新教材2023年高中化学模块检测一新人教版选择性必修1

模块检测(一)

　　时间：90分钟　　　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题只有1个选项符合题意。每小题2分，共20分)

1．下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是(　　)

A．1 mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]

B．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的

C．反应CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)　ΔH>0能否自发进行与温度有关

D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0

答案　B

解析　相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值：S(g)>S(l)>S(s)，所以1 mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]<S[H2O(g)]，A正确；放热反应在一定的条件下可以自发进行，吸热反应在一定的条件下也可以自发进行，如常温下碳酸铵能自发地分解产生氨气，B不正确；反应CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)　ΔH>0中ΔS>0，故其在高温条件下可以自发进行，C正确；常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，ΔS>0，若其ΔH<0，在常温下一定能自发进行，由上分析，可得该反应的ΔH>0，D正确。

2．通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是(　　)

①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)

 ΔH1＝a kJ·mol－1

②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)

 ΔH2＝b kJ·mol－1

③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)

 ΔH3＝c kJ·mol－1

④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)

 ΔH4＝d kJ·mol－1

A．反应①②为反应③提供原料气

B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一

C．反应CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(l)的ΔH＝ kJ·mol－1

D．反应2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝(2b＋2c＋d) kJ·mol－1

答案　C

解析　反应①的产物为CO和H2，反应②的产物为CO2和H2，反应③的原料为CO2和H2，A项正确；反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH，B项正确；反应④生成物中H2O为气态，C项生成物中H2O为液态，故C项中反应的焓变不为 kJ·mol－1，C项错误；依据盖斯定律可知②×2＋③×2＋④可得所求反应及其焓变，D项正确。

3．在一定温度下，改变起始时n(SO2)对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．b、c点均为平衡点，a点未达平衡且向正反应方向进行

B．a、b、c三点中，a点时SO2的转化率最大

C．a、b、c点均为平衡点，b点时SO2的转化率最大

D．a、b、c三点的平衡常数：Kb>Kc>Ka

答案　B

解析　题图中横坐标为起始时SO2的物质的量，纵坐标为平衡时SO3的体积分数，曲线上的点对应的状态为平衡状态，A错误；改变的只有起始时n(SO2)，n(O2)不变，当起始n(SO2)越小时，SO2的转化率越大，故a点SO2的转化率最大，B正确，C错误；温度不变，则平衡常数不变，D错误。

4．已知：反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)中，4 mol HCl(g)被氧化，放出115.6 kJ的热量。又知：

判断下列说法正确的是(　　)

A．该反应的ΔH＝＋115.6 kJ·mol－1

B．断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为32 kJ

C．H2O中H—O键比HCl中H—Cl键弱

D．由所提供数据判断氯元素的非金属性比氧元素强

答案　B

解析　由题干可知，4 mol HCl(g)被氧化，放出115.6 kJ的热量，反应的热化学方程式为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－115.6 kJ·mol－1，A错误；设E(H—O)、E(H—Cl)分别表示H—O键、H—Cl键的键能，反应热ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，则该反应中ΔH＝4×E(H—Cl)＋498 kJ·mol－1－[2×243 kJ·mol－1＋4×E(H—O)]＝－115.6 kJ·mol－1，整理可得4E(H—Cl)－4E(H—O)＝－127.6 kJ·mol－1，即E(H—O)－E(H—Cl)＝31.9 kJ·mol－1，故断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差为31.9 kJ·mol－1×1 mol＝31.9 kJ，约为32 kJ，B正确；由B可知E(H—O)－E(H—Cl)>0，则H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强，C错误；根据C的分析可知，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键强，故气态氢化物的稳定性：H2O>HCl，即非金属性：O>Cl，D错误。

5．一种可充电锂－空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li＋在多孔碳材料电极处生成Li2O2－x(x＝0或1)。下列说法正确的是(　　)

A．放电时，多孔碳材料电极为负极

B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极

C．充电时，电解质溶液中Li＋向多孔碳材料区迁移

D．充电时，电池总反应为Li2O2－x===2Li＋O2

答案　D

解析　放电时，O2与Li＋在多孔碳材料电极处反应，说明电池内，Li＋向多孔碳材料电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳材料电极为正极，A错误。因为多孔碳材料电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，B错误。充电和放电时电池中离子的移动方向相反，放电时，Li＋向多孔碳材料电极移动，充电时向锂电极移动，C错误。根据图示和上述分析，可知放电时，电池的正极反应是O2与Li＋得电子转化为Li2O2－x，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li＋，所以总反应为：2Li＋O2===Li2O2－x，充电时的反应与放电时的反应相反，所以充电时，电池总反应为Li2O2－x===2Li＋O2，D正确。

