2025年西師新版選擇性必修1化學上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版選擇性必修1化學上冊月考試卷639考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列說法正確的是A.CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量熱，可利用該反應設計成原電池，把化學能轉化為電能B.任何化學反應中的能量變化都表現(xiàn)為熱量變化C.有化學鍵斷裂一定發(fā)生化學反應D.灼熱的鉑絲與NH3、O2混合氣接觸，鉑絲繼續(xù)保持紅熱，說明氨的氧化反應是放熱反應2、下列說法中不正確的是A.銅在酸性環(huán)境中易發(fā)生析氫腐蝕B.鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵制品比受損前更容易生銹C.用錫焊接的鐵質(zhì)器件，焊接處易生銹D.在船體外嵌入鋅塊，可以減緩船體的腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法3、下列有關電化學裝置的說法正確的是。

A.利用圖a裝置處理銀器表面的黑斑Ag2S，銀器表面的反應為Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-B.圖b電解一段時間，銅電極溶解，石墨電極上有亮紅色物質(zhì)析出C.圖c中的X極若為負極，則該裝置可實現(xiàn)粗銅的精煉D.圖d中若M是海水，該裝置是通過“犧牲陽極的陰極保護法”使鐵不被腐蝕4、肼是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭發(fā)動機的燃料，已知下列說法正確的是A.該反應逆反應的活化能一定大于B.C.該反應反應物的總鍵能大于生成物的總鍵能D.該反應反應物的總能量小于生成物的總能量5、熱激活電池(又稱熱電池)可用作火箭、導彈的工作電源。一種熱激活電池的基本結構如圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiCl?KCl混合物一旦受熱熔融，電池瞬間即可輸出電能。該電池總反應為：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb。關于該電池的下列說法中，不正確的是。

A.負極的電極反應：Ca?2e－＝Ca2+B.放電時，K+向硫酸鉛電極移動C.硫酸鉛作正極材料，LiCl為正極反應物D.常溫時，在正負極之間連上檢流計，指針不偏轉6、有人提出可利用反應消除對環(huán)境的污染，并回收碳和氧氣。下列對上述反應的判斷合理的是A.任何溫度下都能自發(fā)進行B.較高溫度下能自發(fā)進行C.較低溫度下能自發(fā)進行D.任何溫度下都不能自發(fā)進行7、下列說法不正確的是A.某溶液c(H+)>c(OH-),則該溶液一定顯酸性B.0.1mol?L-1一元酸HX溶液pH=3，則HX一定為弱電解質(zhì)C.相同溫度下，等濃度的鹽酸和醋酸稀釋相同倍數(shù)后，鹽酸的pH大D.相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液，c(Cl-)=c(CH3COO-)評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、常溫下，用0.100mol?L-1的NH4SCN標準溶液滴定25.00mL未知濃度的AgNO3溶液，以NH4Fe(SO4)2?12H2O為指示劑，測得溶液中pSCN=-lgc(SCN)、pAg=?lgc(Ag+)隨加入NH4SCN溶液的體積變化如圖所示。已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5，Ksp(Ag2CO3)=8×10-12.回答下列問題：

(1)滴定終點的現(xiàn)象：_______。

(2)該溫度下AgSCN溶度積常數(shù)Ksp=_______。

(3)為防止指示劑失效，溶液應維持____(填“酸性”或“堿性”，)，若用K2CrO4做指示劑，應控制其濃度不超過___。(假設c(Ag+)≤10-5mol·L-1；完全沉淀)

(4)當加入15.00mLNH4SCN溶液時，懸濁液中生成少量的Ag2SO4，則此時溶液中c()=___。

(5)滴定終點，再加入10mL0.005mol·L-1的Na2CO3溶液，__(填“有”或“無”，)沉淀生成。9、試利用平衡移動原理解釋下列事實：

(1)FeS不溶于水，但能溶于稀鹽酸中_____；

(2)CaCO3難溶于稀硫酸，卻能溶于醋酸中______；

(3)分別用等體積的蒸餾水和0.010mol·L-1硫酸洗滌BaSO4沉淀，用水洗滌造成BaSO4的損失量大于用稀硫酸洗滌的損失量______。10、燃煤煙氣中SO2和NOx是大氣污染物的主要來源；脫硫脫硝技術是煙氣治理技術的研究熱點。

(1)尿素/H2O2溶液脫硫脫硝。尿素[CO(NH2)2]是一種強還原劑。60℃時在一定濃度的尿素/H2O2溶液中通入含有SO2和NO的煙氣，煙氣中有毒氣體被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液對SO2具有很高的去除效率，寫出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸銨和CO2的化學方程式為____。

(2)除去煙氣中的NOx，利用氫氣選擇性催化還原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。H2—SCR法的主反應：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H1

副反應：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)△H2<0

①已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1

則△H1=____kJ·mol-1。

②H2—SCR在Pt—HY催化劑表面的反應機理如圖所示：

已知在HY載體表面發(fā)生反應的NO、O2物質(zhì)的量之比為4∶1，反應中每生成1molN2，轉移的電子的物質(zhì)的量為___mol。

(3)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纖維)也可以脫硫脫硝。V2O5/炭基材料脫硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附態(tài)SO2在炭表面被催化氧化為SO3，SO3再轉化為硫酸鹽等。

