人教版高中化学选择性必修1期末综合练习（一）（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版高中化学选择性必修1期末综合练习（一）（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 | 2023-12-15 18:46:05 | ||
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文档简介
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人教版高中化学选择性必修1期末综合练习（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在2NO2(气体) N2O4(气体)的可逆反应中，下列状态说明该反应一定达到限度的是
A．NO2和N2O4的物质的量相等
B．NO2和N2O4的分子数之比为2∶1
C．NO2和N2O4的物质的量浓度均保持不变
D．单位时间内，消耗1 mol N2O4同时，也有1 mol NO2被消耗
2．下列电离方程式或离子方程式书写正确的是
A．HF在水溶液中的电离方程式：HF=H+＋F-
B．醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式：H+＋OHˉH2O
C．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D．CuSO4在水溶液中水解的离子方程式：Cu2+＋2H2OCu (OH)2＋2H+
3．在、下，合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是
A．图中决速步骤的反应方程式为
B．该历程中
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D．该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
4．下面各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由慢到快的顺序是
A．③＜①＜②＜④
B．②＜①＜③＜④
C．①＜③＜②＜④
D．③＜②＜④＜①
5．根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 酸性：HNO2>CH3COOH
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去 SO2具有漂白性
C 用pH计测量0.1mol/L的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
D 在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液，有白色沉淀生成，再滴0.01mol/LCuSO4溶液有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)A．A B．B C．C D．D
6．海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。如图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是
A．海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
B．钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
C．影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4NA(NA表示阿伏加德罗常数)
7．25 ℃时，用0.10 mol·L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是
A．A点溶液的pH等于1
B．由图中数据可知，H2A为强酸
C．B点水电离出的H＋浓度为1.0×10-5 mol·L-1
D．C点溶液中c(NH)>c(A2-)>c(OH-)>c(H＋)
8．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示下列说法错误的是
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100％
B．带＊标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率
D．第③步的反应式为＊H3CO＋H2O →CH3OH＋＊HO
9．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl2-)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgC1)]=-9.75。下列叙述正确的是
A．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol/L
B．AgCl溶解程度随c(Cl-)增大而不断减小
C．当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中c(AgCl)>c(AgC1)>c(Ag+)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.2
10．下列选用的相关仪器符合实验要求的是
A B C D
分离水和乙酸乙酯 实验室存放浓硝酸 准确量取9.50mLNaOH溶液 实验室制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．向20.00mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，请回答相关问题：
①当加入10.00mL盐酸时，溶液中各种离子浓度之间的大小关系为（请在括号中填入离子符号）：c ＞c ＞c ＞c
②当盐酸与氨水等物质的量反应时，溶液的pH 7（填“＞”或“＜”或“=”，下同）.
③当溶液pH=7时，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为： n（NH3·H2O） n（HCl），溶液中c（ NH4+） c（Cl﹣）．
12．测定绿矾产品中含量的方法：
a.称取一定质量绿矾产品，配制成250 mL溶液；
b.量取25 mL待测溶液于锥形瓶中；
c.用硫酸酸化的 溶液滴定至终点，消耗溶液体积为20 mL，滴定时发生反应的离子方程式为。
求步骤b中所配25 mL溶液中的物质的量浓度
13．在室温下，下列五种溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④和混合液；⑤0.1mol/LNaOH溶液，请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中的大小关系是② ③。(填“＞”、“＜”或“=”)
(3)写出溶液④中的电荷守恒 。
(4)现用0.1000mol/L的标准盐酸滴定⑤溶液，选择酚酞做指示剂，达到滴定终点时的液面如图所示，则读数为 mL，达到滴定终点的现象为 。
14．计算题
(1)某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1，则该溶液的pH为 。
(2)某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 mol·L-1，则该温度下的KW= ，若温度不变，0.005 mol·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)= ，由水电离出的c(H+)= 。
(3)将pH=1的盐酸稀释1000倍后，pH为 。
(4)将pH=1的CH3COOH溶液稀释1000倍后，pH的范围 。
(5)25℃时，将0.1mol·L-1 NaOH溶液与0.06mol·L-1的H2SO4溶液等体积混合，(忽略混合后体积的变化)，求所得溶液的pH为 。
(6)将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)：c(SO)约为 。
15．已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：
化学式 HF HClO H2CO3 NH3·H2O
电离常数 Ka＝6.8×10－4 Ka＝4.7×10－8 Ka1＝4.2×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Kb＝1.7×10－5
(1)常温下，物质的量浓度相同的四种溶液：①HF溶液；②HClO溶液；③NaHCO3溶液；④NH3·H2O溶液，其pH由大到小的顺序是 (填字母)。
(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液与pH＝4的HF溶液中由水电离出的c(H＋)之比为 。
(3)0.1 mol·L－1NaClO溶液和0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，c(ClO－) c()(填>、<或＝)；可使上述两种溶液pH相等的方法是 (填字母)。
A．向NaClO溶液中加适量水
B．向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C．向NaHCO3溶液中加适量水
D．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
(4)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为： 。
(5)常温下，计算NH4Cl溶液中，的水解常数Kh＝ 。
16．室温下，仅由N、H两种元素组成的某种液态燃料的质量为，在25℃、下，该液态燃料完全燃烧生成和时，放出的热量。
(1)该液态燃料的分子式为 ，属于 (填“共价”或“离子”)化合物，电子式为 。
(2)该液态燃料可用作火箭发动机的燃料，利用作氧化剂，二者反应生成和。
已知：①
②
则该液态燃料与反应的热化学方程式为 。
(3)若用该液态燃料与液态反应，反应产物为和，，下列说法正确的是 (填标号)。
A．该液态燃料完全参加反应时转移的电子数为
B．在该反应中既是氧化产物又是还原产物
C．上述反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和
17．(1)某实验小组为了探究影响化学反应速率的因素，进行了稀硫酸与金属铁反应的对照实验，实验数据如下：
实验序号 金属质量/g 金属状态 c(H2SO4)/mol·L-1 V(H2SO4)/mL 反应前溶液温度/℃ 金属消失的时间/s
1 0.10 丝 0.5 50 20 500
2 0.10 粉末 0.5 50 20 50
3 0.10 丝 1.0 50 20 125
4 0.10 丝 1.0 50 35 50
①对比实验1和3，表明影响化学反应速率的因素是 ；反应规律为： ，反应速率越快。
②仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有 (填实验序号)。
③本实验中影响化学反应速率的其他因素还有 。
(2)用如图原电池装置可加快铁与稀硫酸反应的速率，其中铜作 (填“负极”或“正极”)，铁的电极反应式是 ，在铁电极上发生 反应(填“氧化”或“还原”)。
18．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用水蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，FeO+2HCl=FeCl2+H2O.
已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；
pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3 4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。
(1)为除去溶液中Fe2+，可采用的方法是 。
(2)工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，可能发生反应的离子方程式为 ；溶液的pH变化是 。
(3)已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。
①某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于 。
②要使0.2mol L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为 。
19．燃煤烟气和汽车尾气中常含有、、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一、
(1)以氨气为脱硝剂时，可将还原为。
①已知：
则反应， 0(填“>”、“<”“=”)
(2)研究发现还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是_______(填序号)。
A．能增大总反应的活化能，提高反应速率
B．总反应为
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键
D．该反应中的三个阶段均为氧化还原反应
(3)络合吸收法脱硝技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1.
方法2.
