2025年蘇科新版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年蘇科新版選擇性必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷38考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、硫化汞(HgS)難溶于水；在自然界中呈紅褐色，常用于油畫(huà)顏料，印泥及朱紅雕刻漆器等。某溫度時(shí)，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.向硫化汞的濁液中加入硫化鈉溶液，硫化汞的Ksp減小B.圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是飽和溶液C.向c點(diǎn)的溶液中加入Hg(NO3)2，則c(S2-)減小D.升高溫度可以實(shí)現(xiàn)c點(diǎn)到b點(diǎn)的轉(zhuǎn)化2、下列說(shuō)法正確的是（）A.增大反應(yīng)體系的壓強(qiáng)，反應(yīng)速率一定增大B.化學(xué)鍵既存在于分子中相鄰原子間，也存在于相鄰分子的原子間C.在海輪外殼連接鋅塊保護(hù)外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法D.用惰性電極電解Na2SO4溶液，陰陽(yáng)兩極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：23、下列按要求書(shū)寫(xiě)的熱化學(xué)方程式正確的是(注：△H的絕對(duì)值均正確)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H=-1367.0kJ/mol(燃燒熱)B.2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ/mol(中和熱)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-269.8kJ/mol(反應(yīng)熱)D.2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol(反應(yīng)熱)4、小組同學(xué)探究鹽溶液對(duì)反應(yīng)(血紅色)的影響。將2mL0.01mol/LFeCl3的溶液與2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合；分別加入等體積的試劑①~④，測(cè)得平衡后體系的透光率如下圖所示。

已知：ⅰ.溶液血紅色越深；透光率越小，其它顏色對(duì)透光率的影響可忽略。

ⅱ.(黃色)

下列說(shuō)法不正確的是A.注入試劑①后溶液透光率增大，一定是由于平衡逆向移動(dòng)引起的B.透光率③比②高，可能是陽(yáng)離子種類(lèi)或溶液pH導(dǎo)致的C.透光率④比③高，可能發(fā)生了反應(yīng)D.若要證明試劑③中Cl—對(duì)平衡體系有影響，還應(yīng)使用與試劑③等體積的0.04mol/L的KNO3溶液進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)(已知NO對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響)5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：H+、Fe2+、SONOB.使甲基橙變紅的溶液中：Ca2+、NHCH3COO-、Cl-C.0.1mol·L-1BaCl2溶液中：K+、Na+、OH-、NOD.由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br-、HCO6、土壤的影響植物對(duì)不同形態(tài)養(yǎng)分的吸收及養(yǎng)分的有效性，化肥的不正常使用會(huì)引起土壤減小(即土壤的酸化)。下列化肥可能引起土壤酸化的是A.B.C.D.7、向NaOH和NaAlO2混合溶液中滴加NaHCO3溶液，測(cè)得溶液pH和Al(OH)3生成的量隨加入NaHCO3溶液體積的變化情況如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是。

A.加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)B.b點(diǎn)和c點(diǎn)均有c(Na＋)<2c(CO)＋c(HCO)C.NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為1.125mol/LD.d點(diǎn)時(shí)：c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)8、化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.月餅因富含油脂而易被氧化，保存時(shí)常放入裝有硅膠的透氣袋B.離子交換膜在工業(yè)上應(yīng)用廣泛，在氯堿工業(yè)中使用陰離子交換膜C.鋼鐵在潮濕的空氣中，易發(fā)生化學(xué)腐蝕生銹D.“梨花淡白柳深青，柳絮飛時(shí)花滿(mǎn)城”中柳絮的主要成分和棉花相同評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反應(yīng)：反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表(表中t2>t1)：。反應(yīng)時(shí)間/minn(CO)/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20

下列說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v(H2)=mol·L-1·min-1B.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達(dá)平衡時(shí)c(CO2)=0.40mol·L-1C.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時(shí)CO、H2O的體積分?jǐn)?shù)均增大D.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，到達(dá)平衡時(shí)H2轉(zhuǎn)化率大于1/310、如圖所示；左室容積為右室的兩倍，溫度相同，現(xiàn)分別按照如圖所示的量充入氣體，同時(shí)加入少量固體催化劑使兩室內(nèi)氣體充分反應(yīng)達(dá)到平衡，打開(kāi)活塞，繼續(xù)反應(yīng)再次達(dá)到平衡，下列說(shuō)法正確的是()

A.第一次平衡時(shí)，SO2的物質(zhì)的量左室更多B.充入氣體未反應(yīng)前，左室壓強(qiáng)比右室大C.第一次平衡時(shí)，左室內(nèi)壓強(qiáng)一定小于右室D.第二次平衡時(shí)，SO2的總物質(zhì)的量比第一次平衡時(shí)左室SO2的物質(zhì)的量的2倍還要多11、將一定量的X加入某密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2X(g)?3Y(g)+Z(g)；平衡時(shí)混合氣體中X的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度關(guān)系如圖所示。下列推斷正確的是。

A.壓強(qiáng)大小有P1>P2>P3B.升高溫度，該反應(yīng)平衡常數(shù)K減小C.在該條件下M點(diǎn)X平衡轉(zhuǎn)化率為9/11D.平衡后加入高效催化劑可使混合氣體的平均摩爾質(zhì)量增大12、某學(xué)生欲完成2H++Fe=Fe2++H2↑反應(yīng)，設(shè)計(jì)了下列四個(gè)實(shí)驗(yàn)，你認(rèn)為可行的實(shí)驗(yàn)是A.B.C.D.13、甲、乙是體積均為1.0L的恒容密閉容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+C(s)?2CO(g)。達(dá)到平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量濃度隨溫度的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是。

A.曲線II對(duì)應(yīng)的是乙容器B.a、b兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)平衡體系中的壓強(qiáng)之比：pa:pb<14:9C.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡體系中，CO的體積分?jǐn)?shù)小于4/7D.900K時(shí)，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此時(shí)正<逆14、對(duì)室溫下pH相同、體積相同的稀氨水與氫氧化鈉稀溶液，分別采取下列措施，有關(guān)敘述正確的是A.溫度均升高20℃，兩溶液的pH均不變B.加入適量氯化銨固體后，兩溶液的pH均減小C.加水稀釋至體積為原來(lái)的100倍后，氨水中的c(OH-)比氫氧化鈉溶液中的大D.與足量的氯化鐵溶液反應(yīng)，產(chǎn)生的氫氧化鐵沉淀一樣多15、已知：室溫下向HX溶液中滴加等物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，溶液pH隨變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。