①V2O5/炭基材料脫硫時，通過紅外光譜發(fā)現(xiàn)，脫硫開始后催化劑表面出現(xiàn)了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，該脫硫反應過程可描述為____。

②V2O5/炭基材料脫硫時，控制一定氣體流速和溫度，考察了煙氣中O2的存在對V2O5/炭基材料催化劑脫硫脫硝活性的影響，結果如圖所示，當O2濃度過高時，去除率下降，其可能原因是_____。

11、乙酸乙酯是一種用途廣泛的精細化工產(chǎn)品；一般通過乙酸和乙醇酯化合生成。

(1)在實驗室利用上述方法制得乙酸乙酯含有雜質(zhì)(不計副反應)，簡述如何提純產(chǎn)品_______。

(2)若用標記乙醇，該反應的化學方程式_______。

(3)一定溫度下該反應的平衡常數(shù)若按化學方程式中乙酸和乙醇的化學計量數(shù)比例投料，則乙酸乙酯的平衡產(chǎn)率_______(計算時不計副反應)；若乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比為相應平衡體系中乙酸乙酯的物質(zhì)的量分數(shù)為x，請繪制x隨n變化的示意圖_______。

(4)近年來，用乙烯和乙酸為原料、雜多酸作催化劑合成乙酸乙酯的新工藝，具有明顯的經(jīng)濟優(yōu)勢，其合成的基本反應為()。在恒溫恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正確的是_______。

a.當乙烯斷開1mol碳碳雙鍵的同時乙酸恰好消耗1mol；反應已達到化學平衡。

b.當乙烯的百分含量保持不變時；反應已達到化學平衡。

c.在反應過程中任意時刻移除部分產(chǎn)品；都可以使平衡正向移動，但該反應的平衡常數(shù)不變。

d.達到平衡后再通入少量乙烯；再次達到平衡時，乙烯的濃度大于原平衡。

(5)在乙烯與乙酸等物質(zhì)的量投料條件下；某研究小組在不同壓強；相同時間點進行了乙酸乙酯的產(chǎn)率隨溫度變化的測定實驗，實驗結果如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

①溫度在60~80℃范圍內(nèi)，乙烯與乙酸反應速率由大到小的順序是_______[用分別表示在不同壓強下的反應速率]。

②在壓強為溫度超過80℃時，乙酸乙酯產(chǎn)率下降的原因可能是_______。

③為提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，可以采取的措施_______(任寫兩條)。12、1mol冰醋酸中含有NA個CH3COO-___13、(1)貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反應。溫度為T時，該反應的熱化學方程式為______

已知溫度為T時：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝＋165kJ·mol－1

CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ·mol－1

(2)用O2將HCl轉化為Cl2；可提高效益，減少污染。

傳統(tǒng)上該轉化通過如圖所示的催化循環(huán)實現(xiàn)。其中，反應①為：2HCl(g)＋CuO(s)H2O(g)＋CuCl2(s)ΔH1，反應②生成1molCl2(g)的反應熱為ΔH2，則總反應的熱化學方程式為_________________(反應熱用ΔH1和ΔH2表示)。

(3)已知：①Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)ΔH＝＋494kJ·mol－1

②CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1

③C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH＝－110kJ·mol－1

則反應Fe2O3(s)＋3C(s)＋3/2O2(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。理論上反應________放出的熱量足以供給反應________所需要的熱量(填上述方程式序號)。14、在一個溫度不變的密閉容器內(nèi)，放入一杯飽和的硫酸銅溶液，用細線吊住一塊有缺口的硫酸銅晶體CuSO4?5H218O浸在溶液中(如圖)過幾天后觀察到：晶體上的缺口___________(填“有”或“沒有”)了；晶體的質(zhì)量___________(填“減小”、“增大”或“沒變”)；此時的硫酸銅溶液是___________(填“飽和”或“不飽和”溶液)。溶液中，溶劑水中___________(填“含有”或“不含”)18O；膽礬晶體中___________(填“含有”或“不含”)18O。

評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯誤16、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤17、物質(zhì)的狀態(tài)不同ΔH的數(shù)值也不同。____A.正確B.錯誤18、常溫下，等體積的鹽酸和的相同，由水電離出的相同。(_______)A.正確B.錯誤19、鹽溶液顯酸堿性，一定是由水解引起的。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(zhì)(共2題，共8分)20、周期表前四周期的元素A；B、C、D、E原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同；B的價電子層中有3個未成對電子，C的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，D與C同族；E的最外層只有2個電子，但次外層有18個電子?；卮鹣铝袉栴}：

(1)常溫下(BA4)DC4溶液顯______性；用離子方程式解釋原因______。

(2)B；C、D中第一電離能最大的是______(填元素符號)；基態(tài)E原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為______。

