解答题专练-人教版高中化学选择性必修1期末复习（含解析）
文档属性
| 名称 | 解答题专练-人教版高中化学选择性必修1期末复习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-09 19:06:49 | ||
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文档简介
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解答题专练-人教版高中化学选择性必修1期末复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、工业流程题
1．某工业废水中含有CN-和Cr2O72－等离子,需经污水处理达标后才能排放,污水处理厂拟用下列流程进行处理:
回答下列问题:
（1）步骤②中,CN-被ClO-氧化为CNO-的离子方程式为 。
（2）步骤④的反应为S2+Cr2O72－+H+SO42-+Cr3++H2O(未配平), 则每消耗0.4 molCr2O72－转移转移 mol e-。
（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理,目的是 。
（4）在25 ℃下,将a mol·L-1的NaCN溶液与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应后测得溶液pH=7,用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka= 。若25 ℃时将浓度均为0.1 mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后,溶液呈碱性,则关于该溶液的说法不正确的是 (填字母)。
a.此溶液一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)
b.此溶液一定有c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)
c.混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度
d.此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸,溶液的pH变化不大
（5）除去废水中的阳离子:取水样于试管中,加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成,继续加至不再产生蓝色沉淀为止,再向溶液中加入一定量的Na2S溶液,蓝色沉淀转化成黑色沉淀。该过程中反应的离子方程式为 、 。
2．单质硼是冶金、建材、化工、核工业等部门的重要原料，而金属镁也广泛应用于航空航天等国防军事工业。以铁硼矿为原料，利用碳碱法工艺生产硼和镁，其工艺流程图如下：
已知：铁硼矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Al2O3和SiO2杂质；硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。
（1）铁硼矿研磨粉碎的目的是 ；操作Ⅰ的名称为 ；硼泥中除杂质SiO2和Al2O3外，其他成分的化学式为 。
（2）写出流程图中碳解过程的化学方程式： ；在高温条件下金属Mg与A反应制备单质硼的化学方程式为： 。
（3）碳碱工艺需两次调节pH：①常用H2SO4调节硼砂溶液pH＝2～3制取H3BO3，其离子方程式为B4O72－＋2H＋＋5H2O=4H3BO3；②制取MgCl2·7H2O时，在净化除杂过程中，需先加H2O2溶液，其作用是 ，然后用MgO调节pH约为5，其目的是 。
（4）用MgCl2·7H2O制取MgCl2时，为防止MgCl2水解，反应需在“一定条件下”进行，则该条件是指 。
（5）实验时不小心触碰到NaOH溶液，可用大量清水冲洗，再涂抹H3BO3溶液中和，其化学方程式为：NaOH＋H3BO3=Na[B（OH）4]，下列关于Na[B（OH）4]溶液中微粒浓度关系正确的是 。
A c（Na＋）＋c（H＋）＝c（[B（OH）4]－）＋c（OH－）
B c（Na＋）＞c（[B（OH）4]－）＞c（H＋）＞c（OH－）
C c（Na＋）＝c（[B（OH）4]－）＋c（H3BO3）
3．我国稀土资源丰富，其中二氧化铈()是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为)制备的工艺流程如下：
(1)其中元素的化合价为 。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有 (写出一种即可)。实验室进行矿石焙烧操作时一般在 进行(填实验仪器名称)。
(3)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，恰好沉淀完全[为，此时溶液的为5，则溶液中 (保留2位有效数字)。
已知常温下：
(4)溶液可以吸收大气中的污染物，减少空气污染，其转化过程如图所示(以为例)。该反应中的催化剂为 (写离子符号)
二、原理综合题
4．甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，以CO2为原料在催化剂作用下合成甲醇，有如下可能发生的反应。回答下列问题：
(1)CO2与氢气或水蒸气反应均能制得甲醇，相关数据如下表，实际生产中应选用 反应(填A或B)；原因是 。
反应(25°C、101kPa) ΔH/kJ·mol-1 ΔS/J·mol-1·K-1 K
A：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) -48.97 -177.16 6.8×10-3
B：CO2(g)+2H2O(g)CH3OH(g)+O2(g) +676.48 -43.87 <1.0×10-5
(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ·mol-1。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H2= kJ·mol-1
若反应①为慢反应(慢反应的活化能较高)，图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
(3)在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示(注：T1、T2均大于300°C)；
下列说法正确的是 (填序号)。
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)=mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时=增大
(4)甲醇燃料电池(如图)，具备低温快速启动、燃料洁净环保以及电池结构简单等优点。使得甲醇燃料电池可能成为未来便携式电子产品应用的主流。
①在图中用箭头画出电子转移方向 。
②写出电池负极电极反应式 。
5．随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二”五期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物(NOx)排放量减少10%。目前，消除大气污染有多种方法。
(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+4NO2(g) =4NO(g) + CO2(g) +2H2O(g) ⊿H= -574 kJ·mol－1
②CH4(g) +4NO(g) =2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ⊿H= -1160 kJ·mol－1
③H2O(g) = H2O(l) △H= -44.0 kJ·mol－1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)，CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式 。
(2)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下可将SO2转化为SO42-，从而实现对SO2的治理。已知含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O，则另一反应的离子方程式为 。
(3)用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) 。某研究小组向密闭的真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)加入NO和足量的活性炭，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
NO N2 CO2
0 1.00 0 0
10 0.58 0.21 0.21
20 0.40 0.30 0.30
30 0.40 0.30 0.30
40 0.32 0.34 0.17
50 0.32 0.34 0.17
①10min～20min以v(CO2) 表示的平均反应速率为 。
②根据表中数据，计算T1℃时该反应的平衡常数为 (保留两位小数)。
③一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率 (填“增大”、“不变”或“减小”) 。
④下列各项能作为判断该反应达到平衡的是 (填序号字母)。
A．容器内压强保持不变
B．2v正(NO) =v逆(N2)
C．容器内CO2的体积分数不变
D．混合气体的密度保持不变
⑤30min末改变某一条件，过一段时间反应重新达到平衡，则改变的条件可能是 。请在下图中画出30min至40min的变化曲线 。
6．按要求完成下列问题。
(1)反应过程中的能量变化如图，回答下列问题。
①该反应= (用含式子表示)；
②在反应体系中加入催化剂， (填“增大”、“减小”、“不变”)， (填“增大”、“减小”、“不变”)。
(2)在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应：，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白
①x值等于 。
②A的转化率为 。
③生成D的反应速率为 。
(3)在碳循环中，以为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如图。
第二步反应的 0(填“>”、“<”或“=”)。从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第 步反应。
三、结构与性质
7．N、P、Sb原子的最外层电子数都是5，与卤素原子形成的化合物有广泛用途。是液晶显示器生产过程中常用的化学清洗剂，可用于面粉的漂白和杀菌，广泛应用于农药、杀虫剂的制造，常用于有机反应催化剂。
(1)几种化学键的键能如下表所示：
化学键
键能/ 941.6 154.8 283.0
由两种单质化合形成1mol ，焓变 。
(2)已知：常温常压下为无色气体，熔点-129℃，沸点-207℃；为黄色油状液体，熔点-40℃，沸点70℃，95℃以上易爆炸。根据物质结构知识和题中信息解释以下问题：
①热稳定性高于： 。
②熔、沸点高于： 。
(3)在水中溶解度不大，而在水中溶解度较大，由此判断是 分子，是 分子。(填“极性”或“非极性”)
8．下图中的实线表示元素周期表的边界。①~⑧分别表示元素周期表中对应位置的元素。
(1)①的单质性质较稳定，原因是 。
(2)在上面的元素周期表中通常寻找催化剂材料的区域，用斜线阴影标明 。
