第三、四章综合复习训练（含解析）2022——2023学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

第三、四章综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。在c(Mg2+)=c(Cu2+)的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，下列判断正确的是
A．Mg2+先沉淀 B．Cu2+先沉淀
C．同时沉淀 D．Mg2+和Cu2+均不可能沉淀
2．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．中国自主研发的5G手机芯片主要成分是SiO2
B．草木灰和铵态化肥混合施用，以提高肥效
C．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用
D．地沟油禁止用作食用油，但可以用于制肥皂和生物柴油
3．化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述不正确的是
A．可用热的饱和碳酸钠溶液除去餐具上油污
B．明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒
C．榨苹果汁时加入维生素C，可有效防止苹果汁变色，这说明维生素C具有还原性
D．含氟牙膏可预防龋齿原理是发生了沉淀的转化反应
4．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸 HX HY HZ
电离常数K/(mol·L-1) 9×10-7 9×10-6 1×10-2
A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B．反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生
C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，1mol·L-1 HX溶液的电离常数大于0.1mol·L-1 HX溶液的电离常数
5．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸 HX HY HZ
电离常数K 9×10-7 9×10-6 1×10-2
A．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B．反应HZ＋Y-=HY＋Z-能够发生
C．相同温度下，0.1 mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D．相同温度下，1 mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L-1HX
6．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是
A． B．
C．c(H+)和c(OH-)的乘积 D．OH-的物质的量
7．已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是
溶质 NaF Na2CO3 NaClO NaHCO3
pH 7.5 11.6 9.7 8.3
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3B．若将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：2c()+c()=0.1mol/L
C．向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+H2O+2NaF
D．等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N(NaClO)>N(NaF)
8．常温下，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的是
A．Al3+、Na+、NO、CO B．K+、Na+、Cl-、NO
C．K+、Na+、Cl-、S2- D．K+、NH、SO、NO
9．高新材料的使用为“天问一号”成功探测火星作出了巨大贡献。下列说法错误的是
A．用于隔热、减质的纳米气凝胶能够发生丁达尔效应
B．着陆器所用特种吸能合金的硬度大于各组成成分金属
C．火星车结构所用铝基碳化硅复合材料中铝基为增强体
D．外表面经阳极氧化加装有机热控涂层时，外表面与电源的正极相连
10．下列叙述正确的是
A．化学腐蚀比电化学腐蚀普遍，电化学腐蚀速率比化学腐蚀更快
B．生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈，是因为生铁发生电化学腐蚀，形成原电池能加快化学反应速率
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成2mol NaOH
D．Fe-Cu-稀H2SO4构成的原电池中，电子由Fe流向Cu，然后再经溶液流向Fe
11．根据工业上离子交换膜法制烧碱的方法，可以用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。下列说法错误的是
A．该电解槽的阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑
B．制得的氢氧化钾溶液从出口D导出
C．通电开始后，阴极附近溶液pH增大
D．若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为O2+2H2O-4e-=4OH-
12．根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
B．太阳能电池板的主要材料为二氧化硅
C．水库的钢闸门与电源正极连接可实现电化学保护
D．智能手机常用的锂离子电池属于一次电池
13．微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正确的是
A．电源a为负极
B．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