(3)A和其他元素形成的二元共價化合物中，有一種分子空間構形呈三角錐形，該分子極易溶于水，卻不溶于CCl4；請解釋原因______；分子中既含有極性共價鍵；又含有非極性共價鍵的化合物是______(填化學式，寫一種)。

(4)A2C內(nèi)的C—A鍵、A2C分子間的范德華力和氫鍵，從強到弱依次是______。A3C+中A—C—A鍵角比A2C中的______(填“大”或“小”或“相等”)

(5)與E同周期的元素中，基態(tài)原子在4s軌道上只有1個電子的元素共有______種。21、合成氨是人類科學技術上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)；常用鐵觸媒作催化劑。

（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元是______。

（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，請用物質(zhì)結構理論進行解釋：_____。

（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學式）

（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應_____。評卷人得分五、實驗題(共4題，共24分)22、已知某NaOH試樣中含有NaCl雜質(zhì)；為測定試樣中NaOH的質(zhì)量分數(shù)，進行如下步驟實驗：

①稱量1.0g樣品溶于水；配成250mL溶液；

②準確量取25.00mL所配溶液于錐形瓶中；

③滴加幾滴酚酞溶液；

④用0.10mol?L?1的標準鹽酸滴定三次，每次消耗鹽酸的體積記錄如表：。滴定序號待測液體積/(mL)所消耗鹽酸標準液的體積/(mL)滴定前滴定后滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00

請回答：

(1)將樣品配成250mL標準溶液，除小燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需用到的玻璃儀器有_______。

(2)用_______盛裝0.10mol?L?1的鹽酸標準液；向待測液滴加2-3滴指示劑。

(3)達到滴定終點時的標志為_______。

(4)燒堿樣品的純度為_______。

(5)用標準液滴定待測液，下列操作中導致中和滴定的測量值偏高的是_______

a．錐形瓶用蒸餾水沖洗后；再用待測液潤洗2~3次。

b．滴定開始時；滴定管尖嘴有氣泡，滴定過程中氣泡消失。

c．滴定前讀數(shù)時仰視；滴定后讀數(shù)平視。

d．搖動錐形瓶時；瓶中有少量液體濺出。

e．滴定時，錐形瓶中加入少量蒸餾水23、淀粉和纖維素是常見的多糖；在一定條件下它們都可以水解生成葡萄糖。

(1)淀粉在濃硫酸作用下水解生成葡萄糖的化學方程式為_______。

(2)某學生設計了如下實驗方案用以檢驗淀粉水解的情況：

下列結論正確的是_______。A．淀粉尚有部分未水解B．淀粉已完全水解C．淀粉沒有水解D．淀粉已水解，但不知是否完全水解(3)一種測定飲料中糖類物質(zhì)含量(所有糖類物質(zhì)以葡萄糖計算)的方法如下：

步驟一：取某無色飲料20.00mL加入稀硫酸煮沸；充分反應后，冷卻，加入適量的氫氧化鈉溶液并稀釋至100.00mL。

步驟二：取10.00mL稀釋液，加入30.00mL0.0150mol/L標準I2溶液；置于暗處15分鐘。

步驟二：然后滴加2~3滴淀粉溶液作指示劑，再用0.01200mol/LNa2S2O3標準溶液滴定反應所剩余的I2，當溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘不變時，反應達到終點，共消耗Na2S2O3標推溶液25.00mL。

已知：

a.I2在堿性條件下能與萄萄糖反應：C6H12O6+I2+3NaOH=C6H11O7Na+2NaI+2H2O

b.Na2S2O3與I2能發(fā)牛如下反應：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

①配制100.00mL0.01500mol/LI2標準溶液，所必需的玻璃儀器有：100mL的容量瓶、燒杯、_______和_______。

②向飲料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_______。

③計算該飲料中糖類物質(zhì)的含量_______(單位mg/mL)(寫出計算過程)。24、對氯苯氧乙酸是植物生長調(diào)節(jié)劑的中間體；實驗室合成如下。

Ⅰ．實驗步驟：

Ⅱ．反應原理：

主反應：(相對分子質(zhì)量：186.5)

副反應：

Ⅲ．實驗裝置。

請回答：

(1)用10mL20%NaOH溶液溶解苯酚固體的原因(用化學方程式表示)_______。

(2)下列說法正確的是_______

A．圖1中儀器X名稱為三頸燒瓶；其加熱方式只能用水浴或墊石棉網(wǎng)加熱。

B．圖1冷凝管中的冷卻水從導管a進入、導管b流出；利用逆流原理冷卻效果好。

C．圖2熱過濾時固液混合物液面要低于濾紙邊緣；濾紙要低于漏斗邊緣。

D．圖2熱過濾優(yōu)點防止溫度降低引起產(chǎn)品損耗；從而提高產(chǎn)品收率。

(3)步驟Ⅳ為粗產(chǎn)品的純化，從下列選項中的操作合理排序：粗產(chǎn)品→用熱的乙醇溶解→_______→_______→加蒸餾水→_______→_______→_______→干燥→4.76g產(chǎn)品。本實驗的產(chǎn)率為_______(保留整數(shù))

a．自然冷卻b．趁熱過濾c．洗滌d．煮沸e．抽濾。

(4)為了測定對氯苯氧乙酸產(chǎn)品的純度，可采用中和滴定法：準確稱取0.2g產(chǎn)品，置于錐形瓶中，加30mL乙醇溶解，滴加酚酞指示劑，以標準溶液滴定至微紅色出現(xiàn)并持續(xù)30s不變色，即為終點，重復實驗，數(shù)據(jù)如下：。序號滴定前讀數(shù)/mL滴定終點讀數(shù)/mL10.2020.22220.2240.5231.5421.52