A.水的電離程度：B.a點(diǎn)溶液中：C.室溫下NaX的水解平衡常數(shù)為D.b點(diǎn)溶液中：16、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象結(jié)論A向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中加入少量氯化鋇固體，紅色變淺碳酸鈉溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐漸通入CO2氣體，先出現(xiàn)白色膠狀沉淀，繼續(xù)通入CO2氣體，白色膠狀沉淀不溶解該溶液中一定含有[Al(OH)4]-C將潤(rùn)濕的淀粉碘化鉀試紙置于集滿(mǎn)某氣體的集氣瓶口，試紙變藍(lán)該氣體可能為氯氣D向10mL0.5mol·L-1的氯化鎂溶液中滴加5mL2.4mol·L-1氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀再滴加氯化銅溶液，沉淀變藍(lán)Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]

A.AB.BC.CD.D評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、按要求完成下列問(wèn)題：

（1）在1.01×105Pa時(shí)，4g氫氣在O2中完全燃燒生成液態(tài)水，放出571kJ的熱量，則H2的燃燒熱的ΔH=__________。

（2）在1.01×105Pa時(shí)，16gS在足量的氧氣中充分燃燒生成二氧化硫，放出148.5kJ的熱量，則S燃燒的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____。

（3）甲硅烷（SiH4）是一種無(wú)色氣體，遇到空氣能發(fā)生爆炸性自燃，生成SiO2和水。已知室溫下1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，其熱化學(xué)方程式為_(kāi)____。18、普通干電池是一種廣泛使用的可移動(dòng)化學(xué)電源。某同學(xué)在探究廢酸性干電池內(nèi)物質(zhì)回收利用時(shí)；進(jìn)行如圖所示實(shí)驗(yàn)：

請(qǐng)回答以下問(wèn)題：

（1）干電池工作時(shí)正極電極反應(yīng)式為：2NH4＋+2e-=2NH3↑+H2↑，則負(fù)極電極反應(yīng)式是___________。電池中加入MnO2的作用是除去正極上的某產(chǎn)物，本身生成Mn2O3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______________。

（2）步驟③灼燒濾渣時(shí)所用主要儀器有酒精燈、玻璃棒、______、泥三角和三腳架；灼燒濾渣時(shí)，產(chǎn)生一種無(wú)色無(wú)味能使澄清石灰水變渾濁的氣體，由此推測(cè)灼燒前的濾渣中存在的物質(zhì)有_____。

（3）向步驟④的試管中加入步驟③灼燒后所得黑色固體，試管中迅速產(chǎn)生能使帶火星的木條復(fù)燃的氣體，據(jù)此可初步認(rèn)定灼燒后的黑色固體為_(kāi)____。

（4）查詢(xún)資料得知，通過(guò)電解可將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2。為此某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示裝置，并將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的_________（填“左”或“右”）邊電極上，該電極上發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式是_____，在電解過(guò)程中溶液的pH將__________（填“變大”、“變小”或“不變”）。19、從H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七種離子中恰當(dāng)?shù)亟M成電解質(zhì)；按下列要求進(jìn)行電解：

（1）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，進(jìn)行電解，則可采用的電解質(zhì)是_________________。

（2）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，進(jìn)行電解，則可采用的電解質(zhì)是______________。

（3）以碳棒為陽(yáng)極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解后生成堿和氫氣，則電解質(zhì)為_(kāi)______________________。

（4）以碳棒為陽(yáng)極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解后生成酸和氧氣，則電解質(zhì)為_(kāi)_____________________。20、(1)在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過(guò)兩步反應(yīng)被氧化成NO3-。兩步反應(yīng)的能量變化示意圖如下：

①第一步反應(yīng)是_________________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)，判斷依據(jù)是___________。

②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學(xué)方程式是_________________。

(2)已知紅磷比白磷穩(wěn)定，則反應(yīng)P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(紅磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2的關(guān)系是ΔH1____________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。

(3)在298K、101kPa時(shí)，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)ΔH3

則ΔH3與ΔH1和ΔH2之間的關(guān)系正確的是___________。

AΔH3＝ΔH1＋2ΔH2BΔH3＝ΔH1＋ΔH2

CΔH3＝ΔH1－2ΔH2DΔH3＝ΔH1－ΔH2

(4)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ，其他相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。物質(zhì)H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學(xué)鍵斷裂時(shí)需要吸收的能量(kJ)436200a

則表中a＝__________________。21、（1）地下鋼管連接鎂塊是金屬防腐措施中的________________________法。

（2）鉛及其化合物可用于蓄電池；耐酸設(shè)備及X射線防護(hù)材料等?；卮鹣铝袉?wèn)題：

①鉛是碳的同族元素，比碳多4個(gè)電子層。鉛在元素周期表的位置為_(kāi)______________________；鉛的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比碳酸的_______(填“強(qiáng)”或“弱”)。

②PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________________。

③鉛蓄電池放電時(shí)的正極反應(yīng)式為_(kāi)_________________________________________，當(dāng)電路中有2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，理論上兩電極質(zhì)量變化的差為_(kāi)______g。

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，其原理見(jiàn)下圖，石墨Ⅰ為電池的________極；該電池在使用過(guò)程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，其電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________。

22、己二腈是一種重要的化工產(chǎn)品，工業(yè)上先以丙烯為原料制備丙烯腈()，再用丙烯腈電合成己二腈(已知丙烯腈難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑)，總反應(yīng)式為：模擬工業(yè)電合成己二腈的裝置如圖所示。

回答下列問(wèn)題：

(1)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式：___________。

(2)離子交換膜是___________(填“陽(yáng)離子”或“陰離子”)交換膜。

(3)丙烯腈在陰極轉(zhuǎn)化為己二腈分三步：請(qǐng)用離子方程式表述相關(guān)過(guò)程。

第一步：___________。

第二步：

第三步：___________。23、電化學(xué)原理在防止金屬腐蝕；能量轉(zhuǎn)換、物質(zhì)制備等方面應(yīng)用廣泛。

（1）鋼閘門(mén)在海水中易被腐蝕；常用以下兩種方法減少其腐蝕：

①圖1中，A為鋼閘門(mén)，材料B可以選擇___（填字母序號(hào)）。

a．碳棒b．銅板c．鋅板。

②圖2中，鋼閘門(mén)C做___極。用氯化鈉溶液模擬海水進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，D為石墨塊，則D電極反應(yīng)式為_(kāi)__，檢驗(yàn)該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法___。