C．外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2
D．b电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
14．碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnOOH。下列说法错误的是
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应为2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g
15．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中。下列正确的是
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e-=H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol 气体
二、实验题
16．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，进行如下步骤实验：
①称量1.00g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；
③ 滴加几滴酚酞溶液；
④用0.10mol／L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：
滴定序号 待测液体积(mL) 消耗盐酸标准的体积(mL)
滴定前 滴定后
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0.10mol/L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___________。
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对，俯视读数
e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，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0.1mol·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，滴定终点时滴定现象是________________。
Ⅲ．沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。
(5)参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______ (填选项字母)。
难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
Ksp 1.77×10－10 5.35×10－13 1.21×10－16 1.12×10－12 1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
17．苯甲酸是一种重要原料。实验室可以用高锰酸钾在中性条件下氧化甲苯(副产品为MnO2)制得，有关数据如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 水中溶解度/g(25℃) 相对分子质量 密度/(g·cm-3)
甲苯 -94.9 110.6 难溶 92 0.85
苯甲酸 122.13 249 0.344 122 1.27
合成步骤：
①在装有电动搅拌，温度计和球形冷凝管的三颈烧瓶中加入2.7mL甲苯和100mL蒸馏水，分批加入8.5g高锰酸钾固体，回流4小时。
②反应结束后，趁热过滤，热水洗涤后，冰水冷却，盐酸酸化，抽滤，洗涤，沸水浴干燥得苯甲酸粗品。
回答下列问题；
(1)基态Mn原子的电子排布式：_______。
(2)请写出甲苯被高锰酸钾氧化的化学反应方程式：_______。
(3)球形冷凝管的作用是_______，步骤①中反应完全的现象是_______。
(4)实验过程中，发现滤液呈紫色，盐酸酸化时产生了黄绿色气体，酸化操作前加入最理想的_______溶液消除过量的高锰酸钾。
A．NaHSO3 B．H2O2 C．Na D．FeCl3
(5)重结晶时，苯甲酸粗品完全溶解后，须补加少量蒸馏水，目的是_______。
(6)副产品MnO2是碱式锌锰电池的正极材料，放电时产生MnO(OH)，正极的反应式为_______。
三、工业流程题
18．聚合氯化铝化学式为[Al2(OH)aCl6-a]n，是一种无机高分子铝的聚合物，已广泛用于生活废水处理。由偏铝酸钙[Ca(AlO2)2]制备聚合氯化铝的一种工艺流程如下：
(1)经测定“碱溶”后溶液的pH=12，要使“沉淀Ⅰ”中不含有Ca(OH)2，则溶液中的c()>_________mol·L－1。{Ksp[Ca(OH)2]=6×10-6，Ksp(CaCO3)=3×10-9}
(2)“沉降”的温度控制在40℃左右，主要原因是_________，“沉降”时的离子方程式为_________。
(3)“酸化”时的装置如图所示，先将氢氧化铝滤饼分散在水中，然后向其中滴加定量的盐酸，相比与直接向滤饼加盐酸的优点是_________，若要使聚合氯化铝[Al2(OH)aCl6-a]n中a=2，则实验过程中需要控制条件除温度外，还要控制条件是_________。
(4)已知溶液pH不同时，钒元素与铝元素存在形式如下表所示，请完成利用(、)碱性废水制备聚合氯化铝的实验步骤：
钒的化合价 pH=5 pH=13
+4价V VO(OH)2沉淀 HV2O5-
+5价V
+3价Al Al(OH)3沉淀
取适量废水_________，将纯净的氢氧化铝滤饼分散到水中，向其中滴加盐酸，得到聚合氯化铝。(实验中须使用的试剂有：0.1 mol·L-1HCl、5%的双氧水、蒸馏水)
四、原理综合题
19．每年的6月5日为世界环境日，世界环境日的意义在于提醒全世界注意地球状况和人类活动对环境的危害。NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=______kJ·mol-1。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：__________。