已知：是与某有机化合物的阴离子形成的络合物
①方法1，pH过高不利于与NO反应，用离子方程式解释原因 。
②研究温度对反应的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图2所示，解释随温度变化NO去除率变化的原因 。
(4)碱液吸收法。将氢氧化钠溶液脱硝得到的、混合液和NaOH溶液分别加到如图3所示的电解槽中进行电解，该装置中，阴离子的移动方向为 (填“B室到A室”或“A室到B室”)；写出A室发生的电极反应式： 。
20．回答下列问题
(1)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，则此时c(OH-)为 ；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)为 ，由水电离产生的c(H+)为 ，此时温度 (填“高于”“低于”或“等于”)25 ℃。
(2)已知水溶液中c(H＋)和c(OH-)的关系如图所示，试回答下列问题：
①图中五点对应的KW的关系是 。
②若从A点到D点，可采用的措施是 (填序号)。
a．升温 b．加入少量的盐酸 c．加入少量的NH4Cl
(3)25 ℃时，0.1 mol·L-1的HA溶液中=1010。HA是 (填“强电解质”或“弱电解质”)。
(4)现有浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (用序号表示)。
三、实验探究题
21．中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
物质 燃烧热（kJ/mol）
氢气 285.8
甲烷 890.3
乙烯 1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式 。
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K= 。按化学平衡移动原理，在图中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。
（3）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。
通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为 极，左端碳棒上的电级反应为 ，右池中的c(NaOH)：c(Na2S) (填“增大”、“ 基本不变”或“减小)。
（4）已知：HCN的电离常数Ka=4.9×10－10，H2S的电离常数Ka1=1.3×10 7，Ka2=7.0×10 15，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的化学方程式为 。
（5）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.0020 mol·L 1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS 浓度为1.0×10 4 mol·L 1时，Mn2+开始沉淀，则a= 。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10 15]
22．I、用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：
实验序号 消耗NaOH溶液的体积/mL 待测稀盐酸的体积/mL
1 22.84 25.00
2 21.68 25.00
3 21.72 25.00
根据表格计算c(HCl)= 。(保留两位小数)
II、某化学学习小组的同学欲用KMnO4测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4= K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；
②用0.1mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。
(1)滴定时，将KMnO4标准液装在下图中的 (填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是 。
(3)计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
(4)下列滴定操作会使测得的值偏小的是 。
A．滴定终点时俯视滴定管刻度
B．滴定终点时仰视滴定管刻度
C．滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶
D．滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡
23．H2O2是一种绿色试剂,在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠等的原料,医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组为探究H2O2的性质做了如下实验:
(1) 下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据。
研究小组在设计方案时,考虑了浓度、 、 因素对过氧化氢分解速率的影响。
(2) 另一研究小组拟在同浓度 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、0.1 mol·L-1FeCl3、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。设计实验装置,完成图1方框内的装置示意图(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。
(3) 对于H2O2分解反应,Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和 Cu2+对H2O2分解的催化效果,研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题:
①可通过观察 ,比较得出结论。
②有同学提出将0.1 mol·L-1FeCl3溶液改为0.05 mol·L-1Fe2(SO4)3更为合理,其理由是 。
(4) 已知 FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和 Cl-三种微粒,甲同学又做了两种猜想。
猜想 1:真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的 Fe3+。
猜想 2:真正催化分解H2O2的是 。
完成表格验证猜想:
所需试剂 操作及现象 结论
Cl-对H2O2分解无催化作用
参考答案：
1．C
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A． NO2和N2O4的物质的量相等，并不能说明两者的物质的量不变，故A不符；
B． NO2和N2O4的分子数之比为2∶1，并不能说明两者的物质的量不变，故B错误；
C． NO2和N2O4的物质的量浓度均保持不变，故C正确；
D． 单位时间内，消耗1 mol N2O4同时，也有2 mol NO2被消耗，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．HF是弱酸，部分电离，在水中存在电离平衡：HFH+＋F-，A错误；
B．醋酸是弱酸，应保留化学式，且不可逆，正确的离子方程式为CH3COOH＋OHˉ=H2O+CH3COO-，B错误；
C．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO、HCO，C错误；
D．CuSO4属于强酸弱碱盐，铜离子会微弱水解，水解离子方程式为Cu2+＋2H2OCu (OH)2＋2H+，D正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，正反应活化能为62，所以是决速步骤，故A正确；
B．根据图示，该历程放热，，故B错误；
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是提高原料利用率，故C错误；
D．反应中温度太低，催化剂活性降低，反应速率太慢，故D错误；
选A。
4．A
【详解】铁腐蚀快慢顺序是：作电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>作原电池正极>作电解池阴极；
①中铁发生化学反应；
②中铁的活动性大于锡，所以铁作负极，加速被腐蚀；
③中锌的活动性大于Fe，所以锌作负极、铁作正极，被保护；
④中铁作阳极加速被腐蚀；
所以铁腐蚀慢快顺序是③＜①＜②＜④，答案选A。
5．C
【详解】A．两种溶液浓度未知，无法判断，A错误；
B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去，体现SO2的酸性，B错误；
C．浓度相等的盐酸pH大于醋酸，说明醋酸为弱电解质，C正确；
D．由于硫化钠过量，所以硫化钠与硫酸铜反应又出现黑色沉淀，不是沉淀的转化，所以不能证明溶度积的大小，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．通过光照，该装置是太阳能转化为化学能，则光合作用能将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．根据反应图象分析，钙化过程中HCO转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C．分析流程可知，酸碱性，温度，二氧化碳浓度（藻类分布）会对反应造成影响，随之影响海洋碳循环，故C正确；
D．(CH2O)x中H为+1价，O为-2价，故C为0价，0.1x molCO2经光合作用还原生成0.1mol(CH2O)x，转移电子数为0.4xNA，故D错误；
故选D。
7．C
【详解】A．A点：根据c(H+)c(OH-)=KW=1×10-14，lg=12，计算得c(H+)=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；
B．根据A选项分析可知，A点溶液中c(H+)=10-1mol/L，则0.05mol/LH2A完全电离，属于H2A为强酸，故不选B；
C．B点酸碱恰好完全中和生成盐(NH4)2A，lg=2，计算得c(H+)=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.0×10-6mol·L-1，故选C；
D．C点是(NH4)2A与氨水混合物，根据lg= -4，计算得c(H+)=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性，考虑(NH4)2A完全电离和氨水的电离平衡，则溶液中c(NH)>c(A2-)>c(OH-)>c(H＋)，故不选D；
答案为C。
【点睛】对于此类图像题经常利用分析起点、恰好完全中和点、溶液呈中性点等获得所需结论。
8．A
【详解】A．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A项错误；
B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，B项正确；
C．反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，C项正确；
D．第③步中＊H3CO、H2O生成CH3OH和＊HO，反应方程式为＊H3CO+H2O→CH3OH+＊HO，D项正确；
答案选A。
9．A
【详解】A．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)=10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol L-1，故A正确；
B．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故B错误；