(3)上述元素所能形成的简单离子中半径最小的是 (填离子符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 (填分子式)
(4)用电子式表示④与⑥形成化合物的过程 。
(5)元素①的氢化物结构式为 ，属于 晶体，其空间构型是 。
(6)⑤、⑦各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，该反应的离子方程式为 。
(7)有人认为周期表中，位于族的氢元素，也可放在族，下列物质能支持这种观点的是___________。
A． B． C． D．
(8)硒(Se)是人体必需的微量元素，与②同一主族，原子比②原子多两个电子层，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。该族2~5周期元素单质分别与反应生成气态氢化物的反应热如下，表示生成硒化氢反应热的是 (填字母代号)。
a． b． c． d．
9．Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点为42.1 ℃，熔点为-19.3 ℃ ，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(填“极性"或“非极性")。
(3)实验室常用KSCN溶液或苯酚检验Fe3+，第一电离能：N O(填“ > ”或“ < ”)，苯酚中碳原子杂化类型为
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]C12中心原子Co的配位数为 ，配位原子为
(5)已知某溶液中，Co2+、Ni2+的浓度分别为0.6mol·L-1和1.2mol·L-1，取一定量的该溶液，向其中滴加NaOH溶液，当Co(OH)2开始沉淀时，溶液中的值等于 (已知Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15)
(6)某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如下：
①控制反应温度为25 ℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。沉淀过程中加入饱和KOH溶液得到晶体的原因是 。
③K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯，其提纯步骤为
④若以FeCl3代替Fe(NO3)3作铁源，K2FeO4的产率和纯度都会降低，原因是 (写两条)。
四、实验探究题
10．I.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。
为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。
a.称取样品Wg；
b.向样品中加入足量稀硫酸；
c.将b中产生的用足量溶液吸收；
d.将c所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定；
e.数据处理。
(1)步骤d中可选用的指示剂为 。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为25mL)读数为 。
(2)步骤d中消耗0.010mol/LNaOH溶液VmL，则1kg样品中含的质量是 g(用含W、V的代数式表示)。
(3)步骤d中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有 (填序号)。
①量取一定体积待测硫酸溶液前，酸式滴定管未用待测硫酸溶液润洗
②装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗
③滴定开始读数时仰视读数
II.
(4)绿色电源“直接二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理如图所示：
A电极的电极反应式是 ，
B电极的电极反应式是 。
(5)以KOH溶液为离子导体，组成清洁燃料电池的总反应式为 。
11．Ⅰ．控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：
序号 硫酸的体积 锌的质量 锌的形状 温度 完全溶于酸的时间 生成硫酸锌的质量
1 50.0 2.0 薄片 25 100
2 50.0 2.0 颗粒 25 70
3 50.0 2.0 颗粒 35 35
4 50.0 2.0 粉末 25 45 5.0
5 50.0 6.0 粉末 35 30
6 50.0 8.0 粉末 25 16.1
7 50.0 10.0 粉末 25 16.1
(1)化学反应速率本质上是由 决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明对 反应速率有影响。
(2)我们最好选取实验 (填3个实验序号)研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其他条件相同时，反应物间的 ，反应速率越快。
Ⅱ．某温度时，在5L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：
(3)反应开始至2min，Z的平均反应速率为 。
(4)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式： 。
12．中和热测定实验的关键是准确配制一定物质的量浓度的溶液，量热器尽量做到绝热；在量热过程中尽量避免热量的散失，准确测量出反应前后溶液温度的变化。
请回答下列问题：
(1)测定中和热时需要用到的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯、 ，在大、小烧杯之间填满碎泡沫(或碎纸条)的作用是 。
(2)该实验常用0.50mol/L的盐酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL进行反应，NaOH的浓度大于HCl的浓度，原因是 。若该实验在室温低于10℃时进行，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 。
(3)若上述盐酸、NaOH溶液的密度都近似为1g/mL，中和后生成的溶液的比热容，混合溶液的起始温度为，最高温度为，则该中和反应放出的热量为 kJ(填表达式，下同)，中和热 kJ/mol。
参考答案：
1． CN-+ClO-CNO-+Cl- 2.4 调节废水的pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀进而除去(其他合理答案也可) (100a-1)×10-7 mol·L-1 b Cu2++2OH-Cu(OH)2↓ Cu (OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq)
【详解】（1）步骤②中，碱性条件下，CN－离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO－、Cl－离子，离子反应为：CN－+ClO－═CNO－+Cl－；（2）步骤④的反应为S2+Cr2O72－+H+SO42-+Cr3++H2O(未配平)，根据0.4 mol Cr2O72－等转化为Cr3＋，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2O72－共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol；（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水的pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀进而除去(其他合理答案也可) ；（4）由电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CN－）+c（Cl－）及pH=7，可知c（H＋）=c（OH－）=10-7 mol·L－1，c（CN－）=c（Na＋）-c（Cl－）=a/2mol·L－1-0.01/2mol·L－1，再根据物料守恒：c（CN－）+c（HCN）=c（Na＋）=a/2mol·L－1；Ka﹦c(H＋)．c(CN－)/c(HCN)=
= (100a-1)×10-7 mol·L-1；若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L-1，c（NaCN）=0.05 mol·L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；a、据电荷守恒可知c（H＋）+c（Na＋）=c（CN－）+c（OH－），此溶液一定有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CN－），故a正确；b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN－）=0.1mol·L-1，所以c（HCN）+c（CN－）=2c（Na＋），故b错误；c．若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L-1，c（NaCN）=0.05 mol·L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；d．若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；故选b。（5）蓝色沉淀为Cu(OH)2，CuS（s）比Cu(OH)2（s）更难溶，发生了沉淀的转化，反应方程式为：Cu2++2OH-Cu(OH)2↓ (7). Cu (OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq)
点睛：本题以工艺流程为载体，侧重化学基本概念、基本理论的考查，同时考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力。解题关键：氧化还原反应及离子方程式的书写，水溶液中的离子平衡、离子浓度、电离常数、沉淀溶解平衡等电解质溶液的相关基础知识的运用。，题目难度中等。难点：（4）电荷守恒、物料守恒的应用。
2． 增大反应物的接触面积；加快化学反应速率；提高原料利用率（任选一条） 过滤 Fe3O4、MgCO3 2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3 3Mg＋B2O32B＋3MgO 将Fe2＋氧化为Fe3＋ 使Fe3＋形成氢氧化物沉淀而除去 干燥的HCl气氛、加热 AC
【分析】铁硼矿的主要成分为Mg2B2O5 H2O和Fe3O4，含有少量Al2O3和SiO2等，碳解得到硼砂溶液(Na2B4O7 10H2O)，过滤分离，碳解发生反应：2Mg2B2O5 H2O+Na2CO3+3CO2=Na2B4O7+2H2O+4MgCO3。硼砂溶液调节pH得到硼酸，加热分解得到A为B2O3。硼泥中含有MgCO3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等，加入氢氧化钠溶液，Al2O3、SiO2溶解，滤渣中含有MgCO3、Fe3O4，再用盐酸溶解，得到溶液中含有MgCl2、FeCl2、FeCl3，加H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2 7H2O，为防止氯化镁水解，在HCl环境下加热失去结晶水，最后电解熔融氯化镁得到Mg。
