所提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇溶液、CCl4，仪器及用品自选． ①欲除去溶液中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，选出a操作中所代表的试剂，按滴加顺序依次为 BaCl2、NaOH、Na2CO3 （只填化学式），b步操作的名称是 冷却结晶 ．
②洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量Cl，应选用试剂是 75%乙醇 ，用PH试纸测定滤液ⅡPH值的方法是 用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度， ．
（2）用提纯的NaCl配制500mL，2.5mol?L﹣1的NaCl溶液，所需仪器除烧杯，托盘天平（砝码和镊子），药匙，玻璃棒外，还需要 500ml容量瓶、胶头滴管 （填仪器名称），应称取NaCl 73.1 g （3）下列操作会导致所配NaCl溶液浓度偏高的是 CE
A、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线． B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶． C、定容时，俯视刻度线．
D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水． E、称量时，天平指针指向左盘．
考点： 粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液． 专题： 实验题．
分析： （1）①把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除硫酸根用钡离
子．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；根据 浓溶液冷却结晶可得晶体；
②根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；根据PH试纸的使用方法； （2）据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；根据m=cvM计算NaCl的质量； （3）根据c=分析操作对所配溶液的浓度的影响．
解答： 解：（1）①要除去SO42﹣，只有选BaCl2溶液，若选用Ba（NO3）2，会引入新的离子NO3﹣，
再选用NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+溶液，最后选用Na2CO3溶液除去Ca2+，此处不能选用2CO3溶液，否则会引入新的+，再用HCl除去过量的CO32﹣，Na2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；浓溶液冷却结晶可得晶体，所以b步操作的名称是冷却结晶， 故答案为：BaCl2、NaOH、Na2CO3；冷却结晶；
②除去NaCl晶体表面的少量的Cl，应选用75%的乙醇，因为CCl4有毒，同时Cl也不会溶解在CCl4中；用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度，
故答案为：75%乙醇；用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度；
（2）溶液配制步骤为：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，需要NaCl的质量为2.5mol?L﹣1×0.5L×58.5g/mol=73.1g， 故答案为：500ml容量瓶、胶头滴管；73.1；
（3）A、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线，溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故A错误；
B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，溶质的质量偏小，使使所配溶液的浓度偏低，故B错误； C、定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，使所配溶液的浓度偏大，故C正确；
D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，所配溶液的浓度不变，故D错误；
E、称量时，天平指针指向左盘，溶质的质量偏大，使使所配溶液的浓度偏大，故E正确； 故答案为：CE．
点评： 本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂、溶液的配制及误差分析，除去杂质不要引入新的
杂质，对于实验过程中过量的试剂都要除去．
10．（12分）（2013?达州一模）煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题．已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表：
400 500 800 温度/℃
9.94 9 1 平衡常数
试回答下列问题
（1）上述正向反应是 放热 反应 （填“放热”或“吸热”）
（2）要使上述反应的逆反应速率增大且平衡正反应方向移动，下列措施不可行的有 ACD A、加入催化剂 B、增大CO的物质的量以提高体系的压强 C、降低温度 D、减小H2的浓度
（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为，若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数不等于的有 BC
A、1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g） B、2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g）
C、1molCO（g）+3molH2O+0.8molCO2（g）+0.8molH2（g） D、1molCO（g）+3molH2O+1molCO2（g）+1molH2（g）
（4）若反应在800℃时进行，设起始CO和H2O（g）共为5mol，水蒸气的体积分数为；平衡时CO的转化率为y，则y随x变化的函数关系式为y= x
（5）在VL密闭容器中通入10mol CO和10mol水蒸气，在T℃达到平衡，然后急速通过碱石灰，将所得混合气体燃烧，测得放出的热量为2845J（已知CO燃烧热为283J/mol，H2燃烧热为286J/mol），则T℃平衡常数= 1 ，T= 1073 （0℃时T=273）
考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学平衡的计算． 专题： 化学平衡专题．
分析： （1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平
衡向吸热方向移动；
（2）逆反应速率增大且平衡正反应方向移动； A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大； C、反应是放热反应，降温，正逆反应速率减小平衡正向进行； D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但正逆反应速率速率减小；
（3）此题考查判断全等平衡的方法，一般是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效；
（4）反应在800℃时进行，平衡常数=1，起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为 5（1﹣x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答； （5）CO、H2的物质的量共为10mol，根据燃烧放出的热量求出CO、H2各自的物质的量，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数计算；
解答： 解：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度
平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热； （2）A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，故A错误；
B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大，故B正确；
C、反应是放热反应，降温，速率减小平衡正向进行，故C错误； D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但速率减小，故D错误； 故选ACD．
（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为；
A、采用极限分析法，1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：6mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故A不符合；
B、采用极限分析法，2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：3mol=1：1，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数大于x，故B符合；
