鲁科版高中化学选择性必修1期末基础练

这是一份鲁科版高中化学选择性必修1期末基础练，共25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．粗铜提纯
(1)原理图
(2)电极材料：阳极为 ；阴极为 。
(3)电解质溶液： 。
(4)电极反应：
阳极： 、 ；
阴极： ；
(5)特点：当电路中转移2 ml电子时，阳极质量减少不等于64 g，阴极质量增加64 g，电解液的浓度铜离子减小。
2．已知反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数与温度的关系如表所示：
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K= ，ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)800℃时，某时刻测得c(A)=2.5ml•L-1，c(B)=2ml•L-1，c(C)=4ml•L-1，c(D)=1ml•L-1，此时反应向 进行。(填“正向”或“逆向”)
(3)830℃时，向一个密闭容器中充入浓度为0.04ml•L-1的A和0.04ml•L-1的B，若反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003ml•L-1•s-1，则6s时c(A)= ml•L-1，C的浓度为 ml•L-1；反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为 ，如果此时向该密闭容器中再充入1ml氩气，平衡时A的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)一定温度下，在一密闭容器中进行该反应，判断该反应达到平衡的依据为 (填选项字母)。
a.压强不随时间改变
b.气体的密度不随时间改变
c.c(A)不随时间改变
d.相同时间内生成C、D的物质的量相等
(5)1200℃时，反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数为 。
3．回答下面问题：
(1)在①KNO3 ②K2CO3 ③(NH4)2SO4 三种盐溶液中，常温下呈酸性的是 (填序号)，显酸性的原因是 (用化学用语表示)。
(2)将三氯化锑(SbCl3)固体溶于水，生成白色沉淀，且溶液 pH<7，则配制 SbCl3 溶液的正确方法是
(3)某温度下，向含有 AgCl 固体的 AgCl 饱和溶液中加入少量稀盐酸，则 c(Ag+) (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，Ksp 。
4．在某温度下，若反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的起始浓度分别为：c(CO)＝1ml·L－1，c(H2)＝2.4ml·L－1,5min后达到平衡，CO的转化率为50%；若反应物的起始浓度分别为：c(CO)＝4ml·L－1，c(H2)＝aml·L－1，达到平衡后，c(CH3OH)＝2ml·L－1，则a＝ ml·L－1。
5．按要求书写如下化学方程式。
(1)向NH4HCO3溶液中滴入足量NaOH溶液，写出该反应的离子方程式： 。
(2)燃煤产生的气体通常含有SO2，向燃煤中加入CaCO3可将SO2转化为CaSO4，有效防治SO2污染。请根据如下示意图，用化学方程式解释防治原理： 。
(3)84消毒液(有效成分NaClO)使用时，空气中的CO2有利于消毒效果提升，用离子方程式解释原因： 。
(4)向溶液中，通入足量反应的离子方程式： 。
(5)酸性KMnO4溶液与草酸反应，Mn元素转为Mn2+，同时生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出该反应的离子方程式： 。
6．回答下列问题：
(1)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
步骤一：利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐
步骤二：将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2
①NaClO2中Cl的化合价为 。
②写出步骤一中生成ClO2的化学方程式 。
③步骤二反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中氧化产物是 。
(2)NaClO2溶液可同时吸收含有SO2、NO的烟气。反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3ml/L。在碱性环境中，反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。
脱硫过程中SO2主要转化为 (填离子符号)；脱硝过程NO主要转化为 (填离子符号)，脱硝过程主要反应的离子方程式为 。
(3)NaClO2可以促使氨转化为氮肥，含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：CO(NH2)2(尿素)、NH4NO3和(NH4)2SO4。等物质的量NH4NO3和(NH4)2SO4的混合物，与足量氢氧化钠加热，产生气体10.08L(标准状况下)，固体混合物质量为 g。
7．已知水在25 ℃和100 ℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)25 ℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为 。
