河南省实验中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

这是一份河南省实验中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名，考试结束后，将答题卡交回， 下列离子方程式正确的是， 下列实验装置及表述正确的是， 已知常温下0， 下列说法中不正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名。准考证号码填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题；本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列关于氧化物的叙述中不正确的是
①酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
②非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④金属氧化物都是碱性氧化物
⑤不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
A. ①②④⑤B. ①②③④⑤C. ②③④D. ③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①大多酸性氧化物和水反应生成对应的酸,二氧化硅是酸性氧化物不能和水反应生成酸；
②和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物,非金属氧化物NO、CO、H2O等不与碱反应；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物；
⑤不与酸反应的氧化物与碱也不一定反应。
【详解】①大多酸性氧化物和水反应生成对应的酸，二氧化硅是酸性氧化物不能和水反应生成酸,故错误；
②和碱反应生成盐和水的氧化物,非金属氧化物NO、CO、H2O等不与碱反应,不是酸性氧化物,故错误；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物,一定是金属氧化物,故正确；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物,如Al2O3是两性氧化物,Mn2O7是酸性氧化物,故错误；
⑤不与酸反应的氧化物与碱也不一定反应,如NO、CO既不能跟酸反应的也不能跟碱反应,故错误；
结合以上分析可知，只有①②④⑤符合题意；
故答案选A。更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 15g甲基(-CH3)中含有的电子数为10NA
B. 标准状况下，11.2 L 丙烷具有的极性共价键数为5.0NA
C. 2.3 g Na在空气中点燃，完全反应转移的电子数一定为0.1NA
D. 常温下，0.5 ml Fe投入浓硫酸中，反应转移的电子数为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．15g甲基(-CH3)的物质的量为1ml，1个甲基中含有9个电子，则15g甲基含有的电子数为9NA，A不正确；
B．标准状况下，11.2 L 丙烷的物质的量为0.5ml，1个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键和3个C-C非极性共价键，则具有的极性共价键数为4.0NA，B不正确；
C．2.3 g Na的物质的量为0.1ml，在空气中点燃生成过氧化钠，Na由0价升高到+1价，则Na完全反应转移的电子数一定为0.1NA，C正确；
D．常温下，Fe遇浓硫酸发生钝化，则将0.5 ml Fe投入浓硫酸中，只有表面发生反应生成四氧化三铁，所以反应转移的电子数小于1.5NA，D不正确；
故选C。
3. 下表中对离子方程式书写的评价正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．电荷不守恒，离子方程式，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A评价错误；
B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和氧气，正确的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，原离子方程式氧元素不守恒，B评价正确；
C．NaOH溶液与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式Al2O3+2OH-=2+H2O，C评价错误；
D．FeCl3溶液中滴加足量氨水生成氯化铵和氢氧化铁沉淀，NH3·H2O应保留化学式，正确的离子方程式为Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3，D评价错误；
答案选B。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 稀硫酸加入氢氧化钡溶液中：H++OH-=H2O
B. 石灰石投入到稀盐酸中： +2H+=CO2↑+H2O
C. 二氧化硫通入氨水：SO2+2NH3•H2O=2+ +H2O
D. Fe粉加入足量稀硝酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸加入氢氧化钡溶液中，反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，选项A错误；
B．石灰石投入到稀盐酸中，反应生成氯化钙、二氧化硫和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，选项B错误；
C．二氧化硫通入氨水，反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：SO2+2NH3•H2O=2++H2O，选项C正确；
D．Fe粉加入足量稀硝酸中，反应生成硝酸铁、NO和水，反应的离子方程式为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，选项D错误；
答案选C。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml甲基中含有的电子数为7NA