【详解】(1)将铁硼矿研磨粉碎可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料的利用率等；铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Al2O3和SiO2)碳解生成硼砂，碳解过程的化学方程式为：2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3，生成的MgCO3以及原料中的Fe3O4、Al2O3和SiO2均不与Na2CO3反应，经过滤后得到硼砂溶液和硼泥；
(2)碳解过程的化学方程式为：2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3；硼酸受热分解的化学方程式为：2H3BO33H2O＋B2O3，A为B2O3，Mg与B2O3反应制备硼的化学方程式为：3Mg＋B2O32B＋3MgO；
(3)净化除杂过程中加入H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为：2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O，用MgO调节溶液pH约为5，其目的是使Fe3＋形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)用MgCl2·7H2O制取MgCl2时，为防止MgCl2水解，反应需在干燥的HCl气氛和加热条件下进行；
(5)根据化学方程式NaOH＋H3BO3=Na[B(OH)4]，可确定溶液中阳离子为H＋和Na＋，阴离子为[B(OH)4]－和OH－，由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c([B(OH)4]－)＋c(OH－)，A项正确；[B(OH)4]－水解使溶液呈碱性，故c(Na＋)＞c([B(OH)4]－)＞c(OH－)＞c(H＋)，B项错误；由物料守恒：c(Na＋)＝c([B(OH)4]－)＋c(H3BO3)，C项正确。答案选AC。
【点睛】常见的一些发生水解的氯酸盐，如氯化镁，氯化铁等，在制备晶体时为了防止水解需在干燥的HCl气氛和加热条件下进行。
3．(1)+3
(2) 将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 坩埚
(3) 0.18
(4)
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成 CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀：CeCl3溶液和 NH4HCO3反应生成 Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CO2。
【详解】（1）中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F 元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等； 实验室进行矿石焙烧操作时一般在坩埚中进行；
（3）“沉铈”过程中CeCl3溶液和 NH4HCO3反应生成 Ce2(CO3)3沉淀反应的离子反应方程式；若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全为 L，则，，此时溶液的 pH为5， 则溶液中；
（4）根据图示，总反应为，则该反应中的催化剂为 。
4．(1) A 反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的
(2) -90 A
(3)③④
(4) CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【详解】（1）由表中数据可知，反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的，故CO2与氢气或水蒸气反应均能制得甲醇，实际生产中应选用A反应，故答案为：A；反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的；
（2）由题干信息可知，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可由反应①+反应②，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ H2=-49kJ·mol-1，解得 H2=-90 kJ·mol-1，即反应②为放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，反应①为吸热反应，故反应物的总能量低于生成物的总能量，总反应为放热反应，又知若反应①为慢反应(慢反应的活化能较高)，故反应①的活化能高于反应②的，故图A符合题意，故答案为：-90；A；
（3）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为(CH3OH)==mol·L-1·min-1，①错误；
②由图信息可知，温度T1下生成甲醇的物质的量比T2下更多，即平衡正向移动，则该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，②错误；
③由图信息可知，T2温度下先达到平衡，说明温度T2＞T1，温度越高，生成的甲醇的物质的量越少，说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，③正确；
④由③分析可知，反应是一个放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，即升高温度，平衡逆向移动，则H2的物质的量增大，CH3OH的物质的量减小，故达到平衡时=增大，④正确；
故答案为：③④；
（4）甲醇燃料电池(如图)，具备低温快速启动、燃料洁净环保以及电池结构简单等优点。使得甲醇燃料电池可能成为未来便携式电子产品应用的主流。
①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入O2的一极为正极，电子是从负极经导线流向正极，故在图中用箭头画出电子转移方向表示为：，故答案为：；
②原电池中电池负极发生氧化反应，故该电池的负极电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
5． CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) ⊿H=-955 kJ·mol－1 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+ 0.009 mol·L－1·min－1 K=0.56 不变 C、D 减小CO2的浓度
【详解】（1）根据盖斯定律得（①+②+③×4）÷2即为所求，答案是CH4(g)+2NO2(g) = N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) ⊿H= -955 kJ·mol－1；
（2）根据题意可知，另一个离子方程式应是铁离子氧化二氧化硫的方程式，根据氧化还原反应原理配平得反应为为2Fe3+ + SO2+ 2H2O = 2Fe2++ SO42- + 4H+；
（3）①10min~20min之间CO2 的浓度增大了0.9mol/L，所以以v(CO2) 表示的平均反应速率为=0.009 mol·L－1·min－1；
②反应进行到20min时达平衡，则T1℃时该反应的平衡常数为K==0.56；
③恒温恒容条件下，无论NO的浓度如何变化，达到的平衡与原平衡均是等效平衡，所以NO转化率不变；
④A、该反应属于反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，所以恒容时压强一直不变，不能判定是否达平衡状态，选项A错误；
B、NO的反应速率是N2的反应速率的2倍，选项B错误；
C、达到平衡时各物质的量不再变化，所以CO2的体积分数不变，选项C正确；
D、恒容条件下，有固体参与的可逆反应中，气体的密度不变的状态是平衡状态，选项D正确。
答案选CD；
⑤由图象分析，NO的浓度减小说明平衡逆向移动，N2的浓度增大，CO2的浓度却减小，所以改变的可能条件是减小了CO2的浓度，对应的反应速率小于原平衡时的速率，在原速率的线下方画一条逐渐上升的曲线即可，答案为。
6．(1) 减小 不变
(2) 2
(3) > 二
【详解】（1）①反应的焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，该反应=；
②在反应体系中加入催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变，故减小、不变；
（2）①2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，则C为0.4mol/L ×2L=0.8，反应生成物质的量比等于其系数比，故x值等于2；
②生成了0.8molD，则消耗A，A的转化率为；
③生成D的反应速率为；
（3）第二步反应中生成物能量高于反应物能量，反应为吸热反应，故>0；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第二步反应。
7．(1)-146
(2) 氟原子半径小于氯，形成氮氟键键长更小、键能更大 、均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高
(3) 非极性 极性
【详解】（1）由两种单质化合形成1mol ，反应为：，焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，。
（2）①氟原子半径小于氯，形成氮氟键键长更小、键能更大，故热稳定性高于；
②、均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔、沸点高于；
（3）水为极性分子，在水中溶解度不大，而在水中溶解度较大，根据相似相溶原理可知，判断是为非极性分子，是极性分子。
8．(1)氮气中氮氮三键键能较大，较稳定
(2)
(3) Al3+ HClO4
(4)
(5) 分子 三角锥形
(6)Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O
(7)C
(8) H2SeO4 c
【分析】根据元素周期表中位置，各元素分别为：①N、②O、③F、④Na、⑤Al、⑥S、⑦Cl、⑧Br。
【详解】（1）①的单质为氮气，氮气中氮氮三键键能较大，较稳定；
（2）在过渡金属区域可以找到催化剂材料，；
（3）微粒半径大小比较：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小。⑥S、⑦Cl、⑧Br对应的离子电子层数多，比①N、②O、③F、④Na、⑤Al形成的离子半径大，①N、②O、③F、④Na、⑤Al形成的离子均为两个电子层，⑤Al核电荷数最大，Al3+半径最小；最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
（4）④Na和⑥S形成硫化钠，电子式表示形成过程为：；
（5）①N的氢化物为NH3，结构式为：，属于分子晶体，空间构型为三角锥形；
（6）⑤、⑦各自的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3和HClO4，反应的离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O；
（7）H最外层只有一个电子，得一个电子也可达2电子稳定结构，类似于第VIIA族元素，如形成NaH时氢原子得电子，为-1价，故选C；