①裝標準溶液時選擇圖3中規(guī)格為50mL的滴定管_______(填“M”或“N”)。

②對氯苯氧乙酸產(chǎn)品的純度為_______(小數(shù)點后保留一位)。25、滴定實驗是化學學科中最重要的定量實驗之一。常見的滴定實驗有酸堿中和滴定；氧化還原反應滴定、沉淀滴定等等。

（1）氧化還原滴定﹣葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定，葡萄酒常用Na2S2O3作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量（以游離SO2計算）的方案如下：

往實驗中加入鹽酸的目的是將Na2S2O3全部轉化成SO2；滴定過程中發(fā)生的反應是：I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4

①加入鹽酸時發(fā)生反應的離子方程式為___

②滴定時，I2溶液應裝在___（“酸”或“堿”）式滴定管中，該滴定過程的指示劑為___

③下列情形會造成測定結果偏高的是___

A．滴定持續(xù)時間稍長；溶液中部分HI被空氣氧化。

B．盛裝標準I2溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后；未潤洗。

C．滴定前平視；滴定后俯視。

D．滴定前滴定管尖嘴有氣泡滴定后氣泡消失。

（2）沉淀滴定一滴定劑和被滴定物的生成物比滴定劑與指示劑的生成物更難溶。參考下表中的數(shù)據(jù)，若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可選用的指示劑是___（填選項字母），判斷滴定終點的方法為：___。難溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN顏色白淺黃白磚紅白Ksp1.77×10﹣105.35×10﹣131.21×10﹣161.12×10﹣121.0×10﹣12

A．Na2CrO4B．NaBrC．NaCND．NaCl參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】分析：A；只有氧化還原反應在理論上才能設計成原電池；B、化學反應中的能量變化有多種形式；如光能、電能等；C、化學鍵的斷裂不一定有新物質(zhì)生成，所以不一定都發(fā)生化學反應；D、只有是放熱反應才能保持鉑絲紅熱。

詳解：A、只有氧化還原反應在理論上才能設計成原電池，而反應CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化還原反應；不可能設計成原電池，故A錯誤；

B；任何化學反應都伴隨著能量變化；但不一定都是熱量變化，也可能是光能、電能等多種形式，所以B錯誤；

C；某些物質(zhì)的溶解、電離；或狀態(tài)的變化可能伴隨著化學鍵的破壞，但沒有發(fā)生化學反應，所以C錯誤；

D；氨氣的催化氧化用灼熱的鉑絲做催化劑；由于是放熱反應，所以鉑絲保持紅熱，故D正確。本題答案為D。

點睛：原電池反應一定由氧化還原反應設計而成的；化學反應一定伴隨有能量變化，且能量變化的形式有多種，但有能量變化的過程不一定是化學反應；化學反應一定有化學鍵的斷裂，但有化學鍵的斷裂的過程不一定都發(fā)生化學反應。2、A【分析】【詳解】

A．銅和H+不能反生反應；所以銅在酸性環(huán)境下也不會發(fā)生析氫腐蝕，故A說法不正確；

B．鍍銅鐵制品鍍層受損后；銅和鐵和環(huán)境中的水；氧氣就會構成原電池，加速鐵制品腐蝕，故B說法正確；

C．錫焊接的鐵質(zhì)器件；焊接處在環(huán)境中容易形成原電池，因此焊接處易生銹，故C說法正確；

D．在船體外嵌入鋅塊；由于鋅比鐵活潑，鋅和船體中的鋼鐵與海水更容易形成原電池，所以可以減緩船體腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，故D說法正確；

本題答案D。3、A【分析】【詳解】

A．形成原電池時，Al為負極被氧化，Ag2S為正極被還原，正極反應式為：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-；A正確；

B．銅為陰極；發(fā)生還原反應，不能溶解，石墨電極上生成氧氣，故B錯誤；

C．X極為負極；粗銅極為陰極，而電解精練時，粗銅作陽極，純銅作陰極，不能進行銅的精練，C錯誤；

D．該裝置有外接電源；屬于外加電源的陰極保護法，D錯誤；

答案選A。4、A【分析】【詳解】

A．反應的ΔH=正反應的活化能-逆反應的活化能，該反應的ΔH=?1080kJ?mol-1，所以逆反應的活化能Ea一定大于1080kJ?mol-1；故A正確；

B．氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量，所以當生成等量的液態(tài)水時放出更多的熱量，放熱反應的ΔH為負值，所以ΔH<?1080kJ?mol-1；故B錯誤；