B. 2L0.5ml•L-1亚硫酸溶液中含有的H+数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mlO2转移的电子数为0.2NA
D. 100mL18.4ml•L-1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2分子的数目为0.92NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲基中含一个未成对单电子，故1ml甲基含有9ml电子，含有的电子数为9NA，故A错误；
B．亚硫酸的n=cV=1ml，但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的H+个数小于2NA，故B错误；
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2↑，由方程式知，每生成1ml O2转移电子的物质的量为2ml,所以生成0.1ml氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；
D．铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.92NA，故D错误；
故选C。
6. 下列实验装置及表述正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制无水AlCl3固体应该在HCl的气流中蒸干AlCl3溶液，故A错误；
B．电石和饱和食盐水反应过快且生成的氢氧化钙微溶物易堵塞导管口，因此不能用启普发生器制备乙炔，故B错误；
C．制备氢氧化铁胶体是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热至出现红褐色后停止加热，故C错误；
D．铁表面有蓝色沉淀，说明铁表面生成了亚铁离子，亚铁离子可能是K3[Fe(CN)6]将铁氧化得来，因此无法验证Zn保护了Fe ，故D正确。
综上所述，答案为D。
7. 已知常温下0.1ml/L NaHSO3溶液pH＜7，将10mL 0.1ml/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到10mL 0.1ml/L NaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（ ）
A. 滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加
B. 常温下0.1 ml/L NaHSO3溶液中HSO3－电离程度大于水解程度
C. 当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5 mL时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO32－）＞c（OH－）＞c（H+）
D. 当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5 mL时，溶液中的反应为：2HSO3－ + Ba2+ + 2OH－ = BaSO3↓ + 2H2O + SO32－
【答案】C
【解析】
【详解】A、随钡离子和氢氧根离子的浓度增加，滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀，溶液中白色沉淀不断增加，故A正确；B、已知常温下0.1ml·L－1 NaHSO3溶液pH＜7，说明亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，故B正确；C、当加入Ba(OH)2 溶液体积为7.5 mL时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75×10―3ml，而NaHSO3溶液的物质的量为1×10―3ml，溶液钠离子的物质的量为1×10―3ml，亚硫酸根离子的物质的量1×10―3ml-0.75×10―3ml=0.25×10―3ml，氢氧根离子的物质的量为：1.5×10―3ml－1×10―3ml=0.5×10―3ml，溶液中离子浓度大小为：c（Na＋）＞c（OH－）＞c（SO32－）＞c（H＋），故C错误； D、当加入的Ba(OH)2 溶液体积小于5 mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2，所以溶液中反应的离子方程式为：2HSO3－+Ba2＋+2OH－=BaSO3↓+2H2O+SO32－，故D正确；故选C。
8. T1℃时，在一个容积为10L的恒容密闭容器中分别加入1ml、1mlCO，发生反应，反应10min达到平衡。该反应平衡常数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应的
B. CO的平衡转化率：aC. 在T1℃下，10min后，再向容器中充入1mlCO和1mlCO2时，则平衡逆向移动
D. 在T3℃下平衡后，充入1mlCO，再次平衡时不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，随温度升高，平衡常数K越来越小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应是放热，∆H＜0，A错误；
B．由图可知，a到b，平衡常数K变小，平衡逆向移动， CO的转化率减小，则CO的平衡转化率a＞b，B错误；
C．在T1℃下，10min后达到平衡，设反应的CO的物质的量浓度为x，列出三段式：
，由图像可知，T1℃时K===4，解得x≈0.061ml/L，再向容器中充入1mlCO和1mlCO2时，c(CO2)=0.161ml/L，c(CO)=0.139ml/L，Qc==≈1.55＜K，故平衡正向移动，C错误；
D．该反应的平衡常数K==，则=，K只与温度有关，温度不变，K不变，因此充入1mlCO，再次平衡时不变，D正确；
故选D。
9. 下列说法中不正确的是
A. 任何化学反应都伴随着能量的变化
B. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量，反应释放能量