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故C错误；
D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=，则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，故D错误；
故选：A。
10．A
【详解】A．乙酸乙酯不溶于水，分层，可用分液漏斗进行分液，A正确；
B．浓硝酸见光分解，用棕色试剂瓶，有强氧化性，能氧化橡胶塞，需用玻璃塞，B错误；
C．NaOH应该使用碱式滴定管，而图示为酸式滴定管，C错误；
D．实验室用加热浓硫酸至170°C的方法制取乙烯，温度计量程为100℃无法测量和控制反应温度，D错误；
答案选A。
11． NH4+ Cl﹣ OH﹣ H+ ＜ ＞ =
【详解】①向20.00mL稀氨水加入10.00mL盐酸后，溶液为等物质的量浓度的氨水与氯化铵的混合液，氨水电离使呈碱性，氯化铵水解使溶液呈酸性，等物质的量浓度，电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，即：c(OH﹣)＞c(H+)；根据电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣)，溶液呈碱性，所以，c(NH4+)＞c(Cl﹣)；水解程度微弱，溶液中c(Cl﹣)远远大于c(OH﹣)，故溶液中各种离子浓度之间的大小关系为：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；
②盐酸与氨水恰好反应，为氯化铵溶液，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+发生水解使溶液呈酸性，即pH＜7；
③盐酸与氨水1:1恰好反应时溶质为为氯化铵NH4+发生水解使溶液呈酸性，若要溶液呈中性，氨水应过量，所以n(NH3·H2O)>n(HCl)；根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣)，由于溶液pH=7，即c(OH﹣)=c(H+)，所以c(NH4+)＞c(Cl﹣)。
12．0.04mol/L
【详解】用硫酸酸化的 溶液滴定至终点，消耗溶液体积为20 mL，根据反应方程式可知，n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.01mol/L×0.02L=0.001mol，则步骤b中所配25 mL溶液中的物质的量浓度。
13．(1) 碱
(2)＞
(3)
(4) 22.80 最后一滴标准盐酸滴入时，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色
【解析】（1）
①溶液是0.1mol/L CH3COONa，溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性，反应的离子方程式为：；
（2）
③0.1mol/L CH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，其中的大小关系是②＞③；
（3）
溶液④和混合液，溶液中存在电荷守恒为；
（4）
现用0.1000mol/L的标准盐酸滴定⑤0.1mol/LNaOH溶液，选择酚酞做指示剂，达到滴定终点时的液面根据图示可知，读数为22.80mL，达到滴定终点的现象为：最后一滴标准盐酸滴入时，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色。
14．(1)2或者12
(2) 2.5×10-13 0.01mol/L 2.5×10-11mol/L
(3)4
(4)1＜pH＜4
(5)2
(6)20:1
【详解】（1）某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1则可能是强酸溶液，则此溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-12 mol·L-1，c(H+)aq==10-2mol/L，或者是强碱溶液，则此溶液中c(H+)aq= c(H+)水=10-12 mol·L-1，则该溶液的pH为2或者12，故答案为：2或者12；
（2）某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 mol·L-1，则该温度下的KW=c(H+)c(OH-)=5.0×10-7×5.0×10-7=2.5×10-13，若温度不变，0.005 mol·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.005mol/L×2=0.01mol/L，由水电离出的c(H+)==2.5×10-11mol/L，故答案为：2.5×10-13；0.01mol/L；2.5×10-11mol/L；
（3）根据强酸强碱有限稀释的规律即强酸、强碱每稀释10倍，其pH值向7靠近1个单位可知，将pH=1的盐酸稀释1000倍后，pH为4，故答案为：4；
（4）由于CH3OOH是弱酸，稀释过程中能促进其电离，故将pH=1的CH3COOH溶液稀释1000倍后，pH的范围1＜pH＜4，故答案为：1＜pH＜4；
（5）25℃时，由反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知，将0.1mol·L-1 NaOH溶液与0.06mol·L-1的H2SO4溶液等体积混合，硫酸过量，充分反应后溶液中的c(H+)==0.01mol/L，则所得溶液的pH为2，故答案为：2；
（6）将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，此时c(H+)≈10-7mol/L，而c(SO)==5×10-9mol/L，则c(H+)：c(SO)约为10-7：5×10-9=20:1，故答案为：20:1。
15． ④>③>②>① 106∶1 < AD ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋ 5.9×10－10
【详解】（1）等物质的量浓度的HF和HClO溶液，由于HClO的电离常数较小，故溶液中含有的H+浓度较小，其pH比HF稍大；等物质的量浓度的NaHCO3和NH3·H2O溶液，由于碳酸氢钠溶液呈碱性，故碳酸氢根的水解程度大于碳酸氢根的电离，碳酸氢根的水解常数Kh====2.4×10-8，与一水合氨的电离常数相比碳酸氢根的水解常数较小，故碳酸氢根水解出的OH-的浓度小于一水合氨电离出的OH-的浓度，故一水合氨的pH稍大，综上，四种物质的pH从大到小的顺序为④>③>②>①；
（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液中的H+由铵根水解而来，故pH＝4的NH4Cl中水电离的c(H+)=10-4mol/L；HF为弱酸，溶液中的H+由HF电离而来，HF中水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相同，故pH＝4的HF中水电离出的c(H+)=10-10mol/L，综上，两溶液中水电离出的c(H+)之比为10-4:10-10=106:1；
（3）①根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的一级电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)②使上述两种溶液pH相等，必须让前者氢氧根离子浓度减小；
A选项，向NaClO溶液中加适量的水，浓度减小，氢氧根离子浓度减小，可行；
B选项，向NaClO溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，不可行；
C选项，向NaHCO3溶液中加适量的水，氢氧根离子浓度减小，不可行；
D选项，向NaHCO3溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，可行；
答案选AD；
（4）根据酸的电离常数和强酸制弱酸的原理可知，碳酸的一级电离常数大于次氯酸的电离常数，次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，故二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；
（5）NH4+的水解常数Kh=====5.9×10-10。
16．(1) N2H4 共价
(2)
(3)B
【分析】(1)
，依题意可知：只含、两种元素且相对分子量为32的分子式只有；该化合物由、两种非金属元素组成，所以为共价化合物，电子式为。
(2)
由①、②和③联立，可得到。
(3)
未标明标准状况下，A项错误；根据，可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C项错误。故选B。
17． 浓度 反应物浓度越大 1、2 温度 正极 Fe-2e-=Fe2+ 氧化
【详解】①对比实验1和3，其余条件均相同、只有硫酸浓度不同，3中硫酸浓度大、金属消失时间短、反应速率大，则实验1和3表明影响化学反应速率的因素是浓度；反应规律为：反应物浓度越大，反应速率越快。
②对比实验1和2，其余条件均相同、只有金属状态不同，2中金属为粉末、金属消失时间短、反应速率大，则仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有1、2。
③对比实验1和4可以发现，本实验中影响化学反应速率的其他因素还有温度。
(2)如图原电池装置中，铜作正极，铜离子在正极上得到电子生成铜，铁作负极，铁失去电子转化为亚铁离子，铁的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，在铁电极上发生氧化反应。
18． 将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 增大 5 6
【详解】(1)根据题意可知Fe3+完全沉淀时Cu2+不沉淀，所以可以将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围，除去Fe元素；
(2)该工艺中利用浓盐酸浸取粗制氧化铜粉制取氯化铜，为防止Cu2+沉淀，溶液应保持酸性环境，加入NaClO后，酸性环境中ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，该反应过程中消耗氢离子，所以pH增大；
(3)①Cu2+开始沉淀时c(OH-)==1×10-9mol/L，则c(H+)=1×10-5mol/L，pH=5；
②使Cu2+浓度降至原来的千分之一，即c(Cu2+)=2×10-4mol/L，此时c(OH-)==1×10-8mol/L，则c(H+)=1×10-6mol/L，pH=6。
19．(1)<
(2)CD
(3) Fe2++2OH- =Fe(OH)2↓ 温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
(4) A室到B室
【详解】（1）设 N2(g) + O2 (g) = 2NO (g) △H1=+180.5kJ mol-1①，4NH3(g) + 3O2(g) = 2N2(g) + 6H2O (g) △H2= -1269kJ mol-1 ②，4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O △H3 ③，根据盖斯定律，有③=②-①×3，则△H3=△H2-△H1×3=[ (-1269)-3×180.5]kJ mol-1<0；
（2）A．根据图1可知，为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，A错误；
B．根据图1可知，反应物是氨气、和氧气，生成物是氮气和水，则总反应的化学方程式为，B错误；
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键，C正确；
D．由图可知，反应中的三个阶段均有元素化合价变化，均为氧化还原反应，D正确；
故选CD；