C．反應的ΔH=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能；該反應是放熱反應，所以反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，故C錯誤；

D．反應的ΔH=生成物的總能量-反應物的總能量；該反應是放熱反應，所以反應物的總能量大于生成物的總能量，故D錯誤；

故選A。5、C【分析】【分析】

電池總反應為：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca化合價升高，失去電子，作負極，PbSO4化合價降低；得到電子，作正極。

【詳解】

A．根據(jù)前面分析得到負極的電極反應：Ca?2e－＝Ca2+；故A正確；

B．放電時，根據(jù)離子移動方向“同性相吸”，因此K+向正極(硫酸鉛)移動；故B正確；

C．硫酸鉛作正極材料，熔融的LiCl作為電解質(zhì)，根據(jù)PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb信息，PbSO4為正極反應物；故C錯誤；

D．根據(jù)題中信息；電解質(zhì)的無水LiCl?KCl混合物一旦受熱熔融，因此常溫時，在正負極之間連上檢流計，指針不偏轉，故D正確。

綜上所述，答案為C。6、D【分析】【分析】

該反應為吸熱反應，且為氣體分子數(shù)減小的反應，熵變?nèi)?，則反應在該溫度下自發(fā)進行，反之則非自發(fā)。

【詳解】

A．因為則該反應在任何溫度下都不能自發(fā)進行，故A錯誤；

B．該反應在任何溫度下都不能自發(fā)進行；故B錯誤；

C．較低溫度下該反應不能自發(fā)進行；該反應在任何溫度下都不能自發(fā)進行，故C錯誤；

D．該反應任何溫度下都不能自發(fā)進行；故D正確；

故選D。7、C【分析】【詳解】

A．氫離子濃度大于氫氧根離子濃度的溶液一定顯酸性；故A正確；

B．0.1mol?L-1一元酸HX溶液pH=3，氫離子濃度為0.001mol?L-1；說明HX不能完全電離，則一定為弱電解質(zhì)，故B正確；

C．相同溫度下；等濃度的鹽酸和醋酸稀釋相同倍數(shù)后，兩溶液的濃度仍然相同，鹽酸是強酸完全電離，醋酸是弱酸部分電離，因此鹽酸中氫離子濃度大于醋酸，鹽酸的pH小于醋酸，故C錯誤；

D．根據(jù)電荷守恒可得：醋酸溶液中：鹽酸溶液中：pH值相等，則兩溶液中氫離子濃度相等，氫氧根濃度也相等，則c(Cl-)=c(CH3COO-)；故D正確；

故選：C。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【詳解】

(1)鐵離子與SCN反應溶液顯紅色，因此滴定至終點時溶液顏色變?yōu)榧t色，且振蕩后不褪色,所以答案為：當最后一滴NH4SCN標準溶液加入時；溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

(2)根據(jù)圖像,可知NH,SCN溶液的體積為25mL時,pAg=pSCN=6,則AgSCN的沉淀溶解平衡常數(shù)所以AgSCN溶度積常數(shù)Ksp=1.0x10-12；

(3)中性或堿性溶液中鐵離子易形成沉淀,所以為防止指示劑失效,溶液應維持酸性；根據(jù)則故其濃度不超過0.01mol?L-1。

(4)由圖像的起點縱坐標的數(shù)值是1可以知道AgNO3的濃度是0.100mol?L-1。當加入15.00mLNH4SCN溶液時，溶液中

(5)滴定完后，加入10mL0.005mol·L-1的Na2CO3溶液不會產(chǎn)生新沉淀?！窘馕觥慨斪詈笠坏蜰H4SCN標準溶液加入時，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色1.0×10-12酸性0.01mol?L-10.0224mol?L-1無9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀鹽酸后，S2-+2H+H2S↑；破壞了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移動，故FeS溶解。

(2)CaCO3(s)C(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附著在CaCO3的表面，很難破壞CaCO3的溶解平衡，故難溶于稀硫酸；而在醋酸中，C+2CH3COOH2CH3COO-+H2O+CO2↑，破壞了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸。

(3)BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)，用水洗滌使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移動，造成BaSO4損失；而用硫酸洗滌，H2SO42H++S，S的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4損失量少?！窘馕觥縁eS(s)?Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入稀鹽酸后，S2-+2H+=H2S↑，破壞了FeS的溶解平衡，使上述平衡向FeS溶解的方向移動，故FeS溶解CaCO3(s)?CO(aq)+Ca2+(aq)，在稀硫酸中生成的CaSO4微溶，附著在CaCO3的表面，很難破壞CaCO3的溶解平衡，故難溶于稀硫酸；而在醋酸中，CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑，破壞了CaCO3的溶解平衡，故CaCO3能溶于醋酸BaSO4(s)?Ba2+(aq)+SO(aq)，用水洗滌使BaSO4的溶解平衡向BaSO4溶解的方向移動，造成BaSO4損失；而用硫酸洗滌，H2SO4=2H++SOS的存在抑制了BaSO4的溶解，故BaSO4損失量少10、略

