2025年蘇科新版選擇性必修1化學(xué)上冊(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)上冊(cè)月考試卷398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7題，共14分)1、用溶液滴定溶液的滴定曲線如圖所示。已知的下列說法錯(cuò)誤的是。

A.a點(diǎn)，B.b點(diǎn)，C.若往c點(diǎn)溶液中加入溶液，能產(chǎn)生沉淀D.d點(diǎn)溶液中，2、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液，通電一段時(shí)間后，若要恢復(fù)到電解前的濃度和pH，可向所得的溶液中加入0.01mol下列說法錯(cuò)誤的是A.此電解過程中，陰極產(chǎn)生的氣體為B.此電解過程中，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.04molC.此電解過程中，與電源正極相連的電極共放出氣體的體積約為224mLD.電解結(jié)束后，原溶液的溶質(zhì)變?yōu)?、下列各種變化是因?yàn)闃?gòu)成原電池的是A.在空氣中金屬鋁表面迅速氧化形成保護(hù)層B.金屬表面涂漆以阻止金屬被氧化C.紅熱的鐵絲與水接觸鐵表面形成黑色物質(zhì)D.鋼鐵在潮濕的空氣里很快被腐蝕4、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，中含有中子數(shù)大于NAB.溶于水，溶液中的微?？倲?shù)和為0.5NAC.電解精煉銅時(shí)，當(dāng)電路中通過個(gè)NA電子時(shí)，陽(yáng)極消耗銅D.的氯化銨溶液中滴入氨水至數(shù)目大于0.1NA5、下列敘述正確的是A.已知石墨比金剛石穩(wěn)定，則C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH<0B.2H2(g)+O2(g)?2H2O(l)ΔH1；2H2(g)+O2(g)?2H2O(g)ΔH2，則ΔH1<ΔH2C.C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)反應(yīng)過程中，舊鍵斷裂吸收的能量小于新鍵形成釋放的能量D.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH>0，反應(yīng)在一定條件下可自發(fā)進(jìn)行，可知ΔS<06、科學(xué)家最近發(fā)明了一種Al-PbO2電池，電解質(zhì)為K2SO4、H2SO4、KOH，通過x和y兩種離子交換膜將電解質(zhì)溶液隔開，形成M、R、N三個(gè)電解質(zhì)溶液區(qū)域(a>b)；結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。下列說法不正確的是。

A.M區(qū)域電解質(zhì)為KOHB.放電時(shí)，Al電極反應(yīng)為：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-C.R區(qū)域的電解質(zhì)濃度逐漸減小D.每消耗0.1molPbO2電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子7、下列事實(shí)：

①溶液呈酸性；

②長(zhǎng)期施用化肥會(huì)使土壤酸性增強(qiáng)；發(fā)生板結(jié)；

③配制溶液時(shí)，用稀鹽酸溶解固體；

④溶液中

⑤氯化銨溶液可去除金屬制品表面的銹斑；

⑥蒸干溶液，往往得不到固體。

其中與鹽類的水解有關(guān)的有A.僅①②③⑤B.僅②③④⑤⑥C.僅①④⑤⑥D(zhuǎn).僅②③④⑤評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、應(yīng)用蓋斯定律的計(jì)算方法。

(1)“虛擬路徑”法。

若反應(yīng)物A變?yōu)樯晌顳；可以有兩個(gè)途徑。

①由A直接變成D；反應(yīng)熱為ΔH；

②由A經(jīng)過B變成C，再由C變成D，每步的反應(yīng)熱分別為ΔH1、ΔH2、ΔH3。

如圖所示：

則有ΔH=_______。

(2)加合法。

加合法就是運(yùn)用所給熱化學(xué)方程式通過_______的方法得到所求的熱化學(xué)方程式。

9、下圖是一個(gè)甲烷燃料電池工作時(shí)的示意圖；乙池中的兩個(gè)電極一個(gè)是石墨電極，一個(gè)是鐵電極，工作時(shí)，M；N兩個(gè)電極的質(zhì)量都不減少，請(qǐng)回答下列問題：

(1)M電極的材料是_______，其電極名稱是_______，N的電極反應(yīng)式為_______，乙池的總反應(yīng)是_______，通入甲烷的鉑電極的電極反應(yīng)式為_______。

(2)在此過程中，乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時(shí)，甲池中理論上消耗氧氣_______L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，若此時(shí)乙池溶液的體積為400mL，則乙池溶液的的濃度為_______。

(3)二氧化氯()為一種黃綠色氣體，是國(guó)際上公認(rèn)的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。下圖是目前已開發(fā)出用電解法制取的新工藝(如下圖)。

①用石墨做電極，電解飽和食鹽水制取陽(yáng)極產(chǎn)生的電極反應(yīng)式：_______。

②當(dāng)陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mL氣體時(shí)，通過陽(yáng)離子交換膜離子的物質(zhì)的量為_______mol。10、有兩只密閉的容器A和B，A能保持恒壓，B能保持恒容。起始時(shí)向容積相等的兩容器中通入體積比為2：l的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應(yīng)：2SO2+O22SO3，并達(dá)到平衡。則(填<、=、>；左；右；增大、減小、不變)

(1)達(dá)到平衡所需的時(shí)間：tA___________tB，S02的轉(zhuǎn)化率：aA___________aB。

(2)起始時(shí)兩容器中的反應(yīng)速率：vA__________vB，反應(yīng)過程中的反應(yīng)速率：vA_____________vB

(3)達(dá)到平衡時(shí)，向兩容器中分別通入等量的氬氣。A容器中的化學(xué)平衡向__________反應(yīng)方向移動(dòng)，B容器中的化學(xué)反應(yīng)速率______________

(4)達(dá)到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應(yīng)氣體，再次達(dá)到平衡時(shí)，A容器中的SO2的百分含量_________，B容器中S02的百分含量_________。11、如圖是1molNO2(g)和1molCO(g)反應(yīng)生成CO2(g)和NO(g)過程中的能量變化示意圖，請(qǐng)寫出NO2(g)和CO(g)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___________12、氯堿工業(yè)以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣；氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等化工產(chǎn)品。如圖是離子交換膜法電解食鹽水的示意圖；圖中的離子交換膜只允許陽(yáng)離子通過。