(2)100 ℃时，若100体积pH=a的某强酸溶液与1体积pH=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a与b之间应满足的关系是 。
(3)曲线A所对应的温度下，pH=2的HCl溶液和pH=11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1 α2(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”)。
(4)曲线B对应的温度下，将0.02 ml·L-1 Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合后，混合溶液的pH= 。
8．某科研机构用NaOH溶液吸收硫酸工业废气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。
(1)当有1mlNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体 L(标准状况)，阳极的电极反应式是 。
(2)稀NaOH溶液的作用是 ，B处流出较浓的NaOH溶液，C处流出的是 。
(3)在标准状况下，若用甲烷-空气燃料电池做电源，处理含SO2 20%(体积分数)的废气40m3，理论上需要消耗甲烷 m3
9．高锰酸钾是种常见的氧化剂。能氧化乙烯、乙醇、草酸等有机物。酒后驾车已成为一个社会问题。检测驾驶人员呼气中酒精浓度(BrAC)的方法有多种。早期是利用检测试剂颜色变化定性判断BrAC，曾用如下反应检测BrAC：3CH3CH2OH+2KMnO4→3CH3CHO(乙醛)+2MnO2↓+2KOH+2H2O。完成下列填空：
(1)写出乙醇所含官能团的电子式： 。
(2)在乙醇分子中，3种原子的半径由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。其中C、O两种元素非金属性较强的是 (填元素名称)。
(3)上述反应中发生氧化反应的过程是 → 。
(4)已知KMnO4在酸性条件下氧化性增强，能得到更多的电子，生成Mn2+。用稀硫酸酸化的KMnO4氧化乙醇可生成乙酸(CH3COOH)，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(5)小张同学想用酸性高锰酸钾溶液来除去乙烷中的乙烯杂质。你会告诉他，若要达到实验目的，还需要用到的试剂是 (填化学式)。
(6)草酸(H2C2O4)是二元弱酸，它的酸式盐NaHC2O4溶液既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应。用平衡移动观点解释NaHC2O4溶液能与NaOH溶液反应的原因： 。
10．I．完成下列问题
(1)由、、氢氧化钠溶液组成原电池，其负极材料为 。
(2)由、、浓硝酸组成原电池，其正极的电极反应式为 。
(3)某熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质、乙醇为燃料、空气为氧化剂、稀土金属材料为电极的新型电池。该熔融盐电池负极的电极反应式为 。
Ⅱ．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为。
(4)放电时负极附近溶液的如何变化 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(5)放电时每转移电子，正极有 物质被还原。
二、未知
11．下列离子方程式书写正确的是
A．硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水：Al3+ + 4OH- = AlO+ 2H2O
B．NaHCO3溶液水解：HCO+ H2O = H2CO3 + OH-
C．浓氢氧化钠溶液吸收少量SO2气体：SO2+ 2OH- = SO+ H2O
D．向小苏打溶液中加入醋酸溶液：HCO+ H+ = CO2↑+ H2O
12．下列关于内能和内能变化的叙述正确的是
A．内能是体系内物质所含的能量总和
B．内能只与物质的种类、数量以及聚集状态有关
C．系统的内能可以通过实验测得
D．内能变化就是反应热
13．在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是
A．使用玻璃搅拌器是为了加快反应速率，减小实验误差
B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C．用0.5 ml·L-1 NaOH溶液分别与0.5 ml·L-1的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积都相等，则测得的中和反应反应热数值相同
D．在测定中和反应反应热的实验中，需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、玻璃搅拌器
14．为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是
A．25℃时，10~30min 内，R 的分解平均速率为 0.030 ml·L-1·min-1
B．对比 30℃和 10℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大