（8）Se与②O同主族，均为与VIA族，故最外层6个电子，最高价氧化物的水化物的化学式为：H2SeO4。VIA族2-5周期的元素分别为O、S、Se、Te，同主族从上往下非金属性减弱，与氢气化合的程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，O、S、Se、Te与氢气化合的反应热分别为： 99.7mol 、 29.7mol 、+20.6mol 、+241.8kJ，故选c。
9．(1)3d84s2
(2)非极性
(3) ＞ sp2
(4) 6 N、Cl
(5)3.0
(6) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2+5H2O+3Cl- 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 将一定量的高铁酸钾粗产品(用KOH溶液)溶解后，过滤除去氢氧化铁，加入KOH析出高铁酸钾，洗涤后干燥 一个原因是在反应温度和强碱环境下，NaCl的溶解度比NaNO3大，使得NaCl晶体去除率较低，另一个原因是具有强氧化性， Cl-被氧化，消耗产品使产率降低
【分析】(6) 硝酸铁、次氯酸钠和氢氧化钠溶液发生反应生成高铁酸钠，结晶，过滤除去析出的氯化钠、硝酸钠晶体，所得滤液中加入氢氧化钾，使高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，经过滤得到高铁酸钾粗产品，提纯后得到高铁酸钾产品，以此解题。
【详解】（1）Ni元素是28号元素，其基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；
（2）由已知条件可知，Ni(CO)4的晶体是分子晶体，水是极性分子，而Ni(CO)4难溶于水，易溶于有机溶剂，按相似相溶原理推测Ni(CO)4是非极性分子；
（3）N和O位于同周期，N原子的核外价电子排布半满，第一电离能大于氧，故选“>”； 苯环上的C原子为sp2杂化；
（4）配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配体是氨气和氯离子，配位数为6；配位原子为N、Cl；
（5）Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，对于同种类型的沉淀，Ksp越小，越难溶，则在滴加氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，当Co2+开始沉淀时，溶液中存在两个溶解平衡：CO(OH)2(s) CO2+(aq)+2OH-(aq)，Ni(OH)2(s) Ni2+(aq)+2OH-(aq)，则溶液中；
（6）①NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4，此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+5H2O+3Cl-。
②根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4，说明：该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。
③由题意可知，K2FeO4在KOH中可稳定存在，则用重结晶方法对K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质进行分离提纯的步骤为：将一定量的高铁酸钾粗产品(用KOH溶液)溶解后过滤除去氢氧化铁，加入KOH析出高铁酸钾，洗涤后干燥。
④若以FeCl3代替Fe(NO3)3作铁源，K2FeO4的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下，NaCl的溶解度比NaNO3大，使得NaCl晶体去除率较低，另一个原因是具有强氧化性， Cl-被氧化，消耗产品使产率降低(写两条)。
10．(1) 酚酞(或甲基橙) 20.60mL
(2)8V/25W或0.32V/W
(3)①③
(4)
(5)
【分析】Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；产生的SO2用足量H2O2溶液吸收，酸溶液中二氧化硫被氧化为硫酸；所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，终点判断选择酚酞指示剂判断，结合滴定管结构和读数方法得到消耗溶液体积；利用酸碱反应定量关系计算硫酸物质的量，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量。
【详解】（1）步骤d中为强酸滴定强碱，可以选用的指示剂为：酚酞(或甲基橙)；滴定管的0刻度在上方，越向下读数越大，故其读数为：20.60mL；
（2）第四步中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液Vml，，，称取样品质量是Wg，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量：；
（3）①量取一定体积待测硫酸溶液前，酸式滴定管未用待测硫酸溶液润洗，导致待测液体积偏大，浓度偏低，①正确；
②装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗，导致标准液浓度减小，消耗的体积偏大，待测液浓度偏大，②错误；
③滴定开始读数时仰视读数，导致消耗的标准液体积偏小，待测液浓度偏低，③正确；
故选①③；
（4）A电极通入甲醚为负极，电解质溶液为酸性条件，用氢离子配平电荷，其电极方程式为：；B电极通入氧气为正极，电解质溶液为酸性条件，用氢离子配平电荷，其电极方程式为：；
（5）燃料电池氮元素被氧化为氮气，氢元素最终生成水，其总方程式为：。
11．(1) 反应物本身的性质 温度
(2) 1、2和4 接触面积越大
(3)0.02 mol L 1 min 1
(4)
【详解】（1）化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其他条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越快；故答案为：反应物本身的性质；温度；
（2）根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其他条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响，固体的接触面积越大，反应速率越快；
（3）反应开始至2min时，Z的物质的量增加了0.2mol，所以Z的平均反应速率是；故答案为：接触面积越大；0.02 mol L 1 min 1；
（4）根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Ⅹ和Y是反应物，Z是生成物，且变化量分别是、、，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为，所以其方程式为；故答案为：。
12．(1) 温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒 保温、隔热，减少实验过程中热量的散失
(2) 保证盐酸完全被中和 散热太快
(3) 0.418(t2-t1)
【详解】（1）（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯、温度计、量筒、胶头滴管，环形玻璃搅拌棒；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；故答案为：温度计、量筒；环形玻璃搅拌棒；保温、隔热、减少实验过程中热量的散失；
（2）NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和，减少了盐酸挥发对实验的影响；当室温低于10℃时进行，散热加快，对实验结过造成的误差较大；
故答案为：保证盐酸完全被中和；散热太快；
（3）50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值△T为(t2-t1)℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×C(J/(g ℃)(t2-t1)℃=100g(t2-t1)=0.418(t2-t1) kJ；所以实验测得的中和热△H== kJ/mol，故答案为：0.418(t2-t1)；。
【点睛】考查热反应热的测定与计算，注意理解中和热的概念以及测定反应热的原理。
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解答题专练-人教版高中化学选择性必修1期末复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、工业流程题
1．某工业废水中含有CN-和Cr2O72－等离子,需经污水处理达标后才能排放,污水处理厂拟用下列流程进行处理:
回答下列问题:
（1）步骤②中,CN-被ClO-氧化为CNO-的离子方程式为 。
（2）步骤④的反应为S2+Cr2O72－+H+SO42-+Cr3++H2O(未配平), 则每消耗0.4 molCr2O72－转移转移 mol e-。
（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理,目的是 。
（4）在25 ℃下,将a mol·L-1的NaCN溶液与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合,反应后测得溶液pH=7,用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka= 。若25 ℃时将浓度均为0.1 mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后,溶液呈碱性,则关于该溶液的说法不正确的是 (填字母)。
a.此溶液一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)
b.此溶液一定有c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)
c.混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度
d.此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸,溶液的pH变化不大
（5）除去废水中的阳离子:取水样于试管中,加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成,继续加至不再产生蓝色沉淀为止,再向溶液中加入一定量的Na2S溶液,蓝色沉淀转化成黑色沉淀。该过程中反应的离子方程式为 、 。
2．单质硼是冶金、建材、化工、核工业等部门的重要原料，而金属镁也广泛应用于航空航天等国防军事工业。以铁硼矿为原料，利用碳碱法工艺生产硼和镁，其工艺流程图如下：
已知：铁硼矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Al2O3和SiO2杂质；硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。
（1）铁硼矿研磨粉碎的目的是 ；操作Ⅰ的名称为 ；硼泥中除杂质SiO2和Al2O3外，其他成分的化学式为 。
（2）写出流程图中碳解过程的化学方程式： ；在高温条件下金属Mg与A反应制备单质硼的化学方程式为： 。
（3）碳碱工艺需两次调节pH：①常用H2SO4调节硼砂溶液pH＝2～3制取H3BO3，其离子方程式为B4O72－＋2H＋＋5H2O=4H3BO3；②制取MgCl2·7H2O时，在净化除杂过程中，需先加H2O2溶液，其作用是 ，然后用MgO调节pH约为5，其目的是 。
（4）用MgCl2·7H2O制取MgCl2时，为防止MgCl2水解，反应需在“一定条件下”进行，则该条件是指 。