回答下列問題：

（1）寫出電解飽和食鹽水的離子方程式：_______________________________。

（2）離子交換膜的作用為_________________。

（3）精制飽和食鹽水從圖中____(填“a”、“b”；“c”或“d”；下同)位置補(bǔ)充，氫氧化鈉溶液從圖中____位置流出。

（4）KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反應(yīng)生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________________________。13、為探究原電池和電解池的工作原理；某研究性小組分別用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

甲裝置中，a電極的反應(yīng)式為_________。

乙裝置中，陰極區(qū)產(chǎn)物為____和____。

若甲裝置作為乙裝置的電源，一段時(shí)間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為_____不考慮氣體的溶解

某工廠采用電解法處理含的廢水，耐酸電解槽用鐵板作陰、陽(yáng)極，槽內(nèi)盛放含鉻廢水，被還原成為在陰極區(qū)生成沉淀除去；工作原理如圖：

①寫出電解時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式：_______________。

②寫出被還原為的離子方程式：_______________評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、反應(yīng)條件(點(diǎn)燃或加熱)對(duì)熱效應(yīng)有影響，所以熱化學(xué)方程式必須注明反應(yīng)條件。____A.正確B.錯(cuò)誤15、化學(xué)平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不一定增大。(____)A.正確B.錯(cuò)誤16、放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤17、用濕潤(rùn)的試紙測(cè)定鹽酸和醋酸溶液的醋酸溶液的誤差更大。(____)A.正確B.錯(cuò)誤18、SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，低溫下能自發(fā)進(jìn)行。__________________A.正確B.錯(cuò)誤19、25℃時(shí)，0.1mol·L-1的NaOH溶液中KW=1×10-13mol2·L-2。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤20、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤21、影響鹽類水解的因素有溫度、濃度、壓強(qiáng)等。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤22、生活中用電解食鹽水的方法制取消毒液，運(yùn)用了鹽類的水解原理。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共32分)23、碘酸鈣是一種白色或乳黃色結(jié)晶粉末，它有良好的化學(xué)穩(wěn)定性，是食品及飼料添加碘源的優(yōu)良品種，碘酸鈣在室溫下微溶于水、難溶于乙醇。利用下列兩種方案制備Ca(IO3)2·H2O，方案一的裝置如圖所示(鐵架臺(tái)和水浴加熱裝置及磁力攪拌器未畫出)，在制備過程中會(huì)生成中間產(chǎn)物碘酸氫鉀：I2+2KClO3+HClKH(IO3)2+KCl+Cl2↑；方案流程如下：

方案一：

方案二：以碘和雙氧水為原料；在少量硝酸及催化劑存在下，碘被氧化為碘酸，經(jīng)石灰乳中和制得。

已知：碘酸鈣在不同溫度下的存在形態(tài)如下表所示：。碘酸鈣存在形態(tài)無(wú)水鹽一水合物六水合物穩(wěn)定的溫度區(qū)域>57.5℃32-57.5℃<32℃

(1)儀器A的名稱為：______

(2)方案二中，氧化過程主要發(fā)生的反應(yīng)方程式為：______

(3)I2與KClO3的反應(yīng)如何判斷反應(yīng)已完全？_____

(4)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的描述正確的是：_____。

A.I2與KClO3的反應(yīng)采用回流裝置的目的是有效控制碘的損耗。

B.溶液A加KOH溶液調(diào)pH=10是為了將未反應(yīng)的碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化為鹽。

C.方案一制備的產(chǎn)物中可能含有的雜質(zhì)有KCl、KClO3

D.上圖所示裝置存在缺陷；缺少氯氣尾氣處理裝置。

E.結(jié)晶過程中快速冷卻結(jié)晶可以獲得大顆粒晶體。

(5)操作X中可能含有以下操作中的幾種，請(qǐng)選擇合適的操作并排序(可重復(fù)使用)_____。

a.室溫下冷卻結(jié)晶。

b.控制溫度在32-57.5℃范圍內(nèi)冷卻結(jié)晶。

c.傾析法轉(zhuǎn)移溶液至布氏漏斗。

d.開大抽氣裝置水龍頭。

e.關(guān)小抽氣裝置水龍頭。

f.轉(zhuǎn)移固體至布氏漏斗。

g.用無(wú)水乙醇洗滌晶體；使洗滌劑緩慢通過沉淀物。

h.用蒸餾水潤(rùn)濕濾紙；微開水龍頭。

具體操作：蒸發(fā)濃縮→____→h→____→____→____→____→g→____→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管；關(guān)閉抽氣裝置水龍頭，將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干。

(6)測(cè)定產(chǎn)品純度，可以在強(qiáng)酸介質(zhì)中Ca(IO3)2與過量KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，再選擇合適的指示劑用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，滴定終點(diǎn)判斷為：_，若滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度線，則測(cè)得產(chǎn)品的純度__(填“偏高”、“偏低”、“無(wú)影響”)24、50mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)；通過測(cè)定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱，回答下列問題：

(1)從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_______。

(2)實(shí)驗(yàn)中改用60mL0.50mol·L－1鹽酸與50mL0.55mol·L－1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量_____________（填“相等”、“不相等”），所求中和熱_____________，（填“相等”、“不相等”），簡(jiǎn)述理由________________________。

(3)化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，通常主要表現(xiàn)為熱量的變化。下列反應(yīng)中，屬于放熱反應(yīng)的是___________（填序號(hào)）。

a．Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl混合攪拌。

b．高溫煅燒石灰石。

c．鋁與鹽酸反應(yīng)。

(4)已知N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ·mol-1，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律寫出肼與NO2完全反應(yīng)生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水的熱化學(xué)方程式________________。25、某學(xué)習(xí)小組利用來探究“外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響”。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先分別量取酸性溶液、溶液；然后倒入大試管中迅速振蕩，觀察現(xiàn)象。

(1)可通過測(cè)定_______________來判斷反應(yīng)的快慢。

(2)為了觀察到明顯的現(xiàn)象，如果與溶液的體積相同，則它們初始物質(zhì)的量濃度需要滿足的關(guān)系為：______。

(3)甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)。

編號(hào)溶液溫度濃度體積濃度體積體積

①探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率影響的組合實(shí)驗(yàn)編號(hào)是______。