6．有A、B、D、E四种金属，当A、B、稀硫酸组成原电池时，电子流动方向为A→B；当A、D、稀硫酸组成原电池时，A为正极；当B、E组成原电池时，电极反应式为E2－＋2e－===E，B－2e－===B2＋，则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为(　　)

A．A＞B＞E＞D  B．A＞B＞D＞E

C．D＞E＞A＞B  D．D＞A＞B＞E

答案　D

解析　根据“当A、B、稀硫酸组成原电池时，电子流动方向为A→B”可知金属性：A>B；根据“当A、D、稀硫酸组成原电池时，A为正极”可知金属性：D>A；根据“当B、E组成原电池时，电极反应式为E2－＋2e－===E，B－2e－===B2＋”可知金属性：B>E，综上可知金属性由强到弱的顺序为D>A>B>E。

7．某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入气体A、气体B，其浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，且发生如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(？)＋2D(？)。反应一段时间后达到平衡状态，测得生成1.6 mol C，且反应前后气体的压强比为5∶4，则下列说法中正确的是(　　)

①该反应的平衡常数表达式为K＝

②B的转化率为35%

③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变

④增加C的量，A、B的转化率不变

A．①②  B．②③  C．③④  D．①④

答案　C

解析　反应一段时间后达到平衡状态，测得反应前后气体的压强比为5∶4，故反应后气体体积减小，C、D中至少有一种不为气体；在一个2 L的密闭容器中充入气体A、B，测得其浓度分别为2 mol·L－1和1 mol·L－1，则气体A、气体B的物质的量分别为2 mol·L－1×2 L＝4 mol、1 mol·L－1×2 L＝2 mol，则反应前气体的总物质的量为4 mol＋2 mol＝6 mol；由反应前后气体的压强比为5∶4，可知平衡时气体的总物质的量为6 mol×＝4.8 mol；生成1.6 mol C，则生成D的物质的量为1.6 mol×＝0.8 mol，参加反应的B的物质的量为1.6 mol×＝0.8 mol，参加反应的A的物质的量为1.6 mol×＝1.2 mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4 mol－1.2 mol＝2.8 mol、2 mol－0.8 mol＝1.2 mol、1.6 mol、0.8 mol，因平衡时气体的总物质的量为4.8 mol，故D为气体，C为液体或固体。C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，①错误；参加反应的B的物质的量为0.8 mol，故B的平衡转化率为×100%＝40%，②错误；反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动，平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，③正确；C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，A、B的转化率不变，④正确；题给说法中正确的是③④，答案选C。

8．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM＝－lg c(M)，p(CO)＝－lg c(CO)。下列说法正确的是(　　)

A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大

B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO)

C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)<c(CO)

D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)>c(CO)

答案　B

解析　pM相等时，图线上p(CO)数值越大，c(CO)越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，故A错误；a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM＝p(CO)，所以c(Mn2＋)＝c(CO)，故B正确；b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM<p(CO)，所以c(Ca2＋)>c(CO)，故C错误；pM数值越大，离子浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM>p(CO)，所以c(Mg2＋)<c(CO)，故D错误。

9．在2 L的恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)＋B(g)2C(g)＋D(s)　ΔH＝a kJ·mol－1，实验内容和结果分别如表和图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．实验Ⅰ中，10 min内反应的平均速率v(B)＝0.03 mol·L－1·min－1

B．上述热化学方程式中a＝160

C．600 ℃时，该反应的平衡常数是1.5

D．向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，A的转化率增大

答案　B

解析　实验Ⅰ中，10 min内生成C的物质的量是1.2 mol，则根据热化学方程式可知消耗0.6 mol B，浓度变化为0.3 mol·L－1，则反应的平均速率v(B)＝＝0.03 mol·L－1·min－1，A正确；由实验Ⅰ可知，生成1.2 mol C的热量变化为96 kJ，则完全反应生成2 mol C的热量变化为×2 mol＝160 kJ，又由于升高温度，n(C)减小，说明该反应的正反应放热，则热化学方程式中a＝－160，B错误；由题图可知，实验Ⅰ在600 ℃条件下达到平衡状态，此时A、B、C的物质的量分别为0.4 mol、2.4 mol、1.2 mol，浓度分别为0.2 mol·L－1、1.2 mol·L－1、0.6 mol·L－1，平衡常数K＝＝1.5，C正确；向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，则A、B的起始物质的量之比由3∶1变为1∶1，相当于增大了B的浓度，A的转化率增大，D正确。