（3）①方法l，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是Fe2+与溶液中的OH-会发生反应产生Fe(OH)2沉淀，离子方程式为Fe2++2OH- =Fe(OH)2↓；
②分析图像和物质性质可知：温度变化NO去除率变化的原因是温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，化学平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
（4）该装置为电解池，由图可知电极I附近产生氮气，则该电极为阴极，则电极II为阳极，在电解池中阴离子向阳极移动，即向电极II移动，从A室到B室；由图可知，A室发生的电极反应式为。
20．(1) 2.0×10-7 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 高于
(2) E=A=D＜C＜B bc
(3)弱电解质
(4)②＞③＞①
【详解】（1）某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则此时c(OH-)为2×10-7 mol·L-1；该温度下水的离子积常数KW= c(H+)·c(OH-)=4×10-14 mol2·L-2，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)=；盐酸中的OH-只有H2O电离产生，由于水电离的c(H+)=c(OH-)，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)=8.0×10-11 mol/L；H2O是弱电解质，溶液中存在电离平衡，谁电离过程会吸收热量，升高温度，会促进水的电离，导致水电离程度增大，KW增大。在25℃时水的离子积KW=1.0×10-14，该温度下水的离子积KW=4×10-14 mol2·L-2＞1.0×10-14，因此此时温度高于25℃；
（2）①水的离子积常数KW只与温度有关，温度相同，KW相同，升高温度，KW增大，则由于温度：B＞C＞A=D=E，所以图中五点对应的KW的关系是E=A=D＜C＜B；
②由于温度：A=D，溶液中c(H+)： A点c(H+)=c(OH-)，D点：c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以从A点到D点，可使溶液显酸性。
a．升高温度，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，不符合题意；
b．加入少量的盐酸，温度不变，c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；
c．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，加入少量的NH4Cl c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；
故合理选项是bc；
（3）25℃时KW=1.0×10-14，c(H+)·c(OH-)=1×10-14，0.1mol/LHA溶液中，解得c(H+)=10-2 mol/L＜0.1 mol/L，因此HA是一元弱酸，HA属于弱电解质；
（4）对于0.1 mol/L的①H2SO4、②CH3COOH、③NaOH中，H2SO4是二元强酸，c(H+)=0.2 mol/L，CH3COOH是一元弱酸，c(H+)＜0.1 mol/L，但大于10-7 mol/L，NaOH是一元强碱，c(OH-)=0.1 mol/L，电解质电离产生的离子浓度越大，对水电离抑制程度就越大，水电离产生的c(H+)就越小。故三种溶液中水电离产生的c (H+)：②＞③＞①。
21． 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5 kJ/mol 0.25 阳 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 基本不变 NaCN+H2S=HCN+NaHS 6
【分析】甲烷燃烧反应CH4+2O2点燃CO2+2H2O，乙烯燃烧反应为C2H4+3O2点燃2CO2+2H2O，故甲烷制备乙烯的反应根据盖斯定律求解；
由题可知，电解池目的为将硫化氢转化为硫单质，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气；
由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS。
【详解】（1）甲烷燃烧反应CH4(g)+2O2(g)点燃CO2(g)+2H2O(l) H1=-890.3 kJ/mol，乙烯燃烧反应为C2H4(g)+3O2(g)点燃2CO2(g)+2H2O(l) H2=-1411.5 kJ/mol，氢气燃烧反应为2H2(g)+O2(g)点燃2H2O(l) H3=-571 kJ/mol，根据盖斯定律，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝2 H1- H2- H3=＋202.5 kJ/mol；
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，设反应产生乙烯的物质的量为xmol。
2CH4C2H4+2H2
反应前 1 0 0
反应中 2x x 2x
反应后 1-2x x 2x
测得平衡混合气体中C2H4的体积分数==20.0 %，则x=0.25。则在该温度下，其平衡常数K=。根据勒夏特列原理，反应正方向气体体积增大，故在同温环境下，增大压强，平衡逆向移动；反应为吸热反应，故在同压环境下，增大温度，平衡正向移动。
（3）工业上除去天然气中杂质气体H2S，转化为单质硫，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气，2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；通电过程中，硫离子通过阴离子交换膜进入左池，不断与右池中的多余的氢氧化钠反应产生硫化钠，故c(NaOH)：c(Na2S)基本不变；
（4）由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS，反应的化学方程式为NaCN+H2S=HCN+NaHS；
（5）由题可知，Mn2++2H2S=MnS↓+2H+，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=1.4×10 15，故c(S2-)=7×10-13。H2S的电离常数Ka1=1.3×10 7，Ka2=7.0×10 15，故二步电离HS-=H++S2-，即此时当HS-浓度为1.0×10 4 mol·L 1，c(H+)==10-6mol/L，故pH=a=-lgc(H+)=6。
22． 0.09mol/L 甲 当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色 0.2 AD
【分析】据表分析，实验1的数据与实验2实验3 差别太大，可忽略，求出实验2和实验3 的平均值，即为所用标准液的体积，再据c（HCl）=求算；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I、第一组数据误差较大，舍去，据表可知V（NaOH）==21.70mL，则c（HCl）= = =0.09mol/L；故答案为：0.09mol/L；
II、(1)滴定时，KMnO4具有强氧化性，要用酸式滴定管，将KMnO4标准液装在图中的甲(填“甲”或“乙”)滴定管中。故答案为：甲；
(2)本实验滴定达到终点的标志是当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色。故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色；
(3)根据关系式2KMnO4 ~5H2C2O4计算，H2C2O4溶液的物质的量浓度为=0.2mol/L。故答案为：0.2；
(4)A．滴定终点时俯视滴定管刻度，导致读出的消耗的KMnO4溶液的体积偏小，使测得的值偏小，故A符合；
B．滴定终点时仰视滴定管刻度，导致读出的消耗的KMnO4溶液的体积偏大，使测得的值偏大，故B不符；
C．滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，增大待测H2C2O4的物质的量，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏大，使测得的值偏大，故C不符；
D．滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，使测得的值偏小，故D符合；
故答案为：AD。
23． 温度 催化剂 反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰 Cl- H2O2,盐酸 向盛有H2O2溶液的试管中加入少量盐酸,然后把带火星的木条伸入试管中,木条不复燃
【详解】分析：（1）过氧化氢在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响，设计实验方案来验证时，控制变量以确保实验结果的准确性；（2）利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；（3）①根据反应生成气体的快慢分析；②根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同，更为合理；（4）由于双氧水溶液中有水，排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2应是真正催化分解H2O2的是Cl－；为验证猜想2可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出结论．
（1）根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与温度、催化剂有关。（2）利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为： ；（3）①该反应中产生气体，而且反应放热，所以可根据反应产生气泡快慢来判断；②H2O2催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理。（4）由于双氧水溶液中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2应是真正催化分解H2O2的是Cl－；为验证猜想2可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出结论：Cl－对H2O2分解无催化作用；所需试剂：双氧水，盐酸，操作及现象：向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。
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人教版高中化学选择性必修1期末综合练习（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在2NO2(气体) N2O4(气体)的可逆反应中，下列状态说明该反应一定达到限度的是
A．NO2和N2O4的物质的量相等
B．NO2和N2O4的分子数之比为2∶1
C．NO2和N2O4的物质的量浓度均保持不变
D．单位时间内，消耗1 mol N2O4同时，也有1 mol NO2被消耗
2．下列电离方程式或离子方程式书写正确的是
A．HF在水溶液中的电离方程式：HF=H+＋F-
B．醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式：H+＋OHˉH2O
C．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D．CuSO4在水溶液中水解的离子方程式：Cu2+＋2H2OCu (OH)2＋2H+
