序号）。
a．增大压强 b．使用合适的催化剂
c．升高温度 d．及时分离出产物中的NH3
（2）原料气H2可通过反应CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气中CH4含量的影响如图所示：
①图中，两条曲线表示压强的关系是p1 p2（填“>”、“＝”或“KC
C．若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为5L
D．若增大H2的浓度，则CO 和H2的平衡转化率(α)均会增大
15．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是
A．a、b、c三点溶液的pH： c＜a＜b
B．a、b、c三点醋酸的电离程度： c＜b＜a
C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
D．a、b、c三点溶液用1 ml/L 氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积： c＜a＜b
16．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1ml•L-1Na2SO4溶液：Cu2+、K+、C1-、NO3-
B．0.1ml•L-1FeCl3溶液：Al3+、NH4+、SCN-、I-
C．0.1ml•L-1KOH溶液：Na+，Mg2+、Br-、SO42-
D．0.1ml•L-1HNO3溶液；Fe2+、Ba2+、ClO-、AlO2-
17．煤的气化是实施节能环保的一项重要措施。通常在高温下将煤转化为水煤气，再将水煤气作为气体燃料。有关热化学方程式如下：
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH1=131.3 kJ·ml-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ·ml-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·ml-1
下列有关说法正确的是
A．水煤气只能用作燃料
B．水煤气是一种二次能源，比煤直接燃烧污染小
C．等质量的CO和H2完全燃烧时，前者放热多
D．由反应③可以确定H2的燃烧热ΔH=-241.8 kJ·ml-1
18．能使H2O H+ + OH－电离平衡向正反应方向移动，而且所得溶液呈酸性的是
A．将水加热到100℃，水的pH约为6B．在水中滴加稀H2SO4
C．在水中滴加氢氧化钠溶液D．在水中加入氯化铜溶液
19．向FeI2，FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。则下列有关说法中，不正确的是。
A．线段BD表示Fe3＋物质的量的变化
B．原混合溶液中FeI2的物质的量为1ml
C．当通入2 ml Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．原溶液中：n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶3∶1
20．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理如图。已知：，△H＜0，下列说法不正确的是
A．气体温度升高后有利于N2O4的固定
B．使用多孔材料不能改变的焓变
C．使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于NO2的去除
D．加入 H2O和O2，发生化学反应方程式为：
三、实验探究题
21．如图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理的装置图(夹持仪器略)。
(1)B装置可除去A装置中可能挥发出的某种气体，反应的离子方程式为 。
(2)C装置为的发生装置，反应的化学方程式为 。
(3)D装置可除去C装置中未反应的某种气体，反应的离子方程式为 。
(4)C装置中固体由淡黄色完全变为白色，检验固体成分的实验方案为：取少量C装置中反应后的固体溶于水，向溶液中滴入过量溶液，若有白色沉淀生成，则证明固体中含有，过滤，向滤液中滴入几滴酚酞溶液，若现象为 ，则证明固体中含有NaOH而不含有。
(5)写出过氧化钠与水反应的离子方程式并用单线桥标出转移电子的方向与数目 。
22．工业上可以用纯碱(Na2CO3)吸收NO和的混合气体来制备亚硝酸钠(NaNO2)，某研究小组测定工业亚硝酸钠样品中的含量。实验步骤如下：
Ⅰ.称取工业用亚硝酸钠样品，配制成溶液。
Ⅱ.用碱式滴定管取上述待测试样溶液于锥形瓶中，加入酚酞2～3滴，用的标准溶液滴定至溶液由红色变为无色且半分钟内不变化，消耗标准溶液的体积为V mL，重复滴定两次。
回答下列问题：
(1)当NO和的物质的量之比为时，写出纯碱吸收NO和的混合气体制备亚硝酸钠反应的离子方程式： 。
(2)在碱式滴定管中装入待测试样后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的操作图示为___________(填字母)。
A．B．C．D．
(3)滴定到终点发生的反应为，滴定前后，标准溶液的液面如图，则消耗标准溶液的体积V= ；样品中杂质的质量百分数为 (小数点后保留两位)。
(4)已知：pH≤1时，。上述滴定过程中，的存在是否影响测量结果，理由是 。