【分析】【詳解】

（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸銨和CO2，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可得，反應的化學方程式為：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。

（2）①已知I．H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1，依據(jù)蓋斯定律I2-II有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1)2-(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。

②已知在HY載體表面發(fā)生反應的NO、O2物質(zhì)的量之比為4∶1，依據(jù)圖示和得失電子守恒可得反應的離子方程式為：4NH+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，依據(jù)方程式可知，反應中每生成1molN2；轉移的電子的物質(zhì)的量為3mol。

（3）①V2O5/炭基材料脫硫時，通過紅外光譜發(fā)現(xiàn)，脫硫開始后催化劑表面出現(xiàn)了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，說明VOSO4是中間體，反應過程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此該脫硫反應過程可描述為：SO2與V2O5作用形成具有VOSO4結構的中間體；VOSO4中間體與氣相的O2反應生成SO3和或者用化學方程式表示為：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。

②若氧氣濃度過高，O2、SO2和NO分子會產(chǎn)生競爭吸附的局勢，當O2分子占據(jù)催化劑過多的活性位時，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，從而導致脫硫脫硝率下降?！窘馕觥?1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2

(2)-663.53

(3)SO2與V2O5作用形成具有VOSO4結構的中間體；VOSO4中間體與氣相的O2反應生成SO3和或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3氧氣濃度過高時，O2、SO2和NO分子會產(chǎn)生競爭吸附的局勢，當O2分子占據(jù)催化劑過多活性位時，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，導致脫硫脫硝率下降11、略

【分析】【詳解】

(1)實驗室用乙醇和乙酸在濃硫酸的作用下制備乙酸乙酯；乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的雜質(zhì)，利用飽和碳酸鈉溶液可以中和乙酸；溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸餾除去殘留的雜質(zhì)；答案為產(chǎn)物中含有乙酸和乙醇，用飽和碳酸鈉洗滌后，分液，得到粗產(chǎn)品，在進行蒸餾；

(2)根據(jù)酯化反應的原理，酸脫羥基醇脫氫，因此乙醇中的18O會在酯中，化學方程式為CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；

(3)利用三等式進行計算；有

平衡常數(shù)得x=轉化率為

乙酸和乙醇的物質(zhì)的量之比，隨乙酸的物質(zhì)的量增加，乙酸乙酯的產(chǎn)量也會增加，當n：1＝1：1時，乙酸乙酯的物質(zhì)的量分數(shù)達到最大，乙酸的物質(zhì)的量繼續(xù)增大，乙酸乙酯物質(zhì)的量分數(shù)反而逐漸減小圖象如圖所示：；

(4)a．當乙烯斷開1mol碳碳雙鍵的同時乙酸恰好消耗1mol；表示的都是正反應速率，無法判斷正逆反應速率是否相等，a錯誤；

b．當體系中乙烯的百分含量保持不變，說明正逆反應速率相等，該反應已達到化學平衡，b正確；

c．產(chǎn)品減少，平衡正向移動，但是由于該反應的平衡常數(shù)表達式溫度不變則平衡常數(shù)不變，所以平衡時乙烯的濃度與原平衡相等，c正確；

d．乙酸和乙酸乙酯為液態(tài)，在平衡常數(shù)表達式中不能標出，該反應的平衡常數(shù)表達式為：達到平衡后再通入少量乙烯，再次達到平衡時，乙烯的濃度不變，d錯誤；

故答案為：bc；

(5)①溫度一定壓強增大平衡正向進行，反應速率增大，圖象分析可知P1＞P2＞P3，則溫度在60～80℃范圍內(nèi)，乙烯與乙酸酯化合成反應速率由大到小的順序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；

②由圖像可知，P1MPa；80℃時反應已達平衡且正反應放熱；故壓強不變升高溫度平衡逆向移動產(chǎn)率下降；

③為提高乙酸乙酯的合成速率和產(chǎn)率，改變的條件加快反應速率且平衡正向進行，可以增大反應物濃度或增大壓強等，通入乙烯氣體或增大壓強。【解析】產(chǎn)物中含有乙酸和乙醇，用飽和碳酸鈉洗滌后，分液，得到粗產(chǎn)品，在進行蒸餾CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O66.7%bcv(P1)＞v(P2)＞v(P3)由圖像可知，P1MPa、80℃時反應已達平衡且正反應放熱，故壓強不變升高溫度平衡逆向移動產(chǎn)率下降通入乙烯氣體或增大壓強12、略

【分析】【分析】

【詳解】

冰醋酸是弱電解質(zhì)，不能完全電離，故其水溶液中醋酸根離子的數(shù)目無法確定?！窘馕觥垮e13、略

【分析】【分析】

(1)已知：①CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ?mol-1,②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)；

(2)由圖示可知，整個過程為：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反應②生成1molCl2(g)的反應熱為△H2，則反應熱化學方程式為：CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2；根據(jù)蓋斯定律(①+②)×2可得總反應的熱化學方程式；