(3)pH均为2的HNO3和HNO2溶液，分别加水稀释到pH=4，______加入的水多。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，转移的电子的物质的量为________。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的主要原因是_______；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．B
【详解】Mg(OH)2和Cu(OH)2为同种类型的沉淀，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，所以当c(Mg2+)=c(Cu2+)时，Cu2+沉淀时所需c(OH-)更小，所以逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大，Cu2+先沉淀；
综上所述答案为B。
2．D
【详解】A．中国自主研发的5G手机芯片主要成分是Si，A错误；
B．草木灰主要成分为K2CO3，与铵态化肥施用时会发生双水解反应降低肥效，B错误；
C．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，C错误；
D．地沟油的主要成分是油脂，因含有很多毒素和致癌物质，不能用作食用油，但可用于工业上制肥皂和生物柴油，D正确；
答案为：D。
3．B
【详解】A．餐具油污可在碳酸钠的碱性溶液中水解生成可溶性的钠盐和醇，从而除去油污，故A正确；
B．明矾溶水形成胶体只能净水，不能杀菌消毒，故B错误；
C．苹果汁变色是因其被氧气氧化所致，加入维生素C可防止变色，是因维生素C具有强的还原性能消耗氧气，故C正确；
D．含氟牙膏中的氟离子能将牙齿中的含钙物质转化成更难溶的氟磷酸钙，其中发生了沉淀的转化，从而能有效预防龋齿，故D正确；
故选：B。
4．B
【详解】A．相同温度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系： ，A判断错误；
B．根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ+Y-=HY+Z-能够发生，B判断正确；
C．由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，C判断错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，与酸的浓度无关，D判断错误。
答案为B。
5．B
【详解】A．相同条件下，电离平衡常数越大，电离程度越大，溶液中c(H+)越大，酸性越强，故三者酸性强弱为：HZ＞HY＞HX，A错误；
B．由于酸性HZ＞HY，所以HZ可以与盐溶液（含Y-）反应制备HY，B正确；
C．根据越弱越水解原理，三种离子水解程度：X-＞Y-＞Z-，相同条件下，阴离子水解程度越大，碱性越强，故NaX溶液pH最大，C错误；
D．电离常数只与温度有关，同一种弱电解质，只要温度不变，其电离常数也不变，D错误；
故答案选B。
6．B
【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O)减小，n(OH-)和n()增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3 H2O)、c(OH-)、c()都减小，由于温度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。
【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知= ，加水稀释，温度不变，c()减小，比值变大，故A错误；
B．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知=，加水稀释，温度不变，c()减小，比值减小，故B正确；
C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)为离子积常数，为定值保持不变，故C错误；
D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3 H2O) 减小，n(OH-)增大，故D错误；
故选B。
7．C
【详解】
A．溶液pH越大，盐的水解程度越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HF>H2CO3>HClO>，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClOB．若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，c(H+)=c(OH )，根据电荷守恒可知：2c()+c()=c(Na+)=0.2mol/L，故B错误；
C．酸性：HF>H2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，反应生成水、二氧化碳和氟化钠，化学方程式为：Na2CO3+2HF=CO2↑+ H2O+2NaF，故C正确；
D．NaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10 7mol/L，由于酸性：HF>HClO，则次氯酸根离子的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠溶液中氢氧根离子浓度，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠溶液中氢离子浓度，两溶液中钠离子浓度相等且两溶液中阴离子浓度之和=c(Na+)+c(H+)，由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N(NaClO)答案选C。
8．B
【解析】
常温下，溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-12 mol·L-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性；
【详解】