(5)25℃时，的电离常数为，若和的混合溶液中，，则此时溶液中 。
(6)下列操作会使含量的测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
23．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
(1)准确称量8.2g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。 用0.100ml/L硫酸滴定，写出该中和反应的热化学方程式 (中和热ΔH=-57.3 kJ/ml)。
(2)将该烧碱样品配成500mL待测溶液需要的玻璃仪器有 。
(3)滴定过程中，眼睛应注视 ，若用酚酞作指示剂达到滴定终点颜色变化是 。
(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是 ml/L，烧碱样品的纯度是 (保留小数点后两位)
(5)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果 。
②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果 。
③酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2～3次 。
④开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 。
参考答案：
1． 放热 ad < 吸热 0.6
【详解】（1）①由表中数据可知，随温度升高，反应的平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应。故答案为放热；
②a、增大压强，平衡正向移动，H2转化率增大，故a正确；b、使用催化剂，平衡不移动，H2转化率不变，故b错误；c、正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2转化率减小，故c错误；d、及时分离出产物中的NH3，平衡正向移动，H2转化率增大，故d正确。
故答案为ad；
（2）①正反应为气体增多的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷含量增大，所以P2>P1；
故答案为碳酸>碳酸氢根离子>偏铝酸，浓度相同时，酸根离子的水解程度越大，溶液的pH也越大，故pH由大到小的顺序是：⑤③①②④ ；
(4)在题述五种溶液中分别加入溶液，、可与发生相互促进的双水解反应，产生大量无色无味的二氧化碳气体；
(5)在、、、溶液中都存在水解平衡，氢氧化钠是强碱，完全电离，将五种溶液稀释相同的倍数时， NaOH溶液的pH变化最大。
3． 3 0.34 0.24
【详解】(1)25℃时，pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3 ml/L；pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3 ml/L，当二者等体积混合时混合后溶液的c(H+)=，因此混合溶液是pH=3；
(2)BaSO4完全转化为BaCO3的离子方程式为：BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)，0.01 ml BaSO4完全反应转化为BaCO3沉淀，反应消耗Na2CO3的物质的量是0.01 ml，该反应的化学平衡常数K=，离子处于同一溶液中，溶液的体积相同，则溶液中含有的物质的量n()=，故发生沉淀转化时实际消耗Na2CO3的物质的量是0.01 ml+0.5 ml=0.51 ml，由于溶液的浓度是1.5 ml/L，故需该溶液的体积V(Na2CO3)=；
(3)CH3COOH与NaOH发生中和反应，产生CH3COONa和H2O，溶液中存在电荷守恒，则有关系式为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若反应后溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7 ml/L，故有c(Na+)=c(CH3COO-)，二者恰好反应的物质的量的比是1：1时，反应产生的CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，要使溶液显中性，则溶液中CH3COOH的物质的量比NaOH多，反应后溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)=，反应后溶液中CH3COOH的浓度c(CH3COOH)=，该溶液中CH3COOH的电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸的电离平衡常数K=；
(4)电镀铜时，用1A的电流电镀16分钟5秒，若电流效率为75% ，则用于电镀的电子的物质的量是n(e-)= ，由于Cu是+2价金属，则阴极上析出Cu的质量m(Cu)=。
4．(1)HCO+AlO+H2O=A1(OH)3↓+CO
(2)高铁酸根具有很强的氧化性，能通过氧化作用进行消毒；反应后的还原产物能水解成Fe(OH)3胶体，能吸附净水
【解析】(1)
碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为HCO+AlO+H2O=A1(OH)3↓+CO，反应中偏铝酸根离子能与碳酸氢根离子电离出的氢离子反应生成氢氧化铝，说明偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，即偏铝酸根离子的碱性强于碳酸根离子，故答案为：HCO+AlO+H2O=A1(OH)3↓+CO；
(2)
高铁酸盐具有强氧化性，能使水中的细菌因被氧化而发生蛋白质的变性，达到杀菌消毒的作用，同时高铁酸根离子被还原生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质形成沉淀，达到净水的目的，故答案为：高铁酸根具有很强的氧化性，能通过氧化作用进行消毒；反应后的还原产物能水解成Fe(OH)3胶体，能吸附净水。
5．(1) 细砂纸 NaOH溶液 浓盐酸 稀硝酸 锌片 铁钉
(2) 待镀金属制品 镀层金属 镀层金属离子
(3) Ag＋＋e-=Ag Ag-e-=Ag＋ 待镀金属表面镀上一层光亮的银，阳极上的银不断溶解 不变
【详解】（1）①镀件的处理：铁钉依次用细砂纸打磨、NaOH溶液浸泡除去表面有机物、浓盐酸浸泡除去表面铁锈、稀硝酸浸泡，并洗净。②电镀操作：锌片作阳极，锌失电子生成锌离子，铁钉作阴极被保护，锌离子在铁表面得电子生成锌单质；
（2）电镀池的构成中通常用待镀金属制品为阴极，以镀层金属为阳极，用含有镀层金属离子溶液作电解质溶液；
（3）①电镀银阴极是银离子得电子生成银单质，电极反应式为：Ag＋＋e-=Ag，阳极是银失电子生成银离子，电极反应式：Ag-e-=Ag＋；
②可观察到的现象是待镀金属表面镀上一层光亮的银，阳极上的银不断溶解；
③电镀银过程含银离子的溶液浓度不变。
6．外界条件
【详解】化学平衡是一个动态的平衡过程，化学平衡的移动，就是改变外界条件，破坏原有的平衡状态，建立起新的平衡状态的过程。
7．(1)玻璃搅拌器
(2)不能
(3)BCD
【详解】（1）仪器a的名称为玻璃搅拌器；
（2）因为铜丝导热性较好，会导致热量损失较多，使测得中和热数值偏小，故不能用相同形状的细铜丝代替仪器a进行相应的实验操作；
（3）A．量取NaOH溶液时仰视读数，量取的溶液体积偏大，反应放出的热量多，测得中和热的数值偏大，A错误；
B．向酸溶液中分次加入碱溶液，会造成热量损失较多，使测得中和热的数值偏小，B正确；
C．实验装置保温隔热效果差，会造成损失热量较多，使测得中和热的数值偏小，C正确；
D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，因为铜丝导热性较好，会导致热量损失较多，使测得中和热数值偏，D正确；
故答案为：BCD。
8． ⑤⑥⑦⑧ ⑤⑧ Al3+水解发生Al3++3H2O⇌Al(OH)3胶体+3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性 酸 Fe(OH)3
【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质．包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】(1)①Fe是单质、②Al2(SO4)3溶液、④KOH溶液、⑩FeCl3溶液都是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③SO3熔融状态下不能导电，在水溶液中能导电是因为与水反应生成的硫酸为电解质而不是本身电离出离子而引起导电，属于非电解质、⑨CCl4在熔融状态下和水溶液中均不能导电的化合物，属于非电解质；⑤液态 CH3COOH、⑥液态HCl、⑦NaHCO3固体、⑧NH3·H2O都是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，均属于电解质；
故以上物质中属于电解质的是⑤⑥⑦⑧；
⑤液态 CH3COOH、⑧NH3·H2O均为在水溶液中不完全电离的电解质，属于弱电解质；
答案为⑤⑧；
(2)物质②Al2(SO4)3溶液也可用于净水，原因是Al3+水解发生Al3++3H2O⇌Al(OH)3胶体+3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性；
(3)物质②Al2(SO4)3与⑦NaHCO3固体的浓溶液可用于灭火，灭火原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，发生反应为；
(4)物质⑩FeCl3为强酸弱碱盐，FeCl3溶液中铁离子发生水解呈碱性，将该溶液加热发生水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，促进盐的水解，蒸干后得到的固体是Fe(OH)3。
9． 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 225 K甲＜K乙=K丙 P甲＞P乙 α甲＜α乙＜α丙 900~1000℃
【详解】(1)①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1∙c2(NO)∙c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2∙c2(NO) ∙c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以==；