(3)利用蓋斯定律將①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)═2Fe(s)+3CO2(g)的△H；因①為吸熱反應，②③為放熱反應，則②③反應放出的熱量可使①反應。

【詳解】

(1)已知：①CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ?mol-1，②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律，②-①可得：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H=-206kJ?mol-1；

(2)由圖示可知，整個過程為：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反應①為：2HCl(g)+CuO(s)?H2O(g)+CuCl2(s)△H1，反應②生成1molCl2(g)的反應熱為△H2，則反應熱化學方程式為：CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2，根據(jù)蓋斯定律(①+②)×2可得總反應的熱化學方程式：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2)；

(3)利用蓋斯定律將①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)═2Fe(s)+3CO2(g)△H=(+494kJ?mol-1)+3×(-283kJ?mol-1)=-355kJ?mol-1；因①為吸熱反應，②③為放熱反應，則②③反應放出的熱量可使①反應。

【點睛】

通常應用蓋斯定律進行簡單計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結合原熱化學方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關系。【解析】CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－206kJ·mol－14HCl(g)＋O2(g)===2H2O(g)＋2Cl2(g)ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2－355②③①14、略

【分析】【分析】

在溶液中；溶解和結晶是同時進行的，單位時間內(nèi)溶解的質(zhì)量等于結晶出來的固體的質(zhì)量。

【詳解】

在飽和硫酸銅溶液中溶解和結晶是同時進行的，觀察到：晶體上的缺口沒有(填“有”或“沒有”)了；晶體的質(zhì)量沒變(填“減小”、“增大”或“沒變”)；此時的硫酸銅溶液是飽和(填“飽和”或“不飽和”溶液)。硫酸銅晶體CuSO4?5H218O中18O，與水中18O處于平衡狀態(tài)，溶液中，溶劑水中含有(填“含有”或“不含”)18O；膽礬晶體中含有(填“含有”或“不含”)18O。故答案為：沒有；沒變；飽和；含有；含有。【解析】沒有沒變飽和含有含有三、判斷題(共5題，共10分)15、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。16、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

物質(zhì)的物態(tài)變化會產(chǎn)生熱效應，如固體變液體放熱，液體變氣體吸熱等，而ΔH包含了物態(tài)變化的熱，因此物質(zhì)的狀態(tài)不同ΔH的數(shù)值也不同，該說法正確。18、A【分析】【詳解】

鹽酸和CH3COOH的pH相同，說明溶液中c(H+)相等，根據(jù)Kw=c(H+)·c(OH-)，則溶液中c(OH-)相等，水電離出c(OH-)和c(H+)相等，即常溫下，等體積的鹽酸和CH3COOH的pH相同，由水電離出的c(H+)相同，故正確。19、B【分析】【詳解】

鹽溶液顯酸堿性，不一定是由水解引起的，如NaHSO4，是電離引起的。四、結構與性質(zhì)(共2題，共8分)20、略

【分析】【分析】

周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則A是H元素；B的價電子層中有3個未成對電子，則B核外電子排布是1s22s22p3；所以B是N元素；C的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，C的核外電子排布是2；6，所以C是O元素；D與C同族，則D是S元素；E的最外層只有2個電子，但次外層有18個電子，則E是Zn元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)性質(zhì)分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是H；B是N，C是O，D是S，E是Zn元素。

(1)化合物(BA4)DC4是(NH4)2SO4，該物質(zhì)是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應消耗水電離產(chǎn)生的OH-，使水的電離平衡正向移動，最終達到平衡時，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液顯酸性，水解反應的離子方程式為：

(2)一般情況下原子核外電子層數(shù)越少；元素的第一電離能越大；同一周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但當元素處于第IIA；第VA時，原子核外電子排布處于軌道的全滿、半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于相鄰元素；所以N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序是：N＞O＞S，因此第一電離能最大的元素是N元素；

E是Zn元素，基態(tài)Zn原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；原子核外電子占據(jù)最高能級是4s能級，該能級電子云輪廓圖為球形；

(3)A是H元素，A和其他元素形成的二元共價化合物中，有一種分子空間構形呈三角錐形，該分子是NH3，NH3極易溶于水，卻不溶于CCl4，這是由于NH3和H2O都是極性分子，CCl4是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律；且NH3和H2O能形成分子間氫鍵；也使物質(zhì)容易溶解于其中；

分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2或N2H4；

(4)A是H，C是O，A2C是H2O；在水分子中存在H-O鍵，化學鍵是一種強烈的相互作用力，要比分子間作用力大得多；氫鍵屬于分子間作用力，氫鍵要比一般的分子間作用力大得多，只有是在含有H元素的化合物中，且分子中與H原子結合的原子的半徑小，元素的非金屬性很強的物質(zhì)分子之間才可以形成氫鍵。氫鍵的存在使物質(zhì)的熔沸點升高，所以在水分子之間存在范德華力和氫鍵，三者的大小關系為：O—H＞氫鍵＞范德華力；