3．在、下，合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是
A．图中决速步骤的反应方程式为
B．该历程中
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D．该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
4．下面各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由慢到快的顺序是
A．③＜①＜②＜④
B．②＜①＜③＜④
C．①＜③＜②＜④
D．③＜②＜④＜①
5．根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项 实验操作和现象 结论或解释
A 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 酸性：HNO2>CH3COOH
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去 SO2具有漂白性
C 用pH计测量0.1mol/L的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质
D 在2mL0.01mol/LNa2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液，有白色沉淀生成，再滴0.01mol/LCuSO4溶液有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)
6．海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。如图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是
A．海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
B．钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
C．影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4NA(NA表示阿伏加德罗常数)
7．25 ℃时，用0.10 mol·L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是
A．A点溶液的pH等于1
B．由图中数据可知，H2A为强酸
C．B点水电离出的H＋浓度为1.0×10-5 mol·L-1
D．C点溶液中c(NH)>c(A2-)>c(OH-)>c(H＋)
8．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示下列说法错误的是
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100％
B．带＊标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率
D．第③步的反应式为＊H3CO＋H2O →CH3OH＋＊HO
9．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl2-)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgC1)]=-9.75。下列叙述正确的是
A．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol/L
B．AgCl溶解程度随c(Cl-)增大而不断减小
C．当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中c(AgCl)>c(AgC1)>c(Ag+)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.2
10．下列选用的相关仪器符合实验要求的是
A B C D
分离水和乙酸乙酯 实验室存放浓硝酸 准确量取9.50mLNaOH溶液 实验室制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
11．向20.00mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，请回答相关问题：
①当加入10.00mL盐酸时，溶液中各种离子浓度之间的大小关系为（请在括号中填入离子符号）：c ＞c ＞c ＞c
②当盐酸与氨水等物质的量反应时，溶液的pH 7（填“＞”或“＜”或“=”，下同）.
③当溶液pH=7时，反应所消耗的物质（包括还在溶液中存留的物质）之间的关系为： n（NH3·H2O） n（HCl），溶液中c（ NH4+） c（Cl﹣）．
12．测定绿矾产品中含量的方法：
a.称取一定质量绿矾产品，配制成250 mL溶液；
b.量取25 mL待测溶液于锥形瓶中；
c.用硫酸酸化的 溶液滴定至终点，消耗溶液体积为20 mL，滴定时发生反应的离子方程式为。
求步骤b中所配25 mL溶液中的物质的量浓度
13．在室温下，下列五种溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④和混合液；⑤0.1mol/LNaOH溶液，请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中的大小关系是② ③。(填“＞”、“＜”或“=”)
(3)写出溶液④中的电荷守恒 。
(4)现用0.1000mol/L的标准盐酸滴定⑤溶液，选择酚酞做指示剂，达到滴定终点时的液面如图所示，则读数为 mL，达到滴定终点的现象为 。
14．计算题
(1)某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1，则该溶液的pH为 。
(2)某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 mol·L-1，则该温度下的KW= ，若温度不变，0.005 mol·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)= ，由水电离出的c(H+)= 。
(3)将pH=1的盐酸稀释1000倍后，pH为 。
(4)将pH=1的CH3COOH溶液稀释1000倍后，pH的范围 。
(5)25℃时，将0.1mol·L-1 NaOH溶液与0.06mol·L-1的H2SO4溶液等体积混合，(忽略混合后体积的变化)，求所得溶液的pH为 。
(6)将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)：c(SO)约为 。
15．已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：
化学式 HF HClO H2CO3 NH3·H2O
电离常数 Ka＝6.8×10－4 Ka＝4.7×10－8 Ka1＝4.2×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Kb＝1.7×10－5
(1)常温下，物质的量浓度相同的四种溶液：①HF溶液；②HClO溶液；③NaHCO3溶液；④NH3·H2O溶液，其pH由大到小的顺序是 (填字母)。
(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液与pH＝4的HF溶液中由水电离出的c(H＋)之比为 。
(3)0.1 mol·L－1NaClO溶液和0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，c(ClO－) c()(填>、<或＝)；可使上述两种溶液pH相等的方法是 (填字母)。
A．向NaClO溶液中加适量水
B．向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C．向NaHCO3溶液中加适量水
D．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
(4)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为： 。
(5)常温下，计算NH4Cl溶液中，的水解常数Kh＝ 。
16．室温下，仅由N、H两种元素组成的某种液态燃料的质量为，在25℃、下，该液态燃料完全燃烧生成和时，放出的热量。
(1)该液态燃料的分子式为 ，属于 (填“共价”或“离子”)化合物，电子式为 。
(2)该液态燃料可用作火箭发动机的燃料，利用作氧化剂，二者反应生成和。
已知：①
②
则该液态燃料与反应的热化学方程式为 。
(3)若用该液态燃料与液态反应，反应产物为和，，下列说法正确的是 (填标号)。
A．该液态燃料完全参加反应时转移的电子数为
B．在该反应中既是氧化产物又是还原产物
C．上述反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和
17．(1)某实验小组为了探究影响化学反应速率的因素，进行了稀硫酸与金属铁反应的对照实验，实验数据如下：
实验序号 金属质量/g 金属状态 c(H2SO4)/mol·L-1 V(H2SO4)/mL 反应前溶液温度/℃ 金属消失的时间/s
1 0.10 丝 0.5 50 20 500
2 0.10 粉末 0.5 50 20 50
3 0.10 丝 1.0 50 20 125
4 0.10 丝 1.0 50 35 50
①对比实验1和3，表明影响化学反应速率的因素是 ；反应规律为： ，反应速率越快。
②仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有 (填实验序号)。
③本实验中影响化学反应速率的其他因素还有 。
(2)用如图原电池装置可加快铁与稀硫酸反应的速率，其中铜作 (填“负极”或“正极”)，铁的电极反应式是 ，在铁电极上发生 反应(填“氧化”或“还原”)。
18．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用水蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，FeO+2HCl=FeCl2+H2O.
已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；
pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3 4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。
(1)为除去溶液中Fe2+，可采用的方法是 。
(2)工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，可能发生反应的离子方程式为 ；溶液的pH变化是 。
(3)已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。
①某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于 。
②要使0.2mol L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为 。
19．燃煤烟气和汽车尾气中常含有、、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一、
(1)以氨气为脱硝剂时，可将还原为。
①已知：
则反应， 0(填“>”、“<”“=”)
(2)研究发现还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是_______(填序号)。
A．能增大总反应的活化能，提高反应速率
B．总反应为
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键
D．该反应中的三个阶段均为氧化还原反应
(3)络合吸收法脱硝技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1.
方法2.