（5）实验时不小心触碰到NaOH溶液，可用大量清水冲洗，再涂抹H3BO3溶液中和，其化学方程式为：NaOH＋H3BO3=Na[B（OH）4]，下列关于Na[B（OH）4]溶液中微粒浓度关系正确的是 。
A c（Na＋）＋c（H＋）＝c（[B（OH）4]－）＋c（OH－）
B c（Na＋）＞c（[B（OH）4]－）＞c（H＋）＞c（OH－）
C c（Na＋）＝c（[B（OH）4]－）＋c（H3BO3）
3．我国稀土资源丰富，其中二氧化铈()是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为)制备的工艺流程如下：
(1)其中元素的化合价为 。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有 (写出一种即可)。实验室进行矿石焙烧操作时一般在 进行(填实验仪器名称)。
(3)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，恰好沉淀完全[为，此时溶液的为5，则溶液中 (保留2位有效数字)。
已知常温下：
(4)溶液可以吸收大气中的污染物，减少空气污染，其转化过程如图所示(以为例)。该反应中的催化剂为 (写离子符号)
二、原理综合题
4．甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，以CO2为原料在催化剂作用下合成甲醇，有如下可能发生的反应。回答下列问题：
(1)CO2与氢气或水蒸气反应均能制得甲醇，相关数据如下表，实际生产中应选用 反应(填A或B)；原因是 。
反应(25°C、101kPa) ΔH/kJ·mol-1 ΔS/J·mol-1·K-1 K
A：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) -48.97 -177.16 6.8×10-3
B：CO2(g)+2H2O(g)CH3OH(g)+O2(g) +676.48 -43.87 <1.0×10-5
(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49kJ·mol-1。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H2= kJ·mol-1
若反应①为慢反应(慢反应的活化能较高)，图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)。
(3)在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示(注：T1、T2均大于300°C)；
下列说法正确的是 (填序号)。
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)=mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时=增大
(4)甲醇燃料电池(如图)，具备低温快速启动、燃料洁净环保以及电池结构简单等优点。使得甲醇燃料电池可能成为未来便携式电子产品应用的主流。
①在图中用箭头画出电子转移方向 。
②写出电池负极电极反应式 。
5．随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二”五期间，将二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物(NOx)排放量减少10%。目前，消除大气污染有多种方法。
(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)+4NO2(g) =4NO(g) + CO2(g) +2H2O(g) ⊿H= -574 kJ·mol－1
②CH4(g) +4NO(g) =2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ⊿H= -1160 kJ·mol－1
③H2O(g) = H2O(l) △H= -44.0 kJ·mol－1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)，CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式 。
(2)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下可将SO2转化为SO42-，从而实现对SO2的治理。已知含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O，则另一反应的离子方程式为 。
(3)用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) 。某研究小组向密闭的真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)加入NO和足量的活性炭，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
NO N2 CO2
0 1.00 0 0
10 0.58 0.21 0.21
20 0.40 0.30 0.30
30 0.40 0.30 0.30
40 0.32 0.34 0.17
50 0.32 0.34 0.17
①10min～20min以v(CO2) 表示的平均反应速率为 。
②根据表中数据，计算T1℃时该反应的平衡常数为 (保留两位小数)。
③一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率 (填“增大”、“不变”或“减小”) 。
④下列各项能作为判断该反应达到平衡的是 (填序号字母)。
A．容器内压强保持不变
B．2v正(NO) =v逆(N2)
C．容器内CO2的体积分数不变
D．混合气体的密度保持不变
⑤30min末改变某一条件，过一段时间反应重新达到平衡，则改变的条件可能是 。请在下图中画出30min至40min的变化曲线 。
6．按要求完成下列问题。
(1)反应过程中的能量变化如图，回答下列问题。
①该反应= (用含式子表示)；
②在反应体系中加入催化剂， (填“增大”、“减小”、“不变”)， (填“增大”、“减小”、“不变”)。
(2)在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应：，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白
①x值等于 。
②A的转化率为 。
③生成D的反应速率为 。
(3)在碳循环中，以为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如图。
第二步反应的 0(填“>”、“<”或“=”)。从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第 步反应。
三、结构与性质
7．N、P、Sb原子的最外层电子数都是5，与卤素原子形成的化合物有广泛用途。是液晶显示器生产过程中常用的化学清洗剂，可用于面粉的漂白和杀菌，广泛应用于农药、杀虫剂的制造，常用于有机反应催化剂。
(1)几种化学键的键能如下表所示：
化学键
键能/ 941.6 154.8 283.0
由两种单质化合形成1mol ，焓变 。
(2)已知：常温常压下为无色气体，熔点-129℃，沸点-207℃；为黄色油状液体，熔点-40℃，沸点70℃，95℃以上易爆炸。根据物质结构知识和题中信息解释以下问题：
①热稳定性高于： 。
②熔、沸点高于： 。
(3)在水中溶解度不大，而在水中溶解度较大，由此判断是 分子，是 分子。(填“极性”或“非极性”)
8．下图中的实线表示元素周期表的边界。①~⑧分别表示元素周期表中对应位置的元素。
(1)①的单质性质较稳定，原因是 。
(2)在上面的元素周期表中通常寻找催化剂材料的区域，用斜线阴影标明 。
(3)上述元素所能形成的简单离子中半径最小的是 (填离子符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 (填分子式)
(4)用电子式表示④与⑥形成化合物的过程 。
(5)元素①的氢化物结构式为 ，属于 晶体，其空间构型是 。
(6)⑤、⑦各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，该反应的离子方程式为 。
(7)有人认为周期表中，位于族的氢元素，也可放在族，下列物质能支持这种观点的是___________。
A． B． C． D．
(8)硒(Se)是人体必需的微量元素，与②同一主族，原子比②原子多两个电子层，其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。该族2~5周期元素单质分别与反应生成气态氢化物的反应热如下，表示生成硒化氢反应热的是 (填字母代号)。
a． b． c． d．
9．Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点为42.1 ℃，熔点为-19.3 ℃ ，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(填“极性"或“非极性")。
(3)实验室常用KSCN溶液或苯酚检验Fe3+，第一电离能：N O(填“ > ”或“ < ”)，苯酚中碳原子杂化类型为
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]C12中心原子Co的配位数为 ，配位原子为
(5)已知某溶液中，Co2+、Ni2+的浓度分别为0.6mol·L-1和1.2mol·L-1，取一定量的该溶液，向其中滴加NaOH溶液，当Co(OH)2开始沉淀时，溶液中的值等于 (已知Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15)
(6)某湿法制备高铁酸钾的基本流程及步骤如下：
①控制反应温度为25 ℃，搅拌1.5h，经氧化等过程溶液变为紫红色，该反应的离子方程式为
②在紫红色溶液中加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。沉淀过程中加入饱和KOH溶液得到晶体的原因是 。
③K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质，用重结晶方法进行分离提纯，其提纯步骤为
④若以FeCl3代替Fe(NO3)3作铁源，K2FeO4的产率和纯度都会降低，原因是 (写两条)。
四、实验探究题
10．I.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。
为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。
a.称取样品Wg；
b.向样品中加入足量稀硫酸；
c.将b中产生的用足量溶液吸收；
d.将c所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定；
e.数据处理。
(1)步骤d中可选用的指示剂为 。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为25mL)读数为 。
(2)步骤d中消耗0.010mol/LNaOH溶液VmL，则1kg样品中含的质量是 g(用含W、V的代数式表示)。
(3)步骤d中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有 (填序号)。
①量取一定体积待测硫酸溶液前，酸式滴定管未用待测硫酸溶液润洗
②装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗
③滴定开始读数时仰视读数
II.