（2）鎂燃料電池在可移動(dòng)電子設(shè)備電源和備用電源等方面應(yīng)用前景廣闊。圖3為“鎂—次氯酸鹽”燃料電池原理示意圖，電極為鎂合金和鉑合金。E為該燃料電池的___極（填“正”或“負(fù)”）。F電極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)__。

（3）利用電化學(xué)法生產(chǎn)硫酸，可使絕大多數(shù)單質(zhì)硫直接轉(zhuǎn)化為SO3，在生產(chǎn)硫酸的同時(shí)還能化學(xué)發(fā)電。圖4為電化學(xué)法生產(chǎn)硫酸的工藝示意圖，電池以固體金屬氧化物作電解質(zhì)，該電解質(zhì)能傳導(dǎo)O2-離子。

①正極每消耗4.48LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為_(kāi)__。

②S(g)在負(fù)極生成SO3的電極反應(yīng)式為_(kāi)__。24、如圖為25℃時(shí)，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液過(guò)程中混合溶液pH的變化曲線。

（1）NaOH與CH3COOH恰好完全反應(yīng)時(shí)溶液中各離子濃度大小關(guān)系為_(kāi)_。

（2）AB區(qū)間，c(OH-)＞c(H+)，則c(OH-)與c(CH3COO-)大小關(guān)系是__（填序號(hào)）。

A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-)B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)

C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-)D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)

（3）在B點(diǎn)時(shí)，溶液中各離子濃度大小關(guān)系為_(kāi)_。

（4）在D點(diǎn)時(shí)，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D點(diǎn)混合溶液的質(zhì)子守恒的關(guān)系為_(kāi)_。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)25、Na2CO3溶液加水稀釋?zhuān)龠M(jìn)水的電離，溶液的堿性增強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤26、鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘的資源有限，價(jià)格昂貴。_______A.正確B.錯(cuò)誤27、25℃時(shí)，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等。（______________）A.正確B.錯(cuò)誤28、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)29、某礦石中含有硅、鐵、鋁的氧化物，為綜合開(kāi)發(fā)資源提高礦石的利用率，化工廠采取如圖工藝制備鐵紅和AlCl3·6H2O。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如表：。金屬離子Fe3+Al3+Fe2+開(kāi)始沉淀的pH2.23.79.5沉淀完全的pH(10—5mol/L)3.14.711.1

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)提高酸浸效率的措施_______(答出一種即可)，最適合選擇_______進(jìn)行酸浸。

(2)“氧化”步驟一般采用雙氧水，且分多次添加的方式。其涉及的離子方程式：_______，分多次添加雙氧水的目的是_______。

(3)調(diào)節(jié)pH的范圍為_(kāi)______。

(4)“洗滌”濾渣B的操作是_______。

(5)由AlCl3溶液制備AlCl3·6H2O的操作步驟為_(kāi)______，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、_______；干燥。

(6)寫(xiě)出濾渣A與氫氟酸反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式_______。

(7)若礦石m1kg，最后獲得m2kgAlCl3·6H2O，則礦石中鋁元素的含量為_(kāi)______×100%。(用最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)表示)30、氯化亞銅(CuCl)是一種重要的化工產(chǎn)品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于濃鹽酸和氨水，在潮濕空氣中易水解氧化成綠色的堿式氯化銅[Cu2(OH)4―nCln]。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料；采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過(guò)程如下：

回答下列問(wèn)題：

（1）步驟①中得到的氧化產(chǎn)物是_______________，溶解溫度應(yīng)控制在60~70度，溫度不宜過(guò)高的原因是_______________。

（2）步驟③中Cu＋的沉淀率與加入的NH4Cl的量關(guān)系如圖所示。寫(xiě)出步驟③中主要反應(yīng)的離子方程式_______________。提高處于C點(diǎn)狀態(tài)的混合物中Cu＋沉淀率的措施可以是_______________。

（3）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是_______________（寫(xiě)名稱(chēng)）。

（4）上述工藝中，步驟⑥不能省略，理由是_______________。

（5）CuCl可用于捕捉CO氣體，其反應(yīng)為CuCl(s)+xCO(g)CuCl?xCO(s)△H<0，為提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有_______________（填標(biāo)號(hào)）。

A.降低溫度B.增大壓強(qiáng)。

C.延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間D.把CuCl分散到疏松多孔的分子篩中31、氯化亞銅(CuCl)常用作有機(jī)合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工業(yè)上用制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生產(chǎn)CuCl的流程如圖所示：

根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：

（1）寫(xiě)出生產(chǎn)過(guò)程中X________；Y________(填化學(xué)式)。

（2）析出的CuCl晶體不用水而用無(wú)水乙醇洗滌的目的是________________________；生產(chǎn)過(guò)程中調(diào)節(jié)溶液的pH不能過(guò)大的原因是________________________。

（3）寫(xiě)出生成CuCl的化學(xué)方程式：__________________________________。

（4）在CuCl的生成過(guò)程中理論上不需要補(bǔ)充SO2氣體，其理由是_________________。

（5）已知：常溫下Ksp(CuCl)=1.6×10-7，Ksp(CuI)=1.2×10-12，現(xiàn)向CuCl飽和溶液中加入NaI固體至c(I-)=0.1mol/L，此時(shí)溶液中c(Cu+)/c(Cl-)=________。

（6）氯化亞銅的定量分析。

①稱(chēng)取樣品0.25g置于已放入10mL過(guò)量的FeCl3溶液的錐形瓶中；不斷搖動(dòng)。

②待樣品溶解后；加水50mL，鄰菲羅啉指示劑2滴。

③立即用0.10mol·L－1硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)；同時(shí)做空白實(shí)驗(yàn)一次。

已知：

CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2；Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。

如此再重復(fù)2次測(cè)得：。123空白實(shí)驗(yàn)消耗硫酸鈰。

標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL0.750.500.800.25g樣品消耗硫酸鈰。

標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL24.6525.7524.90

④數(shù)據(jù)處理：計(jì)算得CuCl的純度為_(kāi)________(平行實(shí)驗(yàn)結(jié)果相差不能超過(guò)0.3%)。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