已知：是与某有机化合物的阴离子形成的络合物
①方法1，pH过高不利于与NO反应，用离子方程式解释原因 。
②研究温度对反应的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图2所示，解释随温度变化NO去除率变化的原因 。
(4)碱液吸收法。将氢氧化钠溶液脱硝得到的、混合液和NaOH溶液分别加到如图3所示的电解槽中进行电解，该装置中，阴离子的移动方向为 (填“B室到A室”或“A室到B室”)；写出A室发生的电极反应式： 。
20．回答下列问题
(1)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，则此时c(OH-)为 ；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)为 ，由水电离产生的c(H+)为 ，此时温度 (填“高于”“低于”或“等于”)25 ℃。
(2)已知水溶液中c(H＋)和c(OH-)的关系如图所示，试回答下列问题：
①图中五点对应的KW的关系是 。
②若从A点到D点，可采用的措施是 (填序号)。
a．升温 b．加入少量的盐酸 c．加入少量的NH4Cl
(3)25 ℃时，0.1 mol·L-1的HA溶液中=1010。HA是 (填“强电解质”或“弱电解质”)。
(4)现有浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (用序号表示)。
三、实验探究题
21．中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
物质 燃烧热（kJ/mol）
氢气 285.8
甲烷 890.3
乙烯 1411.5
（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式 。
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K= 。按化学平衡移动原理，在图中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。
（3）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。
通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为 极，左端碳棒上的电级反应为 ，右池中的c(NaOH)：c(Na2S) (填“增大”、“ 基本不变”或“减小)。
（4）已知：HCN的电离常数Ka=4.9×10－10，H2S的电离常数Ka1=1.3×10 7，Ka2=7.0×10 15，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的化学方程式为 。
（5）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.0020 mol·L 1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS 浓度为1.0×10 4 mol·L 1时，Mn2+开始沉淀，则a= 。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10 15]
22．I、用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：
实验序号 消耗NaOH溶液的体积/mL 待测稀盐酸的体积/mL
1 22.84 25.00
2 21.68 25.00
3 21.72 25.00
根据表格计算c(HCl)= 。(保留两位小数)
II、某化学学习小组的同学欲用KMnO4测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4= K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；
②用0.1mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。
(1)滴定时，将KMnO4标准液装在下图中的 (填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是 。
(3)计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
(4)下列滴定操作会使测得的值偏小的是 。
A．滴定终点时俯视滴定管刻度
B．滴定终点时仰视滴定管刻度
C．滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶
D．滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡
23．H2O2是一种绿色试剂,在化学工业中用于生产过氧乙酸、亚氯酸钠等的原料,医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组为探究H2O2的性质做了如下实验:
(1) 下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据。
研究小组在设计方案时,考虑了浓度、 、 因素对过氧化氢分解速率的影响。
(2) 另一研究小组拟在同浓度 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、0.1 mol·L-1FeCl3、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。设计实验装置,完成图1方框内的装置示意图(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。
(3) 对于H2O2分解反应,Cu2+也有一定的催化作用。为比较Fe3+和 Cu2+对H2O2分解的催化效果,研究小组的同学设计了如图2所示的实验。请回答相关问题:
①可通过观察 ,比较得出结论。
②有同学提出将0.1 mol·L-1FeCl3溶液改为0.05 mol·L-1Fe2(SO4)3更为合理,其理由是 。
(4) 已知 FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3+和 Cl-三种微粒,甲同学又做了两种猜想。
猜想 1:真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的 Fe3+。
猜想 2:真正催化分解H2O2的是 。
完成表格验证猜想:
所需试剂 操作及现象 结论
Cl-对H2O2分解无催化作用
参考答案：
1．C
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A． NO2和N2O4的物质的量相等，并不能说明两者的物质的量不变，故A不符；
B． NO2和N2O4的分子数之比为2∶1，并不能说明两者的物质的量不变，故B错误；
C． NO2和N2O4的物质的量浓度均保持不变，故C正确；
D． 单位时间内，消耗1 mol N2O4同时，也有2 mol NO2被消耗，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．HF是弱酸，部分电离，在水中存在电离平衡：HFH+＋F-，A错误；
B．醋酸是弱酸，应保留化学式，且不可逆，正确的离子方程式为CH3COOH＋OHˉ=H2O+CH3COO-，B错误；
C．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO、HCO，C错误；
D．CuSO4属于强酸弱碱盐，铜离子会微弱水解，水解离子方程式为Cu2+＋2H2OCu (OH)2＋2H+，D正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，正反应活化能为62，所以是决速步骤，故A正确；
B．根据图示，该历程放热，，故B错误；
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是提高原料利用率，故C错误；
D．反应中温度太低，催化剂活性降低，反应速率太慢，故D错误；
选A。
4．A
【详解】铁腐蚀快慢顺序是：作电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>作原电池正极>作电解池阴极；
①中铁发生化学反应；
②中铁的活动性大于锡，所以铁作负极，加速被腐蚀；
③中锌的活动性大于Fe，所以锌作负极、铁作正极，被保护；
④中铁作阳极加速被腐蚀；
所以铁腐蚀慢快顺序是③＜①＜②＜④，答案选A。
5．C
【详解】A．两种溶液浓度未知，无法判断，A错误；
B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去，体现SO2的酸性，B错误；
C．浓度相等的盐酸pH大于醋酸，说明醋酸为弱电解质，C正确；
D．由于硫化钠过量，所以硫化钠与硫酸铜反应又出现黑色沉淀，不是沉淀的转化，所以不能证明溶度积的大小，故D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．通过光照，该装置是太阳能转化为化学能，则光合作用能将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．根据反应图象分析，钙化过程中HCO转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C．分析流程可知，酸碱性，温度，二氧化碳浓度（藻类分布）会对反应造成影响，随之影响海洋碳循环，故C正确；
D．(CH2O)x中H为+1价，O为-2价，故C为0价，0.1x molCO2经光合作用还原生成0.1mol(CH2O)x，转移电子数为0.4xNA，故D错误；
故选D。
7．C
【详解】A．A点：根据c(H+)c(OH-)=KW=1×10-14，lg=12，计算得c(H+)=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；
B．根据A选项分析可知，A点溶液中c(H+)=10-1mol/L，则0.05mol/LH2A完全电离，属于H2A为强酸，故不选B；
C．B点酸碱恰好完全中和生成盐(NH4)2A，lg=2，计算得c(H+)=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.0×10-6mol·L-1，故选C；
D．C点是(NH4)2A与氨水混合物，根据lg= -4，计算得c(H+)=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性，考虑(NH4)2A完全电离和氨水的电离平衡，则溶液中c(NH)>c(A2-)>c(OH-)>c(H＋)，故不选D；
答案为C。
【点睛】对于此类图像题经常利用分析起点、恰好完全中和点、溶液呈中性点等获得所需结论。
8．A
【详解】A．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A项错误；
B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，B项正确；
C．反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，C项正确；
D．第③步中＊H3CO、H2O生成CH3OH和＊HO，反应方程式为＊H3CO+H2O→CH3OH+＊HO，D项正确；
答案选A。
9．A