C．对比 30℃和 25℃曲线，在 0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D．对比 30℃和 10℃曲线，在 50min 时，R 的分解率相等
15．室温下，将10.00 mL 5.0000 ml•L-1醋酸滴入100.00 mL蒸馏水中，溶液中c(H+)和温度随着醋酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A．a~b段，醋酸电离过程为放热过程
B．c~d段， c(H+)增加，醋酸电离度增加
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液则：c(Na+) = c(CH3COO-) + c(CH3COOH)
D．d点时，c(H+) > c(CH3COOH)
16．在绝热恒容的密闭容器中，进行反应 ，对此反应下列说法正确的是
A．分离出S，正、逆反应速率均减小
B．若混合气体的密度保持不变，则已达平衡
C．达平衡后，再充入一定量的，平衡常数保持不变
D．从反应开始至平衡，容器内气体的压强保持不变
17．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是
A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl－、SO、Fe3+
B．由水电离的c (H+) = 10−12 ml∙L−1的溶液：K+、Cu2+、Cl－、Br－
C．在pH=1的溶液中：NH、K＋、NO、Cl－
D．有NO存在的强酸性溶液中：NH、Ba2＋、Fe2＋、Br－
18．将装入带活塞的密闭容器中，反应达到平衡状态，改变一个条件，下列叙述正确的是
A．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
B．慢慢压缩气体体积，平衡正向移动，混合气体颜色变浅
C．体积不变，升高温度气体颜色加深，则此反应为吸热
D．恒温、恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅
19．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
20．关于热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296 kJ·ml-1，下列分析正确的是。
A．1 ml S(s)与1 ml O2(g)的总能量比1 ml SO2(g)的能量低296 kJ
B．1 ml S(g)与1 ml O2(g)生成1 ml SO2(g)放出296 kJ的热量
C．反应S(g)+O2(g)=SO2(g)的ΔH小于-296 kJ·ml-1
D．反应物的总键能大于生成物的总键能
三、实验探究题
21．H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。
(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1ml∙L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器
①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：
②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定 (要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。
③设计实验装置，完成下图的装置示意图。
④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。
(2)利用图21(a)和21(b)中的信息，按图21(c)装置(连能的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的 (填“深”或“浅”)，其原因是 。
22．如图是实验室模拟工业上用大理石(含少量 Fe2O3和 SiO2)为原料提纯碳酸钙的实验流程，请回答下列问题：
已知：①SiO2不溶于水也不溶于酸；②氨水呈碱性，与盐酸反应的化学方程式为：NH3H2O+HCl＝NH4Cl+H2O 。
(1)稀盐酸不能用稀硫酸代替，原因是 。
(2)操作 a、b、c 中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
(3)滤液 A 中所含有的溶质的化学式是 ；写出滤液 A 中加氨水生成 Fe(OH)3的化学方程式 。
(4)滤液 B 中加入试剂 X，恰好完全反应，若滤液 C 中只含有两种溶质，则试剂 X 的化学式为 。
23．TiO2和TiCl4都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验室对两者的制备及性质进行探究。
Ⅰ.制备TiCl4
实验室利用反应TiO2 (s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，在无水无氧条件下制备TiCl4，装置图和有关信息如下：
请回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 。
(2)实验开始前后的操作包括：①检查装置气密性，②组装仪器，③通N2一段时间，④加装药品，⑤点燃酒精灯，⑥停止通N2 ，⑦停止加热。正确的操作顺序是 。实验结束后欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是 。
Ⅱ.制备TiO2及测定TiO2的质量分数：