曲線上的點(diǎn)均為飽和溶液中的濃度，有Ksp=c(S2-)c(Hg2+)；曲線下方的點(diǎn)表示的為HgS的稀溶液，曲線上方的點(diǎn)表示的HgS的過(guò)飽和溶液。

【詳解】

A、Ksp只受溫度影響；A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B；c點(diǎn)是飽和溶液；a點(diǎn)未達(dá)到飽和，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C、向飽和溶液中加入Hg(NO)3溶液，c(Hg2＋)增大，HgS(s)Hg2＋(aq)＋S2－(aq)平衡左移，c(S2－)減?。籆項(xiàng)正確；

D、升高溫度，平衡右移，c(Hg2＋)、c(S2－)均增大，而c點(diǎn)到b點(diǎn)c(S2－)未變；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選C。2、C【分析】【詳解】

A.若是向反應(yīng)容器中通入與反應(yīng)體系無(wú)關(guān)的氣體；則增大反應(yīng)體系的壓強(qiáng)，反應(yīng)速率不變，A錯(cuò)誤；

B.化學(xué)鍵是相鄰的兩個(gè)或多個(gè)原子之間的強(qiáng)烈的相互作用；只存在于分子中相鄰原子間，不能存在于相鄰分子的原子間，B錯(cuò)誤；

C.在海輪外殼連接鋅塊，由于金屬活動(dòng)性Zn>Fe；所以Zn；Fe及海水構(gòu)成原電池，Zn失去電子被氧化，F(xiàn)e作正極，被保護(hù)不受腐蝕，這種方法叫犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，C正確；

D.用惰性電極電解Na2SO4溶液，陰極上H+獲得電子變?yōu)镠2，陽(yáng)極上OH-失去電子層數(shù)O2；根據(jù)同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知陰；陽(yáng)兩極產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．熱化學(xué)方程式中，H2O呈氣態(tài)而不是液態(tài)，則△H=-1367.0kJ/mol不表示燃燒熱；A不正確；

B．反應(yīng)2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)表示生成2molH2O(l)的熱化學(xué)方程式，則△H=-114.6kJ/mol不表示中和熱；B不正確；

C．反應(yīng)S(s)+O2(g)=SO2(g)標(biāo)明了所有物質(zhì)的狀態(tài)，則△H=-269.8kJ/mol表示反應(yīng)熱；C正確；

D．反應(yīng)2NO2=O2+2NO中，所有物質(zhì)的狀態(tài)都未標(biāo)明，則△H=+116.2kJ/mol不表示反應(yīng)熱；D不正確；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．注入試劑①是稀釋溶液的過(guò)程，[Fe（SCN）]2+濃度減小，溶液透光率升高，無(wú)法判斷Fe3++SCN-?[Fe（SCN）]2+平衡是否逆向移動(dòng)；A錯(cuò)誤；

B．③KCl溶液為含有鉀離子的中性溶液，②NH4Cl溶液為含有銨根離子的水解顯酸性的溶液；根據(jù)是否水解或離子不同，則說(shuō)明透光率③比②高，可能是陽(yáng)離子種類(lèi)或溶液pH導(dǎo)致的，B正確；

C．③為0.04mol?L-1的KCl溶液，④為4mol?L-1的KCl溶液，④的濃度大于③的濃度；透光率④比③高，說(shuō)明血紅色變淺，發(fā)生了反應(yīng)Fe（SCN）2++4Cl-?[FeCl4]-+SCN-；C正確；

D．若要證明試劑③為0.04mol?L-1的KCl溶液，Cl-對(duì)平衡體系有影響，排除鉀離子的干擾即K+濃度保持不變，作空白對(duì)照實(shí)驗(yàn)，已知硝酸根對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響，故能使用0.04mol?L-1的KNO3溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；D正確；

故答案為：A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．H＋、NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存；A項(xiàng)不選；

B．使甲基橙變紅的溶液，溶液呈酸性，H+和CH3COO-不能大量共存；B項(xiàng)不選；

C．K+、Na+、OH-、NO可以在BaCl2溶液中大量共存；C項(xiàng)選；

D．由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，溶液呈酸性或堿性，Mg2+在堿性溶液中不能大量共存，在酸性；堿性溶液中均不能大量共存；D項(xiàng)不選；

答案選C。6、C【分析】【詳解】

A．氯化鉀是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；在溶液中不水解，不可能引起土壤酸化，故A錯(cuò)誤；

B．磷酸鈣不溶于水；不可能引起土壤酸化，故B錯(cuò)誤；

C．氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽；在溶液中水解使溶液呈酸性，可能引起土壤酸化，故C正確；

D．一水合氨是弱堿；在溶液中電離出氫氧根離子使溶液呈堿性，不可能引起土壤酸化，故D錯(cuò)誤；

故選C。7、B【分析】【詳解】

A.前8mL不生成沉淀，說(shuō)明加入的NaHCO3先與NaOH反應(yīng)；故A正確；

B.溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3?)+c(OH?)，b點(diǎn)和c點(diǎn)溶液PH>7，所以有c(Na+)>2c(CO)＋c(HCO)；故B錯(cuò)誤；

C.加入40mLNaHCO3溶液時(shí)沉淀達(dá)到最大值，沉淀的物質(zhì)的量=0.036mol，結(jié)合前8mL不生成沉淀及其反應(yīng)的離子方程式可知c(NaHCO3)==1.125mol/L；故C正確；

D.d點(diǎn)時(shí)沉淀量最大，剛好達(dá)到最大值，此時(shí)溶液為碳酸鈉溶液，溶液中存在物料守恒可知，c(Na＋)=2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)；故D正確；

故選B。8、D【分析】【詳解】

A.食品包裝中的硅膠為干燥劑；不能除去月餅包裝袋中的氧氣，故A錯(cuò)誤；

B.氯堿工業(yè)中生成NaOH、Cl2和H2，為防止Cl2和NaOH溶液反應(yīng)；選擇陽(yáng)離子交換膜，故B錯(cuò)誤；

C.鐵中含有雜質(zhì)碳；在潮濕的環(huán)境下容易形成原電池，發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故C錯(cuò)誤；

D.柳絮和棉花的化學(xué)成分均為纖維素；故D正確；

答案：D。二、多選題(共8題，共16分)9、AD【分析】【詳解】

A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為物質(zhì)的平均反應(yīng)速率與化學(xué)計(jì)量數(shù)呈正比，故A正確；