(4)绿色电源“直接二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理如图所示：
A电极的电极反应式是 ，
B电极的电极反应式是 。
(5)以KOH溶液为离子导体，组成清洁燃料电池的总反应式为 。
11．Ⅰ．控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：
序号 硫酸的体积 锌的质量 锌的形状 温度 完全溶于酸的时间 生成硫酸锌的质量
1 50.0 2.0 薄片 25 100
2 50.0 2.0 颗粒 25 70
3 50.0 2.0 颗粒 35 35
4 50.0 2.0 粉末 25 45 5.0
5 50.0 6.0 粉末 35 30
6 50.0 8.0 粉末 25 16.1
7 50.0 10.0 粉末 25 16.1
(1)化学反应速率本质上是由 决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明对 反应速率有影响。
(2)我们最好选取实验 (填3个实验序号)研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其他条件相同时，反应物间的 ，反应速率越快。
Ⅱ．某温度时，在5L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：
(3)反应开始至2min，Z的平均反应速率为 。
(4)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式： 。
12．中和热测定实验的关键是准确配制一定物质的量浓度的溶液，量热器尽量做到绝热；在量热过程中尽量避免热量的散失，准确测量出反应前后溶液温度的变化。
请回答下列问题：
(1)测定中和热时需要用到的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯、 ，在大、小烧杯之间填满碎泡沫(或碎纸条)的作用是 。
(2)该实验常用0.50mol/L的盐酸和0.55mol/L的NaOH溶液各50mL进行反应，NaOH的浓度大于HCl的浓度，原因是 。若该实验在室温低于10℃时进行，对实验结果会造成较大的误差，其原因是 。
(3)若上述盐酸、NaOH溶液的密度都近似为1g/mL，中和后生成的溶液的比热容，混合溶液的起始温度为，最高温度为，则该中和反应放出的热量为 kJ(填表达式，下同)，中和热 kJ/mol。
参考答案：
1． CN-+ClO-CNO-+Cl- 2.4 调节废水的pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀进而除去(其他合理答案也可) (100a-1)×10-7 mol·L-1 b Cu2++2OH-Cu(OH)2↓ Cu (OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq)
【详解】（1）步骤②中，碱性条件下，CN－离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO－、Cl－离子，离子反应为：CN－+ClO－═CNO－+Cl－；（2）步骤④的反应为S2+Cr2O72－+H+SO42-+Cr3++H2O(未配平)，根据0.4 mol Cr2O72－等转化为Cr3＋，铬元素化合价降低3价，0.4molCr2O72－共得到了0.4×（2×3）mol=2.4mol；（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是调节废水的pH,使其转化成Cr(OH)3沉淀进而除去(其他合理答案也可) ；（4）由电荷守恒c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CN－）+c（Cl－）及pH=7，可知c（H＋）=c（OH－）=10-7 mol·L－1，c（CN－）=c（Na＋）-c（Cl－）=a/2mol·L－1-0.01/2mol·L－1，再根据物料守恒：c（CN－）+c（HCN）=c（Na＋）=a/2mol·L－1；Ka﹦c(H＋)．c(CN－)/c(HCN)=
= (100a-1)×10-7 mol·L-1；若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L-1，c（NaCN）=0.05 mol·L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度；a、据电荷守恒可知c（H＋）+c（Na＋）=c（CN－）+c（OH－），此溶液一定有c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CN－），故a正确；b．由物料守恒可知c（HCN）+c（CN－）=0.1mol·L-1，所以c（HCN）+c（CN－）=2c（Na＋），故b错误；c．若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后，混合后得溶液中c（HCN）=0.05 mol·L-1，c（NaCN）=0.05 mol·L-1，溶液呈碱性，说明NaCN水解程度大于HCN的电离程度，混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度，故c正确；d．若25℃时将浓度均为0.1mol·L-1的NaCN、HCN溶液等体积混合后形成缓冲溶液，此溶液加入少量氢氧化钠抑制水解，促进电离，加入盐酸抑制电离促进水解，溶液酸碱性变化不大，所以溶液的pH变化不大，故d正确；故选b。（5）蓝色沉淀为Cu(OH)2，CuS（s）比Cu(OH)2（s）更难溶，发生了沉淀的转化，反应方程式为：Cu2++2OH-Cu(OH)2↓ (7). Cu (OH)2(s)+S2-(aq)CuS(s)+2OH-(aq)
点睛：本题以工艺流程为载体，侧重化学基本概念、基本理论的考查，同时考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力。解题关键：氧化还原反应及离子方程式的书写，水溶液中的离子平衡、离子浓度、电离常数、沉淀溶解平衡等电解质溶液的相关基础知识的运用。，题目难度中等。难点：（4）电荷守恒、物料守恒的应用。
2． 增大反应物的接触面积；加快化学反应速率；提高原料利用率（任选一条） 过滤 Fe3O4、MgCO3 2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3 3Mg＋B2O32B＋3MgO 将Fe2＋氧化为Fe3＋ 使Fe3＋形成氢氧化物沉淀而除去 干燥的HCl气氛、加热 AC
【分析】铁硼矿的主要成分为Mg2B2O5 H2O和Fe3O4，含有少量Al2O3和SiO2等，碳解得到硼砂溶液(Na2B4O7 10H2O)，过滤分离，碳解发生反应：2Mg2B2O5 H2O+Na2CO3+3CO2=Na2B4O7+2H2O+4MgCO3。硼砂溶液调节pH得到硼酸，加热分解得到A为B2O3。硼泥中含有MgCO3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等，加入氢氧化钠溶液，Al2O3、SiO2溶解，滤渣中含有MgCO3、Fe3O4，再用盐酸溶解，得到溶液中含有MgCl2、FeCl2、FeCl3，加H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2 7H2O，为防止氯化镁水解，在HCl环境下加热失去结晶水，最后电解熔融氯化镁得到Mg。
【详解】(1)将铁硼矿研磨粉碎可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，提高原料的利用率等；铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Al2O3和SiO2)碳解生成硼砂，碳解过程的化学方程式为：2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3，生成的MgCO3以及原料中的Fe3O4、Al2O3和SiO2均不与Na2CO3反应，经过滤后得到硼砂溶液和硼泥；
(2)碳解过程的化学方程式为：2Mg2B2O5＋Na2CO3＋3CO2=Na2B4O7＋4MgCO3；硼酸受热分解的化学方程式为：2H3BO33H2O＋B2O3，A为B2O3，Mg与B2O3反应制备硼的化学方程式为：3Mg＋B2O32B＋3MgO；
(3)净化除杂过程中加入H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为：2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O，用MgO调节溶液pH约为5，其目的是使Fe3＋形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)用MgCl2·7H2O制取MgCl2时，为防止MgCl2水解，反应需在干燥的HCl气氛和加热条件下进行；
(5)根据化学方程式NaOH＋H3BO3=Na[B(OH)4]，可确定溶液中阳离子为H＋和Na＋，阴离子为[B(OH)4]－和OH－，由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c([B(OH)4]－)＋c(OH－)，A项正确；[B(OH)4]－水解使溶液呈碱性，故c(Na＋)＞c([B(OH)4]－)＞c(OH－)＞c(H＋)，B项错误；由物料守恒：c(Na＋)＝c([B(OH)4]－)＋c(H3BO3)，C项正确。答案选AC。