D. 若化学键形成时释放的能量小于旧化学键被破坏时需吸收的能量，则反应吸收能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 化学变化的两个基本特征是有新物质生成、伴随能量变化，因此任何化学反应都伴随能量变化，A正确；B. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，但也可以转化为其它能量，例如电能等，B错误；C. 反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应释放出能量，为放热反应，C正确；D. 若化学键形成时释放的能量小于破坏旧化学键所需要吸收的能量，则根据能量守恒定律可知反应吸收能量，D正确，答案选B。
10. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml重水比1ml水多2NA个中子
B. 46g分子式为C2H6O的有机物，含极性键数目为7NA
C. 1L1ml/L溴化铵水溶液中与H+数目之和为NA
D. 常温下，1mlCl2与足量水反应转移的电子数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．重水、水的化学式分别为、，二者分子中的中子数相差2，则1ml重水比1ml水多2NA个中子，A正确；
B．46g分子式为C2H6O的有机物，其物质的量为1ml，若其为CH3OCH3，则含极性键数目为8NA，B不正确；
C．1L1ml/L溴化铵水溶液中，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，由于c(Br-)=1ml/L，c(OH-)>0，故c()+c(H+)>1ml/L，所以与H+的数目之和大于NA，C不正确；
D．常温下，Cl2与水的反应为可逆反应，所以1mlCl2与足量水反应转移的电子数目小于NA，D不正确；
故选A。
11. 某有机物其结构简式如图，关于该有机物，下列叙述不正确的是（ ）
A. 该有机物有三种官能团
B. 1ml该有机物能与H2发生反应，消耗H2物质的量为4ml
C 一定条件下，能发生加聚反应
D. 该有机物苯环上的一个H被取代，有3种同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．该有机物只含有碳碳双键和氯原子两种官能团，A错误；
B．该有机物含有一个碳碳双键和一个苯环，1ml碳碳双键消耗1ml氢气，1ml苯环消耗3ml氢气，故1 ml该有机物能与H2发生反应共消耗4ml H2，B正确；
C．该有机物分子含有碳碳双键，能发生加聚反应，C正确；
D．该有机物苯环上的一个H被取代，有邻、间、对3 种位置，故得3种同分异构体，D正确；
故选A。
12. 关于胶体和溶液的本质区别，下列叙述中正确的( )
A. 溶液呈电中性，胶体带电荷
B. 溶液中通过一束光线出现明显光路，胶体中通过一束光线没有特殊现象
C. 溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸
D. 溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 溶液和胶体都属于分散系，都呈电中性，故错误；
B. 胶体中通过一束光时有明显光路，属于丁达尔效应，而溶液没有，故错误；
C. 溶液中的溶质微粒比滤纸的空隙小，能通过滤纸，胶体的微粒直径也小于滤纸，也能通过滤纸，故错误；
D. 溶液和胶体的本质区别是分散质微粒直径的大小，故正确；
故选D。
13. 如图是以Cu和Zn为电极的两种原电池，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列相关叙述正确的是
A. (a)和(b)均为Zn作负极反应物和负极材料，Cu作正极反应物和正极材料
B. (a)和(b)相比，(a)的能量利用率更高，电流更稳定
C. (a)中Cu2+移向Cu电极，SO移向Zn电极
D. (b)中Zn片质量减少6.5g时，理论上电路中转移0.1NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．活泼金属作负极，所以两原电池都是Zn作负极材料及负极反应物，Cu作正极材料，但是在正极发生反应的是而不是Cu，选项A错误；
B．(b)为双液原电池，避免了Zn与溶液接触，但(a)为单液原电池，负极Zn与溶液接触，部分会直接与Zn在负极反应，能量利用率低且电流不稳定，选项B错误；
C．阳离子移向正极，阴离子移向负极，选项C正确；
D．(b)中Zn片质量减少6.5 g时，理论上电路中转移电子，数目为，选项D错误；
答案选C。
14. 如图为短周期的一部分，Y原子最外层电子数是其电子层数的 2倍，下列说法正确的是
A. Y的氢化物比 Z的氢化物稳定
B. 原子半径大小为Z>Y>R>X
C. Y、R形成的化合物 YR2能使酸性 KMnO4溶液褪色
D. 四种元素中最高价氧化物的水化物酸性最强的是 Y
【答案】C
【解析】
【分析】由元素在周期表中的相对位置可知，X、R处于第二周期， Y、Z处于第三周期，由Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍可知，最外层电子数为6，则Y为S元素，X为C元素、R为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A.同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，非金属性Z强于Y，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则Z的氢化物比Y的氢化物稳定，A错误；
B. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径Y 大于Z（或X大于R），B错误；
C. 二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，四种元素中Cl的非金属性最强，最高价氧化物对应水化物的酸性最强，D错误；
故选C。
15. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变
B. 常温下，等体积的盐酸和甲酸溶液相比，前者的导电能力强
C. 相同温度时，1ml/L醋酸与0.5ml/L的醋酸中，c(H+)之比为2：1