在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。
(3)写出生成TiO2·xH2O的化学方程式 。
(4)一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。滴定分析时，称取上述TiO2试样0.2g，消耗0.1 ml·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液20mL。
①则TiO2质量分数为 。(相对原子量Ti-48)
②配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的目的是抑制NH4Fe(SO4)2水解。
现在实验室中有一瓶98%的H2SO4 (ρ=1.84g/cm3) ，要配制2.0ml/L的稀H2SO4 250mL，请回答如下问题：需要量筒量取浓硫酸的体积为 。在该实验使用的玻璃仪器中除烧杯、玻璃棒、量筒外，还有 。
③在用浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小的是 (填字母)。
A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶
B．在稀释过程中，有少量液体溅出
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平
参考答案：
1． 粗铜 精铜 CuSO4(或CuCl2) Cu-2e-=Cu2+ Fe-2e-=Fe2+ Cu2++2e-=Cu
【详解】在粗铜提纯时，阳极材料是粗铜，阴极材料是精铜；电解质溶液是含有Cu2+的盐溶液，可以是CuSO4、CuCl2；在阳极上粗铜的主要成分Cu及活动性比Cu强的金属如Fe会失去电子发生氧化反应变为金属阳离子进入溶液，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；Fe-2e-=Fe2+；而活动性比铜弱的金属，如Au、Ag则沉淀在阳极底部形成阳极泥；在阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以当电路中转移2 ml电子时，由于Cu是+2价金属，在阴极上会析出1 ml Cu，其质量是64 g，但阳极上失去电子的物质为Cu及Fe、Zn等金属，同时有Au、Ag等沉淀在阳极底部，故阳极质量减少不等于64 g。
2．(1) ＜
(2)正向
(3) 0.022 0.018 50% 不变
(4)c
(5)2.5
【详解】（1）反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数表达式K=，由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H<0。
（2）800℃时，某时刻测得c(A)=2.5ml•L-1，c(B)=2ml•L-1，c(C)=4ml•L-1，c(D)=1ml•L-1，Q=＜1.1，故反应正向移动。
（3）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003ml•L-1•s-1，则6s内c(A)=0.003ml•L-1•s-16s=0.018ml/L，故6s时A的浓度为0.04ml/L-0.018ml/L=0.022ml/L；6s内A反应了0.018ml/L，则C生成了0.018ml/L；
设平衡时A的浓度变化量为x，则
故K=，解得x=0.02ml/L，A的转化率为=50%；体积不变，充入1ml氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变。
（4）a.该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误；
b.混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误；
c.可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c(A)不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；
d.单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1:1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误；
故答案为c。
（5）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C(g)+D(g)=A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5。
3． ③ NH+H2ONH3∙H2O+H+ 先将SbCl3加入到较浓的盐酸中，搅拌溶解，再稀释成需要的浓度 减小 不变
【详解】(1)①KNO3是强酸强碱盐，呈中性，②K2CO3是强碱弱酸盐，呈碱性，③(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，呈酸性，所以呈酸性的是③，显酸性的原因NH水解，水解方程式为NH+H2ONH3∙H2O+H+；
(2)三氯化锑(SbCl3)固体溶于水，生成白色沉淀，且溶液pH<7，是由于三氯化锑发生了水解，可以加入盐酸抑制水解的发生，则配制SbCl3溶液的正确方法是先将SbCl3加入到较浓的盐酸中，搅拌溶解，再稀释成需要的浓度；