【详解】A．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)=10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol L-1，故A正确；
B．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故B错误；
C．当c(Cl-)=10-2mol L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故C错误；
D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=，则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，故D错误；
故选：A。
10．A
【详解】A．乙酸乙酯不溶于水，分层，可用分液漏斗进行分液，A正确；
B．浓硝酸见光分解，用棕色试剂瓶，有强氧化性，能氧化橡胶塞，需用玻璃塞，B错误；
C．NaOH应该使用碱式滴定管，而图示为酸式滴定管，C错误；
D．实验室用加热浓硫酸至170°C的方法制取乙烯，温度计量程为100℃无法测量和控制反应温度，D错误；
答案选A。
11． NH4+ Cl﹣ OH﹣ H+ ＜ ＞ =
【详解】①向20.00mL稀氨水加入10.00mL盐酸后，溶液为等物质的量浓度的氨水与氯化铵的混合液，氨水电离使呈碱性，氯化铵水解使溶液呈酸性，等物质的量浓度，电离程度大于水解程度，溶液呈碱性，即：c(OH﹣)＞c(H+)；根据电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣)，溶液呈碱性，所以，c(NH4+)＞c(Cl﹣)；水解程度微弱，溶液中c(Cl﹣)远远大于c(OH﹣)，故溶液中各种离子浓度之间的大小关系为：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；
②盐酸与氨水恰好反应，为氯化铵溶液，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+发生水解使溶液呈酸性，即pH＜7；
③盐酸与氨水1:1恰好反应时溶质为为氯化铵NH4+发生水解使溶液呈酸性，若要溶液呈中性，氨水应过量，所以n(NH3·H2O)>n(HCl)；根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣)，由于溶液pH=7，即c(OH﹣)=c(H+)，所以c(NH4+)＞c(Cl﹣)。
12．0.04mol/L
【详解】用硫酸酸化的 溶液滴定至终点，消耗溶液体积为20 mL，根据反应方程式可知，n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.01mol/L×0.02L=0.001mol，则步骤b中所配25 mL溶液中的物质的量浓度。
13．(1) 碱
(2)＞
(3)
(4) 22.80 最后一滴标准盐酸滴入时，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色
【解析】（1）
①溶液是0.1mol/L CH3COONa，溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性，反应的离子方程式为：；
（2）
③0.1mol/L CH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，其中的大小关系是②＞③；
（3）
溶液④和混合液，溶液中存在电荷守恒为；
（4）
现用0.1000mol/L的标准盐酸滴定⑤0.1mol/LNaOH溶液，选择酚酞做指示剂，达到滴定终点时的液面根据图示可知，读数为22.80mL，达到滴定终点的现象为：最后一滴标准盐酸滴入时，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复原色。
14．(1)2或者12
(2) 2.5×10-13 0.01mol/L 2.5×10-11mol/L
(3)4
(4)1＜pH＜4
(5)2
(6)20:1
【详解】（1）某溶液中由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1则可能是强酸溶液，则此溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-12 mol·L-1，c(H+)aq==10-2mol/L，或者是强碱溶液，则此溶液中c(H+)aq= c(H+)水=10-12 mol·L-1，则该溶液的pH为2或者12，故答案为：2或者12；
（2）某温度下，纯水中c(H+)=5.0×10-7 mol·L-1，则该温度下的KW=c(H+)c(OH-)=5.0×10-7×5.0×10-7=2.5×10-13，若温度不变，0.005 mol·L-1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.005mol/L×2=0.01mol/L，由水电离出的c(H+)==2.5×10-11mol/L，故答案为：2.5×10-13；0.01mol/L；2.5×10-11mol/L；
（3）根据强酸强碱有限稀释的规律即强酸、强碱每稀释10倍，其pH值向7靠近1个单位可知，将pH=1的盐酸稀释1000倍后，pH为4，故答案为：4；
（4）由于CH3OOH是弱酸，稀释过程中能促进其电离，故将pH=1的CH3COOH溶液稀释1000倍后，pH的范围1＜pH＜4，故答案为：1＜pH＜4；
（5）25℃时，由反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知，将0.1mol·L-1 NaOH溶液与0.06mol·L-1的H2SO4溶液等体积混合，硫酸过量，充分反应后溶液中的c(H+)==0.01mol/L，则所得溶液的pH为2，故答案为：2；
（6）将pH=5的H2SO4稀释1000倍后，此时c(H+)≈10-7mol/L，而c(SO)==5×10-9mol/L，则c(H+)：c(SO)约为10-7：5×10-9=20:1，故答案为：20:1。
15． ④>③>②>① 106∶1 < AD ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋ 5.9×10－10
【详解】（1）等物质的量浓度的HF和HClO溶液，由于HClO的电离常数较小，故溶液中含有的H+浓度较小，其pH比HF稍大；等物质的量浓度的NaHCO3和NH3·H2O溶液，由于碳酸氢钠溶液呈碱性，故碳酸氢根的水解程度大于碳酸氢根的电离，碳酸氢根的水解常数Kh====2.4×10-8，与一水合氨的电离常数相比碳酸氢根的水解常数较小，故碳酸氢根水解出的OH-的浓度小于一水合氨电离出的OH-的浓度，故一水合氨的pH稍大，综上，四种物质的pH从大到小的顺序为④>③>②>①；
（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液中的H+由铵根水解而来，故pH＝4的NH4Cl中水电离的c(H+)=10-4mol/L；HF为弱酸，溶液中的H+由HF电离而来，HF中水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相同，故pH＝4的HF中水电离出的c(H+)=10-10mol/L，综上，两溶液中水电离出的c(H+)之比为10-4:10-10=106:1；
（3）①根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的一级电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)
A选项，向NaClO溶液中加适量的水，浓度减小，氢氧根离子浓度减小，可行；
B选项，向NaClO溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，不可行；
C选项，向NaHCO3溶液中加适量的水，氢氧根离子浓度减小，不可行；
D选项，向NaHCO3溶液中加适量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，可行；
答案选AD；
（4）根据酸的电离常数和强酸制弱酸的原理可知，碳酸的一级电离常数大于次氯酸的电离常数，次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，故二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；
（5）NH4+的水解常数Kh=====5.9×10-10。
16．(1) N2H4 共价
(2)
(3)B
【分析】(1)
，依题意可知：只含、两种元素且相对分子量为32的分子式只有；该化合物由、两种非金属元素组成，所以为共价化合物，电子式为。
(2)
由①、②和③联立，可得到。
(3)
未标明标准状况下，A项错误；根据，可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C项错误。故选B。
17． 浓度 反应物浓度越大 1、2 温度 正极 Fe-2e-=Fe2+ 氧化
【详解】①对比实验1和3，其余条件均相同、只有硫酸浓度不同，3中硫酸浓度大、金属消失时间短、反应速率大，则实验1和3表明影响化学反应速率的因素是浓度；反应规律为：反应物浓度越大，反应速率越快。
②对比实验1和2，其余条件均相同、只有金属状态不同，2中金属为粉末、金属消失时间短、反应速率大，则仅表明固体反应物的表面积对化学反应速率产生影响的实验有1、2。
③对比实验1和4可以发现，本实验中影响化学反应速率的其他因素还有温度。
(2)如图原电池装置中，铜作正极，铜离子在正极上得到电子生成铜，铁作负极，铁失去电子转化为亚铁离子，铁的电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，在铁电极上发生氧化反应。
18． 将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 增大 5 6
【详解】(1)根据题意可知Fe3+完全沉淀时Cu2+不沉淀，所以可以将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围，除去Fe元素；
(2)该工艺中利用浓盐酸浸取粗制氧化铜粉制取氯化铜，为防止Cu2+沉淀，溶液应保持酸性环境，加入NaClO后，酸性环境中ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，该反应过程中消耗氢离子，所以pH增大；
(3)①Cu2+开始沉淀时c(OH-)==1×10-9mol/L，则c(H+)=1×10-5mol/L，pH=5；
②使Cu2+浓度降至原来的千分之一，即c(Cu2+)=2×10-4mol/L，此时c(OH-)==1×10-8mol/L，则c(H+)=1×10-6mol/L，pH=6。
19．(1)<
(2)CD
(3) Fe2++2OH- =Fe(OH)2↓ 温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
(4) A室到B室
【详解】（1）设 N2(g) + O2 (g) = 2NO (g) △H1=+180.5kJ mol-1①，4NH3(g) + 3O2(g) = 2N2(g) + 6H2O (g) △H2= -1269kJ mol-1 ②，4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O △H3 ③，根据盖斯定律，有③=②-①×3，则△H3=△H2-△H1×3=[ (-1269)-3×180.5]kJ mol-1<0；