②實(shí)驗(yàn)測(cè)得混合后溶液褪色的時(shí)間為忽略混合前后體積的微小變化，則這段時(shí)間平均反應(yīng)速率______

(4)在實(shí)驗(yàn)中，草酸溶液與酸性溶液反應(yīng)時(shí)；褪色總是先慢后快。

①乙同學(xué)據(jù)此提出以下假設(shè)：

假設(shè)反應(yīng)放熱。

假設(shè)生成_____________對(duì)反應(yīng)有催化作用。

假設(shè)生成對(duì)反應(yīng)有催化作用。

假設(shè)反應(yīng)生成的或該反應(yīng)有催化作用。

丙同學(xué)認(rèn)為假設(shè)不合理，其理由_______________。

②丁同學(xué)用如下實(shí)驗(yàn)證明假設(shè)成立：在和試管中分別加草酸溶液，再在試管中加入溶液、試管中加入_____蒸餾水，然后在兩支試管中同時(shí)分別加入酸性溶液。

預(yù)期的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是______。在試管中加入蒸餾水的目的是______。

同學(xué)們認(rèn)為不宜用溶液代替溶液對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行催化探究，其原因是用離子方程式表示_______________。26、過氧化鈣是一種用途廣泛的優(yōu)良供氧劑，可用于魚類養(yǎng)殖、農(nóng)作物栽培、污水處理等多方面。下圖為用儲(chǔ)量豐富的大理石(主要成分CaCO3，含有少量的Fe、Al、Mg、Si等雜質(zhì))制備CaO2的過程：

回答下列問題：

I．過氧化鈣的制取。

(1)H2O2作為氧化劑的優(yōu)點(diǎn)是___________。

(2)由濾液II得到CaO2·8H2O的化學(xué)方程式為___________，此反應(yīng)過程溫度控制在0～8℃為宜的原因是___________。

(3)反應(yīng)③后實(shí)驗(yàn)操作為___________，用冰水洗滌CaO2·8H2O的方法___________。

II．過氧化鈣含量的測(cè)定。

稱量0.4g樣品加入一定量2mol·L-1鹽酸配成溶液，滴定時(shí)加入1mL0.05mol·L-1MnSO4，立即用0.1mol/L酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。

(4)滴定時(shí)用到的儀器有___________(填序號(hào))。

(5)滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為___________，若消耗20.00mLKMnO4，計(jì)算樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。

(6)下列操作使測(cè)定CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高的是___________。

A．滴定管未用KMnO4潤(rùn)洗B．開始時(shí)滴定管內(nèi)有氣泡；滴定后消失。

C．滴定結(jié)束讀數(shù)時(shí)，俯視刻度線D．滴定過程中待測(cè)液濺出評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共36分)27、CH4—CO2催化重整是減少溫室氣體排放的重要途徑。已知以下的熱化學(xué)反應(yīng)方程式：

C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H1=－75kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=－394kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO(g)△H3=－111kJ/mol

寫出催化重整反應(yīng)CH4(g)和CO2(g)生成CO(g)和H2(g)的熱化學(xué)方程式：___________。28、一定溫度下，在10L密閉容器中加入5molSO2和3molO2，發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，10min時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)容器中還含有3molSO2。

(1)反應(yīng)起始時(shí)，SO2的濃度為___，O2的濃度為___，反應(yīng)生成了___molSO3，v(SO2)=___。

(2)平衡時(shí)SO3的濃度是__，SO2的轉(zhuǎn)化率是___。

(3)平衡時(shí)容器內(nèi)氣體的總物質(zhì)的量為__mol。

(4)物質(zhì)的濃度不再改變標(biāo)志著該反應(yīng)已達(dá)平衡，下列還可以說明該反應(yīng)已達(dá)平衡的是______(填序號(hào))。

①體系內(nèi)壓強(qiáng)不再改變。

②容器內(nèi)氣體的密度不再改變。

③混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變。

④v正(SO3)=2v逆(O2)

⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)=2∶1∶229、I將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)；經(jīng)5min后，測(cè)得D的濃度為0.5mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min)。求：

(1)反應(yīng)開始前容器中的A、B的物質(zhì)的量：n(A)＝n(B)＝__________mol；

(2)前5min內(nèi)用B表示的平均反應(yīng)速率v(B)＝_____________；

(3)化學(xué)反應(yīng)方程式中x的值為________。

II一定條件下，反應(yīng)室(容積恒定為2L)中有反應(yīng)：A(g)＋2B(g)C(g)。

(4)能說明上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是__________(填字母；下同)。

A反應(yīng)中A與B的物質(zhì)的量濃度之比為1∶2

B混合氣體總物質(zhì)的量不再變化。

C混合氣體的密度不隨時(shí)間的變化而變化。

D2v正(A)＝v逆(B)

(5)1molA(g)與2molB(g)在催化劑作用下在反應(yīng)室反應(yīng)生成C(g)；A的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示：

①p1__________(填“<”、“>”或“＝”，下同)p2，正反應(yīng)的ΔH__________0。

②下列措施中一定能使c(C)/c(A)增大的是__________。

A升高溫度B恒溫恒容再充入A

C恒溫恒容再充入BD恒溫恒容再充入1molC

(6)100℃時(shí)將1molA和2molB通入反應(yīng)室，保持溫度不變，10min末C(g)的濃度為0.05mol·L－1，則10min末B的轉(zhuǎn)化率為__________，此時(shí)v正__________(填“<”、“>”或“＝”)v逆。30、(1)已知H2(g)+Br2(1)=2HBr(g)△H=-72kJ/mol，蒸發(fā)1molBr2(1)需要吸收的能量為30kJ；其它相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：

。H2(g)Br2(g)HBr(g)鍵能/kJ·mol-1436a369①Br2(1)=Br2(g)△H1，則△H1=_______；

②寫出H2(g)與Br2(g)反應(yīng)生成HBr(g)的熱化學(xué)方程式：_______

③試計(jì)算a=_______。

(2)磷在氧氣中燃燒，可能生成兩種固態(tài)氧化物。3.1g的單質(zhì)磷(P)在一定量氧氣中燃燒生成P2O3、P2O5各0.025mol；反應(yīng)物完全耗盡，并放出XkJ熱量。

①已知1mol磷完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為YkJ，則1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的反應(yīng)熱△H=_______。

②寫出1molP與O2反應(yīng)生成固態(tài)P2O3的熱化學(xué)方程式：_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．a(chǎn)點(diǎn)，pH=1.3，所以則A正確；

B．b點(diǎn)，加入了20ml此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為根據(jù)分析可知的水解平衡常數(shù)電離常數(shù)所以電離大于水解，即又因?yàn)殡婋x和水解都很微弱，所以三者中濃度最大的為所以B正確；