(3)在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，c(Ag+)减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。
4．5.4
【分析】当温度不变时，化学平衡常数不变，根据初始条件，可得=0.51。
【详解】CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
初始量：4 a 0
反应量：2 4 2
平衡量：2 a-2 2
平衡常数不变，解的a=5.4ml/L，答案为5.4。
【点睛】温度不变时，可用化学平衡常数进行求解。
5．(1)NH+HCO+2OH=NH3H2O+H2O+CO
(2)2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）碳酸氢铵中铵根离子和碳酸氢根离子都可以与氢氧根反应，氢氧化钠足量则会发生下列反应：NH+HCO+2OH=NH3H2O+H2O+CO；
（2）碳酸钙高温条件下分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙后被空气氧化成硫酸钙，化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
（3）二氧化碳溶于水生成酸性比次氯酸强的碳酸，利用强酸制弱酸的原理生成次氯酸：，次氯酸具有漂白性和强氧化性；
（4）溴化亚铁中亚铁和溴离子都是典型的还原性离子，足量的氯气作氧化剂将二者都氧化成对应的三价铁离子和溴单质：；
（5）酸性KMnO4溶液与草酸反应，Mn元素转为，同时生成一种能使澄清石灰水变浑浊的气体即为二氧化碳，根据氧化还原反应配平的三大原则：得失守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程，注意草酸是弱酸不能拆，。
6．(1) +3 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 2：1 O2
(2) SO NO 3ClO+4NO+4OH-=4NO+3Cl-+2H2O
(3)31.8
【详解】（1）①NaClO2中Na元素为+1价，O元素为-2价，根据正负化合价的代数和为0，氯元素的化合价为+3价；
②NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，根据质量守恒可知，酸式盐为NaHSO4，反应中氯元素化合价由+5变为+4、硫元素化合价由+4变为+6，根据电子守恒可知，反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
③步骤二将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2，反应中氯元素化合价由+4变为+3，ClO2为氧化剂，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，为还原剂，发生氧化反应生成氧化产物氧气，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，该反应中氧化产物是O2；
（2）由表可知，脱硫过程中SO2主要转化为SO；脱硝过程NO主要转化为NO，脱硝过程主要反应为次氯酸根离子和NO在碱性环境中生成硝酸根离子和氯离子，离子方程式为3ClO+4NO+4OH-=4NO+3Cl-+2H2O；
（3）等物质的量NH4NO3和(NH4)2SO4的混合物，与足量氢氧化钠加热，产生气体10.08L(标准状况下，为0.45ml)，则等物质的量NH4NO3和(NH4)2SO4均为0.45ml÷3=0.15ml，固体混合物质量为。
7．(1)10∶1
(2)a＋b=14
(3)小于
(4)10
【详解】（1）25 ℃时，pH=9的NaOH溶液，c(OH-)=10-5 ml·L-1；pH=4的H2SO4溶液，c(H＋)=10-4 ml·L-1；若所得混合溶液的pH=7，则c(OH-)·V(NaOH)=c(H＋)·V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)=c(H＋)∶c(OH-)=10∶1；
（2）100 ℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12，100体积pH=a的某强酸溶液中n(H＋)=100×10-a ml=102-a ml，1体积pH=b的某强碱溶液中n(OH-)=ml=10b-12 ml。混合后溶液呈中性，102-a ml=10b-12 ml，2-a=b-12，所以a＋b=14；
（3）曲线A所对应的温度是25 ℃，pH=2的HCl溶液，c水(H＋)=10-12 ml·L-1；pH=11的某BOH溶液中，c水(H＋)=10-11 ml·L-1；水电离产生的H＋的浓度越大，水的电离程度就越大，则α1<α2；
（4）混合溶液中c(OH-)==0.01 ml·L-1.由于该温度下水的离子积常数Kw=10-12，所以c(H＋)=10-10 ml·L-1，所得混合液的pH=10；
8．(1) 11.2 -2e-+H2O=+2H＋
(2) 增强溶液导电性 较浓的硫酸
(3)2
【分析】由原理图可知，a为阴极，H+在阴极得到电子变为H2，电极反应式为2H++2e-=H2，b为阳极，放电生成，电极反应式为-2e-+H2O=+2H＋，据此分析解答。
【详解】（1）当有1 ml Na＋通过阳离子交换膜时，即电路中通过1ml电子，在阴极放出H2在标准状况下的体积为11.2L；而在阳极上放电生成，电极反应式为-2e-+H2O=+2H＋。