B．t1時(shí)CO的轉(zhuǎn)化量為0.40mol，則水的轉(zhuǎn)化量也為0.40mol，所以t1時(shí)水的物質(zhì)的量為0.20mol，到t2時(shí)沒(méi)有發(fā)生變化，說(shuō)明已達(dá)到平衡，該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等，所以可以用物質(zhì)的量代替濃度求得平衡常數(shù)為：保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，假設(shè)平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量濃度為x，則有：解得故反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)c(CO2)=0.20mol·L-1；B錯(cuò)誤；

C．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O；平衡正向移動(dòng)，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時(shí)CO體積分?jǐn)?shù)一定減小，C錯(cuò)誤；

D．該溫度條件下保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2，假設(shè)轉(zhuǎn)化的氫氣的物質(zhì)的量濃度為y，則有解得到達(dá)平衡時(shí)H2轉(zhuǎn)化率為D正確；

答案選AD。10、AC【分析】【分析】

容器中發(fā)生的反應(yīng)為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由于打開(kāi)活塞前為恒容容器，加入1molAr對(duì)化學(xué)平衡無(wú)影響。

【詳解】

A.若右室的容積與左室相等，左室和右室在相同條件下達(dá)到的平衡狀態(tài)相同，含有的SO2物質(zhì)的量相等，右室在此平衡狀態(tài)時(shí)將體積縮小為原來(lái)的壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，SO2物質(zhì)的量減少，則第一次平衡時(shí)，SO2物質(zhì)的量左室更多，A項(xiàng)正確；B.通入氣體未反應(yīng)前，左室氣體總物質(zhì)的量為2mol+1mol+1mol=4mol，右室氣體總物質(zhì)的量為2mol，左室容積為右室的兩倍，溫度相同，則左室壓強(qiáng)和右室一樣大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.左室從正反應(yīng)開(kāi)始建立平衡，左室平衡時(shí)壓強(qiáng)小于左室起始?jí)簭?qiáng)，右室從逆反應(yīng)開(kāi)始建立平衡，右室平衡時(shí)壓強(qiáng)大于右室起始時(shí)壓強(qiáng)，左室與右室起始?jí)簭?qiáng)相等，則第一次平衡時(shí)左室內(nèi)壓強(qiáng)一定小于右室，C項(xiàng)正確；D.若在容積為2倍左室容積的容器中起始充4molSO2、2molO2，相同條件下達(dá)到平衡時(shí)SO2物質(zhì)的量為左室SO2物質(zhì)的量的2倍，打開(kāi)活塞相當(dāng)于在容積為1.5倍左室容積的容器中起始充入2molSO2、1molO2、2molSO3(g)、1molAr，等效于在容積為1.5倍左室容積的容器中起始充入4molSO2、2molO2、1molAr，相對(duì)于2倍左室容積的容器縮小了體積，壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，SO2物質(zhì)的量減小，即第二次平衡時(shí)，SO2的總物質(zhì)的量比第一次平衡時(shí)左室SO2物質(zhì)的量的2倍要少，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選AC。11、AC【分析】【詳解】

A．可逆反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，X的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，所以，壓強(qiáng)大小有P1>P2>P3；所以A正確；

B．升高溫度；X的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)降低，說(shuō)明反應(yīng)向正方向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；

C．在該條件下M點(diǎn)X平衡轉(zhuǎn)化率為C正確；

D．催化劑不會(huì)使平衡發(fā)生移動(dòng)；氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，D錯(cuò)誤；

答案選AC。12、BC【分析】【詳解】

A．該裝置是電解池，C是陽(yáng)極，電極反應(yīng)為2H2O-4e-=4H++O2↑，F(xiàn)e是陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，故總反應(yīng)為：A不合題意；

B．該裝置是原電池，F(xiàn)e是負(fù)極，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，Ag是正極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，故總反應(yīng)為：2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑；B符合題意；

C．該裝置是電解池，左邊Fe是陽(yáng)極，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，右邊Ag是陰極，開(kāi)始電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑；C符合題意；

D．該裝置是原電池，F(xiàn)e是負(fù)極，在稀硝酸溶液中被氧化為高價(jià)鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe-3e-=Fe3+，Ag是正極，電極反應(yīng)為：+4H++3e-=2H2O+NO↑，故總反應(yīng)為：Fe+4H+＋=Fe3+＋2H2O+NO↑；D不合題意；

故答案為：BC。13、BD【分析】【詳解】

A．根據(jù)反應(yīng)CO2(g)+C(s)?2CO(g)可知，0.1molCO2和0.3mol碳粉完全反應(yīng)最多生成0.2molCO；故曲線II對(duì)應(yīng)的是甲容器，A錯(cuò)誤；

B．a(chǎn)點(diǎn)有：b點(diǎn)有：同溫同體積的氣體的壓強(qiáng)之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，a、b兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)平衡體系中的壓強(qiáng)之比：pa:pb=(0.12mol+0.16mol):(0.16mol+0.02mol)=14:9，但由于b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度更高，故b點(diǎn)的壓強(qiáng)增大，故pa:pb<14:9；B正確；

C．b點(diǎn)有：b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡體系中，CO的體積分?jǐn)?shù)為大于4/7；C錯(cuò)誤；

D．由a點(diǎn)有：可以計(jì)算出該溫度下的平衡常數(shù)為：K==根據(jù)圖像可知，升高溫度，CO的濃度增大，即正方向移動(dòng)，K值增大，故900K時(shí)，K’小于0.21，故起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，Qc==大于K’，平衡逆向移動(dòng)，故此時(shí)正<逆；D正確；

故答案為：BD。14、BC【分析】【詳解】

A．升高溫度，水的離子積Kw變大；所以?xún)扇芤旱膒H一定改變，A錯(cuò)誤；

B．加入氯化銨之后，由于同離子效應(yīng)，NH3·H2O的電離程度減小，c(OH-)降低，溶液pH減小，而NaOH溶液中，NH和OH-反應(yīng)，使得c(OH-)降低；溶液pH也減小，B正確；

C．向pH相同的兩溶液中加水稀釋100倍，NaOH溶液的pH的變化量為2，而氨水的pH的變化量小于2，即稀釋后，氨水的pH更高，則氨水中c(OH-)比氫氧化鈉溶液中的大；C正確；