C．c點(diǎn)，pH=4.3，所以則若c點(diǎn)加入氫氧化鈉為30ml，則溶質(zhì)為相同量的和溶液呈酸性，則電離大于的水解，從而導(dǎo)致若若要?jiǎng)t加入的氫氧化鈉溶液要小于30ml。往c點(diǎn)溶液中加入溶液，加入的一瞬間，總體積約為80ml，此時(shí)大于能產(chǎn)生沉淀；C正確；

D．d點(diǎn)溶液中，溶液總體積約為60ml，根據(jù)物料守恒可知未發(fā)生改變，但是總體積增大，則減小，所以D錯(cuò)誤；

答案選D。2、C【分析】【分析】

若要恢復(fù)到電解前的濃度和pH，須向所得的溶液中加入0.01molCu(OH)2，根據(jù)“析出什么加入什么”的恢復(fù)規(guī)則可知，反應(yīng)生成了0.01molCu、0.01molO2和0.01molH2，結(jié)合原子守恒分析使溶液恢復(fù)需要加入的物質(zhì)。

【詳解】

A．根據(jù)放電順序，陰極首先是銅離子得電子變?yōu)殂~單質(zhì)，然后水中的氫得電子變?yōu)镠2，故A正確；B．陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)是：2H2O-4e-=O2+4H+，由上述分析可知，生成0.01molO2，故轉(zhuǎn)移的電子為0.04mol，故B正確；C．沒有描述標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無(wú)法計(jì)算氣體的體積，故C錯(cuò)誤；D．一開始電解的是硫酸銅，總反應(yīng)式為然后電解水，故電解后溶液變?yōu)榱蛩崛芤?，故D正確。答案選C。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．鋁直接被氧氣氧化；沒有構(gòu)成原電池，故A不選；

B．金屬表面涂漆防腐；沒有構(gòu)成原電池，故B不選；

C．紅熱的鐵絲與水接觸直接反應(yīng)生成四氧化三鐵；沒有構(gòu)成原電池，故C不選；

D．在潮濕的空氣里；鋼鐵中的鐵和少量碳形成了無(wú)數(shù)微小的原電池，加快了腐蝕，故D可選；

故選D。4、D【分析】【詳解】

A．已知，常溫常壓下氣體的摩爾體積大于22.4L/mol，故中含有中子數(shù)為×20×NAmol-1，結(jié)果小于NA；A錯(cuò)誤；

B．由于SO2溶于水發(fā)生SO2+H2OH2SO3為可逆反應(yīng)，故根據(jù)原子守恒溶液中的SO2微粒總數(shù)和為0.5NA；B錯(cuò)誤；

C．由于電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽(yáng)極，電極反應(yīng)有：Cu-2e-=Cu2+、Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Ni-2e-=Ni2+等，故當(dāng)電路中通過個(gè)NA電子時(shí)；陽(yáng)極消耗小于32g銅，C錯(cuò)誤；

D．由于50℃時(shí)，水的離子積大于10-14，此時(shí)pH=7的溶液為堿性溶液，故1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至pH=7，根據(jù)溶液中電荷守恒可知：c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，c(OH-)大于c(H+)，故c(NH)=c(OH-)-c(H+)+c(Cl-)，則c(NH)大于c(Cl-)，故NH數(shù)目大于1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1NA；D正確；

故答案為：D。5、B【分析】【詳解】

A．能量越低越穩(wěn)定，石墨比金剛石穩(wěn)定，說明石墨能量低，反應(yīng)吸熱，ΔH>0；A錯(cuò)誤；

B．氫氣和氧氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)ΔH<0；且生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量更多，ΔH更小，B正確；

C．C(S)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)為吸熱反應(yīng)；舊鍵斷裂吸收的能量大于新鍵形成釋放的能量，C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行現(xiàn)在ΔH>0，若一定條件則ΔS>0；D錯(cuò)誤；

故選B。6、C【分析】【分析】

該電池為Al-PbO2電池，從圖中可知原電池工作時(shí)負(fù)極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?，消耗OH-，K+向正極移動(dòng)，正極PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，正極消耗氫離子和SO陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則x是陽(yáng)離子交換膜，y是陰離子交換膜，則M區(qū)為KOH，R區(qū)為K2SO4，N區(qū)為H2SO4。

【詳解】

A．M區(qū)為KOH；A正確；

B．由以上分析可知，原電池工作時(shí)負(fù)極發(fā)生Al?3e?+4OH?=[Al(OH)4]?；B正確；

C．由以上分析可知，R區(qū)域K+與SO不斷進(jìn)入；所以電解質(zhì)濃度逐漸增大，C錯(cuò)誤；

D．由正極PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O反應(yīng)可知，消耗0.1molPbO2電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子；D正確；

故選C。7、B【分析】【分析】

【詳解】

①中為強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽，溶液顯酸性是因?yàn)殡婋x出②中是水解使土壤酸性增強(qiáng)；③中HCl電離產(chǎn)生的會(huì)抑制水解；④中是因的水解程度大于其電離程度；⑤中水解產(chǎn)生的與銹斑中的反應(yīng)；⑥加熱會(huì)促進(jìn)水解。故與鹽類水解有關(guān)的是②③④⑤⑥；故B正確；

故選：B。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】ΔH1＋ΔH2＋ΔH3加減乘除9、略

【分析】【分析】

堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負(fù)極，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個(gè)電極一個(gè)是石墨電極，一個(gè)是鐵電極，工作時(shí)M、N兩個(gè)電極的質(zhì)量都不減少，N連接原電池的正極，應(yīng)為電解池的陽(yáng)極，則應(yīng)為石墨材料，M為電解池的陰極，為鐵電極，電解硝酸銀溶液時(shí)，陰極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，陽(yáng)極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；結(jié)合電子的轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量的判斷進(jìn)行計(jì)算。

(1)

堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負(fù)極，負(fù)極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，通入氧氣的一極為原電池的正極，乙池為電解池，乙池中的兩個(gè)電極一個(gè)是石墨電極，一個(gè)是鐵電極，工作時(shí)M、N兩個(gè)電極的質(zhì)量都不減少，N連接原電池的正極，應(yīng)為電解池的陽(yáng)極，則應(yīng)為石墨材料，N為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式是4OH--4e-=O2↑+2H2O，M為陰極，電極材料是Fe，電極反應(yīng)式為Ag++e-=Ag，則乙池的總反應(yīng)式為4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3，故答案為：鐵；陰極；4OH--4e-=O2↑+2H2O；4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3；CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O；