（2）A．根据图1可知，为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，A错误；
B．根据图1可知，反应物是氨气、和氧气，生成物是氮气和水，则总反应的化学方程式为，B错误；
C．该反应历程中形成了非极性键和极性键，C正确；
D．由图可知，反应中的三个阶段均有元素化合价变化，均为氧化还原反应，D正确；
故选CD；
（3）①方法l，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是Fe2+与溶液中的OH-会发生反应产生Fe(OH)2沉淀，离子方程式为Fe2++2OH- =Fe(OH)2↓；
②分析图像和物质性质可知：温度变化NO去除率变化的原因是温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，化学平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
（4）该装置为电解池，由图可知电极I附近产生氮气，则该电极为阴极，则电极II为阳极，在电解池中阴离子向阳极移动，即向电极II移动，从A室到B室；由图可知，A室发生的电极反应式为。
20．(1) 2.0×10-7 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 高于
(2) E=A=D＜C＜B bc
(3)弱电解质
(4)②＞③＞①
【详解】（1）某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则此时c(OH-)为2×10-7 mol·L-1；该温度下水的离子积常数KW= c(H+)·c(OH-)=4×10-14 mol2·L-2，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)=；盐酸中的OH-只有H2O电离产生，由于水电离的c(H+)=c(OH-)，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)=8.0×10-11 mol/L；H2O是弱电解质，溶液中存在电离平衡，谁电离过程会吸收热量，升高温度，会促进水的电离，导致水电离程度增大，KW增大。在25℃时水的离子积KW=1.0×10-14，该温度下水的离子积KW=4×10-14 mol2·L-2＞1.0×10-14，因此此时温度高于25℃；
（2）①水的离子积常数KW只与温度有关，温度相同，KW相同，升高温度，KW增大，则由于温度：B＞C＞A=D=E，所以图中五点对应的KW的关系是E=A=D＜C＜B；
②由于温度：A=D，溶液中c(H+)： A点c(H+)=c(OH-)，D点：c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以从A点到D点，可使溶液显酸性。
a．升高温度，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，不符合题意；
b．加入少量的盐酸，温度不变，c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；
c．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，加入少量的NH4Cl c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；
故合理选项是bc；
（3）25℃时KW=1.0×10-14，c(H+)·c(OH-)=1×10-14，0.1mol/LHA溶液中，解得c(H+)=10-2 mol/L＜0.1 mol/L，因此HA是一元弱酸，HA属于弱电解质；
（4）对于0.1 mol/L的①H2SO4、②CH3COOH、③NaOH中，H2SO4是二元强酸，c(H+)=0.2 mol/L，CH3COOH是一元弱酸，c(H+)＜0.1 mol/L，但大于10-7 mol/L，NaOH是一元强碱，c(OH-)=0.1 mol/L，电解质电离产生的离子浓度越大，对水电离抑制程度就越大，水电离产生的c(H+)就越小。故三种溶液中水电离产生的c (H+)：②＞③＞①。
21． 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5 kJ/mol 0.25 阳 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 基本不变 NaCN+H2S=HCN+NaHS 6
【分析】甲烷燃烧反应CH4+2O2点燃CO2+2H2O，乙烯燃烧反应为C2H4+3O2点燃2CO2+2H2O，故甲烷制备乙烯的反应根据盖斯定律求解；
由题可知，电解池目的为将硫化氢转化为硫单质，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气；
由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS。
【详解】（1）甲烷燃烧反应CH4(g)+2O2(g)点燃CO2(g)+2H2O(l) H1=-890.3 kJ/mol，乙烯燃烧反应为C2H4(g)+3O2(g)点燃2CO2(g)+2H2O(l) H2=-1411.5 kJ/mol，氢气燃烧反应为2H2(g)+O2(g)点燃2H2O(l) H3=-571 kJ/mol，根据盖斯定律，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝2 H1- H2- H3=＋202.5 kJ/mol；
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，设反应产生乙烯的物质的量为xmol。
2CH4C2H4+2H2
反应前 1 0 0
反应中 2x x 2x
反应后 1-2x x 2x
测得平衡混合气体中C2H4的体积分数==20.0 %，则x=0.25。则在该温度下，其平衡常数K=。根据勒夏特列原理，反应正方向气体体积增大，故在同温环境下，增大压强，平衡逆向移动；反应为吸热反应，故在同压环境下，增大温度，平衡正向移动。
（3）工业上除去天然气中杂质气体H2S，转化为单质硫，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气，2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；通电过程中，硫离子通过阴离子交换膜进入左池，不断与右池中的多余的氢氧化钠反应产生硫化钠，故c(NaOH)：c(Na2S)基本不变；
（4）由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS，反应的化学方程式为NaCN+H2S=HCN+NaHS；
（5）由题可知，Mn2++2H2S=MnS↓+2H+，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=1.4×10 15，故c(S2-)=7×10-13。H2S的电离常数Ka1=1.3×10 7，Ka2=7.0×10 15，故二步电离HS-=H++S2-，即此时当HS-浓度为1.0×10 4 mol·L 1，c(H+)==10-6mol/L，故pH=a=-lgc(H+)=6。
22． 0.09mol/L 甲 当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色 0.2 AD
【分析】据表分析，实验1的数据与实验2实验3 差别太大，可忽略，求出实验2和实验3 的平均值，即为所用标准液的体积，再据c（HCl）=求算；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】I、第一组数据误差较大，舍去，据表可知V（NaOH）==21.70mL，则c（HCl）= = =0.09mol/L；故答案为：0.09mol/L；
II、(1)滴定时，KMnO4具有强氧化性，要用酸式滴定管，将KMnO4标准液装在图中的甲(填“甲”或“乙”)滴定管中。故答案为：甲；
(2)本实验滴定达到终点的标志是当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色。故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色；
(3)根据关系式2KMnO4 ~5H2C2O4计算，H2C2O4溶液的物质的量浓度为=0.2mol/L。故答案为：0.2；
(4)A．滴定终点时俯视滴定管刻度，导致读出的消耗的KMnO4溶液的体积偏小，使测得的值偏小，故A符合；
B．滴定终点时仰视滴定管刻度，导致读出的消耗的KMnO4溶液的体积偏大，使测得的值偏大，故B不符；
C．滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，增大待测H2C2O4的物质的量，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏大，使测得的值偏大，故C不符；
D．滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，使测得的值偏小，故D符合；
故答案为：AD。
23． 温度 催化剂 反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对实验的干扰 Cl- H2O2,盐酸 向盛有H2O2溶液的试管中加入少量盐酸,然后把带火星的木条伸入试管中,木条不复燃
【详解】分析：（1）过氧化氢在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响，设计实验方案来验证时，控制变量以确保实验结果的准确性；（2）利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；（3）①根据反应生成气体的快慢分析；②根据H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同，更为合理；（4）由于双氧水溶液中有水，排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2应是真正催化分解H2O2的是Cl－；为验证猜想2可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出结论．
（1）根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与温度、催化剂有关。（2）利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为： ；（3）①该反应中产生气体，而且反应放热，所以可根据反应产生气泡快慢来判断；②H2O2催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理。（4）由于双氧水溶液中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2应是真正催化分解H2O2的是Cl－；为验证猜想2可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出结论：Cl－对H2O2分解无催化作用；所需试剂：双氧水，盐酸，操作及现象：向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃。
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