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，浓硫酸在水中稀释放出热量，所以水的离子积常数变大，故A错误；
B．常温下，等体积的盐酸和甲酸溶液相比，前者的导电能力不一定强，浓度不知，弱酸导电性可以大于强酸，故B错误；
C．.醋酸是弱酸，浓度越小电离度越大，相同温度下，1ml/L的醋酸溶液与0.5ml/L醋酸溶液中 c (H + )之比小于2：1，故C错误；
D．氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，醋酸铵是弱酸弱碱盐，水解促进水电离，故D正确；
故选D。
．
16. 氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型制备氨的方法如图。下列说法错误的是
A. 反应①属于人工固氮
B. 反应④属于氧化还原反应
C. 反应③可利用电解溶液的方法实现
D. 该转化过程总反应的反应物是和，产物是和
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①为游离态氮转化为氮的化合物，属于人工固氮，故A正确；
B．反应④为和反应生成和，Cl、O元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，B正确；
C．电解溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，电解熔融生成镁和氯气，故C错误；
D．由图可知，该转化过程总反应的反应物是和反应生成和，故D正确；
选C。
二、填空题：52分
17. 一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以C2O3·CO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面，其中+3价的C具有较强氧化性；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CO)的工艺流程如下：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为___________。
（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为(产物中无沉淀且只有一种酸根)___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因___________。
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式___________。
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是___________。
（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系不正确的是___________(填序号)。
A. c(Na+) = 2c(CO)
B. c(Na+) ＞ c(CO) ＞ c(HCO)
C. c(OH-) ＞ c(HCO) ＞ c(H+)
D. c(OH-) - c(H+) =c(HCO) + c(H2CO3)
（6）CO溶于盐酸可得粉红色的CCl2溶液。CCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是___________。(C-59；Cl-35.5；O-16；H-1)
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑
（2） ①. 4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O ②. C2O3·CO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）2Al3++3CO+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）调整pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3 （5）AD
（6）CCl2•2H2O
【解析】
【小问1详解】
NaOH溶液与Al反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO+3H2↑；
【小问2详解】
废料中钴以C2O3·CO的形式存在，稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为：4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O；C2O3·CO中+3价的C具有较强氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；故答案为：4C2O3·CO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CSO4 + Na2SO4 + 11H2O；C2O3·CO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
【小问3详解】
Al3+与碳酸钠溶液反应产生Al(OH)3的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问4详解】
过程IV目的是沉淀CCO3，则碳酸钠溶液在过程IV中起的作用是调整pH，提供CO，使C2+沉淀为CCO3；
【小问5详解】
A． CO会水解一小部分为HCO，因此c(Na+)2c(CO)，A错误；
B．水解前c(Na+)2c(CO)，CO会水解一小部分为HCO，因此c(Na+) ＞ c(CO) ＞ c(HCO)，B正确；
C．CO水解产生OH-和HCO，水电离产生OH-和H+，因此c(OH-) ＞ c(HCO) ＞ c(H+)，C正确；
D．由质子守恒：c(OH-)=c(HCO) + 2c(H2CO3) + c(H+)，D错误；
故答案选AD。
【小问6详解】
65mg无水CCl2的物质的量==0.0005ml，A物质的质量为83mg，水的质量=83mg-65mg=18mg，水的物质的量为0.001ml，A物质化学式中水分子数==2，则A物质化学式为：CCl2·2H2O。
18.