（2）由于水中离子浓度很小，所以用稀NaOH溶液和稀硫酸增强溶液的导电性，提高工作效率；根据阳极反应式可知，从C处流出的物质是较浓的硫酸。
（3）处理含SO2 20%(体积分数)的废气40 m3，则n(SO2)=(40×103L×20%)/22.4L/ml= 8000/22.4ml，则转移电子n(e-)=8000/11.2ml，而1mlCH4在燃料电池中反应生成1ml CO2转移8ml电子，所以理论上需要消耗甲烷的体积为×10-3m3/L =2 m3。
9． H【详解】(1) 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，官能团为—OH，—OH的电子式为，故答案为：；
(2) 在乙醇分子中，氢原子的原子半径最小，碳元素和氧元素位于同一周期，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，元素的非金属性依次增大，则氧元素的非金属性强于碳元素，三种原子的原子半径由小到大的顺序为H(3)失去氢原子得到氧原子的有机反应为氧化反应，得到氢原子失去氧原子的有机反应为还原反应，由化学方程式可知，乙醇转化为乙醛的反应为失去氢原子的氧化反应，则反应中发生氧化反应的过程是CH3CH2OH→CH3CHO，故答案为：CH3CH2OH；CH3CHO；
(4)设乙醇的物质的量为x，高锰酸钾的物质的量为y，由得失电子数目守恒可得：[0—(—2)] ×2×x=[(+7)—(+2)]×y，解得x：y=5:4，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为4:5，故答案为：4:5；
(5)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将甲烷中的乙烯杂质氧化为二氧化碳，引入新的杂质，达不到除杂提纯的目的，为防止乙烯转化为二氧化碳，应向酸性高锰酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液，降低高锰酸钾溶液的氧化性，将乙烯氧化为乙二醇或甲酸，达到除杂提纯的目的，故答案为：NaOH；
(6)草酸氢钠是二元弱酸的酸式盐，在溶液中存在电离趋势和水解趋势，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，向草酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子发生反应，氢离子浓度减小，使电离平衡向电离方向移动，反应生成草酸钠，故答案为：NaHC2O4溶液中存在电离平衡：，OH-与H+结合使平衡向电离方向移动，反应生成草酸钠。
10．(1)Al
(2)NO+e-+2H+ =NO2↑+H2O
(3)
(4)减小
(5)2
【详解】（1）由、、氢氧化钠溶液组成原电池，镁和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠能发生氧化还原反应，故其负极材料为铝；
（2）由、、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸会钝化阻碍反应进行，铜和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮和硝酸铜，故其正极为铝，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应，NO+e-+2H+ =NO2↑+H2O；
（3）以熔融碳酸盐为电解质，则该熔融盐电池负极的电极上乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳气体，反应式为；
（4）放电时负极上锌失去电子发生氧化反应，，反应消耗氢氧根离子，碱性变弱，则附近溶液的减小；
（5）放电时正极得到发生还原反应，，故每转移电子，有2物质被还原。
11．C
【详解】A．氢氧化铝不溶于氨水，硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3+3NH，A错误；
B． NaHCO3溶液水解很微弱且可逆，应用可逆符号：HCO+ H2O H2CO3 + OH-，B错误；
C． 浓氢氧化钠溶液吸收少量SO2气体生成亚硫酸钠和水：SO2+ 2OH- = SO+ H2O，C正确；
D．醋酸是弱酸，化学式不拆写，正确的离子方程式为HCO+CH3COOH=CO2↑+H2O+CH3COO-，D错误；
答案选C。
12．A
【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，故A正确；
B．内能大小除了与物质的种类、数量以及聚集状态有关外，还与体系的温度和压强有关，故B错误；
C．系统内能的绝对值无法直接获得，实验的方法可以测出内能的变化，故C错误；
D．反应过程中体系没有做功时，反应热才能等于内能的变化，故D错误；
故选A。
13．A
【详解】A．玻璃搅拌器起搅拌作用，加快反应速率，减小实验误差，选项A正确；
B．温度计水银球应浸入溶液中但不能与烧杯底部接触，选项B错误；
C．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，测得数值不同，选项C错误；
D．在测定中和反应反应热的实验中，不需要滴定管、天平，选项D错误；
答案选A。
14．B
【详解】A.根据，代入R在10~30min内的浓度变化，解得，A项正确；
B.对比30℃和10℃的曲线，同一时刻浓度不同，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，B项错误；
