【题目】双氧水、84消毒液是日常生活中常用的消毒剂。
（1）84消毒液（主要成分是NaClO)溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：_____________________。
（2）双氧水和84消毒液混合失去消毒作用，并产生无色无味气体，在该反应中氧化剂是____________。
（3）工业上，制备84消毒液的原理是：以惰性电极电解饱和氯化钠溶液，产生的氯气用生成的烧碱溶液吸收。阴极发生的电极反应式为_________________________；写出总反应的化学方程式______________。
（4）实验室分别用KMnO4、H2O2、KClO3制备O2，当得到等质量的O2时，各反应中转移电子的数目之比为______________。
（5）双氧水是二元弱酸，298 K时，Ka1＝1.6×1012，Ka2＝1.0×1025。则298 K时，0.1 mol·L1双氧水溶液的pH≈________________。（已知：lg2≈0.3）
（6）将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL(VO2)2SO4溶液。取25．00mL该溶液于锥形瓶中，用0．1000 mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20．00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+(黄色)被还原为VO2+(蓝色)。
①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________________。
②(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为___________________。
③达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】ClO＋H2O
HClO＋OH NaClO 2H2O＋2e＝2OH＋H2↑ NaCl＋H2O
NaClO＋H2↑ 2:1:2 6.4 溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不褪色 0.080mol·L-1 偏高
【解析】
（1）次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，溶液呈碱性；
（2）双氧水中－1价氧元素被次氯酸根离子氧化成氧气；
（3）阴极水电离出的氢离子得到电子生成氢气；电解氯化钠溶液生成次氯酸钠和氢气；
（4）根据氧元素的化合价变化结合电子得失守恒分析解答；
（5）二元弱酸分步电离，主要以第一步为主，结合电离平衡常数计算；
（6）①利用VO2+（黄色）被还原为VO2+（蓝色）指示到终点；
②结合反应的离子方程式计算物质的量，浓度c=n/V；
③达到滴定终点时，仰视滴定管读数，读取标准溶液体积增大，据此判断。
（1）由于存在水解反应ClO＋H2O
HClO＋OH，因此84消毒液（主要成分是NaClO）溶液呈碱性；
（2）双氧水和84消毒液混合失去消毒作用，并产生无色无味气体，生成的气体是氧气，双氧水和84消毒液混合发生氧化还原反应生成O2、水和氯化钠，氯元素化合价降低，得到电子，在该反应中氧化剂是NaClO；
（3）工业上制备84消毒液的原理是：以惰性电极电解饱和氯化钠溶液，产生的氯气用生成的烧碱溶液吸收，阴极发生还原反应，其电极反应式为2H2O＋2e＝2OH＋H2↑，总反应为NaCl＋H2ONaClO＋H2↑；
（4）实验室分别用KMnO4、H2O2、KClO3制备O2，反应中氧元素化合价分别从－2价升高到0价、－1价升高到0价、－2价升高到0价，所以当得到等质量的O2时，各反应中转移电子的数目之比为2:1:2；
（5）双氧水是二元弱酸，则其电离方程式为：H2O2
H++HO2－、HO2－H++O22－，由于以第一步电离为主，则c（H+）≈c×Ka1＝0.4×10－6，因此298K时0.1molL－1双氧水溶液的pH=－lg0.4×10－6=6－lg0.4=6.4；
（6）①VO2+(黄色)被还原为VO2+(蓝色)，该滴定实验不需要另外加入指示剂，因此达到滴定终点的现象是：滴入最后一滴溶液由黄色变为蓝色且半分钟内不褪色；
②将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL(VO2)2SO4溶液，取25．00mL该溶液于锥形瓶中，用0．1000 mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+(黄色)被还原为VO2+(蓝色)。反应的离子方程式为：
H2C2O4+2H++2VO2+=2VO2++2CO2↑+2H2O
1 2
0.002mol n
解得n=0.004mol
250mL溶液中含VO2+物质的量=250/25×0.004mol=0.04mol，(VO2)2SO4物质的量=0.02mol，溶液浓度=0.02mol÷0.25L=0.080mol/L；
③达到滴定终点时，仰视滴定管读数，读取标准溶液体积偏大，c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，测定结果偏高。
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【题目】现有反应：mA(g)＋nB(g) 
pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为______(填“吸热”或“放热”)反应，且m＋n______(填“>”“＝”或“<”)p。
(2)减压使容器体积增大时，A的质量分数________。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)
(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率________。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比
将________。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量______________________。
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科目：高中化学 来源： 题型：
【题目】认真观察下列装置，下列说法错误的是
A. 装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为PbO2+4H++SO42-+2e－＝PbSO4+2H2O
B. 装置A中总反应的离子方程式为Cu+2H+
Cu2++H2↑
C. 若在装置D中生成0.2 mol Fe(OH)3，则消耗水的物质的量共为0.5 mol
D. 若装置E的目的是在Cu材料上镀银，则极板N的材料为Cu