（1）有下列物质①Cu ②液氨 ③CH3COOH ④NaHCO3⑤H2O ⑥熔融NaCl ⑦NH3·H2O ⑧NH4Cl 属于弱电解质的是____________（填序号)。
（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。上表中给出几种弱电解质的电离平衡常数，从中可以判断：在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为_______________。
（3）盐类水解程度的强弱同样与弱电解质的电离程度有一定联系，结合表中数据回答下列问题：
①25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液 b．Na2CO3溶液 c．CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为_______________。（填溶液前序号)
②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液相比，c(Na+)—c(CN－)___________c(K+)－c(CH3COO－)。（填“＞”“＜”或“=”)
③将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，溶液呈____________性（填“酸”、“碱”或“中”)，用离子方程式表示原因_________________。
④室温下，若将0.1ml·L－1盐酸滴入20ml0.1ml·L－1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如下图所示。b点所示溶液中的溶质是______________。
⑤NH4HCO3溶液呈________性（填“酸”、“碱”或“中”)。
（4）结合表中数据，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式__________。
【答案】（1）③⑤⑦ （2）CH3COOH＞H2CO3＞HCN
（3） ①. b＞a＞c ②. ＞ ③. 酸 ④. +H2ONH3·H2O+H+ ⑤. NH3·H2O、 NH4Cl ⑥. 碱
（4）NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】
【小问1详解】
①Cu是金属单质不是电解质；
②液氨属于非电解质；
③CH3COOH是弱酸在溶液中部分电离，属于弱电解质；
④NaHCO3是盐属于强电解质；
⑤H2O能部分电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质；
⑥熔融NaCl能完全电离，属于强电解质；
⑦NH3•H2O在溶液中部分电离，属于弱电解质；
⑧NH4Cl是盐，在溶液中完全电离，属于强电解质；
所以属于弱电解质的是③⑤⑦；
【小问2详解】
电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，导电性越强，则在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力由大到小的顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCN；
【小问3详解】
①酸的电离平衡常数越大，越易电离，酸性越强，其盐的水解程度越小，25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液，b．Na2CO3溶液，c．CH3COONa溶液，其水解程度：b＞a＞c，水解程度越大，溶液的碱性越强，其pH越大，则pH：b＞a＞c；
②浓度相同的NaCN溶液与CH3COOK溶液中，分别存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+)，c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，NaCN在溶液水解程度比CH3COOK，则NaCN中c(OH-)大，所以c(Na+)-c(CN-)＞c(K+)-c(CH3COO-)；
③将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解显酸性，其水解的离子方程式为+H2ONH3·H2O+H+；
④室温下，若将0.1ml/L盐酸滴入20mL 0.1ml/L氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示，b点所示溶液pH=7，已知氯化铵溶液显酸性，pH=7，说明溶液为氯化铵与氨水的混合物，则溶液的溶质为NH3•H2O、NH4Cl；
⑤已知NH3•H2O的Kb=1.77×10-5，H2CO3的Ka1=4.30×10-7，说明碳酸的电离程度小，则形成盐时的水解程度大，所以NH4HCO3溶液呈碱性；
【小问4详解】
由表中数据可知，酸性：H2CO3＞HCN＞，则向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
19. 化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ．用已准确称量的固体配制100mL的a 标准溶液；
Ⅱ．取mL上述溶液，加入过量KBr，加酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液mL。
已知：
和溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_______。
（5）KI与物质的量关系为_______时(此空填写数字)，则可确保KI一定过量。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_______。
（7）废水中苯酚的含量为_______(苯酚摩尔质量：94)。
（8）由于具有挥发性，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行。若在敞口容器中进行反应会造成测定结果_______(偏高、偏低或者无影响)。
【答案】（1）100ml容量瓶
（2）5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O
（3） （4）步骤IV中加KI之前，溶液颜色须为黄色，此时溶液中含有Br2，可保证废水中苯酚完全反应，便于准确测定废水中苯酚的含量。
（5）6 （6）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复；
（7）
（8）溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
【解析】
【分析】本实验首先用溴酸钾和溴化钾在酸性条件下发生归中反应生成溴单质，然后加入的废水中的苯酚和溴水发生取代反应生成三溴苯酚，剩余的溴单质和加入的碘化钾反应生成碘单质，生成的碘单质再用进行滴定测出生成的碘单质的量，然后利用碘单质的量计算出剩余的溴单质的量，最后用步骤II中生成的溴单质的量减去剩余的溴单质的量即可计算出苯酚消耗掉的溴单质的量，继而计算出苯酚的量，据此作答；
【小问1详解】
配制100ml一定物质的量浓度溶液时除使用上述玻璃仪器外，还一定要使用100ml容量瓶；