C.根据计算出当温度为25℃时，0~50min内分解平均速率为，当温度为30℃时，0~50min内分解平均速率为，C项正确；
D.在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%，D项正确；
答案选B。
【点睛】分解率即转化率，转化率即“转化了的”与“一开始的”之比，可以是物质的量、体积、质量、浓度之比。
15．C
【详解】A．a~b段是醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程（电离）吸热，水合过程（形成水合离子）放热，错误；
B．c~d段，醋酸浓度增大，c(H+)增加，醋酸电离程度减小，溶液的浓度越小，醋酸的电离产生的离子结合形成醋酸分子的机会就越少，所以电离程度就越大，即：越稀越电离，错误；
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na+) = c(CH3COO-) + c(CH3COOH)，正确；
D．由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，但是电离程度是微弱的，主要以电解质分子的形式存在，所以在d点时，c(H+) < c(CH3COOH)，错误。
16．B
【详解】A．S是固体，分离出S，正、逆反应速率均不变，故A错误；
B．反应有固体S生成，反应前后气体总质量是变量，容器体积不变，密度是变量，若混合气体的密度保持不变，则已达平衡，故B正确；
C．再充入一定量的，平衡逆向移动，容器内温度降低，平衡常数增大，故C错误；
D．反应前后气体系数和不同，从反应开始至平衡，容器内气体的压强是变量，故D错误；
选B。
17．C
【详解】A．使酚酞试液变红的溶液，溶液中含有大量OH－，OH－与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，故A不符合题意；
B．由水电离的c (H+) = 10−12 ml∙L−1的溶液，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，OH－与Cu2+反应生成沉淀氢氧化铜，故B不符合题意；
C．在pH=1的溶液中：NH、K＋、NO、Cl－都大量共存，故C符合题意；
D．有NO存在的强酸性溶液中与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
18．A
【详解】A．反应为气体分子数减小的反应，慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，平衡正向移动，故压强增大但小于原来的两倍，A正确；
B．慢慢压缩气体体积，平衡正向移动，但是最终二氧化氮的浓度也比原来大，故混合气体颜色变深，B错误；
C．体积不变，升高温度气体颜色加深，则反应逆向移动，说明此反应为放热反应，C错误；
D．恒温、恒容时，充入惰性气体，压强增大，但不影响反应物生成物浓度，故平衡不移动， D错误；
故选A。
19．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。
20．C
【详解】A．S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296 kJ·ml-1，1 ml SO2(g)的能量比1 ml S(s)和1 ml O2(g)的总能量低296 kJ，选项A错误；
B．由于S(g)=S(s) ΔH＜0，所以1 ml S(g)与1 ml O2(g)反应生成1 ml SO2(g)放出的热量大于296 kJ，选项B错误；
C．由于S(g)=S(s) ΔH＜0，所以S(g)+O2(g)=SO2(g)的ΔH小于-296 kJ·ml-1，选项C正确；
D．S(s)+O2(g)=SO2(g)的ΔH=-296 kJ·ml-1，即1 ml S(s)与1 ml O2(g)的总键能比1 ml SO2(g)的键能低，选项D错误；
答案选C。
21． 生成相同体积的氧气所需的时间
深 因为过氧化氢分解是放热反应，2NO2(g) N2O4(g)也是放热反应，所以B瓶温度高于A瓶，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深
【详解】(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水和氧气，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，化学方程式及电子转移方向和数目为
②反应速率是单位时间内物质浓度的改变量，所以测定不同浓度的过氧化氢对分解速率的影响，需测定相同时间内，产生氧气的体积的多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；
③利用排水量气法，收集一定体积的O2，需要水槽、量筒、导气管，量筒内盛满水倒扣在水槽中，装置如图
④
(2)由图a可知过氧化氢的分解反应是放热反应，由图b可知二氧化氮转化为四氧化二氮的反应也是放热反应，所以装置c中，右侧烧杯B瓶温度高于左侧烧杯A瓶，而温度升高，使平衡2NO2(g)N2O4(g)逆向进行，二氧化氮浓度增大，B瓶的颜色比A瓶的颜色深。
22． 硫酸和块状大理石中的碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙附着在碳酸钙的表面，阻止反应的继续进行 漏斗 HCl、CaCl2、FeCl3 3NH3•H2O+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NH4Cl (NH4)2CO3