10．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4－H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是(　　)

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。

二、选择题(本题共5小题，每小题有1个或2个选项符合题意。每小题4分，共20分)

11．已知25 ℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中正确的是(　　)

A．25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＝1

B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化

C．该体系中Ksp(CaF2)＝

D．该体系中有CaF2沉淀产生

答案　D

解析　氟化氢为弱酸，在水溶液中不能完全电离，则25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液的pH>1，A错误；Ksp只与温度有关，则Ksp(CaF2)只是温度的函数，与浓度无关，B错误；温度不变时，电离常数和溶度积常数均不变，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，Ka(HF)·Ksp(CaF2)≠1，C错误；两溶液混合后，钙离子浓度为0.1 mol·L－1，c(F－)＝

＝6×10－3 mol·L－1，则Q＝c2(F－)·c(Ca2＋)＝(6×10－3)2×0.1＝3.6×10－6>Ksp(CaF2)，说明有沉淀生成，D正确。

12．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10－8

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　AC

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－)＝(10－4.7)2＝100.6×10－10，A错误；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－1Br－，达到反应终点时消耗25 mL AgNO3溶液，因为Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故溶液中c(Br－)较小，则反应终点由c向b的方向移动，D正确。

13．图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物(CxHy)的工作原理示意图，用某钾盐水溶液作电解液；图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图，用硫酸作电解质溶液。下列说法中不正确的是(　　)

A．甲中铜片作阴极，K＋向铜片电极移动

B．甲中若CxHy为C2H4，则生成1 mol C2H4的同时生成67.2 L O2

C．乙中H2SO4的作用是增强溶液的导电性

D．乙中正极发生的电极反应为CO2＋5e－＋6H＋===CH3OH＋H2O

答案　BD

解析　根据题图甲中电子移动的方向可知，铜片为阴极，铂片为阳极，电解过程中，阳离子向阴极移动，故A正确；题图甲的电解池中，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O，由得失电子守恒可知，生成1 mol C2H4的同时生成3 mol O2，题目中没有指明为标准状况下，故B错误；题图乙中硫酸的作用是增强溶液的导电能力，故C正确；题图乙中通CO2的一极为正极，CO2在正极区发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O，故D错误。

14．常温下，将Na2S和NaHS两种盐溶于水得稀溶液，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系中，正确的是(　　)

A．若k＝1，则c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)

B．若k＝2，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)

C．k为任意值时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)

D．若满足3c(H＋)＋2c(HS－)＋5c(H2S)＝3c(OH－)＋c(S2－)，则可确定k＝3

答案　C

解析　k＝1时，S2－的水解程度大于HS－的电离和水解程度，故c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H＋)，A错误；k＝2时，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，物料守恒式为3c(Na＋)＝5[c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)]，整理两式得3c(OH－)＋c(S2－)＝3c(H＋)＋2c(HS－)＋5c(H2S)，B、D错误，C正确。

15．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)。各容器的容积、反应温度、反应物起始量如下表所示，反应过程中C的浓度随时间的变化关系如图所示。

下列说法正确的是(　　)

A．10 min内甲容器中的平均反应速率v(A)＝0.025 mol·L－1·min－1

B．由图可知：T1<T2，且该反应为放热反应

C．若平衡时保持温度不变，改变容器容积，平衡不移动

D．T1 ℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%

答案　BC

解析　由题图可知，10 min内甲容器中C的浓度变化量为1.0 mol·L－1，v(C)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，由于反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(A)＝0.1 mol·L－1·min－1×＝0.05 mol·L－1·min－1，A错误；比较甲与乙可知，乙先达到平衡，故温度：T1＜T2，温度越高，C的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，B正确；乙中平衡时C的浓度是1.0 mol·L－1，根据反应方程式可知，消耗A的浓度是0.5 mol·L－1，物质的量是0.5 mol·L－1×0.5 L＝0.25 mol，所以A的转化率为＝；丙中平衡时C的浓度是2.0 mol·L－1，则根据反应方程式可知，消耗A的浓度是1.0 mol·L－1，物质的量是1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.0 mol，所以A的转化率为＝，因丙中压强为乙中的2倍，则可知压强增大平衡不移动，故x＝1，C正确；对甲中的反应列三段式，则有

　　　　　          A(g)　＋　B(g)　　2C(g)

起始浓度/(mol·L－1)    3         1          0

转化浓度/(mol·L－1)    0.75       0.75       1.5

平衡浓度/(mol·L－1)    2.25       0.25       1.5

故T1 ℃，该反应的平衡常数K＝＝4。

若T1 ℃，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，设反应达到平衡时A的浓度变化量为y mol·L－1，则