D．體積相同、pH相同的兩溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在電離平衡，實(shí)際上未電離的NH3·H2O還有很多，這部分NH3·H2O還可以再提供OH-，故這兩種溶液和足量的FeCl3反應(yīng)，氨水產(chǎn)生的Fe(OH)3更多；D錯(cuò)誤；

答案選BC。15、BC【分析】【分析】

Ka=則=c點(diǎn)p[]=1、pH=5.75，則p[]=-lg=-lg=pH+lgKa=5.75+lgKa=1，Ka=10-4.75。

【詳解】

A．a(chǎn)、b、c溶液都呈酸性，溶液的pH：pH(a)+)：a>b>c，所以水電離程度：a

B．a(chǎn)點(diǎn)p[]=-lg[]=-1，則c(HX)=10c(X-)，該點(diǎn)溶液pH=3.75<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，結(jié)合電荷守恒得c(Na+)-)，則10c(Na+)<10c(X-)=c(HX)；故B錯(cuò)誤；

C．室溫下NaX的水解平衡常數(shù)=故C錯(cuò)誤；

D．b點(diǎn)p[]=0，c(HX)=c(X-)，該點(diǎn)溶液pH<7，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，水電離程度較小，溶液中存在c(HX)=c(X-)>c(H+)>c(OH-)；故D正確；

故選：BC。16、AC【分析】【詳解】

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固體；紅色變淺，是因碳酸鈉溶液中存在水解平衡，加氯化鋇生成碳酸鋇，碳酸根離子濃度減小，水解平衡逆向移動(dòng)，氫氧根離子濃度減小，故A正確；

B．和CO2反應(yīng)生成白色膠狀沉淀，當(dāng)CO2過(guò)量時(shí)沉淀不溶解的離子有[Al(OH)4]-、SiO等，所以根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能判斷溶液中是否含有[Al(OH)4]-；故B錯(cuò)誤；

C．氯氣具有強(qiáng)氧化性；能氧化KI生成單質(zhì)碘，碘遇淀粉顯藍(lán)色，所以該氣體可能是氯氣，故C正確；

D．反應(yīng)中NaOH過(guò)量；因而能和氯化銅反應(yīng)生成藍(lán)色氫氧化銅沉淀，不能說(shuō)明沉淀的轉(zhuǎn)化，故D錯(cuò)誤；

故答案選AC。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【分析】

根據(jù)燃燒熱的概念計(jì)算燃燒熱；根據(jù)題干信息書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時(shí)所放出的熱量，4g氫氣放出571kJ的熱量，則1molH2的燃燒放出的熱量為所以ΔH=-285.5kJ?mol-1，故答案為：-285.5kJ?mol-1；

(2)16gS燃燒放出148.5kJ的熱量，則1molS燃燒放出的熱量為148.5kJ×2=297kJ，則S燃燒的熱化學(xué)方程式為：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

故答案為：S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1；

(3)1g甲硅烷自燃放出44.6kJ熱量，則1mol甲硅烷自燃放出44.6kJ×32=1427.2kJ熱量，其熱化學(xué)方程式為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1，故答案為：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-1。

【點(diǎn)睛】

熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)要常出錯(cuò)地方有：1、反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)是否與題干信息一致。2、反應(yīng)熱的符號(hào)和單位是否正確，吸熱為正值，放熱為負(fù)值。3、反應(yīng)熱與化學(xué)方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)呈正比，通過(guò)題干信息計(jì)算?！窘馕觥?285.5kJ·mol-1S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH=-297kJ·mol-1SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）ΔH=-1427.2kJ·mol-118、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在鋅錳干電池中,活潑金屬鋅為電池負(fù)極,反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，MnO2生成Mn2O3，該過(guò)程中的Mn化合價(jià)降低，被還原，還原劑就是正極產(chǎn)物氫氣，反應(yīng)式為2MnO2+H2=Mn2O3+H2O；

(2)灼燒操作需要坩堝；轉(zhuǎn)移坩堝需要坩堝鉗，坩堝需要放置在三腳架或鐵架臺(tái)的鐵圈上的泥三角中，灼燒過(guò)程中要用玻璃棒攪拌，則還缺少的儀器為坩堝；無(wú)色無(wú)味能使澄清石灰水變渾濁的氣體為二氧化碳，說(shuō)明分離出的固體殘?jiān)泻刑紗钨|(zhì)(C)；

(3)雙氧水在催化劑二氧化錳作用下可快速釋放出氧氣；氧氣能使帶火星的木條復(fù)燃，則灼燒產(chǎn)生的黑色固體中含有二氧化錳；

(4)以通過(guò)電解的方式，將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2，在陽(yáng)極上失去電子實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，由圖可知，左側(cè)與電源正極相連為陽(yáng)極，則將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的左邊電極上，該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是：Mn2O3－2e?+2OH?＝2MnO2+H2O，陰極氫離子放電，2H2O+2e?=2OH?+H2↑，總反應(yīng)消耗水，最終氫氧根離子濃度增大，則在電解過(guò)程中溶液的pH將變大?！窘馕觥縕n-2e-=Zn2+2MnO2+H2=Mn2O3+H2O坩堝C(碳)二氧化錳（MnO2）左Mn2O3+2OH--2e-=2MnO2+H2O變大19、略

【分析】【分析】

依據(jù)電解原理；惰性電極電解，溶液中陰離子移向陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陽(yáng)離子移向陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析電極的物質(zhì)；

(1)碳棒是惰性電極；使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，則本質(zhì)電解電解質(zhì)本身；

(2)碳棒是惰性電極；使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，則本質(zhì)電解水；

(3)碳棒為陽(yáng)極；鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解NaCl后生成堿和氫氣；

(4)碳棒為陽(yáng)極，鐵棒為陰極，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少，電解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液時(shí)生成酸和氧氣。

【詳解】

因陽(yáng)離子放電順序?yàn)锳g+＞Cu2+＞H+＞Na+，陰離子放電順序?yàn)镃l-＞OH-＞SO42-和NO3-；則：

(1)碳棒是惰性電極，使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水質(zhì)量不變，則本質(zhì)電解電解質(zhì)本身，所以電解HCl、CuCl2溶液時(shí)；電解質(zhì)質(zhì)量減小，水量不變；

(2)碳棒是惰性電極，使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水質(zhì)量減少，則本質(zhì)電解水，所以電解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液時(shí)；氫離子；氫氧根離子放電，則電解質(zhì)質(zhì)量不變，水量減少；