C、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH2O+0.8molCO2（g）+0.8molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：1.8mol：3.8mol=9：19，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数小于x，故C符合；
D、采用极限分析法，1molCO（g）+3molH2O+1molCO2（g）+1molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为2mol：4mol=1：2，当反应达到平衡时，CO的体积分数为x．故D不符合； 故选BC．
（4）因800℃时反应平衡常数为1．
CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）， 起始：5（1﹣x） 5x 0 0
转化：5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y 平衡：5（1﹣x）（1﹣y）5（x﹣y+xy） 5（1﹣x）y 5（1﹣x）y
所以平衡常数k===1，解得y=x， 故答案为：y=x；
（5）由方程式CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）可知，有1molCO反应则生成1molH2，开始通入10molCO，所以平衡时，CO、H2的物质的量共为10mol．则平均燃烧热为=284.5kJ/mol，
利用平均值法计算CO、H2的物质的量之比，设CO、H2物质的量为x、y； x+y=10
283x+286y=2845
计算得到x=y=5mol；
利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量， CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）， 起始：10mol 10mol 0 0 转化：5mol 5 mol 5mol 5mol 平衡：5mol 5mol 5mol 5mol
所以常数平衡常数为===1； 图表分析可知温度为800°C，T=273+800=1073 故答案为：1；1073；
点评： 本题考查了化学平衡的影响因素分析，等效平衡的应用判断，极值转化是解题的关键，平衡常数只
受温度影响，同一反应温度不变，平衡常数不变．题目难度中等．
11．（16分）（2013?达州一模）NaClO和Al（SO4）2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业． （1）工业上可用氯化钠为原料，通过电解的方法制得NaClO，工业上制取NaClO的离子反应方程式为 Cl﹣+H2OClO﹣+H2↑ 电解后的溶液PH 大于 7（填大于、小于、等于）；其原因是 ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣ （用离子方程式表示）
（2）Al（SO4）2溶液中质子守恒等式为 c（H+）=c（OH﹣）+3c（Al（OH）3） （3）某小组同学用下图所示装置探究饱和NaClO和Al（SO4）2溶液混合反应的实验． ①打开活塞向烧瓶中加入饱和Al（SO4）2溶液，产生大量的白色胶状沉淀．此时反应的离子方程式为 3Cl﹣+Al3++3H2O=3HClO+Al（OH）3↓ ．②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体．写出在光照射下混合液中反应的化学方程式是 4HClO2H2O+2Cl2↑+O2↑ ．
（4）若将分液漏斗中的Al（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（一种复盐：（NH4）2SO4?FeSO4）溶液，其他不变．打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液．观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生．此时烧瓶中发生的氧化还原反应的离子方程式为 3ClO﹣+6Fe2++3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣ ．
（5）取100mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液，向其中逐滴加入同浓度的HSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，此时溶液的PH值为 10.7 （忽略两溶液混合时的体积变化，混合后溶液的温度为100℃，100℃时w=1x10﹣12）
考点： 盐类水解的应用；氧化还原反应；pH的简单计算；电解原理． 专题： 盐类的水解专题；电化学专题．
分析： （1）电解饱和食盐水得到氯气、氢气、氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和
氯化钠溶液；氯气全部和氢氧化钠反应生成次氯酸钠溶液和氢气；次氯酸钠溶液水解显碱性； （2）依据溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，质子守恒是水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒；
（3）①烧瓶中加入饱和Al（SO4）2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸； ②依据现象分析是次氯酸分解生成氯气、氧气和水的反应；
（4）亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子教育氧化性在溶液中发生氧化还原反应，依据原子守恒和电子守恒计算书写离子方程式；
（5）Ba（OH）2溶液与HSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，反应物质的量之比为1：1，依据剩余溶液中氢氧根离子计算浓度结合w计算氢离子浓度计算溶液PH；
解答： 解：（1）电解饱和食盐水得到氯气、氢气、氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠
和氯化钠溶液；氯气全部和氢氧化钠反应生成次氯酸钠溶液和氢气；反应的离子方程式为：Cl﹣
+H2O
ClO﹣+H2↑；次氯酸钠溶液水解显碱性；ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；故答案为：Cl
﹣+H2OClO﹣+H2↑；大于；ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；
（2）液中铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，质子守恒是水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，c（H+）=c（OH﹣）+3c（Al（OH）3）；故答案为：c（H+）=c（OH﹣）+3c（Al（OH）3）； （3）①烧瓶中加入饱和Al（SO4）2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为：
3Cl﹣+Al3++3H2O=3HClO+Al（OH）3↓；故答案为：3Cl﹣+Al3++3H2O=3HClO+Al（OH）3↓； ②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生为氯气，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体为氧气．依据氧化还原反应电子守恒写出化学方程式配平得到：4HClO
2H2O+2Cl2↑+O2↑；
故答案为：4HClO2H2O+2Cl2↑+O2↑；
（4）若将分液漏斗中的Al（SO4）2溶液换成硫酸亚铁铵（一种复盐：（NH4）2SO4?FeSO4）溶液，其他不变．打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液．观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子教育氧化性在溶液中发生氧化还原反应，
反应的离子方程式为：3ClO﹣+6Fe2++3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣； 故答案为：3ClO﹣+6Fe2++3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl﹣；
（5）取100mL 0.1mol/L Ba（OH）2溶液，向其中逐滴加入同浓度的HSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，Ba（OH）2溶液与HSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，需要同浓度溶液体积为100ml，反应物质的量之比为1：1，剩余氢氧根离子物质的量为0.01mol，浓度c（OH﹣）=
=0.05mol/L；
100℃时w=1x10﹣12，c（H+）==2×10﹣11mol/L；PH=﹣lg2×10﹣11mol/L=10.7，故答案为：10.7；
点评： 本题考查了电解原理的应用，反应产物判断，盐类水解的应用，氧化还原反应的分析判断，溶液
PH计算应用，题目难度中等．
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