在H3O+中O原子與H+形成了配位鍵，使O原子上只有1對孤電子對，而在H2O中O原子上有2對孤電子對，孤電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，所以H3O+中的鍵角比H2O中的大；

(5)E是Zn元素，在元素周期表中與E同周期的元素中，基態(tài)原子在4s軌道上只有1個電子的元素有K、Cr、Cu三種元素?！窘馕觥克酦球形NH3和H2O都是極性分子，CCl4是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律；且NH3和H2O能形成分子間氫鍵H2O2或N2H4O—H＞氫鍵＞范德華力大321、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是O，故答案為：N；O；

（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋；具有較強的還原性；

（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；

（4）根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去2mol電子，結合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+?！窘馕觥竣?N②.O③.第四周期VIII族④.Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充滿的結構，根據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋容易失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性⑤.CN－（或C22－）⑥.NO＋⑦.HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+五、實驗題(共4題，共24分)22、略

【分析】【分析】

(1)

用固體配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器有：天平(含砝碼)；燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶和膠頭滴管；故將樣品配成250mL標準溶液，除小燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需用到的玻璃儀器有250mL容量瓶，故答案為：250mL容量瓶；

(2)

由于鹽酸會腐蝕堿性滴定管下端的橡膠管，故用酸式滴定管盛裝0.10mol?L?1的鹽酸標準液；向待測液滴加2-3滴指示劑，故答案為：酸式滴定管；

(3)

錐形瓶中裝的是酚酞和NaOH溶液；故原來溶液呈紅色，隨著鹽酸的加入酸性減弱，顏色變淺直至褪色，故達到滴定終點時的標志為最后半滴標準鹽酸溶液滴入，溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘不恢復原色，故答案為：最后半滴標準鹽酸溶液滴入，溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘不恢復原色；

(4)

由表中數(shù)據(jù)可知滴定三次消耗的鹽酸的體積分別為：20.10mL、20.00mL、19.90mL，故平均消耗的鹽酸體積為：故有n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10-3L×0.10mol?L?1=2×10-3mol，燒堿樣品的純度為=80%；故答案為：80%；

(5)

根據(jù)酸堿中和滴定的原理可知，c(NaOH)=可知；c(HCl)；V(NaOH)相當于已知量，只有V(HCl)為未知量，故V(HCl)偏大則結果偏大，V(HCl)偏小則結果偏小，據(jù)此分析解題：

a．錐形瓶用蒸餾水沖洗后；再用待測液潤洗2~3次，將導致消耗的鹽酸體積偏大，故結果偏高，a符合題意；

b．滴定開始時，滴定管尖嘴有氣泡，滴定過程中氣泡消失，將導致消耗的鹽酸體積偏大，故結果偏高，b符合題意；

c．滴定前讀數(shù)時仰視；滴定后讀數(shù)平視，將導致鹽酸體積偏小，故結果偏低，c不合題意；

d．搖動錐形瓶時；瓶中有少量液體濺出，導致消耗鹽酸的體積偏小，故結果偏低，d不合題意；

e．滴定時；錐形瓶中加入少量蒸餾水，對鹽酸的體積無影響，故結果無影響，e不合題意；

故答案為：ab?！窘馕觥?1)250mL容量瓶。

(2)酸式滴定管。

(3)最后半滴標準鹽酸溶液滴入；溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘不恢復原色。

(4)80%

(5)ab23、略

【分析】【分析】

取淀粉液在稀硫酸中加熱后的水解液；分成兩份，一份滴加碘水，發(fā)現(xiàn)不變藍色，說明無淀粉，另一份先加入氫氧化鈉溶液，調(diào)PH至堿性，再加銀氨溶液，最后再加熱，有銀鏡生成，說明有葡萄糖，注意加入過量的氫氧化鈉，碘單質(zhì)能和氫氧化鈉發(fā)生氧化還原反應；

【詳解】

（1）淀粉在酸性環(huán)境下水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖，化學方程式為：故答案為：

（2）取淀粉液在稀硫酸中加熱后的水解液，分成兩份，一份在加入銀氨溶液之前加入了堿將溶液的酸性中和掉，加入銀氨溶液后出現(xiàn)的銀鏡現(xiàn)象說明有葡萄糖存在，可以得出淀粉已經(jīng)水解的結綸，淀粉在稀硫酸作用下完全水解生成葡萄糖，水解方程式為葡萄糖與銀氨溶液在水浴加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，反應的方程式為淀粉和碘作用顯示藍色；因加入過量的氫氧化鈉，碘單質(zhì)能和氫氧化鈉發(fā)生氧化還原反應，所以另一份滴加碘水，發(fā)現(xiàn)不變藍色，所以不知是否完全水解，選D，故答案為：D；

（3）①配制100.00mL0.01500mol?L-1I2標準溶液，先在燒杯中溶解藥品，用玻璃棒攪拌，轉移到100mL容量瓶，定容，所必需的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和100mL容量瓶，故答案為：100mL容量瓶；

②向飲料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是：將飲料中糖類物質(zhì)轉化為葡萄糖，故答案