【点睛】常见的一些发生水解的氯酸盐，如氯化镁，氯化铁等，在制备晶体时为了防止水解需在干燥的HCl气氛和加热条件下进行。
3．(1)+3
(2) 将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 坩埚
(3) 0.18
(4)
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成 CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀：CeCl3溶液和 NH4HCO3反应生成 Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CO2。
【详解】（1）中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F 元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等； 实验室进行矿石焙烧操作时一般在坩埚中进行；
（3）“沉铈”过程中CeCl3溶液和 NH4HCO3反应生成 Ce2(CO3)3沉淀反应的离子反应方程式；若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全为 L，则，，此时溶液的 pH为5， 则溶液中；
（4）根据图示，总反应为，则该反应中的催化剂为 。
4．(1) A 反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的
(2) -90 A
(3)③④
(4) CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【详解】（1）由表中数据可知，反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的，故CO2与氢气或水蒸气反应均能制得甲醇，实际生产中应选用A反应，故答案为：A；反应A是熵减的放热反应，则在低温下能够自发进行，而反应B是一个熵减的吸热反应，在任何温度下均不能自发进行，且反应A的平衡常数大于反应B的；
（2）由题干信息可知，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可由反应①+反应②，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ H2=-49kJ·mol-1，解得 H2=-90 kJ·mol-1，即反应②为放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，反应①为吸热反应，故反应物的总能量低于生成物的总能量，总反应为放热反应，又知若反应①为慢反应(慢反应的活化能较高)，故反应①的活化能高于反应②的，故图A符合题意，故答案为：-90；A；
（3）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为(CH3OH)==mol·L-1·min-1，①错误；
②由图信息可知，温度T1下生成甲醇的物质的量比T2下更多，即平衡正向移动，则该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，②错误；
③由图信息可知，T2温度下先达到平衡，说明温度T2＞T1，温度越高，生成的甲醇的物质的量越少，说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，③正确；
④由③分析可知，反应是一个放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，即升高温度，平衡逆向移动，则H2的物质的量增大，CH3OH的物质的量减小，故达到平衡时=增大，④正确；
故答案为：③④；
（4）甲醇燃料电池(如图)，具备低温快速启动、燃料洁净环保以及电池结构简单等优点。使得甲醇燃料电池可能成为未来便携式电子产品应用的主流。
①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入O2的一极为正极，电子是从负极经导线流向正极，故在图中用箭头画出电子转移方向表示为：，故答案为：；
②原电池中电池负极发生氧化反应，故该电池的负极电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
5． CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) ⊿H=-955 kJ·mol－1 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+ 0.009 mol·L－1·min－1 K=0.56 不变 C、D 减小CO2的浓度
【详解】（1）根据盖斯定律得（①+②+③×4）÷2即为所求，答案是CH4(g)+2NO2(g) = N2(g) + CO2(g) +2H2O(l) ⊿H= -955 kJ·mol－1；
（2）根据题意可知，另一个离子方程式应是铁离子氧化二氧化硫的方程式，根据氧化还原反应原理配平得反应为为2Fe3+ + SO2+ 2H2O = 2Fe2++ SO42- + 4H+；
（3）①10min~20min之间CO2 的浓度增大了0.9mol/L，所以以v(CO2) 表示的平均反应速率为=0.009 mol·L－1·min－1；
②反应进行到20min时达平衡，则T1℃时该反应的平衡常数为K==0.56；
③恒温恒容条件下，无论NO的浓度如何变化，达到的平衡与原平衡均是等效平衡，所以NO转化率不变；
④A、该反应属于反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，所以恒容时压强一直不变，不能判定是否达平衡状态，选项A错误；
B、NO的反应速率是N2的反应速率的2倍，选项B错误；
C、达到平衡时各物质的量不再变化，所以CO2的体积分数不变，选项C正确；
D、恒容条件下，有固体参与的可逆反应中，气体的密度不变的状态是平衡状态，选项D正确。
答案选CD；
⑤由图象分析，NO的浓度减小说明平衡逆向移动，N2的浓度增大，CO2的浓度却减小，所以改变的可能条件是减小了CO2的浓度，对应的反应速率小于原平衡时的速率，在原速率的线下方画一条逐渐上升的曲线即可，答案为。
6．(1) 减小 不变
(2) 2
(3) > 二
【详解】（1）①反应的焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，该反应=；
②在反应体系中加入催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变，故减小、不变；
（2）①2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，则C为0.4mol/L ×2L=0.8，反应生成物质的量比等于其系数比，故x值等于2；
②生成了0.8molD，则消耗A，A的转化率为；
③生成D的反应速率为；
（3）第二步反应中生成物能量高于反应物能量，反应为吸热反应，故>0；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第二步反应。
7．(1)-146
(2) 氟原子半径小于氯，形成氮氟键键长更小、键能更大 、均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高
(3) 非极性 极性
【详解】（1）由两种单质化合形成1mol ，反应为：，焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，。
（2）①氟原子半径小于氯，形成氮氟键键长更小、键能更大，故热稳定性高于；
②、均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔、沸点高于；
（3）水为极性分子，在水中溶解度不大，而在水中溶解度较大，根据相似相溶原理可知，判断是为非极性分子，是极性分子。
8．(1)氮气中氮氮三键键能较大，较稳定
(2)
(3) Al3+ HClO4
(4)
(5) 分子 三角锥形
(6)Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O
(7)C
(8) H2SeO4 c
【分析】根据元素周期表中位置，各元素分别为：①N、②O、③F、④Na、⑤Al、⑥S、⑦Cl、⑧Br。
【详解】（1）①的单质为氮气，氮气中氮氮三键键能较大，较稳定；
（2）在过渡金属区域可以找到催化剂材料，；
（3）微粒半径大小比较：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小。⑥S、⑦Cl、⑧Br对应的离子电子层数多，比①N、②O、③F、④Na、⑤Al形成的离子半径大，①N、②O、③F、④Na、⑤Al形成的离子均为两个电子层，⑤Al核电荷数最大，Al3+半径最小；最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