(2)①甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0∼3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0~3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响；
②相同温度下，分别充入0.2ml的NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02ml/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数，
平衡常数K==225；
③容积均为1L的甲、乙、丙三个容器，其中甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，丙为恒温恒压，相同温度下，分别充入0.2ml的NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，K甲＜K乙，乙容器和丙容器的温度相等，K乙=K丙，平衡常数K甲＜K乙=K丙；
甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，温度升高平衡逆向进行，其物质的量增大，气体压强增大，故P甲＞P乙；
甲为绝热恒容，容器温度升高，抑制二氧化氮的转化，乙为恒温恒容，丙为恒温恒压，压强大于乙，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮的转化率增大，则转化率α甲＜α乙＜α丙；
(3)氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在900∼1000℃时氮氧化物浓度最低；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大，脱硝的适宜温度范围为900∼1000℃。
10．(1) 酸性 碱性 碱性 酸性
(2) -lg c平(H+) 小 强 c平(H+)=1.0×10-7 7
【解析】略
11．C
【详解】由图可以看出，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则只能存在X，Y为气体，Z，W中之一为气体的情况。故选C。
12．B
【详解】A.氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，A错误；
B.加热促进纯碱水解，碱性增强，促进油脂水解，更好的洗去金属表面油污，B正确；
C.加热条件下，氮气与镁反应生成氮化镁，所以炽热的镁粉不可放在氮气中冷却，C错误；
D.铜铁形成原电池，铁为负极加速腐蚀，应镶上金属性强于铁的金属，比如镁、铝等，D错误；
故选B。
13．C
【详解】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+；
A．离子半径Cl-＞Na+，则a离子为Cl-，b为Na+，故A错误；
B．没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；
C．b为Na+，带正电荷，应该吸引带有负电荷的氧离子，图示b离子不科学，故C正确；
D．Cl-、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，溶液pH 小于 7，应该是温度高于常温，促进水的电离所致，故D错误；
故答案为C。
14．B
【详解】A．由图可知，C点的反应温度高于B点，温度越高，反应速率越大，则C点的速率比B点的大，故A不符合题意；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、B、C三点的温度大小顺序为C>A=B，温度升高，一氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，反应的化学平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为KA=KB>KC，故B符合题意；
C．由图可知，A、B的反应温度相同，反应的平衡常数相等，A点一氧化碳的转化率为50%，由容器的体积为10L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(1—1×50%)ml/L=0.5ml/L、(2—1×50%×2)ml/L=1ml/L、1×50%ml/L=0.5ml/L，反应的平衡常数KA==1；B点一氧化碳的转化率为80%，由容器的体积为5L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(2—2×50%)ml/L=1ml/L、(4—2×50%×2)ml/L=2ml/L、2×50%ml/L=1ml/L，反应的平衡常数KB ==0.25， 由计算结果可知，A、B的平衡常数不相等，则若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，在平衡状态B时容器的体积不可能为5L，故C不符合题意；
D．增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率减小，故D不符合题意；
故选B。
15．C
【详解】A． a、b、c三点溶液的导电能力c＜a＜b，所以氢离子浓度c＜a＜b，所以pH：c＞a＞b，故A错误；