A．Al3+在碱性溶液中不能大量共存，CO在酸性溶液中不能大量共存，且Al3+和CO能发生双水解反应而不能大量共存，故A不选；
B．K+、Na+、Cl-、NO彼此之间不反应，且与H+或OH-也不反应，能大量共存，故B选；
C．S2-在酸性溶液中不能大量共存，故C不选；
D．NH在碱性溶液中不能大量共存，故D不选；
答案选B。
9．C
【详解】A．从纳米气凝胶的名称可以看出，该材料属于胶体，分散质为纳米级粒子，当可见光束通过胶体时，可发生丁达尔效应，A正确；
B．合金的硬度一般大于合金中各组成成分金属的硬度，B正确；
C．从铝基碳化硅复合材料的名称可以推知铝基为基体，碳化硅为增强体，C错误；
D．外表面经阳极氧化加装有机热控涂层，说明电镀时外表面为阳极，应该与电源的正极相连，D正确。
故答案选择C。
10．B
【详解】A．金属一般都不纯，电化学腐蚀比化学腐蚀要普遍得多，A项错误；
B．生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈，是因为生铁含有碳，发生电化学腐蚀，形成原电池能加快化学反应速率，B项正确；
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，生成氢氧化钠和氢气、氯气，2mol电子转移反应生成2mol NaOH，若有1mol电子转移，则生成1mol NaOH，C项错误；
D．Fe-Cu-稀H2SO4构成的原电池中，Fe作负极，Cu作正极，电子由Fe经外电路流向Cu，但不经过溶液，D项错误；
答案选B。
11．D
【详解】A．左边电极连接电源正极，为电解槽的阳极，其电极反应式为↑，A正确；
B．右边电极是电解槽的阴极，阴极上水电离产生的氢离子得到电子变为氢气逸出，剩余氢氧根离子，溶液中的K+穿过阳离子交换膜进入到阴极室与OH-结合生成KOH溶液从出口D导出，B正确；
C．根据B选项分析，通电开始后，阴极生成KOH，使附近溶液pH增大，C正确；
D．若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极是O2得到电子发生还原反应，故正极的电极反应式为：，D错误；
故合理选项是D。
12．A
【详解】A．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀，A项正确；
B．太阳能电池板的主要材料为Si，B项错误；
C．水库的钢闸门与电源负极连接可实现电化学保护，为外加电流的阴极保护法，C项错误；
D．智能手机常用的锂离子电池属于二次电池，D项错误；
答案选A。
13．D
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；
【详解】A． 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；
C． 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；
D． 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；
答案选D。
14．C
【详解】A．电池工作时，锌作负极，失去电子，发生氧化反应，A说法正确；
B．电池正极MnO2得电子生成MnOOH，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-，B说法正确；
C．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C说法不正确；
D．外电路中每通过0.2 mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5 g，D说法正确；
答案为C。
15．B
【详解】A．K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe-2e－＝Fe2＋，A不正确；
B．K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；
C．K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；
D．K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气，石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确；
答案选B。
16． 酸式 80% ce 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 D
【详解】(1)在酸碱中和滴定中，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液体，所以用酸式滴定管盛装0.10mol/L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+20.00+19.90)÷3=20.00mL，再根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，0.1×20=c(碱)×25，解得c(碱)=0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为[(0.08×0.25)×40]÷1×100%=80%；
(3)a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响；
b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低；
c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高；
d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数，导致末读数据减小，所测结果偏低，
e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积增大，所测结果偏高；
答案选ce；