（4）④Na和⑥S形成硫化钠，电子式表示形成过程为：；
（5）①N的氢化物为NH3，结构式为：，属于分子晶体，空间构型为三角锥形；
（6）⑤、⑦各自的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3和HClO4，反应的离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+= Al3++3H2O；
（7）H最外层只有一个电子，得一个电子也可达2电子稳定结构，类似于第VIIA族元素，如形成NaH时氢原子得电子，为-1价，故选C；
（8）Se与②O同主族，均为与VIA族，故最外层6个电子，最高价氧化物的水化物的化学式为：H2SeO4。VIA族2-5周期的元素分别为O、S、Se、Te，同主族从上往下非金属性减弱，与氢气化合的程度减弱，反应越来越困难，反应热越来越大，O、S、Se、Te与氢气化合的反应热分别为： 99.7mol 、 29.7mol 、+20.6mol 、+241.8kJ，故选c。
9．(1)3d84s2
(2)非极性
(3) ＞ sp2
(4) 6 N、Cl
(5)3.0
(6) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2+5H2O+3Cl- 该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 将一定量的高铁酸钾粗产品(用KOH溶液)溶解后，过滤除去氢氧化铁，加入KOH析出高铁酸钾，洗涤后干燥 一个原因是在反应温度和强碱环境下，NaCl的溶解度比NaNO3大，使得NaCl晶体去除率较低，另一个原因是具有强氧化性， Cl-被氧化，消耗产品使产率降低
【分析】(6) 硝酸铁、次氯酸钠和氢氧化钠溶液发生反应生成高铁酸钠，结晶，过滤除去析出的氯化钠、硝酸钠晶体，所得滤液中加入氢氧化钾，使高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，经过滤得到高铁酸钾粗产品，提纯后得到高铁酸钾产品，以此解题。
【详解】（1）Ni元素是28号元素，其基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；
（2）由已知条件可知，Ni(CO)4的晶体是分子晶体，水是极性分子，而Ni(CO)4难溶于水，易溶于有机溶剂，按相似相溶原理推测Ni(CO)4是非极性分子；
（3）N和O位于同周期，N原子的核外价电子排布半满，第一电离能大于氧，故选“>”； 苯环上的C原子为sp2杂化；
（4）配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配体是氨气和氯离子，配位数为6；配位原子为N、Cl；
（5）Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，对于同种类型的沉淀，Ksp越小，越难溶，则在滴加氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，当Co2+开始沉淀时，溶液中存在两个溶解平衡：CO(OH)2(s) CO2+(aq)+2OH-(aq)，Ni(OH)2(s) Ni2+(aq)+2OH-(aq)，则溶液中；
（6）①NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4，此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+5H2O+3Cl-。
②根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4，说明：该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。
③由题意可知，K2FeO4在KOH中可稳定存在，则用重结晶方法对K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质进行分离提纯的步骤为：将一定量的高铁酸钾粗产品(用KOH溶液)溶解后过滤除去氢氧化铁，加入KOH析出高铁酸钾，洗涤后干燥。
④若以FeCl3代替Fe(NO3)3作铁源，K2FeO4的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下，NaCl的溶解度比NaNO3大，使得NaCl晶体去除率较低，另一个原因是具有强氧化性， Cl-被氧化，消耗产品使产率降低(写两条)。
10．(1) 酚酞(或甲基橙) 20.60mL
(2)8V/25W或0.32V/W
(3)①③
(4)
(5)
【分析】Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；产生的SO2用足量H2O2溶液吸收，酸溶液中二氧化硫被氧化为硫酸；所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，终点判断选择酚酞指示剂判断，结合滴定管结构和读数方法得到消耗溶液体积；利用酸碱反应定量关系计算硫酸物质的量，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量。
【详解】（1）步骤d中为强酸滴定强碱，可以选用的指示剂为：酚酞(或甲基橙)；滴定管的0刻度在上方，越向下读数越大，故其读数为：20.60mL；
（2）第四步中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液Vml，，，称取样品质量是Wg，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量：；
（3）①量取一定体积待测硫酸溶液前，酸式滴定管未用待测硫酸溶液润洗，导致待测液体积偏大，浓度偏低，①正确；
②装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗，导致标准液浓度减小，消耗的体积偏大，待测液浓度偏大，②错误；
③滴定开始读数时仰视读数，导致消耗的标准液体积偏小，待测液浓度偏低，③正确；
故选①③；
（4）A电极通入甲醚为负极，电解质溶液为酸性条件，用氢离子配平电荷，其电极方程式为：；B电极通入氧气为正极，电解质溶液为酸性条件，用氢离子配平电荷，其电极方程式为：；
（5）燃料电池氮元素被氧化为氮气，氢元素最终生成水，其总方程式为：。
11．(1) 反应物本身的性质 温度
(2) 1、2和4 接触面积越大
(3)0.02 mol L 1 min 1
(4)
【详解】（1）化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其他条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越快；故答案为：反应物本身的性质；温度；
（2）根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其他条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响，固体的接触面积越大，反应速率越快；
（3）反应开始至2min时，Z的物质的量增加了0.2mol，所以Z的平均反应速率是；故答案为：接触面积越大；0.02 mol L 1 min 1；
（4）根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Ⅹ和Y是反应物，Z是生成物，且变化量分别是、、，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为，所以其方程式为；故答案为：。
12．(1) 温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒 保温、隔热，减少实验过程中热量的散失
(2) 保证盐酸完全被中和 散热太快
(3) 0.418(t2-t1)
【详解】（1）（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有大烧杯、小烧杯、温度计、量筒、胶头滴管，环形玻璃搅拌棒；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；故答案为：温度计、量筒；环形玻璃搅拌棒；保温、隔热、减少实验过程中热量的散失；
（2）NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和，减少了盐酸挥发对实验的影响；当室温低于10℃时进行，散热加快，对实验结过造成的误差较大；
故答案为：保证盐酸完全被中和；散热太快；
（3）50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/cm3=100g，温度变化的值△T为(t2-t1)℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×C(J/(g ℃)(t2-t1)℃=100g(t2-t1)=0.418(t2-t1) kJ；所以实验测得的中和热△H== kJ/mol，故答案为：0.418(t2-t1)；。
【点睛】考查热反应热的测定与计算，注意理解中和热的概念以及测定反应热的原理。
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