B． 溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B错误；
C． a处溶液加水稀释，溶液的导电能力增大，氢离子浓度增大，pH减小，则用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小，故C正确；
D． a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相同，故消耗氢氧化钠一样多，故D错误；
故选C。
16．A
【分析】离子共存的会从是否有，沉淀、气体、弱电解质，氧化还原反应，络合反应等角度考查，Fe3+、硝酸、次氯酸根具有强氧化性会氧化常见的一些还原性离子比如碘离子，亚硫酸根离子等；
【详解】A. 离子之间不发生复分解，双水解，氧化还原等反应，所以大量共存，A选；
B. 首先溶液含有Fe3+，具有强氧化性，氧化碘离子：；其次：，发生了络合反应，B不选；
C. 溶液中的氢氧根离子和镁离子产生白色沉淀：，C不选；
D. HNO3溶液、ClO-均具有强氧化性，能氧化Fe2+ ，D不选；
答案选A。
17．B
【详解】A． 因水煤气中含有CO、H2，则不仅可以作燃料，也可作还原剂使用，故A错误；
B． 将煤转化为水煤气，再将水煤气作为气体燃料，则水煤气间接得到，所以水煤气属于二次能源，水煤气易充分燃烧、比煤直接燃烧污染小，故B正确；
C． 根据②③可知，等质量的CO和H2完全燃烧时，氢气放出的热量多，故C错误；
D． 反应热表示燃烧热时，生成的水为液态，为稳定状态，反应③不能可以确定H2的燃烧热，故D错误；
故选:B。
18．D
【详解】A．将水加热到100℃，水电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根浓度增大，水的pH约为6，但溶液呈中性，故A不符合题意；
B．在水中滴加稀H2SO4，抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，溶液显酸性，故B不符合题意；
C．在水中滴加氢氧化钠溶液，抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，溶液显碱性，故C不符合题意；
D．在水中加入氯化铜溶液，铜离子水解显酸性，促进了水的电离平衡，水的电离平衡正向移动，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
19．D
【分析】向混合溶液中通入氯气，氯气先和还原性强的碘离子反应生成碘单质，从图分析，消耗1摩尔氯气，碘离子为2摩尔。然后氯气与亚铁离子反应，消耗2摩尔氯气，亚铁离子4摩尔，最后溴离子反应，根据电荷守恒分析，溶液中的溴离子为4×2-2×1=6摩尔，则消耗3摩尔氯气。
【详解】A、BD阶段是铁离子的物质的量变化，正确，不选A；
B、原来溶液中碘化亚铁物质的量由碘离子的物质的量计算，为1摩尔，正确，不选B；
C、当通入2摩尔氯气时，反应了2摩尔碘离子和2摩尔亚铁离子，所以离子方程式正确，不选C；
D、原溶液中三种离子的物质的量比为4:2:6，错误，选D。
【点睛】在反应氧化还原反应时，若一种氧化剂与多种还原剂反应时，还原性强的先反应。若一种还原剂与多种氧化剂反应时，氧化性强的先反应。
20．A
【详解】A．，△H＜0，则升高温度，平衡逆向移动，不利于N2O4的固定，A不正确；
B．多孔材料能高选择性吸附NO2，并不断转化为N2O4，但并未改变反应物和生成物的能量，所以不能改变的焓变，B正确；
C．使用多孔材料，能高选择性吸附NO2，从而增大NO2的浓度，促进平衡正向移动，有利于NO2的去除，C正确；
D．加入的 H2O和O2，与N2O4发生氧化还原反应，经处理能全部转化为HNO3，化学反应方程式为：，D正确；
故选A。
21．(1)HCO+H+═H2O+CO2↑
(2)2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
(3)2OH-+CO2=CO+H2O
(4)溶液变红且不褪色
(5)
【分析】实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理：A装置：稀盐酸和大理石制取二氧化碳，B装置：用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置：二氧化碳、水分别和过氧化钠反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，D装置：用氢氧化钠吸收未反应的二氧化碳，E装置：用排水法收集制得的氧气。
【详解】（1）A中盐酸会挥发出HCl气体，用碳酸氢钠溶液除去氯化氢，离子反应式为：HCO+H+═H2O+CO2↑；
（2）A装置制得的二氧化碳能够与过氧化钠反应产生氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，混有的水也和过氧化钠反应生成氧气2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）未反应的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子反应式为：2OH-+CO2=CO+H2O；
（4）过氧化钠具有强氧化性，能使酚酞试液变红后褪色；故过滤沉淀，向滤液中滴入几滴酚酞试液，若溶液变红且不褪色，则证明固体中含有氢氧化钠。