【分析】大理石(含少量Fe2O3和SiO2)的主要成分为碳酸钙，碳酸钙与氧化铁能与过量稀盐酸反应，生成氯化钙、氯化铁溶液，其中含有铁离子，操作a为过滤，得到滤液A，加入过量氨水生成氢氧化铁沉淀，操作b为过滤，滤液B中含有氯化钙和氨水，加入试剂 X，恰好完全反应，若滤液 C 中只含有两种溶质，则试剂 X为(NH4)2CO3，操作c为过滤，滤液C为氯化铵和氨水溶液。
【详解】(1)稀盐酸不能用稀硫酸代替，原因是硫酸和块状大理石中的碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙附着在碳酸钙的表面，阻止反应的继续进行，故答案为：硫酸和块状大理石中的碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙附着在碳酸钙的表面，阻止反应的继续进行；
(2)操 a、b、c是固体和液体分离的操作，为过滤，所以需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：漏斗；
(3)大理石中碳酸钙与氧化铁能与过量稀盐酸反应，生成氯化钙、氯化铁溶液，则滤液A中溶质的化学式为：HCl、CaCl2、FeCl3；滤液A中加氨水生成Fe(OH)3和氯化铵，对应的化学方程式为：3NH3•H2O+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NH4Cl；
(4)滤液B中含有生成的氯化钙和剩余的NH3•H2O，加入试剂X，恰好完全反应，若滤液C中只含有两种溶质，一定含有氨水，且还有氯化物，同时还要生成碳酸钙，所以加入的X的化学式为(NH4)2CO3，所以溶质为氨水和氯化铵，故答案为：(NH4)2CO3。
23． 干燥管 ②①④③⑤⑦⑥ 蒸馏 TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl 80% 27.2mL 250mL容量瓶、胶头滴管 BCD
【分析】通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2 (s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置盛放浓硫酸防止水蒸气进入D。
【详解】(1)根据A的结构特点可知其为干燥管；
(2)对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，正确的操作顺序是②①④③⑤⑦⑥；D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离；
(3)TiCl4水解生成TiO2•xH2O，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O元素守恒，可知H2O的系数为(x+2)，所以化学方程式为：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl；
(4)①滴定时Fe3+将Ti3+氧化成Ti4+，二者的系数之比应为1：1，n(TiO2)=n(NH4Fe(SO4)2)=0.02L0.1ml/L=0.002ml，所以TiO2的质量分数为=80%；
②98%的H2SO4 (ρ=1.84g/cm3) 的物质的量浓度为=18.4ml/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V18.4ml/L=2.0ml/L0.25L，解得V=0.0272L=27.2mL；配制时需要用量筒量取适量水在烧杯中将浓硫酸稀释，并用玻璃棒搅拌，之后将溶液转移到250mL容量瓶中，还需要用胶头滴管进行定容，所以所需仪器还有250mL容量瓶和胶头滴管；
③A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A不符合题意；
B．在稀释过程中，有少量液体溅出，导致部分溶质损失，浓度偏小，故B符合题意；
C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，导致部分溶质损失，浓度偏小，故C符合题意；
D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平，导致部分溶质损失，浓度偏小，故D符合题意；
综上所述答案为BCD。
温度/℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
离子
SO
SO
NO
NO
Cl-
c/(ml/L)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-6
3.4×10-3
物理量
实验序号
V [0.lml:L-1 Fe2(SO4)3 /mL]
1
a
2
a
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
-23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
H2O2的体积(mL)
0.1ml∙L-1Fe2(SO4)3的体积(mL)
加入蒸馏水的体积(mL)
生成O2的体积(mL)
反应时间(min)
实验1
b
a
c
d
实验2
c
a
b
d
H2O2的体积(mL)
0.1ml∙L-1Fe2(SO4)3的体积(mL)
加入蒸馏水的体积(mL)
生成O2的体积(mL)
反应时间(min)
实验1
b
a
c
d
实验2
c
a
b
d