(2)

n(Ag)==0.04mol，根據(jù)Ag++e-=Ag可知轉(zhuǎn)移電子為0.04mol，甲池中通入氧氣的一極為正極，反應(yīng)式為2O2+8H++8e-=4H2O，則消耗n(O2)=×0.04mol=0.01mol，V(O2)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L；乙池中某一電極析出金屬銀4.32g時(shí)；同時(shí)產(chǎn)生氫離子的物質(zhì)的量是0.04mol，則其濃度是0.1mol/L，故答案為：0.224；0.1mol/L；

(3)

①電解過程中，Na+向右移動(dòng)，因此左側(cè)為電解池陽(yáng)極，右側(cè)為電解池陰極，因此陽(yáng)極上是Cl-失去電子生成ClO2，電極反應(yīng)式為Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；

②陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，當(dāng)陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mL氣體時(shí)，氣體的物質(zhì)的量為=0.005mol，則轉(zhuǎn)移電子為0.005mol×2=0.01mol，通過陽(yáng)離子交換膜離子為Na+，因此所轉(zhuǎn)移Na+的物質(zhì)的量為0.01mol?！窘馕觥?1)鐵陰極4OH--4e-=O2↑+2H2O4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O

(2)0.2240.1mol/L

(3)Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+0.0110、略

【分析】【分析】

A容器相當(dāng)于B容器加壓，所以反應(yīng)開始后A容器的速率快v(A)>v(B)，t(A)<t(B)。增大壓強(qiáng)平衡逆向移動(dòng)，所以NH3的轉(zhuǎn)化率：a(A)<a(B)。達(dá)到平衡后，A容器中通入氬氣，體積增大，相當(dāng)于減壓，平衡正向移動(dòng)；B容器中通入氬氣，不影響任何與反應(yīng)有關(guān)的物質(zhì)的濃度，反應(yīng)速率不變。達(dá)到平衡后，向兩容器中分別通入等量的原反應(yīng)氣體，A容器反應(yīng)物的量增多，體積增大，平衡狀態(tài)最終和原平衡相同，NH3的百分含量不變；B容器相當(dāng)于加壓，平衡逆向移動(dòng)，H2的百分含量減小。

【詳解】

（1）A能保持恒壓，B能保持恒容．起始時(shí)向容積相等的A、B中分別通入體積比為2：1的等量的SO2和O2，使之發(fā)生反應(yīng)：2SO2+O2?2SO3；恒溫恒容隨反應(yīng)進(jìn)行壓強(qiáng)減小速率減慢，恒溫恒壓容器中反應(yīng)過程中壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率大；轉(zhuǎn)化率大；

答案：<>

（2）起始二氧化硫和氧氣濃度相同；反應(yīng)速率相同；過程中A容器中的壓強(qiáng)大于B容器反應(yīng)速率大；

答案：=>

（3）恒溫恒容容器加入惰氣總壓增大；分壓不變，平衡不動(dòng)，反應(yīng)速率不變；恒溫恒壓容器，加入惰氣壓強(qiáng)減小，平衡向氣體體積增大的方向進(jìn)行；

答案：左不變。

（4）恒溫恒壓容器加入等量原反應(yīng)物；最后達(dá)到相同平衡狀態(tài)；恒溫恒容容器，加入原反應(yīng)物壓強(qiáng)增大，平衡正向進(jìn)行；

答案：不變減小【解析】①.<②.>③.=④.>⑤.左⑥.不變⑦.不變⑧.減小11、略

【分析】【分析】

ΔH=反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能。

【詳解】

NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=134kJ·mol-1－368kJ·mol-1=－234kJ·mol-1；故答案為：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=－234kJ·mol-1?！窘馕觥縉O2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)ΔH=－234kJ·mol-112、略

【分析】【分析】

(1)電解精制飽和食鹽水生成氯氣；氫氣、燒堿；

(2)陽(yáng)離子交換膜只能讓陽(yáng)離子通過；陰離子和氣體不能通過；

(3)電解飽和食鹽水時(shí),陽(yáng)極上陰離子Cl-、OH-放電，Cl-的放電能力強(qiáng)于OH-，陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2Cl—－2e-═Cl2陰極H+放電，電極反應(yīng)式為:2H++2e-═H2H2、NaOH在陰極，NaOH溶液的出口為d，Cl2在陽(yáng)極生成,精制飽和食鹽水從陽(yáng)極進(jìn)入；

（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有還原性，在硫酸提供酸性環(huán)境下反應(yīng)生成ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)；依據(jù)電子守恒和原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式。

【詳解】

(1)電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿,反應(yīng)的離子方程式為:

本題答案為：

(2)陽(yáng)離子交換膜只能讓陽(yáng)離子通過,陰離子和氣體不能通過；用石墨作電極電解飽和氯化鈉時(shí)，陽(yáng)極上氯離子放電生成氯氣，氯氣不能通過陽(yáng)離子交換膜而進(jìn)入陰極，如果氯氣進(jìn)入陰極易和氫氣混合產(chǎn)生爆炸，且易和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉而導(dǎo)致制取的氫氧化鈉不純；

本題答案為：能得到純度較高的氫氧化鈉溶液，避免Cl2與H2反應(yīng)；

(3)電解槽中陰極是氫離子放電生成氫氣，水電離平衡正向進(jìn)行氫氧根離子濃度增大,生成氫氧化鈉溶液,NaOH溶液的出口為d；Cl2在陽(yáng)極,根據(jù)裝置圖分析可以知道精制飽和食鹽水從陽(yáng)極進(jìn)入,即進(jìn)口為a；

本題答案為：a,d；

（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有還原性，在硫酸提供酸性環(huán)境下反應(yīng)生ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)，依據(jù)電子守恒和原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式：2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；

本題答案為：2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。

【點(diǎn)睛】

在電解池中，陰離子在陽(yáng)極放電，放電順序?yàn)椋篠2-I-Br--OH->F-；陽(yáng)離子在陰極的放電順序?yàn)椋篈g+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+(酸中)>Sn2+>>Zn2+>H+(水中)>Al3+>K+。【解析】2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑能得到純度較高的氫氧化鈉溶液，避免Cl2與H2反應(yīng)(其他答案合理即可)ad2KClO3+2H2SO4+H2C2O42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O13、略