　　　　　          A(g)　＋　B(g)　　2C(g)

起始浓度/(mol·L－1)   1          3          0

转化浓度/(mol·L－1)   y          y          2y

平衡浓度/(mol·L－1)  1－y       3－y        2y

则平衡常数K＝＝4，解得y＝0.75，故A的转化率＝×100%＝75%，D错误。

三、非选择题(本题共5小题，共60分)

16．(12分)铝作为一种应用广泛的金属，在电化学领域也发挥着举足轻重的作用。回答下列问题：

(1)某同学根据氧化还原反应：2Al(s)＋3Cu2＋(aq)===2Al3＋(aq)＋3Cu(s)，设计如图所示的原电池。

①电极X的化学式为        ，电极Y的化学式为        。

②盐桥中的阴离子向        (填化学式)溶液中移动。

(2)新型电池中的铝电池类型较多。

①Li－Al/FeS是一种二次电池，可用于车载电源，其电池总反应为2Li＋FeS===Li2S＋Fe。放电时的正极反应式为                              ，充电时，阴极的电极反应式为                          。

②Al－空气燃料电池可用作电动汽车的电源，该电池多使用NaOH溶液为电解液。电池工作过程中电解液的pH        (填“增大”“减小”或“不变”)。

③下图为Al­Ag2O电池的原理结构示意图，这种电池可用作水下动力电源。该电池反应的化学方程式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH===2NaAlO2＋6Ag＋H2O，当电极上析出1.08 g Ag时，电路中转移的电子为        mol。

答案　(1)①Cu　Al　②Al2(SO4)3

(2)①2Li＋＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe　2Li＋＋2e－===2Li　②减小　③0.01

解析　(1)①根据已知离子方程式可知Cu作正极，Al作负极。

②原电池中阴离子向负极移动，即向Al2(SO4)3溶液中移动。

(2)①根据总反应式可知负极反应式为2Li－2e－===2Li＋，用总反应式减去负极反应式可得正极反应式为2Li＋＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe；充电时为电解池，阴极发生还原反应，电极反应式为2Li＋＋2e－===2Li。②Al－空气电池的总反应为4Al＋3O2＋4OH－===4AlO＋2H2O，故溶液碱性减弱，pH减小。③该电池的正极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－。Ag2O中Ag的化合价为＋1，当电极上析出1.08 g Ag(即0.01 mol)时，电路中转移的电子为0.01 mol。

17．(12分)已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：

回答下列问题：

(1)写出H2CO3的第一级电离平衡常数表达式：Ka1＝                     。

(2)等物质的量浓度的a.CH3COONa、b.NaCN、c.Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为        (填字母)。

(3)常温下，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是        (填字母)。

A．c(H＋)   B.

C．c(H＋)c(OH－)   D.

(4)一定温度下，体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液与一元酸HX的溶液，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数        (填“大于”“小于”或“等于”，下同)CH3COOH的电离平衡常数。稀释相同倍数后，HX溶液中由水电离出c(H＋)        CH3COOH溶液中由水电离出的c(H＋)。

(5)25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝        mol·L－1(填精确值)。

答案　(1)　(2)cba　(3)BD

(4)小于　小于　(5)9.9×10－7

解析　(2)根据“越弱越水解”，结合表中数据“Ka2(H2CO3)<Ka(HCN)＜Ka(CH3COOH)”，可知溶液pH由大到小的顺序为Na2CO3溶液＞NaCN溶液>CH3COONa溶液。

(3)将CH3COOH溶液加水稀释时，电离平衡正向移动，n(H＋)、n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)减小，将中分子、分母均除以溶液体积，可知增大；但溶液体积增大程度更大，c(H＋)、c(CH3COOH)均减小，c(H＋)c(OH－)只与温度有关，因而不变，c(OH－)增大，故增大，选BD。

(4)稀释相同倍数，一元酸HX的溶液的pH变化比CH3COOH溶液小，故HX的酸性较弱，电离平衡常数较小。HX的酸性弱于CH3COOH的，稀释相同倍数后HX溶液中的c(H＋)大于CH3COOH溶液中的c(H＋)，其对水的电离的抑制程度大，故HX溶液中由水电离出的c(H＋)小。

(5)由pH＝6可知c(H＋)＝10－6 mol·L－1，故c(OH－)＝10－8 mol·L－1；结合电荷守恒，可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。