（5）Na2O2中的O从-1价分别降低至-2价和升高至0价，因此用单线桥表示电子的转移方向及数目：。
22．(1)
(2)B
(3) 8.00％
(4)不影响，滴定过程至终点，待测液始终呈弱碱性环境，不会出现强酸性环境，故不会与盐酸发生反应
(5)
(6)AC
【分析】用纯碱(Na2CO3)吸收NO和的混合气体来制备亚硝酸钠(NaNO2)，再设计实验进行滴定测定含量，分析和评价；
【详解】（1）当NO和的物质的量之比为时，纯碱吸收NO和的混合气体制备亚硝酸钠，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为：；
（2）碱式滴定管管身与滴嘴之间是胶管连接，在滴定管排气泡时需将滴嘴扭转90°以上，滴嘴斜向上排气，B方法正确；故答案为：B；
（3）根据题目所给图像可知，，，所以HCl溶液消耗的体积是V=；，Na2CO3的质量分数是=8.00%；故答案为：20.00mL；8.00%；
（4）根据题意溶液在酸性较强的条件下亚硝酸和盐酸反应，而盐酸滴入待测液先消耗Na2CO3，滴定到终点之前，溶液pH始终大于7，滴定至终点生成物也是NaHCO3和NaCl，溶液应呈弱碱性，所以“滴定过程至终点，待测液始终呈弱碱性环境，不会出现强酸性环境，故不会与盐酸发生反应；故答案为：不影响，滴定过程至终点，待测液始终呈弱碱性环境，不会出现强酸性环境，故不会与盐酸发生反应；
（5）25℃时，的电离常数为，若和的混合溶液中，，则，此时溶液中；
（6）含量测定中m()=m样-m(Na2CO3)，如果Na2CO3测定结果偏高，则测定含量偏低；
A．锥形瓶用待测液润洗，则待滴定的Na2CO3的量会增多(润洗液残留的Na2CO3溶质)，消耗盐酸偏多，则实验测定Na2CO3质量偏高，则测定含量偏低，故A符合题意；
B．酸式滴定管用蒸馏水清洗后再用标准液润洗是标准操作，不影响实验测定结果，故B不符题意；
C．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则气泡所占体积会被记入标准液消耗体积，则标准液消耗体积偏大，测定的Na2CO3质量偏高，则测定含量偏低，故C符合题意；
D．由于滴定管本身体积刻度的特殊顺序，俯视读数小于真实值，盐酸消耗体积V=，俯视读数，平视，数据小于真实值，则计算所得V偏小，测定的Na2CO3质量偏低，则测定含量偏高，故D不符合题意；
综上所述，答案为：AC。
23．(1)
(2)烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管
(3) 锥形瓶内溶液颜色变化 溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色
(4) 0.400 97.56%
(5) 偏高 偏高 偏高 偏高
【分析】中和热ΔH=-57.3kJ/ml，则生成2ml水放出热量为114.6kJ，据此写出该热化学方程式；滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；根据计算待测液浓度，根据m=nM计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；根据进行误差分析。
【详解】（1）中和热ΔH=-57.3kJ/ml，则生成2ml水放出热量为114.6kJ，因此氢氧化钠与硫酸反应的热化学方程式为，故答案为：；
（2）用固体配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，需使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，为便于准确判断滴定终点，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；酚酞在氢氧化钠溶液中为红色，滴定终点变为无色，则滴定终点现象为溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不恢复原色，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色；
（4）根据表中数据，，则；，，烧碱样品的纯度为，故答案为：0.400；97.56%；
（5）①开始俯视，滴定终点平视，导致计算出的标准液体积偏大，测定的待测液浓度偏高，故答案为：偏高；
②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，导致待测液中溶质的物质的量增加，消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，故答案为：偏高；
③酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2～3次，导致消耗标准液偏大，则待测液浓度偏高，故答案为：偏高；
④开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液偏大，则待测液浓度偏高，故答案为：偏高。
温度/℃
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.0038
滴定次数
待测溶液体积(mL)
标准酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00