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【题目】分类是学习和研究化学的重要方法，下列物质的分类合理的是（ ）
A.苛性钠、熟石灰、纯碱均属于碱
B.CO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物
C.次氯酸、氢硫酸、磷酸均属于含氧酸
D.NH4Cl、NH4NO3、CO（NH2）2均属于铵盐
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【题目】科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-═2H2O
C. 电路中每流过2mol电子，在正极消耗22.4L H2S
D. 每34g H2S参与反应，有2mol H+经质子膜进入正极区
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【题目】X、Y、Z三种金属，X、Y组成原电池，X是负极；把Y放在Z的硝酸盐溶液中，Y表面有Z析出。其活泼顺序是
A.X >Y>ZB.Z>Y>X
C.X>Z>YD.Y>X>Z
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【题目】钢铁行业是工业生产的重要支柱。
（1）已知高炉炼铁的主要反应为：
①Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) △H=－25 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)+CO(g)＝2Fe3O4(s)+CO2(g) △H=－47 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)+CO(g)＝3FeO(s)+CO2(g) △H=+19 kJ·mol－1
写出FeO(s)被CO还原生成Fe(s)和CO2的热化学方程式：________________。
（2）恒温恒容条件下进行反应Fe2O3(s)+3CO(g)
2Fe(s)+3CO2(g)，下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填写序号字母)。
a．v(CO)正=v(CO2)逆 b．CO、CO2 的浓度之比为1：1
c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变
（3）ToC时，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)的平衡常数为K=27。在1L的密闭容器中分别按下表所示加入物质，维持ToC反应一段时间达到平衡，甲、乙容器中CO的平衡转化率之比=_________。
Fe2O3 | CO | Fe | CO2 | |
甲容器 | 1.0 mol | 1.0 mol | 1.0 mol | 1.0 mol |
乙容器 | 1.0 mol | 2.0 mol | 1.0 mol | 1.0 mol |
（4）下列为合成甲醇的有关化学方程式：
①2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)
②H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)
③3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
某温度下，上述三个反应的平衡常数数值分别为2.5，2.0和K3，则K3值为_______。
（5）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电。高铁电池的总反应为：3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH
3Zn+2K2FeO4+8H2O，则充电时的阳极反应式为__________。
（6）炼铁尾气中含有CO，经过回收可用于合成甲醇：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) △H=－90.1 kJ·mol－1。ToC，该反应的Kp=6.0×10-3kPa-2（用平衡分压代替平衡浓度所得平衡常数，分压= 总压×物质的量分数）。该温度下的某容器中，若起始充入2molH2、1molCO，平衡时甲醇的平衡分压p(CH3OH)=24.0kPa，则平衡时混合气体中CH3OH的体积分数约为________（用百分数表示，小数点后保留1位）。
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【题目】苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：
已知：
名称 | 相对分子质量 | 颜色，状态 | 沸点(℃) | 密度(g·cm-3) |
苯甲酸 | 122 | 无色片状晶体 | 249 | 1.2659 |
苯甲酸乙酯 | 150 | 无色澄清液体 | 212.6 | 1.05 |
乙醇 | 46 | 无色澄清液体 | 78.3 | 0.7893 |
环己烷 | 84 | 无色澄清液体 | 80.8 | 0.7318 |
苯甲酸在100℃会迅速升华。
实验步骤如下：
①在圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸，25 mL 95%的乙醇（过量），20 mL环己烷以及4 mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2 h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。
③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25 mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。
④检验合格，测得产品体积为12.86 mL。
回答下列问题：
（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。
A．25 mL B．50 mL C．100 mL D．250 mL
（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。
（3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。
A．65～70℃ B．78～80℃ C．85～90℃ D．215～220℃
（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。
（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）计算本实验的产率为_______________。
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