18．(13分)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。

制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干，焙烧除去水分得到粉体TiO2。

用现代分析仪器测定TiO2微粒的大小，用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。

请回答下列问题：

(1)TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为                        。

(2)检验TiO2·xH2O中Cl－是否除净的方法是                        。

(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量稀硫酸的原因是                                                             。

(4)滴定终点的现象是                                        。

(5)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol－1)试样w g，消耗c mol·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2的质量分数的表达式为                                                              。

(6)判断下列操作对TiO2质量分数的测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，则测定结果        。

②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果        。

答案　(1)TiCl4＋(2＋x)H2OTiO2·xH2O＋4HCl　

(2)取少量洗涤液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已除净　

(3)抑制NH4Fe(SO4)2水解　

(4)溶液变成红色　

(5)×100%

(6)①偏高　②偏低

解析　(1)设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2·xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据氧元素守恒，可知H2O的系数为(2＋x)。

(2)检验方法：取少量洗涤液，检验溶液中是否还存在Cl－。

(3)NH4Fe(SO4)2易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解。

(4)因为用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，过量的一滴NH4Fe(SO4)2溶液会与之反应显红色。

(5)根据得失电子守恒有，Ti3＋～Fe3＋，故n(Fe3＋)＝n(Ti3＋)＝n(TiO2)＝cV×10－3 mol，TiO2的质量分数为×100%＝×100%。

(6)NH4Fe(SO4)2溶液溅出，使所配NH4Fe(SO4)2标准溶液的实际浓度减小，滴定时消耗溶液的体积增大，测得TiO2的质量分数偏高；若滴定终点俯视滴定管读数，读取的体积比实际消耗的体积小，测得TiO2的质量分数偏低。

19．(9分)在粗制的CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。

(1)在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋，下列物质可采用的是        (填标号，下同)。

A．KMnO4  B．H2O2  C．氯水  D．HNO3

(2)然后再加入适当物质调整溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的        。

A．NaOH   B．NH3·H2O

C．CuO   D．Cu(OH)2

(3)甲同学怀疑调整溶液pH＝4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，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于1.0×10－5 mol·L－1时就沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为        ，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH为        。

答案　(1)B　(2)CD　(3)4　3

解析　(1)高锰酸钾、氯水和硝酸均能氧化亚铁离子，但会引入新杂质，H2O2的还原产物是水，不会引入新杂质，答案选B。

(2)选项中的四种物质均能消耗氢离子调节pH，但氢氧化钠和氨水会引入新杂质钠离子和铵根离子，氧化铜和氢氧化铜反应后生成铜离子，不会引入新杂质，答案选CD。

(3)铜离子浓度是3.0 mol·L－1，则开始沉淀时溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，所以Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4；Fe3＋完全沉淀时溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1.0×10－11 mol·L－1，所以溶液中c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，因此pH＝3。

20．(14分)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：

(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为        。

(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：

①已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)

 ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1

2NO2(g)===N2O4(g)　

 ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1

则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝        kJ·mol－1。

②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝        kPa，v＝        kPa·min－1。

③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)        63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是               。

④25 ℃时，N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝        kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。

(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)，

R．A.Ogg提出如下反应历程：

第一步　N2O5NO2＋NO3　　　　　快速平衡

第二步　NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2  慢反应

第三步　NO＋NO3―→2NO2  快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是        (填标号)。

A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)

B．反应的中间产物只有NO3

C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效

D．第三步反应活化能较高

答案　(1)O2

(2)①＋53.1　②30.0　6.0×10－2　③大于　温度提高，体积不变，总压强提高；NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高　④13.4

(3)AC

解析　(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2。

(2)①已知：ⅰ.2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)　

 ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1

ⅱ.2NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1

根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝－ΔH2＝＋53.1 kJ·mol－1。

②根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是1∶2，又因为压强之比等于物质的量之比，所以消耗N2O5的压强是2.9 kPa×2＝5.8 kPa，则此时N2O5的压强是35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30(kPa·min－1)＝6.0×10－2(kPa·min－1)。

③由于温度升高，容器体积不变，总压强提高，且NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)大于63.1 kPa。

④根据表中数据可知N2O5完全分解时的压强是63.1 kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的NO2的压强是35.8 kPa×2＝71.6 kPa，O2是35.8 kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa＋17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1 kPa＝26.4 kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是26.4 kPa，NO2对应的压强是71.6 kPa－26.4 kPa×2＝18.8 kPa，则反应的平衡常数Kp＝ kPa≈13.4 kPa。

(3)第一步反应快速平衡，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，A正确；根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；第三步为快反应，所以第三步反应的活化能较低，D错误。