(4)KMnO4溶液是紫色溶液，当高锰酸钾滴入，由于反应导致溶液无色，若到终点，再滴入的高锰酸钾使溶液呈紫色，所以该滴定过程不需要指示剂，滴定终点时滴定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)若用AgNO3滴定NaSCN溶液，由于产生的AgSCN的溶度积常数是1.0×10-12，根据溶度积常数可知产生Ag2CrO4的溶度积产生是1.12×10－12，需要的CrO的浓度大，换言之AgSCN比Ag2CrO4更难溶，而其它物质比AgSCN难溶，因此选择的指示剂是Na2CrO4，答案选D。
17． ［Ar］3d54s2 +2KMnO4+2MnO2+KOH+H2O 冷凝回流，使反应充分进行 三颈烧瓶内的液体不再分层 B 使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶得到纯净的苯甲酸 MnO2+e-+H2O= MnO(OH)+OH-
【详解】(1) Mn原子序数为25，故基态Mn原子的电子排布式为［Ar］3d54s2，故答案为：［Ar］3d54s2；
(2)根据题中已知，甲苯被高锰酸钾氧化为苯甲酸钾，苯甲酸钾经酸化得苯甲酸，甲苯被高锰酸钾氧化的化学反应方程式为 +2KMnO4+2MnO2+KOH+H2O，故答案为：+2KMnO4+2MnO2+KOH+H2O；
(3) 球形冷凝管的作用是冷凝回流，使反应充分进行；三颈烧瓶内的液体不再分层即步骤①中反应完全，故答案为：冷凝回流，使反应充分进行；三颈烧瓶内的液体不再分层；
(4) 为防止引入新的杂质，最理想的试剂为H2O2，故答案为：B；
(5) 补加少量蒸馏水是确保所有物质完全溶解，提高重结晶后苯甲酸的纯度，使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶得到纯净的苯甲酸，故答案为：使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶得到纯净的苯甲酸；
(6) 正极反应式MnO2得电子生成MnO(OH)，Mn元素降1价，由元素守恒、电荷守恒得正极反应式为：MnO2+e-+H2O= MnO(OH)+OH-，故答案为：MnO2+e-+H2O= MnO(OH)+OH-。
18． 5×10-8 保持一定的反应速率，防止温度过高，二氧化碳在水中溶解度小，反应不充分 CO2+2+3H2O=2Al(OH)3↓+ 能得到均一的聚合氯化铝，反应更充分 控制盐酸和氢氧化铝的投料比或控制反应至一定的pH 向废水中加入稍过量的5%的双氧水充分反应，然后用0.1 mol·L-1HCl调节溶液的pH至5，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2~3次
【分析】Ca(AlO2)2通过碱浸，发生复分解反应生成CaCO3和NaAlO2，则沉淀I主要为CaCO3，可能含有部分Ca(OH)2，向NaAlO2溶液中通入CO2得到Al(OH)3沉淀，过滤后用水洗涤，然后加入盐酸酸化得到[Al2(OH)aCl6-a]n。
【详解】(1)常温下，经测定“碱浸”后溶液的pH=12，要使“沉淀Ⅰ”中不含有Ca(OH)2，溶液中c(Ca2+)≤ mol/L=0.06 mol/L，则溶液中的c()≥ mol/L=5×10-8 mol/L；
(2)向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生沉降得到沉淀是Al(OH)3，该反应的离子方程式为：CO2+2+3H2O=2Al(OH)3↓+。由于CO2是气体，若温度过高，CO2在水中溶解度小，使反应不充分。维持温度在40℃左右，可以使反应速率加快，同时又可以避免由于温度高引发的CO2在水中溶解度的降低而使反应不充分；
(3)“酸化”时先将氢氧化铝滤饼分散在水中形成胶体，然后向其中滴加一定量的盐酸使胶体产生Al(OH)3沉淀，如果直接向滤饼加盐酸，Al(OH)3会和稀盐酸反应而减少聚合物的产率；若要使聚合氯化铝[Al2(OH)aCl6-a]n中a=2，则实验过程中需要控制条件除温度外，还要控制溶液的pH值；
(4)根据表格中溶液pH与Al、V元素的存在形式，要先取适量废液，向其中加入稍过量的H2O2溶液，将氧化为，同时用盐酸调整溶液pH=5，使转化为Al(OH)3沉淀，然后再将纯净的Al(OH)3滤饼分散到水中，再向其中滴加盐酸，得到聚合氯化铝。
19． -136.2 HNO2-2e-+H2O=3H++ HNO2 2.4mol 催化剂的活性随温度升高增大 NH3与O2反应生成了NO
【分析】应用盖斯定律解答；根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3；HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式；NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子；因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO。
【详解】(1)已知：①2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH1= 116.1 kJ·mol 1
②3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH2=75.9 kJ·mol 1
根据盖斯定律，由①+②得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=（ 116.1 kJ·mol 1）+75.9 kJ·mol 1=-136.2kJ·mol 1；
(2)根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)HNO3为强酸，HNO2为弱酸，pH均为2的HNO3和HNO2溶液，前者浓度小，后者存在电离平衡，加水过程中电离出更多的氢离子，分别加水稀释到pH=4，HNO2加入的水多；
(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，即0.7molN2，转移电子数为2.4mol；
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
【点睛】本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图象的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页