(3)石墨棒為陽(yáng)極；鐵棒為陰極，電解NaCl溶液時(shí)，則氯離子；氫離子放電，所以電解質(zhì)和水量都減少，電解后生成堿和氫氣；

(4)碳棒為陽(yáng)極，鐵棒為陰極，電解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液時(shí)生成酸和氧氣，使電解質(zhì)和水質(zhì)量都減少?！窘馕觥縃Cl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO320、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①由圖可知：焓變小于0，即反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為放熱，ΔH<0(或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量)。

②第一步的熱化學(xué)方程式為①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-273kJ/mol，第二步的熱化學(xué)方程式為②NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)ΔH=-73kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，由①+②可得：NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)ΔH=（-273kJ/mol）+（-73kJ/mol）=－346kJ·mol－1，故答案為NH4+(aq)＋2O2(g)=NO3-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1。

（2）①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(紅磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，由蓋斯定律②-①可得到反應(yīng)：4P(紅磷，s)=P4(白磷，s)ΔH=ΔH2-ΔH1，紅磷比白磷穩(wěn)定，說(shuō)明紅磷的能量低于白磷，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即ΔH=ΔH2-ΔH1＞0，即ΔH1＜ΔH2；故答案為＜。

（3）已知：①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3，則反應(yīng)③=②×2+①，由蓋斯定律可知：ΔH3=ΔH1+2ΔH2；故答案為A。

（4）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol-1，蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ，則H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－102kJ·mol-1，ΔH=反應(yīng)物鍵能-生成物鍵能，則有-102=436+200-2a，解得a=369，故答案為369?！窘馕觥糠艧幡<0(或反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量)(aq)＋2O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－1<A36921、略

【分析】【詳解】

（1）地下鋼管連接鎂塊；鎂的活潑性大于鐵的活潑性，在鋼管中接入鎂塊可形成原電池，鎂作負(fù)極，失去電子，首先被腐蝕，從而保護(hù)正極的鐵不被腐蝕，此法稱(chēng)為犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；

（2）①鉛是碳的同族元素，因此鉛最外層有四個(gè)電子，位于元素周期表第ⅣA族；鉛比碳多4個(gè)電子層，因此鉛共有六個(gè)電子層，位于元素周期表的六周期，所以鉛位于元素周期表第六周期第IVA族；同一主族元素由上到下還原性在增強(qiáng)，氧化性在減弱，氧化性對(duì)應(yīng)于非金屬性，所以鉛的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比碳的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性弱；②PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，黃綠色氣體應(yīng)為氯氣，反應(yīng)方程式為：PbO2+4HCl(濃)=PbCl2+Cl2↑+2H2O；③鉛蓄電池放電時(shí)的正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，當(dāng)有2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，正極質(zhì)量增加64g；鉛蓄電池放電時(shí)的負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；當(dāng)有2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，負(fù)極質(zhì)量增加96g，則兩電極質(zhì)量變化的差為96g-

64g=32g；

（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池，石墨Ⅰ通入NO2，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，因此為負(fù)極，電極反應(yīng)為：NO2-e-+NO3-=N2O5。石墨Ⅱ?yàn)檎龢O，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：O2+2N2O5+4e-=4NO3-。

點(diǎn)睛：本題主要考查原電池的工作原理。在原電池中，活潑電極作負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，被氧化；不活潑電極作正極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，被還原。電子從負(fù)極經(jīng)外接導(dǎo)線流向正極。電解質(zhì)溶液中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)。【解析】犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法第六周期第IVA族弱PbO2+4HCl(濃)=PbCl2+Cl2↑+2H2OPbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O32負(fù)NO2–e-+NO3-=N2O522、略

【分析】【分析】

如圖所示；與電源正極向相連的電極為陽(yáng)極，與電源負(fù)極相連的電極為陰極。

【詳解】

（1）陽(yáng)極水失去電子生成氫離子和氧氣，故X為O2，電極反應(yīng)式為：

（2）陰極丙烯腈得電子生成己二腈；消耗氫離子，故氫離子向陰極移動(dòng)，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜；

（3）第一步應(yīng)為丙烯腈在陰極得電子的反應(yīng)，方程式為：第二步：與丙烯腈反應(yīng)得到離子方程式為：第三步與氫離子反應(yīng)得到己二腈，離子方程式為：【解析】(1)

(2)陽(yáng)離子。

(3)23、略

【分析】【分析】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門(mén)，要保護(hù)A，A應(yīng)做正極，則材料B的金屬性比A強(qiáng)。

②圖2中，裝置為電解池，要保護(hù)鋼閘門(mén)C，C應(yīng)不失電子。用氯化鈉溶液模擬海水進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，D為石墨塊，則D電極為陽(yáng)極，溶液中的Cl-失電子生成Cl2；檢驗(yàn)該電極反應(yīng)產(chǎn)物應(yīng)使用濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙。

（2）E為鎂合金，在該電極，鎂失電子，F(xiàn)電極上ClO-轉(zhuǎn)化為Cl-。

（3）①正極O2+4e-=2O2-；由此可計(jì)算電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目。

②在負(fù)極S(g)失電子轉(zhuǎn)化為SO3。

【詳解】

（1）①圖1中；裝置為原電池，A為鋼閘門(mén)，要保護(hù)A，A應(yīng)做正極，則材料B應(yīng)選擇金屬性比A強(qiáng)的鋅。答案為：c；

②圖2中，裝置為電解池，要保護(hù)鋼閘門(mén)C，C應(yīng)做陰極。用氯化鈉溶液模擬海水進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，D為石墨塊，則D電極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，檢驗(yàn)該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法為將濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙放在陽(yáng)極附近，試紙變藍(lán)，證明生成氯氣。答案為：陰；2Cl--2e-=Cl2↑；將濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙放在陽(yáng)極附近；試紙變藍(lán)，證明生成氯氣；

（2）E為鎂合金，做該燃料電池的負(fù)極。F電極為正極，電極反應(yīng)式為ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。答案為：負(fù)；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；

（3）①正極O2+4e-=2O2-，n(O2)==0.2mol，則電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2mol×4NA=0.8NA或4.816×1023。答案為：0.8NA或4.816×1023；

②在負(fù)極S(g)在O2-存在的環(huán)境中失電子，轉(zhuǎn)化為SO3，電極反應(yīng)式為S-6e-+3O2-=SO3。答案為：S-6e-+3O2-=SO3。