【分析】【分析】

（1）甲裝置是燃料電池，通入氫氣的a電極為燃料電池的負(fù)極，通入氧氣的b電極為正極；

（2）乙裝置是電解池；與直流電源負(fù)極相連的電極為陰極，水在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，同時(shí)破壞水的電離平衡；

（3）若甲裝置作為乙裝置的電源；由得失電子數(shù)目守恒計(jì)算可得甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比；

（4）①由圖可知產(chǎn)生氫氣的B電極為電解池的陰極；則A電極為陽(yáng)極；

②廢水中具有強(qiáng)氧化性，酸性條件下，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cr3+、Fe3+和H2O。

【詳解】

（1）甲裝置是燃料電池，通入氫氣的a電極為燃料電池的負(fù)極，堿性條件下，氫氣在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為H2＋2OH－－2e－＝2H2O，故答案為：H2＋2OH－－2e－＝2H2O；

（2）乙裝置是電解池，與直流電源負(fù)極相連的電極為陰極，飽和食鹽水溶液中水在陰極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，同時(shí)破壞水的電離平衡，在陰極區(qū)云集大量氫氧根離子，則陰極區(qū)產(chǎn)物為NaOH和H2，故答案為：NaOH；H2；

（3）若甲裝置作為乙裝置的電源；由得失電子數(shù)目守恒可知，甲池消耗2mol氫氣同時(shí)消耗1mol氧氣，轉(zhuǎn)移4mol電子，乙裝置中可以產(chǎn)生2mol氫氣和2mol氯氣，則一段時(shí)間后，甲中消耗氣體與乙中產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為3:4，故答案為：3:4；

（4）①由圖可知產(chǎn)生氫氣的B電極為電解池的陰極，則A電極為陽(yáng)極，陽(yáng)極上鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe－2e－＝Fe2+，故答案為：Fe－2e－＝Fe2+；

②廢水中具有強(qiáng)氧化性，酸性條件下，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cr3+、Fe3+和H2O，反應(yīng)的離子方程式為+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案為：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

【點(diǎn)睛】

氫氧燃料電池中通入氫氣的一極為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)是解答關(guān)鍵?！窘馕觥縃2＋2OH－－2e－＝2H2ONaOHH23:4Fe－2e－＝Fe2++6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O三、判斷題(共9題，共18分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

熱化學(xué)方程式主要是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)熱是多少，而不是強(qiáng)調(diào)這個(gè)反應(yīng)在什么條件下能發(fā)生，根據(jù)蓋斯定律，只要反應(yīng)物和生成物一致，不管在什么條件下發(fā)生反應(yīng)熱都是一樣的，因此不需要注明反應(yīng)條件，該說法錯(cuò)誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

加入反應(yīng)物可使平衡正向移動(dòng)，加入反應(yīng)物本身的轉(zhuǎn)化率減小，故正確。16、A【分析】【詳解】

放熱過程有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但并不一定能自發(fā)進(jìn)行，吸熱過程沒有自發(fā)進(jìn)行的傾向性，但在一定條件下也可自發(fā)進(jìn)行，正確。17、B【分析】【詳解】

濕潤(rùn)的試紙測(cè)定鹽酸和醋酸溶液的兩者均為稀釋，醋酸為弱酸電離程度變大，故醋酸溶液的誤差更小。

故錯(cuò)誤。18、A【分析】【詳解】

SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH＜0，ΔS＜0，在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

KW只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，25℃時(shí)KW=1×10-14，故答案為：錯(cuò)誤。20、A【分析】【分析】

【詳解】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相對(duì)大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈堿性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性，故答案為：正確。21、B【分析】【詳解】

除鹽的組成對(duì)鹽的水解有影響外，鹽溶液的濃度，溫度和溶液的酸堿性對(duì)鹽類的水解也有很大的影響，壓強(qiáng)對(duì)鹽類水解沒有影響，所以答案是：錯(cuò)誤。22、B【分析】【分析】

【詳解】

飽和食鹽水在電解條件下生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，氯氣和氫氧化鈉之間反應(yīng)可以得到消毒液，與水解無(wú)關(guān)，故錯(cuò)誤。四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共32分)23、略

【分析】【分析】

方案一：KClO3、I2、HCl反應(yīng)、回流得到含KH(IO3)2溶液，加KOH溶液調(diào)pH得到KIO3，再滴加氯化鈣溶液得到含碘酸鈣溶液，再通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到Ca(IO3)2·H2O。

【詳解】

(1)由構(gòu)造可知儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

(2)方案二中以碘和雙氧水為原料，在少量硝酸及催化劑存在下，碘被氧化為碘酸，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知該過程可發(fā)生兩個(gè)反應(yīng)I2+5H2O2=2HIO3+4H2O、3I2+10HNO3=6HIO3+10NO↑+2H2O；

(3)為保證碘單質(zhì)均轉(zhuǎn)化為碘酸氫鉀；鹽酸和氯酸鉀應(yīng)稍稍過量，碘水呈黃色，當(dāng)?shù)鈫钨|(zhì)消耗完，黃色將消失，因此判斷反應(yīng)完全可根據(jù)反應(yīng)混合液黃色是否消失來判斷；

(4)A．反應(yīng)物I2易升華，I2與KClO3的反應(yīng)采用回流裝置的目的是有效控制碘的損耗；A正確；

B．溶液A加KOH溶液調(diào)pH=10是為了將KH(IO3)2轉(zhuǎn)化為KIO3；B錯(cuò)誤；

C．方案一中溶液A中滴加氯化鈣溶液后所得溶液混有KClO3、KCl，制備的產(chǎn)物中可能含有的雜質(zhì)有KCl、KClO3；C正確；

D．氯氣有毒；會(huì)污染空氣，上圖所示裝置存在缺陷，缺少氯氣尾氣處理裝置，D正確；

E．結(jié)晶過程中溶液冷卻速度越慢；得到晶體顆粒越大，E錯(cuò)誤；

選ACD；

(5)操作X主要流程為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到Ca(IO3)2·H2O，由表格可知冷卻結(jié)晶時(shí)應(yīng)控制溫度在32℃-57.5℃，抽濾的操作為用蒸餾水潤(rùn)濕濾紙，微開水龍頭→傾析法轉(zhuǎn)移溶液至布氏漏斗→開大抽氣裝置水龍頭→轉(zhuǎn)移固體至布氏漏斗→關(guān)小抽氣裝置水龍頭獲得晶體，碘酸鈣難溶于乙醇、微溶于水，洗滌時(shí)用無(wú)水乙醇，操作為使洗滌劑緩慢通過沉淀物→開大抽氣裝置水龍頭→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，關(guān)閉抽氣裝置水龍頭，然后將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干(干燥)，因此操作X的順序?yàn)椋赫舭l(fā)濃縮→b→h→c→d→f→e→g→d→拔下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管→關(guān)閉抽氣裝置水龍頭→將晶體轉(zhuǎn)移至濾紙晾干，填bcdfed；