【小问2详解】
-1价的Br与+5价的Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为：5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
【小问3详解】
苯酚与溴水反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为：
；
小问4详解】
步骤IV中加KI之前，溶液颜色须为黄色，此时溶液中含有Br2，可保证废水中苯酚完全反应，便于准确测定废水中苯酚的含量。
【小问5详解】
5Br- + + 6H+ =3Br2 + 3H2O，Br2 + 2KI=I2 + 2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI):n(KBrO3)=6：1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3))时，KI一定过量。
【小问6详解】
步骤V中含碘单质的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不恢复；
【小问7详解】
n()=a×10-3ml，根据反应5Br- ++ 6H+ = 3Br2 + 3H2O，可知n (Br2)=3 a×10-3ml，Br2分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗Br2的量，设为n1(Br2)，根据Br2~I2~2Na2S2O3， n(Na2S2O3) =b×10-3ml，n1(Br2)= 0.5b×10-3ml，再计算由苯酚消耗的Br2的量，设为n2(Br2)，n2(Br2)= n (Br2)- n1(Br2)= ，苯酚和溴水反应的化学计量数关系为3Br2~苯酚，n(苯酚)= ，废水中苯酚的含量=
【小问8详解】
溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
20. CO2和H2一定条件下可以合成甲醇，该过程存在副反应二
反应一：
反应二：
（1）已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·ml-1、-283.0kJ·ml-1，
H2O(1)=H2O(g) ，
则ΔH2=___________kJ/ml。
（2）工业上可用CO2来制甲醇。
① 。根据图甲分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由是___________。

②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图乙。写出右侧的电极反应式：___________

（3）在恒容密闭容器内，充入1mlCO2和3mlH2，测得平衡时CO2转化率，CO和CH3OH选择性随温度变化如图所示【 】。250℃下达平衡时，n(H2O)=___________ml，其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的CH3OH___________(填“多”或“少”)。

（4）在某密闭容器中充入n(CO2)：n(H2)=5：17的混合气体，于5.0MPa和催化剂作用下发生反应，平衡时CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示。

①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是___________(填“a”或“b”)。
②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是___________。
【答案】（1）+41.2
（2） ①. 温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低 ②.
（3） ①. 0.12 ②. 少
（4） ①. a ②. 温度升高后，以副反应(或反应二)为主，副反应(或反应二)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动
【解析】
【小问1详解】
①
②
③
利用盖斯定律，将反应①-②+③得，
；
【小问2详解】
①根据图甲，250℃时，催化效率最高，温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢：若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低。
②根据电子或H+移动的方向，以及原电池的工作原理，即右侧为正极，根据目的，右侧电极反应式为；
【小问3详解】
该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12ml，根据反应一，二系数可知，生成H2O是0.12ml。210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO2的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多；
【小问4详解】
①升高温度，反应一：
逆向移动，反应二： 正向移动，则平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数减小，平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数增大，所以表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。
②在250℃前，反应一占主导地位，250℃后，反应二占主导地位，所以CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是温度升高后，以副反应(或反应二)为主，副反应(或反应二)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动。选项
化学反应与离子方程式
评价
A
将铜屑加入含Fe3+的溶液中：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
正确
B
Na2O2与H2O反应：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
错误，氧元素不守恒
C
NaOH溶液与氧化铝反应：Al2O3+2OH-=2+H2O
错误，产物应该Al(OH)3
D
向FeCl3溶液中滴加足量氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
正确
A
B
C
D
(经酸化3%NaCl溶液)
蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
实验室制乙炔
实验室制备Fe(OH)3胶体
在Fe表面生成蓝色沉淀，无法验证Zn保护了Fe
化学式
NH3·H2O
HCN
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数（25℃)
Kb=1.77×10－5
Ka=4.93×10－10
Ka=176×10－5
Ka1=4.30×10－7
Ka2=5.61×10－11