【點(diǎn)睛】

要保護(hù)金屬制品，把金屬制成合金，成本過(guò)高。通常采用的方法是電化學(xué)防護(hù)法，也就是設(shè)法阻止被保護(hù)金屬失電子，要么與更活潑的金屬相連，要么與電源的負(fù)極相連。若在金屬制品外表涂油或油漆，雖然也能對(duì)金屬制品起保護(hù)作用，但效果相對(duì)較差?！窘馕觥縞陰2Cl--2e-=Cl2↑將濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙放在陽(yáng)極附近，試紙變藍(lán)，證明生成氯氣負(fù)ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-0.8NA或4.816×1023S-6e-+3O2-=SO324、略

【分析】【分析】

以滴定實(shí)驗(yàn)為背景；結(jié)合滴定曲線進(jìn)行分析，后面的小題又對(duì)離子濃度大小進(jìn)行比較，最后涉及了離子積常數(shù)的計(jì)算以及pH值的計(jì)算。

【詳解】

（1）醋酸鈉水解使溶液顯堿性，NaOH與CH3COOH恰好完全反應(yīng)時(shí)，離子濃度大小關(guān)系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；

（2）A．在AB段溶液顯示堿性；在接近B點(diǎn)時(shí)，溶液中醋酸根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫氧根離子濃度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．在接近A時(shí)；即加入的醋酸少量，則混合液中氫氧根離子濃度大于醋酸根離子，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．在AB段；根據(jù)選項(xiàng)A；B的分析可知，混合液中氫氧根離子濃度與醋酸根離子不一定相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)；選項(xiàng)D正確；

答案選D；

（3）在B點(diǎn)時(shí)，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，則c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫氧根離子濃度，各離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)；

（4）在D點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)后醋酸剩余，溶液的組成為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合物，根據(jù)物料守恒，此時(shí)：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；D點(diǎn)的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，將電荷守恒乘以2，由物料守恒代入消去c(Na+)，則D點(diǎn)混合溶液的質(zhì)子守恒的關(guān)系為c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)?！窘馕觥竣?c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)②.D③.c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)④.=⑤.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)四、判斷題(共4題，共20分)25、B【分析】【詳解】

稀釋使鹽水解程度增大，但溶液總體積增加得更多。鹽的濃度降低、水解產(chǎn)生的氫氧根濃度也降低，堿性減弱。所以答案是：錯(cuò)誤。26、B【分析】【詳解】

鎳鎘電池不能隨意丟棄的主要原因是鎳、鎘屬于重金屬，會(huì)對(duì)環(huán)境造成嚴(yán)重的污染，故錯(cuò)誤。27、B【分析】【分析】

【詳解】

水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，由于溫度相同，則純水和燒堿溶液中的水的離子積常數(shù)就相同，認(rèn)為在25℃時(shí)，純水和燒堿溶液中水的離子積常數(shù)不相等的說(shuō)法是錯(cuò)誤的。28、A【分析】【詳解】

明礬溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有較大表面積，較強(qiáng)的吸附能力，能吸附水中的懸浮物，用作凈水劑；正確。五、工業(yè)流程題(共3題，共21分)29、略

【分析】【分析】

由題給流程可知，礦石加入鹽酸溶液酸浸，鐵、鋁的氧化物溶解得到可溶性金屬氯化物，二氧化硅不與鹽酸溶液反應(yīng)，過(guò)濾得到含有二氧化硅的濾渣A和含有金屬氯化物的濾液A；向?yàn)V液A中加入過(guò)氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子；向氧化后的溶液中加入氧化鋁調(diào)節(jié)溶液pH在范圍內(nèi)；將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鐵濾渣B和含有氯化鋁的濾液B；灼燒濾渣A得到氧化鐵，向?yàn)V液B中加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫，防止鋁離子發(fā)生水解，溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到六水氯化鋁晶體。

(1)

由最終制得六水氯化鋁晶體可知；酸浸時(shí)加入的酸溶液為鹽酸，攪拌；升溫、將礦石粉碎、適當(dāng)增大酸的濃度等措施可以提高酸浸效率，故答案為：攪拌、升溫、將礦石粉碎、適當(dāng)增大酸的濃度；鹽酸；

(2)

由分析可知，向?yàn)V液A中加入過(guò)氧化氫溶液的目的是將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量會(huì)使過(guò)氧化氫發(fā)生分解而損耗，所以分多次添加雙氧水可以降低反應(yīng)速率，防止產(chǎn)生過(guò)多熱量造成過(guò)氧化氫分解而損耗，故答案為：降低反應(yīng)速率；防止產(chǎn)生過(guò)多熱量造成過(guò)氧化氫分解而損耗；

(3)

由分析可知，向氧化后的溶液中加入氧化鋁調(diào)節(jié)溶液pH在范圍內(nèi)，將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，故答案為：

(4)

洗滌濾渣B的操作為沿玻璃棒向過(guò)濾器中倒入蒸餾水至剛好沒(méi)過(guò)沉淀；待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次，故答案為：沿玻璃棒向過(guò)濾器中倒入蒸餾水至剛好沒(méi)過(guò)沉淀，待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次；

(5)

由分析可知，由AlCl3溶液制備AlCl3·6H2O的操作步驟為向?yàn)V液B中加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫；防止鋁離子發(fā)生水解，溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到六水氯化鋁晶體，故答案為：加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫；過(guò)濾、洗滌；

(6)

濾渣A的主要成分為二氧化硅，二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)生成四氟化硅氣體和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

(7)

若礦石m1kg，最后獲得m2kgAlCl3·6H2O，由鋁原子個(gè)數(shù)守恒可知礦石中鋁元素的含量為×100%=×100%，故答案為：【解析】(1)攪拌；升溫、將礦石粉碎、適當(dāng)增大酸的濃度鹽酸。

(2)降低反應(yīng)速率；防止產(chǎn)生過(guò)多熱量造成過(guò)氧化氫分解而損耗。

(3)

(4)沿玻璃棒向過(guò)濾器中倒入蒸餾水至剛好沒(méi)過(guò)沉淀；待水自然流下后重復(fù)以上操作2~3次。

(5)加入少量稀鹽酸或者通入氯化氫過(guò)濾；洗滌。

(6)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

(7)30、略

【分析】【分析】

海綿銅加入硫酸和硝酸銨溶解后過(guò)濾所得濾液主要是硫酸銅，硫酸銨等，加入亞硫酸銨還原硫酸銅、加