(6)在強(qiáng)酸介質(zhì)中Ca(IO3)2與過量KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到碘單質(zhì)，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液標(biāo)定選用淀粉作指示劑，終點(diǎn)現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘不變色；若滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視刻度線，則V末讀數(shù)偏小，由V標(biāo)=V末-V初可知V標(biāo)偏小，則產(chǎn)品的純度偏低?！窘馕觥竣?恒壓滴液漏斗②.I2+5H2O2=2HIO3+4H2O、3I2+10HNO3=6HIO3+10NO↑+2H2O③.根據(jù)反應(yīng)混合液黃色是否消失來判斷④.ACD⑤.bcdfed⑥.當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘不變色⑦.偏低24、略

【分析】【分析】

本實(shí)驗(yàn)為中和熱的測(cè)定實(shí)驗(yàn)；通過稀強(qiáng)酸和稀強(qiáng)堿反應(yīng)放出的熱量計(jì)算酸堿中和反應(yīng)的反應(yīng)熱，在實(shí)驗(yàn)過程中為減小空氣中的二氧化碳對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，堿液需稍過量，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)反應(yīng)熱的測(cè)定裝置中需要燒瓶；溫度計(jì)、碎泡沫塑料、硬紙板、環(huán)形玻璃攪拌棒；根據(jù)圖示，反應(yīng)缺少的一件玻璃用品是環(huán)形玻璃攪拌棒，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；

(2)實(shí)驗(yàn)過程中為保證數(shù)據(jù)的準(zhǔn)確性，需將堿過量，以減少空氣中的二氧化碳對(duì)堿液濃度的影響，當(dāng)酸液過量而堿液不變時(shí)，空氣中的二氧化碳會(huì)對(duì)測(cè)定結(jié)果造成一定的影響，使反應(yīng)放出的熱量減少，但因?yàn)橹泻蜔崾侵杆岣鷫A發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O所放出的能量，與酸堿的用量無(wú)關(guān)，反應(yīng)熱不變，故答案為：不相等、相等、因?yàn)橹泻蜔崾侵杆岣鷫A發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O所放出的能量；與酸堿的用量無(wú)關(guān)；

(3)氫氧化鋇固體與氯化銨固體混合；二者反應(yīng)反應(yīng)吸收大量的熱，為吸熱反應(yīng)；高溫煅燒石灰石為分解反應(yīng)，分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；鋁和鹽酸反應(yīng)為活潑金屬與酸的反應(yīng)，為放熱反應(yīng),故答案為c；

(4)根據(jù)蓋斯定律，將第二個(gè)方程式乘以二在減去第一個(gè)方程式得到目標(biāo)方程式，即2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH=-1135.7kJ/mol，故答案為：2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH=-1135.7kJ/mol?！窘馕觥凯h(huán)形玻璃攪拌棒不相等相等因?yàn)橹泻蜔崾侵杆岣鷫A發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O所放出的能量，與酸堿的用量無(wú)關(guān)C2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1135.7kJ/mol25、略

【分析】(1)

溶液為紫紅色溶液；反應(yīng)后得到無(wú)色溶液，則可通過測(cè)定溶液紫紅色褪去所需時(shí)間來判斷反應(yīng)的快慢，故答案為：溶液紫紅色褪去所需時(shí)間。

(2)

完全反應(yīng)時(shí)，能看到溶液褪色，所以它們初始物質(zhì)的量濃度需要滿足的關(guān)系為：

(3)

①探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率影響時(shí)，除了溫度外其它條件必須相同，實(shí)驗(yàn)b和c的濃度相同，溫度不同，是探究溫度對(duì)反應(yīng)速率影響，故選b和c。

②實(shí)驗(yàn)中草酸的物質(zhì)的量為：0.20mol/L4.010-3mol/L=0.0008mol，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為：0.010mol/L4.010-3mol/L=0.00004mol，草酸和高錳酸鉀的物質(zhì)的量之比為0.0008mol：0.00004mol=20:1>5:2，顯然草酸過量，高錳酸鉀完全反應(yīng)，混合后溶液中高錳酸鉀的濃度為：=0.005mol/L，則這段時(shí)間平均反應(yīng)速率=0.01速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則0.01=故答案為：

(4)

①草酸溶液和高錳酸鉀酸性溶液反應(yīng)生成了Mn2+，能夠解釋褪色總是先慢后快的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，所以假設(shè)2為生成Mn2+對(duì)反應(yīng)有催化作用；該反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是草酸與高錳酸根離子反應(yīng)，未參與該反應(yīng)，所以對(duì)反應(yīng)速率無(wú)影響，故答案為：Mn2+；未參與該反應(yīng)(或一開始體系中就有)。

②加催化劑可以加快反應(yīng)速率，分析催化劑對(duì)反應(yīng)速率的影響時(shí)，其它條件必須相同，要使兩組實(shí)驗(yàn)的草酸、高錳酸鉀溶液的濃度相同，則溶液的體積相同，即B試管中加入1蒸餾水；Mn2+對(duì)反應(yīng)有催化作用，則反應(yīng)速率加快，褪色時(shí)間短，即試管溶液褪色時(shí)間明顯早于試管；在B試管中加入蒸餾水的目的是控制變量，使兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中溶液總體積相同，從而草酸、高錳酸鉀的濃度相同；高錳酸根離子與氯離子反應(yīng)生成氯氣，所以不能用溶液代替溶液，反應(yīng)的離子方程式為：【解析】(1)溶液紫紅色褪去所需時(shí)間。

(2)

(3)

(4)Mn2+未參與該反應(yīng)(或一開始體系中就有)1試管溶液褪色時(shí)間明顯早于試管控制變量，使兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中溶液總體積相同，從而草酸、高錳酸鉀的濃度相同26、略

【分析】【分析】

大理石加入鹽酸、過氧化氫浸取，碳酸鈣轉(zhuǎn)化為Ca2+，F(xiàn)e、Al、Mg轉(zhuǎn)化為Fe3+、Al3+、Mg2+，過濾得到的濾渣Ⅰ主要為Si；濾液I加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+、Mg2+轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾所得濾液Ⅱ主要為氯化鈣、氯化銨，再加入一水合氨和雙氧水，得到CaO2·8H2O沉淀，煅燒得到CaO2。

【詳解】

(1)H2O2做氧化劑還原為水；不引入雜質(zhì)離子，產(chǎn)物無(wú)污染；

(2)濾液Ⅱ中主要成分為氯化鈣、氯化銨，加入一水合氨和雙氧水，得到CaO2·8H2O，所以反應(yīng)方程式為CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；為防止H2O2和NH3·H2O受熱分解；溫度不能太高；

(3)反應(yīng)③后是濾液和沉淀CaO2·8H2O的分離；操作是過濾；洗滌沉淀的方法為向過濾器中加冰水浸沒沉淀，等水自然流下，重復(fù)操作2到3次；

(4)因?yàn)橛酶咤i酸鉀滴定；有強(qiáng)氧化性所以選擇酸式滴定管，滴定過程還要用到錐形瓶，所以選擇①③；

(2)滴定終點(diǎn)為將H2O2反應(yīng)完全，多一滴高錳酸鉀溶液，即溶液呈微紅色并且在半分鐘內(nèi)不褪色；根據(jù)反應(yīng)方程式：CaO2+2HCl=CaCl2+H2O2

2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O

設(shè)參加反應(yīng)的CaO2為x；則有。

計(jì)算得出x=0.36g，樣品取0.4g，則樣品中CaO的質(zhì)量數(shù)為：×100%=90%；

(3)根據(jù)滴定計(jì)算關(guān)系c測(cè)=

A．滴定管未用KMnO4潤(rùn)洗，使溶液濃度減小，V標(biāo)增大，c測(cè)偏高；A符合題意；

B．開始時(shí)滴定管內(nèi)有氣泡，滴定后消失，讀取的V標(biāo)體積中包含氣泡體積，c測(cè)偏高；B符合題意；

C．滴定結(jié)束讀數(shù)時(shí)，俯視刻度線，使讀數(shù)偏大，V標(biāo)偏小，c測(cè)偏低；C不符合題意；

D．滴定過程中待測(cè)液濺出，導(dǎo)致V標(biāo)偏小，c測(cè)偏低；D不符合題意；

綜上所述所以選AB?！窘馕觥坎灰腚s質(zhì)離子，產(chǎn)物無(wú)污染CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl溫度高H2O2和NH3·H2O都易分解過濾向過濾器中加冰水浸沒沉淀，靜置，待水自然留下，重復(fù)操作2～3次①③當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液呈淺紅色并且在半分鐘內(nèi)不褪色90%AB五、計(jì)算題(共4題，共36分)27、略

【分析】【分析】

【詳解】

將已知反應(yīng)依次編號(hào)為①②③，由蓋斯定律可知，③×2—①—②可得催化重整反應(yīng)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，△H=2△H3－△H1－△H2=(－111kJ/mol)×2—(－75kJ/mol)—(－394kJ/mol)=+247kJ/mol，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol，故答案為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol。【解析】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)反應(yīng)起始時(shí)，SO2的濃度為c(SO2)==0.5mol/L；O2的濃度為c(O2)==0.3mol/L；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)有3molSO2剩余，根據(jù)方程式可知：每有1molSO2反應(yīng)，就會(huì)同時(shí)產(chǎn)生1molSO3，因此反應(yīng)消耗SO2的物質(zhì)的量是(5-3)mol=2mol，則會(huì)產(chǎn)生2molSO3；則SO2的化學(xué)反應(yīng)速率v(SO2)=

(2)根據(jù)(1)分析可知反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生了2mol的SO3，由于容器的容積是10L，則此時(shí)SO3的濃度為c(SO3)==0.2mol/L；SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為

(3)平衡時(shí)含有SO2物質(zhì)的量是n(SO2)=3mol，n(O2)=3mol-=2mol，n(SO3)=2mol，則混合氣體的總物質(zhì)的量n(總)=3mol+2mol+2mol=7mol；

(4)①反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行；氣體的體積不變；反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，若體系內(nèi)壓強(qiáng)不再改變，則氣體的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，①符合題意；

②反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行；氣體的體積不變；反應(yīng)混合物都是氣體，氣體的質(zhì)量不變，則容器內(nèi)氣體的密度始終不變，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，②不符合題意；

③反應(yīng)混合物都是氣體；氣體的質(zhì)量不變，正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，若混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變，說明氣體的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，③符合題意；

④在任何情況下都存在v正(SO3)=2v正(O2)，若v正(SO3)=2v逆(O2)，則v正(O2)=v逆(O2)；反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，④符合題意；

⑤反應(yīng)體系中若n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)=2∶1∶2；反應(yīng)可能處于平衡狀態(tài)，也可能未達(dá)到平衡狀態(tài)，這與開始時(shí)加入的物質(zhì)的量的多少及反應(yīng)條件有關(guān)，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，⑤不符合題意；

綜上所述可知：能夠判斷反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的敘述是①③④?！窘馕觥竣?0.5mol/L②.0.3mol/L③.2④.0.02mol/(L?min)⑤.0.2mol/L⑥.40％⑦.7⑧.①③④29、略

【分析】【分析】

有效提取已知條件、圖像信息、運(yùn)用三段式、結(jié)合定義計(jì)算反應(yīng)速率、平衡常數(shù)、轉(zhuǎn)化率等；運(yùn)用濃度商和平衡常數(shù)的相對(duì)大小，判斷是否處于平衡狀態(tài)：當(dāng)Qc<K，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，即v正>v逆，當(dāng)Qc>K，化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，即v正逆，當(dāng)Qc=K，化學(xué)平衡不發(fā)生移動(dòng)，即v正=v逆；據(jù)此回答；

【詳解】

I(1)將等物質(zhì)的量的A、B混合于2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，經(jīng)5min后，測(cè)得D的濃度為0.5mol/L，生成的D為2L×0.5mol/L=1mol，C的平均反應(yīng)速率為0.1mol/(L·min)，則△n(C)=0.1mol/